8-7圓錐曲線的綜合問題(理)基礎鞏固強化1.(2025·濰坊教學質量監(jiān)測)橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的離心率為e，點(1，e)是圓x2＋y2－4x－4y＋4＝0的一條弦的中點，則此弦所在直線的方程是()A．3x＋2y－4＝0 B．4x＋6y－7＝0C．3x－2y－2＝0 D．4x－6y－1＝0[答案]B[解析]依題意得e＝eq\f(1,2)，圓心坐標為(2,2)，圓心(2,2)與點(1，eq\f(1,2))的連線的斜率為eq\f(2－\f(1,2),2－1)＝eq\f(3,2)，則所求直線的斜率等于－eq\f(2,3)，所以所求直線方程是y－eq\f(1,2)＝－eq\f(2,3)(x－1)，即4x＋6y－7＝0，選B.2．(2025·寧波十校聯(lián)考)已知拋物線y＝－x2＋3上存在關于直線x＋y＝0對稱的相異兩點A、B，則|AB|等于()A．3 B．4C．3eq\r(2) D．4eq\r(2)[答案]C[解析]設A(x1,3－xeq\o\al(2,1))，B(x2,3－xeq\o\al(2,2))，由于A、B關于直線x＋y＝0對稱，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝x\o\al(2,2)－3，,3－x\o\al(2,1)＝－x2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝－2，,x2＝1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝1，,x2＝－2，))設直線AB的斜率為kAB，∴|AB|＝eq\r(1＋k\o\al(2,AB))|x1－x2|＝3eq\r(2).故選C.3．設F是拋物線C1：y2＝2px(p>0)的焦點，點A是拋物線C1與雙曲線C2：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一條漸近線的一個公共點，且AF⊥x軸，則雙曲線的離心率為()A．2 B.eq\r(3)C.eq\f(\r(5),2) D.eq\r(5)[答案]D[解析]由題意可知，拋物線C1的焦點為F(eq\f(p,2)，0)，因為AF⊥x軸，則A(eq\f(p,2)，±p)，不妨取A(eq\f(p,2)，p)，則雙曲線C2的漸近線的斜率為eq\f(p,\f(p,2))＝eq\f(b,a)，∴eq\f(b,a)＝2，令a＝1，則b＝2，c＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(5)，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5).4．(2025·南昌檢測)過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點F1作x軸的垂線交橢圓于點P，F(xiàn)2為右焦點，若∠F1PF2＝60°，則橢圓的離心率為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,3)[答案]B[解析]記|F1F2|＝2c，則|PF1|＝eq\f(2c,\r(3))，|PF2|＝eq\f(4c,\r(3))，所以橢圓的離心率為eq\f(|F1F2|,|PF1|＋|PF2|)＝eq\f(2c,\f(2c,\r(3))＋\f(4c,\r(3)))＝eq\f(\r(3),3)，選B.5．(2025·臺州二模)已知過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F且傾斜角為60°的直線l與拋物線在第一、四象限分別交于A、B兩點，則eq\f(|AF|,|BF|)的值為()A．5B．4C．3D．2[答案]C[解析]由題意設直線l的方程為y＝eq\r(3)(x－eq\f(p,2))，即x＝eq\f(y,\r(3))＋eq\f(p,2)，代入拋物線方程y2＝2px中，整理得eq\r(3)y2－2py－eq\r(3)p2＝0，設A(xA，yA)，B(xB，yB)，則yA＝eq\r(3)p，yB＝－eq\f(\r(3),3)p，所以eq\f(|AF|,|BF|)＝|eq\f(yA,yB)|＝3.6．(2025·東北三校一模)已知直線y＝eq\f(1,2)x與雙曲線eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1交于A、B兩點，P為雙曲線上不同于A，B的點，當直線PA，PB的斜率kPA，kPB存在時，kPA·kPB＝()A.eq\f(4,9) B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3) D．與P點位置有關[答案]A[解析]設點A(x1，y1)、B(x2，y2)、P(x0，y0)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x，,\f(x2,9)－\f(y2,4)＝1，))消去x得y2＝eq\f(36,7)，y1＋y2＝0，y1y2＝－eq\f(36,7)，(y1＋y0)(y2＋y0)＝y(tǒng)1y2＋yeq\o\al(2,0)＋y0(y1＋y2)＝y(tǒng)eq\o\al(2,0)－eq\f(36,7)，(x1＋x0)(x2＋x0)＝(2y1＋x0)(2y2＋x0)＝4y1y2＋xeq\o\al(2,0)＋2x0(y1＋y2)＝4y1y2＋xeq\o\al(2,0)＝xeq\o\al(2,0)－4×eq\f(36,7)＝9(eq\f(y\o\al(2,0),4)＋1)－4×eq\f(36,7)＝eq\f(9,4)(yeq\o\al(2,0)－eq\f(36,7))，eq\f(x1＋x0,y1＋y0)·eq\f(x2＋x0,y2＋y0)＝eq\f(9,4).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),9)－\f(y\o\al(2,1),4)＝1,\f(x\o\al(2,0),9)－\f(y\o\al(2,0),4)＝1))得eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,0),9)＝eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,0),4)，即eq\f(y1－y0,x1－x0)＝eq\f(4,9)·eq\f(x1＋x0,y1＋y0)，同理有eq\f(y2－y0,x2－x0)＝eq\f(4,9)·eq\f(x2＋x0,y2＋y0)，于是有kPA·kPB＝eq\f(y1－y0,x1－x0)·eq\f(y2－y0,x2－x0)＝(eq\f(4,9))2·eq\f(x1＋x0,y1＋y0)·eq\f(x2＋x0,y2＋y0)＝(eq\f(4,9))2×eq\f(9,4)＝eq\f(4,9)，選A.7．已知過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1右焦點且傾斜角為45°的直線與雙曲線右支有兩個交點，則雙曲線的離心率e的取值范圍是________．[答案](1，eq\r(2))[解析]由條件知，漸近線的傾斜角小于45°，即eq\f(b,a)<1，∴eq\f(c2－a2,a2)<1，∴eq\f(c2,a2)<2，即e2<2，∵e>1，∴1<e<eq\r(2).8．設直線l：y＝2x＋2，若l與橢圓x2＋eq\f(y2,4)＝1的交點為A、B，點P為橢圓上的動點，則使△PAB的面積為eq\r(2)－1的點P的個數(shù)為________．[答案]3[解析]設與l平行且與橢圓相切的直線方程為y＝2x＋b，代入x2＋eq\f(y2,4)＝1中消去y得，8x2＋4bx＋b2－4＝0，由Δ＝16b2－32(b2－4)＝0得，b＝±2eq\r(2)，顯見y＝2x＋2與兩軸交點為橢圓的兩頂點A(－1,0)，B(0,2)，∵直線y＝2x＋2eq\r(2)與l距離d＝eq\f(2\r(2)－2,\r(5))，∴欲使S△ABP＝eq\f(1,2)|AB|·h＝eq\f(\r(5),2)h＝eq\r(2)－1，須使h＝eq\f(2\r(2)－2,\r(5))，∵d＝h，∴直線y＝2x＋2eq\r(2)與橢圓切點，及y＝2x＋4－2eq\r(2)與橢圓交點均滿足，∴這樣的點P有3個．9．已知F是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦點，若橢圓上存在點P，使得直線PF與圓x2＋y2＝b2相切，當直線PF的傾斜角為eq\f(2π,3)時，此橢圓的離心率是________．[答案]eq\f(2\r(7),7)[解析]依題意得OP⊥PF，∵直線PF的傾斜角為eq\f(2π,3)，∴∠OFP＝eq\f(π,3)，∴sineq\f(π,3)＝eq\f(b,c)＝eq\f(\r(3),2)，橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(c,\r(c2＋b2))＝eq\f(1,\r(1＋\f(b,c)2))＝eq\f(1,\r(1＋\f(\r(3),2)2))＝eq\f(2\r(7),7).10．(2025·昆明一中測試)過拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點F作直線l與拋物線C交于A、B兩點，當點A的縱坐標為1時，|AF|＝2.(1)求拋物線C的方程；(2)若直線l的斜率為2，問拋物線C上是否存在一點M，使得MA⊥MB，并說明理由．[解析](1)由拋物線的定義得|AF|等于點A到準線y＝－eq\f(p,2)的距離，∴1＋eq\f(p,2)＝2，∴p＝2，∴拋物線C的方程為x2＝4y.(2)拋物線C的焦點為F(0,1)，直線l的方程y＝2x＋1，設點A、B、M的坐標分別為(x1，eq\f(x\o\al(2,1),4))、(x2，eq\f(x\o\al(2,2),4))、(x0，eq\f(x\o\al(2,0),4))，由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝4y,y＝2x＋1))消去y得，x2＝4(2x＋1)，即x2－8x－4＝0，由韋達定理得x1＋x2＝8，x1x2＝－4.∵MA⊥MB，∴eq\o(MA,\s\up16(→))·eq\o(MB,\s\up16(→))＝0，∴(x1－x0)(x2－x0)＋(eq\f(x\o\al(2,1),4)－eq\f(x\o\al(2,0),4))(eq\f(x\o\al(2,2),4)－eq\f(x\o\al(2,0),4))＝0，∴(x1－x0)(x2－x0)＋eq\f(1,16)(x1－x0)(x2－x0)(x1＋x0)(x2＋x0)＝0.∵M不與A，B重合，∴(x1－x0)(x2－x0)≠0，∴1＋eq\f(1,16)(x1＋x0)(x2＋x0)＝0，x1x2＋(x1＋x2)x0＋xeq\o\al(2,0)＋16＝0，∴xeq\o\al(2,0)＋8x0＋12＝0，∵Δ＝64－48>0.∴方程xeq\o\al(2,0)＋8x0＋12＝0有解，即拋物線C上存在一點M，使得MA⊥MB.能力拓展提升11.(2025·大綱全國理，10)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)[答案]D[解析]方法一：聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝2x－4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝4，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－2，))不妨設A在x軸上方，∴A(4,4)，B(1，－2)，∵F點坐標為(1,0)，∴eq\o(FA,\s\up16(→))＝(3,4)，eq\o(FB,\s\up16(→))＝(0，－2)，cos∠AFB＝eq\f(\o(FA,\s\up16(→))·\o(FB,\s\up16(→)),|\o(FA,\s\up16(→))|·|\o(FB,\s\up16(→))|)＝eq\f(－8,5×2)＝－eq\f(4,5).方法二：同上求得A(4,4)，B(1，－2)，|AB|＝3eq\r(5)，|AF|＝5，|BF|＝2，由余弦定理知，cos∠AFB＝eq\f(|AF|2＋|BF|2－|AB|2,2·|AF|·|BF|)＝－eq\f(4,5).12.(2025·江西七校聯(lián)考)如圖，有公共左頂點和公共左焦點F的橢圓Ⅰ與Ⅱ的長半軸的長分別為a1和a2，半焦距分別為c1和c2.則下列結論不正確的是()A．a1＋c1>a2＋c2 B．a1－c1＝a2－c2C．a1c2<a2c1 D．a1c2>[答案]D[解析]依題意得，a1>a2，c1>c2，a1＋c1＞a2＋c2；兩個橢圓的左焦點到左頂點的距離相等，即有a1－c1＝a2－c2；由a1>a2，得eq\f(1,a1)<eq\f(1,a2)，又a1－c1＝a2－c2，因此eq\f(a1－c1,a1)<eq\f(a2－c2,a2)，即有eq\f(c2,a2)<eq\f(c1,a1)，a1c2<a2c1.因此，不正確的結論是D，選D.13．若直線mx＋ny－5＝0與圓x2＋y2＝5沒有公共點，則過點P(m，n)的直線與橢圓eq\f(x2,7)＋eq\f(y2,5)＝1的公共點的個數(shù)是()A．0B．1C．2D．無法確定[答案]C[解析]因為直線mx＋ny－5＝0與圓x2＋y2＝5沒有公共點，所以eq\f(5,\r(m2＋n2))>eq\r(5)，即m2＋n2<5，所以點P(m，n)在圓x2＋y2＝5的內部，而該圓在橢圓eq\f(x2,7)＋eq\f(y2,5)＝1內部，故點P(m，n)在橢圓eq\f(x2,7)＋eq\f(y2,5)＝1的內部，所以過點P(m，n)的直線與橢圓eq\f(x2,7)＋eq\f(y2,5)＝1一定相交，故公共點的個數(shù)是2.14．(2025·安徽文，14)過拋物線y2＝4x的焦點F的直線交該拋物線于A，B兩點．若|AF|＝3，則|BF|＝________.[答案]eq\f(3,2)[解析]本題考查拋物線定義、直線與拋物線的位置關系．設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由|AF|＝3及拋物線定義可知x1＋1＝3，x1＝2，∴A(2,2eq\r(2))，則直線AF斜率為k＝eq\f(2\r(2)－0,2－1)＝2eq\r(2)，所以AB方程為y＝2eq\r(2)(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝2\r(2)x－1，))聯(lián)立消去y得，2x2－5x＋2＝0，解之得x1＝2，x2＝eq\f(1,2)，∴B(eq\f(1,2)，－eq\r(2))，所以|BF|＝x2＋1＝eq\f(1,2)＋1＝eq\f(3,2).15．已知橢圓的中心在坐標原點O，焦點在x軸上，短軸長為2，且兩個焦點和短軸的兩個端點恰為一個正方形的頂點．過右焦點F與x軸不垂直的直線l交橢圓于P，Q兩點．(1)求橢圓的方程；(2)當直線l的斜率為1時，求△POQ的面積；(3)在線段OF上是否存在點M(m,0)，使得以MP，MQ為鄰邊的平行四邊形是菱形？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由．[解析](1)由已知，橢圓方程可設為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．∵兩個焦點和短軸的兩個端點恰為正方形的頂點，且短軸長為2，∴b＝c＝1，a＝eq\r(2).所求橢圓方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)右焦點F(1,0)，直線l的方程為y＝x－1.設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝2，,y＝x－1，))消去x得，3y2＋2y－1＝0，解得y1＝－1，y2＝eq\f(1,3).∴S△POQ＝eq\f(1,2)|OF|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)|y1－y2|＝eq\f(2,3).(3)假設在線段OF上存在點M(m,0)(0<m<1)，使得以MP、MQ為鄰邊的平行四邊形是菱形．因為直線與x軸不垂直，所以設直線l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝2,y＝kx－1))可得，(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0.∴x1＋x2＝eq\f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k2－2,1＋2k2).eq\o(MP,\s\up16(→))＝(x1－m，y1)，eq\o(MQ,\s\up16(→))＝(x2－m，y2)，eq\o(PQ,\s\up16(→))＝(x2－x1，y2－y1)．其中x2－x1≠0以MP，MQ為鄰邊的平行四邊形是菱形?(eq\o(MP,\s\up16(→))＋eq\o(MQ,\s\up16(→)))⊥eq\o(PQ,\s\up16(→))?(eq\o(MP,\s\up16(→))＋eq\o(MQ,\s\up16(→)))·eq\o(PQ,\s\up16(→))＝0?(x1＋x2－2m，y1＋y2)·(x2－x1，y2－y1)＝0?(x1＋x2－2m)(x2－x1)＋(y1＋y2)(y2－y1)＝0?(x1＋x2－2m)＋k(y1＋y2)＝0?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2,1＋2k2)－2m))＋k2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2,1＋2k2)－2))＝0?2k2－(2＋4k2)m＝0?m＝eq\f(k2,1＋2k2)(k≠0)．∴0<m<eq\f(1,2).16．雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為2，坐標原點到直線AB的距離為eq\f(\r(3),2)，其中A(0，－b)，B(a,0)．(1)求雙曲線的標準方程；(2)設F是雙曲線的右焦點，直線l過點F且與雙曲線的右支交于不同的兩點P、Q，點M為線段PQ的中點．若點M在直線x＝－2上的射影為N，滿足eq\o(PN,\s\up16(→))·eq\o(QN,\s\up16(→))＝0，且|eq\o(PQ,\s\up16(→))|＝10，求直線l的方程．[解析](1)依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝2，,\f(ab,\r(a2＋b2))＝\f(\r(3),2)，,a2＋b2＝c2.))解得a＝1，b＝eq\r(3)，c＝2.所以，所求雙曲線的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)當直線l⊥x軸時，|eq\o(PQ,\s\up16(→))|＝6，不合題意．當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝k(x－2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1x>0，,y＝kx－2，))消去y得，(3－k2)x2＋4k2x－4k2－3＝0.①因為直線與雙曲線的右支交于不同兩點，所以3－k2≠0.設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，則x1、x2是方程①的兩個正根，于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(4k2,k2－3)>0，,x1x2＝\f(4k2＋3,k2－3)>0，,Δ＝4k22－43－k2－4k2－3>0，))所以k2>3.②因為eq\o(PN,\s\up16(→))·eq\o(QN,\s\up16(→))＝0，則PN⊥QN，又M為PQ的中點，|eq\o(PQ,\s\up16(→))|＝10，所以|PM|＝|MN|＝|MQ|＝eq\f(1,2)|PQ|＝5.又|MN|＝x0＋2＝5，∴x0＝3，而x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(2k2,k2－3)＝3，∴k2＝9，解得k＝±3.∵k＝±3滿足②式，∴k＝±3符合題意．所以直線l的方程為y＝±3(x－2)．即3x－y－6＝0或3x＋y－6＝0.1．(2025·遼寧文，7)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)[答案]C[解析]如圖所示：∵|AF|＝|AK|，|BF|＝|BM|，∴|AK|＋|BM|＝|AF|＋|BF|＝3，∴AB的中點P到準線的距離為：|PN|＝eq\f(1,2)(|AK|＋|BM|)＝eq\f(3,2)∴點P到y(tǒng)軸的距離為eq\f(3,2)－eq\f(1,4)＝eq\f(5,4).2.(2025·鎮(zhèn)江調研)已知拋物線的方程為y2＝2px(p>0)，過它的頂點O作兩條互相垂直的弦OA，OB.(1)證明直線AB過定點；(2)求拋物線頂點O在AB上射影M的軌跡方程．[解析](1)不妨設A(2pxeq\o\al(2,1)，2px1)，B(2pxeq\o\al(2,2)，2px2)(x1≠x2)，則