2018高考数学异构异模复习第十章圆锥曲线与方程10.5.2圆锥曲线的综合应用撬题文

2018 高考数学异构异模复习考案 第十章 圆锥曲线与方程 10.5.2 圆锥曲线的综合应用撬题 文
→ → x2 1. 已知 M(x0, y0)是双曲线 C: -y2=1 上的一点, F1, F2 是 C 的两个焦点. 若MF1?MF2<0, 2 则 y0 的取值范围是( A.?- ) B.?-

? ?

3 3? , ? 3 3?

? ?

3 3? , ? 6 6?

? 2 2 2 2? C.?- , ? 3 ? ? 3
答案 A

? 2 3 2 3? D.?- , ? 3 ? ? 3

→ 2 2 2 解析 由题意知 a =2,b =1,所以 c =3,不妨设 F1(- 3,0),F2( 3,0),所以MF1= → → →
2 2 2

(- 3-x0,-y0),MF2=( 3-x0,-y0),所以MF1?MF2=x0-3+y0=3y0-1<0,所以- <y0< 3 ,故选 A. 3

3 3

2.设双曲线 2- 2=1(a>0,b>0)的右焦点为 F,右顶点为 A,过 F 作 AF 的垂线与双曲 线交于 B,C 两点,过 B,C 分别作 AC,AB 的垂线,两垂线交于点 D.若 D 到直线 BC 的距离小 于 a+ a +b ,则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是( A.(-1,0)∪(0,1) C.(- 2,0)∪(0, 2) 答案 A 2b b 解析 如图所示,由题意知 BC 为双曲线的通径,所以|BC|= ,则|BF|= .又|AF|=
2 2 2 2

x2 y2 a b

)

B.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(-∞,- 2)∪( 2,+∞)

a

a

c-a, 因为 BD⊥AC, DC⊥AB, 所以点 D 在 x 轴上, 由 Rt△BFA∽Rt△DFB, 得|BF| =|AF|?|FD|,
即 ? ? = (c - a)?|FD| ,所以 |FD| = a
2

2

?b ? 2 ? ?

2

b4 b4 2 2 ,则由题意知 2 <a + a +b ,即 a ?c-a? a ?c-a?
2

b4 b2 4 2 4 2 2 2 4 2 2 <a+c,所以 b <a (c-a)(a+c),即 b <a (c -a ),即 b <a b ,所以 0< 2<1,解得 a ?c-a? a
0< <1 ,而双曲线的渐近线斜率为± ,所以双曲线的渐近线斜率的取值范围是 ( - 1,0)∪ (0,1),故选 A.

b a

b a

1

π 3.已知 F1,F2 是椭圆和双曲线的公共焦点,P 是它们的一个公共点,且∠F1PF2= ,则 3 椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为( A. 4 3 3 ) B. 2 3 3

C.3 答案 A

D.2

解析 解法一:设椭圆长半轴为 a1,双曲线实半轴长为 a2,|F1F2|=2c. π 2 2 2 由余弦定理 4c =|PF1| +|PF2| -2|PF1|?|PF2|cos . 3 而|PF1|+|PF2|=2a1,||PF1|-|PF2||=2a2,可得 a1+3a2=4c .令 a1=2ccosθ ,a2= sinθ , 即 + =2cosθ + =
2 2 2

2c 3

a1 a2 c c

2 3

? sinθ =2?cosθ + ?

1

sinθ ? ? 3 ?

4 3? 3 1 ? cosθ + sinθ 3 ?2 2

π? ? 4 3 ? ?= 3 sin?θ + 3 ? ? ? ?

4 3 故最大值为 ,故选 A. 3 解法二:不妨设 P 在第一象限,|PF1|=m,|PF2|=n.在△PF1F2 中,由余弦定理得 m +n
2 2 2

-mn=4c .设椭圆的长轴长为 2a1,离心率为 e1,双曲线的实轴长为 2a2,离心率为 e2,它们

m+n m-n
2 2 a1+a2 m 的焦距为 2c,则 + = = = . e1 e2 c c c 1 1
2 ? 1 1 ?2 m ∴? + ? = 2=



?e1 e2?

c

2 4m 4 3 ?n?2 n ?1 1? = ,易知? ? - +1 的最小值为 .故? + ?max= 2 m m +n -mn ?n?2 n 4 ?e1 e2? ? ? m ? ? - +1 2

?m?

m

2

4 3 .故选 A. 3 4.已知椭圆 C:9x +y =m (m>0),直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴,l 与 C 有两个 交点 A,B,线段 AB 的中点为 M. (1)证明:直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值;
2 2 2

? ? 延长线段 OM 与 C 交于点 P, (2)若 l 过点? ,m?, 四边形 OAPB 能否为平行四边形?若能, ?3 ?
m
求此时 l 的斜率;若不能,说明理由. 解 (1)证明:设直线 l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).
2 2 2 2 2 2 2

将 y=kx+b 代入 9x +y =m 得(k +9)x +2kbx+b -m =0,故 xM= =kxM+b= 9b . k2+9

x1+x2
2



-kb ,yM k2+9

yM 9 于是直线 OM 的斜率 kOM= =- ,即 kOM?k=-9. xM k
所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值. (2)四边形 OAPB 能为平行四边形.

? ? 因为直线 l 过点? ,m?,所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k>0,k≠3. ?3 ?
m
9 由(1)得 OM 的方程为 y=- x.

k

设点 P 的横坐标为 xP. 9 ? ?y=- x, k 由? 2 ? ?9x +y2=m2

k2m2 ±km 得 xP= 2 ,即 xP= . 2 9k +81 3 k +9
2

? ? 将点? ,m?的坐标代入直线 l 的方程得 b= ?3 ?
m

m?3-k?
3

, 因此 xM=

k?k-3?m .四边形 OAPB 2 3?k +9?

为平行四边形,当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分,即 xP=2xM. ±km k?k-3?m 于是 =2? ,解得 k1=4- 7,k2=4+ 7.因为 ki>0,ki≠3,i=1,2, 2 2 3?k +9? 3 k +9 所以当直线 l 的斜率为 4- 7或 4+ 7时,四边形 OAPB 为平行四边形.
2

x 1 2 5. 已知椭圆 +y =1 上两个不同的点 A,B 关于直线 y=mx+ 对称. 2 2

3

(1)求实数 m 的取值范围; (2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点).



x +y =1, ? ? 2 1 (1)由题意知 m≠0,可设直线 AB 的方程为 y=- x+b.由? m 1 ?y=-mx+b, ?
2

2



1 x2 2 ? 1 1 ? 2 2b 2 去 y, 得? + 2?x - x+b -1=0.因为直线 y=- x+b 与椭圆 +y =1 有两个不同的交点, m m 2 ?2 m ? 4 2 所以 Δ =-2b +2+ 2>0,①

m

设 M 为 AB 的中点,则 M? 1 代入直线方程 y=mx+ 2

mb mb ?2 , 2 ? 2 ?, ?m +2 m +2?

2

m2+2 解得 b=- 2 .② 2m
由①②得 m<- 6 6 或 m> . 3 3

1 ? 6 ? ? 6? (2)令 t= ∈?- ,0?∪?0, ?,则 m ? 2 2? ? ? 3 4 2 -2t +2t + 2 , 1 t2+ 2

|AB|= t +1?

2

t2+
且 O 到直线 AB 的距离 d=

1 2

t2+1

.

设△AOB 的面积为 S(t),所以

S(t)= |AB|?d=

1 2

1 2

2 ? 2 1?2 -2?t - ? +2≤ , 2? 2 ?

1 2 当且仅当 t = 时,等号成立. 2
4

故△AOB 面积的最大值为

2 . 2 2 ,过点 P(0,1)的动直线 l 与椭圆相交 2

6.如图,椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0 的离心率是

x2 y2 a b

于 A,B 两点.当直线 l 平行于 x 轴时,直线 l 被椭圆 E 截得的线段长为 2 2.

(1)求椭圆 E 的方程; |QA| |PA| (2)在平面直角坐标系 xOy 中,是否存在与点 P 不同的定点 Q,使得 = 恒成立? |QB| |PB| 若存在,求出点 Q 的坐标;若不存在,请说明理由. + =1, b ? ?a 2,1)在椭圆 E 上,因此,?a -b =c , c 2 ? ?a= 2 . 2 1
2 2 2 2 2



(1)由已知,点(

解得 a=2,b

= 2. 所以椭圆 E 的方程为 + =1. 4 2 (2)当直线 l 与 x 轴平行时,设直线 l 与椭圆相交于 C,D 两点. |QC| |PC| 如果存在定点 Q 满足条件,则有 = =1,即|QC|=|QD|. |QD| |PD| 所以 Q 点在 y 轴上,可设 Q 点的坐标为(0,y0). 当直线 l 与 x 轴垂直时,设直线 l 与椭圆相交于 M,N 两点, 则 M,N 的坐标分别为(0, 2),(0,- 2). 由 |QM| |PM| |y0- 2| 2-1 = ,有 = ,解得 y0=1 或 y0=2. |QN| |PN| |y0+ 2| 2+1

x2 y2

所以,若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件,则 Q 点坐标只可能为(0,2). |QA| |PA| 下面证明:对任意直线 l,均有 = . |QB| |PB| 当直线 l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立. 当直线 l 的斜率存在时,可设直线 l 的方程为 y=kx+1,A,B 的坐标分别为(x1,y1), (x2,y2).
5

x y ? ? + =1, 联立? 4 2 ? ?y=kx+1,
2

2

2

得(2k +1)x +4kx-2=0.
2

2

2

其判别式 Δ =(4k) +8(2k +1)>0, 所以 x1+x2=- 4k 2 ,x1x2=- 2 . 2 2k +1 2k +1

1 1 x1+x2 因此 + = =2k.

x1 x2

x1x2

易知,点 B 关于 y 轴对称的点 B′的坐标为(-x2,y2). 又 kQA=

y1-2 kx1-1 1 = =k- , x1 x1 x1

y2-2 kx2-1 1 1 kOB′= = =-k+ =k- , -x2 -x 2 x2 x1
所以 kQA=kQB′,即 Q,A,B′三点共线. |QA| |QA| |x1| |PA| 所以 = = = . |QB| |QB′| |x2| |PB| |QA| |PA| 故存在与 P 不同的定点 Q(0,2),使得 = 恒成立. |QB| |PB| 7.已知抛物线 C1:x =4y 的焦点 F 也是椭圆 C2: 2+ 2=1(a>b>0)的一个焦点,C1 与 C2 的公共弦的长为 2 6. (1)求 C2 的方程; → ①|AC|=|BD|,求直线 l 的斜率; ②设 C1 在点 A 处的切线与 x 轴的交点为 M.证明:直线 l 绕点 F 旋转时,△MFD 总是钝角 三角形. 解 (1)由 C1:x =4y 知其焦点 F 的坐标为(0,1).因为 F 也是椭圆 C2 的一个焦点,所以
2 2 2

y2 x2 a b



(2)过点 F 的直线 l 与 C1 相交于 A,B 两点,与 C2 相交于 C,D 两点,且AC与BD同向.

a2-b2=1.①
又 C1 与 C2 的公共弦的长为 2 6,C1 与 C2 都关于 y 轴对称,且 C1 的方程为 x =4y,

6

3? 9 6 ? 由此易知 C1 与 C2 的公共点的坐标为?± 6, ?,所以 2+ 2=1.② 2? 4a b ? 联立①,②得 a =9,b =8.故 C2 的方程为 + =1. 9 8
2 2

y2 x2

(2)如图,设 A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4). → → → → ①因为AC与BD同向,且|AC|=|BD|,所以AC=BD,从而 x3-x1=x4-x2,即 x1-x2=x3-

x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.③
由?
?y=kx+1, ? ?x =4y ?
2

得 x -4kx-4=0.而 x1,x2 是这个方程的两根,所以 x1+x2=4k,x1x2

2

=-4.④

y=kx+1, ? ? 2 2 由?x y + =1 ? ?8 9

得(9+8k )x +16kx-64=0.而 x3,x4 是这个方程的两根,所以 x3

2

2

16k 64 +x4=- 2,x3x4=- 2.⑤ 9+8k 9+8k 16 k 4?64 将④,⑤代入③,得 16(k +1)= 2 2+ 2, ?9+8k ? 9+8k
2 2 2

16 ?9?k +1? 2 即 16(k +1)= , 2 2 ?9+8k ? 所以(9+8k ) =16?9,解得 k=±
2 2 2

2

2

6 6 ,即直线 l 的斜率为± . 4 4

②证明: 由 x =4y 得 y′= , 所以 C1 在点 A 处的切线方程为 y-y1= (x-x1), 即 y= 2 2 2 - . 4

x

x1

x1x

x2 1

x1 ?x1 ? ?x1 ? 令 y=0 得 x= ,即 M? ,0?,所以FM=? ,-1?.而FA=(x1,y1-1),于是FA?FM= 2 2 ?2 ? ?2 ? x1





→ →

2

7

-y1+1= +1>0, 4 因此∠AFM 是锐角,从而∠MFD=180°-∠AFM 是钝角.故直线 l 绕点 F 旋转时,△MFD 总是钝角三角形. 8.已知抛物线 C:y =2px(p>0)的焦点为 F,A 为 C 上异于原点的任意一点,过点 A 的 直线 l 交 C 于另一点 B,交 x 轴的正半轴于点 D,且有|FA|=|FD|.当点 A 的横坐标为 3 时, △ADF 为正三角形. (1)求 C 的方程; (2)若直线 l1∥l,且 l1 和 C 有且只有一个公共点 E, ①证明直线 AE 过定点,并求出定点坐标; ②△ABE 的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值;若不存在,请说明理由. 解
2

x2 1

? ? (1)由题意知 F? ,0?, ?2 ?
p

设 D(t,0)(t>0),则 FD 的中点为?

?p+2t,0?. ? ? 4 ?
p ? p?

因为|FA|=|FD|,由抛物线的定义知 3+ =?t- ?, 2? 2 ? 解得 t=3+p 或 t=-3(舍去).由 所以抛物线 C 的方程为 y =4x. (2)①证明:由(1)知 F(1,0). 设 A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0), 因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1. 由 xD>0 得 xD=x0+2,故 D(x0+2,0).故直线 AB 的斜率 kAB=- . 2 因为直线 l1 和直线 AB 平行,设直线 l1 的方程为 y=- x+b, 2 8 8b 2 代入抛物线方程得 y + y- =0,
2

p+2t
4

=3,解得 p=2.

y0

y0

y0

y0

64 32b 2 由题意 Δ = 2 + =0,得 b=- .

y0

y0

y0

4 4 设 E(xE,yE),则 yE=- ,xE= 2.

y0

y0

+y0 y0 yE-y0 4y0 2 当 y0≠4 时,kAE= =- , 2= 2 xE-x0 4 y0 y0-4 - y2 4 0 可得直线 AE 的方程为 y-y0= 由 y0=4x0,整理可得 y= 直线 AE 恒过点 F(1,0).
8
2

4

4y0 (x-x0), y2 0-4

4y0 (x-1), y2 0-4

当 y0=4 时,直线 AE 的方程为 x=1,过点 F(1,0). 所以直线 AE 过定点 F(1,0). ②由①知直线 AE 过焦点 F(1,0), 1 ?1 ? 所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+? +1?=x0+ +2. x

2

?

0

?

x0

设直线 AE 的方程为 x=my+1, 因为点 A(x0,y0)在直线 AE 上,故 m=

x0-1 . y0 y0

设 B(x1,y1),直线 AB 的方程为 y-y0=- (x-x0), 2 2 由于 y0≠0,可得 x=- y+2+x0,

y0

8 8 2 代入抛物线方程得 y + y-8-4x0=0.所以 y0+y1=- ,

y0

y0

8 4 可求得 y1=-y0- ,x1= +x0+4.

y0

x0

所以点 B 到直线 AE 的距离为

d=


? 4 +x +4+m?y0+ 8 ?-1? ? ?x0 0 y0? ? ? ? ? ?
1+ m
2

1 ? 4?x0+1? ? =4? x0+ ?.

x0

?

x0?

1 ? 1 ? 则△ABE 的面积 S= ?4? x0+ ?? 2 ? x0?

?x0+ 1 +2?≥16, ? x0 ? ? ?
1 当且仅当 =x0,即 x0=1 时等号成立.

x0

所以△ABE 的面积的最小值为 16. 9.已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的焦距为 4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构 成正三角形. (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)设 F 为椭圆 C 的左焦点,T 为直线 x=-3 上任意一点,过 F 作 TF 的垂线交椭圆 C 于 点 P,Q. ①证明:OT 平分线段 PQ(其中 O 为坐标原点); |TF| ②当 最小时,求点 T 的坐标. |PQ|

x2 y2 a b

? a2+b2=2b, 解 (1)由已知可得? ?2c=2 a2-b2=4,
解得 a =6,b =2,
9
2 2

所以椭圆 C 的标准方程是 + =1. 6 2 (2)①证明:由(1)可得,F 的坐标是(-2,0),设 T 点的坐标为(-3,m).则直线 TF 的

x2 y2

m-0 斜率 kTF= =-m. -3-?-2?
1 当 m≠0 时,直线 PQ 的斜率 kPQ= .直线 PQ 的方程是 x=my-2.

m

当 m=0 时,直线 PQ 的方程是 x=-2,也符合 x=my-2 的形式. 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线 PQ 的方程与椭圆 C 的方程联立,得

x=my-2, ? ? 2 2 ?x y + =1. ? ?6 2

消去 x,得(m +3)y -4my-2=0,
2 2

2

2

其判别式 Δ =16m +8(m +3)>0. 所以 y1+y2= 4m -2 ,y1y2= 2 , m +3 m +3
2

x1+x2=m(y1+y2)-4= 2 . m +3
所以 PQ 的中点 M 的坐标为? 6 2m ?- , 2 ? 2 ?. ?m +3 m +3?

-12

所以直线 OM 的斜率 kOM=- , 3 又直线 OT 的斜率 kOT=- ,所以点 M 在直线 OT 上,因此 OT 平分线段 PQ. 3 ②由①可得,|TF|= m +1, |PQ|= ?x1-x2? +?y1-y2?
2 2 2 2 2

m

m

= ?m +1? [?y1+y2? -4y1y2] = = ?m +1???
2

?? 24m ?2-4? -2 ? ? m2+3? ??m +3? ?

24?m +1? . m2+3 1 ?m +3? ? 24 m2+1
2 2

2

|TF| 所以 = |PQ| =

4 1 ? 2 ? ??m +1+ 2 +4?≥ m +1 ? 24 ?
2

1 3 ??4+4?= . 24 3

当且仅当 m +1=

4

m2+1

|TF| |TF| ,即 m=±1 时,等号成立,此时 取得最小值.所以当 最 |PQ| |PQ|

小时,T 点的坐标是(-3,1)或(-3,-1). 10.如图,设椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0),动直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点 P,且点 P 在第一象限.

x2 y2 a b

10

(1)已知直线 l 的斜率为 k,用 a,b,k 表示点 P 的坐标; (2)若过原点 O 的直线 l1 与 l 垂直,证明:点 P 到直线 l1 的距离的最大值为 a-b.

y=kx+m, ? ? 2 2 解 (1)设直线 l 的方程为 y=kx+m(k<0),由?x y 2+ 2=1, ? ?a b
消去 y 得(b +a k )x +2a kmx+a m -a b =0. 由于 l 与 C 只有一个公共点,故 Δ = 0 ,即 b - m + a k = 0 ,解得点 P 的坐标为
2 2 2 b2m ? ? -a k , b ? ?- 2a km ? b +a2k2,b2+a2k2?.又点 P 在第一象限,故点 P 的坐标为 P? 2 2 2 2 2 2?. ? ? b +a k ? ? b +a k 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

(2)证明:由于直线 l1 过原点 O 且与 l 垂直,故直线 l1 的方程为 x+ky=0,所以点 P 到
2 2 ? -a k + b k ? ? 2 2 2 ? b2+a2k2? ? b +a k

直线 l1 的距离 d= 整理得 d=

1+k

2



a2-b2 b2 b +a +a k + 2 k
2 2 2 2

.

b2 因为 a k + 2≥2ab,所以 k
2 2

a2-b2 ≤ 2 =a-b, b2 b +a2+2ab 2 2 2 2 b +a +a k + 2 k
当且仅当 k = 时等号成立. 所以,点 P 到直线 l1 的距离的最大值为 a-b. 11.已知双曲线 E: 2- 2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别为 l1:y=2x,l2:y=-2x.
2

a2-b2

b a

x2 y2 a b

11

(1)求双曲线 E 的离心率; (2)如图,O 为坐标原点,动直线 l 分别交直线 l1,l2 于 A,B 两点(A,B 分别在第一、四 象限), 且△OAB 的面积恒为 8.试探究: 是否存在总与直线 l 有且只有一个公共点的双曲线 E? 若存在,求出双曲线 E 的方程;若不存在,说明理由.

b c2-a2 解 解法一: (1)因为双曲线 E 的渐近线分别为 y=2x, y=-2x, 所以 =2, 所以 a a
=2,故 c= 5a, 从而双曲线 E 的离心率 e= = 5.

c a

x2 y2 (2)由(1)知,双曲线 E 的方程为 2- 2=1. a 4a
设直线 l 与 x 轴相交于点 C. 当 l⊥x 轴时,若直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点,则|OC|=a,|AB|=4a, 1 又因为△OAB 的面积为 8,所以 |OC|?|AB|=8, 2 1 因此 a?4a=8,解得 a=2, 2 此时双曲线 E 的方程为 - =1. 4 16 若存在满足条件的双曲线 E,则 E 的方程只能为 - =1. 4 16
12

x2

y2

x2

y2

以下证明:当直线 l 不与 x 轴垂直时,双曲线 E: - =1 也满足条件. 4 16

x2

y2

? ? 设直线 l 的方程为 y=kx+m, 依题意, 得 k>2 或 k<-2, 则 C?- ,0?.记 A(x1, y1), B(x2,
m ? k

?

y2).
由?
? ?y=kx+m, ?y=2x ?

得 y1=

2m 2m ,同理得 y2= , 2-k 2+ k

1 由 S△OAB= |OC|?|y1-y2|得, 2 2m ? 1? m? ? 2m - ?- ??? ?=8, 2? k? ?2-k 2+k? 即 m =4|4-k |=4(k -4).
2 2 2

y=kx+m, ? ? 2 2 由?x y - =1, ? ? 4 16
2 2 2

得(4-k )x -2kmx-m -16=0.
2 2 2 2 2 2

2

2

2

因为 4-k <0,所以 Δ =4k m +4(4-k )(m +16)=-16(4k -m -16), 又因为 m =4(k -4),所以 Δ =0,即 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点. 因此,存在总与 l 有且只有一个公共点的双曲线 E,且 E 的方程为 - =1. 4 16 解法二:(1)同解法一. (2)由(1)知,双曲线 E 的方程为 2- 2=1. a 4a 设直线 l 的方程为 x=my+t,A(x1,y1),B(x2,y2). 1 1 依题意得- <m< . 2 2 由?
?x=my+t, ? ? ?y=2x,

x2

y2

x2

y2

2t 得 y1= , 1-2m

-2t 同理得 y2= . 1+2m 设直线 l 与 x 轴相交于点 C,则 C(t,0). 1 由 S△OAB= |OC|?|y1-y2|=8,得 2 1 ? 2t + 2t ?=8, |t|?? ? 2 ?1-2m 1+2m? 所以 t =4|1-4m |=4(1-4m ).
2 2 2

x=my+t, ? ? 2 由?x y2 2- 2=1, ? ?a 4a
2

得(4m -1)y +8mty+4(t -a )=0.
2 2 2

2

2

2

2

因为 4m -1<0,直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点当且仅当 Δ =64m t -16(4m - 1)(t -a )=0,
13
2 2

即 4m a +t -a =0,即 4m a +4(1-4m )-a =0, 即(1-4m )(a -4)=0,所以 a =4, 因此,存在总与 l 有且只有一个公共点的双曲线 E,且 E 的方程为 - =1. 4 16 解法三:(1)同解法一. (2)当直线 l 不与 x 轴垂直时,设直线 l 的方程为 y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2). 依题意得 k>2 或 k<-2. 由?
?y=kx+m, ? ? ?4x -y =0,
2 2 2 2 2

2 2

2

2

2 2

2

2

x2

y2

得(4-k )x -2kmx-m =0,
2

2

2

2

-m 2 因为 4-k <0,Δ >0,所以 x1x2= 2, 4-k 又因为△OAB 的面积为 8, 1 所以 |OA|?|OB|?sin∠AOB=8, 2 4 又易知 sin∠AOB= , 5 2 2 -m 2 2 2 2 2 所以 x1+y1? x2+y2=8,化简得 x1x2=4.所以 2=4,即 m =4(k -4). 5 4-k 由(1)得双曲线 E 的方程为 2-
2

x2 y2 =1, a 4a2
2 2 2 2

y=kx+m, ? ? 2 由?x y2 2- 2=1, ? ?a 4a
2

得(4-k )x -2kmx-m -4a =0,
2 2 2 2

因为 4-k <0,直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点当且仅当 Δ =4k m +4(4-k )(m +4a )=0, 即(k -4)(a -4)=0,所以 a =4, 所以双曲线 E 的方程为 - =1. 4 16
2 2 2 2

x2

y2

当 l⊥x 轴时,由△OAB 的面积等于 8 可得 l:x=2,又易知 l:x=2 与双曲线 E: - 4 16 =1 有且只有一个公共点. 综上所述,存在总与 l 有且只有一个公共点的双曲线 E,且 E 的方程为 - =1. 4 16

x2

y2

x2

y2

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