2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義專題六　培優(yōu)點8　圓錐曲線中非對稱韋達(dá)定理的應(yīng)用含答案

2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義培優(yōu)點8圓錐曲線中非對稱韋達(dá)定理的應(yīng)用1．已知拋物線關(guān)于x軸對稱，頂點在坐標(biāo)原點，焦點為F，點P(1,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在拋物線上．(1)寫出該拋物線的方程及其準(zhǔn)線方程；(2)若eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，求直線AB的斜率．2．已知橢圓E的左、右焦點分別為F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)(c>0)．點M在E上，MF2⊥F1F2，△MF1F2的周長為6＋4eq\r(2)，面積為eq\f(1,3)c.(1)求E的方程；(2)設(shè)E的左、右頂點分別為A，B，過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))的直線l與E交于C，D兩點，記直線AC的斜率為k1，直線BD的斜率為k2，則________．(從以下①②③三個問題中任選一個填到橫線上并給出解答)①求直線AC和BD交點的軌跡方程；②是否存在實常數(shù)λ，使得k1＝λk2恒成立；③過點C作關(guān)于x軸的對稱點C′，連接C′D微重點10離心率的范圍問題1．若橢圓上存在點P，使得P到橢圓兩個焦點的距離之比為2∶1，則該橢圓的離心率e的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))2．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，橢圓上存在點A，使得∠F1AF2＝eq\f(π,3)，則橢圓離心率的范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))3．已知雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，若E上點A滿足|AF1|＝2|AF2|，且向量eq\o(AF1,\s\up6(→))，eq\o(AF2,\s\up6(→))夾角的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))，則E的離心率取值范圍是()A．[eq\r(3)，eq\r(5)] B．[eq\r(7)，3]C．[3,5] D．[7,9]4．(2023·嘉定模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為e，點B的坐標(biāo)為(0，b)，若C上的任意一點P都滿足|PB|≥b，則()A．1<e≤eq\f(1＋\r(3),2) B．e≥eq\f(1＋\r(3),2)C．1<e≤eq\f(1＋\r(5),2) D．e≥eq\f(1＋\r(5),2)5．(2023·衡陽模擬)設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F，橢圓C上的兩點A，B關(guān)于原點對稱，且滿足eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝0，|FB|≤|FA|≤2|FB|，則橢圓C的離心率的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(5),3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(\r(2),2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))6．(2023·泉州模擬)已知雙曲線C：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的上、下焦點分別為F1，F(xiàn)2，點M在C的下支上，過點M作C的一條漸近線的垂線，垂足為D，若|MD|>|F1F2|－|MF1|恒成立，則C的離心率的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，2))C．(1,2) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，＋∞))7．(多選)已知點O為坐標(biāo)原點，F(xiàn)1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)為橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點，點P為橢圓上一點，且eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝2c2，下列說法正確的是()A．|OP|＝eq\r(3)cB．離心率范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),3)))C．當(dāng)點P為短軸端點時，△PF1F2為等腰直角三角形D．若＝eq\r(2)c2，則tan∠F1PF2＝eq\r(2)8．(多選)(2023·溫州模擬)已知F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)(c>0)是橢圓C1：eq\f(x2,a\o\al(2,1))＋eq\f(y2,b\o\al(2,1))＝1(a1>b1>0)與雙曲線C2：eq\f(x2,a\o\al(2,2))－eq\f(y2,b\o\al(2,2))＝1(a2>0，b2>0)共同的焦點，e1，e2分別為C1，C2的離心率，點M是它們的一個交點，則以下判斷正確的有()A．△F1MF2面積為b1b2B．若∠F1MF2＝θ，則e1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)，1))C．若∠F1MF2＝eq\f(2π,3)，則e1e2的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))D．若∠F1MF2＝eq\f(2π,3)，則eeq\o\al(2,1)＋eeq\o\al(2,2)的取值范圍為(2，＋∞)9．(2023·晉中模擬)點A1，A2是雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右頂點．若直線x＝eq\f(c2,a)上存在點P，使得∠A1PA2＝eq\f(π,6)，則該雙曲線的離心率取值范圍為__________．10．(2023·成都模擬)雙曲線H：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)其左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，傾斜角為eq\f(π,3)的直線PF2與雙曲線H在第一象限交于點P，設(shè)△F1PF2內(nèi)切圓半徑為r，若|PF2|≥2eq\r(3)r，則雙曲線H的離心率的取值范圍為________．微重點11圓錐曲線中二級結(jié)論的應(yīng)用1．(2023·淄博質(zhì)檢)設(shè)雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為eq\r(5).P是C上一點，且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面積為4，則a等于()A．1B．2C．4D．82．已知拋物線C的頂點在坐標(biāo)原點，準(zhǔn)線方程為x＝－1，過其焦點F的直線l與拋物線C交于A，B兩點，若直線l的斜率為1，則弦AB的長為()A．4B．6C．7D．83．(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、右焦點分別為F1，F(xiàn)2.若橢圓C上存在一點M，使得|F1F2|是|MF1|與|MF2|的等比中項，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)))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，M是橢圓上異于A，B的一點．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)))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半軸長和短半軸長乘積的π倍，這種方法已具有積分計算的雛形．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軸上的兩個焦點，A為橢圓C上的動點，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)6．(多選)(2023·襄陽模擬)如圖，過雙曲線C：x2－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)右支上一點P作雙曲線的切線l分別交兩漸近線于A，B兩點，交x軸于點D，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為雙曲線的左、右焦點，O為坐標(biāo)原點，則下列結(jié)論正確的是()A．|AB|min＝2bB．S△OAP＝S△OBPC．S△AOB＝2bD．若存在點P，使cos∠F1PF2＝eq\f(1,4)，且eq\o(F1D,\s\up6(→))＝2eq\o(DF2,\s\up6(→))，則雙曲線C的離心率e＝27．已知橢圓E：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點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，且|AB|＋|CD|＝6eq\r(2)，則k1k2＝________.8．已知雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線與E交于A，B兩點(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________．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)，短軸長為2，F(xiàn)為右焦點．(1)求橢圓C的方程；(2)在x軸上是否存在一點M，使得過F的任意一條直線l與橢圓的兩個交點A，B，恒有∠OMA＝∠OMB，若存在求出M的坐標(biāo)，若不存在，說明理由．10．設(shè)橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，點F1，F(xiàn)2分別為E的左、右焦點，橢圓的離心率e＝eq\f(1,2)，點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在橢圓E上．(1)求橢圓E的方程；(2)M是直線x＝4上任意一點，過M作橢圓E的兩條切線MA，MB(A，B為切點)．①求證：MF2⊥AB；②求△MAB面積的最小值．得到直線l1，試探究：直線l1是否恒過定點．培優(yōu)點8圓錐曲線中非對稱韋達(dá)定理的應(yīng)用1．解(1)由已知條件，可設(shè)拋物線的方程為y2＝2px(p>0)，∵點P(1,2)在拋物線上，∴22＝2p×1，解得p＝2.故拋物線的方程是y2＝4x，其準(zhǔn)線方程是x＝－1.(2)方法一由(1)可知F(1,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則直線AB的方程可設(shè)為x＝ty＋1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝ty＋1，))整理得y2－4ty－4＝0，所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4.又eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，即(1－x1，－y1)＝2(x2－1，y2)，可得－y1＝2y2，即eq\f(y1,y2)＝－2，則eq\f(y1,y2)＋eq\f(y2,y1)＝eq\f(y1＋y22,y1y2)－2＝－eq\f(5,2)，即eq\f(4t2,－4)－2＝－eq\f(5,2)，解得t＝±eq\f(1,2\r(2))，故kAB＝－eq\f(1,t)＝±2eq\r(2).方法二A(x1，y1)，B(x2，y2)，F(xiàn)(1,0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1－x1，－y1)，2eq\o(FB,\s\up6(→))＝(2x2－2,2y2)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x1＝2x2－2，,－y1＝2y2))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝3－2x2，①,y1＝－2y2，②))∵A，B在拋物線上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2,1)＝4x1，③,y\o\al(2,2)＝4x2，④))由①②③④聯(lián)立可得x2＝eq\f(1,2)，則y2＝±eq\r(2)，由③－④得(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)，即kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(4,y1＋y2)＝eq\f(4,－2y2＋y2)＝－eq\f(4,y2)＝±2eq\r(2).2．解(1)依題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋2c＝6＋4\r(2)，,\f(1,2)·2c·\f(b2,a)＝\f(b2,a)·c＝\f(1,3)c，,a2＝b2＋c2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝3＋2\r(2)，,\f(b2,a)＝\f(1,3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝9，,b2＝1，,c2＝8，))所以E的方程為eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)選擇①.設(shè)直線l的方程為x＝ty＋eq\f(3,2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))化簡整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，假設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，由韋達(dá)定理，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－3t,t2＋9)，,y1y2＝\f(－27,4t2＋9)，))得ty1y2＝eq\f(9,4)(y1＋y2)，直線AC的方程為y＝eq\f(y1,x1＋3)(x＋3)，直線BD的方程為y＝eq\f(y2,x2－3)(x－3)，聯(lián)立方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋3)x＋3，,y＝\f(y2,x2－3)x－3，))兩式相除，得eq\f(x＋3,x－3)＝eq\f(y2,x2－3)·eq\f(x1＋3,y1)＝eq\f(x1＋3y2,x2－3y1)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋\f(9,2)))y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2－\f(3,2)))y1)＝eq\f(2ty1y2＋9y2,2ty1y2－3y1)＝eq\f(2·\f(9,4)y1＋y2＋9y2,2·\f(9,4)y1＋y2－3y1)＝eq\f(3y1＋y2＋6y2,3y1＋y2－2y1)＝eq\f(3y1＋3y2,y1＋3y2)＝3，即eq\f(x＋3,x－3)＝3，解得x＝6，所以直線AC和BD交點的軌跡方程是直線x＝6.選擇②.聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))化簡整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，假設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，由韋達(dá)定理，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－3t,t2＋9)，,y1y2＝\f(－27,4t2＋9)，))得ty1y2＝eq\f(9,4)(y1＋y2)，于是eq\f(k1,k2)＝eq\f(y1,x1＋3)·eq\f(x2－3,y2)＝eq\f(x2－3y1,x1＋3y2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2－\f(3,2)))y1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋\f(9,2)))y2)＝eq\f(2ty1y2－3y1,2ty1y2＋9y2)＝eq\f(2·\f(9,4)y1＋y2－3y1,2·\f(9,4)y1＋y2＋9y2)＝eq\f(\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2,\f(9,2)y1＋\f(27,2)y2)＝eq\f(\f(3,2)y1＋3y2,\f(9,2)y1＋3y2)＝eq\f(1,3)，故存在實數(shù)λ＝eq\f(1,3)，使得k1＝λk2恒成立．選擇③.設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，C′(x1，－y1)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))化簡整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，由韋達(dá)定理，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－3t,t2＋9)，,y1y2＝\f(－27,4t2＋9)，))設(shè)直線C′D與x軸交于點M(m,0)，由對稱性可知kCM＋kDM＝0，即eq\f(y1,x1－m)＋eq\f(y2,x2－m)＝0，則y1(x2－m)＋y2(x1－m)＝0，所以y1(x2－m)＋y2(x1－m)＝x1y2＋x2y1－m(y1＋y2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋\f(3,2)))y2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2＋\f(3,2)))y1－m(y1＋y2)＝2ty1y2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－m))(y1＋y2)＝2t·eq\f(－27,4t2＋9)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－m))·eq\f(－3t,t2＋9)＝0，即－9t＋(3－2m)·(－t)＝0，解得m＝6，所以直線C′D恒過定點M(6,0)．微重點10離心率的范圍問題1．C2.D3.B4．C[設(shè)P(x，y)，因為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，所以x2＝a2＋eq\f(a2,b2)y2，則|PB|2＝x2＋(y－b)2＝a2＋eq\f(a2,b2)y2＋y2－2by＋b2＝eq\f(c2,b2)y2－2by＋c2，所以當(dāng)y＝eq\f(b3,c2)時，|PB|2取得最小值為eq\f(4·\f(c2,b2)·c2－4b2,4·\f(c2,b2))＝eq\f(c4－b4,c2)，依題意得|PB|2≥b2恒成立，所以eq\f(c4－b4,c2)≥b2，即eq\f(c4－c2－a22,c2)≥c2－a2，化簡整理得c4－3a2c2＋a4≤0，即e4－3e2＋1≤0，又e>1，所以1<e2≤eq\f(3＋\r(5),2)，解得1<e≤eq\f(1＋\r(5),2).]5．B[如圖所示，設(shè)橢圓的左焦點為F′，連接AF′，BF′，由橢圓的對稱性可知，四邊形AFBF′為平行四邊形，又eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝0，即FA⊥FB，所以四邊形AFBF′為矩形，所以|AB|＝|FF′|＝2c，設(shè)|AF′|＝n，|AF|＝m，在Rt△ABF中，|BF|＝n，m＋n＝2a，m2＋n2＝4c2，可得mn＝2b2，所以eq\f(m,n)＋eq\f(n,m)＝eq\f(m2＋n2,mn)＝eq\f(2c2,b2)，令eq\f(m,n)＝t，得t＋eq\f(1,t)＝eq\f(2c2,b2).又|FB|≤|FA|≤2|FB|，得eq\f(m,n)＝t∈[1,2]，所以t＋eq\f(1,t)＝eq\f(2c2,b2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))，所以eq\f(c2,b2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(5,4)))，結(jié)合c2＝a2－b2，所以eq\f(b2,a2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,9)，\f(1,2)))，所以eq\f(c2,a2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,9)))，所以eq\f(c,a)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(5),3)))，即橢圓C的離心率的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(5),3))).]6．A[如圖，過點F2作漸近線的垂線，垂足為E，連接MF2，設(shè)|F1F2|＝2c，則點F2到漸近線y＝－eq\f(a,b)x的距離|EF2|＝eq\f(bc,\r(a2＋b2))＝b.由雙曲線的定義可得|MF1|－|MF2|＝2a，故|MF1|＝|MF2|＋2a，所以|MD|＋|MF1|＝|MD|＋|MF2|＋2a≥|EF2|＋2a＝b＋2a，即|MD|＋|MF1|的最小值為2a＋b，因為|MD|>|F1F2|－|MF1|恒成立，所以|MD|＋|MF1|>|F1F2|恒成立，即2a＋b>2c恒成立，所以b>2c－2a，即b2>4c2＋4a2－8ac，即c2－a2>4c2＋4a2－8ac，所以3c2＋5a2－8ac<0，即3e2－8e＋5<0，解得1<e<eq\f(5,3).]7．ABD[∵eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PO,\s\up6(→))＋\o(OF1,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PO,\s\up6(→))＋\o(OF2,\s\up6(→))))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PO,\s\up6(→))＋\o(OF1,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PO,\s\up6(→))－\o(OF1,\s\up6(→))))＝|PO|2－|OF1|2，∴eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝|PO|2－c2，又eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝2c2，∴2c2＝|PO|2－c2，∴|OP|＝eq\r(3)c，故A正確；∵|OP|＝eq\r(3)c，b≤|OP|≤a，∴b≤eq\r(3)c≤a，即a2－c2≤3c2≤a2，∴eq\f(1,2)≤e≤eq\f(\r(3),3)，故B正確；當(dāng)點P為短軸端點時，∵|OP|＝eq\r(3)c，|F1F2|＝2c，∴△PF1F2為等邊三角形，故C錯誤；若＝eq\r(2)c2，又＝|OP||OF2|sin∠POF2，∴＝|OP||OF2|sin∠POF2＝eq\r(3)c·csin∠POF2＝eq\r(2)c2，∴sin∠POF2＝eq\f(\r(6),3)，不妨設(shè)∠POF2為銳角，則∠POF1為鈍角，∴cos∠POF2＝eq\f(\r(3),3)，∴|PF2|2＝|OP|2＋|OF2|2－2|OP||OF2|·cos∠POF2＝2c2，∴|PF2|＝eq\r(2)c，同理可得|PF1|＝eq\r(6)c，∴cos∠F1PF2＝eq\f(2c2＋6c2－4c2,2×\r(2)c×\r(6)c)＝eq\f(\r(3),3)，∴tan∠F1PF2＝eq\r(2)，故D正確．]8．ABD[設(shè)|MF1|＝m，|MF2|＝n，∠F1MF2＝θ，不妨設(shè)點M是C1，C2在第一象限內(nèi)的交點，則m>n，m＋n＝2a1，m－n＝2a2，所以m＝a1＋a2，n＝a1－a2，在△F1MF2中，由余弦定理可得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1||MF2|cosθ，即4c2＝m2＋n2－2mncosθ，一方面，4c2＝m2＋n2－2mncosθ＝(m＋n)2－2mn(1＋cosθ)＝4aeq\o\al(2,1)－2mn(1＋cosθ)，所以mn＝eq\f(2a\o\al(2,1)－2c2,1＋cosθ)＝eq\f(2b\o\al(2,1),1＋cosθ)，此時△F1MF2面積為S＝eq\f(1,2)mnsinθ＝beq\o\al(2,1)·eq\f(sinθ,1＋cosθ)＝beq\o\al(2,1)·eq\f(2sin

\f(θ,2)cos

\f(θ,2),2cos2\f(θ,2))＝beq\o\al(2,1)tan

eq\f(θ,2)；另一方面，4c2＝m2＋n2－2mncosθ＝(m－n)2＋2mn(1－cosθ)＝4aeq\o\al(2,2)＋2mn(1－cosθ)，所以mn＝eq\f(2c2－2a\o\al(2,2),1－cosθ)＝eq\f(2b\o\al(2,2),1－cosθ)，此時△F1MF2面積為S＝eq\f(1,2)mnsinθ＝beq\o\al(2,2)·eq\f(sinθ,1－cosθ)＝beq\o\al(2,2)·eq\f(2sin

\f(θ,2)cos

\f(θ,2),2sin2\f(θ,2))＝eq\f(b\o\al(2,2),tan

\f(θ,2))，對于A，因為S2＝beq\o\al(2,1)tan

eq\f(θ,2)·eq\f(b\o\al(2,2),tan

\f(θ,2))＝(b1b2)2，所以S＝b1b2，故A正確；對于B，因為m>n且m＋n＝2a1，所以mn＝eq\f(2b\o\al(2,1),1＋cosθ)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))2＝aeq\o\al(2,1)，所以eq\f(2b\o\al(2,1),a\o\al(2,1))＝eq\f(2a\o\al(2,1)－c2,a\o\al(2,1))＝2－2eeq\o\al(2,1)<1＋cosθ＝2cos2eq\f(θ,2)，所以eeq\o\al(2,1)>1－cos2eq\f(θ,2)＝sin2eq\f(θ,2)，所以e1>sin

eq\f(θ,2)，又e1<1，所以e1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin

\f(θ,2)，1))，故B正確；當(dāng)∠F1MF2＝θ＝eq\f(2π,3)時，由4c2＝m2＋n2－2mncosθ得4c2＝(a1＋a2)2＋(a1－a2)2＋(a1＋a2)(a1－a2)，即3aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＝4c2，所以eq\f(3,e\o\al(2,1))＋eq\f(1,e\o\al(2,2))＝4，即eq\f(1,e\o\al(2,2))＝4－eq\f(3,e\o\al(2,1))，所以1<eq\f(1,e\o\al(2,1))<eq\f(4,3)，對于C，令1<t＝eq\f(1,e\o\al(2,1))<eq\f(4,3)，則eq\f(1,e\o\al(2,1))·eq\f(1,e\o\al(2,2))＝eq\f(1,e\o\al(2,1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(3,e\o\al(2,1))))＝－3t2＋4t＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(2,3)))2＋eq\f(4,3)∈(0,1)，所以(e1e2)2∈(1，＋∞)，e1e2∈(1，＋∞)，故C錯誤；對于D，eeq\o\al(2,1)＋eeq\o\al(2,2)＝eq\f(1,4)(eeq\o\al(2,1)＋eeq\o\al(2,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,e\o\al(2,1))＋\f(1,e\o\al(2,2))))＝1＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e\o\al(2,1),e\o\al(2,2))＋\f(3e\o\al(2,2),e\o\al(2,1))))，記s＝eq\f(e\o\al(2,2),e\o\al(2,1))>1，則eeq\o\al(2,1)＋eeq\o\al(2,2)＝1＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3s＋\f(1,s)))，函數(shù)y＝3s＋eq\f(1,s)是對勾函數(shù)，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以eeq\o\al(2,1)＋eeq\o\al(2,2)＝1＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3s＋\f(1,s)))>1＋eq\f(1,4)×(3＋1)＝2，即eeq\o\al(2,1)＋eeq\o\al(2,2)的取值范圍為(2，＋∞)，故D正確．]9．(1，eq\r(2)]10.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，2))解析設(shè)△F1PF2內(nèi)切圓C與△F1PF2的邊F1F2，PF2，PF1分別相切于點M，N，Q，則|CM|＝|CN|＝|CQ|＝r，且|F1M|＝|F1Q|，|F2M|＝|F2N|，|PQ|＝|PN|，所以Rt△CMF2≌Rt△CNF2，因為直線PF2的傾斜角為eq\f(π,3)，所以∠CF2M＝eq\f(π,3)，所以|MF2|＝|F2N|＝eq\f(r,tan

\f(π,3))＝eq\f(r,\r(3))，因為|F1M|＝2c－eq\f(r,\r(3))＝|F1Q|，|PQ|＝|PN|＝|PF2|－eq\f(r,\r(3))，由雙曲線的定義可知|PF1|－|PF2|＝2a，所以|QF1|－|NF2|＝2a，即2c－eq\f(r,\r(3))－eq\f(r,\r(3))＝2a，所以r＝eq\r(3)(c－a)，過點P作PD⊥x軸于點D，設(shè)P(xP，yP)，則xP＝c＋eq\f(1,2)|PF2|，yP＝eq\f(\r(3),2)|PF2|，由雙曲線的焦半徑公式可得|PF2|＝exP－a＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,2)|PF2|))－a，則|PF2|＝eq\f(c2－a2,a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(e,2))))，因為|PF2|≥2eq\r(3)r，所以eq\f(c2－a2,a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(e,2))))≥6(c－a)，則eq\f(e＋1,1－\f(e,2))≥6，即eq\f(e＋1,1－\f(e,2))－6≥0，化簡可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4e－5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)－1))≤0，,\f(e,2)－1≠0，))則雙曲線H的離心率的取值范圍為eq\f(5,4)≤e<2.微重點11圓錐曲線中二級結(jié)論的應(yīng)用1．A2.D3.A4．D[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．AD[對于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；對于B，令θ＝∠F1AF2，＝b2·tan

eq\f(θ,2)＝eq\f(20\r(3),3)，故B錯誤；對于C，當(dāng)點A為短軸的一個頂點時，∠F1AF2最大，此時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A，使得∠F1AF2＝eq\f(π,2)，故C錯誤；對于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，等號成立，故D正確．]6．ABD[對于A項，在點P(x0，y0)處的切線方程為x0x－eq\f(y0y,b2)＝1，設(shè)點P(x0，y0)，A(x1，y1)是切線與漸近線在第一象限的交點，B(x2，y2)是切線與漸近線在第四象限的交點，雙曲線的漸近線方程為y＝±bx，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0x－\f(y0y,b2)＝1，,y＝bx))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(b,bx0－y0)，,y＝\f(b2,bx0－y0)，))所以點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,bx0－y0)，\f(b2,bx0－y0)))，同理可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,bx0＋y0)，\f(－b2,bx0＋y0)))，則|AB|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,bx0－y0)－\f(b,bx0＋y0)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,bx0－y0)＋\f(b2,bx0＋y0)))2)＝2eq\r(b2＋1x\o\al(2,0)－1)，又因為x0≥1，所以|AB|≥2eq\r(b2＋1－1)＝2b，即|AB|min＝2b，故A項正確；對于B項，由A項知，eq\f(\f(b,bx0－y0)＋\f(b,bx0＋y0),2)＝x0，eq\f(\f(b2,bx0－y0)＋\f(－b2,bx0＋y0),2)＝y(tǒng)0，所以點P(x0，y0)是A，B的中點，所以S△OAP＝S△OBP，故B項正確；對于C項，因為在點P(x0，y0)處的切線方程為x0x－eq\f(y0y,b2)＝1，令y＝0得x＝eq\f(1,x0)，所以點Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)，0))，則S△AOB＝S△AOD＋S△BOD＝eq\f(1,2)×|OD|×|y1－y2|＝eq\f(1,2)×eq\f(1,x0)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,bx0－y0)＋\f(b2,bx0＋y0)))＝b，故C項錯誤；對于D項，因為F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)，0))，所以eq\o(F1D,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)＋c，0))，eq\o(DF2,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(1,x0)，0))，又因為eq\o(F1D,\s\up6(→))＝2eq\o(DF2,\s\up6(→))，所以eq\f(1,x0)＋c＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(1,x0)))，解得c＝eq\f(3,x0)，即x0＝eq\f(3,c)，代入xeq\o\al(2,0)－eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1得yeq\o\al(2,0)＝eq\f(9b2,c2)－b2，所以|PF1|2＝(x0＋c)2＋yeq\o\al(2,0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,c)＋c))2＋eq\f(9b2,c2)－b2＝eq\f(9,c2)＋c2＋6＋eq\f(9b2,c2)－b2＝eq\f(9,c2)＋c2＋6＋eq\f(9c2－1,c2)－(c2－1)＝16，|PF2|2＝(x0－c)2＋yeq\o\al(2,0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,c)－c))2＋eq\f(9b2,c2)－b2＝eq\f(9,c2)＋c2－6＋eq\f(9b2,c2)－b2＝eq\f(9,c2)＋c2－6＋eq\f(9c2－1,c2)－(c2－1)＝4，所以2a＝|PF1|－|PF2|＝4－2＝2，解得a＝1，所以cos∠F1PF2＝eq\f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2×|PF1|×|PF2|)＝eq\f(16＋4－4c2,2×4×2)＝eq\f(5－c2,4)＝eq\f(1,4)，解得c2＝4，所以c＝2，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝2，故D項正確．]7．±eq\f(1,2)8.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).方法二由焦點弦定理可知，焦點在x軸上的橢圓或雙曲線或拋物線，經(jīng)過其焦點F的直線交曲