2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題六-微重點(diǎn)12-圓錐曲線中二級(jí)結(jié)論的應(yīng)用-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

微重點(diǎn)12圓錐曲線中二級(jí)結(jié)論的應(yīng)用圓錐曲線是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容之一，知識(shí)的綜合性較強(qiáng)，因而解題時(shí)需要運(yùn)用多種基礎(chǔ)知識(shí)，采用多種數(shù)學(xué)手段，熟記各種定義、基本公式．法則固然很重要，但要做到迅速、準(zhǔn)確地解題，還要掌握一些常用結(jié)論，理解各結(jié)論之間的聯(lián)系與區(qū)別，正確靈活地運(yùn)用這些結(jié)論，一些復(fù)雜的問題便能迎刃而解．考點(diǎn)一焦點(diǎn)弦問題核心提煉1．已知F1，F(xiàn)2分別為橢圓的左、右焦點(diǎn)，直線l過左焦點(diǎn)F1與橢圓(焦點(diǎn)在x軸上)交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)∠AF1F2＝α，e為橢圓的離心率，p為橢圓的焦點(diǎn)到對(duì)應(yīng)準(zhǔn)線的距離，則p＝eq\f(a2,c)－c＝eq\f(b2,c).(1)橢圓焦半徑公式：|AF1|＝eq\f(ep,1－e·cosα)，|BF1|＝eq\f(ep,1＋e·cosα)，eq\f(1,|AF1|)＋eq\f(1,|BF1|)＝eq\f(2,ep).(2)橢圓焦點(diǎn)弦弦長(zhǎng)公式：|AB|＝|AF1|＋|BF1|＝eq\f(2ep,1－e2·cos2α).(3)焦點(diǎn)三角形的面積公式：P為橢圓上異于長(zhǎng)軸端點(diǎn)的一點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為其左、右焦點(diǎn)且∠F1PF2＝θ，則＝b2·taneq\f(θ,2).2．已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線的左、右焦點(diǎn)，直線l過左焦點(diǎn)F1與雙曲線(焦點(diǎn)在x軸上)交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)∠AF1F2＝α，e為雙曲線離心率，p為雙曲線的焦點(diǎn)到對(duì)應(yīng)準(zhǔn)線的距離，則p＝c－eq\f(a2,c)＝eq\f(b2,c).圖1圖2(1)若直線與雙曲線交于一支(如圖1)，則|AF1|＝eq\f(ep,1＋e·cosα)，|BF1|＝eq\f(ep,1－e·cosα)，eq\f(1,|AF1|)＋eq\f(1,|BF1|)＝eq\f(2,ep).若直線與雙曲線交于兩支(如圖2)，則|AF1|＝eq\f(ep,e·cosα＋1)，|BF1|＝eq\f(ep,e·cosα－1)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,|AF1|)－\f(1,|BF1|)))＝eq\f(2,ep).(2)雙曲線焦點(diǎn)弦弦長(zhǎng)公式：若直線與雙曲線交于一支，則|AB|＝|AF1|＋|BF1|＝eq\f(2ep,1－e2·cos2α).若直線與雙曲線交于兩支，則|AB|＝||AF1|－|BF1||＝eq\f(2ep,e2·cos2α－1).(3)焦點(diǎn)三角形的面積公式：P為雙曲線上異于實(shí)軸端點(diǎn)的一點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為其左、右焦點(diǎn)且∠F1PF2＝θ，則＝eq\f(b2,tan\f(θ,2)).3.已知直線l過焦點(diǎn)F與拋物線(焦點(diǎn)在x軸上)交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)∠AFx＝α，e為拋物線離心率，p為拋物線的焦點(diǎn)到對(duì)應(yīng)準(zhǔn)線的距離．(1)拋物線焦半徑公式：|AF|＝eq\f(ep,1－e·cosα)＝eq\f(p,1－cosα)，|BF|＝eq\f(ep,1＋e·cosα)＝eq\f(p,1＋cosα)，eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(2,ep)＝eq\f(2,p).(2)拋物線焦點(diǎn)弦弦長(zhǎng)公式：|AB|＝|AF|＋|BF|＝eq\f(2ep,1－e2·cos2α)＝eq\f(2p,sin2α).4．焦點(diǎn)弦定理已知焦點(diǎn)在x軸上的橢圓或雙曲線或拋物線，經(jīng)過其焦點(diǎn)F的直線交曲線于A，B兩點(diǎn)，直線AB的傾斜角為α，eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→))，則曲線的離心率滿足等式|ecosα|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(λ－1,λ＋1))).例1已知雙曲線C的左、右焦點(diǎn)分別為F1(－eq\r(7)，0)，F(xiàn)2(eq\r(7)，0)，過F2的直線與C的右支交于A，B兩點(diǎn)．若eq\o(AF2,\s\up6(→))＝2eq\o(F2B,\s\up6(→))，|AB|＝|F1B|，則雙曲線C的方程為________．答案eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1解析如圖，令|F2B|＝t，則|AF2|＝2t，∴|AB|＝3t，|F1B|＝3t，又eq\f(1,|AF2|)＋eq\f(1,|BF2|)＝eq\f(2a,b2)，∴eq\f(1,2t)＋eq\f(1,t)＝eq\f(2a,b2)，即eq\f(3,2t)＝eq\f(2a,b2)，又|F1B|－|F2B|＝2a，∴3t－t＝2a，∴t＝a，∴eq\f(3,2a)＝eq\f(2a,b2)，即3b2＝4a2，又c＝eq\r(7)，∴a2＋b2＝7，解得b2＝4，a2＝3，故雙曲線C的方程為eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1.易錯(cuò)提醒(1)要注意公式中α的含義．(2)公式中的加減符號(hào)易混淆．(3)直線與雙曲線交于一支和兩支的公式不一樣．跟蹤演練1(2023·全國(guó)甲卷)設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓C：eq\f(x2,5)＋y2＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)P在C上，若eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，則|PF1|·|PF2|等于()A．1B．2C．4D．5答案B解析方法一因?yàn)閑q\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，所以∠F1PF2＝90°，從而＝b2tan45°＝1＝eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|，所以|PF1|·|PF2|＝2.方法二因?yàn)閑q\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，所以∠F1PF2＝90°，由橢圓方程可知，c2＝5－1＝4，解得c＝2，所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝42＝16，又|PF1|＋|PF2|＝2a＝2eq\r(5)，平方得|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝16＋2|PF1|·|PF2|＝20，所以|PF1|·|PF2|＝2.考點(diǎn)二等角的性質(zhì)核心提煉1．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，過長(zhǎng)軸上任意一點(diǎn)N(t,0)的弦的端點(diǎn)A，B與對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,t)，0))的連線所成的角被焦點(diǎn)所在的直線平分，即∠OGA＝∠OGB(如圖1)．圖1圖2圖32．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，過實(shí)軸所在直線上任意一點(diǎn)N(t,0)的弦的端點(diǎn)A，B與對(duì)應(yīng)點(diǎn)Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,t)，0))的連線所成的角被焦點(diǎn)所在的直線平分，即∠NGA＝∠NGB(如圖2)．3．已知拋物線y2＝2px(p>0)，過拋物線對(duì)稱軸上任意一點(diǎn)N(a,0)的一條弦的端點(diǎn)A，B與對(duì)應(yīng)點(diǎn)G(－a,0)的連線所成角被對(duì)稱軸平分，即∠OGA＝∠OGB(如圖3)．例2(2023·鹽城模擬)在平面直角坐標(biāo)系Oxy中，拋物線C的準(zhǔn)線為x＝－1，對(duì)稱軸為坐標(biāo)軸，焦點(diǎn)在直線x－2y－1＝0上．(1)求拋物線C的方程；(2)若動(dòng)直線l：x＝my＋3與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)．在x軸上是否存在定點(diǎn)P，使得對(duì)任意實(shí)數(shù)m，總有∠OPA＝∠OPB成立？如果存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)說明理由．解(1)因?yàn)閽佄锞€C的準(zhǔn)線為x＝－1，對(duì)稱軸為坐標(biāo)軸，則C的對(duì)稱軸為x軸，且焦點(diǎn)在x軸上，又焦點(diǎn)在直線x－2y－1＝0上，則焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0)，所以C的頂點(diǎn)為原點(diǎn)，所以拋物線C的方程為y2＝4x.(2)假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)P，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋3，,y2＝4x，))得y2－4my－12＝0，不妨設(shè)P(t,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則Δ＝16m2＋48>0，y1＋y2＝4m，①y1y2＝－12，②由∠OPA＝∠OPB知直線AP與直線BP的斜率kAP，kBP滿足kAP＋kBP＝0，即eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝eq\f(y1x2－t＋y2x1－t,x1－tx2－t)＝eq\f(y1my2＋3－t＋y2my1＋3－t,x1－tx2－t)＝0，即2my1y2＋(3－t)(y1＋y2)＝0，③將①②代入③得－24m＋(3－t)4m＝0對(duì)任意m成立，則t＝－3，即存在滿足條件的定點(diǎn)P(－3,0)．規(guī)律方法根據(jù)等角性質(zhì)，存在某定點(diǎn)滿足條件，快速算出此點(diǎn)的坐標(biāo)，這給算出準(zhǔn)確答案提供了依據(jù)．跟蹤演練2橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，過點(diǎn)P(0,1)的動(dòng)直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)直線l平行于x軸時(shí)，直線l被橢圓C截得的線段長(zhǎng)為2eq\r(6).(1)求橢圓C的方程；(2)在y軸上是否存在異于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q，使得直線l變化時(shí)，總有∠PQA＝∠PQB？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．解(1)∵e＝eq\f(\r(2),2)，e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(1,2)，∴a2＝2c2＝b2＋c2，∴b2＝c2，a2＝2b2，橢圓方程化為eq\f(x2,2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，由題意知，橢圓過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(6)，1))，∴eq\f(6,2b2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b2＝4，a2＝8，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝8，,y＝kx＋1，))得(2k2＋1)x2＋4kx－6＝0，Δ＝16k2＋24(2k2＋1)>0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(－4k,2k2＋1)，,x1x2＝\f(－6,2k2＋1)，))假設(shè)存在定點(diǎn)Q(0，t)(t≠1)符合題意，∵∠PQA＝∠PQB，∴kQA＝－kQB，∴kQA＋kQB＝eq\f(y1－t,x1)＋eq\f(y2－t,x2)＝eq\f(x2y1＋x1y2－tx1＋x2,x1x2)＝eq\f(x2kx1＋1＋x1kx2＋1－tx1＋x2,x1x2)＝eq\f(2kx1x2＋1－tx1＋x2,x1x2)＝2k＋(1－t)eq\f(－4k,－6)＝eq\f(2k4－t,3)＝0，∵上式對(duì)任意實(shí)數(shù)k恒等于零，∴4－t＝0，即t＝4，∴Q(0,4)，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，A，B(不妨設(shè)點(diǎn)A在x軸上方)兩點(diǎn)分別為橢圓的上下頂點(diǎn)(0,2)，(0，－2)，顯然此時(shí)∠PQA＝∠PQB，綜上，存在定點(diǎn)Q(0,4)滿足題意．考點(diǎn)三切線、切點(diǎn)弦方程核心提煉1．已知點(diǎn)P(x0，y0)為橢圓(或雙曲線)上任一點(diǎn)，則過點(diǎn)P與圓錐曲線相切的切線方程為橢圓中eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1，雙曲線中eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1.2．若點(diǎn)P(x0，y0)是橢圓(或雙曲線)外一點(diǎn)，過點(diǎn)P(x0，y0)作橢圓(或雙曲線)的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，則切點(diǎn)弦AB的直線方程是橢圓中eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1，雙曲線中eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1.例3過點(diǎn)Q(－1，－1)作已知直線l：y＝eq\f(1,4)x＋1的平行線，交雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1于點(diǎn)M，N.(1)證明：Q是線段MN的中點(diǎn)；(2)分別過點(diǎn)M，N作雙曲線的切線l1，l2，證明：三條直線l，l1，l2相交于同一點(diǎn)；(3)設(shè)P為直線l上一動(dòng)點(diǎn)，過P作雙曲線的切線PA，PB，切點(diǎn)分別為A，B，證明：點(diǎn)Q在直線AB上．證明(1)直線MN的方程為y＝eq\f(1,4)(x－3)．代入雙曲線方程eq\f(x2,4)－y2＝1，得3x2＋6x－25＝0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1，x2是方程的兩根，故x1＋x2＝－2.于是，y1＋y2＝eq\f(1,4)(x1＋x2－6)＝－2.故Q(－1，－1)是線段MN的中點(diǎn)．(2)雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1過點(diǎn)M，N的切線方程分別為l1：eq\f(x1,4)x－y1y＝1，l2：eq\f(x2,4)x－y2y＝1.兩式相加并將x1＋x2＝－2，y1＋y2＝－2代入得y＝eq\f(1,4)x＋1.這說明，直線l1，l2的交點(diǎn)在直線l：y＝eq\f(1,4)x＋1上，即三條直線l，l1，l2相交于同一點(diǎn)．(3)設(shè)P(x0，y0)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，則PA，PB的方程分別為eq\f(x3,4)x－y3y＝1和eq\f(x4,4)x－y4y＝1.因?yàn)辄c(diǎn)P在兩條直線上，所以eq\f(x3,4)x0－y3y0＝1，eq\f(x4,4)x0－y4y0＝1.這表明，點(diǎn)A，B都在直線eq\f(x0,4)x－y0y＝1上，即直線AB的方程為eq\f(x0,4)x－y0y＝1.又y0＝eq\f(x0,4)＋1，代入整理得eq\f(x0,4)(x－y)－(y＋1)＝0，顯然，無論x0取什么值(即無論P(yáng)為直線l上哪一點(diǎn))，點(diǎn)Q(－1，－1)都在直線AB上．規(guī)律方法運(yùn)用聯(lián)想，由過已知圓上和圓外的點(diǎn)的切線方程聯(lián)想到過圓錐曲線上和圓錐曲線外的切線方程，觸類旁通，實(shí)現(xiàn)知識(shí)的內(nèi)遷，使知識(shí)更趨于系統(tǒng)化，取得事半功倍的效果．跟蹤演練3(2023·錦州模擬)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(2)))，且離心率為eq\f(\r(6),3).F為橢圓E的左焦點(diǎn)，點(diǎn)P為直線l：x＝3上的一點(diǎn)，過點(diǎn)P作橢圓E的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，連接AB，AF，BF.(1)求證：直線AB過定點(diǎn)M，并求出定點(diǎn)M的坐標(biāo)；(2)記△AFM，△BFM的面積分別為S1和S2，當(dāng)|S1－S2|取最大值時(shí)，求直線AB的方程．(1)證明如圖，由題意可得b＝eq\r(2)，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，又因?yàn)閍2＝b2＋c2，所以a2＝6，b2＝2，橢圓E的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(3，y0)，過點(diǎn)P且切點(diǎn)在A處的橢圓E的切線方程為eq\f(x1x,6)＋eq\f(y1y,2)＝1，同理，過點(diǎn)P且切點(diǎn)在B處的橢圓E的切線方程為eq\f(x2x,6)＋eq\f(y2y,2)＝1.因?yàn)辄c(diǎn)P在直線PA，PB上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x1,2)＋\f(y1y0,2)＝1，,\f(x2,2)＋\f(y2y0,2)＝1，))所以直線AB的方程為eq\f(x,2)＋eq\f(y0y,2)＝1，則直線AB過定點(diǎn)M(2,0)．(2)解設(shè)直線AB的方程為x＝ty＋2，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋2，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))得(t2＋3)y2＋4ty－2＝0，故y1＋y2＝－eq\f(4t,t2＋3)，y1y2＝－eq\f(2,t2＋3)，|S1－S2|＝2||y1|－|y2||＝2|y1＋y2|＝eq\f(8|t|,t2＋3)＝eq\f(8,|t|＋\f(3,|t|))≤eq\f(8,2\r(3))＝eq\f(4\r(3),3)，當(dāng)且僅當(dāng)|t|＝eq\f(3,|t|)，即t＝±eq\r(3)時(shí)取等號(hào)，此時(shí)直線AB的方程為x＝±eq\r(3)y＋2.專題強(qiáng)化練1．(2023·眉山模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,6)＝1的兩焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，P為橢圓上一點(diǎn)，且∠F1PF2＝eq\f(π,3)，則△PF1F2的面積等于()A．6B．2eq\r(3)C．4eq\r(3)D．6eq\r(3)答案B解析設(shè)∠F1PF2＝θ，根據(jù)焦點(diǎn)三角形面積公式可知，＝b2tan

eq\f(θ,2)＝6·tan

eq\f(π,6)＝2eq\r(3).2．已知拋物線C的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，準(zhǔn)線方程為x＝－1，過其焦點(diǎn)F的直線l與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，若直線l的斜率為1，則弦AB的長(zhǎng)為()A．4B．6C．7D．8答案D解析設(shè)直線l的傾斜角為θ，則|AB|＝eq\f(2p,sin2θ)，∵k＝tanθ＝1，∴sinθ＝eq\f(\r(2),2)，∴|AB|＝eq\f(2p,sin2θ)＝eq\f(4,\f(1,2))＝8.3．(2023·齊齊哈爾模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.若橢圓C上存在一點(diǎn)M，使得|F1F2|是|MF1|與|MF2|的等比中項(xiàng)，則橢圓C的離心率的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),10)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),10)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))答案A解析設(shè)橢圓C上存在一點(diǎn)M(m，n)，由橢圓的第二定義，可得|MF1|＝a＋em，|MF2|＝a－em，由|F1F2|是|MF1|與|MF2|的等比中項(xiàng)，可得|F1F2|2＝|MF1||MF2|，即4c2＝(a＋em)(a－em)，即e2m2＝a2－4c2，因?yàn)?≤m2≤a2，所以0≤e2m2≤a2e2,0≤a2－4c2≤a2e2，解得eq\f(1,5)≤e2≤eq\f(1,4)，所以橢圓C的離心率的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\f(1,2))).4．已知直線l：y＝kx與橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)交于A，B兩點(diǎn)，M是橢圓上異于A，B的一點(diǎn)．若橢圓E的離心率的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))，則直線MA，MB斜率之積的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(\r(2),2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(1,2)))答案D解析由橢圓中的結(jié)論，可得kMA·kMB＝－eq\f(b2,a2)，由橢圓的離心率的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))，即eq\f(\r(3),3)<e<eq\f(\r(2),2)?eq\f(\r(3),3)<eq\f(c,a)<eq\f(\r(2),2)?eq\f(1,3)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2<eq\f(1,2)，所以eq\f(1,3)<eq\f(a2－b2,a2)<eq\f(1,2)?－eq\f(2,3)<－eq\f(b2,a2)<－eq\f(1,2)，即－eq\f(2,3)<kMA·kMB<－eq\f(1,2).5．(多選)(2023·齊齊哈爾模擬)偉大的古希臘哲學(xué)家、百科式科學(xué)家阿基米德最早采用不斷分割法求得橢圓的面積為橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)和短半軸長(zhǎng)乘積的π倍，這種方法已具有積分計(jì)算的雛形．已知橢圓C的面積為12eq\r(5)π，離心率為eq\f(2,3)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C在x軸上的兩個(gè)焦點(diǎn)，A為橢圓C上的動(dòng)點(diǎn)，則下列說法正確的是()A．橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1B．若∠F1AF2＝eq\f(π,3)，則＝20eq\r(3)C．存在點(diǎn)A，使得∠F1AF2＝eq\f(π,2)D.eq\f(2,|AF1|)＋eq\f(1,|AF2|)的最小值為eq\f(1,4)＋eq\f(\r(2),6)答案AD解析對(duì)于A，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝12\r(5)，,\f(c,a)＝\f(2,3)，,a2＝b2＋c2，))解得a＝6，b＝2eq\r(5)，c＝4，則橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1，故A正確；對(duì)于B，令θ＝∠F1AF2，＝b2·taneq\f(θ,2)＝eq\f(20\r(3),3)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)點(diǎn)A為短軸的一個(gè)頂點(diǎn)時(shí)，∠F1AF2最大，此時(shí)cos∠F1AF2＝eq\f(62＋62－82,2×62)＝eq\f(1,9)>0，所以∠F1AF2為銳角，則不存在點(diǎn)A，使得∠F1AF2＝eq\f(π,2)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，eq\f(2,|AF1|)＋eq\f(1,|AF2|)＝eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,|AF1|)＋\f(1,|AF2|)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|AF1|＋|AF2|))＝eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(2|AF2|,|AF1|)＋1＋\f(|AF1|,|AF2|)))≥eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋2\r(2)))＝eq\f(1,4)＋eq\f(\r(2),6)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2|AF2|,|AF1|)＝eq\f(|AF1|,|AF2|)，即|AF1|＝eq\r(2)|AF2|時(shí)，等號(hào)成立，故D正確．6．(多選)(2023·武漢模擬)已知拋物線：x2＝2py(p>0)，過其準(zhǔn)線上的點(diǎn)T(t，－1)作該拋物線的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，下列說法正確的是()A．p＝4B．當(dāng)t＝1時(shí)，TA⊥TBC．當(dāng)t＝1時(shí)，直線AB的斜率為2D．直線AB過定點(diǎn)(0,1)答案BD解析因?yàn)門(t，－1)為準(zhǔn)線上的點(diǎn)，所以－eq\f(p,2)＝－1，解得p＝2，故A錯(cuò)誤；根據(jù)拋物線方程得到y(tǒng)＝eq\f(x2,4)，則y′＝eq\f(x,2)，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)分別為Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x\o\al(2,1),4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(x\o\al(2,2),4)))，則eq\f(－1－\f(x\o\al(2,1),4),1－x1)＝eq\f(x1,2)，整理得xeq\o\al(2,1)－2x1－4＝0，同理得xeq\o\al(2,2)－2x2－4＝0，所以x1，x2為方程x2－2x－4＝0的解，x1x2＝－4，所以kTA·kTB＝eq\f(x1,2)·eq\f(x2,2)＝－1，則TA⊥TB，故B正確；由B選項(xiàng)得x1＋x2＝2，所以kAB＝eq\f(\f(x\o\al(2,1),4)－\f(x\o\al(2,2),4),x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4)＝eq\f(1,2)，故C錯(cuò)誤；由B選項(xiàng)得xeq\o\al(2,1)－2tx1－4＝0，又xeq\o\al(2,1)＝4y1，聯(lián)立得2y1－tx1－2＝0，同理得2y2－tx2－2＝0，所以直線AB的方程為2y－tx－2＝0，恒過點(diǎn)(0,1)，故D正確．7．已知橢圓E：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過點(diǎn)F1，F(xiàn)2分別作斜率為k1，k2的直線l1，l2，分別交橢圓E于A，B和C，D四點(diǎn)，且|AB|＋|CD|＝6eq\r(2)，則k1k2＝________.答案±eq\f(1,2)解析方法一設(shè)l1，l2的傾斜角分別為α，β，則keq\o\al(2,1)＝tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(1,cos2α)－1，即cos2α＝eq\f(1,1＋k\o\al(2,1))，同理cos2β＝eq\f(1,1＋k\o\al(2,2)).|AB|＝eq\f(2ep,1－e2·cos2α)＝eq\f(4\r(2)1＋k\o\al(2,1),1＋2k\o\al(2,1))，同理|CD|＝eq\f(4\r(2)1＋k\o\al(2,2),1＋2k\o\al(2,2))，由|AB|＋|CD|＝6eq\r(2)可得keq\o\al(2,1)keq\o\al(2,2)＝eq\f(1,4)，所以k1k2＝±eq\f(1,2).方法二設(shè)直線AB的方程為y＝k1(x＋2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝8，,y＝k1x＋2，))得(1＋2keq\o\al(2,1))x2＋8keq\o\al(2,1)x＋8keq\o\al(2,1)－8＝0，Δ＝(8keq\o\al(2,1))2－4(1＋2keq\o\al(2,1))(8keq\o\al(2,1)－8)＝32(keq\o\al(2,1)＋1)>0，則x1＋x2＝－eq\f(8k\o\al(2,1),1＋2k\o\al(2,1))，x1x2＝eq\f(8k\o\al(2,1)－8,1＋2k\o\al(2,1))，|AB|＝eq\r(1＋k\o\al(2,1))|x1－x2|＝eq\r(1＋k\o\al(2,1)[x1＋x22－4x1x2])＝eq\f(4\r(2)1＋k\o\al(2,1),1＋2k\o\al(2,1))，同理可得|CD|＝eq\f(4\r(2)1＋k\o\al(2,2),1＋2k\o\al(2,2))，由|AB|＋|CD|＝6eq\r(2)，化簡(jiǎn)得keq\o\al(2,1)keq\o\al(2,2)＝eq\f(1,4)，則k1k2＝±eq\f(1,2).8．已知雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線與E交于A，B兩點(diǎn)(B在x軸的上方)，且滿足eq\o(AF1,\s\up6(→))＝eq\f(1,7)eq\o(F1B,\s\up6(→)).若直線的傾斜角為120°，則雙曲線的離心率為________．答案eq\f(3,2)解析方法一設(shè)|AF1|＝k，|BF1|＝7k，根據(jù)雙曲線定義|AF2|＝k＋2a，|BF2|＝7k＋2a，在△AF1F2中，由余弦定理可得(k＋2a)2＝(2c)2＋k2－2·2c·kcos60°，①在△BF1F2中，由余弦定理可得(7k＋2a)2＝(7k)2＋(2c)2－2·2c·7kcos120°，②由①②可得3a＝2c，則e＝eq\f(3,2).方法二由焦點(diǎn)弦定理可知，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓或雙曲線或拋物線，經(jīng)過其焦點(diǎn)F的直線交曲線于A，B兩點(diǎn)，直線AB的傾斜角為α，eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→))，則曲線的離心率滿足等式|ecosα|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(λ－1,λ＋1)))，代入α＝120°，λ＝eq\f(1,7)，可得離心率e＝eq\f(3,2).9．(2023·溫州模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，短軸長(zhǎng)為2，F(xiàn)為右焦點(diǎn)．(1)求橢圓C的方程；(2)在x軸上是否存在一點(diǎn)M，使得過F的任意一條直線l與橢圓的兩個(gè)交點(diǎn)A，B，恒有∠OMA＝∠OMB，若存在求出M的坐標(biāo)，若不存在，說明理由．解(1)依題意，b＝1，而離心率e＝eq\f(\r(2),2)，即e2