高考数学二轮复习专题强化练专题15圆锥曲线人教版含解析 19页

‎2016高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题15 圆锥曲线 一、选择题 ‎1．(2015·四川文，7)过双曲线x2－＝1的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则|AB|＝(　　)‎ A. B．2 C．6 D．4 ‎[答案]　D ‎[解析]　由题意，a＝1，b＝，故c＝2，‎ 渐近线方程为y＝±x，‎ 将x＝2代入渐近线方程，得y1,2＝±2，故|AB|＝4，选D.‎ ‎2．设P是椭圆＋＝1上一点，M、N分别是两圆：(x＋2)2＋y2＝1和(x－2)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值，最大值分别为(　　)‎ A．4,8　　　 B．2,6　　　‎ C．6,8　　　 D．8,12‎ ‎[答案]　A ‎[解析]　如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝‎2a＝6，连接PA，PB，分别与两圆相交于M、N两点，此时|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝4；连接PA，PB并延长，分别与两圆相交于M′、N′两点，此时|PM′|＋|PN′|最大，最大值为|PA|＋|PB|＋2R＝8，即最小值和最大值分别为4、8.‎ ‎[方法点拨]　涉及椭圆(或双曲线)两焦点距离的问题或焦点弦问题，及到抛物线焦点(或准线)距离的问题，可优先考虑圆锥曲线的定义．‎ ‎3．(文)(2015·唐山一模)已知抛物线的焦点F(a,0)(a<0)，则抛物线的标准方程是(　　)‎ A．y2＝2ax B．y2＝4ax C．y2＝－2ax D．y2＝－4ax ‎[答案]　B ‎[解析]　设抛物线方程为y2＝mx，由焦点为F(a,0)，a<0知m<0，∴＝a，∴m＝‎4a，故选B.‎ ‎(理)(2015·河北衡水中学一模)已知抛物线C的顶点是原点O，焦点F在x轴的正半轴上，经过F的直线与抛物线C交于A、B两点，如果·＝－12，，那么抛物线C的方程为(　　)‎ A．x2＝8y B．x2＝4y C．y2＝8x D．y2＝4x ‎[答案]　C ‎[解析]　由题意，设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，直线方程为x＝my＋，代入抛物线方程得y2－2pmy－p2＝0，设A(x1，y1)、B(x2，y2)，得·＝x1x2＋y1y2＝＋y1y2＝m2y1y2＋(y1＋y2)＋＋y1y2＝－p2＝－12⇒p＝4，即抛物线C的方程为y2＝8x.‎ ‎[方法点拨]　求圆锥曲线标准方程时“先定型，后计算”，即先确定是何种曲线，焦点在哪个轴上，然后利用条件求a、b、p的值．‎ ‎4．(文)(2015·南昌市一模)以坐标原点为对称中心，两坐标轴为对称轴的双曲线C的一条渐近线的倾斜角为，则双曲线C的离心率为(　　)‎ A．2或 B．2或 C. D．2‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　(1)当双曲线的焦点在x轴上时，由题意知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，所以＝tan＝，所以b＝a，c＝＝‎2a，故双曲线C的离心率e＝＝＝2；‎ ‎(2)当双曲线的焦点在y轴上时，由题意知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，所以＝tan＝，所以a＝b，c＝＝2b，故双曲线C的离心率e＝＝＝.‎ 综上所述，双曲线C的离心率为2或.‎ ‎(理)(2015·东北三省三校二模)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左右焦点分别为F1、F2，以F‎1F2为直径的圆被直线＋＝1截得的弦长为a，则双曲线的离心率为(　　)‎ A．3 B．2 ‎ C. D. ‎[答案]　D ‎[解析]　由已知得：O(0,0)到直线＋＝1的距离为：d＝，由题意得：2＋d2＝r2即2＋2＝c2‎ 整理得：c4－a2c2＋a4＝0，即e4－e2＋1＝0，解得：e2＝2或e2＝(舍)，∴e＝.‎ ‎[方法点拨]　1.求椭圆、双曲线的离心率问题，关键是根据已知条件确定a、b、c的关系，然后将b用a、c代换，求e＝的值；另外要注意双曲线的渐近线与离心率的关系．‎ ‎2．注意圆锥曲线的对称性在解题中的应用．‎ ‎5．(文)设F1、F2分别是椭圆E：x2＋＝1(00，b>0)和椭圆＋＝1(m>n>0)有共同的焦点F1、F2，P是两条曲线的一个交点，则|PF1|·|PF2| (　　)‎ A．m2－a2 B.－ ‎ C.(m－a) D. m－a ‎[答案]　D ‎[解析]　不妨设F1、F2分别为左、右焦点，P在双曲线的右支上，由题意得|PF1|＋|PF2|＝2，|PF1|－|PF2|＝2，∴|PF1|＝＋，|PF2|＝－，故|PF1|·|PF2|＝m－a.‎ ‎7．(文)(2015·湖南文，6)若双曲线－＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎[答案]　D ‎[解析]　考查双曲线的几何性质．‎ 由题设利用双曲线的渐近线方程经过的点(3，－4)，得到a、b关系式，然后求出双曲线的离心率即可．因为双曲线－＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，∴3b＝4a，∴9(c2－a2)＝16a2，∴e＝＝，故选D.‎ ‎(理)(2015·重庆文，9)设双曲线－＝1(a>0，b>0)的右焦点是F，左、右顶点分别是A1，A2，过F作A‎1A2的垂线与双曲线交于B，C两点．若A1B⊥A‎2C，则该双曲线的渐近线的斜率为(　　)‎ A．± B．± ‎ C．±1 D．± ‎[答案]　C ‎[解析]　考查双曲线的几何性质．‎ 由已知得右焦点F(c,0)(其中c2＝a2＋b2，c>0)，A1(－a,0)，A2(a,0)；B(c，－)，C(c，)；从而A1B―→＝(c＋a，－)，＝(c－a，)，又因为A1B⊥A2C，所以A1B―→·A2C―→＝0，即(c－a)·(c＋a)＋(－)·()＝0；化简得到＝1⇒＝±1，即双曲线的渐近线的斜率为±1；故选C.‎ ‎8．(2015·新课标Ⅰ理，5)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·<0，则y0的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. ‎[答案]　A ‎[解析]　考查向量数量积；双曲线的标准方程．‎ 由题知F1(－，0)，F2(，0)，－y＝1，所以MF1―→·MF2―→＝(－－x0，－y0)·(－x0，－y0)＝x＋y－3＝3y－1＜0，解得－＜y0＜，故选A.‎ 二、填空题 ‎9．(文)已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A、B两点，若该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，则a的取值范围为________．‎ ‎[答案]　a≥1‎ ‎[解析]　显然a>0，不妨设A(，a)，B(－，a)，C(x0，x)，则＝(－－x0，a－x)，‎ ＝(－x0，a－x)，∵∠ACB＝90°.‎ ‎∴·＝(－x0，a－x)·(－－x0，a－x)＝0.‎ ‎∴x－a＋(a－x)2＝0，且x－a≠0.‎ ‎∴(a－x)(a－x－1)＝0，∴a－x－1＝0.‎ ‎∴x＝a－1，又x≥0.∴a≥1.‎ ‎(理)如图，正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为a、b(a0)经过C、F两点，则＝________.‎ ‎[答案]　＋1‎ ‎[解析]　由题可得C(，－a)，F(＋b，b)，‎ ‎∵C、F在抛物线y2＝2px上，∴ ‎∴＝＋1，故填＋1.‎ ‎10．(文)(2015·湖南理，13)设F是双曲线C：－＝1的一个焦点．若C上存在点P，使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为________．‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　考查双曲线的标准方程及其性质．‎ 根据对称性，不妨设F(c,0)，短轴端点为(0，b)，从而可知点(－c,2b)在双曲线上，∴－＝1⇒e＝＝.‎ ‎(理)(2015·南昌市二模)过原点的直线l与双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左右两支分别相交于A，B两点，F(－，0)是双曲线C的左焦点，若|FA|＋|FB|＝4，·＝0，则双曲线C的方程是________．‎ ‎[答案]　－y2＝1‎ ‎[解析]　由已知得：c＝，FA⊥FB，设右焦点为F1，则四边形FAF1B为矩形，∴|AB|＝‎2c＝2且|FA|2＋|FB|2＝(|FA|＋|FB|)2－2|FA|·|FB|＝16－2|FA|·|FB|，‎ ‎|AB|2＝|FA|2＋|FB|2，‎ ‎∴|FA|·|FB|＝2，∴(|FA|－|FB|)2＝(|FA|＋|FB|)2－4|FA|·|FB|＝8，∴||FA|－|FB||＝2，‎ 即||AF|－|AF1||＝2，∴a＝，‎ ‎∴b2＝1，∴双曲线标准方程为－y2＝1.‎ 三、解答题 ‎11．(文)(2015·湖南文，20)已知抛物线C1：x2＝4y的焦点F也是椭圆C2：＋＝1(a>b>0)的一个焦点，C1与C2的公共弦的长为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，且与同向．‎ ‎(1)求C2的方程；‎ ‎(2)若|AC|＝|BD|，求直线l的斜率．‎ ‎[分析]　考查直线与圆锥曲线的位置关系；椭圆的性质和转化思想，设而不求、整体代换思想及运算求解能力等．‎ ‎(1)由F也是椭圆C2的一个焦点及C1与C2的公共弦长列方程组求解；‎ ‎(2) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，根据＝，可得，(x3＋x4)2－4x3x4＝(x1＋x2)2－4x1x2，‎ 设直线l的斜率为k，则l的方程为y＝kx＋1，联立直线与抛物线方程、直线与椭圆方程、利用韦达定理进行计算即可得到结果．‎ ‎[解析]　(1)由C1：x2＝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a2－b2＝1 　①；‎ 又C1与C2的公共弦长为2，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为：x2＝4y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为(±，)，‎ ‎∴＋＝1②，‎ 联立①②得a2＝9，b2＝8，故C2的方程为 ＋＝1.‎ ‎(2)如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ C(x3，y3)，D(x4，y4)，‎ ‎ 因与同向，且|AC|＝|BD|，‎ 所以＝，从而x3－x1＝x4－x2，即x3－x4＝x1－x2，于是 ‎(x3＋x4)2－4x3x4＝(x1＋x2)2－4x1x2　③‎ 设直线l的斜率为k，则l的方程为y＝kx＋1，由得x2－4kx－4＝0，‎ 由x1，x2是这个方程的两根，‎ ‎∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4　④‎ 由 得(9＋8k2)x2＋16kx－64＝0，‎ 而x3，x4是这个方程的两根，‎ x3＋x4＝－，x3x4＝－ 　⑤‎ 将④、⑤代入③，得16(k2＋1)＝＋.‎ 即16(k2＋1)＝，‎ 所以(9＋8k2)2＝16×9，解得k＝±，‎ 即直线l的斜率为±.‎ ‎(理)(2015·洛阳市期末)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，一个焦点与抛物线y2＝4x的焦点重合，直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)设O为坐标原点，kOA·kOB＝－，判断△AOB的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．‎ ‎[解析]　(1)由题意得c＝1，又e＝＝，‎ 所以a＝2，从而b2＝a2－c2＝3，‎ 所以椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，‎ 由Δ＝(8mk)2－16(3＋4k2)(m2－3)>0得m2<3＋4k2.‎ ‎∵x1＋x2＝－，x1·x2＝，‎ ‎∴y1·y2＝(kx1＋m)·(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝.‎ 由kOA·kOB＝－＝－得y1y2＝－x1x2，‎ 即＝－·，化简得2m2－4k2＝3，满足Δ>0.‎ 由弦长公式得|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝·＝.‎ 又点O到直线l：y＝kx＋m的距离d＝，‎ 所以S△AOB＝·d·|AB|＝· ‎＝＝ ‎＝＝，‎ 故△AOB的面积为定值.‎ ‎12．(文)(2014·东北三校二模)已知圆M：x2＋(y－2)2＝1，直线l：y＝－1，动圆P与圆M相外切，且与直线l相切．设动圆圆心P的轨迹为E.‎ ‎(1)求E的方程；‎ ‎(2)若点A，B是E上的两个动点，O为坐标原点，且·＝－16，求证：直线AB恒过定点．‎ ‎[解析]　(1)⊙O的圆心M(0,2)，半径r＝1，设动圆圆心P(x，y)，由条件知|PM|－1等于P到l的距离，‎ ‎∴|PM|等于P到直线y＝－2的距离，∴P点轨迹是以M(0,2)为焦点，y＝－2为准线的抛物线．‎ 方程为x2＝8y.‎ ‎(2)设直线AB：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)‎ 将直线AB的方程代入到x2＝8y中得x2－8kx－8b＝0，所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b，‎ 又因为·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝－8b＋b2＝－16⇒b＝4‎ 所以直线BC恒过定点(0,4)．‎ ‎(理)(2014·山东理，21)已知抛物线C：y2＝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，‎ ‎(ⅰ)证明：直线AE过定点，并求出定点坐标；‎ ‎(ⅱ)△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．‎ ‎[解析]　(1)由题意知F(，0)，‎ 设D(t,0)(t>0)，则FD的中点为(，0)．‎ 因为|FA|＝|FD|，‎ 由抛物线的定义知3＋＝|t－|，‎ 解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)，‎ 由＝3，解得p＝2.‎ 所以抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)(ⅰ)由(1)知F(1,0)．‎ 设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD,0)(xD>0)，‎ 因为|FA|＝|FD|，得|xD－1|＝x0＋1，‎ 由xD>0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2,0)．‎ 故直线AB的斜率kAB＝－.‎ 因为直线l1和直线AB平行，‎ 设直线l1的方程为y＝－x＋b，‎ 代入抛物线方程得y2＋y－＝0，‎ 由题意Δ＝＋＝0，‎ 得b＝－，‎ 设E(xE，yE)，则yE＝－，xE＝.‎ 当y≠4时，kAE＝＝－＝，‎ 可得直线AE的方程为y－y0＝(x－x0)，‎ 由y＝4x0，‎ 整理可得y＝(x－1)，‎ 故直线AE恒过点F(1,0)．‎ 当y＝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)．‎ ‎(ⅱ)由(ⅰ)知直线AE过焦点F(1,0)，‎ 所以|AE|＝|AF|＋|FE|＝(x0＋1)＋(＋1)＝x0＋＋2.‎ 设直线AE的方程为x＝my＋1，‎ 因为点A(x0，y0)在直线AE上，‎ 故m＝.‎ 设B(x1，y1)．‎ 直线AB的方程为y－y0＝－(x－x0)，‎ 由于y0≠0，‎ 可得x＝－y＋2＋x0，‎ 代入抛物线方程得y2＋y－8－4x0＝0.‎ 所以y0＋y1＝－，‎ 可求得y1＝－y0－，x1＝＋x0＋4.‎ 所以点B到直线AE的距离为 d＝ ‎＝＝4(＋)．‎ 则△ABE的面积S＝×4(＋)(x0＋＋2)≥16，‎ 当且仅当＝x0，即x0＝1时等号成立．‎ 所以△ABE的面积的最小值为16.‎ ‎[方法点拨]　定点问题的求解策略 把直线或曲线方程中的变量x、y当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x、y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．‎ ‎13．(文)(2014·甘肃省三诊)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以原点O为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x－y＋＝0相切．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A、B两点，且kOA·kOB＝－，试判断△AOB的面积是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，说明理由．‎ ‎[解析]　(1)由题意知e＝＝，‎ ‎∴e2＝＝＝，即a2＝b2，‎ 又b＝＝，∴a2＝4，b2＝3，‎ 故椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得 ‎(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，‎ ‎△＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0,3＋4k2－m2>0.‎ x1＋x2＝－，x1·x2＝.‎ y1·y1＝(kx1＋m)·(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝.‎ kOA·kOB＝－，＝－，‎ y1y2＝－x1x2，＝－· ‎2m2‎‎－4k2＝3，‎ ‎|AB|＝ ‎＝＝.‎ d＝＝≥＝，‎ S＝|AB|d＝ ‎＝＝ ‎＝＝.‎ ‎[方法点拨]　定值问题的求解策略 ‎(1)在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数，或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值．‎ ‎(2)求解定值问题的三个步骤 ‎①由特例得出一个值，此值一般就是定值；‎ ‎②证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；‎ ‎③得出结论．‎ ‎(理)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，a＋b＝3.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)如图，A、B、D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m，证明：‎2m－k为定值．‎ ‎[解析]　(1)因为e＝＝，‎ 所以a＝c，b＝c.代入a＋b＝3得，‎ c＝，a＝2，b＝1.‎ 故椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)方法一：因为B(2,0)，P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为y＝k(x－2)(k≠0，k≠±)．①‎ ‎①代入＋y2＝1，解得P(，－)．‎ 直线AD的方程为：y＝x＋1.②‎ ‎①与②联立解得M(，)，‎ 由D(0,1)，P(，－)，N(x,0)三点共线知 ＝，解得N(，0)．‎ 所以MN的斜率为m＝ ‎＝＝，‎ 则2m－k＝－k＝(定值)．‎ ‎(2)方法二：设P(x0，y0)(x0≠0，±2)，则k＝，‎ 直线AD的方程为：y＝(x＋2)．‎ 直线BP的方程为y＝(x－2)，‎ 直线DP的方程为：y－1＝x，令y＝0，由于y0≠1可得N(，0)．‎ 联立 解得M(，)，‎ 因此MN的斜率为 m＝＝ ‎＝＝，‎ 所以2m－k＝－ ‎＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝(定值)．‎ ‎14．(文)(2015·辽宁葫芦岛市一模)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)直线l：y＝kx＋t(t≠0)与椭圆C交于M、N两点，线段MN的垂直平分线与y轴交点P，求△MON(O为坐标原点)面积的最大值．‎ ‎[解析]　(1)∵e＝，∴a2＝‎3c2＝‎3a2－3b2，∴‎2a2＝3b2‎ 将x＝－c代入椭圆方程得：y2＝，y＝±，‎ 由题意：＝，∴2a＝b2 ，‎ 解得：a2＝3，b2＝2‎ ‎∴椭圆C的方程为：＋＝1‎ ‎(2)联立方程组：消去y整理得：(3k2＋2)x2＋6ktx＋3t2－6＝0　　①‎ ‎∴Δ＝36k2t2－4(3k2＋2)·(3t2－6)＝24(3k2＋2－t2)>0，∴3k2＋2>t2　　②‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1，x2是方程①的两个解，由韦达定理得：‎ x1＋x2＝， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝＋2t＝ 设MN的中点为G(x0，y0)，则 x0＝＝，y0＝＝ ‎∴线段MN的垂直平分线方程为：‎ y－＝－ 将P代入得：＋＝ 化简得：3k2＋2＝4t 代入②式得：4t>t2，∴00，b>0)的两条渐近线分别为l1：y＝2x，l2：y＝－2x.‎ ‎(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．‎ ‎[解析]　(1)∵双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x，∴＝2，‎ ‎∴＝2，故c＝a，‎ 从而双曲线E的离心率e＝＝.‎ ‎(2)由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.‎ 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只有一个公共点，‎ 则|OC|＝a，|AB|＝4a，‎ 又∵△OAB的面积为8，∴|OC|·|AB|＝8，‎ 因此a·4a＝8，解得a＝2，此时双曲线E的方程为－＝1，若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能是－＝1.‎ 以下证明：当直线l与x轴不垂直时，双曲线E：－＝1也满足条件，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，y2)．‎ 由得y1＝，同理得y2＝.‎ 由S△OAB＝|OC|·|y1－y2|得|－|·|－|＝8，‎ 即m2＝4|4－k2|＝4(k2－4)，由得，‎ ‎(4－k2)x2－2kmx－m2－16＝0，∵4－k2<0‎ ‎∴Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)，‎ 又∵m2＝4(k2－4)，∴Δ＝0，即直线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.‎ ‎[方法点拨]　1.求曲线的轨迹方程时，先看轨迹的形状是否预知，若能依据条件确定其形状，可用定义法或待定系数法求解；若动点P与另一动点Q有关，Q在已知曲线上运动，可用代入法求动点P的轨迹方程；否则用直译法求解．‎ ‎2．存在性问题主要体现在以下几方面：‎ ‎(1)点是否存在；‎ ‎(2)曲线是否存在；‎ ‎(3)命题是否成立．‎ 解决这类问题的一般思路是先假设存在满足题意的元素，经过推理论证，如果可以得到成立的结果，就可以作出存在的结论；若得到与已知条件、定义、公理、定理、性质相矛盾的结论，则说明假设不存在，其一般步骤为：‎ 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