第13期 3.2 双曲线-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（人教A版2019）

书 所以线段ＰＱ中点纵坐标的值为 槡２３３． （２）设ｙ轴上存在定点Ｓ（０，ｓ）满足题意． 由题意，直线ＭＮ的斜率存在且不为０，设直线ＭＮ：ｙ＝ｋｘ＋ｓ， (Ｐ ｙ２１４，ｙ)１ ， (Ｑ ｙ２２４，ｙ)２ ， (Ｍ ｙ２３４，ｙ)３ ， (Ｎ ｙ２４４，ｙ)４ ． 由 ｙ＝ｋｘ＋ｓ， ｙ２＝４ｘ{ ， 消去ｘ整理得ｋｙ２－４ｙ＋４ｓ＝０， 由Δ＝１６－１６ｋｓ＞０，得ｋｓ＜１，则ｙ３＋ｙ４＝ ４ ｋ，ｙ３ｙ４＝ ４ｓ ｋ． 因为Ｐ，Ｔ，Ｍ三点共线， (所以 ｙ２１４ －槡 )３ ｙ３ (＝ ｙ２３４ －槡 )３ ｙ１， 解得ｙ１ｙ３＝－ 槡４３．同理，可得ｙ２ｙ４＝－ 槡４３． 又ｋＰＱ＝ ｙ１－ｙ２ ｙ２１ ４ － ｙ２２ ４ ＝ ４ｙ１＋ｙ２ ＝ ４ －槡４３ ｙ３ ＋－槡４３ｙ４ ＝ ｙ３ｙ４ －槡３（ｙ３＋ｙ４） ＝槡３， 所以 ｙ３ｙ４ ｙ３＋ｙ４ ＝ ４ｓ ｋ ４ ｋ ＝－３，解得ｓ＝－３．所以直线ＭＮ恒过定点（０，－３）． １９．（１）解：设直线ＡＢ的方程为ｙ＝２ｘ＋ｔ， 与ｙ２＝４ｘ联立得ｙ２－２ｙ＋２ｔ＝０，由Δ＝４－８ｔ＞０得ｔ＜ １２， 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），Ｃ（ｘ３，ｙ３），则ｙ１＋ｙ２＝２， 所以ｘ１＋ｘ２＝ １ ２（ｙ１＋ｙ２－２ｔ）＝１－ｔ，由题意知Ｆ（１，０）， 因为→ → →ＦＡ＋ＦＢ＋ＦＣ＝０，→ＦＡ＝（ｘ１－１，ｙ１），→ＦＢ＝（ｘ２－１，ｙ２），→ＦＣ＝ （ｘ３－１，ｙ３），所以（ｘ１＋ｘ２＋ｘ３－３，ｙ１＋ｙ２＋ｙ３）＝（０，０）， 所以 ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＝３， ｙ１＋ｙ２＋ｙ３＝０ { ， ，故 ｘ３＝３－（１－ｔ）＝ｔ＋２， ｙ３＝－２ { ， 即点Ｃ的坐标为（２＋ｔ，－２），代入抛物线Ｅ的方程， 得４＝４（２＋ｔ），解得ｔ＝－１，满足条件ｔ＜ １２， 所以直线ＡＢ的方程为２ｘ－ｙ－１＝０． （２）证明：设直线ＢＣ的方程为ｘ＝ｍｙ＋ｎ，与ｙ２＝４ｘ联立得ｙ２－４ｍｙ －４ｎ＝０，由Δ＝１６（ｍ２＋ｎ）＞０，得ｎ＞－ｍ２， 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），Ｃ（ｘ３，ｙ３），则ｙ２＋ｙ３＝４ｍ， 所以ｘ２＋ｘ３＝ｍ（ｙ２＋ｙ３）＋２ｎ＝４ｍ２＋２ｎ． 由（１）知 ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＝３， ｙ１＋ｙ２＋ｙ３＝０ { ， 所以 ｘ１＝３－４ｍ２－２ｎ， ｙ１＝－４ｍ { ， 即点Ａ的坐标为（３－４ｍ２－２ｎ，－４ｍ）． 又点Ａ在抛物线ｙ２＝４ｘ上，所以１６ｍ２＝４（３－４ｍ２－２ｎ）， 所以ｎ＝ ３２ －４ｍ ２， 又ｎ＞－ｍ２，所以ｍ２＜ １２，所以点Ａ的横坐标３－４ｍ ２－２ｎ＝４ｍ２＜２， 同理可证，Ｂ，Ｃ两点的横坐标也小于２． 所以△ＡＢＣ三个顶点的横坐标都小于２． 第１５期３，４版 圆锥曲线的方程核心素养综合测评 一、单项选择题　１～４　ＢＡＢＢ　５～８　ＡＢＣＤ 提示： １．ｃ＝ ５－槡 １＝２，可得焦点坐标为（－２，０）和（２，０）． ２．由焦点为（３，０），则３２＝ａ＋１２，解得ａ＝８． ３．抛物线Ｃ：ｘ２＝ｙ的准线方程为ｙ＝－ １４， 又点Ｍ在抛物线上且纵坐标为１，所以点Ｍ到Ｃ的焦点的距离为１ ( － － )１４ ＝ ５４． ４．由题得ａ２＝８０，ｂ２＝３５，所以ａ＝ 槡４５，ｃ＝ ａ２－ｂ槡 ２＝ 槡３５， 所以长轴长２ａ＝ 槡８５，焦距２ｃ＝ 槡６５， 所以长轴长与焦距之差等于２ａ－２ｃ＝ 槡２５． ５．双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）的渐近线方程为ｙ＝± ｂａｘ， 又渐近线过点Ｐ（３，－９），即 －９＝－ ｂａ ×３，则 ｂ ａ ＝３， 所以离心率ｅ＝ ｃａ ＝ １＋ ｂ２ ａ槡 ２ ＝ １＋３槡 ２＝槡１０． ６．设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则ｙ１＋ｙ２＝１． 所以 ｙ２１＝４ｘ１， ｙ２２＝４ｘ { ２ （ｙ１＋ｙ２）（ｙ１－ｙ２）＝４（ｘ１－ｘ２）， 所以ｋＡＢ＝ ｙ１－ｙ２ ｘ１－ｘ２ ＝ ４ｙ１＋ｙ２ ＝４． ７．由题意可设抛物线方程为ｘ２＝－２ｐｙ（ｐ＞０）， 由题意知点（４８，－６０）在该抛物线上，将其代入抛物线方程， 得４８２＝－２ｐ×（－６０），解得ｐ＝９６５， 则抛物线的方程为ｘ２＝－１９２５ｙ，故选：（Ｃ）． ８．依题意，ａ＝３，ｂ＝槡５，ｃ＝２， Ｆ１（－２，０），Ｆ２（２，０），Ｎ（３，槡５）， 则｜ＮＦ２｜＝ １２＋（槡５）槡 ２＝槡６， ｜ＮＦ１｜＝ ５２＋（槡５）槡 ２＝槡３０， 所以｜ＭＮ｜＋｜ＭＦ１｜≥｜ＮＦ１｜＝槡３０，当Ｍ位于线段ＮＦ１与椭圆交 点Ｍ２处时等号成立． 根据椭圆的定义可知｜ＭＮ｜＋｜ＭＦ１｜＝｜ＭＮ｜＋２ａ－｜ＭＦ２｜＝６＋ ｜ＭＮ｜－｜ＭＦ２｜， 如图１所示，设ＮＦ２的延长线与椭圆相交于Ｍ１，则当Ｍ位于Ｍ１时，６ ＋｜ＭＮ｜－｜ＭＦ２｜取得最大值，为６＋｜ＮＦ２｜＝６＋槡６， 综上所述，｜ＭＮ｜＋｜ＭＦ１｜的取值范围为［槡３０，６＋槡６］． 二、多项选择题　９．ＢＣＤ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．设椭圆的长半轴长为ａ，短半轴长为ｂ，半焦距为ｃ，椭圆长轴在圆柱 底面上的投影为圆柱底面圆的直径，由截面与圆柱底面的夹角 θ＝ π３ 得：２ａ＝ ４ｃｏｓθ ＝８，解得ａ＝４，即椭圆的长轴长为２ａ＝８，（Ａ）不正确； 显然ｂ＝２，则ｃ＝ ａ２－ｂ槡 ２＝ 槡２３，离心率ｅ＝ ｃ ａ ＝ 槡３ ２，（Ｂ）正确； 当以椭圆长轴所在直线为ｙ轴，短轴所在直线为ｘ轴建立平面直角坐 标系时，椭圆的标准方程为 ｙ２ １６＋ ｘ２ ４ ＝１，（Ｃ）正确； 椭圆上的点到焦点的距离的最小值为ａ－ｃ＝４－ 槡２３，（Ｄ）正确． 故选：（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．由∠ＭＯＦ＝４５°，可得ｔａｎ∠ＭＯＦ＝ ｜ｙ０｜ ｘ０ ＝１，即ｙ２０＝ｘ２０， 联立方程组 ｙ２０＝ｘ２０， ｙ２０＝４ｘ０ { ， 解得 ｘ０＝４， ｙ０＝ { ４或 ｘ０＝４， ｙ０＝－４ { ， 所以（Ａ）正确， （Ｂ）不正确； 又由抛物线的定义，可得｜ＭＦ｜＝ｘ０＋ ｐ ２ ＝４＋１＝５，所以（Ｃ）正确； 在△ＯＦＭ中，可得｜ＯＦ｜＝１，｜ＭＦ｜＝５，｜ＯＭ｜＝ 槡４２， 由余 弦 定 理 得 ｃｏｓ∠ＯＦＭ ＝ ｜ＯＦ｜ ２＋｜ＭＦ｜２－｜ＯＭ｜２ ２｜ＯＦ｜｜ＭＦ｜ ＝ １２＋５２－（槡４２）２ ２×１×５ ＝－ ３ ５，所以（Ｄ）错误．故选：（Ａ）（Ｃ）． １１．过双曲线的右顶点Ａ（ａ，０）作ｘ轴的垂 线交渐近线ｙ＝ ｂａｘ于点Ｂ（ａ，ｂ），则｜ＯＢ｜＝ ｃ＝｜ＯＦ｜，不妨设Ｍ，Ｐ在ｘ轴上方， 因为 ｜ＯＢ｜＝｜ＯＦ｜，∠ＡＯＢ＝∠ＭＯＦ， ∠ＯＡＢ＝∠ＯＭＦ ＝９０°，所以 Ｒｔ△ＯＡＢ≌ Ｒｔ△ＯＭＦ， 所以｜ＦＭ｜＝｜ＡＢ｜＝ｂ，｜ＯＭ｜＝｜ＯＡ｜＝ａ， 由已知→ＭＦ＝２→ＰＭ得｜ＰＭ｜＝ ｂ２， 由 ｜ＯＭ｜２＝｜ＦＭ｜·｜ＭＰ｜，得ａ２＝ｂ ２ ２，所以ｂ＝槡２ａ，所以 ｂ ａ ＝槡２， 所以双曲线的渐近线方程为ｙ＝±槡２ｘ，故（Ｃ）错误； 因为ｃ２＝ａ２＋ｂ２＝３ａ２，所以ｅ＝ ｃａ ＝槡３，故（Ｄ）正确； 因为ＯＭ⊥直线ＦＰ，且｜ＯＭ｜＝ａ，所以直线ＦＰ与圆ｘ２＋ｙ２＝ａ２相 切，故（Ａ）正确； 双曲线的焦点坐标为（±槡３ａ，０）， ｘ２ ２ｂ２ ＋ｙ ２ ａ２ ＝１即 ｘ ２ ４ａ２ ＋ｙ ２ ａ２ ＝１，为中心在原点焦点在ｘ轴上的椭圆， 半焦距ｃ１＝ ４ａ２－ａ槡 ２＝槡３ａ，焦点坐标为（±槡３ａ，０）， 所以Ｅ与 ｘ ２ ２ｂ２ ＋ｙ ２ ａ２ ＝１有相同的焦点，故（Ｂ）正确． 故选：（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题　１２．３；　１３．３；　１４．２． 提示： １２．由题意知，焦点在ｙ轴上，则ａ２＝４，ｂ２＝ｍ，ｃ２＝１， 从而４＝ｍ＋１，解得ｍ＝３． １３．由题意，得２ｘ０＝ｘ０＋ ｐ ２，解得ｘ０＝ ｐ ２，即 (Ａ ｐ２，－ )３ ． 代入ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０），得（－３）２＝２ｐ· ｐ２，解得ｐ＝３． １４．由题知｜ＣＯ｜＝ａ，｜ＡＯ｜＝２ａ， 所以双曲线Ｔ的方程为ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ３ａ２ ＝１， 又由题设Ｔ的方程为 ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ４ ＝１，所以３ａ ２＝４，即ａ＝ ２ 槡３ ． 设ＡＢ的中点为Ｇ，则｜ＢＧ｜＝ ３２ａ＝槡３， 由ｃｏｓ３０°＝｜ＢＧ｜｜ＢＤ｜＝ 槡３ ｜ＢＤ｜＝ 槡３ ２，所以｜ＢＤ｜＝２， 即圆Ｄ的半径为２． 四、解答题 １５．解：（１）由题可得 ｘ２ (＋ ｙ－ )１２槡 ２ ＝ｙ＋ １２， 化简得ｘ２＝２ｙ．故点Ｐ的轨迹方程为ｘ２＝２ｙ． （２）由题意设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），将直线方程ｙ＝ｋｘ＋１与抛物线方 程ｘ２＝２ｙ联立得ｘ２－２ｋｘ－２＝０，则ｘ１＋ｘ２＝２ｋ，ｘ１ｘ２＝－２． 所以｜ＡＢ｜＝ １＋ｋ槡 ２· （ｘ１＋ｘ２）２－４ｘ１ｘ槡 ２ ＝ １＋ｋ槡 ２· ４ｋ２＋槡 ８＝ 槡２６，解得ｋ２＝１，所以ｋ＝±１． １６．（１）证明：由题可得，双曲线Ｃ的渐近线方程为ｘ±２ｙ＝０． 点Ｐ（ｘ，ｙ）到直线ｘ－２ｙ＝０的距离ｄ１＝ ｜ｘ－２ｙ｜ 槡５ ， 点Ｐ（ｘ，ｙ）到直线ｘ＋２ｙ＝０的距离ｄ２＝ ｜ｘ＋２ｙ｜ 槡５ ， 所以点Ｐ到双曲线Ｃ的两条渐近线的距离的乘积为 ｄ１ｄ２＝ ｜ｘ－２ｙ｜ 槡５ · ｜ｘ＋２ｙ｜ 槡５ ＝｜ｘ ２－４ｙ２｜ ５ ． 又Ｐ（ｘ，ｙ）在双曲线Ｃ上，所以 ｘ ２ ４ －ｙ ２＝１，即ｘ２－４ｙ２＝４， 所以ｄ１ｄ２＝ ４ ５，是一个常数． （２）解：由 ｘ ２ ４ －ｙ ２＝１得ｙ２＝ ｘ ２ ４ －１≥０， 解得ｘ≤－２或ｘ≥２．所以｜ＰＡ｜２＝（ｘ－３）２＋ｙ２ ＝（ｘ－３）２＋ｘ ２ ４ －１＝ (５４ ｘ－１２)５ ２ ＋ ４５． 当ｘ＝１２５ 时，｜ＰＡ｜ ２取得最小值 ４ ５， 所以｜ＰＡ｜的最小值为 槡２５５． 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）由ｅ＝ ｃａ ＝ １＋ ｂ( )ａ槡 ２ ＝槡１０３ ， 得 ｂ ａ ＝ １ ３， ａ ｂ ＝３，所以Ｃ的渐近线方程为ｙ＝±３ｘ． （２）由已知得ｌ：ｘ＝－ ｐ２， 代入渐近线方程得Ｍ － ｐ２，－ ３ｐ( )２ ，Ｎ － ｐ２，３ｐ( )２ ， 所以｜ＭＮ｜＝３ｐ，Ｓ△ＭＦＮ ＝ １ ２ ×３ｐ×ｐ＝１２， 解得ｐ＝ 槡２２，所以Ｄ的方程为ｙ２＝ 槡４２ｘ． １９．解：（１）抛物线ｙ２＝ 槡４３ｘ的焦点为（槡３，０），所以ｃ＝槡３， 又根据椭圆的定义可得２ａ＝４，ａ＝２，所以ｂ＝ ａ２－ｃ槡 ２＝１， 所以椭圆Ｃ１： ｘ２ ４ ＋ｙ ２＝１，设椭圆Ｃ２： ｘ２ ａ２２ ＋ｙ ２ ｂ２２ ＝１， 因为相似比为２，所以ｂ２＝２ｂ＝２，ｃ２＝２ｃ＝ 槡２３，ａ２＝２ａ＝４， 所以椭圆Ｃ２的方程为 ｘ２ １６＋ ｙ２ ４ ＝１． （２）设Ａ（ｘ０，ｙ０），则Ｂ（－ｘ０，－ｙ０），又Ｐ（０，２）， 所以→ＰＡ＝（ｘ０，ｙ０－２），→ＰＢ＝（－ｘ０，－ｙ０－２）， 所以 →ｙ＝ＰＡ·→ＰＢ＝－ｘ２０－ｙ２０＋４， 因为点Ａ在椭圆上，所以 ｘ２０ ４ ＋ｙ ２ ０＝１，所以ｘ２０＝４－４ｙ２０， 所以ｙ＝－ｘ２０－ｙ２０＋４＝３ｙ２０， 根据椭圆的性质可得ｙ０∈［－１，１］，所以ｙ＝３ｙ２０∈［０，３］， 即ｙ的取值范围为［０，３］． （３）若椭圆Ｃｂ上存在两点Ｍ，Ｎ关于直线ｌ对称， 则ＭＮ⊥ｌ且ＭＮ的中点在ｌ上， 设椭圆Ｃｂ的半焦距为ｓ，长半轴长为ｔ． 因为Ｃｂ与Ｃ１相似，且短半轴长为ｂ，则ｓ＝ ｂ １·槡３＝槡３ｂ， ｔ＝ ｂ２＋ｍ槡 ２＝２ｂ，所以椭圆Ｃｂ： ｘ２ ４ｂ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１， 设ＭＮ：ｙ＝－ｘ＋ｍ，Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２）， ＭＮ的中点Ｑ（ｘＱ，ｙＱ）， 联立 ｘ２ ４ｂ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１， ｙ＝－ｘ＋ｍ { ， 可得５ｘ２－８ｍｘ＋４ｍ２－４ｂ２＝０， Δ＝６４ｍ２－２０（４ｍ２－４ｂ２）＝８０ｂ２－１６ｍ２＞０， 解得ｂ２＞ｍ ２ ５， ｘ１＋ｘ２＝ ８ｍ ５，ｙ１＋ｙ２＝－（ｘ１＋ｘ２）＋２ｍ＝ ２ｍ ５， 所以ｘＱ＝ ｘ１＋ｘ２ ２ ＝ ４ｍ ５，ｙＱ＝ ｙ１＋ｙ２ ２ ＝ ｍ ５， 因为Ｑ在直线ｙ＝ｘ＋１上，所以 ｍ５ ＝ ４ｍ ５ ＋１，解得ｍ＝－ ５ ３， 因为ｂ２＞ｍ ２ ５，所以ｂ ２＞ ５９，则有ｂ＞ 槡５ ３． 所以存在ｂ满足题意，且ｂ (的范围是 槡５３，＋ )∞ ． 书 高中数学·选择性必修第一册（人教 Ａ版）２０２４年 第１２～１５期参考答案 第１２期１版 专项小练一 １．Ｂ；　２．ＡＢＤ；　３．Ｃ；　４．１或 －１；　５．（－２，０）∪（０，３）． ６．解：以ＢＣ所在的直线为ｘ轴，ＢＣ的中垂线为ｙ轴， 建立平面直角坐标系． 因为点Ｍ为△ＡＢＣ的重心， 所以｜ＭＢ｜＋｜ＭＣ｜＝ ２３ ×３９＝２６＞｜ＢＣ｜＝２４． 根据椭圆定义可知，点Ｍ的轨迹是以Ｂ，Ｃ为焦点的椭圆， 所以ａ＝１３，ｃ＝１２，则ｂ＝５． 故△ＡＢＣ重心Ｍ的轨迹方程为ｘ ２ １６９＋ ｙ２ ２５ ＝１（ｙ≠０）． 专项小练二 １．Ｃ；　２．ＡＤ；　３．Ｂ；　４．８； 槡　５．３７． ６．解：由已知条件得椭圆的焦点在ｘ轴上，其中ｃ＝ 槡２２，ａ＝３， 从而ｂ＝１，所以其标准方程是ｘ ２ ９ ＋ｙ ２＝１． 联立方程组 ｘ２ ９ ＋ｙ ２＝１， ｙ＝ｘ＋２ { ， 消去ｙ，得１０ｘ２＋３６ｘ＋２７＝０． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），线段ＡＢ的中点为Ｍ（ｘ０，ｙ０），那么ｘ１＋ｘ２＝ －１８５，即ｘ０＝ ｘ１＋ｘ２ ２ ＝－ ９ ５，所以ｙ０＝ｘ０＋２＝ １ ５． 故线段ＡＢ的中点坐标为 － ９５，( )１５ ． 第１２期３，４版 椭圆同步核心素养测评 一、单项选择题　１～４　ＢＢＤＣ　５～８　ＤＤＡＢ 提示： １．因为椭圆的右焦点坐标是（１，０），所以右焦点到直线ｙ＝槡３ｘ的距 离ｄ＝槡３２，故选（Ｂ）． ２．对于椭圆 ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）， 有ｅ＝ ｃａ ＝ ｃ２ ａ槡２ ＝ ａ２－ｂ２ ａ槡 ２ ＝ １ (－ ｂ )ａ槡 ２ ． 因为ｅ２＝ ５ ６ｅ１，所以 １－ ｂ２ 槡 ９ ＝ ５ ６ × １－槡 １ ５， 解得ｂ＝２．故选（Ｂ）． ３．椭圆 ｘ ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１的长轴长为５×２＝１０，短轴长为２×３＝６， 焦距为２ ２５－槡 ９＝８，离心率为 ４ ５， 椭圆 ｘ２ ２５－ｋ＋ ｙ２ ９－ｋ＝１（ｋ＜９）的长轴长为２ ２５槡 －ｋ， 短轴长为２ ９槡 －ｋ，焦距为２ （２５－ｋ）－（９－ｋ槡 ）＝８， 离心率为 ４ ２５槡 －ｋ ，所以两椭圆的焦距相等，长轴长不相等，短轴长不 相等，离心率也不相等．故选：（Ｄ）． ４．在大椭圆中，ａ＝２０，ｂ＝１０，则ｃ＝ ａ２－ｂ槡 ２＝ 槡１０３， 则椭圆离心率为ｅ＝槡３２． 因为两椭圆扁平程度相同，所以离心率相等， 所以在小椭圆中，ｅ′＝槡３２， 结合题意知ｂ′＝５，得（ｅ′）２＝（ａ′） ２－（ｂ′）２ （ａ′）２ ＝ ３４， 解得ａ′＝１０，所以小椭圆的长轴长为２０ｃｍ．故选：（Ｃ）． ５．设椭圆的方程为 ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）， 由已知得Ａ（ａ，０），Ｂ（０，ｂ），Ｆ（－ｃ，０）， 则→ＢＦ＝（－ｃ，－ｂ），→ＢＡ＝（ａ，－ｂ）． 因为离心率ｅ＝ ｃａ ＝ 槡５－１ ２ ，所以ｃ＝ 槡５－１ ２ ａ， 则ｂ＝ ａ２－ｃ槡 ２＝ ａ２ (－ 槡５－１２ )ａ槡 ２ ＝ 槡５－１槡２ ａ． 所以→ＢＦ·→ＢＡ＝ｂ２－ａｃ＝０，所以∠ＡＢＦ＝９０°． ６．由题可得圆Ｂ的圆心为Ｂ（３，０），半径为Ｒ＝１０， 设动圆的圆心为Ｃ，半径为ｒ， 由圆Ｃ在圆Ｂ的内部与其相切，则Ｒ－ｒ＝ＣＢ， 由圆Ｃ过点Ａ，则Ｒ－ＣＡ＝ＣＢ，即１０＝ＣＡ＋ＣＢ， 所以动点Ｃ的轨迹为以Ａ，Ｂ为焦点的椭圆， 则ａ＝５，ｃ＝｜ＡＢ｜２ ＝３，ｂ＝ ａ ２－ｃ槡 ２＝４， 所以其轨迹方程为 ｘ２ ２５＋ ｙ２ １６ ＝１．故选：（Ｄ）． ７．依题意，Ａ（０，槡ｎ），Ｂ（０， 槡－ ｎ），设点Ｐ（ｘ０，ｙ０）， 则有 ｘ２０ ｍ ＋ ｙ２０ ｎ ＝１，即ｘ ２ ０＝ ｍ ｎ（ｎ－ｙ ２ ０）， 则ｋＡＰ·ｋＢＰ＝ ｙ０ 槡－ ｎ ｘ０ · ｙ０ 槡＋ ｎ ｘ０ ＝ ｙ２０－ｎ ｘ２０ ＝－ ｎｍ ＝－ ４ ３， 即 ｍ ｎ ＝ ３ ４， 显然曲线Ｃ是焦点在ｙ轴上的椭圆， 槡ａ＝ ｎ， 槡ｂ＝ ｍ， 所以Ｃ的离心率为ｅ＝ １－ｍ槡 ｎ ＝ １－槡 ３ ４ ＝ １ ２． ８．如图１，设椭圆的左焦点为Ｅ， 则｜ＢＥ｜＋｜ＢＦ｜＝２ａ， 因为点Ａ，Ｂ关于原点对称， 所以四边形为平行四边形． 由｜ＡＦ｜＝２｜ＢＦ｜得｜ＢＦ｜＝ ２３ａ， ｜ＢＥ｜＝ ４３ａ． 在△ＥＢＦ 中，ｃｏｓ ∠ＥＢＦ ＝ ｜ＢＥ｜ ２＋｜ＢＦ｜２－｜ＥＦ｜２ ２｜ＢＥ｜｜ＢＦ｜ ＝ １６ ９ａ ２＋ ４９ａ ２－４ｃ２ ２× ４３ａ× ２ ３ａ ＝ ５４ － ９ ４ｅ ２， 所以ｃｏｓ∠ＢＦＡ＝－ｃｏｓ∠ＥＢＦ＝ ９４ｅ ２－ ５４． 由→ＦＡ·→ＦＢ≤ ４９ａ２，得 → →｜ＦＡ｜｜ＦＢ｜ｃｏｓ∠ＢＦＡ＝ ４３ａ× ２ ３ ( ａ× ９ ４ｅ ２－ )５４ ≤ ４９ａ２，整理得ｅ２≤ ７９． 又０＜ｅ＜１，所以ｅ (∈ ０，槡７]３ ． 二、多项选择题　９．ＢＣ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．易知Ｆ１（－４，０），Ｆ２（４，０）分别为椭圆 ｘ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１的两个焦点， Ｅ１（０，－４），Ｅ２（０，４）分别为椭圆 ｙ２ ２５＋ ｘ２ ９ ＝１的两个焦点．若点Ｐ仅在 椭圆 ｘ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１上，则Ｐ到Ｆ１（－４，０），Ｆ２（４，０）两点的距离之和为定 值，到Ｅ１（０，－４），Ｅ２（０，４）两点的距离之和不为定值，故（Ａ）错误； 两个椭圆关于直线ｙ＝ｘ与ｙ＝－ｘ对称，则曲线Ｃ关于直线ｙ＝ｘ，ｙ ＝－ｘ均对称，故（Ｂ）正确； 曲线Ｃ所围区域在边长为６的正方形内部，所以面积必小于３６，故 （Ｃ）正确； 曲线Ｃ所围区域在半径为３的圆外部，所以曲线的总长度大于圆的周 长６π，故（Ｄ）错误．故选：（Ｂ）（Ｃ）． １０．由题设，椭圆中ｂ＝ｃ＝槡２，则ａ＝ ｂ２＋ｃ槡 ２＝２，故椭圆的长轴 长为４，（Ａ）正确； ｜ＡＢ｜＝｜ＯＡ｜＋｜ＯＢ｜＝槡２＋｜ＯＡ｜，且槡２≤ＯＡ≤２，故｜ＡＢ｜∈ ［槡２２，２＋槡２］，（Ｂ）正确； 令∠ＡＯＦ＝θ，则Ｓ△ＡＢＦ＝Ｓ△ＡＯＦ＋Ｓ△ＢＯＦ＝ １ ２｜ＯＡ｜·｜ＯＦ｜ｓｉｎθ ＋ １２ ｜ＯＢ｜·｜ＯＦ｜ｓｉｎ（π－θ）＝ 槡２ ２（槡２＋｜ＯＡ｜）ｓｉｎθ，若θ＝ π ６，此 时｜ＯＡ｜＜２，则Ｓ△ＡＢＦ＝槡 ２ ４（槡２＋｜ＯＡ｜）＜ １＋槡２ ２ ，（Ｃ）错误； 由椭圆定义知｜ＡＦ｜＋｜ＡＧ｜＝２ａ＝４，故△ＡＦＧ的周长为｜ＦＧ｜＋４ ＝ 槡２２＋４，（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．图２，在Ｒｔ△ＡＤＯ，由于ＡＯ＝ｒ，ＡＤ＝６０ｃｍ，ＣＤ＝２０ｃｍ，ＤＯ＝（ｒ －２０）ｃｍ，所以（ｒ－２０）２＋６０２＝ｒ２，解得ｒ＝１００ｃｍ； 对于（Ａ），太阳光线与地面所成角为 π４时，如图３将伞还原成完整的球 状，光线将打在半球上，球冠被完整照射，于是投影形成完整的圆，正确； 对于（Ｂ），太阳光线与地面所成角为 π６时，如图４球冠只有部分被照 射，故不能形成椭圆，错误； 对于（Ｃ），太阳光线与地面所成角 为 π ３，且伞柄沿着光线方向时，球冠被 完整照射，如图５，而由于ＡＢ与地面成一 定角度，ＡＢ投影被拉长，故形成影子为 椭圆，短轴长度不变，长轴被拉长为原来 的 ２ 槡３ 倍，则 ｂ ａ ＝ 槡３ ２，离心率为 １ ２，正 确； 对于（Ｄ），太阳光线与地面所成角为 π６ 时，如图６，当 ＡＢ垂直于光 线，可最大程度拉长影长，而且球冠被完整照射，故投影成椭圆，此时长轴 长为｜ＡＢ｜× １ ｓｉｎπ６ ＝２｜ＡＢ｜＝２４０ｃｍ，正确． 故选：（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题　１２．３；　１３．ｘ ２ １２＋ ｙ２ ９ ＝１；　１４． 槡２ ２． 提示： １２．由题意可知，６＋ｂ２＝９，所以ｂ２＝３． １３．设椭圆的左、右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，椭 圆短轴的一个端点为Ｂ，如图７，已知△ＢＦ１Ｆ２ 是正三角形，可得ｂ＝槡３ｃ． 由 ｂ＝槡３ｃ， ａ－ｃ＝槡３， ａ２＝ｂ２＋ｃ２ { ， 解得 ａ＝ 槡２３， ｂ＝３， ｃ＝槡３ { ． 所以椭圆的标准方程是 ｘ２ １２＋ ｙ２ ９ ＝１． １４．设圆柱的底面半径为ｒ，依题意知，最长母 线与最短母线所在截面如图８所示． 所以ＤＥ＝ＡＢ＝２ｒ， 从而ＣＤ＝ ２ｒｓｉｎ４５°＝ 槡２２ｒ， 因此在椭圆中长轴长２ａ＝ 槡２２ｒ， 短轴长２ｂ＝２ｒ， 所以ｃ２＝ａ２－ｂ２＝２ｒ２－ｒ２＝ｒ２ｃ＝ｒ， 所以ｅ＝ ｃａ ＝ １ 槡２ ＝槡２２． 四、解答题 １５．解：直线ｘ－２ｙ＋２＝０与坐标轴的交点为（０，１），（－２，０）． 当焦点在ｘ轴上时，设椭圆的方程为ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）， 由题意知，ｃ＝２，ｂ＝１，所以ａ２＝５， 所以椭圆的标准方程为 ｘ２ ５ ＋ｙ ２＝１； 当焦点在ｙ轴上时，设椭圆的方程为ｘ ２ ｂ２ ＋ｙ ２ ａ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）， 由题意知，ｂ＝２，ｃ＝１，所以ａ２＝５， 所以椭圆的标准方程为 ｙ２ ５ ＋ ｘ２ ４ ＝１． 故该椭圆的标准方程为 ｘ２ ５ ＋ｙ ２＝１或 ｙ ２ ５ ＋ ｘ２ ４ ＝１． １６．解：因为△ＡＢＦ２的周长为８，所以｜ＡＢ｜＋｜ＡＦ２｜＋｜ＢＦ２｜＝８ ｜ＡＦ１｜＋｜ＢＦ１｜＋｜ＡＦ２｜＋｜ＢＦ２｜＝８ （｜ＡＦ１｜＋｜ＡＦ２｜）＋（｜ＢＦ１｜＋｜ＢＦ２｜）＝８ ２ａ＋２ａ＝８ａ＝２， 由题意可得：ａｂπ＝ 槡２３π，即ａｂ＝ 槡２３，解得ｂ＝槡３． 因为椭圆的焦点在ｘ轴上，所以Ｃ的标准方程为：ｘ ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝１． １７．解：（１）由题意得ａ＝２，ｂ＝槡３ｃ， 又因为ａ２＝ｂ２＋ｃ２，所以ａ２＝４，ｂ２＝３，ｃ２＝１． ! ! " !"#$%&'()*+,-./0 ! 1"%+ #$%#& 2 ! 3"4$5&'(6*+,-.70 ! 8"%+ '$%'& 2 !"#$ !"#$ ! " ! " " # $ % ! # !"# $ & ' ( ) ! $ ! ( # * $ % ! " & # $ ) + ( ! % $ ( ! ! ! & ! & $ ( ! ' ( ! ( $ ! ( ! % ! ( ( ! ! " ! , " - * " , ! . / % ! " ! * ( / 0 1 - % ! ! 书 若ｍ＞０，则ａ２＝ｍ，所以 槡ａ＝ ｍ ＝２，解得ｍ＝４， 则Ｃ的方程为 ｘ ２ ４ － ｙ２ ８ ＝１； 若ｍ＜０，则ａ２＝－２ｍ，所以ａ＝ －２槡 ｍ ＝２， 解得ｍ＝－２，则Ｃ的方程为 ｙ ２ ４ － ｘ２ ２ ＝１； 综上，Ｃ的方程为 ｘ ２ ４ － ｙ２ ８ ＝１或 ｙ２ ４ － ｘ２ ２ ＝１． １８．解：（１）因为 ｜ （ｘ－槡１０）２＋ｙ槡 ２－ （ｘ＋槡１０）２＋ｙ槡 ２｜＝２＜ 槡２ １０，所以Ｃ是以（槡１０，０），（－槡１０，０）为焦点，实轴长为２的双曲线． 设Ｃ：ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０），则ｃ＝槡１０，ａ＝１，ｂ＝３， 所以Ｃ的方程为ｘ２－ｙ ２ ９ ＝１． （２）由（１）可得Ｃ的渐近线方程为ｙ＝±３ｘ， 由 ｙ＝－３ｘ， ｙ＝ｘ－４{ ，得 ｘ＝１， ｙ＝－３{ ，即Ｄ（１，－３）．设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 由 ｙ＝ｘ－４， ｘ２－ｙ ２ ９ ＝１ { ，得８ｘ２＋８ｘ－２５＝０， 则ｘ１＋ｘ２＝－１，则→ＯＡ·→ →ＯＤ＋ＯＢ·→ＯＤ＝ｘ１＋ｘ２－３（ｙ１＋ｙ２）＝ｘ１ ＋ｘ２－３（ｘ１－４＋ｘ２－４）＝２６． １９．（１）解：由题可得 ｘ２０ ２ －ｙ ２ ０＝１，即ｙ２０＝ ｘ２０ ２ －１， 联立 ｘ２ ２ －ｙ ２＝１与 ｘ０ｘ ２ －ｙ０ｙ＝１， 消去ｙ得 (： ｙ２０２ －ｘ２０ )４ ｘ２＋ｘ０ｘ－（１＋ｙ２０）＝０， 则ｘ２－２ｘ０ｘ＋ｘ２０＝０，显然Δ＝４ｘ２０－４ｘ２０＝０， 所以该直线与双曲线有且只有１个公共点． （２）解：由（１）知，直线 ｘ０ｘ ２ －ｙ０ｙ＝１与双曲线 ｘ２ ２ －ｙ ２＝１相切于点 （ｘ０，ｙ０），所以过双曲线 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）上一点（ｘ０，ｙ０）的切 线方程为 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１． 证明如下：显然 ｘ２０ ａ２ － ｙ２０ ｂ２ ＝１，即ｂ２ｘ２０－ａ２ｙ２０＝ａ２ｂ２， 由 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１， ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１{ ，消去ｙ得：ｂ２ａ２ｘ２－２ｂ２ａ２ｘ０ｘ＋ｂ２＋ｙ２０＝０， 于是Δ＝ ４ｂ４ｘ２０ ａ４ －４ｂ ２ ａ２ （ｂ２＋ｙ２０）＝ ４ｂ２（ｂ２ｘ２０－ａ２ｙ２０－ａ２ｂ２） ａ４ ＝０， 因此直线 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１与双曲线 ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）相切 于点（ｘ０，ｙ０），所以过双曲线 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）上一点（ｘ０，ｙ０） 的切线方程为 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１． （３）证明：当ｎ＝０时，直线ｌ的斜率不存在， 由对称性知，点Ｔ为线段ＰＱ的中点； 当ｎ≠０时，设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２），线段ＰＱ的中点Ｎ（ｔ，ｓ）， 由 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝０， ｍｘ ａ２ －ｎｙ ｂ２ ＝１{ ，消去ｙ得 (： ｎ２ｂ２ －ｍ２ａ )２ ｘ２＋２ｍｘ－ａ２＝０， 由 ｍ２ ａ２ －ｎ ２ ｂ２ ＝１，得ｘ２－２ｍｘ＋ａ２＝０，则ｔ＝ ｘ１＋ｘ２ ２ ＝ｍ， 又 ｍｔ ａ２ －ｎｓ ｂ２ ＝１，于是ｓ＝ ｂ ２ (ｎ ｍ２ａ２ － )１ ＝ｎ， 即点Ｔ与点Ｎ重合，所以点Ｔ为线段ＰＱ的中点． 第１４期２版 专项小练一 １．Ｂ；　２．Ｃ；　３．ＢＤ；　４．（２，＋∞）；　５．１． ６．解：令ｘ＝０，ｙ＝２，所以 ｐ２ ＝２，得ｐ＝４， 又抛物线的焦点在ｙ轴的正半轴， 所以抛物线的标准方程为ｘ２＝８ｙ； 令ｙ＝０，ｘ＝－３，所以 ｐ２ ＝３，得ｐ＝６， 又抛物线的焦点在ｘ轴的负半轴， 所以抛物线的标准方程为ｙ２＝－１２ｘ． 专项小练二 １．Ａ；　２．Ｃ；　３．ＢＣ；　４．１；　５．１６． ６．解：设Ａ（ｘＡ，ｙＡ），Ｂ（ｘＢ，ｙＢ）， 由 ｘ－２ｙ＋１＝０， ｙ２＝２ｐｘ{ ， 可得ｙ２－４ｐｙ＋２ｐ＝０， 所以ｙＡ＋ｙＢ＝４ｐ，ｙＡｙＢ＝２ｐ， 所以｜ＡＢ｜＝ １＋２槡 ２· （ｙＡ＋ｙＢ）２－４ｙＡｙ槡 Ｂ ＝ 槡４ １５． 即２ｐ２－ｐ－６＝０，因为ｐ＞０，解得ｐ＝２． 第１４期３版 抛物线同步核心素养测评 一、单项选择题　１－４　ＢＣＤＢ　５－８　ＤＡＤＣ 提示： １．由抛物线定义得３＋ ｐ２ ＝４，解得ｐ＝２．故选：（Ｂ）． ２．抛物线ｙ＝ １８ｘ ２的标准方程为ｘ２＝８ｙ， 所以焦点的坐标为（０，２），准线方程为ｙ＝－２， 故选：（Ｃ）． ３．直线３ｘ＋２ｙ－６＝０与ｘ轴的交点为（２，０）， 所以抛物线Ｃ的焦点为（２，０），故 ｐ２ ＝２，解得ｐ＝４， 所以抛物线的标准方程为ｙ２＝８ｘ．故选：（Ｄ）． ４．因点（２，４）在抛物线ｙ２＝８ｘ上，所以过该点与抛物线相切的直线和 过该点与ｘ轴平行的直线都与抛物线只有一个公共点．故选（Ｂ）． ５．由题意可知Ｆ（０，－７），因为Ｑ（０，７），准线为ｙ＝７， 设Ｐ（ａ，ｂ），根据抛物线的定义，｜ＱＦ｜＝｜ＰＦ｜＝１４＝７－ｂ， 得到ｂ＝－７，于是ａ２＝－２８ｂ＝１９６， 所以｜ＰＱ｜＝ （ａ－０）２＋（ｂ－７）槡 ２＝ 槡１４２．故选：（Ｄ）． ６．如图１，建立平面直角坐标系． 设该抛物线的方程为 ｘ２ ＝－２ｐｙ（ｐ＞ ０），易知抛物线经过点（５，－６）， 所以５２＝－２ｐ×（－６），解得ｐ＝２５１２，故 该抛物线的顶点到焦点的距离为 ｐ ２ ＝ ２５ ２４， 故竖直悬挂的闪光灯距离水面的距离为：ｄ＝ ６－２５２４≈４９６米． ７．设从点Ａ（５，２）沿平行于抛物线对称轴的方向射出的直线与抛物线交 于点Ｐ，易知ｙＰ＝２，将（ｘＰ，ｙＰ）代入抛物线方程得ｘＰ＝４，即Ｐ（４，２）， 设焦点为Ｆ，则 (Ｆ １４，)０ ，设Ｑ（ｙ２Ｑ，ｙＱ），由Ｐ，Ｆ，Ｑ三点共线， 有 ２－０ ４－ １４ ＝ ｙＱ－０ ｙ２Ｑ－ １ ４ ，化简得８ｙ２Ｑ－１５ｙＱ－２＝０， 解得ｙＱ＝－ １ ８ 或ｙＱ＝２（舍），即 (Ｑ １６４，－ )１８ ． ８．因为ｘ＝－１是抛物线ｙ２＝４ｘ的准线，所以Ｐ到ｘ＝－１的距离等 于｜ＰＦ｜．过Ｐ作ＰＱ于ｌ１于Ｑ，则Ｐ到直线ｌ１和直线ｌ２的距离之和为｜ＰＦ｜ ＋｜ＰＱ｜，当Ｆ，Ｐ，Ｑ三点共线时取得最小值， 即为Ｆ（１，０）到直线４ｘ－３ｙ＋６＝０的距离， 所以最小值为 ｜４－０＋６｜ １６＋槡 ９ ＝２．故选：（Ｃ）． 二、多项选择题　９．ＡＣ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．由题意可知Ｃ１的焦点为（１，０），Ｃ２的焦点为（０，１），过Ｃ１与Ｃ２焦点的直 线方程为 ｘ １ ＋ ｙ １ ＝１，即ｘ＋ｙ＝１，（Ａ）正确； 由 ｙ２＝４ｘ， ｘ２＝４ｙ{ ，解得 ｘ＝０， ｙ＝{ ０或 ｘ＝４， ｙ＝４{ ， 所以Ｃ１与Ｃ２有２个公共点，（Ｂ）错误； 由抛物线Ｃ１：ｙ２＝４ｘ知，开口向右，对称轴为ｘ轴， 所以与ｘ轴平行的直线与Ｃ１有１个交点， 由抛物线Ｃ２：ｘ２＝４ｙ知，开口向上，对称轴为ｙ轴， 所以与ｘ轴平行的直线与Ｃ２最多有２个交点，综上，与ｘ轴平行的直 线与Ｃ１及Ｃ２最多有３个交点，（Ｃ）正确； Ｃ１与Ｃ２关于直线ｙ＝ｘ对称，若存在直线与Ｃ１和Ｃ２都相切，则该切 线也关于直线ｙ＝ｘ对称，不妨设为ｙ＝－ｘ＋ｔ，与ｘ２＝４ｙ联立得ｘ２＋４ｘ －４ｔ＝０，由Δ＝０得ｔ＝－１， 所以直线ｙ＝－ｘ－１与Ｃ１和Ｃ２都相切，（Ｄ）错误．故选（Ａ）（Ｃ）． １０．抛物线ｘ２＝４ｙ的准线方程为ｙ＝－１，故（Ａ）错误； 由｜ＡＦ｜＋｜ＢＦ｜＝４，得ｙ１＋１＋ｙ２＋１＝４， 则ｙ１＋ｙ２＝２，所以点Ｐ的纵坐标ｙＰ＝ ｙ１＋ｙ２ ２ ＝１， 即为点Ｐ到ｘ轴的距离为１，故（Ｂ）正确； 因为直线ｌ交抛物线于Ａ，Ｂ两点，显然ｌ的斜率存在， 设ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ，与ｙ＝ １４ｘ ２联立消去ｙ， 整理得ｘ２－４ｋｘ－４ｍ＝０， 所以ｘ１ｘ２＝－４ｍ，所以ｙ１ｙ２＝ ｘ２１ ４ × ｘ２２ ４ ＝ （ｘ１ｘ２）２ １６ ＝ｍ ２． 若直线ＡＢ经过焦点Ｆ，则ｍ＝１，ｙ１ｙ２＝１，故（Ｃ）正确； 若ｙ１ｙ２＝１，则ｍ＝±１，当ｍ＝１时，直线ＡＢ过焦点Ｆ； 当ｍ＝－１时，直线ＡＢ过点（０，－１），故（Ｄ）错误．故选：（Ｂ）（Ｃ）． １１．ｙ２＝４ｘ，ｐ＝２，ｌ：ｘ＝－１． 又圆Ａ半径为１，圆心为Ａ（０，４），所以点Ａ到直线ｌ的距离为１，所以 圆Ａ与ｌ相切，（Ａ）正确； 当Ｐ，Ａ，Ｂ三点共线时，ｙＰ＝ｙＡ＝４， 代入ｙ２＝４ｘ中，ｘＰ＝４，所以ＰＡ＝４， 所以ＰＱ＝ ＰＡ２－ｒ槡 ２＝槡１５，（Ｂ）正确； 当 ｜ＰＢ｜＝２时，ｘＰ＝１，ｙＰ＝２（假设Ｐ在ｘ轴上方）．此时，Ｂ（－１，２）， Ｐ（１，２），Ａ（０，４），ＡＰ２＝ＡＢ２＝５，ＢＰ２＝４． 因为ＡＰ２＋ＡＢ２≠ＢＰ２，所以ＰＡ与ＡＢ不垂直，（Ｃ）错误； 因为ＰＢ＝ＰＦ（Ｆ为抛物线Ｃ的焦点）， 所以ＰＡ＝ＰＢ时，ＰＡ＝ＰＦ． 所以，点Ｐ在ＡＦ中垂线上． 又Ａ（０，４），Ｆ（１，０），所以ＡＦ中垂线的方程为ｘ＝４ｙ－１５２． 联立 ｘ＝４ｙ－１５２， ｙ２＝４ｘ { ， 得ｙ２－１６ｙ＋３０＝０，Δ＞０． 所以ＡＦ的中垂线与抛物线Ｃ有两个交点，故点Ｐ有且仅有两个，（Ｄ） 正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题　１２．３；　１３．４５；　１４． 槡１０６＋槡１２３． 提示： １２．由题得Ｆ（１，０），准线为ｘ＝－１，点Ａ在抛物线外，故ｄ＝｜ＰＦ｜， 则ｄ＋｜ＰＡ｜＝｜ＰＦ｜＋｜ＰＡ｜≥｜ＡＦ｜＝３，当且仅当Ｆ，Ｐ，Ａ共线且Ｐ 在Ｆ，Ａ两点之间时等号成立． １３．圆（ｘ－１）２＋ｙ２＝２５的圆心为Ｆ（１，０），故 ｐ２ ＝１，即ｐ＝２， 由 （ｘ－１）２＋ｙ２＝２５， ｙ２＝４{ ｘ 可得 ｘ２＋２ｘ－２４＝０，故 ｘ＝４或 ｘ＝ －６（舍），故Ａ（４，±４），故直线ＡＦ：ｙ＝± ４３（ｘ－１），即４ｘ－３ｙ－４＝０ 或４ｘ＋３ｙ－４＝０，故原点到直线ＡＦ的距离为ｄ＝｜４｜５ ＝ ４ ５． １４．设Ｐ（ｘ，ｙ），由阿氏圆的定义可得｜ＰＡ｜｜ＰＢ｜＝ 槡６ ３， 即 （ｘ＋３）２＋（ｙ－１）２ （ｘ＋３）２＋（ｙ－６）２ ＝ ２３，化简得ｘ ２＋ｙ２＋６ｘ＋１８ｙ－６０＝０．所 以（ｘ＋３）２＋（ｙ＋９）２＝１５０，所以点Ｐ在圆心为（－３，－９），半径为 槡５６ 的圆上，因为抛物线Ｃ：ｙ＝ １６ｘ ２的焦点为Ｆ，所以 (Ｆ ０， )３２ ， 因为（０＋３）２ (＋ ３２ ＋ )９ ２ ＝４７７４ ＜１５０， 所以点Ｆ在圆（ｘ＋３）２＋（ｙ＋９）２＝１５０内， 因为点Ｆ到与圆心的距离为 ４７７槡４ ＝ 槡４７７ ２ ， 所以过点Ｆ的最短弦长为２ １５０－４７７槡 ４ ＝槡１２３， 过点Ｆ的最长弦长为 槡２ １５０＝ 槡１０６， 所以过点Ｆ的最长弦与最短弦的和为 槡１０６＋槡１２３． 四、解答题 １５．解：由题可知，直线ｌ的方程为ｘ＝４， 因此点Ａ的横坐标为４． 设Ｐ的坐标为（ｘ，ｙ），则点Ａ的坐标为（４，ｙ）． 因此→ＯＡ＝（４，ｙ），→ＯＰ＝（ｘ，ｙ）， 因为→ＯＡ⊥→ＯＰ的充要条件是→ＯＡ·→ＯＰ＝０， 所以４ｘ＋ｙ２＝０，即动点Ｐ的轨迹方程为ｙ２＝－４ｘ． 从而可以看出，轨迹是开口向左的抛物线． １６．解：（１）依题意Ｆ（１，０），设直线ＡＢ方程为ｘ＝ｍｙ＋１． 与ｙ２＝４ｘ联立得ｙ２－４ｍｙ－４＝０．设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 所以ｙ１＋ｙ２＝４ｍ，ｙ１ｙ２＝－４①．因为→ＡＦ＝２→ＦＢ，所以ｙ１＝－２ｙ２②． 联立①和②，消去ｙ１，ｙ２，得ｍ＝±槡 ２ ４． 所以直线ＡＢ的斜率是 ± 槡２２． （２）由点Ｃ与原点Ｏ关于点Ｍ对称，得Ｍ是线段ＯＣ的中点， 从而点Ｏ与点Ｃ到直线ＡＢ的距离相等， 所以四边形ＯＡＣＢ的面积等于２Ｓ△ＡＯＢ． 因为２Ｓ△ＡＯＢ＝２× １ ２ ×｜ＯＦ｜×｜ｙ１－ｙ２｜＝ （ｙ１＋ｙ２） ２－４ｙ１ｙ槡 ２ ＝４ １＋ｍ槡 ２≥４，所以ｍ＝０时，四边形ＯＡＣＢ的面积最小，最小值是４． １７．解：（１）由点Ｐ（ｘ０，槡２ｐ）在抛物线Ｃ上， 得（槡２ｐ）２＝２ｐｘ０，解得ｘ０＝ｐ， 由抛物线定义得，｜ＰＦ｜＝ｘ０＋ ｐ ２ ＝ ３ｐ ２ ＝３，解得ｐ＝２， 故抛物线Ｃ的方程为ｙ２＝４ｘ． （２）设直线ｌ的方程为ｘ＝ｍｙ＋１， 联立 ｙ２＝４ｘ， ｘ＝ｍｙ＋１{ ，消去ｘ，得ｙ２－４ｍｙ－４＝０， 故ｙ１＋ｙ２＝４ｍ，ｙ１ｙ２＝－４，所以ｘ１ｘ２＝ ｙ２１ ４ × ｙ２２ ４ ＝ ｙ２１ｙ２２ １６ ＝１，ｘ１＋ ｘ２＝（ｍｙ１＋１）＋（ｍｙ２＋１）＝ｍ（ｙ１＋ｙ２）＋２＝４ｍ２＋２， 则→ＯＡ·→ＯＢ＝－（ｘ１＋ｘ２）＝ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＝－３， 即４ｍ２＋２＝３，解得ｍ＝± １２， 所以所求直线ｌ的方程为ｙ＝２ｘ－２或ｙ＝２－２ｘ． １８．解：（１）设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２），其中 ｘ１≠ｘ２． 由 ｙ２１＝４ｘ１， ｙ２２＝４ｘ２ { ， 得ｙ２１－ｙ２２＝４ｘ１－４ｘ２， 变形得 ｙ１－ｙ２ ｘ１－ｘ２ ＝ ４ｙ１＋ｙ２ ． 所以槡３＝ ４ ｙ１＋ｙ２ ，所以 ｙ１＋ｙ２ ２ ＝ 槡２３ ３． 书 所以椭圆Ｃ的方程为 ｘ ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝１． （２）设直线ＡＤ的方程为：ｙ＝ｋ（ｘ－２）（ｋ≠０）， 令ｘ＝０得ｙ＝－２ｋ，即Ｅ（０，－２ｋ）， 联立 ｙ＝ｋ（ｘ－２）， ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝１ { ，得（３＋４ｋ２）ｘ２－１６ｋ２ｘ＋１６ｋ２－１２＝０， 所以ｘ１＋ｘ２＝ １６ｋ２ ３＋４ｋ２ ，ｘ１·ｘ２＝ １６ｋ２－１２ ３＋４ｋ２ ， 则 (Ｐ ８ｋ２３＋４ｋ２，－ ６ｋ３＋４ｋ)２ ，→ (ＯＰ＝ ８ｋ２３＋４ｋ２，－ ６ｋ３＋４ｋ)２ ， →ＥＱ＝（ｍ，２ｋ），由题可得→ＯＰ·→ＥＱ＝０， (即 ８ｋ２３＋４ｋ２，－ ６ｋ３＋４ｋ)２ ·（ｍ，２ｋ）＝０， 解得ｍ＝ ３２，所以存在定点 (Ｑ ３２， )０ ． １８．（１）解：因为ｅ＝ ｃａ ＝ 槡６ ３，所以ａ ２＝３ｂ２， 所以椭圆Ｃ的方程为 ｘ ２ ３ｂ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１．又因为椭圆Ｃ过点Ｍ（１，１）， 代入方程解得ａ２＝４，ｂ２＝ ４３，所以椭圆Ｃ的方程为 ｘ２ ４ ＋ ３ｙ２ ４ ＝１． （２）证明：①当圆Ｏ的切线ｌ的斜率存在时， 设直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ， 则圆心Ｏ到直线ｌ的距离ｄ＝ ｜ｍ｜ ｋ２＋槡 １ ＝１，所以１＋ｋ２＝ｍ２． 将直线ｌ的方程和椭圆Ｃ的方程联立， 得到（１＋３ｋ２）ｘ２＋６ｋｍｘ＋３ｍ２－４＝０． 设直线ｌ与椭圆Ｃ相交于Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）两点， 则ｘ１＋ｘ２＝－ ６ｋｍ １＋３ｋ２ ，ｘ１ｘ２＝ ３ｍ２－４ １＋３ｋ２ ， 所以→ＯＡ·→ＯＢ＝ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２ ＝（１＋ｋ２）ｘ１ｘ２＋ｋｍ（ｘ１＋ｘ２）＋ｍ２ ＝（１＋ｋ２）·３ｍ ２－４ １＋３ｋ２ ＋ｋｍ (· － ６ｋｍ１＋３ｋ)２ ＋ｍ２ ＝４ｍ ２－４－４ｋ２ １＋３ｋ２ ＝０； ②当圆的切线ｌ的斜率不存在时，验证得→ＯＡ·→ＯＢ＝０． 综上所述，→ＯＡ·→ＯＢ为定值０． １９．解：（１）连接ＯＭ，易知ＯＭ∥Ｆ２Ｎ且｜ＯＭ｜＝ １ ２｜Ｆ２Ｎ｜， 所以｜Ｆ２Ｎ｜＝４，又点 Ｐ在 Ｆ１Ｎ的垂直平分线上，所以 ｜ＰＦ１｜＝ ｜ＰＮ｜，所以｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝｜ＰＦ２｜＋｜ＰＮ｜＝｜Ｆ２Ｎ｜＝４＞ 槡２３， 满足椭圆定义，所以ａ＝２，ｃ＝槡３，ｂ＝１， 所以曲线Ｃ的方程为 ｘ ２ ４ ＋ｙ ２＝１． （２）由（１）知离心率ｅ＝槡３２λ＝ ３ ４． 所以椭圆Ｃλ的标准方程为 ｘ２ ３ ＋ ４ｙ２ ３ ＝１， 设Ｑ（ｘ０，ｙ０）为椭圆Ｃλ异于四个顶点的任意一点， 直线ＱＭ１，ＱＮ１的斜率分别为ｋＱＭ１，ｋＱＮ１， 则ｋＱＭ１·ｋＱＮ１＝ ｙ０ ｘ０＋槡３ · ｙ０ ｘ０－槡３ ＝ ｙ２０ ｘ２０－３ ， 又 ｘ２０ ３ ＋ ４ｙ２０ ３ ＝１ｙ ２ ０＝ １ ４（３－ｘ ２ ０）， 所以ｋＱＭ１·ｋＱＮ１＝－ (１４ ｋＱＭ１≠± )１２ ． 设直线ＱＭ１的斜率为ｋ，则直线ＱＮ１的斜率为 － １ ４ｋ． 所以直线ＱＭ１为ｙ＝ｋ（ｘ＋槡３），设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 由 ｙ＝ｋ（ｘ＋槡３）， ｘ２ ４ ＋ｙ ２＝１{ ， 得（１＋４ｋ２）ｘ２＋ 槡８３ｋ２ｘ＋１２ｋ２－４＝０， 则ｘ１＋ｘ２＝ － 槡８３ｋ２ １＋４ｋ２ ，ｘ１ｘ２＝ １２ｋ２－４ １＋４ｋ２ ， 所以｜ＡＢ｜＝ １＋ｋ槡 ２｜ｘ１－ｘ２｜ ＝ １＋ｋ槡 ２ （ｘ１＋ｘ２）２－４ｘ１ｘ槡 ２＝ ４（１＋ｋ２） １＋４ｋ２ ， 同理可得｜ＤＥ｜＝１＋１６ｋ ２ １＋４ｋ２ ， 所以｜ＡＢ｜＋｜ＤＥ｜＝４（１＋ｋ ２） １＋４ｋ２ ＋１＋１６ｋ ２ １＋４ｋ２ ＝５． 第１３期２版 专项小练一 １．Ａ；　２．ＡＢＣＤ；　３．Ｃ．　４．（－∞，０）∪（２，＋∞）；　５．５或９． ６．解：设双曲线方程为 ｙ ２ ａ２ －ｘ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）． 由已知椭圆的两个焦点Ｆ１（０，－３），Ｆ２（０，３）， 又双曲线与椭圆交点Ａ的纵坐标为４， 所以Ａ（槡１５，４）， ４２ ａ２ －（槡１５） ２ ｂ２ ＝１， ａ２＋ｂ２＝９ { ， 解得 ａ２＝４， ｂ２＝５{ ， 故双曲线方程为 ｙ２ ４ － ｘ２ ５ ＝１． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｃ；　３．ＡＣＤ．　４．ｘ２－ｙ ２ ９ ＝１；　５．１＋槡２． ６．解：由题意可设要求的双曲线方程为 ｘ ２ ４ － ｙ２ ６ ＝λ≠０， 把点Ｐ（２，３）代入可得 ４４ － ９ ６ ＝λ，解得λ＝－ １ ２． 所以双曲线方程为 ｙ２ ３ － ｘ２ ２ ＝１． 第１３期３，４版 双曲线同步核心素养测评 一、单项选择题　１～４　ＡＡＣＢ　５～８　ＡＣＡＤ 提示： １．由双曲线实轴长为４，有２ ｍ２＋槡 １＝４， 又ｍ＞０，所以ｍ＝槡３．故选（Ａ）． ２．由双曲线 ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ９ ＝１，则其渐近线方程为ｙ＝± ３ ａｘ， 由题意整理方程ｘ±２ｙ＝０可得ｙ＝± １２ｘ，则 ３ ａ ＝ １ ２， 解得ａ＝６．故选：（Ａ）． ３．ｅ＝ ｃａ ＝ ｜Ｆ１Ｆ２｜ ｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜ ＝ ８１０－６＝２． ４．设｜ＰＦ２｜＝ｍ，则｜ＰＦ１｜＝２ａ＋｜ＰＦ２｜＝ｍ＋２ａ， 由题可得ｍ＋２ｃ＝２（ｍ＋２ａ），所以ｍ＝２ｃ－４ａ， 又Ｐ在右支上，所以｜ＰＦ２｜≥ｃ－ａ，即２ｃ－４ａ≥ｃ－ａ， 所以离心率ｅ＝ ｃａ≥３．故选（Ｂ）． ５．由题得ｅ２＝ａ＋２ａ ＝９，解得ａ＝ １ ４，则ｚ＝ １ ４ ＋ｉ， (｜ｚ｜＝ )１４ ２ ＋槡 １＝ 槡１７ ４ ，故选：（Ａ）． ６．由题意知｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ２｜＝｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜－２ａ， 要求｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ２｜的最小值，只需求｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜的最小值， 当Ａ，Ｐ，Ｆ１三点共线时取得最小值， 则｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜＝｜ＰＦ１｜＝槡３７， 所以｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ２｜＝｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜－２ａ≥ 槡３７－ 槡２５． ７．因为双曲线 ｙ ２ ａ２ －ｘ ２ ｂ２ ＝１的渐近线方程为 ±ａｘ＋ｂｙ＝０， 又双曲线的一条渐近线为３ｘ＋槡７ｙ＝０，所以 ａ ｂ ＝ ３ 槡７ ， 即槡７ａ＝３ｂ，又下焦点到下顶点的距离为１，所以ｃ－ａ＝１， 结合ｃ２＝ａ２＋ｂ２解得ａ２＝９，ｂ２＝７，故选：（Ａ）． ８．因为该双曲线的一条渐近线方程是ｙ＝槡２ｘ，则 ｂ ａ ＝槡２， 又由ｃ２＝ａ２＋ｂ２，可得 ｂｃ ＝槡 ２ ３， 由过点Ｆ２且垂直于ｘ轴的垂线在ｘ轴上方交双曲线Ｃ于点Ｍ，可知Ｍ 的横坐标为ｃ， 代入双曲线方程可得： ｃ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１，ｃ ２ ａ２ －１＝ｃ ２－ａ２ ａ２ ＝ｂ ２ ａ２ ＝ｙ ２ ｂ２ ， 又有ｙ＞０，可知 (Ｍ ｃ，ｂ２ )ａ ，所以ｔａｎ∠ＭＦ１Ｆ２＝ｂ２２ａｃ＝ １２· ｂａ· ｂｃ ＝ １２ ×槡２×槡 ２ ３ ＝ 槡３ ３．故选：（Ｄ）． 二、多项选择题　９．ＡＣＤ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＡＤ． 提示： ９．若直线ｌ与Ｃ的两支交于顶点Ａ，Ｂ，则｜ＡＢ｜ｍｉｎ＝２ａ， 若直线ｌ与Ｃ的一支交于Ａ，Ｂ两点，则通径最短， ｜ＡＢ｜ｍｉｎ＝ ２ｂ２ ａ，由题意得 ２ｂ２ ａ ＝２ａ＝４，解得ａ＝ｂ＝２， 则双曲线Ｃ的方程为 ｘ ２ ４ － ｙ２ ４ ＝１， 把四个选项分别代入方程，则（Ｂ）选项表示的点不在双曲线上， （Ａ）（Ｃ）（Ｄ）选项表示的点在双曲线上．故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．由题意可得２ａ＝６，２ｃ＝１０，所以ａ＝３，ｃ＝５，ｂ＝ ｃ２－ａ槡 ２＝ ４，则双曲线Ｃ：ｘ ２ ９ － ｙ２ １６＝１．Ｃ的渐近线上的点到Ｆ距离的最小值为Ｆ到 渐近线的距离ｄ＝ ｂｃｃ ＝ｂ＝４，所以（Ａ）正确； 离心率ｅ＝ ｃａ ＝ ５ ３，所以（Ｂ）不正确； 双曲线上，右顶点到Ｆ的距离最小，５－３＝２，所以（Ｃ）正确； Ｃ的通径长为２ｂ ２ ａ ＝ ３２ ３，故（Ｄ）正确．故选：（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．因双曲线Ｃ的标准方程为ｘ２－ｙ ２ ４ ＝１，则ａ＝１，ｂ＝２，ｃ＝槡５， 双曲线Ｃ的离心率ｅ＝ ｃａ ＝槡５，即（Ａ）正确； 双曲线Ｃ的渐近线方程为ｙ＝±２ｘ，而双曲线ｙ２－ｘ ２ ４ ＝１的渐近线 方程为ｙ＝± １２ｘ，它们不同，（Ｂ）不正确； 因双曲线Ｃ的渐近线和圆（ｘ－１）２＋ｙ２＝１都关于ｘ轴对称，不妨选渐近 线２ｘ＋ｙ＝０，圆心（１，０）到直线２ｘ＋ｙ＝０的距离ｄ＝ ２ ２２＋１槡 ２ ＝ 槡２５５，所 以渐近线２ｘ＋ｙ＝０被该圆所截弦长为２ １２－ｄ槡 ２＝ 槡 ２５ ５，（Ｃ）不正确； 由 ｙ＝ｋｘ＋ｂ， ４ｘ２－ｙ２＝{ ４得（４－ｋ２）ｘ２－２ｋｂｘ－（ｂ２＋４）＝０， ｋ＝±２，ｂ＝０时，方程组无解，直线与双曲线交点个数为０， ｋ＝±２，ｂ≠０时，方程组有一解，直线与双曲线交点个数为１， ｋ２≠４时，Δ＝１６（ｂ２－ｋ２＋４）， 若Δ＜０，则方程组无解，直线与双曲线交点个数为０， 若Δ＝０，则方程组有一解，直线与双曲线交点个数为１， 若Δ＞０，则方程组有两解，直线与双曲线交点个数为２， 综上得直线ｙ＝ｋｘ＋ｂ与双曲线Ｃ的公共点个数只可能为０，１，２，即 （Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｄ）． 三、填空题　１２．槡８２，４；　１３．槡 ５－１ ２ ；　１４． ｘ２ ２ － ｙ２ ８ ＝１． 提示： １２．双曲线方程ｘ２－８ｙ２＝３２化为标准方程为 ｘ ２ ３２－ ｙ２ ４ ＝１，可得ａ＝ 槡４２，ｂ＝２，所以双曲线的实轴长为 槡８２，虚轴长为４． １３．由题意ｅ＝ ａ＋１槡ａ ＝ ２ 槡５－１ ，则１＋ １ａ ＝ ３＋槡５ ２ ， 所以ａ＝ ２ １＋槡５ ＝槡５－１２ ． １４．由题可知，点Ｐ必落在第四象限，∠Ｆ１ＰＦ２＝９０°，设｜ＰＦ２｜＝ｍ， ∠ＰＦ２Ｆ１＝θ１，∠ＰＦ１Ｆ２＝θ２，由ｋＰＦ２＝ｔａｎθ１＝２，求得ｓｉｎθ１＝ ２ 槡５ ， 因为∠Ｆ１ＰＦ２＝９０°，所以ｋＰＦ１·ｋＰＦ２＝－１，求得 ｋＰＦ１＝－ １ ２，即 ｔａｎθ２＝ １ ２，求得ｓｉｎθ２＝ １ 槡５ ，由正弦定理可得：｜ＰＦ１｜∶｜ＰＦ２｜∶｜Ｆ１Ｆ２｜ ＝ｓｉｎθ１∶ｓｉｎθ２∶ｓｉｎ９０°＝ 槡２∶１∶５， 则由｜ＰＦ２｜＝ｍ得｜ＰＦ１｜＝２ｍ，｜Ｆ１Ｆ２｜＝２ｃ＝槡５ｍ， 由Ｓ△ＰＦ１Ｆ２＝ １ ２ ｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜＝ １ ２ｍ·２ｍ＝８得ｍ＝ 槡２２， 则｜ＰＦ２｜＝ 槡２２，｜ＰＦ１｜＝ 槡４２，｜Ｆ１Ｆ２｜＝２ｃ＝ 槡２ １０，ｃ＝槡１０， 由双曲线第一定义可得：｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜＝２ａ＝ 槡２２，ａ＝槡２，ｂ＝ ｃ２－ａ槡 ２＝槡８，所以双曲线的方程为 ｘ２ ２ － ｙ２ ８ ＝１． 四、解答题 １５．解：（１）由双曲线方程知：其渐近线方程为ｙ＝± ２３ｘ． （２）由双曲线定义｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜＝２ａ＝６， 又｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜＝｜ＰＦ２｜２＋６｜ＰＦ２｜＝１６， 所以｜ＰＦ２｜２＋６｜ＰＦ２｜－１６＝（｜ＰＦ２｜＋８）（｜ＰＦ２｜－２）＝０，可 得｜ＰＦ２｜＝２（负值舍），所以ＰＦ２的大小为２． １６．解：（１）设点Ｃ（ｘ，ｙ），则｜｜ＣＡ｜－｜ＣＢ｜｜＝２， 所以Ｃ的轨迹是双曲线且焦点在ｘ轴上， 由２ａ＝２，２ｃ＝｜ＡＢ｜＝ 槡２３，得ａ２＝１，ｂ２＝２， 故点Ｃ的轨迹方程是ｘ２－ｙ ２ ２ ＝１． （２）由已知条件得直线方程为ｙ＝ｘ－２， 与ｘ２－ｙ ２ ２ ＝１联立，消去ｙ得ｘ ２＋４ｘ－６＝０， 因为Δ＞０，所以直线与双曲线有两个交点． 设Ｄ（ｘ１，ｙ１），Ｅ（ｘ２，ｙ２），则ｘ１＋ｘ２＝－４，ｘ１ｘ２＝－６， 所以｜ＤＥ｜＝ １＋ｋ槡 ２｜ｘ１－ｘ２｜ ＝槡２ （ｘ１＋ｘ２）２－４ｘ１ｘ槡 ２＝ 槡４５． １７．解：方案一：选择条件①． 因为ｍ＞０，所以ａ２＝ｍ，ｂ２＝２ｍ，ｃ２＝ａ２＋ｂ２＝３ｍ， 所以 槡ａ＝ ｍ，ｃ＝ ３槡ｍ． 因为Ｃ的左支上的点到右焦点的距离的最小值为ａ＋ｃ， 所以槡ｍ＋ ３槡ｍ ＝（１＋槡３）槡ｍ ＝３＋槡３， 解得ｍ＝３，故Ｃ的方程为 ｘ ２ ３ － ｙ２ ６ ＝１． 方案二：选择条件②．因为Ｃ的焦距为６，所以ｃ＝３． 若ｍ＞０，则ａ２＝ｍ，ｂ２＝２ｍ，ｃ２＝ａ２＋ｂ２＝３ｍ， 所以ｃ＝ ３槡ｍ ＝３，解得ｍ＝３，则Ｃ的方程为 ｘ２ ３ － ｙ２ ６ ＝１； 若ｍ＜０，则ａ２＝－２ｍ，ｂ２＝－ｍ，ｃ２＝ａ２＋ｂ２＝－３ｍ， 所以ｃ＝ －３槡 ｍ ＝３，解得ｍ＝－３， 则Ｃ的方程为 ｙ ２ ６ － ｘ２ ３ ＝１． 综上，Ｃ的方程为 ｘ ２ ３ － ｙ２ ６ ＝１或 ｙ２ ６ － ｘ２ ３ ＝１． 方案三：选择条件③．因为Ｃ上任意一点到两焦点的距离之差的绝对 值为４，所以２ａ＝４，即ａ＝２． ! ! ! " !"#$ !"#$ !"#$%&'()*+,-./0 ! 1"%+ #$%#& 2 3"4$5&'(6*+,-.70 ! 8"%+ '$%'& 2 !" # ! " # ! ! " $ % & ' ( ) ! # ! $ 书 一、求轨迹方程 例１已知Ｍ（－２，０）和Ｎ（２，０）是平面上的两点，动 点Ｐ满足：｜｜ＰＭ｜－｜ＰＮ｜｜＝２．求点Ｐ的轨迹方程． 分析：根据题设动点Ｐ满足：｜｜ＰＭ｜－｜ＰＮ｜｜＝２， 联想到双曲线的定义，不难推出点Ｐ的轨迹为双曲线． 解：由双曲线的定义，点Ｐ的轨迹是以Ｍ，Ｎ为焦点， 实轴长２ａ＝２的双曲线． 设双曲线方程为 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）． 因为半焦距ｃ＝２，实半轴ａ＝１，从而虚半轴ｂ＝槡３． 所以双曲线的方程为ｘ２－ｙ ２ ３ ＝１，即点Ｐ的轨迹方 程为ｘ２－ｙ ２ ３ ＝１． 点评：本题考查轨迹方程的求法，解题的关键是灵 活掌握双曲线的定义及其标准方程的求法． 二、求最值 例２设点Ｐ是双曲线ｘ ２ ５－ ｙ２ ４ ＝１右支上的任意一 点，Ｆ１，Ｆ２分别是其左、右焦点，若Ａ（５，２）是平面内一定 点，求｜ＰＦ２｜＋｜ＰＡ｜的最小值． 分析：由双曲线的定义，将 ｜ＰＦ２｜＋｜ＰＡ｜转化为 ｜ＰＦ１｜＋｜ＰＡ｜－２ａ是解题的关键． 解：如下图，由双曲线的定义可知 ｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜＝２ａ＝２槡５， 所以｜ＰＦ２｜＝｜ＰＦ１｜－２槡５， 故｜ＰＦ２｜＋｜ＰＡ｜＝｜ＰＦ１｜＋｜ＰＡ｜－２槡５． 因为｜ＰＦ１｜＋｜ＰＡ｜≥｜ＡＦ１｜＝２槡１７，所以当Ａ，Ｐ， Ｆ１三点共线时，｜ＰＦ２｜＋｜ＰＡ｜取得最小值２槡１７－２槡５． 点评：本题利用双曲线的定义，将问题转化为求双 曲线右支上一点Ｐ与Ｆ１，Ａ两点的距离之和最小的问题， 从而使问题简捷、巧妙地获解． 书 如果曲线中某些量不依赖于变量而存在，则称为定 值，探讨定值的问题可以为解答题，也可以为证明题．求 定值的基本方法是：先将变量用参数表示，然后计算出 所求结果与该参数无关；也可将变量置于特殊状态下， 探求出定值，然后再予以证明，解析几何中的定值问题， 讨论的立足点是解析几何的知识，工具是代数、三角等 知识．定值问题同证明题类似，在求定值之前已知道定 值结果（题中未告知，可采用特殊值处理），首先要大胆 设参，运算到最后，必定会消去参数，出现定值． 一、设参、消参 例１已知双曲线的中心在坐标原点，坐标轴为对称 轴，一条渐近线方程为ｙ＝ ４３ｘ，右焦点Ｆ（５，０），双曲线 的实轴为Ａ１Ａ２，Ｐ为双曲线上一点（不同于Ａ１，Ａ２两点）， 直线Ａ１Ｐ，Ａ２Ｐ分别与直线ｌ：ｘ＝ ９ ５交于Ｍ，Ｎ两点． （１）求双曲线的方程； （２）求证：→ＦＭ·→ＦＮ为定值． 解析：（１）依题意可设双曲线方程为ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１， 则 ｂ ａ ＝ ４ ３， ａ２＋ｂ２ ＝２５ { ， 解得 ａ＝３， ｂ＝４{ ， 所以所求双曲线的方程为 ｘ２ ９－ ｙ２ １６＝１． （２）由题意，Ａ１（－３，０），Ａ２（３，０），Ｆ（５，０），设 Ｐ（ｘ， ｙ），Ｍ ９ ５，ｙ( )０ ， 则Ａ１ → Ｐ＝（ｘ＋３，ｙ），Ａ１→Ｍ ＝ ２４５，ｙ( )０ ， 因为Ａ１，Ｐ，Ｍ三点共线，所以（ｘ＋３）ｙ０－ ２４ ５ｙ＝０， 解得ｙ０ ＝ ２４ｙ ５（ｘ＋３），即Ｍ ９ ５， ２４ｙ ５（ｘ＋３( )）， 同理得Ｎ ９ ５，－ ６ｙ ５（ｘ－３( )）， 从而有 →ＦＭ ＝ －１６５， ２４ｙ ５（ｘ＋３( )）， →ＦＮ＝ －１６５，－ ６ｙ ５（ｘ－３( )）， 于是 →ＦＭ·→ＦＮ＝２５６２５－ １４４ ２５· ｙ２ ｘ２－９ ， 而 ｘ２ ９－ ｙ２ １６＝１，即 ｙ２ ｘ２－９ ＝１６９， 所以 →ＦＭ·→ＦＮ＝２５６２５－ １４４ ２５· １６ ９ ＝０， 即 →ＦＭ·→ＦＮ为定值． 点评：上述解法先设出点 Ｐ的坐标，再利用几何关 系求出Ｍ，Ｎ两点坐标，从而借助向量运算得到 →ＦＭ·→ＦＮ ＝０，整个过程体现了设参、消参的思想． 二、由“变”到“定” 例２如右图，从等轴双曲线 ｘ２－ｙ２＝ａ２上任一点Ｐ分别作两 条渐近线的平行线，得矩形 ＰＱＯＲ，求证：矩形面积为定值． 证明：由题意知两条渐近线 的方程为ｘ±ｙ＝０， 设Ｐ（ｘ１，ｙ１）是双曲线上任意一点，则ｘ ２ １－ｙ ２ １ ＝ａ ２， 又｜ＰＱ｜＝１ 槡２ ｜ｘ１－ｙ１｜，｜ＰＲ｜＝ １ 槡２ ｜ｘ１＋ｙ１｜， 故Ｓ矩形ＰＱＯＲ ＝｜ＰＱ｜·｜ＰＲ｜＝ １ ２｜ｘ ２ １－ｙ ２ １｜ ＝ １２ａ ２（定值）． 点评：证定值问题， (往往是先由特例找出定值 本例 若Ｐ为双曲线一顶点，易得定值 １２ａ )２ ，然后进行一般推 证．这里，利用曲线上的点的坐标适合方程是证明过程 中的重要环节，它是由“变”到“定”转化的关键． 书 １８．（１７分）（２０２４四川雅安阶段练习）已知曲线Ｃ 的方程为｜ （ｘ－槡１０） ２＋ｙ槡 ２ － （ｘ＋槡１０） ２＋ｙ槡 ２｜ ＝２． （１）说明Ｃ为何种圆锥曲线，并求Ｃ的标准方程； （２）已知直线ｙ＝ｘ－４与Ｃ交于Ａ，Ｂ两点，与Ｃ的 一条渐近线交于Ｄ点，且Ｄ在第四象限，Ｏ为坐标原点， 求 →ＯＡ·→ →ＯＤ＋ＯＢ·→ＯＤ． １９．（１７分）（２０２４广东汕头一模）已知点 Ｍ（ｘ０， ｙ０）为双曲线 ｘ２ ２－ｙ ２ ＝１上的动点． （１）判断直线 ｘ０ｘ ２ －ｙ０ｙ＝１与双曲线的公共点个 数，并说明理由； （２）如果把（１）的结论推广到一般双曲线，你能得 到什么相应的结论？请写出你的结论，不必证明； （３）将双曲线Ｃ：ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）的两 条渐近线称为“退化的双曲线”，其方程为 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝ ０，请利用该方程证明如下命题：若Ｔ（ｍ，ｎ）为双曲线Ｃ 上一点，直线ｌ：ｍｘ ａ２ －ｎｙ ｂ２ ＝１与Ｃ的两条渐近线分别交 于点Ｐ，Ｑ，则Ｔ为线段ＰＱ的中点． 书 方法一、直接算出ａ，ｃ，求解ｅ 已知标准方程或 ａ，ｃ易求时，可利用离心率公式 ｅ＝ ｃａ来求解． 例１已知点（２，３）在双曲线Ｃ：ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０， ｂ＞０）上，Ｃ的焦距为４，则它的离心率为 ． 分析：利用ｃ＝２，点（２，３）在双曲线上，求出 ａ，ｂ， 再求离心率． 解：由题知 ４ ａ２ －９ ｂ２ ＝１，ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２ ＝４． 所以ａ＝１，ｂ＝槡３，所以ｅ＝２．故填２． 方法二、寻找ａ，ｃ的关系式，求解ｅ 例２已知Ａ，Ｂ为双曲线Ｅ的左、右顶点，点Ｍ在Ｅ 上，△ＡＢＭ为等腰三角形，且顶角为１２０°，则Ｅ的离心率 为 （　　） （Ａ）槡５　　　　　（Ｂ）２　　 （Ｃ）槡３　　 （Ｄ）槡２ 解：设双曲线的方程为 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）． 如图１所示，｜ＡＢ｜＝｜ＢＭ｜，∠ＡＢＭ＝１２０°，过点Ｍ作 ＭＮ⊥ ｘ轴，垂足为 Ｎ．在 Ｒｔ△ＢＭＮ中，｜ＢＮ｜＝ａ，｜ＭＮ｜ ＝槡３ａ， 故点 Ｍ的坐标为 Ｍ（２ａ， 槡３ａ）， 代入双曲线方程得ａ２ ＝ｂ２ ＝ｃ２－ａ２， 即ｃ２ ＝２ａ２， 所以ｅ＝槡２，故选（Ｄ）． 方法三、构造ａ，ｃ的齐次式，求解ｅ 根据题设条件借助ａ，ｂ，ｃ之间的关系，找出 ａ，ｃ的 关系（特别是二次齐次式），进而得到关于 ｅ的方程，从 而解方程得出离心率ｅ． 例３如图 ２，Ａ，Ｆ分别是双曲线 Ｃ：ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）的左顶 点、右焦点，过Ｆ的直线ｌ与Ｃ的一条 渐近线垂直且与另一条渐近线和ｙ轴 分别交于Ｐ，Ｑ两点．若ＡＰ⊥ＡＱ，则Ｃ 的离心率是 （　　） （Ａ）槡２　　　　　（Ｂ）槡３　 （Ｃ）１＋槡１３４ 　 （Ｄ） １＋槡１７ ４ 解：由题意，得Ａ（－ａ，０），Ｆ（ｃ，０），双曲线的渐近线 方程为ｙ＝±ｂａｘ．由条件设直线ｌ的方程为ｙ＝－ ａ ｂ（ｘ －ｃ），则Ｑ点坐标为 ０，ａｃ( )ｂ ． 联立 ｙ＝－ｂａｘ， ｙ＝－ａｂ（ｘ－ｃ { ） 得Ｐ (点坐标为 ａ２ｃａ２－ｂ２，－ ａｂｃａ２－ｂ )２ ． 因为ＡＰ⊥ＡＱ，所以ｋＡＰ·ｋＡＱ ＝ － ａｂｃ ａ２－ｂ２ ａ２ｃ ａ２－ｂ２ ＋ａ · ａｃ ｂ ａ ＝ －１，化简整理，得ｃ２＋ｂ２－ａｃ－ａ２ ＝０，即２ｃ２－２ａ２－ ａｃ＝０，即２ｅ２－ｅ－２＝０， 解得ｅ＝１＋槡１７４ 或ｅ＝ １－槡１７ ４ （舍），故选（Ｄ）． 方法四、变用公式，整体求出ｅ 例４设双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）的渐近线 与曲线ｙ＝ｘ２＋１相切，则该双曲线的离心率等于 （　　） （Ａ）槡３　　（Ｂ）２　　（Ｃ）槡５　　（Ｄ）槡６ 分析：先设出双曲线的渐近线方程，由条件知渐近 线与曲线相切，由此可得渐近线的斜率，再转化为求离 心率． 解：由题意知渐近线斜率存在，设渐近线的斜率为ｋ， 则渐近线方程为ｙ＝ｋｘ， 代入曲线方程ｙ＝ｘ２＋１，消去ｙ得ｘ２－ｋｘ＋１＝０， 由于相切，则有Δ＝ｋ２－４＝０，即ｋ２ ＝４． 又双曲线的离心率 ｅ＝ ｃａ ＝ ａ２＋ｂ槡 ２ ａ ＝ １＋ｂ ２ ａ槡 ２ ＝ １＋ｋ槡 ２，则ｅ＝ ｃａ ＝ １＋槡 ４＝槡５． 书 一、双曲线定义———与椭圆相伴相离 双曲线的定义与椭圆定义只有一字之差，它们之间 的和谐美与对立美闪耀在图形之上，渗透于方程之中． 从定义的角度讲，双曲线与椭圆的主要区别有三： １．双曲线要求动点到两定点距离之差的绝对值为 常数（小于两定点间的距离），而椭圆则要求动点到两定 点距离之和为常数（大于两定点间的距离）； ２．主要参数ａ，ｂ，ｃ之间的关系，双曲线要求ｃ２ ＝ａ２ ＋ｂ２，其中 ａ，ｂ，ｃ分别表示双曲线的实、虚半轴和半焦 距．而椭圆则要求ａ２＝ｂ２＋ｃ２，其中ａ，ｂ，ｃ分别表示椭圆 的长、短半轴和半焦距． 例１椭圆ｘ ２ ｍ ＋ ｙ２ ｎ ＝１（ｍ＞ｎ＞０）与双曲线 ｘ２ ａ－ ｙ２ ｂ ＝１（ａ＞ｂ＞０）有相同的焦点Ｆ１，Ｆ２．Ｐ是两条曲线 的一个交点，则｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜的值是 （　　） （Ａ）ｍ－ａ　　　　　　（Ｂ）１２（ｍ－ａ） （Ｃ）ｍ２－ａ２ （Ｄ）槡ｍ－槡ａ 解析：因为椭圆的长半轴为槡ｍ， 所以｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝２槡ｍ， ① 因为双曲线的实半轴为槡ａ， 故｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜＝±２槡ａ， ② 由①２－②２得４｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜＝４（ｍ－ａ）， 即｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜＝ｍ－ａ，故选（Ａ）． 二、渐近线———双曲线与直线相约天涯 对于二次曲线，渐近线为双曲线所独有．双曲线的 许多特性围绕着渐近线而展开． 双曲线的左、右两支都无限接近其渐近线而又不与 其相交，这一特有的几何性质不仅很好地界定了双曲线 的范围，而且由于处理直线问题比处理曲线问题容易得 多，所以这一性质被广泛应用于有关解题之中． 例２已知双曲线的一条渐近线方程为ｘ－２ｙ＝０，且 过点Ｐ（４，３），求双曲线的标准方程． 分析：已知渐近线方程，通过分类讨论，分别研究双 曲线的焦点所在的轴，根据所过点的条件加以确定相应 的双曲线方程． 解法一：当双曲线的焦点在ｘ轴上时，渐近线方程为 ｙ＝±ｂａｘ，依题意 ｂ ａ ＝ １ ２，得ａ＝２ｂ， 则对应的双曲线方程为 ｘ２ ４ｂ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１， 将点Ｐ（４，３）代入，得ｂ２ ＝－５，不合题意，舍去； 当双曲线的焦点在ｙ轴上时，渐近线方程为ｙ＝±ａｂｘ， 依题意 ａ ｂ ＝ １ ２，得ｂ＝２ａ， 则对应的双曲线方程为 ｙ２ ａ２ －ｘ ２ ４ａ２ ＝１， 将点Ｐ（４，３）代入，得ａ２ ＝５，即ｙ ２ ５－ ｘ２ ２０＝１． 所以所求的双曲线的标准方程为 ｙ２ ５－ ｘ２ ２０＝１． 分析：根据渐近线方程设出双曲线方程，再由点 Ｐ 在双曲线上，用待定系数法求出该双曲线的方程． 解法二：由于双曲线的一条渐近线方程为ｘ－２ｙ＝０， 即 ｘ ２－ｙ＝０， 设双曲线的方程为 ｘ２ ４－ｙ ２ ＝λ（λ≠０）， 由于点Ｐ（４，３）在双曲线上，则１６４－９＝λ， 解得λ＝－５， 所以所求的双曲线的标准方程为 ｘ２ ４－ｙ ２ ＝－５， 即 ｙ２ ５－ ｘ２ ２０＝１． 三、共轭双曲线———虚、实移位的孪生兄弟 将双曲线 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１的实、虚轴互换，所得双曲线 方程为 ｙ２ ｂ２ －ｘ ２ ａ２ ＝１．这两个双曲线就是互相共轭的双曲 线．它们有相同的焦距而焦点的位置不同；它们有共同 的渐近线，但渐近线所界定的范围不一样． 例３两共轭双曲线的离心率分别为ｅ１，ｅ２，证明： １ ｅ２１ ＋１ ｅ２２ ＝１． 证明：设双曲线 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１的离心率ｅ１ ＝ ｃ ａ， 所以ｅ２１ ＝ ｃ２ ａ２ ＝ａ ２＋ｂ２ ａ２ ． 设双曲线 ｙ２ ｂ２ －ｘ ２ ａ２ ＝１的离心率ｅ２ ＝ ｃ ｂ， 所以ｅ２２ ＝ ｃ２ ｂ２ ＝ａ ２＋ｂ２ ｂ２ ． 所以 １ ｅ２１ ＋１ ｅ２２ ＝ ａ ２ ａ２＋ｂ２ ＋ ｂ ２ ａ２＋ｂ２ ＝１． ! " !" #"$ %! !!"#" $"$%&!"'&( ! !" # $% ! &' ( ) '% '$ ! " # $ % & $' $' % % ( $ ! '$ '( '% ( ! ! ! " # $ ) % * & ! $ *+, "-#./01 "2345#6"78 45$ !"#$$%& '( )*+,-./0 1/23456789 :;<=>?@AB ) :6'C9 !"#D; <EFGHIJKL M* N<EFGOPQ ;RST* !"#UVWX( YGZ[PQT* GZ \\;](^Q^6T9 _`abcde(^[Q NRT(1Qf;RT( `[ghiLjLkl 6T* mn9 !"#Uo pq$$&'* rst =>uv6wx.y z9;{|}~€) ‚ƒ)e„…†* !" #‡;‡ˆ9 ‰ŠK‹ Œ6z9 Žv‘ %’|}~“”* =>?@6•–W ‹—˜™59 šD›œ CžlŸ[ * !" #¡¢£¤ ¥¦§¨ a‚i;RT* ‹— ˜™5©ª[ « ¬­ W9 `®¯Kfq;{ °±9 `DHI[²³ %´œK;{|}~* !"#[µ¶§¨ k·la[¸9¹º9; RTO»¼½¾¿À 5ÁÂÁ Ä|}~» ¼ÅƁÀ5SÂÃ*‹ —˜™5e lŸÇÈ ÀɌmÊËÌ6Í !"#$%&'()*+,'-. 9:;<=>+?1 ! ! !"#$% 9@AB ( .1 ! CD EFG ! & + , - $ ! !H IJK ' * ! * $ $ " ( ( !"#$ %& + '()*+,-. "LMNON. "PUVW. "XYZ[\S"(#!,#$&!$#- "LM]^S!"_`abcdefgh !($ijkMlm/jnXYZ "opXqS"("""- "brZsMtuS"(#!$#$&!!$# "(#!$#$&!$(&9vw1 "sxSy6LMbrZ^z{|}~o€*8 "opsxtuS!!!.# "3‚ƒ„s…†s‡ˆs "LM‰|Š~_9b1‹ŒŽM "‘’“”3•iS!%""""%"""!!" 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１５．解：直线ｘ－２ｙ＋２＝０与坐标轴的交点为（０，１），（－２，０）． 当焦点在ｘ轴上时，设椭圆的方程为ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）， 由题意知，ｃ＝２，ｂ＝１，所以ａ２ ＝５， 所以椭圆的标准方程为 ｘ２ ５ ＋ｙ ２ ＝１； 当焦点在ｙ轴上时，设椭圆的方程为ｘ ２ ｂ２ ＋ｙ ２ ａ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）， 由题意知，ｂ＝２，ｃ＝１，所以ａ２ ＝５， 所以椭圆的标准方程为 ｙ２ ５ ＋ ｘ２ ４ ＝１． 故该椭圆的标准方程为 ｘ２ ５ ＋ｙ ２ ＝１或ｙ ２ ５ ＋ ｘ２ ４ ＝１． １６．解：因为△ＡＢＦ２的周长为８，所以 ｜ＡＢ｜＋｜ＡＦ２｜＋｜ＢＦ２｜＝８ ｜ＡＦ１｜＋｜ＢＦ１｜＋｜ＡＦ２｜＋｜ＢＦ２｜＝８ （｜ＡＦ１｜＋｜ＡＦ２｜）＋（｜ＢＦ１｜＋｜ＢＦ２｜）＝８ ２ａ＋２ａ＝８ａ＝２， 由题意可得：ａｂπ＝ 槡２３π，即ａｂ＝ 槡２３，解得ｂ＝槡３． 因为椭圆的焦点在ｘ轴上，所以Ｃ的标准方程为ｘ ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１． １７．解：（１）由题意得ａ＝２，ｂ＝槡３ｃ， 又因为ａ２ ＝ｂ２＋ｃ２，所以ａ２ ＝４，ｂ２ ＝３，ｃ２ ＝１． 所以椭圆Ｃ的方程为ｘ ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝１． （２）设直线ＡＤ的方程为：ｙ＝ｋ（ｘ－２）（ｋ≠０）， 令ｘ＝０得ｙ＝－２ｋ，即Ｅ（０，－２ｋ）， 联立 ｙ＝ｋ（ｘ－２）， ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝１ { ，得（３＋４ｋ２）ｘ２－１６ｋ２ｘ＋１６ｋ２－１２＝０， 所以ｘ１＋ｘ２ ＝ １６ｋ２ ３＋４ｋ２ ，ｘ１·ｘ２ ＝ １６ｋ２－１２ ３＋４ｋ２ ， 则 (Ｐ ８ｋ２３＋４ｋ２，－ ６ｋ３＋４ｋ )２ ，→  (ＯＰ＝ ８ｋ２３＋４ｋ２，－ ６ｋ３＋４ｋ )２ ， →  ＥＱ＝（ｍ，２ｋ），由题可得→  ＯＰ·→  ＥＱ＝０， (即 ８ｋ２３＋４ｋ２，－ ６ｋ３＋４ｋ )２ ·（ｍ，２ｋ）＝０， 解得ｍ＝ ３２，所以存在定点 (Ｑ ３２， )０ ． １８．（１）解：因为ｅ＝ ｃａ ＝ 槡６ ３，所以ａ ２ ＝３ｂ２， 所以椭圆Ｃ的方程为ｘ ２ ３ｂ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１． 又因为椭圆Ｃ过点Ｍ（１，１）， 代入方程解得ａ２ ＝４，ｂ２ ＝ ４３， 所以椭圆Ｃ的方程为ｘ ２ ４ ＋ ３ｙ２ ４ ＝１． （２）证明：①当圆Ｏ的切线ｌ的斜率存在时， 设直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ， 则圆心Ｏ到直线ｌ的距离ｄ＝ ｜ｍ｜ ｋ２＋槡 １ ＝１， 所以１＋ｋ２ ＝ｍ２． 将直线ｌ的方程和椭圆Ｃ的方程联立， 得到（１＋３ｋ２）ｘ２＋６ｋｍｘ＋３ｍ２－４＝０． 设直线ｌ与椭圆Ｃ相交于Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）两点， 则 ｘ１＋ｘ２ ＝－ ６ｋｍ １＋３ｋ２ ， ｘ１ｘ２ ＝ ３ｍ２－４ １＋３ｋ２ { ， 所以→ＯＡ·→  ＯＢ＝ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２ ＝（１＋ｋ２）ｘ１ｘ２＋ｋｍ（ｘ１＋ｘ２）＋ｍ２ ＝（１＋ｋ２）·３ｍ ２－４ １＋３ｋ２ ＋ｋｍ (· － ６ｋｍ１＋３ｋ )２ ＋ｍ２ ＝４ｍ ２－４－４ｋ２ １＋３ｋ２ ＝０； ②当圆的切线ｌ的斜率不存在时，验证得→ＯＡ·→  ＯＢ＝０． 综上所述，→ＯＡ·→  ＯＢ为定值０． １９．解：（１）连接ＯＭ，易知ＯＭ∥Ｆ２Ｎ且｜ＯＭ｜＝ １ ２｜Ｆ２Ｎ｜， 所以｜Ｆ２Ｎ｜＝４，又点Ｐ在Ｆ１Ｎ的垂直平分线上， 所以｜ＰＦ１｜＝｜ＰＮ｜， 所以｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝｜ＰＦ２｜＋｜ＰＮ｜＝｜Ｆ２Ｎ｜＝４＞ 槡２３， 满足椭圆定义，所以ａ＝２，ｃ＝槡３，ｂ＝１， 所以曲线Ｃ的方程为ｘ ２ ４ ＋ｙ ２ ＝１． （２）由（１）知离心率ｅ＝槡３２λ＝ ３ ４． 所以椭圆Ｃλ的标准方程为 ｘ２ ３ ＋ ４ｙ２ ３ ＝１， 设Ｑ（ｘ０，ｙ０）为椭圆Ｃλ异于四个顶点的任意一点， 直线ＱＭ１，ＱＮ１的斜率分别为ｋＱＭ１，ｋＱＮ１， 则ｋＱＭ１·ｋＱＮ１ ＝ ｙ０ ｘ０＋槡３ · ｙ０ ｘ０－槡３ ＝ ｙ２０ ｘ２０－３ ， 又 ｘ２０ ３ ＋ ４ｙ２０ ３ ＝１ｙ ２ ０ ＝ １ ４（３－ｘ ２ ０）， 所以ｋＱＭ１·ｋＱＮ１ ＝－ (１４ ｋＱＭ１≠± )１２ ． 设直线ＱＭ１的斜率为ｋ，则直线ＱＮ１的斜率为 － １ ４ｋ． 所以直线ＱＭ１为ｙ＝ｋ（ｘ＋槡３），设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 由 ｙ＝ｋ（ｘ＋槡３）， ｘ２ ４ ＋ｙ ２＝１{ ，得（１＋４ｋ２）ｘ２＋槡８３ｋ２ｘ＋１２ｋ２－４＝０， 则ｘ１＋ｘ２ ＝ － 槡８３ｋ２ １＋４ｋ２ ，ｘ１ｘ２ ＝ １２ｋ２－４ １＋４ｋ２ ， 所以｜ＡＢ｜＝ １＋ｋ槡 ２｜ｘ１－ｘ２｜ ＝ １＋ｋ槡 ２ （ｘ１＋ｘ２）２－４ｘ１ｘ槡 ２ ＝４（１＋ｋ ２） １＋４ｋ２ ， 同理可得｜ＤＥ｜＝１＋１６ｋ ２ １＋４ｋ２ ， 所以｜ＡＢ｜＋｜ＤＥ｜＝４（１＋ｋ ２） １＋４ｋ２ ＋ １＋１６ｋ２ １＋４ｋ２ ＝５． 书 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本题共８小题，每小题５分，共４０ 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　１．（２０２４安徽阜阳期末）若双曲线 ｘ ２ ｍ２＋１ －ｙ２ ＝１ 的实轴长为４，则正数ｍ＝ （　　） （Ａ）槡３ （Ｂ）２ （Ｃ） ９ ４ （Ｄ） ７ ２ ２．（２０２４甘肃武威开学考试）设双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ９ ＝ １（ａ＞０）的渐近线方程为ｘ±２ｙ＝０，则实数ａ的值为 （　　） （Ａ）６ （Ｂ）４ （Ｃ）３ （Ｄ）２ ３．（２０２４全国甲卷理）已知双曲线的两个焦点分别 为Ｆ１（０，－４），Ｆ２（０，４），点Ｐ（－６，４）在该双曲线上，则 该双曲线的离心率为 （　　） （Ａ）４ （Ｂ）３ （Ｃ）２ （Ｄ）槡２ ４．（２０２４浙江阶段练习）设双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ ０，ｂ＞０）的左、右焦点为Ｆ１，Ｆ２，若双曲线右支上存在点 Ｐ，使得｜ＰＦ２｜＋｜Ｆ１Ｆ２｜＝２｜ＰＦ１｜，则该双曲线的离心 率的取值范围为 （　　） （Ａ）（１，３） （Ｂ）［３，＋∞） （Ｃ）（３，＋∞） （Ｄ）（１，３］ ５．（２０２４江苏盐城模拟预测）双曲线ｙ ２ ａ－ ｘ２ ２ ＝１的 离心率为３，则复数ｚ＝ａ＋ｉ的模为 （　　） （Ａ）槡１７４ （Ｂ） 槡１７ １６ （Ｃ） 槡１５ ４ （Ｄ） 槡１５ １６ ６．（２０２４天津市静海县第一中学高二期末）已知 Ｆ１，Ｆ２为双曲线 ｘ２ ５－ ｙ２ ４ ＝１的左、右焦点，Ｐ（３，１）为双 曲线内一点，点Ａ在双曲线上，则｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ２｜的最小 值为 （　　） （Ａ）槡３７＋４ （Ｂ）槡３７－４ （Ｃ）槡３７－ 槡２５ （Ｄ）槡３７＋ 槡２５ ７．（２０２４山东济南模 拟）由伦敦著名建筑事务所 ＳｔｅｙｎＳｔｕｄｉｏ设计的南非双曲 线大教堂惊艳世界，该建筑 是数学与建筑完美结合造就 的艺术品．若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似 看成双曲线 ｙ２ ａ２ －ｘ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）下支的一部分， 且此双曲线的一条渐近线为３ｘ＋槡７ｙ＝０，下焦点到下 顶点的距离为１，则该双曲线的方程为 （　　） （Ａ）ｙ ２ ９－ ｘ２ ７ ＝１ （Ｂ） ｙ２ ７－ ｘ２ ９ ＝１ （Ｃ）ｙ ２ ３－ｘ ２ ＝１ （Ｄ）ｙ ２ ６３－ ｘ２ ４９＝１ ８．（２０２４广东湛江阶段练习）已知双曲线 Ｃ：ｘ ２ ａ２ － ｙ２ ｂ２ ＝１的一条渐近线方程是ｙ＝槡２ｘ，Ｆ１，Ｆ２分别为双曲 线Ｃ的左、右焦点，过点Ｆ２且垂直于ｘ轴的垂线在ｘ轴上 方交双曲线Ｃ于点Ｍ，则ｔａｎ∠ＭＦ１Ｆ２ ＝ （　　） （Ａ）槡２２ （Ｂ） 槡２ ３ （Ｃ） 槡３ ２ （Ｄ） 槡３ ３ 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８ 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部 选对的得６分，部分选对的得部分分，有选错的得０分． ９．（２０２４河北唐山模拟）已知直线ｌ经过双曲线Ｃ： ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）的左焦点，且与Ｃ交于Ａ，Ｂ 两点，若存在两条直线，使得｜ＡＢ｜的最小值为４，则下 列四个点中，Ｃ经过的点为 （　　） （Ａ）（４，槡２３） （Ｂ）（－ 槡２３，２） （Ｃ）（－ 槡２７，－ 槡２６） （Ｄ）（３，－槡５） １０．（２０２４内蒙古赤峰期末）若双曲线Ｃ：ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝ １（ａ＞０，ｂ＞０）的实轴长为６，焦距为１０，右焦点为Ｆ，则 下列结论正确的是 （　　） （Ａ）Ｃ的渐近线上的点到Ｆ距离的最小值为４ （Ｂ）Ｃ的离心率为 ５４ （Ｃ）Ｃ上的点到Ｆ距离的最小值为２ （Ｄ）Ｃ的通径长为３２３ １１．（２０２４江西景德镇一中期末）已知双曲线Ｃ的标 准方程为ｘ２－ｙ ２ ４ ＝１，则 （　　） （Ａ）双曲线Ｃ的离心率等于半焦距 （Ｂ）双曲线ｙ２－ｘ ２ ４ ＝１与双曲线Ｃ有相同的渐近线 （Ｃ）双曲线Ｃ的一条渐近线被圆（ｘ－１）２＋ｙ２ ＝１ 截得的弦长为 槡 ４５ ５ （Ｄ）直线ｙ＝ｋｘ＋ｂ与双曲线Ｃ的公共点个数只可 能为０，１，２ 第Ⅱ卷 非选择题 （共９２分） 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．已知双曲线方程为 ｘ２－８ｙ２ ＝３２，则实轴长为 ，虚轴长为 ． １３．（２０２４江苏期中）公元前６世纪，古希腊的毕达 哥拉斯学派研究发现了黄金分割数槡 ５－１(２ 槡５－１２ ≈ )０６１８ ，简称黄金数．离心率等于黄金数的倒数的双曲 线称为黄金双曲线．若双曲线ｘ ２ ａ－ｙ ２ ＝１是黄金双曲 线，则ａ＝ ． １４．（２０２４天津高考真题）双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ ０，ｂ＞０）的左、右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，Ｐ是双曲线右支上 一点，且直线ＰＦ２的斜率为２．△ＰＦ１Ｆ２是面积为８的直 角三角形，则双曲线的方程为 ． 四、解答题：本题共５小题，共７７分．解答应写出文 字说明、证明过程或演算步骤． １５．（１３分）（２０２４重庆沙坪坝期中）已知双曲线的 方程是 ｘ２ ９－ ｙ２ ４ ＝１． （１）求双曲线的渐近线方程； （２）设Ｆ１和Ｆ２是双曲线的左、右焦点，点Ｐ在双曲 线右支上，且｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜＝１６，求ＰＦ２的大小． １６．（１５分）（２０２４湖北福建龙岩阶段练习）已知点 Ａ（－槡３，０）和Ｂ（槡３，０），动点Ｃ到Ａ，Ｂ两点的距离之差 的绝对值为２，点Ｃ的轨迹与经过点（２，０）且倾斜角为 π ４的直线交于Ｄ，Ｅ两点． （１）求点Ｃ的轨迹方程； （２）求线段ＤＥ的长． １７．（１５分）（２０２４河北邢台阶段测试）在①ｍ＞０， 且Ｃ的左支上的点与右焦点间的距离的最小值为３＋ 槡３，②Ｃ的焦距为６，③Ｃ上任意一点到两焦点的距离之 差的绝对值为４，这三个条件中任选一个，补充在下面的 横线上，并求解问题． 问题：已知双曲线Ｃ：ｘ ２ ｍ－ ｙ２ ２ｍ＝１， ，求Ｃ的 方程                                                                                                                                                             ． 书 １．（２０２４河北唐山一中月考）已知平面内两定点 Ｆ１（－２，０），Ｆ２（２，０），下列条件中满足动点 Ｐ的轨迹为 双曲线的是 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　（Ａ）｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜＝±３ （Ｂ）｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜＝±４ （Ｃ）｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜＝±５ （Ｄ）｜ＰＦ１｜ ２－｜ＰＦ１｜ ２ ＝±４ ２．（多选）（２０２４广东广州期中）关于曲线 ｘ ２ ５－ｍ＋ ｙ２ ｍ－１＝１，下列叙述正确的是 （　　） （Ａ）当ｍ＝－２时，曲线表示的图形是双曲线 （Ｂ）当ｍ ＝２时，曲线表示的图形是一个焦点在 ｘ轴上的椭圆 （Ｃ）当ｍ＝３时，曲线表示的图形是一个圆 （Ｄ）当ｍ＝４时，曲线表示的图形是一个焦点在 ｙ 轴上的椭圆 ３．（２０２４福建莆田阶段测试）与双曲线ｘ ２ １６－ ｙ２ ４ ＝１ 有相同的焦点，且经过点（槡３２，２）的双曲线的标准方程 为 （　　） （Ａ）ｙ ２ ９－ ｘ２ １６＝１ （Ｂ） ｘ２ １６－ ｙ２ ９ ＝１ （Ｃ）ｘ ２ １２－ ｙ２ ８ ＝１ （Ｄ） ｘ２ ８－ ｙ２ １２＝１ ４．（２０２４陕西西安阶段练习）已知双曲线 Ｃ：ｘ ２ ｍ ＋ ｙ２ ２－ｍ＝１，则ｍ的取值范围为 ． ５．（２０２４江西期末）已知点Ｐ是双曲线Ｃ：ｘ２－ｙ ２ １５＝ １上一点，Ｆ１，Ｆ２分别为Ｃ的左、右焦点，若｜ＰＦ１｜＝７，则 ｜ＰＦ２｜＝ ． ６．设双曲线与椭圆ｘ ２ ２７＋ ｙ２ ３６＝１有共同的焦点，且与 椭圆相交，在第一象限的交点Ａ的纵坐标为４，求此双曲 线的方程． １．双曲线ｘ２－２ｙ２ ＝１的离心率是 （　　） （Ａ）３２ （Ｂ） 槡６ ２ （Ｃ）槡３ （Ｄ）３ ２．（２０２４四川绵阳开学考试）已知双曲线 Ｃ：ｘ ２ ａ２ － ｙ２ ６ ＝１（ａ＞０）的焦距为 槡４３，则Ｃ的渐近线方程是 （　　） （Ａ）ｙ＝±槡７７ｘ （Ｂ）ｙ＝± 槡３ ３ｘ （Ｃ）ｙ＝±ｘ （Ｄ）ｙ＝±槡３ｘ ３．（多选）设Ｆ１，Ｆ２分别是双曲线Ｃ：ｘ ２－ｙ ２ ｂ＝１的 左、右焦点，过Ｆ２作 ｘ轴的垂线与 Ｃ交于 Ａ，Ｂ两点，若 △ＡＢＦ１为正三角形，则 （　　） （Ａ）ｂ＝２ （Ｂ）Ｃ的焦距为 槡２５ （Ｃ）Ｃ的离心率为槡３ （Ｄ）△ＡＢＦ１的面积为 槡４３ ４．（２０２４四川成都期末）若双曲线的渐近线方程为 ｙ＝±３ｘ，实轴长为２ａ＝２，且焦点在ｘ轴上，则该双曲线 的标准方程为 ． ５．过双曲线的右焦点Ｆ２作垂直于实轴的弦 ＰＱ，Ｆ１ 为左焦点且 ∠ＰＦ１Ｑ ＝ π ２，则双曲线的离心率是 ． ６．（２０２４北京海淀校考阶段练习）求与双曲线ｘ ２ ４－ ｙ２ ６ ＝１有相同渐近线，且过点Ｐ（２，３）的双曲线的方程． !"#$%&'()*+, ! -./012345 !"#$%&'()*+ !"#$%#&'$&() !",-%&'()*+ *"#$+#&'$$&# ! ! !"#$%&' 678 !9":4;< !"#$%&'() *+ ,-./0123 45 6789%:;3 <*= >!?@ABC *DEFGHIJ=2 KL?MN&6O3<, P-.Q3<RM S"TUVSWX=Y %-:;3<?@(S Z[\],^ _`abZ c=Pdd#e= 2fg h7i;jklemn opq:;34S8 9= rs,tuvw3 4?x,^ =>&?@ 6yz{|S}~= ?E€‚= ?E €ƒ„= -…†‡? ˆ‰ IJ%=,yz}~ Šk‹K€S= '(n ŒŽ‘,’6g“ S”•= 6S–%?— ˜™Sš›,œ“žŸ *? ”•= ¡¢£¤ ¥- , ¥%¦§¨?@ ©ª«, ¬­?®¯6° ±+ ®²³´µ«¶ ·+ ®°³¸¹º±» ¼, ,®¯k½„¾¿ = ÀRj®²´µÁ nÂ2mÃÄÅÆ=Ç RÈj®°SZÉmÊ ÊËÌ, Í?ÎÏÐÑ= ÒӗÔÕÑÖ×=Ø Ù=´Rj®²ÚÛ=À RÈÜ®°ÝÞ= “R ßÌuàS, ‚Ⴤâ?ã äå,Yæ’6PÎÏ^ g= ®¯ç9èãmé, ê,@ëìí= î@( ‹ïðZ[ñòóôL= ,Nõœö÷øùúû üPýþñ¾^=ñÑù ú*ÿ!= "#ùú* L$,–œ-*s%ä& k'= (-*)ÿá* L=(-*+,áÎ-= (-*‚.á/0=2 1? þ2*”•= 23ô‚ä4= 56 ñò*Z[78 6ABC ! :< ()*+, ! 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