2024年高考数学重难点突破讲义：专题5　答案

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：专题5　答案，共12页。试卷主要包含了ABD，CD，BC， eq \f，x2＋y2－3x＋y－1＝0等内容，欢迎下载使用。
第13练 直线与圆
1．C
2．C
【解析】 圆C1：x2＋y2＝4，圆心坐标为C1(0，0)，半径r＝2；
圆C2：x2＋y2－8x－6y＋16＝0，即圆C2：(x－4)2＋(y－3)2＝9，圆心坐标为C2(4，3)，半径R＝3，所以|C1C2|＝ eq \r(42＋32)＝5，R＋r＝5＝|C1C2|，所以两圆外切．
3．C
【解析】 直线l的方程为x－y sin θ＋2＝0，当sin θ＝0时直线方程为x＝－2，倾斜角α＝ eq \f(π,2)，当sin θ≠0时，直线方程化为y＝ eq \f(1,sin θ)x＋ eq \f(2,sin θ)，斜率k＝ eq \f(1,sin θ)，因为sin θ∈[－1，0)∪(0，1]，所以k∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，即tan α∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，又因为α∈[0，π)，所以α∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))∪ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4))).综上可得α∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4))).
4．C
【解析】 由题可知圆心C为(－1，2)，半径为 eq \r(2)，因为圆C关于直线2ax＋by＋6＝0对称，所以圆心位于该直线上，将圆心坐标代入此直线中，有－2a＋2b＋6＝0，即点(a，b)在直线x－y－3＝0上．设D(a，b)，如图，过点D作圆C的切线，切点为E，则|DE|＝ eq \r(|CD|2－r2)＝ eq \r(|CD|2－2)，要使得切线DE长最短，则只需CD最短．CD的最小值为过点C作直线x－y－3＝0的垂线的长度，此时|CD|＝ eq \f(|－1－2－3|,\r(2))＝3 eq \r(2)，|CE|＝r＝ eq \r(2)，所以根据勾股定理，得|DE|min＝ eq \r(|CD|2－|CE|2)＝4.
5．ABD
【解析】 对于A，直线l：x＋y＋a(x＋2)＝0，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,x＋2＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝2，))所以直线l过定点(－2，2)，故A正确；对于B，当a＝1时，l：2x＋y＋2＝0，圆心(0，2)到直线l的距离d＝ eq \f(4,\r(22＋12))＝ eq \f(4,\r(5))，弦长为2 eq \r(r2－d2)＝ eq \f(4\r(5),5)，故B正确；对于C，直线所过定点(－2，2)在圆上，过点(－2，2)与圆C相切的直线是x＝－2，但直线l：(1＋a)x＋y＋2a＝0(a∈R)表示斜率存在的直线，表示不了直线x＝－2，故不存在直线l与圆C相切，故C错误；对于D，直线所过定点(－2，2)在圆上，所以直线l与圆C总有公共点，不可能相离，故D正确．
6．CD
【解析】 对于A，因为圆C：(x＋2)2＋(y－3)2＝16，所以圆心C(－2，3)，半径r＝4，因为3×(－2)－2×3≠0，所以圆C不关于直线3x－2y＝0对称，故A错误；对于B，由圆心C到直线l：3x＋4y＋19＝0的距离为d＝ eq \f(|3×(－2)＋4×3＋19|,\r(32＋42))＝5＞4，所以|MN|的最小值是d－r＝1，故|MN|∈[1，＋∞)，故B错误；对于C，从N点向圆C引切线，当CN⊥l时，切线长最小，最小值是 eq \r(52－42)＝3，故C正确；对于D，直线y＝k(x－1)＋1过定点(1，1)，该定点在圆C内，所以直线y＝k(x－1)＋1被圆C截得的弦长最长时，所截弦长为过点(1，1)和圆心的圆C的直径，即弦长的最大值为8，最短的弦长为垂直于该直径的弦长，定点(1，1)和圆心C(－2，3)的距离为 eq \r([1－(－2)]2＋(1－3)2)＝ eq \r(13)，最短弦长为2 eq \r(42－13)＝2 eq \r(3)，则直线y＝k(x－1)＋1被圆C截得的弦长的取值范围为[2 eq \r(3)，8]，故D正确．
7．BC
【解析】 直线l：kx－y＋k－2＝0(k∈R)，化简得k(x＋1)－(y＋2)＝0，可知直线l恒过定点M(－1，－2)，代入到圆C：x2＋y2＝20，可得1＋4＜20，所以点M(－1，－2)在圆内，易知圆C：x2＋y2＝20的圆心为C(0，0)，半径r＝2 eq \r(5)，所以当CM⊥l时，圆心C到l的距离有最大值|CM|＝ eq \r(1＋4)＝ eq \r(5)，故A错误；此时半径r＝2|CM|，所以圆上恰好有3个点到l的距离为 eq \r(5)，当CM与l不垂直时，圆心C到l的距离小于 eq \r(5)，那么圆上会有4个点到l的距离为 eq \r(5)，所以圆上至少有3个点到l的距离为 eq \r(5)，故B正确；由圆的对称性可知，无论k为何值时，圆上到l的距离为2 eq \r(5)的点有且只有2个，故C正确；当k＝－ eq \f(1,2)时，l与C相交于A，B两点，过A，B两点作C的切线，则两切线的交点必在圆外，而点(－2，－4)代入到圆C：x2＋y2＝20，可知4＋16＝20，即点(－2，－4)在圆C上，所以点(－2，－4)不是两切线的交点，故D错误．
8．(2，－3)
【解析】 因为(－2－0－8)(2－8－8)＞0，所以A，B在直线同侧，设点A(－2，0)关于直线x－2y－8＝0对称点的坐标为A′(a，b)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a－2,2)－b－8＝0，,\f(b,a＋2)＝－2，))即A′(2，－8)，可知|PA|＋|PB|≥|A′B|，即A′，P，B三点共线时，|PA|＋|PB|最小，连接A′B交直线l于点P，点P即为所求，因为直线A′B的方程为x＝2，联立求得P点坐标为(2，－3).
9． eq \f(2,5)
【解析】 由题意，设▱ABCD两条对角线的交点为点O.由平行四边形性质，知点O到这组对边AB和CD所在直线的距离相同，则过点O且与AB所在直线平行的直线l的方程为6x＋8y＋ eq \f(－3＋5,2)＝0，即6x＋8y＋1＝0，所以由两平行线距离公式可得直线l与CD所在直线的距离为d＝ eq \f(|5－1|,\r(62＋82))＝ eq \f(2,5).
10．x2＋y2－3x＋y－1＝0
【解析】 设所求圆的方程为x2＋y2－4x＋2y＋λ(x2＋y2－2y－4)＝0(λ≠－1)，即(1＋λ)x2－4x＋(1＋λ)y2＋(2－2λ)y－4λ＝0，把圆心坐标 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1＋λ)，\f(λ－1,1＋λ)))代入直线l的方程2x＋4y－1＝0，可得λ＝ eq \f(1,3)，故所求圆的方程为x2＋y2－3x＋y－1＝0.
11．【解答】 (1) 由题意知，直线l的斜率存在，且圆心A(0，－1)，设直线l的方程为y＝kx－1，由弦长可得圆心B(4，3)到直线l的距离为 eq \f(4,5)，即 eq \f(|4k－3－1|,\r(k2＋1))＝ eq \f(4,5)，化简得12k2－25k＋12＝0，解得k＝ eq \f(4,3)或k＝ eq \f(3,4).
(2) ①由已知可得|PA|＝|PB|，故圆心P在线段AB的中垂线上．因为直线AB的斜率为1，所以圆心P所在直线的斜率为－1，且该直线过点(2，1)，所以圆心P在直线x＋y－3＝0上，即动圆圆心P的轨迹方程为x＋y－3＝0.
②动圆P经过定点．设P(m，3－m)，则动圆P的半径为 eq \r(|PA|2＋12)＝ eq \r(m2＋(3－m＋1)2＋1)，所以动圆P的方程为(x－m)2＋(y＋m－3)2＝m2＋(3－m＋1)2＋1，即x2＋y2－6y－8－2m(x－y－1)＝0.由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2－6y－8＝0，,x－y－1＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2＋\f(3\r(2),2)，,y＝1＋\f(3\r(2),2)))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2－\f(3\r(2),2)，,y＝1－\f(3\r(2),2)．))故动圆P过定点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(3\r(2),2)，1＋\f(3\r(2),2)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(3\r(2),2)，1－\f(3\r(2),2))).
第14练 圆锥曲线
1．C
【解析】 由方程左边式子的几何意义及椭圆定义可知，方程表示的曲线为焦点在x轴上的椭圆，且c＝4，a＝5，所以b2＝a2－c2＝9，故化简结果为 eq \f(x2,25)＋ eq \f(y2,9)＝1.
2．C
【解析】 无论椭圆焦点位于x轴或y轴，根据点A，B，C为椭圆D的三个顶点，若△ABC是正三角形，则2b＝ eq \r(a2＋b2)，即a2＝3b2＝3(a2－c2)，即有2a2＝3c2，e2＝ eq \f(2,3)，解得e＝ eq \f(\r(6),3).
3．A
【解析】 设一个焦点坐标为(c，0)，渐近线方程为y＝± eq \f(b,a)x，则2a＝ eq \f(|b·c|,\r(a2＋b2))，化简得b＝2a, 又c2＝b2＋a2，得c2＝5a2，e2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a))) eq \s\up12(2)＝5，e＝ eq \r(5).
4．B
【解析】 设动圆圆心为M(x，y)，半径为R，设圆x2＋y2＋6x＋5＝0和圆x2＋y2－6x－91＝0的圆心分别为O1，O2, 将圆的方程分别配方得圆O1：(x＋3)2＋y2＝4，圆O2：(x－3)2＋y2＝100.当动圆M与圆O1相外切时，有|O1M|＝R＋2①.当动圆M与圆O2相内切时，有|O2M|＝10－R②，将①②两式相加，得|O1M|＋|O2M|＝12＞|O1O2|，所以动圆圆心M(x，y)到点O1(－3，0)和O2(3，0)的距离和是常数12，所以点M的轨迹是焦点为O1(－3，0)，O2(3，0)，长轴长等于12的椭圆．设该椭圆的长轴为2a，短轴为2b，焦距为2c，则2c＝6，2a＝12，c＝3，a＝6，所以b2＝36－9＝27，动圆圆心轨迹方程为 eq \f(x2,36)＋ eq \f(y2,27)＝1，轨迹为椭圆．
5．AC
【解析】 若双曲线焦点在x轴，设方程为 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，则渐近线方程为y＝± eq \f(b,a)x，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＝2，,2b＝4，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2，))所以双曲线的标准方程为x2－ eq \f(y2,4)＝1；若双曲线焦点在y轴，设方程为 eq \f(y2,a2)－ eq \f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，则渐近线方程为y＝± eq \f(a,b)x，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,b)＝2，,2b＝4，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝2，))所以双曲线的标准方程为 eq \f(y2,16)－ eq \f(x2,4)＝1.综上，双曲线的标准方程为x2－ eq \f(y2,4)＝1或 eq \f(y2,16)－ eq \f(x2,4)＝1.
6．BCD
【解析】 由题意可知，a＝ eq \r(m2＋2)，b＝ eq \r(m2)＝m，若这两个顶点为长轴的两个端点时，2 eq \r(m2＋2)＝4，m＝ eq \r(2)；若这两个顶点为短轴的两个端点时，2m＝4，m＝2；若一个顶点为短轴的端点，另一个顶点为长轴的端点时， eq \r(m2＋2＋m2)＝4，m＝ eq \r(7).
7．ABC
【解析】 根据椭圆E： eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1，可得a2＝4，b2＝3，c2＝a2－b2＝1，所以椭圆E的焦距是2c＝2，故A正确；椭圆E的离心率为 eq \f(c,a)＝ eq \f(1,2)，故B正确；又因为椭圆E： eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1的焦点为(±1，0)，抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F与椭圆E： eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1的一个焦点重合，则 eq \f(p,2)＝1，即p＝2，所以抛物线C的准线方程是x＝－ eq \f(p,2)＝－1，故C正确；抛物线C的焦点到其准线的距离p＝2，故D错误．
8． eq \f(1,2)
【解析】 将两个点代入椭圆方程得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(\f(9,4),b2)＝1，,\f(4,a2)＋\f(0,b2)＝1，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3，))故c2＝1，e＝ eq \f(1,2).
9． eq \f(\r(21),3)
【解析】 联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(2,3)x，,\f(x2,a2)－\f(y2,8)＝1，))得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)－\f(1,18)))x2－1＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1·x2＝ eq \f(－1,\f(1,a2)－\f(1,18))＝ eq \f(18a2,a2－18)＝－9，解得 a2＝6.所以离心率e＝ eq \f(c,a)＝ eq \r(1＋\f(b2,a2))＝ eq \r(1＋\f(8,6))＝ eq \r(\f(7,3))＝ eq \f(\r(21),3).
10．2 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\{\rc\ (\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\{\rc\ (\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.
11．【解答】 (1) 设椭圆上点P(5cs θ，3sin θ)，则点P到直线l的距离d＝ eq \f(|4×5cs θ－5×3sin θ＋40|,\r(42＋(－5)2))＝ eq \f(5|4cs θ－3sin θ＋8|,\r(41))＝ eq \f(5\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)cs θ－\f(3,5)sin θ))＋8)),\r(41))＝ eq \f(5|5cs (θ＋φ)＋8|,\r(41))，其中cs φ＝ eq \f(4,5)，sin φ＝ eq \f(3,5).(1) 当cs (θ＋φ)＝－1时，dmin＝ eq \f(15,\r(41))＝ eq \f(15\r(41),41)，此时θ＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，即θ＝π－φ＋2kπ，k∈Z，所以cs θ＝cs (π－φ＋2kπ)＝－cs φ＝－ eq \f(4,5)，sin θ＝sin (π－φ＋2kπ)＝sin φ＝ eq \f(3,5)，所以存在点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(9,5)))到直线的距离最小，最小距离为 eq \f(15\r(41),41).
(2) 当cs (θ＋φ)＝1时，dmax＝ eq \f(65,\r(41))＝ eq \f(65\r(41),41)，此时θ＋φ＝2kπ，k∈Z，即θ＝－φ＋2kπ，k∈Z，所以cs θ＝cs (－φ＋2kπ)＝cs φ＝ eq \f(4,5)，sin θ＝sin (－φ＋2kπ)＝－sin φ＝－ eq \f(3,5)，所以存在点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，－\f(9,5)))到直线l的距离最大，最大距离为 eq \f(65\r(41),41).
12．【解答】 (1) 双曲线C1的焦点坐标为( eq \r(5)，0)，(－ eq \r(5)，0)，设双曲线C2的标准方程为 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝5，,\f(16,a2)－\f(3,b2)＝1，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1，))所以双曲线C2的标准方程为 eq \f(x2,4)－y2＝1.
(2) 双曲线C1的渐近线方程为y＝2x，y＝－2x，设A(x1，2x1)，B(x2，－2x2).由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－\f(y2,4)＝0，,y＝x＋m，))消去y化简得3x2－2mx－m2＝0.由Δ＝(－2m)2－4×3×(－m2)＝16m2＞0，得m≠0.因为x1x2＝－ eq \f(m2,3)， eq \(OA,\s\up6(→))· eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋(2x1)·(－2x2)＝－3x1x2，所以m2＝3，即m＝± eq \r(3).
13．【解答】 (1) 由抛物线的定义得|AF|＝2＋ eq \f(p,2).由|AF|＝3，得2＋ eq \f(p,2)＝3，解得p＝2，所以抛物线E的方程为y2＝4x.
(2) 因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，所以m＝±2 eq \r(2)，由抛物线的对称性，不妨设A(2，2 eq \r(2)).由A(2，2 eq \r(2))，F(1，0)可得直线AF的方程为y＝2 eq \r(2)(x－1).由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2\r(2)(x－1)，,y2＝4x，))得2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝ eq \f(1,2)，从而B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\r(2))).又G(－1，0)，所以kGA＝ eq \f(2\r(2)－0,2－(－1))＝ eq \f(2\r(2),3)，kGB＝ eq \f(－\r(2)－0,\f(1,2)－(－1))＝－ eq \f(2\r(2),3)，所以kGA＋kGB＝0，从而∠AGF＝∠BGF，这表明点F到直线GA，GB的距离相等，故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．
第15练 直线与圆锥曲线的位置关系
1．A
【解析】 y＝4x2化为标准形式x2＝ eq \f(1,4)y，由此知2p＝ eq \f(1,4)，p＝ eq \f(1,8).设直线l的方程为x＝ eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(p,2)))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，根据抛物线定义知|AB|＝y1＋y2＋p.将x＝ eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(p,2)))代入x2＝2py，可得12y2－20py＋3p2＝0，y1＋y2＝ eq \f(5,3)p.故|AB|＝y1＋y2＋p＝ eq \f(5,3)p＋p＝ eq \f(8,3)p＝ eq \f(8,3)× eq \f(1,8)＝ eq \f(1,3).
2．B
【解析】 由题意，联立椭圆E和直线y＝ eq \f(1,2)x＋a的方程得b2x2＋a2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋a)) eq \s\up12(2)＝a2b2，整理得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)a2＋b2))x2＋a3x＋a4－a2b2＝0.因为椭圆E和直线y＝ eq \f(1,2)x＋a相切，则Δ＝(a3)2－4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)a2＋b2))(a4－a2b2)＝0，化简得 eq \f(b2,a2)＝ eq \f(3,4)，则椭圆E的离心率 e＝ eq \f(c,a)＝ eq \r(1－\f(b2,a2))＝ eq \r(1－\f(3,4))＝ eq \f(1,2).
3．D
【解析】 因为直线y＝3x＋1与双曲线C： eq \f(y2,a2)－ eq \f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)相交，且有且仅有1个交点，所以直线y＝3x＋1与双曲线C： eq \f(y2,a2)－ eq \f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的渐近线y＝ eq \f(a,b)x平行，故 eq \f(b,a)＝ eq \f(1,3)，则双曲线C的离心率e＝ eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝ eq \f(\r(10),3).
4．C
【解析】 联立 eq \b\lc\{\rc\ (\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＜m＜2.设F1到AB的距离为d1，F2到AB的距离为d2，易知F1(－ eq \r(2)，0)，F2( eq \r(2)，0)，则d1＝ eq \f(|－\r(2)＋m|,\r(2))，d2＝ eq \f(|\r(2)＋m|,\r(2))， eq \f(S△F1AB,S△F2AB)＝ eq \f(\f(|－\r(2)＋m|,\r(2)),\f(|\r(2)＋m|,\r(2)))＝ eq \f(|－\r(2)＋m|,|\r(2)＋m|)＝2，解得m＝－ eq \f(\r(2),3)或－3 eq \r(2)(舍去).
5．BD
【解析】 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\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，))从而 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，故 eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－ eq \f(b2,a2) eq \f(x1＋x2,y1＋y2).由题意可得x1＋x2＝2m，y1＋y2＝1，故 eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－ eq \f(2mb2,a2).又因为 eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－ eq \f(1,3)，则－ eq \f(2mb2,a2)＝－ eq \f(1,3)，从而 eq \f(b2,a2)＝ eq \f(1,6m).因为m＞2，所以 eq \f(b2,a2)＝ eq \f(1,6m)＜ eq \f(1,12)，椭圆C的离心率e＝ eq \r(1－\f(b2,a2))＞ eq \r(1－\f(1,12))＝ eq \f(\r(33),6)，所以椭圆离心率的范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(33),6)，1))，故 eq \f(\r(34),6)与 eq \f(\r(35),6)满足要求．
6．BCD
【解析】 由题意知双曲线C的渐近线方程为x±ay＝0，所以 eq \f(|2|,\r(1＋a2))＝1，解得a＝ eq \r(3)，所以实轴长为2 eq \r(3)，半焦距c＝2，所以e＝ eq \f(2,\r(3))＝ eq \f(2\r(3),3)，故A错误，B正确；设P(x0，y0)，所以d1＝ eq \f(|x0－\r(3)y0|,2)，d2＝ eq \f(|x0＋\r(3)y0|,2)，所以d1d2＝ eq \f(|x0－\r(3)y0|,2)· eq \f(|x0＋\r(3)y0|,2)＝ eq \f(|x eq \\al(2,0) －3y eq \\al(2,0) |,4)＝ eq \f(3,4)，故C正确；设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以 eq \f(x eq \\al(2,1) ,3)－y eq \\al(2,1) ＝1， eq \f(x eq \\al(2,2) ,3)－y eq \\al(2,2) ＝1，两式相减，得 eq \f((x1＋x2)(x1－x2),3)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0，所以 eq \f(x1＋x2,3)－(y1＋y2) eq \f(y1－y2,x1－x2)＝0， eq \f(x1＋x2,3)－(y1＋y2)·k1＝0，所以 eq \f(2,3)× eq \f(x1＋x2,2)－ eq \f(y1＋y2,2)×2k1＝0，所以 eq \f(2,3)xD－yD·2k1＝0，所以 eq \f(2,3)－ eq \f(yD,xD)×2k1＝0，所以 eq \f(2,3)－k2·2k1＝0，所以k1k2＝ eq \f(1,3)，故D正确．
7．AC
【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F(1，0)，所以 eq \f(p,2)＝1，p＝2，2p＝4，故A正确，且抛物线C的方程为y2＝4x.对于B，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\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，如图，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，点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．
8． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(5),2)))∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，＋∞))
【解析】 联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2－y2＝4，))消去y，得(1－k2)x2＋2kx－5＝0.当1－k2＝0时，有公共点，所以1－k2≠0.因为直线与双曲线无公共点，所以Δ＝4k2＋20(1－k2)＜0，即k2＞ eq \f(5,4)，解得k＞ eq \f(\r(5),2)或k＜－ eq \f(\r(5),2)，所以k的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(5),2)))∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，＋∞)).
9． eq \f(5\r(5),3)
【解析】 由题意知，椭圆的右焦点F的坐标为(1，0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2(x－1)，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))消去y，得3x2－5x＝0，解得x＝0或 eq \f(5,3).设A(0，－2)，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(4,3)))，则|AB|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(5,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2－\f(4,3)))\s\up12(2))＝ eq \f(5\r(5),3).
10． eq \f(4,3)
【解析】 由抛物线C：y2＝4x可得焦点为F(1，0)，设A(x1，y1)，由抛物线的定义可得|AF|＝x1＋ eq \f(p,2)＝x1＋1，AF的中点为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋1,2)，\f(y1,2)))，所以以AF为直径的圆的方程为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x1＋1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(y1,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋1,2))) eq \s\up12(2).因为以AF为直径的圆过点(0，2)，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(x1＋1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(y1,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋1,2))) eq \s\up12(2)，可得y1＝4，所以x1＝4，所以点A(4，4)，所以直线AB的斜率为 eq \f(4－0,4－1)＝ eq \f(4,3).
11．【解答】 (1) 方法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2，则y eq \\al(2,1) ＝4x1，y eq \\al(2,2) ＝4x2，所以y eq \\al(2,1) －y eq \\al(2,2) ＝4x1－4x2，化简得 eq \f(y1－y2,x1－x2)＝ eq \f(4,y1＋y2).因为AB的中点为P(2，1)，所以y1＋y2＝2，所以kAB＝ eq \f(y1－y2,x1－x2)＝2，所以l的方程为y－1＝2(x－2)，即y＝2x－3.经检验，符合题意．
方法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当斜率不存在时，显然不成立．当斜率存在时，设直线l：y－1＝k(x－2)，显然k≠0，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－1＝k(x－2)，,y2＝4x，))得k2x2－(4k2－2k＋4)x＋(2k－1)2＝0.易知Δ＞0，所以x1＋x2＝ eq \f(4k2－2k＋4,k2).因为AB的中点为P(2，1)，所以x1＋x2＝4，即 eq \f(4k2－2k＋4,k2)＝4，解得k＝2，所以l的方程为y＝2x－3.
(2) 方法一：由抛物线的定义可知|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋p.当斜率不存在时，直线l：x＝2，所以|AF|＋|BF|＝6.当斜率存在时，设直线l：y－1＝k(x－2)，显然k≠0，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－1＝k(x－2)，,y2＝4x，))得k2x2－(4k2－2k＋4)x＋(2k－1)2＝0，易知Δ＞0，所以x1＋x2＋p＝ eq \f(4k2－2k＋4,k2)＋2＝ eq \f(4,k2)－ eq \f(2,k)＋6＝4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－\f(1,4)))2＋ eq \f(23,4)，所以当k＝4时，|AF|＋|BF|的最小值为 eq \f(23,4).综上，|AF|＋|BF|的最小值为 eq \f(23,4).
方法二：由抛物线的定义可知|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋p，显然直线l不平行于x轴，设直线l：x－2＝t(y－1)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2＝t(y－1)，,y2＝4x，))得y2－4ty＋4(t－2)＝0，易知Δ＞0，所以y1＋y2＝4t，y1y2＝4t－8，所以x1＋x2＋p＝ eq \f(y eq \\al(2,1) ,4)＋ eq \f(y eq \\al(2,2) ,4)＋2＝ eq \f((y1＋y2)2－2y1y2,4)＋2＝4t2－2t＋6＝4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,4))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(23,4)，所以当t＝ eq \f(1,4)时，|AF|＋|BF|的最小值为 eq \f(23,4).
12．【解答】 (1) 由双曲线的渐近线方程为y＝± eq \f(a,b)x，可知 eq \f(\r(3),3)＝ eq \f(a,b)，即b2＝3a2.将P( eq \r(3)， eq \r(2))代入双曲线方程可得 eq \f(2,a2)－ eq \f(3,b2)＝1，解得a2＝1，b2＝3，所以双曲线C的方程为y2－ eq \f(x2,3)＝1.
(2) 由(1)可知F(0，2)，设直线l的斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线l的方程为y＝kx＋2，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2－\f(x2,3)＝1，,y＝kx＋2，))整理得(3k2－1)x2＋12kx＋9＝0，显然Δ＞0，k2≠ eq \f(1,3)，所以x1＋x2＝－ eq \f(12k,3k2－1)，x1x2＝ eq \f(9,3k2－1)，又 eq \(AF,\s\up6(→))＝7 eq \(BF,\s\up6(→))，即(－x1，2－y1)＝7(－x2，2－y2)，可得x1＝7x2，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝8x2＝－\f(12k,3k2－1)，,x1x2＝7x eq \\al(2,2) ＝\f(9,3k2－1)，))即 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3k,2(3k2－1)))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(9,7(3k2－1))，解得k＝± eq \f(2\r(5),5)，所以直线l的斜率为± eq \f(2\r(5),5).