数学选择性必修 第一册第二章　平面解析几何本章综合与测试学案设计

这是一份数学选择性必修 第一册第二章　平面解析几何本章综合与测试学案设计，共14页。学案主要包含了证明性问题，定值问题等内容，欢迎下载使用。

一、证明性问题
例1 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点F1(－eq \r(3)，0)，点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)经过圆O：x2＋y2＝5上一动点P作椭圆C的两条切线，切点分别记为A，B，直线PA，PB分别与圆O相交于异于点P的M，N两点，求证：eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))＝0．
(1)解 ∵椭圆C的左焦点F1(－eq \r(3)，0)，∴c＝eq \r(3).
将Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))代入eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，得eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)＝1.
又a2－b2＝3，∴a2＝4，b2＝1.
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 设点P(x0，y0)．
①当直线PA，PB的斜率都存在时，设过点P与椭圆C相切的直线方程为y＝k(x－x0)＋y0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－x0＋y0，,x2＋4y2－4＝0，))消去y，
得(1＋4k2)x2＋8k(y0－kx0)x＋4(y0－kx0)2－4＝0.
Δ＝64k2(y0－kx0)2－4(1＋4k2)[4(y0－kx0)2－4]．
令Δ＝0，整理得(4－xeq \\al(2,0))k2＋2x0y0k＋1－yeq \\al(2,0)＝0.
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2.∴k1k2＝eq \f(1－y\\al(2,0),4－x\\al(2,0)).
又xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝5，∴k1k2＝eq \f(1－5－x\\al(2,0),4－x\\al(2,0))＝eq \f(x\\al(2,0)－4,4－x\\al(2,0))＝－1.
∴PM⊥PN，即MN为圆O的直径，∴eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))＝0．
②当直线PA或PB的斜率不存在时，不妨设P(2,1)，
则直线PA的方程为x＝2.
∴M(2，－1)，N(－2,1)，也满足eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))＝0．
综上，有eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))＝0．
反思感悟 常用转化法证明：
若证明三点共线，可证kAB＝kAC或eq \(AB,\s\up6(→))＝λeq \(AC,\s\up6(→))；
若证明AB⊥AC，可证kAB·kAC＝－1或eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0；
若证明AB＝AC，可证A在线段BC的垂直平分线上．
跟踪训练1 抛物线y2＝2px(p>0)，设AB是抛物线的过焦点的一条弦(焦点弦)，F是抛物线的焦点，A(x1，y1)，B(x2，y2)(y1>0，y2<0)，A，B在准线上的射影为A1，B1.证明A，O，B1三点共线．
证明 设直线AB的方程：x＝my＋eq \f(p,2)，
代入y2＝2px得y2－2pmy－p2＝0.
则y1y2＝－p2.
∵BB1∥x轴，∴B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，y2))，即B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，－\f(p2,y1)))，
＝eq \f(－\f(p2,y1),－\f(p,2))＝eq \f(2p,y1)＝eq \f(y\\al(2,1),x1)×eq \f(1,y1)＝eq \f(y1,x1)＝kOA，
∴eq \(OB1,\s\up6(→))∥eq \(OA,\s\up6(→))且公共点为O，∴直线AB1过点O，
∴A，O，B1三点共线．
二、定值问题
例2 已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点的直线交椭圆于A，B两点，eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))与a＝(3，－1)共线．设M为椭圆上任意一点，且eq \(OM,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，求证：λ2＋μ2为定值．
证明 ∵M是椭圆上任意一点，若M与A重合，
则eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))，此时λ＝1，μ＝0，
∴λ2＋μ2＝1，现在需要证明λ2＋μ2为定值1.
设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为N(x0，y0)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1， ①,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1， ②))
①－②得eq \f(x1－x2x1＋x2,a2)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0，
即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2x1＋x2,a2y1＋y2)＝－eq \f(b2x0,a2y0)，
又∵kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1，∴y0＝－eq \f(b2,a2)x0.
∴直线ON的方向向量为eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(b2,a2)))，
∵eq \(ON,\s\up6(→))∥a，∴eq \f(1,3)＝eq \f(b2,a2).
∴a2＝3b2，∴椭圆方程为x2＋3y2＝3b2，
又直线方程为y＝x－c.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－c，,x2＋3y2＝3b2，))消去y得4x2－6cx＋3c2－3b2＝0.
∴x1＋x2＝eq \f(3,2)c，x1x2＝eq \f(3c2－3b2,4)＝eq \f(3,8)c2.
设M(x，y)，则由eq \(OM,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝λx1＋μx2，,y＝λy1＋μy2，))代入椭圆方程整理得
λ2(xeq \\al(2,1)＋3yeq \\al(2,1))＋μ2(xeq \\al(2,2)＋3yeq \\al(2,2))＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2.
又∵xeq \\al(2,1)＋3yeq \\al(2,1)＝3b2，xeq \\al(2,2)＋3yeq \\al(2,2)＝3b2，
x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2
＝eq \f(3,2)c2－eq \f(9,2)c2＋3c2＝0，
∴λ2＋μ2＝1，故λ2＋μ2为定值．
反思感悟 解析几何中的定点和定值问题需要合理选择参数(坐标、斜率等)表示动态几何对象和几何量，探究、证明动态图形中的不变性质(定点、定值等)，体会“设而不求”“整体代换”在简化运算中的作用．
跟踪训练2 已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点P(1,2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
(1)解 因为抛物线y2＝2px经过点P(1,2)，
所以4＝2p，解得p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋1，))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意得，Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<0或0又PA，PB与y轴相交，
故直线l不过点(1，－2)．从而k≠－3.
所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(2)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知x1＋x2＝－eq \f(2k－4,k2)，x1x2＝eq \f(1,k2).
直线PA的方程为y－2＝eq \f(y1－2,x1－1)(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为
yM＝eq \f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq \f(－kx1＋1,x1－1)＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝eq \f(－kx2＋1,x2－1)＋2.
由eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，
得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝eq \f(1,1－yM)＋eq \f(1,1－yN)＝eq \f(x1－1,k－1x1)＋eq \f(x2－1,k－1x2)
＝eq \f(1,k－1)·eq \f(2x1x2－x1＋x2,x1x2)＝eq \f(1,k－1)·eq \f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2.
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
1.知识清单：
(1)证明性问题．
(2)定值问题．
2．方法归纳：转化法、分类讨论、数形结合．
3．常见误区：不能进行正确的转化．
1．已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为A，B，P为椭圆上异于A，B两点的动点，则kPA·kPB等于( )
A.eq \f(4,3) B．－eq \f(3,4) C.eq \f(3,4) D．－eq \f(4,3)
答案 B
解析 设P(x0，y0)，则eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),3)＝1，yeq \\al(2,0)＝3－eq \f(3,4)xeq \\al(2,0)，
又A(－2,0)，B(2,0)，所以kPA·kPB＝eq \f(y0－0,x0＋2)·eq \f(y0－0,x0－2)＝eq \f(y\\al(2,0),x\\al(2,0)－4)＝eq \f(3－\f(3,4)x\\al(2,0),x\\al(2,0)－4)＝－eq \f(3,4).
2．经过椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))等于( )
A．－3 B．－eq \f(1,3) C．－eq \f(1,3)或－3 D．±eq \f(1,3)
答案 B
解析 由eq \f(x2,2)＋y2＝1，得a2＝2，b2＝1，c2＝a2－b2＝1，焦点为(±1,0)．
不妨设直线l过右焦点，倾斜角为45°，直线l的方程为y＝x－1.
代入eq \f(x2,2)＋y2＝1得x2＋2(x－1)2－2＝0，
即3x2－4x＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1·x2＝0，x1＋x2＝eq \f(4,3)，y1y2＝(x1－1)(x2－1)＝x1x2－(x1＋x2)＋1＝1－eq \f(4,3)＝－eq \f(1,3)，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0－eq \f(1,3)＝－eq \f(1,3).
3．直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率k1，k2满足k1k2＝eq \f(2,3)，则l的横截距( )
A．为定值－3 B．为定值3
C．为定值－1 D．不是定值
答案 A
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(2,3).
∴eq \f(y1y2,\f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),4))＝eq \f(2,3)，
∴y1y2＝6，设直线l：x＝my＋b，代入抛物线方程可化为y2－2my－2b＝0，
∴y1y2＝－2b，∴－2b＝6，
∴b＝－3，∴l的横截距为－3.
4．已知点P为直线l：x＝－2上任意一点，过点P作抛物线y2＝2px(p＞0)的两条切线，切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1·x2＝________.
答案 4
解析 不妨设P(－2,0)，过P的切线方程设为y＝k(x＋2)，
代入抛物线方程y2＝2px(p＞0)，得k2x2＋(4k2－2p)x＋4k2＝0，又k≠0，故x1x2＝4.
课时对点练
1．设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(－2,0)且斜率为eq \f(2,3)的直线与C交于M，N两点，则eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))等于( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 D
解析 由题意知直线MN的方程为y＝eq \f(2,3)(x＋2)，F(1,0)．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，与抛物线方程联立有
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(2,3)x＋2，,y2＝4x，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝1，,y1＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4，,y2＝4，))
所以eq \(FM,\s\up6(→))＝(0,2)，eq \(FN,\s\up6(→))＝(3,4)，
所以eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0×3＋2×4＝8.
2．已知双曲线C：eq \f(y2,2)－eq \f(x2,b)＝1(b>0)的离心率为2，则C上任意一点到两条渐近线的距离之积为( )
A.eq \r(2) B.eq \f(3,2) C．2 D．3
答案 B
解析 因为双曲线的离心率是2，所以e2＝eq \f(2＋b,2)＝4，解得b＝6，
故双曲线方程为eq \f(y2,2)－eq \f(x2,6)＝1，即3y2－x2＝6，
渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，即x±eq \r(3)y＝0，
则C上任意一点P(x，y)到两条渐近线的距离之积为eq \f(|x＋\r(3)y|,2)×eq \f(|x－\r(3)y|,2)＝eq \f(|x2－3y2|,4)＝eq \f(6,4)＝eq \f(3,2).
3．已知P是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，且kPA·kPB＝－eq \f(3,4)，则椭圆的离心率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(\r(2),2)
答案 A
解析 由题可设P(x，y)，A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，
则kPA·kPB＝eq \f(y－y1,x－x1)·eq \f(y＋y1,x＋x1)＝eq \f(y2－y\\al(2,1),x2－x\\al(2,1)).
∵eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，
两式相减可得eq \f(x2－x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y2－y\\al(2,1),b2)＝0，即eq \f(y2－y\\al(2,1),x2－x\\al(2,1))＝－eq \f(b2,a2)，
∴－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(3,4)，∴eq \f(a2－c2,a2)＝eq \f(3,4)，∴eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
4．已知椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的左焦点为F，点M在椭圆C上且位于第一象限，O为坐标原点，若线段MF的中点N满足eq \(NF,\s\up6(→))·eq \(NO,\s\up6(→))＝0，则直线MF的方程为( )
A．3x－y＋3eq \r(5)＝0 B．2x－y＋2eq \r(5)＝0
C．x－y＋eq \r(5)＝0 D．x－2y＋eq \r(5)＝0
答案 D
解析 设椭圆C的右焦点为F1，M(x，y)(x>0，y>0)，
∵eq \(NF,\s\up6(→))·eq \(NO,\s\up6(→))＝0，∴NF⊥NO，
∵N，O分别是MF和FF1的中点，
∴MF⊥MF1，由已知可得F(－eq \r(5)，0)，F1(eq \r(5)，0)，
∴(x＋eq \r(5)，y)·(x－eq \r(5)，y)＝0，即x2＋y2＝5，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,4)＝1，,x2＋y2＝5，))得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(5),5)，\f(4\r(5),5)))，
∴kMF＝eq \f(\f(4\r(5),5),\f(3\r(5),5)＋\r(5))＝eq \f(1,2)，
∴直线MF的方程为y＝eq \f(1,2)(x＋eq \r(5))，
即x－2y＋eq \r(5)＝0.
5．过原点的直线l与双曲线x2－y2＝6交于A，B两点，点P为双曲线上一点，若直线PA的斜率为2，则直线PB的斜率为( )
A．4 B．1 C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
答案 C
解析 由题意可设A(m，n)，B(－m，－n)，P(x，y)，
则m2－n2＝6，x2－y2＝6，
即有y2－n2＝x2－m2，即eq \f(y2－n2,x2－m2)＝1，
由kPA＝eq \f(y－n,x－m)，kPB＝eq \f(y＋n,x＋m)，
可得kPA·kPB＝eq \f(y2－n2,x2－m2)＝1，
因为kPA＝2，所以kPB＝eq \f(1,2).
6．(多选)已知F1，F2分别是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，A为左顶点，P为双曲线右支上一点，若|PF1|＝2|PF2|且△PF1F2的最小内角为30°，则( )
A．双曲线的离心率为eq \r(3)
B．双曲线的渐近线方程为y＝±eq \r(2)x
C．∠PAF2＝45°
D．直线x＋2y－2＝0与双曲线有两个公共点
答案 ABD
解析 因为|PF1|＝2|PF2|，|PF1|－|PF2|＝2a，
所以|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，
又因为2c>2a,4a>2a，所以∠PF1F2＝30°，
所以cs∠PF1F2＝eq \f(16a2＋4c2－4a2,2·4a·2c)＝eq \f(\r(3),2)，
所以c＝eq \r(3)a，所以e＝eq \r(3)，故A正确；
e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2＋b2,a2)＝3，
所以eq \f(b2,a2)＝2，所以eq \f(b,a)＝±eq \r(2)，
所以渐近线方程为y＝±eq \r(2)x，故B正确；
因为2c＝2eq \r(3)a，所以|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，
所以∠PF2F1＝90°，
又因为|AF2|＝c＋a＝(eq \r(3)＋1)a，|PF2|＝2a，
所以|AF2|≠|PF2|，所以∠PAF2≠45°，故C错误；
因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y－2＝0，,\f(x2,a2)－\f(y2,2a2)＝1，))
所以2(2－2y)2－y2＝2a2，
所以7y2－16y＋8－2a2＝0，
所以Δ＝162－4×7×(8－2a2)＝32＋56a2>0，
所以直线x＋2y－2＝0与双曲线有两个公共点，故D正确．故选ABD.
7．已知抛物线C：y2＝2x，斜率为k的直线l过定点M(x0,0)，直线l交抛物线C于A，B两点，且A，B位于x轴两侧，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝3(O为坐标原点)，则x0＝________.
答案 3
解析 设直线l的方程为y＝k(x－x0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
与抛物线方程联立可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2x，,y＝kx－x0，))
消去y并整理可得，k2x2－(2k2x0＋2)x＋k2xeq \\al(2,0)＝0，
由根与系数的关系可得，x1x2＝xeq \\al(2,0)，
则y1y2＝－eq \r(4x1x2)＝－2x0，
∵eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝3，
∴x1x2＋y1y2＝3，即xeq \\al(2,0)－2x0＝3，
解得x0＝3(负值舍去)．
8．设F为抛物线y2＝4x的焦点，A，B，C为该抛物线上三点，若eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＋eq \(FC,\s\up6(→))＝0，则|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＋|eq \(FC,\s\up6(→))|＝________.
答案 6
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，又F(1,0)．
由eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＋eq \(FC,\s\up6(→))＝0知(x1－1)＋(x2－1)＋(x3－1)＝0，
即x1＋x2＋x3＝3，
|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＋|eq \(FC,\s\up6(→))|＝x1＋x2＋x3＋eq \f(3,2)p＝6.
9．如图，过抛物线y2＝x上一点A(4，2)作倾斜角互补的两条直线AB，AC交抛物线于B，C两点，求证：直线BC的斜率是定值．
证明 设kAB＝k(k≠0)，
∵直线AB，AC的倾斜角互补，
∴kAC＝－k(k≠0)，∴AB的方程是y＝k(x－4)＋2.
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－4＋2，,y2＝x，))消去y后，整理得
k2x2＋(－8k2＋4k－1)x＋16k2－16k＋4＝0.
∵A(4,2)，B(xB，yB)是上述方程的解．
∴4·xB＝eq \f(16k2－16k＋4,k2)，
即xB＝eq \f(4k2－4k＋1,k2)，
设C(xC，yC)，
以－k代换xB中的k，得xC＝eq \f(4k2＋4k＋1,k2)，
∴kBC＝eq \f(yB－yC,xB－xC)＝eq \f(kxB－4＋2－[－kxC－4＋2],xB－xC)
＝eq \f(kxB＋xC－8,xB－xC)＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2＋2,k2)－8)),\f(－8k,k2))＝－eq \f(1,4).
∴直线BC的斜率为定值．
10．已知双曲线C1：x2－eq \f(y2,4)＝1.
(1)求与双曲线C1有相同的焦点，且过点P(4，eq \r(3))的双曲线C2的标准方程；
(2)直线l：y＝x＋m分别交双曲线C1的两条渐近线于A，B两点，当eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝3时，求实数m的值．
解 (1)双曲线C1的焦点坐标为(eq \r(5)，0)，(－eq \r(5)，0)，
设双曲线C2的标准方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝5，,\f(16,a2)－\f(3,b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1，))
所以双曲线C2的标准方程为eq \f(x2,4)－y2＝1.
(2)双曲线C1的渐近线方程为y＝2x，y＝－2x，
设A(x1,2x1)，B(x2，－2x2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－\f(y2,4)＝0，,y＝x＋m，))消去y化简得3x2－2mx－m2＝0，
由Δ＝(－2m)2－4×3×(－m2)＝16m2>0，得m≠0.
因为x1x2＝－eq \f(m2,3)，
eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋2x1(－2x2)＝－3x1x2＝m2，
所以m2＝3，即m＝±eq \r(3).
11．黄金分割比ω＝eq \f(\r(5)－1,2)≈0.618被誉为“人间最巧的比例”．离心率e＝eq \f(\r(5)－1,2)的椭圆被称为“优美椭圆”，在平面直角坐标系中的“优美椭圆”C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，“优美椭圆”C上动点P(异于椭圆的左、右顶点)，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则k1k2为( )
A.eq \f(1－\r(5),2) B.eq \f(1＋\r(5),2) C.eq \f(\r(5)－1,2) D.eq \f(\r(5)＋1,2)
答案 A
解析 设P(m，n)代入椭圆方程，则eq \f(m2,a2)＋eq \f(n2,b2)＝1，
离心率e＝eq \f(\r(5)－1,2)，
可得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5)－1,2)⇒eq \f(b2,a2)＝eq \f(\r(5)－1,2)，
整理得，n2＝－eq \f(b2,a2)(m2－a2)，
又k1＝eq \f(n,m＋a)，k2＝eq \f(n,m－a)，
所以k1k2＝eq \f(n2,m2－a2)＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(\r(5)－1,2)＝eq \f(1－\r(5),2).
12．过抛物线y2＝4x的焦点F作斜率为eq \r(3)的直线，交抛物线于A，B两点，若eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(FB,\s\up6(→))(λ>1)，则λ等于( )
A．3 B．4 C．5 D．6
答案 A
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与抛物线的方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x－1，,y2＝4x，))可得3x2－10x＋3＝0，
解得x1＝3，x2＝eq \f(1,3)(x1>x2)，
因为eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(FB,\s\up6(→))(λ>1)，
所以|FA|>|FB|，并且eq \f(|FA|,|FB|)＝λ，
所以由抛物线的定义知|FA|，|FB|的值分别等于A，B到准线的距离，
|FA|＝x1＋1，|FB|＝x2＋1，eq \f(|FA|,|FB|)＝eq \f(x1＋1,x2＋1)＝eq \f(4,\f(4,3))＝3.
即λ＝3.
13．已知A，B分别是双曲线C：x2－eq \f(y2,2)＝1的左、右顶点，P为C上一点，且P在第一象限．记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，当2k1＋k2取得最小值时，△PAB的重心的坐标为( )
A．(1,1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(4,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(4,3)))
答案 B
解析 由题意点A(－1,0)，B(1,0)，
设点P(x，y)(x>1，y>0)，则k1>0，k2>0，
k1k2＝eq \f(y,x＋1)·eq \f(y,x－1)＝eq \f(y2,x2－1)＝eq \f(2x2－1,x2－1)＝2，
所以2k1＋k2≥2eq \r(2k1k2)＝4，当且仅当2k1＝k2＝2时取等号，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y,x＋1)＝1，,x2－\f(y2,2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝4，))所以点P(3,4)，
则△PAB的重心的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1＋1＋3,3)，\f(0＋0＋4,3)))，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(4,3))).
14．过抛物线y2＝8x的焦点作直线l1：y＝kx＋m与l2：y＝eq \f(1,k)x＋n(k≠0，k≠±1)，若直线l1与抛物线交于A，B，直线l2与抛物线交于C，D，且AB的中点为M，CD的中点为N，则直线MN与x轴的交点坐标为________．
答案 (－2,0)
解析 由条件可知两条直线都过焦点F(2,0)，
则直线l1：y＝k(x－2)，直线l2：y＝eq \f(1,k)(x－2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝8x，,y＝kx－2，))可得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
x1＋x2＝eq \f(4k2＋8,k2)，y1＋y2＝k(x1－2)＋k(x2－2)＝k(x1＋x2)－4k＝eq \f(8,k)，
则点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k2＋4,k2)，\f(4,k)))，
同理可得点N的坐标为(4k2＋2,4k)，
则直线MN的方程为y－4k＝eq \f(k,k2＋1)(x－4k2－2)，
令y＝0可得x＝－2，
即直线MN与x轴的交点为(－2,0)．
15．已知椭圆eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,b2)＝1，过点P(－2,0)且斜率为1的直线l与椭圆相交于A，B两点，若eq \(PA,\s\up6(→))＝3eq \(PB,\s\up6(→))，则椭圆的标准方程为________________．
答案 eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)＝1
解析 直线l的方程为y＝x＋2，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵eq \(PA,\s\up6(→))＝3eq \(PB,\s\up6(→))，∴y1＝3y2，①
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝x＋2，))
整理得(b2＋2)y2－4b2y＋2b2＝0，
∴y1＋y2＝eq \f(4b2,b2＋2)，②
y1·y2＝eq \f(2b2,b2＋2)，③
由①②③得b2＝4，∴椭圆的标准方程为eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)＝1.
16．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，点(2，eq \r(2))在C上．
(1)求C的方程；
(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
(1)解 由题意，得eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \f(\r(2),2)，①
又点(2，eq \r(2))在C上，所以eq \f(4,a2)＋eq \f(2,b2)＝1，②
联立①②，可解得a2＝8，b2＝4.
所以C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明 由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将y＝kx＋b代入eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1，
得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.
故xM＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－2kb,2k2＋1)，yM＝k·xM＋b＝eq \f(b,2k2＋1).
所以直线OM的斜率kOM＝eq \f(yM,xM)＝－eq \f(1,2k)，
所以kOM·k＝－eq \f(1,2).
故直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．