、選擇題
與橢圓9x2＋4y2=36有相同焦點，且短軸長為2的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為( )
A.eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)=1 B.x2＋eq \f(y2,6)=1 C.eq \f(x2,6)＋y2=1 D.eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,5)=1
【答案解析】答案為：B；
解析：橢圓9x2＋4y2=36可化為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,9)=1，可知焦點在y軸上，焦點坐標(biāo)為(0，±eq \r(5))，
故可設(shè)所求橢圓方程為eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)=1(a＞b＞0)，則c=eq \r(5).
又2b=2，即b=1，所以a2=b2＋c2=6，則所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋eq \f(y2,6)=1.
“20，,m－2≠6－m，))∴20)的離心率為eq \r(3)，
點(eq \r(3)，0)是雙曲線的一個頂點，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\r(3)，,a＝\r(3)，))解得c=3，b=eq \r(6)，
∴雙曲線的方程為eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)=1.
(2)雙曲線eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)=1的右焦點為F2(3,0)，
∴經(jīng)過雙曲線右焦點F2且傾斜角為30°的直線的方程為y=eq \f(\r(3),3)(x－3).
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)－\f(y2,6)＝1，,y＝\f(\r(3),3)?x－3?，))得5x2＋6x－27=0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2=－eq \f(6,5)，x1x2=－eq \f(27,5).
所以|AB|=eq \r(1＋\f(1,3))×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(27,5))))=eq \f(16\r(3),5).
已知雙曲線C：x2－y2=1及直線l：y=kx－1.
(1)若l與C有兩個不同的交點，求實數(shù)k的取值范圍；
(2)若l與C交于A，B兩點，O是坐標(biāo)原點，且△AOB的面積為eq \r(2)，求實數(shù)k的值.
【答案解析】解：(1)若雙曲線C與直線l有兩個不同的交點，
則方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－y2＝1，,y＝kx－1))有兩個不同的實數(shù)根，
整理得(1－k2)x2＋2kx－2=0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝4k2＋8?1－k2?＞0，))解得－eq \r(2)＜k＜eq \r(2)且k≠±1.
即雙曲線C與直線l有兩個不同的交點時，
k的取值范圍是(－eq \r(2)，－1)∪(－1,1)∪(1，eq \r(2)).
(2)設(shè)交點A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l與y軸交于點D(0，－1)，由(1)知，
C與l聯(lián)立的方程為(1－k2)x2＋2kx－2=0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(－2k,1－k2)，,x1x2＝\f(－2,1－k2).))
當(dāng)A，B在雙曲線的一支上且|x1|＞|x2|時，
S△OAB=S△OAD－S△OBD=eq \f(1,2)(|x1|－|x2|)=eq \f(1,2)|x1－x2|；
當(dāng)A，B在雙曲線的兩支上且x1＞x2時，
S△OAB=S△ODA＋S△OBD=eq \f(1,2)(|x1|＋|x2|)=eq \f(1,2)|x1－x2|.
所以S△OAB=eq \f(1,2)|x1－x2|=eq \r(2)，
所以(x1－x2)2=(x1＋x2)2－4x1x2=(2eq \r(2))2，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2k,1－k2)))2＋eq \f(8,1－k2)=8，解得k=0或k=±eq \f(\r(6),2).
又因為－eq \r(2)＜k＜eq \r(2)，且k≠±1，
所以當(dāng)k=0或k=±eq \f(\r(6),2)時，△AOB的面積為eq \r(2).
已知拋物線y2=4px(p＞0)的焦點為F，圓W：(x＋p)2＋y2=p2的圓心到過點F的直線l的距離為p.
(1)求直線l的斜率；
(2)若直線l與拋物線交于A，B兩點，△WAB的面積為8，求拋物線的方程.
【答案解析】解：(1)易知拋物線y2=4px(p＞0)的焦點為F(p,0)，
由題意知直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為x=my＋p，
因為W(－p,0)，所以點W到直線l的距離為eq \f(|－p－p|,\r(1＋?－m?2))=p，解得m=±eq \r(3)，
所以直線l的斜率為±eq \f(\r(3),3).
(2)由(1)知直線l的方程為x=±eq \r(3)y＋p，由于兩條直線關(guān)于x軸對稱，
不妨取x=eq \r(3)y＋p，聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)y＋p，,y2＝4px，))消去x得y2－4eq \r(3)py－4p2=0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2=4eq \r(3)p，y1y2=－4p2，
所以|AB|=eq \r(1＋?\r(3)?2)·eq \r(?4\r(3)p?2＋4×4p2)=16p.
因為△WAB的面積為8，所以eq \f(1,2)p×16p=8，解得p=1.
所以拋物線的方程為y2=4x.
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)，左焦點為F(－1，0)，過點D(0，2)且斜率為k的直線l交橢圓于A，B兩點.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)在y軸上，是否存在定點E，使eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(BE,\s\up10(→))恒為定值？若存在，求出E點的坐標(biāo)和這個定值；若不存在，說明理由.
【答案解析】解：(1)由已知可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))可得a2=2，b2=1，
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,2)＋y2=1.
(2)設(shè)過點D(0，2)且斜率為k的直線l的方程為y=kx＋2，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋2，))消去y整理得(1＋2k2)x2＋8kx＋6=0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2=－eq \f(8k,1＋2k2)，x1x2=eq \f(6,1＋2k2).
又y1y2=(kx1＋2)(kx2＋2)=k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4=－eq \f(2k2－4,2k2＋1)，
y1＋y2=(kx1＋2)＋(kx2＋2)=k(x1＋x2)＋4=eq \f(4,2k2＋1).
設(shè)存在點E(0，m)，則eq \(AE,\s\up10(→))=(－x1，m－y1)，eq \(BE,\s\up10(→))=(－x2，m－y2)，
所以eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(BE,\s\up10(→))=x1x2＋m2－m(y1＋y2)＋y1y2=eq \f(6,2k2＋1)＋m2－m×eq \f(4,2k2＋1)－eq \f(2k2－4,2k2＋1)=eq \f(（2m2－2）k2＋m2－4m＋10,2k2＋1).
要使eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(BE,\s\up10(→))=t(t為常數(shù))，只需eq \f(（2m2－2）k2＋m2－4m＋10,2k2＋1)=t，
從而(2m2－2－2t)k2＋m2－4m＋10－t=0，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m2－2－2t＝0，,m2－4m＋10－t＝0，))解得m=eq \f(11,4)，從而t=eq \f(105,16)，
故存在定點Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(11,4)))，使eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(BE,\s\up10(→))恒為定值eq \f(105,16).
已知直線y=k(x－2)與拋物線Γ：y2=eq \f(1,2)x相交于A，B兩點，M是線段AB的中點，過M作y軸的垂線交Γ于點N.
(1)證明：拋物線Γ在點N處的切線與直線AB平行；
(2)是否存在實數(shù)k使eq \(NA,\s\up15(→))·eq \(NB,\s\up15(→))=0？若存在，求k的值；若不存在，請說明理由.
【答案解析】解：(1)證明：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k?x－2?，,y2＝\f(1,2)x))消去y并整理，得2k2x2－(8k2＋1)x＋8k2=0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2=eq \f(8k2＋1,2k2)，x1x2=4，
∴xM=eq \f(x1＋x2,2)=eq \f(8k2＋1,4k2)，yM=k(xM－2)=keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2＋1,4k2)－2))=eq \f(1,4k).
由題設(shè)條件可知，yN=yM=eq \f(1,4k)，xN=2yeq \\al(2,N)=eq \f(1,8k2)，∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8k2)，\f(1,4k))).
設(shè)拋物線Γ在點N處的切線l的方程為y－eq \f(1,4k)=meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,8k2)))，
將x=2y2代入上式，得2my2－y＋eq \f(1,4k)－eq \f(m,8k2)=0.
∵直線l與拋物線Γ相切，∴Δ=1－4×2m×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4k)－\f(m,8k2)))=eq \f(?m－k?2,k2)=0，
∴m=k，即l∥AB.
(2)假設(shè)存在實數(shù)k，使eq \(NA,\s\up15(→))·eq \(NB,\s\up15(→))=0，則NA⊥NB.
∵M(jìn)是AB的中點，∴|MN|=eq \f(1,2)|AB|.
由(1)，得|AB|=eq \r(1＋k2)|x1－x2|
=eq \r(1＋k2)·eq \r(?x1＋x2?2－4x1x2)
=eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2＋1,2k2)))2－4×4)
=eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(16k2＋1),2k2).
∵M(jìn)N⊥y軸，
∴|MN|=|xM－xN|=eq \f(8k2＋1,4k2)－eq \f(1,8k2)=eq \f(16k2＋1,8k2).
∴eq \f(16k2＋1,8k2)=eq \f(1,2)eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(16k2＋1),2k2)，解得k=±eq \f(1,2).
故存在k=±eq \f(1,2)，使得eq \(NA,\s\up15(→))·eq \(NB,\s\up15(→))=0.

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