課時作業(yè)(四十六)1.B[解析]由斜率公式可得,直線l的斜率k=1-03-0=2.A[解析]∵直線在x軸、y軸上的截距分別為CA<0,CB<0,∴直線AxByC=0不經(jīng)過的象限是第一象限,故選3.60°[解析]由題意得,直線的斜率k=3,即tanα=3,所以α=60°.4.60°[解析]∵點(diǎn)(3,4)在直線l:axy+1=0上,∴3a4+1=0,∴a=3,即直線l的斜率為3,∴直線l的傾斜角為60°.5.y=3(x4)[解析]易知直線BC的傾斜角為π3,故斜率為3,由點(diǎn)斜式得直線方程為y=3(x4)6.D[解析]由題意,得k=2tanα=83,故tanα=34,故cosα=47.C[解析]由題意,當(dāng)直線經(jīng)過原點(diǎn)時,直線的方程為x+y=0;當(dāng)直線不經(jīng)過原點(diǎn)時,設(shè)直線的方程為x4a+ya=1,則-104a+10a=1,解得a=152,此時直線的方程為x30+2y15=1,8.B[解析]令x=0,得y=sinα<0,令y=0,得x=cosα>0,所以直線過點(diǎn)(0,sinα),(cosα,0)兩點(diǎn),因而直線不過第二象限,故選B.9.C[解析]將(2,1)代入得2mm21=0,所以m=1,所以直線l的方程為xy1=0,所以直線l的斜率為1,傾斜角為π4,則所求直線的斜率為1,故選C10.D[解析]設(shè)直線l的傾斜角為θ,則θ∈[0,π).易知直線l:axy1=0(a≠0)經(jīng)過定點(diǎn)P(0,1),則kPA=-1-(-2)0-1=1,kPB=-1-00-33=3.∵點(diǎn)A(1,2),B33,0在直線l:axy1=0(a≠0)的兩側(cè),∴kPA<a<kPB,∴1<tanθ<3,tanθ≠011.A[解析]以C為坐標(biāo)原點(diǎn),CB所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系(如圖所示),則A(0,4),B(3,0),直線AB的方程為x3+y4=1.設(shè)P(x,y)(0≤x≤3),所以P到AC,BC的距離的乘積為xy,因?yàn)閤3+y4≥2x3·y4,當(dāng)且僅當(dāng)x3=y4=12時取等號,所以xy12.(2,3)[解析]直線(2k1)x(k+3)y(k11)=0,即k(2xy1)+(x3y+11)=0,根據(jù)k的任意性可得2x-y-1=0,-x-3y+11=0,解得x=2,y=3,∴不論k取什么實(shí)數(shù),直線(2k1)x13.x+2y2=0或2x+y+2=0[解析]設(shè)直線方程為xa+yb=1,得-2a+2b=1.由題意知12|ab|=1,即|ab|=2,所以a=2,b=1或a=-1,14.[25,25][解析]設(shè)Py-m2,y,∵|PA|=12|PB|,∴4|PA|2=|PB|2,又∵|PA|2=(y-m)24+(y1)2,|PB|2=(y-m)24+(y4)2,∴(ym)2=164y2,其中4y2≥0,故m=y±24-y2,y∈[2,2].令y=2sinθ,θ∈π2,π2,則m=2sinθ±4cosθ=25sin(θ±φ),15.C[解析]設(shè)M(x,y),由kMA·kMB=3,得yx+1·yx-1=3,即y2=3x23.聯(lián)立x-my+3m=0,y2=3x2-3,得1m23x2+23mx+6=0(m≠0),則Δ=23m2241m23≥0,即m2≥116.C[解析]由|logax|=m,得xA=am,xB=am,所以yC=kam,yD=kam,則直線CD的斜率為yD-yCxD-xC=kam-ka-m課時作業(yè)(四十七)1.B[解析]由平行線間的距離公式可知,l1與l2之間的距離d=|1-(-12.A[解析]直線3x+2y2a=0的斜率為32,直線2x3y+3b=0的斜率為23,∵兩直線斜率的乘積為1,∴兩直線垂直,故選3.A[解析]設(shè)坐標(biāo)原點(diǎn)為O,滿足條件的直線為與OP垂直的直線,所以該直線的斜率為12,所以直線方程為y2=12(x1),即x+2y5=0,故選4.π3[解析]直線x+3y+2=0的斜率為33,所求直線與直線x+3y+2=0垂直,故所求直線的斜率為3,故傾斜角為5.(3,2)[解析]設(shè)點(diǎn)(1,2)關(guān)于直線x+y=1對稱的點(diǎn)的坐標(biāo)是(m,n),則m-12+n-22=16.B[解析]若m=2,則l1:6x8=0,l2:3x+1=0,∴l(xiāng)1∥l2.若l1∥l2,則(m4)(m+2)+(2m+4)(m1)=0,解得m=2或m=2.∴“m=2”是“l(fā)1∥l2”的充分不必要條件,故選B.7.B[解析]由于l2與l3:y=12x+12垂直,故l2的斜率是2.設(shè)l2:2xy+n=0,因?yàn)閘1:mxy+3=0過定點(diǎn)(0,3),l2和x軸的交點(diǎn)為n2,0,l1:mxy+3=0與l2關(guān)于直線y=x對稱,所以3n2=1,則n=6.易知l2:2xy6=0和直線y=x的交點(diǎn)為點(diǎn)(6,6),該點(diǎn)也在l1:mxy+3=0上,∴6m6+3=0,解得8.B[解析]由兩直線垂直,得(b2+1)ab2=0,即ab2=b2+1,兩邊同除以b,得ab=b2+1b=b+1b≥2b·1b=2,當(dāng)且僅當(dāng)b=1時9.C[解析]設(shè)P(x0,y0),則3x0+y0-5=0,|x0-y0-1|2=2,10.C[解析]A關(guān)于直線x=0的對稱點(diǎn)是A'(3,1),關(guān)于直線y=x的對稱點(diǎn)是A″(1,3),由角平分線的性質(zhì)可知,點(diǎn)A',A″均在直線BC上,∴直線BC的方程為y=2x+5,故選C.11.C[解析]由題可知,(Ax1+By1+C)(Ax2+By2+C)>0表示兩點(diǎn)在直線的同側(cè).因?yàn)閨Ax1+By1+C|>|Ax2+By2+C|,所以|Ax1+By1+C|A2+B2>|Ax2+By12.2[解析]因?yàn)橹本€3x+4y3=0,6x+my+14=0平行,所以34=6m,則m=8,所以6x+8y+14=0可化為3x+4y+7=0,故兩直線間的距離為7-(-13.[0,5][解析]易知直線l經(jīng)過定點(diǎn)(1,2),則點(diǎn)P到直線l的距離d的最大值為(-2-1)2+(2+2)2=5,最小值為014.4x+y+9=0或4x+y25=0[解析]y'=4x2,所以曲線y=4x在點(diǎn)P(1,4)處的切線的斜率k=412=4,則切線方程為y4=4(x1),即4x+y8=0.所以可設(shè)直線l的方程為4x+y+C=0,由|C+8|42+1=17,得C=9或C=25,所以所求直線方程為415.D[解析]由題意,得線段PQ的中點(diǎn)M(x0,y0)在與兩直線平行且到兩直線的距離相等的直線x+3y+2=0上,即x0+3y0+2=0,即y0=2+x03,則y0x0=23x013.因?yàn)閥0=2+x03<x0+2,所以x0>2,則23x0>1316.41[解析]如圖所示,由代數(shù)式的結(jié)構(gòu)可構(gòu)造點(diǎn)P(0,y),A(1,2),Q(x,0),B(3,3),則1+(y-2)2+9+(3-x)2+x2+y2=|PA|+|BQ|+|PQ|.分別作點(diǎn)A關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)A'(1,2),點(diǎn)B關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)B'(3,3),則1+(y-2)課時作業(yè)(四十八)1.A[解析]由D2+E24F=(2)24m>0,解得m<1,故選A.2.C[解析]易知圓心的坐標(biāo)為(3,0),半徑為1,∴點(diǎn)P到直線y=x+1的距離的最小值是|3-0+1|21=223.B[解析]由題意,設(shè)圓心的坐標(biāo)為(0,r),半徑為r,則(3-0)2+(1-r)2=r,解得r=5.所以所求圓的方程為x2+(y5)2=25,4.0[解析]由圓的方程可知,圓心坐標(biāo)為(1,2),所以2×1+(2)+m=0,則m=0.5.(x1)2+(y2)2=5[解析]由題設(shè)可知,圓心坐標(biāo)為(1,2),半徑r=124+16=5,則圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x1)2+(y2)2=6.D[解析]由題意,得已知圓的圓心為A(2,0),設(shè)點(diǎn)A關(guān)于直線y=33x的對稱點(diǎn)為點(diǎn)B,則∠BOA=60°,所以(x2)2+y2=4關(guān)于直線y=33x對稱的圓的圓心為B(1,3),故選7.B[解析]把圓的方程x2+y223x2y+3=0化為(x3)2+(y1)2=1,易知以AB為直徑的圓的方程為x2+y2=a2,若圓(x3)2+(y1)2=1上存在點(diǎn)P,使得∠APB=90°,則兩圓有交點(diǎn),所以|a1|≤2≤a+1,解得1≤a≤3.故選B.8.C[解析]圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x1)2+(y2)2=5,∴圓心為C(1,2),半徑為5.易知圓C經(jīng)過原點(diǎn),OC⊥直線l.由kOC=2,得kl=12,∴直線l的方程為y2=12(x1),即x+2y5=0,故選9.D[解析]拋物線y=x22x3關(guān)于直線x=1對稱,與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為A(1,0),B(3,0),C(0,3),設(shè)圓心為M(1,b),可得|MA|2=MC2,即4+b2=1+(b+3)2,解得b=1,則半徑為4+1=5,∴圓的方程為(x1)2+(y+1)2=5,故選D10.B[解析]把圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程,得(x+1)2+(y2)2=4,∴圓心坐標(biāo)為(1,2),半徑r=2.根據(jù)題意可得a2b+1=0,即a=12b,則ab=b(12b)=2b2+b,∴當(dāng)b=14時,ab有最大值,最大值為18,則ab的取值范圍是∞,18.故選B11.2[解析]依題意,得m2n=0,(2-m)2+(5-n)2=3+112.7+4355[解析]∵m<0,且圓C上的點(diǎn)到直線l的最短距離為|32+42+m|32+425=1,∴m=55,∴3a+4b=55,又a>0,b>0,則1a+1b=1a+1b×3a+4b55=1557+13.解:(1)∵方程表示圓,∴D2+E24F=4(m+3)2+4(14m2)24(16m4+9)>0,解得17<m<1(2)半徑r=-7m-372+167(3)設(shè)圓心的縱坐標(biāo)為y,則y=4m21,由于17<m<1,所以1≤y<3所以所求縱坐標(biāo)的最小值是1.14.解:(1)由OP=OM+ON,得|MP|=|ON|=1,所以點(diǎn)P在以M為圓心,1為半徑的圓上,故點(diǎn)P的軌跡方程為(x+3)2+(y4)2=1.(2)易知A(1,0),B12,32,設(shè)N(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π),由ON=mOA+nOB,得(cosθ,sinθ)=m(1,0)+n12,32,得cosθ=m所以m+n=cosθ+3sinθ=2sinθ+π6,故m+n的最大值為2.15.C[解析]圓的方程為(xa)2+(yb)2=1,圓心為(a,b),所以3ab+3=0,則b=3(a+1).又圓C上的點(diǎn)到直線3x+y=0的距離的最大值為1+|3a+b|2=3+1,所以|3a+b|=23,得|2a+1|=2,又a<0,所以a=32,故a2+b2=a2+3(a+16.A[解析]曲線y=2-x2為圓x2+y2=2的上半圓,由題意可得,△AOB的面積S=12·|OA|·|OB|sin∠AOB=12×2×2sin∠AOB=sin∠AOB,所以當(dāng)sin∠AOB=1,即∠AOB=90°時,△AOB的面積取到最大值.此時在Rt△AOB中,易得O到直線l的距離|OD|=1,所以sin∠OPA=|OD||OP|=12,可得∠課時作業(yè)(四十九)1.C[解析]因?yàn)閳Ax2+y22x+4y=0的圓心為(1,2),半徑為5,且(1,2)到直線2xy+1=0的距離d=55=5,所以直線y=2x+1與圓x2+y22x+4y=0相切,故選C2.B[解析]兩圓的圓心分別為(2,0),(2,1),半徑分別為2,3,∴兩圓心之間的距離為17,又1<17<5,∴兩圓相交.故選B.3.A[解析]圓心到直線的距離為|4-3×3|5=1,所以弦的長為210-4.(x4)2+y2=12[解析]由題意知,半徑為|3×4-0|3+1=23,故圓的方程為(x4)5.x+y2=0[解析]因?yàn)橹本€OD的斜率kOD=1,所以直線AB的斜率kAB=1,則直線AB的方程是y1=(x1),即x+y2=0.6.D[解析]易知PAmin=2×221=22,故選D.7.B[解析]因?yàn)閳A心(1,2)在直線2axby+2=0上,所以a+b=1,所以1a+1b=1a+1b(a+b)=2+ba+ab≥2+2ba·ab=4,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=128.C[解析]當(dāng)a=0時,直線l:y=1,此時過點(diǎn)P(1,2)且與直線y=1垂直的直線的方程為x=1,且直線x=1與圓相切,滿足題意,所以a=0成立.當(dāng)a≠0時,過點(diǎn)P(1,2)且與直線l:ax+y1=0垂直的直線的斜率為1a,可設(shè)該直線方程為y2=1a(x1),即xay+2a1=0,由直線與圓相切,得|2a-1|a2+19.B[解析]由于直線和圓有公共點(diǎn),所以圓心到直線的距離不大于半徑,即|2k|2≤k2-2k+3,解得3≤k≤1.將P點(diǎn)坐標(biāo)代入直線和圓的方程,有a+b=2k,a2+b2=k22k+3,得ab=32k2+k32.因?yàn)?2k2+k32=32k+13253,且3≤k≤10.B[解析]因?yàn)镃1(2,2),r1=11,C2(2,0),r2=4,所以|C1C2|=(-2-2)2+22=25.易知當(dāng)PC2⊥C1C2時,△PC1C2的面積最大,其最大值Smax=1211.3x4y+5=0或x=1[解析]當(dāng)切線的斜率不存在時,切線方程為x=1.當(dāng)切線的斜率存在時,設(shè)切線方程為y2=k(x1),即kxyk+2=0,則|2-k|k2+1=1,得k=34,故切線方程為3x4y+5=0.綜上可得,切線方程為3x412.x2+(y1)2=8[解析]由題意,半徑r=2|m+1|m2+1,則r2=4×m2+2m+1m2+1=41+2m+1m≤41+22m×1m=8,當(dāng)且僅當(dāng)m=13.解:(1)設(shè)圓C的方程為(xa)2+(yb)2=r2,則依題意,得(2-a)2+(4-b)2=r2,1-a2(2)①AM·AN為定值.過點(diǎn)A(0,1)作直線AT與圓C相切,切點(diǎn)為T,則|AT|2=7,∴AM·AN=|AM|·|AN|cos0°=|AT|2=7,∴AM·AN為定值,且定值為7.②依題意可知,直線l的方程為y=kx+1,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),將y=kx+1代入(x2)2+(y3)2=1,整理得(1+k2)x24(1+k)x+7=0,∴x1+x2=4(1+k)1+k2,∴OM·ON=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=4k(1+k)即4k(1+k)1+k當(dāng)k=1時,Δ>0,∴k=1,∴直線l的方程為y=x+1.14.解:(1)四邊形OACB為菱形.證明如下:線段OC的中點(diǎn)為1,12,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),易知線段OC的垂直平分線的方程為y=2x+52,代入x2+y2=9,得5x210x114=∴x1+x22=1,y1+y22=2×1+52=12,∴線段又OC⊥AB,∴四邊形OACB為菱形.(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時,l的方程為x=2,則P,Q的坐標(biāo)為(2,5),(2,5),∴S△OPQ=12×2×25=25當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)l的方程為y1=k(x2)k≠12,則圓心到直線l的距離d=|1得|PQ|=29-∴S△OPQ=12×|PQ|×d=12×29-d2×d=(當(dāng)且僅當(dāng)9d2=d2,即d2=92時,S△OPQ取得最大值9∵25<92,∴S△OPQ的最大值為92,此時,由4k2-4k+1k2+1故直線l的方程為x+y3=0或7x+y15=0.15.A[解析]由題設(shè)可知,圓心和半徑分別為C(1,1),r=1,易知,四邊形PACB的面積S=2S△PCA=|PA|·r=|PC|2-r2×1=|PC|2-1.又|PC|min=|3×1+4×1+8|9+16=316.18[解析]設(shè)Px0,4x0,其中x0>0,則|PO|2=x02+16x02,|PA|=|PB|=|PO|2-12=x02+16x02-1,故以P為圓心,PA為半徑的圓的方程為(xx0)2+y4x02=x02+16x021,聯(lián)立x2+y2=1,可得直線AB的方程為x0x+4x0y課時作業(yè)(五十)1.C[解析]由已知,得a=10,b=1,且焦點(diǎn)在y軸上,則c=10-1=3,所以橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(0,3),(0,3),故選2.B[解析]由題設(shè)可得b=c=r=2,故a2=b2+c2=4+4=8,故選B.3.B[解析]易知橢圓的右焦點(diǎn)為點(diǎn)(1,0),則所求距離d=|33-0|334.31[解析]設(shè)F'為右焦點(diǎn),則AF⊥AF',∠AF'F=π3,所以|AF|=3|AF'|,|FF'|=2|AF'|,因此橢圓C的離心率為2c2a=|FF'|5.x236+y216=1[解析]設(shè)橢圓的半焦距為c,由題意得,2a+2c=45+12,2c=456.B[解析]由題設(shè),得圓的半徑r=a+c2,則b2+aa+c22=a+c22,即a2c2=ac,∴e2+e1=07.D[解析]由題設(shè)可得ca=12,得a=2c.由橢圓的定義可得2a+2c=12,則a+c=6,所以3c=6,得c=2,a=4,所以b2=164=12,則橢圓方程為x216+y2128.C[解析]設(shè)右焦點(diǎn)為F',連接MF',NF',∵|MF'|+|NF'|≥|MN|,∴當(dāng)直線x=a過右焦點(diǎn)時,△FMN的周長最大.由橢圓的定義,可得△FMN的周長的最大值為4a=45.易知c=5-4=1,把c=1代入橢圓方程可得15+y24=1,解得y=±45.此時△FMN的面積S=12×2×2×9.D[解析]易知橢圓左焦點(diǎn)F(c,0)關(guān)于直線y=12x的對稱點(diǎn)為P35c,45c,據(jù)此可得-35c2a2+45c2b2=1,整理可得9b2c2+16a2c2=25a2b2,結(jié)合b2=a2c2,可得9c450a2c2+25a4=0,即9e450e2+25=0,即(e25)(9e25)=0,又0<e<1,所以10.A[解析]由橢圓方程知a=5,b=4,c=3,則F1F2=6.根據(jù)橢圓定義,得|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=10,所以AB+|AF2|+|BF2|=|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=20.若△ABF2的內(nèi)切圓周長為π,則內(nèi)切圓半徑r=12,則△ABF2的面積S=12r(|AB|+|AF2|+|BF2|)=12×12×20=5.又△ABF2的面積S=S△AF1F2+S△BF1F2=12|F1F2|×|y1|+12|F1F2|×|y2|=12×6(|y1|+|y2|)=3|y1y211.6[解析]由橢圓方程知A(2,0),B(0,3),F(1,0),則AB=(2,3),AF=(3,0),所以AB·AF=6.12.14[解析]根據(jù)橢圓幾何性質(zhì)可知PF=b2a,AF=a+c,所以b2a=34(a+c),即4b2=3a2+3ac.又因?yàn)閎2=a2c2,所以有4(a2c2)=3a2+3ac,整理可得4c2+3aca2=0,兩邊同除以a2,得4e2+3e1=0,所以(4e1)(e+1)=0,由于0<e<13.解:(1)∵2a=6,∴a=3.又點(diǎn)M(3,2)在橢圓上,∴39+2b2解得b2=3,∴所求橢圓方程為x29+y23(2)∵kMO=63,∴kAB=62,則設(shè)直線AB的方程為y=聯(lián)立x29+y23=1,y=-62x+m,則Δ=(66m)24×11×(6m218)>0,∴0≤m2<332設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=66m11,x1x2則OA·OB=x1x2+y1y2=52x1x26m2(x1+x2)+m2∵0≤m2<332,∴OA·OB的取值范圍為4511,871114.解:(1)由題意,2b=2,所以b=1,又a2-b2a=3所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2=(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),易知直線l的斜率不為0,則設(shè)l:x=my+t.因?yàn)閘與圓O相切,所以|-t|1+m2=1,即t2由x2+4y2=4,x=my+t,消去x,得(m2+則Δ=4m2t24(t24)(m2+4)=16(m2t2+4)=48>0,y1+y2=2mt則y0=mtm2+4,x0=my0+t=4tm2+4,即所以|OM|2=4tm2+42+-設(shè)x=m2+4,則x≥4,OM2=x-3x+12x2=36x2+9x所以|OM|的最大值為5415.C[解析]由橢圓方程x24+y23=1,可得F(1,0).由y=3x+1,x24+y23=1,得P1(0,3),P285,335.過F作x軸的垂線與橢圓交于A11,32,A21,32,則P在弧P1A1,P2A2上時,符合題意.∵kOA1=32,kOA2=316.3k2k2+4[解析]因?yàn)橹本€AB,AC的斜率之積為2,所以AC的斜率為2k,由B1-2k21+2k2,2k1+2k2,得點(diǎn)Ck2-8k2課時作業(yè)(五十一)1.C[解析]由雙曲線方程知a=3,b=2,故雙曲線的漸近線方程為y=±322.C[解析]由題意得e=ca=2,得c=2,所以b=c2-a2=3.C[解析]由已知可得c=2,ba=3,結(jié)合c2=a2+b2,可得a=1,b=34.yx242=1[解析]設(shè)雙曲線的方程為x24y2=λ(λ≠0),則(22)2412=λ,解得λ=5.16[解析]|AF2|+|BF2|=2a+|AF1|+2a+|BF1|=4a+|AB|≥4a+2b2a=4×3+2×66.A[解析]因?yàn)閎2a2=c2-a2a2=c2a21=3,所以7.B[解析]∵△ABF2為等邊三角形,∴|AB|=|AF2|=|BF2|,∠F1AF2=60°.由雙曲線的定義可得|AF1||AF2|=2a,∴|BF1|=2a.又|BF2||BF1|=2a,∴|BF2|=4a,∴|AF2|=4a,|AF1|=6a.在△AF1F2中,由余弦定理可得|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|22|AF2|·|AF1|cos60°,∴(2c)2=(4a)2+(6a)22×4a×6a×12,可得c2=7a2,∴e=ca=c2a2=8.D[解析]由題意得ABAC=2a=2,則a=1.設(shè)AD=x,則BD=3x,CD=|AD|2+|AC|2=x2+1,由雙曲線的定義可得x2+1(3x)=2,解得x=125,此時AD=125,BD=39.A[解析]如圖,易證△MFA∽△EOA,則|MF||FA|=|EO||OA|,即|MF|=|EO|·|FA||OA|=|EO|·(c-a)a.同理△MFB∽△NOB,則|MF|=|NO|·|FB||10.D[解析]根據(jù)條件可知點(diǎn)M,N在以A,B為焦點(diǎn)的雙曲線上,且2c=4,2a=23,則b2=1,雙曲線的方程是x23y2=1,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),所以x123-y12=1,x223-y22=1,兩式相減,得(x1+x2)(x1-x2)11.5或52[解析]雙曲線的兩條漸近線的方程為x±2y=0,即y=±12x,根據(jù)雙曲線焦點(diǎn)位置的不同從而得到ba=12或ab=12,再由c2=a2+b2可得離心率e=12.=x25y2201[解析]設(shè)MF2與漸近線l:y=bax交于點(diǎn)H,則Hc-32,2,將點(diǎn)H的坐標(biāo)代入y=bax,得2=ba·c-32①,又kMF2·kl=4-0-3-c·ba=1②,所以由①②得c=5,再將點(diǎn)M(3,4)代入x213.解:(1)由漸近線方程可設(shè)雙曲線C的方程為x24y2=k(k≠0),把(22,1)代入可得k=4,所以雙曲線C的方程為x24y2=(2)由題易知,P在右支上時|MN|取最小值.由(1)可得A1(2,0),A2(2,0),根據(jù)雙曲線方程可得yx-2·y設(shè)P(x,y),直線PA1,PA2的斜率分別為k1,k2(k1,k2>0),則k1k2=14PA1的方程為y=k1(x+2),令x=1,得M(1,3k1),PA2的方程為y=k2(x2),令x=1,得N(1,k2),所以|MN|=|3k1(k2)|=3k1+k2≥23k1k當(dāng)且僅當(dāng)3k1=k2,即k1=36,k2=32時,故|MN|的最小值為3.14.解:(1)設(shè)雙曲線的方程是x2a2y2b2=1(a>由題意得a2+故雙曲線的方程是3x2y2=1.(2)聯(lián)立y=kx+1,3x2-y2=1,得(由Δ>0且3k2≠0,得6<k<6且k≠±3.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),因?yàn)橐跃€段AB為直徑的圓過原點(diǎn),所以O(shè)A⊥OB,所以x1x2+y1y2=0,又x1+x2=-2kk2-3,x所以y1y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1=1,所以2k2-3+1=0,解得15.B[解析]當(dāng)直線AB的斜率不存在時,A(3,2),B(3,2),|AB|=4,|PF2|=3,則|PF2||AB|=34,故排除A;當(dāng)直線AB的斜率k=2時,直線AB的方程為y=2(x3),直線PF2的方程為y=12(x3),則P0,32,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立y=2(x-3),2x2-y2-2=0,化簡得x243x+7=0,得x1+x2=43,x1·x2=7,故|AB|=16.B[解析]如圖,在△ABD中,BD2=AD2+AB22AD·AB·cos∠DAB=1+42×1×2×(1x)=1+4x,x∈(0,1).由雙曲線的定義可得a1=1+4x-12,c1=1,則e1=21+4x-1.由橢圓的定義可得a2=1+4x+12,c2=x,則e2=2x1+4x+1,則e1+e2=21+4x-1+2x1+4x+1=21+4x-1+1+4x-12,x∈(0,1).令t=1+4x1,則t∈(0,51),y=e1+e2=12t+4t在(課時作業(yè)(五十二)1.D[解析]拋物線方程化為標(biāo)準(zhǔn)形式得x2=8y,可知p=4,焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為p,故選D.2.C[解析]拋物線的焦點(diǎn)為p2,0,則由題意知p2+22+02=16,得p=4,故選C.3.B[解析]拋物線的焦點(diǎn)為(0,1),雙曲線的漸近線方程為x±3y=0,則焦點(diǎn)到漸近線的距離為|0±3|1+3=34.y2=8x[解析]由題意知拋物線的焦點(diǎn)在x軸的負(fù)半軸上,且p2=2,所以拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=85.32[解析]設(shè)該點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0,由題及拋物線的定義可得x0+p2=x0+32=2x0,解得x06.D[解析]依據(jù)拋物線的定義可將PF轉(zhuǎn)化為P到準(zhǔn)線的距離,∴|PA|+|PF|的最小值為點(diǎn)A到準(zhǔn)線的距離,此時yP=2,∴xP=4,∴P(4,2),故選D.7.A[解析]由題意,得拋物線y2=2px的焦點(diǎn)p2,0到雙曲線x28y2p=1的漸近線px±22y=0的距離為pp2p+8=24p,解得p=8,即拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y28.B[解析]由題意可知F(0,1),直線l的方程為y=kx+1(k>0),代入拋物線方程x2=4y,可得x2=4kx+4,即x24kx4=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=4k,故點(diǎn)P(2k,2k2+1),由題意知M(2k,k2),由拋物線的定義可知|MF|=k2+1=4,得k=3,則直線l的方程為y=3x+1,故選B.9.C[解析]∵拋物線方程為y2=8x,∴焦點(diǎn)為F(2,0),準(zhǔn)線l的方程為x=2,∵直線AF的斜率為3,∴直線AF的方程為y=3(x2),由x=-2,y=-3(x-2),可得A點(diǎn)坐標(biāo)為(2,43),∵PA⊥l,A為垂足,∴P點(diǎn)縱坐標(biāo)為43,代入拋物線方程,得P點(diǎn)坐標(biāo)為(6,410.B[解析]由已知得F(1,0),設(shè)直線l的方程為x=my+1,與y2=4x聯(lián)立,得y24my4=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),E(x0,y0),則y1+y2=4m,y0=y1+y22=2m,x0=x1+x22=m2(y1+y2)+1=2m2+1,∴E(2m2+1,2m),又|AB|=x1+x2+2=m(y1+y2)+4=4m2+4=6,∴m2=12,易知線段AB的垂直平分線的方程為y2m=m(x2m21),令y=0,得M(2m2+3,11.45°[解析]由題意知,M到準(zhǔn)線的距離為p,則可設(shè)點(diǎn)Mp2,p,∵Kp2,0,∴kKM=1,∴∠MKF=45°.12.54[解析]由題意知焦點(diǎn)F14,0,準(zhǔn)線方程為x=14.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則|AF|+|BF|=x1+14+x2+14=3,解得x1+x2=52,∴線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為54,即線段AB13.解:(1)設(shè)F2(c,0)(c>0),則c=12a,b=3把x=c代入C的方程有|yA|=b2a=3a4,∴S△F1AB=12×2c×2∴a=2,故p2=c=1,即p=2,∴拋物線E的方程為y2=4x.(2)證明:由(1)知P(1,t)(t≠0),則Mt24,t,直線PO的方程為y=tx,代入拋物線E的方程,得N4t2,4t當(dāng)t2≠4時,kMN=t+4t∴直線MN的方程為yt=4tt2-4xt24,即y=4tt2-4(x1當(dāng)t2=4時,直線MN的方程為x=1,此時仍過定點(diǎn)(1,0).綜上可知,直線MN過定點(diǎn).14.解:(1)由題意可得m2=4p,所以拋物線E的方程為y2=4x.(2)證明:設(shè)以點(diǎn)F為圓心且與直線GA相切的圓的半徑為r.因?yàn)辄c(diǎn)A(2,m)在拋物線E:y2=4x上,所以m=±22,由拋物線的對稱性,不妨取A(2,22).由A(2,22),F(1,0)可得直線AF的方程為y=22(x1),聯(lián)立y=22(x-1),y2=4x,得2x25x+2=0,解得x=2所以直線GB的方程為22x+3y+22=0,易知直線GA的方程為22x3y+22=0,從而r=|22+2因?yàn)辄c(diǎn)F到直線GB的距離d=|22+22所以以點(diǎn)F為圓心且與直線GA相切的圓必與直線GB相切.15.A[解析]易知F(1,0),若直線l的斜率不存在,則|AF|=2,|BF|=2,所以|AF|2|BF|=1.若直線l的斜率存在,則設(shè)直線l:y=k(x1),代入y2=4x可得k2x2(2k2+4)x+k2=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1x2=1,由拋物線的定義可得AF2|BF|=x1+12x2+1=x1+x2x2+1,則AF2|BF|=1+x22x2+x22=11+x2-1x22+116.11[解析]設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),易知F(2,0),則FA=(x12,y1),FB=(x22,y2),所以FA·FB=(x12)(x22)+y1y2.將y=2x2代入y2=8x可得4x28x+4=8x,即x24x+1=0,所以x1+x2=4,x1x2=1,則(x12)(x22)=x1x22(x1+x2)+4=18+4=3,又y1=2x12,y2=2x22,故y1y2=4(x11)(x21)=4[x1x2(x1+x2)+1]=4(14+1)=8,所以FA·FB=38=11.課時作業(yè)(五十三)1.B[解析]設(shè)動點(diǎn)P(x,y),由題意可知y+2x·y-2x=2(x≠0),化簡得y22+x2=12.A[解析]由題意知,動圓圓心到點(diǎn)F(0,3)的距離等于到定直線y=3的距離,故動圓圓心的軌跡是以F為焦點(diǎn),直線y=3為準(zhǔn)線的拋物線,其方程為x2=12y,故選A.3.A[解析]設(shè)M(x,y),則由M為線段OP的中點(diǎn),得P(2x,2y),代入雙曲線方程,得(2x)24(2y)2=1,即x24y2=4.C[解析]設(shè)P(x,y),則x=λ3μ,y=λ+3μ,得λ=x+y2,μ=y-x6,因此x+y2+y-x6=15.x2y23=1[解析]根據(jù)雙曲線的定義可得,長軸長2a=2,即a=1,半焦距c=2,由c2=a2+b2,解得b2=3,故動點(diǎn)P的軌跡方程為x2y26.B[解析]設(shè)M(x,y),P(x0,y0),因?yàn)镻與點(diǎn)Q(0,1)連線的中點(diǎn)為M,所以x0=2x,y0=2y+1,又因?yàn)辄c(diǎn)P在拋物線y=2x2+1上移動,所以2y+1=2(2x)2+1,即y=4x2,故選B.7.D[解析]由題意知,所求直線為與已知直線平行的兩條直線,因此設(shè)所求直線方程為3x4y+C=0,則|C+1|32+42=|C+1|5=2,則C=11或C=9,故所求直線方程為3x4y11=08.C[解析]由兩點(diǎn)間的距離公式可得AC=13,BC=15,AB=14,因?yàn)锳,B都在橢圓上,所以AF+AC=BF+BC,得AFBF=BCAC=2<14,故F的軌跡是以A,B為焦點(diǎn)的雙曲線的下支,由c=7,a=1,得b2=48,所以F的軌跡方程是y2x248=1(y≤1),故選C9.C[解析]設(shè)A(a,0),B(0,b),P(x,y),由OP=13OA+23OB得x=13a,y=23b,所以a=3x,b=32y,又AB=3,所以a2+b2=9,即(3x)2+310.A[解析]①△ABC的周長為10,則|AB|+|AC|=6,根據(jù)橢圓的定義知,點(diǎn)A的軌跡方程為C3:x29+y25=1(y≠0);②△ABC的面積為10,則點(diǎn)A到直線BC的距離為定值5,所以點(diǎn)A的軌跡方程為C1:y2=25;③△ABC中,∠A=90°,則點(diǎn)A在以線段BC為直徑的圓上,所以點(diǎn)A的軌跡方程是C2:x2+y2=4(y11.x24+y2=1[解析]設(shè)Q(x,y),P103,y1,則y1103+2=yx+2,y1103-2·yx-2=1,∴163·yx+2·34·yx-212.2x3y+25=0[解析]圓C:x2+y2=25的圓心C為(0,0),設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x0,y0),因?yàn)锳Q與圓C相切,所以AQ⊥CA,所以(x1x0)(x10)+(y1y0)(y10)=0,即x12x0x1+y12y0y1=0,因?yàn)閤12+y12=25,所以x0x1+y0y1=25,同理x0x2+y0y2=25,所以過點(diǎn)A,B的直線方程為xx0+yy0=25.因?yàn)橹本€AB過點(diǎn)M(2,3),所以得2x0+3y0=25,所以點(diǎn)Q的軌跡方程為13.解:(1)設(shè)M(x0,y0),由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可知,P點(diǎn)坐標(biāo)為(2x02,2y0).∵P點(diǎn)在圓x2+y2=4上,∴(2x02)2+(2y0)2=4.故線段AP的中點(diǎn)的軌跡方程為(x1)2+y2=1.(2)設(shè)N(x,y),在Rt△PBQ中,|PN|=|BN|,設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),連接ON,則ON⊥PQ,∴OP2=ON2+PN2=ON∴x2+y2+(x1)2+(y1)2=4.故PQ的中點(diǎn)N的軌跡方程為x2+y2xy1=0.14.解:(1)由點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2,可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2,2),代入y2=2px,解得p=1.(2)設(shè)Cy122,y1,Dy222,y2,y1≠0,y2≠切線l1:yy1=kxy122代入y2=2x得ky22y+2y1ky12=0,由Δ=0解得k=∴l(xiāng)1的方程為y=1y1x+y12,同理l2的方程為y=聯(lián)立y=1y1x+y12,∵CD的方程為x0x+y0y=8,其中x0,y0滿足x02+y02=8,x0∈[2∴聯(lián)立y2=2x,x0x+y0y=8,得x0代入x=y1·y22,y代入x02+y02=8,得x2考慮到x0∈[2,22],故x∈[4,22],∴動點(diǎn)M的軌跡方程為x28y2=1,x∈[4,2215.D[解析]設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F(x,y),準(zhǔn)線為l,過點(diǎn)A,B,O分別作AA'⊥l,BB'⊥l,OP⊥l,,其中A',B',P分別為垂足,則l為圓的切線,P為切點(diǎn),且AA'+BB'=2|OP|=6,因?yàn)閽佄锞€過點(diǎn)A,B,所以AA'=FA,BB'=FB,所以FA+FB=AA'+BB'=6>AB=2,所以點(diǎn)F的軌跡是以A,B為焦點(diǎn)的橢圓,且點(diǎn)F不在x軸上,所以拋物線C的焦點(diǎn)F的軌跡方程為x29+y16.x24+y2=1(y≠0)[解析]易知AC,BD的斜率存在且不為0,設(shè)直線AC,BD的斜率分別為k1,k2,則直線AC,BD的方程分別為y=k1(x+2),y=k2(x2),據(jù)此可得C(2,4k1),D(2,4k2),則kCD=4k1+4k22-(-2)=k1+k2,直線CD的方程為y4k1=(k1+k2)(x2),整理可得(k1+k2)xy+2(k1k2)=0,直線CD與圓相切,則|2(k1-k2)|(k1+k2)2+1=2,據(jù)此可得k1k2=14,將y=k1(x+2),y=k2(x2)兩式相乘可得y2=k1k2(課時作業(yè)(五十四)第1課時1.D[解析]由題意可知,ba>2,得e=1+ba2>32.D[解析]由題設(shè)可得4m2+n2>2,即m2+n2<4,又a=3,b=2,故點(diǎn)(m,n)在橢圓內(nèi),所以過點(diǎn)(m,n)的直線與橢圓有23.D[解析]設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),易知F(1,0),則由題設(shè)可得x1=3x2+4,y1=3y2,即x1=-3x2+4,x1=9x2,解得x1=3,x4.7[解析]|AF|+|BF|=yA+12+yB+12=2yP+1=2×3+1=5.xy=0[解析]設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由A,B在拋物線上,得y12=4x1,y22=4x2,兩式作差得y12y22=4(x1x2),所以直線l的斜率k=y1-y2x1-x2=4y6.B[解析]將y=2x+p2代入x2=2py(p>0),整理可得x24pxp2=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=4p,x1x2=p2,則AB=(1+22)(x1-x2)7.C[解析]由題意可知,直線l:y=k(xc)過右焦點(diǎn)(c,0),雙曲線的一條漸近線的方程為y=bax,可得3<ba<15.∵e=ca=1+b2a2,∴由3<b2a2<15,得4<1+b2a2<16,∴28.B[解析]設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為F1,則F1(1,0).設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2+0=-3,y1+y2-2=0,∴x1+x2=-3,y1+y2=2.9.B[解析]由題意可知直線l的斜率顯然存在,且斜率k=15-612-3=1,則直線l的方程為y=x+3,與雙曲線方程聯(lián)立,消去y可得(b2a2)x26a2x9a2a2b2=0.由根與系數(shù)的關(guān)系與AB的中點(diǎn)為N(12,15),知3a2b2-a2=12,又c2b210.A[解析]設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),因?yàn)閽佄锞€的焦點(diǎn)為Fp2,0,所以直線AB的方程為y=xp2,聯(lián)立y=x-p2,y2=2px,消去y得x23px+p24=0,所以x1+x2=3p,x1x2=p24,則|x1x2|=(x1+x2)2-4x1x2=22p,所以|y1y2|=22p,則梯形ABCD的面積S=12(|AD|+|BC|)11.(∞,0)∪(0,1)[解析]設(shè)PA的斜率為k(k≠0),則PB的斜率為1k,直線PA的方程為y=k(x+2).聯(lián)立y=k(x+2)與3x2+4y2=12,得Q6-8k23+4k2,12k3+4k2,所以kQF=12k3-12k2k2≠14,∴kPBkQF12.32[解析]由題可知a=2,則A(x1,2x12),B(x2,2x22),AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為x1+x22,2x12+2x222.A,B關(guān)于直線y=x+m對稱,則AB的中點(diǎn)在直線y=x+m上,且直線AB與直線y=x+m垂直,可得2x12+2x222=x1+x22+m,2x22-2x12x2-x1=1,所以x12+x22=x13.解:(1)設(shè)動圓圓心P(x,y).由已知條件有x2+(y-1)2=|y+1|,(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線m:y=kx+1,將y=kx+1代入x2=4y,得x24kx4=0,所以x1+x2=4k,x1·x2=4,由y'=x2,得切線l1:yx124=x1l2:yx224=x22聯(lián)立得Mx1+x22,x1x24,即AB=1+k2|x1x2|=4(1+k2),點(diǎn)M到直線m的距離d=所以△MAB的面積S=12|AB|d=4(k2+1)32,當(dāng)k=0時,Smin14.解:(1)由題意得b∴b2=3,a2=4,∴橢圓C(2)當(dāng)k=12時,由y=12x+m得M(0,m),N(2m,∵|PM|=|MN|,∴P(2m,2m),Q(2m,2m),∴直線QM的方程為y=32設(shè)A(x1,y1),由y=12x+m,x2a2+y2b2=1,得14a2∴x1+2m=-4a2ma2設(shè)B(x2,y2),由y=-32x+m,x2a2+y2b2=1,得94a2∴x2+2m=12a2m9a2∵點(diǎn)N平分線段A1B1,∴x1+x2=4m,∴2m(3a2+4b2)a2+4b2∴x1=3m,y1=12m,代入橢圓方程得m2=17b2<b2,符合題意∵a2=b2+c2,∴e=ca=115.D[解析]設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),由AM=λMC可得(2x1,1y1)=λ(x32,y31),據(jù)此可得x1+λx3=2+2λ,y1+λy3=1+λ,同理可得x2+λx4=2+2λ,y2+λy4=1+λ,則x1+x2+λx3+x4=41+λ,y1+y2+λy3+y4=21+λ,將點(diǎn)A,B的坐標(biāo)代入橢圓方程,作差可得y1-y2x1-x2=b2a2·x1+x2y1+y2,16.62937<e<1[解析]由題意,得拋物線C1的焦點(diǎn)F(2,0).∵橢圓C2的一個焦點(diǎn)與拋物線C1的焦點(diǎn)重合,∴橢圓C2的半焦距c=2,∴m2n2=c2=4①.設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2)是橢圓C2上關(guān)于直線l:y=14x+13對稱的兩點(diǎn),MN:y=4x+λ,聯(lián)立x2m2+y2n2=1,y=-4x+λ,消去y得(16m2+n2)x28m2λx+m2λ2m2n2=0(*),則Δ=64m4λ24(16m2+n2)(m2λ2m2n2)>0,得16m2+n2λ2>0②.由(*),可得x1+x2=8m2λ16m2+n2,∴y1+y2=4(x1+x2)+2λ=2λn216m2+n2,∴MN中點(diǎn)的坐標(biāo)為4λm216m2+n第2課時1.解:(1)由題知A(a,0),C(0,a),故Ba7,6a7代入橢圓E的方程得149+36a249b2=1,結(jié)合a2b2=1,得a2=4故橢圓E的方程為x24+y2(2)由題知,直線l不與x軸重合,故可設(shè)l:x=my+1,代入x24+y23=1得(3m2+4)y2+6my設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則y1+y2=-6m3m2+4,y連接ON,由Q與M關(guān)于原點(diǎn)對稱知,S△MNQ=2S△MON=|y1y2|=(y1+y2∵m2+1≥1,∴3m2+1+1m2+1≥4,∴S△MNQ≤3,∴△MNQ面積的最大值為3,此時直線l的方程為x=1.2.解:(1)由題知,動圓C的圓心到點(diǎn)(2,0)的距離等于到直線x=2的距離,所以由拋物線的定義可知,動圓C的圓心軌跡是以(2,0)為焦點(diǎn),x=2為準(zhǔn)線的拋物線,所以動圓圓心軌跡E的方程為y2=8x.(2)證明:由題知當(dāng)直線AB的斜率為0時,不符合題意,所以可設(shè)直線AB的方程為x=my+1,聯(lián)立x=my+1,y2=8x,消去x,得y28my8=0,Δ=設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),M(1,t),則y1+y2=8m,y1·y2=8,x1+x2=8m2+2,x1·x2=1,而2kMP=2·t-1-kMA+kMB=y1-ty118-t8m所以kMA+kMB=2kMP.3.解:(1)設(shè)點(diǎn)M到直線l的距離為d,依題意知MF=d.設(shè)M(x,y),則有x2+(y-1)2=|y+1|所以所求軌跡C的方程為x2=4y.(2)設(shè)lAB:y=kx+1,代入x2=4y中,得x24kx4=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=4k,x1·x2=4,所以AB=1+k2·|x1x2|=4(k2+1因?yàn)镃的方程為x2=4y,即y=x24,所以y'=所以直線l1的斜率k1=x12,直線l2的斜率k2=因?yàn)閗1k2=x1x24=1,所以PA⊥PB,即所以△PAB的外接圓的圓心為線段AB的中點(diǎn),線段AB是直徑.因?yàn)锳B=4(k2+1),所以當(dāng)k=0時,線段AB最短,長度為4,此時外接圓的面積最小,為4π.4.解:(1)設(shè)曲線C上的任一點(diǎn)為(x,y),易知y≥0,則x2+(y-1)2|y|=1即曲線C的方程為x2=4y.(2)將y=kx+m代入x2=4y,得x24kx4m=0.當(dāng)m>0時,Δ=16k2+16m>0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=4k,x1x2=4m,FA=(x1,y11),FB=(x2,y21),∴FA·FB=x1x2+(y11)(y21)=x1x2+(kx1+m1)(kx2+m1)=(1+k2)x1x2+k(m1)(x1+x2)+(m1)2=4m(1+k2)+4k2(m1)+(m1)2=4k2+(m1)24m.∵對任意k∈R,都有FA·FB<0,∴4k2+(m1)24m<0對任意k∈R恒成立,則(m1)24m<0,解得322<m<3+22,∴m的取值范圍是322<m<3+22.5.解:(1)證明:由題意可知a=2,e=ca=1-b2a2=∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22+y2=設(shè)直線PA的方程為y=t22(x+聯(lián)立x得(4+t2)x2+22t2x+2t28=0,解得x1=2,x2=42-2t24+t2,則故直線BC的斜率kBC=2t,又直線OP的斜率kOP=t∴kBC·kOP=1,∴OP⊥BC.(2)由(1)可知,四邊形OBPC的面積S1=12×|OP|×|BC|=2三角形ABC的面積S2=12×22×4|t由42|t|4+t2≤2|t|·(t2+2)∴|t|的最小值為2.6.解:(1)設(shè)A(x1,y1),P(x0,y0),則B(x1,y1),∵點(diǎn)A,B,P三點(diǎn)均在橢圓上,∴x02a2+y02b2=∴作差得(x1-∴kPA·kPB=y1-y0x1-x0·y1+y0x(2)F1(c,0),F2(c,0),直線l的方程為y=k(xc),設(shè)M(x3,y3),N(x4,y4),∵e=32,∴a2=4b2,c2=3b2聯(lián)立y=k(x-c),x24b2+y2b2=1,得(1+4k2)x∴x3當(dāng)點(diǎn)F1在以線段MN為直徑的圓內(nèi)部時,F1M·F1N=(x3+c)(x4+c)+y3·y∴(1+k2)x3x4+(cck2)(x3+x4)+c2+c2k2<0,得(1+k2)4c2k2-43c21+4k2+(1k2)8c2k第3課時1.解:(1)由拋物線的定義可得p2+1=2,解得p=2,故拋物線方程為x2=4(2)假設(shè)存在滿足題設(shè)條件的點(diǎn)M(x0,y0),直線AB的方程為y=2x+1,代入x2=4y,可得x28x4=