2020届二轮复习圆锥曲线的定义、方程与性质学案（全国通用）

2020届二轮复习圆锥曲线的定义、方程与性质学案（全国通用）

第2讲　圆锥曲线的定义、方程与性质 ‎[做真题]‎ 题型一　圆锥曲线的定义与方程 ‎1．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知椭圆C的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，过F2的直线与C交于A，B两点，若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为(　　)‎ A．＋y2＝1　　　　　　 B．＋＝1‎ C．＋＝1 D．＋＝1‎ 解析：选B．由题意设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，则sin θ＝.在等腰三角形ABF1中，cos 2θ＝＝，所以＝1－2，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为＋＝1.故选B．‎ ‎2．(2019·高考全国卷Ⅱ)若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆＋＝1的一个焦点，则p＝(　　)‎ A．2 B．3‎ C．4 D．8‎ 解析：选D．由题意，知抛物线的焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为(±，0)，所以＝，解得p＝8，故选D．‎ ‎3．(一题多解)(2017·高考全国卷Ⅲ)已知双曲线C：－＝1 (a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为y＝x，且与椭圆＋＝1有公共焦点，则C的方程为(　　)‎ A．－＝1 B．－＝1‎ C．－＝1 D．－＝1‎ 解析：选B．法一：由双曲线的渐近线方程可设双曲线方程为－＝k(k>0)，即－＝1，因为双曲线与椭圆＋＝1有公共焦点，所以4k＋5k＝12－3，解得k＝1，故双曲线C的方程为－＝1.故选B．‎ 法二：因为椭圆＋＝1的焦点为(±3，0)，双曲线与椭圆＋＝1有公共焦点，所以a2＋b2＝(±3)2＝9①，因为双曲线的一条渐近线为y＝x，所以＝②，联立①②可解得a2＝4，b2＝5，所以双曲线C的方程为－＝1.‎ ‎4．(2017·高考全国卷Ⅱ)已知F是抛物线C：y2＝8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N.若M为FN的中点，则|FN|＝____________．‎ 解析：法一：依题意，抛物线C：y2＝8x的焦点F(2，0)，准线x＝－2，因为M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N，M为FN的中点，设M(a，b)(b>0)，所以a＝1，b＝2，所以N(0，4)，|FN|＝＝6.‎ 法二：依题意，抛物线C：y2＝8x的焦点F(2，0)，准线x＝－2，因为M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N，M为FN的中点，则点M的横坐标为1，所以|MF|＝1－(－2)＝3，|FN|＝2|MF|＝6.‎ 答案：6‎ 题型二　圆锥曲线的几何性质 ‎1．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C的离心率为(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选D．由题意可得椭圆的焦点在x轴上，如图所示，设|F1F2|＝2c，因为△PF1F2为等腰三角形，且∠F1F2P＝120°，所以|PF2|＝|F1F2|＝2c，所以|OF2|＝c，所以点P坐标为(c＋2ccos 60°，2csin 60°)，即点P(2c，c)．因为点P在过点A，且斜率为的直线上，所以＝，解得＝，所以e＝，故选D．‎ ‎2．(一题多解)(2019·高考全国卷Ⅰ)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若＝，·＝0，则C的离心率为________．‎ 解析：通解：因为·＝0，所以F1B⊥F2B，如图．‎ 所以|OF1|＝|OB|，所以∠BF1O＝∠F1BO，所以∠BOF2＝2∠BF1O.因为＝，所以点A为F1B的中点，又点O为F1F2的中点，所以OA∥BF2，所以F1B⊥OA，因为直线OA，OB为双曲线C的两条渐近线，所以tan ∠BF1O＝，tan ∠BOF2＝.因为tan ∠BOF2＝tan(2∠BF1O)，所以＝，所以b2＝3a2，所以c2－a2＝3a2，即2a＝c，所以双曲线的离心率e＝＝2.‎ 优解：因为·＝0，所以F1B⊥F2B，在Rt△F1BF2中，|OB|＝|OF2|，所以∠OBF2＝∠OF2B，又＝，所以A为F1B的中点，所以OA∥F2B，所以∠F1OA＝∠OF2B.又∠F1OA＝∠BOF2，所以△OBF2为等边三角形．由F2(c，0)可得B，因为点B在直线y＝x上，所以c＝·，所以＝，所以e＝＝2.‎ 答案：2‎ ‎3．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅲ)已知点M(－1，1)和抛物线C：y2＝4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB＝90°，则k＝________．‎ 解析：法一：由题意知抛物线的焦点为(1，0)，则过C的焦点且斜率为k的直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，由消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1.由消去x得y2＝4，即y2－y－4＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝－4，由∠AMB＝90°，得·＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，将x1＋x2＝，x1x2＝1与y1＋y2＝，y1y2＝－4代入，得k＝2.‎ 法二：设抛物线的焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则所以y－y＝4(x1－x2)，则k＝＝，取AB的中点M′(x0，y0)，分别过点A，B作准线x＝－1的垂线，垂足分别为A′，B′，又∠AMB＝90°，点M在准线x＝－1上，所以|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AA′|＋|BB′|)．又M′为AB的中点，所以MM′平行于x轴，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以k＝2.‎ 答案：2‎ ‎[明考情]‎ ‎1．圆锥曲线的定义、方程与性质是每年高考必考的内容．以选择、填空题的形式考查，常出现在第4～11 题或15～16题的位置，着重考查圆锥曲线的标准方程与几何性质，难度中等．‎ ‎2．圆锥曲线的综合问题多以解答题的形式考查，常作为压轴题出现在第20题的位置，一般难度较大．‎ 圆锥曲线的定义与标准方程 ‎[典型例题]‎ ‎ (1)椭圆＋＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点M，N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是(　　)‎ A．　　　　　　　　　 B． C． D． ‎(2)设F1，F2分别是双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，P是C上一点，若|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2最小内角的大小为30°，则双曲线C的渐近线方程是(　　)‎ A．x±y＝0 B．x±y＝0‎ C．x±2y＝0 D．2x±y＝0‎ ‎【解析】　(1)如图，设椭圆的右焦点为F′，连接MF′，NF′.‎ 因为|MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|≥|MF|＋|NF|＋|MN|，所以当直线x＝m过椭圆的右焦点时，△FMN的周长最大．‎ 此时|MN|＝＝，又c＝＝＝1，所以此时△FMN的面积S＝×2×＝.故选C．‎ ‎(2)不妨设P为双曲线C右支上一点，由双曲线的定义，可得|PF1|－|PF2|＝2a.‎ 又|PF1|＋|PF2|＝6a，解得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，又|F1F2|＝2c，则|PF2|＝2a最小，所以∠PF1F2＝30°.‎ 在△PF1F2中，由余弦定理，可得cos 30°＝＝＝，整理得c2＋3a2＝2ac，解得c＝a，所以b＝ ＝a.‎ 所以双曲线C的渐近线方程为y＝±x.故选A．‎ ‎【答案】　(1)C　(2)A ‎(1)圆锥曲线的定义 ‎①椭圆：|MF1|＋|MF2|＝2a(2a>|F1F2|)．‎ ‎②双曲线：||MF1|－|MF2||＝2a(2a<|F1F2|)．‎ ‎③抛物线：|MF|＝d(d为M点到准线的距离)．‎ ‎[注意]　应用圆锥曲线定义解题时，易忽视定义中隐含条件导致错误．‎ ‎(2)求解圆锥曲线标准方程的思路 定型 就是指定类型，也就是确定圆锥曲线的焦点位置，从而设出标准方程 计算 即利用待定系数法求出方程中的a2，b2或p.另外，当焦点位置无法确定时，抛物线常设为y2＝2ax或x2＝2ay(a≠0)，椭圆常设为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)，双曲线常设为mx2－ny2＝1(mn>0)‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．设F1，F2为椭圆＋＝1的两个焦点，点P在椭圆上，若线段PF1的中点在y轴上，则的值为(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选D．如图，设线段PF1的中点为M，因为O是F1F2的中点，所以OM∥PF2，可得PF2⊥x轴，|PF2|＝＝，|PF1|＝2a－|PF2|＝，所以＝.‎ ‎2．(2019·福州模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，点B是虚轴的一个端点，线段BF与双曲线C的右支交于点A，若＝2，且||＝4，则双曲线C的方程为(　　)‎ A．－＝1 B．－＝1‎ C．－＝1 D．－＝1‎ 解析：选D．不妨设B(0，b)，由＝2，F(c，0)，可得A，代入双曲线C的方程可得×－＝1，‎ 所以＝.　①‎ 又||＝＝4，c2＝a2＋b2，‎ 所以a2＋2b2＝16.　②‎ 由①②可得，a2＝4，b2＝6，‎ 所以双曲线C的方程为－＝1.‎ ‎3．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作直线交抛物线于A，B两点，若|AF|＝2|BF|＝6，则p＝________．‎ 解析：设直线AB的方程为x＝my＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1>x2，将直线AB的方程代入抛物线方程得y2－2pmy－p2＝0，所以y1y2＝－p2，4x1x2＝p2.设抛物线的准线为l，过A 作AC⊥l，垂足为C，过B作BD⊥l，垂足为D，因为|AF|＝2|BF|＝6，根据抛物线的定义知，|AF|＝|AC|＝x1＋＝6，|BF|＝|BD|＝x2＋＝3，所以x1－x2＝3，x1＋x2＝9－p，所以(x1＋x2)2－(x1－x2)2＝4x1x2＝p2，即18p－72＝0，解得p＝4.‎ 答案：4‎ 圆锥曲线的性质 ‎[典型例题]‎ ‎ (1)(2019·高考全国卷Ⅱ)设F为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于 P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为(　　)‎ A．　　　　　　　 B． C．2 D． ‎(2)(2019·济南市模拟考试)设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，过F2的直线交椭圆于A，B两点，且1·2＝0，2＝2，则椭圆E的离心率为(　　)‎ A． B． C． D． ‎【解析】　(1)如图，由题意，知以OF为直径的圆的方程为＋y2＝①，将x2＋y2＝a2记为②式，①－②得x＝，则以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2的相交弦所在直线的方程为x＝，所以|PQ|＝2.由|PQ|＝|OF|，得2＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e＝，故选A．‎ ‎(2)设|BF2|＝m，则|AF2|＝2m.连接BF1，由椭圆的定义可知|AF1|＝2a－2m，|BF1|＝2a－m.由1·2＝0知AF1⊥AF2，故在Rt△ABF1中，(2a－2m)2＋(3m)2＝(2a－m)2，整理得m＝.故在Rt△AF1F2中，|AF1|＝，|AF2|＝，故＋＝4c2，解得e＝.‎ ‎【答案】　(1)A　(2)C ‎(1)椭圆、双曲线的离心率(或范围)的求法 求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值．‎ ‎(2)双曲线的渐近线的求法及用法 ‎①求法：把双曲线标准方程等号右边的1改为零，分解因式可得．‎ ‎②用法：(i)可得或的值．‎ ‎(ii)利用渐近线方程设所求双曲线的方程．　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为，则其渐近线方程为(　　)‎ A．y＝±x B．y＝±x C．y＝±x D．y＝±x 解析：选A．因为e＝＝＝，所以a2＋b2＝3a2，所以b＝a.所以渐近线方程为y＝±x.‎ ‎2．(2019·广州市调研测试)已知抛物线y2＝2px(p>0)与双曲线－＝1(a>0，b>0)有相同的焦点F，点A是两曲线的一个交点，且AF⊥x轴，则双曲线的离心率为(　　)‎ A．＋1 B．＋1‎ C．＋1 D．＋2‎ 解析：选A．如图，结合题意画出图形，因为抛物线的焦点坐标为，所以由题设知双曲线的右焦点的坐标为，所以a2＋b2＝①.因为AF⊥x轴，所以由点A在抛物线上可得A(取A在第一象限)，又点A在双曲线上，所以p＝②.将②代入①得a2＋b2＝，即b4＝4a4＋4a2b2，所以4＋4－1＝0，所以＝，从而e2＝＝＝(＋1)2，故e＝＋1.故选A．‎ 直线与圆锥曲线的位置关系 ‎[典型例题]‎ 命题角度一　位置关系的判断及应用 ‎ 在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2px(p＞0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.‎ ‎(1)求；‎ ‎(2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由．‎ ‎【解】　(1)由已知得M(0，t)，P.‎ 又N为M关于点P的对称点，故N，ON的方程为y＝x，代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝.因此H.‎ 所以N为OH的中点，即＝2.‎ ‎(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点．理由如下：‎ 直线MH的方程为y－t＝x，即x＝(y－t)．‎ 代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外直线MH与C没有其他公共点．‎ ‎(1)直线与圆锥曲线有两个不同的公共点的判定 通常的方法是直线方程与圆锥曲线方程联立，消元后得到一元二次方程，其Δ>0；另一方法就是数形结合，如直线与双曲线有两个不同的公共点，可通过判定直线的斜率与双曲线渐近线的斜率的大小得到．‎ ‎(2)直线与圆锥曲线只有一个公共点的结论 直线与圆锥曲线只有一个公共点，则直线与双曲线的一条渐近线平行，或直线与抛物线的对称轴平行，或直线与圆锥曲线相切．　 ‎ 命题角度二　弦长问题 ‎ (2019·高考全国卷Ⅰ)已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.‎ ‎(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；‎ ‎(2)若＝3，求|AB|.‎ ‎【解】　设直线l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ ‎(1)由题设得F，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋，由题设可得x1＋x2＝.‎ 由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，则x1＋x2＝－.‎ 从而－＝，得t＝－.‎ 所以l的方程为y＝x－.‎ ‎(2)由＝3可得y1＝－3y2.‎ 由可得y2－2y＋2t＝0.‎ 所以y1＋y2＝2.从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.‎ 代入C的方程得x1＝3，x2＝.‎ 故|AB|＝.‎ 直线与圆锥曲线的相交弦弦长的求法 解决直线与圆锥曲线的相交弦问题的通法是将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y或x后得到一元二次方程，当Δ>0时，直线与圆锥曲线有两个交点，设为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系求出x1＋x2，x1x2或y1＋y2，y1y2，则弦长|AB|＝·＝·＝·|y1－y2|＝·(k为直线的斜率且k≠0)，当A，B两点坐标易求时也可以直接用|AB|＝求之．　 ‎ 命题角度三　定比、定点问题 ‎ 已知椭圆C的两个焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，且经过点E.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过点F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若＝λ，且2≤λ＜3，求直线l的斜率k的取值范围．‎ ‎【解】　(1)由解得 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k＞0)，‎ 联立方程，得整理得y2－y－9＝0，Δ＝＋144＞0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝，‎ 又＝λ，所以y1＝－λy2，所以y1y2＝(y1＋y2)2，‎ 则＝，λ＋－2＝，‎ 因为2≤λ＜3，所以≤λ＋－2＜，‎ 即≤＜，且k＞0，解得0＜k≤.‎ 故直线l的斜率k的取值范围是.‎ ‎(1)对于弦的中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．在使用“根与系数的关系”时，要注意使用条件Δ＞0；在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．‎ ‎(2)圆锥曲线以P(x0，y0)(y0≠0)为中点的弦所在直线的斜率分别是k＝－(椭圆＋＝1)，k＝(双曲线－＝1)，k＝(抛物线y2＝2px)，其中k＝(x1≠x2)，(x1，y1)，(x2，y2)为弦端点的坐标．　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.‎ ‎(1)证明：直线AB过定点；‎ ‎(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．‎ 解：(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.‎ 由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.‎ 整理得2tx1－2y1＋1＝0.‎ 设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.‎ 故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.‎ 所以直线AB过定点.‎ ‎(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.由可得x2－2tx－1＝0.‎ 于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，‎ ‎|AB|＝|x1－x2|＝×＝2(t2＋1)．‎ 设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝，d2＝.‎ 因此，四边形ADBE的面积S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3).‎ 设M为线段AB的中点，则M.‎ 由于⊥，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.‎ 解得t＝0或t＝±1.‎ 当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4.‎ 因此，四边形ADBE的面积为3或4.‎ ‎2．(2019·湖南长沙模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为(，0)，且经过点，点M是x轴上的一点，过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A在x轴的上方)．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若＝2，且直线l与圆O：x2＋y2＝相切于点N，求|MN|.‎ 解：(1)由题意知 得(a2－4)(4a2－3)＝0，又a2＝3＋b2>3，故a2＝4，则b2＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设M(m，0)，直线l：x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＝2，得y1＝－2y2.‎ 由得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0，‎ 则y1＋y2＝－，y1y2＝.‎ 由y1y2＝－2y，y1＋y2＝－2y2＋y2＝－y2，‎ 得y1y2＝－2[－(y1＋y2)]2＝－2(y1＋y2)2，‎ 所以＝－2，‎ 化简得(m2－4)(t2＋4)＝－8t2m2.‎ 易知原点O到直线l的距离d＝，‎ 又直线l与圆O：x2＋y2＝相切，‎ 所以＝，即t2＝m2－1.‎ 由 得21m4－16m2－16＝0，‎ 即(3m2－4)(7m2＋4)＝0，‎ 解得m2＝，此时t2＝，满足Δ>0，‎ 所以M.‎ 在Rt△OMN中，|MN|＝＝.‎ 一、选择题 ‎1．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的焦点到渐近线的距离为，且离心率为2，则该双曲线的实轴的长为(　　)‎ A．1　　　　　　　　　 B． C．2 D．2 解析：选C．由题意知双曲线的焦点(c，0)到渐近线bx－ay＝0的距离为＝b＝，即c2－a2＝3，又e＝＝2，所以a＝1，该双曲线的实轴的长为2a＝2.‎ ‎2．若抛物线y2＝4x上一点P到其焦点F的距离为2，O为坐标原点，则△OFP的面积为(　　)‎ A． B．1‎ C． D．2‎ 解析：选B．设P(x0，y0)，依题意可得|PF|＝x0＋1＝2，解得x0＝1，故y＝4×1，解得y0＝±2，不妨取P(1，2)，则△OFP的面积为×1×2＝1.‎ ‎3．(2019·高考全国卷Ⅲ)双曲线C：－＝1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点．若|PO|＝|PF|，则△PFO的面积为(　　)‎ A． B． C．2 D．3 解析：选A．不妨设点P在第一象限，根据题意可知c2＝6，所以|OF|＝.‎ 又tan∠POF＝＝，所以等腰三角形POF的高h＝×＝，‎ 所以S△PFO＝××＝.‎ ‎4．(2019·昆明模拟)已知F1，F2为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，B为C的短轴的一个端点，直线BF1与C的另一个交点为A，若△BAF2为等腰三角形，则＝(　　)‎ A． B． C． D．3‎ 解析：选A．如图，不妨设点B在y轴的正半轴上，根据椭圆的定义，得|BF1|＋|BF2|＝2a，|AF1|＋|AF2|＝2a，由题意知|AB|＝|AF2|，所以|BF1|＝|BF2|＝a，|AF1|＝，|AF2|＝.所以＝.故选A．‎ ‎5．已知F是抛物线x2＝4y的焦点，直线y＝kx－1与该抛物线在第一象限内交于点A，B，若|AF|＝3|FB|，则k的值是(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选D．显然k＞0.抛物线的准线l：y＝－1，设其与y轴交于点F′，则直线y＝kx－1过点F′.分别过点A，B作l的垂线，垂足分别为A′，B′，根据抛物线定义，得|AF|＝|AA′|，|BF|＝|BB′|，根据已知，得＝＝3.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝＝＝3，即x1＝3x2①.联立抛物线方程与已知直线方程，消元得x2－4kx＋4＝0，则x1＋x2＝4k②，由①②得x1＝3k，x2＝k，又x1x2＝4，所以3k·k＝4，即k2＝，解得k＝(负值舍去)．‎ ‎6．(2019·湖南湘东六校联考)已知椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)的长轴长是短轴长的2倍，过右焦点F且斜率为k(k>0)的直线与Γ相交于A，B两点．若＝3，则k＝(　　)‎ A．1 B．2‎ C． D． 解析：选D．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为＝3，所以y1＝－3y2.因为椭圆Γ的长轴长是短轴长的2倍，所以a＝2b，设b＝t，则a＝2t，故c＝t，所以＋＝1.设直线AB的方程为x＝sy＋t，代入上述椭圆方程，得(s2＋4)y2＋2sty－t2＝0，所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，即－2y2＝－，－3y＝－，得s2＝，k＝，故选D．‎ 二、填空题 ‎7．已知P(1，)是双曲线C：－＝1(a>0，b>0)渐近线上的点，则双曲线C的离心率是________．‎ 解析：双曲线C的一条渐近线的方程为y＝x，P(1，)是双曲线C渐近线上的点，则＝，所以离心率e＝＝＝＝2.‎ 答案：2‎ ‎8．(2019·高考全国卷Ⅲ)设F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为________．‎ 解析：不妨令F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c＝＝4.因为△MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.设M(x，y)，‎ 则得 所以M的坐标为(3，)．‎ 答案：(3，)‎ ‎9．(2019·洛阳尖子生第二次联考)过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F的直线与抛物线C交于A，B两点，且＝3，抛物线C的准线l与x轴交于点E，AA1⊥l于点A1，若四边形AA1EF的面积为6，则p＝________．‎ 解析：不妨设点A在第一象限，如图，作BB1⊥l于点B1，设直线AB与l的交点为D，由抛物线的定义及性质可知|AA1|＝|AF|，|BB1|＝|BF|，|EF|＝p.‎ 设|BD|＝m，|BF|＝n，则＝＝＝，即＝，所以m＝2n.‎ 又＝，所以＝＝，所以n＝，‎ 因为|DF|＝m＋n＝2p，所以∠ADA1＝30°.‎ 又|AA1|＝3n＝2p，|EF|＝p，所以|A1D|＝2p，|ED|＝p，所以|A1E|＝p，所以直角梯形AA1EF的面积为(2p＋p)·p＝6，解得p＝2.‎ 答案：2‎ 三、解答题 ‎10．(2019·高考天津卷)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上，若|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率．‎ 解：(1)设椭圆的半焦距为c，依题意，2b＝4，＝，又a2＝b2＋c2，‎ 可得a＝，b＝2，c＝1.‎ 所以，椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由题意，设P(xp，yp)(xp≠0)，M(xM，0)．设直线PB的斜率为k(k≠0)，‎ 又B(0，2)，则直线PB的方程为y＝kx＋2，与椭圆方程联立 整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，‎ 可得xp＝－，‎ 代入y＝kx＋2得yp＝，‎ 进而直线OP的斜率为＝.‎ 在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－.‎ 由题意得N(0，－1)，所以直线MN的斜率为－.‎ 由OP⊥MN，得·＝－1，化简得k2＝，从而k＝±.‎ 所以，直线PB的斜率为或－.‎ ‎11．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴长为2.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝，求原点O到直线l的距离的取值范围．‎ 解：(1)由题知e＝＝，2b＝2，又a2＝b2＋c2，所以b＝1，a＝2，‎ 所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，‎ 依题意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)＞0，化简得m2＜4k2＋1，①‎ x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，‎ 若kOM·kON＝，则＝，即4y1y2＝5x1x2，‎ 所以4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2，‎ 所以(4k2－5)·＋4km·(－)＋4m2＝0，‎ 即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，化简得m2＋k2＝，②‎ 由①②得0≤m2＜，＜k2≤，‎ 因为原点O到直线l的距离d＝，‎ 所以d2＝＝＝－1＋，‎ 又＜k2≤，‎ 所以0≤d2＜，所以原点O到直线l的距离的取值范围是.‎ ‎12．(2019·成都市第二次诊断性检测)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴长为4，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)设椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B，点M，N为椭圆C上位于x轴上方的两点，且F1M∥F2N，直线F1M的斜率为2，记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，求3k1＋2k2的值．‎ 解：(1)由题意，得2b＝4，＝.‎ 又a2－c2＝b2，所以a＝3，b＝2，c＝1.‎ 所以椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)由(1)可知A(－3，0)，B(3，0)，F1(－1，0)．‎ 据题意，直线F1M的方程为y＝2(x＋1)．‎ 记直线F1M与椭圆C的另一个交点为M′.设M(x1，y1)(y1>0)，M′(x2，y2)．因为F1M∥F2N，所以根据对称性，得N(－x2，－y2)．‎ 联立，消去y，得14x2＋27x＋9＝0.‎ 由题意知x1>x2，所以x1＝－，x2＝－，‎ k1＝＝＝，k2＝＝＝－，‎ 所以3k1＋2k2＝3×＋2×＝0，即3k1＋2k2的值为0.‎