第15期 圆锥曲线的方程核心素养综合测评-【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 有关直线与圆锥曲线的位置关系问题是圆锥曲线 中的重要题型，主要涉及的问题有参数的范围问题、交 点的个数问题、弦中点的轨迹问题及弦长问题等．下面 举例说明，供同学们参考． 题型一：参数的范围问题 例１若直线ｙ＝ｋｘ＋１与焦点在ｘ轴上的椭圆ｘ ２ ９＋ ｙ２ ｍ ＝１总有公共点，求实数ｍ的取值范围． 分析一：考虑到直线与椭圆总有公共点，由直线与 圆锥曲线的位置关系的充要条件可求． 解法一：由椭圆方程及椭圆的焦点在ｘ轴上，知０＜ ｍ＜９． 由 ｙ＝ｋｘ＋１， ｘ２ ９＋ ｙ２ ｍ ＝１ { ，消去ｙ得 （ｍ＋９ｋ２）ｘ２＋１８ｋｘ＋９（１－ｍ）＝０． 又因为直线与椭圆总有公共点，所以上述方程中的 判别式Δ≥０对一切实数ｋ成立， 即（１８ｋ）２－４·（ｍ＋９ｋ２）·９（１－ｍ）≥０，亦即９ｋ２ ≥１－ｍ对一切实数ｋ成立． 所以１－ｍ≤０，即ｍ≥１． 故ｍ的取值范围为［１，９）． 分析二：由于直线过定点（０，１），而直线与椭圆总有 公共点，所以定点（０，１）必在椭圆的内部或边界上． 解法二：由椭圆的方程及椭圆的焦点在ｘ轴上，知０ ＜ｍ＜９． 又因为直线与椭圆总有公共点，所以直线所经过的 定点（０，１）必在椭圆的内部或边界上． 所以 ０２ ９＋ １２ ｍ≤１，即ｍ≥１． 故ｍ的取值范围为［１，９）． 题型二：直线与圆锥曲线的交点问题 例２试讨论直线ｌ：ｙ＝ｋｘ＋１与双曲线Ｃ：ｘ２－ｙ２＝ １的公共点的个数． 解析：由方程组 ｙ＝ｋｘ＋１， ｘ２－ｙ２ ＝１{ ，可得 （１－ｋ２）ｘ２－２ｋｘ－２＝０． （１）当ｋ＝±１时，ｘ＝１，此时直线与双曲线交于 一点． （２）当ｋ≠±１时，Δ＝４ｋ２＋８（１－ｋ２）＝８－４ｋ２， 若Δ＞０，则 －槡２＜ｋ＜槡２；若Δ＝０，则ｋ＝±槡２； 若Δ＜０，则ｋ＜－槡２或ｋ＞槡２． 综上所述，当 ｋ＝±槡２时，直线与双曲线相切于一 点；ｋ＝±１时，直线与双曲线相交于一点；ｋ＜－槡２或ｋ ＞槡２时，直线与双曲线没有公共点；１＜ｋ＜槡２或－１＜ ｋ＜１或－槡２＜ｋ＜－１时，直线与双曲线有两个公共点． 题型三：弦中点的轨迹问题 例３过点Ａ（２，１）的直线与双曲线ｘ２－ｙ ２ ２＝１相交 于两点Ｐ１，Ｐ２，求线段Ｐ１Ｐ２中点的轨迹方程． 解析：设Ｐ１（ｘ１，ｙ１），Ｐ２（ｘ２，ｙ２）， 则 ｘ２１－ ｙ２１ ２ ＝１，　　① ｘ２２－ ｙ２２ ２ ＝１， { ② ② －①，得 （ｘ２－ｘ１）（ｘ１＋ｘ２）＝ （ｙ２－ｙ１）（ｙ１＋ｙ２） ２ ． 当ｘ１≠ｘ２时， ｙ２－ｙ１ ｘ２－ｘ１ ＝ ２（ｘ１＋ｘ２） ｙ１＋ｙ２ ． 设Ｐ１Ｐ２的中点为Ｍ（ｘ，ｙ），则ｋＰ１Ｐ２ ＝ ｙ２－ｙ１ ｘ２－ｘ１ ＝２ｘｙ． 又ｋＡＭ ＝ ｙ－１ ｘ－２，而Ｐ１，Ａ，Ｍ，Ｐ２共线， 所以ｋＰ１Ｐ２ ＝ｋＡＭ，即 ｙ－１ ｘ－２＝ ２ｘ ｙ． 化简，得Ｍ的轨迹方程是２ｘ２－ｙ２－４ｘ＋ｙ＝０． 当ｘ１ ＝ｘ２时，即Ｍ（２，０），也满足上述方程． 故线段Ｐ１Ｐ２中点的轨迹方程为２ｘ ２－ｙ２－４ｘ＋ｙ＝０． 题型四：弦长问题 例４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的轨迹与直线ｙ＝ｘ －２交于Ｄ，Ｅ两点，求线段ＤＥ的长． 解析：设点Ｃ（ｘ，ｙ），则｜ＣＡ｜－｜ＣＢ｜＝±２． 根据双曲线的定义，可知点 Ｃ的轨迹是双曲线，易 求点Ｃ的轨迹方程是ｘ２－ｙ ２ ２ ＝１． 由 ｘ２－ｙ ２ ２ ＝１， ｙ＝ｘ－２ { ， 消去ｙ，得ｘ２＋４ｘ－６＝０． 因为Δ＝１６＋２４＞０，所以直线与双曲线有两个交点． 设交点为Ｄ（ｘ１，ｙ１），Ｅ（ｘ２，ｙ２）， 则ｘ１＋ｘ２ ＝－４，ｘ１ｘ２ ＝－６． 故｜ＤＥ｜＝ （ｘ１－ｘ２） ２＋（ｙ１－ｙ２）槡 ２ ＝槡２· （ｘ１＋ｘ２） ２－４ｘ１ｘ槡 ２ ＝４槡５． ! !" #$% 书 定点问题往往涉及的知识面较广、方法灵活多样， 一般以压轴题出现，解题时应根据问题的题设特点灵活 采用相应的策略，下面举例说明，供同学们复习时参考． 例１椭圆Ｃ：ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的离心率为 １ ２，其左焦点到点Ｐ（２，１）的距离为槡１０． （１）求椭圆Ｃ的标准方程； （２）若直线ｌ：ｙ＝ｋｘ＋ｍ与椭圆Ｃ相交于Ａ，Ｂ两点 （Ａ，Ｂ不是左、右顶点），且以ＡＢ为直径的圆过椭圆Ｃ的 右顶点．求证：直线ｌ过定点，并求出该定点的坐标． 解析：（１）由题知ｅ＝ｃａ＝ １ ２；左焦点（－ｃ，０）到点 Ｐ（２，１）的距离为ｄ＝ （２＋ｃ）２＋１槡 ２ ＝槡１０． 所以ａ２ ＝４，ｂ２ ＝３，ｃ２ ＝１． 所以椭圆Ｃ的标准方程为ｘ ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１． （２）设 Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），由 ｙ＝ｋｘ＋ｍ， ｘ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝ { １得（３ ＋４ｋ２）ｘ２＋８ｍｋｘ＋４（ｍ２－３）＝０， Δ＝６４ｍ２ｋ２－１６（３＋４ｋ２）（ｍ２－３）＞０， 即３＋４ｋ２－ｍ２ ＞０． ｘ１＋ｘ２ ＝－ ８ｍｋ ３＋４ｋ２ ，ｘ１ｘ２ ＝ ４（ｍ２－３） ３＋４ｋ２ ． ｙ１·ｙ２ ＝（ｋｘ１＋ｍ）·（ｋｘ２＋ｍ）＝ ３（ｍ２－４ｋ２） ３＋４ｋ２ ， 又以ＡＢ为直径的圆过椭圆的右顶点Ｄ（２，０）， 则ｋＡＤ·ｋＢＤ ＝－１，所以 ｙ１ ｘ１－２ · ｙ２ ｘ２－２ ＝－１， 所以ｙ１ｙ２＋ｘ１ｘ２－２（ｘ１＋ｘ２）＋４＝０， ３（ｍ２－４ｋ２） ３＋４ｋ２ ＋４（ｍ ２－３） ３＋４ｋ２ ＋ １６ｍｋ ３＋４ｋ２ ＋４＝０， 即７ｍ２＋１６ｍｋ＋４ｋ２ ＝０， 解得ｍ１＝－２ｋ，ｍ２＝－ ２ｋ ７，且满足３＋４ｋ ２－ｍ２＞０． 当ｍ＝－２ｋ时，ｌ：ｙ＝ｋ（ｘ－２），直线过定点（２，０） 与已知矛盾； 当ｍ＝－２ｋ７时，ｌ：ｙ＝ｋｘ－( )２７ ，直线过定点 ２７，( )０． 综上可知，直线ｌ过定点，定点坐标为 ２ ７，( )０． 例２已知双曲线ｘ２－ｙ２＝２的左、右焦点分别为Ｆ１， Ｆ２，过点Ｆ２的动直线与双曲线相交于Ａ，Ｂ两点．求在ｘ轴 上是否存在定点Ｃ，使→ＣＡ·→ＣＢ为常数？若存在，求出点Ｃ 的坐标；若不存在，请说明理由． 解析：假设在ｘ轴上存在定点Ｃ（ｍ，０），使→ＣＡ·→ＣＢ为 常数． 当ＡＢ不与ｘ轴垂直时，设直线ＡＢ的方程为 ｙ＝ｋ（ｘ－２）（ｋ≠±１）， 代入ｘ２－ｙ２＝２得（１－ｋ２）ｘ２＋４ｋ２ｘ－（４ｋ２＋２）＝０． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 则ｘ１＋ｘ２ ＝ ４ｋ２ ｋ２－１ ，ｘ１ｘ２ ＝ ４ｋ２＋２ ｋ２－１ ， 则 →ＣＡ·→ＣＢ ＝（ｘ１－ｍ）（ｘ２－ｍ）＋ｋ ２（ｘ１－２）（ｘ２－２） ＝（ｋ２＋１）ｘ１ｘ２－（２ｋ ２＋ｍ）（ｘ１＋ｘ２）＋４ｋ ２＋ｍ２ ＝（ｋ ２＋１）（４ｋ２＋２） ｋ２－１ －４ｋ ２（２ｋ２＋ｍ） ｋ２－１ ＋４ｋ２＋ｍ２ ＝２（１－２ｍ）＋４－４ｍ ｋ２－１ ＋ｍ２． 因为 →ＣＡ·→ＣＢ是与ｋ无关的常数， 所以４－４ｍ＝０，即ｍ＝１，此时→ＣＡ·→ＣＢ＝－１． 当ＡＢ与ｘ轴垂直时， 则点Ａ，Ｂ的坐标分别为（２，槡２），（２，－槡２）， 此时 →ＣＡ·→ＣＢ＝（１，槡２）·（１，－槡２）＝－１． 故在ｘ轴上存在定点Ｃ（１，０），使→ＣＡ·→ＣＢ为常数． ! !& '() ! " !" #"$ %! !!"#" $"$%&!"'$!( !"#$ %& & '()*+,-. *+, !-"./01 2345 !"# $%&'( )*+,- ./012 3456784!"9$ %:;<=>?:@9 /A01BCDEF4 !"9$%GHI?J9 %K?'L9 MNOP QRST- RUVW " X9$YZ$[9\]^ _?`%5a?bcW !"d/01' L9015e9fg5h iL9 7%j<Nk" lm9nopqrs-n o"XtuvwW [6 txy- PQ?"Xz {%|}~9 [t6x y9 [$€‚ƒ„ ‚ƒ9 …†‡ˆ‰''! Š‹Œ?Ž$"XW "X!‰{% ‘W ’“9!?%"”• –—˜™š •%›!œ žŸ 9 t’¡˜¢ £„¤¥9 ¦§’¨¨ 5€„©ªW "X0™«¬#0 ™­®W ’“9[¯w{ °?"X±9 ²³§´ PQ¤¥?ŸW [¯w PQ?"X±9 µ³% ¶·¸?¹º9 5»1 m®¬9 5»w1m¼ ½?¾¿- 5»{z{ !LÀ™[?vw-– %j- [€PQÁ¸? ÂÄÄÅW ÆCÇÈÉÊ$Ë —ÌÍ?ΖÏÐ#ÆC ÇчÒÓÔ# ՛\ %"R)ÍPQÖ×? Ø!W Ù?%"0™Ú Û90™ÜÝ95h¯Þ ?"‚9 Ù߃PQà á?Ö×9 â[ãäå ³Ùæç„èéê?! "9ë…Ùˆ‰9[wP Q?%"ì¦íîï™ ðñòóôõ?ö÷W ø${%ùŽúû [ü [?"‚ýþ${ ÿ?Z{}~?9–!$ €"#$~„%&W Ù$%›}'àá !"#$%&'()*+,'-. ) *+ 678 , ) *+ 9:; , % - .+ <=8 , ) *+ > ? , ) *+ @ A -./01+ < B 23/01+ <CD -4506+ E F -4578+ GHI :JK L M NOP Q R STU 9VW QXC Y H Z[P \]7 L^_ `^a 97b cA/ deM f U ghi :jk 91-.+ :JK 91:;+ ghi <=-.+ 9lm >?-.+ nop @ABC+ qrs !&tuvwxy !&tvz{|}~€ !&tv‚ƒ„…†‡ˆ‰xŠ ‹ŒŽ‘. Ž’“678 ”•–—˜™‘.š›“()!%'"#"#*œ+ žŸ ¡“$!,$-. 书书书 １６． （１５ 分 ）Ｐ （ｘ，ｙ） 是 双 曲 线 Ｃ ： ｘ ２４ － ｙ ２ ＝ １ 上 任 意 一 点 ． （１ ） 求 证 ：点 Ｐ 到 双 曲 线 Ｃ 的 两 条 渐 近 线 的 距 离 的 乘 积 是 一 个 常 数 ； （２ ） 已 知 Ａ （３ ，０ ） ，求 ｜ ＰＡ ｜ 的 最 小 值 ． １７．（１５ 分 ） （２０２４ 四 川 攀 枝 花 市 第 三 高 级 中 学 校 阶 段 练 习 ） 已 知 椭 圆 Ｃ 的 两 焦 点 分 别 为 Ｆ １ （ － １ ， ０ ） ， Ｆ ２ （ １ ， ０ ） ， Ｐ 为 椭 圆 上 一 点 ， 且 ２ ｜ Ｆ １ Ｆ ２ ｜ ＝ ｜ ＰＦ １ ｜ ＋｜ ＰＦ ２ ｜． （１ ） 求 椭 圆 Ｃ 的 标 准 方 程 ； （２ ） 若 点 Ｐ 在 第 二 象 限 ，∠ Ｆ １ ＰＦ ２ ＝ １２０° ，求 △ ＰＦ １ Ｆ ２ 的 面 积 ． １８．（１７ 分 ） 已 知 双 曲 线 Ｃ ： ｙ ２ ａ ２ － ｘ ２ ｂ ２ ＝ １ （ａ ＞ ０ ，ｂ ＞ ０ ） 的 离 心 率 为 槡 １０ ３ ，抛 物 线 Ｄ ：ｙ ２ ＝ ２ｐｘ（ｐ ＞ ０ ） 的 焦 点 为 Ｆ ，准 线 为 ｌ，ｌ 交 Ｃ 的 两 条 渐 近 线 于 Ｍ ，Ｎ 两 点 ，△ Ｍ ＦＮ 的 面 积 为 １２． （１ ） 求 双 曲 线 Ｃ 的 渐 近 线 方 程 ； （２ ） 求 抛 物 线 Ｄ 的 方 程 ． １９． （１７ 分 ） 已 知 椭 圆 Ｃ ： ｘ ２ ａ ２ ＋ ｙ ２ ｂ ２ ＝ １ （ａ ＞ ｂ ＞ ０ ） 的 焦 点 和 上 顶 点 分 别 为 Ｆ １ ，Ｆ ２ ，Ｂ ，我 们 称 △ Ｆ １ ＢＦ ２ 为 椭 圆 Ｃ 的 特 征 三 角 形 ，如 果 两 个 椭 圆 的 特 征 三 角 形 是 相 似 三 角 形 ，则 称 这 两 个 椭 圆 为 “ 相 似 椭 圆 ” ， 且 特 征 三 角 形 的 相 似 比 即 为 “ 相 似 椭 圆 ” 的 相 似 比 ．已 知 椭 圆 Ｃ １ ： ｘ ２ ａ ２ ＋ ｙ ２ ｂ ２ ＝ １ 以 抛 物 线 ｙ ２ ＝ 槡 ４ ３ｘ 的 焦 点 为 一 个 焦 点 ，且 椭 圆 上 任 意 一 点 到 两 焦 点 的 距 离 之 和 为 ４． （１ ） 若 椭 圆 Ｃ ２ 与 椭 圆 Ｃ １ 相 似 ，且 相 似 比 为 ２ ，求 椭 圆 Ｃ ２ 的 方 程 ； （２ ） 已 知 点 Ｐ （０ ，２ ） ，点 Ａ 是 椭 圆 Ｃ １ 上 的 任 意 一 点 ，点 Ｂ 是 点 Ａ 关 于 原 点 的 对 称 点 ．记 →  ｙ ＝ ＰＡ · → ＰＢ ，求 ｙ 的 取 值 范 围 ； （ ３ ） 已 知 直 线 ｌ：ｙ ＝ ｘ ＋ １ ，与 椭 圆 Ｃ １ 相 似 且 短 半 轴 长 为 ｂ 的 椭 圆 为 Ｃ ｂ ， 是 否 存 在 这 样 的 ｂ，使 得 椭 圆 Ｃ ｂ 上 存 在 两 点 Ｍ ，Ｎ 关 于 直 线 ｌ对 称 ，若 存 在 ， 请 求 出 ｂ 的 范 围 ；若 不 存 在 ，请 说 明 理 由 ． œ ¢ £ ¤ ¥ ¦ § ! # ̈ ©/‹wª«¬­®¯§—°±²z ! .³!"#$%&'( ´/‹wª«¬­®¯§—°±²z ! .³)"*$%&+( 书 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． 一、单项选择题　１－４　ＢＣＤＢ　５－８　ＤＡＤＣ 二、多项选择题　９．ＡＣ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＢＤ． 三、填空题　１２．３；　１３．４５；　１４． 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． 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 ｙ ２ ２ ４，ｙ )２ ， (Ｍ ｙ ２ ３ ４，ｙ )３ ， (Ｎ ｙ ２ ４ ４，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 (＝ ｙ ２ ３ ４ －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３－４ｍ２－２ｎ＝ 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． 书 例１已知直线ｘ－２ｙ＋２＝０经过椭圆Ｃ：ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的左顶点Ａ和上顶点Ｄ，椭圆Ｃ的右顶 点为Ｂ，点Ｓ是椭圆Ｃ上位于ｘ轴上方的动点，直线ＡＳ， ＢＳ与直线ｌ：ｘ＝１０３分别交于Ｍ，Ｎ两点． （１）求椭圆Ｃ的方程； （２）求线段ＭＮ的长度的最小值． 解析：（１）由题意知椭圆Ｃ的左顶点为 Ａ（－２，０）， 上顶点为Ｄ（０，１），所以ａ＝２，ｂ＝１． 故椭圆Ｃ的方程为ｘ ２ ４＋ｙ ２ ＝１． （２）如右图，直线ＡＳ的斜 率显然存在，且ｋ＞０，故可设 直线 ＡＳ的方程为 ｙ＝ｋ（ｘ＋ ２），从而Ｍ １０ ３， １６ｋ( )３ ． 由 ｙ＝ｋ（ｘ＋２）， ｘ２ ４＋ｙ ２ ＝{ １ 得 （１＋４ｋ２）ｘ２＋１６ｋ２ｘ＋１６ｋ２－４＝０． 设Ｓ（ｘ１，ｙ１），则（－２）·ｘ１ ＝ １６ｋ２－４ １＋４ｋ２ ， 解得ｘ１ ＝ ２－８ｋ２ １＋４ｋ２ ，从而ｙ１ ＝ ４ｋ １＋４ｋ２ ， 即Ｓ２－８ｋ ２ １＋４ｋ２ ， ４ｋ １＋４ｋ( )２ ． 又Ｂ（２，０），故直线ＢＳ的方程为ｙ＝－１４ｋ（ｘ－２）． 由 ｙ＝－１４ｋ（ｘ－２）， ｘ＝１０{ ３ 解得 ｘ＝１０３， ｙ＝－１３ｋ { ． 所以Ｎ １０ ３，－ １ ３( )ｋ，故｜ＭＮ｜＝ １６ｋ３ ＋１３ｋ． 又ｋ＞０， 所以｜ＭＮ｜＝１６ｋ３ ＋ １ ３ｋ≥２ １６ｋ ３· １ ３槡 ｋ＝ ８ ３， 当且仅当 １６ｋ ３ ＝ １ ３ｋ，即ｋ＝ １ ４时等号成立． 所以当ｋ＝ １４时，线段ＭＮ的长度取得最小值 ８ ３． 点评：利用基本不等式求解最值问题是常用方法， 同学们要认真体会！ 例２已知圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２ ＝４． （１）过圆Ｃ上一动点Ｍ（不在ｘ轴上）作平行于ｙ轴 的直线ｍ，设ｍ与ｘ轴的交点为 Ｎ，若向量→ →ＯＱ＝ＯＭ＋ →ＯＮ，求动点Ｑ的轨迹方程； （２）若点Ｒ（１，０），在（１）的条件下，求 →｜ＲＱ｜的最 小值． 解析：（１）解法略， 点Ｑ的轨迹方程为ｘ ２ ４＋ｙ ２ ＝４（ｘ≠０）． （２）设Ｑ点为（ｘ，ｙ），→ＲＱ＝（ｘ－１，ｙ）， 所以 →｜ＲＱ｜２ ＝（ｘ－１）２＋ｙ２． ① 由 ｘ２ ４＋ｙ ２ ＝４可得ｙ２ ＝４－ｘ ２ ４， ② 将②代入①得 →｜ＲＱ｜２ ＝（ｘ－１）２＋４－ｘ ２ ４ ＝ ３ｘ－( )４３ ２ ＋４４３ ４ ． 又ｘ∈［－４，０）∪（０，４］， 由一元二次函数的性质知，当ｘ＝４３时， →｜ＲＱ｜２取得 最小值 １１ ３，所以 →｜ＲＱ｜的最小值为槡３３３ ． 点评：第二问先把目标量表示为一个基本初等函数 的形式，再利用函数的相关性质求最值． ! " # $ % & ' ( ) ! !" #$% !"#$%&'()*+ !"#$%#&'$&() !",-%&'()*+ *"#$+#&'$$!" ! ! &'()*+,-./012345 ! 6"0 #$ 7 !"#$%&' !89:;:6 !<A1B6 !CDEFG?-"#.+#&'.&#( !89HI?JKLMNOPQRSTU ."&V(W9X&'()CDE !YZC[?-"---( !O\E]9^_?-"#.##&'..&# -"#.##&'.&"'̀ abc !]d?ef89O\EIghijklYm̀ nc !YZ]d^_?...)# !opqr]st]uv] !89wijkL3Ocx5yz{9 !|}~€oV?./----/---..- !|}EF‚?-"#.##&'.&## !89ƒ„"…†a‡ˆ‰Š‹Œ̀ ŽO‘R’“”•–—˜™ .. Vcšˆ›œŠˆžŸ ¡›ef89O\EIg¢£ !" !" ª̀« $›% 6'¬c !"# $%&'()* +!,%-./# ,% -012 "#34567 89:;<#34=#> ?567@A:BC# BC#%DBC#DE& F!GH# DEI&F JKLMN#OPQR2 QS!"# &F!TU VWQS#XQYZ#[ &\]!"&F^_` "%a#?QYZ#bc !&F# de3*fg hi2 7jk%:lmQ n!&F# L*Vo% &!01'pq# 'r s#tu!&F#Yiv w"xy!2 z{|!# P}Q*~Ye301 !&F#Y€!#Q %‚!2 "&ƒ„…!#Y e301#e3†‡#~ YQˆ‰Š2 I&F‹ Œ#Y{a!#zŽg ‘’#“”#• [&Fƒ–!—˜#™ š01›œ!žŸ  #Žg¡¢!£¤'2 Y!#3¥"#¦§¨© *ª«# ¬­I&F! ®¯œ#­'*V°#­ '*±!TU2 z3¥"# ˆ¨© ¡¢!£¤'# Q²[ )³´µ# ¦P¶V o# 4·¸1£I&F ¹J!TU2 QºZ»# QºZ¼# aE½¾! 4·#¿ˆÀ)#ÁÂ% Ã!rsYiv!2 d7jk# +rs *# ÄÅ*# +?ÆE *2 +4·P¶ÇVo# LȈÉUzÄÅ#z pq#Ê^Y+#&F! TU2 ËÌ4ÍG!Î Ï#ÐÑÒÓ£#ÔÕÖ ×# £ØÙÚ# ÛÜÝ Þ#ßà­á#+e3Z ³fg´µ# âY¸¸ ãä³'#åæ#çÙÚ èéz³#åæ#êëQ #ì+íWe3ª«# íWîïVo¨©! ›2 ¬ð!"ñ# Qº òó#ô¤õ‡‡#56 ö¿$%&'}÷!0 1# 56ö¿Ifg4 ·P¶!012 Qº„ …øë#Qº„…»ù# ⺿ú±Ç# ûL* Ê%-01£¤'#£ E&F!GH2 ,-"!&Fü ý#56vþÿ#z !"#2 书书书 圆 锥 曲 线 的 方 程 核 心 素 养 综 合 测 评 ◆ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ５８ 分 ） 一 、 单 项 选 择 题 ： 本 大 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４ ０ 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． （ ２０ ２４ 济 南 模 拟 ） 椭 圆 ｘ２ ５ ＋ ｙ２ ＝ １ 的 焦 点 坐 标 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） （ ± 槡 ６， ０） （ Ｂ） （ ± ２， ０） （ Ｃ） （ ０， ± 槡 ６） （ Ｄ ） （ ０， ± ２） ２． （ ２０ ２４ 河 北 石 家 庄 期 中 ） 双 曲 线 ｘ２ ａ － ｙ２ ＝ １（ ａ ＞ ０） 的 右 焦 点 是 （ ３， ０） ，则 实 数 ａ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ８ （ Ｂ） ４ （ Ｃ ） １０ （ Ｄ ） ２ ３． （ ２０ ２４ 山 东 潍 坊 一 模 ） 已 知 抛 物 线 Ｃ： ｘ２ ＝ ｙ上 点 Ｍ 的 纵 坐 标 为 １， 则 Ｍ 到 Ｃ 的 焦 点 的 距 离 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） １ （ Ｂ） ５ ４ （ Ｃ） ３ ２ （ Ｄ ） ２ ４． （ ２０ ２４ 江 西 模 拟 预 测 ） 椭 圆 Ｃ： ｘ２ ８０ ＋ ｙ２ ３５ ＝ １ 的 长 轴 长 与 焦 距 之 差 等 于 （ 　 　 ） （ Ａ ） 槡 ５ （ Ｂ） 槡２ ５ （ Ｃ） 槡２ ６ （ Ｄ ） 槡３ ６ ５ ． （ ２０ ２４ 陕 西 西 安 一 模 ） 已 知 双 曲 线 ｘ２ ａ２ － ｙ２ ｂ２ ＝ １（ ａ ＞ ０， ｂ ＞ ０） 的 一 条 渐 近 线 经 过 点 Ｐ（ ３， － ９） ，则 该 双 曲 线 的 离 心 率 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） 槡 １０ （ Ｂ） ３ （ Ｃ） 槡２ ２ （ Ｄ ） 槡 ７ ６． （ ２０ ２４ 湖 北 期 中 ） 若 抛 物 线 ｙ２ ＝ ４ｘ 的 弦 ＡＢ ( 中 点 坐 标 为 １， ) １ ２ ，则 直 线 ＡＢ 的 斜 率 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） － ４ （ Ｂ） ４ （ Ｃ） － ２ （ Ｄ ） ２ ７． （ ２０ ２４ 模 拟 预 测 ） 在 建 筑 中 很 多 圆 顶 建 筑 的 顶 部 会 使 用 抛 物 线 形 状 ，例 如 飞 机 库 、穹 顶 体 育 场 和 博 物 馆 采 用 了 抛 物 线 形 状 的 圆 顶 ，因 为 这 种 形 状 可 以 提 供 良 好 的 结 构 稳 定 性 ， 并 能 使 空 间 更 加 开 阔 ．图 １ 为 某 机 场 的 一 个 飞 船 库 ，它 的 一 个 纵 截 面 呈 抛 物 线 形 ， 将 其 置 于 平 面 直 角 坐 标 系 ｘＯ ｙ 中 ，如 图 ２． 已 知 该 飞 船 库 的 底 面 宽 度 约 为 ９６ ｍ ， 高 度 约 为 ６０ ｍ ， 则 此 纵 截 面 所 在 抛 物 线 的 方 程 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ｘ２ ＝ － ７５ ２ ｙ （ Ｂ ） ｘ２ ＝ － ９６ ５ ｙ （ Ｃ） ｘ２ ＝ － １９ ２ ５ ｙ （ Ｄ ） ｘ２ ＝ － ７５ ｙ ８． （ ２０ ２４ 山 西 太 原 期 中 ） 已 知 椭 圆 Ｃ： ｘ２ ９ ＋ ｙ２ ５ ＝ １ 的 左 、右 焦 点 分 别 为 Ｆ １ ， Ｆ ２ ，点 Ｍ 在 Ｃ 上 ，点 Ｎ 的 坐 标 为 （ ３， 槡 ５） ，则 ｜ Ｍ Ｎ ｜＋ ｜ Ｍ Ｆ １ ｜ 的 取 值 范 围 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ［ ４ ＋ 槡 ６， ６ ＋ 槡 ６］ （ Ｂ） ［ ６ ＋ 槡 ６， ９ ＋ 槡 ６］ （ Ｃ） ［ 槡 ３０ ，４ ＋ 槡 ６ ］ （ Ｄ ） ［ 槡 ３０ ，６ ＋ 槡 ６］ 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． （ ２０ ２４ 重 庆 八 中 模 拟 预 测 ） 如 图 ３ 所 示 ， 用 一 个 与 圆 柱 底 面 成 ( θ ０ ＜ θ ＜ π ) ２ 角 的 平 面 截 圆 柱 ，截 面 是 一 个 椭 圆 ．若 圆 柱 的 底 面 圆 半 径 为 ２， θ ＝ π ３ ，则 （ 　 　 ） （ Ａ ） 椭 圆 的 长 轴 长 等 于 ４ （ Ｂ） 椭 圆 的 离 心 率 为 槡 ３ ２ （ Ｃ） 椭 圆 的 标 准 方 程 可 以 是 ｙ２ １６ ＋ ｘ２ ４ ＝ １ （ Ｄ ） 椭 圆 上 的 点 到 焦 点 的 距 离 的 最 小 值 为 ４ － 槡２ ３ １０ ．（ ２０ ２４ 山 西 模 拟 预 测 ） 已 知 抛 物 线 Ｃ： ｙ２ ＝ ４ｘ 的 焦 点 为 Ｆ， 点 Ｍ （ ｘ ０ ， ｙ ０ ） 在 Ｃ 上 ，若 ∠ Ｍ Ｏ Ｆ ＝ ４５ °（ Ｏ 为 坐 标 原 点 ） ，则 （ 　 　 ） （ Ａ ） ｘ ０ ＝ ４ （ Ｂ） ｙ ０ ＝ ４ （ Ｃ） ｜ Ｍ Ｆ ｜ ＝ ５ （ Ｄ ） ｃｏ ｓ ∠ Ｏ ＦＭ ＝ ３ ５ １１ ．（ ２０ ２４ 威 海 期 末 ） 过 双 曲 线 Ｅ： ｘ２ ａ２ － ｙ２ ｂ２ ＝ １（ ａ ＞ ０， ｂ ＞ ０） 的 右 焦 点 Ｆ 作 渐 近 线 的 垂 线 ，交 ｙ 轴 于 点 Ｐ， 垂 足 为 点 Ｍ ，若 → Ｍ Ｆ ＝ ２ → ＰＭ ，则 （ 　 　 ） （ Ａ ） 直 线 ＦＰ 与 圆 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝ ａ２ 相 切 （ Ｂ） Ｅ 与 ｘ２ ２ｂ ２ ＋ ｙ２ ａ２ ＝ １ 有 相 同 的 焦 点 （ Ｃ） Ｅ 的 渐 近 线 方 程 为 ｙ ＝ ± 槡 ２ ２ ｘ （ Ｄ ） Ｅ 的 离 心 率 为 槡 ３ 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 ．（ ２０ ２４ 广 东 深 圳 市 第 七 高 级 中 学 期 末 ） 若 椭 圆 ｘ２ ｍ ＋ ｙ２ ４ ＝ １ 的 一 个 焦 点 为 （ ０， － １） ，则 ｍ 的 值 为 ． １３ ．（ ２０ ２４ 山 东 省 实 验 中 学 诊 断 ） 若 抛 物 线 ｙ２ ＝ ２ｐ ｘ（ ｐ ＞ ０） 上 的 点 Ａ（ ｘ ０ ， － ３） 到 其 焦 点 的 距 离 是 Ａ 到 ｙ 轴 距 离 的 ２ 倍 ，则 ｐ ＝ ． １４ ．（ ２０ ２４ 四 川 广 元 阶 段 测 试 ） 三 等 分 角 是 “ 古 希 腊 三 大 几 何 问 题 ” 之 一 ， 数 学 家 帕 普 斯 巧 妙 地 利 用 圆 弧 和 双 曲 线 解 决 了 这 个 问 题 ．如 图 ４， 在 圆 Ｄ 中 ， ＡＢ 为 其 一 条 弦 ， ∠ ＡＤ Ｂ ＝ １２ ０° ，Ｃ ，Ｏ 是 弦 ＡＢ 的 两 个 三 等 分 点 ，以 Ａ 为 左 焦 点 ，Ｂ ，Ｃ 为 顶 点 作 双 曲 线 Ｔ． 设 双 曲 线 Ｔ 与 弧 ＡＢ 的 交 点 为 Ｅ， 则 ∠ ＡＤ Ｅ ＝ １ ３ ∠ ＡＤ Ｂ ＝ ４０ °． 若 Ｔ 的 方 程 为 ｘ２ ａ２ － ｙ２ ４ ＝ １（ ａ ＞ ０） ，则 圆 Ｄ 的 半 径 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 ） 设 点 Ｐ（ ｘ， ｙ） （ ｙ ≥ ０） 为 平 面 直 角 坐 标 系 ｘＯ ｙ内 的 一 个 动 点 （ 其 中 Ｏ 为 坐 标 原 点 ） ，点 Ｐ 到 定 点 ( Ｍ ０， ) １ ２ 的 距 离 比 点 Ｐ 到 ｘ轴 的 距 离 大 １ ２ ． （ １） 求 点 Ｐ 的 轨 迹 方 程 ； （ ２） 若 直 线 ｌ： ｙ ＝ ｋｘ ＋ １ 与 点 Ｐ 的 轨 迹 相 交 于 Ａ ， Ｂ 两 点 ，且 ｜ ＡＢ ｜ ＝ 槡２ ６ ，求 实 数 ｋ 的 值 ． ! $ * % " + & , ! % & ' ( ) ­ + , - . / 0 1 2 ® 4 ¯ ! 6 ° ! 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