2015高考数学（文）（专题五 高考中的圆锥曲线）一轮专题练习题

2015高考数学（文）（专题五 高考中的圆锥曲线）一轮专题练习题

专题五 高考中的圆锥曲线问题 1.已知 F1、F2 为椭圆x2 25 ＋y2 9 ＝1 的两个焦点，过 F1 的直线交椭圆于 A、B 两点.若|F2A|＋|F2B| ＝12，则|AB|＝________. 答案 8 解析 由题意知(|AF1|＋|AF2|)＋(|BF1|＋|BF2|) ＝|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝2a＋2a， 又由 a＝5，可得|AB|＋(|BF2|＋|AF2|)＝20， 即|AB|＝8. 2.设 AB 为过抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点的弦，则|AB|的最小值为 ( ) A.p 2 B.p C.2p D.无法确定 答案 C 解析 当弦 AB 垂直于对称轴时|AB|最短， 这时 x＝p 2 ，∴y＝±p，|AB|min＝2p. 3.若双曲线x2 a2 －y2 3 ＝1 的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4 所截得的弦长为 2，则该双曲线的实 轴长为 ( ) A.1 B.2 C.3 D.6 答案 B 解析 双曲线x2 a2 －y2 3 ＝1 的渐近线方程为 y＝± 3 a x，即 3x±ay＝0， 圆(x－2)2＋y2＝4 的圆心为 C(2,0)，半径为 r＝2，如图，由圆的弦长 公式得弦心距|CD|＝ 22－12＝ 3，另一方面，圆心 C(2,0)到双曲线 x2 a2 －y2 3 ＝1 的渐近线 3x－ay＝0 的距离为 d＝| 3×2－a×0| 3＋a2 ＝ 2 3 3＋a2 ，所以 2 3 3＋a2 ＝ 3，解得 a2＝1，即 a＝1，该双曲线的实轴 长为 2a＝2. 4.在抛物线 y＝2x2 上有一点 P，它到 A(1,3)的距离与它到焦点的距离之和最小，则点 P 的坐 标是 ( ) A.(－2,1) B.(1,2) C.(2,1) D.(－1,2) 答案 B 解析 如图所示，直线 l 为抛物线 y＝2x2 的准线，F 为其焦点，PN⊥l， AN1⊥l，由抛物线的定义知，|PF|＝|PN|， ∴|AP|＋|PF|＝|AP|＋|PN|≥|AN1|， 当且仅当 A、P、N 三点共线时取等号. ∴P 点的横坐标与 A 点的横坐标相同即为 1， 则可排除 A、C、D，故选 B. 5.设坐标原点为 O，抛物线 y2＝2x 与过焦点的直线交于 A、B 两点，则OA→ ·OB→ 等于 ( ) A.3 4 B.－3 4 C.3 D.－3 答案 B 解析 方法一 (特殊值法) 抛物线的焦点为 F 1 2 ，0 ，过 F 且垂直于 x 轴的直线交抛物线于 A(1 2 ，1)，B(1 2 ，－1)， ∴OA→ ·OB→ ＝ 1 2 ，1 · 1 2 ，－1 ＝1 4 －1＝－3 4. 方法二 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则OA→ ·OB→ ＝x1x2＋y1y2. 由抛物线的过焦点的弦的性质知： x1x2＝p2 4 ＝1 4 ，y1y2＝－p2＝－1. ∴OA→ ·OB→ ＝1 4 －1＝－3 4. 题型一 圆锥曲线中的范围、最值问题 例 1 (2012·浙江改编)如图所示，在直角坐标系 xOy 中，点 P(1，1 2)到抛 物线 C：y2＝2px(p>0)的准线的距离为5 4.点 M(t,1)是 C 上的定点，A，B 是 C 上的两动点，且线段 AB 的中点 Q(m，n)在直线 OM 上. (1)求曲线 C 的方程及 t 的值； (2)记 d＝ |AB| 1＋4m2 ，求 d 的最大值. 思维启迪 (1)依条件，构建关于 p，t 的方程； (2)建立直线 AB 的斜率 k 与线段 AB 中点坐标间的关系，并表示弦 AB 的长度，运用函数 的性质或基本不等式求 d 的最大值. 解 (1)y2＝2px(p>0)的准线 x＝－p 2 ， ∴1－(－p 2)＝5 4 ，p＝1 2 ， ∴抛物线 C 的方程为 y2＝x. 又点 M(t,1)在曲线 C 上，∴t＝1. (2)由(1)知，点 M(1,1)，从而 n＝m，即点 Q(m，m)， 依题意，直线 AB 的斜率存在，且不为 0， 设直线 AB 的斜率为 k(k≠0). 且 A(x1，y1)，B(x2.y2)， 由 y21＝x1， y22＝x2， 得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，故 k·2m＝1， 所以直线 AB 的方程为 y－m＝ 1 2m(x－m)， 即 x－2my＋2m2－m＝0. 由 x－2my＋2m2－m＝0， y2＝x 消去 x， 整理得 y2－2my＋2m2－m＝0， 所以Δ＝4m－4m2>0，y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－m. 从而|AB|＝ 1＋1 k2·|y1－y2|＝ 1＋4m2· 4m－4m2 ＝2 1＋4m2m－m2 ∴d＝ |AB| 1＋4m2 ＝2 m1－m≤m＋(1－m)＝1， 当且仅当 m＝1－m，即 m＝1 2 时，上式等号成立， 又 m＝1 2 满足Δ＝4m－4m2>0.∴d 的最大值为 1. 思维升华 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线 的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二 次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性 等求最值. 椭圆 C：x2 36 ＋y2 20 ＝1 的左顶点、右焦点分别为 A，F，直线的方程为 x＝9，N 为 直 线上一点，且在 x 轴的上方，AN 与椭圆交于 M 点． (1)若 M 是 AN 的中点，求证：MA⊥MF. (2)过 A，F，N 三点的圆与 y 轴交于 P，Q 两点，求|PQ|的取值范围． (1)证明 由题意得 A(－6,0)，F(4,0)，xN＝9， ∴xM＝3 2 ， 又 M 点在椭圆上，且在 x 轴上方，得 yM＝5 3 2 ， ∴MA→ ＝(－15 2 ，－5 3 2 )，MF→ ＝(5 2 ，－5 3 2 )， ∴MA→ ·MF→ ＝－75 4 ＋75 4 ＝0，∴MA⊥MF. (2)解 方法一 设 N(9，t)，其中 t>0， ∵圆过 A，F，N 三点，∴圆心在线段 AF 的中垂线上． 设圆心为(－1，b)，半径为 r， 有 r＝ －1－42＋b2＝ －1－92＋b－t2， ∴b＝t2＋75 2t ＝1 2(t＋75 t )，|PQ|＝2 r2－1＝2 b2＋24. ∵t>0，∴b≥ t·75 t ＝5 3， 当且仅当 t＝75 t ，即 t＝5 3时取“＝” ∴|PQ|≥2 99＝6 11. ∴|PQ|的取值范围是[6 11，＋∞)． 方法二 设 N(9，t)，其中 t>0， ∵圆过 A，F，N 三点， ∴设该圆的方程为 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，有 36－6D＋F＝0， 16＋4D＋F＝0， 81＋t2＋9D＋tE＋F＝0， 解得 D＝2，E＝－t－75 t ，F＝－24， ∴圆心为(－1，1 2(t＋75 t ))，半径 r＝ 25＋1 4 t＋75 t 2， ∴|PQ|＝2 r2－1＝2 24＋1 4 t＋75 t 2， ∵t>0，∴t＋75 t ≥2 t·75 t ＝10 3， 当且仅当 t＝75 t ，即 t＝5 3时取“＝” ∴|PQ|≥2 99＝6 11， ∴|PQ|的取值范围是[6 11，＋∞)． 题型二 圆锥曲线中的定点、定值问题 例 2 (2012·福建)如图，等边三角形 OAB 的边长为 8 3，且其三个顶点均在 抛物线 E：x2＝2py(p>0)上. (1)求抛物线 E 的方程； (2)设动直线 l 与抛物线 E 相切于点 P，与直线 y＝－1 相交于点 Q，证明：以 PQ 为直径 的圆恒过 y 轴上某定点. 思维启迪 既然圆过 y 轴上的点，即满足MP→ ·MQ→ ＝0，对任意 P、Q 恒成立可待定 M(0， y1)，也可给定特殊的 P 点，猜想 M 点坐标，再证明. (1)解 依题意，得|OB|＝8 3，∠BOy＝30°. 设 B(x，y)，则 x＝|OB|sin 30°＝4 3，y＝|OB|cos 30°＝12. 因为点 B(4 3，12)在 x2＝2py 上， 所以(4 3)2＝2p×12，解得 p＝2. 故抛物线 E 的方程为 x2＝4y. (2)证明 方法一 由(1)知 y＝1 4x2，y′＝1 2x. 设 P(x0，y0)，则 x0≠0，且 l 的方程为 y－y0＝1 2x0(x－x0)，即 y＝1 2x0x－1 4x20. 由 y＝1 2x0x－1 4x20， y＝－1 得 x＝x20－4 2x0 ， y＝－1. 所以 Q 为 x20－4 2x0 ，－1 . 设 M(0，y1)，令MP→ ·MQ→ ＝0 对满足 y0＝1 4x20(x0≠0)的 x0，y0 恒成立. 由于MP→ ＝(x0，y0－y1)，MQ→ ＝ x20－4 2x0 ，－1－y1 ， 由MP→ ·MQ→ ＝0，得x20－4 2 －y0－y0y1＋y1＋y21＝0， 即(y21＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*) 由于(*)式对满足 y0＝1 4x20(x0≠0)的 y0 恒成立， 所以 1－y1＝0， y21＋y1－2＝0， 解得 y1＝1. 故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1). 方法二 由(1)知 y＝1 4x2，y′＝1 2x. 设 P(x0，y0)，则 x0≠0， 且 l 的方程为 y－y0＝1 2x0(x－x0)， 即 y＝1 2x0x－1 4x20. 由 y＝1 2x0x－1 4x20， y＝－1 得 x＝x20－4 2x0 ， y＝－1. 所以 Q 为 x20－4 2x0 ，－1 . 取 x0＝2，此时 P(2,1)，Q(0，－1)， 以 PQ 为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2， 交 y 轴于点 M1(0,1)或 M2(0，－1)； 取 x0＝1，此时 P 1，1 4 ，Q －3 2 ，－1 ， 以 PQ 为直径的圆为 x＋1 4 2＋ y＋3 8 2＝125 64 ， 交 y 轴于点 M3(0,1)、M4 0，－7 4 . 故若满足条件的点 M 存在，只能是 M(0,1). 以下证明点 M(0,1)就是所要求的点. 因为MP→ ＝(x0，y0－1)，MQ→ ＝ x20－4 2x0 ，－2 ， 所以MP→ ·MQ→ ＝x20－4 2 －2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0. 故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1). 思维升华 求定点及定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关. (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. (2013·江西)椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率 e＝ 3 2 ，a＋b＝3. (1)求椭圆 C 的方程； (2)如图所示，A、B、D 是椭圆 C 的顶点，P 是椭圆 C 上除顶点外的任意一点，直线 DP 交 x 轴于点 N，直线 AD 交 BP 于点 M，设 BP 的斜率为 k，MN 的斜率为 m.证明：2m－k 为定值. (1)解 因为 e＝ 3 2 ＝c a ， 所以 a＝ 2 3 c，b＝ 1 3 c. 代入 a＋b＝3 得，c＝ 3，a＝2，b＝1. 故椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2＝1. (2)证明 方法一 因为 B(2,0)，点 P 不为椭圆顶点，则直线 BP 的方程为 y＝k(x－2)(k≠0， k≠±1 2)， ① ①代入x2 4 ＋y2＝1，解得 P 8k2－2 4k2＋1 ，－ 4k 4k2＋1 . 直线 AD 的方程为 y＝1 2x＋1. ② ①与②联立解得 M 4k＋2 2k－1 ， 4k 2k－1 . 由 D(0,1)，P 8k2－2 4k2＋1 ，－ 4k 4k2＋1 ，N(x,0)三点共线知 － 4k 4k2＋1 －1 8k2－2 4k2＋1 －0 ＝0－1 x－0 ，解得 N 4k－2 2k＋1 ，0 . 所以 MN 的斜率为 m＝ 4k 2k－1 －0 4k＋2 2k－1 －4k－2 2k＋1 ＝ 4k2k＋1 22k＋12－22k－12 ＝2k＋1 4 . 则 2m－k＝2k＋1 2 －k＝1 2(定值). 方法二 设 P(x0，y0)(x0≠0，±2)，则 k＝ y0 x0－2 ， 直线 AD 的方程为 y＝1 2(x＋2)， 直线 BP 的方程为 y＝ y0 x0－2(x－2)， 直线 DP 的方程为 y－1＝y0－1 x0 x，令 y＝0， 由于 y0≠1 可得 N －x0 y0－1 ，0 ， 联立 y＝1 2 x＋2 y＝ y0 x0－2 x－2 ， 解得 M 4y0＋2x0－4 2y0－x0＋2 ， 4y0 2y0－x0＋2 ， 因此 MN 的斜率为 m＝ 4y0 2y0－x0＋2 4y0＋2x0－4 2y0－x0＋2 ＋ x0 y0－1 ＝ 4y0y0－1 4y20－8y0＋4x0y0－x20＋4 ＝ 4y0y0－1 4y20－8y0＋4x0y0－4－4y20＋4 ＝ y0－1 2y0＋x0－2 ， 所以 2m－k＝ 2y0－1 2y0＋x0－2 － y0 x0－2 ＝2y0－1x0－2－y02y0＋x0－2 2y0＋x0－2x0－2 ＝2y0－1x0－2－2y20－y0x0－2 2y0＋x0－2x0－2 ＝ 2y0－1x0－2－1 2 4－x20－y0x0－2 2y0＋x0－2x0－2 ＝1 2(定值). 题型三 圆锥曲线中的探索性问题 例 3 (2012·广东)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率 e＝ 2 3 ，且椭圆 C 上的点到点 Q(0,2)的距离的最大值为 3. (1)求椭圆 C 的方程. (2)在椭圆 C 上，是否存在点 M(m，n)，使得直线 l：mx＋ny＝1 与圆 O：x2＋y2＝1 相交于 不同的两点 A、B，且△OAB 的面积最大？若存在，求出点 M 的坐标及对应的△OAB 的 面积；若不存在，请说明理由. 思维启迪 圆锥曲线中，这类问题的解题思想是假设其结论成立、存在等，在这个假设下 进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答； 如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答. 解 (1)∵e2＝c2 a2 ＝a2－b2 a2 ＝2 3 ， ∴a2＝3b2， ∴椭圆方程为 x2 3b2 ＋y2 b2 ＝1，即 x2＋3y2＝3b2. 设椭圆上的点到点 Q(0,2)的距离为 d，则 d＝ x－02＋y－22＝ x2＋y－22 ＝ 3b2－3y2＋y－22＝ －2y＋12＋3b2＋6， ∴当 y＝－1 时，d 取得最大值，dmax＝ 3b2＋6＝3， 解得 b2＝1，∴a2＝3. ∴椭圆 C 的方程为x2 3 ＋y2＝1. (2)假设存在点 M(m，n)满足题意，则m2 3 ＋n2＝1， 即 m2＝3－3n2. 设圆心到直线 l 的距离为 d′，则 d′<1， d′＝|m·0＋n·0－1| m2＋n2 ＝ 1 m2＋n2. ∴|AB|＝2 12－d′2＝2 1－ 1 m2＋n2. ∴S△OAB＝1 2|AB|d′＝1 2·2 1－ 1 m2＋n2· 1 m2＋n2 ＝ 1 m2＋n2 1－ 1 m2＋n2 . ∵d′<1，∴m2＋n2>1， ∴0< 1 m2＋n2<1， ∴1－ 1 m2＋n2>0. ∴S△OAB＝ 1 m2＋n2 1－ 1 m2＋n2 ≤ 1 m2＋n2 ＋1－ 1 m2＋n2 2 2＝1 2 ， 当且仅当 1 m2＋n2 ＝1－ 1 m2＋n2 ， 即 m2＋n2＝2>1 时，S△OAB 取得最大值1 2. 由 m2＋n2＝2， m2＝3－3n2 得 m2＝3 2 ， n2＝1 2 ， ∴存在点 M 满足题意，M 点坐标为 6 2 ， 2 2 ， 6 2 ，－ 2 2 ， － 6 2 ， 2 2 或 － 6 2 ，－ 2 2 ， 此时△OAB 的面积为1 2. 思维升华 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假 设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数 的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直 线、曲线或参数)不存在. (2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法. (2013·长春调研)已知椭圆 C1、抛物线 C2 的焦点均在 x 轴上，C1 的中心和 C2 的顶点均为原点 O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中： x 3 －2 4 2 y －2 3 0 －4 2 2 (1)求 C1，C2 的标准方程； (2)是否存在直线 l 满足条件：①过 C2 的焦点 F；②与 C1 交于不同的两点 M，N，且满足 OM→ ⊥ON→ ？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，说明理由. 解 (1)设抛物线 C2：y2＝2px(p≠0)，则有y2 x ＝2p(x≠0)， 据此验证四个点知(3，－2 3)，(4，－4)在 C2 上， 易求得 C2 的标准方程为 y2＝4x. 设椭圆 C1：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)， 把点(－2,0)，( 2， 2 2 )代入得 4 a2 ＝1 2 a2 ＋ 1 2b2 ＝1 ， 解得 a2＝4 b2＝1 ，所以 C1 的标准方程为x2 4 ＋y2＝1. (2)容易验证当直线 l 的斜率不存在时，不满足题意. 当直线 l 的斜率存在时，设其方程为 y＝k(x－1)， 与 C1 的交点为 M(x1，y1)，N(x2，y2). 由 x2 4 ＋y2＝1 y＝kx－1 消去 y 并整理得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0， 于是 x1＋x2＝ 8k2 1＋4k2 ， ① x1x2＝4k2－1 1＋4k2 . ② 所以 y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1] ＝k2[4k2－1 1＋4k2 － 8k2 1＋4k2 ＋1]＝－ 3k2 1＋4k2. ③ 由OM→ ⊥ON→ ，即OM→ ·ON→ ＝0，得 x1x2＋y1y2＝0.(*) 将②③代入(*)式，得4k2－1 1＋4k2 － 3k2 1＋4k2 ＝ k2－4 1＋4k2 ＝0， 解得 k＝±2，所以存在直线 l 满足条件， 且直线 l 的方程为 2x－y－2＝0 或 2x＋y－2＝0. (时间：80 分钟) 1.已知中心在坐标原点 O 的椭圆 C 经过点 A(2,3)，且点 F(2,0)为其右焦点. (1)求椭圆 C 的方程； (2)是否存在平行于 OA 的直线 l，使得直线 l 与椭圆 C 有公共点，且直线 OA 与 l 的距离 等于 4？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，说明理由. 解 方法一 (1)依题意，可设椭圆 C 的方程为x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)，且可知其左焦点为 F′(－2,0). 从而有 c＝2， 2a＝|AF|＋|AF′|＝3＋5＝8， 解得 c＝2， a＝4. 又 a2＝b2＋c2，所以 b2＝12， 故椭圆 C 的方程为x2 16 ＋y2 12 ＝1. (2)假设存在符合题意的直线 l，设其方程为 y＝3 2x＋t. 由 y＝3 2x＋t， x2 16 ＋y2 12 ＝1， 得 3x2＋3tx＋t2－12＝0. 因为直线 l 与椭圆 C 有公共点， 所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0， 解得－4 3≤t≤4 3. 另一方面，由直线 OA 与 l 的距离 d＝4，得 |t| 9 4 ＋1 ＝4，解得 t＝±2 13. 由于±2 13∉[－4 3，4 3]， 所以符合题意的直线 l 不存在. 方法二 (1)依题意，可设椭圆 C 的方程为x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)， 且有 4 a2 ＋ 9 b2 ＝1， a2－b2＝4. 解得 b2＝12，b2＝－3(舍去). 从而 a2＝16. 所以椭圆 C 的方程为x2 16 ＋y2 12 ＝1. (2)同方法一. 2 ．已知椭圆x2 4 ＋y2 2 ＝1 上的两个动点 P，Q，设 P(x1，y1)，Q(x2， y2)且 x1＋x2＝2. (1)求证：线段 PQ 的垂直平分线经过一个定点 A； (2)设点 A 关于原点 O 的对称点是 B，求|PB|的最小值及相应 的 P 点坐标． (1)证明 ∵P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且 x1＋x2＝2. 当 x1≠x2 时，由 x21＋2y21＝4 x22＋2y22＝4 ， 得y1－y2 x1－x2 ＝－1 2·x1＋x2 y1＋y2 . 设线段 PQ 的中点为 N(1，n)，∴kPQ＝y1－y2 x1－x2 ＝－ 1 2n ， ∴线段 PQ 的垂直平分线方程为 y－n＝2n(x－1)， ∴(2x－1)n－y＝0， 该直线恒过一个定点 A(1 2 ，0)． 当 x1＝x2 时，线段 PQ 的垂直平分线也过定点 A(1 2 ，0)． 综上，线段 PQ 的垂直平分线恒过定点 A(1 2 ，0)． (2)解 由于点 B 与点 A 关于原点 O 对称， 故点 B(－1 2 ，0)． ∵－2≤x1≤2，－2≤x2≤2，∴x1＝2－x2∈[0,2]， |PB|2＝(x1＋1 2)2＋y21＝1 2(x1＋1)2＋7 4 ≥9 4 ， ∴当点 P 的坐标为(0，± 2)时，|PB|min＝3 2. 3.如图，已知直线 l：y＝kx－2 与抛物线 C：x2＝－2py(p>0)交于 A、B 两点，O 为坐标原点，OA→ ＋OB→ ＝(－4，－12). (1)求直线 l 的方程和抛物线 C 的方程； (2)若抛物线上一动点 P 从 A 到 B 运动时，求△ABP 面积的最大值. 解 (1)由 y＝kx－2 x2＝－2py ，得 x2＋2pkx－4p＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝－2pk， y1＋y2＝k(x1＋x2)－4＝－2pk2－4. ∵OA→ ＋OB→ ＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(－2pk，－2pk2－4) ＝(－4，－12)， ∴ －2pk＝－4 －2pk2－4＝－12 ， 解得 p＝1 k＝2 ，故直线 l 的方程为 y＝2x－2， 抛物线 C 的方程为 x2＝－2y. (2)方法一 由 y＝2x－2 x2＝－2y ，得 x2＋4x－4＝0， ∴|AB|＝ 1＋k2· x1＋x22－4x1x2 ＝ 1＋22· －42－4·－4＝4 10. 设 P(t，－1 2t2)(－2－2 2b>0)，则 c＝1， 又∵AF→·FB→＝(a＋c)·(a－c)＝a2－c2＝1. ∴a2＝2，b2＝1， 故椭圆的标准方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)假设存在直线 l 交椭圆于 P，Q 两点， 且 F 恰为△PQM 的垂心， 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， ∵M(0,1)，F(1,0)，∴直线 l 的斜率 k＝1. 于是设直线 l 为 y＝x＋m，由 y＝x＋m x2 2 ＋y2＝1 得 3x2＋4mx＋2m2－2＝0， x1＋x2＝－4 3m， ① x1x2＝2m2－2 3 . ② ∵MP→ ·FQ→ ＝x1(x2－1)＋y2(y1－1)＝0. 又 yi＝xi＋m(i＝1,2)， ∴x1(x2－1)＋(x2＋m)(x1＋m－1)＝0， 即 2x1x2＋(x1＋x2)(m－1)＋m2－m＝0. 将①②代入得 2·2m2－2 3 －4m 3 (m－1)＋m2－m＝0， 解得 m＝－4 3 或 m＝1，经检验 m＝－4 3 符合条件. 故存在直线 l，使点 F 恰为△PQM 的垂心， 直线 l 的方程为 y＝x－4 3. 5.在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆x2 9 ＋y2 5 ＝1 的左，右顶点分别为 A，B，右焦点为 F. 设过点 T(t，m)的直线 TA，TB 与此椭圆分别交于点 M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中 m>0，y1>0， y2<0. (1)设动点 P 满足：|PF|2－|PB|2＝4，求点 P 的轨迹； (2)设 x1＝2，x2＝1 3 ，求点 T 的坐标； (3)设 t＝9，求证：直线 MN 必过 x 轴上的一定点(其坐标与 m 无关). (1)解 设 P(x，y)，由题知 F(2,0)，B(3,0)，A(－3,0)， 则|PF|2＝(x－2)2＋y2，|PB|2＝(x－3)2＋y2， 由|PF|2－|PB|2＝4，得(x－2)2＋y2－[(x－3)2＋y2]＝4， 化简，得 x＝9 2.故点 P 的轨迹方程是 x＝9 2. (2)解 将 x1＝2，x2＝1 3 分别代入椭圆方程， 并考虑到 y1>0，y2<0，得 M 2，5 3 ，N 1 3 ，－20 9 . 则直线 MA 的方程为y－0 5 3 －0 ＝x＋3 2＋3 ，即 x－3y＋3＝0 直线 NB 的方程为 y－0 －20 9 －0 ＝x－3 1 3 －3 ，即 5x－6y－15＝0. 联立方程 x－3y＋3＝0， 5x－6y－15＝0， 解得 x＝7，y＝10 3 ， 所以点 T 的坐标为 7，10 3 . (3)证明 如图所示，点 T 的坐标为(9，m). 直线 TA 的方程为y－0 m－0 ＝x＋3 9＋3 ， 直线 TB 的方程为y－0 m－0 ＝x－3 9－3 ， 分别与椭圆x2 9 ＋y2 5 ＝1 联立方程， 解得 M 380－m2 80＋m2 ， 40m 80＋m2 ， N 3m2－20 20＋m2 ，－ 20m 20＋m2 . 直线 MN 的方程为 y＋ 20m 20＋m2 40m 80＋m2 ＋ 20m 20＋m2 ＝ x－3m2－20 20＋m2 380－m2 80＋m2 －3m2－20 20＋m2 . 令 y＝0，解得 x＝1，所以直线 MN 必过 x 轴上的一定点(1,0). 6.(2012·上海)在平面直角坐标系 xOy 中，已知双曲线 C1：2x2－y2＝1. (1)过 C1 的左顶点引 C1 的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及 x 轴围成的三 角形的面积. (2)设斜率为 1 的直线 l 交 C1 于 P、Q 两点.若 l 与圆 x2＋y2＝1 相切，求证：OP⊥OQ. (3)设椭圆 C2：4x2＋y2＝1.若 M、N 分别是 C1、C2 上的动点，且 OM⊥ON，求证：O 到直 线 MN 的距离是定值. (1)解 双曲线 C1：x2 1 2 －y2＝1，左顶点 A － 2 2 ，0 ，渐近线方程：y＝± 2x. 不妨取过点 A 与渐近线 y＝ 2x 平行的直线方程为 y＝ 2 x＋ 2 2 ，即 y＝ 2x＋1. 解方程组 y＝－ 2x， y＝ 2x＋1 得 x＝－ 2 4 ， y＝1 2. 所以所求三角形的面积为 S＝1 2|OA||y|＝ 2 8 . (2)证明 设直线 PQ 的方程是 y＝x＋b. 因为直线 PQ 与已知圆相切，故|b| 2 ＝1，即 b2＝2. 由 y＝x＋b， 2x2－y2＝1 得 x2－2bx－b2－1＝0. 设 P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则 x1＋x2＝2b， x1x2＝－1－b2. 又 y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)，所以 OP→ ·OQ→ ＝x1x2＋y1y2＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2 ＝2(－1－b2)＋2b2＋b2＝b2－2＝0. 故 OP⊥OQ. (3)证明 当直线 ON 垂直于 x 轴时， |ON|＝1，|OM|＝ 2 2 ，则 O 到直线 MN 的距离为 3 3 . 当直线 ON 不垂直于 x 轴时，设直线 ON 的方程为 y＝kx 显然|k|> 2 2 ， 则直线 OM 的方程为 y＝－1 kx. 由 y＝kx， 4x2＋y2＝1 得 x2＝ 1 4＋k2 ， y2＝ k2 4＋k2 ， 所以|ON|2＝1＋k2 4＋k2. 同理|OM|2＝ 1＋k2 2k2－1 . 设 O 到直线 MN 的距离为 d， 因为(|OM|2＋|ON|2)d2＝|OM|2|ON|2， 所以 1 d2 ＝ 1 |OM|2 ＋ 1 |ON|2 ＝3k2＋3 k2＋1 ＝3，即 d＝ 3 3 . 综上，O 到直线 MN 的距离是定值.