對點練69雙曲線1.C[若曲線C是焦點在y軸上的雙曲線，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＋1<0，,5－k>0，))解得k<－1.]2.C[依題意知，雙曲線eq\f(y2,\f(1,2))－x2＝1的焦點在y軸上，實半軸長a＝eq\f(\r(2),2)，虛半軸長b＝1，所以雙曲線2y2－x2＝1的漸近線方程是y＝±eq\f(\r(2),2)x.]3.D[由題意知，可設所求的雙曲線方程為eq\f(x2,3)－eq\f(y2,2)＝λ(λ≠0)，點M(2eq\r(3)，2eq\r(5))在雙曲線方程上，所以eq\f(（2\r(3)）2,3)－eq\f(（2\r(5)）2,2)＝λ，解得λ＝－6，故所求的雙曲線方程是eq\f(y2,12)－eq\f(x2,18)＝1.]4.A[由題知F(c，0).又A(a，b)，|OA|＝|FA|，所以a＝eq\f(1,2)c，所以雙曲線C的離心率e＝eq\f(c,a)＝2.]5.B[由題意可知雙曲線的其中一條漸近線為y＝eq\f(b,2)x，即bx－2y＝0，又該圓的圓心為(c，0)，故圓心到漸近線的距離為eq\f(bc,\r(b2＋4))，則由題意可得eq\f(bc,\r(b2＋4))<3，即b2c2<9(b2＋4)，又b2＝c2－a2＝c2－4，則(c2－4)c2<9c2，解得c2<13，即c<eq\r(13)，則e＝eq\f(c,a)＝eq\f(c,2)<eq\f(\r(13),2)，又e>1，故離心率的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(13),2))).]6.BCD[對于A，B，由曲線C：eq\f(x2,2)－y2＝λ(λ＜0)，整理可得eq\f(y2,－λ)－eq\f(x2,－2λ)＝1(λ＜0)，所以曲線表示焦點在y軸上的雙曲線，且a2＝－λ，b2＝－2λ(λ＜0)，實軸長不是定值，所以A錯誤，B正確；對于C，離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(3)為定值，C正確；對于D，漸近線的方程為y＝±eq\f(a,b)x＝±eq\f(\r(2),2)x，D正確.]7.BCD[由雙曲線C的焦點(0，10)到漸近線的距離為6，可得雙曲線C的焦點在y軸上，設雙曲線C的標準方程為eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，則雙曲線C的半焦距c＝10，b＝6，所以a2＝c2－b2＝100－36＝64，得雙曲線C的標準方程為eq\f(y2,64)－eq\f(x2,36)＝1.對于A，m＝－eq\f(1,36)，n＝eq\f(1,64)，所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝－36＋64＝28，A錯誤；對于B，雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(8,6)x＝±eq\f(4,3)x，B正確；對于C，雙曲線C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(10,8)＝eq\f(5,4)，C正確；對于D，雙曲線C上的所有點中，上、下頂點到相應焦點的距離最小，所以最小值為c－a＝10－8＝2，D正確.]8.eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1[設雙曲線標準方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，由2c＝10，2a＝6，得c＝5，a＝3.因此b2＝c2－a2＝16，∴雙曲線的標準方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1.]9.4[由題意，得a＝1，b＝2，c＝eq\r(5).設該雙曲線的左焦點為F1，連接PF1，QF1，因為PF⊥QF，P，Q關于原點對稱，所以不妨設點P在第一象限，則由雙曲線的對稱性可得四邊形PF1QF為矩形，所以|PQ|＝|F1F|＝2eq\r(5)，|QF|＝|PF1|.由雙曲線的定義可得|PF1|－|PF|＝2，所以|QF|－|PF|＝2.①又|PF|2＋|QF|2＝|PQ|2＝20，②所以聯立①②可得|PF|·|QF|＝8，所以△PQF的面積S＝eq\f(1,2)|PF|·|QF|＝4.]10.10[由已知得雙曲線方程為eq\f(y2,4)－eq\f(x2,3)＝1，設雙曲線的另一個焦點為F′，則|PF|＝|PF′|＋4，△PAF的周長為|PF|＋|PA|＋|AF|＝|PF′|＋4＋|PA|＋3，當F′，P，A三點共線時，|PF′|＋|PA|有最小值，最小值為|AF′|＝3，故△PAF的周長的最小值為10.]11.解(1)不妨設M在雙曲線的右支上，M點到x軸的距離為h，∵eq\o(MF1,\s\up6(→))·eq\o(MF2,\s\up6(→))＝0，∴MF1⊥MF2.設|MF1|＝m，|MF2|＝n，由雙曲線的定義知m－n＝2a＝8.①在Rt△F1MF2中，由勾股定理得m2＋n2＝(2c)2＝80，②由①②得m·n＝8.∵S△MF1F2＝eq\f(1,2)mn＝4＝eq\f(1,2)×2ch，∴h＝eq\f(2\r(5),5).即M點到x軸的距離為eq\f(2\r(5),5).(2)設雙曲線C的方程為eq\f(x2,16－λ)－eq\f(y2,4＋λ)＝1(－4＜λ＜16).∵雙曲線C過點(3eq\r(2)，2)，∴eq\f(18,16－λ)－eq\f(4,4＋λ)＝1，解得λ＝4或λ＝－14(舍去)，∴雙曲線C的方程為eq\f(x2,12)－eq\f(y2,8)＝1.12.解(1)因為雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，所以a＝b，所以c2＝a2＋b2＝2a2＝4，所以a2＝b2＝2，所以雙曲線方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.(2)設點A的坐標為(x0，y0)，所以直線AO的斜率滿足eq\f(y0,x0)·(－eq\r(3))＝－1，所以x0＝eq\r(3)y0，①依題意，圓的方程為x2＋y2＝c2，將①代入圓的方程得3yeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝c2，即y0＝eq\f(1,2)c，所以x0＝eq\f(\r(3),2)c，所以點A的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)c，\f(1,2)c))，代入雙曲線方程得eq\f(\f(3,4)c2,a2)－eq\f(\f(1,4)c2,b2)＝1，即eq\f(3,4)b2c2－eq\f(1,4)a2c2＝a2b2，②又因為a2＋b2＝c2，所以將b2＝c2－a2代入②式，整理得eq\f(3,4)c4－2a2c2＋a4＝0，所以3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(4)－8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(2)＋4＝0，即3e4－8e2＋4＝0，所以(3e2－2)(e2－2)＝0，因為e>1，所以e＝eq\r(2)，所以雙曲線的離心率為eq\r(2).13.B[不妨設D位于第一象限，雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，分別與x＝a聯立，可得D(a，b)，E(a，－b)，則|DE|＝2b.∴S△ODE＝eq\f(1,2)×a×|DE|＝eq\f(1,2)a×2b＝ab＝8，∴c2＝a2＋b2≥2ab＝16.當且僅當a＝b＝2eq\r(2)時，等號成立.∴c2的最小值為16，∴c的最小值為4，∴C的焦距的最小值為2×4＝8.]14.ACD[由題意知|PF1|－|PF2|＝2a，a2＋1＝c2，則|PF1|2－2|PF1|·|PF2|＋|PF2|2＝4a2，當|PF1|·|PF2|＝2時，有|PF1|2＋|PF2|2＝4a2＋4＝4c2＝|F1F2|2，從而eq\o(PF1,\s\up6(→))⊥eq\o(PF2,\s\up6(→))，即eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，故A正確；在△PF1F2中，由正弦定理得eq\f(|PF1|,sin∠PF2F1)＝eq\f(|PF2|,sin∠PF1F2)，若eq\f(a,sin∠PF1F2)＝eq\f(c,sin∠PF2F1)，則eq\f(sin∠PF1F2,sin∠PF2F1)＝eq\f(|PF2|,|PF1|)＝eq\f(a,c)，解得|PF1|＝eq\f(c,a)|PF2|.又|PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF2|＝eq\f(2a2,c－a)>c－a，整理得c2－2ac－a2<0，所以e2－2e－1<0，解得1<e<eq\r(2)＋1，故B錯誤；當直線PQ⊥x軸時，|PQ|的最小值為eq\f(2,a)，|PF1|＋|QF1|＋|PQ|＝2a＋|PF2|＋2a＋|QF2|＋|PQ|＝4a＋2|PQ|＝4a＋eq\f(4,a)≥8(當且僅當a＝1時取等號)，故C正確；設P(x0，y0)，過點P的雙曲線E的切線方程為eq\f(x0x,a2)－y0y＝1，E的漸近線方程為y＝±eq\f(1,a)x，不妨設切線eq\f(x0,a2)x－y0y＝1與漸近線y＝eq\f(1,a)x的交點為A，聯立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,a)x，,\f(x0,a2)x－y0y＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(a2,x0－ay0)，,y＝\f(a,x0－ay0)，))即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,x0－ay0)，\f(a,x0－ay0)))，同理可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,x0＋ay0)，－\f(a,x0＋ay0))).又因為點P在雙曲線E上，則有eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)－yeq\o\al(2,0)＝1，xA＋xB＝eq\f(a2,x0－ay0)＋eq\f(a2,x0＋ay0)＝2x0，故點P是AB的中點.設切線eq\f(x0,a2)x－y0y＝1與x軸的交點為G，易知Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,x0)，0))，所以S△AOP＝eq\f(1,2)·eq\f(a2,x0)|yA－y0|＝eq\f(a,2)·eq\f(a,x0)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,x0－ay0)－y0))＝eq\f(a,2)，所以S△AOB＝2S△AOP＝a，故D正確.]15.eq\f(3\r(5),5)[法一由題意可知F1(－c，0)，F2(c，0)，設A(x1，y1)，B(0，y0)，所以eq\o(F2A,\s\up6(→))＝(x1－c，y1)，eq\o(F2B,\s\up6(→))＝(－c，y0).因為eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－c＝\f(2,3)c，,y1＝－\f(2,3)y0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(5,3)c，,y1＝－\f(2,3)y0，))所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c，－\f(2,3)y0))，eq\o(F1A,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)c，－\f(2,3)y0))，eq\o(F1B,\s\up6(→))＝(c，y0).因為eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，所以eq\o(F1A,\s\up6(→))·eq\o(F1B,\s\up6(→))＝0，即eq\f(8,3)c2－eq\f(2,3)yeq\o\al(2,0)＝0，解得yeq\o\al(2,0)＝4c2.因為點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c，－\f(2,3)y0))在雙曲線C上，所以eq\f(25c2,9a2)－eq\f(4yeq\o\al(2,0),9b2)＝1，又yeq\o\al(2,0)＝4c2，所以eq\f(25c2,9a2)－eq\f(16c2,9b2)＝1，即eq\f(25（a2＋b2）,9a2)－eq\f(16（a2＋b2）,9b2)＝1，化簡得eq\f(b2,a2)＝eq\f(4,5)，所以e2＝1＋eq\f(b2,a2)＝eq\f(9,5)，所以離心率e＝eq\f(3\r(5),5).法二由法一得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c，－\f(2,3)y0))，yeq\o\al(2,0)＝4c2，所以|AF1|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c＋c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)y0))\s\up12(2))＝eq\r(\f(64c2,9)＋\f(4yeq\o\al(2,0),9))＝eq\r(\f(64c2,9)＋\f(16c2,9))＝eq\f(4\r(5)c,3)，|AF2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c－c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)y0))\s\up12(2))＝eq\r(\f(4c2,9)＋\f(4yeq\o\al(2,0),9))＝eq\r(\f(4c2,9)＋\f(16c2,9))＝eq\f(2\r(5)c,3)，由雙曲線的定義可知|AF1|－|AF2|＝2a，即eq\f(4\r(5)c,3)－eq\f(2\r(5)c,3)＝2a，即eq\f(\r(5),3)c＝a，所以雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,\r(5))＝eq\f(3\r(5),5).]16.(1)解設雙曲線的離心率為e，焦距為2c，在eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1中，令x＝c，則eq\f(c2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，則eq\f(y2,b2)＝eq\f(c2,a2)－1＝eq\f(b2,a2)，故y＝±eq\f(b2,a)，若|AF|＝|BF|，則a＋c＝eq\f(b2,a)，所以a2＋ac＝b2＝c2－a2，所以e2－e－2＝0，所以離心率e＝2.(2)證明由(1)知雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,3a2)＝1，設B(x，y)(x>0，y>0)，當x≠c時，kAB＝eq\f(y,x＋a)，kBF＝eq\f(y,x－c)，設∠BAF＝θ，則tanθ＝eq\f(y,x＋a)，tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x＋a))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x＋a)))\s\up12(2))＝eq\f(2（x＋a）y,（x＋a）2－y2)＝eq\f(2（x＋a）y,（x＋a）2－3a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)－1)))＝eq\f(2（x＋a）y,－2x2＋2ax＋4a2)＝eq\f(y,2a－x)＝eq\f(y,c－x)＝－kBF＝tan∠BFA，因為0≤2∠BAF≤π，0≤∠BFA≤π，所以∠BFA＝2∠BAF.當x＝c時，由題意知∠BFA＝eq\f(π,2)，∠BAF＝eq\f(π,4)，滿足∠BFA＝2∠BAF.綜上，∠BFA＝2∠BAF.對點練70拋物線1.A[由拋物線的標準方程可得，拋物線的焦點位于y軸正半軸上，焦點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,16)))，準線方程為y＝－eq\f(1,16).]2.B[拋物線y2＝4x的焦點為F(1，0)，準線方程為x＝－1.根據題意可得，|PQ|＝|PF|＋|QF|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝8.]3.A[拋物線C：y2＝8x的準線方程為x＝－2.設M(x0，y0)，由拋物線的定義可知，點M到焦點F(2，0)的距離等于其到準線x＝－2的距離，所以|MF|＝x0＋2＝8，所以x0＝6.因為點M(x0，y0)在拋物線C：y2＝8x上，所以yeq\o\al(2,0)＝8×6＝48，則|y0|＝4eq\r(3)，所以S△MOF＝eq\f(1,2)|OF|·|y0|＝eq\f(1,2)×2×4eq\r(3)＝4eq\r(3).]4.D[過點A，B分別作拋物線準線的垂線AD，BM，垂足分別為D，M，且AD，BM與y軸分別相交于E，N，則△PAE∽△PBN，得eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(|AE|,|BN|).由拋物線的定義知|AF|＝|AD|，|BF|＝|BM|，則eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(|AE|,|BN|)＝eq\f(|AD|－\f(p,2),|BM|－\f(p,2))＝eq\f(|AF|－\f(p,2),|BF|－\f(p,2))＝eq\f(8－\f(p,2),4－\f(p,2))＝3，解得p＝4.]5.D[由題意可設切線AB的方程為x＝ty＋m(t＞0，m＜0)，則A(m，0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝ty＋m，))得y2－4ty－4m＝0，由Δ＝(－4t)2＋4×4m＝0，得m＝－t2，∴A(－t2，0)，B(t2，2t)，∴M(0，t).結合F(1，0)，得eq\o(FB,\s\up6(→))＝(t2－1，2t)，eq\o(FM,\s\up6(→))＝(－1，t)，∴eq\o(FB,\s\up6(→))·eq\o(FM,\s\up6(→))＝－(t2－1)＋2t2＝t2＋1＞1.]6.ACD[由焦點F到準線的距離為4，根據拋物線的定義可知p＝4，故A正確；則拋物線的方程為y2＝8x，故B錯誤；則yeq\o\al(2,1)＝8x1，yeq\o\al(2,2)＝8x2，若M(m，2)是線段AB的中點，則y1＋y2＝4，∴yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)＝8x1－8x2，即eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(8,y1＋y2)＝eq\f(8,4)＝2，∴直線l的方程為y＝2x－4，故C正確；又由y1＋y2＝2(x1＋x2)－8＝4，得x1＋x2＝6，∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋4＝10，故D正確.]7.AC[對于A，因為直線y＝－eq\r(3)(x－1)經過拋物線C的焦點，且直線與x軸的交點為(1，0)，所以拋物線C的焦點坐標為(1，0)，所以eq\f(p,2)＝1，即p＝2，所以A正確；對于B，不妨設M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1<x2，聯立方程得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(3)（x－1），,y2＝4x，))消去y并整理得3x2－10x＋3＝0，解得x1＝eq\f(1,3)，x2＝3.由拋物線的定義得，|MN|＝x1＋x2＋p＝eq\f(10,3)＋2＝eq\f(16,3)，故B錯誤；對于C，法一由以上分析易知，l的方程為x＝－1，以MN為直徑的圓的圓心坐標為(eq\f(5,3)，－eq\f(2\r(3),3))，半徑r＝eq\f(1,2)|MN|＝eq\f(8,3)＝eq\f(5,3)＋1，所以以MN為直徑的圓與l相切，故C正確；法二由二級結論——以拋物線焦點弦為直徑的圓與拋物線的準線相切，易知C正確；對于D，由B知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2\r(3),3)))，N(3，－2eq\r(3))，所以由兩點間距離公式可得|OM|＝eq\f(\r(13),3)，|ON|＝eq\r(21)，又|MN|＝eq\f(16,3)，故D錯誤.]8.eq\f(9,4)[將點A的坐標代入拋物線方程，得5＝2p，于是y2＝5x，則拋物線的準線方程為x＝－eq\f(5,4)，所以A到準線的距離為1－(－eq\f(5,4))＝eq\f(9,4).]9.6[由題意得直線OP的斜率存在.設直線OP的方程為y＝kx，因為該直線與圓C相切，所以eq\f(|－2k|,\r(1＋k2))＝eq\r(3)，解得k2＝3.將直線方程y＝kx與曲線方程y2＝2px(p>0)聯立，得k2x2－2px＝0，因為k2＝3，所以3x2－2px＝0，解得x＝0或eq\f(2p,3)，設P(x1，y1)，則x1＝eq\f(2p,3)，又O(0，0)，所以|OP|＝eq\r(1＋k2)|x1－0|＝2×eq\f(2p,3)＝8，解得p＝6.]10.3[易得F(1，0)，設P(－1，t)，則kPF＝eq\f(t－0,－1－1)＝－eq\f(t,2)，所以kPA＝eq\f(2,t)，直線PA的方程為y－t＝eq\f(2,t)(x＋1)，即y＝eq\f(2,t)x＋eq\f(2,t)＋t，易得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,t)＋t))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,4)，t))，A，B，F共線，所以eq\f(\f(2,t)＋t－0,0－1)＝eq\f(t－0,\f(t2,4)－1)，得t2＝2，所以|AF|＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,t)＋t))\s\up12(2))＝eq\r(1＋\f(4,t2)＋t2＋4)＝3.]11.解(1)準線方程為2y＋4＝0，即y＝－2，故拋物線焦點在y軸的正半軸上，設其方程為x2＝2py(p>0).又eq\f(p,2)＝2，∴2p＝8，故所求拋物線的標準方程為x2＝8y.(2)∵點(3，－4)在第四象限，∴拋物線開口向右或向下，設拋物線的標準方程為y2＝2px(p>0)或x2＝－2p1y(p1>0).把點(3，－4)的坐標分別代入y2＝2px和x2＝－2p1y中，得(－4)2＝2p·3，32＝－2p1·(－4)，則2p＝eq\f(16,3)，2p1＝eq\f(9,4).∴所求拋物線的標準方程為y2＝eq\f(16,3)x或x2＝－eq\f(9,4)y.(3)令x＝0得y＝－5；令y＝0得x＝－15.∴拋物線的焦點為(0，－5)或(－15，0)，∴所求拋物線的標準方程為x2＝－20y或y2＝－60x.12.(1)解拋物線C的焦點為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(m,4)))，準線方程為y＝－eq\f(m,4)，所以焦點F到其準線的距離為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,4)))))＝1，因為m>0，所以m＝2.所以拋物線C的方程為x2＝2y.(2)證明由題意，直線AB的斜率一定存在，設直線AB的方程為y＝kx＋eq\f(1,2)，代入拋物線方程x2＝2y，整理得x2－2kx－1＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，則x1＋x2＝2k，x1x2＝－1.函數y＝eq\f(1,2)x2的導函數為y′＝x，故拋物線在點A處的切線方程為y－y1＝x1(x－x1)，化簡得y＝x1x－eq\f(xeq\o\al(2,1),2)，同理，拋物線在點B處的切線方程為y＝x2x－eq\f(xeq\o\al(2,2),2)，聯立上述兩切線方程，解得x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝k，y0＝eq\f(x1x2,2)＝－eq\f(1,2).因為eq\o(AB,\s\up6(→))＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1)(1，k)，eq\o(FP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0－\f(1,2)))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))＝(x2－x1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x0＋k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－\f(1,2)))))＝(x2－x1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(k＋k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(1,2)))))＝0，所以AB⊥FP.13.A[設拋物線C：y2＝2px，p>0.顯然直線PQ的斜率不為0，設直線PQ的方程為x＝ty＋2，P(xP，yP)，Q(xQ，yQ).將直線PQ的方程代入拋物線C的方程得y2－2pty－4p＝0，∴Δ＝4p2t2＋16p>0，yP＋yQ＝2pt，yPyQ＝－4p，∴xPxQ＝eq\f(（yPyQ）2,4p2)＝4.∵OP⊥OQ，∴xPxQ＋yPyQ＝4－4p＝0，∴p＝1，此時yP＋yQ＝2t，xP＋xQ＝2t2＋4，∴M(t2＋2，t)，又Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，∴直線MF的斜率kMF＝eq\f(t,t2＋2－\f(1,2))＝eq\f(t,t2＋\f(3,2))，當t＝0時，kMF＝0，當t≠0時，kMF＝eq\f(t,t2＋\f(3,2))＝eq\f(1,t＋\f(3,2t))≤eq\f(\r(6),6)，當且僅當t2＝eq\f(3,2)時取等號.∴直線MF的斜率的最大值為eq\f(\r(6),6).]14.ABC[如圖所示，分別過點A，B作拋物線C的準線的垂線，垂足分別為點E，M，連接EF.設拋物線C的準線交x軸于點P，則|PF|＝p.因為直線l的斜率為eq\r(3)，所以其傾斜角為60°.因為AE∥x軸，所以∠EAF＝60°，由拋物線的定義可知，|AE|＝|AF|，則△AEF為等邊三角形，所以∠EFP＝∠AEF＝60°，所以∠PEF＝30°，所以|AF|＝|EF|＝2|PF|＝2p＝8，得p＝4，故A正確.因為|AE|＝|EF|＝2|PF|，且PF∥AE，所以F為AD的中點，則eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(FA,\s\up6(→))，故B正確.因為∠DAE＝60°，所以∠ADE＝30°，所以|BD|＝2|BM|＝2|BF|，故C正確.因為|BD|＝2|BF|，所以|BF|＝eq\f(1,3)|DF|＝eq\f(1,3)|AF|＝eq\f(8,3)，故D錯誤.]15.13[由題意可知，點A在拋物線的內部，拋物線的焦點F(2，0)，拋物線的準線方程為x＝－2，△PAF的周長為|PA|＋|PF|＋|AF|，|AF|＝eq\r(（6－2）2＋（3－0）2)＝5.如圖，過點P作準線的垂線，交準線于點D，由拋物線的定義可知，|PF|＝|PD|，∴要使得|PA|＋|PF|最小，即使得|PA|＋|PD|最小，則當D，P，A三點共線時，|PA|＋|PD|取得最小值，即(|PA|＋|PF|)min＝6＋2＝8，∴△PAF周長的最小值為8＋5＝13.]16.解由已知可得F(0，1)，設Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),4)))，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2＝4y，))得x2－4kx－8＝0，所以x1＋x2＝4k，①x1x2＝－8.②(1)|FA|＋|FB|＝eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋1＋eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋1＝eq\f(（x1＋x2）2－2x1x2,4)＋2.當k＝1時，由①②得|FA|＋|FB|＝10.(2)由題意可知eq\o(FA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),4)－1))，eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),4)－1))，eq\o(FC,\s\up6(→))＝(－3，－3).由∠CFA＝∠CFB，得cos〈eq\o(FA,\s\up6(→))，eq\o(FC,\s\up6(→))〉＝cos〈eq\o(FB,\s\up6(→))，eq\o(FC,\s\up6(→))〉，即eq\f(\o(FA,\s\up6(→))·\o(FC,\s\up6(→)),|\o(FA,\s\up6(→))||\o(FC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\o(FB,\s\up6(→))·\o(FC,\s\up6(→)),|\o(FB,\s\up6(→))||\o(FC,\s\up6(→))|)，又|FA|＝eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋1，|FB|＝eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋1，所以eq\f(－3x1－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)－1)),3\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋1)))＝eq\f(－3x2－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),4)－1)),3\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),4)＋1)))，可得4＋2(x1＋x2)－x1x2＝0，即4＋8k＋8＝0.解得k＝－eq\f(3,2)，所以所求直線l的方程為3x＋2y－4＝0.對點練71直線與圓錐曲線1.A[直線y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒過定點(1，1)，又點(1，1)在橢圓內部，故直線與橢圓相交.]2.B[由題意可知F(1，0)，拋物線的準線方程為x＝－1.設A(eq\f(yeq\o\al(2,0),4)，y0)，則由拋物線的定義可知|AF|＝eq\f(yeq\o\al(2,0),4)＋1，又|BF|＝3－1＝2，故由|AF|＝|BF|，可得eq\f(yeq\o\al(2,0),4)＋1＝2，解得y0＝±2，所以A(1，2)或A(1，－2).不妨取A(1，2)，故|AB|＝eq\r(（1－3）2＋（2－0）2)＝2eq\r(2).]3.C[由題意，F1(－eq\r(2)，0)，F2(eq\r(2)，0)，△F1AB面積是△F2AB面積的2倍，所以點F1到直線AB的距離是點F2到直線AB的距離的2倍，即eq\f(|－\r(2)＋m|,\r(2))＝2×eq\f(|\r(2)＋m|,\r(2))，解得m＝－eq\f(\r(2),3)或m＝－3eq\r(2)(此時直線與橢圓C不相交，舍去).]4.D[聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2－y2＝1，))整理得(1－k2)x2＋2kx－2＝0，因為直線y＝kx－1與雙曲線x2－y2＝1的右支交于不同的兩點，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝4k2＋8（1－k2）>0，,\f(－2k,1－k2)>0，,\f(－2,1－k2)>0，))解得1<k<eq\r(2)，所以實數k的取值范圍為(1，eq\r(2)).]5.D[聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，,y＝x＋1，))得(b2－a2)x2－2a2x－a2－a2b2＝0，則Δ＝4a4＋4(b2－a2)(a2＋a2b2)＝0，即a2＋(b2－a2)(1＋b2)＝0，又b2＝9－a2，所以a2＋(9－2a2)(10－a2)＝0，即a4－14a2＋45＝0，解得a＝eq\r(5)或a＝3(舍去).]6.ABD[因為雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x，且點(3，eq\r(2))與原點連線的斜率小于eq\f(\r(3),3)，所以可設雙曲線方程為eq\f(x2,3)－y2＝m(m≠0).又雙曲線過點(3，eq\r(2))，所以m＝eq\f(32,3)－(eq\r(2))2＝1，所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,3)－y2＝1，A正確；由雙曲線方程知a2＝3，b2＝1，c＝eq\r(a2＋b2)＝2，則左焦點為(－2，0)，漸近線方程為x±eq\r(3)y＝0，則左焦點到漸近線的距離d＝eq\f(|－2|,\r(12＋（±\r(3)）2))＝1，B正確；將直線與雙曲線C的方程聯立并消x整理得y2－2eq\r(2)y＋2＝0，因為Δ＝(－2eq\r(2))2－4×1×2＝0，所以直線與雙曲線只有一個公共點，C錯誤；因為雙曲線的通徑長為eq\f(2b2,a)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3)＜2eq\r(3)，所以過右焦點，兩端點都在右支上且弦長為2eq\r(3)的弦有兩條，又雙曲線的兩頂點間距離為2a＝2eq\r(3)，所以端點在雙曲線左、右兩支上且弦長為2eq\r(3)的弦只有一條，為實軸.綜上，過右焦點截雙曲線C所得弦長為2eq\r(3)的直線有三條，D正確.]7.BD[對于A，設M(x0，y0)，根據橢圓的中點弦的性質知kAB·kOM＝－eq\f(a2x0,b2y0)·eq\f(y0,x0)＝－eq\f(4,2)＝－2≠－1，A不正確；對于B，根據kAB·kOM＝－2，所以kAB＝－2，所以直線方程為y－1＝－2(x－1)，即2x＋y－3＝0，B正確；對于C，若直線方程為y＝x＋1，點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(4,3)))，則kAB·kOM＝1·4＝4≠－2，C不正確；對于D，若直線方程為y＝x＋2，與橢圓方程eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,4)＝1聯立，整理得3x2＋4x＝0，解得x1＝0，x2＝－eq\f(4,3)，所以|AB|＝eq\r(1＋12)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)－0))＝eq\f(4\r(2),3)，D正確.]8.1[∵點P(2，2)在第一象限，由y2＝2x，得y＝eq\r(2x)，y≥0，則y′＝eq\f(\r(2),2\r(x))，則曲線在點P(2，2)處的切線的斜率k＝eq\f(\r(2),2\r(2))＝eq\f(1,2)，∴切線方程為y－2＝eq\f(1,2)(x－2)，令x＝0，得y＝1，∴切線l在y軸上的截距為1.]9.4x－y－7＝0[設A(2，1)是弦P1P2的中點，且P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，∵P1，P2在雙曲線上，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝2，,2xeq\o\al(2,2)－yeq\o\al(2,2)＝2，))∴2(x1＋x2)(x1－x2)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0，∴2×4(x1－x2)＝2(y1－y2)，∴k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝4.∴以A(2，1)為中點的雙曲線的弦所在的直線方程為y－1＝4(x－2)，整理得4x－y－7＝0.聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x－y－7＝0，,2x2－y2＝2，))得14x2－56x＋51＝0，∵Δ＝(－56)2－4×14×51＞0.∴以A(2，1)為中點的雙曲線的弦所在的直線方程為4x－y－7＝0.]10.3[由題可得，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，0)).直線MN：y＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，與拋物線方程聯立，消元后化簡可得3x2－5px＋eq\f(3,4)p2＝0，解得xM＝eq\f(3,2)p，xN＝eq\f(1,6)p，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)p，\r(3)p))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)p，－\f(\r(3),3)p)).所以eq\f(|AM|,|AN|)＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)p＋\f(1,2)p))\s\up12(2)＋3p2),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)p＋\f(1,2)p))\s\up12(2)＋\f(1,3)p2))＝3.]11.解(1)因為離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝eq\r(2)c，因為a2＝b2＋c2，所以b＝c.因為四邊形MF1NF2的面積為32，所以2bc＝32，所以b＝c＝4，a＝4eq\r(2)，故橢圓C的標準方程為eq\f(x2,32)＋eq\f(y2,16)＝1.(2)由題意得，直線l的斜率存在.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),32)＋\f(yeq\o\al(2,1),16)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),32)＋\f(yeq\o\al(2,2),16)＝1，))兩式相減得eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),32)＋eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),16)＝0，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2).因為AB的中點坐標為(－2，1)在橢圓內部，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1，所以直線l的斜率為1，故直線l的方程為y－1＝x＋2，即x－y＋3＝0.12.解(1)設所求雙曲線C的方程為eq\f(y2,6)－eq\f(x2,2)＝λ，代入點(2，3)得eq\f(32,6)－eq\f(22,2)＝λ，即λ＝－eq\f(1,2)，∴雙曲線C的方程為eq\f(y2,6)－eq\f(x2,2)＝－eq\f(1,2)，即x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)知，F1(－2，0)，F2(2，0)，由題意得直線AB的方程為y＝－(x－2)，即x＋y－2＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－2＝0，,x2－\f(y2,3)＝1，))得2x2＋4x－7＝0，滿足Δ>0且x1＋x2＝－2，x1x2＝－eq\f(7,2)，由弦長公式得|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋（－1）2)×eq\r(（－2）2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,2))))＝eq\r(2)×3eq\r(2)＝6，點F1(－2，0)到直線AB：x＋y－2＝0的距離d＝eq\f(|－2＋0－2|,\r(2))＝2eq\r(2).所以S△F1AB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)×6×2eq\r(2)＝6eq\r(2).13.C[如圖，連接AF1，DF2，EF2，因為C的離心率為eq\f(1,2)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以a＝2c，所以b2＝a2－c2＝3c2.因為|AF1|＝|AF2|＝a＝2c＝|F1F2|，所以△AF1F2為等邊三角形，又DE⊥AF2，所以直線DE為線段AF2的垂直平分線，所以|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，且∠EF1F2＝30°，所以直線DE的方程為y＝eq\f(\r(3),3)(x＋c)，代入橢圓C的方程eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1，得13x2＋8cx－32c2＝0.設D(x1，y1)，E(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(8c,13)，x1x2＝－eq\f(32c2,13)，所以|DE|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq\r(\f(4,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8c,13)))\s\up12(2)－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(32c2,13))))))＝eq\f(48c,13)＝6，解得c＝eq\f(13,8)，所以a＝2c＝eq\f(13,4)，所以△ADE的周長為|AD|＋|AE|＋|DE|＝|DF2|＋|EF2|＋|DE|＝4a＝13.]14.BD[由題意知F(1，0)，F1(－1，0)，設過點F的直線MN的方程為x＝my＋1.設點M(my1＋1，y1)，N(my2＋1，y2)，則M1(－1，y1)，N1(－1，y2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋1，))得y2－4my－4＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.A中，直線F1N的方程為y＝eq\f(y2,my2＋2)(x＋1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝\f(y2,my2＋2)（x＋1），))得y2－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(2,y2)))y＋4＝0，Δ＝16eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(2,y2)))eq\s\up12(2)－16不恒為零，故A錯誤；B中，連接F1M(圖略)，由題得eq\o(F1M,\s\up6(→))＝(my1＋2，y1)，eq\o(F1N,\s\up6(→))＝(my2＋2，y2)，因為eq\o(F1M,\s\up6(→))·eq\o(F1N,\s\up6(→))＝m2y1y2＋2m(y1＋y2)＋4＋y1y2＝4m2≥0，所以cos〈eq\o(F1M,\s\up6(→))，eq\o(F1N,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(F1M,\s\up6(→))·\o(F1N,\s\up6(→)),|\o(F1M,\s\up6(→))|·|\o(F1N,\s\up6(→))|)≥0，所以∠MF1N≤eq\f(π,2)，故B正確；C中，取M(2，2eq\r(2))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\r(2)))，所以有|F1M|·|F1N|＝eq\r(17)×eq\f(\r(17),2)＝eq\f(17,2)，|F1F|·|MN|＝2×eq\f(9,2)＝9，所以|F1M|·|F1N|≠|F1F|·|MN|，故C錯誤；D中，連接FM1，FN1(圖略)，因為eq\o(FM1,\s\up6(→))＝(－2，y1)，eq\o(FN1,\s\up6(→))＝(－2，y2)，所以eq\o(FM1,\s\up6(→))·eq\o(FN1,\s\up6(→))＝4＋y1y2＝4－4＝0，所以eq\o(FM1,\s\up6(→))⊥eq\o(FN1,\s\up6(→))，在△M1FN1中，S△M1FN1＝eq\f(1,2)|M1N1|·|F1F|＝eq\f(1,2)|FM1||FN1|，故D正確.]15.eq\r(2)[設A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為y＝eq\f(1,2)x2，所以y′＝x.根據導數的幾何意義可知直線PA：y－y1＝x1(x－x1)，化簡得y＝x1x－y1.同理可得，直線PB：y＝x2x－y2.因為點P是直線y＝－x－1上一動點，所以不妨設P(t，－t－1)，則－t－1＝x1t－y1，－t－1＝x2t－y2，所以直線AB：tx－y＋t＋1＝0.直線tx－y＋t＋1＝0過定點G(－1，1)，連接OG，所以當AB⊥OG時，原點O到直線AB的距離最大，其最大距離為|OG|＝eq\r(2).]16.解(1)因為|MF1|－|MF2|＝2<|F1F2|＝2eq\r(17)，所以點M的軌跡C是以F1，F2分別為左、右焦點的雙曲線的右支.設雙曲線的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，半焦距為c，則2a＝2，c＝eq\r(17)，得a＝1，b2＝c2－a2＝16，所以點M的軌跡C的方程為x2－eq\f(y2,16)＝1(x≥1).(2)設Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，t))，由題意可知直線AB，PQ的斜率均存在且不為零，直線AB的方程為y－t＝k1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))(k1≠0)，直線PQ的方程為y－t＝k2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))(k2≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－t＝k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，,x2－\f(y2,16)＝1，))得(16－keq\o\al(2,1))x2－2k1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(k1,2)))x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(k1,2)))eq\s\up12(2)－16＝0.設A(xA，yA)，B(xB，yB)(xA>eq\f(1,2)，xB>eq\f(1,2))，由題意知16－keq\o\al(2,1)≠0，則xAxB＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(k1,2)))\s\up12(2)－16,16－keq\o\al(2,1))，xA＋xB＝eq\f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(k1,2))),16－keq\o\al(2,1))，所以|TA|＝eq\r(1＋keq\o\al(2,1))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(xA－\f(1,2)))＝eq\r(1＋keq\o\al(2,1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xA－\f(1,2)))，|TB|＝eq\r(1＋keq\o\al(2,1))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(xB－\f(1,2)))＝eq\r(1＋keq\o\al(2,1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xB－\f(1,2)))，則|TA|·|TB|＝(1＋keq\o\al(2,1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xA－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xB－\f(1,2)))＝(1＋keq\o\al(2,1))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(xAxB－\f(1,2)（xA＋xB）＋\f(1,4)))＝(1＋keq\o\al(2,1))·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(k1,2)))\s\up12(2)－16,16－keq\o\al(2,1))－\f(1,2)·\f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(k1,2))),16－keq\o\al(2,1))＋\f(1,4)))＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,1)）（t2＋12）,keq\o\al(2,1)－16).同理得|TP|·|TQ|＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,2)）（t2＋12）,keq\o\al(2,2)－16).因為|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，所以eq\f(（1＋keq\o\al(2,1)）（t2＋12）,keq\o\al(2,1)－16)＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,2)）（t2＋12）,keq\o\al(2,2)－16)，所以keq\o\al(2,2)－16＋keq\o\al(2,1)keq\o\al(2,2)－16keq\o\al(2,1)＝keq\o\al(2,1)－16＋keq\o\al(2,1)keq\o\al(2,2)－16keq\o\al(2,2)，即keq\o\al(2,1)＝keq\o\al(2,2)，又k1≠k2，所以k1＝－k2，即k1＋k2＝0.故直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和為0.對點練72圓錐曲線中的軌跡問題1.A[由動點M到點P(2，0)的距離與到直線x＝－2的距離相等，則動點M的軌跡是以點P為焦點，直線x＝－2為準線的拋物線，故選A.]2.B[設動點A(xA，yA)與定點B(3，0)連線的中點為P(x，y)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xA＋3,2)＝x，,\f(yA＋0,2)＝y，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xA＝2x－3，,yA＝2y.))因為點A在圓x2＋y2＝1上，所以(2x－3)2＋(2y)2＝1，即4x2－12x＋9＋4y2＝1，整理得x2＋y2－3x＋2＝0.]3.C[設A(－10，0)，B(10，0)，P(x，y)，由于動點P(x，y)的軌跡方程為eq\r(（x＋10）2＋y2)－eq\r(（x－10）2＋y2)＝12，則|PA|－|PB|＝12，故點P到定點A(－10，0)與到定點B(10，0)的距離差為12，則動點P(x，y)的軌跡是以(±10，0)為焦點，以12為實軸長的雙曲線的右支，由于2a＝12，c＝10，則b2＝c2－a2＝100－36＝64，所以原方程可以化簡為eq\f(x2,36)－eq\f(y2,64)＝1(x>0).]4.B[設P(x，y)，不妨令A(x1，0)，B(0，y2)，正方形ABCD的面積為16，則|AB|＝4，則xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝16，由eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,4)x1，,y＝\f(1,2)y2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(4,3)x，,y2＝2y，))則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4x,3)))eq\s\up12(2)＋(2y)2＝16，整理得eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1.]5.C[∵|PA|－|PB|＝6<10＝|AB|，|QB|－|QA|＝6<10＝|AB|，∴P，Q在以A，B為焦點的雙曲線eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1上，且P在雙曲線右半支上，Q在雙曲線左半支上；eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1的漸近線方程為y＝±eq\f(4,3)x，對于A，y＝eq\f(4,3)x為雙曲線漸近線，則其與雙曲線無交點，不合題意，A錯誤；對于B，當x＝2時，2<3＝a，直線與雙曲線沒有交點，不符合題意，B錯誤；對于C，∵y＝x＋1的斜率k<eq\f(4,3)且過點(0，1)，∴y＝x＋1與eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1交于兩點，且兩點分別位于左右半支，符合題意，C正確；對于D，∵y＝2x的斜率k>eq\f(4,3)且過坐標原點，∴y＝2x與eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1無交點，不合題意，D錯誤.]6.B[如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，作PQ⊥AD，垂足為Q，過Q作QR⊥A1D1，R為垂足，則PR為點P到直線A1D1的距離，由題意得PR2－PQ2＝RQ2＝1，由已知得PR2－PM2＝1，所以PQ＝PM，即P到點M的距離等于P到AD的距離，所以根據拋物線的定義可得，點P的軌跡是拋物線，故選B.]7.BD[設M(x，y)，x≠±1，則k1＝eq\f(y,x＋1)，k2＝eq\f(y,x－1).對于A，eq\f(y,x＋1)＋eq\f(y,x－1)＝2，化簡得xy＝x2－1，x≠±1且x≠0，則y＝x－eq\f(1,x)，x≠±1且x≠0，故A錯誤；對于B，eq\f(y,x＋1)－eq\f(y,x－1)＝2，化簡得y＝1－x2，x≠±1，則點M的軌跡是拋物線(除去兩個點)，即點M在一條拋物線上，故B正確；對于C，eq\f(y,x＋1)·eq\f(y,x－1)＝2，化簡得x2－eq\f(y2,2)＝1，x≠±1，則點M的軌跡是雙曲線(除去頂點)，故C錯誤；對于D，eq\f(y,x＋1)·eq\f(x－1,y)＝2，化簡得x＝－3，y≠0，故D正確.]8.eq\f(x2,9)＋eq\f(2y2,9)＝1(x≠±1)[因為點M的坐標為(－1，2)，且eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))＝0，所以N(1，－2)，設P(x，y)，則kMP＝eq\f(y－2,x＋1)，kNP＝eq\f(y＋2,x－1)(x≠±1)，由題意得eq\f(y－2,x＋1)·eq\f(y＋2,x－1)＝－eq\f(1,2)，整理可得動點P的軌跡方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(2y2,9)＝1(x≠±1).]9.y2＝12x[設動點M(x，y)，設⊙M與直線l：x＝－3的切點為N，則|MA|＝|MN|，即動點M到定點A和定直線l：x＝－3的距離相等，所以點M的軌跡是拋物線，且以A(3，0)為焦點，以直線l：x＝－3為準線，所以p＝6，所以動圓圓心的軌跡方程為y2＝12x.]10.eq\f(x2,64)＋eq\f(y2,48)＝1[設圓M的半徑為r，則|MC1|＋|MC2|＝(13－r)＋(3＋r)＝16＞8＝|C1C2|，所以M的軌跡是以C1，C2為焦點的橢圓，且2a＝16，2c＝8，所以a＝8，c＝4，b＝eq\r(a2－c2)＝4eq\r(3)，故所求動圓圓心M的軌跡方程為eq\f(x2,64)＋eq\f(y2,48)＝1.]11.解設動圓P的半徑為R，圓心P的坐標為(x，y)，由題意可知，圓C1的圓心為C1(－1，0)，半徑為eq\f(7,2)；圓C2的圓心為C2(1，0)，半徑為eq\f(1,2).因為動圓P與圓C1相切，且與圓C2外切，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|PC1|＝\f(7,2)－R，,|PC2|＝\f(1,2)＋R，))兩式相加得|PC1|＋|PC2|＝4>|C1C2|＝2，所以動圓P的圓心的軌跡E是以C1，C2為焦點的橢圓，設其方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，則2a＝4，2c＝2，所以a＝2，b2＝3，從而軌跡E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.12.解(1)設點P(x1，y1)，N(x，y)，則點M的坐標為(x1，0)，且x＝x1，所以eq\o(PN,\s\up6(→))＝(x－x1，y－y1)＝(0，y－y1)，eq\o(NM,\s\up6(→))＝(x1－x，－y)＝(0，－y).因為eq\o(PN,\s\up6(→))＝λeq\o(NM,\s\up6(→))，所以(0，y－y1)＝λ(0，－y)，所以y－y1＝－λy，即y1＝(1＋λ)y.因為點P(x1，y1)在橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1上，所以eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)＝1，所以eq\f(x2,4)＋(1＋λ)2y2＝1，所以eq\f(x2,4)＋(1＋λ)2y2＝1為所求的點N的軌跡方程.(2)要使點N的軌跡為圓，則(1＋λ)2＝eq\f(1,4)，解得λ＝－eq\f(1,2)或λ＝－eq\f(3,2)，故當λ＝－eq\f(1,2)或λ＝－eq\f(3,2)時，點N的軌跡是圓.13.BCD[平面上點P到點M的距離比到直線l的距離小1，則點P到點M的距離與它到直線y＝－2的距離相等，因此其軌跡是以M為焦點，直線y＝－2為準線的拋物線，其軌跡方程是x2＝8y，A錯誤；此拋物線與直線y＝－1一定無交點，B正確；由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝8y，,y＝2x－3))得x2＝8(2x－3)，即x2－16x＋24＝0，Δ＝162－4×24＝160>0，方程組有實數解，因此此拋物線與直線y＝2x－3有交點，即直線y＝2x－3上存在點P滿足題意，C正確；由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝8y，,y＝\f(1,2)x－1))得x2－4x＋8＝0，Δ＝(－4)2－4×1×8＝－16<0，方程組無實數解，因此拋物線與直線y＝eq\f(1,2)x－1無公共點，所以直線y＝eq\f(1,2)x－1上不存在點P滿足題意，D正確.]14.A[設點P坐標為(x，y)，則直線AP的斜率kPA＝eq\f(y,x＋2)(x≠－2)；直線BP的斜率kPB＝eq\f(y,x－2)(x≠2).由已知有eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝eq\f(5,4)(x≠±2)，化簡得點P的軌跡方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1(x≠±2).又|PA|<|PB|，所以點P的軌跡方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1(x<－2)，即點P的軌跡為以A，B為頂點的雙曲線的左支(除A點)，因為D(3，0)，設F(－3，0)，由雙曲線的定義可知|PD|＝|PF|＋4，所以|PD|＋|PC|＝|PF|＋|PC|＋4≥|FC|＋4，當且僅當F，P，C三點共線時|PF|＋|PC|取得最小值|FC|，因為C(2，2)，所以|FC|＝eq\r(（2＋3）2＋22)＝eq\r(29)，所以|PD|＋|PC|≥eq\r(29)＋4，即|PD|＋|PC|的最小值為eq\r(29)＋4.]15.23[設Q(x，y)，則FQ的中點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋1，\f(1,2)y))，所以eq\f(1,2)eq\r(（x－2）2＋y2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋1))，整理得y2＝8x，即動點Q的軌跡E為拋物線，焦點為F(2，0)，由直線AB過拋物線的焦點，則eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(2,p)＝eq\f(1,2)，其中eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(2,p)的證明過程如下：當AB不垂直于x軸時，可設直線AB的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，顯然k≠0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px))得ky2－2py－kp2＝0，∴y1y2＝－p2，x1x2＝eq\f(yeq\o\al(2,1),2p)·eq\f(yeq\o\al(2,2),2p)＝eq\f(p4,4p2)＝eq\f(p2,4).當AB⊥x軸時，直線AB的方程為x＝eq\f(p,2)，則y1＝p，y2＝－p，∴y1y2＝－p2，同上也有x1x2＝eq\f(p2,4).由拋物線的定義知：|AF|＝x1＋eq\f(p,2)，|BF|＝x2＋eq\f(p,2)，又|AF|＋|BF|＝|AB|，所以x1＋x2＝|AB|－p，且x1x2＝eq\f(p2,4)，所以eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(|AF|＋|BF|,|AF|·|BF|)＝eq\f(|AB|,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(p,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(p,2))))＝eq\f(|AB|,x1x2＋\f(p,2)（x1＋x2）＋\f(p2,4))＝eq\f(|AB|,\f(p2,4)＋\f(p,2)（|AB|－p）＋\f(p2,4))＝eq\f(|AB|,\f(p,2)·|AB|)＝eq\f(2,p).圓C：(x－2)2＋y2＝1圓心為(2，0)，半徑為1，|AN|＋4|BM|＝|AF|＋1＋4(|BF|＋1)＝|AF|＋4|BF|＋5＝2(|AF|＋4|BF|)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|AF|)＋\f(1,|BF|)))＋5＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(|AF|,|BF|)＋\f(4|BF|,|AF|)))＋5≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(|AF|,|BF|)·\f(4|BF|,|AF|))))＋5＝23，當且僅當eq\f(|AF|,|BF|)＝eq\f(4|BF|,|AF|)，即|BF|＝3，|AF|＝6時取等號，∴|AN|＋4|BM|的最小值為23.]16.(1)解因為點P在BF垂直平分線上，所以有|PF|＝|PB|，所以|PF|＋|PC|＝|PB|＋|PC|＝|BC|＝r＝4，即|PF|＋|PC|為定值4>2，所以軌跡E為橢圓，且a＝2，c＝1，所以b2＝3，所以軌跡E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明由題意知A1(－2，0)，A2(2，0)，設Q(4，t)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則kQA1＝eq\f(t,6)，kQA2＝eq\f(t,2)，所以QA1的方程為y＝eq\f(t,6)(x＋2)，QA2方程為y＝eq\f(t,2)(x－2)，聯立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(t,6)（x＋2），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))可以得出Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(54－2t2,27＋t2)，\f(18t,27＋t2)))，同理可以計算出點N坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t2－6,3＋t2)，\f(－6t,3＋t2)))，當kMN存在，即t2≠9，即t≠±3時，kMN＝eq\f(－6t,（t2－9）)，所以直線MN的方程為y＋eq\f(6t,3＋t2)＝－eq\f(6t,t2－9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2t2－6,3＋t2)))，即y＝－eq\f(6t,t2－9)x＋eq\f(6t,t2－9)＝－eq\f(6t,t2－9)(x－1)，所以直線過定點(1，0)，即過橢圓的右焦點F2，所以△FMN的周長為4a＝8.當kMN不存在，即t2＝9，即t＝±3時，可以計算出x1＝x2＝1，周長也等于8.所以△FMN的周長為定值8.多選題加練(八)平面解析幾何1.AD[A中，由直線方程知，直線恒過