第20期 双曲线及其性质-【数理报】新高考2023高考数学一轮复习学案

!"# !$"%&'( 书 一、单项选择题　１～４　ＡＡＡＣ　５～８　ＤＤＢＤ 二、多项选择题　９．ＢＣＤ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＣＤ；　１２．ＢＣＤ． 三、填空题　１３．７；　１４．ｘ＝±槡６；　１５． ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ２ ＝１； １６ [． 槡２２，槡５]３ ． 四、解答题 １７．解：（１）由题可设椭圆Ｃ的标准方程为ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ ＞ｂ＞０），且ｃ＝１，所以｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝４＝２ａ， 解得ａ＝２，ｂ２ ＝ａ２－ｃ２ ＝４－１＝３， 即椭圆Ｃ的标准方程为ｘ ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝１． （２）在△ＰＦ１Ｆ２中，由余弦定理得｜Ｆ１Ｆ２｜２ ＝｜ＰＦ１｜２＋ ｜ＰＦ２｜２－２｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜ｃｏｓ１２０°， 即４＝（｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜）２－｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜， 即４＝（２ａ）２－｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜＝１６－｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜， 所以｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜＝１２， Ｓ△ＰＦ１Ｆ２ ＝ １ ２｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜ｓｉｎ１２０°＝ 槡３３． １８．解：（１）设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），Ｍ（ｘ０，ｙ０），则 ｘ２１ ａ２ ＋ ｙ２１ ｂ２ ＝１， ｘ２２ ａ２ ＋ ｙ２２ ｂ２ ＝１{ ，两式相减得ｘ２１－ｘ２２ａ２ ＋ｙ２１－ｙ２２ｂ２ ＝０， 所以 １ ａ２ ＝－１ ｂ２ × ｙ０ ｘ０ × ｙ２－ｙ１ ｘ２－ｘ１ ＝－１ ｂ２ ×ｋＯＭ ×ｋＡＢ ＝－ １ ｂ２ (× － )１２ ，即ａ２ ＝２ｂ２，离心率ｅ＝ ｃａ ＝ １－ｂ２ａ槡 ２ ＝槡２２． （２）将点 (Ｐ 槡３，槡２)２ 代入椭圆Ｃ的标准方程， 得 ３ ａ２ ＋１ ２ｂ２ ＝１，且ａ２ ＝２ｂ２，解得ａ２ ＝４，ｂ２ ＝２， 所以椭圆Ｃ的标准方程为ｘ ２ ４ ＋ ｙ２ ２ ＝１． １９．解：（１）设椭圆Ｃ的焦距为２ｃ（ｃ＞０），则 ｃａ ＝ 槡３ ３， 所以ａ＝槡３ｃ，ｂ＝ ａ２－ｃ槡 ２ ＝槡２ｃ， 所以椭圆Ｃ的方程为ｘ ２ ３ｃ２ ＋ｙ ２ ２ｃ２ ＝１． 将点 槡６ ２，( )１的坐标代入椭圆Ｃ的方程得 槡６( )２ ２ ３ｃ２ ＋１ ２ｃ２ ＝１， 解得ｃ＝１，则ｂ＝槡２ｃ＝槡２，ａ＝槡３ｃ＝槡３， 因此，椭圆Ｃ的方程为ｘ ２ ３ ＋ ｙ２ ２ ＝１． （２）设直线ｌ的方程为ｘ＝ｍｙ＋２，Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 联立 ｘ＝ｍｙ＋２， ｘ２ ３ ＋ ｙ２ ２ ＝１ { ，得（２ｍ２＋３）ｙ２＋８ｍｙ＋２＝０， Δ＝６４ｍ２－４×２×（２ｍ２＋３）＝２４（２ｍ２－１）＞０， 解得ｍ＜－槡２２或ｍ＞ 槡２ ２ ． 由韦达定理可得ｙ１＋ｙ２ ＝－ ８ｍ ２ｍ２＋３ ，ｙ１ｙ２ ＝ ２ ２ｍ２＋３ ，→ＦＡ ＝（ｘ１＋１，ｙ１）＝（ｍｙ１＋３，ｙ１），同理可得 →ＦＢ＝（ｍｙ２＋３，ｙ２）， 所以→ＦＡ·→ＦＢ＝（ｍｙ１＋３）（ｍｙ２＋３）＋ｙ１ｙ２＝（ｍ２＋１）ｙ１ｙ２＋ ３ｍ（ｙ１＋ｙ２）＋９＝ ２（ｍ２＋１） ２ｍ２＋３ － ２４ｍ ２ ２ｍ２＋３ ＋９＝－１，解得ｍ＝±４， 符合题意．因此，直线ｌ的方程为ｘ－４ｙ－２＝０或ｘ＋４ｙ－２＝０． ２０．解：（１）由题得 ｂ２＋ｃ槡 ２ ＝ａ＝２， (将点 １，槡３)２ 代入椭圆Ｃ的标准方程可得 １ａ２ ＋３４ｂ２ ＝１， 解得ｂ＝１，所以椭圆Ｃ的标准方程为ｘ ２ ４ ＋ｙ ２ ＝１． （２）当直线ｌ的斜率不存在时，ｌ的方程为ｘ＝０，不合题意． 设直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋２，Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 联立 ｙ＝ｋｘ＋２， ｘ２＋４ｙ２ ＝４{ ，整理得（１＋４ｋ２）ｘ２＋１６ｋｘ＋１２＝０， Δ＝（１６ｋ）２－４（１＋４ｋ２）×１２＞０，解得ｋ２ ＞ ３４， ｘ１＋ｘ２ ＝－ １６ｋ １＋４ｋ２ ，ｘ１ｘ２ ＝ １２ １＋４ｋ２ ． 因为坐标原点Ｏ在以线段ＡＢ为直径的圆外，所以→ＯＡ·→ＯＢ＞０， 即ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２ ＝ｘ１ｘ２＋（ｋｘ１＋２）（ｋｘ２＋２） ＝（１＋ｋ２）ｘ１ｘ２＋２ｋ（ｘ１＋ｘ２）＋４ ＝（１＋ｋ２）· １２ １＋４ｋ２ ＋２ (ｋ － １６ｋ１＋４ｋ )２ ＋４＞０， 解得ｋ２ ＜４．所以 ３４ ＜ｋ ２ ＜４， 即直线ｌ的斜率ｋ (的取值范围是 －２，－槡３)２ (∪ 槡３２， )２ ． ２１．解：（１）由题意得 ｜ＱＭ｜＋｜ＱＮ｜＝｜ＱＭ｜＋｜ＱＰ｜＝ ｜ＭＰ｜＝４＞２＝｜ＭＮ｜，根据椭圆的定义得点Ｑ的轨迹Ｅ是以 Ｍ，Ｎ为焦点的椭圆．所以ａ＝２，ｃ＝１，所以ｂ＝槡３． 故所求轨迹方程为 ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝１． （２）由题意知 Ｓ△ＡＢＤ ＝２Ｓ△ＡＢＯ ＝２× １ ２ ×｜ＡＢ｜·ｄ＝ ｄ｜ＡＢ｜（ｄ为点Ｏ到直线ｌ的距离）． 设ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋１，联立方程 ｙ＝ｋｘ＋１， ｘ２ ４