《（新課標）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題五 解析幾何 第2講 圓錐曲線的定義、方程與性質學案 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題五 解析幾何 第2講 圓錐曲線的定義、方程與性質學案 理 新人教A版（20頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第2講　圓錐曲線的定義、方程與性質 [做真題] 題型一　圓錐曲線的定義與方程 1．(2019·高考全國卷Ⅰ)已知橢圓C的焦點為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，過F2的直線與C交于A，B兩點，若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，則C的方程為(　　) A．＋y2＝1　　　　　　 B．＋＝1 C．＋＝1 D．＋＝1 解析：選B．由題意設橢圓的方程為＋＝1(a>b>0)，連接F1A，令|F2B|＝m，則|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由橢圓的定義知，4m＝2a，得m＝，故|F2A|＝a＝|F1A|，則點A為橢圓C的上頂點或下頂點．令∠OAF2＝θ(O為坐標原點)，

2、則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，橢圓C的方程為＋＝1.故選B． 2．(2019·高考全國卷Ⅱ)若拋物線y2＝2px(p>0)的焦點是橢圓＋＝1的一個焦點，則p＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．8 解析：選D．由題意，知拋物線的焦點坐標為，橢圓的焦點坐標為(±，0)，所以＝，解得p＝8，故選D． 3．(一題多解)(2017·高考全國卷Ⅲ)已知雙曲線C：－＝1 (a＞0，b＞0)的一條漸近線方程為y＝x，且與橢圓＋＝1有公共焦點，則C的方程為(　　) A．－＝1 B．－＝1 C．－＝

3、1 D．－＝1 解析：選B．法一：由雙曲線的漸近線方程可設雙曲線方程為－＝k(k>0)，即－＝1，因為雙曲線與橢圓＋＝1有公共焦點，所以4k＋5k＝12－3，解得k＝1，故雙曲線C的方程為－＝1.故選B． 法二：因為橢圓＋＝1的焦點為(±3，0)，雙曲線與橢圓＋＝1有公共焦點，所以a2＋b2＝(±3)2＝9①，因為雙曲線的一條漸近線為y＝x，所以＝②，聯(lián)立①②可解得a2＝4，b2＝5，所以雙曲線C的方程為－＝1. 4．(2017·高考全國卷Ⅱ)已知F是拋物線C：y2＝8x的焦點，M是C上一點，F(xiàn)M的延長線交y軸于點N.若M為FN的中點，則|FN|＝____________． 解析：法

4、一：依題意，拋物線C：y2＝8x的焦點F(2，0)，準線x＝－2，因為M是C上一點，F(xiàn)M的延長線交y軸于點N，M為FN的中點，設M(a，b)(b>0)，所以a＝1，b＝2，所以N(0，4)，|FN|＝＝6. 法二：依題意，拋物線C：y2＝8x的焦點F(2，0)，準線x＝－2，因為M是C上一點，F(xiàn)M的延長線交y軸于點N，M為FN的中點，則點M的橫坐標為1，所以|MF|＝1－(－2)＝3，|FN|＝2|MF|＝6. 答案：6 題型二　圓錐曲線的幾何性質 1．(2018·高考全國卷Ⅱ)已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，A是C的左頂點，點P在過A且斜率為的直線上，△PF

5、1F2為等腰三角形，∠F1F2P＝120°，則C的離心率為(　　) A． B． C． D． 解析：選D．由題意可得橢圓的焦點在x軸上，如圖所示，設|F1F2|＝2c，因為△PF1F2為等腰三角形，且∠F1F2P＝120°，所以|PF2|＝|F1F2|＝2c，所以|OF2|＝c，所以點P坐標為(c＋2ccos 60°，2csin 60°)，即點P(2c，c)．因為點P在過點A，且斜率為的直線上，所以＝，解得＝，所以e＝，故選D． 2．(一題多解)(2019·高考全國卷Ⅰ)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B

6、兩點．若＝，·＝0，則C的離心率為________． 解析：通解：因為·＝0，所以F1B⊥F2B，如圖． 所以|OF1|＝|OB|，所以∠BF1O＝∠F1BO，所以∠BOF2＝2∠BF1O.因為＝，所以點A為F1B的中點，又點O為F1F2的中點，所以OA∥BF2，所以F1B⊥OA，因為直線OA，OB為雙曲線C的兩條漸近線，所以tan ∠BF1O＝，tan ∠BOF2＝.因為tan ∠BOF2＝tan(2∠BF1O)，所以＝，所以b2＝3a2，所以c2－a2＝3a2，即2a＝c，所以雙曲線的離心率e＝＝2. 優(yōu)解：因為·＝0，所以F1B⊥F2B，在Rt△F1BF2中，|OB|＝|OF2

7、|，所以∠OBF2＝∠OF2B，又＝，所以A為F1B的中點，所以OA∥F2B，所以∠F1OA＝∠OF2B.又∠F1OA＝∠BOF2，所以△OBF2為等邊三角形．由F2(c，0)可得B，因為點B在直線y＝x上，所以c＝·，所以＝，所以e＝＝2. 答案：2 3．(一題多解)(2018·高考全國卷Ⅲ)已知點M(－1，1)和拋物線C：y2＝4x，過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A，B兩點．若∠AMB＝90°，則k＝________． 解析：法一：由題意知拋物線的焦點為(1，0)，則過C的焦點且斜率為k的直線方程為y＝k(x－1)(k≠0)，由消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2

8、＋4)x＋k2＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝1.由消去x得y2＝4，即y2－y－4＝0，則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，將x1＋x2＝，x1x2＝1與y1＋y2＝，y1y2＝－4代入，得k＝2. 法二：設拋物線的焦點為F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則所以y－y＝4(x1－x2)，則k＝＝，取AB的中點M′(x0，y0)，分別過點A，B作準線x＝－1的垂線，垂足分別為A′，B′，又∠AMB＝90°，點M在準線x＝

9、－1上，所以|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AA′|＋|BB′|)．又M′為AB的中點，所以MM′平行于x軸，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以k＝2. 答案：2 [明考情] 1．圓錐曲線的定義、方程與性質是每年高考必考的內容．以選擇、填空題的形式考查，常出現(xiàn)在第4～11 題或15～16題的位置，著重考查圓錐曲線的標準方程與幾何性質，難度中等． 2．圓錐曲線的綜合問題多以解答題的形式考查，常作為壓軸題出現(xiàn)在第20題的位置，一般難度較大． 圓錐曲線的定義與標準方程 [典型例題] (1)橢圓＋＝1的左焦點為F，直線x＝m與橢圓相交于點M，N，當△FMN的

10、周長最大時，△FMN的面積是(　　) A．　　　　　　　　　 B． C． D． (2)設F1，F(xiàn)2分別是雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，P是C上一點，若|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2最小內角的大小為30°，則雙曲線C的漸近線方程是(　　) A．x±y＝0 B．x±y＝0 C．x±2y＝0 D．2x±y＝0 【解析】　(1)如圖，設橢圓的右焦點為F′，連接MF′，NF′. 因為|MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|≥|MF|＋|NF|＋|MN|，所以當直線x＝m過橢圓的右焦點時，△FMN的周長最大． 此時|MN|＝＝，又c＝＝＝1，所以

11、此時△FMN的面積S＝×2×＝.故選C． (2)不妨設P為雙曲線C右支上一點，由雙曲線的定義，可得|PF1|－|PF2|＝2a. 又|PF1|＋|PF2|＝6a，解得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，又|F1F2|＝2c，則|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. 所以雙曲線C的漸近線方程為y＝±x.故選A． 【答案】　(1)C　(2)A (1)圓錐曲線的定義 ①橢圓：|MF1|＋|MF2|＝2a(2a>|F1F2|)． ②雙曲線：||MF1|－|MF

12、2||＝2a(2a<|F1F2|)． ③拋物線：|MF|＝d(d為M點到準線的距離)． [注意]　應用圓錐曲線定義解題時，易忽視定義中隱含條件導致錯誤． (2)求解圓錐曲線標準方程的思路 定型 就是指定類型，也就是確定圓錐曲線的焦點位置，從而設出標準方程 計算 即利用待定系數(shù)法求出方程中的a2，b2或p.另外，當焦點位置無法確定時，拋物線常設為y2＝2ax或x2＝2ay(a≠0)，橢圓常設為mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)，雙曲線常設為mx2－ny2＝1(mn>0) [對點訓練] 1．設F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1的兩個焦點，點P在橢圓上，若線段PF1的中點在y軸上，則的值為(

13、　　) A． B． C． D． 解析：選D．如圖，設線段PF1的中點為M，因為O是F1F2的中點，所以OM∥PF2，可得PF2⊥x軸，|PF2|＝＝，|PF1|＝2a－|PF2|＝，所以＝. 2．(2019·福州模擬)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的右焦點為F，點B是虛軸的一個端點，線段BF與雙曲線C的右支交于點A，若＝2，且||＝4，則雙曲線C的方程為(　　) A．－＝1 B．－＝1 C．－＝1 D．－＝1 解析：選D．不妨設B(0，b)，由＝2，F(xiàn)(c，0)，可得A，代入雙曲線C的方程可得×－＝1， 所以＝.?、? 又||＝＝4，c2＝a2＋b2， 所

14、以a2＋2b2＝16.?、? 由①②可得，a2＝4，b2＝6， 所以雙曲線C的方程為－＝1. 3．過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F作直線交拋物線于A，B兩點，若|AF|＝2|BF|＝6，則p＝________． 解析：設直線AB的方程為x＝my＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1>x2，將直線AB的方程代入拋物線方程得y2－2pmy－p2＝0，所以y1y2＝－p2，4x1x2＝p2.設拋物線的準線為l，過A作AC⊥l，垂足為C，過B作BD⊥l，垂足為D，因為|AF|＝2|BF|＝6，根據拋物線的定義知，|AF|＝|AC|＝x1＋＝6，|BF|＝|BD|＝x2＋＝3，所以x

15、1－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 圓錐曲線的性質 [典型例題] (1)(2019·高考全國卷Ⅱ)設F為雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的右焦點，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2交于 P，Q兩點．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為(　　) A．　　　　　　　 B． C．2 D． (2)(2019·濟南市模擬考試)設F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，過F2的直線交橢圓于A，B兩點，且1·2＝0，2＝2，則橢圓E的離心率為(　　)

16、 A． B． C． D． 【解析】　(1)如圖，由題意，知以OF為直徑的圓的方程為＋y2＝①，將x2＋y2＝a2記為②式，①－②得x＝，則以OF為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2的相交弦所在直線的方程為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＝，故選A． (2)設|BF2|＝m，則|AF2|＝2m.連接BF1，由橢圓的定義可知|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，

17、|AF1|＝，|AF2|＝，故＋＝4c2，解得e＝. 【答案】　(1)A　(2)C (1)橢圓、雙曲線的離心率(或范圍)的求法 求橢圓、雙曲線的離心率或離心率的范圍，關鍵是根據已知條件確定a，b，c的等量關系或不等關系，然后把b用a，c代換，求的值． (2)雙曲線的漸近線的求法及用法 ①求法：把雙曲線標準方程等號右邊的1改為零，分解因式可得． ②用法：(i)可得或的值． (ii)利用漸近線方程設所求雙曲線的方程．　 [對點訓練] 1．雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的離心率為，則其漸近線方程為(　　) A．y＝±x B．y＝±x C．y＝±x D．y＝±x 解析

18、：選A．因為e＝＝＝，所以a2＋b2＝3a2，所以b＝a.所以漸近線方程為y＝±x. 2．(2019·廣州市調研測試)已知拋物線y2＝2px(p>0)與雙曲線－＝1(a>0，b>0)有相同的焦點F，點A是兩曲線的一個交點，且AF⊥x軸，則雙曲線的離心率為(　　) A．＋1 B．＋1 C．＋1 D．＋2 解析：選A．如圖，結合題意畫出圖形，因為拋物線的焦點坐標為，所以由題設知雙曲線的右焦點的坐標為，所以a2＋b2＝①.因為AF⊥x軸，所以由點A在拋物線上可得A(取A在第一象限)，又點A在雙曲線上，所以p＝②.將②代入①得a2＋b2＝，即b4＝4a4＋4a2b2，所以4＋4－1＝0，所

19、以＝，從而e2＝＝＝(＋1)2，故e＝＋1.故選A． 直線與圓錐曲線的位置關系 [典型例題] 命題角度一　位置關系的判斷及應用 在直角坐標系xOy中，直線l：y＝t(t≠0)交y軸于點M，交拋物線C：y2＝2px(p＞0)于點P，M關于點P的對稱點為N，連接ON并延長交C于點H. (1)求； (2)除H以外，直線MH與C是否有其他公共點？說明理由． 【解】　(1)由已知得M(0，t)，P. 又N為M關于點P的對稱點，故N，ON的方程為y＝x，代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝.因此H. 所以N為OH的中點，即＝2. (2)直線MH與C除

20、H以外沒有其他公共點．理由如下： 直線MH的方程為y－t＝x，即x＝(y－t)． 代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y(tǒng)2＝2t，即直線MH與C只有一個公共點，所以除H以外直線MH與C沒有其他公共點． (1)直線與圓錐曲線有兩個不同的公共點的判定 通常的方法是直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消元后得到一元二次方程，其Δ>0；另一方法就是數(shù)形結合，如直線與雙曲線有兩個不同的公共點，可通過判定直線的斜率與雙曲線漸近線的斜率的大小得到． (2)直線與圓錐曲線只有一個公共點的結論 直線與圓錐曲線只有一個公共點，則直線與雙曲線的一條漸近線平行，或直線與拋物線的對稱軸平行，或

21、直線與圓錐曲線相切．　 命題角度二　弦長問題 (2019·高考全國卷Ⅰ)已知拋物線C：y2＝3x的焦點為F，斜率為的直線l與C的交點為A，B，與x軸的交點為P. (1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程； (2)若＝3，求|AB|. 【解】　設直線l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)． (1)由題設得F，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋，由題設可得x1＋x2＝. 由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，則x1＋x2＝－. 從而－＝，得t＝－. 所以l的方程為y＝x－. (2)由＝3可得y1＝－3y2. 由可得y2－2y＋2t＝0. 所以y1＋y

22、2＝2.從而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3. 代入C的方程得x1＝3，x2＝. 故|AB|＝. 直線與圓錐曲線的相交弦弦長的求法 解決直線與圓錐曲線的相交弦問題的通法是將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消去y或x后得到一元二次方程，當Δ>0時，直線與圓錐曲線有兩個交點，設為A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數(shù)的關系求出x1＋x2，x1x2或y1＋y2，y1y2，則弦長|AB|＝·＝·＝·|y1－y2|＝·(k為直線的斜率且k≠0)，當A，B兩點坐標易求時也可以直接用|AB|＝求之．　 命題角度三　定比、定點問題 已知橢圓C的兩個焦點為F1(－1，0)，F(xiàn)2

23、(1，0)，且經過點E. (1)求橢圓C的方程； (2)過點F1的直線l與橢圓C交于A，B兩點(點A位于x軸上方)，若＝λ，且2≤λ＜3，求直線l的斜率k的取值范圍． 【解】　(1)由解得 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)由題意得直線l的方程為y＝k(x＋1)(k＞0)， 聯(lián)立方程，得整理得y2－y－9＝0，Δ＝＋144＞0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝，y1y2＝， 又＝λ，所以y1＝－λy2，所以y1y2＝(y1＋y2)2， 則＝，λ＋－2＝， 因為2≤λ＜3，所以≤λ＋－2＜， 即≤＜，且k＞0，解得0＜k≤. 故直線l的斜率k的取值范

24、圍是. (1)對于弦的中點問題常用“根與系數(shù)的關系”或“點差法”求解．在使用“根與系數(shù)的關系”時，要注意使用條件Δ＞0；在用“點差法”時，要檢驗直線與圓錐曲線是否相交． (2)圓錐曲線以P(x0，y0)(y0≠0)為中點的弦所在直線的斜率分別是k＝－(橢圓＋＝1)，k＝(雙曲線－＝1)，k＝(拋物線y2＝2px)，其中k＝(x1≠x2)，(x1，y1)，(x2，y2)為弦端點的坐標．　 [對點訓練] 1．(2019·高考全國卷Ⅲ)已知曲線C：y＝，D為直線y＝－上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B. (1)證明：直線AB過定點； (2)若以E為圓心的圓與直線AB相切

25、，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積． 解：(1)證明：設D，A(x1，y1)，則x＝2y1. 由于y′＝x，所以切線DA的斜率為x1，故＝x1. 整理得2tx1－2y1＋1＝0. 設B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0. 故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0. 所以直線AB過定點. (2)由(1)得直線AB的方程為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)． 設d1，d2分別為點D，E到直線AB的距離，則d1＝，d2

26、＝. 因此，四邊形ADBE的面積S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3). 設M為線段AB的中點，則M. 由于⊥，而＝(t，t2－2)，與向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0. 解得t＝0或t＝±1. 當t＝0時，S＝3；當t＝±1時，S＝4. 因此，四邊形ADBE的面積為3或4. 2．(2019·湖南長沙模擬)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點為(，0)，且經過點，點M是x軸上的一點，過點M的直線l與橢圓C交于A，B兩點(點A在x軸的上方)． (1)求橢圓C的方程； (2)若＝2，且直線l與圓O：x2＋y2＝相切于點N，求|MN|. 解：(1)由題意知

27、得(a2－4)(4a2－3)＝0，又a2＝3＋b2>3，故a2＝4，則b2＝1，所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)設M(m，0)，直線l：x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＝2，得y1＝－2y2. 由得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0， 則y1＋y2＝－，y1y2＝. 由y1y2＝－2y，y1＋y2＝－2y2＋y2＝－y2， 得y1y2＝－2[－(y1＋y2)]2＝－2(y1＋y2)2， 所以＝－2， 化簡得(m2－4)(t2＋4)＝－8t2m2. 易知原點O到直線l的距離d＝， 又直線l與圓O：x2＋y2＝相切， 所以＝，即t2＝m2－1.

28、 由 得21m4－16m2－16＝0， 即(3m2－4)(7m2＋4)＝0， 解得m2＝，此時t2＝，滿足Δ>0， 所以M. 在Rt△OMN中，|MN|＝＝. 一、選擇題 1．已知雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的焦點到漸近線的距離為，且離心率為2，則該雙曲線的實軸的長為(　　) A．1　　　　　　　　　 B． C．2 D．2 解析：選C．由題意知雙曲線的焦點(c，0)到漸近線bx－ay＝0的距離為＝b＝，即c2－a2＝3，又e＝＝2，所以a＝1，該雙曲線的實軸的長為2a＝2. 2．若拋物線y2＝4x上一點P到其焦點F的距離為2，O為坐標原點，則△OFP的面積為(　　

29、) A． B．1 C． D．2 解析：選B．設P(x0，y0)，依題意可得|PF|＝x0＋1＝2，解得x0＝1，故y＝4×1，解得y0＝±2，不妨取P(1，2)，則△OFP的面積為×1×2＝1. 3．(2019·高考全國卷Ⅲ)雙曲線C：－＝1的右焦點為F，點P在C的一條漸近線上，O為坐標原點．若|PO|＝|PF|，則△PFO的面積為(　　) A． B． C．2 D．3 解析：選A．不妨設點P在第一象限，根據題意可知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·昆明模擬)已知F1，F(xiàn)2為

30、橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，B為C的短軸的一個端點，直線BF1與C的另一個交點為A，若△BAF2為等腰三角形，則＝(　　) A． B． C． D．3 解析：選A．如圖，不妨設點B在y軸的正半軸上，根據橢圓的定義，得|BF1|＋|BF2|＝2a，|AF1|＋|AF2|＝2a，由題意知|AB|＝|AF2|，所以|BF1|＝|BF2|＝a，|AF1|＝，|AF2|＝.所以＝.故選A． 5．已知F是拋物線x2＝4y的焦點，直線y＝kx－1與該拋物線在第一象限內交于點A，B，若|AF|＝3|FB|，則k的值是(　　) A． B． C． D． 解析：選D．顯然k＞0

31、.拋物線的準線l：y＝－1，設其與y軸交于點F′，則直線y＝kx－1過點F′.分別過點A，B作l的垂線，垂足分別為A′，B′，根據拋物線定義，得|AF|＝|AA′|，|BF|＝|BB′|，根據已知，得＝＝3.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＝＝＝3，即x1＝3x2①.聯(lián)立拋物線方程與已知直線方程，消元得x2－4kx＋4＝0，則x1＋x2＝4k②，由①②得x1＝3k，x2＝k，又x1x2＝4，所以3k·k＝4，即k2＝，解得k＝(負值舍去)． 6．(2019·湖南湘東六校聯(lián)考)已知橢圓Γ：＋＝1(a>b>0)的長軸長是短軸長的2倍，過右焦點F且斜率為k(k>0)的直線與Γ相交于A，B兩

32、點．若＝3，則k＝(　　) A．1 B．2 C． D． 解析：選D．設A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為＝3，所以y1＝－3y2.因為橢圓Γ的長軸長是短軸長的2倍，所以a＝2b，設b＝t，則a＝2t，故c＝t，所以＋＝1.設直線AB的方程為x＝sy＋t，代入上述橢圓方程，得(s2＋4)y2＋2sty－t2＝0，所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，即－2y2＝－，－3y＝－，得s2＝，k＝，故選D． 二、填空題 7．已知P(1，)是雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)漸近線上的點，則雙曲線C的離心率是________． 解析：雙曲線C的一條漸近線的方程為y＝x，P(1，)是雙曲

33、線C漸近線上的點，則＝，所以離心率e＝＝＝＝2. 答案：2 8．(2019·高考全國卷Ⅲ)設F1，F(xiàn)2為橢圓C：＋＝1的兩個焦點，M為C上一點且在第一象限．若△MF1F2為等腰三角形，則M的坐標為________． 解析：不妨令F1，F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點，根據題意可知c＝＝4.因為△MF1F2為等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.設M(x，y)， 則得 所以M的坐標為(3，)． 答案：(3，) 9．(2019·洛陽尖子生第二次聯(lián)考)過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F的直線與拋物線C交于A，B兩點，且＝3，拋物線C的準線l與x軸交

34、于點E，AA1⊥l于點A1，若四邊形AA1EF的面積為6，則p＝________． 解析：不妨設點A在第一象限，如圖，作BB1⊥l于點B1，設直線AB與l的交點為D，由拋物線的定義及性質可知|AA1|＝|AF|，|BB1|＝|BF|，|EF|＝p. 設|BD|＝m，|BF|＝n，則＝＝＝，即＝，所以m＝2n. 又＝，所以＝＝，所以n＝， 因為|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的面積為(2p＋p)·p＝6，解得p＝2. 答案：2 三、解答題 1

35、0．(2019·高考天津卷)設橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點為F，上頂點為B.已知橢圓的短軸長為4，離心率為. (1)求橢圓的方程； (2)設點P在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點，點M為直線PB與x軸的交點，點N在y軸的負半軸上，若|ON|＝|OF|(O為原點)，且OP⊥MN，求直線PB的斜率． 解：(1)設橢圓的半焦距為c，依題意，2b＝4，＝，又a2＝b2＋c2， 可得a＝，b＝2，c＝1. 所以，橢圓的方程為＋＝1. (2)由題意，設P(xp，yp)(xp≠0)，M(xM，0)．設直線PB的斜率為k(k≠0)， 又B(0，2)，則直線PB的方程為y＝kx＋2，與橢圓方程聯(lián)

36、立 整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0， 可得xp＝－， 代入y＝kx＋2得yp＝， 進而直線OP的斜率為＝. 在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－. 由題意得N(0，－1)，所以直線MN的斜率為－. 由OP⊥MN，得·＝－1，化簡得k2＝，從而k＝±. 所以，直線PB的斜率為或－. 11．已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，短軸長為2. (1)求橢圓C的標準方程； (2)設直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于M，N兩點，O為坐標原點，若kOM·kON＝，求原點O到直線l的距離的取值范圍． 解：(1)由題知e＝＝，2b＝2，又a2＝b2＋c2，所以b＝1，a＝

37、2， 所以橢圓C的標準方程為＋y2＝1. (2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 依題意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)＞0，化簡得m2＜4k2＋1，① x1＋x2＝－，x1x2＝， y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2， 若kOM·kON＝，則＝，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，化簡

38、得m2＋k2＝，② 由①②得0≤m2＜，＜k2≤， 因為原點O到直線l的距離d＝， 所以d2＝＝＝－1＋， 又＜k2≤， 所以0≤d2＜，所以原點O到直線l的距離的取值范圍是. 12．(2019·成都市第二次診斷性檢測)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的短軸長為4，離心率為. (1)求橢圓C的標準方程； (2)設橢圓C的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點分別為A，B，點M，N為橢圓C上位于x軸上方的兩點，且F1M∥F2N，直線F1M的斜率為2，記直線AM，BN的斜率分別為k1，k2，求3k1＋2k2的值． 解：(1)由題意，得2b＝4，＝. 又a2－c2＝b2，所以a＝3，b＝2，c＝1. 所以橢圓C的標準方程為＋＝1. (2)由(1)可知A(－3，0)，B(3，0)，F(xiàn)1(－1，0)． 據題意，直線F1M的方程為y＝2(x＋1)． 記直線F1M與橢圓C的另一個交點為M′.設M(x1，y1)(y1>0)，M′(x2，y2)．因為F1M∥F2N，所以根據對稱性，得N(－x2，－y2)． 聯(lián)立，消去y，得14x2＋27x＋9＝0. 由題意知x1>x2，所以x1＝－，x2＝－， k1＝＝＝，k2＝＝＝－， 所以3k1＋2k2＝3×＋2×＝0，即3k1＋2k2的值為0. - 20 -