新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题5解析几何第3讲直线与圆锥曲线的位置关系

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题5解析几何第3讲直线与圆锥曲线的位置关系，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1. (2023·射洪市校级模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1的右焦点为F，点A(0，m)，若直线AF与C只有一个交点，则m＝( B )
A．±2B．±4eq \r(3)
C．±2eq \r(3)D．±4
【解析】 双曲线C：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1的右焦点为F(4,0)，点A(0，m)，双曲线的渐近线方程：y＝±eq \r(3)x，直线AF与C只有一个交点，可得eq \f(m－0,0－4)＝±eq \r(3)，解得m＝±4eq \r(3).故选B.
2. (2023·连云港模拟)直线y＝kx＋1与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B两点，若AB中点的横坐标为1，则k＝( C )
A．－2B．－1
C．－eq \f(1,2)D．1
【解析】 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把y＝kx＋1代入eq \f(x2,4)＋y2＝1得(1＋4k2)x2＋8kx＝0，x1＋x2＝－eq \f(8k,1＋4k2)，因为AB中点的横坐标为1，所以－eq \f(4k,1＋4k2)＝1，解得k＝－eq \f(1,2).故选C.
3.椭圆4x2＋9y2＝144内有一点P(3,2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为( A )
A．－eq \f(2,3)B．－eq \f(3,2)
C．－eq \f(4,9)D．－eq \f(9,4)
【解析】 设以P为中点的弦所在的直线与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，斜率为k，则4xeq \\al(2,1)＋9yeq \\al(2,1)＝144,4xeq \\al(2,2)＋9yeq \\al(2,2)＝144，两式相减得4(x1＋x2)(x1－x2)＋9(y1＋y2)(y1－y2)＝0，又x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，eq \f(y1－y2,x1－x2)＝k，代入解得k＝－eq \f(2,3).故选A.
4. (2023·盐城模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)与直线2x－y－4＝0交于A，B两点，且|AB|＝3eq \r(5).若抛物线C的焦点为F，则|AF|＋|BF|＝( B )
A．7eq \r(5)B．7
C．6D．5
【解析】 由题设，得x＝eq \f(y,2)＋2，代入抛物线可得y2－py－4p＝0，所以yA＋yB＝p，yAyB＝－4p，则|AB|＝eq \f(\r(5),2)×eq \r(p2＋16p)＝3eq \r(5)，则p2＋16p－36＝0，可得p＝－18(舍)或p＝2，故xA＋xB＝eq \f(yA＋yB,2)＋4＝5，由抛物线定义知|AF|＋|BF|＝xA＋xB＋p＝7.故选B.
5.过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右顶点A作斜率为－1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B，C.若eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))，则双曲线的离心率是( C )
A.eq \r(2)B．eq \r(3)
C．eq \r(5)D．eq \r(10)
【解析】 直线l：y＝－x＋a与渐近线l1：bx－ay＝0交于Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,a＋b)，\f(ab,a＋b)))，l与渐近线l2：bx＋ay＝0交于Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,a－b)，\f(－ab,a－b)))，A(a,0)，所以eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ab,a＋b)，\f(ab,a＋b)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a2b,a2－b2)，\f(－2a2b,a2－b2)))，因为eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))，所以b＝2a，所以c2－a2＝4a2，所以e2＝eq \f(c2,a2)＝5，所以e＝eq \r(5)，故选C.
6. (2023·河南模拟)F是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左焦点，O是坐标原点，直线y＝eq \f(\r(3),3)x与双曲线的左、右两支分别交于P，Q两点，且|FO|＝|PF|，则双曲线的离心率为( C )
A.eq \r(3)＋1B．eq \r(2)＋1
C.eq \f(\r(7)＋1,3)D．eq \f(\r(3)＋1,3)
【解析】 ∵直线方程为y＝eq \f(\r(3),3)x，∴可得∠FOP＝30°，又|FO|＝|PF|＝c，∴可得△POF为底角为30°的等腰三角形，∴易得点P为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)c，－\f(\r(3),2)c))，将P代入双曲线方程中可得：eq \f(9c2,4a2)－eq \f(3c2,4b2)＝1，又b2＝c2－a2，∴eq \f(9c2,4a2)－eq \f(3c2,4c2－a2)＝1，∴9e2－eq \f(3,1－\f(1,e2))＝4，∴9e4－16e2＋4＝0，又e＞1，∴e2＝eq \f(8＋2\r(7),9)，∴e＝eq \f(\r(7)＋1,3)，故选C.
7. (2023·南京模拟)设F为椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点，过点(2,0)的直线与椭圆C交于A，B两点，设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2(k2≠0)，则eq \f(k1,k2)为( B )
A．1B．－1
C．4D．－4
【解析】 由已知得，a＝eq \r(2)，b＝c＝1，则F(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题图可知直线AB的斜率存在且不为0.设直线AB：x＝ty＋2，代入椭圆方程并化简得(2＋t2)y2＋4ty＋2＝0.所以y1＋y2＝eq \f(－4t,t2＋2)，y1y2＝eq \f(2,t2＋2)，故k1＋k2＝eq \f(y1,x1－1)＋eq \f(y2,x2－1)＝eq \f(y1,ty1＋1)＋eq \f(y2,ty2＋1)＝eq \f(2ty1y2＋y1＋y2,ty1＋1ty2＋1)＝eq \f(2t·\f(2,t2＋2)＋\f(－4t,t2＋2),ty1＋1ty2＋1)＝0.又k2≠0，故eq \f(k1,k2)＝－1，即eq \f(k1,k2)为定值－1.故选B.
8. (2023·江西模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1，若直线l：y＝kx＋t(kt≠0)与双曲线C交于不同的两点P，Q，且P，Q与M(0,1)构成的三角形中有∠MPQ＝∠MQP，则t的取值范围是( B )
A．(－∞，－3)∪(0，＋∞)
B．(－∞，－3)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0))∪(3，＋∞)
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，3))
【解析】 联立直线y＝kx＋t(kt≠0)与双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1，可得(1－2k2)x2－4ktx－2t2－2＝0，则Δ＝16k2t2－4(1－2k2)(－2t2－2)＝8t2＋8－16k2＞0，即1＋t2＞2k2，且1－2k2≠0，① 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，可得x1＋x2＝eq \f(4kt,1－2k2)，由P，Q与M(0,1)构成的三角形中有∠MPQ＝∠MQP，可得△MPQ为等腰三角形，且MP＝MQ，设PQ的中点为N，则MN⊥PQ，又PQ的中点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2kt,1－2k2)，\f(t,1－2k2)))，直线MN的斜率为eq \f(t－1＋2k2,2kt)，所以eq \f(t－1＋2k2,2kt)＝－eq \f(1,k)，化为3t－1＋2k2＝0，② 1－3t＞0，③ 由①②③解得eq \f(1,3)＞t＞0或t＜－3，故选B.
二、多项选择题
9. 已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率e＝2，C上的点到其焦点的最短距离为1，则( BC )
A．C的焦点坐标为(0，±2)
B．C的渐近线方程为y＝±eq \r(3)x
C．点(2,3)在C上
D．直线mx－y－m＝0(m∈R)与C恒有两个交点
【解析】 由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c－a＝1，,e＝\f(c,a)＝2，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,c＝2，))所以b2＝3，所以双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.所以C的焦点坐标为(±2,0)，A错误；C的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x＝±eq \r(3)x，B正确；因为22－eq \f(32,3)＝1，所以点(2,3)在C上，C正确；直线mx－y－m＝0即y＝m(x－1)，恒过点(1,0)，当m＝±eq \r(3)时，直线与双曲线C的一条渐近线平行，此时直线与双曲线只有一个交点，D错误．
10. (2023·烟台模拟)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点P在抛物线C上，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)，0))，若△PAF为等腰三角形，则直线AP的斜率可能为( AB )
A.eq \f(4\r(2),7)B．eq \f(2\r(5),5)
C．eq \f(\r(5),2)D．－eq \f(2\r(2),3)
【解析】 由题意知|AP|≠|PF|，设P(x，y)(x>0)，若|AF|＝|PF|，则1＋eq \f(5,4)＝x＋1，解得x＝eq \f(5,4)，则点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，\r(5)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，－\r(5)))，所以kAP＝eq \f(2\r(5),5)或kAP＝－eq \f(2\r(5),5)；若|AP|＝|AF|，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(5,4)))2＋y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(5,4)))2.因为y2＝4x，所以2x2＋13x－7＝0，解得x＝eq \f(1,2)或x＝－7(舍去)，所以点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\r(2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\r(2)))，所以kAP＝eq \f(4\r(2),7)或kAP＝－eq \f(4\r(2),7).故选AB.
11. (2023·南关区校级模拟)F1，F2为椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的两个焦点，过F1的直线l与椭圆交于A，B两点，则△ABF2的内切圆半径的r值可以为( BCD )
A.eq \f(2,3)B．eq \f(1,2)
C．eq \f(\r(3),4)D．eq \f(1,3)
【解析】 椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1，则F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，当直线AB的斜率为0时，此时∠AF2B无限趋近于0°，则△ABF2的内切圆半径的r无限趋近于0，由题意设直线l的方程为x＝my－eq \r(3)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－\r(3)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))整理得(m2＋4)y2－2eq \r(3)my－1＝0，则y1＋y2＝eq \f(2\r(3)m,m2＋4)，y1y2＝－eq \f(1,m2＋4)，∴eq \f(1,2)×4×2·r＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)|y1－y2|，即r＝eq \f(\r(3),4)eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \f(\r(3),4)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3)m,m2＋4)))2＋\f(4,m2＋4))＝eq \r(3)·eq \f(\r(m2＋1),m2＋4)，令t＝m2＋1(t≥1)，则r＝eq \r(3)×eq \r(\f(1,t＋\f(9,t)＋6))，又t＋eq \f(9,t)＋6≥2eq \r(t·\f(9,t))＋6＝12，当且仅当t＝eq \f(9,t)，即t＝3时等号成立，∴r＝eq \r(3)×eq \r(\f(1,t＋\f(9,t)＋6))≤eq \r(3)×eq \f(1,2\r(3))＝eq \f(1,2)，故△ABF2的内切圆半径的r的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).故选BCD.
12. (2023·厦门模拟)抛物线：Γ：x2＝4y，P是Γ上的点，直线l：y＝kx＋4(k≠0)与Γ交于A，B两点，过Γ的焦点F作l的垂线，垂足为Q，则( ACD )
A．|PF|的最小值为1
B．|PQ|的最小值为1
C．∠AFB为钝角
D．若∠PFA＝∠PFB，直线PF与l的斜率之积为－eq \f(5,2)
【解析】 设P(x0，y0)，则|PF|＝y0＋1，∵y0≥0，∴|PF|min＝1，故A正确，设E(0,1)，eq \(QF,\s\up6(→))·eq \(QE,\s\up6(→))＝0，则Q点的轨迹为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))2＝eq \f(9,4)(x≠0)，设Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(x\\al(2,0),4)))，则|PQ|min＝|PR|min－eq \f(3,2)，∵|PR|＝eq \r(x\\al(2,0)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),4)－\f(5,2)))2)＝eq \r(\f(1,16)x0－22＋6)≥eq \r(6)，则|PQ|min＝|PR|min－eq \f(3,2)＝eq \r(6)－eq \f(3,2)，故B错误，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将y＝kx＋4，代入x2＝4y得x2－4kx－16＝0，则判别式Δ＝16k2＋64＞0.则x1＋x2＝4k，x1x2＝－16.则y1y2＝eq \f(x\\al(2,1),4)×eq \f(x\\al(2,2),4)＝eq \f(x1x22,16)＝eq \f(－162,16)＝16，由F(0,1)得eq \(FA,\s\up6(→))·eq \(FB,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝－7－4k2＜0，则∠AFB为钝角，故C正确，设P(x0，y0)，∵∠PFA＝∠PFB，则eq \f(\(FA,\s\up6(→))·\(FP,\s\up6(→)),|\(FA,\s\up6(→))|)＝eq \f(\(FB,\s\up6(→))·\(FP,\s\up6(→)),|\(FB,\s\up6(→))|)，则eq \f(x0x1＋y1－1y0－1,y1＋1)＝eq \f(x0x2＋y2－1y0－1,y2＋1)，所以x0x1(y2＋1)＋(y1－1)(y2＋1)(y0－1)＝x0x2(y1＋1)＋(y2－1)(y1＋1)(y0－1)，∴x0x1y2＋x0x1＋(y0－1)(y1y2－y2＋y1＋1)＝x0x2y1＋x0x2＋(y0－1)(y1y2＋y2－y1＋1)，则eq \f(x0,4)·x1x2(x2－x1)＋x0(x1－x2)＋eq \f(1,2)(y0－1)(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＝0，∵x1≠x2，∴5x0＋eq \f(x1＋x2,2)(y0－1)＝0，即5x0＋2k(y0－1)＝0，即k·k1＝－eq \f(5,2)，故D正确．故选ACD.
三、填空题
13. (2023·广西一模)在平面直角坐标系中，动点P在椭圆C：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)＝1上运动，则点P到直线x－y－5＝0的距离的最大值为 5eq \r(2) .
【解析】 设与直线x－y－5＝0平行的直线方程为x－y＋t＝0(t≠－5)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋t，,9x2＋16y2＝144，))可得25x2＋32tx＋16t2－144＝0，由相切的条件：Δ＝0，即(32t)2－100(16t2－144)＝0，解得t＝5(－5舍去)，所以点P到直线x－y－5＝0的距离的最大值为eq \f(|5＋5|,\r(2))＝5eq \r(2).
14. (2023·分宜县校级一模)已知直线y＝－x＋1与椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，且线段AB的中点M在直线l：x－2y＝0上，椭圆C的右焦点F关于直线l的对称点在圆x2＋y2＝4上，则椭圆C的方程是 eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1 .
【解析】 设A、B两点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋1，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))整理得：(a2＋b2)x2－2a2x＋a2－a2b2＝0，由根与系数的关系，得x1＋x2＝eq \f(2a2,a2＋b2)，y1＋y2＝－(x1＋x2)＋2＝eq \f(2b2,a2＋b2)，且判别式Δ＝4a2b2(a2＋b2－1)＞0，即a2＋b2－1＞0(*)；所以线段AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,a2＋b2)，\f(b2,a2＋b2))).由已知得eq \f(a2,a2＋b2)－2×eq \f(b2,a2＋b2)＝0，所以a2＝2b2＝2(a2－c2)，即a2＝2c2；故椭圆的离心率为e＝eq \f(\r(2),2).从而椭圆的右焦点坐标为F(b,0)，设F(b,0)关于直线l：x－2y＝0的对称点为(x0，y0)，则eq \f(y0－0,x0－b)·eq \f(1,2)＝－1且eq \f(x0＋b,2)－2×eq \f(y0,2)＝0，解得x0＝eq \f(3,5)b，且y0＝eq \f(4,5)b.由已知得xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝4，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)b))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)b))2＝4，所以b2＝4，(*)满足条件，则a2＝b2＋c2＝8，故所求的椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
15. (2023·包河区校级模拟)设点F为双曲线C：eq \f(x2,m＋1)－eq \f(y2,3－m)＝1的左焦点，经过原点O且斜率k≥eq \r(3)的直线与双曲线C交于A、B两点，AF的中点为P，BF的中点为Q.若OP⊥OQ，则双曲线C的离心率e的取值范围是 [eq \r(3)＋1，＋∞) .
【解析】 点F为双曲线C：eq \f(x2,m＋1)－eq \f(y2,3－m)＝1的左焦点，设双曲线的右焦点为F2，根据双曲线方程知，c＝2.原点O平分线段FF2，又∵经过原点O且斜率k≥eq \r(3)的直线与双曲线C交于A、B两点，由对称性，原点O平分线段AB，∴四边形AFBF2为平行四边形．△ABF和△ABF2中，分别有中位线，OQ∥AF，OP∥BF，∵OP⊥OQ，∴AF⊥BF，∴四边形AFBF2为矩形，∴△BFF2为直角三角形．不妨设B在第一象限，设直线AB倾斜角为2θ，则2θ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，且∠OFB＝∠OBF＝θ，在Rt△BFF2中可得：2a＝|BF|－|BF2|＝4cs θ－4sin θ，∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,2cs θ－2sin θ)＝eq \f(1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ)))，∵2θ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，∴θ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))，易知f(θ)＝eq \f(1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ)))在θ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))上为增函数，∴e＝eq \f(1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ)))∈[eq \r(3)＋1，＋∞)．
16. (2023·昆明一模)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，经过抛物线上一点P，作斜率为eq \f(3,4)的直线交C的准线于点Q，R为准线上异于Q的一点，当∠PQR＝∠PQF时，|PF|＝ eq \f(25,9) .
【解析】 不妨令R为过P点垂直于准线的垂足，
又∠PQR＝∠PQF，即QF为∠FQR角平分线，Q是斜率为eq \f(3,4)的直线与抛物线准线的交点，则P在第一象限内，而PR⊥QR，且|PR|＝|PF|，根据角平分线性质知：PF⊥QF，如下图所示，
令Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,4)，m))且m＞0，则直线PQ为y－m＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(m2,4)))，令x＝－1，则yQ＝eq \f(16m－3m2－12,16)，由eq \(FP,\s\up6(→))·eq \(FQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,4)－1，m))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(16m－3m2－12,16)))＝2－eq \f(m2,2)＋eq \f(16m2－3m3－12m,16)＝0，整理可得3m3－8m2＋12m－32＝(m2＋4)(3m－8)＝0，则m＝eq \f(8,3)，故|PR|＝|PF|＝eq \f(m2,4)＋1＝eq \f(25,9).
三、解答题
17. (2023·淮安模拟)已知抛物线C1：y2＝2px(p＞0)与C2：x2＝2qy(q＞0)都经过点A(4,8)．
(1)若直线l与C1，C2都相切，求l的方程；
(2)点M，N分别在C1，C2上，且eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(NA,\s\up6(→))＝eq \f(9,4)eq \(OA,\s\up6(→))，求△AMN的面积．
【解析】 (1)∵曲线C1，C2都过点A(4,8)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(8p＝64，,16＝16q，))得q＝1，p＝8，
即C2：x2＝2y，C1：y2＝16x，
设直线l与曲线C2相切于点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(x\\al(2,0),2)))，
令f(x)＝eq \f(x2,2)，可得f′(x)＝x，
则切线的斜率k＝f′(x0)＝x0，
所以切线方程为y＝x0(x－x0)＋eq \f(x\\al(2,0),2)，
即y＝x0x－eq \f(x\\al(2,0),2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x0x－\f(x\\al(2,0),2)，,y2＝16x，))整理得x0y2－16y－8xeq \\al(2,0)＝0，
∵l为曲线C1，C2的公切线，所以Δ＝256＋32xeq \\al(3,0)＝0，得x0＝－2，
∴直线l的方程为2x＋y＋2＝0.
(2)设M(teq \\al(2,1)，4t1)，N(2t2,2teq \\al(2,2))，又A(4,8)，
eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(NA,\s\up6(→))＝(8－teq \\al(2,1)－2t2,16－4t1－2teq \\al(2,2))＝eq \f(9,4)×(4,8)＝(9,18)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(8－2t2－t\\al(2,1)＝9，,16－2t\\al(2,2)－4t1＝18，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t\\al(2,1)＋2t2＋1＝0，,t\\al(2,2)＋2t1＋1＝0，))
两式相减得到(t1－t2)(t1＋t2)－2(t1－t2)＝0，
当t2＝t1＝－1时，N(－2,2)，M(1，－4)，
此时eq \(MA,\s\up6(→))＝(3,12)，eq \(NA,\s\up6(→))＝(6,6)，
则|eq \(MA,\s\up6(→))|＝eq \r(153)，|eq \(NA,\s\up6(→))|＝6eq \r(2)，且eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(NA,\s\up6(→))＝90，
可得cseq \(MA,\s\up6(→))，eq \(NA,\s\up6(→))＝eq \f(\(MA,\s\up6(→))·\(NA,\s\up6(→)),|\(MA,\s\up6(→))||\(NA,\s\up6(→))|)＝eq \f(90,\r(153)×6\r(2))＝eq \f(15,\r(306))，
所以sineq \(MA,\s\up6(→))，eq \(NA,\s\up6(→))＝eq \f(9,\r(306))，
所以S△AMN＝eq \f(1,2)|eq \(MA,\s\up6(→))|·|eq \(NA,\s\up6(→))|sineq \(MA,\s\up6(→))，eq \(NA,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)×eq \r(153)×6eq \r(2)×eq \f(9,\r(306))＝27；
当t1≠t2时，t1＋t2＝2，此时teq \\al(2,1)－2t1＋5＝0方程无解，(舍去)，
综上，可得△AMN的面积为27.
18. (2023·肥西县期末)已知双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F(eq \r(5)，0)，过F且斜率为1的直线与E的渐近线分别交于A，B两点(A在第一象限)，O为坐标原点，eq \f(|OA|,|OB|)＝3.
(1)求E的方程；
(2)过点(4,0)且倾斜角不为0的直线与E交于C，D两点，与E的两条渐近线分别交于P，Q两点，证明：|CP|＝|DQ|.
【解析】 (1)已知双曲线E的右焦点为F(eq \r(5)，0)，
所以c＝eq \r(5)，①
又过F且斜率为1的直线与E的渐近线分别交于A，B两点，
此时直线l的方程为y＝x－eq \r(5)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－\r(5)，,y＝\f(b,a)x，))解得yA＝eq \f(\r(5)b,a－b)，
同理，得yB＝－eq \f(\r(5)b,a＋b)，
因为eq \f(|OA|,|OB|)＝3，
整理得eq \f(\r(5)b,a－b)＝eq \f(3\r(5)b,a＋b)，
解得a＝2b，②
又a2＋b2＝c2，③
联立①②③，解得a＝2，b＝1，
所以E的方程为eq \f(x2,4)－y2＝1.
(2)证明：因为过点(4,0)且倾斜角不为0的直线与E交于C，D两点，与E的两条渐近线分别交于P，Q两点，
要证|CP|＝|DQ|，
即证CD的中点与PQ的中点重合，
不妨设CD的中点为M，直线CD的方程为x＝my＋4，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,\f(x2,4)－y2＝1，))消去x并整理得(m2－4)y2＋8my＋12＝0，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
由韦达定理得y1＋y2＝eq \f(8m,4－m2)，
而yM＝eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(4m,4－m2)，xM＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4m,4－m2)))＋4＝eq \f(16,4－m2)，
即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,4－m2)，\f(4m,4－m2)))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,y＝\f(1,2)x，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(8,2－m)，,y＝\f(4,2－m)，))
所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,2－m)，\f(4,2－m)))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,y＝－\f(1,2)x，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(8,2＋m)，,y＝－\f(4,2＋m)，))
所以Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,2＋m)，－\f(4,2＋m)))，
可得PQ的中点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,4－m2)，\f(4m,4－m2)))，
因为点M与点N重合，
所以|CP|＝|DQ|.