1已知M(x0，y0)是雙曲線C：y21上的一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2是C的兩個焦點若<0，則y0的取值范圍是()A. B.C. D.答案A解析由題意知a22，b21，所以c23，不妨設(shè)F1(，0)，F(xiàn)2(，0)，所以(x0，y0)，(x0，y0)，所以x3y3y1<0，所以<y0<，故選A.2設(shè)雙曲線1(a>0，b>0)的右焦點為F，右頂點為A，過F作AF的垂線與雙曲線交于B，C兩點，過B，C分別作AC，AB的垂線，兩垂線交于點D.若D到直線BC的距離小于a，則該雙曲線的漸近線斜率的取值范圍是()A(1,0)(0,1) B(，1)(1，)C(，0)(0，) D(，)(，)答案A解析如圖所示，由題意知BC為雙曲線的通徑，所以|BC|，則|BF|.又|AF|ca，因為BDAC，DCAB，所以點D在x軸上，由RtBFARtDFB，得|BF|2|AF|FD|，即2(ca)|FD|，所以|FD|，則由題意知<a，即<ac，所以b4<a2(ca)(ac)，即b4<a2(c2a2)，即b4<a2b2，所以0<<1，解得0<<1，而雙曲線的漸近線斜率為，所以雙曲線的漸近線斜率的取值范圍是(1,0)(0,1)，故選A.3已知F1，F(xiàn)2是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是它們的一個公共點，且F1PF2，則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為()A. B.C3 D2答案A解析解法一：設(shè)橢圓長半軸為a1，雙曲線實半軸長為a2，|F1F2|2c.由余弦定理4c2|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|cos.而|PF1|PF2|2a1，|PF1|PF2|2a2，可得a3a4c2.令a12ccos，a2sin，即2cossin2sin故最大值為，故選A.解法二：不妨設(shè)P在第一象限，|PF1|m，|PF2|n.在PF1F2中，由余弦定理得m2n2mn4c2.設(shè)橢圓的長軸長為2a1，離心率為e1，雙曲線的實軸長為2a2，離心率為e2，它們的焦距為2c，則.2，易知21的最小值為.故max.故選A.4.已知橢圓C：9x2y2m2(m>0)，直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M. (1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；(2)若l過點，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由解(1)證明：設(shè)直線l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)將ykxb代入9x2y2m2得(k29)x22kbxb2m20，故xM，yMkxMb.于是直線OM的斜率kOM，即kOMk9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值(2)四邊形OAPB能為平行四邊形因為直線l過點，所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k>0，k3.由(1)得OM的方程為yx.設(shè)點P的橫坐標(biāo)為xP.由得x，即xP.將點的坐標(biāo)代入直線l的方程得b，因此xM.四邊形OAPB為平行四邊形，當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP2xM.于是2，解得k14，k24.因為ki>0，ki3，i1,2，所以當(dāng)直線l的斜率為4或4時，四邊形OAPB為平行四邊形5. 已知橢圓y21上兩個不同的點A，B關(guān)于直線ymx對稱(1)求實數(shù)m的取值范圍；(2)求AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點)解(1)由題意知m0，可設(shè)直線AB的方程為yxb.由消去y，得x2xb210.因為直線yxb與橢圓y21有兩個不同的交點，所以2b22>0，設(shè)M為AB的中點，則M，代入直線方程ymx解得b.由得m<或m>.(2)令t，則|AB|，且O到直線AB的距離d.設(shè)AOB的面積為S(t)，所以S(t)|AB|d ，當(dāng)且僅當(dāng)t2時，等號成立故AOB面積的最大值為.6已知橢圓C：1(a>b>0)的離心率為，點P(0,1)和點A(m，n)(m0)都在橢圓C上，直線PA交x軸于點M.(1)求橢圓C的方程，并求點M的坐標(biāo)(用m，n表示)；(2)設(shè)O為原點，點B與點A關(guān)于x軸對稱，直線PB交x軸于點N.問：y軸上是否存在點Q，使得OQMONQ？若存在，求點Q坐標(biāo)；若不存在，說明理由解(1)由題意得解得a22.故橢圓C的方程為y21.設(shè)M(xM,0)因為m0，所以1<n<1.直線PA的方程為y1x，所以xM，即M.(2)因為點B與點A關(guān)于x軸對稱，所以B(m，n)設(shè)N(xN,0)，則xN.“存在點Q(0，yQ)使得OQMONQ”等價于“存在點Q(0，yQ)使得”，即yQ滿足y|xM|xN|.因為xM，xN，n21，所以y|xM|xN|2.所以yQ或yQ.故在y軸上存在點Q，使得OQMONQ.點Q的坐標(biāo)為(0，)或(0，)7如圖，橢圓E：1(a>b>0)的離心率是，過點P(0,1)的動直線l與橢圓相交于A，B兩點當(dāng)直線l平行于x軸時，直線l被橢圓E截得的線段長為2.(1)求橢圓E的方程；(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，是否存在與點P不同的定點Q，使得恒成立？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由解(1)由已知，點(，1)在橢圓E上，因此，解得a2，b.所以橢圓E的方程為1.(2)當(dāng)直線l與x軸平行時，設(shè)直線l與橢圓相交于C，D兩點如果存在定點Q滿足條件，則有1，即|QC|QD|.所以Q點在y軸上，可設(shè)Q點的坐標(biāo)為(0，y0)當(dāng)直線l與x軸垂直時，設(shè)直線l與橢圓相交于M，N兩點，則M，N的坐標(biāo)分別為(0，)，(0，)由，有，解得y01或y02.所以，若存在不同于點P的定點Q滿足條件，則Q點坐標(biāo)只可能為(0,2)下面證明：對任意直線l，均有.當(dāng)直線l的斜率不存在時，由上可知，結(jié)論成立當(dāng)直線l的斜率存在時，可設(shè)直線l的方程為ykx1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)聯(lián)立得(2k21)x24kx20.其判別式(4k)28(2k21)>0，所以x1x2，x1x2.因此2k.易知，點B關(guān)于y軸對稱的點B的坐標(biāo)為(x2，y2)又kQAk，kOBkk，所以kQAkQB，即Q，A，B三點共線所以.故存在與P不同的定點Q(0,2)，使得恒成立8已知拋物線C1：x24y的焦點F也是橢圓C2：1(a>b>0)的一個焦點，C1與C2的公共弦的長為2.(1)求C2的方程；(2)過點F的直線l與C1相交于A，B兩點，與C2相交于C，D兩點，且與同向|AC|BD|，求直線l的斜率；設(shè)C1在點A處的切線與x軸的交點為M.證明：直線l繞點F旋轉(zhuǎn)時，MFD總是鈍角三角形解(1)由C1：x24y知其焦點F的坐標(biāo)為(0,1)因為F也是橢圓C2的一個焦點，所以a2b21.又C1與C2的公共弦的長為2，C1與C2都關(guān)于y軸對稱，且C1的方程為x24y，由此易知C1與C2的公共點的坐標(biāo)為，所以1.聯(lián)立，得a29，b28.故C2的方程為1.(2)如圖，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)因為與同向，且|AC|BD|，所以，從而x3x1x4x2，即x1x2x3x4，于是(x1x2)24x1x2(x3x4)24x3x4.設(shè)直線方程有兩種形式，第一種，ykxm，注意斜率不存在的情況；第二種，xtyn.注意與x軸平行的情況設(shè)直線l的斜率為k，則l的方程為ykx1.由得x24kx40.而x1，x2是這個方程的兩根，所以x1x24k，x1x24.由得(98k2)x216kx640.而x3，x4是這個方程的兩根，所以x3x4，x3x4.將，代入，得16(k21)，即16(k21)，所以(98k2)2169，解得k，即直線l的斜率為.證明：由x24y得y，所以C1在點A處的切線方程為yy1(xx1)，即y.令y0得x，即M，所以.而(x1，y11)，于是y111>0，因此AFM是銳角，從而MFD180AFM是鈍角故直線l繞點F旋轉(zhuǎn)時，MFD總是鈍角三角形9已知拋物線C：y22px(p>0)的焦點為F，A為C上異于原點的任意一點，過點A的直線l交C于另一點B，交x軸的正半軸于點D，且有|FA|FD|.當(dāng)點A的橫坐標(biāo)為3時，ADF為正三角形(1)求C的方程；(2)若直線l1l，且l1和C有且只有一個公共點E，證明直線AE過定點，并求出定點坐標(biāo)；ABE的面積是否存在最小值？若存在，請求出最小值；若不存在，請說明理由解(1)由題意知F，設(shè)D(t,0)(t>0)，則FD的中點為.因為|FA|FD|，由拋物線的定義知3，解得t3p或t3(舍去)由3，解得p2.所以拋物線C的方程為y24x.(2)證明：由(1)知F(1,0)設(shè)A(x0，y0)(x0y00)，D(xD,0)(xD>0)，因為|FA|FD|，則|xD1|x01.由xD>0得xDx02，故D(x02,0)故直線AB的斜率kAB.因為直線l1和直線AB平行，設(shè)直線l1的方程為yxb，代入拋物線方程得y2y0，由題意0，得b.設(shè)E(xE，yE)，則yE，xE.當(dāng)y4時，kAE，可得直線AE的方程為yy0(xx0)，由y4x0，整理可得y(x1)，直線AE恒過點F(1,0)當(dāng)y4時，直線AE的方程為x1，過點F(1,0)所以直線AE過定點F(1,0)由知直線AE過焦點F(1,0)，所以|AE|AF|FE|(x01)x02.設(shè)直線AE的方程為xmy1，因為點A(x0，y0)在直線AE上，故m.設(shè)B(x1，y1)，直線AB的方程為yy0(xx0)，由于y00，可得xy2x0，代入拋物線方程得y2y84x00.所以y0y1，可求得y1y0，x1x04.所以點B到直線AE的距離為d4.則ABE的面積S416，當(dāng)且僅當(dāng)x0，即x01時等號成立所以ABE的面積的最小值為16.10已知橢圓C：1(a>b>0)的焦距為4，其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構(gòu)成正三角形(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)F為橢圓C的左焦點，T為直線x3上任意一點，過F作TF的垂線交橢圓C于點P，Q.證明：OT平分線段PQ(其中O為坐標(biāo)原點)；當(dāng)最小時，求點T的坐標(biāo)解(1)由已知可得解得a26，b22，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是1.(2)證明：由(1)可得，F(xiàn)的坐標(biāo)是(2,0)，設(shè)T點的坐標(biāo)為(3，m)則直線TF的斜率kTFm.當(dāng)m0時，直線PQ的斜率kPQ.直線PQ的方程是xmy2.當(dāng)m0時，直線PQ的方程是x2，也符合xmy2的形式設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得消去x，得(m23)y24my20，其判別式16m28(m23)>0.所以y1y2，y1y2，x1x2m(y1y2)4.所以PQ的中點M的坐標(biāo)為.所以直線OM的斜率kOM，又直線OT的斜率kOT，所以點M在直線OT上，因此OT平分線段PQ.由可得，|TF|，|PQ| .所以 .當(dāng)且僅當(dāng)m21，即m1時，等號成立，此時取得最小值所以當(dāng)最小時，T點的坐標(biāo)是(3,1)或(3，1)11如圖，設(shè)橢圓C：1(a>b>0)，動直線l與橢圓C只有一個公共點P，且點P在第一象限(1)已知直線l的斜率為k，用a，b，k表示點P的坐標(biāo)；(2)若過原點O的直線l1與l垂直，證明：點P到直線l1的距離的最大值為ab.解(1)設(shè)直線l的方程為ykxm(k<0)，由消去y得(b2a2k2)x22a2kmxa2m2a2b20.由于l與C只有一個公共點，故0，即b2m2a2k20，解得點P的坐標(biāo)為.又點P在第一象限，故點P的坐標(biāo)為P.(2)證明：由于直線l1過原點O且與l垂直，故直線l1的方程為xky0，所以點P到直線l1的距離d，整理得d .因為a2k22ab，所以ab，當(dāng)且僅當(dāng)k2時等號成立所以，點P到直線l1的距離的最大值為ab.12已知雙曲線E：1(a>0，b>0)的兩條漸近線分別為l1：y2x，l2：y2x.(1)求雙曲線E的離心率；(2)如圖，O為坐標(biāo)原點，動直線l分別交直線l1，l2于A，B兩點(A，B分別在第一、四象限)，且OAB的面積恒為8.試探究：是否存在總與直線l有且只有一個公共點的雙曲線E？若存在，求出雙曲線E的方程；若不存在，說明理由解解法一：(1)因為雙曲線E的漸近線分別為y2x，y2x，所以2，所以2，故ca，從而雙曲線E的離心率e.(2)由(1)知，雙曲線E的方程為1.設(shè)直線l與x軸相交于點C.當(dāng)lx軸時，若直線l與雙曲線E有且只有一個公共點，則|OC|a，|AB|4a，又因為OAB的面積為8，所以|OC|AB|8，因此a4a8，解得a2，此時雙曲線E的方程為1.若存在滿足條件的雙曲線E，則E的方程只能為1.以下證明：當(dāng)直線l不與x軸垂直時，雙曲線E：1也滿足條件設(shè)直線l的方程為ykxm，依題意，得k>2或k<2，則C.記A(x1，y1)，B(x2，y2)由得y1，同理得y2，由SOAB|OC|y1y2|得，8，即m24|4k2|4(k24)由得(4k2)x22kmxm2160.因為4k2<0，所以4k2m24(4k2)(m216)16(4k2m216)，又因為m24(k24)，所以0，即l與雙曲線E有且只有一個公共點因此，存在總與l有且只有一個公共點的雙曲線E，且E的方程為1.解法二：(1)同解法一(2)由(1)知，雙曲線E的方程為1.設(shè)直線l的方程為xmyt，A(x1，y1)，B(x2，y2)依題意得<m<.由得y1，同理得y2.設(shè)直線l與x軸相交于點C，則C(t,0)由SOAB|OC|y1y2|8，得|t|8，所以t24|14m2|4(14m2)由得(4m21)y28mty4(t2a2)0.因為4m21<0，直線l與雙曲線E有且只有一個公共點當(dāng)且僅當(dāng)64m2t216(4m21)(t2a2)0，即4m2a2t2a20，即4m2a24(14m2)a20，即(14m2)(a24)0，所以a24，因此，存在總與l有且只有一個公共點的雙曲線E，且E的方程為1.解法三：(1)同解法一(2)當(dāng)直線l不與x軸垂直時，設(shè)直線l的方程為ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)依題意得k>2或k<2.由得(4k2)x22kmxm20，因為4k2<0，>0，所以x1x2，又因為OAB的面積為8，所以|OA|OB|sinAOB8，又易知sinAOB，所以8，化簡得x1x24.所以4，即m24(k24)由(1)得雙曲線E的方程為1，由得(4k2)x22kmxm24a20，因為4k2<0，直線l與雙曲線E有且只有一個公共點當(dāng)且僅當(dāng)4k2m24(4k2)(m24a2)0，即(k24)(a24)0，所以a24，所以雙曲線E的方程為1.當(dāng)lx軸時，由OAB的面積等于8可得l：x2，又易知l：x2與雙曲線E：1有且只有一個公共點綜上所述，存在總與l有且只有一個公共點的雙曲線E，且E的方程為1.