2022年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測 第九章 高考專題突破五 高考中的圓錐曲線問題 理 新人教A版

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1、2022年高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)導(dǎo)練測 第九章 高考專題突破五 高考中的圓錐曲線問題 理 新人教A版 1．已知雙曲線－＝1 (a>0，b>0)和橢圓＋＝1有相同的焦點(diǎn)，且雙曲線的離心率是橢圓離心率的兩倍，則雙曲線的方程為____________． 答案?。? 解析　由題意得，雙曲線－＝1 (a>0，b>0)的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(，0)，(－，0)，c＝；且雙曲線的離心率為2×＝＝?a＝2，b2＝c2－a2＝3， 雙曲線的方程為－＝1. 2．已知橢圓＋＝1 (a>b>0)與拋物線y2＝2px (p>0)有相同的焦點(diǎn)F，P，Q是橢圓與拋物線的交點(diǎn)，若PQ經(jīng)過焦點(diǎn)F，則橢圓＋＝1 (a>b>0)的離心

2、率為____________． 答案?。? 解析　因?yàn)閽佄锞€y2＝2px (p>0)的焦點(diǎn)F為，設(shè)橢圓另一焦點(diǎn)為E. 當(dāng)x＝時(shí)代入拋物線方程得y＝±p， 又因?yàn)镻Q經(jīng)過焦點(diǎn)F，所以P且PF⊥OF. 所以|PE|＝ ＝p， |PF|＝p，|EF|＝p. 故2a＝ p＋p,2c＝p，e＝＝－1. 3．若雙曲線－＝1的一條漸近線被圓(x－2)2＋y2＝4所截得的弦長為2，則該雙曲線的實(shí)軸長為(　　) A．1 B．2 C．3 D．6 答案　B 解析　雙曲線－＝1的漸近線方程為y＝±x，即x±ay＝0，圓(x－2)2＋y2＝4的圓心為C(2,0)，半徑為r＝2，如圖，由圓的弦

3、長公式得弦心距|CD|＝＝，另一方面，圓心C(2,0)到雙曲線－＝1的漸近線x－ay＝0的距離為d＝＝，所以＝，解得a2＝1，即a＝1，該雙曲線的實(shí)軸長為2a＝2. 4．若雙曲線－＝1 (a>0，b>0)的漸近線與拋物線y＝x2＋2有公共點(diǎn)，則此雙曲線的離心率的取值范圍是(　　) A．[3，＋∞) B．(3，＋∞) C．(1,3] D．(1,3) 答案　A 解析　依題意可知雙曲線漸近線方程為y＝±x，與拋物線方程聯(lián)立消去y得x2±x＋2＝0. ∵漸近線與拋物線有交點(diǎn)， ∴Δ＝－8≥0，求得b2≥8a2， ∴c＝ ≥3a，∴e＝≥3. 5．設(shè)坐標(biāo)原點(diǎn)為O，拋物線y2＝2

4、x與過焦點(diǎn)的直線交于A、B兩點(diǎn)，則·等于(　　) A. B．－ C．3 D．－3 答案　B 解析　方法一　(特殊值法) 拋物線的焦點(diǎn)為F，過F且垂直于x軸的直線交拋物線于A(，1)，B(，－1)， ∴·＝·＝－1＝－. 方法二　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則·＝x1x2＋y1y2. 由拋物線的過焦點(diǎn)的弦的性質(zhì)知： x1x2＝＝，y1y2＝－p2＝－1. ∴·＝－1＝－. 題型一　圓錐曲線中的范圍、最值問題 例1　如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P(1，)到拋物線C：y2＝2px(p>0)的準(zhǔn)線的距離為.點(diǎn)M(t,1)是C上的定點(diǎn)，A，B是C上的兩

5、動(dòng)點(diǎn)，且線段AB的中點(diǎn)Q(m，n)在直線OM上． (1)求曲線C的方程及t的值； (2)記d＝，求d的最大值． 思維點(diǎn)撥　(2)用點(diǎn)差法求kAB，用m表示出|AB|，利用基本不等式求最值． 解　(1)y2＝2px(p>0)的準(zhǔn)線為x＝－， ∴1－(－)＝，p＝， ∴拋物線C的方程為y2＝x. 又點(diǎn)M(t,1)在曲線C上，∴t＝1. (2)由(1)知，點(diǎn)M(1,1)，從而n＝m，即點(diǎn)Q(m，m)， 依題意，直線AB的斜率存在，且不為0， 設(shè)直線AB的斜率為k(k≠0)． 且A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2， 故k·2m＝

6、1， ∴直線AB的方程為y－m＝(x－m)， 即x－2my＋2m2－m＝0. 由消去x， 整理得y2－2my＋2m2－m＝0， ∴Δ＝4m－4m2>0，y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－m. 從而|AB|＝ ·|y1－y2| ＝· ＝2. ∴d＝＝2≤m＋(1－m)＝1， 當(dāng)且僅當(dāng)m＝1－m，即m＝時(shí)，上式等號(hào)成立， 又m＝滿足Δ＝4m－4m2>0.∴d的最大值為1. 思維升華　圓錐曲線中最值問題的解決方法一般分兩種：一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關(guān)結(jié)論來求最值；二是代數(shù)法，常將圓錐曲線的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或三角函數(shù)的最值問題，然后利用基本不等式

7、、函數(shù)的單調(diào)性或三角函數(shù)的有界性等求最值． 　已知點(diǎn)A(－1,0)，B(1,0)，動(dòng)點(diǎn)M的軌跡曲線C滿足∠AMB＝2θ，||·||cos2θ＝3，過點(diǎn)B的直線交曲線C于P，Q兩點(diǎn)． (1)求||＋||的值，并寫出曲線C的方程； (2)求△APQ面積的最大值． 解　(1)設(shè)M(x，y)，在△MAB中， |AB|＝2，∠AMB＝2θ， 根據(jù)余弦定理得 ||2＋||2－2||·||cos 2θ＝4. 即(||＋||)2－2||·||(1＋cos 2θ)＝4. (||＋||)2－4||·||cos2θ＝4. 而||·||cos2θ＝3， 所以(||＋||)2－4×3＝4. 所以

8、||＋||＝4. 又||＋||＝4>2＝|AB|， 因此點(diǎn)M的軌跡是以A，B為焦點(diǎn)的橢圓(點(diǎn)M在x軸上也符合題意)，a＝2，c＝1. 所以曲線C的方程為＋＝1. (2)設(shè)直線PQ的方程為x＝my＋1. 由 消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.① 顯然方程①的Δ>0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 則S△APQ＝×2×|y1－y2|＝|y1－y2|. 由根與系數(shù)的關(guān)系得 y1＋y2＝－，y1y2＝－. 所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝48×. 令t＝3m2＋3，則t≥3，(y1－y2)2＝. 由于函數(shù)φ(t)＝t＋在[3，＋∞)

9、上是增函數(shù)， 所以t＋≥，當(dāng)t＝3m2＋3＝3，即m＝0時(shí)取等號(hào)． 所以(y1－y2)2≤＝9，即|y1－y2|的最大值為3. 所以△APQ面積的最大值為3， 此時(shí)直線PQ的方程為x＝1. 題型二　圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題 例2　在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓＋＝1的左，右頂點(diǎn)分別為A，B，右焦點(diǎn)為F.設(shè)過點(diǎn)T(t，m)的直線TA，TB與此橢圓分別交于點(diǎn)M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m>0，y1>0，y2<0. (1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P滿足：|PF|2－|PB|2＝4，求點(diǎn)P的軌跡； (2)設(shè)x1＝2，x2＝，求點(diǎn)T的坐標(biāo)； (3)設(shè)t＝9，求證：直線MN必過x軸上的一

10、定點(diǎn)(其坐標(biāo)與m無關(guān))． (1)解　設(shè)P(x，y)，由題意知F(2,0)，B(3,0)，A(－3,0)， 則|PF|2＝(x－2)2＋y2，|PB|2＝(x－3)2＋y2， 由|PF|2－|PB|2＝4，得(x－2)2＋y2－[(x－3)2＋y2]＝4， 化簡，得x＝.故點(diǎn)P的軌跡方程是x＝. (2)解　將x1＝2，x2＝分別代入橢圓方程， 并考慮到y(tǒng)1>0，y2<0，得M，N. 則直線MA的方程為＝，即x－3y＋3＝0. 直線NB的方程為＝，即5x－6y－15＝0. 聯(lián)立方程解得x＝7，y＝， 所以點(diǎn)T的坐標(biāo)為. (3)證明　如圖所示， 點(diǎn)T的坐標(biāo)為(9，m)． 直

11、線TA的方程為＝， 直線TB的方程為＝， 分別與橢圓＋＝1聯(lián)立方程， 解得M， N. 直線MN的方程為 ＝. 令y＝0，解得x＝1， 所以直線MN必過x軸上的一定點(diǎn)(1,0)． 思維升華　求定點(diǎn)及定值問題常見的方法有兩種： (1)從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān)． (2)直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值． 　(xx·江西)橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝ ，a＋b＝3. (1)求橢圓C的方程； (2)如圖所示，A、B、D是橢圓C的頂點(diǎn)，P是橢圓C上除頂點(diǎn)外的任意一點(diǎn)，直線DP交x軸于點(diǎn)N，直線AD交BP于點(diǎn)M，設(shè)BP的斜

12、率為k，MN的斜率為m.證明：2m－k為定值． (1)解　因?yàn)閑＝＝， 所以a＝c，b＝c. 代入a＋b＝3得，c＝，a＝2，b＝1. 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明　方法一　因?yàn)锽(2,0)，點(diǎn)P不為橢圓頂點(diǎn)，則直線BP的方程為y＝k(x－2)(k≠0，k≠±)，① ①代入＋y2＝1，解得P. 直線AD的方程為y＝x＋1.② ①與②聯(lián)立解得M. 由D(0,1)，P，N(x,0)三點(diǎn)共線知 ＝，解得N. 所以MN的斜率為m＝ ＝＝. 則2m－k＝－k＝(定值)． 方法二　設(shè)P(x0，y0)(x0≠0，±2)，則k＝， 直線AD的方程為y＝(x＋2)，

13、 直線BP的方程為y＝(x－2)， 直線DP的方程為y－1＝x，令y＝0， 由于y0≠1可得N， 聯(lián)立 解得M， 因此MN的斜率為 m＝＝ ＝ ＝. 所以2m－k＝－ ＝ ＝ ＝ ＝(定值)． 題型三　圓錐曲線中的探索性問題 例3　(xx·福建)已知曲線Γ上的點(diǎn)到點(diǎn)F(0,1)的距離比它到直線y＝－3的距離小2. (1)求曲線Γ的方程； (2)曲線Γ在點(diǎn)P處的切線l與x軸交于點(diǎn)A，直線y＝3分別與直線l及y軸交于點(diǎn)M，N.以MN為直徑作圓C，過點(diǎn)A作圓C的切線，切點(diǎn)為B.試探究：當(dāng)點(diǎn)P在曲線Γ上運(yùn)動(dòng)(點(diǎn)P與原點(diǎn)不重合)時(shí)，線段AB的長度是否發(fā)生變化？證明你的

14、結(jié)論． 思維點(diǎn)撥　(1)設(shè)S(x，y)為曲線Γ上的任意一點(diǎn)，利用拋物線的定義，判斷S滿足拋物線的定義，即可求曲線Γ的方程； (2)通過拋物線方程利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求出切線方程，求出A、M的坐標(biāo)，N的坐標(biāo)，以MN為直徑作圓C，求出圓心坐標(biāo)，半徑是常數(shù)，即可證明當(dāng)點(diǎn)P在曲線Γ上運(yùn)動(dòng)(點(diǎn)P與原點(diǎn)不重合)時(shí)，線段AB的長度不變． 解　方法一　(1)設(shè)S(x，y)為曲線Γ上任意一點(diǎn)， 依題意，點(diǎn)S到F(0,1)的距離與它到直線y＝－1的距離相等，所以曲線Γ是以點(diǎn)F(0,1)為焦點(diǎn)、直線y＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，所以曲線Γ的方程為x2＝4y. (2)當(dāng)點(diǎn)P在曲線Γ上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段AB的長度不變．證明如下

15、： 由(1)知拋物線Γ的方程為y＝x2， 設(shè)P(x0，y0)(x0≠0)，則y0＝x， 由y′＝x，得切線l的斜率k＝y(tǒng)′|x＝x0＝x0， 所以切線l的方程為y－y0＝x0(x－x0)， 即y＝x0x－x. 由得A(x0,0)． 由得M(x0＋，3)． 又N(0,3)，所以圓心C(x0＋，3)， 半徑r＝|MN|＝|x0＋|， |AB|＝ ＝ ＝. 所以點(diǎn)P在曲線Γ上運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段AB的長度不變． 方法二　(1)設(shè)S(x，y)為曲線Γ上任意一點(diǎn)， 則|y－(－3)|－＝2， 依題意，點(diǎn)S(x，y)只能在直線y＝－3的上方，所以y>－3，所以＝y(tǒng)＋1， 化簡，

16、得曲線Γ的方程為x2＝4y. (2)同方法一． 思維升華　(1)探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實(shí)數(shù)解，則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在． (2)反證法與驗(yàn)證法也是求解探索性問題常用的方法． 　已知橢圓C1、拋物線C2的焦點(diǎn)均在x軸上，C1的中心和C2的頂點(diǎn)均為原點(diǎn)O，從每條曲線上各取兩個(gè)點(diǎn)，將其坐標(biāo)記錄于下表中： x 3 －2 4 y －2 0 －4 (1)求C1，C2的標(biāo)準(zhǔn)方程；

17、 (2)是否存在直線l滿足條件：①過C2的焦點(diǎn)F；②與C1交于不同的兩點(diǎn)M，N，且滿足⊥？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由． 解　(1)設(shè)拋物線C2：y2＝2px(p≠0)，則有＝2p(x≠0)，據(jù)此驗(yàn)證四個(gè)點(diǎn)知(3，－2)，(4，－4)在C2上， 易求得C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝4x. 設(shè)橢圓C1：＋＝1(a>b>0)， 把點(diǎn)(－2,0)，(，)代入得 解得，所以C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)容易驗(yàn)證當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，不滿足題意． 當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＝k(x－1)， 與C1的交點(diǎn)為M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由 消去y并整理

18、得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0， 于是x1＋x2＝，① x1x2＝.② 所以y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1] ＝k2[－＋1]＝－.③ 由⊥，即·＝0，得x1x2＋y1y2＝0.(*) 將②③代入(*)式，得－＝＝0， 解得k＝±2，所以存在直線l滿足條件， 且直線l的方程為2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0. 題型四　直線、圓及圓錐曲線的交匯問題 例4　(xx·浙江)如圖，點(diǎn)P(0，－1)是橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的一個(gè)頂點(diǎn)，C1的長軸是圓C2：x2＋y2＝4的直徑．l1，l2是過點(diǎn)P且互相垂直的兩條直

19、線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點(diǎn)，l2交橢圓C1于另一點(diǎn)D. (1)求橢圓C1的方程； (2)求△ABD面積取最大值時(shí)直線l1的方程． 思維點(diǎn)撥　(1)根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)易求出a，b的值，從而寫出橢圓的方程； (2)要求△ABD的面積，需要求出AB，PD的長，AB是圓的弦，考慮用圓的知識(shí)來求，PD應(yīng)當(dāng)考慮用橢圓的相關(guān)知識(shí)來求．求出AB，PD的長后，表示出△ABD的面積，再根據(jù)式子的形式選擇適當(dāng)?shù)姆椒ㄇ笞钪担? 解　(1)由題意得 所以橢圓C1的方程為＋y2＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)． 由題意知直線l1的斜率存在，不妨設(shè)其為k， 則直線l

20、1的方程為y＝kx－1. 又圓C2：x2＋y2＝4， 故點(diǎn)O到直線l1的距離d＝， 所以|AB|＝2＝2. 又l2⊥l1，故直線l2的方程為x＋ky＋k＝0. 由 消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0， 故x0＝－. 所以|PD|＝. 設(shè)△ABD的面積為S， 則S＝·|AB|·|PD|＝， 所以S＝≤＝， 當(dāng)且僅當(dāng)k＝±時(shí)取等號(hào)． 所以所求直線l1的方程為y＝±x－1. 思維升華　對(duì)直線、圓及圓錐曲線的交匯問題，要認(rèn)真審題，學(xué)會(huì)將問題拆分成基本問題，然后綜合利用數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、方程的思想等來解決問題，這樣可以漸漸增強(qiáng)自己解決綜合問題的能力． 　

21、如圖，已知圓M：(x－)2＋y2＝，橢圓C：＋＝1 (a>b>0)的右頂點(diǎn)為圓M的圓心，左焦點(diǎn)與雙曲線x2－y2＝1的左頂點(diǎn)重合． (1)求橢圓C的方程； (2)已知直線l：y＝kx與橢圓C分別交于兩點(diǎn)A，B，與圓M分別交于兩點(diǎn)G，H(其中點(diǎn)G在線段AB上)，且|AG|＝|BH|，求k的值． 解　(1)由題意，得圓心M(，0)，雙曲線的左頂點(diǎn)(－1,0)，所以a＝，c＝1，b＝1，橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由直線l與橢圓相交于兩點(diǎn)A，B，則 所以(1＋2k2)x2－2＝0，則x1＋x2＝0，x1x2＝－， 所以|AB|＝ ＝ . 點(diǎn)M

22、(，0)到直線l的距離d＝， 則|GH|＝2＝2 . 顯然，若點(diǎn)H也在線段AB上，則由對(duì)稱性知，直線y＝kx就是y軸，矛盾． 因?yàn)閨AG|＝|BH|，所以|AB|＝|GH|， 即＝4， 整理得4k4－3k2－1＝0. 解得k2＝1，即k＝±1. (時(shí)間：80分鐘) 1．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l與拋物線y2＝4x相交于不同的A，B兩點(diǎn)． (1)如果直線l過拋物線的焦點(diǎn)，求·的值； (2)如果·＝－4，證明：直線l必過一定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)． 解　(1)由題意：拋物線焦點(diǎn)為(1,0)， 設(shè)l：x＝ty＋1，代入拋物線y2＝4x， 消去x得y2－4ty－4＝0，

23、 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則y1＋y2＝4t，y1y2＝－4， ∴·＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋1)(ty2＋1)＋y1y2 ＝t2y1y2＋t(y1＋y2)＋1＋y1y2 ＝－4t2＋4t2＋1－4＝－3. (2)設(shè)l：x＝ty＋b，代入拋物線y2＝4x， 消去x得y2－4ty－4b＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b. ∴·＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋b)(ty2＋b)＋y1y2 ＝t2y1y2＋bt(y1＋y2)＋b2＋y1y2 ＝－4bt2＋4bt2＋b2－4b＝b2－4b. 令b2－4b＝－4

24、，∴b2－4b＋4＝0，∴b＝2， ∴直線l過定點(diǎn)(2,0)． ∴若·＝－4，則直線l必過一定點(diǎn)(2,0)． 2．已知中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O的橢圓C經(jīng)過點(diǎn)A(2,3)，且點(diǎn)F(2，0)為其右焦點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程； (2)是否存在平行于OA的直線l，使得直線l與橢圓C有公共點(diǎn)，且直線OA與l的距離等于4？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由． 解　方法一　(1)依題意，可設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)，且可知其左焦點(diǎn)為F′(－2,0)． 從而有解得 又a2＝b2＋c2，所以b2＝12， 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)假設(shè)存在符合題意的直線l，設(shè)其方程為y＝x

25、＋t. 由得3x2＋3tx＋t2－12＝0. 因?yàn)橹本€l與橢圓C有公共點(diǎn)， 所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0， 解得－4≤t≤4. 另一方面，由直線OA與l的距離d＝4，得＝4，解得t＝±2. 由于±2?[－4，4]， 所以符合題意的直線l不存在． 方法二　(1)依題意，可設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)， 且有解得b2＝12，b2＝－3(舍去)． 從而a2＝16. 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)同方法一． 3．已知橢圓C：＋＝1 (a>b>0)與雙曲線＋＝1 (1

26、P、Q兩點(diǎn)，且OP⊥OQ. (1)求橢圓C的方程； (2)在橢圓C上，是否存在點(diǎn)R(m，n)使得直線l：mx＋ny＝1與圓O：x2＋y2＝1相交于不同的兩點(diǎn)M、N，且△OMN的面積最大？若存在，求出點(diǎn)R的坐標(biāo)及對(duì)應(yīng)的△OMN的面積；若不存在，請說明理由． 解　(1)∵1

27、2＝a2－2a＝0， ∴a＝2，b＝1，∴橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)在△MON中，S△OMN＝|OM||ON|sin∠MON＝sin∠MON. 當(dāng)∠MON＝90°時(shí)，sin∠MON有最大值， 此時(shí)點(diǎn)O到直線l的距離為d＝＝， ∴m2＋n2＝2.又∵m2＋4n2＝4， 聯(lián)立解得m2＝，n2＝， 此時(shí)點(diǎn)R的坐標(biāo)為或，△MON的面積為. 4.如圖，橢圓長軸的端點(diǎn)為A，B，O為橢圓的中心，F(xiàn)為橢圓的右焦點(diǎn)，且·＝1，||＝1. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)記橢圓的上頂點(diǎn)為M，直線l交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，問：是否存在直線l，使點(diǎn)F恰為△PQM的垂心，若存在，求出直線l的方程

28、；若不存在，請說明理由． 解　(1)設(shè)橢圓方程為＋＝1(a>b>0)，則c＝1， 又∵·＝(a＋c)·(a－c)＝a2－c2＝1. ∴a2＝2，b2＝1， 故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)假設(shè)存在直線l交橢圓于P，Q兩點(diǎn)， 且F恰為△PQM的垂心， 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)， ∵M(jìn)(0,1)，F(xiàn)(1,0)，∴直線l的斜率k＝1. 于是設(shè)直線l為y＝x＋m， 由 得3x2＋4mx＋2m2－2＝0， x1＋x2＝－m，① x1x2＝.② ∵·＝x1(x2－1)＋y2(y1－1)＝0. 又yi＝xi＋m(i＝1,2)， ∴x1(x2－1)＋(x2＋m

29、)(x1＋m－1)＝0， 即2x1x2＋(x1＋x2)(m－1)＋m2－m＝0.(*) 將①②代入(*)式得2·－(m－1)＋m2－m＝0， 解得m＝－或m＝1，經(jīng)檢驗(yàn)m＝－符合條件． 故存在直線l，使點(diǎn)F恰為△PQM的垂心， 直線l的方程為y＝x－. 5．已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，一個(gè)長軸頂點(diǎn)為(0,2)，它的兩個(gè)短軸頂點(diǎn)和焦點(diǎn)所組成的四邊形為正方形，直線l與y軸交于點(diǎn)P(0，m)，與橢圓C交于異于橢圓頂點(diǎn)的兩點(diǎn)A，B，且＝2. (1)求橢圓的方程； (2)求m的取值范圍． 解　(1)由題意，知橢圓的焦點(diǎn)在y軸上， 設(shè)橢圓方程為＋＝1(a>b>0)， 由題意，知a＝

30、2，b＝c，又a2＝b2＋c2，則b＝， 所以橢圓方程為＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意，知直線l的斜率存在， 設(shè)其方程為y＝kx＋m，與橢圓方程聯(lián)立， 即消去y，得 (2＋k2)x2＋2mkx＋m2－4＝0， Δ＝(2mk)2－4(2＋k2)(m2－4)>0， 由根與系數(shù)的關(guān)系，知 又＝2，即有(－x1，m－y1)＝2(x2，y2－m)， 所以－x1＝2x2. 則所以＝－22. 整理，得(9m2－4)k2＝8－2m2， 又9m2－4＝0時(shí)等式不成立， 所以k2＝>0，得0. 所以m的取值范圍為∪. 6．在平面直角坐

31、標(biāo)系xOy中，已知雙曲線C1：2x2－y2＝1. (1)過C1的左頂點(diǎn)引C1的一條漸近線的平行線，求該直線與另一條漸近線及x軸圍成的三角形的面積． (2)設(shè)斜率為1的直線l交C1于P、Q兩點(diǎn)．若l與圓x2＋y2＝1相切，求證：OP⊥OQ. (3)設(shè)橢圓C2：4x2＋y2＝1.若M、N分別是C1、C2上的動(dòng)點(diǎn)，且OM⊥ON，求證：O到直線MN的距離是定值． (1)解　雙曲線C1：－y2＝1，左頂點(diǎn)A，漸近線方程：y＝±x. 不妨取過點(diǎn)A與漸近線y＝x平行的直線方程為 y＝，即y＝x＋1. 解方程組得 所以所求三角形的面積為S＝|OA||y|＝. (2)證明　設(shè)直線PQ的方程是y

32、＝x＋b. 因?yàn)橹本€PQ與已知圓相切，故＝1，即b2＝2. 由得x2－2bx－b2－1＝0. 設(shè)P(x1，y1)、Q(x2，y2)，則 又y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)， 所以·＝x1x2＋y1y2＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2 ＝2(－1－b2)＋2b2＋b2＝b2－2＝0. 故OP⊥OQ. (3)證明　當(dāng)直線ON垂直于x軸時(shí)， |ON|＝1，|OM|＝，則O到直線MN的距離為. 當(dāng)直線ON不垂直于x軸時(shí)，設(shè)直線ON的方程為y＝kx， 則直線OM的方程為y＝－x. 由得 所以|ON|2＝. 同理|OM|2＝. 設(shè)O到直線MN的距離為d， 因?yàn)?|OM|2＋|ON|2)d2＝|OM|2|ON|2， 所以＝＋＝＝3，即d＝. 綜上，O到直線MN的距離是定值．