31_专题九95圆锥曲线的综合问题（习题+十年高考+检测）

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专题九　平面解析几何
一、单项选择题
1.(2022山西晋城重点中学4月月考,6)以(a,1)为圆心,且与两条直线2x-y+4=0与2x-y-6=0同时相切的圆的标准方程为(　　)
A.(x-1)2+(y-1)2=5
B.(x+1)2+(y+1)2=5
C.(x-1)2+y2=5
D.x2+(y-1)2=5
答案　A　由已知得圆心到两直线的距离d=|2a−1+4|5=|2a−1−6|5,解得a=1,d=5,所以半径r=5,所以圆的标准方程为(x-1)2+(y-1)2=5.
2.(2023届广西桂林月考,11)已知椭圆E:x2a2+y2b2=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OA+OB=2OM,则E的方程为(　　)
A.x248+y232=1 B.x236+y220=1
C.x224+y28=1 D.x220+y24=1
答案　C　∵OA+OB=2OM,∴M为AB的中点.
∵过点F的直线交椭圆于A、B两点,且M(1,-1),∴kAB=kMF=−1−01−4=13.
设A(x1,y1),B(x2,y2),其中x1≠x2,则
x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,由点差法得-b2a2=y1−y2x1−x2·y1+y2x1+x2=kAB·−22,
∴b2a2=13,
又∵a2=b2+c2,c=4,
∴b2=8,a2=24,∴E的方程为x224+y28=1.故选C.
3.(2020课标Ⅲ,5,5分)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(　　)
A.14,0 B.12,0 C.(1,0) D.(2,0)
答案　B　由抛物线的对称性不妨设D在x轴上方、E在x轴下方.由x=2,y2=2px得D(2,2p),E(2,-2p),∵OD⊥OE,∴OD·OE=4-4p=0,∴p=1,∴C的焦点坐标为12,0,故选B.
4.(2023届南宁三中摸底,10)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,右顶点为A,上顶点为B,点P(a,b)满足∠OBF=∠BPO(O是坐标原点),则椭圆C的离心率是(　　)
A.5+12 B.5−12 C.22 D.24
答案　B　依题意可得B(0,b),F(c,0),A(a,0),P(a,b),所以OB⊥BP,又∠OBF=∠BPO,∠BOF=∠OBP=90°,所以△OBF∽△BPO,所以OBBP=OFOB,即ba=cb,所以b2=ac,又b2=a2-c2,所以a2-c2=ac,所以1-e2=e,解得e=−1+52或e=−1−52(舍去).故选B.
5.(2023届山西大同调研一,12)已知F1,F2为双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,点P在E上,∠F1PF2的平分线交x轴于点D,若∠F1PF2=π3,|PF1|+|PF2|=8,且PD=3,则双曲线的方程为(　　)
A.x22−y28=1 B.x28−y22=1
C.x26−y24=1 D.x24−y26=1
答案　B　不妨设点P在双曲线的右支上,设|PF1|=n,|PF2|=m,则n-m=2a,又m+n=8,所以n=a+4,m=4-a.
由∠F1PF2=π3,PD平分∠F1PF2,得∠F1PD=∠F2PD=π6,又PD=3,S△PF1F2=S△PF1D+S△PF2D,∴12·|PF1|·|PF2|·sinπ3=12|PF1|·|PD|·sinπ6+12|PF2|·|PD|·sinπ6,整理得m·n=m+n,即(4-a)(4+a)=8,解得a2=8.在△PF1F2中,由余弦定理得(2c)2=m2+n2-2mncosπ3=(m+n)2-3mn=40.∴c2=10,则b2=c2-a2=2,故所求的双曲线方程为x28−y22=1.故选B.
6.(2023届山西大学附中9月诊断,4)若直线x=4y+7与双曲线C:ax2-y2=1(a>0)的一条渐近线平行,则a的值为(　　)
A.116 B.14 C.4 D.16
答案　A　由题意可得双曲线C的渐近线方程为y=±ax,直线x=4y+7的斜率为14.
∵直线x=4y+7与双曲线C的一条渐近线平行,∴a=14,解得a=116.故选A.
7.(2023届河南洛阳期中,9)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,其准线与x轴的交点为A,点P在抛物线C上,且PA⊥PF,则|PF|=(　　)
A.5−12 B.5-2 C.5-1 D.3-5
答案　C　因为点P在抛物线C:y2=4x上,所以设Py024,y0.
由抛物线C:y2=4x可得焦点F(1,0),准线方程为x=-1,故A(-1,0).因为PA⊥PF,所以PA⊥PF.
因为PA=−1−y024,−y0,PF=1−y024,−y0,
所以PA·PF=y0416−1+y02=0,解得y02=45-8(舍负),所以P的横坐标为5-2.
由抛物线的定义可得|PF|=5−2+1=5-1.故选C.
8.(2022安徽安庆二模,4)抛物线y2=4x的焦点为F,点A在抛物线上.若|AF|=3,则直线AF的斜率为(　　)
A.±2 B.±22 C.2 D.22
答案　B　设点A(x0,y0),则|AF|=x0+1=3,故x0=2,所以y0=±22,故点A的坐标为(2,22)或(2,-22),又F(1,0),所以直线AF的斜率为±22.故选B.
一题多解:设直线AF的倾斜角为θ(0<θ<π),点F,A在抛物线准线l:x=-1上的射影分别为F1,A1,则|AA1|=|FF1|+|AF||cos θ|=2+3|cos θ|,又|AA1|=|AF|,所以2+3|cos θ|=3,得cos θ=±13,所以tan θ=sinθcosθ=1−cos2θcosθ=±22.故选B.
二、多项选择题
9.(2022江苏阜宁中学期中,10)已知圆C:x2+y2-4x=0和直线l:kx-y+1-2k=0,则(　　)
A.直线l与圆C的位置关系无法判断
B.当k=1时,圆C上的点到直线l的最远距离为2+22
C.当圆C上有且仅有3个点到直线l的距离等于1时,k=0
D.如果直线l与圆C相交于M,N两点,那么弦MN的中点的轨迹是一个圆
答案　BCD　圆C:x2+y2-4x=0的圆心为C(2,0),半径r=2,直线l:kx-y+1-2k=k(x-2)+(1-y)=0,故直线l过定点P(2,1).对于A,由于点P(2,1)在圆C:x2+y2-4x=0内,故直线l与圆C相交,A错误;
对于B,当k=1时,直线l:x-y-1=0,圆心C(2,0)到直线的距离d=12=22,故圆C上的点到直线l的最远距离为2+22,B正确;对于C,当圆C上有且仅有3个点到直线l的距离等于1时,圆心到直线的距离d=11+k2=1,解得k=0,C正确;对于D,由于直线l过定点P(2,1),设弦MN的中点为Q(x,y),则CQ⊥PQ,即点Q的轨迹是以CP为直径的圆,故D正确,故选BCD.
10.(2022福州一模,9)已知椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1,F2,P为C上一点,则(　　)
A.C的离心率为22
B.△PF1F2的周长为5
C.∠F1PF2<90°
D.1≤|PF1|≤3
答案　CD　对于A,因为a=2,c=4−3=1,∴离心率e=ca=12,A错误;对于B,由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a=4,又|F1F2|=2c=2,∴△PF1F2的周长为4+2=6,B错误;对于C,当P为椭圆短轴端点时,tan ∠F1PF22=cb=33,
∴tan∠F1PF2=2tan ∠F1PF221−tan 2∠F1PF22=2331−13=3,∴∠F1PF2=60°,即(∠F1PF2)max=60°,∴∠F1PF2<90°,C正确;对于D,
∵PF1|min=a-c=1,PF1|max=a+c=3,∴1≤|PF1|≤3,D正确,故选CD.
11.(2022山东烟台、德州一模,12)已知双曲线C:x24−y25=1,F1,F2为C的左、右焦点,则(　　)
A.双曲线x24+m−y25+m=1(m>0)和C的离心率相等
B.若P为C上一点,且∠F1PF2=90°,则△F1PF2的周长为6+214
C.若直线y=tx-1与C没有公共点,则t<-62或t>62
D.在C的左、右两支上分别存在点M,N,使得4F1M=F1N
答案　BC　对于A,双曲线C:x24−y25=1的离心率e=32,双曲线x24+m−y25+m=1(m>0)的离心率e=4+m+5+m4+m=9+2m4+m,它们的离心率不相等,A错误;对于B,有PF1|2+PF2|2=36,||PF1|−PF2||=4,整理得|PF1|+|PF2|=214,则△F1PF2的周长为6+214,B正确;对于C,由x24−y25=1,y=tx−1可得(5-4t2)x2+8tx-24=0,由题意知方程(5-4t2)x2+8tx-24=0无解,当5-4t2=0时,方程(5-4t2)x2+8tx-24=0有解;当5-4t2≠0时,则有5−4t2≠0,(8t)2+96(5−4t2)<0,解之得t<-62或t>62,故C正确;对于D,当直线MN不与x轴平行时,设直线MN的方程为x=ty-3,M(x1,y1),N(x2,y2),由4F1M=F1N,可得y2=4y1,由x24−y25=1,x=ty−3,可得(5t2-4)y2-30ty+25=0,则y1+y2=30t5t2−4,y1y2=255t2−4,即5y1=30t5t2−4,4y12=255t2−4,整理得19t2+100=0,显然不成立,当过双曲线C的左焦点F1的直线MN与x轴重合时,方程为y=0,
则M(-2,0),N(2,0),F1M=(1,0),F1N=(5,0),即5F1M=F1N,D错误.故选BC.
12.(2022辽宁名校联盟3月联考,12)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的准线l的方程为y=-1,过C的焦点F的直线与C交于A,B两点,以A,B为切点分别作C的两条切线,且两切线交于点M,则下列结论正确的是(　　)
A.C的方程为x2=2y
B.∠AMB=90°
C.M恒在l上
D.|MF|2=|AF|·|BF|
答案　BCD　由题意得-p2=-1,所以p=2,因此C的方程为x2=4y,A项错误;由题意可知直线AB的斜率存在,F(0,1),设AB的方程为y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2),由y=kx+1,x2=4y得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.由y=14x2得y'=12x,所以AM的斜率为kAM=12x1,所以AM的方程为y-y1=12x1(x-x1),即y-14x12=12x1(x-x1)①,同理BM的斜率为kBM=12x2,所以BM的方程为y-14x22=12x2(x-x2)②,所以kAMkBM=14x1x2=-1,即AM⊥BM,所以∠AMB=90°,B项正确;由①②得(x2-x1)y=14x1x2(x2-x1),因为x1≠x2,所以y=-1,将y=-1代入①②得x=x2+x12=2k,所以点M的坐标为(2k,-1),又C的准线l的方程为y=-1,所以M恒在l上,C项正确;当AB的斜率k不为零时,kMF=−1−12k=−1k,所以kAB·kMF=-1,所以AB⊥MF,当AB的斜率k=0时,点M的坐标为(0,-1),显然AB⊥MF,由△AMF∽△MBF得|MF||AF|=|BF||MF|,所以|MF|2=|AF|·|BF|,D项正确,故选BCD.
三、填空题
13.(2022全国乙,14,5分)过四点(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为　　　　　　　　. 
答案　(x-2)2+(y-1)2=5或x2+y2-4x-6y=0或x2+y2-83x−143y=0或x2+y2-165x−2y−165=0
解析　选取(0,0),(4,0),(4,2)时,不妨设这三点分别为O,A,B,则线段OA的垂直平分线的方程为x=2,线段AB的垂直平分线的方程为y=1,所以经过这三点的圆的圆心坐标为(2,1),记为C,圆的半径r=|CO|=22+12=5,所以所求圆的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.
选取(0,0),(4,0),(-1,1)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则F=0,16+4D+F=0,1+1−D+E+F=0,解得D=−4,E=−6,F=0.所以所求圆的方程为x2+y2-4x-6y=0.
选取(0,0),(-1,1),(4,2)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则F=0,1+1−D+E+F=0,16+4+4D+2E+F=0,解得D=−83,E=−143,F=0.
所以所求圆的方程为x2+y2-83x−143y=0.
选取(4,0),(-1,1),(4,2)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则16+4D+F=0,1+1−D+E+F=0,16+4+4D+2E+F=0,解得D=−165,E=−2,F=−165.所以所求圆的方程为x2+y2-165x−2y−165=0.
14.(2022贵阳五校联考,15)设F1,F2分别是椭圆x225+y216=1的左、右焦点,P为椭圆上任一点,点M的坐标为(6,4),则|PM|+|PF1|的最大值为　　　　. 
答案　15
解析　如图所示.

在椭圆x225+y216=1中,a=5,b=4,c=3,所以焦点坐标分别为F1(-3,0),F2(3,0).
|PM|+|PF1|=|PM|+(2a-|PF2|)=10+(|PM|-|PF2|).
∵|PM|-|PF2|≤|MF2|,当且仅当P在MF2的延长线上(P与P0重合)时取等号,
∴(|PM|-|PF2|)max=|MF2|=(6−3)2+(4−0)2=5,故|PM|+|PF1|的最大值为10+5=15.
解后反思:解题关键是转化为一动点到两定点距离之和或距离之差的最值问题,可以结合图形利用三角形三边的关系解决.
15.(2021新高考Ⅰ,14,5分)已知O为坐标原点,抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,P为C上一点,PF与x轴垂直,Q为x轴上一点,且PQ⊥OP.若|FQ|=6,则C的准线方程为　　　　. 
答案　x=-32
解析　∵点P在抛物线上且PF⊥x轴,不妨设点P位于x轴上方,∴Pp2,p,∵OP⊥PQ,
∴由平面几何知识可得|PF|2=|OF|·|FQ|,又∵|FQ|=6,∴p2=p2×6,∴p=3或p=0(舍),∴C的准线方程为x=-32.

16.(2019课标Ⅰ,16,5分)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点.若F1A=AB,F1B·F2B=0,则C的离心率为　　　　. 
答案　2
解析　解法一:如图,由F1A=AB知A为线段F1B的中点,

∵O为线段F1F2的中点,
∴OA∥F2B,
∵F1B·F2B=0,∴F1B⊥F2B,
∴OA⊥F1A且∠F1OA=∠OF2B,
∵∠BOF2=∠AOF1,∴∠BOF2=∠OF2B,
又易知|OB|=|OF2|=c,∴△OBF2为正三角形,
可知ba=tan 60°=3, 
∴e=ca=1+b2a2=2.
解法二:如图,设∠AOy=α,则∠BOy=α,

∵F1A=AB,∴A为线段F1B的中点,
又∵O为线段F1F2的中点,
∴OA∥BF2,∴∠OBF2=2α.过B作BH⊥OF2,垂足为H,则BH∥y轴,则有∠OBH=α,
∴∠HBF2=α,
易得△OBH≌△F2BH,
∴|OB|=|BF2|,
∵F2B·F1B=0,
∴BF1⊥BF2,又O为F1F2的中点,
∴|OB|=|OF2|=c,
∴△OBF2为正三角形.
∴∠BOF2=60°,则ba=tan 60°=3,
∴e=ca=1+b2a2=2.
四、解答题
17.(2021全国甲,20,12分)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M与l相切.
(1)求C,☉M的方程;
(2)设A1,A2,A3是C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切.判断直线A2A3与☉M的位置关系,并说明理由.
解析　(1)由题意可设抛物线C的方程为y2=2px(p>0),则P,Q的坐标为(1,±2p),∵OP⊥OQ,∴OP·OQ=1-2p=0,∴p=12,∴抛物线C的方程为y2=x.
∵☉M的圆心为(2,0),☉M与直线x=1相切,∴☉M的半径为1,∴☉M的方程为(x-2)2+y2=1.
(2)直线A2A3与☉M相切.理由如下:
设A1(y02,y0),A2(y12,y1),A3(y22,y2),
∵直线A1A2,A1A3均与☉M相切,
∴y0≠±1,y1≠±1,y2≠±1,
由A1,A2的坐标可得直线A1A2的方程为y-y0=y0−y1y02−y12(x-y02),整理,得x-(y0+y1)y+y0y1=0,由于直线A1A2与☉M相切,
∴M到直线A1A2的距离d=|2+y0y1|1+(y0+y1)2=1,整理得(y02-1)·y12+2y0y1+3−y02=0,①
同理可得,(y02-1)y22+2y0y2+3−y02=0,②
观察①②,得y1,y2是关于x的一元二次方程(y02-1)x2+2y0x+3-y02=0的两根,
∴y1+y2=−2y0y02−1,y1y2=3−y02y02−1.(*)同理,得直线A2A3的方程为x-(y1+y2)y+y1y2=0,
则点M(2,0)到直线A2A3的距离d'=|2+y1y2|1+(y1+y2)2,把(*)代入,得d'=2+3−y02y02−11+−2y0y02−12=|2(y02−1)+3−y02|(y02−1)2+(−2y0)2=|y02+1|y04+2y02+1=|y02+1||y02+1|=1.∴直线A2A3与☉M相切.
18.(2020课标Ⅱ,19,12分)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=43|AB|.
(1)求C1的离心率;
(2)设M是C1与C2的公共点.若|MF|=5,求C1与C2的标准方程.
解析　(1)由已知可设C2的方程为y2=4cx,
其中c=a2−b2.
不妨设A,C在第一象限,
由题设得A,B的纵坐标分别为b2a,-b2a;C,D的纵坐标分别为2c,-2c,
故|AB|=2b2a,|CD|=4c.
由|CD|=43|AB|得4c=8b23a,即3×ca=2−2ca2.解得ca=-2(舍去)或ca=12.
所以C1的离心率为12.
(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1:x24c2+y23c2=1.
设M(x0,y0),则x024c2+y023c2=1,y02=4cx0,故x024c2+4x03c=1.①
由于C2的准线为x=-c,所以|MF|=x0+c,
而|MF|=5,故x0=5-c,
代入①得(5−c)24c2+4(5−c)3c=1,
即c2-2c-3=0,解得c=-1(舍去)或c=3.
所以C1的标准方程为x236+y227=1,C2的标准方程为y2=12x.
19.(2023届豫北调研,20)已知椭圆M1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=2,面积为487的正方形ABCD的顶点都在M1上.
(1)求M1的方程;
(2)已知P为椭圆M2:x22a2+y22b2=1上一点,过点P作M1的两条切线l1和l2,若l1,l2的斜率分别为k1,k2,求证:k1k2为定值.
解析　(1)由椭圆及正方形的对称性,不妨设正方形的一个顶点为A(x,x),由x2a2+x2b2=1,得x2=a2b2a2+b2.
∵2x·2x=487,∴x2=127,∴127=a2b2a2+b2①.
∵a2-b2=c2=1②,∴由①②解得a2=4,b2=3.
故所求椭圆方程为x24+y23=1.
(2)证明:由(1)得a2=4,b2=3,则M2的方程为x28+y26=1,设P(x0,y0),
则x028+y026=1,∴y02=6−34x02.
设过点P与椭圆M1相切的直线l的方程为y=kx+t,将直线方程与x24+y23=1联立,消去y整理得(3+4k2)x2+8ktx+4t2-12=0,
∴Δ=(8kt)2-4(3+4k2)(4t2-12)=0,可得t2=3+4k2③,
∵点P在直线l上,∴y0=kx0+t,∴t=y0-kx0.将t=y0-kx0代入③得(y0-kx0)2=3+4k2,
整理得(x02-4)k2-2kx0y0+y02-3=0④.
依题意可知k1,k2为方程④的两根,
∴k1·k2=y02−3x02−4=31−x024x02−4=−34,即k1k2为定值-34.
20.(2022河南安阳联考,21)已知抛物线C:y2=2px(p>0),过点R(2,0)作x轴的垂线交抛物线C于G,H两点,且OG⊥OH(O为坐标原点).
(1)求p;
(2)过点Q(2,1)任意作一条不与x轴垂直的直线交抛物线C于A,B两点,直线AR交抛物线C于不同于点A的另一点M,直线BR交抛物线C于不同于点B的另一点N.求证:直线MN过定点.
解析　(1)由题意知,|RG|=|OR|=2,不妨设G(2,2),代入抛物线C的方程可得p=1.
(2)证明:由(1)知,抛物线C的方程为y2=2x.
设Ay122,y1,By222,y2,My322,y3,Ny422,y4,
则kAB=y1−y2y122−y222=2y1+y2.所以直线AB的方程为y=2y1+y2·x−y122+y1,即2x-(y1+y2)y+y1y2=0.
同理直线AM,BN的方程分别为2x-(y1+y3)y+y1y3=0,2x-(y2+y4)y+y2y4=0.
由直线AB过Q(2,1)及直线AM,BN过R(2,0)可得4-(y1+y2)+y1y2=0,y1y3=y2y4=-4.
又直线MN的方程为2x-(y3+y4)y+y3y4=0,即2x+4y1+4y2y+16y1y2=0,
所以直线MN的方程为y1y2x+2(y1+y2)y+8=0.
把4-(y1+y2)+y1y2=0代入y1y2x+2(y1+y2)y+8=0,得y1y2x+2(y1y2+4)y+8=0,即y1y2(x+2y)+8y+8=0.
由x+2y=0,8y+8=0可得x=2,y=-1.
所以直线MN过定点(2,-1).
21.(2021北京,20,15分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(0,-2),以四个顶点围成的四边形面积为45.
(1)求椭圆E的标准方程;
(2)过点P(0,-3)的直线l的斜率为k,交椭圆E于不同的两点B,C,直线AB交y=-3于点M,直线AC交y=-3于点N,若|PM|+|PN|≤15,求k的取值范围.
解析　(1)将A(0,-2)代入椭圆方程得b=2,由椭圆四个顶点围成的四边形面积为2ab=45,解得a=5,
所以椭圆E的标准方程为x25+y24=1.
(2)由题意得直线l的方程为y+3=k(x-0),即y=kx-3,将y=kx-3代入椭圆方程并化简得(4+5k2)x2-30kx+25=0,由Δ=(-30k)2-4×25(4+5k2)>0,解得k<-1或k>1,设B(x1,y1),C(x2,y2),不妨设点B位于第一象限,点C位于第四象限,如图所示.

则x1+x2=30k4+5k2,x1x2=254+5k2,直线AB的方程为y+2y1+2=x−0x1−0,令y=-3,解得x=-x1y1+2,得M−x1y1+2,−3,同理可得N−x2y2+2,−3,∴|PM|+|PN|=x1y1+2+x2y2+2=x1(y2+2)+x2(y1+2)(y1+2)(y2+2)=x1(kx2−1)+x2(kx1−1)[(kx1−3)+2][(kx2−3)+2]=2kx1x2−(x1+x2)(kx1−1)(kx2−1)=2kx1x2−(x1+x2)k2x1x2−k(x1+x2)+1=2k·254+5k2−30k4+5k2k2·254+5k2−k·30k4+5k2+1=50k−30k25k2−30k2+4+5k2=5k≤15,解得k≤3,又k>1,所以1 综上,k的取值范围为[-3,-1)∪(1,3].
22.(2022济南一模,21)在平面直角坐标系xOy中,双曲线C:y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2,实轴长为4.
(1)求C的方程;
(2)如图,点A为双曲线的下顶点,直线l过点P(0,t)且垂直于y轴(P位于原点与上顶点之间),过P的直线交C于G,H两点,直线AG,AH分别与l交于M,N两点,若O,A,N,M四点共圆,求点P的坐标.

解析　(1)因为实轴长为4,所以2a=4,a=2,又ca=2,所以c=22,则b2=c2-a2=4,故C的方程为y24−x24=1.
(2)由O,A,N,M四点共圆可知,∠ANM+∠AOM=π,
又∠MOP+∠AOM=π,所以∠ANM=∠MOP,
故tan∠ANM=tan∠MOP=1tan∠OMP,
即-kAN=1−kOM,所以kAN·kOM=1.
设G(x1,y1),H(x2,y2),M(xM,yM).
由题意可知A(0,-2),则直线AG:y=y1+2x1x-2,直线AH:y=y2+2x2x-2.
因为M在直线l上,所以yM=t,代入直线AG的方程,可知xM=(t+2)x1y1+2,故点M的坐标为(t+2)x1y1+2,t,所以kOM=t(y1+2)(t+2)x1,又kAN=kAH=y2+2x2,kAN·kOM=1,
则y2+2x2·t(y1+2)(t+2)x1=1,整理可得t+2t=(y1+2)(y2+2)x1x2,
当直线GH的斜率不存在时,显然不符合题意,
故直线GH的斜率存在,设直线GH:y=kx+t,代入双曲线方程y24−x24=1,可得(k2-1)x2+2ktx+t2-4=0,
所以x1+x2=−2ktk2−1,x1x2=t2−4k2−1,
又(y1+2)(y2+2)=(kx1+t+2)(kx2+t+2)
=k2x1x2+k(t+2)(x1+x2)+(t+2)2=k2·t2−4k2−1+k(t+2)·−2ktk2−1+(t+2)2=−(t+2)2k2−1,所以t+2t=(y1+2)(y2+2)x1x2=−(t+2)2k2−1t2−4k2−1=−(t+2)2t2−4=−(t+2)t−2(t+2≠0),故t=2-t,即t=1,所以点P的坐标为(0,1).