高中3.2 双曲线一课一练

这是一份高中3.2 双曲线一课一练，共21页。试卷主要包含了已知曲线C，设双曲线C，设F1,F2是双曲线C，设F为双曲线C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

考点一 椭圆的标准方程及几何性质
(2018课标全国Ⅱ,12,5分,)已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=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36的直线上,
△PF1F2为等腰三角形,∠F1F2P=120°,则C的离心率为( )
A.23 B.12 C.13 D.14
2.(2019课标全国Ⅰ,10,5分,)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.x22+y2=1 B.x23+y22=1
C.x24+y23=1 D.x25+y24=1
考点二 双曲线的标准方程及几何性质
3.(多选)(2020新高考Ⅰ,9,5分,)已知曲线C:mx2+ny2=1.( )
A.若m>n>0,则C是椭圆,其焦点在y轴上
B.若m=n>0,则C是圆,其半径为n
C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=±-mnx
D.若m=0,n>0,则C是两条直线
4.(2020全国Ⅲ,11,5分,)设双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为5.P是C上一点,且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面积为4,则a=( )
A.1 B.2 C.4 D.8
5.(2020全国Ⅰ,11,5分,)设F1,F2是双曲线C:x2-y23=1的两个焦点,O为坐标原点,点P在C上且|OP|=2,则△PF1F2的面积为( )
A.72 B.3 C.52 D.2
6.(2019课标全国Ⅱ,11,5分,)设F为双曲线C:x2a2-y2b2=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.2 B.3 C.2 D.5
7.(2020江苏,6,5分,)在平面直角坐标系xOy中,若双曲线x2a2-y25=1(a>0)的一条渐近线方程为y=52x,则该双曲线的离心率是 .
8.(2019江苏,7,5分,)在平面直角坐标系xOy中,若双曲线x2-y2b2=1(b>0)经过点(3,4),则该双曲线的渐近线方程是 .
考点三 直线与椭圆、双曲线的位置关系
9.(2018天津,7,5分,)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2,过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A,B两点.设A,B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1和d2,且d1+d2=6,则双曲线的方程为( )
A.x24-y212=1 B.x212-y24=1
C.x23-y29=1 D.x29-y23=1
10.(2020江苏,18,16分,)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆E:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,直线AF1与椭圆E相交于另一点B.
(1)求△AF1F2的周长;
(2)在x轴上任取一点P,直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q,求OP·QP的最小值;
(3)设点M在椭圆E上,记△OAB与△MAB的面积分别为S1,S2,若S2=3S1,求点M的坐标.
11.(2020新高考Ⅰ,22,12分,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,且过点A(2,1).
(1)求C的方程;
(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
12.(2020全国Ⅰ,20,12分,)已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,AG·GB=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程;
(2)证明:直线CD过定点.
13.(2020北京,20,15分,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1过点A(-2,-1),且a=2b.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点B(-4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=-4于点P,Q.求|PB||BQ|的值.
三年模拟练
应用实践
1.(2020江苏淮安淮阴中学高二上学期期末,)过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于P,F2为其右焦点,若∠F1F2P=30°,则椭圆的离心率为( )

A.22 B.13 C.12 D.33
2.(2021天津滨海新区塘沽一中高二上学期期中,)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(c,0),且a=2c,方程ax2+bx-c=0的两个实数根为x1,x2,则点P(x1,x2)( )
A.在圆x2+y2=2上 B.在圆x2+y2=2外
C.在圆x2+y2=2内 D.以上都有可能
3.()如图,从双曲线x23-y25=1的左焦点F引圆x2+y2=3的切线FP交双曲线右支于点P,T为切点,M为线段FP的中点,O为坐标原点,则MO-MT=( )
A.5-3 B.3 C.5 D.5+3
4.(2021江苏南京五校高二上学期10月联合调研,)光线从椭圆的一个焦点发出,被椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点;光线从双曲线的一个焦点发出,被双曲线反射后的光线的反向延长线经过另一个焦点.如图1,一个光学装置由有相同焦点F1,F2的椭圆Γ与双曲线Γ'构成,现一光线从左焦点F1发出,依次经过Γ'与Γ反射,又回到了点F1,历时t1秒;若将装置中的Γ'去掉,如图2,此光线从点F1发出,经Γ两次反射后又回到了点F1,历时t2秒.若t2=6t1,则Γ与Γ'的离心率之比为( )
A.1∶2 B.1∶2 C.2∶3 D.3∶4
5.(2021江苏徐州第一中学高二上学期期中,)椭圆x2m2+y24=1与双曲线x2a2-y24=1在第一象限的交点为T,F1,F2为公共的左、右焦点,且TF1<4,若它们的离心率分别为e1,e2,则e12+e22的取值范围为( )
A.2,269 B.2,529 C.1,269 D.509,+∞
6.(2021江苏扬州邗江中学高二上学期期中,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32,A、B分别是椭圆的左、右顶点,点P是椭圆上一点,直线PA、PB的倾斜角分别为α、β,满足tan α+
tan β=1,则直线PA的斜率为 .
7.(2020江苏苏州高二上学期期末,)已知一族双曲线En:x2-y2=1n2+n(n∈N*,且n≤2 020),设直线x=2与En在第一象限内的交点为An,由An向En的两条渐近线作垂线,垂足分别为Bn,Cn.记△AnBnCn的面积为f(n),则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2 020)= .
8.(2021江苏南通启东中学高二上学期期中,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2,椭圆C上的动点到左焦点的距离的最大值为2+1.过点P(0,2)的直线l与椭圆C相交于A,B两点,线段AB的中点为M,且不与原点重合.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若y轴上的一点Q满足QA=QB,求证:线段QM的中点在定直线上;
(3)求PAPB的取值范围.
迁移创新
9.(2021江苏镇江高二上学期期中,)古希腊数学家阿波罗尼斯在《圆锥曲线论》中记载了用平面截圆锥得到圆锥曲线的方法.如图,将两个完全相同的圆锥对顶放置(两圆锥的顶点和轴都重合),已知两个圆锥的底面直径均为4,侧面积均为25π.记过两个圆锥轴的截面为平面α,平面α与两个圆锥侧面的交线为AC,BD.已知平面β平行于平面α,平面β与两个圆锥侧面的交线为双曲线C的一部分,且C的两条渐近线分别平行于AC,BD,则双曲线C的离心率为 .
3.1~3.2综合拔高练
五年高考练
1.D 由题意易知直线AP的方程为y=36(x+a),①
直线PF2的方程为y=3(x-c).②
联立①②得y=35(a+c),
如图,过P向x轴引垂线,垂足为H,则PH=35(a+c).
因为∠PF2H=60°,PF2=F1F2=2c,PH=35(a+c),
所以sin 60°=PHPF2=35(a+c)2c=32,
即a+c=5c,即a=4c,
所以e=ca=14.故选D.
解题关键
通过解三角形得到a与c的等量关系是解题的关键.
2.B 设|F2B|=x(x>0),则|AF2|=2x,|AB|=3x,
|BF1|=3x,|AF1|=4a-(|AB|+|BF1|)=4a-6x,
由椭圆的定义知|BF1|+|BF2|=2a=4x,所以|AF1|=2x.
在△BF1F2中,由余弦定理得|BF1|2=|BF2|2+|F1F2|2-2|F2B|·|F1F2|cs∠BF2F1,即9x2=x2+22-4x·cs∠BF2F1①,
在△AF1F2中,由余弦定理可得|AF1|2=|AF2|2+|F1F2|2-2|AF2|·|F1F2|·cs∠AF2F1,即4x2=4x2+22+8x·cs∠BF2F1②,
由①②得x=32,所以2a=4x=23,a=3,所以b2=a2-c2=2.
所以椭圆的方程为x23+y22=1.故选B.
解题模板
由于涉及焦点,所以要利用椭圆的定义,通过解三角形建立方程求a的值,而b2=a2-1,故可得椭圆的方程.
3.ACD A选项中,若m>n>0,则方程mx2+ny2=1可变形为x21m+y21n=1,因为m>n>0,所以0<1m<1n,所以此曲线表示椭圆,且焦点在y轴上,所以A正确.
B选项中,若m=n>0,则方程mx2+ny2=1可变形为x2+y2=1n,所以此曲线表示圆,半径为1n,所以B不正确.
C选项中,若mn<0,则此曲线应为双曲线,mx2+ny2=0可化为y2=-mx2n,即y=±-mnx,即双曲线的渐近线方程为y=±-mnx,所以C正确.
D选项中,若m=0,n>0,则方程mx2+ny2=1可化为y2=1n(x∈R),即y=±1n,表示两条直线,所以D正确.故选ACD.
4.A 设|PF1|=r1,|PF2|=r2,
则|r1-r2|=2a,∴r12+r22-2r1r2=4a2.
∵F1P⊥F2P,∴r12+r22=4c2,
∴4c2-2r1r2=4a2,∴r1r2=2b2.
∵S△PF1F2=12r1r2=12×2b2=b2=4,
∴e=1+b2a2=1+4a2=5,解得a2=1,即a=1.故选A.
5.B 由题易知a=1,b=3,∴c=2,
又∵|OP|=2,∴△PF1F2为直角三角形,
易知||PF1|-|PF2||=2,
∴|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|=4,
又|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=16,
∴|PF1|·|PF2|=16-42=6,
∴S△PF1F2=12|PF1|·|PF2|=3,故选B.
6.A 如图,∵|PQ|=|OF|=c,
∴PQ过点c2,0,∴Pc2,c2.
又∵|OP|=a,∴a2=c22+c22=c22,
∴ca2=2,∴e=ca=2.故选A.
解题关键
由|PQ|=|OF|=c可知PQ过以OF为直径的圆的圆心,进而得到P c2,c2是解答本题的关键.
7.答案 32
解析 ∵双曲线x2a2-y25=1(a>0)的渐近线方程为y=±5ax,∴5a=52,∴a=2,∴离心率e=1+b2a2=1+54=32.
8.答案 y=±2x
解析 由双曲线x2-y2b2=1(b>0)经过点(3,4),得9-16b2=1,解得b=±2,又b>0,所以b=2,
易知双曲线的焦点在x轴上,
故双曲线的渐近线方程为y=±bax=±2x.
9.C ∵双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2,∴e2=1+b2a2=4,∴b2a2=3,即b2=3a2,∴c2=a2+b2=4a2,
由题意可设A(2a,3a),B(2a,-3a),
∵b2a2=3,∴渐近线方程为y=±3x,
设点A与点B到直线3x-y=0的距离分别为d1,d2,则d1=|23a-3a|2=23-32a,d2=|23a+3a|2=23+32a,又∵d1+d2=6,
∴23-32a+23+32a=6,解得a=3,∴b2=9.∴双曲线的方程为x23-y29=1,故选C.
方法归纳
求双曲线标准方程的方法:
(1)定义法:根据题目的条件,若满足双曲线的定义,求出a,b的值,即可求得方程.
(2)待定系数法:根据题目条件确定焦点的位置,从而设出所求双曲线的标准方程,利用题目条件构造关于a,b的方程(组),解得a,b的值,即可求得方程.
10.解析 (1)设椭圆E:x24+y23=1的长轴长为2a,短轴长为2b,焦距为2c,则a2=4,b2=3,c2=1.
所以△AF1F2的周长为2a+2c=6.
(2)椭圆E的右准线为x=4.
设P(x,0),Q(4,y),
则OP=(x,0),QP=(x-4,-y),
OP·QP=x(x-4)=(x-2)2-4≥-4,
在x=2时取等号.
所以OP·QP的最小值为-4.
(3)因为椭圆E:x24+y23=1的左,右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,则F1(-1,0),F2(1,0),A1,32,所以直线AB:3x-4y+3=0.
设M(x,y),因为S2=3S1,
所以点M到直线AB的距离等于点O到直线AB的距离的3倍.
由此得|3x-4y+3|5=3×|3×0-4×0+3|5,
则3x-4y+12=0或3x-4y-6=0.
由3x-4y+12=0,x24+y23=1,得7x2+24x+32=0,此方程无解;
由3x-4y-6=0,x24+y23=1,得7x2-12x-4=0,所以x=2或x=-27.
代入直线l:3x-4y-6=0,对应分别得y=0或y=-127.
因此点M的坐标为(2,0)或-27,-127.
11.解析 (1)由题设得4a2+1b2=1,a2-b2a2=12,解得a2=6,b2=3.
所以C的方程为x26+y23=1.
(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2).
若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)·x2+4kmx+2m2-6=0.
于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.①
由AM⊥AN知AM·AN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.
将①代入上式可得(k2+1)2m2-61+2k2-(km-k-2)4km1+2k2+(m-1)2+4=0,
整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.
因为A(2,1)不在直线MN上,
所以2k+m-1≠0,
故2k+3m+1=0,k≠1.
于是MN的方程为y=kx-23-13(k≠1).
所以直线MN过点P23,-13.
若直线MN与x轴垂直,则N(x1,-y1).
由AM·AN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)·(-y1-1)=0.
又x126+y123=1,可得3x12-8x1+4=0.
解得x1=2(舍去)或x1=23.
此时直线MN过点P23,-13.
令Q为AP的中点,即Q43,13.
若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|=12|AP|=223.
若D与P重合,则|DQ|=12|AP|.
综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.
12.解析 (1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1),则AG=(a,1),GB=(a,-1).由AG·GB=8得a2-1=8,即a=3.
所以E的方程为x29+y2=1.
(2)证明:设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).
若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3由于直线PA的方程为y=t9(x+3),
所以y1=t9(x1+3).
直线PB的方程为y=t3(x-3),
所以y2=t3(x2-3).
可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).
由于x229+y22=1,因此y22=-(x2+3)(x2-3)9,
可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),
即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.①
将x=my+n代入x29+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.
所以y1+y2=-2mnm2+9,y1y2=n2-9m2+9,
代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0,
解得n1=-3(舍去),n2=32.
故直线CD的方程为x=my+32,
即直线CD过定点32,0.
若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点32,0.
综上,直线CD过定点32,0.
13.解析 (1)由已知条件可列方程组a=2b,(-2)2a2+(-1)2b2=1,解得a=22,b=2,
故椭圆C的标准方程为x28+y22=1.
(2)解法一:由题意知,直线l的斜率存在,设l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+4).
当k≠0时,直线l与椭圆C交于M、N两点,设M(x1,y1),N(x2,y2),
联立y=k(x+4),x28+y22=1,化简得(4k2+1)x2+32k2x+(64k2-8)=0,
则x1+x2=-32k24k2+1,x1x2=64k2-84k2+1,
Δ=(32k2)2-4×(4k2+1)×(64k2-8)=32(1-4k2)>0,解得-12直线MA的方程为y=y1+1x1+2(x+2)-1,
令x=-4,得到yP=-2(y1+1)x1+2-1,
即P-4,-(2k+1)(x1+4)x1+2,
同理直线NA的方程为y=y2+1x2+2(x+2)-1,令x=-4,得到yQ=-2(y2+1)x2+2-1,
即Q-4,-(2k+1)(x2+4)x2+2,
yP+yQ=-(2k+1)x1+4x1+2+x2+4x2+2=-2(2k+1)(x1+2)(x2+2)[x1x2+3(x1+x2)+8],
因为x1x2+3(x1+x2)+8=64k2-84k2+1-3×32k24k2+1+8(4k2+1)4k2+1=0,所以yP+yQ=0,即yP=-yQ,所以|PB||BQ|=|yP||yQ|=1.
当k=0时,易得直线l与椭圆C的两个交点分别为(-22,0)和(22,0),不妨设M(-22,0),N(22,0),
则直线MA的方程为y=-2+12(x+22),
直线NA的方程为y=2-12(x-22),
令x=-4,则yP=2,yQ=-2,
此时也满足|PB||BQ|=1.综上所述,|PB||BQ|=1.
解法二:由题意得直线l的斜率存在,设l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+4),设M(x1,y1),N(x2,y2),
联立y=k(x+4),x28+y22=1,化简得(4k2+1)x2+32k2x+(64k2-8)=0,
则x1+x2=-32k24k2+1,x1x2=64k2-84k2+1,
Δ=(32k2)2-4×(4k2+1)×(64k2-8)=32(1-4k2)>0,
解得-12直线MA的方程为y=y1+1x1+2(x+2)-1,
直线NA的方程为y=y2+1x2+2(x+2)-1,
令x=-4,则yP=-x1-2y1-4x1+2,yQ=-x2-2y2-4x2+2,
所以P-4,-x1-2y1-4x1+2,Q-4,-x2-2y2-4x2+2,
所以|PB||BQ|=|yP||yQ|=-x1-2y1-4x1+2-x2-2y2-4x2+2
=[(2k+1)x1+(8k+4)](x2+2)[(2k+1)x2+(8k+4)](x1+2)
=(2k+1)x1x2+(4k+2)(x1+x2)+8(2k+1)+(4k+2)x2(2k+1)x1x2+(4k+2)(x1+x2)+8(2k+1)+(4k+2)x1,
将x1+x2和x1x2代入上式,
整理得|PB||BQ|=(2k+1)32k24k2+1+2x2(2k+1)32k24k2+1+2x1
=-(x1+x2)+2x2-(x1+x2)+2x1=1.
解法三:易知当l的斜率为0时,|PB||BQ|=1.
当l的斜率不为0时,
设直线l:x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),
由x=my-4,x28+y22=1,得(m2+4)y2-8my+8=0,
由Δ=64m2-4×8×(m2+4)>0,解得m2>4,
且y1+y2=8mm2+4,y1y2=8m2+4,
此时lMA:y+1=y1+1x1+2(x+2),
令x=-4,得yP=-2(y1+1)x1+2-1,
同理可得yQ=-2(y2+1)x2+2-1,
则yP+yQ=-2(y1+1)x1+2+-2(y2+1)x2+2-2
=-2y1+1x1+2+y2+1x2+2+1
=-2×(y1+1)(x2+2)+(y2+1)(x1+2)+(x1+2)(x2+2)(x1+2)(x2+2),
因为(y1+1)(x2+2)+(y2+1)(x1+2)+(x1+2)(x2+2)
=(y1+1)(my2-2)+(y2+1)(my1-2)+(my1-2)(my2-2)
=m(m+2)y1y2-(m+2)(y1+y2)
=m(m+2)8m2+4-(m+2)8mm2+4=0,
所以yP+yQ=0,所以|PB|=|BQ|,所以|PB||BQ|=1.
综上,|PB||BQ|=1.
三年模拟练
1.D 把x=-c代入椭圆方程,解得P的坐标为-c,b2a或-c,-b2a,
∵∠F1F2P=30°,∴tan 30°= b2a2c = 33,
即2ac=3b2=3(a2-c2),∴3e2+2e-3=0,∴e=33或e=-3(舍去).故选D.
2.C 因为方程ax2+bx-c=0的两个实数根为x1,x2,所以x1+x2=-ba,x1x2=-ca,又椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(c,0),且a=2c,所以b2=a2-c2=3c2,
因此x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=b2a2+2ca=3c24c2+1=74<2,所以点P(x1,x2)在圆x2+y2=2内.故选C.
3.A 如图.
设双曲线的右焦点为F',连接PF',则PF-PF'=2a=23.在Rt△OT F中,FO=c=22,OT=a=3,∴FT=b=5,
∵M为FP的中点,O为FF'的中点,
∴MO为△FF'P的中位线,
∴MF-MO=a=3,即MT+5-MO=3,
∴MO-MT=5-3.故选A.
4.C 设椭圆的长半轴长为a1,双曲线的实半轴长为a2,在题图1中,由椭圆定义可得BF1+BF2=2a1①,由双曲线定义可得AF2-AF1=2a2②,①-②得AF1+AB+BF1=2a1-2a2,∴△ABF1的周长为2a1-2a2.在题图2中,光线从椭圆的一个焦点发出,被椭圆两次反射后经过椭圆的另一个焦点,即直线CD过F2,
∴△CDF1的周长为4a1,又∵两次时间分别为t1,t2,且t2=6t1,且光线速度相同,
∴t1t2=2a1-2a24a1=16,∴a1a2=32,
∵椭圆与双曲线的焦点相同,∴c1=c2,
∴e1e2 = c1a1c2a2 = a2a1 = 23.故选C.
5.D 由题意可得m2-4=a2+4,所以m2=a2+8,由椭圆及双曲线的定义可得TF1+TF2=2|m|,TF1-TF2=2|a|,所以TF1=|a|+|m|=|a|+a2+8<4,即a2+8<4-|a|,解得0<|a|<1,
则e12+e22=m2-4m2+a2+4a2=2+41a2-1m2=2+4m2-a2m2a2=2+32m2a2=2+32(a2+8)a2,
因为0<|a|<1,所以0所以(a2+8)a2=(a2+4)2-16∈(0,9),
所以32(a2+8)a2∈329,+∞,
所以2+32(a2+8)a2∈509,+∞,故选D.
6.答案 2+12或1-22
解析 依题意知ca=32=1-ba2,则ba=12,即a=2b,设P(x0,y0)(x0≠0),则x02a2+y02b2=1,即x02a2+y02a24=1,化简得-4y02=x02-a2.
由于A,B分别是椭圆的左,右顶点,
所以A(-a,0),B(a,0),
所以tan α+tan β=y0x0+a+y0x0-a=2x0y0x02-a2=2x0y0-4y02=-x02y0=1,所以x0=-2y0,
所以x0=-22a,y0=24a或x0=22a,y0=-24a,
当x0=-22a,y0=24a时,tan α=y0x0+a=2a4-22a+a=2+12,
当x0=22a,y0=-24a时,tan α=y0x0+a=-2a422a+a=1-22,
所以直线PA的斜率为2+12或1-22.
7.答案 5052 021
解析 易知双曲线的渐近线方程为y=±x,即x+y=0,x-y=0,两条渐近线互相垂直,
设An(x0,y0),则x02-y02=1n2+n,不妨设Cn在第一象限,则An(x0,y0)到两条渐近线的距离分别为AnBn=|x0+y0|2,AnCn=|x0-y0|2,又AnBn⊥AnCn,所以△AnBnCn的面积为f(n)=12AnBn·AnCn=12·|x0+y0|2·|x0-y0|2=14(x02-y02)=14×1n2+n,即f(n)=14×1n-1n+1,所以f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2 020)=14×1-12+12-13+…+12 020-12 021
=14×1-12 021=5052 021,故答案为5052 021.
8.解析 (1)由于椭圆C的短轴长为2,所以b=1,因为椭圆C上的动点到左焦点的距离的最大值为2+1,所以a+c=2+1,又因为b2=a2-c2,所以a-c=2-1,所以a=2,c=1,所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1.
(2)证明:显然直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+2,代入x22+y2=1,整理得(2k2+1)·x2+8kx+6=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8k2k2+1,x1x2=62k2+1,xM=12(x1+x2)=-4k2k2+1,
所以yM=kxM+2=k·-4k2k2+1+2=22k2+1,所以直线QM的方程为y-22k2+1=-1k·x--4k2k2+1.令x=0,得yQ=-22k2+1,则yQ=-yM,即yQ+yM2=0,
所以QM的中点在定直线x轴上.
(3)设PAPB=λ,由(2)知λ=PAPB=x1x2=x1x2,
由(2k2+1)x2+8kx+6=0,得Δ=(8k)2-24(2k2+1)>0,即k2>32,
所以x1x2+x2x1=x12+x22x1x2
=(x1+x2)2x1x2-2=32k23(2k2+1)-2=2(10k2-3)3(2k2+1),
令μ=2(10k2-3)3(2k2+1),则k2=3μ+620-6μ,由k2>32,得2<μ<103,即2<λ+1λ<103,
解得13<λ<3且λ≠1,
即PAPB的取值范围为13,1∪(1,3).
9.答案 5
解析 以矩形ABCD的中心为原点,圆锥的轴为x轴建立平面直角坐标系,如图所示,
设双曲线的标准方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),由圆锥的底面直径均为4可得底面半径r=2,侧面积均为25π可得OA=5,AM=2,则OM=1,则tan∠AOM=2,即ba=2,
所以e=a2+b2a2=1+b2a2=5.