微專題36圓錐曲線的方程與性質[考情分析]圓錐曲線的定義、標準方程與幾何性質是每年高考必考的內容，常以選擇題、填空題以及解答題第(1)問的形式出現，著重考查圓錐曲線的幾何性質與標準方程，難度中等．考點一圓錐曲線的定義與標準方程典例1(1)(2023·汕頭模擬)已知點P是橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1上一點，橢圓的左、右焦點分別為F1，F2，且cos∠F1PF2＝eq\f(1,3)，則△PF1F2的面積為()A．6B．12C.eq\r(2)D．2eq\r(2)答案D解析對于橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1有a＝3，b＝2，c＝eq\r(5)，設|PF1|＝m，|PF2|＝n，則根據橢圓的定義得m＋n＝2a＝6，又cos∠F1PF2＝eq\f(m2＋n2－2\r(5)2,2mn)＝eq\f(m＋n2－2mn－20,2mn)＝eq\f(36－2mn－20,2mn)＝eq\f(1,3)，解得mn＝6，＝eq\f(1,2)mnsin∠F1PF2＝eq\f(1,2)×6×eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝2eq\r(2).(2)(2023·德陽模擬)設拋物線x2＝12y的焦點為F，經過點P(2,1)的直線l與拋物線相交于A，B兩點，又知點P恰為AB的中點，則|AF|＋|BF|＝________.答案8解析拋物線x2＝12y的焦點為F(0,3)，準線方程為y＝－3，如圖，分別作AM，BN，PQ垂直于準線于點M，N，Q，根據拋物線的定義，|AF|＝|AM|，|BF|＝|BN|，∵拋物線的準線方程為y＝－3，∴|PQ|＝4，根據梯形中位線的性質可得|AF|＋|BF|＝|AM|＋|BN|＝2|PQ|＝8.跟蹤訓練1(1)(2023·鷹潭模擬)3D打印是快速成型技術的一種，它是一種以數字模型文件為基礎，運用粉末狀金屬或塑料等可粘合材料，通過逐層打印的方式來構造物體的技術，如圖所示的塔筒為3D打印的雙曲線型塔筒，該塔筒是由離心率為eq\r(10)的雙曲線的一部分圍繞其旋下底直徑為6cm，高為9cm，則喉部(最細處)的直徑為()A.eq\f(4\r(2),3)cm B.eq\f(9\r(2),4)cmC．2eq\r(2)cm D.eq\f(8\r(2),3)cm答案D解析該塔筒的軸截面如圖所示，以C為喉部對應點，以OC所在直線為x軸，過點O且與OC垂直的直線為y軸，建立平面直角坐標系，設A與B分別為上、下底面對應點．由題意可知xA＝2，xB＝3，yA－yB＝9，設A(2，m)，則B(3，m－9)，設雙曲線的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，因為雙曲線的離心率為eq\r(10)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)，所以b＝3a.所以方程可化簡為9x2－y2＝9a2，(*)將A和B的坐標代入(*)式可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(36－m2＝9a2，,81－m－92＝9a2，))解得a＝eq\f(4\r(2),3)，則喉部的直徑為2a＝eq\f(8\r(2),3)(cm)．(2)(多選)(2020·新高考全國Ⅰ)已知曲線C：mx2＋ny2＝1.()A．若m>n>0，則C是橢圓，其焦點在y軸上B．若m＝n>0，則C是圓，其半徑為eq\r(n)C．若mn<0，則C是雙曲線，其漸近線方程為y＝±eq\r(－\f(m,n))xD．若m＝0，n>0，則C是兩條直線答案ACD解析對于A，當m>n>0時，有eq\f(1,n)>eq\f(1,m)>0，方程化為eq\f(x2,\f(1,m))＋eq\f(y2,\f(1,n))＝1，表示焦點在y軸上的橢圓，故A正確；對于B，當m＝n>0時，方程化為x2＋y2＝eq\f(1,n)，表示半徑為eq\r(\f(1,n))的圓，故B錯誤；對于C，當m>0，n<0時，方程化為eq\f(x2,\f(1,m))－eq\f(y2,－\f(1,n))＝1，表示焦點在x軸上的雙曲線，其中a＝eq\r(\f(1,m))，b＝eq\r(－\f(1,n))，漸近線方程為y＝±eq\r(－\f(m,n))x；當m<0，n>0時，方程化為eq\f(y2,\f(1,n))－eq\f(x2,－\f(1,m))＝1，表示焦點在y軸上的雙曲線，其中a＝eq\r(\f(1,n))，b＝eq\r(－\f(1,m))，漸近線方程為y＝±eq\r(－\f(m,n))x，故C正確；對于D，當m＝0，n>0時，方程化為y＝±eq\r(\f(1,n))，表示兩條平行于x軸的直線，故D正確．考點二橢圓、雙曲線的幾何性質典例2(1)(2023·寧波模擬)設橢圓：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F(c,0)，點A(3c,0)在橢圓外，P，Q在橢圓上，且P是線段AQ的中點．若直線PQ，PF的斜率之積為－eq\f(1,2)，則橢圓的離心率為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\f(1,3)答案B解析如圖，取PQ的中點為M，連接OM，PF，則由題意可得，|PA|＝2|PM|，|AF|＝2|FO|，所以△APF∽△AMO，所以PF∥MO，因為直線PQ，PF的斜率之積為－eq\f(1,2)，所以kPQ·kOM＝－eq\f(1,2)，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))兩式相減可得eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，即eq\f(y1＋y2y1－y2,x1＋x2x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)，即kPQ·kOM＝－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,2)，即eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)，所以橢圓的離心率為e＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(2),2).(2)(2023·新高考全國Ⅰ)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F2.點A在C上，點B在y軸上，eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，則C的離心率為________．答案eq\f(3\r(5),5)解析方法一依題意，設|AF2|＝2m，則|BF2|＝3m＝|BF1|，|AF1|＝2a＋2m，在Rt△ABF1中，9m2＋(2a＋2m)2＝25m2，則(a＋3m)(a－m)＝0，故a＝m或a＝－3m(舍去)，所以|AF1|＝4a，|AF2|＝2a，|BF2|＝|BF1|＝3a，則|AB|＝5a，故cos∠F1AF2＝eq\f(|AF1|,|AB|)＝eq\f(4a,5a)＝eq\f(4,5)，所以在△AF1F2中，cos∠F1AF2＝eq\f(16a2＋4a2－4c2,2×4a×2a)＝eq\f(4,5)，整理得5c2＝9a2，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3\r(5),5).方法二依題意，得F1(－c,0)，F2(c,0)，令A(x0，y0)，B(0，t)，因為eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，所以(x0－c，y0)＝－eq\f(2,3)(－c，t)，則x0＝eq\f(5,3)c，y0＝－eq\f(2,3)t，又eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，所以eq\o(F1A,\s\up6(→))·eq\o(F1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)c，－\f(2,3)t))·(c，t)＝eq\f(8,3)c2－eq\f(2,3)t2＝0，則t2＝4c2，又點A在C上，則eq\f(\f(25,9)c2,a2)－eq\f(\f(4,9)t2,b2)＝1，整理得eq\f(25c2,9a2)－eq\f(4t2,9b2)＝1，則eq\f(25c2,9a2)－eq\f(16c2,9b2)＝1，所以25c2b2－16c2a2＝9a2b2，即25c2(c2－a2)－16a2c2＝9a2(c2－a2)，整理得25c4－50a2c2＋9a4＝0，則(5c2－9a2)(5c2－a2)＝0，解得5c2＝9a2或5c2＝a2，又e>1，所以e＝eq\f(3\r(5),5)或e＝eq\f(\r(5),5)(舍去)，故e＝eq\f(3\r(5),5).跟蹤訓練2(1)(多選)(2023·邯鄲模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別是F1，F2，過F1作圓x2＋y2＝a2的切線l，切點為M，且直線l與雙曲線C的左、右兩支分別交于A，B兩點，則下列結論正確的是()A．若a＝3，b＝4，則|BF1|＋|BF2|＝26B．若BF2⊥BF1，則雙曲線C的漸近線方程為y＝±2xC．若|MB|＝2|MF1|，則雙曲線C的離心率是eq\r(13)D．若M是BF1的中點，則雙曲線C的離心率是eq\r(5)答案ABD解析如圖所示，對于A，由a＝3，b＝4，得c＝5，所以|OF1|＝5，|OM|＝3，|MF1|＝4.設|BF2|＝m，則|BF1|＝m＋6.在△BF1F2中，由余弦定理可得cos∠BF1F2＝eq\f(m＋62＋102－m2,2×10m＋6)＝eq\f(4,5)，解得m＝10，則|BF2|＝10，|BF1|＝16，從而|BF1|＋|BF2|＝26，故A正確；對于B，由BF2⊥BF1，得OM∥BF2，因為O為F1F2的中點，所以M為BF1的中點．由題意可知|OM|＝a，|MF1|＝b，則|BF2|＝2a，|BF1|＝2b.由雙曲線的定義可得|BF1|－|BF2|＝2b－2a＝2a，即b＝2a，則雙曲線C的漸近線方程為y＝±2x，故B正確；對于C，由|MB|＝2|MF1|，得|BF1|＝3b，則|BF2|＝3b－2a.在△BF1F2中，由余弦定理可得cos∠BF1F2＝eq\f(3b2＋2c2－3b－2a2,2×3b×2c)＝eq\f(b,c)，整理得eq\f(b,a)＝eq\f(3,2)，則e＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2＋1)＝eq\f(\r(13),2)，故C錯誤；對于D，因為M，O分別是BF1，F1F2的中點，所以OM∥BF2，所以|BF2|＝2a，|BF1|＝2b.由雙曲線的定義可得|BF1|－|BF2|＝2b－2a＝2a，即b＝2a，則e＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2＋1)＝eq\r(5)，故D正確．(2)F1，F2是橢圓C的兩個焦點，P是橢圓C上異于頂點的一點，I是△PF1F2的內切圓圓心，若△PF1F2的面積等于△IF1F2的面積的3倍，則橢圓C的離心率為________．答案eq\f(1,2)解析由于橢圓關于原點對稱，不妨設點P在x軸上方．設點P的縱坐標為yP，點I的縱坐標為yI，內切圓半徑為r，橢圓長軸長為2a，焦距為2c，則＝eq\f(1,2)yP·|F1F2|＝＝3×eq\f(1,2)yI·|F1F2|，得yP＝3yI，又，即eq\f(1,2)yP·|F1F2|＝eq\f(1,2)r·|F1F2|＋eq\f(1,2)r·|PF1|＋eq\f(1,2)r·|PF2|，又yI＝r，化簡得yP·|F1F2|＝yI·(|F1F2|＋|PF1|＋|PF2|)，即3×2c＝2c＋2a，解得a＝2c，可得離心率為eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).考點三拋物線的幾何性質典例3(1)(2023·北京模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的頂點是坐標原點O，焦點為F，A是拋物線C上的一點，點A到x軸的距離為2eq\r(2).過點A向拋物線C的準線作垂線，垂足為B.若四邊形ABOF為等腰梯形，則p的值為()A．1B.eq\r(2)C．2D．2eq\r(2)答案C解析如圖所示，過點A(不妨設為第一象限點)向x軸作垂線，垂足為E.設準線交x軸于點D.因為四邊形ABOF為等腰梯形，所以|OB|＝|AF|，∠FOB＝∠OFA.所以∠DOB＝∠EFA.又∠BDO＝∠AEF＝90°，所以△BDO≌△AEF，所以|OD|＝|FE|＝eq\f(p,2)，所以|DE|＝|DO|＋|OF|＋|FE|＝eq\f(3p,2).所以|AB|＝|DE|＝eq\f(3p,2).由拋物線的定義可得|AF|＝|AB|＝eq\f(3p,2).在直角三角形AEF中，|AF|＝eq\f(3p,2)，|EF|＝eq\f(p,2)，|AE|＝yA＝2eq\r(2).由勾股定理可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)))2＋(2eq\r(2))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3p,2)))2，解得p＝2.(2)(多選)(2022·新高考全國Ⅱ)已知O為坐標原點，過拋物線C：y2＝2px(p>0)焦點F的直線與C交于A，B兩點，其中A在第一象限，點M(p,0)．若|AF|＝|AM|，則()A．直線AB的斜率為2eq\r(6)B．|OB|＝|OF|C．|AB|>4|OF|D．∠OAM＋∠OBM<180°答案ACD解析對于A，由題意，得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)).因為|AF|＝|AM|，且M(p,0)，所以xA＝eq\f(xF＋xM,2)＝eq\f(3,4)p，將其代入拋物線方程y2＝2px，得yA＝eq\f(\r(6),2)p，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)p，\f(\r(6),2)p))，所以直線AB的斜率kAB＝kAF＝eq\f(\f(\r(6),2)p－0,\f(3,4)p－\f(p,2))＝2eq\r(6)，故A正確；對于B，由選項A的分析，知直線AB的方程為y＝2eq\r(6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，代入y2＝2px，得12x2－13px＋3p2＝0，解得x＝eq\f(3,4)p或x＝eq\f(1,3)p，所以xB＝eq\f(1,3)p，所以yB＝－eq\f(\r(6),3)p，所以|OB|＝eq\r(x\o\al(2,B)＋y\o\al(2,B))＝eq\f(\r(7),3)p≠|OF|，故B不正確；對于C，由拋物線的定義及選項A，B的分析，得|AB|＝xA＋xB＋p＝eq\f(13,12)p＋p＝eq\f(25,12)p>2p，即|AB|>4|OF|，故C正確；對于D，易知|OA|＝eq\f(\r(33),4)p，|AM|＝eq\f(5,4)p，|OB|＝eq\f(\r(7),3)p，|BM|＝eq\f(\r(10),3)p，則cos∠OAM＝eq\f(|OA|2＋|AM|2－|OM|2,2|OA|·|AM|)＝eq\f(\f(33,16)p2＋\f(25,16)p2－p2,2×\f(\r(33),4)p·\f(5,4)p)＝eq\f(21,5\r(33))>0，cos∠OBM＝eq\f(|OB|2＋|BM|2－|OM|2,2|OB|·|BM|)＝eq\f(\f(7,9)p2＋\f(10,9)p2－p2,2×\f(\r(7),3)p·\f(\r(10),3)p)＝eq\f(4,\r(70))>0，所以∠OAM<90°，∠OBM<90°，所以∠OAM＋∠OBM<180°，故D正確．綜上所述，選ACD.跟蹤訓練3(1)(2021·新高考全國Ⅰ)已知O為坐標原點，拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，P為C上一點，PF與x軸垂直，Q為x軸上一點，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，則C的準線方程為________．答案x＝－eq\f(3,2)解析方法一(解直角三角形法)由題易得|OF|＝eq\f(p,2)，|PF|＝p，∠OPF＝∠PQF，所以tan∠OPF＝tan∠PQF，所以eq\f(|OF|,|PF|)＝eq\f(|PF|,|FQ|)，即eq\f(\f(p,2),p)＝eq\f(p,6)，解得p＝3，所以C的準線方程為x＝－eq\f(3,2).方法二(應用射影定理法)由題易得|OF|＝eq\f(p,2)，|PF|＝p，|PF|2＝|OF|·|FQ|，即p2＝eq\f(p,2)×6，解得p＝3或p＝0(舍去)，所以C的準線方程為x＝－eq\f(3,2).(2)(多選)(2023·東莞模擬)已知拋物線C：y2＝4x，O為坐標原點，點P為直線x＝－2上一點，過點P作拋物線C的兩條切線，切點分別為A，B，則()A．拋物線的準線方程為x＝－1B．直線AB一定過拋物線的焦點C．線段AB長的最小值為4eq\r(2)D．OP⊥AB答案ACD解析由拋物線C：y2＝4x可知，焦點為F(1,0)，準線方程為x＝－1，故A正確；設P(－2，m)，顯然直線PA斜率存在且不為零，設為k1，方程為y－m＝k1(x＋2)，與拋物線方程聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y－m＝k1x＋2，))得k1y2－4y＋8k1＋4m＝0，因為PA是該拋物線的切線，所以Δ＝(－4)2－4k1(8k1＋4m)＝0，即2keq\o\al(2,1)＋mk1－1＝0，且點A的縱坐標為－eq\f(－4,2k1)＝eq\f(2,k1)，代入拋物線方程中可得點A的橫坐標為eq\f(1,k\o\al(2,1))，設直線PB斜率存在且不為零，設為k2，同理可得2keq\o\al(2,2)＋mk2－1＝0，且點B的縱坐標為－eq\f(－4,2k2)＝eq\f(2,k2)，橫坐標為eq\f(1,k\o\al(2,2))，顯然k1，k2是方程2k2＋mk－1＝0的兩個不相等的實根，所以k1＋k2＝－eq\f(m,2)，k1k2＝－eq\f(1,2)，因為kAB·kOP＝eq\f(\f(2,k2)－\f(2,k1),\f(1,k\o\al(2,2))－\f(1,k\o\al(2,1)))·eq\f(m,－2)＝eq\f(2k1k2,k1＋k2)·eq\f(m,－2)＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),－\f(m,2))·eq\f(m,－2)＝－1，所以OP⊥AB，故D正確；由上可知AB的斜率為eq\f(2,m)，直線AB的方程為y－eq\f(2,k1)＝eq\f(2,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,k\o\al(2,1))))，即mkeq\o\al(2,1)y－2mk1＝2keq\o\al(2,1)x－2，又2keq\o\al(2,1)＋mk1－1＝0，所以mk1＝1－2keq\o\al(2,1)，所以(k1－2keq\o\al(3,1))y－2(1－2keq\o\al(2,1))＝2keq\o\al(2,1)x－2，即(1－2keq\o\al(2,1))y＝2k1(x－2)，所以直線AB一定過點(2,0)，顯然該點不是拋物線的焦點，故B不正確；由題意知，直線AB的斜率不為0，設直線AB的方程為x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝4x，))得y2－4my－8＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，所以|AB|＝eq\r(1＋m2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(y1＋y22－4y1y2)))＝eq\r(1＋m216m2＋32)＝4eq\r(m4＋3m2＋2)＝4eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2＋\f(3,2)))2－\f(1,4))≥4eq\r(2)，當且僅當m＝0時，等號成立，故C正確．[總結提升]求圓錐曲線的標準方程，求橢圓與雙曲線的方程、離心率以及漸近線時，將已知條件中的橢圓、雙曲線的幾何性質和幾何關系轉化為關于a，b，c的關系式進行求解．在解決拋物線方程、性質及應用問題時，關鍵利用定義構造與焦半徑相關的幾何圖形進行求解(如三角形、直角梯形等)來溝通已知量與p的關系．1．(2023·北京模擬)已知拋物線y2＝2px(p>0)的準線過雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的一個焦點，則p等于()A．1B．2C．4D．8答案C解析拋物線y2＝2px(p>0)的準線方程為x＝－eq\f(p,2)，雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的左焦點的坐標為(－2,0)，右焦點的坐標為(2,0)，因為拋物線y2＝2px的準線過雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的一個焦點，所以eq\f(p,2)＝2，解得p＝4.2．(2023·江蘇決勝新高考大聯考)中國國家大劇院是亞洲最大的劇院綜合體，中國國家表演藝短軸長度約為144m．若直線l平行于長軸且C的中心到l的距離是24m，則l被C截得的線段長度約為()A．140m B．143mC．200m D．209m答案C解析設該橢圓焦點在x軸上，以中心為原點，建立直角坐標系，如圖所示，設橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，a>b>0，由題意可得2a＝212,2b＝144，即a＝106，b＝72，代入方程，得eq\f(x2,1062)＋eq\f(y2,722)＝1，因為直線l平行于長軸且C的中心到l的距離是24m，令y＝24，得|2x|＝eq\f(424\r(2),3)≈200(m)．3．(2023·齊齊哈爾模擬)已知拋物線C：y2＝8x的焦點為F，M為C上的動點，N為圓A：x2＋y2＋2x＋8y＋16＝0上的動點，設點M到y軸的距離為d，則|MN|＋d的最小值為()A．1B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(3\r(3),2)D．2答案D解析根據已知得到F(2,0)，圓A：(x＋1)2＋(y＋4)2＝1，所以A(－1，－4)，圓A的半徑為1，拋物線C的準線為l：x＝－2，過點M作ME⊥l，垂足為點E，則|ME|＝d＋2，由拋物線的定義可得d＋2＝|ME|＝|MF|，所以|MN|＋d＝|MN|＋|MF|－2≥|AM|＋|MF|－1－2≥|AF|－1－2＝eq\r(2＋12＋42)－1－2＝2.當且僅當N，M分別為線段AF與圓A、拋物線C的交點時，兩個等號成立，因此，|MN|＋d的最小值為2.4．(2023·張家口模擬)已知F1，F2分別是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，P為雙曲線C上的動點，|F1F2|＝10，|PF1|－|PF2|＝6，點P到雙曲線C的兩條漸近線的距離分別為d1，d2，則eq\r(d1d2)等于()A.eq\f(5,3)B.eq\f(12,5)C.eq\f(144,25)D．2答案B解析由|F1F2|＝2c＝10，得c＝5.因為|PF1|－|PF2|＝2a＝6，所以a＝3.又因為c2＝a2＋b2，所以b＝4，故雙曲線C的方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，所以兩條漸近線的方程為y＝±eq\f(4,3)x.設P(x0，y0)，則eq\f(x\o\al(2,0),9)－eq\f(y\o\al(2,0),16)＝1，故eq\f(16x\o\al(2,0),9)－yeq\o\al(2,0)＝16.不妨設d1＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)x0－y0)),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2＋1))，則d2＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)x0－y0)),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2＋1))，所以d1d2＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)x0－y0)),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2＋1))×eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)x0＋y0)),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2＋1))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(16x\o\al(2,0),9)－y\o\al(2,0))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2＋1)＝eq\f(144,25)，所以eq\r(d1d2)＝eq\f(12,5).5．(2023·日照模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點為F1，F2，點A(－2,2)為橢圓C內一點，點Q(a，b)在雙曲線E：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,4)＝1上，若橢圓上存在一點P，使得|PA|＋|PF2|＝8，則a的取值范圍是()A．(eq\r(5)＋1,5] B．[3,5]C．(eq\r(5)＋1,2eq\r(5)] D．[eq\r(3)，eq\r(5)]答案A解析點Q(a，b)在雙曲線E：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,4)＝1上，所以a2－b2＝4.所以橢圓左焦點F1的坐標為(－2,0)．因為|PA|＋|PF2|＝8，所以|PA|＋2a－|PF1|＝8，所以||PA|－|PF1||＝|8－2a|≤|AF1|＝2，所以3≤a≤5.因為a2－b2＝4，所以b2＝a2－4.點A(－2,2)為橢圓C內一點，所以eq\f(4,a2)＋eq\f(4,b2)<1，所以eq\f(4,a2)＋eq\f(4,a2－4)<1，所以a4－12a2＋16>0，所以a>eq\r(5)＋1或a<eq\r(5)－1.綜上，eq\r(5)＋1<a≤5.6．(2023·湖南名校教研聯盟聯考)2023年6月4日，神舟十五號返回艙順利著陸，人們清楚全面地看到了神舟十五號返回艙成功著陸的直播盛況．根據搜救和直播的需要，在預設著陸場的某個平面內設置了兩個固定拍攝機位A，B和一個移動拍攝機位C.根據當時氣候與地理特征，點C在拋物線：y＝eq\f(1,36)x2(直線y＝0與地平線重合，y軸垂直于水平面．單位：十米，下同．C的橫坐標xC>6eq\r(2))上，A的坐標為(－36,2)．設D(0，－2)，線段AC，DC分別交拋物線于點M，N，B在線段MN上．則兩固定機位A，B的距離為()A．360米 B．340米C．320米 D．270米答案B解析設M(x1，y1)，N(x2，y2)，C(xC，yC)，A(－36,2)，D(0，－2)，根據條件有eq\o(AC,\s\up6(→))∥eq\o(AM,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))∥eq\o(DN,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(xC＋36，yC－2)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(x1＋36，y1－2)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(xC，yC＋2)，eq\o(DN,\s\up6(→))＝(x2，y2＋2)．∴(xC＋36)(y1－2)－(x1＋36)(yC－2)＝0，xC(y2＋2)－x2(yC＋2)＝0.由題意知xC，x1，x2互不相等，把yC＝eq\f(x\o\al(2,C),36)，y1＝eq\f(x\o\al(2,1),36)，y2＝eq\f(x\o\al(2,2),36)分別代入上兩式化簡得xCx1＋36(xC＋x1)＋72＝0，xC＝eq\f(72,x2)，消去xC得x1＝eq\f(－2x2－72,x2＋2).MN的方程是y－y2＝eq\f(y1－y2,x1－x2)(x－x2)，即y－eq\f(x\o\al(2,2),36)＝eq\f(x1＋x2,36)(x－x2)，∴MN的方程為y－eq\f(x\o\al(2,2),36)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\f(x\o\al(2,2),36)))·eq\f(x－x2,2＋x2)，則eq\f(y－\f(x\o\al(2,2),36),2－\f(x\o\al(2,2),36))＝eq\f(－x＋x2,2＋x2)，∴MN經過定點(－2,2)．∴點B的坐標為(－2,2)．|AB|＝34，即兩固定機位A，B的距離為340米．7．(多選)(2023·鞍山模擬)已知F1，F2分別是雙曲線C：eq\f(x2,4)－y2＝1的左、右焦點，點M是該雙曲線的一條漸近線上的一點，并且以線段F1，F2為直徑的圓經過點M，則()A．雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(1,4)xB．以線段F1F2為直徑的圓的方程為x2＋y2＝3C．點M的橫坐標為2或－2D．△MF1F2的面積為eq\r(5)答案CD解析由雙曲線方程知，a＝2，b＝1，∴C的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，A錯誤；∵c＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(5)，∴以F1F2為直徑的圓的方程為x2＋y2＝5，B錯誤；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝±\f(1,2)x，,x2＋y2＝5，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝±1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝±1，))∴點M的橫坐標為2或－2，C正確；∵|yM|＝1，∴＝eq\f(1,2)·|F1F2|·|yM|＝eq\r(5)，D正確．8．(多選)(2023·湖北省十一校聯考)已知橢圓C：eq\f(y2,3)＋eq\f(x2,b2)＝1(0<b<eq\r(3))的兩個焦點分別為F1(0，－c)，F2(0，c)(其中c>0)，點P在橢圓C上，點Q是圓E：x2＋(y－4)2＝1上任意一點，|PQ|＋|PF2|的最小值為2，則下列說法正確的是()A．橢圓C的焦距為2B．過F2作圓E的切線，所得切線的斜率為±2eq\r(2)C．若A，B為橢圓C上關于原點對稱且異于頂點和點P的兩點，則直線PA與PB的斜率之積為－eq\f(1,5)D．|PQ|－|PF2|的最小值為4－2eq\r(3)答案ABD解析圓E：x2＋(y－4)2＝1的圓心E(0,4)，半徑r＝1，顯然圓E與橢圓C相離，而點P在橢圓C上，點Q在圓E上，于是|PQ|＋|PF2|≥|PE|－r＋|PF2|≥|EF2|－1＝4－c－1＝3－c，當且僅當P，Q分別是線段EF2與橢圓C、圓E的交點時取等號，因此3－c＝2，解得c＝1，則橢圓C的焦距為2，且橢圓C的方程為eq\f(y2,3)＋eq\f(x2,2)＝1，A正確；顯然過F2(0,1)與圓E相切的直線斜率存在，設此切線方程為y＝kx＋1，于是eq\f(3,\r(1＋k2))＝1，解得k＝±2eq\r(2)，B正確；設P(x0，y0)，A(x1，y1)，有B(－x1，－y1)，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x\o\al(2,0)＋2y\o\al(2,0)＝6，,3x\o\al(2,1)＋2y\o\al(2,1)＝6，))即yeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,1)＝－eq\f(3,2)(xeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(2,1))，直線PA，PB的斜率分別為kPA，kPB，因此kPAkPB＝eq\f(y0－y1,x0－x1)·eq\f(y0＋y1,x0＋x1)＝eq\f(y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1),x\o\al(2,0)－x\o\al(2,1))＝－eq\f(3,2)，C錯誤；|PQ|－|PF2|≥|PE|－r－(2eq\r(3)－|PF1|)＝|PE|＋|PF1|－1－2eq\r(3)≥|EF1|－1－2eq\r(3)＝4－(－c)－1－2eq\r(3)＝4－2eq\r(3)，當且僅當P，Q分別是線段EF1與橢圓C、圓E的交點時取等號，D正確．9．(2023·泉州模擬)在平面直角坐標系中，已知拋物線C：y2＝6x的焦點為F，過Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0))的直線l與C交于A，B兩點．若△ABF的面積等于△OAD面積的2倍，則eq\f(|AF|,|BF|)＝________.答案eq\f(1,2)解析如圖所示，過A作AA1垂直準線于點A1，過B作BB1垂直準線于點B1，由拋物線的定義可知，|AF|＝|AA1|，|BF|＝|BB1|，因為拋物線C：y2＝6x，則Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))，設△OAD的面積為S，則△AOF的面積也為S，△ABF的面積為2S，所以S△ADF＝S△ABF，即AD＝AB，即A為BD的中點，所以eq\f(|AF|,|BF|)＝eq\f(|AA1|,|BB1|)＝eq\f(|AD|,|BD|)＝eq\f(1,2).10．(2023·莆田模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上、下頂點分別為A，B，右焦點為F，B關于直線AF的對稱點為B′.若過A，B′，F三點的圓的半徑為a，則C的離心率為________．答案eq\f(1,2)解析由題意得，過A，B，F三點的圓的半徑為a，其中A(0，b)，F(c,0)，線段AF的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，\f(b,2)))，故直線AF的斜率為－eq\f(b,c)，故線段AF的垂直平分線的斜率為eq\f(c,b)，故線段AF的垂直平分線的方程為y－eq\f(b,2)＝eq\f(c,b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,2)))，又線段AB的垂直平分線為y＝0，聯立y－eq\f(b,2)＝eq\f(c,b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,2)))與y＝0，得x