高考數(shù)學一輪復習 第九篇 解析幾何2（考點梳理+考點自測+失分警示+專題集訓）理 新人教A版

第5講雙曲線【年高考會這樣考】1．考查利用雙曲線的定義求動點的軌跡方程或某些最值問題．2．考查雙曲線的離心率與漸近線問題．eq\f(對應學生,141)考點梳理1．雙曲線的定義(1)平面內(nèi)與兩個定點F1，F(xiàn)2的距離的差的絕對值等于常數(shù)(小于|F1F2|)的點的軌跡叫做雙曲線．這兩個定點叫雙曲線的焦點，兩焦點間的距離叫做雙曲線的焦距．(2)集合P＝{M|||MF1|－|MF2||＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a，c為常數(shù)且a>0，c>0；①當a<c時，P點的軌跡是雙曲線；②當a＝c時，P點的軌跡是兩條射線；③當a>c時，P點不存在．2．雙曲線的標準方程和幾何性質(zhì)標準方程eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)圖形性質(zhì)范圍x≥a或x≤－a，y∈Rx∈R，y≤－a或y≥a對稱性對稱軸：坐標軸；對稱中心：原點頂點A1(－a,0)，A2(a,0)A1(0，－a)，A2(0，a)漸近線y＝±eq\f(b,a)xy＝±eq\f(a,b)x離心率e＝eq\f(c,a)，e∈(1，＋∞)，其中c＝eq\r(a2＋b2)實虛軸線段A1A2叫做雙曲線的實軸，它的長|A1A2|＝2a；線段B1B2叫做雙曲線的虛軸，它的長|B1B2|＝2b；a叫做雙曲線的半實軸長，b叫做雙曲線的半虛軸長a，b，c的關系c2＝a2＋b2(c＞a＞0，c＞b＞0)【助學·微博】一條規(guī)律雙曲線為等軸雙曲線?雙曲線的離心率e＝eq\r(2)?雙曲線的兩條漸近線互相垂直(位置關系)．兩種方法求雙曲線方程的兩種方法：(1)定義法：由題目條件判斷出動點軌跡是雙曲線，由雙曲線定義，確定2a,2b或2c，從而求出a2，b2，寫出雙曲線方程；(2)待定系數(shù)法：先確定焦點是在x軸上還是在y軸上，設出標準方程，再由條件確定a2，b2的值，即“先定型，再定量”；如果焦點位置不好確定，可將雙曲線方程設為eq\f(x2,m2)－eq\f(y2,n2)＝λ(λ≠0)，再根據(jù)條件求λ的值．考點自測1．(·安徽)雙曲線2x2－y2＝8的實軸長是()．A．2B．2eq\r(2)C．4D．4eq\r(2)解析將雙曲線2x2－y2＝8化成標準方程eq\f(x2,4)－eq\f(y2,8)＝1，則a2＝4，所以實軸長2a＝4.答案C2．(·大連模擬)設P是雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,20)＝1上一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是雙曲線左、右兩個焦點，若|PF1|＝9，則|PF2|＝()．A．1B．17C．1或17D．以上答案均不對解析由雙曲線定義||PF1|－|PF2||＝8，又|PF1|＝9，∴|PF2|＝1或17，但應注意雙曲線的右頂點到右焦點距離最小為c－a＝6－4＝2>1，∴|PF2|＝17.答案B3．(·全國)已知F1、F2為雙曲線C：x2－y2＝2的左、右焦點，點P在C上，|PF1|＝2|PF2|，則cos∠F1PF2＝()．A.eq\f(1,4)B.eq\f(3,5)C.eq\f(3,4)D.eq\f(4,5)解析因為c2＝2＋2＝4，所以c＝2,2c＝|F1F2|＝4，由題可知|PF1|－|PF2|＝2a＝2eq\r(2)，|PF1|＝2|PF2|，所以|PF2|＝2eq\r(2)，|PF1|＝4eq\r(2)，由余弦定理可知，cos∠F1PF2＝eq\f(4\r(2)2＋2\r(2)2－42,2×4\r(2)×2\r(2))＝eq\f(3,4)，故選C.答案C4．(·山東)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的兩條漸近線均和圓C：x2＋y2－6x＋5＝0相切，且雙曲線的右焦點為圓C的圓心，則該雙曲線的方程為()．A.eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1C.eq\f(x2,3)－eq\f(y2,6)＝1D.eq\f(x2,6)－eq\f(y2,3)＝1解析圓心的坐標是(3,0)，圓的半徑是2，雙曲線的漸近線方程是bx±ay＝0，根據(jù)已知得eq\f(3b,\r(a2＋b2))＝2，即eq\f(3b,3)＝2，解得b＝2，則a2＝5，故所求的雙曲線方程是eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1.答案A5．(·江蘇)在平面直角坐標系xOy中，若雙曲線eq\f(x2,m)－eq\f(y2,m2＋4)＝1的離心率為eq\r(5)，則m的值為________．解析由題意，雙曲線的焦點在x軸上，所以e＝eq\f(\r(m2＋m＋4),\r(m))＝eq\r(5)，所以m＝2.答案2eq\f(對應學生,142)考向一雙曲線定義的應用【例1】?(·遼寧)已知雙曲線x2－y2＝1，點F1，F(xiàn)2為其兩個焦點，點P為雙曲線上一點，若PF1⊥PF2，則|PF1|＋|PF2|的值為________．[審題視點]結(jié)合雙曲線的定義與勾股定理求解．解析不妨設|PF1|>|PF2|.由雙曲線方程x2－y2＝1知a＝b＝1，c＝eq\r(2)，由雙曲線定義，得|PF1|－|PF2|＝2a＝2，由已知條件PF1⊥PF2及勾股定理得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝8，上述兩式聯(lián)立，解得|PF1|＝eq\r(3)＋1，|PF2|＝eq\r(3)－1，故|PF1|＋|PF2|＝2eq\r(3).答案2eq\r(3)雙曲線定義的應用(1)判定動點與兩定點距離差的軌跡是否為雙曲線．(2)用于解決雙曲線上的點與焦點距離有關的問題．在圓錐曲線的問題中，充分應用定義來解決問題可以使解答過程簡化．【訓練1】(·鄭州二模)設F1，F(xiàn)2是雙曲線x2－eq\f(y2,24)＝1的兩個焦點，P是雙曲線上的一點，且3|PF1|＝4|PF2|，則△PF1F2的面積等于()．A．4eq\r(2)B．8eq\r(3)C．24D．48解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|PF1|－|PF2|＝2，,3|PF1|＝4|PF2|，))可解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|PF1|＝8，,|PF2|＝6.))又由|F1F2|＝10可得△PF1F2是直角三角形，則S△PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1|×|PF2|＝24.答案C考向二求雙曲線的標準方程【例2】?已知雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，且經(jīng)過點A(2，－3)，則雙曲線的標準方程為________．[審題視點]分別討論雙曲線的焦點在x軸上和y軸上，設出相應的標準方程可解；也可根據(jù)漸近線方程的形式設出雙曲線的方程，再進行求解．解析法一∵雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，若焦點在x軸上，設所求雙曲線的標準方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，則eq\f(b,a)＝eq\f(1,2).①∵A(2，－3)在雙曲線上，∴eq\f(4,a2)－eq\f(9,b2)＝1.②由①②聯(lián)立，無解．若焦點在y軸上，設所求雙曲線的標準方程為eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，則eq\f(a,b)＝eq\f(1,2).③∵A(2，－3)在雙曲線上，∴eq\f(9,a2)－eq\f(4,b2)＝1.④由③④聯(lián)立，解得a2＝8，b2＝32.∴所求雙曲線的標準方程為eq\f(y2,8)－eq\f(x2,32)＝1.法二由雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，可設雙曲線方程為eq\f(x2,22)－y2＝λ(λ≠0)．∵A(2，－3)在雙曲線上，∴eq\f(22,22)－(－3)2＝λ，即λ＝－8.∴所求雙曲線的標準方程為eq\f(y2,8)－eq\f(x2,32)＝1.答案eq\f(y2,8)－eq\f(x2,32)＝1(1)當已知雙曲線的焦點不明確而又無法確定時，其標準方程可設為eq\f(x2,m)－eq\f(y2,n)＝1(mn>0)，這樣可避免討論和復雜的計算；也可設為Ax2＋By2＝1(AB<0)，這種形式在解題時更簡便．(2)當已知雙曲線的漸近線方程bx±ay＝0，求雙曲線方程時，可設雙曲線方程為b2x2－a2y2＝λ(λ≠0)，據(jù)其他條件確定λ的值．【訓練2】已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)和橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,9)＝1有相同的焦點，且雙曲線的離心率是橢圓離心率的兩倍，則雙曲線的方程為________．解析由題意知雙曲線的焦點為(－eq\r(7)，0)，(eq\r(7)，0)，即c＝eq\r(7)，又因為雙曲線的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(7),4)，所以a＝2，故b2＝3，所以雙曲線的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1.答案eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1考向三雙曲線的幾何性質(zhì)及其應用【例3】?設雙曲線的一個焦點為F，虛軸的一個端點為B，如果直線FB與該雙曲線的一條漸近線垂直，那么此雙曲線的離心率為()．A.eq\r(2)B.eq\r(3)C.eq\f(\r(3)＋1,2)D.eq\f(\r(5)＋1,2)[審題視點]設出雙曲線的方程，由兩直線垂直可以確定一個關于a，b，c的關系式，結(jié)合c2－a2＝b2可解．解析設雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，不妨設一個焦點為F(c,0)，虛軸端點為B(0，b)，則kFB＝－eq\f(b,c).又漸近線的斜率為±eq\f(b,a)，所以由直線垂直關系得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,c)))·eq\f(b,a)＝－1(－eq\f(b,a)顯然不符合)，即b2＝ac，又c2－a2＝b2，所以c2－a2＝ac，兩邊同除以a2，整理得e2－e－1＝0，解得e＝eq\f(\r(5)＋1,2)(負值舍去)．答案D(1)求雙曲線的離心率，就是求c與a的比值，一般不需要具體求出a，c的值，只需列出關于a，b，c的方程或不等式解決即可．(2)雙曲線的離心率與漸近線方程之間有著密切的聯(lián)系，二者之間可以互求．【訓練3】(·杭州質(zhì)檢)雙曲線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，漸近線分別為l1，l2，點P在第一象限內(nèi)且在l1上，若l2⊥PF1，l2∥PF2，則雙曲線的離心率是()．A.eq\r(5)B．2C.eq\r(3)D.eq\r(2)解析如圖，由l2⊥PF1，l2∥PF2，可得PF1⊥PF2，則|OP|＝eq\f(1,2)|F1F2|＝c，設點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(b,a)m))，則eq\r(m2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)m))2)＝eq\f(c,a)m＝c，解得m＝a，即得點P的坐標為(a，b)，則由kPF2＝eq\f(b,a－c)＝－eq\f(b,a)，可得2a＝c，即e＝eq\f(c,a)＝2，故應選B.答案Beq\f(對應學生,143)方法優(yōu)化13——巧妙運用雙曲線的標準方程及其性質(zhì)【命題研究】通過近三年的高考試題分析，對雙曲線的標準方程與幾何性質(zhì)的考查主要是：焦點、頂點、離心率、漸近線方程等知識，均以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，一般不會在解答題中出現(xiàn)，難度中等偏下．【真題探究】?(·浙江)如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a，b>0)的左，右焦點，B是虛軸的端點，直線F1B與C的兩條漸近線分別交于P，Q兩點，線段PQ的垂直平分線與x軸交于點M.若|MF2|＝|F1F2|，則C的離心率是()．A.eq\f(2\r(3),3)B.eq\f(\r(6),2)C.eq\r(2)D.eq\r(3)[教你審題]第1步求出直線F1B的方程；第2步求出點P、Q的坐標，及PQ的中點坐標；第3步求出PQ的垂直平分線方程，令y＝0得M點的坐標；第4步由|MF2|＝|F1F2|建立等式關系，從而求得雙曲線離心率．[一般解法]依題意，知直線F1B的方程為y＝eq\f(b,c)x＋b，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(b,c)x＋b，,\f(x,a)－\f(y,b)＝0，))得點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ac,c－a)，\f(bc,c－a)))，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(b,c)x＋b，,\f(x,a)＋\f(y,b)＝0，))得點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ac,c＋a)，\f(bc,c＋a)))，所以PQ的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2c,b2)，\f(c2,b))).所以PQ的垂直平分線方程為y－eq\f(c2,b)＝－eq\f(c,b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a2c,b2))).令y＝0，得x＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a2,b2)))，所以ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a2,b2)))＝3c.所以a2＝2b2＝2c2－2a2，即3a2＝2c2.所以e＝eq\f(\r(6),2).故選B.[答案]B[優(yōu)美解法]不妨設c＝1，則直線PQ：y＝bx＋b，兩漸近線為y＝±eq\f(b,a)x，因此有交點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,a＋1)，\f(b,a＋1)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)，\f(b,1－a)))，設PQ的中點為N，則點N的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,1－a2)，\f(b,1－a2)))，因為線段PQ的垂直平分線與x軸交于點M，|MF2|＝|F1F2|，所以點M的坐標為(3,0)，因此有kMN＝eq\f(\f(b,1－a2)－0,\f(a2,1－a2)－3)＝－eq\f(1,b)，所以3－4a2＝b2＝1－a2，所以a2＝eq\f(2,3)，所以e＝eq\f(\r(6),2).[反思]求解雙曲線的離心率的關鍵就是找出雙曲線中a，c的關系．對于本例的求解，給出的條件較多，對基礎知識的考查較為全面，如雙曲線的焦點、虛軸、漸近線及垂直平分線等，但都為直接、連貫的條件，直接根據(jù)已知條件就可以求解本題．另外，需注意雙曲線的離心率e大于1，防止產(chǎn)生增解．【試一試】(·新課標全國)設直線l過雙曲線C的一個焦點，且與C的一條對稱軸垂直，l與C交于A，B兩點，|AB|為C的實軸長的2倍，則C的離心率為()．A.eq\r(2)B.eq\r(3)C．2D．3解析設雙曲線C的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，焦點F(－c,0)，將x＝－c代入eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1可得y2＝eq\f(b4,a2)，所以|AB|＝2×eq\f(b2,a)＝2×2a，∴b2＝2a2，c2＝a2＋b2＝3a2，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3).答案Beq\f(對應學生,315)A級基礎演練(時間：30分鐘滿分：55分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1．已知雙曲線中心在原點且一個焦點為F1(－eq\r(5)，0)，點P位于該雙曲線上，線段PF1的中點坐標為(0,2)，則雙曲線的方程是 ()．A.eq\f(x2,4)－y2＝1 B．x2－eq\f(y2,4)＝1C.eq\f(x2,2)－eq\f(y2,3)＝1 D.eq\f(x2,3)－eq\f(y2,2)＝1解析設雙曲線的標準方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由PF1的中點為(0,2)知，PF2⊥x軸，P(eq\r(5)，4)，即eq\f(b2,a)＝4，b2＝4a，∴5－a2＝4a，a＝1，b＝2，∴雙曲線方程為x2－eq\f(y2,4)＝1.答案B2．(·湖南)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的焦距為10，點P(2,1)在C的漸近線上，則C的方程為 ()．A.eq\f(x2,20)－eq\f(y2,5)＝1 B.eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝1C.eq\f(x2,80)－eq\f(y2,20)＝1 D.eq\f(x2,20)－eq\f(y2,80)＝1解析不妨設a>0，b>0，c＝eq\r(a2＋b2).據(jù)題意，2c＝10，∴c＝5.①雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，且P(2,1)在C的漸近線上，∴1＝eq\f(2b,a).②由①②解得b2＝5，a2＝20，故正確選項為A.答案A3．已知雙曲線x2－eq\f(y2,3)＝1的左頂點為A1，右焦點為F2，P為雙曲線右支上一點，則eq\o(PA1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))的最小值為 ()．A．－2 B．－eq\f(81,16) C．1 D．0解析設點P(x，y)，其中x≥1.依題意得A1(－1,0)，F(xiàn)2(2,0)，則有eq\f(y2,3)＝x2－1，y2＝3(x2－1)，eq\o(PA1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(－1－x，－y)·(2－x，－y)＝(x＋1)(x－2)＋y2＝x2＋3(x2－1)－x－2＝4x2－x－5＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,8)))2－eq\f(81,16)，其中x≥1.因此，當x＝1時，eq\o(PA1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))取得最小值－2，選A.答案A4.如圖，中心均為原點O的雙曲線與橢圓有公共焦點，M，N是雙曲線的兩頂點．若M，O，N將橢圓長軸四等分，則雙曲線與橢圓的離心率的比值是()．A．3 B．2 C.eq\r(3) D.eq\r(2)解析設雙曲線的方程為eq\f(x2,a\o\al(2,1))－eq\f(y2,b\o\al(2,1))＝1，橢圓的方程為eq\f(x2,a\o\al(2,2))＋eq\f(y2,b\o\al(2,2))＝1，由于M，O，N將橢圓長軸四等分，所以a2＝2a1，又e1＝eq\f(c,a1)，e2＝eq\f(c,a2)，所以eq\f(e1,e2)＝eq\f(a2,a1)＝2.答案B二、填空題(每小題5分，共10分)5．已知雙曲線C1：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)與雙曲線C2：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1有相同的漸近線，且C1的右焦點為F(eq\r(5)，0)，則a＝________，b＝________.解析與雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1有共同漸近線的雙曲線的方程可設為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝λ(λ>0)，即eq\f(x2,4λ)－eq\f(y2,16λ)＝1.由題意知c＝eq\r(5)，則4λ＋16λ＝5?λ＝eq\f(1,4)，則a2＝1，b2＝4.又a>0，b>0，故a＝1，b＝2.答案126．(·江蘇)在平面直角坐標系xOy中，若雙曲線eq\f(x2,m)－eq\f(y2,m2＋4)＝1的離心率為eq\r(5)，則m的值為________．解析由題意得m＞0，∴a＝eq\r(m)，b＝eq\r(m2＋4).∴c＝eq\r(m2＋m＋4)，由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5)，得eq\f(m2＋m＋4,m)＝5，解得m＝2.答案2三、解答題(共25分)7．(12分)中心在原點，焦點在x軸上的一橢圓與一雙曲線有共同的焦點F1，F(xiàn)2，且|F1F2|＝2eq\r(13)，橢圓的長半軸與雙曲線半實軸之差為4，離心率之比為3∶7.(1)求這兩曲線方程；(2)若P為這兩曲線的一個交點，求cos∠F1PF2的值．解(1)由已知：c＝eq\r(13)，設橢圓長、短半軸長分別為a，b，雙曲線半實、虛軸長分別為m，n，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－m＝4，,7·\f(\r(13),a)＝3·\f(\r(13),m).))解得a＝7，m＝3.∴b＝6，n＝2.∴橢圓方程為eq\f(x2,49)＋eq\f(y2,36)＝1，雙曲線方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1.(2)不妨設F1，F(xiàn)2分別為左、右焦點，P是第一象限的一個交點，則|PF1|＋|PF2|＝14，|PF1|－|PF2|＝6，所以|PF1|＝10，|PF2|＝4.又|F1F2|＝2eq\r(13)，∴cos∠F1PF2＝eq\f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|)＝eq\f(102＋42－2\r(13)2,2×10×4)＝eq\f(4,5).8．(13分)(·合肥聯(lián)考)已知雙曲線的中心在原點，焦點F1，F(xiàn)2在坐標軸上，離心率為eq\r(2)，且過點(4，－eq\r(10))．(1)求雙曲線方程；(2)若點M(3，m)在雙曲線上，求證：eq\o(MF1,\s\up6(→))·eq\o(MF2,\s\up6(→))＝0；(3)求△F1MF2的面積．(1)解∵e＝eq\r(2)，∴設雙曲線方程為x2－y2＝λ.又∵雙曲線過(4，－eq\r(10))點，∴λ＝16－10＝6，∴雙曲線方程為x2－y2＝6.(2)證明法一由(1)知a＝b＝eq\r(6)，c＝2eq\r(3)，∴F1(－2eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(2eq\r(3)，0)，∴kMF1＝eq\f(m,3＋2\r(3))，kMF2＝eq\f(m,3－2\r(3))，∴kMF1·kMF2＝eq\f(m2,9－12)＝eq\f(m2,－3)，又點(3，m)在雙曲線上，∴m2＝3，∴kMF1·kMF2＝－1，MF1⊥MF2，eq\o(MF1,\s\up6(→))·eq\o(MF2,\s\up6(→))＝0.法二∵eq\o(MF1,\s\up6(→))＝(－3－2eq\r(3)，－m)，eq\o(MF2,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)－3，－m)，∴eq\o(MF1,\s\up6(→))·eq\o(MF2,\s\up6(→))＝(3＋2eq\r(3))(3－2eq\r(3))＋m2＝－3＋m2.∵M在雙曲線上，∴9－m2＝6，∴m2＝3，∴eq\o(MF1,\s\up6(→))·eq\o(MF2,\s\up6(→))＝0.(3)解∵在△F1MF2中，|F1F2|＝4eq\r(3)，且|m|＝eq\r(3)，∴S△F1MF2＝eq\f(1,2)·|F1F2|·|m|＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×eq\r(3)＝6.B級能力突破(時間：30分鐘滿分：45分)一、選擇題(每小題5分，共10分)1．(·北京西城模擬)過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦點F(－c,0)(c>0)作圓x2＋y2＝eq\f(a2,4)的切線，切點為E，延長FE交雙曲線右支于點P，若eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(OE,\s\up6(→))，則雙曲線的離心率為 ()．A.eq\r(2) B.eq\f(\r(10),5) C.eq\f(\r(10),2) D.eq\r(10)解析設雙曲線的右焦點為A，則eq\o(OF,\s\up6(→))＝－eq\o(OA,\s\up6(→))，故eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＝2eq\o(OE,\s\up6(→))，即OE＝eq\f(1,2)AP.所以E是PF的中點，所以AP＝2OE＝2×eq\f(a,2)＝a.所以PF＝3a.在Rt△APF中，a2＋(3a)2＝(2c)2，即10a2＝4c2，所以e2＝eq\f(5,2)，即離心率為e＝eq\r(\f(5,2))＝eq\f(\r(10),2)，選C.答案C2．(·福建)已知雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,b2)＝1的右焦點與拋物線y2＝12x的焦點重合，則該雙曲線的焦點到其漸近線的距離等于 ()．A.eq\r(5) B．4eq\r(2) C．3 D．5解析易求得拋物線y2＝12x的焦點為(3,0)，故雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,b2)＝1的右焦點為(3,0)，即c＝3，故32＝4＋b2，∴b2＝5，∴雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(5),2)x，∴雙曲線的右焦點到其漸近線的距離為eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)×3)),\r(1＋\f(5,4)))＝eq\r(5).答案A二、填空題(每小題5分，共10分)3．(·臨沂聯(lián)考)已知點F是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦點，點E是該雙曲線的右頂點，過點F且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A，B兩點，若△ABE是銳角三角形，則該雙曲線的離心率e的取值范圍為________．解析由題意知，△ABE為等腰三角形．若△ABE是銳角三角形，則只需要∠AEB為銳角．根據(jù)對稱性，只要∠AEF<eq\f(π,4)即可．直線AB的方程為x＝－c，代入雙曲線方程得y2＝eq\f(b4,a2)，取點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，\f(b2,a)))，則|AF|＝eq\f(b2,a)，|EF|＝a＋c，只要|AF|<|EF|就能使∠AEF<eq\f(π,4)，即eq\f(b2,a)<a＋c，即b2<a2＋ac，即c2－ac－2a2<0，即e2－e－2<0，即－1<e<2.又e>1，故1<e<2.答案(1,2)4．(·湖北)如圖，雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a，b＞0)的兩頂點為A1，A2，虛軸兩端點為B1，B2，兩焦點為F1，F(xiàn)2.若以A1A2為直徑的圓內(nèi)切于菱形F1B1F2B2，切點分別為A，B，C，D.則(1)雙曲線的離心率e＝________；(2)菱形F1B1F2B2的面積S1與矩形ABCD的面積S2的比值eq\f(S1,S2)＝________.解析(1)由題意可得aeq\r(b2＋c2)＝bc，∴a4－3a2c2＋c4＝0，∴e4－3e2＋1＝0，∴e2＝eq\f(3＋\r(5),2)，∴e＝eq\f(1＋\r(5),2).(2)設sinθ＝eq\f(b,\r(b2＋c2))，cosθ＝eq\f(c,\r(b2＋c2))，eq\f(S1,S2)＝eq\f(2bc,4a2sinθcosθ)＝eq\f(2bc,4a2\f(bc,b2＋c2))＝eq\f(b2＋c2,2a2)＝e2－eq\f(1,2)＝eq\f(2＋\r(5),2).答案(1)eq\f(1＋\r(5),2)(2)eq\f(2＋\r(5),2)三、解答題(共25分)5．(12分)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在雙曲線上，且PF1⊥PF2，|PF1|＝8，|PF2|＝6.(1)求雙曲線的方程；(2)設過雙曲線左焦點F1的直線與雙曲線的兩漸近線交于A，B兩點，且eq\o(F1A,\s\up6(→))＝2eq\o(F1B,\s\up6(→))，求此直線方程．解(1)由題意知，在Rt△PF1F2中，|F1F2|＝eq\r(|PF1|2＋|PF2|2)，即2c＝eq\r(82＋62)＝10，所以c＝5.由橢圓的定義，知2a＝|PF1|－|PF2|＝8－6＝2，即a＝1.所以b2＝c2－a2＝24，故雙曲線的方程為x2－eq\f(y2,24)＝1.(2)左焦點為F1(－5,0)，兩漸近線方程為y＝±2eq\r(6)x.由題意得過左焦點的該直線的斜率存在．設過左焦點的直線方程為y＝k(x＋5)，則與兩漸近線的交點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5k,2\r(6)－k)，\f(10\r(6)k,2\r(6)－k)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5k,k＋2\r(6))，\f(10\r(6)k,k＋2\r(6)))).由eq\o(F1A,\s\up6(→))＝2eq\o(F1B,\s\up6(→))，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5k,2\r(6)－k)＋5，\f(10\r(6)k,2\r(6)－k)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5k,k＋2\r(6))＋5，\f(10\r(6)k,k＋2\r(6))))或者eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5k,k＋2\r(6))＋5，\f(10\r(6)k,k＋2\r(6))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5k,2\r(6)－k)＋5，\f(10\r(6)k,2\r(6)－k)))，解得k＝±eq\f(2\r(6),3).故直線方程為y＝±eq\f(2\r(6),3)(x＋5)．6．(13分)(·江西)P(x0，y0)(x0≠±a)是雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上一點，M，N分別是雙曲線E的左，右頂點，直線PM，PN的斜率之積為eq\f(1,5).(1)求雙曲線的離心率；(2)過雙曲線E的右焦點且斜率為1的直線交雙曲線于A，B兩點，O為坐標原點，C為雙曲線上一點，滿足eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，求λ的值．解(1)由點P(x0，y0)(x0≠±a)在雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上，有eq\f(x\o\al(2,0),a2)－eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1.由題意有eq\f(y0,x0－a)·eq\f(y0,x0＋a)＝eq\f(1,5)，可得a2＝5b2，c2＝a2＋b2＝6b2，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(30),5).(2)聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－5y2＝5b2，,y＝x－c，))得4x2－10cx＋35b2＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(5c,2)，,x1x2＝\f(35b2,4).))①設eq\o(OC,\s\up6(→))＝(x3，y3)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3＝λx1＋x2，,y3＝λy1＋y2.))又C為雙曲線上一點，即xeq\o\al(2,3)－5yeq\o\al(2,3)＝5b2，有(λx1＋x2)2－5(λy1＋y2)2＝5b2.化簡得λ2(xeq\o\al(2,1)－5yeq\o\al(2,1))＋(xeq\o\al(2,2)－5yeq\o\al(2,2))＋2λ(x1x2－5y1y2)＝5b2.②又A(x1，y1)，B(x2，y2)在雙曲線上，所以xeq\o\al(2,1)－5yeq\o\al(2,1)＝5b2，xeq\o\al(2,2)－5yeq\o\al(2,2)＝5b2.由①式又有x1x2－5y1y2＝x1x2－5(x1－c)(x2－c)＝－4x1x2＋5c(x1＋x2)－5c2＝10b2，②式可化為λ2＋4λ＝0，解得λ＝0或λ＝－4.特別提醒：教師配贈習題、課件、視頻、圖片、文檔等各種電子資源見《創(chuàng)新設計·高考總復習》光盤中內(nèi)容.第6講拋物線【年高考會這樣考】1．考查拋物線的定義、方程，常與求參數(shù)和最值等問題相結(jié)合．2．考查拋物線的幾何性質(zhì)，常考查焦點弦及內(nèi)接三角形問題．3．多與向量交匯考查拋物線的定義、方程、性質(zhì)等．eq\f(對應學生,144)考點梳理1．拋物線的定義(1)平面內(nèi)與一個定點F和一條定直線l的距離相等的點的軌跡叫做拋物線．點F叫做拋物線的焦點，直線l叫做拋物線的準線．(2)其數(shù)學表達式：|MF|＝d(其中d為點M到準線的距離)．2．拋物線的標準方程與幾何性質(zhì)圖形標準方程y2＝2px(p>0)y2＝－2px(p>0)x2＝2py(p>0)x2＝－2py(p>0)p的幾何意義：焦點F到準線l的距離性質(zhì)頂點O(0,0)對稱軸y＝0x＝0焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，0))Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(p,2)))離心率e＝1準線方程x＝－eq\f(p,2)x＝eq\f(p,2)y＝－eq\f(p,2)y＝eq\f(p,2)范圍x≥0，y∈Rx≤0，y∈Ry≥0，x∈Ry≤0，x∈R開口方向向右向左向上向下【助學·微博】一個重要轉(zhuǎn)化一次項的變量與焦點所在的坐標軸的名稱相同，一次項系數(shù)的符號決定拋物線的開口方向，即“對稱軸看一次項，符號決定開口方向”．六個常見結(jié)論直線AB過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點，交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，如圖．①y1y2＝－p2，x1x2＝eq\f(p2,4).②|AB|＝x1＋x2＋p，x1＋x2≥2eq\r(x1x2)＝p，即當x1＝x2時，弦長最短為2p.③eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)為定值eq\f(2,p).④弦長AB＝eq\f(2p,sin2α)(α為AB的傾斜角)．⑤以AB為直徑的圓與準線相切．⑥焦點F對A，B在準線上射影的張角為90°.考點自測1．(·陜西)設拋物線的頂點在原點，準線方程x＝－2，則拋物線的方程是()．A．y2＝－8xB．y2＝－4xC．y2＝8xD．y2＝4x解析由準線方程x＝－2，頂點在原點，可得兩條信息：①該拋物線焦點為F(2,0)；②該拋物線的焦準距p＝4.故所求拋物線方程為y2＝8x.答案C2．(·遼寧)已知F是拋物線y2＝x的焦點，A，B是該拋物線上的兩點，|AF|＋|BF|＝3，則線段AB的中點到y(tǒng)軸的距離為()．A.eq\f(3,4)B．1C.eq\f(5,4)D.eq\f(7,4)解析設拋物線的準線為l，作AA1⊥l于A1，BB1⊥l于B1，由拋物線的定義知|AA1|＋|BB1|＝|AF|＋|BF|＝3，則AB的中點到y(tǒng)軸的距離為eq\f(1,2)(|AA1|＋|BB1|)－eq\f(1,4)＝eq\f(5,4).答案C3．(·四川)已知拋物線關于x軸對稱，它的頂點在坐標原點O，并且經(jīng)過點M(2，y0)．若點M到該拋物線焦點的距離為3，則|OM|＝()．A．2eq\r(2)B．2eq\r(3)C．4D．2eq\r(5)解析∵M(2，y0)在拋物線上，∴拋物線的標準方程可設為y2＝2px(p>0)，其準線方程為x＝－eq\f(p,2).由拋物線的定義，M到該拋物線準線x＝－eq\f(p,2)的距離為3，即2＋eq\f(p,2)＝3，故p＝2，所以拋物線的標準方程為y2＝4x.∵M(2，y0)在拋物線上，∴yeq\o\al(2,0)＝8.由兩點間的距離公式知|OM|＝eq\r(22＋y\o\al(2,0))＝eq\r(4＋8)＝2eq\r(3).答案B4．已知動圓過點(1,0)，且與直線x＝－1相切，則動圓的圓心的軌跡方程為________．解析設動圓的圓心坐標為(x，y)，則圓心到點(1,0)的距離與其到直線x＝－1的距離相等，根據(jù)拋物線的定義易知動圓的圓心的軌跡方程為y2＝4x.答案y2＝4x5．(·新鄉(xiāng)模擬)若拋物線y2＝2px的焦點與雙曲線eq\f(x2,6)－eq\f(y2,3)＝1的右焦點重合，則p的值為________．解析雙曲線eq\f(x2,6)－eq\f(y2,3)＝1的右焦點F(3,0)是拋物線y2＝2px的焦點，所以eq\f(p,2)＝3，p＝6.答案6eq\f(對應學生,145)考向一拋物線的定義及其應用【例1】?已知拋物線y2＝2x的焦點是F，點P是拋物線上的動點，又有點A(3,2)，求|PA|＋|PF|的最小值，并求出取最小值時P點的坐標．[審題視點]由定義知，拋物線上點P到焦點F的距離等于點P到準線l的距離d，求|PA|＋|PF|的問題可轉(zhuǎn)化為|PA|＋d的問題．解將x＝3代入拋物線方程y2＝2x，得y＝±eq\r(6).∵eq\r(6)>2，∴A在拋物線內(nèi)部．如圖，設拋物線上點P到準線l：x＝－eq\f(1,2)的距離為d，由定義知|PA|＋|PF|＝|PA|＋d，當PA⊥l時，|PA|＋d最小，最小值為eq\f(7,2)，即|PA|＋|PF|的最小值為eq\f(7,2)，此時P點縱坐標為2，代入y2＝2x，得x＝2，∴點P的坐標為(2,2)．涉及拋物線上的點到焦點(準線)的距離問題，可優(yōu)先考慮利用拋物線的定義轉(zhuǎn)化為點到準線(焦點)的距離問題求解．【訓練1】設P是曲線y2＝4x上的一個動點，則點P到點B(－1,1)的距離與點P到直線x＝－1的距離之和的最小值為________．解析∵拋物線的頂點為O(0,0)，p＝2，∴準線方程為x＝－1，焦點F坐標為(1,0)，∴點P到點B(－1,1)的距離與點P到準線x＝－1的距離之和等于|PB|＋|PF|.如圖，|PB|＋|PF|≥|BF|，當B，P，F(xiàn)三點共線時取得最小值，此時|BF|＝eq\r(－1－12＋1－02)＝eq\r(5).答案eq\r(5)考向二拋物線的標準方程及幾何性質(zhì)【例2】?(1)以原點為頂點，坐標軸為對稱軸，并且經(jīng)過P(－2，－4)的拋物線方程為________．(2)設M(x0，y0)為拋物線C：x2＝8y上一點，F(xiàn)為拋物線C的焦點，以F為圓心、|FM|為半徑的圓和拋物線C的準線相交，則y0的取值范圍是()．A．(0,2)B．[0,2]C．(2，＋∞)D．[2，＋∞)[審題視點](1)按焦點所在位置分類討論求解；(2)由|FM|大于焦點到準線的距離(圓與拋物線相交)，再結(jié)合拋物線定義可求．解析(1)由于點P在第三象限．①當焦點在x軸負半軸上時，設方程為y2＝－2px(p＞0)，把點P(－2，－4)代入得：(－4)2＝－2p×(－2)，解得p＝4，∴拋物線方程為y2＝－8x.②當焦點在y軸負半軸上時，設方程為x2＝－2py(p＞0)，把點P(－2，－4)代入得：(－2)2＝－2p×(－4)．解得p＝eq\f(1,2).∴拋物線方程為x2＝－y.綜上可知拋物線方程為y2＝－8x或x2＝－y.(2)拋物線的準線方程為y＝－2，焦點F的坐標為(0,2)．∵以F為圓心、|FM|為半徑的圓和拋物線C的準線相交，∴|FM|>4.據(jù)拋物線的定義知：|FM|＝2＋y0，∴2＋y0>4，∴y0>2.答案(1)y2＝－8x或x2＝－y(2)C(1)求拋物線標準方程的常用方法是待定系數(shù)法，其關鍵是判斷焦點位置，開口方向，在方程的類型已經(jīng)確定的前提下，由于標準方程只有一個參數(shù)p，只需一個條件就可以確定拋物線的標準方程．(2)在解決與拋物線的性質(zhì)有關的問題時，要注意利用幾何圖形的形象、直觀的特點來解題，特別是涉及焦點、頂點、準線的問題更是如此．【訓練2】(·鄭州一模)如圖，過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F的直線交拋物線于點A，B，交其準線l于點C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，則此拋物線的方程為()．A．y2＝9xB．y2＝6xC．y2＝3xD．y2＝eq\r(3)x解析如圖，分別過A，B作AA1⊥l于A1，BB1⊥l于B1，由拋物線的定義知：|AF|＝|AA1|，|BF|＝|BB1|，∵|BC|＝2|BF|，∴|BC|＝2|BB1|，∴∠BCB1＝30°，∴∠AFx＝60°，連接A1F，則△AA1F為等邊三角形，過F作FF1⊥AA1于F1，則F1為AA1的中點，設l交x軸于K，則|KF|＝|A1F1|＝eq\f(1,2)|AA1|＝eq\f(1,2)|AF|，即p＝eq\f(3,2)，∴拋物線方程為y2＝3x，故選C.答案C考向三拋物線的焦點弦問題【例3】?已知過拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點，斜率為2eq\r(2)的直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)兩點，且|AB|＝9.(1)求該拋物線的方程；(2)O為坐標原點，C為拋物線上一點，若eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(OB,\s\up6(→))，求λ的值．[審題視點](1)利用焦點弦長公式可解；(2)設出C點坐標，找出關于C點坐標的關系式，代入拋物線方程可解．解(1)直線AB的方程是y＝2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，與y2＝2px聯(lián)立，從而有4x2－5px＋p2＝0，所以x1＋x2＝eq\f(5p,4)，由拋物線定義得：|AB|＝x1＋x2＋p＝eq\f(5p,4)＋p＝9，所以p＝4，從而拋物線方程為y2＝8x.(2)由于p＝4,4x2－5px＋p2＝0可簡化為x2－5x＋4＝0，從而x1＝1，x2＝4，y1＝－2eq\r(2)，y2＝4eq\r(2)，從而A(1，－2eq\r(2))，B(4,4eq\r(2))；設C(x3，y3)，則eq\o(OC,\s\up6(→))＝(x3，y3)＝(1，－2eq\r(2))＋λ(4,4eq\r(2))＝(4λ＋1,4eq\r(2)λ－2eq\r(2))，又yeq\o\al(2,3)＝8x3，即[2eq\r(2)(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，即(2λ－1)2＝4λ＋1，解得λ＝0或λ＝2.與拋物線的焦點弦長有關的問題，可直接應用公式求解．解題時，需依據(jù)拋物線的標準方程，確定弦長公式是由交點橫坐標定還是由交點縱坐標定，是p與交點橫(或縱)坐標的和還是與交點橫(或縱)坐標的差．這是正確解題的關鍵．【訓練3】若拋物線y2＝4x的焦點為F，過F且斜率為1的直線交拋物線于A，B兩點，動點P在曲線y2＝－4x(y≥0)上，則△PAB的面積的最小值為________．解析由題意，得p＝2，直線AB過拋物線的焦點，則|AB|＝eq\f(2p,sin2α)＝eq\f(2×2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝8(α為直線AB的傾斜角)．設Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y\o\al(2,0),4)，y0))，則點P到直線AB的距離為d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0),4)＋y0＋1)),\r(2))，∴△PAB的面積S＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(|y\o\al(2,0)＋4y0＋4|,\r(2))＝eq\f(y0＋22,\r(2))≥2eq\r(2)，即△PAB的面積的最小值是2eq\r(2).答案2eq\r(2)eq\f(對應學生,146)方法優(yōu)化14——有關拋物線焦點弦的解題技巧【命題研究】通過近三年的高考試題分析，選擇題或填空題主要考查拋物線的基礎知識(定義、方程、對稱性等)，難度中等，解答題主要考查直線與拋物線的位置關系，但第一問往往是求拋物線的方程，難度較小，第二或第三問難度較大．【真題探究】?(·安徽)過拋物線y2＝4x的焦點F的直線交該拋物線于A，B兩點，O為坐標原點．若|AF|＝3，則△AOB的面積為()．A.eq\f(\r(2),2)B.eq\r(2)C.eq\f(3\r(2),2)D．2eq\r(2)[教你審題]第1步由拋物線定義及|AF|＝3求A點坐標；第2步求直線AB的方程；第3步聯(lián)立直線AB與拋物線y2＝4x的方程求B點橫坐標；第4步由公式求△AOB的面積．[一般解法]如圖所示，由題意知，拋物線的焦點F的坐標為(1,0)，又|AF|＝3，由拋物線定義知：點A到準線x＝－1的距離為3，∴點A的橫坐標為2.將x＝2代入y2＝4x得y2＝8，由圖知點A的縱坐標y＝2eq\r(2)，∴A(2,2eq\r(2))，∴直線AF的方程為y＝2eq\r(2)(x－1)．聯(lián)立直線與拋物線的方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2\r(2)x－1，,y2＝4x，))解之得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,y＝－\r(2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2\r(2).))由圖知Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\r(2)))，∴S△AOB＝eq\f(1,2)|OF|·|yA－yB|＝eq\f(1,2)×1×|2eq\r(2)＋eq\r(2)|＝eq\f(3,2)eq\r(2).故選C.[優(yōu)美解法]由題意，拋物線y2＝4x的焦點為F(1,0)，準線方程為l：x＝－1，可得A點的橫坐標為2，不妨設A(2,2eq\r(2))，則S△OAF＝eq\r(2)，又知0<S△OBF<S△OAF＝eq\r(2)，故eq\r(2)<S△AOB<2eq\r(2)，結(jié)合選項知選C.[答案]C[反思]解決與拋物線的焦點弦有關的問題，如果能用到一些常用結(jié)論，就會帶來意想不到的效果，而對于一些客觀題采用排除法能快速正確的找出答案．【試一試】已知拋物線y2＝4x的焦點為F，過F的直線與該拋物線相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，則yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)的最小值是()．A．4B．8C．12D．16解析拋物線的準線方程為x＝－1，∴|AF|＝x1＋1，|BF|＝x2＋1，∴yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝4x1＋4x2＝4(|AF|＋|BF|)－8＝4|AB|－8.∵|AB|的最小值為2p＝4(當AB⊥x軸時取得)，∴yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)的最小值為8.答案Beq\f(對應學生,317)A級基礎演練(時間：30分鐘滿分：55分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1．(·遼寧)已知F是拋物線y2＝x的焦點，A，B是該拋物線上的兩點，|AF|＋|BF|＝3，則線段AB的中點到y(tǒng)軸的距離為 ()．A.eq\f(3,4) B．1 C.eq\f(5,4) D.eq\f(7,4)解析設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由拋物線的定義，知|AF|＋|BF|＝x1＋eq\f(p,2)＋x2＋eq\f(p,2)＝3，∵p＝eq\f(1,2)，∴x1＋x2＝eq\f(5,2)，∴線段AB的中點的橫坐標為eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(5,4).答案C2．(·東北三校聯(lián)考)若拋物線y2＝2px(p>0)上一點P到焦點和拋物線的對稱軸的距離分別為10和6，則p的值為 ()．A．2 B．18 C．2或18 D．4或16解析設P(x0，y0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(p,2)＝10，,|y0|＝6，,y\o\al(2,0)＝2px0，))∴36＝2peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－\f(p,2)))，即p2－20p＋36＝0，解得p＝2或18.答案C3．(·全國)已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，直線y＝2x－4與C交于A，B兩點，則cos∠AFB＝ ()．A.eq\f(4,5) B.eq\f(3,5) C．－eq\f(3,5) D．－eq\f(4,5)解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,y＝2x－4，))得x2－5x＋4＝0，∴x＝1或x＝4.不妨設A(4,4)，B(1，－2)，則|eq\o(FA,\s\up6(→))|＝5，|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝2，eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝(3,4)·(0，－2)＝－8，∴cos∠AFB＝eq\f(\o(FA,\s\up6(→))·\o(FB,\s\up6(→)),|\o(FA,\s\up6(→))||\o(FB,\s\up6(→))|)＝eq\f(－8,5×2)＝－eq\f(4,5).故選D.答案D4．(·山東)已知雙曲線C1：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為2.若拋物線C2：x2＝2py(p>0)的焦點到雙曲線C1的漸近線的距離為2，則拋物線C2的方程為()．A．x2＝eq\f(8\r(3),3)y B．x2＝eq\f(16\r(3),3)yC．x2＝8y D．x2＝16y解析∵eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的離心率為2，∴eq\f(c,a)＝2，即eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2)＝4，∴eq\f(b,a)＝eq\r(3).x2＝2py的焦點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，即y＝±eq\r(3)x.由題意，得eq\f(\f(p,2),\r(1＋\r(3)2))＝2，∴p＝8.故C2：x2＝16y，選D.答案D二、填空題(每小題5分，共10分)5．(·鄭州模擬)設斜率為1的直線l過拋物線y2＝ax(a>0)的焦點F，且和y軸交于點A，若△OAF(O為坐標原點)的面積為8，則a的值為________．解析依題意，有Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，0))，直線l為y＝x－eq\f(a,4)，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,4)))，△OAF的面積為eq\f(1,2)×eq\f(a,4)×eq\f(a,4)＝8.解得a＝±16，依題意，只能取a＝16.答案166．(·陜西)如圖是拋物線形拱橋，當水面在l時，拱頂離水面2米，水面寬4米．水位下降1米后，水面寬________米．解析如圖建立平面直角坐標系，設拋物線方程為x2＝－2py.由題意A(2，－2)代入x2＝－2py，得p＝1，故x2＝－2y.設B(x，－3)，代入x2＝－2y中，得x＝eq\r(6)，故水面寬為2eq\r(6)米．答案2eq\r(6)三、解答題(共25分)7．(12分)已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)過點A(1，－2)．(1)求拋物線C的方程，并求其準線方程；(2)是否存在平行于OA(O為坐標原點)的直線l，使得直線l與拋物線C有公共點，且直線OA與l的距離等于eq\f(\r(5),5)？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．解(1)將(1，－2)代入y2＝2px，得(－2)2＝2p·1，所以p＝2.故所求的拋物線C的方程為y2＝4x，其準線方程為x＝－1.(2)假設存在符合題意的直線l，其方程為y＝－2x＋t，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－2x＋t，,y2＝4x))得y2＋2y－2t＝0.因為直線l與拋物線C有公共點，所以Δ＝4＋8t≥0，解得t≥－eq\f(1,2).另一方面，由直線OA與l的距離d＝eq\f(\r(5),5)，可得eq\f(|t|,\r(5))＝eq\f(1,\r(5))，解得t＝±1.因為－1?eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，1∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，所以符合題意的直線l存在，其方程為2x＋y－1＝0.8．(13分)(·溫州十校聯(lián)考)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),3)，以原點為圓心、橢圓短半軸長為半徑的圓與直線y＝x＋2相切．(1)求a與b；(2)設該橢圓的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，直線l1過F2且與x軸垂直，動直線l2與y軸垂直，l2交l1于點P.求線段PF1的垂直平分線與l2的交點M的軌跡方程，并指明曲線類型．解(1)由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(3),3)，得eq\f(b,a)＝eq\f(\r(6),3).又由原點到直線y＝x＋2的距離等于橢圓短半軸的長，得b＝eq\r(2)，則a＝eq\r(3).(2)法一由c＝eq\r(a2－b2)＝1，得F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)．設M(x，y)，則P(1，y)．由|MF1|＝|MP|，得(x＋1)2＋y2＝(x－1)2，即y2＝－4x，所以所求的M的軌跡方程為y2＝－4x，該曲線為拋物線．法二因為點M在線段PF1的垂直平分線上，所以|MF1|＝|MP|，即M到F1的距離等于M到l1的距離．此軌跡是以F1(－1,0)為焦點，l1：x＝1為準線的拋物線，軌跡方程為y2＝－4x.B級能力突破(時間：30分鐘滿分：45分)一、選擇題(每小題5分，共10分)1．設F為拋物線y2＝4x的焦點，A，B，C為該拋物線上三點，若eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))＝0，則|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|＋|eq\o(FC,\s\up6(→))|＝ ()．A．9 B．6 C．4 D．3解析設A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，由于拋物線y2＝4x的焦點F的坐標為(1,0)，由eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))＝0，可得x1＋x2＋x3＝3，又由拋物線的定義可得|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|＋|eq\o(FC,\s\up6(→))|＝x1＋x2＋x3＋3＝6.答案B2．(·洛陽統(tǒng)考)已知P是拋物線y2＝4x上一動點，則點P到直線l：2x－y＋3＝0和y軸的距離之和的最小值是 ()．A.eq\r(3) B.eq\r(5) C．2 D.eq\r(5)－1解析由題意知，拋物線的焦點為F(1,0)．設點P到直線l的距離為d，由拋物線的定義可知，點P到y(tǒng)軸的距離為|PF|－1，所以點P到直線l的距離與到y(tǒng)軸的距離之和為d＋|PF|－1.易知d＋|PF|的最小值為點F到直線l的距離，故d＋|PF|的最小值為eq\f(|2＋3|,\r(22＋－12))＝eq\r(5)，所以d＋|PF|－1的最小值為eq\r(5)－1.答案D二、填空題(每小題5分，共10分)3．(·北京)在直角坐標系xOy中，直線l過拋物線y2＝4x的焦點F，且與該拋物線相交于A，B兩點，其中點A在x軸上方．若直線l的傾斜角為60°，則△OAF的面積為________．解析直線l的方程為y＝eq\r(3)(x－1)，即x＝eq\f(\r(3),3)y＋1，代入拋物線方程得y2－eq\f(4\r(3),3)y－4＝0，解得yA＝eq\f(\f(4\r(3),3)＋\r(\f(16,3)＋16),2)＝2eq\r(3)(yB<0，舍去)，故△OAF的面積為eq\f(1,2)×1×2eq\r(3)＝eq\r(3).答案eq\r(3)4．(·重慶)過拋物線y2＝2x的焦點F作直線交拋物線于A，B兩點，若|AB|＝eq\f(25,12)，|AF|<|BF|，則|AF|＝________.解析設過拋物線焦點的直線為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，聯(lián)立得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，))整理得，k2x2－(k2＋2)x＋eq\f(1,4)k2＝0，x1＋x2＝eq\f(k2＋2,k2)，x1x2＝eq\f(1,4).|AB|＝x1＋x2＋1＝eq\f(k2＋2,k2)＋1＝eq\f(25,12)，得，k2＝24，代入k2x2－(k2＋2)x＋eq\f(1,4)k2＝0得，12x2－13x＋3＝0，解之得x1＝eq\f(1,3)，x2＝eq\f(3,4)，又|AF|<|BF|，故|AF|＝x1＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,6).答案eq\f(5,6)三、解答題(共25分)5．(12分)已知拋物線C：y2＝4x，過點A(－1,0)的直線交拋物線C于P、Q兩點，設eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AQ,\s\up6(→)).(1)若點P關于x軸的對稱點為M，求證：直線MQ經(jīng)過拋物線C的焦點F；(2)若λ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))，求|PQ|的最大值．思維啟迪：(1)可利用向量共線證明直線MQ過F；(2)建立|PQ|和λ的關系，然后求最值．(1)證明設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x1，－y1)．∵eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AQ,\s\up6(→))，∴x1＋1＝λ(x2＋1)，y1＝λy2，∴yeq\o\al(2,1)＝λ2yeq\o\al(2,2)，yeq\o\al(2,1)＝4x1，yeq\o\al(2,2)＝4x2，x1＝λ2x2，∴λ2x2＋1＝λ(x2＋1)，λx2(λ－1)＝λ－1，∵λ≠1，∴x2＝eq\f(1,λ)，x1＝λ，又F(1,0)，∴eq\o(MF,\s\up6(→))＝(1－x1，y1)＝(1－λ，λy2)＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)－1，y2))＝λeq\o(FQ,\s\up6(→))，∴直線MQ經(jīng)過拋物線C的焦點F.(2)由(1)知x2＝eq\f(1,λ)，x1＝λ，得x1x2＝1，yeq\o\al(2,1)·yeq\o\al(2,2)＝16x1x2＝16，∵y1y2>0，∴y1y2＝4，則|PQ|2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)－2(x1x2＋y1y2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(1,λ)))2＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(1,λ)))－12＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(1,λ)＋2))2－16，λ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))，λ＋eq\f(1,λ)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(10,3)))，當λ＋eq\f(1,λ)＝eq\f(10,3)，即λ＝eq\f(1,3)時，|PQ|2有最大值eq\f(112,9)，|PQ|的最大值為eq\f(4\r(7),3).探究提高圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關結(jié)論來求最值；二是代數(shù)法，常將圓錐曲線的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或三角函數(shù)的最值問題，然后利用基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性或三角函數(shù)的有界性等求最值．6．(13分)(·新課標全國)設拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點為F，準線為l，A為C上一點，已知以F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓F交l于B，D兩點．(1)若∠BFD＝90°，△ABD的面積為4eq\r(2)，求p的值及圓F的方程；(2)若A，B，F(xiàn)三點在同一直線m上，直線n與m平行，且n與C只有一個公共點，求坐標原點到m，n距離的比值．解(1)由已知可得△BFD為等腰直角三角形，|BD|＝2p，圓F的半徑|FA|＝eq\r(2)p.由拋物線定義可知A到l的距離d＝|FA|＝eq\r(2)p.因為△ABD的面積為4eq\r(2)，所以eq\f(1,2)|BD|·d＝4eq\r(2)，即eq\f(1,2)·2p·eq\r(2)p＝4eq\r(2)，解得p＝－2(舍去)或p＝2.所以F(0,1)，圓F的方程為x2＋(y－1)2＝8.(2)因為A，B，F(xiàn)三點在同一直線m上，所以AB為圓F的直徑，∠ADB＝90°.由拋物線定義知|AD|＝|FA|＝eq\f(1,2)|AB|.所以∠ABD＝30°，m的斜率為eq\f(\r(3),3)或－eq\f(\r(3),3).當m的斜率為eq\f(\r(3),3)時，由已知可設n：y＝eq\f(\r(3),3)x＋b，代入x2＝2py得x2－eq\f(2\r(3),3)px－2pb＝0.由于n與C只有一個公共點，故Δ＝eq\f(4,3)p2＋8pb＝0，解得b＝－eq\f(p,6).因為m的縱截距b1＝eq\f(p,2)，eq\f(|b1|,|b|)＝3，所以坐標原點到m，n距離的比值為3.當m的斜率為－eq\f(\r(3),3)時，由圖形對稱性可知，坐標原點到m，n距離的比值