专题09 含两种曲线模型-2022年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破（全国通用）

专题09　含两种曲线模型 【例题选讲】 [例4]　(23)(2019·浙江)已知椭圆＋＝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________． 答案　　解析　法一：依题意，设点P(m，n)(n>0)，由题意知F(－2，0)，所以线段FP的中点M在圆x2＋y2＝4上，所以2＋2＝4，①．又点P(m，n)在椭圆＋＝1上，所以＋＝1，②．联立①②，消去n，得4m2－36m－63＝0，所以m＝－或m＝(舍去)，n＝，所以kPF＝＝． 法二：如图，取PF的中点M，连接OM，由题意知|OM|＝|OF|＝2，设椭圆的右焦点为F1，连接PF1，在△PFF1中，OM为中位线，所以|PF1|＝4，由椭圆的定义知|PF|＋|PF1|＝6，所以|PF|＝2．因为M为PF的中点，所以|MF|＝1．在等腰三角形OMF中，过O作OH⊥MF于点H，所以|OH|＝＝，所以kPF＝tan∠HFO＝＝． (24)如图，已知F1，F2分别是双曲线x2－＝1(b＞0)的左、右焦点，过点F1的直线与圆x2＋y2＝1相切于点T，与双曲线的左、右两支分别交于A，B，若|F2B|＝|AB|，则b的值是________． 答案　1＋　解析　法一：因为|F2B|＝|AB|，所以结合双曲线的定义，得|AF1|＝|BF1|－|AB|＝|BF1|－|BF2|＝2，连接OT，在Rt△OTF1中，|OT|＝1，|OF1|＝c，|TF1|＝b，所以cos∠F2F1A＝，sin∠F2F1A＝，所以A，将点A的坐标代入双曲线得－＝1，化简得b6－4b5＋5b4－4b3－4＝0，得(b2－2b－2)(b4－2b3＋3b2－2b＋2)＝0，而b4－2b3＋3b2－2b＋2＝b2(b－1)2＋b2＋1＋(b－1)2＞0，故b2－2b－2＝0，解得b＝1±(负值舍去)，即b＝1＋． 法二：因为|F2B|＝|AB|，所以结合双曲线的定义，得|AF1|＝|BF1|－|AB|＝|BF1|－|BF2|＝2，连接AF2，则|AF2|＝2＋|AF1|＝4．连接OT，在Rt△OTF1中，|OT|＝1，|OF1|＝c，|TF1|＝b，所以cos∠F2F1A＝．在△AF1F2中，由余弦定理得，cos∠F2F1A＝＝，所以c2－3＝2b，又在双曲线中，c2＝1＋b2，所以b2－2b－2＝0，解得b＝1±(负值舍去)，即b＝1＋． (25)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的焦距为2c，直线l过点且与双曲线C的一条渐近线垂直，以双曲线C的右焦点为圆心，半焦距为半径的圆与直线l交于M，N两点，若|MN|＝c，则双曲线C的渐近线方程为(　　) A．y＝±x　　　　　　B．y＝±x　　　　　　C．y＝±2x　　　　　　D．y＝±4x 答案　B　解析　方法一　由题意可设渐近线方程为y＝x，则直线l的斜率kl＝－，直线l的方程为y＝－，整理可得ax＋by－a2＝0．焦点(c，0)到直线l的距离d＝＝，则弦长为2＝2＝c，整理可得c4－9a2c2＋12a3c－4a4＝0，即e4－9e2＋12e－4＝0，分解因式得＝0．又双曲线的离心率e>1，则e＝＝2，所以＝ ＝＝，所以双曲线C的渐近线方程为y＝±x． 方法二　圆心到直线l的距离为＝，∴＝，∴c2－3ac＋2a2＝0，∴c＝2a，b＝a，∴渐近线方程为y＝±x． (26)已知F为抛物线y2＝4x的焦点，过点F的直线交抛物线于A，B两点(点A在第一象限)，若＝3，则以AB为直径的圆的标准方程为(　　) A．2＋(y－2)2＝　　　　　　　　B．(x－2)2＋(y－2)2＝ C．(x－5)2＋(y－2)2＝64　　　　　　　　D．(x－2)2＋(y－2)2＝64 答案　A　解析　如图，作出抛物线的准线l：x＝－，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．∵＝3，∴设|AF|＝3m，|BF|＝m，∵点A、B在抛物线上，∴|AC|＝3m，|BD|＝m．因此，在Rt△ABE中，|AB|＝4m，|AE|＝2m，∴cos∠BAE＝，∴∠BAE＝60°，∴直线AB的倾斜角为60°，即直线AB的斜率k＝tan 60°＝，∴直线AB的方程为y＝(x－)，代入抛物线方程得3x2－10x＋9＝0．∴xA＋xB＝，xA·xB＝3．∴yA＋yB＝(xA－)＋(xB－)＝4，|AB|＝xA＋xB＋p＝，∴AB中点的坐标为，即．则以AB为直径的圆的标准方程为2＋(y－2)2＝．故选A． (27)已知曲线C1是以原点O为中心，F1，F2为焦点的椭圆，曲线C2是以O为顶点、F2为焦点的抛物线，A是曲线C1与C2的交点，且∠AF2F1为钝角，若|AF1|＝，|AF2|＝，则△AF1F2的面积是(　　)