2019年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（文科）周周測(cè)12

周周測(cè)12圓錐曲線的綜合測(cè)試一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．已知焦點(diǎn)在y軸上的橢圓eq\f(x2,10)＋eq\f(y2,m)＝1的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為8，則m等于()A．4B．8C．16D．18答案：C解析：橢圓的焦點(diǎn)在y軸上，則m＝a2.由長(zhǎng)軸長(zhǎng)2a＝8得a＝4，所以m2．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的實(shí)軸長(zhǎng)為4，離心率為eq\r(5)，則雙曲線的方程為()A.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1B．x2－eq\f(y2,4)＝1C.eq\f(x2,2)－eq\f(y2,3)＝1D．x2－eq\f(y2,6)＝1答案：A解析：因?yàn)殡p曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的實(shí)軸長(zhǎng)為4，所以a＝2，由離心率為eq\r(5)，可得eq\f(c,a)＝eq\r(5)，c＝2eq\r(5)，所以b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(20－4)＝4，則雙曲線的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1.3．(2018·西安二模)設(shè)F1，F(xiàn)2是橢圓eq\f(4x2,49)＋eq\f(y2,6)＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是橢圓上的點(diǎn)，且|PF1||PF2|＝43，則△PF1F2的面積為()A．4B．6C．2eq\r(2)D．4eq\r(2)答案：B解析：由題意知，|PF1|＋|PF2|＝7且|PF1||PF2|＝43，得|PF1|＝4，|PF2|＝3，又|F1F2|＝2×eq\r(\f(49,4)－6)＝5，顯然，|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，所以△PF1F2為直角三角形，故△PF1F2的面積為eq\f(1,2)×3×4＝6.4．從雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左焦點(diǎn)F引圓x2＋y2＝a2的切線l，切點(diǎn)為T，且l交雙曲線的右支于點(diǎn)P，若點(diǎn)M是線段FP的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則|OM|－|TM|＝()A.eq\f(b－a,2)B．b－aC.eq\f(a＋b,2)D．a(chǎn)＋eq\f(b,2)答案：B解析：如圖，設(shè)雙曲線的右焦點(diǎn)為F1，連接PF1，由三角形中位線的性質(zhì)及雙曲線的定義可知|OM|－|TM|＝eq\f(1,2)|PF1|－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)|PF|－|TF|))＝|TF|－eq\f(1,2)(|PF|－|PF1|)＝eq\r(c2－a2)－a＝b－a.5．(2018·廣東汕頭黃圖盛中學(xué)第三次質(zhì)檢)已知拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，直線y＝2x－4與C交于A，B兩點(diǎn)，則cos∠AFB＝()A.eq\f(4,5)B.eq\f(3,5)C．－eq\f(3,5)D．－eq\f(4,5)答案：D解析：∵拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0)．又∵直線y＝2x－4與C交于A，B兩點(diǎn)，∴A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為(1，－2)，(4,4)，則eq\o(FA,\s\up6(→))＝(0，－2)，eq\o(FB,\s\up6(→))＝(3,4)，∴cos∠AFB＝eq\f(\o(FA,\s\up6(→))·\o(FB,\s\up6(→)),|\o(FA,\s\up6(→))||\o(FB,\s\up6(→))|)＝eq\f(－8,10)＝－eq\f(4,5).故選D.6．(2018·湖南長(zhǎng)沙望城一中第三次調(diào)研)設(shè)斜率為2的直線l過(guò)拋物線y2＝ax(a≠0)的焦點(diǎn)F，且和y軸交于點(diǎn)A，若△OAF(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的面積為4，則拋物線的方程為()A．y2＝±4xB．y2＝4xC．y2＝±8xD．y2＝8x答案：C解析：∵拋物線y2＝ax(a≠0)的焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，0))，∴直線l的方程為y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,4))).∵直線l與y軸的交點(diǎn)為Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)))，∴△OAF的面積為eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝4，解得a＝±8.∴拋物線的方程為y2＝±8x，故選C.7．(2017·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅲ，10)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，且以線段A1A2為直徑的圓與直線bx－ay＋2ab＝0相切，則C的離心率為()A.eq\f(\r(6),3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),3)D.eq\f(1,3)答案：A解析：本題考查橢圓的性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系．以線段A1A2為直徑的圓的方程為x2＋y2＝a2，該圓與直線bx－ay＋2ab＝0相切，∴eq\f(|b×0－a×0＋2ab|,\r(b2＋－a2))＝a，即2b＝eq\r(a2＋b2)，∴a2＝3b2，∵a2＝b2＋c2，∴eq\f(c2,a2)＝eq\f(2,3)，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3).8．已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))在橢圓上，且點(diǎn)(－1,0)到直線PF2的距離為eq\f(4\r(5),5)，其中點(diǎn)P(－1，－4)，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為()A．x2＋eq\f(y2,4)＝1B.eq\f(x2,4)＋y2＝1C．x2＋eq\f(y2,2)＝1D.eq\f(x2,2)＋y2＝1答案：D解析：設(shè)F2的坐標(biāo)為(c,0)(c＞0)，則kPF2＝eq\f(4,c＋1)，故直線PF2的方程為y＝eq\f(4,c＋1)(x－c)，即eq\f(4,c＋1)x－y－eq\f(4c,c＋1)＝0，點(diǎn)(－1,0)到直線PF2的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(4,c＋1)－\f(4c,c＋1))),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,c＋1)))2＋1))＝eq\f(4,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,c＋1)))2＋1))＝eq\f(4\r(5),5)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,c＋1)))2＝4，解得c＝1或c＝－3(舍去)，所以a2－b2＝1.①又點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))在橢圓E上，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(\f(1,2),b2)＝1，②由①②可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝2，,b2＝1，))所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.故選D.9．(2018·龍巖二模)已知c是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的半焦距，則eq\f(b－c,a)的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))B．(－2，－1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,4)))D．(－1,0)答案：D解析：由eq\f(b－c,a)＝eq\f(\r(c2－a2)－c,a)＝eq\r(e2－1)－e＝－eq\f(1,\r(e2－1)＋e)，由于e＞1，且函數(shù)y＝－eq\f(1,\r(x2－1)＋x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，那么eq\f(b－c,a)的取值范圍是(－1,0)．10．(2018·遼寧師大附中期中)如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右兩個(gè)焦點(diǎn)．若直線y＝x與雙曲線C交于P，Q兩點(diǎn)，且四邊形PF1QF2為矩形，則雙曲線的離心率為()A．2＋eq\r(2)B．2＋eq\r(6)C.eq\r(2＋\r(2))D.eq\r(2＋\r(6))答案：C解析：將y＝x代入eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，可得x＝±eq\r(\f(a2b2,b2－a2)).由矩形的對(duì)角線長(zhǎng)相等，得eq\r(2)·eq\r(\f(a2b2,b2－a2))＝c，∴2a2b2＝(b2－a2)c2，∴2a2(c2－a2)＝(c2－2a2)c2，∴2(e2－1)＝e4－2e2，∴e4－4e2＋2＝0，又∵e＞1，∴e2＝2＋eq\r(2)，∴e＝eq\r(2＋\r(2)).故選C.11．(2018·河南南陽(yáng)期中)已知直線l的斜率為k，它與拋物線y2＝4x相交于A，B兩點(diǎn)，F(xiàn)為拋物線的焦點(diǎn)．若eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，則|k|＝()A．2eq\r(2)B.eq\r(3)C.eq\f(\r(2),4)D.eq\f(\r(3),3)答案：A解析：設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k≠0)，與拋物線y2＝4x相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋m，))得k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0.由Δ＝(2km－4)2－4k2m2＝16－16km＞0，得km＜1.x1＋x2＝eq\f(4－2km,k2)，x1x2＝eq\f(m2,k2).由y2＝4x得其焦點(diǎn)為F(1,0)．由eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，得(1－x1，－y1)＝2(x2－1，y2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x1＝2x2－2，①,－y1＝2y2.②))由①得x1＋2x2＝3，③由②得x1＋2x2＝－eq\f(3m,k).所以m＝－k.再由eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，得|eq\o(AF,\s\up6(→))|＝2|eq\o(FB,\s\up6(→))|，所以x1＋1＝2(x2＋1)，即x1－2x2＝1.④由③④得x1＝2，x2＝eq\f(1,2)，所以x1＋x2＝eq\f(4－2km,k2)＝eq\f(5,2).把m＝－k代入得eq\f(4－2k－k,k2)＝eq\f(5,2)，解得|k|＝2eq\r(2)，滿足mk＝－8＜1.所以|k|＝2eq\r(2).故選A.12．(2018·南昌一模)已知拋物線y2＝8x的焦點(diǎn)為F，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)是拋物線上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若x1＋x2＋4＝eq\f(2\r(3),3)|AB|，則∠AFB的最大值為()A.eq\f(π,3)B.eq\f(3π,4)C.eq\f(5π,6)D.eq\f(2π,3)答案：D解析：因?yàn)閤1＋x2＋4＝eq\f(2\r(3),3)|AB|，|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋4，所以|AF|＋|BF|＝eq\f(2\r(3),3)|AB|.在△AFB中，由余弦定理得cos∠AFB＝eq\f(|AF|2＋|BF|2－|AB|2,2|AF||BF|)＝eq\f(|AF|＋|BF|2－2|AF||BF|－|AB|2,2|AF||BF|)＝eq\f(\f(4,3)|AB|2－|AB|2,2|AF||BF|)－1＝eq\f(\f(1,3)|AB|2,2|AF||BF|)－1.又|AF|＋|BF|＝eq\f(2\r(3),3)|AB|≥2eq\r(|AF||BF|)，當(dāng)且僅當(dāng)|AF|＝|BF|時(shí)等號(hào)成立，所以|AF||BF|≤eq\f(1,3)|AB|2，所以cos∠AFB≥eq\f(\f(1,3)|AB|2,2×\f(1,3)|AB|2)－1＝－eq\f(1,2)，所以∠AFB≤eq\f(2π,3)，即∠AFB的最大值為eq\f(2π,3).二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在相應(yīng)題號(hào)后的橫線上．13．當(dāng)雙曲線C：eq\f(x2,m2)－eq\f(y2,2m＋4)＝1(－2＜m＜0)的焦距取得最小值時(shí)，雙曲線C的漸近線方程為_(kāi)_______．答案：y＝±eq\r(2)x解析：由題意可得c2＝m2＋2m＋4＝(m＋1)2＋3，所以當(dāng)m＝－1時(shí)，焦距2c取得最小值，此時(shí)雙曲線C：x2－eq\f(y2,2)＝1，其漸近線方程為y＝±eq\r(2)x.14．(2018·江蘇暨陽(yáng)中學(xué)月考)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，A為左頂點(diǎn)，B為上頂點(diǎn)，F(xiàn)為右焦點(diǎn)且AB⊥BF，則這個(gè)橢圓的離心率等于________．答案：eq\f(\r(5)－1,2)解析：由題意得A(－a,0)，B(0，b)，F(xiàn)(c,0)，∵AB⊥BF，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BF,\s\up6(→))＝0，∴(a，b)·(c，－b)＝ac－b2＝ac－a2＋c2＝0，∴e－1＋e2＝0，解得e＝eq\f(\r(5)－1,2).15．(2018·揭陽(yáng)一模)已知拋物線的頂點(diǎn)在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在y軸上，拋物線上的點(diǎn)P(m，－2)到焦點(diǎn)的距離為4，則m的值為_(kāi)_______．答案：±4解析：由題意可設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝－2py(p＞0)．由定義知P到準(zhǔn)線的距離為4，故eq\f(p,2)＋2＝4，得p＝4，所以拋物線的方程為x2＝－8y，代入點(diǎn)P的坐標(biāo)得m＝±4.16．(2018·廣西陸川中學(xué)綜合檢測(cè))已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)為F1(1,0)，離心率為e.設(shè)A，B為橢圓上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，AF1的中點(diǎn)為M，BF1的中點(diǎn)為N，原點(diǎn)O在以線段MN為直徑的圓上，設(shè)直線AB的斜率為k，若0＜k≤eq\r(3)，則e的取值范圍為_(kāi)_______．答案：eq\r(3)－1≤e＜1解析：設(shè)A(m，n)，則B(－m，－n)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋1,2)，\f(n,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－m＋1,2)，\f(－n,2)))，所以eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋1,2)，\f(n,2)))，eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－m＋1,2)，\f(－n,2))).故由題設(shè)可得eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝0，即m2＋n2＝1，將其與eq\f(m2,a2)＋eq\f(n2,b2)＝1聯(lián)立可得b2m2＋(1－m2)a2＝a2b2，故m2＝a2－a2b2＝1－b4，n2＝b4.由題設(shè)0＜k≤eq\r(3)可得n2≤3m2，即b4≤3(1－b4)，則b2≤eq\f(\r(3),2)，則a2≤1＋eq\f(\r(3),2).故e2＝eq\f(1,a2)≥eq\f(2,2＋\r(3))，即e2≥4－2eq\r(3)，所以e≥eq\r(3)－1，所以eq\r(3)－1≤e＜1.三、解答題：本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．17．(本小題滿分10分)(2018·吉林長(zhǎng)春外國(guó)語(yǔ)學(xué)校期中)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，P是橢圓上任意一點(diǎn)，且|PF1|＋|PF2|＝2eq\r(2)，它的焦距為2.(1)求橢圓C的方程．(2)是否存在正實(shí)數(shù)t，使直線x－y＋t＝0與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，且線段AB的中點(diǎn)在圓x2＋y2＝eq\f(5,6)上？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解析：(1)∵F1，F(xiàn)2為橢圓的左、右焦點(diǎn)，P是橢圓上任意一點(diǎn)，且|PF1|＋|PF2|＝2eq\r(2)，∴a＝eq\r(2).∵2c＝2，∴c＝1，∴b＝eq\r(a2－c2)＝1，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋t＝0，,\f(x2,2)＋y2＝1，))化簡(jiǎn)得3x2＋4tx＋2t2－2＝0.①由①知x1＋x2＝－eq\f(4t,3)，∴y1＋y2＝x1＋x2＋2t＝eq\f(2t,3).∵線段AB的中點(diǎn)在圓x2＋y2＝eq\f(5,6)上，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2t,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,3)))2＝eq\f(5,6)，解得t＝eq\f(\r(6),2)(負(fù)值舍去)，故存在t＝eq\f(\r(6),2)滿足題意．18．(本小題滿分12分)(2018·湖北棗陽(yáng)七中一模)已知拋物線C的頂點(diǎn)在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)A(1,2)為拋物線C上一點(diǎn)．(1)求C的方程；(2)若點(diǎn)B(1，－2)在C上，過(guò)點(diǎn)B作C的兩弦BP與BQ，若kBP·kBQ＝－2，求證：直線PQ過(guò)定點(diǎn)．解析：(1)解：由題得C的方程為y2＝4x或x2＝eq\f(1,2)y.(2)證明：∵點(diǎn)B(1，－2)在C上，∴曲線C的方程為y2＝4x.設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直線PQ：x＝my＋b，顯然m存在，與方程y2＝4x聯(lián)立，消去x得y2－4my－4b＝0，Δ＝16(m2＋b)＞0.∴y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4b∵kBP·kBQ＝－2，∴eq\f(y1＋2,x1－1)·eq\f(y2＋2,x2－1)＝－2，∴eq\f(4,y1－2)·eq\f(4,y2－2)＝－2，即y1y2－2(y1＋y2)＋12＝0.∴－4b－8m＋12＝0，即b＝3－2m.直線PQ：x＝my＋b＝my＋3－2m，即x－3＝m(y∴直線PQ過(guò)定點(diǎn)(3,2)．19．(本小題滿分12分)(2018·吉林普通中學(xué)第二次調(diào)研)如圖，已知橢圓E：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1(0＜b＜2)，點(diǎn)P(0,1)在短軸CD上，且eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝－2.(1)求橢圓E的方程及離心率；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P的動(dòng)直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)．是否存在常數(shù)λ，使得eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋λeq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))為定值？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解析：(1)由已知，點(diǎn)C，D的坐標(biāo)分別為(0，－b)，(0，b)，又點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1)，且eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝－2，即1－b2＝－2，解得b2＝3.所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.因?yàn)閏＝1，a＝2，所以離心率e＝eq\f(1,2).(2)當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋1))得(4k2＋3)x2＋8kx－8＝0.其判別式Δ＞0，所以x1＋x2＝eq\f(－8k,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(－8,4k2＋3).從而eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋λeq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝eq\f(－81＋λ1＋k2－4k2＋3,4k2＋3)＝eq\f(4－2λ,4k2＋3)－2λ－3.所以當(dāng)λ＝2時(shí)，eq\f(4－2λ,4k2＋3)－2λ－3＝－7，即eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋λeq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝－7為定值．當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，直線AB即為直線CD，此時(shí)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋λeq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OD,\s\up6(→))＋2eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝－3－4＝－7.故存在常數(shù)λ＝2，使得eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋λeq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))為定值－7.20．(本小題滿分12分)(2018·福建泉州檢測(cè))在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)A在C上．若|AO|＝|AF|＝eq\f(3,2).(1)求C的方程；(2)設(shè)直線l與C交于點(diǎn)P，Q，若線段PQ的中點(diǎn)的縱坐標(biāo)為1，求△OPQ的面積的最大值．解析：(1)拋物線C的焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2))).因?yàn)閨AO|＝|AF|＝eq\f(3,2)，所以可求得A點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(1,4)\r(36－p2)，\f(p,4))).將A點(diǎn)坐標(biāo)代入x2＝2py得eq\f(1,16)(36－p2)＝2p·eq\f(p,4)，解得p＝2，或p＝－2(舍去)．故拋物線C的方程為x2＝4y.(2)依題意，可知l與x軸不垂直，故可設(shè)l的方程為y＝kx＋b，b＞0.并設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ的中點(diǎn)為M(x0,1)．聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,x2＝4y，))消去y，得x2－4kx－4b＝0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b.因?yàn)榫€段PQ的中點(diǎn)的縱坐標(biāo)為1，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b＝4k2＋2b＝2，即2k2＝1－b，則1－b≥0，即b≤1.SΔOPQ＝eq\f(1,2)b·|x1－x2|＝eq\f(1,2)b·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(1,2)b·eq\r(16k2＋16b)＝eq\f(1,2)beq\r(8＋8b)＝eq\r(2b3＋2b2)(0＜b≤1)．令y＝2b3＋2b2，則y′＝6b2＋4b＞0，∴函數(shù)在(0,1]上單調(diào)遞增，∴當(dāng)b＝1時(shí)，SΔOPQ取得最大值2.21．(本小題滿分12分)(2018·貴州貴陽(yáng)一中第二次適應(yīng)性考試)如圖，已知焦點(diǎn)在y軸上的橢圓E的中心是原點(diǎn)O，離心率為eq\f(\r(3),2)，以橢圓E的短軸的兩端點(diǎn)和兩焦點(diǎn)所圍成的四邊形的周長(zhǎng)為8，直線l：y＝kx＋m與y軸交于點(diǎn)M，與橢圓E交于不同兩點(diǎn)A，B.(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若eq\o(AM,\s\up6(→))＝－3eq\o(BM,\s\up6(→))，求m2的取值范圍．解析：(1)由于橢圓E的焦點(diǎn)在y軸上，可設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)．由橢圓E的短軸的兩端點(diǎn)和兩焦點(diǎn)所圍成的四邊形的周長(zhǎng)為4a，得4a＝8，即∵離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，∴c＝eq\r(3).∴b2＝a2－c2＝1.∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(y2,4)＋x2＝1.(2)根據(jù)已知得M(0，m)，設(shè)A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋\f(y2,4)＝1))得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0，則Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)＞0，即k2－m由根與系數(shù)的關(guān)系可知，x1＋x2＝－eq\f(2km,4＋k2)，x1x2＝eq\f(m2－4,4＋k2).由eq\o(AM,\s\up6(→))＝－3eq\o(BM,\s\up6(→))，得－x1＝3x2，即x1＝－3x2.由3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0得eq\f(12k2m2,k2＋42)＋eq\f(4m2－4,k2＋4)＝0，即m2k2＋m2－k2－4＝0.當(dāng)m2＝1時(shí)，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立，∴m2≠1，∴k2＝eq\f(4－m2,m2－1).∵k2－m2＋4＞0，