2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第八章 平面解析几何

这是一份2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第八章 平面解析几何，共66页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．(2023·重庆沙坪坝南开中学校考期末)直线x－ eq \r(3) y＋1＝0的倾斜角是( A )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
解析：因为x－ eq \r(3) y＋1＝0的斜率k＝ eq \f(1,\r(3)) ＝ eq \f(\r(3),3) ，所以其倾斜角为30°.故选A.
2．(教材改编)若过点M(－2，m)，N(m，4)的直线的斜率等于1，则m的值为( A )
A．1 B．4
C．1或3 D．1或4
解析：由题意得 eq \f(m－4,－2－m) ＝1，解得m＝1.故选A.
3．若平面内三点A(1，－a)，B(2，a2)，C(3，a3)共线，则a＝( A )
A．1± eq \r(2) 或0 B． eq \f(2－\r(5),2) 或0
C． eq \f(2±\r(5),2) D． eq \f(2＋\r(5),2) 或0
解析：由题意知kAB＝kAC，即 eq \f(a2＋a,2－1) ＝ eq \f(a3＋a,3－1) ，即a(a2－2a－1)＝0，解得a＝0或a＝1± eq \r(2) .故选A.
4．(2024·江西赣州高三上犹中学校考期末)已知点A(2，1)，B(3，2)，则直线AB的倾斜角为( B )
A．30° B．45°
C．60° D．135°
解析：设直线AB的倾斜角为α，则k＝tan α＝ eq \f(2－1,3－2) ＝1，又因为0°≤α<180°，所以α＝45°.故选B.
5．若过点P(1－a，1＋a)和Q(3，2a)的直线的倾斜角为钝角，则实数a的取值范围是( A )
A．(－2，1)
B．(－1，2)
C．(－∞，0)
D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
解析：由题意知 eq \f(2a－1－a,3－1＋a) <0，即 eq \f(a－1,2＋a) <0，解得－26．若直线y＝ax＋c经过第一、二、三象限，则有( A )
A．a>0，c>0 B．a>0，c<0
C．a<0，c>0 D．a<0，c<0
解析：∵直线y＝ax＋c经过第一、二、三象限，∴直线的斜率a>0，在y轴上的截距c>0.故选A.
7．直线2x cs α－y－3＝0 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))))) 的倾斜角的取值范围是( B )
A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))
C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(2π,3)))
解析：直线2x cs α－y－3＝0的斜率k＝2cs α，因为α∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) ，所以 eq \f(1,2) ≤cs α≤ eq \f(\r(3),2) ，因此k＝2cs α∈[1， eq \r(3) ].设直线的倾斜角为θ，则有tan θ∈[1， eq \r(3) ].又θ∈[0，π)，所以θ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3))) ，即倾斜角的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3))) .故选B.
8．(2023·河南南阳高三统考期末)直线a，b，c的斜率分别为2，1，－2，倾斜角分别为α，β，γ，则( B )
A．α>β>γ B．γ>α>β
C．γ>β>α D．α>γ>β
解析：由于k＝tan x，x∈[0，π)，x≠ eq \f(π,2) ，由正切函数的图象性质可知，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 时，k为增函数，且k>0，由2>1，可知 eq \f(π,2) >α>β>0；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 时，k为增函数，且k<0，－2<0，所以γ> eq \f(π,2) .所以γ>α>β.故选B.
二、多项选择题
9．在下列四个命题中，错误的有( ACD )
A．坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角和斜率
B．直线倾斜角的取值范围是[0，π)
C．若一条直线的斜率为tan α，则此直线的倾斜角为α
D．若一条直线的倾斜角为α，则此直线的斜率为tan α
解析：对于A，当直线与x轴垂直时，直线的倾斜角为90°，斜率不存在，故A错误；对于B，直线倾斜角的取值范围是[0，π)，故B正确；对于C，一条直线的斜率为tan α，此直线的倾斜角不一定为α，故C错误；对于D，一条直线的倾斜角为α时，它的斜率为tan α或不存在，故D错误．故选ACD.
10．若直线过点A(1，2)，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线l的方程为( ABC )
A．x－y＋1＝0 B．x＋y－3＝0
C．2x－y＝0 D．x－y－1＝0
解析：当直线经过原点时，斜率为k＝ eq \f(2－0,1－0) ＝2，所求的直线方程为y＝2x，即2x－y＝0；当直线不过原点时，设所求的直线方程为x±y＝k，把点A(1，2)代入可得1－2＝k或1＋2＝k，求得k＝－1或k＝3，故所求的直线方程为x－y＋1＝0或x＋y－3＝0.综上知，所求的直线方程为2x－y＝0，x－y＋1＝0或x＋y－3＝0.故选ABC.
11．下列说法正确的有( ABC )
A．若直线y＝kx＋b经过第一、二、四象限，则(k，b)在第二象限
B．直线y＝ax－3a＋2过定点(3，2)
C．过点(2，－1)，斜率为－ eq \r(3) 的直线的点斜式方程为y＋1＝－ eq \r(3) (x－2)
D．斜率为－2，在y轴上截距为3的直线方程为y＝－2x±3
解析：直线y＝kx＋b经过第一、二、四象限，则k<0，b>0，所以(k，b)在第二象限，故A正确；直线可写为y－2＝a(x－3)，所以直线过定点(3，2)，故B正确；根据直线的点斜式方程知C正确；由直线的斜截式方程得y＝－2x＋3，故D错误．故选ABC.
12．过定点(2，3)且在两坐标轴上截距的绝对值相等的直线为( ABC )
A.3x－2y＝0
B．x＋y－5＝0
C．x－y＋1＝0
D．x－y－5＝0
解析：由题意，直线不与坐标轴垂直，设所求的直线方程为y＝k(x－2)＋3，当y＝0时，得横截距x＝2－ eq \f(3,k) ，当x＝0时，得纵截距y＝3－2k，因为过点(2，3)的直线在两坐标轴上截距的绝对值相等，所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\f(3,k))) ＝|3－2k|，所以2－ eq \f(3,k) ＝3－2k或2－ eq \f(3,k) ＝2k－3，所以k＝－1或k＝ eq \f(3,2) 或k＝1，所以直线的方程为x＋y－5＝0或3x－2y＝0或x－y＋1＝0.故选ABC.
三、填空题
13．设直线l的方程为2x＋(k－3)y－2k＋6＝0(k≠3)，若直线l的斜率为－1，则k＝5；若直线l在x轴、y轴上的截距之和等于0，则k＝1．
解析：因为直线l的斜率存在，所以直线l的方程可化为y＝－ eq \f(2,k－3) x＋2，由题意得－ eq \f(2,k－3) ＝－1，解得k＝5.直线l的方程可化为 eq \f(x,k－3) ＋ eq \f(y,2) ＝1，由题意得k－3＋2＝0，解得k＝1.
14．如图，过点P(4，1)作直线l，分别交x轴、y轴的正半轴于点A，B.当|OA|＋|OB|取最小值时，直线l的方程为x＋2y－6＝0．
解析：设A(a，0)，B(0，b)，则直线l： eq \f(x,a) ＋ eq \f(y,b) ＝1(a>0，b>0)，因为直线l经过点P(4，1)，所以 eq \f(4,a) ＋ eq \f(1,b) ＝1.|OA|＋|OB|＝a＋b＝(a＋b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a)＋\f(1,b))) ＝5＋ eq \f(a,b) ＋ eq \f(4b,a) ≥9，当且仅当a＝6，b＝3时等号成立，所以当|OA|＋|OB|取最小值时，直线l的方程为x＋2y－6＝0.
15．已知三角形的三个顶点A(－5，0)，B(3，－3)，C(0，2)，则BC边上中线所在的直线方程为x＋13y＋5＝0．
解析：BC的中点坐标为( eq \f(3,2) ，－ eq \f(1,2) )，∴BC边上中线所在直线方程为 eq \f(y－0,－\f(1,2)－0) ＝ eq \f(x＋5,\f(3,2)＋5) ，即x＋13y＋5＝0.
16．已知直线l与x轴交于点Q，与α＝ eq \f(2π,3) 的终边(始边为x轴正半轴)交于点P，O为坐标原点，若P点横坐标为－1，∠OPQ＝ eq \f(π,6) ，则直线l的方程为 eq \r(3) x＋3y－2 eq \r(3) ＝0．
解析：如图，由题意知，直线l与α＝ eq \f(2π,3) 的终边交于点P，O为坐标原点，即∠POQ＝ eq \f(2π,3) ，又由P点横坐标为－1，可得P(－1， eq \r(3) )，所以|OP|＝2，又因为∠OPQ＝ eq \f(π,6) ，则∠PQO＝ eq \f(π,6) ，所以|OQ|＝2，即Q(2，0)，又由∠PQO＝ eq \f(π,6) ，所以直线l的斜率为k＝tan (π－ eq \f(π,6) )＝tan eq \f(5π,6) ＝－ eq \f(\r(3),3) ，所以直线l的方程为y＝－ eq \f(\r(3),3) (x－2)，即 eq \r(3) x＋3y－2 eq \r(3) ＝0.
一、单项选择题
1．(2023·陕西汉中高三校联考期末)已知直线l经过A(－1，4)，B(1，2)两点，则直线l的斜率为( D )
A．3 B．－3
C．1 D．－1
解析：因为直线l经过A(－1，4)，B(1，2)两点，所以直线l的斜率为kAB＝ eq \f(2－4,1－（－1）) ＝－1.故选D.
2．(2023·安徽蚌埠高三统考期末)已知直线l：x＋ay＋6＝0的倾斜角为60°，则实数a＝( B )
A．－ eq \r(3) B．－ eq \f(\r(3),3)
C． eq \f(\r(3),3) D． eq \r(3)
解析：已知直线l：x＋ay＋6＝0的倾斜角为60°，则直线l：x＋ay＋6＝0的斜率为k＝tan 60°＝－ eq \f(1,a) ＝ eq \r(3) ，则a＝－ eq \f(\r(3),3) .故选B.
3．三条直线l1，l2，l3的位置如图所示，它们的斜率分别为k1，k2，k3，则k1，k2，k3的大小关系为( B )
A．k2>k1>k3
B．k2>k3>k1
C．k3>k2>k1
D．k3>k1>k2
解析：设三条直线l1，l2，l3的倾斜角为θi(i＝1，2，3)，由图可知0<θ3<θ2< eq \f(π,2) <θ1<π，所以k2>k3>k1.故选B.
4．无论m取何实数时，直线(m－1)x－(m＋3)y－(m－11)＝0恒过定点，则定点的坐标为( A )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，\f(5,2))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(7,2)))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(5,2))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(3,2)))
解析：直线方程可化为－x－3y＋11＋m(x－y－1)＝0，解方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x－3y＋11＝0，,x－y－1＝0，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(7,2)，,y＝\f(5,2)，)) 即定点的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，\f(5,2))) .故选A.
5．(2024·山东潍坊高三月考)已知直线(2m2－7m＋3)x＋(m2－9)y＋3m2＝0在y轴上的截距是－4，则m＝( D )
A．4 B．±4
C．6 D．±6
解析：由题意得，直线过点(0，－4)，则－4(m2－9)＋3m2＝0，则m2＝36，解得m＝±6.故选D.
6．已知点A(1，3)，B(－2，1)，若直线l：kx－y＋k－1＝0与线段AB有公共点，则k的取值范围是( C )
A．[2，＋∞)
B．(－∞，－2]
C．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
D．[－2，2]
解析：如图，直线l：y＝k(x＋1)－1经过定点P(－1，－1)，kPA＝2，kPB＝－2.又直线l：y＝k(x＋1)－1与线段AB相交，所以k≥2或k≤－2.故选C.
7．平面直角坐标系中，下列关于直线的几何性质说法不正确的是( B )
A．直线l：x＋y－3＝0过点P(1，2)
B．直线y＝kx－2在y轴上的截距是2
C．直线x－y＋4＝0的图象不经过第四象限
D．直线x－ eq \r(3) y＋1＝0的倾斜角为30°
解析：对于A，将P(1，2)代入x＋y－3＝0得1＋2－3＝0，故A正确；对于B，当x＝0时，y＝－2，故在y轴上的截距是－2，故B错误；对于C，由x－y＋4＝0得y＝x＋4，故k＝1>0，b＝4>0，故其图象不经过第四象限，故C正确；对于D，x－ eq \r(3) y＋1＝0的斜率为 eq \f(\r(3),3) ，故倾斜角为30°，故D正确．故选B.
8．已知点M是直线l：2x－y－4＝0与x轴的交点，将直线l绕点M按逆时针方向旋转45°，得到的直线方程是( D )
A．x＋y－3＝0 B．x－3y－2＝0
C．3x－y＋6＝0 D．3x＋y－6＝0
解析：设直线l的倾斜角为α，则tan α＝k＝2，直线l绕点M按逆时针方向旋转45°，所得直线的斜率k′＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))) ＝ eq \f(2＋1,1－2×1) ＝－3，又点M(2，0)，所以y＝－3(x－2)，即3x＋y－6＝0.故选D.
二、多项选择题
9．已知直线x sin α＋y cs α＋1＝0(α∈R)，则下列命题正确的是( BD )
A．直线的倾斜角是π－α
B．无论α如何变化，直线不过原点
C．直线的斜率一定存在
D．当直线和两坐标轴都相交时，它和坐标轴围成的三角形的面积不小于1
解析：根据直线倾斜角的范围为[0，π)，而π－α∈R，故A错误；当x＝y＝0时，x sin α＋y cs α＋1＝1≠0，所以直线必不过原点，故B正确；当α＝ eq \f(π,2) 时，直线斜率不存在，故C错误；当直线和两坐标轴都相交时，它和坐标轴围成的三角形的面积为S＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,－sin α))) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,－cs α))) ＝ eq \f(1,|sin 2α|) ≥1，故D正确．故选BD.
10．(2024·广东广州培正中学校考期末)下列说法中正确的是( ABC )
A．若直线斜率为 eq \f(\r(3),3) ，则它的倾斜角为30°
B．若A(1，－3)，B(1，3)，则直线AB的倾斜角为90°
C．若直线过点(1，2)，且它的倾斜角为45°，则这条直线必过点(3，4)
D．若直线的斜率为 eq \f(3,4) ，则这条直线必过(1，1)与(5，4)两点
解析：对于A，设直线的倾斜角为α(0°≤α<180°)，则由题意得tan α＝ eq \f(\r(3),3) ，所以α＝30°，故A正确；对于B，因为A(1，－3)，B(1，3)，所以直线AB与x轴垂直，则其斜率不存在，故其倾斜角为90°，故B正确；对于C，因为直线过定点(1，2)，且斜率为tan 45°＝1，所以直线的方程为y－2＝x－1，即y＝x＋1，易知4＝3＋1，故直线必过(3，4)，故C正确；对于D，不妨取y＝ eq \f(3,4) x，满足直线的斜率为 eq \f(3,4) ，但显然该直线y＝ eq \f(3,4) x不过(1，1)与(5，4)两点，故D错误．故选ABC.
11．若直线5x＋4y＝2m＋1与直线2x＋3y＝m的交点在第四象限，则实数m的值可以为( AB )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：依题意，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5x＋4y＝2m＋1，,2x＋3y＝m，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(2m＋3,7)，,y＝\f(m－2,7)，)) 则两直线交点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m＋3,7)，\f(m－2,7))) ，又因为交点在第四象限，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2m＋3,7)>0，,\f(m－2,7)<0，)) 解得－ eq \f(3,2) 12．(2023·江苏扬州江都中学模拟)下列四个结论，其中正确的有( BC )
A．方程y＝x与方程 eq \f(y,x) ＝1表示同一条直线
B．直线y－1＝k(x－2)恒过定点(2，1)
C．直线x＋y－3＝0的倾斜角为135°
D．过点(1，2)，且在两坐标轴上截距相等的直线仅有一条
解析：对于A，方程y＝x中的x∈R，而方程 eq \f(y,x) ＝1中的x≠0，所以两个方程表示不同的直线，故A错误；对于B，当x＝2时，不管k为何值，y＝1，所以直线y－1＝k(x－2)恒过定点(2，1)，故B正确；对于C，由x＋y－3＝0，得y＝－x＋3，即直线斜率为k＝－1，所以其倾斜角为135°，故C正确；对于D，当直线在坐标轴上的截距都为0时，此时直线方程为y＝2x，当直线在坐标轴上的截距都不为0时，可设其方程为 eq \f(x,a) ＋ eq \f(y,a) ＝1，则 eq \f(1,a) ＋ eq \f(2,a) ＝0，解得a＝3，此时直线方程为x＋y－3＝0，所以过点(1，2)，且在两坐标轴上截距相等的直线有2条，故D错误．故选BC.
三、填空题
13．已知P(－3，2)，Q(3，4)及直线ax＋y＋3＝0.若沿 eq \(PQ,\s\up9(→)) 的方向延长线段PQ与直线有交点(不含Q点)，则a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,3)，－\f(1,3))) ．
解析：如图，直线l：ax＋y＋3＝0是过点A(0，－3)的直线系，斜率为－a，易知PQ，QA，l的斜率分别为：kPQ＝ eq \f(1,3) ，kAQ＝ eq \f(7,3) ，kl＝－a.若l与PQ延长线相交，由图可知kPQ14．已知数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(1,n（n＋1）) (n∈N*)，其前n项和Sn＝ eq \f(9,10) ，则直线 eq \f(x,n＋1) ＋ eq \f(y,n) ＝1与坐标轴所围成的三角形的面积为45．
解析：由an＝ eq \f(1,n（n＋1）) 可知an＝ eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) ，所以Sn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2))) ＋( eq \f(1,2) － eq \f(1,3) )＋( eq \f(1,3) － eq \f(1,4) )＋…＋( eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) )＝1－ eq \f(1,n＋1) ，又知Sn＝ eq \f(9,10) ，所以1－ eq \f(1,n＋1) ＝ eq \f(9,10) ，所以n＝9.所以直线方程为 eq \f(x,10) ＋ eq \f(y,9) ＝1，且与坐标轴的交点为(10，0)和(0，9)，所以直线与坐标轴所围成的三角形的面积为 eq \f(1,2) ×10×9＝45.
15．(2024·上海杨浦区控江中学期末)直线l：y＝2x－1绕着点A(1，1)逆时针旋转 eq \f(π,4) 与直线l1重合，则l1的斜截式方程是y＝－3x＋4．
解析：设直线l的倾斜角为α，则tan α＝2，则tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))) ＝ eq \f(tan α＋1,1－tan α) ＝－3，所以直线l1：y－1＝－3(x－1)y＝－3x＋4.
16．如图，射线OA，OB分别与x轴正半轴成45°和30°角，过点P(1，0)作直线AB分别交OA，OB于A，B两点，当AB的中点C恰好落在直线y＝ eq \f(1,2) x上时，直线AB的方程是(3＋ eq \r(3) )x－2y－3－ eq \r(3) ＝0．
解析：由题意可得kOA＝tan 45°＝1，kOB＝tan (180°－30°)＝－ eq \f(\r(3),3) ，所以直线lOA：y＝x，lOB：y＝－ eq \f(\r(3),3) x.设A(m，m)，B(－ eq \r(3) n，n)，
所以AB的中点C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m－\r(3)n,2)，\f(m＋n,2))) ，由点C在直线y＝ eq \f(1,2) x上，且A，P，B三点共线得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2)＝\f(1,2)·\f(m－\r(3)n,2)，,（m－0）·（－\r(3)n－1）＝（n－0）·（m－1），)) 解得m＝ eq \r(3) ，所以A( eq \r(3) ， eq \r(3) ).又P(1，0)，所以kAB＝kAP＝ eq \f(\r(3),\r(3)－1) ＝ eq \f(3＋\r(3),2) ，
所以lAB：y＝ eq \f(3＋\r(3),2) (x－1)，即直线AB的方程为(3＋ eq \r(3) )x－2y－3－ eq \r(3) ＝0.
考点练45 两条直线的位置关系 对应学生用书097页
一、单项选择题
1．(2023·海南海口华侨中学校考二模)若直线y＝－2x＋4与直线y＝kx的交点在直线y＝x＋2上，则实数k＝( A )
A．4 B．2
C． eq \f(1,2) D． eq \f(1,4)
解析：解方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－2x＋4，,y＝x＋2，)) 得直线y＝－2x＋4与直线y＝x＋2的交点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(8,3))) ，依题意， eq \f(8,3) ＝ eq \f(2,3) k，解得k＝4，所以实数k＝4.故选A.
2．设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的( A )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：若两直线平行，则a(a＋1)＝2，即a2＋a－2＝0，∴a＝1或a＝－2，故a＝1是两直线平行的充分不必要条件．故选A.
3．(教材改编)已知直线l过点(0，7)，且与直线y＝－4x＋2平行，则直线l的方程为( D )
A．y＝－4x－7 B．y＝4x－7
C．y＝4x＋7 D．y＝－4x＋7
解析：过点(0，7)且与直线y＝－4x＋2平行的直线方程为y－7＝－4x，即直线l的方程为y＝－4x＋7.故选D.
4．若直线mx＋4y－2＝0与直线2x－5y＋n＝0垂直，垂足为(1，p)，则实数n的值为( A )
A．－12 B．－2
C．0 D．10
解析：由2m－20＝0，得m＝10.由垂足(1，p)在直线mx＋4y－2＝0上，得p＝－2，∴垂足坐标为(1，－2).又垂足在直线2x－5y＋n＝0上，得n＝－12.故选A.
5．若直线l1：x＋ay＋6＝0与l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0平行，则l1与l2间的距离为( B )
A． eq \r(2) B． eq \f(8\r(2),3) C． eq \r(3) D． eq \f(8\r(3),3)
解析：因为a＝0或a＝2时，l1与l2均不平行，所以a≠0且a≠2.因为l1∥l2，所以 eq \f(1,a－2) ＝ eq \f(a,3) ≠ eq \f(6,2a) ，解得a＝－1，所以l1：x－y＋6＝0，l2：x－y＋ eq \f(2,3) ＝0，所以l1与l2之间的距离d＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(6－\f(2,3))),\r(2)) ＝ eq \f(8\r(2),3) .故选B.
6．过两直线l1：x－3y＋4＝0和l2：2x＋y＋5＝0的交点和原点的直线方程为( D )
A．3x－19y＝0 B．19x－3y＝0
C．19x＋3y＝0 D．3x＋19y＝0
解析：设过两直线交点的直线系方程为x－3y＋4＋λ(2x＋y＋5)＝0，代入原点坐标，得4＋5λ＝0，解得λ＝－ eq \f(4,5) ，故所求直线方程为x－3y＋4－ eq \f(4,5) (2x＋y＋5)＝0，即3x＋19y＝0.故选D.
二、多项选择题
7．点P在直线3x＋y－5＝0上，且点P到直线x－y－1＝0的距离为 eq \r(2) ，则点P的坐标为( AC )
A．(1，2) B．(2，1)
C．(2，－1) D．(－2，1)
解析：设P(x0，y0)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x0＋y0－5＝0，,\f(|x0－y0－1|,\r(2))＝\r(2)，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝1，,y0＝2)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝2，,y0＝－1，)) 所以点P的坐标为(1，2)或(2，－1).故选AC.
8．(新定义问题)定义点P(x0，y0)到直线l：ax＋by＋c＝0(a2＋b2≠0)的有向距离为d＝ eq \f(ax0＋by0＋c,\r(a2＋b2)) .已知点P1，P2到直线l的有向距离分别是d1，d2.以下命题不正确的是( BCD )
A．若d1＝d2＝1，则直线P1P2与直线l平行
B．若d1＝1，d2＝－1，则直线P1P2与直线l垂直
C.若d1＋d2＝0，则直线P1P2与直线l垂直
D．若d1·d2≤0，则直线P1P2与直线l相交
解析：设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，对于A，若d1＝d2＝1，则ax1＋by1＋c＝ax2＋by2＋c＝ eq \r(a2＋b2) ，直线P1P2与直线l平行，故A正确；对于B，点P1，P2在直线l的两侧且到直线l的距离相等，P1P2不一定与l垂直，故B错误；对于C，若d1＝d2＝0，满足d1＋d2＝0，即ax1＋by1＋c＝ax2＋by2＋c＝0，则点P1，P2都在直线l上，所以此时直线P1P2与直线l重合，故C错误；对于D，若d1·d2≤0，即(ax1＋by1＋c)(ax2＋by2＋c)≤0，所以点P1，P2分别位于直线l的两侧或在直线l上，所以直线P1P2与直线l相交或重合，故D错误．故选BCD.
三、填空题
9．(教材改编)若三条直线y＝2x，x＋y＝3，mx＋2y＋5＝0相交于一点，则m的值为－9．
解析：由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x，,x＋y＝3，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝2.)) 所以点(1，2)满足方程mx＋2y＋5＝0，即m×1＋2×2＋5＝0，所以m＝－9.
10．(2024·河北保定七中高三月考)过点P(0，1)且和A(3，3)，B(5，－1)的距离相等的直线方程是2x＋y－1＝0或y＝1．
解析：若斜率不存在时，过点P(0，1)的直线为x＝0，此时不满足条件；若斜率存在时，设过点P(0，1)的直线l：y－1＝kx，即kx－y＋1＝0.根据题意，可得 eq \f(|3k－3＋1|,\r(k2＋1)) ＝ eq \f(|5k＋1＋1|,\r(k2＋1)) ，解得k1＝－2或k2＝0，当k1＝－2时，直线方程为2x＋y－1＝0，当k2＝0时，直线方程为y＝1.综上可得，直线方程为2x＋y－1＝0或y＝1.
11．(2024·辽宁大连二中月考)已知M(4，－1)，若点P是直线l：y＝2x＋3上的任意一点，则|PM|的最小值为 eq \f(12\r(5),5) ．
解析：由题意可知|PM|的最小值就是点M到直线l的距离，因为M(4，－1)到直线l：y＝2x＋3的距离d＝ eq \f(|2×4－（－1）＋3|,\r(22＋（－1）2)) ＝ eq \f(12,\r(5)) ＝ eq \f(12\r(5),5) ，所以|PM|的最小值为 eq \f(12\r(5),5) .
12．设光线l从点A(－4， eq \r(3) )出发，经过x轴反射后经过点B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3))) ，则光线l与x轴的交点为(－1，0)，若该入射光线l经x轴发生折射，折射角为入射角的一半，则折射光线所在直线的纵截距为－ eq \r(3) .
解析：点A(－4， eq \r(3) )关于x轴的对称点为A′(－4，－ eq \r(3) )，则直线A′B：y＝ eq \f(\r(3),3) x＋ eq \f(\r(3),3) 与x轴交于点(－1，0)，所以光线l与x轴的交点为(－1，0)；由入射角是60°，得折射角是30°，且光线经过(－1，0)，得出折射光线所在直线方程为y＝－ eq \r(3) x－ eq \r(3) ，所以纵截距为－ eq \r(3) .
四、解答题
13．已知两条直线l1：x－2y＋4＝0和l2：x＋y－2＝0的交点为P，求过点P且与直线l3：3x－4y＋5＝0垂直的直线l的方程．
解：方法一：l1与l2组成的方程组得到交点P(0，2)，因为k3＝ eq \f(3,4) ，所以直线l的斜率k＝－ eq \f(4,3) ，方程为y－2＝－ eq \f(4,3) x，即4x＋3y－6＝0.
方法二：设所求直线l的方程为4x＋3y＋c＝0，由方法一可知P(0，2)，将其代入方程，得c＝－6，所以直线l的方程为4x＋3y－6＝0.
方法三：设所求直线l的方程为x－2y＋4＋λ(x＋y－2)＝0，即(1＋λ)x＋(λ－2)y＋4－2λ＝0，因为直线l与l3垂直，所以3(1＋λ)－4(λ－2)＝0，所以λ＝11，所以直线l的方程为4x＋3y－6＝0.
14．已知平行四边形ABCD的三个顶点坐标为A(－2，－1)，B(4，1)，C(2，3).
(1)求平行四边形ABCD的顶点D的坐标；
(2)求平行四边形ABCD的面积；
(3)在△ABC中，求外心M的坐标．
解：(1)AC中点为(0，1)，该点也为BD中点，设D(x，y)，根据中点坐标公式得到 eq \f(x＋4,2) ＝0， eq \f(y＋1,2) ＝1，解得x＝－4，y＝1，
所以D(－4，1).
(2)B(4，1)，C(2，3)故得到斜率为k＝ eq \f(3－1,2－4) ＝－1，代入点B(4，1)坐标可得到直线BC：x＋y－5＝0，
所以A到BC的距离为 eq \f(|－2－1－5|,\r(2)) ＝4 eq \r(2) ，
又根据两点间距离公式得到：|BC|＝2 eq \r(2) ，所以四边形ABCD的面积为4 eq \r(2) ×2 eq \r(2) ＝16.
(3)设点M(x，y)，则|MA|＝|MB|＝|MC|，即(x＋2)2＋(y＋1)2＝(x－4)2＋(y－1)2＝(x－2)2＋(y－3)2，
化简得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x＋y－3＝0，,x－y－1＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝0，))
所以外心M的坐标为(1，0).
一、单项选择题
1．若三条直线y＝2x，x＋y＝3，mx＋ny＋5＝0相交于同一点，则点(m，n)到原点的距离的最小值为( A )
A． eq \r(5) B． eq \r(6)
C．2 eq \r(3) D．2 eq \r(5)
解析：联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x，,x＋y＝3，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝2.)) 把(1，2)代入mx＋ny＋5＝0可得，m＋2n＋5＝0.∴m＝－5－2n.∴点(m，n)到原点的距离d＝ eq \r(m2＋n2) ＝ eq \r(（5＋2n）2＋n2) ＝ eq \r(5（n＋2）2＋5) ≥ eq \r(5) ，当n＝－2，m＝－1时取等号．∴点(m，n)到原点的距离的最小值为 eq \r(5) .故选A.
2．(2024·河北张家口一中高三月考)若动点A(x1，y1)，B(x2，y2)分别在直线l1：x＋y－7＝0和l2：x＋y－5＝0上移动，则AB的中点M到原点距离的最小值为( A )
A．3 eq \r(2) B．2
C． eq \r(2) D．4
解析：由题意，知点M在直线l1与l2之间且与两直线距离相等的直线上，设该直线方程为x＋y＋c＝0，则 eq \f(|c＋7|,\r(2)) ＝ eq \f(|c＋5|,\r(2)) ，即c＝－6，∴点M在直线x＋y－6＝0上，∴点M到原点的距离的最小值就是原点到直线x＋y－6＝0的距离，即 eq \f(|－6|,\r(2)) ＝3 eq \r(2) .故选A.
3．(2024·河南周口高三月考)已知两条直线l1：(λ＋2)x＋(1－λ)y＋2λ－5＝0，l2：(k＋1)x＋(1－2k)y＋k－5＝0，且l1∥l2，当两平行线距离最大时，λ＋k＝( C )
A．3 B．4 C．5 D．6
解析：l1：λ(x－y＋2)＋2x＋y－5＝0，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＋2＝0，,2x＋y－5＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝3，)) 故l1过定点A(1，3).l2：k(x－2y＋1)＋x＋y－5＝0，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2y＋1＝0，,x＋y－5＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝2，)) 故l2过定点B(3，2)，故l1，l2距离的最大值为|AB|＝ eq \r(5) .此时，－ eq \f(λ＋2,1－λ) ＝－ eq \f(1,kAB) ＝2，则λ＝4，
－ eq \f(k＋1,1－2k) ＝2，解得k＝1，故λ＋k＝5.故选C.
4．(2023·重庆沙坪坝八中校考期末)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：mx＋ny＝0(mn>0)，点A(1，2)，则点A到直线l的距离的取值范围为( B )
A．[0，2] B．(1， eq \r(5) ]
C．(1，2] D．[0， eq \r(5) ]
解析：由题意直线l：mx＋ny＝0(mn>0)，则直线过原点，且斜率为－ eq \f(m,n) <0，如图，当直线l无限靠近于y轴时，点A(1，2)到直线l的距离无限接近于1，故点A(1，2)到直线l的距离大于1，当l与OA垂直时，点A到直线l的距离最大，最大值为 eq \r(12＋22) ＝ eq \r(5) ，故点A到直线l的距离的取值范围为(1， eq \r(5) ].故选B.
5．(2023·浙江舟山高三统考期末)已知点P在直线y＝x＋3上，A(1，0)，B(3，0)，则|PA|＋|PB|的最小值为( D )
A． eq \r(10) B．5
C． eq \r(42) D．2 eq \r(13)
解析：作点A关于直线y＝x＋3的对称点C(x，y)，取直线y＝x＋3上一点P，连接PA，PB，PC，连接BC交y＝x＋3于点P1，连接AP1，AC，如图所示，
则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x＋1,2)＋3＝\f(y,2)，,\f(y－0,x－1)×1＝－1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－3，,y＝4，)) 即C(－3，4)，因为A，C关于直线y＝x＋3对称，所以直线y＝x＋3是线段AC的垂直平分线，所以|PA|＝|PC|，则|PA|＋|PB|＝|PC|＋|PB|≥|BC|，当且仅当点P运动到P1处时|P1C|＋|P1B|＝|BC|，所以(|PA|＋|PB|)min＝|BC|＝ eq \r(（3＋3）2＋（0－4）2) ＝2 eq \r(13) .故选D.
6．△ABC的三个顶点是A(0，3)，B(3，3)，C(2，0)，直线l：x＝a将△ABC分割成面积相等的两部分，则a的值是( A )
A． eq \r(3) B．1＋ eq \f(\r(2),2)
C．1＋ eq \f(\r(3),3) D． eq \r(2)
解析：如图所示，因为A(0，3)，B(3，3)，C(2，0)，所以lAC：y＝－ eq \f(3,2) x＋3，lAB：y＝3，所以D(a，3)，E(a，－ eq \f(3,2) a＋3)，
因为S△ADE＝ eq \f(1,2) S△ABC，所以 eq \f(1,2) AD·DE＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ×AB×3，即 eq \f(1,2) a· eq \f(3,2) a＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ×3×3.解得a＝ eq \r(3) .故选A.
二、多项选择题
7．已知直线l1：ax－y＋1＝0，l2：x＋ay＋1＝0，a∈R，以下结论正确的是( ABD )
A．不论a为何值时，l1与l2都互相垂直
B．当a变化时，l1与l2分别经过定点A(0，1)和B(－1，0)
C．不论a为何值时，l1与l2都关于直线x＋y＝0对称
D．如果l1与l2交于点M，则|MO|的最大值是 eq \r(2)
解析：对于A，a×1＋(－1)×a＝0恒成立，l1与l2互相垂直恒成立，故A正确；对于B，直线l1：ax－y＋1＝0，当a变化时，x＝0，y＝1恒成立，所以l1恒过定点A(0，1)；l2：x＋ay＋1＝0，当a变化时，x＝－1，y＝0恒成立，所以l2恒过定点B(－1，0)，故B正确；对于C，在l1上任取点(x，ax＋1)，关于直线x＋y＝0对称的点的坐标为(－ax－1，－x)，代入l2：x＋ay＋1＝0，则左边不等于0，故C错误；对于D，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax－y＋1＝0，,x＋ay＋1＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(－a－1,a2＋1)，,y＝\f(－a＋1,a2＋1)，)) 即M( eq \f(－a－1,a2＋1) ， eq \f(－a＋1,a2＋1) )，所以|MO|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－a－1,a2＋1)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－a＋1,a2＋1)))\s\up12(2)) ＝ eq \r(\f(2,a2＋1)) ≤ eq \r(2) ，所以|MO|的最大值是 eq \r(2) ，故D正确．故选ABD.
8．下列说法正确的是( BC )
A．若三条直线x＋y＝0，x－y＝0，x＋ay＝3－a不能构成三角形，则实数a的取值集合为{－1，1}
B．点(0，2)关于直线y＝x＋1的对称点为(1，1)
C．直线x－y－2＝0与两坐标轴围成的三角形的面积是2
D．经过点(1，1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x＋y－2＝0
解析：对于A，三条直线x＋y＝0，x－y＝0，x＋ay＝3－a不能构成三角形，可得1－a＝0或a＋1＝0或直线过点(0，0)，解得a＝1或a＝－1或a＝3，故A错误；对于B，点(0，2)与点(1，1)的中点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2))) ，满足直线方程y＝x＋1，并且两点的斜率为－1，所以点(0，2)关于直线y＝x＋1的对称点为(1，1)，故B正确；对于C，直线x－y－2＝0在两坐标轴上的截距分别为2，－2，直线x－y－2＝0与坐标轴围成的三角形的面积是 eq \f(1,2) ×2×2＝2，故C正确；对于D，经过点(1，1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x＋y－2＝0或y＝x，故D错误．故选BC.
三、填空题
9．已知直线l1：ax＋y－1＝0，直线l2：x－y－3＝0，若直线l1的倾斜角为 eq \f(π,4) ，则a＝－1；若l1⊥l2，则a＝1；若l1∥l2，则两平行直线间的距离为2 eq \r(2) ．
解析：若直线l1的倾斜角为 eq \f(π,4) ，则－a＝tan eq \f(π,4) ＝1，故a＝－1；若l1⊥l2，则a×1＋1×(－1)＝0，故a＝1；若l1∥l2，则a＝－1，l1：x－y＋1＝0，两平行直线间的距离d＝ eq \f(|1－（－3）|,\r(2)) ＝2 eq \r(2) .
10．在平面直角坐标系内，已知A(1，2)，B(1，5)，C(3，6)，D(7，－1)，则平面内任意一点到点A与点C的距离之和的最小值为2 eq \r(5) ，平面内到A，B，C，D的距离之和最小的点的坐标是(2，4)．
解析：设平面上任一点M，因为|MA|＋|MC|≥|AC|＝2 eq \r(5) ，当且仅当A，M，C共线，且M在A，C之间时取等号，同理，|MB|＋|MD|≥|BD|，当且仅当B，M，D共线，且M在B，D之间时取等号，连接AC，BD交于一点M，此时|MA|＋|MC|＋|MB|＋|MD|最小，则点M为所求点．因为kAC＝ eq \f(6－2,3－1) ＝2，所以直线AC的方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0①.又因为kBD＝ eq \f(5－（－1）,1－7) ＝－1，所以直线BD的方程为y－5＝－(x－1)，即x＋y－6＝0②.
联立①②得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y＝0，,x＋y－6＝0，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝4，)) 所以M(2，4).
11．(数学文化)瑞士数学家欧拉(Lenhard Euler)1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知△ABC的顶点A(－4，0)，B(0，4)，其欧拉线方程为x－y＋2＝0，则顶点C的坐标是(2，0)或(0，－2)．
解析：设C(x，y)，AB的垂直平分线为y＝－x，△ABC的外心为欧拉线方程x－y＋2＝0与直线y＝－x的交点M(－1，1)，
∴|MC|＝|MA|＝ eq \r(10) ，∴(x＋1)2＋(y－1)2＝10①，
由A(－4，0)，B(0，4)，△ABC重心为( eq \f(x－4,3) ， eq \f(y＋4,3) )，代入欧拉线方程x－y＋2＝0，得x－y－2＝0②.
由①②可得x＝2，y＝0或x＝0，y＝－2.故顶点C的坐标是(2，0)或(0，－2).
12．已知点A(4，－1)，B(8，2)和直线l：x－y－1＝0，动点P(x，y)在直线l上，则|PA|＋|PB|的最小值为 eq \r(65) ．
解析：如图，设点A1与A关于直线l对称，P0为A1B与直线l的交点，
∴|P0A1|＝|P0A|，|PA1|＝|PA|.|PA1|＋|PB|≥|A1B|＝|A1P0|＋|P0B|＝|P0A|＋|P0B|，∴|PA|＋|PB|≥|P0A|＋|P0B|＝|A1B|.当P点运动到P0时，|PA|＋|PB|取得最小值|A1B|.设点A关于直线l的对称点为A1(x1，y1)，则由对称的充要条件知， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y1＋1,x1－4)·1＝－1，,\f(x1＋4,2)－\f(y1－1,2)－1＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝0，,y1＝3，)) ∴A1(0，3).∴(|PA|＋|PB|)min＝|A1B|＝ eq \r(82＋（－1）2) ＝ eq \r(65) .
四、解答题
13．已知直线l经过直线2x＋y－5＝0与x－2y＝0的交点．
(1)若点A(5，0)到l的距离为3，求l的方程；
(2)求点A(5，0)到l的距离的最大值．
解：(1)经过两条已知直线交点的直线系方程为(2x＋y－5)＋λ(x－2y)＝0.即(2＋λ)x＋(1－2λ)y－5＝0.
所以 eq \f(|10＋5λ－5|,\r(（2＋λ）2＋（1－2λ）2)) ＝3.
即2λ2－5λ＋2＝0，所以λ＝2或λ＝ eq \f(1,2) .所以l的方程为x＝2或4x－3y－5＝0.
(2)由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋y－5＝0，,x－2y＝0，)) 解得交点P(2，1)，如图，过P作任一直线l，设d为点A到l的距离，则d≤|PA|(当l⊥PA时等号成立).所以dmax＝|PA|＝ eq \r(10) .
14．如图，相距14 km的两个居民小区M和N位于河岸l(直线)的同侧，M和N距离河岸分别为10 km和8 km.现要在河的小区一侧选一地点P，在P处建一个生活污水处理站，从P排直线水管PM，PN分别到两个小区和垂直于河岸的水管PQ，使小区污水经处理后排入河道．设PQ段长为t km(0(1)求污水处理站P到两小区的水管的总长最小值(用t表示)；
(2)请确定污水处理站P的位置，使所排三段水管的总长最小，并求出此时污水处理站分别到两小区水管的长度．
解：(1)如图，以河岸l所在直线为x轴，以过M且垂直于l的直线为y轴建立直角坐标系，则可得点M(0，10)，N(8 eq \r(3) ，8)，
设点P(s，t)，过P作平行于x轴的直线m，作N关于m的对称点N1，则N1(8 eq \r(3) ，2t－8).
所以PM＋PN＝PM＋PN1≥MN1＝ eq \r(（8\r(3)－0）2＋（2t－8－10）2) ＝2 eq \r(t2－18t＋129) (0(2)设三段水管总长为L，则由(1)知
L＝PM＋PN＋PQ≥MN1＋PQ＝t＋2 eq \r(t2－18t＋129) (0所以(L－t)2＝4(t2－18t＋129)在t∈(0，8)上有解．即方程3t2＋(2L－72)t＋(516－L2)＝0在t∈(0，8)上有解．故Δ＝(2L－72)2－12(516－L2)≥0，即L2－18L－63≥0，解得L≥21或L≤－3，
所以L的最小值为21，此时对应的t＝5∈(0，8).故N1(8 eq \r(3) ，2)，MN1方程为y＝10－ eq \f(\r(3),3) x，令y＝5得x＝5 eq \r(3) ，即P(5 eq \r(3) ，5)，从而PM＝ eq \r(（5\r(3)）2＋（5－10）2) ＝10，
PN＝ eq \r(（5\r(3)－8\r(3)）2＋（5－8）2) ＝6.
所以满足题意的P点距河岸5 km，距小区M到河岸的垂线5 eq \r(3) km，此时污水处理站到小区M和N的水管长度分别为10 km和6 km.
考点练46 圆的方程 对应学生用书099页
一、单项选择题
1．(教材改编)圆心为(1，－1)且过原点的圆的方程是( C )
A．(x＋1)2＋(y－1)2＝1
B．(x＋1)2＋(y＋1)2＝1
C．(x－1)2＋(y＋1)2＝2
D．(x－1)2＋(y－1)2＝2
解析：因为圆心为(1，－1)且圆过原点，所以该圆的半径r＝ eq \r(12＋（－1）2) ＝ eq \r(2) ，则该圆的方程是(x－1)2＋(y＋1)2＝2.故选C.
2．“a<1”是“方程2x2＋2y2＋2ax＋6y＋5a＝0表示圆”的( A )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：因为方程2x2＋2y2＋2ax＋6y＋5a＝0，即x2＋y2＋ax＋3y＋ eq \f(5a,2) ＝0表示圆，等价于a2＋9－10a>0，解得a>9或a<1.故“a<1”是“方程2x2＋2y2＋2ax＋6y＋5a＝0表示圆”的充分不必要条件．故选A.
3．若一圆的圆心坐标为(2，－3)，一条直径的端点分别在x轴和y轴上，则此圆的方程是( A )
A．(x－2)2＋(y＋3)2＝13
B．(x＋2)2＋(y－3)2＝13
C．(x－2)2＋(y＋3)2＝52
D．(x＋2)2＋(y－3)2＝52
解析：直径两端点的坐标分别为(4，0)，(0，－6)，可得直径为2 eq \r(13) ，则半径为 eq \r(13) ，所以所求圆的方程是(x－2)2＋(y＋3)2＝13.故选A.
4．点P(a，10)与圆(x－1)2＋(y－1)2＝2的位置关系是( A )
A．在圆外 B．在圆上
C．在圆内 D．与a的值有关
解析：圆(x－1)2＋(y－1)2＝2的圆心C(1，1)，半径r＝ eq \r(2) ，因为|PC|＝
eq \r(（a－1）2＋（10－1）2) ＝ eq \r(（a－1）2＋81) > eq \r(2) ，所以点P(a，10)在圆外．故选A.
5．(2023·河南开封高三统考期末)已知圆C1：x2＋y2＝4与圆C2关于直线2x＋y＋5＝0对称，则圆C2的标准方程为( A )
A．(x＋4)2＋(y＋2)2＝4
B．(x－4)2＋(y－2)2＝4
C．(x＋2)2＋(y＋4)2＝4
D．(x－2)2＋(y－4)2＝4
解析：由题意可得，圆C1的圆心坐标为(0，0)，半径为2，设圆心C1(0，0)关于直线2x＋y＋5＝0的对称点为C2(a，b)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)×（－2）＝－1，,2×\f(a,2)＋\f(b,2)＋5＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝－2，)) 所以圆C2的标准方程为(x＋4)2＋(y＋2)2＝4.故选A.
6．(2023·甘肃兰州高三统考期末)点P(4，－2)与圆x2＋y2＝4上任一点连线的中点的轨迹方程是( A )
A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1
B．(x－2)2＋(y＋1)2＝4
C．(x＋2)2＋(y－1)2＝1
D．(x＋4)2＋(y－2)2＝4
解析：设圆上任意一点为(x1，y1)，中点为(x，y)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(x1＋4,2)，,y＝\f(y1－2,2)，)) 可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝2x－4，,y1＝2y＋2，)) 代入x2＋y2＝4得(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，化简得(x－2)2＋(y＋1)2＝1.故选A.
二、多项选择题
7．若实数x，y满足x2＋y2＋2x＝0，则( CD )
A． eq \f(y,x－1) 的最大值为 eq \r(3)
B． eq \f(y,x－1) 的最小值为－ eq \r(3)
C． eq \f(y,x－1) 的最大值为 eq \f(\r(3),3)
D． eq \f(y,x－1) 的最小值为－ eq \f(\r(3),3)
解析：由题意可得方程x2＋y2＋2x＝0表示圆心坐标为(－1，0)，半径为r＝1的圆，则 eq \f(y,x－1) 为圆上的点与点(1，0)连线的斜率的值，设过点(1，0)的直线为y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0，即求直线kx－y－k＝0与圆相切时k的值，当直线与圆相切时，圆心到直线kx－y－k＝0的距离d＝r，即 eq \f(|－2k|,\r(1＋k2)) ＝1，整理可得3k2＝1，解得k＝± eq \f(\r(3),3) ，所以 eq \f(y,x－1) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) ，即 eq \f(y,x－1) 的最大值为 eq \f(\r(3),3) ，最小值为－ eq \f(\r(3),3) .
8．(教材改编)设有一组圆Ck：(x－k)2＋(y－k)2＝4(k∈R)，下列命题正确的是( ABD )
A．无论k如何变化，圆心C始终在一条直线上
B．所有圆Ck均不经过点(3，0)
C．经过点(2，2)的圆Ck有且只有一个
D．所有圆的面积均为4π
解析：圆心坐标为(k，k)，在直线y＝x上，故A正确；令(3－k)2＋(0－k)2＝4，化简得2k2－6k＋5＝0，∵Δ＝36－40＝－4<0，∴2k2－6k＋5＝0无实数根，故B正确；由(2－k)2＋(2－k)2＝4，化简得k2－4k＋2＝0，∵Δ＝16－8＝8>0，有两个不相等实根，∴经过点(2，2)的圆Ck有两个，故C错误；由圆的半径为2，得圆的面积为4π，故D正确．故选ABD.
三、填空题
9．已知圆C：(x－2)2＋(y＋m－4)2＝1，当m变化时，圆C上的点与原点O的最短距离是1．
解析：圆C：(x－2)2＋(y＋m－4)2＝1表示圆心为C(2，－m＋4)，半径r＝1的圆，则|OC|＝ eq \r(22＋（－m＋4）2) ，所以当m＝4时，|OC|的最小值为2，故当m变化时，圆C上的点与原点的最短距离是|OC|－r＝2－1＝1.
10．若圆(x＋1)2＋(y－3)2＝9上相异两点P，Q关于直线kx＋2y－4＝0对称，则k的值为2．
解析：圆是轴对称图形，过圆心的直线都是它的对称轴，已知圆的圆心为(－1，3)，由题设知，直线kx＋2y－4＝0过圆心，则k×(－1)＋2×3－4＝0，解得k＝2.
11．已知P，Q分别为圆M：(x－6)2＋(y－3)2＝4与圆N：(x＋4)2＋(y－2)2＝1上的动点，A为x轴上的动点，则|AP|＋|AQ|的最小值为5 eq \r(5) －3．
解析：圆N：(x＋4)2＋(y－2)2＝1关于x轴对称的圆为圆N′：(x＋4)2＋(y＋2)2＝1，则|AP|＋|AQ|的最小值为|MN′|－1－2＝ eq \r(102＋52) －3＝5 eq \r(5) －3.
12．(开放性问题)请写出一个与y轴和直线y＝ eq \f(\r(3),3) x都相切的圆的方程：(x－1)2＋(y－ eq \r(3) )2＝1(答案不唯一)．
解析：与y轴和直线y＝ eq \f(\r(3),3) x都相切的圆的圆心在直线y＝ eq \r(3) x(除原点外)上，如图，则圆心为(a， eq \r(3) a)，a≠0，半径r＝|a|，因此所求圆的方程为(x－a)2＋(y－ eq \r(3) a)2＝a2(a≠0)，所以所求圆的一个方程为(x－1)2＋(y－ eq \r(3) )2＝1.
13．如果圆(x－a)2＋(y－a)2＝8上总存在到原点的距离为 eq \r(2) 的点，则实数a的取值范围是[－3，－1]∪[1，3]．
解析：圆(x－a)2＋(y－a)2＝8的圆心(a，a)到原点的距离为| eq \r(2) a|，半径r＝2 eq \r(2) ，由圆(x－a)2＋(y－a)2＝8上总存在点到原点的距离为 eq \r(2) ，得2 eq \r(2) － eq \r(2) ≤| eq \r(2) a|≤2 eq \r(2) ＋ eq \r(2) ，∴1≤|a|≤3，解得1≤a≤3或－3≤a≤－1.∴实数a的取值范围是[－3，－1]∪[1，3].
四、解答题
14．已知圆心为C的圆经过点A(－1，1)和B(－2，－2)，且圆心在直线l：x＋y－1＝0上．
(1)求圆心为C的圆的标准方程；
(2)设点P在圆C上，点Q在直线x－y＋5＝0上，求|PQ|的最小值．
解：(1)设圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，
∵圆经过点A(－1，1)和B(－2，－2)，且圆心在直线l：x＋y－1＝0上，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（－1－a）2＋（1－b）2＝r2，,（－2－a）2＋（－2－b）2＝r2，,a＋b－1＝0，)) 解得a＝3，b＝－2，r＝5，∴圆的标准方程为(x－3)2＋(y＋2)2＝25.
(2)∵圆心C到直线x－y＋5＝0的距离为d＝ eq \f(|3＋2＋5|,\r(2)) ＝5 eq \r(2) >5，
∴直线与圆C相离，∴|PQ|的最小值为d－r＝5 eq \r(2) －5.
15．已知点A(－3，0)，B(3，0)，动点P满足|PA|＝2|PB|.
(1)若点P的轨迹为曲线C，求此曲线的方程；
(2)若点Q在直线l1：x＋y＋3＝0上，直线l2经过点Q且与曲线C只有一个公共点M，求|QM|的最小值．
解：(1)设点P的坐标为(x，y)，则 eq \r(（x＋3）2＋y2) ＝2 eq \r(（x－3）2＋y2) ，
化简可得(x－5)2＋y2＝16，此方程即为所求．
(2)曲线C是以点(5，0)为圆心，4为半径的圆，如图所示．
由题意知直线l2是此圆的切线，连接CQ，则|QM|＝ eq \r(|CQ|2－|CM|2) ＝
eq \r(|CQ|2－16) ，
当|QM|最小时，|CQ|最小，此时CQ⊥l1，|CQ|＝ eq \f(|5＋3|,\r(2)) ＝4 eq \r(2) ，则|QM|的最小值为 eq \r(32－16) ＝4.
一、单项选择题
1．若当方程x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0所表示的圆取得最大面积时，则直线y＝(k－1)x＋2的倾斜角α＝( C )
A． eq \f(π,2) B． eq \f(π,4)
C． eq \f(3π,4) D． eq \f(π,5)
解析：x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0化为标准式为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(k,2))) eq \s\up12(2) ＋(y＋1)2＝1－ eq \f(3,4) k2，所以k＝0时圆的半径最大，面积也最大，此时直线的斜率为－1，所以倾斜角为 eq \f(3π,4) .故选C.
2．直线x＋y＋2＝0分别与x轴、y轴交于A，B两点，点P在圆(x－2)2＋y2＝2上，则△ABP面积的取值范围是( A )
A．[2，6] B．[4，8]
C．[ eq \r(2) ，3 eq \r(2) ] D．[2 eq \r(2) ，3 eq \r(2) ]
解析：设圆(x－2)2＋y2＝2的圆心为C，半径为r，点P到直线x＋y＋2＝0的距离为d，则圆心C(2，0)，r＝ eq \r(2) ，所以圆心C到直线x＋y＋2＝0的距离为2 eq \r(2) ，可得dmax＝2 eq \r(2) ＋r＝3 eq \r(2) ，dmin＝2 eq \r(2) －r＝ eq \r(2) .由已知条件可得|AB|＝2 eq \r(2) ，所以△ABP面积的最大值为 eq \f(1,2) |AB|·dmax＝6，△ABP面积的最小值为 eq \f(1,2) |AB|·dmin＝2.综上，△ABP面积的取值范围是[2，6].故选A.
3．(2023·云南临沧高三校考期末)已知半径为3的圆C的圆心与点P(－2，1)关于直线x－y＋1＝0对称，则圆C的标准方程为( C )
A．(x＋1)2＋(y－1)2＝9
B．(x－1)2＋(y－1)2＝81
C.x2＋(y＋1)2＝9
D．x2＋y2＝9
解析：设圆心坐标C(a，b)，由圆心C与点P关于直线y＝x＋1对称，得到直线CP与y＝x＋1垂直，结合y＝x＋1的斜率为1，得直线CP的斜率为－1，所以 eq \f(1－b,－2－a) ＝－1，化简得a＋b＋1＝0①，再由CP的中点在直线y＝x＋1上，得 eq \f(1＋b,2) ＝ eq \f(a－2,2) ＋1，化简得a－b－1＝0②，联立①②，可得a＝0，b＝－1，所以圆心C的坐标为(0，－1)，所以半径为3的圆C的标准方程为x2＋(y＋1)2＝9.故选C.
4．(2024·江西上饶高三统考期末)已知A，B为圆C：(x－m)2＋(y－n)2＝4(m，n∈R)上两个不同的点(C为圆心)，且满足| eq \(CA,\s\up9(→)) ＋ eq \(CB,\s\up9(→)) |＝2 eq \r(3) ，则| eq \(AB,\s\up9(→)) |＝( C )
A．2 eq \r(3) B．2 eq \r(2)
C．2 D．4
解析：依题意，| eq \(CA,\s\up9(→)) |＝| eq \(CB,\s\up9(→)) |＝2，由| eq \(CA,\s\up9(→)) ＋ eq \(CB,\s\up9(→)) |＝2 eq \r(3) ，得 eq \(CA,\s\up9(→)) 2＋ eq \(CB,\s\up9(→)) 2＋2 eq \(CA,\s\up9(→)) · eq \(CB,\s\up9(→)) ＝12，解得 eq \(CA,\s\up9(→)) · eq \(CB,\s\up9(→)) ＝2，所以| eq \(AB,\s\up9(→)) |＝| eq \(CB,\s\up9(→)) － eq \(CA,\s\up9(→)) |＝
eq \r(\(CB,\s\up9(→))2＋\(CA,\s\up9(→))2－2\(CA,\s\up9(→))·\(CB,\s\up9(→))) ＝2.故选C.
5．圆x2＋y2＋4x－12y＋1＝0关于直线ax－by＋6＝0(a>0，b>0)对称，则 eq \f(2,a) ＋ eq \f(6,b) 的最小值是( C )
A．2 eq \r(3) B． eq \f(20,3)
C． eq \f(32,3) D． eq \f(16,3)
解析：由圆x2＋y2＋4x－12y＋1＝0知，其标准方程为(x＋2)2＋(y－6)2＝39，∵圆x2＋y2＋4x－12y＋1＝0关于直线ax－by＋6＝0(a>0，b>0)对称，∴该直线经过圆心(－2，6)，即－2a－6b＋6＝0，∴a＋3b＝3(a>0，b>0)，∴ eq \f(2,a) ＋ eq \f(6,b) ＝ eq \f(2,3) (a＋3b)( eq \f(1,a) ＋ eq \f(3,b) )＝ eq \f(2,3) (1＋ eq \f(3a,b) ＋ eq \f(3b,a) ＋9)≥ eq \f(2,3) (10＋2 eq \r(\f(3a,b)·\f(3b,a)) )＝ eq \f(32,3) ，当且仅当 eq \f(3b,a) ＝ eq \f(3a,b) ，即a＝b时取等号．故选C.
6．(数学文化)数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．在平面直角坐标系中，曲线C：x2＋y2＝2|x|＋2|y|就是一条形状优美的曲线，则此曲线围成的图形的面积为( B )
A．8＋8π B．8＋4π
C．16＋8π D．8＋16π
解析：由C：x2＋y2＝2|x|＋2|y|可得，当x≥0，y≥0时，x2＋y2＝2x＋2y，即(x－1)2＋(y－1)2＝2，表示圆心为(1，1)，半径r＝ eq \r(2) 的半圆；当x≥0，y<0时，x2＋y2＝2x－2y，即(x－1)2＋(y＋1)2＝2，表示圆心为(1，－1)，半径r＝ eq \r(2) 的半圆；当x<0，y≥0时，x2＋y2＝－2x＋2y，即(x＋1)2＋(y－1)2＝2，表示圆心为(－1，1)，半径r＝ eq \r(2) 的半圆；当x<0，y<0时，x2＋y2＝－2x－2y，即(x＋1)2＋(y＋1)2＝2，表示圆心为(－1，－1)，半径r＝ eq \r(2) 的半圆，所以曲线C：x2＋y2＝2|x|＋2|y|的图象如图所示．因此曲线围成的图形的面积为S＝(2 eq \r(2) )2＋2π×( eq \r(2) )2＝8＋4π.故选B.
二、多项选择题
7．已知△ABC的三个顶点为A(－1，2)，B(2，1)，C(3，4)，则下列关于△ABC的外接圆M的说法正确的是( ABD )
A．圆M的圆心坐标为(1，3)
B．圆M的半径为 eq \r(5)
C．圆M关于直线x＋y＝0对称
D．点(2，3)在圆M内
解析：设△ABC的外接圆M的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋4－D＋2E＋F＝0，,4＋1＋2D＋E＋F＝0，,9＋16＋3D＋4E＋F＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(D＝－2，,E＝－6，,F＝5.))
所以△ABC的外接圆M的方程为x2＋y2－2x－6y＋5＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝5.故圆M的圆心坐标为(1，3)，半径为 eq \r(5) ，因为直线x＋y＝0不经过圆M的圆心(1，3)，所以圆M不关于直线x＋y＝0对称．因为(2－1)2＋(3－3)2＝1<5，故点(2，3)在圆M内．故选ABD.
8．(2024·山东师范大学附中校考期末)数学著作《圆锥曲线论》中给出了圆的一种定义：平面内，到两个定点A，B距离之比是常数λ(λ>0，λ≠1)的点M的轨迹是圆．若两定点A(－2，0)，B(2，0)，动点M满足|MA|＝ eq \r(2) |MB|，则下列说法正确的是( ACD )
A．点M的轨迹围成区域的面积为32π
B．△ABM面积的最大值为16 eq \r(2)
C．点M到直线x－y＋4＝0距离的最大值为9 eq \r(2)
D．若圆C：(x＋1)2＋(y＋1)2＝r2上存在满足条件的点M，则半径r的取值范围为[ eq \r(2) ，9 eq \r(2) ]
解析：由题意，设点M(x，y)，又|MA|＝ eq \r(2) |MB|，所以 eq \r(（x＋2）2＋y2) ＝ eq \r(2) · eq \r(（x－2）2＋y2) ，化简可得(x－6)2＋y2＝32，所以点M的轨迹为以点N(6，0)为圆心，4 eq \r(2) 为半径的圆，所以点M的轨迹围成的区域面积为32π，故A正确；又点M(x，y)满足y∈[－4 eq \r(2) ，4 eq \r(2) ]，所以S△ABM＝ eq \f(1,2) ·|AB|·|y|∈(0，8 eq \r(2) ]，△ABM面积的最大值为8 eq \r(2) ，故B错误；点N(6，0)到直线x－y＋4＝0的距离d＝ eq \f(|6－0＋4|,\r(12＋（－1）2)) ＝5 eq \r(2) >4 eq \r(2) ，所以直线与圆相离，所以点M到直线x－y＋4＝0距离的最大值为5 eq \r(2) ＋4 eq \r(2) ＝9 eq \r(2) ，故C正确；易知圆C与圆N有公共点，所以|4 eq \r(2) －r|≤|CN|≤4 eq \r(2) ＋r，且|CN|＝ eq \r(（6＋1）2＋（0＋1）2) ＝5 eq \r(2) ，即|4 eq \r(2) －r|≤5 eq \r(2) ≤4 eq \r(2) ＋r，所以 eq \r(2) ≤r≤9 eq \r(2) ，故D正确．故选ACD.
三、填空题
9．已知点A(8，－6)与圆C：x2＋y2＝25，P是圆C上任意一点，则|AP|的最小值是5．
解析：圆C：x2＋y2＝25的圆心为C(0，0)，半径r＝5，因为|AC|＝ eq \r(（8－0）2＋（－6－0）2) ＝10>5，所以点A在圆外，所以|AP|的最小值为|AC|－r＝10－5＝5.
10．已知直线l：3x＋4y＋m＝0，圆C：x2＋y2－4x＋2＝0，则圆C的半径r＝ eq \r(2) ；若在圆C上存在两点A，B，在直线l上存在一点P，使得∠APB＝90°，则实数m的取值范围是[－16，4]．
解析：圆的标准方程为(x－2)2＋y2＝2，圆心为C(2，0)，半径为r＝ eq \r(2) .若在圆C上存在两点A，B，在直线l上存在一点P，使得∠APB＝90°，过P作圆的两条切线PM，PN(M，N为切点)，则由题意得，∠MPN≥90°，而当CP⊥l时，∠MPN最大，只要此最大角≥90°即可，此时圆心C到直线l的距离为d＝|CP|＝ eq \f(|6＋m|,5) .所以 eq \f(r,d) ＝ eq \f(\r(2),\f(|6＋m|,5)) ≥ eq \f(\r(2),2) ，解得－16≤m≤4.
11．(数学文化)(2023·上海静安区高三期末)古希腊数学家阿波罗尼斯在他的巨著《圆锥曲线论》中有一个著名的几何问题：在平面上给定不同两点A，B，动点P满足 eq \f(|PA|,|PB|) ＝λ(其中λ是正常数，且λ≠1)，则P的轨迹是一个圆，这个圆称之为“阿波罗尼斯圆”．若|AB|＝6且λ＝2，则该圆的半径为4．
解析：以点B为原点，射线BA为x轴非负半轴建立平面直角坐标系，如图，则A(6，0)，设P(x，y)，由|PA|＝2|PB|，得 eq \r(（x－6）2＋y2) ＝2 eq \r(x2＋y2) ，化简整理得(x＋2)2＋y2＝16，因此点P的轨迹是以(－2，0)为圆心，4为半径的圆，所以该圆的半径为4.
12．(2023·重庆长寿中学模拟)已知直线l1：mx＋y－2m－1＝0，l2：x－my＋m－2＝0，点P是圆x2＋y2－4x－2y＋1＝0上的动点，记点P到直线l1和l2的距离分别为d1，d2，则d1d2的最大值为2．
解析：当m＝0时，l1为y－1＝0，l2为x－2＝0，两直线垂直；当m≠0时，直线l1：mx＋y－2m－1＝0即m(x－2)＋y－1＝0，则直线l1过定点(2，1)，斜率为－m，l2：x－my＋m－2＝0即x－2－m(y－1)＝0，则直线l2过定点(2，1)，斜率为 eq \f(1,m) ，故l1⊥l2.
圆x2＋y2－4x－2y＋1＝0即(x－2)2＋(y－1)2＝4，圆心设为A(2，1)，半径为2，即直线l1，l2过圆心(2，1)，如图，
过点P作PM⊥l1，PN⊥l2，垂足分别为M，N，则d1＝|PM|，d2＝|PN|，而|PA|＝2，因为l1⊥l2，所以四边形PMAN为矩形，则d eq \\al(2,1) ＋d eq \\al(2,2) ＝|PA|2＝4，所以d1d2≤ eq \f(d eq \\al(2,1) ＋d eq \\al(2,2) ,2) ＝2，当且仅当d1＝d2＝ eq \r(2) 时等号成立，即d1d2的最大值为2.
四、解答题
13．已知点P(2，2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．
(1)求M的轨迹方程；
(2)当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．
解：(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，所以圆心为C(0，4)，半径为4.
设M(x，y)，则 eq \(CM,\s\up9(→)) ＝(x，y－4)， eq \(MP,\s\up9(→)) ＝(2－x，2－y).
由题设知 eq \(CM,\s\up9(→)) · eq \(MP,\s\up9(→)) ＝0，故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝2.
由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.
(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1，3)为圆心， eq \r(2) 为半径的圆．由于|OP|＝|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ON⊥PM.
因为ON的斜率为3，所以l的斜率为－ eq \f(1,3) ，故l的方程为x＋3y－8＝0.
又|OM|＝|OP|＝2 eq \r(2) ，O到l的距离为 eq \f(4\r(10),5) ，所以|PM|＝ eq \f(4\r(10),5) ，S△POM＝ eq \f(1,2) × eq \f(4\r(10),5) × eq \f(4\r(10),5) ＝ eq \f(16,5) ，故△POM的面积为 eq \f(16,5) .
14．有一种大型商品，A，B两地均有出售且价格相同，某地居民从两地之一购得商品运回来，若从A地运回每千米的运费是从B地运回的两倍，A，B两地相距10千米，要使顾客选择A地或B地购买这种商品的运费和价格的总费用较低，那么不同地点的居民应如何选择购买此商品的地点？
解：以AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，如图所示，
设A(－5，0)，则B(5，0).
在坐标平面内任取一点P(x，y)，
设从A地运货到P地的运费为2a元/千米(a>0)，则从B地运货到P地的运费为a元/
千米．
若P地居民选择在A地购买此商品，则2a eq \r(（x＋5）2＋y2) 考点练47 直线与圆、圆与圆的位置关系 对应学生用书101页
一、单项选择题
1．直线l：mx－y＋1－m＝0与圆C：x2＋(y－1)2＝5的位置关系是( A )
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
解析：方法一：由题意知，圆心(0，1)到直线l的距离d＝ eq \f(|m|,\r(m2＋1)) <1< eq \r(5) ，故直线l与圆相交.
方法二：直线l：mx－y＋1－m＝0过定点(1，1)，因为点(1，1)在圆x2＋(y－1)2＝5的内部，所以直线l与圆相交．故选A.
2．圆O1：x2＋y2－2x＝0和圆O2：x2＋y2－4y＝0的位置关系是( B )
A．相离 B．相交
C．外切 D．内切
解析：圆O1的圆心坐标为(1，0)，半径r1＝1，圆O2的圆心坐标为(0，2)，半径r2＝2，所以两圆的圆心距d＝ eq \r(5) ，而r2－r1＝1，r1＋r2＝3，则有r2－r13．(教材改编)圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0被直线ax＋y－1＝0所截的弦长为2 eq \r(3) ，则a＝( A )
A．－ eq \f(4,3) B．－ eq \f(3,4)
C． eq \r(3) D．2
解析：因为圆心到直线的距离d＝ eq \f(|a＋4－1|,\r(a2＋1)) ＝ eq \f(|a＋3|,\r(a2＋1)) ，弦长为2 eq \r(3) ，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|a＋3|,\r(a2＋1)))) eq \s\up12(2) ＋( eq \r(3) )2＝22，解得a＝－ eq \f(4,3) .故选A.
4．已知圆C与直线x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圆心在直线x＋y＝0上，则圆C的方程为( B )
A．(x＋1)2＋(y－1)2＝3
B．(x－1)2＋(y＋1)2＝2
C．(x－1)2＋(y－1)2＝2
D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2
解析：方法一：设圆心坐标为(a，－a)，由圆C与直线x－y＝0及x－y－4＝0都相切可得 eq \f(|2a|,\r(2)) ＝ eq \f(|2a－4|,\r(2)) ，解得a＝1，所以半径r＝ eq \r(2) ，故该圆的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2.
方法二：圆心在x＋y＝0上，可排除选项C，D，再结合图象，或者验证选项A，B中圆心到两直线的距离等于半径 eq \r(2) ，可知B正确．故选B.
5．(2023·广东深圳统考二模)若过点M(2，1)的直线l与圆O：x2＋y2＝8交于A，B两点，则弦AB最短时直线l的方程为( D )
A．2x－y－3＝0 B．x＋y－3＝0
C．x＋2y－4＝0 D．2x＋y－5＝0
解析：如图，当AB最短时，直线l⊥OM，所以kl·kOM＝－1.又kOM＝ eq \f(1,2) ，所以kl＝－2，所以l的方程为y－1＝
－2(x－2)，即2x＋y－5＝0.故选D.
6．(2023·浙江嘉兴高三统考期末)已知圆C1：(x－1)2＋(y＋2)2＝r2(r>0)与圆C2：(x－4)2＋(y－2)2＝16有公共点，则r的取值范围为( C )
A．(0，1] B．[1，5]
C．[1，9] D．[5，9]
解析：由题知C1(1，－2)，r1＝r，C2(4，2)，r2＝4，|C1C2|＝ eq \r(（1－4）2＋（－2－2）2) ＝5.因为C1和C2有公共点，所以|r－4|≤|C1C2|≤r＋4，解得1≤r≤9.故选C.
二、多项选择题
7．若直线x－y＝2被圆(x－a)2＋y2＝4所截得的弦长为2 eq \r(2) ，则实数a的值为( AB )
A．0 B．4
C．－2 D．6
解析：由圆的方程，可知圆心坐标为(a，0)，半径r＝2.又直线被圆截得的弦长为2 eq \r(2) ，所以圆心到直线的距离d＝ eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),2)))\s\up12(2)) ＝ eq \r(2) .又d＝ eq \f(|a－2|,\r(2)) ，所以|a－2|＝2，解得a＝4或a＝0.故选AB.
8．已知圆(x－2)2＋(y＋1)2＝12上恰有三个点到直线l：kx＋y＝0的距离等于 eq \r(3) ，则直线l的斜率为( AC )
A．2＋ eq \r(6) B．－2＋ eq \r(6)
C．－ eq \r(6) ＋2 D．－ eq \r(6) －2
解析：由题意，圆心到直线l的距离等于半径的一半，所以 eq \f(|2k－1|,\r(k2＋1)) ＝ eq \r(3) ，解得k＝2± eq \r(6) .故选AC.
三、填空题
9．与直线y＝x＋3平行且与圆(x－2)2＋(y－3)2＝8相切的直线的方程为x－y＋5＝0或x－y－3＝0．
解析：设直线的方程为y＝x＋m(m≠3)，即x－y＋m＝0.圆(x－2)2＋(y－3)2＝8的圆心坐标为(2，3)，半径为2 eq \r(2) ，由 eq \f(|2－3＋m|,\r(2)) ＝2 eq \r(2) ，解得m＝5或m＝－3.故所求直线方程为y＝x＋5或y＝x－3，即x－y＋5＝0或x－y－3＝0.
10．过点(3，1)作圆(x－2)2＋(y－2)2＝4的弦，其中最短弦的长为2 eq \r(2) ．
解析：设P(3，1)，圆心C(2，2)，则|PC|＝ eq \r(2) ，半径r＝2.由题意知最短的弦过P(3，1)且与PC垂直，所以最短弦长为2 eq \r(22－（\r(2)）2) ＝2 eq \r(2) .
11．若A为圆C1：x2＋y2＝1上的动点，B为圆C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4上的动点，则线段AB长度的最大值是8．
解析：圆C1：x2＋y2＝1的圆心为C1(0，0)，半径r1＝1，圆C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4的圆心为C2(3，－4)，半径r2＝2，∴|C1C2|＝5.又A为圆C1上的动点，B为圆C2上的动点，∴线段AB长度的最大值是|C1C2|＋r1＋r2＝5＋1＋2＝8.
12．(开放性问题)(2023·新课标Ⅱ卷)已知直线x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为 eq \f(8,5) ”的m的一个值2(2，－2， eq \f(1,2) ，－ eq \f(1,2) 中任意一个皆可以)．
解析：设点C到直线AB的距离为d，由弦长公式得|AB|＝2 eq \r(4－d2) ，所以S△ABC＝ eq \f(1,2) ×d×2 eq \r(4－d2) ＝ eq \f(8,5) ，解得d＝ eq \f(4\r(5),5) 或d＝ eq \f(2\r(5),5) ，
由d＝ eq \f(|1＋1|,\r(1＋m2)) ＝ eq \f(2,\r(1＋m2)) ，所以 eq \f(2,\r(1＋m2)) ＝ eq \f(4\r(5),5) 或 eq \f(2,\r(1＋m2)) ＝ eq \f(2\r(5),5) ，解得m＝± eq \f(1,2) 或m＝±2.
四、解答题
13．已知圆C：(x－1)2＋(y＋2)2＝10，求满足下列条件的圆的切线方程.
(1)与直线l1：x＋y－4＝0平行；
(2)与直线l2：x－2y＋4＝0垂直；
(3)过切点A(4，－1).
解：(1)设切线方程为x＋y＋b＝0(b≠－4)，则 eq \f(|1－2＋b|,\r(2)) ＝ eq \r(10) ，
∴b＝1±2 eq \r(5) ，∴切线方程为x＋y＋1±2 eq \r(5) ＝0.
(2)设切线方程为2x＋y＋m＝0，则 eq \f(|2－2＋m|,\r(5)) ＝ eq \r(10) ，∴m＝±5 eq \r(2) ，
∴切线方程为2x＋y±5 eq \r(2) ＝0.
(3)∵kAC＝ eq \f(－2＋1,1－4) ＝ eq \f(1,3) ，∴过切点A(4，－1)的切线斜率为－3，∴过切点A(4，－1)的切线方程为y＋1＝－3(x－4)，即3x＋y－11＝0.
14．已知一个圆与y轴相切，圆心在直线x－3y＝0上，且被直线y＝x所截得的弦长为2 eq \r(7) ，求该圆的方程．
解：方法一：∵所求圆的圆心在直线x－3y＝0上，∴设所求圆的圆心为(3a，a)，又所求圆与y轴相切，∴半径r＝3|a|，又所求圆被直线y＝x所截得的弦长为2 eq \r(7) ，圆心(3a，a)到直线y＝x的距离d＝ eq \f(|2a|,\r(2)) ，∴d2＋( eq \r(7) )2＝r2，即2a2＋7＝9a2，∴a＝±1.
故所求圆的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9，即x2＋y2－6x－2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0.
方法二：设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则圆心(a，b)到直线y＝x的距离为 eq \f(|a－b|,\r(2)) ，
∴r2＝ eq \f(（a－b）2,2) ＋7，即2r2＝(a－b)2＋14①.
由于所求圆与y轴相切，∴r2＝a2②，
又∵所求圆的圆心在直线x－3y＝0上，∴a－3b＝0③，
联立①②③，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝1，,r2＝9)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝－1，,r2＝9.))
故所求圆的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9，即x2＋y2－6x－2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0.
方法三：设所求圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则圆心坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2))) ，
半径r＝ eq \f(1,2) eq \r(D2＋E2－4F) .
在圆的方程中，令x＝0，得y2＋Ey＋F＝0.由于所求圆与y轴相切，∴Δ＝0，则E2＝4F①.
圆心 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2))) 到直线y＝x的距离为d＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)＋\f(E,2))),\r(2)) ，
由已知得d2＋( eq \r(7) )2＝r2，
即(D－E)2＋56＝2(D2＋E2－4F)②.
又圆心 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2))) 在直线x－3y＝0上，∴D－3E＝0③.
联立①②③，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(D＝－6，,E＝－2，,F＝1)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(D＝6，,E＝2，,F＝1.))
故所求圆的方程为x2＋y2－6x－2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0.
一、单项选择题
1．直线x－ eq \r(3) y＝0截圆(x－2)2＋y2＝4所得劣弧所对的圆心角是( D )
A． eq \f(π,6) B． eq \f(π,3)
C． eq \f(π,2) D． eq \f(2π,3)
解析：画出图形，如图，圆心(2，0)到直线的距离为d＝ eq \f(|2|,\r(12＋（－\r(3)）2)) ＝1，
∴sin ∠AOC＝ eq \f(d,|OC|) ＝ eq \f(1,2) ，∴∠AOC＝ eq \f(π,6) ，∴∠CAO＝ eq \f(π,6) ，∴∠ACO＝π－ eq \f(π,6) － eq \f(π,6) ＝ eq \f(2π,3) .故选D.
2．如图是一个圆曲隧道的截面，若路面AB宽为10，净高CD为7，则此隧道圆的半径是( B )
A．5 B． eq \f(37,7)
C． eq \f(37,5) D．7
解析：∵OD⊥AB，∴AD＝DB＝ eq \f(1,2) AB＝ eq \f(1,2) ×10＝5，在Rt△OAD中，设半径OA＝R，则OD＝CD－R＝7－R，∴OA2＝OD2＋AD2，即R2＝(7－R)2＋52，解得R＝ eq \f(37,7) .∴此隧道圆的半径OA是 eq \f(37,7) .故选B.
3．(2023·新课标Ⅰ卷)过点(0，－2)与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sin α＝( B )
A．1 B． eq \f(\r(15),4)
C． eq \f(\r(10),4) D． eq \f(\r(6),4)
解析：方法一：因为x2＋y2－4x－1＝0，即(x－2)2＋y2＝5，可得圆心C(2，0)，半径r＝ eq \r(5) ，过点P(0，－2)作圆C的切线，切点为A，B，因为|PC|＝ eq \r(22＋（－2）2) ＝2 eq \r(2) ，则|PA|＝ eq \r(|PC|2－r2) ＝ eq \r(3) ，可得sin ∠APC＝ eq \f(\r(5),2\r(2)) ＝ eq \f(\r(10),4) ，cs ∠APC＝ eq \f(\r(3),2\r(2)) ＝ eq \f(\r(6),4) ，则sin ∠APB＝sin 2∠APC＝2sin ∠APC cs ∠APC＝2× eq \f(\r(10),4) × eq \f(\r(6),4) ＝ eq \f(\r(15),4) ，cs ∠APB＝cs 2∠APC＝cs2∠APC－sin2∠APC＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),4))) eq \s\up12(2) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),4))) eq \s\up12(2) ＝－ eq \f(1,4) <0，即∠APB为钝角，所以sinα＝sin (π－∠APB)＝sin ∠APB＝ eq \f(\r(15),4) .
方法二：圆x2＋y2－4x－1＝0的圆心C(2，0)，半径r＝ eq \r(5) ，过点P(0，－2)作圆C的切线，切点为A，B，连接AB，可得|PC|＝ eq \r(22＋（－2）2) ＝2 eq \r(2) ，则|PA|＝|PB|＝ eq \r(|PC|2－r2) ＝ eq \r(3) ，因为|PA|2＋|PB|2－2|PA|·|PB|cs ∠APB＝|CA|2＋|CB|2－2|CA|·|CB|cs ∠ACB且∠ACB＝π－∠APB，则3＋3－6cs ∠APB＝5＋5－10cs (π－∠APB)，即3－3cs ∠APB＝5＋5cs ∠APB，解得cs ∠APB＝－ eq \f(1,4) <0，即∠APB为钝角，则cs α＝cs (π－∠APB)＝－cs ∠APB＝ eq \f(1,4) ，且α为锐角，所以sin α＝ eq \r(1－cs2α) ＝ eq \f(\r(15),4) .
方法三：圆x2＋y2－4x－1＝0的圆心C(2，0)，半径r＝ eq \r(5) ，若切线斜率不存在，则切线方程为x＝0，则圆心到切点的距离d＝20，
设两切线斜率分别为k1，k2，则k1＋k2＝－8，k1k2＝1，可得|k1－k2|＝
eq \r(（k1＋k2）2－4k1k2) ＝2 eq \r(15) ，所以tanα＝ eq \f(|k1－k2|,1＋k1k2) ＝ eq \r(15) ，即 eq \f(sin α,cs α) ＝ eq \r(15) ，可得cs α＝ eq \f(sin α,\r(15)) ，则sin2α＋cs2α＝sin2α＋ eq \f(sin2α,15) ＝1，且α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，则sinα>0，解得sin α＝ eq \f(\r(15),4) .故选B.
4．已知圆O的直径AB＝4，若平面内一个动点M与点A的距离是它与点B距离的 eq \r(2) 倍，则△MAB的面积的最大值为( D )
A．64 B．12
C．6 eq \r(2) D．8 eq \r(2)
解析：以O为原点，AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(－2，0)，B(2，0)，设M(x，y)，因为|MA|＝ eq \r(2) |MB|，所以 eq \r(（x＋2）2＋（y－0）2) ＝ eq \r(2) eq \r(（x－2）2＋（y－0）2) ，整理得(x－6)2＋y2＝32，所以点M在以(6，0)为圆心，以4 eq \r(2) 为半径的圆上，M到直线AB的距离的最大值为4 eq \r(2) ，因此△ABM的面积的最大值为 eq \f(1,2) ×4×4 eq \r(2) ＝8 eq \r(2) .故选D.
5．(2024·山西晋城第一中学开学考试)直线y＝x＋b与曲线y＝1－ eq \r(4－x2) 有两个不同的交点，则实数b的取值范围是( B )
A．(1－2 eq \r(2) ，1＋2 eq \r(2) )
B．(1－2 eq \r(2) ，－1]
C．[－1，1＋2 eq \r(2) )
D．[3，1＋2 eq \r(2) )
解析：由y＝1－ eq \r(4－x2) ≤1可得y－1＝－ eq \r(4－x2) ，整理可得x2＋(y－1)2＝4，其中y≤1，所以，曲线y＝1－ eq \r(4－x2) 表示圆x2＋(y－1)2＝4的下半圆，如图所示，
当直线y＝x＋b与曲线y＝1－ eq \r(4－x2) 相切时，由图可知，b<0，且有 eq \f(|－1＋b|,\r(2)) ＝2，解得b＝1－2 eq \r(2) ，当直线y＝x＋b过点(0，－1)时，则有b＝－1，由图可知，当1－2 eq \r(2) 6．已知直线l：x＋y－1＝0截圆Ω：x2＋y2＝r2(r>0)所得的弦长为 eq \r(14) ，点M，N在圆Ω上，且直线l′：(1＋2m)x＋(m－1)y－3m＝0过定点P，若PM⊥PN，则|MN|的取值范围为( D )
A．[2－ eq \r(2) ，2＋ eq \r(3) ]
B．[2－ eq \r(2) ，2＋ eq \r(2) ]
C．[ eq \r(6) － eq \r(2) ， eq \r(6) ＋ eq \r(3) ]
D．[ eq \r(6) － eq \r(2) ， eq \r(6) ＋ eq \r(2) ]
解析：由题意得，2 eq \r(r2－\f(1,2)) ＝ eq \r(14) ，解得r＝2，因为直线l′：(1＋2m)x＋(m－1)y－3m＝0过定点P，故P(1，1).设MN的中点为Q(x，y)，则|OM|2＝|OQ|2＋|MQ|2＝|OQ|2＋|PQ|2，即4＝x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2，化简可得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(3,2) ，所以点Q的轨迹是以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2))) 为圆心， eq \f(\r(6),2) 为半径的圆，P到圆心 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2))) 的距离为 eq \f(\r(2),2) ，所以|PQ|的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)－\r(2),2)，\f(\r(6)＋\r(2),2))) ，故|MN|的取值范围为[ eq \r(6) － eq \r(2) ， eq \r(6) ＋ eq \r(2) ].故选D.
二、多项选择题
7．(2023·福建宁德校考二模)已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m，0)，B(m，0)(m>0).若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则实数m的取值可以为( BCD )
A． eq \f(7,2) B．4
C． eq \f(9,2) D．6
解析：如图，∵∠APB＝90°，∴点P的轨迹是以AB为直径的圆O，半径为m，故点P是圆O与圆C的交点，C：(x－3)2＋(y－4)2＝1圆心和半径分别为(3，4)，r＝1，|OC|＝ eq \r(32＋42) ＝5，因此两圆相切或相交，即|m－1|≤ eq \r(32＋42) ≤m＋1，解得4≤m≤6.故选BCD.
8．(2023·福建泉州七中模拟)设m∈R，过定点A的动直线l1：x＋my＝0，和过定点B的动直线l2：mx－y－m＋3＝0交于点P，圆C：(x－2)2＋(y－4)2＝3，则下列说法正确的有( AB )
A．直线l2过定点(1，3)
B．直线l2与圆C相交最短弦长为2
C．动点P的曲线与圆C相切
D．|PA|＋|PB|最大值为5
解析：因为动直线l1：x＋my＝0过原点(0，0)，所以A(0，0)，由mx－y－m＋3＝0，得m(x－1)＝y－3，则B(1，3)，故A正确；当BC⊥l2时，圆心C(2，4)到直线l2：mx－y－m＋3＝0的最大值为|BC|＝
eq \r(（2－1）2＋（4－3）2) ＝ eq \r(2) ，所以直线l2与圆C相交最短弦长为2 eq \r(3－2) ＝2，故B正确；因为l1：x＋my＝0，l2：mx－y－m＋3＝0，所以1·m＋m·(－1)＝0，所以l1⊥l2，所以动点P的曲线是以AB为直径的圆，该圆的圆心坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2))) ，半径为 eq \f(\r(10),2) ，如图，因为两圆圆心距为 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(3,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(34),2) ，两圆半径之和为 eq \r(3) ＋ eq \f(\r(10),2) ，两圆半径之差为 eq \r(3) － eq \f(\r(10),2) ，且 eq \r(3) － eq \f(\r(10),2) < eq \f(\r(34),2) < eq \r(3) ＋ eq \f(\r(10),2) ，所以动点P的曲线与圆C相交，故C错误；因为|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10，所以|PA|2＋|PB|2＋|PA|2＋|PB|2＝20，所以20≥|PA|2＋|PB|2＋2|PA|·|PB|＝(|PA|＋|PB|)2，即|PA|＋|PB|≤ eq \r(20) ＝2 eq \r(5) ，当且仅当|PA|＝|PB|＝ eq \r(5) 时，等号成立，所以|PA|＋|PB|最大值为2 eq \r(5) ，故D错误．故选AB.
三、填空题
9．在平面直角坐标系xOy中，若圆C1：x2＋(y－1)2＝r2(r>0)上存在点P，且点P关于直线x－y＝0的对称点Q在圆C2：(x－2)2＋(y－1)2＝1上，则r的取值范围是[ eq \r(2) －1， eq \r(2) ＋1]．
解析：圆C1关于直线x－y＝0对称的圆C3的方程为(x－1)2＋y2＝r2(r>0)，则圆C3与圆C2存在公共点，所以|r－1|≤ eq \r(2) ≤r＋1，所以r∈[ eq \r(2) －1， eq \r(2) ＋1].
10．已知P是直线3x＋4y＋8＝0上的动点，PA，PB是圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，A，B是切点，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值为2 eq \r(2) ．
解析：如图，x2＋y2－2x－2y＋1＝0，即(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心为C(1，1)，半径r＝1，S四边形PACB＝2S△PCA＝|PA|×|CA|＝ eq \r(|PC|2－1) ，即|PC|最小时，面积最小．|PC|min＝ eq \f(|3＋4＋8|,\r(32＋42)) ＝3，故四边形PACB面积的最小值为 eq \r(9－1) ＝2 eq \r(2) .
11．(2024·河南洛阳高三统考期末)已知点P为直线y＝x＋1上的一点，M，N分别为圆C1：(x－4)2＋(y－1)2＝1与圆C2：x2＋(y－4)2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值为3．
解析：由圆C1：(x－4)2＋(y－1)2＝1，可得圆心C1(4，1)，半径为r1＝1，圆C2：x2＋(y－4)2＝1，可得圆心C2(0，4)，半径为r2＝1，可得圆心距|C1C2|＝ eq \r(（4－0）2＋（1－4）2) ＝5，如图，|PM|≥|PC1|－r1，|PN|≥|PC2|－r2，所以|PM|＋|PN|≥|PC1|＋|PC2|－r1－r2＝|PC1|＋|PC2|－2≥|C1C2|－2＝3，当M，N，C1，C2，P共线时，取得最小值，故|PM|＋|PN|的最小值为3.
12．(开放性问题)已知点P为圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1上一动点，直线PA，PB分别与圆C2：(x＋2)2＋y2＝4相切于A，B两点，且直线PA，PB分别与y轴交于C，D两点，则△PCD的周长能取得的整数值为7(答案不唯一，7，8，9，10，11中任意一个均可)．(写出1个即可)
解析：如图，连接PC1，PC2，AC2，BC2，圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1的圆心C1(2，3)，半径r1＝1，圆C2：(x＋2)2＋y2＝4的圆心C2(－2，0)，半径r2＝2，则圆C2与y轴切于点O，|C1C2|＝ eq \r(（2＋2）2＋32) ＝5，因为直线PA，PB分别与圆C2：(x＋2)2＋y2＝4相切于A，B两点，且直线PA，PB分别与y轴交于C，D两点，所以|PA|＝|PB|，|AC|＝|OC|，|DB|＝|OD|，所以△PCD的周长为|PC|＋|CD|＋|PD|＝|PC|＋|OC|＋|OD|＋|PD|＝(|PC|＋|AC|)＋(|BD|＋|PD|)＝|PA|＋|PB|＝2|PA|＝2 eq \r(|PC2|2－|AC2|2) ＝2 eq \r(|PC2|2－4) ，由图可知|C1C2|－r1≤|PC2|≤|C1C2|＋r1，所以5－1≤|PC2|≤5＋1，即4≤|PC2|≤6，所以16≤|PC2|2≤36，所以12≤|PC2|2－4≤32，所以2 eq \r(3) ≤ eq \r(|PC2|2－4) ≤4 eq \r(2) ，所以4 eq \r(3) ≤2 eq \r(|PC2|2－4) ≤8 eq \r(2) ，所以△PCD的周长的范围为[4 eq \r(3) ，8 eq \r(2) ]，所以△PCD的周长能取得的整数值为7或8或9或10或11.
四、解答题
13．(结构不良问题)(2024·重庆沙坪坝八中校考期末)已知两点D(4，2)，M(5，0)及圆C：(x－2)2＋(y－1)2＝5，l为经过点M的一条动直线．
(1)若直线l经过点D，求证：直线l与圆C相切；
(2)若直线l与圆C相交于两点A，B，从下列条件中选择一个作为已知条件，并求△ABD的面积．
条件①：直线l平分圆C；条件②：直线l的斜率为－ eq \f(1,3) .
解：(1)证明：若直线l经过点D，则直线l的方程为y＝－2(x－5)，即2x＋y－10＝0.
由题意，圆C的圆心为C(2，1)，半径r＝ eq \r(5) ，则圆心C(2，1)到直线l的距离为 eq \f(|2×2＋1－10|,\r(22＋1)) ＝ eq \r(5) ＝r，所以直线l与圆C相切．
(2)选择条件①：若直线l平分圆C，
则直线l过圆心C(2，1)，直线l的方程为x＋3y－5＝0.AB＝2r＝2 eq \r(5) ，点D(4，2)到直线l的距离h＝ eq \f(\r(10),2) ，
所以S△ABD＝ eq \f(1,2) AB×h＝ eq \f(1,2) ×2 eq \r(5) × eq \f(\r(10),2) ＝ eq \f(5\r(2),2) .
选择条件②：若直线l的斜率为－ eq \f(1,3) ，则直线l的方程为x＋3y－5＝0，
此时圆心C(2，1)在直线l上，则AB＝2r＝2 eq \r(5) ，点D(4，2)到直线l的距离h＝ eq \f(\r(10),2) ，所以S△ABD＝ eq \f(1,2) AB×h＝ eq \f(1,2) ×2 eq \r(5) × eq \f(\r(10),2) ＝ eq \f(5\r(2),2) .
14．已知圆C经过(2，4)，(1，3)两点，圆心C在直线x－y＋1＝0上，过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C相交于M，N两点．
(1)求圆C的方程；
(2)①请问 eq \(AM,\s\up9(→)) · eq \(AN,\s\up9(→)) 是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由；
②若 eq \(OM,\s\up9(→)) · eq \(ON,\s\up9(→)) ＝12(O为坐标原点)，求直线l的方程．
解：(1)设圆C的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，依题意，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（2－a）2＋（4－b）2＝r2，,（1－a）2＋（3－b）2＝r2，,a－b＋1＝0，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝3，,r＝1，)) ∴圆C的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝1.
(2)① eq \(AM,\s\up9(→)) · eq \(AN,\s\up9(→)) 为定值．
过点A(0，1)作直线AT与圆C相切，切点为T(图略)，易得|AT|2＝7，
∴ eq \(AM,\s\up9(→)) · eq \(AN,\s\up9(→)) ＝| eq \(AM,\s\up9(→)) |·| eq \(AN,\s\up9(→)) |cs 0°＝|AT|2＝7，∴ eq \(AM,\s\up9(→)) · eq \(AN,\s\up9(→)) 为定值，且定值为7.
②依题意可知，直线l的方程为y＝kx＋1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，将y＝kx＋1代入(x－2)2＋(y－3)2＝1，并整理，得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0，
∴x1＋x2＝ eq \f(4（1＋k）,1＋k2) ，x1x2＝ eq \f(7,1＋k2) ，
∴ eq \(OM,\s\up9(→)) · eq \(ON,\s\up9(→)) ＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝ eq \f(4k（1＋k）,1＋k2) ＋8＝12，即 eq \f(4k（1＋k）,1＋k2) ＝4，解得k＝1，
又当k＝1时，Δ>0，∴k＝1，∴直线l的方程为y＝x＋1.
考点练48 椭圆及其性质 对应学生用书103页
一、单项选择题
1．(教材改编)已知椭圆 eq \f(x2,25) ＋ eq \f(y2,16) ＝1上一点P到椭圆一个焦点F1的距离为3，则P到另一个焦点F2的距离为( D )
A．2 B．3 C．5 D．7
解析：由椭圆的定义|PF1|＋|PF2|＝2a＝10，所以|PF2|＝7.故选D.
2．(2023·新课标Ⅰ卷)设椭圆C1： eq \f(x2,a2) ＋y2＝1(a>1)，C2： eq \f(x2,4) ＋y2＝1的离心率分别为e1，e2.若e2＝ eq \r(3) e1，则a＝( A )
A． eq \f(2\r(3),3) B． eq \r(2)
C． eq \r(3) D． eq \r(6)
解析：由e2＝ eq \r(3) e1，得e eq \\al(2,2) ＝3e eq \\al(2,1) ，因此 eq \f(4－1,4) ＝3× eq \f(a2－1,a2) ，而a>1，所以a＝ eq \f(2\r(3),3) .故选A.
3．已知两圆C1：(x－4)2＋y2＝169，C2：(x＋4)2＋y2＝9，动圆在圆C1内部且和圆C1相内切，和圆C2相外切，则动圆圆心M的轨迹方程为( D )
A． eq \f(x2,64) － eq \f(y2,48) ＝1 B． eq \f(x2,48) ＋ eq \f(y2,64) ＝1
C． eq \f(x2,48) － eq \f(y2,64) ＝1 D． eq \f(x2,64) ＋ eq \f(y2,48) ＝1
解析：设圆M的半径为r，则|MC1|＋|MC2|＝(13－r)＋(3＋r)＝16>8＝|C1C2|，所以M的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，且2a＝16，2c＝8，所以a＝8，c＝4，b＝ eq \r(a2－c2) ＝4 eq \r(3) ，故所求动圆圆心M的轨迹方程为 eq \f(x2,64) ＋ eq \f(y2,48) ＝1.故选D.
4．已知点P是椭圆 eq \f(x2,25) ＋ eq \f(y2,9) ＝1上一点，椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，且cs ∠F1PF2＝ eq \f(1,3) ，则△PF1F2的面积为( C )
A．6 B．12
C． eq \f(9\r(2),2) D．2 eq \r(2)
解析：由椭圆 eq \f(x2,25) ＋ eq \f(y2,9) ＝1，得a＝5，b＝3，c＝4.如图，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，∴m＋n＝10，在△PF1F2中，由余弦定理可得(2c)2＝m2＋n2－2mn cs ∠F1PF2＝(m＋n)2－2mn－2mn· eq \f(1,3) ，可得64＝100－ eq \f(8,3) mn，得mn＝ eq \f(27,2) ，故S△F1PF2＝ eq \f(1,2) mn·sin ∠F1PF2＝ eq \f(1,2) × eq \f(27,2) × eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(9\r(2),2) .故选C.
5．(2023·全国甲卷)设F1，F2为椭圆C： eq \f(x2,5) ＋y2＝1的两个焦点，点P在C上，若 eq \(PF1,\s\up9(→)) · eq \(PF2,\s\up9(→)) ＝0，则|PF1|·|PF2|＝( B )
A．1 B．2
C．4 D．5
解析：方法一：因为 eq \(PF1,\s\up9(→)) · eq \(PF2,\s\up9(→)) ＝0，所以∠F1PF2＝90°，从而S△F1PF2＝b2tan 45°＝1＝ eq \f(1,2) ×|PF1|·|PF2|，所以|PF1|·|PF2|＝2.故选B.
方法二：因为 eq \(PF1,\s\up9(→)) · eq \(PF2,\s\up9(→)) ＝0，所以∠F1PF2＝90°，由椭圆方程可知，c2＝5－1＝4c＝2，所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝42＝16，又|PF1|＋|PF2|＝2a＝2 eq \r(5) ，平方得，|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝16＋2|PF1||PF2|＝20，所以|PF1|·|PF2|＝2.故选B.
6．(2023·辽宁朝阳高三统考期末)已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的右顶点为A，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，若直线AP，AQ的斜率之积为－ eq \f(2,5) ，则C的离心率为( A )
A． eq \f(\r(15),5) B． eq \f(\r(10),5)
C． eq \f(\r(6),3) D． eq \f(\r(5),3)
解析：由题意可知，A(a，0)，设P(x0，y0)(y0≠0)，则Q(－x0，－y0)，可得kAP＝ eq \f(y0,x0－a) ，kAQ＝ eq \f(－y0,－x0－a) ＝ eq \f(y0,x0＋a) ，则kAP·kAQ＝ eq \f(y0,x0－a) · eq \f(y0,x0＋a) ＝ eq \f(y eq \\al(2,0) ,x eq \\al(2,0) －a2) ，又因为点P(x0，y0)在椭圆上，则 eq \f(x eq \\al(2,0) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,0) ,b2) ＝1，整理得y eq \\al(2,0) ＝ eq \f(b2,a2) (a2－x eq \\al(2,0) )，可得kAP·kAQ＝ eq \f(y eq \\al(2,0) ,x eq \\al(2,0) －a2) ＝ eq \f(\f(b2,a2)（a2－x eq \\al(2,0) ）,x eq \\al(2,0) －a2) ＝－ eq \f(b2,a2) ，即－ eq \f(b2,a2) ＝－ eq \f(2,5) ，所以C的离心率e＝ eq \r(1－\f(b2,a2)) ＝ eq \r(1－\f(2,5)) ＝ eq \f(\r(15),5) .故选A.
二、多项选择题
7．点F1，F2为椭圆C的两个焦点，椭圆C上存在点P，使得∠F1PF2＝90°，则椭圆C的方程可以是( ACD )
A． eq \f(x2,25) ＋ eq \f(y2,9) ＝1 B． eq \f(x2,25) ＋ eq \f(y2,16) ＝1
C． eq \f(x2,18) ＋ eq \f(y2,9) ＝1 D． eq \f(x2,16) ＋ eq \f(y2,8) ＝1
解析：设椭圆方程为 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)，设椭圆上顶点为B，椭圆C上存在点P，使得∠F1PF2＝90°，如图，则需∠F1BF2≥90°，由余弦定理可得cs ∠F1BF2＝ eq \f(|BF1|2＋|BF2|2－|F1F2|2,2|BF1|×|BF2|) ≤0，∴|BF1|2＋|BF2|2≤|F1F2|2，即a2＋a2≤4c2，∵c2＝a2－b2，2a2≤4a2－4b2，则a2≥2b2，检验可得选项A，C，D满足．故选ACD.
8．设椭圆 eq \f(x2,9) ＋ eq \f(y2,3) ＝1的右焦点为F，直线y＝m(0A．|AF|＋|BF|为定值
B．△ABF的周长的取值范围是[6，12]
C．当m＝ eq \f(\r(3),2) 时，△ABF为直角三角形
D．当m＝1时，△ABF的面积为 eq \r(6)
解析：设椭圆的左焦点为F′，则|AF′|＝|BF|，∴|AF|＋|BF|＝|AF|＋|AF′|＝6为定值，故A正确；△ABF的周长为|AB|＋|AF|＋|BF|，∵|AF|＋|BF|为定值6，∴|AB|的取值范围是(0，6)，∴△ABF的周长的取值范围是(6，12)，故B错误；将y＝ eq \f(\r(3),2) 与椭圆方程联立，可解得A( eq \f(－3\r(3),2) ， eq \f(\r(3),2) )，B( eq \f(3\r(3),2) ， eq \f(\r(3),2) )，又∵F( eq \r(6) ，0)，∴ eq \(AF,\s\up9(→)) · eq \(BF,\s\up9(→)) ＝( eq \r(6) ＋ eq \f(3\r(3),2) ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6)－\f(3\r(3),2))) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2))) eq \s\up12(2) ＝0，∴AF⊥BF，∴△ABF为直角三角形，故C正确；将y＝1与椭圆方程联立，解得A(－ eq \r(6) ，1)，B( eq \r(6) ，1)，∴S△ABF＝ eq \f(1,2) ×2 eq \r(6) ×1＝ eq \r(6) ，故D正确．故选ACD.
三、填空题
9．已知椭圆 eq \f(x2,9) ＋ eq \f(y2,25) ＝1上的一点P到两焦点的距离的乘积为m，当m取最大值时，点P的坐标是(－3，0)或(3，0)．
解析：记椭圆的两个焦点分别为F1，F2，由题意知a＝5，b＝3，|PF1|＋|PF2|＝2a＝10.则m＝|PF1|·|PF2|≤
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|PF1|＋|PF2|,2))) eq \s\up12(2) ＝25，当且仅当|PF1|＝|PF2|＝5时，等号成立，即点P位于椭圆的短轴的顶点处时，m取得最大值25.所以此时点P的坐标为(－3，0)或(3，0).
10．已知椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)，F为椭圆的右焦点，AB为过原点O的弦，则△ABF面积的最大值为b eq \r(a2－b2) ．
解析：如图，设E为椭圆的左焦点，则S△ABF＝S△AOF＋S△BOF＝S△AOF＋S△AOE＝S△AEF≤b eq \r(a2－b2) .所以△ABF面积的最大值为b eq \r(a2－b2) .
11．(2024·广东广州华南师大附中月考)G：(x－2)2＋y2＝r2是椭圆O： eq \f(x2,16) ＋y2＝1内接△ABC的内切圆，且△ABC在y轴右侧，则r＝ eq \f(2,3) ．
解析：由题意，△ABC在y轴右侧，作出图形，如图，
由椭圆及圆的对称性知，BC⊥x轴，设B(2－r，y0)，y0>0，过圆心G作GD⊥AB于点D，BC交x轴于点H，由椭圆方程知|OA|＝4，所以|AG|＝4－2＝2，所以|AD|＝ eq \r(|AG|2－|GD|2) ＝ eq \r(4－r2) ，|AH|＝2＋r，又B在椭圆上，所以y eq \\al(2,0) ＝1－ eq \f(（2－r）2,16) ＝ eq \f(12＋4r－r2,16) ，又 eq \f(|GD|,|AD|) ＝ eq \f(|HB|,|AH|) ，即 eq \f(r,\r(4－r2)) ＝ eq \f(y0,2＋r) ，可得y0＝ eq \f(r（2＋r）,\r(4－r2)) ，所以 eq \f(12＋4r－r2,16) ＝ eq \f(r2（2＋r）2,4－r2) ，化简可得15r2＋8r－12＝0，解得r＝ eq \f(2,3) 或r＝－ eq \f(6,5) (舍去).
12．设F1，F2为椭圆C： eq \f(x2,36) ＋ eq \f(y2,20) ＝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(3， eq \r(15) )．
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＝ eq \r(36－20) ＝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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,|F1M|2＝（x＋4）2＋y2＝64，,x>0，y>0，))
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝\r(15)，)) 所以M的坐标为(3， eq \r(15) ).
四、解答题
13．如图所示，已知椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，A为椭圆的上顶点，直线AF2交椭圆于另一点B.
(1)若∠F1AB＝90°，求椭圆的离心率；
(2)若椭圆的焦距为2，且 eq \(AF2,\s\up9(→)) ＝2 eq \(F2B,\s\up9(→)) ，求椭圆的方程．
解：(1)若∠F1AB＝90°，则△AOF2为等腰直角三角形，所以有|OA|＝|OF2|，即b＝c.所以a＝ eq \r(2) c，e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(2),2) .
(2)由题意知A(0，b)，F2(1，0)，设B(x，y)，
由 eq \(AF2,\s\up9(→)) ＝2 eq \(F2B,\s\up9(→)) ，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2（x－1）＝1，,2y＝－b，)) 解得x＝ eq \f(3,2) ，y＝－ eq \f(b,2) .
代入 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1，得 eq \f(\f(9,4),a2) ＋ eq \f(\f(b2,4),b2) ＝1.即 eq \f(9,4a2) ＋ eq \f(1,4) ＝1，解得a2＝3.所以椭圆方程为 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,2) ＝1.
14．已知F1，F2是椭圆的两个焦点，P为椭圆上一点，∠F1PF2＝60°.
(1)求椭圆离心率的取值范围；
(2)求证：△F1PF2的面积只与椭圆的短轴长有关．
解：(1)设椭圆方程为 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)，|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m＋n＝2a.
在△PF1F2中，由余弦定理可知，4c2＝m2＋n2－2mn cs 60°＝(m＋n)2－3mn＝4a2－3mn≥4a2－3· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋n,2))) eq \s\up12(2) ＝4a2－3a2＝a2(当且仅当m＝n时取等号)，∴ eq \f(c2,a2) ≥ eq \f(1,4) ，
即e≥ eq \f(1,2) .又0(2)证明：由(1)知mn＝ eq \f(4,3) b2，∴S△PF1F2＝ eq \f(1,2) mn sin 60°＝ eq \f(\r(3),3) b2，即△PF1F2的面积只与椭圆的短轴长有关．
一、单项选择题
1．已知F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，现以F2为圆心作一个圆恰好经过椭圆中心并且交椭圆于点M，N，若过F1的直线MF1是圆F2的切线，则椭圆的离心率为( A )
A． eq \r(3) －1 B．2－ eq \r(3)
C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(\r(3),2)
解析：∵过F1的直线MF1是圆F2的切线，∴∠F1MF2＝90°，|MF2|＝c，∵|F1F2|＝2c，∴|MF1|＝ eq \r(3) c，由椭圆定义可得|MF1|＋|MF2|＝ eq \r(3) c＋c＝2a，∴椭圆的离心率e＝ eq \f(2,1＋\r(3)) ＝ eq \r(3) －1.故选A.
2．(2023·全国甲卷)设O为坐标原点，F1，F2为椭圆C： eq \f(x2,9) ＋ eq \f(y2,6) ＝1的两个焦点，点P在C上，cs ∠F1PF2＝ eq \f(3,5) ，则|OP|＝( B )
A． eq \f(13,5) B． eq \f(\r(30),2)
C． eq \f(14,5) D． eq \f(\r(35),2)
解析：方法一：设∠F1PF2＝2θ，0<θ< eq \f(π,2) ，所以S△PF1F2＝b2tan eq \f(∠F1PF2,2) ＝b2tan θ，由cs ∠F1PF2＝cs 2θ＝ eq \f(cs 2θ－sin 2θ,cs 2θ＋sin2θ) ＝ eq \f(1－tan2θ,1＋tan 2θ) ＝ eq \f(3,5) ，解得tan θ＝ eq \f(1,2) ，由椭圆方程可知，a2＝9，b2＝6，c2＝a2－b2＝3，所以，S△PF1F2＝ eq \f(1,2) ×|F1F2|×|yP|＝ eq \f(1,2) ×2 eq \r(3) ×|yP|＝6× eq \f(1,2) ，解得y eq \\al(2,P) ＝3，即x eq \\al(2,P) ＝9× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,6))) ＝ eq \f(9,2) ，因此|OP|＝ eq \r(x eq \\al(2,P) ＋y eq \\al(2,P) ) ＝ eq \r(3＋\f(9,2)) ＝ eq \f(\r(30),2) .故选B.
方法二：因为|PF1|＋|PF2|＝2a＝6①，|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·
|PF2|cs ∠F1PF2＝|F1F2|2，
即|PF1|2＋|PF2|2－ eq \f(6,5) |PF1|·|PF2|＝12②，联立①②，解得|PF1||PF2|＝ eq \f(15,2) ，|PF1|2＋|PF2|2＝21，而 eq \(PO,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \(PF1,\s\up9(→)) ＋ eq \(PF2,\s\up9(→)) )，所以|OP|＝| eq \(PO,\s\up9(→)) |＝ eq \f(1,2) | eq \(PF1,\s\up9(→)) ＋ eq \(PF2,\s\up9(→)) |，即|OP|＝ eq \f(1,2) | eq \(PF1,\s\up9(→)) ＋ eq \(PF2,\s\up9(→)) |＝ eq \f(1,2) eq \r(|\(PF1,\s\up9(→))|2＋2\(PF1,\s\up9(→))·\(PF2,\s\up9(→))＋|\(PF2,\s\up9(→))|2) ＝
eq \f(1,2) eq \r(21＋2×\f(3,5)×\f(15,2)) ＝ eq \f(\r(30),2) .故选B.
方法三：因为|PF1|＋|PF2|＝2a＝6①，|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·
|PF2|cs ∠F1PF2＝|F1F2|2，即
|PF1|2＋|PF2|2－ eq \f(6,5) |PF1|·|PF2|＝12②，联立①②，解得|PF1|2＋|PF2|2＝21，由中线定理可知，(2|OP|)2＋|F1F2|2＝2(|PF1|2＋|PF2|2)＝42，易知|F1F2|＝2 eq \r(3) ，解得|OP|＝ eq \f(\r(30),2) .故选B.
3．设F1，F2分别是椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的左、右焦点，若在直线x＝ eq \f(a2,c) 上存在点P，使线段PF1的中垂线过点F2，则椭圆离心率的取值范围是( D )
A． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))) B． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))
C． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1)) D． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1))
解析：设P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)，m)) ，F1(－c，0)，F2(c，0)，由线段PF1的中垂线过点F2得|PF2|＝|F1F2|，
即 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)－c))\s\up12(2)＋m2) ＝2c，得m2＝4c2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)－c)) eq \s\up12(2) ＝－ eq \f(a4,c2) ＋2a2＋3c2≥0，即3c4＋2a2c2－a4≥0，得3e4＋2e2－1≥0，解得e2≥ eq \f(1,3) ，又04．已知椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的离心率的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1)) ，其左、右焦点分别是F1，F2，若P为椭圆上位于y轴右侧的一点，则 eq \f(|PF1|,|PF2|) 的值为( D )
A．2 B．3 C．4 D．5
解析：由题意，点P是椭圆上位于y轴右侧的一点，如图，可得|PF1|>|PF2|，设 eq \f(|PF1|,|PF2|) ＝λ(λ>1)，则|PF1|＝λ|PF2|，由椭圆的定义可知|PF1|＋|PF2|＝2a，因此|PF2|＝ eq \f(2a,λ＋1) ，又因为F2是右焦点，所以|PF2|≥a－c，即 eq \f(2a,λ＋1) ≥a－c，整理得e≥ eq \f(λ－1,λ＋1) ，所以 eq \f(λ－1,λ＋1) ＝ eq \f(2,3) ，解得λ＝5，即 eq \f(|PF1|,|PF2|) ＝5.故选D.
5．(数学文化)(2023·云南曲靖校考三模)油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1 000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节．活动中将油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为 eq \r(2) 的圆，圆心到伞柄底端距离为 eq \r(2) ，阳光照射油纸伞在地面形成了一个椭圆形影子(春分时，北京的阳光与地面夹角为60°)，若伞柄底端正好位于该椭圆的焦点位置，则该椭圆的离心率为( A )
A．2－ eq \r(3) B． eq \r(2) －1
C． eq \r(3) －1 D． eq \f(\r(2),2)
解析：如图，伞的伞沿与地面接触点B是椭圆长轴的一个端点，伞沿在地面上最远的投影点A是椭圆长轴的另一个端点，对应的伞沿为C，O为伞的圆心，F为伞柄底端，即椭圆的左焦点，令椭圆的长半轴长为a，半焦距为c，由OF⊥BC，|OF|＝|OB|＝ eq \r(2) ，得a＋c＝|BF|＝2，∠FBC＝45°，|AB|＝2a，|BC|＝2 eq \r(2) ，在△ABC中，∠BAC＝60°，则∠ACB＝75°，sin 75°＝sin (45°＋30°)＝ eq \f(\r(2),2) × eq \f(\r(3),2) ＋ eq \f(\r(2),2) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(\r(6)＋\r(2),4) ，由正弦定理得， eq \f(2a,sin 75°) ＝ eq \f(2\r(2),sin 60°) ，解得a＝ eq \f(\r(2)×\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(\r(3),2)) ＝1＋ eq \f(1,\r(3)) ，则c＝1－ eq \f(1,\r(3)) ，所以该椭圆的离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(3)－1,\r(3)＋1) ＝2－ eq \r(3) .故选A.
6．(2023·海南海口一中模拟)已知F1，F2是椭圆E： eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,2) ＝1的左、右焦点，点P(x0，y0)为E上一动点，且|x0|≤1，若I为△PF1F2的内心，则△IF1F2面积的取值范围是( C )
A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2))) B．[ eq \r(2) ， eq \r(3) ]
C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3－\r(3),3)，\f(\r(6)－\r(2),2))) D．[ eq \r(6) － eq \r(2) ，3－ eq \r(3) ]
解析：由椭圆的方程可得a＝ eq \r(3) ，b＝ eq \r(2) ，c＝1，设内切圆的半径为r，则S△PF1F2＝ eq \f(1,2) ×2c·|y0|＝ eq \f(1,2) (2a＋2c)·r，可得r＝ eq \f(|y0|,\r(3)＋1) ＝ eq \f(\r(3)－1,2) ·|y0|，而 eq \f(x eq \\al(2,0) ,3) ＋ eq \f(y eq \\al(2,0) ,2) ＝1，所以|y0|＝ eq \r(2) · eq \r(1－\f(x eq \\al(2,0) ,3)) ，所以r＝ eq \f(\r(6)－\r(2),2) · eq \r(1－\f(x eq \\al(2,0) ,3)) ，所以S△IF1F2＝ eq \f(1,2) ·2c·r＝ eq \f(1,2) ×2× eq \f(\r(6)－\r(2),2) × eq \r(1－\f(x eq \\al(2,0) ,3)) ＝ eq \f(\r(6)－\r(2),2) · eq \r(1－\f(x eq \\al(2,0) ,3)) ，因为|x0|≤1，所以S△IF1F2∈[ eq \f(\r(6)－\r(2),2) × eq \f(\r(6),3) ， eq \f(\r(6)－\r(2),2) ]，即S△IF1F2∈[ eq \f(3－\r(3),3) ， eq \f(\r(6)－\r(2),2) ].故选C.
二、多项选择题
7．1970年4月24日，我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”，从此我国开始了人造卫星的新篇章．人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律：卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径(卫星与地球的连线)在相同的时间内扫过的面积相等．设椭圆的长轴长、焦距分别为2a，2c，下列结论正确的是( ABD )
A．卫星向径的取值范围是[a－c，a＋c]
B．卫星在左半椭圆弧上的运行时间大于其在右半椭圆弧上的运行时间
C．卫星向径的最小值与最大值的比值越大，椭圆轨道越扁
D．卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小
解析：根据椭圆定义知卫星向径的取值范围是[a－c，a＋c]，故A正确；当卫星在左半椭圆弧上运行时，对应的面积更大，根据面积守恒规律，速度更慢，运行时间更长，故B正确； eq \f(a－c,a＋c) ＝ eq \f(1－e,1＋e) ＝ eq \f(2,1＋e) －1，当比值越大，则e越小，椭圆轨道越圆，故C错误；根据面积守恒规律，卫星在近地点时向径最小，故速度最大，在远地点时向径最大，故速度最小，故D正确．故选ABD.
8．(2024·山东淄博模拟)设椭圆C： eq \f(x2,4) ＋y2＝1的焦点为F1，F2，P是C上的动点，则下列结论正确的是( AD )
A．离心率e＝ eq \f(\r(3),2)
B．| eq \(PF2,\s\up9(→)) |的最大值为3
C．△PF1F2面积的最大值为2 eq \r(3)
D．| eq \(PF1,\s\up9(→)) ＋ eq \(PF2,\s\up9(→)) |的最小值为2
解析：由题意得a＝2，b＝1，c＝ eq \r(a2－b2) ＝ eq \r(3) ，e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(3),2) ，故A正确；不妨令F1(－ eq \r(3) ，0)，F2( eq \r(3) ，0)，设P(x，y)，所以 eq \(PF2,\s\up9(→)) ＝( eq \r(3) －x，－y)，所以| eq \(PF2,\s\up9(→)) |2＝(x－ eq \r(3) )2＋y2＝(x－ eq \r(3) )2＋1－ eq \f(x2,4) ＝ eq \f(3x2,4) －2 eq \r(3) x＋4＝ eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4\r(3),3))) eq \s\up12(2) ，因为－2≤x≤2，所以当x＝－2时，(| eq \(PF2,\s\up9(→)) |2)max＝7＋4 eq \r(3) ，即| eq \(PF2,\s\up9(→)) |max＝2＋ eq \r(3) ，故B错误；因为S△PF1F2＝ eq \f(1,2) |y|·2c＝ eq \f(1,2) |y|×2 eq \r(3) ＝ eq \r(3) |y|，－1≤y≤1，所以当y＝±1，即P在短轴的端点时，△PF1F2的面积取得最大值，(S△PF1F2)max＝ eq \r(3) ×1＝ eq \r(3) ，故C错误；| eq \(PF1,\s\up9(→)) ＋ eq \(PF2,\s\up9(→)) |＝2| eq \(PO,\s\up9(→)) |＝2 eq \r(x2＋y2) ＝2 eq \r(\f(3x2,4)＋1) ，因为－2≤x≤2，所以1≤ eq \f(3x2,4) ＋1≤4，所以2≤| eq \(PF1,\s\up9(→)) ＋ eq \(PF2,\s\up9(→)) |≤4，故D正确．故选AD.
三、填空题
9．(2024·上海黄浦区大同中学期末)设F1和F2为椭圆4x2＋2y2＝1的两个焦点，点P在椭圆上，且满足|OP|＝ eq \f(1,2) ，则△F1PF2的面积是 eq \f(1,4) ．
解析：椭圆4x2＋2y2＝1，即 eq \f(y2,\f(1,2)) ＋ eq \f(x2,\f(1,4)) ＝1，所以a＝ eq \f(\r(2),2) ，b＝ eq \f(1,2) ，c＝ eq \r(a2－b2) ＝ eq \f(1,2) ，因为|OP|＝ eq \f(1,2) ，所以点P为短轴顶点，所以S△F1PF2＝ eq \f(1,2) ×2c×b＝ eq \f(1,2) ×2× eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,4) .
10．已知椭圆 eq \f(x2,9) ＋ eq \f(y2,5) ＝1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方．若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是 eq \r(15) ．
解析：如图，左焦点F(－2，0)，右焦点F′(2，0).线段PF的中点M在以O(0，0)为圆心，2为半径的圆上，因此|OM|＝2.在△FF′P中，OM綉 eq \f(1,2) PF′，所以|PF′|＝4.根据椭圆的定义，得|PF|＋|PF′|＝6，所以|PF|＝2.又因为|FF′|＝4，所以在Rt△MFF′中，tan ∠PFF′＝ eq \f(|MF′|,|MF|) ＝ eq \f(\r(|FF′|2－|MF|2),|MF|) ＝ eq \r(15) ，即直线PF的斜率是 eq \r(15) .
11．(2024·上海黄浦区格致中学期末)设椭圆Γ： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的右焦点为F(c，0)，点A(3c，0)在椭圆外，P，Q在椭圆上，且P是线段AQ的中点．若直线PQ，PF的斜率之积为－ eq \f(1,2) ，则椭圆的离心率为 eq \f(\r(2),2) ．
解析：如图所示，
由题意可知，点E(－c，0)为椭圆Γ的左焦点，因为点A(3c，0)，F(c，0)，易知点F为线段AE的中点，又因为P为AQ的中点，所以，PF∥QE，取线段PQ的中点M，连接OM，则 eq \f(|AP|,|PM|) ＝ eq \f(|AF|,|OF|) ＝2，所以，OM∥PF，所以，kOM＝kPF，故kOMkPQ＝kPFkPQ＝－ eq \f(1,2) ，设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则点M( eq \f(x1＋x2,2) ， eq \f(y1＋y2,2) )，所以， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,1) ,a2)＋\f(y eq \\al(2,1) ,b2)＝1，,\f(x eq \\al(2,2) ,a2)＋\f(y eq \\al(2,2) ,b2)＝1，)) 两个等式作差可得 eq \f(x eq \\al(2,1) －x eq \\al(2,2) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,1) －y eq \\al(2,2) ,b2) ＝0，可得 eq \f(y eq \\al(2,1) －y eq \\al(2,2) ,x eq \\al(2,1) －x eq \\al(2,2) ) ＝－ eq \f(b2,a2) ，所以，kOMkPQ＝ eq \f(\f(y1＋y2,2)－0,\f(x1＋x2,2)－0) · eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝ eq \f(y eq \\al(2,1) －y eq \\al(2,2) ,x eq \\al(2,1) －x eq \\al(2,2) ) ＝－ eq \f(b2,a2) ＝－ eq \f(1,2) ，所以，椭圆Γ的离心率为e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \r(\f(c2,a2)) ＝ eq \r(\f(a2－b2,a2)) ＝ eq \r(1－\f(b2,a2)) ＝ eq \r(1－\f(1,2)) ＝ eq \f(\r(2),2) .
12．过原点作一条倾斜角为θ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6))))) 的直线与椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)交于A，B两点，F为椭圆的左焦点，若AF⊥BF，则该椭圆的离心率e的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(6),3))) ．
解析：当倾斜角θ＝ eq \f(π,2) 时，直线AB的斜率不存在，如图，
则A(0，b)，B(0，－b)，又椭圆左焦点F(－c，0)，若AF⊥BF，则 eq \(AF,\s\up9(→)) · eq \(BF,\s\up9(→)) ＝(－c，－b)·(－c，b)＝c2－b2＝0，即b＝c，所以a2＝b2＋c2＝2c2，即a＝ eq \r(2) c.所以椭圆的离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(c,\r(2)c) ＝ eq \f(\r(2),2) ；当倾斜角θ∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2))) ∪( eq \f(π,2) ， eq \f(5π,6) ]时，直线AB的斜率存在设为k，则k∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),3))) ∪[ eq \f(\r(3),3) ，＋∞)，设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)，所以 eq \f(x eq \\al(2,0) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,0) ,b2) ＝1①，如图，
若AF⊥BF，则 eq \(AF,\s\up9(→)) · eq \(BF,\s\up9(→)) ＝(－c－x0，－y0)·(－c＋x0，y0)＝c2－x eq \\al(2,0) －y eq \\al(2,0) ＝0②，联立①②，结合a2＝b2＋c2可得y eq \\al(2,0) ＝ eq \f(b4,c2) ，x eq \\al(2,0) ＝ eq \f(c4－b4,c2) ，由k＝ eq \f(y0,x0) ，k∈(－∞，－ eq \f(\r(3),3) ]∪[ eq \f(\r(3),3) ，＋∞)，所以k2＝ eq \f(y eq \\al(2,0) ,x eq \\al(2,0) ) ＝ eq \f(\f(b4,c2),\f(c4－b4,c2)) ＝ eq \f(b4,c4－b4) ，且k2≥ eq \f(1,3) ，所以 eq \f(b4,c4－b4) ≥ eq \f(1,3) ，则4b4≥c4>b4，故2b2≥c2>b2，所以2(a2－c2)≥c2>a2－c2，即 eq \f(1,2) < eq \f(c2,a2) ≤ eq \f(2,3) ，故 eq \f(\r(2),2) 四、解答题
13．(探究性问题)设F1，F2分别是椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的左、右焦点．
(1)设椭圆C上的点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2))) 到F1，F2两点距离之和等于2 eq \r(2) ，写出椭圆C的方程；
(2)设点P是(1)中椭圆C上的任意一点，过原点的直线l与椭圆相交于M，N两点，当直线PM，PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN时，试探究kPM·kPN的值是否与点P及直线l有关，并证明你的结论．
解：(1)由于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2))) 在椭圆上，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2),a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2),b2)＝1，,2a＝2\r(2)，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝2，,b2＝1，))
故椭圆C的方程为 eq \f(x2,2) ＋y2＝1.
(2)过原点的直线l与椭圆 eq \f(x2,2) ＋y2＝1相交的两点M，N关于坐标原点对称，
设M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，P(x，y)，由M，N，P在椭圆上，可得 eq \f(x eq \\al(2,0) ,2) ＋y eq \\al(2,0) ＝1， eq \f(x2,2) ＋y2＝1，
两式相减得 eq \f(y2－y eq \\al(2,0) ,x2－x eq \\al(2,0) ) ＝－ eq \f(1,2) .
又因为kPM＝ eq \f(y－y0,x－x0) ，kPN＝ eq \f(y＋y0,x＋x0) ，
所以kPM·kPN＝ eq \f(y－y0,x－x0) · eq \f(y＋y0,x＋x0) ＝ eq \f(y2－y eq \\al(2,0) ,x2－x eq \\al(2,0) ) ＝－ eq \f(1,2) .
故kPM·kPN的值与点P的位置无关，同时与直线l无关．
考点练49 直线与椭圆 对应学生用书105页
一、单项选择题
1．若直线y＝kx＋1与椭圆 eq \f(x2,5) ＋ eq \f(y2,m) ＝1总有公共点，则m的取值范围是( D )
A．(1，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(0，1)∪(1，5) D．[1，5)∪(5，＋∞)
解析：方法一：由于直线y＝kx＋1恒过点(0，1)，所以点(0，1)必在椭圆内或椭圆上，则0< eq \f(1,m) ≤1且m≠5，故m≥1且m≠5.故选D.
方法二：由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,mx2＋5y2－5m＝0，)) 消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0.由题意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0对一切k∈R恒成立，即5mk2＋m2－m≥0对一切k∈R恒成立，由于m>0且m≠5，∴5k2＋m－1≥0，∴m≥1且m≠5.故选D.
2．斜率为1的直线l与椭圆 eq \f(x2,4) ＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( C )
A．2 B． eq \f(4\r(5),5)
C． eq \f(4\r(10),5) D． eq \f(8\r(10),5)
解析：设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝4，,y＝x＋t，)) 消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，又Δ＝(8t)2－16(t2－1)×5>0，得t2<5，则x1＋x2＝－ eq \f(8,5) t，x1x2＝ eq \f(4（t2－1）,5) .
∴|AB|＝ eq \r(2) |x1－x2|＝ eq \r(2) eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝ eq \r(2) eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,5)t))\s\up12(2)－4×\f(4（t2－1）,5)) ＝ eq \f(4\r(2),5) · eq \r(5－t2) ，当t＝0时，|AB|max＝ eq \f(4\r(10),5) .故选C.
3．直线y＝kx＋1，当k变化时，此直线被椭圆 eq \f(x2,4) ＋y2＝1截得的最大弦长是( B )
A．2 B． eq \f(4\r(3),3)
C．4 D．不能确定
解析：直线恒过定点(0，1)，且点(0，1)在椭圆上，可设另外一个交点为(x，y)，则弦长为 eq \r(x2＋（y－1）2) ＝
eq \r(4－4y2＋y2－2y＋1) ＝ eq \r(－3y2－2y＋5) ，当y＝－ eq \f(1,3) 时，弦长最大为 eq \f(4\r(3),3) .故选B.
4．已知椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点，若AB的中点为M(1，－1)，则椭圆E的方程为( D )
A． eq \f(x2,45) ＋ eq \f(y2,36) ＝1 B． eq \f(x2,36) ＋ eq \f(y2,27) ＝1
C． eq \f(x2,27) ＋ eq \f(y2,18) ＝1 D． eq \f(x2,18) ＋ eq \f(y2,9) ＝1
解析：kAB＝ eq \f(0＋1,3－1) ＝ eq \f(1,2) ，kOM＝－1，由kAB·kOM＝－ eq \f(b2,a2) ，得 eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(1,2) ，∴a2＝2b2.∵c＝3，∴a2＝18，b2＝9，∴椭圆E的方程为 eq \f(x2,18) ＋ eq \f(y2,9) ＝1.故选D.
5．(数学文化)中国国家大剧院是亚洲最大的剧院综合体，中国国家表演艺术的最高殿堂，中外文化交流的最大平台．大剧院的平面投影是椭圆C，其长轴长度约为212 m，短轴长度约为144 m.若直线l平行于长轴且C的中心到l的距离是24 m，则l被C截得的线段长度约为( C )
A．140 m B．143 m
C．200 m D．209 m
解析：设该椭圆焦点在x轴上，以中心为原点，建立直角坐标系，如图所示，设椭圆的方程为 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)，由题意可得2a＝212，2b＝144，将a＝106，b＝72代入方程，得 eq \f(x2,1062) ＋ eq \f(y2,722) ＝1，
因为直线l平行于长轴且C的中心到l的距离是24 m，令y＝24，得|2x|＝ eq \f(424\r(2),3) ≈200(m).故选C.
6．已知椭圆C： eq \f(x2,3) ＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则m＝( C )
A． eq \f(2,3) B． eq \f(\r(2),3)
C．－ eq \f(\r(2),3) D．－ eq \f(2,3)
解析：将直线y＝x＋m与椭圆联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，)) 消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，因为直线与椭圆相交于A，B两点，则Δ＝36m2－4×4(3m2－3)>0，解得－2二、多项选择题
7．设椭圆C： eq \f(x2,2) ＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的动点，则下列结论正确的是( AD )
A．|PF1|＋|PF2|＝2 eq \r(2)
B．离心率e＝ eq \f(\r(6),2)
C．△PF1F2面积的最大值为 eq \r(2)
D．以线段F1F2为直径的圆与直线x＋y－ eq \r(2) ＝0相切
解析：对于A，由椭圆的定义可知|PF1|＋|PF2|＝2a＝2 eq \r(2) ，故A正确；对于B，依题意a＝ eq \r(2) ，b＝1，c＝1，所以e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(1,\r(2)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，故B错误；对于C，|F1F2|＝2c＝2，当P为椭圆短轴顶点时，△PF1F2的面积取得最大值为 eq \f(1,2) ·2c·b＝c·b＝1，故C错误；对于D，以线段F1F2为直径的圆的圆心为(0，0)，半径为c＝1，圆心到直线x＋y－ eq \r(2) ＝0的距离为 eq \f(\r(2),\r(2)) ＝1，即圆心到直线的距离等于半径，所以以线段F1F2为直径的圆与直线x＋y－ eq \r(2) ＝0相切，故D正确．故选AD.
8．已知椭圆C： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,2) ＝1的左、右两个焦点分别为F1，F2，直线y＝kx(k≠0)与C交于A，B两点，AE⊥x轴，垂足为E，直线BE与C的另一个交点为P，则下列结论正确的是( ABC )
A．四边形AF1BF2为平行四边形
B．∠F1PF2<90°
C．直线BE的斜率为 eq \f(1,2) k
D．∠PAB>90°
解析：对于A，根据椭圆的对称性可知，|OF1|＝|OF2|，|OA|＝|OB|.故四边形AF1BF2为平行四边形，故A正确．对于B，根据椭圆的性质，当P在上、下顶点时，|OP|＝b＝ eq \r(2) ＝c.此时∠F1PF2＝90°.由题意可知P不可能在上、下顶点，故∠F1PF2<90°，故B正确．对于C，如图，不妨设B在第一象限，过点B作BD⊥x轴，垂足为D，则直线BE的斜率为 eq \f(|BD|,|ED|) ＝ eq \f(|BD|,2|OD|) ＝ eq \f(1,2) k，故C正确．
对于D，设P(x1，y1)，A(x2，y2)，则B(－x2，－y2)，所以kAP·kBP＝ eq \f(y1－y2,x1－x2) · eq \f(y1＋y2,x1＋x2) ＝ eq \f(y eq \\al(2,1) －y eq \\al(2,2) ,x eq \\al(2,1) －x eq \\al(2,2) ) ＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x eq \\al(2,1) ,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x eq \\al(2,2) ,2))),x eq \\al(2,1) －x eq \\al(2,2) ) ＝－ eq \f(1,2) .又由C可知直线BP的斜率为 eq \f(1,2) k，故kAP＝ eq \f(－\f(1,2),\f(1,2)k) ＝－ eq \f(1,k) .所以kAP·kAB＝－ eq \f(1,k) ·k＝－1.故∠PAB＝90°，故D错误．故选ABC.
三、填空题
9．已知椭圆 eq \f(y2,a2) ＋ eq \f(x2,b2) ＝1(a>b>0)的右顶点为A(1，0)，过其焦点且垂直于长轴的弦长为1，则椭圆方程为 eq \f(y2,4) ＋x2＝1．
解析：因为椭圆 eq \f(y2,a2) ＋ eq \f(x2,b2) ＝1(a>b>0)的右顶点为A(1，0)，所以b＝1，焦点坐标为(0，±c)，因为过焦点且垂直于长轴的弦长为1，所以 eq \f(2b2,a) ＝1，a＝2，所以椭圆方程为 eq \f(y2,4) ＋x2＝1.
10．已知椭圆 eq \f(x2,2) ＋y2＝1与直线y＝x＋m交于A，B两点，且|AB|＝ eq \f(4\r(2),3) ，则实数m的值为±1．
解析：由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝x＋m，)) 消去y并整理，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－ eq \f(4m,3) ，x1x2＝ eq \f(2m2－2,3) .由题意，得 eq \r(2（x1＋x2）2－8x1x2) ＝ eq \f(4\r(2),3) ，解得m＝±1.
11．已知F为椭圆C： eq \f(x2,6) ＋ eq \f(y2,2) ＝1的右焦点，过F的直线l交椭圆C于A，B两点，M为AB的中点，则M到x轴的最大距离为 eq \f(\r(3),3) ．
解析：因为a2＝6，b2＝2，所以椭圆的右焦点坐标为(2，0).设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：x＝ty＋2(显然当直线斜率为0时，不可能最大)，与椭圆方程联立得，(t2＋3)y2＋4ty－2＝0，Δ＝16t2＋8(t2＋3)>0恒成立，所以y1＋y2＝－ eq \f(4t,t2＋3) ，即弦AB的中点M的纵坐标为 eq \f(y1＋y2,2) ＝－ eq \f(2t,t2＋3) ，所以M到x轴的距离为 eq \f(2|t|,t2＋3) .当t≠0时， eq \f(2|t|,t2＋3) ＝ eq \f(2,|t|＋\f(3,|t|)) ≤ eq \f(2,2\r(3)) ＝ eq \f(\r(3),3) ，当且仅当t2＝3时等号成立，故M到x轴的最大距离为 eq \f(\r(3),3) .
12．与椭圆 eq \f(x2,2) ＋y2＝1有相同的焦点且与直线l：x－y＋3＝0相切的椭圆的离心率为 eq \f(\r(5),5) ．
解析：因为所求椭圆与椭圆 eq \f(x2,2) ＋y2＝1有相同的焦点，所以可设所求椭圆的方程为 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,a2－1) ＝1(a>1)，联立方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,a2－1)＝1，,y＝x＋3)) (2a2－1)x2＋6a2x＋10a2－a4＝0，因为直线l与椭圆相切，所以Δ＝36a4－4(2a2－1)(10a2－a4)＝0，
化简得a4－6a2＋5＝0，即a2＝5或a2＝1(舍去).则a＝ eq \r(5) .又c＝1，所以e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(1,\r(5)) ＝ eq \f(\r(5),5) .
四、解答题
13．已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2，0)，离心率为 eq \f(\r(2),2) ，直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△AMN的面积为 eq \f(\r(10),3) 时，求k的值．
解：(1)由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，)) 得b＝ eq \r(2) ，所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,2) ＝1.
(2)由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，)) 得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0，Δ＝8(3k2＋2)>0，
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1＋x2＝ eq \f(4k2,1＋2k2) ，x1x2＝ eq \f(2k2－4,1＋2k2) ，
所以|MN|＝ eq \r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2) ＝
eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]) ＝
eq \f(2\r(（1＋k2）（4＋6k2）),1＋2k2) .
又点A(2，0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝ eq \f(|k|,\r(1＋k2)) ，所以△AMN的面积S＝ eq \f(1,2) |MN|·d＝ eq \f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2) ，
由 eq \f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2) ＝ eq \f(\r(10),3) ，得k＝±1，所以当△AMN的面积为 eq \f(\r(10),3) 时，k＝±1.
14．已知椭圆C的两个焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，短轴的两个端点分别为B1，B2.
(1)若△F1B1B2为等边三角形，求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的短轴长为2，过点F2的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且 eq \(F1P,\s\up9(→)) ⊥ eq \(F1Q,\s\up9(→)) ，求直线l的方程．
解：(1)由题意知，△F1B1B2为等边三角形，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝\r(3)b，,c＝1，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2－b2＝3b2，,a2－b2＝1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝\f(4,3)，,b2＝\f(1,3)，))
故椭圆C的方程为 eq \f(3x2,4) ＋3y2＝1.
(2)易知椭圆C的方程为 eq \f(x2,2) ＋y2＝1，
当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝1，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,\f(x2,2)＋y2＝1，)) 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，Δ＝8(k2＋1)>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝ eq \f(4k2,2k2＋1) ，x1x2＝ eq \f(2（k2－1）,2k2＋1) ，
eq \(F1P,\s\up9(→)) ＝(x1＋1，y1)， eq \(F1Q,\s\up9(→)) ＝(x2＋1，y2)，因为 eq \(F1P,\s\up9(→)) ⊥ eq \(F1Q,\s\up9(→)) ，所以 eq \(F1P,\s\up9(→)) · eq \(F1Q,\s\up9(→)) ＝0，
即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2(x1－1)(x2－1)＝(k2＋1)x1x2－(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1＝ eq \f(7k2－1,2k2＋1) ＝0，解得k2＝ eq \f(1,7) ，即k＝± eq \f(\r(7),7) ，故直线l的方程为x＋ eq \r(7) y－1＝0或x－ eq \r(7) y－1＝0.
一、单项选择题
1．(2024·宁夏银川高三月考)若直线y＝x＋m与椭圆 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,2) ＝1相切，则实数m的值等于( B )
A．±6 B．± eq \r(6)
C．± eq \r(3) D．±4
解析：将直线y＝x＋m与椭圆 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,2) ＝1联立，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1)) 3x2＋4mx＋2m2－4＝0，由题意可知Δ＝16m2－12(2m2－4)＝0m＝± eq \r(6) .故选B.
2．(2024·广西桂林高三月考)已知椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的右焦点为F(4，0)，过点F的直线交椭圆于A，B两点，若M(1，－1)，且 eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(OB,\s\up9(→)) ＝2 eq \(OM,\s\up9(→)) ，则E的方程为( C )
A． eq \f(x2,48) ＋ eq \f(y2,32) ＝1
B． eq \f(x2,36) ＋ eq \f(y2,20) ＝1
C． eq \f(x2,24) ＋ eq \f(y2,8) ＝1
D． eq \f(x2,20) ＋ eq \f(y2,4) ＝1
解析：∵右焦点F(4，0)，∴a2＝b2＋16，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 eq \(OA,\s\up9(→)) ＋ eq \(OB,\s\up9(→)) ＝2 eq \(OM,\s\up9(→)) 可知M是AB的中点，∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，且 eq \f(x eq \\al(2,1) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,1) ,b2) ＝1， eq \f(x eq \\al(2,2) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,2) ,b2) ＝1，两式相减得 eq \f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2) ＋ eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2) ＝0，∴kAB＝ eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝－ eq \f(b2（x1＋x2）,a2（y1＋y2）) ＝－ eq \f(2b2,－2a2) ＝ eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(0＋1,4－1) ＝kFM＝ eq \f(1,3) ，∴a2＝3b2＝b2＋16，∴b2＝8，a2＝24，故椭圆E的方程为 eq \f(x2,24) ＋ eq \f(y2,8) ＝1.故选C.
3．(2023·河南安阳统考三模)已知椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的右焦点为F，离心率为 eq \f(\r(6),3) ，过坐标原点O作直线l交椭圆于A，B两点，若AF⊥BF，则直线l的方程为( B )
A．y＝± eq \f(\r(3),2) x B．y＝± eq \f(\r(3),3) x
C．y＝± eq \r(3) x D．y＝± eq \r(2) x
解析：由椭圆离心率为 eq \f(\r(6),3) ，知1－ eq \f(b2,a2) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3))) eq \s\up12(2) ，∴a2＝3b2，c2＝a2－b2＝2b2，由题意可设A(m，n)，B(－m，－n)，则 eq \f(m2,3b2) ＋ eq \f(n2,b2) ＝1，∴m2＋3n2＝3b2，由F(c，0)，AF⊥BF可得 eq \f(n,m－c) × eq \f(－n,－m－c) ＝－1，即m2＋n2＝c2＝2b2，结合m2＋3n2＝3b2可得2n2＝b2，故m2＝3n2，则 eq \f(n,m) ＝± eq \f(\r(3),3) ，所以直线l的方程为y＝± eq \f(\r(3),3) x.故选B.
4．(2023·辽宁实验中学模拟)平行四边形ABCD内接于椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)，椭圆E的离心率为 eq \f(\r(3),2) ，且AB，AD的倾斜角分别为α，β，若α＋β＝120°，则cs eq \f(α－β,2) ＝( D )
A．－ eq \f(3,10) B．－ eq \f(1,6)
C． eq \f(\r(21),6) D． eq \f(\r(35),10)
解析：设A(x0，y0)，B(x1，y1)，D(－x1，－y1)，∴ eq \f(x eq \\al(2,0) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,0) ,b2) ＝1， eq \f(x eq \\al(2,1) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,1) ,b2) ＝1，相减整理得 eq \f(y0－y1,x0－x1) · eq \f(y0＋y1,x0＋x1) ＝－ eq \f(b2,a2) ＝e2－1，即kAB·kAD＝－ eq \f(b2,a2) ＝－ eq \f(1,4) ，tan α·tan β＝－ eq \f(1,4) .
∵ eq \f(cs （α＋β）,cs （α－β）) ＝ eq \f(cs αcs β－sin αsin β,cs αcs β＋sin αsin β) ＝ eq \f(1－tan α·tan β,1＋tan α·tan β) ＝ eq \f(5,3) ，
∴cs (α－β)＝－ eq \f(3,10) ，∵－ eq \f(π,2) < eq \f(α－β,2) < eq \f(π,2) ，∴cs eq \f(α－β,2) ＝
eq \r(\f(1＋cs （α－β）,2)) ＝ eq \f(\r(35),10) .故选D.
5．已知椭圆C： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(0A．5 B．4
C．3 D．2
解析：因为椭圆C： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(0椭圆方程为C： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,2) ＝1，因为 eq \(AF,\s\up9(→)) 1＝λ eq \(F1B,\s\up9(→)) ，所以点A，B，F1共线，因为AB⊥AF2，则AF1⊥AF2，设|AF1|＝t，由椭圆的定义得|AF2|＝2a－t＝4－t，又因为|F1F2|＝2c＝2 eq \r(2) ，|AF1|2＋|AF2|2＝|F1F2|2，所以t2＋(4－t)2＝(2 eq \r(2) )2，解得t＝2，即|AF1|＝|AF2|＝2，所以A在上、下顶点处，不妨设A(0， eq \r(2) )，如图，则AB：y＝x＋ eq \r(2) ，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋\r(2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝\r(2))) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(4\r(2),3)，,y＝－\f(\r(2),3)，)) 则B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4\r(2),3)，－\f(\r(2),3))) ，因为 eq \(AF,\s\up9(→)) 1＝λ eq \(F1B,\s\up9(→)) ，所以λ＝ eq \f(|\(AF1,\s\up9(→))|,|\(F1B,\s\up9(→))|) ＝ eq \f(2,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4\r(2),3)＋\r(2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),3)))\s\up12(2))) ＝3.故选C.
6．(数学文化)“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为椭圆的蒙日圆．若椭圆C： eq \f(x2,a＋1) ＋ eq \f(y2,a) ＝1(a>0)的离心率为 eq \f(1,3) ，则椭圆C的蒙日圆的方程为( B )
A．x2＋y2＝19
B．x2＋y2＝17
C．x2＋y2＝15
D．x2＋y2＝14
解析：因为椭圆C： eq \f(x2,a＋1) ＋ eq \f(y2,a) ＝1(a>0)的离心率为 eq \f(1,3) ，则 eq \f(1,\r(a＋1)) ＝ eq \f(1,3) ，解得a＝8，即椭圆C的方程为 eq \f(x2,9) ＋ eq \f(y2,8) ＝1，于是椭圆的上顶点A(0，2 eq \r(2) )，右顶点B(3，0)，经过A，B两点的椭圆切线方程分别为y＝2 eq \r(2) ，x＝3，则两条切线的交点坐标为(3，2 eq \r(2) )，显然这两条切线互相垂直，因此点(3，2 eq \r(2) )在椭圆C的蒙日圆上，圆心为椭圆C的中心O，椭圆C的蒙日圆半径r＝ eq \r(32＋（2\r(2)）2) ＝ eq \r(17) ，所以椭圆C的蒙日圆方程为x2＋y2＝17.故选B.
二、多项选择题
7．(2024·浙江宁波高三月考)已知椭圆E： eq \f(x2,25) ＋ eq \f(y2,16) ＝1的右焦点为F2，直线x－y＋3＝0与椭圆交于A，B两点，则( ACD )
A．△ABF2的周长为20
B．△ABF2的面积为 eq \f(960\r(2),41)
C．线段AB中点的横坐标为－ eq \f(75,41)
D．线段AB的长度为 eq \f(320,41)
解析：依题意，直线x－y＋3＝0过椭圆E： eq \f(x2,25) ＋ eq \f(y2,16) ＝1的左焦点F1(－3，0)，椭圆长轴长2a＝10，所以△ABF2的周长|AF2|＋|AB|＋|BF2|＝|AF2|＋|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝20，故A正确；
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＋3＝0，,\f(x2,25)＋\f(y2,16)＝1，)) 消去y得41x2＋150x－175＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－ eq \f(150,41) ，x1x2＝－ eq \f(175,41) ，因此线段AB中点的横坐标为 eq \f(x1＋x2,2) ＝－ eq \f(150,41) × eq \f(1,2) ＝－ eq \f(75,41) ，故C正确；线段AB的长度为 eq \r(1＋1) · eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝ eq \r(2) · eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(150,41)))\s\up12(2)＋4×\f(175,41)) ＝ eq \f(320,41) ，故D正确；点F2(3，0)到直线x－y＋3＝0的距离d＝ eq \f(6,\r(12＋（－1）2)) ＝3 eq \r(2) ，所以△ABF2的面积为S＝ eq \f(1,2) |AB|·d＝ eq \f(1,2) × eq \f(320,41) ×3 eq \r(2) ＝ eq \f(480\r(2),41) ，故B错误．故选ACD.
8．(新定义问题)已知点F(1，0)，直线l：x＝4，动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半．若某直线上存在这样的点P，则称该直线为“最远距离直线”．下列结论中正确的是( ABC )
A．点P的轨迹方程是 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1
B．直线l1：x＋2y－4＝0是“最远距离直线”
C．平面上有一点A(－1，1)，则|PA|＋2|PF|的最小值为5
D．点P的轨迹与圆C：x2＋y2－2x＝0没有交点
解析：设P(x，y)，因为点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半，所以
2 eq \r(（x－1）2＋y2) ＝|x－4|，化简得 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1，故A正确；联立方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2y－4＝0，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，)) 可得(x－1)2＝0，解得x＝1，故存在P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) ，
所以直线l1：x＋2y－4＝0是“最远距离直线”，故B正确；过P作PB垂直直线l：x＝4，垂足为B，如图，
则由题可得|PB|＝2|PF|，则|PA|＋2|PF|＝|PA|＋|PB|，则由图可知，|PA|＋|PB|的最小值为点A到直线l：x＝4的距离，为5，故C正确；由x2＋y2－2x＝0可得(x－1)2＋y2＝1，即圆心为(1，0)，半径为1，易得点P的轨迹与圆C交于点(2，0)，故D错误．故选ABC.
三、填空题
9．已知椭圆两顶点A(－1，0)，B(1，0)，过焦点F(0，1)的直线l与椭圆交于C，D两点，当|CD|＝ eq \f(3\r(2),2) 时，直线l的方程为 eq \r(2) x－y＋1＝0或 eq \r(2) x＋y－1＝0．
解析：由题意得b＝1，c＝1.∴a2＝b2＋c2＝1＋1＝2.∴椭圆方程为 eq \f(y2,2) ＋x2＝1.当直线l的斜率不存在时，|CD|＝2 eq \r(2) ，不符合题意；当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋1，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＋2x2＝2，)) 得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0.
Δ＝8(k2＋1)>0恒成立．设C(x1，y1)，D(x2，y2).∴x1＋x2＝－ eq \f(2k,k2＋2) ，x1x2＝－ eq \f(1,k2＋2) .∴|CD|＝ eq \r(1＋k2) |x1－x2|＝ eq \r(1＋k2) · eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝ eq \f(2\r(2)（k2＋1）,k2＋2) .即 eq \f(2\r(2)（k2＋1）,k2＋2) ＝ eq \f(3\r(2),2) ，解得k2＝2，∴k＝± eq \r(2) .∴直线l的方程为 eq \r(2) x－y＋1＝0或 eq \r(2) x＋y－1＝0.
10．设椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)长轴的端点分别为A，B.点C为椭圆上异于A，B的一点，若将△ABC的三内角记为A，B，C，且满足3tan A＋3tan B＋tan C＝0，则tan A·tan B的值为 eq \f(2,3) ，椭圆的离心率为 eq \f(\r(3),3) ．
解析：方法一：∵3tan A＋3tan B＋tan C＝0，∴3tan (A＋B)(1－tan A·tan B)＋tan C＝0，∴－3tan C(1－tan A tan B)＋tan C＝0.∵tan C≠0，∴tan A tan B＝ eq \f(2,3) .设C(x，y)，A(－a，0)，B(a，0)，则 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1.
∵tan A tan B＝ eq \f(2,3) ，∴－ eq \f(y,x＋a) · eq \f(y,x－a) ＝ eq \f(2,3) ，
∴ eq \f(－y2,x2－a2) ＝ eq \f(2,3) ，∴ eq \f(y2,\f(a2,b2)y2) ＝ eq \f(2,3) ，∴ eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(2,3) ，
∴ eq \f(a2－c2,a2) ＝ eq \f(2,3) ，∴e＝ eq \f(\r(3),3) .
方法二：设点C(0，b)，则有tan A＝tan B＝ eq \f(b,a) ，由A＋B＋C＝π得，tan C＝－tan (A＋B)＝－ eq \f(tan A＋tan B,1－tan A·tan B) ＝ eq \f(－\f(2b,a),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(2ab,b2－a2) ，又知3tan A＋3tan B＋tan C＝0，∴tan C＝－3·(tan A＋tan B)＝－ eq \f(6b,a) ，因此可得 eq \f(2ab,b2－a2) ＝－ eq \f(6b,a) ，即6(b2－a2)＝－2a2，∴3b2＝2a2，∴ eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(2,3) ，即tan A·tan B＝ eq \f(2,3) ，该椭圆的离心率e＝ eq \r(1－\f(b2,a2)) ＝ eq \r(1－\f(2,3)) ＝ eq \f(\r(3),3) .
11．已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，斜率为－ eq \f(1,2) 的直线l与椭圆C交于A，B两点．若△ABF1的重心为G eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,6)，\f(c,3))) ，则椭圆C的离心率为 eq \f(\r(6),3) ．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 eq \f(x eq \\al(2,1) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,1) ,b2) ＝1， eq \f(x eq \\al(2,2) ,a2) ＋ eq \f(y eq \\al(2,2) ,b2) ＝1，两式相减得
eq \f(（x1－x2）（x1＋x2）,a2) ＋ eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2) ＝0(*).
因为△ABF1的重心为G eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,6)，\f(c,3))) ，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2－c,3)＝\f(c,6)，,\f(y1＋y2,3)＝\f(c,3)，)) 故 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(3c,2)，,y1＋y2＝c，))
代入(*)式得 eq \f(3（x1－x2）c,2a2) ＋ eq \f(（y1－y2）c,b2) ＝0，所以 eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝－ eq \f(3b2,2a2) ＝－ eq \f(1,2) ，即a2＝3b2，
所以椭圆C的离心率e＝ eq \f(\r(6),3) .
12．(2023·广东深圳校考二模)已知椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，P为椭圆上一点(异于左、右顶点)，△PF1F2的内切圆半径为r，若r的最大值为 eq \f(c,3) ，则椭圆的离心率为 eq \f(4,5) ．
解析：如图，设内切圆的圆心为O1，连接PO1，O1F1，O1F2，S△PF1F2＝S△O1F1F2＋S△O1PF2＋S△O1PF1＝ eq \f(1,2) (|F1F2|＋|PF1|＋|PF2|)r＝ eq \f(1,2) (2a＋2c)r，由题意可得S△PF1F2＝ eq \f(1,2) ×2c×|yP|＝ eq \f(1,2) (2a＋2c)·r，所以当|yP|取到最大值b时，r有最大值，且最大值为 eq \f(c,3) ，所以 eq \f(1,2) ×2c·b＝ eq \f(1,2) (2a＋2c)· eq \f(1,3) c，整理可得b＝ eq \f(1,3) (a＋c)，两边同时平方可得9b2＝9(a2－c2)＝a2＋2ac＋c2，所以8a2－2ac－10c2＝0，所以5e2＋e－4＝0，解得e＝ eq \f(4,5) 或e＝－1(舍去).
四、解答题
13．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)过点A(－2，0)，且离心率为 eq \f(1,2) ，设椭圆C的右顶点为B，点P，Q是椭圆C上异于A，B的两个动点，记直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2，且3k1＋k2＝0.
(1)求证：直线PQ过定点R；
(2)设直线AQ，BP相交于点T，记△ABT，△ABQ的面积分别为S1，S2，求 eq \f(S1,S2) 的取值范围．
解：(1)证明：由题设a＝2且 eq \f(c,a) ＝ eq \f(1,2) ，故c＝1，可得b2＝a2－c2＝3，则C： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1，
所以B(2，0)，
则k1＝ eq \f(yP,xP＋2) ，k2＝ eq \f(yQ,xQ－2) ，
若PQ斜率为0，则P，Q关于y轴对称，显然与3k1＋k2＝0矛盾，
所以PQ斜率不为0，令PQ：x＝ty＋m(m≠±2)，联立C： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1，
整理得，(3t2＋4)y2＋6tmy＋3m2－12＝0，则Δ＝36t2m2－12(3t2＋4)(m2－4)>0，
yP＋yQ＝－ eq \f(6tm,3t2＋4) ，yPyQ＝ eq \f(3m2－12,3t2＋4) ，而 eq \f(x eq \\al(2,P) ,4) ＋ eq \f(y eq \\al(2,P) ,3) ＝1，
又k1·kBP＝ eq \f(yP,xP＋2) · eq \f(yP,xP－2) ＝ eq \f(y eq \\al(2,P) ,x eq \\al(2,P) －4) ＝－ eq \f(3,4) ，又3k1＋k2＝0，则3k1＝－ eq \f(9,4kBP) ＝－k2，
所以kBPk2＝ eq \f(9,4) ，即 eq \f(yP,xP－2) · eq \f(yQ,xQ－2) ＝ eq \f(yPyQ,xPxQ－2（xP＋xQ）＋4) ＝ eq \f(9,4) ，
xPxQ＝(tyP＋m)(tyQ＋m)＝t2yPyQ＋tm(yP＋yQ)＋m2＝ eq \f(3t2m2－12t2,3t2＋4) － eq \f(6t2m2,3t2＋4) ＋m2＝ eq \f(4m2－12t2,3t2＋4) ，
xP＋xQ＝t(yP＋yQ)＋2m＝ eq \f(8m,3t2＋4) ，
综上， eq \f(\f(3m2－12,3t2＋4),\f(4m2－12t2,3t2＋4)－\f(16m,3t2＋4)＋4) ＝ eq \f(3m2－12,4m2－16m＋16) ＝ eq \f(9,4) ，即m2－6m＋8＝0，所以m＝4或m＝2(舍去)，则PQ：x＝ty＋4，即直线PQ过定点R(4，0).
(2)根据椭圆对称性，不妨设P，Q在椭圆的上半部分，即yP，yQ>0，
令BP：y＝ eq \f(yP,xP－2) (x－2)，
AQ：y＝ eq \f(yQ,xQ＋2) (x＋2)，联立消去y得，xT＝ eq \f(2（xPyQ＋xQyP）＋4（yP－yQ）,xQyP－xPyQ＋2（yP＋yQ）) ＝
eq \f(2tyPyQ＋6yP＋2yQ,3yP－yQ) ，
所以xT＝ eq \f(2tyPyQ＋6（yP＋yQ）－4yQ,3（yP＋yQ）－4yQ) ，而yP＋yQ＝－ eq \f(24t,3t2＋4) ，yPyQ＝ eq \f(36,3t2＋4) ，
所以xT＝ eq \f(\f(72t,3t2＋4)－\f(144t,3t2＋4)－4yQ,－\f(72t,3t2＋4)－4yQ) ＝1，即T在定直线x＝1上，
而S1＝S△ABT＝ eq \f(1,2) |AB|·|yT|，S2＝S△ABQ＝ eq \f(1,2) |AB|·|yQ|，
则 eq \f(S1,S2) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(yT,yQ))) ，yT，yQ>0，
若直线PQ无限接近x轴，即P，Q分别无限接近A，B，则xQ无限接近2，
由T，Q在直线AQ上，易知 eq \f(xT＋2,xQ＋2) ＝ eq \f(3,xQ＋2) ＝ eq \f(yT,yQ) ，且趋向于 eq \f(3,4) ，
若直线PQ无限接近椭圆的切线，此时P，Q，T接近重合，即 eq \f(yT,yQ) 趋向于1，
所以 eq \f(S1,S2) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1)) .
故 eq \f(S1,S2) 的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1)) .
考点练50 双曲线 对应学生用书107页
一、单项选择题
1．(教材改编)已知平面内两定点A(－5，0)，B(5，0)，动点M满足|MA|－|MB|＝6，则点M的轨迹方程是( D )
A． eq \f(x2,16) － eq \f(y2,9) ＝1
B． eq \f(x2,16) － eq \f(y2,9) ＝1(x≥4)
C． eq \f(x2,9) － eq \f(y2,16) ＝1
D． eq \f(x2,9) － eq \f(y2,16) ＝1(x≥3)
解析：由双曲线的定义知，点M的轨迹是双曲线的右支，故排除A，C；又由题意可知焦点在x轴上，且c＝5，a＝3，所以b＝ eq \r(c2－a2) ＝4，故点M的轨迹方程为 eq \f(x2,9) － eq \f(y2,16) ＝1(x≥3).故选D.
2．已知方程 eq \f(x2,m2＋n) － eq \f(y2,3m2－n) ＝1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是( A )
A．(－1，3) B．(－1， eq \r(3) )
C．(0，3) D．(0， eq \r(3) )
解析：∵方程 eq \f(x2,m2＋n) － eq \f(y2,3m2－n) ＝1表示双曲线，∴(m2＋n)·(3m2－n)>0，解得－m23．(2023·全国甲卷)已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的离心率为 eq \r(5) ，C的一条渐近线与圆(x－2)2＋(y－3)2＝1交于A，B两点，则|AB|＝( D )
A． eq \f(\r(5),5) B． eq \f(2\r(5),5)
C． eq \f(3\r(5),5) D． eq \f(4\r(5),5)
解析：由e＝ eq \r(5) ，得 eq \f(c2,a2) ＝ eq \f(a2＋b2,a2) ＝1＋ eq \f(b2,a2) ＝5，解得 eq \f(b,a) ＝2，所以双曲线的一条渐近线不妨取y＝2x，则圆心(2，3)到渐近线的距离d＝ eq \f(|2×2－3|,\r(22＋1)) ＝ eq \f(\r(5),5) ，所以弦长|AB|＝2 eq \r(r2－d2) ＝2 eq \r(1－\f(1,5)) ＝ eq \f(4\r(5),5) .故选D.
4．(数学文化)随着我国经济的迅猛发展，人们对电能的需求越来越大，而电能所排放的气体会出现全球气候变暖的问题，这在一定程度上威胁到了人们的健康．所以，为了提高火电厂一次能源的使用效率，有效推动社会的可持续发展，必须对火电厂节能减排技术进行深入的探讨．火电厂的冷却塔常用的外形之一就是旋转单叶双曲面，它的优点是对流快、散热效果好，外形可以看成双曲线的一部分绕其虚轴旋转所形成的曲面(如图1).某火电厂的冷却塔设计图纸比例(长度比)为1∶40(图纸上的尺寸单位：m)，图纸中单叶双曲面的方程为x2＋y2－ eq \f(1,4) z2＝1(－2≤z≤1)(如图2)，则该冷却塔占地面积为( C )
A．2 800π m2 B．3 000π m2
C．3 200π m2 D．4 800π m2
解析：令z＝－2，得方程为x2＋y2＝2，这是一个半径为 eq \r(2) 的圆．乘上比例尺，即圆的实际半径为40 eq \r(2) m，则冷却塔的占地面积为π×(40 eq \r(2) )2＝3 200π(m2).故选C.
5．已知F是双曲线C： eq \f(x2,4) － eq \f(y2,5) ＝1的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点．若|OP|＝|OF|，则△OPF的面积为( B )
A． eq \f(3,2) B． eq \f(5,2)
C． eq \f(7,2) D． eq \f(9,2)
解析：由F是双曲线 eq \f(x2,4) － eq \f(y2,5) ＝1的一个焦点，知|OF|＝3，所以|OP|＝|OF|＝3.不妨设点P在第一象限，P(x0，y0)，x0>0，y0>0，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(x eq \\al(2,0) ＋y eq \\al(2,0) )＝3，,\f(x eq \\al(2,0) ,4)－\f(y eq \\al(2,0) ,5)＝1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x eq \\al(2,0) ＝\f(56,9)，,y eq \\al(2,0) ＝\f(25,9)，)) 所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(14),3)，\f(5,3))) ，所以S△OPF＝ eq \f(1,2) |OF|·y0＝ eq \f(1,2) ×3× eq \f(5,3) ＝ eq \f(5,2) .故选B.
6．如图，已知A，B，C是双曲线 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)上的三个点，AB经过原点O，AC经过右焦点F，若BF⊥AC且2|AF|＝|CF|，则该双曲线的离心率是( B )
A． eq \f(5,3) B． eq \f(\r(17),3)
C． eq \f(\r(17),2) D． eq \f(9,4)
解析：设左焦点为F′，|AF|＝m，连接AF′，CF′，BF′，如图，
则|FC|＝2m，|AF′|＝2a＋m，|CF′|＝2a＋2m，|FF′|＝2c.因为BF⊥AC，且AB经过原点O，所以四边形FAF′B为矩形．在Rt△AF′C中，|AF′|2＋|AC|2＝|F′C|2，代入得(2a＋m)2＋(3m)2＝(2a＋2m)2，化简得m＝ eq \f(2a,3) ，所以在Rt△AF′F中，|AF′|2＋|AF|2＝|F′F|2，代入得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a＋\f(2a,3))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,3))) eq \s\up12(2) ＝(2c)2，化简得 eq \f(c2,a2) ＝ eq \f(17,9) ，即e＝ eq \f(\r(17),3) .故选B.
二、多项选择题
7．已知曲线C：mx2＋ny2＝1，下列说法正确的是( ACD )
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 eq \r(n)
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y＝± eq \r(－\f(m,n)) x
D．若m＝0，n>0，则C是两条直线
解析：对于A，当m>n>0时，有 eq \f(1,n) > eq \f(1,m) >0，方程化为 eq \f(x2,\f(1,m)) ＋ eq \f(y2,\f(1,n)) ＝1，表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确．对于B，当m＝n>0时，方程化为x2＋y2＝ eq \f(1,n) ，表示半径为 eq \r(\f(1,n)) 的圆，故B错误．对于C，当m>0，n<0时，方程化为 eq \f(x2,\f(1,m)) － eq \f(y2,－\f(1,n)) ＝1，表示焦点在x轴上的双曲线，其中a＝ eq \r(\f(1,m)) ，b＝ eq \r(－\f(1,n)) ，渐近线方程为y＝± eq \r(－\f(m,n)) x；当m<0，n>0时，方程化为 eq \f(y2,\f(1,n)) － eq \f(x2,－\f(1,m)) ＝1，表示焦点在y轴上的双曲线，其中a＝ eq \r(\f(1,n)) ，b＝ eq \r(－\f(1,m)) ，渐近线方程为y＝± eq \r(－\f(m,n)) x，故C正确．对于D，当m＝0，n>0时，方程化为y＝± eq \r(\f(1,n)) ，表示两条平行于x轴的直线，故D正确．故选ACD.
8．已知F1，F2分别是双曲线C：y2－x2＝1的上、下焦点，点P是其一条渐近线上一点，且以线段F1F2为直径的圆经过点P，则( ACD )
A．双曲线C的渐近线方程为y＝±x
B．以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1
C．点P的横坐标为±1
D．△PF1F2的面积为 eq \r(2)
解析：等轴双曲线C：y2－x2＝1的渐近线方程为y＝±x，故A正确；由双曲线的方程可知|F1F2|＝2 eq \r(2) ，所以以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝2，故B错误；点P(x0，y0)在圆x2＋y2＝2上，不妨设点P(x0，y0)在直线y＝x上，所以由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x eq \\al(2,0) ＋y eq \\al(2,0) ＝2，,y0＝x0，)) 解得|x0|＝1，则点P的横坐标为±1，故C正确；由上述分析可得△PF1F2的面积为 eq \f(1,2) ×2 eq \r(2) ×1＝ eq \r(2) ，故D正确．故选ACD.
三、填空题
9．已知双曲线C： eq \f(x2,6) － eq \f(y2,3) ＝1，则C的右焦点的坐标为(3，0)；C的焦点到其渐近线的距离是 eq \r(3) ．
解析：由 eq \f(x2,6) － eq \f(y2,3) ＝1，得c2＝a2＋b2＝9，解得c＝3，焦点在x轴上，所以双曲线C的右焦点坐标为(3，0).双曲线的一条渐近线方程为y＝ eq \f(\r(3),\r(6)) x，即x－ eq \r(2) y＝0，所以焦点(3，0)到渐近线的距离为d＝ eq \f(3,\r(1＋（－\r(2)）2)) ＝ eq \r(3) .
10．(2023·河南焦作模拟)已知左、右焦点分别为F1，F2的双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线与直线l：x－2y＝0互相垂直，点P在双曲线C上，且|PF1|－|PF2|＝3，则双曲线C的焦距为3 eq \r(5) ．
解析：双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝± eq \f(b,a) x，一条渐近线与直线l：x－2y＝0互相垂直，可得 eq \f(b,a) ＝2，即b＝2a，由双曲线的定义可得2a＝|PF1|－|PF2|＝3，可得a＝ eq \f(3,2) ，b＝3，即有c＝ eq \r(a2＋b2) ＝ eq \r(\f(9,4)＋9) ＝ eq \f(3\r(5),2) ，即焦距为2c＝3 eq \r(5) .
11．如图，F1和F2分别是双曲线 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的两个焦点，A和B是以O为圆心，以|OF1|为半径的圆与该双曲线左支的两个交点，且△F2AB是等边三角形，则双曲线的离心率为 eq \r(3) ＋1．
解析：设|F1F2|＝2c，连接AF1(图略)，∵△F2AB是等边三角形，且F1F2是⊙O的直径，∴∠AF2F1＝30°，∠F1AF2＝90°，
∴|AF1|＝c，|AF2|＝ eq \r(3) c，2a＝ eq \r(3) c－c，∴e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(2,\r(3)－1) ＝ eq \r(3) ＋1.
12．已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，O为原点，若以F1F2为直径的圆与C的渐近线的一个交点为P，且|F1P|＝ eq \r(3) |OP|，则C的渐近线方程为y＝± eq \r(3) x．
解析：根据双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，O为原点，以F1F2为直径的圆与C的渐近线的一个交点为P，如图所示，
则|F1O|＝|OP|＝c，|F1P|＝ eq \r(3) |OP|＝ eq \r(3) c，所以在△POF1中，由余弦定理可得cs ∠POF1＝ eq \f(|OP|2＋|OF1|2－|PF1|2,2|OP|·|OF1|) ＝ eq \f(c2＋c2－（\r(3)c）2,2×c×c) ＝－ eq \f(1,2) .
所以∠POF1＝ eq \f(2π,3) ，则∠POF2＝ eq \f(π,3) ，所以tan ∠POF2＝tan eq \f(π,3) ＝ eq \r(3) ，则渐近线方程为y＝± eq \r(3) x.
四、解答题
13．(2023·重庆沙坪坝一中期末)已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)，焦点为F1，F2，其中一条渐近线的倾斜角为30°，点M在双曲线上，且||MF1|－|MF2||＝2 eq \r(3) .
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若直线l：y＝x＋m交C于A，B两点，若△AOB的面积为 eq \r(6) ，求正实数m的值．
解：(1)由条件知，2a＝2 eq \r(3) ，
eq \f(b,a) ＝tan 30°＝ eq \f(\r(3),3) ，故a＝ eq \r(3) ，b＝1.
即双曲线C的标准方程为 eq \f(x2,3) －y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，O到直线l的距离为h，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)－y2＝1，,y＝x＋m，)) 得2x2＋6mx＋3m2＋3＝0，由Δ＝36m2－8(3m2＋3)＝12m2－24>0，解得m2>2，
又m>0，故m> eq \r(2) ，而又由x1＋x2＝－3m，x1x2＝ eq \f(3m2＋3,2) ，
故弦长|AB|＝
eq \r(1＋k2) eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝
eq \r(6) eq \r(m2－2) ，h＝ eq \f(|m|,\r(2)) ，
又S△AOB＝ eq \f(1,2) |AB|·h＝
eq \f(1,2) eq \r(6) eq \r(m2－2) · eq \f(|m|,\r(2)) ＝ eq \r(6) ，
解得m4－2m2－8＝0，m2＝4，
又m> eq \r(2) ，故m＝2.
14．已知点A(2，1)在双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,a2－1) ＝1(a>1)上，直线l(不过点A)的斜率为－1，且交双曲线C于P，Q两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值．
解：(1)将点A的坐标代入双曲线C的方程可得 eq \f(4,a2) － eq \f(1,a2－1) ＝1(a>1)，解得a＝ eq \r(2) ，所以，双曲线C的方程为 eq \f(x2,2) －y2＝1.
(2)证明：由题意，设直线l的方程为y＝－x＋m，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，如图，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－x＋m，,\f(x2,2)－y2＝1，)) 可得x2－4mx＋2m2＋2＝0，Δ＝16m2－8(m2＋1)＝8(m2－1)>0，解得m<－1或m>1，
由韦达定理可得x1＋x2＝4m，x1x2＝2m2＋2，所以，kAP＋kAQ＝ eq \f(y1－1,x1－2) ＋ eq \f(y2－1,x2－2) ＝ eq \f(－x1＋m－1,x1－2) ＋ eq \f(－x2＋m－1,x2－2) ＝－2＋ eq \f(m－3,x1－2) ＋ eq \f(m－3,x2－2) ＝－2＋ eq \f(（m－3）（x1＋x2－4）,x1x2－2（x1＋x2）＋4) ＝－2＋ eq \f(（m－3）（4m－4）,2m2＋2－2×4m＋4) ＝－2＋2＝0.
可得直线AP，AQ的斜率之和为定值0.
一、单项选择题
1. eq \r(x2＋（y－3）2) － eq \r(x2＋（y＋3）2) ＝4表示的曲线方程为( C )
A． eq \f(x2,4) － eq \f(y2,5) ＝1(x≤－2)
B． eq \f(x2,4) － eq \f(y2,5) ＝1(x≥2)
C． eq \f(y2,4) － eq \f(x2,5) ＝1(y≤－2)
D． eq \f(y2,4) － eq \f(x2,5) ＝1(y≥2)
解析： eq \r(x2＋（y－3）2) 的几何意义为点M(x，y)到点F1(0，3)的距离， eq \r(x2＋（y＋3）2) 的几何意义为点M(x，y)到点F2(0，－3)的距离，则 eq \r(x2＋（y－3）2) － eq \r(x2＋（y＋3）2) ＝4表示点M(x，y)到点F1(0，3)的距离与到点F2(0，－3)的距离的差为4，且4<|F1F2|，所以点M的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线的下支，且该双曲线的实半轴长a＝2，半焦距c＝3，所以b2＝c2－a2＝5，则 eq \r(x2＋（y－3）2) － eq \r(x2＋（y＋3）2) ＝4表示的曲线方程为 eq \f(y2,4) － eq \f(x2,5) ＝1(y≤－2).故选C.
2．设双曲线C的方程为 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)，过抛物线y2＝4x的焦点和点(0，b)的直线为l.若C的一条渐近线与l平行，另一条渐近线与l垂直，则双曲线C的方程为( D )
A． eq \f(x2,4) － eq \f(y2,4) ＝1 B．x2－ eq \f(y2,4) ＝1
C． eq \f(x2,4) －y2＝1 D．x2－y2＝1
解析：由题意知，抛物线的焦点坐标为(1，0)，∴直线l的斜率kl＝ eq \f(b－0,0－1) ＝－b＝－ eq \f(b,a) ，解得a＝1.又∵ eq \f(b,a) ·(－b)＝－1，∴b＝a＝1，∴双曲线C的方程为x2－y2＝1.故选D.
3．已知F1，F2为双曲线C：x2－y2＝2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|＝2|PF2|，则cs ∠F1PF2＝( C )
A． eq \f(1,4) B． eq \f(3,5)
C． eq \f(3,4) D． eq \f(4,5)
解析：由x2－y2＝2，知a＝b＝ eq \r(2) ，c＝2.由双曲线定义知，|PF1|－|PF2|＝2a＝2 eq \r(2) ，又|PF1|＝2|PF2|，∴|PF1|＝4 eq \r(2) ，|PF2|＝2 eq \r(2) ，在△PF1F2中，|F1F2|＝2c＝4，由余弦定理，得cs ∠F1PF2＝ eq \f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|) ＝ eq \f(3,4) .
4．将离心率为e1的双曲线C1的实半轴长a和虚半轴长b(a≠b)同时增加m(m>0)个单位长度，得到离心率为e2的双曲线C2，则( D )
A．对任意的a，b，e1>e2
B．当a>b时，e1>e2；当aC．对任意的a，b，e1D．当a>b时，e1e2
解析：依题意，e1＝ eq \f(\r(a2＋b2),a) ＝ eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))\s\up12(2)) ，e2＝ eq \f(\r(（a＋m）2＋（b＋m）2),a＋m) ＝ eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋m,a＋m)))\s\up12(2)) .因为 eq \f(b,a) － eq \f(b＋m,a＋m) ＝ eq \f(ab＋bm－ab－am,a（a＋m）) ＝ eq \f(m（b－a）,a（a＋m）) ，由于m>0，a>0，b>0，所以当a>b时，0< eq \f(b,a) <1，0< eq \f(b＋m,a＋m) <1， eq \f(b,a) < eq \f(b＋m,a＋m) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a))) eq \s\up12(2) < eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋m,a＋m))) eq \s\up12(2) ，所以e11， eq \f(b＋m,a＋m) >1， eq \f(b,a) > eq \f(b＋m,a＋m) ，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a))) eq \s\up12(2) > eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋m,a＋m))) eq \s\up12(2) ，所以e1>e2.所以当a>b时，e1e2.故选D.
5．(2023·全国乙卷)设A，B为双曲线x2－ eq \f(y2,9) ＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是( D )
A．(1，1) B．(－1，2)
C．(1，3) D．(－1，－4)
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB的中点M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2))) ，可得kAB＝ eq \f(y1－y2,x1－x2) ，k＝ eq \f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2)) ＝ eq \f(y1＋y2,x1＋x2) ，因为A，B在双曲线上，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x eq \\al(2,1) －\f(y eq \\al(2,1) ,9)＝1，,x eq \\al(2,2) －\f(y eq \\al(2,2) ,9)＝1，)) 两式相减得(x eq \\al(2,1) －x eq \\al(2,2) )－ eq \f(y eq \\al(2,1) －y eq \\al(2,2) ,9) ＝0，所以kAB·k＝ eq \f(y eq \\al(2,1) －y eq \\al(2,2) ,x eq \\al(2,1) －x eq \\al(2,2) ) ＝9.对于A，可得k＝1，kAB＝9，则AB：y＝9x－8，联立方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝9x－8，,x2－\f(y2,9)＝1，)) 消去y得72x2－2×72x＋73＝0，此时Δ＝(－2×72)2－4×72×73＝－288<0，所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；对于B，可得k＝－2，kAB＝－ eq \f(9,2) ，则AB：y＝－ eq \f(9,2) x－ eq \f(5,2) ，联立方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(9,2)x－\f(5,2)，,x2－\f(y2,9)＝1，)) 消去y得45x2＋2×45x＋61＝0，此时Δ＝(2×45)2－4×45×61＝－4×45×16<0，所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；对于C，可得k＝3，kAB＝3，则AB：y＝3x，由双曲线方程可得a＝1，b＝3，则AB：y＝3x为双曲线的渐近线，所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；对于D，k＝4，kAB＝ eq \f(9,4) ，则AB：y＝ eq \f(9,4) x－ eq \f(7,4) ，联立方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(9,4)x－\f(7,4)，,x2－\f(y2,9)＝1，)) 消去y得63x2＋126x－193＝0，此时Δ＝1262＋4×63×193>0，故直线AB与双曲线有两个交点，故D正确．故选D.
6．(数学文化)如图1为陕西博物馆收藏的国宝——唐·金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作的典范之作．该杯的主体部分可以近似看作双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的右支与y轴及平行于x轴的两条直线围成的曲边四边形ABMN绕y轴旋转一周得到的几何体，如图2所示，若该金杯主体部分的上口外直径为 eq \f(10\r(3),3) ，下底座外直径为 eq \f(2\r(39),3) ，且杯身最细之处到上杯口的距离是到下底座距离的2倍，则杯身最细之处的周长为( C )
A．2 eq \r(2) π B．3π
C．2 eq \r(3) π D．4π
解析：由题意可设M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(3),3)，2m)) ，N( eq \f(\r(39),3) ，－m)，代入双曲线方程可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\f(25,3),a2)－\f(4m2,b2)＝1，,\f(\f(13,3),a2)－\f(m2,b2)＝1，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\f(25,12),a2)－\f(m2,b2)＝\f(1,4)，,\f(\f(13,3),a2)－\f(m2,b2)＝1，)) 作差可得 eq \f(\f(27,12),a2) ＝ eq \f(3,4) ，解得a2＝3，则a＝ eq \r(3) ，所以杯身最细处的周长为2 eq \r(3) π.故选C.
二、多项选择题
7．双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的焦点在圆O：x2＋y2＝13上，圆O与双曲线C的渐近线在第一、二象限分别交于点M，N，点E(0，a)满足 eq \(EO,\s\up9(→)) ＋ eq \(EM,\s\up9(→)) ＋ eq \(EN,\s\up9(→)) ＝0(其中O为坐标原点)，则( ABD )
A．双曲线C的一条渐近线方程为3x－2y＝0
B．双曲线C的离心率为 eq \f(\r(13),2)
C．| eq \(OE,\s\up9(→)) |＝1
D．△OMN的面积为6
解析：如图，
设双曲线C的焦距为2c＝2 eq \r(13) ，MN与y轴交于点P，由题意可知|OM|＝c＝ eq \r(13) ，则M(a，b)，P(0，b)，由 eq \(EO,\s\up9(→)) ＋ eq \(EM,\s\up9(→)) ＋ eq \(EN,\s\up9(→)) ＝0得点E为△OMN的重心，可得|OE|＝ eq \f(2,3) |OP|，即a＝ eq \f(2,3) b， eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(c2－a2,a2) ＝ eq \f(9,4) ，所以a＝2，b＝3，e＝ eq \f(\r(13),2) .双曲线C的渐近线方程为3x±2y＝0，| eq \(OE,\s\up9(→)) |＝2，M的坐标为(2，3)，S△OMN＝6.故选ABD.
8．(2023·河南南阳中学模拟)已知双曲线E： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线l与双曲线交于A，B两点，若四边形AF1BF2为矩形且|AF1|＝2|AF2|，则下列结论正确的是( AD )
A．|AB|＝2 eq \r(5) a
B．E的渐近线方程为y＝± eq \r(2) x
C．矩形AF1BF2的面积为4a2
D．E的离心率为 eq \r(5)
解析：不妨设点A在第一象限，如图，由题意可得，四边形AF1BF2为矩形，由双曲线的定义可得，|AF1|－|AF2|＝2|AF2|－|AF2|＝|AF2|＝2a，则|AF1|＝2|AF2|＝4a，对于A，∵四边形AF1BF2为矩形，则|AB|＝|F1F2|＝ eq \r(|AF1|2＋|AF2|2) ＝ eq \r(（4a）2＋（2a）2) ＝2 eq \r(5) a，故A正确；对于B，由A可得，2c＝2 eq \r(5) a，则c＝ eq \r(5) a，b＝ eq \r(c2－a2) ＝2a，注意到双曲线E的焦点在x轴上，则E的渐近线方程为y＝± eq \f(b,a) x＝±2x，故B错误；对于C，矩形AF1BF2的面积为S＝|AF1|×|AF2|＝4a×2a＝8a2，故C错误；对于D，由A知，|AB|＝2 eq \r(5) a＝2c，所以e＝ eq \r(5) ，故D正确．故选AD.
三、填空题
9．已知F1，F2为双曲线C：x2－y2＝2的左、右焦点，点P在C上，∠F1PF2＝60°，则△F1PF2的面积为2 eq \r(3) ．
解析：方法一：不妨设点P在双曲线的右支上，则|PF1|－|PF2|＝2a＝2 eq \r(2) ，在△F1PF2中，由余弦定理，得cs ∠F1PF2＝ eq \f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|) ＝ eq \f(1,2) ，
∴|PF1|·|PF2|＝8，∴S△F1PF2＝ eq \f(1,2) |PF1|·|PF2|·sin 60°＝2 eq \r(3) .
方法二：设∠F1PF2＝θ，则S△F1PF2＝ eq \f(b2,tan \f(θ,2)) ＝2 eq \r(3) .
10．如图，已知双曲线 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)中，A1，A2是左、右顶点，F是右焦点，B是虚轴的上顶点．若在线段BF上(不含端点)存在不同的两点Pi(i＝1，2)，使得 eq \(PiA1,\s\up9(→)) · eq \(PiA2,\s\up9(→)) ＝0，则双曲线离心率的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(5)＋1,2))) ．
解析：设c为半焦距，则F(c，0)，又B(0，b)，所以BF：bx＋cy－bc＝0，以A1A2为直径的圆的方程为⊙O：x2＋y2＝a2，
因为 eq \(PiA1,\s\up9(→)) · eq \(PiA2,\s\up9(→)) ＝0，i＝1，2，所以⊙O与线段BF有两个交点(不含端点)，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(bc,\r(b2＋c2))a，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c4－3a2c2＋a4<0，,c2>2a2，))
故 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e4－3e2＋1<0，,e2>2，)) 解得 eq \r(2) 11．已知双曲线 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P(2， eq \r(3) )在双曲线上，且|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列，则该双曲线的标准方程为x2－y2＝1．
解析：∵|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列，∴|PF1|＋|PF2|＝4c.
∵点P位于第一象限，
∴|PF1|－|PF2|＝2a，
∴|PF1|＝2c＋a，|PF2|＝2c－a，∴cs ∠PF2F1＝
eq \f(4c2＋（2c－a）2－（2c＋a）2,4c（2c－a）) ＝ eq \f(c－2a,2c－a) ，又点P(2， eq \r(3) )在双曲线上，
∴sin ∠PF2F1＝ eq \f(\r(3),2c－a) ，
∴ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c－2a,2c－a))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(3,（2c－a）2) ＝1，化简得(c－2a)2＋3＝(2c－a)2，即c2－a2＝b2＝1，又 eq \f(4,a2) － eq \f(3,b2) ＝1，∴a2＝1，∴双曲线的标准方程为x2－y2＝1.
12．已知F是双曲线C：x2－ eq \f(y2,8) ＝1的右焦点，P是C左支上一点，A(0，6 eq \r(6) )，当△APF的周长最小时，点P的坐标为(－2，2 eq \r(6) )．
解析：如图，令E为双曲线的左焦点，
由双曲线C的方程可知a2＝1，b2＝8，∴c2＝a2＋b2＝1＋8＝9，∴c＝3，∴左焦点E(－3，0)，右焦点F(3，0)，
∵|AF|＝ eq \r(32＋（6\r(6)）2) ＝15，
∴当△APF的周长最小时，|PA|＋|PF|最小．由双曲线的性质得|PF|－|PE|＝2a＝2，∴|PF|＝|PE|＋2，又|PE|＋|PA|≥|AE|＝|AF|＝15，当且仅当A，P，E三点共线且点P在线段AE上时，等号成立，∴△APF的周长为|AF|＋|AP|＋|PF|＝15＋|PE|＋|AP|＋2≥15＋15＋2＝32.直线AE的方程为y＝2 eq \r(6) x＋6 eq \r(6) ，将其代入双曲线方程得x2＋9x＋14＝0，解得x＝－7(舍去)或x＝－2，由x＝－2，得y＝2 eq \r(6) (负值已舍)，∴点P的坐标为(－2，2 eq \r(6) ).
四、解答题
13．已知双曲线C： eq \f(x2,4) － eq \f(y2,3) ＝1.
(1)求与双曲线C有共同的渐近线，且实轴长为6的双曲线的标准方程；
(2)P为双曲线C右支上一动点，点A的坐标是(4，0)，求|PA|的最小值．
解：(1)由题可设所求双曲线的方程为 eq \f(x2,4) － eq \f(y2,3) ＝λ(λ≠0)，
①当λ>0时，方程为 eq \f(x2,4λ) － eq \f(y2,3λ) ＝1，
令4λ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,2))) eq \s\up12(2) 得λ＝ eq \f(9,4) ，即双曲线方程为 eq \f(x2,9) － eq \f(y2,\f(27,4)) ＝1.
②当λ<0时，方程为 eq \f(x2,4λ) － eq \f(y2,3λ) ＝1，
令－3λ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,2))) eq \s\up12(2) 得λ＝－3，即双曲线方程为 eq \f(y2,9) － eq \f(x2,12) ＝1，所以双曲线的标准方程为 eq \f(y2,9) － eq \f(x2,12) ＝1或 eq \f(x2,9) － eq \f(y2,\f(27,4)) ＝1.
(2)设P点的坐标为(x0，y0)(x0≥2)，则满足 eq \f(x eq \\al(2,0) ,4) － eq \f(y eq \\al(2,0) ,3) ＝1，
|PA|＝ eq \r(（x0－4）2＋y eq \\al(2,0) ) ＝ eq \r(x eq \\al(2,0) ＋y eq \\al(2,0) －8x0＋16) ＝ eq \r(x eq \\al(2,0) ＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,0) ,4)－1))－8x0＋16) ＝
eq \r(\f(7,4)x eq \\al(2,0) －8x0＋13) ＝ eq \r(\f(7,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(16,7)))\s\up12(2)＋\f(27,7)) .
则当x0＝ eq \f(16,7) 时，|PA|有最小值为 eq \f(3\r(21),7) .
14．(2024·河南安阳高三统考期末)已知双曲线C的渐近线方程为4x±3y＝0，右焦点为F(5，0)，右顶点为A.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若斜率为1的直线l与双曲线C交于M，N两点(与点A不重合)，当 eq \(AM,\s\up9(→)) · eq \(AN,\s\up9(→)) ＝0时，求直线l的方程．
解：(1)双曲线C的渐近线方程4x±3y＝0化为 eq \f(x,3) ± eq \f(y,4) ＝0，设双曲线C的方程为 eq \f(x2,9) － eq \f(y2,16) ＝λ(λ>0)，即 eq \f(x2,9λ) － eq \f(y2,16λ) ＝1，又双曲线C的右焦点F(5，0)，则9λ＋16λ＝52，解得λ＝1，所以双曲线C的标准方程为 eq \f(x2,9) － eq \f(y2,16) ＝1.
(2)由(1)知，A(3，0)，设直线l的方程为y＝x＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然m≠－3，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)－\f(y2,16)＝1，,y＝x＋m，)) 消去y整理得7x2－18mx－(9m2＋144)＝0，显然Δ>0，x1＋x2＝ eq \f(18m,7) ，x1x2＝－ eq \f(9m2＋144,7) ，
而 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝(x1－3，y1)， eq \(AN,\s\up9(→)) ＝(x2－3，y2)，则 eq \(AM,\s\up9(→)) · eq \(AN,\s\up9(→)) ＝(x1－3)(x2－3)＋(x1＋m)(x2＋m)＝2x1x2＋(m－3)(x1＋x2)＋m2＋9＝ eq \f(－2（9m2＋144）＋18m（m－3）,7) ＋m2＋9＝0，化简得7m2－54m－225＝0，
即(7m－75)(m＋3)＝0，而m≠－3，解得m＝ eq \f(75,7) ，
所以直线l的方程为y＝x＋ eq \f(75,7) ，即7x－7y＋75＝0.
考点练51 抛物线 对应学生用书109页
一、单项选择题
1．(教材改编)已知动圆M与直线y＝2相切，且与定圆C：x2＋(y＋3)2＝1外切，则动圆圆心M的轨迹方程为( A )
A．x2＝－12y B．x2＝12y
C．y2＝12x D．y2＝－12x
解析：设动圆圆心为M(x，y)，半径为r，由题意可得M到C(0，－3)的距离与到直线y＝3的距离相等，由抛物线的定义可知，动圆圆心的轨迹是以C(0，－3)为焦点，以y＝3为准线的一条抛物线，所以 eq \f(p,2) ＝3，2p＝12，其方程为x2＝－12y.故选A.
2．(2023·北京卷)已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，点M在C上．若M到直线x＝－3的距离为5，则|MF|＝( D )
A．7 B．6
C．5 D．4
解析：因为抛物线C：y2＝8x的焦点F(2，0)，准线方程为x＝－2，点M在C上，所以M到准线x＝－2的距离为|MF|，又M到直线x＝－3的距离为5，所以|MF|＋1＝5，故|MF|＝4.故选D.
3．设O为坐标原点，直线x＝2与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为( B )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0)) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))
C．(1，0) D．(2，0)
解析：方法一：∵抛物线C关于x轴对称，∴D，E两点关于x轴对称．可得出直线x＝2与抛物线的两交点的坐标分别为(2，2 eq \r(p) )，(2，－2 eq \r(p) ).不妨设D(2，2 eq \r(p) )，E(2，－2 eq \r(p) )，则 eq \(OD,\s\up9(→)) ＝(2，2 eq \r(p) )， eq \(OE,\s\up9(→)) ＝(2，－2 eq \r(p) ).又∵OD⊥OE，
∴ eq \(OD,\s\up9(→)) · eq \(OE,\s\up9(→)) ＝4－4p＝0，解得p＝1，∴C的焦点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)) .
方法二：∵抛物线C关于x轴对称，∴D，E两点关于x轴对称．∵OD⊥OE，∴D，E两点横、纵坐标的绝对值均相等．不妨设点D(2，2)，将点D的坐标代入C：y2＝2px，得4＝4p，解得p＝1，故C的焦点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)) .
4．(数学文化)中国古代桥梁的建筑艺术，有不少是世界桥梁史上的创举，充分显示了中国劳动人民的非凡智慧．一个抛物线形拱桥，当水面离拱顶2 m时，水面宽8 m．若水面下降1 m，则水面宽度为( B )
A．2 eq \r(6) m B．4 eq \r(6) m
C．4 eq \r(2) m D．12 m
解析：由题意，以拱桥顶点为原点，建立平面直角坐标系，如图，
设抛物线方程为x2＝－2py(p>0)，由题意知，抛物线经过点A(－4，－2)和点B(4，－2)，代入抛物线方程解得p＝4，所以抛物线方程为x2＝－8y，水面下降1 m，即y＝－3，解得x1＝2 eq \r(6) ，x2＝－2 eq \r(6) ，所以此时水面宽度d＝2x1＝4 eq \r(6) m.
5．已知直线l1：4x－3y＋6＝0和直线l2：x＝－2，抛物线y2＝4x上一动点P到直线l1和l2距离之和的最小值是( D )
A． eq \f(3\r(5),5) ＋1 B．2
C． eq \f(16,5) D．3
解析：如图，由题可知x＝－1是抛物线y2＝4x的准线，设抛物线的焦点为F，则F(1，0)，所以动点P到l2的距离等于P到x＝－1的距离加1，即动点P到l2的距离等于|PF|＋1.所以动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值为焦点F到直线l1：4x－3y＋6＝0的距离加1，即其最小值是 eq \f(|4－0＋6|,5) ＋1＝3.故选D.
6．设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，点B(3，0)，若|AF|＝|BF|，则△ABF的面积为( B )
A．1 B．2 C．4 D． eq \r(2)
解析：如图，由题意得，F(1，0)，则|AF|＝|BF|＝2，即点A到准线x＝－1的距离为2，所以点A的横坐标为－1＋2＝1，所以A(1，2)，所以S△ABF＝ eq \f(1,2) |BF|·|yA|＝2.故选B.
二、多项选择题
7．设抛物线y＝ax2(a>0)的准线与对称轴交于点P，过点P作抛物线的两条切线，切点分别为A和B，则( ABC )
A．点P的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,4a)))
B．直线AB的方程为y＝ eq \f(1,4a)
C．PA⊥PB
D．|AB|＝ eq \f(1,2a)
解析：由y＝ax2得，x2＝ eq \f(1,a) y，则焦点F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4a))) .∵a>0，∴2p＝ eq \f(1,a) ，∴p＝ eq \f(1,2a) ，其准线方程为y＝－ eq \f(1,4a) ，
∴P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,4a))) ，故A正确；设切线方程为y＝kx－ eq \f(1,4a) (k≠0)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝ax2，,y＝kx－\f(1,4a)，)) 得ax2－kx＋ eq \f(1,4a) ＝0，令Δ＝k2－4×a× eq \f(1,4a) ＝0，解得k＝±1，∴设切点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，\f(1,4a))) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，\f(1,4a))) ，因此直线AB的方程为y＝ eq \f(1,4a) ，故B正确；又 eq \(PA,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，\f(1,2a))) ， eq \(PB,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，\f(1,2a))) ，∴ eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(PB,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(1,4a2) ＋ eq \f(1,4a2) ＝0.从而 eq \(PA,\s\up9(→)) ⊥ eq \(PB,\s\up9(→)) ，即PA⊥PB，故C正确；|AB|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a))))) ＝ eq \f(1,a) ，故D错误．
8．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，斜率为 eq \r(3) 且经过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D，若|AF|＝4，则以下结论正确的是( ABC )
A．p＝2 B．F为AD的中点
C．|BD|＝2|BF| D．|BF|＝2
解析：如图，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)) ，直线l的斜率为 eq \r(3) ，则直线l的方程为y＝ eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2))) ，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2))))) 得12x2－20px＋3p2＝0.解得xA＝ eq \f(3,2) p，xB＝ eq \f(1,6) p，由|AF|＝ eq \f(3,2) p＋ eq \f(p,2) ＝2p＝4，得p＝2.∴抛物线方程为y2＝4x.xB＝ eq \f(1,6) p＝ eq \f(1,3) ，则|BF|＝ eq \f(1,3) ＋1＝ eq \f(4,3) ；|BD|＝ eq \f(|BF|,cs 60°) ＝ eq \f(\f(4,3),\f(1,2)) ＝ eq \f(8,3) ，∴|BD|＝2|BF|，|BD|＋|BF|＝ eq \f(8,3) ＋ eq \f(4,3) ＝4，则F为AD的中点．故选ABC.
三、填空题
9．(2023·全国乙卷)已知点A(1， eq \r(5) )在抛物线C：y2＝2px上，则A到C的准线的距离为 eq \f(9,4) ．
解析：由题意可得，( eq \r(5) )2＝2p×1，则2p＝5，抛物线的方程为y2＝5x，准线方程为x＝－ eq \f(5,4) ，点A到C的准线的距离为1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4))) ＝ eq \f(9,4) .
10．斜率为 eq \r(3) 的直线过抛物线C：y2＝4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|＝ eq \f(16,3) ．
解析：如图，由题意得，抛物线焦点为F(1，0)，设直线AB的方程为y＝ eq \r(3) (x－1).由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)（x－1），,y2＝4x，)) 得3x2－10x＋3＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝ eq \f(10,3) ，所以|AB|＝x1＋x2＋2＝ eq \f(16,3) .
11．已知P是抛物线x2＝4y上的动点，点P在x轴上的射影是点Q，点A的坐标是(8，7)，则|PA|＋|PQ|的最小值为9．
解析：抛物线x2＝4y的焦点为F(0，1)，准线方程为y＝－1，延长PQ交准线y＝－1于点M，如图所示．
根据抛物线的定义知，|PF|＝|PM|＝|PQ|＋1，所以|PA|＋|PQ|＝|PA|＋|PM|－1＝|PA|＋|PF|－1≥|AF|－1＝ eq \r(（8－0）2＋（7－1）2) －1＝9，当且仅当点P为线段AF与抛物线的交点时，等号成立．
12．直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F(1，0)，且与C交于A，B两点，则p＝2， eq \f(1,|AF|) ＋ eq \f(1,|BF|) ＝1．
解析：由题意知 eq \f(p,2) ＝1，从而p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x.当直线AB的斜率不存在时，将x＝1代入抛物线方程，解得|AF|＝|BF|＝2，从而 eq \f(1,|AF|) ＋ eq \f(1,|BF|) ＝1.当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y＝k(x－1)，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x，)) 整理，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(2k2＋4,k2)，,x1x2＝1，)) 从而 eq \f(1,|AF|) ＋ eq \f(1,|BF|) ＝ eq \f(1,x1＋1) ＋ eq \f(1,x2＋1) ＝ eq \f(x1＋x2＋2,x1＋x2＋x1x2＋1) ＝ eq \f(x1＋x2＋2,x1＋x2＋2) ＝1.综上， eq \f(1,|AF|) ＋ eq \f(1,|BF|) ＝1.
四、解答题
13．点M(m，4)(m>0)为抛物线x2＝2py(p>0)上一点，F为其焦点，已知|FM|＝5.
(1)求m与p的值；
(2)以M点为切点作抛物线的切线，交y轴于点N，求△FMN的面积.
解：(1)由抛物线的定义可知|FM|＝4＋ eq \f(p,2) ＝5，即p＝2，所以抛物线的方程为x2＝4y.
又M(m，4)(m>0)在抛物线上，所以m＝4，故p＝2，m＝4.
(2)如图，设过M点的方程为y－4＝k(x－4)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－4＝k（x－4），,x2＝4y，)) 消去y得x2＝4[k(x－4)＋4]，即x2－4kx＋16k－16＝0，
令Δ＝16k2－4(16k－16)＝0，解得k＝2，所以切线方程为y＝2x－4.
令x＝0，得y＝－4，即N(0，－4)，
又F(0，1)，所以|FN|＝5，所以S△FMN＝ eq \f(1,2) |FN|·|xM|＝ eq \f(1,2) ×5×4＝10.
14．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，其焦点到准线的距离为2，直线l与抛物线C交于A，B两点，过A，B分别作抛物线C的切线l1，l2，且l1与l2交于点M.
(1)求p的值；
(2)若l1⊥l2，求△MAB面积的最小值．
解：(1)由题意知，抛物线焦点为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2))) ，准线方程为y＝－ eq \f(p,2) ，
焦点到准线的距离为2，即p＝2.
(2)由(1)知抛物线的方程为x2＝4y，即y＝ eq \f(1,4) x2，所以y′＝ eq \f(1,2) x，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
l1：y－ eq \f(x eq \\al(2,1) ,4) ＝ eq \f(x1,2) (x－x1)，
l2：y－ eq \f(x eq \\al(2,2) ,4) ＝ eq \f(x2,2) (x－x2)，
由于l1⊥l2，所以 eq \f(x1,2) · eq \f(x2,2) ＝－1，即x1x2＝－4.
设直线l的方程为y＝kx＋m，与抛物线方程联立，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＝4y，)) 所以x2－4kx－4m＝0，Δ＝16k2＋16m>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m＝－4，所以m＝1，
即l：y＝kx＋1.
联立方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(x1,2)x－\f(x eq \\al(2,1) ,4)，,y＝\f(x2,2)x－\f(x eq \\al(2,2) ,4)，))
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2k，,y＝－1，)) 即M(2k，－1).
M点到直线l的距离d＝ eq \f(|k·2k＋1＋1|,\r(1＋k2)) ＝ eq \f(2|k2＋1|,\r(1＋k2)) ，
|AB|＝ eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]) ＝4(1＋k2)，
所以S＝ eq \f(1,2) ×4(1＋k2)× eq \f(2|k2＋1|,\r(1＋k2)) ＝4(1＋k2) eq \s\up9(\f(3,2)) ≥4，
当k＝0时，△MAB的面积取得最小值4.
一、单项选择题
1．(2024·安徽宣城高三统考期末)已知椭圆A： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1的一个焦点与抛物线B：y2＝2px(p>0)的焦点重合，则下列说法不正确的是( D )
A．椭圆A的焦距是2
B．椭圆A的离心率是 eq \f(1,2)
C．抛物线B的准线方程是x＝－1
D．抛物线B的焦点到其准线的距离是4
解析：c2＝a2－b2＝4－3＝1，所以椭圆A的焦距为2c＝2，离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(1,2) ，故A，B正确；抛物线的焦点坐标为(1，0)，所以准线方程为x＝－1，焦点到准线的距离d＝1－(－1)＝2，故C正确，D错误．故选D.
2．(数学文化)如图，太阳灶是一种将太阳光反射至一点用来加热水或食物的设备，上面装有抛物面形的反光镜，镜的轴截面是抛物线的一部分，已知太阳灶的口径(直径)为4 m，深度为0.5 m，则该抛物线顶点到焦点的距离为( D )
A．0.25 m B．0.5 m
C．1 m D．2 m
解析：以该抛物线顶点为原点建立平面直角坐标系，如图所示，
设此抛物线方程为x2＝2py(p>0)，依题意点(2，0.5)在此抛物线上，所以2p· eq \f(1,2) ＝4，解得p＝4，则该抛物线顶点到焦点的距离为 eq \f(p,2) ＝2 m．故选D.
3．(2024·贵州贵阳一中校考期末)已知点A是抛物线y2＝2px(p>0)上的一点，若以抛物线的焦点F为圆心，以|FA|为半径的圆交抛物线的准线于B，C两点，|BF|＝|BC|，当△ABC的面积为 eq \f(32,3) 时，则p等于( C )
A．2 B．2 eq \r(2)
C．4 D．4 eq \r(2)
解析：如图，依题意|BF|＝|CF|＝|BC|，∴△BFC为等边三角形，设准线与x轴交点为D，则|FD|＝p，∴|BF|＝|BC|＝ eq \f(2\r(3),3) p，则圆的半径|FA|＝|BF|＝ eq \f(2\r(3),3) p，∴S△ABC＝ eq \f(1,2) |BC|· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xA＋\f(p,2))) ＝ eq \f(1,2) |BC|·|AF|＝ eq \f(2,3) p2＝ eq \f(32,3) ，解得p＝4(负值舍去).故选C.
4．(2024·安徽芜湖高三统考期末)F为抛物线C：y2＝12x的焦点，直线x＝1与抛物线交于A，B两点，则∠AFB＝( C )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
解析：抛物线C：y2＝12x中x＝1时可得y＝±2 eq \r(3) ，且F(3，0)，则A(1，2 eq \r(3) )，B(1，－2 eq \r(3) )，取H(1，0)(如图)，∴tan ∠AFH＝ eq \f(AH,HF) ＝ eq \f(2\r(3),3－1) ＝ eq \r(3) ，∴∠AFH＝60°，由对称性可知∠AFB＝120°.故选C.
5．抛物线x2＝4y的焦点为F，过点F作斜率为 eq \f(\r(3),3) 的直线l与抛物线在y轴右侧的部分相交于点A，过点A作抛物线准线的垂线，垂足为H，则△AHF的面积是( C )
A．4 B．3 eq \r(3)
C．4 eq \r(3) D．8
解析：由抛物线的定义可得|AF|＝|AH|，∵AF的斜率为 eq \f(\r(3),3) ，∴直线AF的倾斜角为30°，∵AH垂直于准线，∴∠FAH＝60°，故△AHF为等边三角形．设A(m， eq \f(m2,4) )，m>0，过F作FM⊥AH于M(图略)，则在Rt△FAM中，|AM|＝ eq \f(1,2) |AF|，∴ eq \f(m2,4) －1＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,4)＋1)) ，解得m＝2 eq \r(3) ，故等边三角形AHF的边长|AH|＝4，∴△AHF的面积是 eq \f(1,2) ×4×
4sin 60°＝4 eq \r(3) .故选C.
6．(2023·福建厦门双十中学模拟)已知抛物线C：y2＝－8x的焦点为F，动点M在C上，圆M的半径为1，过点F的直线与圆M相切于点N，则 eq \(FM,\s\up9(→)) · eq \(FN,\s\up9(→)) 的最小值为( B )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：因为抛物线C：y2＝－8x，所以焦点坐标为F(－2，0)，如图所示，连接MN，过M作MQ垂直准线x＝2于Q，则在Rt△NFM中，cs ∠NFM＝ eq \f(|\(FN,\s\up9(→))|,|\(FM,\s\up9(→))|) ，所以 eq \(FM,\s\up9(→)) · eq \(FN,\s\up9(→)) ＝| eq \(FM,\s\up9(→)) |·| eq \(FN,\s\up9(→)) |·cs ∠NFM＝| eq \(FM,\s\up9(→)) || eq \(FN,\s\up9(→)) | eq \f(|\(FN,\s\up9(→))|,|\(FM,\s\up9(→))|) ＝| eq \(FN,\s\up9(→)) |2＝| eq \(FM,\s\up9(→)) |2－| eq \(MN,\s\up9(→)) |2＝| eq \(FM,\s\up9(→)) |2－1，由抛物线的定义得，| eq \(FM,\s\up9(→)) |＝|MQ|，则由图可得|MQ|的最小值即抛物线顶点O到准线x＝2的距离，即|MQ|min＝2，所以( eq \(FM,\s\up9(→)) · eq \(FN,\s\up9(→)) )min＝(| eq \(FM,\s\up9(→)) |2－1)min＝(|MQ|2－1)min＝3.故选B.
二、多项选择题
7．(2023·新课标Ⅱ卷)设O为坐标原点，直线y＝－ eq \r(3) (x－1)过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则( AC )
A．p＝2
B．|MN|＝ eq \f(8,3)
C．以MN为直径的圆与l相切
D．△OMN为等腰三角形
解析：对于A，直线y＝－ eq \r(3) (x－1)过点(1，0)，所以抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(1，0)，所以 eq \f(p,2) ＝1，p＝2，故A正确．对于B，由A知抛物线C的方程为y2＝4x，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\r(3)（x－1），,y2＝4x，)) 消去y并化简得3x2－10x＋3＝(x－3)(3x－1)＝0，解得x1＝3，x2＝ eq \f(1,3) ，所以|MN|＝x1＋x2＋p＝3＋ eq \f(1,3) ＋2＝ eq \f(16,3) ，故B错误．对于C，设MN的中点为A，M，N，A到直线l的距离分别为d1，d2，d，因为d＝ eq \f(1,2) (d1＋d2)＝ eq \f(1,2) (|MF|＋|NF|)＝ eq \f(1,2) |MN|，即A到直线l的距离等于MN的一半，所以以MN为直径的圆与直线l相切，故C正确．对于D，直线y＝－ eq \r(3) (x－1)，即 eq \r(3) x＋y－ eq \r(3) ＝0，O到直线 eq \r(3) x＋y－ eq \r(3) ＝0的距离为d＝ eq \f(\r(3),2) ，所以△OMN的面积为 eq \f(1,2) × eq \f(16,3) × eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(4\r(3),3) ，由上述分析可知y1＝－ eq \r(3) (3－1)＝－2 eq \r(3) ，y2＝－ eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－1)) ＝ eq \f(2\r(3),3) ，所以|OM|＝ eq \r(32＋（－2\r(3)）2) ＝ eq \r(21) ，|ON|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(13),3) ，所以△OMN不是等腰三角形，故D错误．故选AC.
8．(2023·江西宜春灰埠中学期末)已知抛物线C：y＝2px2的焦点F到准线l的距离为2，则( BCD )
A．抛物线为y＝4x2
B．若A(2，3)，B为C上的动点，则|BA|＋|BF|的最小值为4
C．直线y＝kx＋1与抛物线C相交所得弦长最短为4
D．若抛物线准线与y轴交于点N，点M是抛物线上不同于其顶点的任意一点，t|MN|＝|MF|，t∈R，则t的最小值为 eq \f(\r(2),2)
解析：因为抛物线C：y＝2px2x2＝ eq \f(1,2p) y的焦点F到准线l的距离为2，所以 eq \f(1,4p) ＝2p＝ eq \f(1,8) ，从而抛物线C的方程是x2＝4y，故A错误；
如图，设B到准线的距离为d，由题可知准线为l：y＝－1，则|BA|＋|BF|＝|BA|＋d≥3＋1＝4，故B正确；
抛物线的焦点为F(0，1)，直线y＝kx＋1过焦点F，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝4y，)) 可得x2－4kx－4＝0，设直线与抛物线交点为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，所以直线y＝kx＋1与抛物线C相交所得弦长y1＋y2＋2＝4k2＋4≥4，当且仅当k＝0时取等号，故C正确；对于D，不妨设M点在第一象限，过M点向准线作垂线，垂足为Q，则|MF|＝|MQ|，连接MN，如图，
在Rt△MQN中，设∠MNQ＝θ，则t＝ eq \f(|MF|,|MN|) ＝ eq \f(|MQ|,|MN|) ＝sin θ，要求t的最小值，即sin θ最小，即θ最小，所以当直线MN与抛物线相切时，角θ最小，设切线方程为y＝mx－1，m存在，且m>0，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝mx－1，,x2＝4y，)) 联立得x2－4mx＋4＝0，令Δ＝0，得16m2－16＝0，所以m＝1或m＝－1(舍去)，所以θ＝ eq \f(π,4) ，所以sin θ＝ eq \f(\r(2),2) ，故D正确．故选BCD.
三、填空题
9．(2023·江苏金陵中学三模)已知抛物线C1：y2＝16x，圆C2：(x－4)2＋y2＝1，点M的坐标为(8，0)，P，Q分别为C1，C2上的动点，且满足|PM|＝|PQ|，则点P的横坐标的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(39,10)，\f(55,6))) ．
解析：∵抛物线：y2＝16x的焦点为(4，0)，准线方程为x＝－4，∴圆心C2即为抛物线的焦点F，设P(x，y)，∴|PF|－1≤|PQ|≤|PF|＋1，∴x＋4－1≤|PQ|≤x＋4＋1.∵|PM|＝|PQ|，∴x＋4－1≤|PM|≤x＋4＋1，x＋4－1≤ eq \r(（x－8）2＋y2) ≤x＋4＋1，∴x2＋6x＋9≤x2－16x＋64＋16x≤x2＋10x＋25，∴ eq \f(39,10) ≤x≤ eq \f(55,6) .
10．(2024·云南临沧凤庆县第一中学月考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线上两点A，B在第一象限，且满足|AF|＝3，|BF|＝7，|AB|＝5，则直线AB的斜率为 eq \f(3,4) ．
解析：如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题可知AB的斜率存在，设AB的斜率为k.因为A，B都在x轴上方，由
题意知k>0，由抛物线定义|AF|＝x1＋ eq \f(p,2) ，|BF|＝x2＋ eq \f(p,2) ，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(p,2)＝3，,x2＋\f(p,2)＝7，)) 所以|x1－x2|＝4，又因为|AB|＝ eq \r(k2＋1) ·|x1－x2|＝5，所以 eq \r(k2＋1) ＝ eq \f(5,4) ，解得k＝ eq \f(3,4) .
11．过抛物线C：x2＝4y的焦点F作直线l交C于A，B两点，设D(0，3).若( eq \(DA,\s\up9(→)) ＋ eq \(DB,\s\up9(→)) )· eq \(AB,\s\up9(→)) ＝0，则弦AB的长为4．
解析：若( eq \(DA,\s\up9(→)) ＋ eq \(DB,\s\up9(→)) )· eq \(AB,\s\up9(→)) ＝0，则线段AB的垂直平分线过点D.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x eq \\al(2,1) ＝4y1，x eq \\al(2,2) ＝4y2，两式相减得x1＋x2＝ eq \f(4（y1－y2）,x1－x2) ＝4kAB，即kAB＝ eq \f(x1＋x2,4) ，则弦AB的中点与点D(0，3)的连线的斜率k＝ eq \f(\f(y1＋y2,2)－3,\f(x1＋x2,2)) ＝－ eq \f(4,x1＋x2) ，所以y1＋y2＝2，所以|AB|＝y1＋y2＋2＝4.
12．已知P为抛物线C：y＝x2上一动点，直线l：y＝2x－4与x轴、y轴分别交于M，N两点，点A(2，－4)且 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AM,\s\up9(→)) ＋μ eq \(AN,\s\up9(→)) ，则λ＋μ的最小值为 eq \f(7,4) ．
解析：由题意得M(2，0)，N(0，－4)，设P(x，y)，由 eq \(AP,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AM,\s\up9(→)) ＋μ eq \(AN,\s\up9(→)) 得(x－2，y＋4)＝λ(0，4)＋μ(－2，0)，∴x－2＝－2μ，y＋4＝4λ.因此λ＋μ＝ eq \f(y＋4,4) － eq \f(x－2,2) ＝ eq \f(x2,4) － eq \f(x,2) ＋2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(7,4) ≥ eq \f(7,4) ，故λ＋μ的最小值为 eq \f(7,4) .
四、解答题
13．(2023·云南师大附中模拟)已知F为抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点，P(－4，m)是C上一点，P位于F的上方且|PF|＝5.
(1)求C的方程；
(2)已知过焦点的直线l交C于A，B两点，若PF平分∠APB，求l的方程．
解：(1)由P(－4，m)是C上一点知16＝2pm，故m＝ eq \f(8,p) .
由抛物线定义可知，|PF|＝m＋ eq \f(p,2) ＝ eq \f(8,p) ＋ eq \f(p,2) ＝5，化简得p2－10p＋16＝0，解得p＝2或p＝8，
又因为P位于F的上方，故 eq \f(8,p) > eq \f(p,2) ，故p＝2，故抛物线方程为x2＝4y.
(2)由(1)知P(－4，4)，F(0，1)，
显然，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，
设点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x eq \\al(2,1) ,4))) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x eq \\al(2,2) ,4))) ，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝4y，)) 整理得x2－4kx－4＝0，故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
若PF平分∠APB，则 eq \f(|PA|,|PB|) ＝ eq \f(|AF|,|BF|) ＝ eq \f(|x1|,|x2|) ，故 eq \f(|PA|2,|PB|2) ＝ eq \f(x eq \\al(2,1) ,x eq \\al(2,2) ) ，
即 eq \f(（x1＋4）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,1) ,4)－4))\s\up12(2),（x2＋4）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,2) ,4)－4))\s\up12(2)) ＝ eq \f(x eq \\al(2,1) ,x eq \\al(2,2) ) ，
即 eq \f(\f(x eq \\al(4,1) ,16)－x eq \\al(2,1) ＋8x1＋32,\f(x eq \\al(4,2) ,16)－x eq \\al(2,2) ＋8x2＋32) ＝ eq \f(x eq \\al(2,1) ,x eq \\al(2,2) ) ，
即 eq \f(x eq \\al(2,1) x eq \\al(2,2) ,16) ·x eq \\al(2,1) －x eq \\al(2,1) x eq \\al(2,2) ＋8x1x2x2＋32x eq \\al(2,2) ＝ eq \f(x eq \\al(2,1) x eq \\al(2,2) ,16) ·x eq \\al(2,2) －x eq \\al(2,1) x eq \\al(2,2) ＋8x1x1x2＋32x eq \\al(2,1) ，
将x1x2＝－4代入，化简得31x eq \\al(2,2) －32x2＝31x eq \\al(2,1) －32x1，即31(x2＋x1)(x2－x1)－32(x2－x1)＝0，
因为x1≠x2，故31(x2＋x1)＝32，即31×4k＝32，得k＝ eq \f(8,31) ，故直线l的方程为y＝ eq \f(8,31) x＋1.
14．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作一条倾斜角为 eq \f(π,4) 的直线与抛物线相交于A，B两点．
(1)用p表示A，B之间的距离；
(2)证明∠AOB的大小是与p无关的定值，并求出这个值．
解：(1)焦点F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)) ，过点F且倾斜角为 eq \f(π,4) 的直线方程是y＝x－ eq \f(p,2) .
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝x－\f(p,2)，)) 得x2－3px＋ eq \f(p2,4) ＝0.
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，则xA＋xB＝3p，xAxB＝ eq \f(p2,4) ，故|AB|＝xA＋xB＋p＝4p(或|AB|＝ eq \f(2p,sin2\f(π,4)) ＝4p).
(2)在△AOB中，由余弦定理可知，
cs∠AOB＝ eq \f(|AO|2＋|BO|2－|AB|2,2|AO|·|BO|) ＝ eq \f(x eq \\al(2,A) ＋y eq \\al(2,A) ＋x eq \\al(2,B) ＋y eq \\al(2,B) －（xA－xB）2－（yA－yB）2,2\r(（x eq \\al(2,A) ＋y eq \\al(2,A) ）（x eq \\al(2,B) ＋y eq \\al(2,B) ）)) ＝
eq \f(xAxB＋yAyB,\r(（x eq \\al(2,A) ＋y eq \\al(2,A) ）（x eq \\al(2,B) ＋y eq \\al(2,B) ）)) ＝ eq \f(2xAxB－\f(p,2)（xA＋xB）＋\f(p2,4),\r(xAxB[xAxB＋2p（xA＋xB）＋4p2])) ＝－ eq \f(3\r(41),41) .
即∠AOB的大小是与p无关的定值，且cs ∠AOB＝－ eq \f(3\r(41),41) .
考点练52 圆锥曲线的计算、证明问题(压轴大题练) 对应学生用书111页
1．设椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的左焦点为F，离心率为 eq \f(\r(3),3) ，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为 eq \f(4\r(3),3) .
(1)求椭圆的方程；
(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点，若 eq \(AC,\s\up9(→)) · eq \(DB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) · eq \(CB,\s\up9(→)) ＝8，求k的值．
解：(1)由题意，可知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),3)，,\f(2b2,a)＝\f(4\r(3),3)，,a2＝b2＋c2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\r(3)，,b＝\r(2)，,c＝1，)) 即椭圆的方程为 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,2) ＝1.
(2)由(1)可知，A(－ eq \r(3) ，0)，B( eq \r(3) ，0)，F(－1，0)，
直线CD：y＝k(x＋1)，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1），,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，)) 消y得，(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.∴x1＋x2＝－ eq \f(6k2,2＋3k2) ，x1x2＝ eq \f(3k2－6,2＋3k2) ，
∴y1＋y2＝k(x1＋1)＋k(x2＋1)＝ eq \f(4k,2＋3k2) ，∴y1y2＝ eq \f(－4k2,2＋3k2) .
又 eq \(AC,\s\up9(→)) ＝(x1＋ eq \r(3) ，y1)， eq \(DB,\s\up9(→)) ＝( eq \r(3) －x2，－y2)， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝(x2＋ eq \r(3) ，y2)， eq \(CB,\s\up9(→)) ＝( eq \r(3) －x1，－y1)，
所以 eq \(AC,\s\up9(→)) · eq \(DB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) · eq \(CB,\s\up9(→)) ＝(x1＋ eq \r(3) )( eq \r(3) －x2)－2y1y2＋(x2＋ eq \r(3) )( eq \r(3) －x1)＝－2x1x2－2y1y2＋6＝ eq \f(2k2＋12,2＋3k2) ＋6＝8，解得k＝± eq \r(2) .
2．已知曲线C：(5－m)x2＋(m－2)y2＝8(m∈R).
(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；
(2)设m＝4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，直线y＝kx＋4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y＝1与直线BM交于点G，求证：A，G，N三点共线．
解：(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5－m＞0，,m－2＞0，,\f(8,5－m)>\f(8,m－2)，)) 解得 eq \f(7,2) ＜m＜5，所以m的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，5)) .
(2)证明：当m＝4时，曲线C的方程为x2＋2y2＝8，点A，B的坐标分别为(0，2)，(0，－2).
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋4，,x2＋2y2＝8，)) 得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0.
因为直线与曲线C交于不同的两点，所以Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)×24＞0，即k2＞ eq \f(3,2) .
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＝kx1＋4，y2＝kx2＋4，
x1＋x2＝ eq \f(－16k,1＋2k2) ，x1x2＝ eq \f(24,1＋2k2) .直线BM的方程为y＋2＝ eq \f(y1＋2,x1) x，点G的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3x1,y1＋2)，1)) .
因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN＝ eq \f(y2－2,x2) ，kAG＝－ eq \f(y1＋2,3x1) ，
所以kAN－kAG＝ eq \f(y2－2,x2) ＋ eq \f(y1＋2,3x1) ＝ eq \f(kx2＋2,x2) ＋ eq \f(kx1＋6,3x1) ＝ eq \f(4,3) k＋ eq \f(2（x1＋x2）,x1x2) ＝ eq \f(4,3) k＋ eq \f(2×\f(－16k,1＋2k2),\f(24,1＋2k2)) ＝0.
即kAN＝kAG.故A，G，N三点共线．
3．(2024·陕西汉中高三期末)已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的一个顶点为P(0，1)，且离心率为 eq \f(\r(3),2) .
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l：y＝x＋m(m<0)与椭圆C交于A，B两点，且PA⊥PB，求m的值．
解：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝\r(3)，)) ∴椭圆C的方程为 eq \f(x2,4) ＋y2＝1.
(2)联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，)) 消去y得5x2＋8mx＋4(m2－1)＝0.
由Δ＝(8m)2－4×5×4(m2－1)>0，解得－ eq \r(5) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
如图，则x1＋x2＝－ eq \f(8m,5) ，x1x2＝ eq \f(4（m2－1）,5) ，
∴y1＋y2＝x1＋x2＋2m＝－ eq \f(8m,5) ＋2m＝ eq \f(2m,5) ，y1y2＝(x1＋m)(x2＋m)＝x1x2＋m(x1＋x2)＋m2＝ eq \f(4（m2－1）,5) ＋m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8m,5))) ＋m2＝ eq \f(m2－4,5) ，易知 eq \(PA,\s\up9(→)) ＝(x1，y1－1)， eq \(PB,\s\up9(→)) ＝(x2，y2－1)，
∵PA⊥PB，∴ eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(PB,\s\up9(→)) ＝0，∴x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝0，即x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，
∴ eq \f(4（m2－1）,5) ＋ eq \f(m2－4,5) － eq \f(2m,5) ＋1＝0，解得m＝－ eq \f(3,5) 或m＝1(舍去).
∴m＝－ eq \f(3,5) .
4．设双曲线的方程为 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)，A，B在双曲线上，且kAB存在，A关于x轴的对称点为M，lAB与x轴交于P，lMB交x轴于Q，求证：|OP||OQ|＝a2.
证明：设lAB的方程为y＝kx＋m，则P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)，0)) .设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则M(x1，－y1)，lMB的方程为y＋y1＝ eq \f(y2＋y1,x2－x1) (x－x1)，令y＝0得Q的横坐标为xQ＝ eq \f(x1y2＋x2y1,y1＋y2) ＝ eq \f(2kx1x2＋m（x1＋x2）,k（x1＋x2）＋2m) ①，
lAB的方程与双曲线的方程联立得(b2－a2k2)x2－2a2kmx－a2(m2＋b2)＝0，因此
x1＋x2＝ eq \f(2a2km,b2－a2k2) ，
x1x2＝ eq \f(－a2（m2＋b2）,b2－a2k2) .
代入①式得xQ＝－ eq \f(ka2,m) ，
所以|OP||OQ|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k))) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(ka2,m))) ＝a2.
5．已知抛物线E：y2＝4x，过点P(1，1)作斜率互为相反数的直线m，n，分别交抛物线E于A，B及C，D两点．
(1)若 eq \(PA,\s\up9(→)) ＝3 eq \(BP,\s\up9(→)) ，求直线AB的方程；
(2)求证：∠CAP＝∠BDP.
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵P(1，1)，∴ eq \(BP,\s\up9(→)) ＝(1－x2，1－y2)， eq \(PA,\s\up9(→)) ＝(x1－1，y1－1)，
∵ eq \(PA,\s\up9(→)) ＝3 eq \(BP,\s\up9(→)) ，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3（1－x2）＝x1－1，,3（1－y2）＝y1－1，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝4－3x2，,y1＝4－3y2.))
又∵y eq \\al(2,1) ＝4x1，∴(4－3y2)2＝4(4－3x2)，即3y eq \\al(2,2) －8y2＝－4x2，
又∵y eq \\al(2,2) ＝4x2，∴4y eq \\al(2,2) －8y2＝0，y2＝0或y2＝2，当y2＝0时，x2＝0，
∴x1＝4，y1＝4；
当y2＝2时，x2＝1，∴x1＝1，y1＝－2，此时直线AB的斜率不存在，舍去，∴A(4，4)，B(0，0)，∴直线AB的方程为y＝x.
(2)证明：如图，设直线AB：y＝k(x－1)＋1，则直线CD：y＝－k(x－1)＋1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1）＋1，,y2＝4x，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,k)（y－1）＋1，,y2＝4x，))
则y2－ eq \f(4,k) y＋ eq \f(4,k) －4＝0，∴y1＋y2＝ eq \f(4,k) ，y1y2＝ eq \f(4,k) －4，
又∵|AP|＝ eq \r(1＋\f(1,k2)) |y1－1|，
|BP|＝ eq \r(1＋\f(1,k2)) |y2－1|，
∴|AP|·|BP|＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2))) |(y1－1)(y2－1)|＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2))) |y1y2－(y1＋y2)＋1|＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2))) | eq \f(4,k) －4－ eq \f(4,k) ＋1|＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2))) ，同理可证：|CP|·|DP|＝3 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,（－k）2))) ＝3(1＋ eq \f(1,k2) )，
∴|AP|·|BP|＝|CP|·|DP|，
∴ eq \f(|AP|,|DP|) ＝ eq \f(|CP|,|BP|) ，
又∵∠CPA＝∠BPD，
∴△APC∽△DPB，∴∠CAP＝∠BDP.
1．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，准线l与y轴的交点为M，动点A(异于原点O)在抛物线C上，当AF与y轴垂直时，|AF|＝2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线AF与抛物线C交于另一点B，证明：直线AM的斜率与直线BM的斜率互为相反数．
解：(1)如图，抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2))) ，
当AF与y轴垂直时，易得A(±p， eq \f(p,2) )，即|AF|＝p＝2，∴抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)证明：由(1)知，F(0，1)，M(0，－1)，
设点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x eq \\al(2,1) ,4))) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x eq \\al(2,2) ,4))) ，
如图，设直线AB：y＝kx＋1，代入抛物线C的方程得，x2－4kx－4＝0，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
∴kAM＋kBM＝ eq \f(\f(x eq \\al(2,1) ,4)＋1,x1) ＋ eq \f(\f(x eq \\al(2,2) ,4)＋1,x2) ＝
eq \f(（x1＋x2）（4＋x1x2）,4x1x2) ＝0，得证．
2．(2023·云南昆明高三统考期末)已知双曲线M： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(5)，\f(1,2))) ，一条渐近线方程为x－2y＝0.
(1)求M的方程；
(2)过M的右焦点的直线l与M的右支交于P，Q两点，T(－3，0)，若△TPQ的外接圆圆心E在y轴上，求直线l的方程．
解：(1)因为M的一条渐近线方程为x－2y＝0，设M：x2－4y2＝λ，
因为过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(5)，\f(1,2))) ，所以λ＝4，故M的方程为 eq \f(x2,4) －y2＝1.
(2)如图，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，E(0，t)，
由题知|EQ|＝|EP|＝|ET|，
故 eq \r(9＋t2) ＝ eq \r(x eq \\al(2,1) ＋（y1－t）2) ＝
eq \r(x eq \\al(2,2) ＋（y2－t）2) ，又x eq \\al(2,1) ＝4＋4y eq \\al(2,1) ，x eq \\al(2,2) ＝4＋4y eq \\al(2,2) ，
所以5y eq \\al(2,1) －2ty1－5＝0，5y eq \\al(2,2) －2ty2－5＝0.所以y1，y2是方程5y2－2ty－5＝0的两根，所以y1y2＝－1，
设l：x＝my＋ eq \r(5) ，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋\r(5)，,\f(x2,4)－y2＝1，)) 得(m2－4)y2＋2 eq \r(5) my＋1＝0，Δ＝16m2＋16>0，所以y1y2＝ eq \f(1,m2－4) ，故 eq \f(1,m2－4) ＝－1，所以m＝± eq \r(3) ，
此时，直线l的斜率的绝对值为 eq \f(\r(3),3) ，大于渐近线斜率的绝对值 eq \f(1,2) ，满足题设，
所以直线l的方程为x＋ eq \r(3) y－ eq \r(5) ＝0或x－ eq \r(3) y－ eq \r(5) ＝0.
3．(2024·云南大理高三统考期末)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：y2＝2px经过点A(1，2)，直线l：y＝kx＋b与抛物线C交于M，N两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)当AM⊥AN时，若对任意满足条件的实数k，都有b＝mk＋n(m，n为常数)，求m＋n的值．
解：(1)因为抛物线C：y2＝2px经过点A(1，2)，
则4＝2p，解得p＝2，故抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋b，)) 可得k2x2＋(2kb－4)x＋b2＝0，则Δ＝(2kb－4)2－4k2b2>0，得kb－1<0，且x1＋x2＝ eq \f(4－2kb,k2) ，x1x2＝ eq \f(b2,k2) ，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b＝ eq \f(4－2kb,k) ＋2b＝ eq \f(4,k) ，
y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝ eq \f(4b,k) .
因为AM⊥AN，所以 eq \(AM,\s\up9(→)) · eq \(AN,\s\up9(→)) ＝0，可得(x1－1)(x2－1)＋(y1－2)(y2－2)＝0，
即x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2－2(y1＋y2)＋4＝0，
所以5k2＋(6b－8)k＋b2－4＝0，即(k＋b－2)(5k＋b＋2)＝0，解得b＝2－k或b＝－5k－2，
所以m＝－1，n＝2或m＝－5，n＝－2，即有m＋n＝1或m＋n＝－7.
4．(2023·北京卷)已知椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的离心率为 eq \f(\r(5),3) ，A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|＝4.
(1)求E的方程；
(2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N.求证：MN∥CD.
解：(1)依题意，得e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(5),3) ，则c＝ eq \f(\r(5),3) a，
又A，C分别为椭圆上、下顶点，|AC|＝4，所以2b＝4，即b＝2，
所以a2－c2＝b2＝4，即a2－ eq \f(5,9) a2＝ eq \f(4,9) a2＝4，则a2＝9，所以椭圆E的方程为 eq \f(x2,9) ＋ eq \f(y2,4) ＝1.
(2)证明：因为椭圆E的方程为 eq \f(x2,9) ＋ eq \f(y2,4) ＝1，所以A(0，2)，C(0，－2)，B(－3，0)，D(3，0)，
因为P为第一象限E上的动点，设P(m，n)(0易得kBC＝ eq \f(0＋2,－3－0) ＝－ eq \f(2,3) ，则直线BC的方程为y＝－ eq \f(2,3) x－2，
kPD＝ eq \f(n－0,m－3) ＝ eq \f(n,m－3) ，则直线PD的方程为y＝ eq \f(n,m－3) (x－3)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(2,3)x－2，,y＝\f(n,m－3)（x－3），)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3（3n－2m＋6）,3n＋2m－6)，,y＝\f(－12n,3n＋2m－6)，)) 即
M( eq \f(3（3n－2m＋6）,3n＋2m－6) ， eq \f(－12n,3n＋2m－6) )，
而kPA＝ eq \f(n－2,m－0) ＝ eq \f(n－2,m) ，则直线PA的方程为y＝ eq \f(n－2,m) x＋2，
令y＝－2，则－2＝ eq \f(n－2,m) x＋2，解得x＝ eq \f(－4m,n－2) ，即N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4m,n－2)，－2)) ，
又 eq \f(m2,9) ＋ eq \f(n2,4) ＝1，则m2＝9－ eq \f(9n2,4) ，8m2＝72－18n2，
所以kMN＝ eq \f(\f(－12n,3n＋2m－6)＋2,\f(3（3n－2m＋6）,3n＋2m－6)－\f(－4m,n－2)) ＝
eq \f(（－6n＋4m－12）（n－2）,（9n－6m＋18）（n－2）＋4m（3n＋2m－6）) ＝
eq \f(－6n2＋4mn－8m＋24,9n2＋8m2＋6mn－12m－36) ＝ eq \f(－6n2＋4mn－8m＋24,9n2＋72－18n2＋6mn－12m－36) ＝
eq \f(－6n2＋4mn－8m＋24,－9n2＋6mn－12m＋36) ＝ eq \f(2（－3n2＋2mn－4m＋12）,3（－3n2＋2mn－4m＋12）) ＝ eq \f(2,3) ，
又kCD＝ eq \f(0＋2,3－0) ＝ eq \f(2,3) ，即kMN＝kCD，
显然，MN与CD不重合，所以MN∥CD.
5．(2023·新课标Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) 的距离，记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3 eq \r(3) .
解：(1)设P(x，y)，则|y|＝ eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))\s\up12(2)) ，两边同平方化简得y＝x2＋ eq \f(1,4) ，故W：y＝x2＋ eq \f(1,4) .
(2)证明：证法一：设矩形的三个顶点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a2＋\f(1,4))) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b，b2＋\f(1,4))) ，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，c2＋\f(1,4))) 在W上，且a则kAB·kBC＝－1，a＋b同理令kBC＝b＋c＝n>0，且mn＝－1，则m＝－ eq \f(1,n) ，
设矩形周长为C，由对称性不妨设|m|≥|n|，kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋ eq \f(1,n) ，
则 eq \f(1,2) C＝|AB|＋|BC|＝(b－a)· eq \r(1＋m2) ＋(c－b) eq \r(1＋n2) ≥(c－a)· eq \r(1＋n2) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,n))) eq \r(1＋n2) ，n>0，
易知 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,n))) eq \r(1＋n2) >0，则令f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x))) eq \s\up12(2) (1＋x2)，x>0，
f′(x)＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x))) eq \s\up12(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x))) ，
令f′(x)＝0，解得x＝ eq \f(\r(2),2) ，
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))) 时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞)) 时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，则f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) ＝ eq \f(27,4) ，故 eq \f(1,2) C≥ eq \r(\f(27,4)) ＝ eq \f(3\r(3),2) ，即C≥3 eq \r(3) .
当C＝3 eq \r(3) 时，n＝ eq \f(\r(2),2) ，m＝－ eq \r(2) ，且(b－a) eq \r(1＋m2) ＝(b－a) eq \r(1＋n2) ，即m＝n时等号成立，矛盾，故C>3 eq \r(3) ，
得证．
证法二：不妨设A，B，D在W上，且BA⊥DA，如图，
依题意可设A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a2＋\f(1,4))) ，易知直线BA，DA的斜率均存在且不为0，
则设BA，DA的斜率分别为k和－ eq \f(1,k) ，由对称性，不妨设|k|≤1，
直线AB的方程为y＝k(x－a)＋a2＋ eq \f(1,4) ，则联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x2＋\f(1,4)，,y＝k（x－a）＋a2＋\f(1,4)，))
得x2－kx＋ka－a2＝0，
Δ＝k2－4(ka－a2)＝(k－2a)2>0，则k≠2a，
则|AB|＝ eq \r(1＋k2) |k－2a|，
同理|AD|＝ eq \r(1＋\f(1,k2)) | eq \f(1,k) ＋2a|，
∴|AB|＋|AD|＝ eq \r(1＋k2) |k－2a|＋ eq \r(1＋\f(1,k2)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a)) ≥ eq \r(1＋k2) (|k－2a|＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a)) )≥ eq \r(1＋k2) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k))) ＝ eq \r(\f(（1＋k2）3,k2)) ，
令k2＝m，则m∈(0，1]，设f(m)＝ eq \f(（m＋1）3,m) ＝m2＋3m＋ eq \f(1,m) ＋3，
则f′(m)＝2m＋3－ eq \f(1,m2) ＝
eq \f(（2m－1）（m＋1）2,m2) ，令f′(m)＝0，解得m＝ eq \f(1,2) ，
当m∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) 时，f′(m)<0，此时f(m)单调递减，
当m∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) 时，f′(m)>0，此时f(m)单调递增，
则f(m)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝ eq \f(27,4) ，
∴|AB|＋|AD|≥ eq \f(3\r(3),2) ，
但 eq \r(1＋k2) |k－2a|＋ eq \r(1＋\f(1,k2)) ·| eq \f(1,k) ＋2a|≥ eq \r(1＋k2) (|k－2a|＋| eq \f(1,k) ＋2a|)，此处取等条件为k＝1，与最终取等时k＝ eq \f(\r(2),2) 不一致，故|AB|＋|AD|> eq \f(3\r(3),2) .故矩形ABCD的周长大于3 eq \r(3) .
考点练53 圆锥曲线的最值、范围问题(压轴大题练) 对应学生用书113页
1．已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的焦距为2 eq \r(2) ，点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(6),3))) 在C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C与直线y＝kx＋m(k≠0，m> eq \f(1,2) )相交于不同的两点M，N，P为弦MN的中点，A为椭圆C的下顶点，当AP⊥MN时，求m的取值范围．
解：(1)由题意可知2c＝2 eq \r(2) ，所以c＝ eq \r(2) ，所以a2－b2＝2①，又 eq \f(1,a2) ＋ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)))\s\up12(2),b2) ＝1，所以 eq \f(1,a2) ＋ eq \f(6,9b2) ＝1②，
由①②可得a2＝3，b2＝1，所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,3) ＋y2＝1.
(2)设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(xP，yP)，如图，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，)) 得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0，由题知Δ＝36k2m2－12(3k2＋1)(m2－1)>0，
可得m2<3k2＋1③，
由韦达定理可得x1＋x2＝－ eq \f(6km,3k2＋1) ，
∴xP＝ eq \f(x1＋x2,2) ＝－ eq \f(3mk,3k2＋1) ，从而yP＝kxP＋m＝ eq \f(m,3k2＋1) ，
∴kAP＝ eq \f(yP＋1,xP) ＝－ eq \f(m＋3k2＋1,3mk) ，
∵AP⊥MN，则kAP＝－ eq \f(m＋3k2＋1,3mk) ＝－ eq \f(1,k) ，
即2m＝3k2＋1④，
把④代入③得2m>m2，解得0 eq \f(1,2) ，故m的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)) .
2．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.
(1)求C的方程；
(2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足 eq \(PQ,\s\up9(→)) ＝9 eq \(QF,\s\up9(→)) ，求直线OQ斜率的最大值．
解：(1)由抛物线的定义可知，焦点F到准线的距离为p，故p＝2，所以C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知F(1，0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 eq \(PQ,\s\up9(→)) ＝(x2－x1，y2－y1)， eq \(QF,\s\up9(→)) ＝(1－x2，－y2)，因为 eq \(PQ,\s\up9(→)) ＝9 eq \(QF,\s\up9(→)) ，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－x1＝9（1－x2），,y2－y1＝－9y2，))
可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝10x2－9，,y1＝10y2，))
又点P在抛物线C上，所以y eq \\al(2,1) ＝4x1，
即(10y2)2＝4(10x2－9)，化简得y eq \\al(2,2) ＝ eq \f(2,5) x2－ eq \f(9,25) ，则点Q的轨迹方程为y2＝ eq \f(2,5) x－ eq \f(9,25) .设直线OQ的方程为y＝kx，易知当直线OQ与曲线y2＝ eq \f(2,5) x－ eq \f(9,25) 相切时，斜率可以取最大，联立y＝kx与y2＝ eq \f(2,5) x－ eq \f(9,25) 并化简，得k2x2－ eq \f(2,5) x＋ eq \f(9,25) ＝0，令Δ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,5))) eq \s\up12(2) －4k2· eq \f(9,25) ＝0，解得k＝± eq \f(1,3) ，所以直线OQ斜率的最大值为 eq \f(1,3) .
3．(2024·四川凉山高三统考期末)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A(2，1)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点M(0，1)的直线l交椭圆C于P，Q两点，O为坐标原点，求△OPQ面积的最大值．
解：(1)由题意，椭圆C的离心率为 eq \f(\r(2),2) ，点A(2，1)在椭圆C上，可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，)) 解得a2＝6，b2＝3，c2＝3，所以椭圆C的标准方程为 eq \f(x2,6) ＋ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)因为过点M(0，1)的直线l交椭圆C于P，Q两点，
不妨设直线l的方程为y＝kx＋1，且P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立方程组
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，)) 整理得(6k2＋3)x2＋12kx－12＝0，
此时Δ＝4×36×(3k2＋1)>0，且x1＋x2＝－ eq \f(4k,2k2＋1) ，x1x2＝－ eq \f(4,2k2＋1) ，所以S△OPQ＝ eq \f(1,2) ×1×|x2－x1|＝
eq \f(1,2) × eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝ eq \f(2\r(3k2＋1),2k2＋1) ，
不妨令t＝ eq \r(3k2＋1) ，则t≥1，此时S△OPQ＝ eq \f(6t,2t2＋1) ，不妨设f(t)＝ eq \f(6t,2t2＋1) ，t≥1，可得f′(t)＝ eq \f(6（1－2t2）,（2t2＋1）2) <0，所以函数f(t)在[1，＋∞)上为单调递减函数，
当t＝1，即k＝0时，S△OPQ取得最大值，最大值为2.
4．(2023·河南郑州一中模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线E： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，离心率为2，且过点P(2，3).
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)设过原点O的直线l1在第一、三象限内分别交双曲线E于A，C两点，过原点O的直线l2在第二、四象限内分别交双曲线E于B，D两点，若直线AD过双曲线的右焦点F，求四边形ABCD面积的最小值．
解：(1)由双曲线E的离心率为2，得 eq \f(c,a) ＝2①.
因为双曲线E过点P(2，3)，所以 eq \f(4,a2) － eq \f(9,b2) ＝1②.
又c2＝a2＋b2③，联立①②③式，解得a＝1，b＝ eq \r(3) .故双曲线E的标准方程为x2－ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)由双曲线的对称性，知四边形ABCD为平行四边形，所以S四边形ABCD＝4S△OAD.
由题意知直线AD的斜率不为零，设AD的方程为x＝my＋2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m≠±\f(\r(3),3))) .
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，)) 消去x，得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0.Δ＝36(m2＋1)>0，设A(x1，y1)，D(x2，y2)，则y1＋y2＝ eq \f(－12m,3m2－1) ，y1y2＝ eq \f(9,3m2－1) .因为A，D均在双曲线右支上，所以
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2>0，,x1x2>0，))
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m（y1＋y2）＋4＝\f(－4,3m2－1)>0，,m2y1y2＋2m（y1＋y2）＋4＝\f(－3m2－4,3m2－1)>0，))
解得0≤m2< eq \f(1,3) .
所以S△OAD＝ eq \f(1,2) ×|OF|×|y1－y2|＝ eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2) ＝
eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－12m,3m2－1)))\s\up12(2)－4×\f(9,3m2－1)) ＝ eq \f(6\r(m2＋1),1－3m2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤m2<\f(1,3))) .
令 eq \r(m2＋1) ＝t eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1≤t<\f(2\r(3),3))) ，则m2＝t2－1.所以S△OAD＝ eq \f(6t,4－3t2) ＝ eq \f(6,\f(4,t)－3t) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1≤t<\f(2\r(3),3))) .
令函数f(t)＝ eq \f(4,t) －3t，易得f(t)在区间 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2\r(3),3))) 上单调递减，所以当t＝1时，(S△OAD)min＝6.
所以四边形ABCD面积的最小值为24.
1．如图，已知双曲线C1： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1的离心率为 eq \r(2) ，点F1(－c，0)，F2(c，0)分别是其左、右焦点，过点F2的直线交双曲线的右支于P，A两点，点P在第一象限．当直线PA的斜率不存在时，|PA|＝2 eq \r(2) .
(1)求双曲线的标准方程；
(2)线段PF1交圆C2：(x＋c)2＋y2＝4a2于点B，记△PF2B，△AF2F1，△PAF1的面积分别为S1，S2，S，求 eq \f(S,S1) ＋ eq \f(S,S2) 的最小值．
解：(1)因为双曲线C1： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1的离心率为 eq \r(2) ，所以e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \r(2) ，又过点F2的直线PA的斜率不存在时，|PA|＝2 eq \r(2) ，所以 eq \f(2b2,a) ＝2 eq \r(2) ，解得a＝b＝ eq \r(2) ，所以双曲线的标准方程为 eq \f(x2,2) － eq \f(y2,2) ＝1.
(2)设P(x1，y1)，则 eq \f(x eq \\al(2,1) ,a2) － eq \f(y eq \\al(2,1) ,b2) ＝1，且 eq \(PF2,\s\up9(→)) ＝λ eq \(F2A,\s\up9(→)) ，λ>0，则x1＝ eq \f(3,2) ＋ eq \f(λ,2) ，
所以|PF1|＝ eq \r(（x1＋c）2＋y eq \\al(2,1) ) ＝ eq \r(（x1＋c）2＋\f(b2x eq \\al(2,1) ,a2)－b2) ＝
eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(b2,a2)))x eq \\al(2,1) ＋2cx1＋a2) ＝ eq \r(e2x eq \\al(2,1) ＋2cx1＋a2) ＝ eq \r(（ex1＋a）2) ＝ex1＋a，
由双曲线定义得|PF1|－|PF2|＝2a，
所以|PF2|＝ex1－a，则|PB|＝|PF1|－2a＝|PF2|，
所以 eq \f(S,S1) ＝ eq \f(|PF1|,|PB|) · eq \f(|PA|,|PF2|) ＝ eq \f(|PF1|,|PF2|) · eq \f(|PA|,|PF2|) ＝ eq \f(ex1＋a,ex1－a) · eq \f(λ＋1,λ) ＝ eq \f(\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋\f(λ,2)))＋\r(2),\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋\f(λ,2)))－\r(2)) · eq \f(λ＋1,λ) ＝ eq \f(λ＋5,λ＋1) · eq \f(λ＋1,λ) ＝ eq \f(λ＋5,λ) ， eq \f(S,S2) ＝ eq \f(|PA|,|AF2|) ＝λ＋1，
所以 eq \f(S,S1) ＋ eq \f(S,S2) ＝ eq \f(λ＋5,λ) ＋λ＋1＝ eq \f(5,λ) ＋λ＋2≥2 eq \r(\f(5,λ)·λ) ＋2＝2 eq \r(5) ＋2，
当且仅当λ＝ eq \r(5) 时，等号成立，
所以 eq \f(S,S1) ＋ eq \f(S,S2) 的最小值为2 eq \r(5) ＋2.
2．(2024·广东河源龙川县第一中学高三期中)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(6),3) ，椭圆的左顶点为P，上顶点为Q，O为坐标原点，且△OPQ的面积为 eq \f(\r(3),2) .
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为 eq \f(\r(3),2) ，求△AOB面积的最大值．
解：(1)设椭圆的半焦距为c，
依题意有 eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(6),3) ， eq \f(1,2) ab＝ eq \f(\r(3),2) ，a2＝b2＋c2，∴c＝ eq \r(2) ，a＝ eq \r(3) ，b＝1，∴所求椭圆方程为 eq \f(x2,3) ＋y2＝1.
(2)如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
①当AB⊥x轴时，
|AB|＝ eq \r(3) ；
②当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，
坐标原点O到直线l的距离为 eq \f(\r(3),2) ，则 eq \f(|m|,\r(1＋k2)) ＝ eq \f(\r(3),2) ，即4m2＝3(k2＋1).
把y＝kx＋m代入椭圆方程，整理得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
Δ＝36k2m2－12(3k2＋1)(m2－1)＝12(3k2－m2＋1)>0，
|AB|＝ eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2) ＝
eq \r(k2＋1) ·|x1－x2|＝ eq \r(k2＋1) · eq \f(2\r(3)\r(3k2－m2＋1),3k2＋1) ，
结合4m2＝3(k2＋1)，消去k，可化为|AB|＝ eq \r(\f(4m2,3)) · eq \f(2\r(3)\r(3m2－2),4m2－2) ，
|AB|＝ eq \f(2\r(m2)\r(3m2－2),2m2－1) ≤ eq \f(m2＋3m2－2,2m2－1) ＝2，
当且仅当m2＝3m2－2，即m2＝1，k2＝ eq \f(1,3) ，k＝± eq \f(\r(3),3) 时，等号成立，
又当k不存在时，|AB|＝ eq \r(3) ，
综上所述，|AB|的最大值为2，
所以△AOB的面积的最大值为S△AOB＝ eq \f(1,2) ×|AB|max× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(3),2) .
3．(2023·广东深圳高三统考期末)已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的离心率为 eq \r(2) ，且C的一个焦点到其一条渐近线的距离为1.
(1)求C的方程；
(2)设点A为C的左顶点，若过点(3，0)的直线l与C的右支交于P，Q两点，且直线AP，AQ与圆O：x2＋y2＝a2分别交于M，N两点，记四边形PQNM的面积为S1，△AMN的面积为S2，求 eq \f(S1,S2) 的取值范围．
解：(1)由题可知bx－ay＝0是双曲线C的一条渐近线方程，右焦点为(c，0)，
所以右焦点到渐近线的距离d＝ eq \f(|bc－a·0|,\r(a2＋b2)) ，
又因为c2＝a2＋b2，所以d＝b，则依题意可得b＝1，
由离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \r(1＋\f(b2,a2)) ＝ eq \r(2) ，解得a＝1，所以双曲线C的方程为x2－y2＝1.
(2)如图所示，
由(1)知，A(－1，0)，
设直线lPQ的方程：x＝ty＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋3，,x2－y2＝1，)) 得(t2－1)y2＋6ty＋8＝0，
因为直线l与双曲线C的右支交于两点，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t2－1≠0，,Δ＝（6t）2－32（t2－1）>0，,y1y2＝\f(8,t2－1)<0，))
解得－1y1＋y2＝ eq \f(－6t,t2－1) ，y1y2＝ eq \f(8,t2－1) ，
所以kAP·kAQ＝ eq \f(y1,x1＋1) · eq \f(y2,x2＋1) ＝ eq \f(y1y2,（ty1＋4）（ty2＋4）) ＝
eq \f(y1y2,t2y1y2＋4t（y1＋y2）＋16) ＝ eq \f(\f(8,t2－1),t2·\f(8,t2－1)＋4t·\f(－6t,t2－1)＋16) ＝
eq \f(8,8t2－24t2＋16t2－16) ＝－ eq \f(1,2) ，
设AP：x＝m1y－1，AQ：x＝m2y－1，且|m1|>1，|m2|>1，
所以 eq \f(1,m1) · eq \f(1,m2) ＝－ eq \f(1,2) ，即m1·m2＝－2，所以|m1|·|m2|＝2，
又因为|m2|＝ eq \f(2,|m1|) >1，所以1<|m1|<2，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝m1y－1，,x2－y2＝1，)) 得(m eq \\al(2,1) －1)y2－2m1y＝0，所以yP＝ eq \f(2m1,m eq \\al(2,1) －1) ，同理可得yQ＝ eq \f(2m2,m eq \\al(2,2) －1) ，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝m1y－1，,x2＋y2＝1，)) 得(m eq \\al(2,1) ＋1)y2－2m1y＝0，所以yM＝ eq \f(2m1,m eq \\al(2,1) ＋1) ，同理可得yN＝ eq \f(2m2,m eq \\al(2,2) ＋1) ，
所以 eq \f(S△APQ,S△AMN) ＝ eq \f(\f(1,2)|AP||AQ|sin ∠PAQ,\f(1,2)|AM||AN|sin ∠MAN) ＝ eq \f(|AP|,|AM|) · eq \f(|AQ|,|AN|) ＝ eq \f(yP,yM) · eq \f(yQ,yN) ＝ eq \f(\f(2m1,m eq \\al(2,1) －1),\f(2m1,m eq \\al(2,1) ＋1)) · eq \f(\f(2m2,m eq \\al(2,2) －1),\f(2m2,m eq \\al(2,2) ＋1)) ＝ eq \f(（m eq \\al(2,1) ＋1）（m eq \\al(2,2) ＋1）,（m eq \\al(2,1) －1）（m eq \\al(2,2) －1）) ＝
eq \f(m eq \\al(2,1) m eq \\al(2,2) ＋m eq \\al(2,1) ＋m eq \\al(2,2) ＋1,m eq \\al(2,1) m eq \\al(2,2) －m eq \\al(2,1) －m eq \\al(2,2) ＋1) ＝ eq \f(5＋（m eq \\al(2,1) ＋m eq \\al(2,2) ）,5－（m eq \\al(2,1) ＋m eq \\al(2,2) ）) ，
令n＝m eq \\al(2,1) ＋m eq \\al(2,2) ，由|m1|·|m2|＝2，1<|m1|<2，得n＝m eq \\al(2,1) ＋ eq \f(4,m eq \\al(2,1) ) ∈[4，5)，所以 eq \f(S△APQ,S△AMN) ＝ eq \f(5＋n,5－n) ＝ eq \f(10,5－n) －1，n∈[4，5)，
令f(n)＝ eq \f(10,5－n) －1，n∈[4，5)，
因为f(n)在区间[4，5)上为增函数，所以f(n)的取值范围为[9，＋∞)，又因为 eq \f(S1,S2) ＝ eq \f(S△APQ－S△AMN,S△AMN) ＝ eq \f(S△APQ,S△AMN) －1，所以 eq \f(S1,S2) 的取值范围为[8，＋∞).
4．(2024·福建厦门双十中学模拟)已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)左焦点为F，离心率为 eq \f(1,2) ，以坐标原点O为圆心，|OF|为半径作圆使之与直线x－y＋ eq \r(2) ＝0相切．
(1)求C的方程；
(2)设点P(4，0)，A，B是椭圆上关于x轴对称的两点，PB交C于另一点E，求△AEF的内切圆半径的范围．
解：(1)依题意 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝|OF|＝\f(\r(2),\r(2))＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，)) 解得a＝2，b＝ eq \r(3) ，所以C的方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)如图，
因为AE不与x轴重合，所以设AE的方程为x＝my＋t(m≠0)，设点A(x1，y1)(y1≠0)，E(x2，y2)，则B(x1，－y1)，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋t，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，)) 得(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0，则Δ＝48(3m2－t2＋4)>0，y1＋y2＝ eq \f(－6mt,3m2＋4) ，y1y2＝ eq \f(3t2－12,3m2＋4) .
因为点P，B，E三点共线且斜率一定存在，所以 eq \f(y2＋y1,x2－x1) ＝ eq \f(－y1,x1－4) ，
所以x1y2＋x2y1＝4(y1＋y2)，将x1＝my1＋t，x2＝my2＋t代入，化简可得 eq \f(y1＋y2,y1y2) ＝ eq \f(2m,4－t) ，故 eq \f(2m,4－t) ＝ eq \f(－6mt,3t2－12) ，解得t＝1，满足Δ＝48(3m2＋3)>0，
所以直线AE过定点Q(1，0)，且Q为椭圆右焦点，
设所求内切圆半径为r，因为S△AEF＝ eq \f(1,2) ×4a·r＝4r，所以r＝ eq \f(S△AEF,4) ＝ eq \f(S△FQA＋S△FQE,4) ＝ eq \f(\f(1,2)|FQ|·|y1－y2|,4) ＝
eq \f(\r(（y1＋y2）2－4y1y2),4) ＝ eq \f(3\r(m2＋1),3m2＋4) ，
令u＝ eq \r(m2＋1) (u>1)，则m2＝u2－1，所以r＝ eq \f(3u,3u2＋1) ＝ eq \f(3,3u＋\f(1,u)) ，
因为u>1，对勾函数y＝3u＋ eq \f(1,u) 在(1，＋∞)上单调递增，所以3u＋ eq \f(1,u) >4，则0所以内切圆半径r的范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))) .
考点练54 圆锥曲线的定点、定值、探索性问题(压轴大题练) 对应学生用书115页
1．设抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线l与E交于A，B两点，且|AB|＝8.
(1)求抛物线E的方程；
(2)设P(1，m)(m>0)为E上一点，E在P处的切线与x轴交于Q，过Q的直线与E交于M，N两点，直线PM和PN的斜率分别为kPM和kPN.求证：kPM＋kPN为定值．
解：(1)由题意，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)) ，直线l的方程为y＝x－ eq \f(p,2) ，代入y2＝2px，得x2－3px＋ eq \f(p2,4) ＝0.于是x1＋x2＝3p，∴焦点弦|AB|＝x1＋x2＋p＝3p＋p＝4p＝8，解得p＝2.故抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)证明：∵P(1，m)在E上，∴m＝2.设E在P处的切线方程为y－2＝t(x－1)，代入y2＝4x，得ty2－4y＋8－4t＝0.由Δ＝42－4t(8－4t)＝16(t－1)2＝0，解得t＝1，∴P处的切线方程为y＝x＋1，从而得Q(－1，0).
易知直线MN的斜率存在，设其方程为y＝k(x＋1)，设M(x1，y1)，N(x2，y2).
将y＝k(x＋1)代入y2＝4x，得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0.于是x1＋x2＝ eq \f(4,k2) －2，x1x2＝1，且y1＝k(x1＋1)，y2＝k(x2＋1).
∴kPM＋kPN＝ eq \f(y1－2,x1－1) ＋ eq \f(y2－2,x2－1) ＝ eq \f(x1y2＋x2y1－（y1＋y2）－2（x1＋x2）＋4,（x1－1）（x2－1）) ＝ eq \f(2kx1x2－2（x1＋x2）＋4－2k,x1x2－（x1＋x2）＋1) ＝
eq \f(2k－\f(8,k2)＋4＋4－2k,1＋2－\f(4,k2)＋1) ＝ eq \f(8－\f(8,k2),4－\f(4,k2)) ＝2.
故kPM＋kPN为定值2.
2．已知A(2，0)，B(－2，0)分别是椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)长轴的两个端点，C的焦距为2.M(3，0)，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，0)) ，P是椭圆C上异于A，B的动点，直线PM与C的另一交点为D，直线PN与C的另一交点为E.
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：直线DE的倾斜角为定值．
解：(1)由题意，a＝2，2c＝2，c＝1，
∴b2＝a2－c2＝3.∴椭圆C的方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)证明：设P(x0，y0)，D(x1，y1)，
E(x2，y2)，则3x eq \\al(2,0) ＋4y eq \\al(2,0) ＝12.
①当直线PN的斜率存在时，其方程为y＝ eq \f(y0,x0－\f(4,3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,3))) ，代入椭圆C的方程，整理得
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(4,3)))\s\up12(2)＋4y eq \\al(2,0) )) x2－ eq \f(32y eq \\al(2,0) ,3) x＋ eq \f(64y eq \\al(2,0) ,9) －12 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(4,3))) eq \s\up12(2) ＝0.∴x0＋x2＝ eq \f(\f(32,3)y eq \\al(2,0) ,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(4,3)))\s\up12(2)＋4y eq \\al(2,0) ) ＝ eq \f(32y eq \\al(2,0) ,52－24x0) ＝ eq \f(4y eq \\al(2,0) ,6.5－3x0) .
直线PM的方程为y＝ eq \f(y0,x0－3) (x－3)，代入椭圆C的方程，整理得[3(x0－3)2＋4y eq \\al(2,0) ]x2－24y eq \\al(2,0) x＋36y eq \\al(2,0) －12(x0－3)2＝0.∴x0＋x1＝
eq \f(24y eq \\al(2,0) ,3（x0－3）2＋4y eq \\al(2,0) ) ＝ eq \f(24y eq \\al(2,0) ,39－18x0) ＝ eq \f(4y eq \\al(2,0) ,6.5－3x0) .
因此x1＝x2，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为 eq \f(π,2) .
②当直线PN的斜率不存在时，其方程为x＝ eq \f(4,3) ，此时x0＝ eq \f(4,3) .
由①知x0＋x2＝ eq \f(12－3x eq \\al(2,0) ,6.5－3x0) ，∴x2＝ eq \f(12－6.5x0,6.5－3x0) ＝ eq \f(12－\f(13,2)×\f(4,3),\f(13,2)－3×\f(4,3)) ＝ eq \f(4,3) ＝x0.∴x1＝x2＝ eq \f(4,3) ，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为 eq \f(π,2) .
综上所述，直线DE的倾斜角为定值 eq \f(π,2) .
3．(2023·陕西西安大明宫中学模拟)已知动圆M恒过定点F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8))) ，圆心M到直线y＝－ eq \f(1,4) 的距离为d，d＝|MF|＋ eq \f(1,8) .
(1)求M点的轨迹C的方程；
(2)过直线y＝x－1上的动点Q作C的两条切线l1，l2，切点分别为A，B，证明：直线AB恒过定点．
解：(1)设M(x，y)，则|MF|＝ eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,8)))\s\up12(2)) ，d＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,4))) ，
因为d＝|MF|＋ eq \f(1,8) ，即 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,4))) ＝ eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,8)))\s\up12(2)) ＋ eq \f(1,8) ，当y＋ eq \f(1,4) ≥0，即y≥－ eq \f(1,4) 时，则y＋ eq \f(1,4) ＝ eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,8)))\s\up12(2)) ＋ eq \f(1,8) ，整理得x2＝ eq \f(1,2) y；
当y＋ eq \f(1,4) <0，即y<－ eq \f(1,4) 时，则－y－ eq \f(1,4) ＝ eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,8)))\s\up12(2)) ＋ eq \f(1,8) ，整理得x2＝y＋ eq \f(1,8) <0，不成立；
综上所述，M点的轨迹C的方程为x2＝ eq \f(1,2) y.
(2)证明：由(1)可知，曲线C：x2＝ eq \f(1,2) y，即y＝2x2，则y′＝4x，如图，
设A(x1，2x eq \\al(2,1) )，B(x2，2x eq \\al(2,2) )，Q(t，t－1)，
可知切线QA的斜率为4x1，所以切线QA：y－2x eq \\al(2,1) ＝4x1(x－x1)，
则t－1－2x eq \\al(2,1) ＝4x1(t－x1)，整理得2x eq \\al(2,1) －4tx1＋t－1＝0，同理由切线QB可得2x eq \\al(2,2) －4tx2＋t－1＝0，
可知x1，x2为方程2x2－4tx＋t－1＝0的两根，则x1＋x2＝2t，
x1x2＝ eq \f(t－1,2) ，
可得直线AB的斜率kAB＝ eq \f(2x eq \\al(2,1) －2x eq \\al(2,2) ,x1－x2) ＝2(x1＋x2)＝4t，
设AB的中点为N(x0，y0)，则x0＝ eq \f(x1＋x2,2) ＝t，y0＝ eq \f(2x eq \\al(2,1) ＋2x eq \\al(2,2) ,2) ＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4t2－t＋1，即N(t，4t2－t＋1)，
所以直线AB：y－(4t2－t＋1)＝4t(x－t)，整理得y－1＝4t(x－ eq \f(1,4) )，所以直线AB恒过定点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1)) .
4．已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的短轴长为2 eq \r(2) ，离心率为 eq \f(\r(2),2) .
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(4，1)的动直线l与椭圆C相交于不同的A，B两点，在线段AB上取点Q，满足|AP|·|QB|＝|AQ|·|PB|，证明：点Q总在某定直线上．
解：(1)由题意可知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2b＝2\r(2)，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(2)．)) 所以所求椭圆的方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,2) ＝1.
(2)证明：如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x，y)，P(4，1)，
直线AB的斜率显然存在，设为k，则AB的方程为y＝k(x－4)＋1.
因为A，P，B，Q四点共线，不妨设x2则|AP|＝ eq \r(1＋k2) (4－x1)，
|AQ|＝ eq \r(1＋k2) (x1－x)，
|QB|＝ eq \r(1＋k2) (x－x2)，
|PB|＝ eq \r(1＋k2) (4－x2)，
由|AP|·|QB|＝|AQ|·|PB|，可得(4－x1)(x－x2)＝(x1－x)(4－x2)，
化简得2x1x2－(x1＋x2)(4＋x)＋8x＝0(*).联立直线y＝k(x－4)＋1和椭圆的方程，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x－4）＋1，)) 消去y，得(2k2＋1)x2＋4k(1－4k)x＋2(1－4k)2－4＝0，Δ＝16k2·(1－4k)2－4(2k2＋1)(32k2－16k－2)>0，得12k2－8k－1<0，由韦达定理，得x1＋x2＝－ eq \f(4k（1－4k）,2k2＋1) ，
x1x2＝ eq \f(2（1－4k）2－4,2k2＋1) .代入(*)化简得x＝ eq \f(4k＋1,k＋2) ＝4－ eq \f(7,k＋2) ，即 eq \f(7,k＋2) ＝4－x.
又k＝ eq \f(y－1,x－4) ，代入上式，得 eq \f(7,\f(y－1,x－4)＋2) ＝4－x，化简得2x＋y－2＝0.所以点Q总在一条定直线2x＋y－2＝0上．
5．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，记准线l与x轴的交点为A，过A作直线交抛物线C于M(x1，y1)，N(x2，y2)(x2>x1)两点．
(1)若M是线段AN的中点，求直线MN的方程；
(2)若P，Q是准线l上关于x轴对称的两点，问直线PM与QN的交点是否在一条定直线上？请说明理由．
解：(1)设直线MN的方程为x＝my－ eq \f(p,2) ，联立y2＝2px(p>0)可得，y2－2mpy＋p2＝0，所以Δ＝4m2p2－4p2>0，则m2>1，y1＋y2＝2mp，y1y2＝p2.又M是线段AN的中点，所以y1＝ eq \f(y2,2) ，解得y1＝ eq \f(\r(2)p,2) ，y2＝ eq \r(2) p或y1＝－ eq \f(\r(2)p,2) ，y2＝－ eq \r(2) p，即 eq \f(\r(2)p,2) ＋ eq \r(2) p＝2mp或－ eq \f(\r(2)p,2) － eq \r(2) p＝2mp，解得m＝ eq \f(3\r(2),4) 或m＝－ eq \f(3\r(2),4) ，所以直线MN的方程为x＝± eq \f(3\r(2),4) y－ eq \f(p,2) ，即4x±3 eq \r(2) y＋2p＝0.
(2)在一条定直线上．理由如下：直线MN的方程为x＝my－ eq \f(p,2) ，
设P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，y0)) ，Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，－y0)) ，y0≠0，
则PM：y＝ eq \f(y1－y0,x1＋\f(p,2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2))) ＋y0＝ eq \f(y1－y0,my1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2))) ＋y0，
QN：y＝ eq \f(y2＋y0,x2＋\f(p,2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2))) －y0＝ eq \f(y2＋y0,my2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2))) －y0，
联立可得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y1)＋\f(1,y2))) ＝2m，由y1＋y2＝2mp，y1y2＝p2，代入解得x＝ eq \f(2my1y2,y1＋y2) － eq \f(p,2) ＝ eq \f(2m×p2,2mp) － eq \f(p,2) ＝ eq \f(p,2) ，所以直线PM与QN的交点在定直线x＝ eq \f(p,2) 上．
1．椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的离心率为 eq \f(3,5) ，P(m，0)为C的长轴上的一个动点，过点P且斜率为 eq \f(4,5) 的直线l交椭圆C于A，B两点，当m＝0时， eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(PB,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(41,2) .
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：|PA|2＋|PB|2为定值．
解：(1)易知 eq \f(b,a) ＝ eq \f(4,5) .当m＝0时，P(0，0)，直线l的方程为y＝ eq \f(4,5) x，代入 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1，整理得x2＝ eq \f(a2,2) .
设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)， eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(PB,\s\up9(→)) ＝－x eq \\al(2,0) －y eq \\al(2,0) ＝－ eq \f(41,25) x eq \\al(2,0) ＝－ eq \f(41,25) · eq \f(a2,2) ＝－ eq \f(41,2) ，所以a2＝25，b2＝16，所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,25) ＋ eq \f(y2,16) ＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x＝ eq \f(5,4) y＋m，代入 eq \f(x2,25) ＋ eq \f(y2,16) ＝1，整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.
则y1＋y2＝－ eq \f(4m,5) ，y1y2＝ eq \f(8（m2－25）,25) ，则|PA|2＝(x1－m)2＋y eq \\al(2,1) ＝ eq \f(41,16) y eq \\al(2,1) ，同理|PB|2＝ eq \f(41,16) y eq \\al(2,2) .
则|PA|2＋|PB|2＝ eq \f(41,16) (y eq \\al(2,1) ＋y eq \\al(2,2) )＝ eq \f(41,16) [(y1＋y2)2－2y1y2]＝
eq \f(41,16) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4m,5)))\s\up12(2)－\f(16（m2－25）,25))) ＝41.
所以|PA|2＋|PB|2为定值．
2．(2024·安徽黄山高三统考期末)已知点F为抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点，点P(7，3)，|PF|＝3 eq \r(5) ，且点P到抛物线准线的距离不大于10，过点P作斜率存在的直线与抛物线E交于A，B两点(A在第一象限)，过点A作斜率为 eq \f(2,3) 的直线与抛物线的另一个交点为点C.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)求证：直线BC过定点．
解：(1)∵焦点F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)) ，P(7，3)，|PF|＝3 eq \r(5) ，
∴|FP|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7－\f(p,2)))\s\up12(2)＋9) ＝3 eq \r(5) ，
又∵p>0，且点P到抛物线E准线的距离不大于10，即7＋ eq \f(p,2) ≤10，∴p＝2，∴抛物线E的标准方程为y2＝4x.
(2)证明：依题意直线AB斜率存在且过点P(7，3)，则可设AB的方程为y－3＝k(x－7)，如图，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－3＝k（x－7），,y2＝4x，)) 化简得ky2－4y＋12－28k＝0(k≠0)，
Δ＝16(7k2－3k＋1)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，则由韦达定理可知y1＋y2＝ eq \f(4,k) ，
y1y2＝ eq \f(12,k) －28，
消去k得y1y2＋28＝3(y1＋y2)①，
又kAC＝ eq \f(y1－y3,x1－x3) ＝ eq \f(y1－y3,\f(y eq \\al(2,1) ,4)－\f(y eq \\al(2,3) ,4)) ＝ eq \f(4,y1＋y3) ＝ eq \f(2,3) ，则y1＋y3＝6②，
由①②得(6－y3)y2＋28＝3(6－y3＋y2)，∴3(y2＋y3)＝y2y3－10③，
由于kBC＝ eq \f(y2－y3,x2－x3) ＝ eq \f(y2－y3,\f(y eq \\al(2,2) ,4)－\f(y eq \\al(2,3) ,4)) ＝ eq \f(4,y2＋y3) .
(ⅰ)若直线BC没有斜率，则y2＋y3＝0，又3(y2＋y3)＝y2y3－10，∴y eq \\al(2,3) ＝－10(舍去).
(ⅱ)若直线BC有斜率，则直线BC的方程为y－y2＝ eq \f(4,y2＋y3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y eq \\al(2,2) ,4))) ，即4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0，
将③代入得4x－(y2＋y3)y＋3(y2＋y3)＋10＝0，∴(y2＋y3)(3－y)＋4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5,2))) ＝0，
故直线BC有斜率时过定点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，3)) .
3．已知椭圆C的中心为O，离心率为 eq \f(\r(2),2) .圆O在C的内部，半径为 eq \f(\r(6),3) ，P，Q分别为C和圆O上的动点，且P，Q两点的最小距离为1－ eq \f(\r(6),3) .
(1)建立适当的坐标系，求C的方程；
(2)若直线l与圆O相切，且与C相交于A，B两点．求证：以AB为直径的圆过原点．
解：(1)以O为坐标原点，椭圆C的长轴、短轴所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
设椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，
依题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,b－\f(\r(6),3)＝1－\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))
所以C的方程为 eq \f(x2,2) ＋y2＝1.
(2)证明：(ⅰ)当直线AB垂直于x轴时，如图所示，
不妨设A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3))) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，－\f(\r(6),3))) ，此时 eq \(OA,\s\up9(→)) · eq \(OB,\s\up9(→)) ＝0，所以OA⊥OB，故以AB为直径的圆过原点O.
(ⅱ)当直线AB不垂直于x轴时，如图所示，
设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2).
因为AB与圆O相切，所以O到直线AB的距离为 eq \f(|m|,\r(k2＋1)) ＝ eq \f(\r(6),3) ，即3m2－2k2－2＝0，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，)) 得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，所以x1＋x2＝ eq \f(－4km,2k2＋1) ，x1x2＝ eq \f(2m2－2,2k2＋1) ，
所以 eq \(OA,\s\up9(→)) · eq \(OB,\s\up9(→)) ＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m2－2,2k2＋1))) ＋km eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4km,2k2＋1))) ＋m2＝ eq \f(（1＋k2）（2m2－2）＋km（－4km）＋m2（2k2＋1）,2k2＋1) ＝ eq \f(3m2－2k2－2,2k2＋1) ＝0，
所以OA⊥OB，故以AB为直径的圆过原点O，
综上，以AB为直径的圆过原点O.
4．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F.
(1)过点F且斜率为 eq \r(3) 的直线交抛物线C于P，Q两点，若|PQ|＝ eq \f(16,3) ，求抛物线C的方程；
(2)过点F的直线交抛物线C于A，B两点，直线AO，BO分别与直线x＝－p相交于M，N两点，试判断△ABO与△MNO的面积之比是否为定值，并说明理由．
解：(1)设过点F且斜率为 eq \r(3) 的直线方程为y＝ eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2))) ，代入y2＝2px(p>0)，
得3x2－5px＋ eq \f(3p2,4) ＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则Δ＝(－5p)2－4×3× eq \f(3p2,4) ＝16p2>0，x1＋x2＝ eq \f(5p,3) ，所以|PQ|＝x1＋x2＋p＝ eq \f(8p,3) ＝ eq \f(16,3) ，则p＝2，
即抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)△ABO与△MNO的面积之比是定值．理由如下：设AB的方程为x＝ty＋ eq \f(p,2) ，代入y2＝2px得y2－2pty－p2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝－p2，x1x2＝ eq \f(y eq \\al(2,1) ,2p) · eq \f(y eq \\al(2,2) ,2p) ＝ eq \f(p4,4p2) ＝ eq \f(p2,4) .因为∠AOB＝∠MON，所以 eq \f(S△ABO,S△MNO) ＝ eq \f(\f(1,2)|AO|·|BO|·sin ∠AOB,\f(1,2)|MO|·|NO|·sin ∠MON) ＝ eq \f(|AO|·|BO|,|MO|·|NO|) ＝ eq \f(x1,p) · eq \f(x2,p) ＝ eq \f(x1x2,p2) ＝ eq \f(1,4) ，
所以△ABO与△MNO的面积之比是定值．
5．已知O为坐标原点，双曲线C： eq \f(x2,m2) － eq \f(y2,m2－2) ＝1(m>0)的渐近线方程为y＝± eq \f(\r(2),2) x.
(1)求C的标准方程；
(2)过点P(1， eq \r(3) )的直线l交C于M，N两点，交x轴于Q点．若|PM|·|PN|＝36，问tan ∠OPQ是否存在？若存在，求出tan ∠OPQ的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)易知双曲线C的焦点在x轴上，且m2－2>0，所以m> eq \r(2) 或m<－ eq \r(2) .
因为m>0，所以m> eq \r(2) ，所以a＝m，b＝ eq \r(m2－2) .
由已知可得 eq \f(\r(m2－2),m) ＝ eq \f(\r(2),2) ，解得m＝2，所以C的标准方程为 eq \f(x2,4) － eq \f(y2,2) ＝1.
(2)由题意，易知直线l的斜率存在．
设直线l：y＝k(x－1)＋ eq \r(3) ，联立方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1）＋\r(3)，,\f(x2,4)－\f(y2,2)＝1，))
化简得(1－2k2)x2＋(4k2－4 eq \r(3) k)x－2k2＋4 eq \r(3) k－10＝0.
由题意知1－2k2≠0，
且Δ＝(4k2－4 eq \r(3) k)2－4(1－2k2)·(－2k2＋4 eq \r(3) k－10)＝－24k2－16 eq \r(3) k＋40>0，
所以3k2＋2 eq \r(3) k－5<0，且k2≠ eq \f(1,2) ，解得－ eq \r(2) － eq \f(\r(3),3) 如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝ eq \f(－4k2＋4\r(3)k,1－2k2) ，
x1x2＝ eq \f(－2k2＋4\r(3)k－10,1－2k2) .
因为|PM|＝ eq \r(（x1－1）2＋（y1－\r(3)）2) ＝
eq \r(（x1－1）2＋（kx1－k）2) ＝ eq \r(1＋k2) |x1－1|，
|PN|＝ eq \r(（x2－1）2＋（y2－\r(3)）2) ＝
eq \r(（x2－1）2＋（kx2－k）2) ＝ eq \r(1＋k2) ·|x2－1|，
所以|PM|·|PN|＝(1＋k2)|(x1－1)(x2－1)|＝(1＋k2)|x1x2－(x1＋x2)＋1|＝(1＋k2)| eq \f(－2k2＋4\r(3)k－10,1－2k2) － eq \f(－4k2＋4\r(3)k,1－2k2) ＋1|＝ eq \f(9（1＋k2）,|1－2k2|) .
由|PM|·|PN|＝36，得 eq \f(9（1＋k2）,|1－2k2|) ＝36，整理，得21k4－22k2＋5＝0，即(3k2－1)(7k2－5)＝0，解得k2＝ eq \f(1,3) 或k2＝ eq \f(5,7) ，即k＝± eq \f(\r(3),3) 或k＝± eq \f(\r(35),7) .
经验证，k＝ eq \f(\r(35),7) 不在k的取值范围内，舍去．
设直线l的倾斜角为α.
当k＝ eq \f(\r(3),3) 时，α＝ eq \f(π,6) ，∠POx＝ eq \f(π,3) ，点Q在x轴负半轴上，则tan ∠OPQ＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α)) ＝ eq \f(\r(3),3) ；
当k＝－ eq \f(\r(3),3) 时，α＝ eq \f(5π,6) ，点Q在x轴正半轴上，此时∠OPQ＝α－ eq \f(π,3) ＝ eq \f(π,2) ，则tan ∠OPQ不存在；
当k＝－ eq \f(\r(35),7) ，即tan α＝－ eq \f(\r(35),7) 时，点Q在x轴正半轴上，
则tan ∠OPQ＝tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3))) ＝ eq \f(tan α－tan \f(π,3),1＋tan αtan \f(π,3)) ＝ eq \f(－\f(\r(35),7)－\r(3),1－\f(\r(35),7)×\r(3)) ＝ eq \f(3\r(3)＋\r(35),2) .
所以tan ∠OPQ＝ eq \f(\r(3),3) 或 eq \f(3\r(3)＋\r(35),2) .
阶段滚动卷五 对应学生用书117页
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知复数z是纯虚数， eq \f(1＋z,1＋i) 是实数，则 eq \x\t(z) ＝( A )
A．－i B．i
C．－2i D．2i
解析：由题意设z＝bi(b∈R)，则 eq \f(1＋z,1＋i) ＝ eq \f(1＋bi,1＋i) ＝ eq \f(（1＋bi）（1－i）,（1＋i）（1－i）) ＝ eq \f(（1＋b）＋（b－1）i,2) ，因为 eq \f(1＋z,1＋i) 是实数，所以b－1＝0，得b＝1，所以z＝i，所以 eq \x\t(z) ＝－i.故选A.
2．集合M＝{y∈R|y＝3x}，N＝{－1，0，1，2}，则M∩N＝( C )
A．{2} B．{0，1，2}
C．{1，2} D．{0，1}
解析：因为M＝{y∈R|y＝3x}＝{y|y>0}，N＝{－1，0，1，2}，所以M∩N＝{1，2}．故选C.
3．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则该圆锥的体积为( B )
A．3π B． eq \f(\r(3),3) π
C．3 D．2π
解析：圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则圆锥的母线长为l＝2；圆锥的底面周长为 eq \f(1,2) ×2×π×2＝2π，设圆锥的底面半径为r，则2πr＝2π，解得r＝1；圆锥的高为h＝ eq \r(l2－r2) ＝ eq \r(22－12) ＝ eq \r(3) ，则该圆锥的体积为 eq \f(1,3) πr2h＝ eq \f(1,3) π×12× eq \r(3) ＝ eq \f(\r(3),3) π，故选B.
4．国家速滑馆又称“冰丝带”，是北京2022年冬奥会的标志性场馆，拥有亚洲最大的全冰面设计，但整个系统的碳排放接近于零，做到真正的智慧场馆、绿色场馆．并且为了倡导绿色可循环的理念，场馆还配备了先进的污水、雨水过滤系统．已知过滤过程中废水的污染物数量N(mg/L)与时间t的关系为N＝N0e－kt(N0为最初污染物数量).如果前4小时消除了20%的污染物，那么污染物消除至最初的64%还需要( C )
A．3.6小时 B．3.8小时
C．4小时 D．4.2小时
解析：由题意可得N0e－4k＝ eq \f(4,5) N0，可得e－4k＝ eq \f(4,5) ，设N0e－kt＝0.64N0＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5))) eq \s\up12(2) ·N0，可得e－kt＝(e－4k)2＝e－8k，解得t＝8.因此，污染物消除至最初的64%还需要4小时．故选C.
5．已知 eq \f(sin θ,1－cs θ) ＝ eq \r(3) ，则tan θ＝( C )
A． eq \f(\r(3),3) B．－ eq \f(\r(3),3)
C． eq \r(3) D．－ eq \r(3)
解析：因为 eq \f(sin θ,1－cs θ) ＝ eq \r(3) ，所以1－cs θ≠0，即cs θ≠1，所以sin θ＝ eq \r(3) － eq \r(3) cs θ，即sin θ＋ eq \r(3) cs θ＝
2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3))) ＝ eq \r(3) ，所以sin (θ＋ eq \f(π,3) )＝ eq \f(\r(3),2) ，所以θ＋ eq \f(π,3) ＝ eq \f(π,3) ＋2kπ或 eq \f(2π,3) ＋2kπ，k∈Z，所以θ＝2kπ或 eq \f(π,3) ＋2kπ，k∈Z，当θ＝2kπ时，cs θ＝1，不合题意，舍去，当θ＝ eq \f(π,3) ＋2kπ时，cs θ＝ eq \f(1,2) ，所以tan θ＝ eq \r(3) .故选C.
6．阿基米德(公元前287年—公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“通近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆C的离心率为 eq \f(\r(7),4) ，面积为12π，则椭圆C的方程为( A )
A． eq \f(x2,9) ＋ eq \f(y2,16) ＝1 B． eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,4) ＝1
C． eq \f(x2,18) ＋ eq \f(y2,32) ＝1 D． eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,36) ＝1
解析：由题意，设椭圆C的方程为 eq \f(y2,a2) ＋ eq \f(x2,b2) ＝1(a>b>0)，因为椭圆C的离心率为 eq \f(\r(7),4) ，面积为12π，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\r(1－\f(b2,a2))＝\f(\r(7),4)，,12π＝abπ，)) 解得a2＝16，b2＝9，所以椭圆C的方程为 eq \f(y2,16) ＋ eq \f(x2,9) ＝1.故选A.
7．(2024·河北衡水中学月考)已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈[0，1]时，f(x)＝a－cs eq \f(π,2) x，若函数y＝f(x＋1)是偶函数，则下列结论不正确的为( D )
A．a＝1
B．f(x)的最小正周期T＝4
C．y＝f(x)－|lg6x|有4个零点
D．f(2 023)>f(2 022)
解析：对于A，由题意可得f(0)＝a－1＝0，解得a＝1，故A正确；对于B，∵y＝f(x＋1)是偶函数，则f(x＋1)＝f(－x＋1)，则f(2＋x)＝f(－x)，又∵f(x)为奇函数，则f(－x)＝－f(x)，可得f(2＋x)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，则f(x)的最小正周期T＝4，故B正确；对于C，令f(x)－|lg6x|＝0，则f(x)＝|lg6x|，注意到此时x>0，分别作出y＝f(x)，y＝|lg6x|的图象，如图，
由图象可知y＝f(x)，y＝|lg6x|有4个交点，故y＝f(x)－|lg6x|有4个零点，故C正确；对于D，∵f(3)＝－f(－3)＝－f(1)＝－1，f(2)＝f(0)＝0，则f(2 023)＝f(3)＝－1，f(2 022)＝f(2)＝0，可得f(2 023)8．若不同两点P，Q均在函数y＝f(x)的图象上，且点P，Q关于原点对称，则称(P，Q)是函数y＝f(x)的一个“匹配点对”(点对(P，Q)与x＝0视为同一个“匹配点对”).已知f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x3,ex)，x≥0，,2ax2，x<0)) 恰有两个“匹配点对”，则a的取值范围是( B )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2e))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2e)，0))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))
解析：函数y＝2ax2(x<0)的图象关于原点对称的图象所对应的函数为y＝－2ax2(x>0)，f(x)的图象上恰好有两个“匹配点对”等价于函数y＝ eq \f(x3,ex) (x≥0)与函数y＝－2ax2(x>0)有两个交点，即方程－2ax2＝ eq \f(x3,ex) (x>0)有两个不等的正实数根，即－2a＝ eq \f(x,ex) (x>0)有两个不等的正实数根，即转化为函数g(x)＝ eq \f(x,ex) (x>0)图象与函数y＝－2a图象有2个交点．g′(x)＝ eq \f(1－x,ex) ，当00，g(x)单调递增．当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减．且x→0时，g(x)→0，x→＋∞时，g(x)→0，所以g(x)≤g(1)＝ eq \f(1,e) ，所以g(x)＝ eq \f(x,ex) (x>0)图象与函数y＝－2a图象有2个交点．如图，则0<－2a< eq \f(1,e) ，解得－ eq \f(1,2e) 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．(2023·云南昆明高三校考期末)a，b，c为△ABC的三边，下列条件能判定△ABC为等腰三角形的为( BD )
A．a cs A－b cs B＝0
B．c＝2a cs B
C．| eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) |＝| eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \(AC,\s\up9(→)) |
D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up9(→)),|\(AB,\s\up9(→))|)＋\f(\(AC,\s\up9(→)),|\(AC,\s\up9(→))|))) · eq \(BC,\s\up9(→)) ＝0
解析：对于A，因为a cs A－b cs B＝0，由正弦定理可得sin A cs A－sin B·cs B＝0，整理得sin 2A＝sin 2B，因为A，B∈(0，π)，A＋B<π，则2A，2B∈(0，2π)，A＋B<2π，可得2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝ eq \f(π,2) ，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故A错误；对于B，因为c＝2a cs B，由余弦定理可得c＝2a× eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ，整理得a2＝b2，即a＝b，所以△ABC为等腰三角形，故B正确；对于C，因为| eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) |＝| eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \(AC,\s\up9(→)) |，由向量线性运算的几何意义可得 eq \(AB,\s\up9(→)) ⊥ eq \(AC,\s\up9(→)) ，所以△ABC为直角三角形，故C错误；对于D，因为 eq \f(\(AB,\s\up9(→)),|\(AB,\s\up9(→))|) ， eq \f(\(AC,\s\up9(→)),|\(AC,\s\up9(→))|) 分别表示与 eq \(AB,\s\up9(→)) ， eq \(AC,\s\up9(→)) 同向的单位向量，则 eq \f(\(AB,\s\up9(→)),|\(AB,\s\up9(→))|) ＋ eq \f(\(AC,\s\up9(→)),|\(AC,\s\up9(→))|) 所在的直线为角A的平分线，若( eq \f(\(AB,\s\up9(→)),|\(AB,\s\up9(→))|) ＋ eq \f(\(AC,\s\up9(→)),|\(AC,\s\up9(→))|) )· eq \(BC,\s\up9(→)) ＝0，则( eq \f(\(AB,\s\up9(→)),|\(AB,\s\up9(→))|) ＋ eq \f(\(AC,\s\up9(→)),|\(AC,\s\up9(→))|) )⊥ eq \(BC,\s\up9(→)) ，即角A的平分线与BC垂直，由三线合一可知AB＝AC，所以△ABC为等腰三角形，故D正确．故选BD.
10．(2024·浙江台州温岭中学期末)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点Q是正方体表面上的一个动点，点P在棱CC1上，且PC1＝1，则下列结论正确的有( AC )
A．若点Q在正方形ADD1A1内，且保持PQ＝ eq \r(13) ，则点Q的运动轨迹长度为 eq \f(4,3) π
B．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为2 eq \r(10)
C．若PQ⊥BD1，则点Q的轨迹长度为9 eq \r(2)
D．当点Q在D1点时，三棱锥B1－QAP的外接球表面积为 eq \f(97,4) π
解析：对于A，若Q在侧面ADD1A1内，且保持PQ＝ eq \r(13) ，则Q在以点P为球心， eq \r(13) 为半径的球面上，如图1，在棱DD1上取点M，且MD1＝1，则MQ＝ eq \r(PQ2－MP2) ＝ eq \r(13－9) ＝2，即Q在侧面ADD1A1内轨迹是以M为圆心，2为半径的一段弧，
eq \(\s\up7(),\s\d5(图1))
设轨迹与A1D1交于点N，
则cs ∠NMD1＝ eq \f(1,2) ，
即∠NMD1＝ eq \f(π,3) ，所以∠NMD＝ eq \f(2π,3) ，
所以点Q的运动轨迹长度为 eq \f(2π,3) ×2＝ eq \f(4,3) π，故A正确．对于B，将正方体底面与后面展开如图2所示，
图2
此时AP＝ eq \r(AB2＋BP2) ＝ eq \r(32＋52) ＝ eq \r(34) ＜2 eq \r(10) ，故B错误．对于C，如图3所示，分别取CD，AD，AA1，A1B1，B1C1的点E，F，G，H，K，使得DE＝DF＝A1G＝A1H＝C1K＝1，连接AC，BD，EF，GF，GH，HK，KP，PE，GP，C1D，
eq \(\s\up7(),\s\d5(图3))
由正方体ABCD-A1B1C1D1可知，DD1⊥平面ABCD，因为AC平面ABCD，所以DD1⊥AC，又因为AC⊥BD，BD，DD1平面BDD1，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1，因为BD1平面BDD1，所以AC⊥BD1，由 eq \f(DF,DA) ＝ eq \f(DE,DC) ＝ eq \f(1,3) 可知EF∥AC，则EF⊥BD1，同理EP⊥BD1，又因为EF，EP平面EFGP，EF∩EP＝E，所以BD1⊥平面EFGP，所以Q点轨迹为六边形EFGHKP，由图形关系可知，EF＝ eq \r(2) ，FG＝2 eq \r(2) ，GH＝ eq \r(2) ，HK＝2 eq \r(2) ，KP＝ eq \r(2) ，PE＝2 eq \r(2) ，所以六边形EFGHKP周长为 eq \r(2) ＋2 eq \r(2) ＋ eq \r(2) ＋2 eq \r(2) ＋ eq \r(2) ＋2 eq \r(2) ＝9 eq \r(2) ，即点Q的轨迹长度为9 eq \r(2) ，故C正确．对于D，以{ eq \(DA,\s\up9(→)) ， eq \(DC,\s\up9(→)) ， eq \(DD1,\s\up9(→)) }为正交基底建立如图4所示的空间直角坐标系，
eq \(\s\up7(),\s\d5(图4))
则Q(0，0，3)，P(0，3，2)，B1(3，3，3)，
A(3，0，0)，设三棱锥B1-QAP的外接球的球心为O(x，y，z)，由OQ2＝OP2＝OB12＝OA2，得x2＋y2＋(z－3)2＝x2＋(y－3)2＋(z－2)2＝(x－3)2＋(y－3)2＋(z－3)2＝(x－3)2＋y2＋z2，解得x＝ eq \f(7,4) ，y＝ eq \f(5,4) ，z＝ eq \f(7,4) ，所以外接球半径为r＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)－3))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(3\r(11),4) ，所以三棱锥B1－QAP的外接球表面积为4πr2＝4π× eq \f(99,16) ＝ eq \f(99,4) π，故D错误．故选AC.
11．已知椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的离心率为 eq \f(1,2) ，左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为P，若过F1且倾斜角为30°的直线l交椭圆E于A，B两点，△PAB的周长为8，则( ACD )
A．直线PF2的斜率为－ eq \r(3)
B．椭圆E的短轴长为4
C． eq \(PF1,\s\up9(→)) · eq \(PF2,\s\up9(→)) ＝2
D．四边形APBF2的面积为 eq \f(48,13)
解析：对于A，设椭圆的半焦距为c>0，因为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2c，,b＝\r(3)c，)) 可知P(0， eq \r(3) c)，F1(－c，0)，F2(c，0)，直线PF2的斜率为kPF2＝ eq \f(\r(3)c－0,0－c) ＝－ eq \r(3) ，故A正确；对于B，由选项A可知，∠PF2F1＝60°，且|PF1|＝|PF2|，则△PF1F2为等边三角形，由题意可知，∠BF1F2＝30°，即直线l为∠PF1F2的平分线，则点P，F2关于直线l对称，所以△F2AB的周长为8，则4a＝8，可得a＝2，b＝ eq \r(3) ，c＝1，所以椭圆E的短轴长为2b＝2 eq \r(3) ，故B错误；对于C，因为|PF1|＝|PF2|＝a＝2，∠F1PF2＝60°，所以 eq \(PF1,\s\up9(→)) · eq \(PF2,\s\up9(→)) ＝2×2× eq \f(1,2) ＝2，故C正确；对于D，因为直线l的方程为x－ eq \r(3) y＋1＝0，椭圆E方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－\r(3)y＋1＝0，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，)) 消去x得13y2－6 eq \r(3) y－9＝0，则Δ＝(－6 eq \r(3) )2－4×13×(－9)＝576>0，可得y1＋y2＝ eq \f(6\r(3),13) ，y1y2＝－ eq \f(9,13) ，则|AB|＝ eq \r(1＋（\r(3)）2) eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6\r(3),13)))\s\up12(2)－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,13)))) ＝ eq \f(48,13) ，点F2(1，0)到直线l的距离为d＝ eq \f(|1＋1|,\r(12＋（－\r(3)）2)) ＝1，所以四边形APBF2的面积为S四边形APBF2＝2S△ABF2＝2× eq \f(1,2) × eq \f(48,13) ×1＝ eq \f(48,13) ，故D正确．故选ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．(2024·广东深圳高三开学考试)过抛物线C：y2＝4x焦点F的直线l交抛物线C于A，B两点，且 eq \(AF,\s\up9(→)) ＝3 eq \(FB,\s\up9(→)) ，若M为AB的中点，则M到y轴的距离为 eq \f(5,3) ．
解析：作出抛物线的准线l：x＝－1，设A，B在l上的射影分别是C，D，连接AC，BD，过B作BE⊥AC于E，如图，∵ eq \(AF,\s\up9(→)) ＝3 eq \(FB,\s\up9(→)) ，∴设| eq \(FB,\s\up9(→)) |＝m，则| eq \(AF,\s\up9(→)) |＝3m，由点A，B分别在抛物线上，结合抛物线的定义，得| eq \(DB,\s\up9(→)) |＝| eq \(FB,\s\up9(→)) |＝m，| eq \(AC,\s\up9(→)) |＝| eq \(AF,\s\up9(→)) |＝3m，∴| eq \x\t(AE) |＝2m，因此，Rt△ABE中，cs ∠BAE＝ eq \f(1,2) ，得∠BAE＝60°，
所以，直线AB的倾斜角∠AFx＝60°，得直线AB的斜率k＝tan 60°＝ eq \r(3) .直线AB的方程为y＝ eq \r(3) (x－1)，代入y2＝4x，可得3x2－10x＋3＝0，∴x＝3或x＝ eq \f(1,3) ，∵M为AB的中点，∴xM＝ eq \f(3＋\f(1,3),2) ＝ eq \f(5,3) ，∴M到y轴的距离为 eq \f(5,3) .
13．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an))) 的前n项和为Sn，则满足Sn≥ eq \f(7,4) 的n的最小取值为7．
解析：因为数列{an}满足：a1＝1，an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝ eq \f(n（n＋1）,2) ，a1＝1也满足an＝ eq \f(n（n＋1）,2) ，则 eq \f(1,an) ＝ eq \f(2,n（n＋1）) ＝ eq \f(2,n) － eq \f(2,n＋1) ，所以，Sn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2,2))) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2)－\f(2,3))) ＋( eq \f(2,3) － eq \f(2,4) )＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)－\f(2,n＋1))) ＝2－ eq \f(2,n＋1) ＝ eq \f(2n,n＋1) ，由Sn＝ eq \f(2n,n＋1) ≥ eq \f(7,4) 可得n≥7，故满足条件的n的最小取值为7.
14．已知下列命题：
①函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,3))) 的单调增区间是[－kπ－ eq \f(π,12) ，－kπ＋ eq \f(5π,12) ](k∈Z).
②要得到函数y＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6))) 的图象，需把函数y＝sin x的图象上所有点向左平行移动 eq \f(π,3) 个单位长度．
③已知函数f(x)＝2cs 2x－2a cs x＋3，当a≤－2时，函数f(x)的最小值为g(a)＝5＋2a.
④已知角A，B，C是锐角三角形ABC的三个内角，则点P(sin A－cs B，cs A－sin C)在第四象限．
其中正确命题的序号是②③④．
解析：对于①，由2kπ＋ eq \f(π,2) ≤－2x＋ eq \f(π,3) ≤2kπ＋ eq \f(3π,2) ，k∈Z，得－kπ－ eq \f(7π,12) ≤x≤－kπ－ eq \f(π,12) ，k∈Z，所以函数y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x＋\f(π,3))) 的单调增区间是[－kπ－ eq \f(7π,12) ，－kπ－ eq \f(π,12) ](k∈Z)，①错误；对于②，把函数y＝sin x的图象上所有点向左平行移动 eq \f(π,3) 个单位长度，得到y＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))) 的图象，而sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))) ＝sin [(x－ eq \f(π,6) )＋ eq \f(π,2) ]＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6))) ，即得到函数y＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6))) 的图象，②正确；对于③，a≤－2，f(x)＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(a,2))) eq \s\up12(2) ＋3－ eq \f(a2,2) ，而 eq \f(a,2) ≤－1，－1≤cs x≤1，所以当cs x＝－1时，函数f(x)的最小值为g(a)＝5＋2a，③正确；对于④，在锐角三角形ABC中，00，同理cs A四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 eq \f(cs A,a) ＋ eq \f(cs B,b) ＝ eq \f(2\r(3)sin C,3a) .
(1)求角B的大小；
(2)若b＝2 eq \r(3) ，求a＋c的取值范围．
解：(1)锐角三角形ABC中， eq \f(cs A,a) ＋ eq \f(cs B,b) ＝ eq \f(2\r(3)sin C,3a) ，
∴b cs A＋a cs B＝ eq \f(2\r(3),3) b sin C，
由正弦定理得sin B cs A＋cs B·sin A＝ eq \f(2\r(3),3) sin B sin C，
∴sin (A＋B)＝ eq \f(2\r(3),3) sin B sin C，
又sin (A＋B)＝sin C≠0，∴sin B＝ eq \f(\r(3),2) ，又0(2)由正弦定理 eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(c,sin C) ＝ eq \f(b,sin B) ＝4，则有a＝4sin A，c＝4sin C，
则a＋c＝4sin A＋4sin C＝4sin A＋4sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A)) ＝6sin A＋2 eq \r(3) cs A＝4 eq \r(3) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6))) ，
因为△ABC为锐角三角形，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0由正弦函数的图象与性质可得 eq \f(\r(3),2) 16．(15分)(2023·云南昭通校联考模拟)已知各项均为正数的数列{an}的首项a1＝1，其前n项和为Sn，从①an＝2 eq \r(Sn) －1；②S2＝4S1，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)(n≥2)；③an＝ eq \r(Sn) ＋ eq \r(Sn－1) (n≥2)中任选一个条件作为已知，并解答下列问题．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝ eq \f(an＋1,Sn·Sn＋1) ，设数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 的前n项和为Tn，求证： eq \f(3,4) ≤Tn<1.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：(1)选择①：因为an＝2 eq \r(Sn) －1，则4Sn＝a eq \\al(2,n) ＋2an＋1，4Sn－1＝a eq \\al(2,n－1) ＋2an－1＋1(n≥2)，
两式相减得4an＝a eq \\al(2,n) －a eq \\al(2,n－1) ＋2(an－an－1)(n≥2)，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0(n≥2)，
而n∈N，an>0，则an－an－1＝2(n≥2)，因此数列{an}是以a1＝1为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
选择②：因为Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)(n≥2)，则Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2(n≥2)，
于是当n≥2时，an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，由S2＝4S1，得a2＋a1＝4a1，
即有a2－a1＝2a1＝2，因此n∈N，an＋1－an＝2，即数列{an}是以a1＝1为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
选择③：因为an＝Sn－Sn－1(n≥2)，又an＝ eq \r(Sn) ＋ eq \r(Sn－1) (n≥2)，
则Sn－Sn－1＝ eq \r(Sn) ＋ eq \r(Sn－1) ，即( eq \r(Sn) ＋ eq \r(Sn－1) )( eq \r(Sn) － eq \r(Sn－1) )＝ eq \r(Sn) ＋ eq \r(Sn－1) ，
显然 eq \r(Sn) ＋ eq \r(Sn－1) ＝an>0(n≥2)，于是 eq \r(Sn) － eq \r(Sn－1) ＝1，即 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\r(Sn))) 是以1为首项，1为公差的等差数列，
从而 eq \r(Sn) ＝n，即Sn＝n2，因此an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，而a1＝1满足上式，所以an＝2n－1.
(2)证明：由(1)知，an＝2n－1，Sn＝ eq \f(n（a1＋an）,2) ＝n2，因此bn＝ eq \f(an＋1,Sn·Sn＋1) ＝ eq \f(Sn＋1－Sn,Sn·Sn＋1) ＝ eq \f(1,Sn) － eq \f(1,Sn＋1) ＝ eq \f(1,n2) － eq \f(1,（n＋1）2) ，
则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1－ eq \f(1,22) ＋ eq \f(1,22) － eq \f(1,32) ＋…＋ eq \f(1,n2) － eq \f(1,（n＋1）2) ＝1－ eq \f(1,（n＋1）2) ，
显然数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,（n＋1）2))) 单调递减，于是0< eq \f(1,（n＋1）2) ≤ eq \f(1,4) ，则 eq \f(3,4) ≤1－ eq \f(1,（n＋1）2) <1，所以 eq \f(3,4) ≤Tn<1.
17．(15分)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，且四边形ABEF为等腰梯形，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直，已知AB＝2，EF＝1.
(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；
(2)当AD的长为何值时，二面角D－FC－B的大小为120°.
解：(1)证明：平面ABCD⊥平面ABEF，且CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
CB平面ABCD，所以CB⊥平面ABEF，因为AF平面ABEF，所以CB⊥AF，又因为AB为圆的直径，所以FB⊥AF，BF，CB在平面CFB内且相交，所以AF⊥平面CFB，又由AF平面ADF，所以平面ADF⊥平面CFB.
(2)设EF，CD的中点分别为G，H，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
设AD＝t，则点D的坐标为(1，0，t)，C(－1，0，t)，A(1，0，0)，B(－1，0，0)，F( eq \f(1,2) ， eq \f(\r(3),2) ，0)，
则 eq \(CD,\s\up9(→)) ＝(2，0，0)， eq \(FD,\s\up9(→)) ＝( eq \f(1,2) ，－ eq \f(\r(3),2) ，t)，设平面DCF的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1· eq \(CD,\s\up9(→)) ＝0，n1· eq \(FD,\s\up9(→)) ＝0，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＝0，,\f(1,2)x－\f(\r(3),2)y＋tz＝0，)) 取z＝ eq \r(3) ，可得x＝0，y＝2t，则n1＝(0，2t， eq \r(3) )，
由(1)可知AF⊥平面CFB，平面CFB的一个法向量为n2＝ eq \(AF,\s\up9(→)) ＝(－ eq \f(1,2) ， eq \f(\r(3),2) ，0)，
则|cs 〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|) ＝ eq \f(|\r(3)t|,\r(4t2＋3)) ，因为二面角D－FC－B的大小为120°，可得 eq \f(1,2) ＝ eq \f(|\r(3)t|,\r(4t2＋3)) 解得t＝ eq \f(\r(6),4) ，所以线段AD的长为 eq \f(\r(6),4) .
故当AD的长为 eq \f(\r(6),4) 时，二面角D-FC-B的大小为120°.
18．(17分)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．
(1)证明：直线MN过定点；
(2)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
解：(1)证明：由C：y2＝4x，得F(1，0)，由直线AB与直线DE互相垂直，
可知两直线的斜率都存在且均不为0.
设直线AB，DE的方程分别为x＝m1y＋1，x＝m2y＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)，
则m1m2＝－1.
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝m1y＋1，))
消去x可得y2－4m1y－4＝0，Δ＝16m eq \\al(2,1) ＋16>0，
故y1＋y2＝4m1，y1y2＝－4，
则x1＋x2＝m1y1＋1＋m1y2＋1＝m1(y1＋y2)＋2＝4m eq \\al(2,1) ＋2，
故 eq \f(x1＋x2,2) ＝2m eq \\al(2,1) ＋1， eq \f(y1＋y2,2) ＝2m1，
即M(2m eq \\al(2,1) ＋1，2m1)，同理可得N(2m eq \\al(2,2) ＋1，2m2).
当2m eq \\al(2,1) ＋1≠2m eq \\al(2,2) ＋1时，
则lMN：y＝ eq \f(2m2－2m1,2m eq \\al(2,2) ＋1－（2m eq \\al(2,1) ＋1）) (x－2m eq \\al(2,1) －1)＋2m1，
即y＝ eq \f(m2－m1,m eq \\al(2,2) －m eq \\al(2,1) ) (x－2m eq \\al(2,1) －1)＋2m1＝
eq \f(x,m2＋m1) － eq \f(2m eq \\al(2,1) ＋1,m2＋m1) ＋ eq \f(2m1（m2＋m1）,m2＋m1) ＝
eq \f(x,m2＋m1) － eq \f(2m eq \\al(2,1) ＋1－2m1m2－2m eq \\al(2,1) ,m2＋m1) ＝
eq \f(x,m2＋m1) － eq \f(1－2m1m2,m2＋m1) ，
又m1m2＝－1，所以y＝ eq \f(x,m2＋m1) － eq \f(1＋2,m2＋m1) ＝ eq \f(1,m2＋m1) (x－3)，
故x＝3时，y＝0，
此时直线MN过定点(3，0)，
当2m eq \\al(2,1) ＋1＝2m eq \\al(2,2) ＋1，即m eq \\al(2,1) ＝m eq \\al(2,2) 时，由m1m2＝－1，得m1＝±1，
此时lMN：x＝2m eq \\al(2,1) ＋1＝3，亦过定点(3，0).
故直线MN过定点(3，0).
(2)由A(x1，y1)，E(x3，y3)，
得lAE：y＝ eq \f(y3－y1,x3－x1) (x－x1)＋y1，
又y eq \\al(2,1) ＝4x1，y eq \\al(2,3) ＝4x3，
故y＝ eq \f(y3－y1,\f(y eq \\al(2,3) ,4)－\f(y eq \\al(2,1) ,4)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y eq \\al(2,1) ,4))) ＋y1＝ eq \f(4x,y3＋y1) － eq \f(y eq \\al(2,1) ,y3＋y1) ＋ eq \f(y eq \\al(2,1) ＋y1y3,y3＋y1) ＝ eq \f(4x,y3＋y1) ＋ eq \f(y1y3,y3＋y1) ，
同理可得lBD：y＝ eq \f(4x,y4＋y2) ＋ eq \f(y2y4,y4＋y2) ，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(4x,y3＋y1)＋\f(y1y3,y3＋y1)，,y＝\f(4x,y4＋y2)＋\f(y2y4,y4＋y2)，))
有 eq \f(4x,y3＋y1) ＋ eq \f(y1y3,y3＋y1) ＝ eq \f(4x,y4＋y2) ＋ eq \f(y2y4,y4＋y2) ，
即4x(y4＋y2)＋y1y3(y4＋y2)＝4x(y3＋y1)＋y2y4(y3＋y1)，
有x＝ eq \f(y2y4（y3＋y1）－y1y3（y4＋y2）,4（y4＋y2－y3－y1）) ，由(1)知y1y2＝－4，同理y3y4＝－4，
故x＝ eq \f(y2y4（y3＋y1）－y1y3（y4＋y2）,4（y4＋y2－y3－y1）) ＝
eq \f(y2y3y4＋y1y2y4－y1y3y4－y1y2y3,4（y4＋y2－y3－y1）) ＝
eq \f(－4（y2＋y4－y1－y3）,4（y4＋y2－y3－y1）) ＝－1，
故xG＝－1，
如图，过点G作GQ∥x轴，交直线MN于点Q，则S△GMN＝ eq \f(1,2) |yM－yN|×|xQ－xG|，
由M(2m eq \\al(2,1) ＋1，2m1)，N(2m eq \\al(2,2) ＋1，2m2)，m1m2＝－1，
得|yM－yN|＝|2m1－2m2|＝
2|m1|＋ eq \f(2,|m1|) ≥2 eq \r(2|m1|×\f(2,|m1|)) ＝4，
当且仅当m1＝±1时，等号成立．
下证|xQ－xG|≥4：
由抛物线的对称性，不妨设m1>0，则m2<0，
由(1)知kMN＝ eq \f(1,m1＋m2) ，
当m1>1时，有m2＝－ eq \f(1,m1) ∈(－1，0)，则点G在x轴上方，点Q亦在x轴上方，
有 eq \f(1,m2＋m1) ＝ eq \f(1,m1－\f(1,m1)) >0，由直线MN过定点(3，0)，
可得|xQ－xG|>3－(－1)＝4，
同理，当m1<1时， 有点G在x轴下方，点Q亦在x轴下方，
有 eq \f(1,m2＋m1) <0，可得|xQ－xG|>4，
当m1＝1时，xQ＝3，故|xQ－xG|＝4，
故|xQ－xG|≥4恒成立(当m1＝±1时，等号成立)，
故S△GMN＝ eq \f(1,2) |yM－yN|×|xQ－xG|≥ eq \f(1,2) ×4×4＝8，
所以△GMN面积的最小值为8.
19．(17分)已知函数f(x)＝a(xe－ eq \f(x,a) ＋ln a－e)＋x，a∈R(其中e为自然对数的底数).
(1)当a＝1时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，若不等式f(x)≥a ln x恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，函数f(x)＝xe－x－e＋x，
则f′(x)＝ eq \f(ex－xex,（ex）2) ＋1＝ eq \f(ex－x＋1,ex) ，令g(x)＝ex－x＋1，则g′(x)＝ex－1，令g′(x)＝0，解得x＝0，
所以当x<0时，g′(x)＝ex－1<0，g(x)＝ex－x＋1在x<0时单调递减，当x>0时，g′(x)＝ex－1>0，g(x)＝ex－x＋1在x>0时单调递增，即g(x)min＝g(0)＝e0－0＋1＝2>0，所以f′(x)＝ eq \f(ex－x＋1,ex) >0，
即函数f(x)在R上单调递增．
(2)当a>0时，不等式f(x)≥a ln x恒成立，代入可得
a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xe－\f(x,a)＋ln a－e)) ＋x≥a ln x，
因为a>0，化简可得xe－ eq \f(x,a) ＋ln a－e＋ eq \f(x,a) ≥ln x，即xe－ eq \f(x,a) －e＋ eq \f(x,a) －ln eq \f(x,a) ≥0，令t＝ eq \f(x,a) ，t>0，则x＝at，
则不等式可化为ate－t－e＋t－ln t≥0，变形可得a≥ eq \f(ln t－t＋e,te－t) ，
令h(t)＝ eq \f(ln t－t＋e,te－t) ，则h′(t)＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－1))te－t－（ln t－t＋e）（e－t－te－t）,（te－t）2) ＝ eq \f(（1－t）（1＋t－ln t－e）,t2e－t) ，
令g(t)＝1＋t－ln t－e，则g′(t)＝1－ eq \f(1,t) ＝ eq \f(t－1,t) ，
令g′(t)＝0，解得t＝1，当0当10，则g(t)在1而g(1)＝1＋1－ln 1－e＝2－e<0，
g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2))) ＝3－e＋ eq \f(1,e2) >0，g(e)＝0，所以存在t0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，1)) 使得g(t0)＝0，
从而当t∈(0，t0)时，h′(t)>0，则h(t)＝ eq \f(ln t－t＋e,te－t) 在t∈(0，t0)时单调递增；
当t∈(t0，1)时，h′(t)<0，则h(t)＝ eq \f(ln t－t＋e,te－t) 在t∈(t0，1)时单调递减；
当t∈(1，e)时，h′(t)>0，则h(t)＝ eq \f(ln t－t＋e,te－t) 在t∈(1，e)时单调递增；
当t∈(e，＋∞)时，h′(t)<0，则h(t)＝ eq \f(ln t－t＋e,te－t) 在t∈(e，＋∞)时单调递减．
则h(t)＝ eq \f(ln t－t＋e,te－t) 在x＝t0或x＝e处取得最大值，
而h(e)＝ eq \f(1,e·e－e) ＝ee－1，h(t0)＝ eq \f(ln t0－t0＋e,t0·e－t0) ，
因为g(t0)＝0，即1＋t0－ln t0－e＝0，则h(t0)＝ eq \f(ln t0－t0＋e,t0e－t0) ＝ eq \f(et0,t0) ＝ eq \f(eln t0－1＋e,t0) ＝ eq \f(t0·e－1＋e,t0) ＝ee－1，
综上可知，a的取值范围为[ee－1，＋∞).