2021高考数学二轮复习专题六第3讲：直线与圆锥曲线的位置关系

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考点一 轨迹方程问题
求轨迹方程的常用方法
(1)直接法：直接利用条件建立x、y之间的关系F(x，y)＝0；
(2)定义法：满足的条件恰适合某已知曲线的定义，用待定系数法求方程；
(3)相关点法(代入法)：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而变化，并且Q(x0，y0)又在某已知曲线上，则可先用x，y的代数式表示x0，y0，再将x0，y0代入已知曲线得出要求的轨迹方程；
(4)参数法：将动点的坐标(x，y)表示为第三个变量的函数，再消参得所求方程．
[对点训练]
1．已知点M(－3,0)，N(3,0)，B(1,0)，动圆C与直线MN切于点B，过M，N与圆C相切的两直线(非x轴)相交于点P，则点P的轨迹方程为( )
A．x2－eq \f(y2,8)＝1(x>1) B．x2－eq \f(y2,8)＝1(x<－1)
C．x2＋eq \f(y2,8)＝1(x>0) D．x2－eq \f(y2,10)＝1(x>1)
[解析] 由题意知，|PM|－|PN|＝|BM|－|BN|＝2，由双曲线的定义可知点P的轨迹是以M，N为焦点的双曲线的右支，点B除外．由c＝3，a＝1，知b2＝8.所以点P的轨迹方程为x2－eq \f(y2,8)＝1(x>1)，故选A.
[答案] A
2．(2018·豫北四校联考)已知△ABC的顶点B(0,0)，C(5,0)，AB边上的中线长|CD|＝3，则顶点A的轨迹方程为________________．
[解析] 设A(x，y)，由题意可知Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)，\f(y,2))).又∵|CD|＝3，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－5))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,2)))2＝9，即(x－10)2＋y2＝36，由于A、B、C三点不共线，∴点A不能落在x轴上，即y≠0，∴点A的轨迹方程为(x－10)2＋y2＝36(y≠0)．
[答案] (x－10)2＋y2＝36(y≠0)
3．已知P是圆x2＋y2＝4上的动点，P点在x轴上的射影是D，点M满足eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(DP,\s\up6(→))，则点M的轨迹方程是__________________．
[解析] 设M(x，y)，则D(x,0)，
由eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(DP,\s\up6(→))知P(x,2y)，
∵点P在圆x2＋y2＝4上，
∴x2＋4y2＝4，故动点M的轨迹C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
[答案] eq \f(x2,4)＋y2＝1
4．已知双曲线eq \f(x2,2)－y2＝1的左、右顶点分别为A1，A2，点P(x1，y1)，Q(x1，－y1)是双曲线上不同于A1、A2的两个不同的动点，则直线A1P与A2Q交点的轨迹方程为____________________．
[解析] 由题设知|x1|>eq \r(2)，A1(－eq \r(2)，0)，A2(eq \r(2)，0)，则有直线A1P的方程为y＝eq \f(y1,x1＋\r(2))(x＋eq \r(2))，①
直线A2Q的方程为y＝eq \f(－y1,x1－\r(2))(x－eq \r(2))，②
联立①②，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(2,x1)，,y＝\f(\r(2)y1,x1)，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝\f(2,x)，,y1＝\f(\r(2)y,x)，))③
∴x≠0，且|x|将③代入上式，整理得所求轨迹的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1(x≠0，且x≠±eq \r(2))．
[答案] eq \f(x2,2)＋y2＝1(x≠0且x≠±eq \r(2))
[快速审题] 看到求动点的轨迹方程问题，想到定义法、直接法、代入法、参数法等方法的模型特征．
求轨迹方程的4步骤
eq \x(建系设点)→eq \x(转化关系)→eq \x(化简整理)→eq \x(特殊验证)
考点二 弦长问题
1．直线与圆锥曲线相交时的弦长
当直线与圆锥曲线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)时，|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝ eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))2)|y1－y2|.
2．抛物线的过焦点的弦长
抛物线y2＝2px(p>0)过焦点F的弦AB，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝x1＋x2＋p.

[解] (1)设点P(x，y)，因为A(－eq \r(2)，0)，B(eq \r(2)，0)，所以直线PA的斜率为eq \f(y,x＋\r(2))(x≠－eq \r(2))，直线PB的斜率为eq \f(y,x－\r(2))(x≠eq \r(2))，
又直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为－eq \f(1,2k1)，
所以eq \f(y,x＋\r(2))·eq \f(y,x－\r(2))＝k1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2k1)))＝－eq \f(1,2)(x≠±eq \r(2))，整理得eq \f(x2,2)＋y2＝1(x≠±eq \r(2))，
所以点P的轨迹C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1(x≠±eq \r(2))．
(2)设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，在y轴上的截距为1的直线l的方程为y＝kx＋1，
联立方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋1，))消去y，得(1＋2k2)x2＋4kx＝0，解得x1＝0，x2＝－eq \f(4k2,1＋2k2)，
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4k,1＋2k2)))＝eq \f(8\r(5),9)，
整理得k4＋k2－20＝0，即(k2－4)(k2＋5)＝0，
解得k＝±2.
所以直线l的方程为2x－y＋1＝0或2x＋y－1＝0.
(1)在涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．
(2)弦长计算公式：直线AB与圆锥曲线有两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)，其中k为弦AB所在直线的斜率．
[对点训练]
已知双曲线eq \f(x2,3)－y2＝1的右焦点是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，直线y＝kx＋m与抛物线相交于A，B两个不同的点，点M(2,2)是线段AB的中点，求△AOB(O为坐标原点)的面积．
[解] 由已知可得双曲线的右焦点为(2,0)．
因为该点也为抛物线的焦点，所以p＝4.
所以抛物线方程为y2＝8x.
又因为直线y＝kx＋m与抛物线相交于A，B两点．
所以将直线方程代入抛物线方程可得(kx＋m)2＝8x，
即k2x2＋(2km－8)x＋m2＝0，
∴x1＋x2＝eq \f(8－2km,k2)，x1x2＝eq \f(m2,k2).
又因为M(2,2)是线段AB的中点，
所以x1＋x2＝eq \f(8－2km,k2)＝4，且2＝2k＋m，
联立解得k＝2，m＝－2.
所以|AB|＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|＝eq \r(k2＋1)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝2eq \r(15)，O到AB的距离d＝eq \f(2,\r(5)).
∴S△AOB＝eq \f(1,2)×2eq \r(15)×eq \f(2,\r(5))＝2eq \r(3).
考点三 直线与圆锥曲线的位置关系
1．解决直线与椭圆的位置关系的常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后利用根与系数的关系建立方程(组)，解决相关问题．
2．涉及弦的中点坐标时，可以采用“点差法”求解，设出弦端点A、B的坐标，分别代入圆锥曲线方程并作差，变形后可出现弦AB的中点坐标和直线AB的斜率．
[解题指导] (1)eq \x(\a\al(设出A、B,两点坐标))→eq \x(\a\al(利用点差法建立k，,m的关系式))→
eq \x(利用m范围求证k的范围)
(2)eq \(FP,\s\up6(→))＋eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＝0坐标化→eq \x(\a\al(利用A，B坐标表,示P点坐标))→
eq \x(代入C方程求得m)→eq \x(计算|\(FA,\s\up6(→))|＋|\(FB,\s\up6(→))|＝2|\(FP,\s\up6(→))|)
[证明] (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),3)＝1.
两式相减，并由eq \f(y1－y2,x1－x2)＝k得eq \f(x1＋x2,4)＋eq \f(y1＋y2,3)·k＝0.
由题设知eq \f(x1＋x2,2)＝1，eq \f(y1＋y2,2)＝m，
于是k＝－eq \f(3,4m).①
由题设得0(2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．
由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.
又点P在C上，所以m＝eq \f(3,4)，
从而Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)))，|eq \(FP,\s\up6(→))|＝eq \f(3,2).
于是|eq \(FA,\s\up6(→))|＝eq \r(x1－12＋y\\al(2,1))＝eq \r(x1－12＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),4))))＝2－eq \f(x1,2).
同理，|eq \(FB,\s\up6(→))|＝2－eq \f(x2,2).
所以|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＝4－eq \f(1,2)(x1＋x2)＝3.
故2|eq \(FP,\s\up6(→))|＝|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|.
求解直线与圆锥曲线的位置关系的方法
在涉及直线与二次曲线的两个交点坐标时，一般不是求出这两个点的坐标，而是设出这两个点的坐标，根据直线方程和曲线方程联立后所得方程的根的情况，使用根与系数的关系进行整体代入，这种设而不求的思想是解析几何中处理直线和二次曲线相交问题的最基本方法．
[对点训练]
(2018·长春第一次质量监测)已知椭圆C的两个焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，且经过点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2))).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若eq \(AF1,\s\up6(→))＝λeq \(F1B,\s\up6(→))，且2≤λ<3，求直线l的斜率k的取值范围．
[解] (1)根据题意，设椭圆C的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝|EF1|＋|EF2|＝4，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝1，,b＝\r(3)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)根据题意可设直线l的方程为y＝k(x＋1)(k>0)，
联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k2)＋4))y2－eq \f(6,k)y－9＝0，Δ＝eq \f(144,k2)＋144>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(6k,3＋4k2) ①，
y1y2＝eq \f(－9k2,3＋4k2) ②，
又eq \(AF1,\s\up6(→))＝λeq \(F1B,\s\up6(→))，所以y1＝－λy2 ③.把③代入①得y1＝eq \f(－6λk,1－λ3＋4k2)，y2＝eq \f(6k,1－λ3＋4k2)，并结合②可得y1y2＝eq \f(－λ·6k2,1－λ23＋4k22)＝eq \f(－9k2,3＋4k2)，则eq \f(1－λ2,λ)＝eq \f(4,3＋4k2)，即λ＋eq \f(1,λ)－2＝eq \f(4,3＋4k2).
因为2≤λ<3，所以eq \f(1,2)≤λ＋eq \f(1,λ)－2即eq \f(1,2)≤eq \f(4,3＋4k2)0，解得0故直线l的斜率k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),2))).
1．(2018·全国卷Ⅰ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(－2,0)且斜率为eq \f(2,3)的直线与C交于M，N两点，则eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝( )
A．5 B．6 C．7 D．8
[解析] 设M(x1，y1)，N(x2，y2)．由已知可得直线的方程为y＝eq \f(2,3)(x＋2)，即x＝eq \f(3,2)y－2，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝\f(3,2)y－2))得y2－6y＋8＝0.
由根与系数的关系可得y1＋y2＝6，y1y2＝8，
∴x1＋x2＝eq \f(3,2)(y1＋y2)－4＝5，x1x2＝eq \f(y1y22,16)＝4，∵F(1,0)，∴eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝(x1－1)·(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＝4－5＋1＋8＝8，故选D.
[答案] D
2．(2017·全国卷Ⅰ)已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为( )
A．16 B．14 C．12 D．10
[解析] 由题意可知，点F的坐标为(1,0)，直线AB的斜率存在且不为0，故设直线AB的方程为x＝my＋1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,,y2＝4x))得y2－4my－4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2，
∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2＝4m2＋4.
∵AB⊥DE，∴直线DE的方程为x＝－eq \f(1,m)y＋1，|DE|＝eq \f(4,m2)＋4，
∴|AB|＋|DE|＝4m2＋4＋eq \f(4,m2)＋4
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋\f(1,m2)))＋8≥4×2＋8＝16，
当且仅当m2＝eq \f(1,m2)，即m＝±1时，等号成立．
∴|AB|＋|DE|的最小值为16，故选A.
[答案] A
3．(2018·全国卷Ⅲ)已知点M(－1,1)和抛物线C：y2＝4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB＝90°，则k＝________.
[解析] 由题意可知C的焦点坐标为(1,0)，所以过焦点(1,0)，斜率为k的直线方程为x＝eq \f(y,k)＋1，设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1,k)＋1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y2,k)＋1，y2))，将直线方程与抛物线方程联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(y,k)＋1，,y2＝4x，))整理得y2－eq \f(4,k)y－4＝0，从而得y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1·y2＝－4.
∵M(－1,1)，∠AMB＝90°，∴eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1,k)＋2))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y2,k)＋2))＋(y1－1)(y2－1)＝0，即k2－4k＋4＝0，解得k＝2.
[答案] 2
4．(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8.
(1)求l的方程；
(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．
[解] (1)由题意得F(1,0)，l的方程为y＝k(x－1)(k>0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2).
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝eq \f(4k2＋4,k2).
由题设知eq \f(4k2＋4,k2)＝8，解得k＝－1(舍去)，或k＝1，
因此l的方程为y＝x－1.
(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2)，所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5.
设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝－x0＋5，,x0＋12＝\f(y0－x0＋12,2)＋16.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝3，,y0＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝11，,y0＝－6.))
因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16
或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.
圆锥曲线的综合问题多以解答题的形式考查，常作为压轴题出现在第20题的位置，一般难度较大．直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程、定点、定值、最值、范围以及存在性问题都是考查的重点，常与向量、函数、不等式等知识结合．解题时，常以直线与圆锥曲线的位置关系为突破口，利用设而不求、整体代换的技巧求解，要注重数形结合思想、函数与方程思想、分类讨论思想以及转化与化归思想在解题中的指导作用．
热点课题16 圆锥曲线中的切线问题
[感悟体验]
1．(2018·广东茂名第一次综合测试)从抛物线x2＝4y的准线l上一点P引抛物线的两条切线PA，PB，且A，B为切点，若直线AB的倾斜角为eq \f(π,6)，则P点的横坐标为______________．
[解析] 解法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，－1)，则kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(\r(3),3).
因为y1＝eq \f(x\\al(2,1),4)，y2＝eq \f(x\\al(2,2),4)，所以kAB＝eq \f(x1＋x2,4)＝eq \f(\r(3),3)，所以x1＋x2＝eq \f(4\r(3),3).
由x2＝4y，得y＝eq \f(x2,4)，所以y′＝eq \f(x,2)，所以切线PA的方程为y－y1＝eq \f(x1,2)(x－x1)，切线PB的方程为y－y2＝eq \f(x2,2)(x－x2)，
即切线PA的方程为y－eq \f(x\\al(2,1),4)＝eq \f(x1,2)(x－x1)，即xeq \\al(2,1)－2x1x＋4y＝0，
切线PB的方程为y－eq \f(x\\al(2,2),4)＝eq \f(x2,2)(x－x2)，即xeq \\al(2,2)－2x2x＋4y＝0.
因为点P(x0，－1)同时在切线PA，PB上，所以xeq \\al(2,1)－2x1x0－4＝0，xeq \\al(2,2)－2x2x0－4＝0，所以x1，x2是方程x2－2x0x－4＝0的两根，所以x1＋x2＝2x0，所以x0＝eq \f(2\r(3),3).
解法二：设P(x0，－1)，则直线AB的方程为x0x＝4·eq \f(y－1,2)，即y＝eq \f(x0,2)x＋1.
又直线AB的倾斜角为eq \f(π,6)，所以eq \f(x0,2)＝eq \f(\r(3),3)，所以x0＝eq \f(2\r(3),3).
[答案] eq \f(2\r(3),3)
2．已知一个椭圆的两个焦点分别为F1(－5,0)和F2(5,0)，且与直线x＋y－6＝0相切，则该椭圆的长轴长为______________．
[解析] 解法一：设切点为P(x0，y0)，椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则切线为eq \f(xx0,a2)＋eq \f(yy0,b2)＝1，即y＝－eq \f(b2,y0)·eq \f(x0,a2)x＋eq \f(b2,y0)，对比x＋y－6＝0，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b2,y0)·\f(x0,a2)＝1，,\f(b2,y0)＝6，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝\f(a2,6)，,y0＝\f(b2,6)，))代入切线方程x＋y－6＝0，可得a2＋b2－36＝0，由c＝5，得2a＝eq \r(122).即该椭圆的长轴长为eq \r(122).
解法二：设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，椭圆与直线x＋y－6＝0相切于P点，则|PF1|＋|PF2|＝2a.在直线x＋y－6＝0上任取异于点P的点Q，均有|QF1|＋|QF2|>2a，可知点P是直线x＋y－6＝0上到两定点F1，F2的距离之和最小的点．若F1(－5,0)关于直线x＋y－6＝0对称的点为F′1，则F′1，P，F2三点在同一直线上，易得F′1(6,11)，所以2a＝|PF1|＋|PF2|＝|PF′1|＋|PF2|＝|F′1F2|＝eq \r(122).即该椭圆的长轴长为eq \r(122).
[答案] eq \r(122)
专题跟踪训练(二十六)
一、选择题
1．在直角坐标平面内，点A，B的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，则满足tan∠PAB·tan∠PBA＝m(m为非零常数)的点P的轨迹方程是( )
A．x2－eq \f(y2,m)＝1(y≠0) B．x2－eq \f(y2,m)＝1
C．x2＋eq \f(y2,m)＝1(y≠0) D．x2＋eq \f(y2,m)＝1
[解析] 设P(x，y)，由题意，得eq \f(y,x＋1)·eq \f(y,x－1)＝－m(m≠0)，化简可得x2＋eq \f(y2,m)＝1(y≠0)，故选C.
[答案] C
2．(2018·重庆模拟)设A，P是椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上两点，点A关于x轴的对称点为B(异于点P)，若直线AP，BP分别交x轴于点M，N，则eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝( )
A．0 B．1 C.eq \r(2) D．2
[解析] 依题意，将点P特殊化为点(eq \r(2)，0)，于是点M，N均与点(eq \r(2)，0)重合，于是有eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝2，故选D.
[答案] D
3．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为( )
A.eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,36)＝1 B.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1
C.eq \f(x2,27)＋eq \f(y2,18)＝1 D.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1
[解析] 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，eq \f(x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1，两式作差并化简变形得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2x1＋x2,a2y1＋y2)，而eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(0－－1,3－1)＝eq \f(1,2)，x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，所以a2＝2b2，又a2－b2＝c2＝9，于是a2＝18，b2＝9，故选D.
[答案] D
4．(2018·唐山市高三五校联考)直线l与双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)交于A，B两点，M是线段AB的中点，若l与OM(O是原点)的斜率的乘积等于1，则此双曲线的离心率为( )
A．2 B.eq \r(2) C．3 D.eq \r(3)
[解析] 设直线l与双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知x1≠x2，则eq \f(x\\al(2,1),a2)－eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1(a>0，b>0) ①，eq \f(x\\al(2,2),a2)－eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1(a>0，b>0) ②，②－①得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),a2)＝eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),b2)，即eq \f(y1－y2y1＋y2,x1－x2x1＋x2)＝eq \f(b2,a2)，因为l与OM的斜率的乘积等于1，所以eq \f(b2,a2)＝1，双曲线的离心率e＝ eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(2)，故选B.
[答案] B
5．(2018·郑州市第三次质量预测)椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的左焦点为F，直线x＝a与椭圆相交于点M，N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(6\r(5),5) C.eq \f(8\r(5),5) D.eq \f(4\r(5),5)
[解析] 设椭圆的右焦点为E，由椭圆的定义知△FMN的周长为L＝|MN|＋|MF|＋|NF|＝|MN|＋(2eq \r(5)－|ME|)＋(2eq \r(5)－|NE|)．因为|ME|＋|NE|≥|MN|，所以|MN|－|ME|－|NE|≤0，当直线MN过点E时取等号，所以L＝4eq \r(5)＋|MN|－|ME|－|NE|≤4eq \r(5)，即直线x＝a过椭圆的右焦点E时，△FMN的周长最大，此时S△FMN＝eq \f(1,2)×|MN|×|EF|＝eq \f(1,2)×eq \f(2×4,\r(5))×2＝eq \f(8\r(5),5)，故选C.
[答案] C
6．(2018·福建省高三质检)过抛物线y2＝4x的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，交其准线于点C，且A，C位于x轴同侧，若|AC|＝2|AF|，则|BF|等于( )
A．2 B．3 C．4 D．5
[解析] 设抛物线的准线与x轴交于点D，则由题意，知F(1,0)，D(－1,0)，分别作AA1，BB1垂直于抛物线的准线，垂足分别为A1，B1，则有eq \f(|AC|,|FC|)＝eq \f(|AA1|,|FD|)，所以|AA1|＝eq \f(4,3)，故|AF|＝eq \f(4,3).又eq \f(|AC|,|BC|)＝eq \f(|AA1|,|BB1|)，即eq \f(|AC|,|AC|＋|AF|＋|BF|)＝eq \f(|AF|,|BF|)，亦即eq \f(2|AF|,3|AF|＋|BF|)＝eq \f(|AF|,|BF|)，解得|BF|＝4，故选C.
[答案] C
二、填空题
7．椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为M，N，点P在C上，且直线PN的斜率是－eq \f(1,4)，则直线PM的斜率为________．
[解析] 设P(x0，y0)，则eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),3)＝1，直线PM的斜率kPM＝eq \f(y0,x0＋2)，直线PN的斜率kPN＝eq \f(y0,x0－2)，可得kPM·kPN＝eq \f(y\\al(2,0),x\\al(2,0)－4)＝－eq \f(3,4)，故kPM＝－eq \f(3,4)·eq \f(1,kPN)＝3.
[答案] 3
8．(2018·郑州一模)如图，F1，F2是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1的直线l与C的左、右两个分支分别交于点B，A.若△ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为________________．
[解析] ∵△ABF2为等边三角形，∴|AB|＝|AF2|＝|BF2|，∠F1AF2＝60°.
由双曲线的定义可得|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|2－2|AF2|·|AF1|cs60°，
∴(2c)2＝(4a)2＋(6a)2－2×4a×6a×eq \f(1,2)，整理得c2＝7a2，∴e＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(c2,a2))＝eq \r(7).
[答案] eq \r(7)
9．(2018·湖南六校联考)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点P(－1,0)作直线l与抛物线C交于A、B两点．若S△ABF＝eq \r(2)，且|AF|<|BF|，则eq \f(|AF|,|BF|)＝________.
[解析] 设直线l的方程为x＝my－1，将直线方程代入抛物线C：y2＝4x的方程得y2－4my＋4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则0[答案] eq \f(1,2)
三、解答题
10．(2018·广东七校第一次联考)已知动点M到定点F1(－2,0)和F2(2,0)的距离之和为4eq \r(2).
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交曲线C于不同于N的两点A，B，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，求k1＋k2的值．
[解] (1)由椭圆的定义，可知点M的轨迹是以F1，F2为焦点，4eq \r(2)为长轴长的椭圆．
由c＝2，a＝2eq \r(2)，得b＝2.
故动点M的轨迹C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2＝k(x＋1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＋2＝kx＋1))得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.
Δ＝[4k(k－2)]2－4(1＋2k2)(2k2－8k)>0，则k>0或k<－eq \f(4,7).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(4kk－2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－8k,1＋2k2).
从而k1＋k2＝eq \f(y1－2,x1)＋eq \f(y2－2,x2)
＝eq \f(2kx1x2＋k－4x1＋x2,x1x2)
＝2k－(k－4)eq \f(4kk－2,2k2－8k)
＝4.
当直线l的斜率不存在时，得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(14),2)))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(14),2)))，
所以k1＋k2＝4.
综上，恒有k1＋k2＝4.
11．(2018·合肥一模)已知点F为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝1与椭圆E有且仅有一个交点M.
(1)求椭圆E的方程．
(2)设直线eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝1与y轴交于P点，过点P的直线l与椭圆E交于两个不同点A，B，若λ|PM|2＝|PA|·|PB|，求实数λ的取值范围．
[解] (1)由题意，得a＝2c，b＝eq \r(3)c，则椭圆E的方程为eq \f(x2,4c2)＋eq \f(y2,3c2)＝1，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝c2，,\f(x,4)＋\f(y,2)＝1，))得x2－2x＋4－3c2＝0.
∵直线eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝1与椭圆E有且仅有一个交点M，
∴Δ＝4－4(4－3c2)＝0，得c2＝1，∴椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由(1)得M点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
∵直线eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝1与y轴交于点P(0,2)，
∴|PM|2＝eq \f(5,4).
当直线l与x轴垂直时，|PA|·|PB|＝(2＋eq \r(3))(2－eq \r(3))＝1，
由λ|PM|2＝|PA|·|PB|，得λ＝eq \f(4,5).
当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,3x2＋4y2－12＝0，))得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
依题意得，x1x2＝eq \f(4,3＋4k2)，且Δ＝48(4k2－1)>0，
∴|PA||PB|＝eq \r(y1－22＋x\\al(2,1))·eq \r(y2－22＋x\\al(2,2))＝(1＋k2)x1x2＝(1＋k2)·eq \f(4,3＋4k2)＝1＋eq \f(1,3＋4k2)＝eq \f(5,4)λ，∴λ＝eq \f(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3＋4k2))).
∵k2>eq \f(1,4)，∴eq \f(4,5)<λ<1.
综上所述，λ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，1)).
12．(2018·太原模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，圆O：x2＋y2＝1.
(1)若抛物线C的焦点F在圆O上，且A为抛物线C和圆O的一个交点，求|AF|；
(2)若直线l与抛物线C和圆O分别相切于点M，N，求|MN|的最小值及相应p的值．
[解] (1)由题意得F(0,1)，从而抛物线C：x2＝4y.
解方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,x2＋y2＝1))得yA＝eq \r(5)－2，
∴|AF|＝eq \r(5)－1.
(2)设M(x0，y0)，由y′＝eq \f(x,p)，
得切线l：y＝eq \f(x0,p)(x－x0)＋y0，
结合xeq \\al(2,0)＝2py0，整理得x0x－py－py0＝0.
由|ON|＝1得eq \f(|－py0|,\r(x\\al(2,0)＋p2))＝1，即|py0|＝eq \r(x\\al(2,0)＋p2)＝eq \r(2py0＋p2)，
∴p＝eq \f(2y0,y\\al(2,0)－1)且yeq \\al(2,0)－1>0.
∴|MN|2＝|OM|2－1＝xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)－1＝2py0＋yeq \\al(2,0)－1＝eq \f(4y\\al(2,0),y\\al(2,0)－1)＋yeq \\al(2,0)－1＝4＋eq \f(4,y\\al(2,0)－1)＋(yeq \\al(2,0)－1)≥8，
当且仅当y0＝eq \r(3)时等号成立．
∴|MN|的最小值为2eq \r(2)，此时p＝eq \r(3).