数学选择性必修 第一册第三章 圆锥曲线的方程本章综合与测试导学案

这是一份数学选择性必修 第一册第三章 圆锥曲线的方程本章综合与测试导学案，共16页。学案主要包含了范围与最值问题，定点与定值问题，探索性问题等内容，欢迎下载使用。


一、范围与最值问题
例1 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点坐标为(eq \r(3)，0)，且点(0，－1)在C上．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点(1,0)的直线l与C交于M，N两点，P为线段MN的中点，A为C的左顶点，求直线PA的斜率k的取值范围．
解 (1)由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－b2＝3，,b＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1.))
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率为0时，AP的斜率k＝0.
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x＝my＋1，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得(m2＋4)y2＋2my－3＝0.
Δ>0显然成立．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，
则y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋4)，
∴y0＝－eq \f(m,m2＋4)，
则x0＝my0＋1＝－eq \f(m2,m2＋4)＋1＝eq \f(4,m2＋4)，
而点A的坐标为(－2,0)，
∴直线AP的斜率为k＝eq \f(－\f(m,m2＋4),\f(4,m2＋4)＋2)＝eq \f(－m,2m2＋12).
①当m＝0时，k＝0.
②当m≠0时，|k|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－m,2m2＋12)))＝eq \f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2m＋\f(12,m)))).
∵eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2m＋\f(12,m)))＝|2m|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(12,m)))≥4eq \r(6)，当且仅当|2m|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(12,m)))时，等号成立．
∴0综上所述，斜率k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),24)，\f(\r(6),24))).
反思感悟 圆锥曲线中最值与范围的求法有两种
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何图形特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法．
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值与范围，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、重要不等式法及函数的单调性法等．
跟踪训练1 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，椭圆的短轴端点与双曲线eq \f(y2,2)－x2＝1的焦点重合，过点P(4,0)且不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于A，B两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))的取值范围．
解 (1)由题意知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
所以e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,4)，所以a2＝eq \f(4,3)b2，
因为双曲线eq \f(y2,2)－x2＝1的焦点坐标为(0，±eq \r(3))，
所以b＝eq \r(3)，所以a2＝4，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线l的倾斜角为0°时，不妨令A(－2,0)，B(2,0)，
则eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝－4；
当直线l的倾斜角不为0°时，设其方程为x＝my＋4，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,3x2＋4y2＝12))⇒(3m2＋4)y2＋24my＋36＝0，
由Δ>0⇒(24m)2－4×(3m2＋4)×36>0⇒m2>4，
设A(my1＋4，y1)，B(my2＋4，y2)．
因为y1＋y2＝－eq \f(24m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(36,3m2＋4)，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝(my1＋4)(my2＋4)＋y1y2＝m2y1y2＋4m(y1＋y2)＋16＋y1y2＝eq \f(116,3m2＋4)－4，
因为m2>4，所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(13,4))).
综上所述，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(13,4))).
二、定点与定值问题
例2 已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点的直线交椭圆于A，B两点，eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))与a＝(3，－1)共线．设M为椭圆上任意一点，且eq \(OM,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，求证：λ2＋μ2为定值．
证明 ∵M是椭圆上任意一点，若M与A重合，
则eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))，此时λ＝1，μ＝0，
∴λ2＋μ2＝1，现在需要证明λ2＋μ2为定值1.
设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为N(x0，y0)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1，①,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1，②))
①－②得eq \f(x1－x2x1＋x2,a2)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0，
即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2x1＋x2,a2y1＋y2)＝－eq \f(b2x0,a2y0)，
又∵kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1，
∴y0＝－eq \f(b2,a2)x0.
∴直线ON的方向向量为eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(b2,a2)))，
∵eq \(ON,\s\up6(→))∥a，
∴eq \f(1,3)＝eq \f(b2,a2).
∴a2＝3b2，
∴椭圆方程为x2＋3y2＝3b2，
又直线方程为y＝x－c.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－c，,x2＋3y2＝3b2，))消y得4x2－6cx＋3c2－3b2＝0.
∴x1＋x2＝eq \f(3,2)c，x1x2＝eq \f(3c2－3b2,4)＝eq \f(3,8)c2.
又设M(x，y)，则由eq \(OM,\s\up6(→))＝λeq \(OA,\s\up6(→))＋μeq \(OB,\s\up6(→))，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝λx1＋μx2，,y＝λy1＋μy2，))
代入椭圆方程整理得
λ2(xeq \\al(2,1)＋3yeq \\al(2,1))＋μ2(xeq \\al(2,2)＋3yeq \\al(2,2))＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2.
又∵xeq \\al(2,1)＋3yeq \\al(2,1)＝3b2，xeq \\al(2,2)＋3yeq \\al(2,2)＝3b2，
x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2
＝eq \f(3,2)c2－eq \f(9,2)c2＋3c2＝0，
∴λ2＋μ2＝1，故λ2＋μ2为定值．
反思感悟 解析几何中的定点和定值问题需要合理选择参数(坐标、斜率等)表示动态几何对象和几何量，探究、证明动态图形中的不变性质(定点、定值等)，体会“设而不求”“整体代换”在简化运算中的作用．
跟踪训练2 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点(0,1)，其长轴长与短轴长的平方和是焦距的平方的2倍．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足eq \(PM,\s\up6(→))＝λ1eq \(MQ,\s\up6(→))，eq \(PN,\s\up6(→))＝λ2eq \(NQ,\s\up6(→)).
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点，并求此定点．
(1)解 设椭圆的焦距为2c，
由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，
又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.
∴椭圆的标准方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)证明 由题意设P(0，m)，Q(x0，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
设l的方程为x＝t(y－m)，
由eq \(PM,\s\up6(→))＝λ1eq \(MQ,\s\up6(→))得(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，
∴y1－m＝－y1λ1，由题意得y1≠0，
∴λ1＝eq \f(m,y1)－1.
同理由eq \(PN,\s\up6(→))＝λ2eq \(NQ,\s\up6(→))得λ2＝eq \f(m,y2)－1.
∵λ1＋λ2＝－3，
∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0.①
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋3y2＝3，,x＝ty－m，))
消x得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，
∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②
且有y1＋y2＝eq \f(2mt2,t2＋3)，y1y2＝eq \f(t2m2－3,t2＋3)，③
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，
∴(mt)2＝1，
由题意，得mt<0，∴mt＝－1，满足②，
得l的方程为x＝ty＋1，故直线l过定点(1,0)．
三、探索性问题
例3 在平面直角坐标系中，已知圆心在第二象限，半径为2eq \r(2)的圆C与直线y＝x相切于原点O，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,9)＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10.
(1)求圆C的方程；
(2)试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长．若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题意知圆心在直线y＝－x上，
设圆心坐标是(－p，p)(p>0)，
则圆的方程为(x＋p)2＋(y－p)2＝8，
由于O(0,0)在圆上，∴p2＋p2＝8，解得p＝2，
∴圆C的方程为(x＋2)2＋(y－2)2＝8.
(2)椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,9)＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10，由椭圆的定义知2a＝10，a＝5，
∴椭圆右焦点为F(4,0)．
假设存在异于原点的点Q(m，n)使|QF|＝|OF|，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋22＋n－22＝8，,m－42＋n2＝16，))且m2＋n2≠0，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(4,5)，,n＝\f(12,5)，))
故圆C上存在满足条件的点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(12,5))).
反思感悟 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．
跟踪训练3 试问是否能找到一条斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆eq \f(x2,3)＋y2＝1交于两个不同的点M，N，且使M，N到点A(0,1)的距离相等？若存在，试求出k的取值范围；若不存在，请说明理由．
解 设直线l：y＝kx＋m为满足条件的直线，再设P为MN的中点，欲满足条件，只需AP⊥MN即可．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋mm≠0，,\f(x2,3)＋y2＝1，))
消y得(1＋3k2)x2＋6mkx＋3m2－3＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则xP＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(3mk,1＋3k2)，yP＝kxP＋m＝eq \f(m,1＋3k2)，
∴kAP＝eq \f(3k2－m＋1,3mk).
∵AP⊥MN，
∴eq \f(3k2－m＋1,3mk)＝－eq \f(1,k)，
故m＝－eq \f(3k2＋1,2).
由Δ＝36m2k2－4(1＋3k2)(3m2－3)
＝9(1＋3k2)(1－k2)>0，得－1故当k∈(－1,0)∪(0,1)时，存在满足条件的直线l.
1．知识清单：
(1)最值或范围问题．
(2)定点与定值问题．
(3)探索性问题．
2．方法归纳：定义法、函数法、整体代换．
3．常见误区：直线与圆锥曲线联立后化简不正确．
1．一动圆的圆心在抛物线x2＝16y上，且该动圆恒与直线y＋4＝0相切，则动圆必经过的定点为( )
A．(0,4) B．(4,0)
C．(2,0) D．(0,2)
答案 A
解析 由抛物线x2＝16y，得到准线方程为y＝－4，焦点坐标为(0,4)，
∵动圆的圆心在抛物线x2＝16y上，且动圆恒与直线y＝－4相切，
由抛物线的定义知|MF|＝|MK|，
如图所示，即动圆必经过定点F(0,4)．
2．已知点P是椭圆C：eq \f(x2,100)＋eq \f(y2,64)＝1上一点，M，N分别是圆(x－6)2＋y2＝1和圆(x＋6)2＋y2＝4上的点，那么|PM|＋|PN|的最小值为( )
A．15 B．16 C．17 D．18
答案 C
解析 如图，椭圆C：eq \f(x2,100)＋eq \f(y2,64)＝1中的a＝10，b＝8，所以c＝6，
圆(x－6)2＋y2＝1和圆(x＋6)2＋y2＝4的圆心为椭圆的两个焦点，则当M，N为如图所示位置时，|PM|＋|PN|的最小值为2a－(2＋1)＝17.
3．直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率k1，k2满足k1k2＝eq \f(2,3)，则l的横截距( )
A．为定值－3 B．为定值3
C．为定值－1 D．不是定值
答案 A
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(2,3).
∴eq \f(y1y2,\f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),4))＝eq \f(2,3)，
∴y1y2＝6，设直线l：x＝my＋b，代入抛物线方程可化为y2－2my－2b＝0，
∴y1y2＝－2b，
∴－2b＝6，∴b＝－3，
∴l的横截距为－3.
4．已知点P为直线l：x＝－2上任意一点，过点P作抛物线y2＝2px(p＞0)的两条切线，切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1·x2＝________.
答案 4
解析 不妨设P(－2,0)，
过P的切线方程设为y＝k(x＋2)，
代入抛物线方程y2＝2px(p＞0)，
得k2x2＋(4k2－2p)x＋4k2＝0，
又k≠0，故x1x2＝4.
课时对点练
1．AB为过椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)中心的弦，F(c,0)为椭圆的右焦点，则△AFB面积的最大值为( )
A．b2 B．ab
C．ac D．bc
答案 D
解析 由椭圆的对称性知，A，B两点关于原点O对称，
因此S△AFB＝2S△OFB＝c·|yB|，
故当|yB|＝b时，△AFB面积最大，最大面积为bc.
2．已知P为抛物线y2＝4x上一点，Q为圆(x－6)2＋y2＝1上一点，则|PQ|的最小值为( )
A.eq \r(21)－1 B．2－eq \f(\r(5),5)
C．2eq \r(5)－1 D．21－4eq \r(5)
答案 C
解析 设点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)m2，m))，圆(x－6)2＋y2＝1的圆心坐标为A(6,0)，
∴|PA|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)m2－6))2＋m2＝eq \f(1,16)(m2－16)2＋20≥20，
∴|PA|≥2eq \r(5)，
∵Q是圆(x－6)2＋y2＝1上任意一点，
∴|PQ|的最小值为2eq \r(5)－1.
3．已知M(x0，y0)是双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1上的一点，F1，F2分别是C的左、右两个焦点，若eq \(MF1,\s\up6(→))·eq \(MF2,\s\up6(→))<0，则y0的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),6)，\f(\r(3),6)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(2),3)，\f(2\r(2),3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))
答案 A
解析 因为F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，eq \f(x\\al(2,0),2)－yeq \\al(2,0)＝1，
所以eq \(MF1,\s\up6(→))·eq \(MF2,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)－x0，－y0)·(eq \r(3)－x0，－y0)＝xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)－3＜0，即3yeq \\al(2,0)－1＜0，
解得－eq \f(\r(3),3)＜y0＜eq \f(\r(3),3).
4．抛物线y2＝4x上不同两点A，B(异于原点O)，若直线OA，OB斜率之和为1，则直线AB必经过定点( )
A．(0,2) B．(0,4) C．(－4,0) D．(－2,0)
答案 B
解析 设直线AB的方程为x＝ty＋b(b≠0)，
并代入抛物线方程，消去x得y2－4ty－4b＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b，
∴kOA＋kOB＝eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)＝eq \f(y1x2＋y2x1,x1x2)＝eq \f(y1ty2＋b＋y2ty1＋b,ty1＋bty2＋b)＝eq \f(2ty1y2＋by1＋y2,t2y1y2＋bty1＋y2＋b2)＝eq \f(－4bt,b2)＝eq \f(－4t,b)＝1，
∴b＝－4t，所以直线AB的方程为x＝ty－4t＝t(y－4)，过定点(0,4)．
5．已知椭圆 C：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,6)＝1的左、右顶点分别为A，B，点P为椭圆C上不同于A，B两点的动点，若直线PA斜率的取值范围是[1,2]，则直线PB斜率的取值范围是( )
A．[－2，－1] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(3,4)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(3,8)))
答案 D
解析 由题意得A(－2eq \r(2)，0)，B(2eq \r(2)，0)，
设P(x0，y0)，则eq \f(x\\al(2,0),8)＋eq \f(y\\al(2,0),6)＝1，
其中x0≠±2eq \r(2)，
所以kPA·kPB＝eq \f(y0,x0＋2\r(2))·eq \f(y0,x0－2\r(2))＝eq \f(y\\al(2,0),x\\al(2,0)－8)＝eq \f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,0),8))),x\\al(2,0)－8)＝－eq \f(3,4) ，又因为直线PA斜率的取值范围是[1,2]，所以直线PB斜率的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(3,8))).
6．若直线y＝x＋t与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B两点，当|t|变化时，|AB|的最大值为( )
A．2 B.eq \f(4\r(5),5) C.eq \f(4\r(10),5) D.eq \f(8\r(10),5)
答案 C
解析 联立两个方程化为5x2＋8tx＋4t2－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(8,5)t，x1x2＝eq \f(4,5)(t2－1)，
∴|AB|＝eq \r(2[x1＋x22－4x1x2])
＝eq \r(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,5)t))2－\f(16,5)t2－1)))＝eq \f(4,5)eq \r(10－2t2)，
而Δ＝(8t)2－4×5×(4t2－4)>0，解得0≤t2<5.
∴取t2＝0得|AB|max＝eq \f(4\r(10),5).
7．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，短轴长为2，F1，F2为椭圆的左、右焦点，点P为椭圆上任意一点，则eq \f(1,|PF1|)＋eq \f(4,|PF2|)的最小值是________．
答案 eq \f(9,4)
解析 由题意得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，b＝1，解得a＝2，c＝eq \r(3)，于是|PF1|＋|PF2|＝2a＝4，
所以eq \f(1,|PF1|)＋eq \f(4,|PF2|)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,|PF1|)＋\f(4,|PF2|)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|PF1|＋|PF2|))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(|PF2|,|PF1|)＋\f(4|PF1|,|PF2|)))≥eq \f(1,4)(5＋2eq \r(4))＝eq \f(9,4)，
当且仅当|PF2|＝2|PF1|，即|PF2|＝eq \f(8,3)，|PF1|＝eq \f(4,3)时等号成立．
8．已知F为抛物线y2＝x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝2(其中O为坐标原点)，则△ABO与△AFO面积之和的最小值是________．
答案 3
解析 如图，可设A(m2，m)，B(n2，n)，其中m＞0，n＜0，
则eq \(OA,\s\up6(→))＝(m2，m)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(n2，n)，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝m2n2＋mn＝2，
解得mn＝1(舍)或mn＝－2.
∴lAB：(m2－n2)(y－n)＝(m－n)·(x－n2)，
即(m＋n)(y－n)＝x－n2，
令y＝0，解得x＝－mn＝2，
∴设AB与x轴交于点C，则C(2,0)．
S△AOB＝S△AOC＋S△BOC＝eq \f(1,2)×2·m＋eq \f(1,2)×2·(－n)＝m－n，S△AOF＝eq \f(1,2)×eq \f(1,4)·m＝eq \f(1,8)m，
则S△AOB＋S△AOF＝m－n＋eq \f(1,8)m＝eq \f(9,8)m－n＝eq \f(9,8)m＋eq \f(2,m)≥2eq \r(\f(9,8)m·\f(2,m))＝3，当且仅当eq \f(9,8)m＝eq \f(2,m)，即m＝eq \f(4,3)时等号成立．故△ABO与△AFO面积之和的最小值为3.
9．已知△AOB的一个顶点为抛物线y2＝2x的顶点O，A，B两点都在抛物线上，且∠AOB＝90°.
(1)求证：直线AB必过一定点；
(2)求△AOB面积的最小值．
(1)证明 设OA所在直线的方程为y＝kx(k≠0)，
则直线OB的方程为y＝－eq \f(1,k)x.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,y2＝2x，))得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k2)，\f(2,k)))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,k)x，,y2＝2x，))得B(2k2，－2k)．
∴直线AB所在直线方程为(y＋2k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k2)－2k2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k)＋2k))(x－2k2)，
化简得x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－k))y－2＝0，
∴直线过定点P(2,0)．
(2)解 由于直线AB过定点P(2,0)，
∴可设直线AB的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝2x，))得y2－2my－4＝0.
∴y1＋y2＝2m，y1y2＝－4，
∴|y1－y2|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \r(2m2＋16)＝eq \r(4m2＋16).
∴S△AOB＝eq \f(1,2)|y1|·|OP|＋eq \f(1,2)|y2|·|OP|＝eq \f(1,2)|OP|·|y1－y2|＝|y1－y2|＝eq \r(4m2＋16)≥4(当且仅当m＝0时取“＝”)．
∴当m＝0时，△AOB面积的最小值为4.
10．已知抛物线C：y＝2x2，直线y＝kx＋2交C于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N.
(1)证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；
(2)是否存在实数k使eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))＝0，若存在，求k的值；若不存在，说明理由．
(1)证明 如图，设A(x1，2xeq \\al(2,1))，B(x2，2xeq \\al(2,2))．
把y＝kx＋2代入y＝2x2得2x2－kx－2＝0，
由根与系数的关系得x1＋x2＝eq \f(k,2)，x1x2＝－1.
∴xN＝xM＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(k,4)，
∴N点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,4)，\f(k2,8))).
设抛物线在点N处的切线l的方程为y－eq \f(k2,8)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(k,4)))，
将y＝2x2代入上式得2x2－mx＋eq \f(mk,4)－eq \f(k2,8)＝0，
∵直线l与抛物线C相切，
∴Δ＝m2－8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mk,4)－\f(k2,8)))＝(m－k)2＝0，
∴m＝k，即l∥AB.
(2)解 假设存在实数k，使eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))＝0，则NA⊥NB.
又∵M是AB的中点，∴|MN|＝eq \f(1,2)|AB|.
由(1)知yM＝eq \f(1,2)(y1＋y2)＝eq \f(1,2)(kx1＋2＋kx2＋2)＝eq \f(1,2)[k(x1＋x2)＋4]＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k2,2)＋4))＝eq \f(k2,4)＋2.
∵MN⊥x轴，∴|MN|＝|yM－yN|＝eq \f(k2,4)＋2－eq \f(k2,8)＝eq \f(k2＋16,8).
又|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)))2－4×－1)＝eq \f(1,2)eq \r(k2＋1)eq \r(k2＋16).
∴eq \f(k2＋16,8)＝eq \f(1,4)eq \r(k2＋1)eq \r(k2＋16)，
解得k＝±2，即存在k＝±2，使eq \(NA,\s\up6(→))·eq \(NB,\s\up6(→))＝0.
11．设O为坐标原点，直线x＝a与双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点，若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为( )
A．4 B．8 C．16 D．32
答案 B
解析 ∵C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
∴双曲线的渐近线方程是y＝±eq \f(b,a)x，
∵直线x＝a与双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点，
不妨设D在第一象限，E在第四象限，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝a，,y＝\f(b,a)x，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝a，,y＝b，))故D(a，b)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝a，,y＝－\f(b,a)x，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝a，,y＝－b，))故E(a，－b)，
∴|ED|＝2b，
∴S△ODE＝eq \f(1,2)a×2b＝ab＝8.
∵双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
∴其焦距为2c＝2eq \r(a2＋b2)≥2eq \r(2ab)＝2eq \r(16)＝8，
当且仅当a＝b＝2eq \r(2)时取等号，
∴C的焦距的最小值为8.
12．已知A(0,3)，若点P是抛物线x2＝8y上任意一点，点Q是圆x2＋(y－2)2＝1上任意一点，则eq \f(|PA|2,|PQ|)的最小值为( )
A．4eq \r(3)－4 B．2eq \r(2)－1
C．2eq \r(3)－2 D．4eq \r(2)＋1
答案 A
解析 设点P(x0，y0)，
由于点P是抛物线x2＝8y上任意一点，
则xeq \\al(2,0)＝8y0(y0≥0)，
∵点A(0,3)，则|PA|2＝xeq \\al(2,0)＋(y0－3)2＝8y0＋(y0－3)2＝yeq \\al(2,0)＋2y0＋9，
由于点Q是圆x2＋(y－2)2＝1上任意一点，
∴要使eq \f(|PA|2,|PQ|)的值最小，
则|PQ|的值要最大，即点P到圆心的距离加上圆的半径为|PQ|的最大值，
则|PQ|max＝eq \r(x\\al(2,0)＋y0－22)＋1＝eq \r(8y0＋y0－22)＋1＝y0＋3，
∴eq \f(|PA|2,|PQ|)≥eq \f(y\\al(2,0)＋2y0＋9,y0＋3)＝eq \f(y0＋32－4y0＋3＋12,y0＋3)＝(y0＋3)＋eq \f(12,y0＋3)－4.
∵(y0＋3)＋eq \f(12,y0＋3)≥2eq \r(y0＋3·\f(12,y0＋3))＝4eq \r(3)，经检验满足条件，
∴eq \f(|PA|2,|PQ|)的最小值为4eq \r(3)－4.
13．已知椭圆E：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1，P为椭圆E的右顶点，直线l交E于A，B两点，且PA⊥PB，则l恒过除P点以外的定点( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，0))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(12,5))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))
答案 A
解析 设直线l的方程为x＝my＋n，
代入椭圆方程，消去x可得(m2＋4)y2＋2mny＋n2－16＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1＋y2＝－eq \f(2mn,m2＋4)，y1y2＝eq \f(n2－16,m2＋4)，
x1x2＝m2y1y2＋mn(y1＋y2)＋n2，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2n，
由PA⊥PB，P(4,0)，
可得(x1－4，y1)·(x2－4，y2)＝0，可得x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋16＝0，
m2y1y2＋mn(y1＋y2)＋n2－4m(y1＋y2)－8n＋y1y2＋16＝0，
代入y1＋y2＝－eq \f(2mn,m2＋4)，y1y2＝eq \f(n2－16,m2＋4)，
化简整理可得5n2－32n＋48＝0，
解得n＝eq \f(12,5)，n＝4(舍去)．
14．已知点P(0,1)，椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝m(m>1)上两点A，B满足eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(PB,\s\up6(→))，则当m＝________时，点B横坐标的绝对值最大．
答案 5
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(PB,\s\up6(→))得，－x1＝2x2，1－y1＝2(y2－1)，
∴－y1＝2y2－3，
∵A，B在椭圆上，
∴eq \f(x\\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝m，eq \f(x\\al(2,2),4)＋yeq \\al(2,2)＝m，
∴eq \f(4x\\al(2,2),4)＋(2y2－3)2＝m，
∴eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2－\f(3,2)))2＝eq \f(m,4)，
与eq \f(x\\al(2,2),4)＋yeq \\al(2,2)＝m对应相减得y2＝eq \f(3＋m,4)，xeq \\al(2,2)＝－eq \f(1,4)(m2－10m＋9)≤4，当且仅当m＝5时取最大值．
15.如图，圆O与离心率为eq \f(\r(3),2)的椭圆T：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相切于点M(0,1)，过点M引两条互相垂直的直线l1，l2，两直线与两曲线分别交于点A，C与点B，D(均不重合)．若P为椭圆上任一点，记点P到两直线的距离分别为d1，d2，则deq \\al(2,1)＋deq \\al(2,2)的最大值是________；此时P点坐标为________．
答案 eq \f(16,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( ±\f(4\r(2),3)，－\f(1,3)))
解析 由题意知，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，b＝1，c2＋b2＝a2，
解得a＝2，b＝1，c＝eq \r(3)，
可知椭圆T的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1，圆O的方程为x2＋y2＝1.
设P(x0，y0)，
∵l1⊥l2，
则deq \\al(2,1)＋deq \\al(2,2)＝|PM|2＝xeq \\al(2,0)＋(y0－1)2，
∵eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，
∴deq \\al(2,1)＋deq \\al(2,2)＝4－4yeq \\al(2,0)＋(y0－1)2＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y0＋\f(1,3)))2＋eq \f(16,3)，
∵－1≤y0≤1，∴当y0＝－eq \f(1,3)时，deq \\al(2,1)＋deq \\al(2,2)取得最大值为eq \f(16,3)，此时点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(4\r(2),3)，－\f(1,3))).
16．已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若l过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，m))，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率，若不能，说明理由．
(1)证明 设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,9x2＋y2＝m2，))
得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
∴xM＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(kb,k2＋9)，yM＝kxM＋b＝eq \f(9b,k2＋9).
∴直线OM的斜率kOM＝eq \f(yM,xM)＝－eq \f(9,k)，即kOM·k＝－9.
即直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值－9.
(2)解 四边形OAPB能为平行四边形．
∵直线l过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，m))，
∴k≠3，
由(1)得OM的方程为y＝－eq \f(9,k)x.
设点P的横坐标为xP.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(9,k)x，,9x2＋y2＝m2，))
得xeq \\al(2,P)＝eq \f(k2m2,9k2＋81)，即xP＝eq \f(±km,3\r(k2＋9)).
将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，m))的坐标代入直线l的方程得b＝eq \f(m3－k,3)，
因此xM＝eq \f(mkk－3,3k2＋9).
四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM，
∴eq \f(±km,3\r(k2＋9))＝2×eq \f(mkk－3,3k2＋9).
解得k1＝4－eq \r(7)，k2＝4＋eq \r(7).
经检验，满足Δ>0，
∵k≠3，
∴当l的斜率为4－eq \r(7)或4＋eq \r(7)时，四边形OAPB为平行四边形．