2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第八章　§8.8　直线与圆锥曲线的位置关系

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知识梳理
1．直线与圆锥曲线的位置判断
将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，则直线与圆锥曲线相交⇔Δ>0；直线与圆锥曲线相切⇔Δ＝0；直线与圆锥曲线相离⇔Δ<0.
特别地，①与双曲线渐近线平行的直线与双曲线相交，有且只有一个交点．
②与抛物线的对称轴平行的直线与抛物线相交，有且只有一个交点．
2．弦长公式
已知A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k(k≠0)，
则|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)
＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
或|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|
＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \r(y1＋y22－4y1y2).
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))的直线一定与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1相交．( √ )
(2)直线与抛物线只有一个公共点，则该直线与抛物线相切．( × )
(3)与双曲线渐近线平行的直线一定与双曲线有公共点．( √ )
(4)圆锥曲线的通径是所有的焦点弦中最短的弦．( √ )
教材改编题
1．直线y＝kx＋2与椭圆eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1有且只有一个交点，则k的值是( )
A.eq \f(\r(6),3) B．－eq \f(\r(6),3)
C．±eq \f(\r(6),3) D．±eq \f(\r(3),3)
答案 C
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))得(2＋3k2)x2＋12kx＋6＝0，
由题意知Δ＝(12k)2－4×6×(2＋3k2)＝0，
解得k＝±eq \f(\r(6),3).
2．已知直线l：y＝x－1与抛物线y2＝4x交于A，B两点，则线段AB的长是( )
A．2 B．4 C．8 D．16
答案 C
解析 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,y2＝4x，))消去y并整理得x2－6x＋1＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝6，x1x2＝1，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋1)×eq \r(36－4)＝8.
3．已知点A，B是双曲线C：eq \f(x2,2)－eq \f(y2,3)＝1上的两点，线段AB的中点是M(3,2)，则直线AB的斜率为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(3,2) C.eq \f(4,9) D.eq \f(9,4)
答案 D
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵点A，B是双曲线C上的两点，
∴eq \f(x\\al(2,1),2)－eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，eq \f(x\\al(2,2),2)－eq \f(y\\al(2,2),3)＝1，
两式相减得eq \f(x1＋x2x1－x2,2)＝eq \f(y1＋y2y1－y2,3)，
∵M(3,2)是线段AB的中点，
∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，
∴eq \f(6x1－x2,2)＝eq \f(4y1－y2,3)，
∴kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(9,4).
题型一 直线与圆锥曲线的位置关系
例1 (1)若直线mx＋ny＝9和圆x2＋y2＝9没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,16)＝1的交点有( )
A．1个 B．至多1个
C．2个 D．0个
答案 C
解析 因为直线mx＋ny＝9和圆x2＋y2＝9没有交点，
所以eq \f(9,\r(m2＋n2))>3，即m2＋n2<9，
所以eq \f(m2,9)＋eq \f(n2,16)≤eq \f(m2,9)＋eq \f(n2,9)<1，
即点(m，n)在椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,16)＝1内，
所以过点(m，n)的直线与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,16)＝1的交点有2个．
(2)(多选)已知直线y＝x与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)无公共点，则双曲线的离心率可能为( )
A．1 B.eq \r(2) C.eq \f(\r(6),2) D.eq \r(3)
答案 BC
解析 双曲线的一条渐近线为y＝eq \f(b,a)x，因为直线y＝x与双曲线无公共点，
故有eq \f(b,a)≤1.
即eq \f(b2,a2)＝eq \f(c2－a2,a2)＝e2－1≤1，
所以e2≤2，所以1思维升华 (1)直线与双曲线只有一个交点，包含直线与双曲线相切或直线与双曲线的渐近线平行．
(2)直线与抛物线只有一个交点包含直线与抛物线相切、直线与抛物线的对称轴平行(或重合)．
跟踪训练1 (1)(2023·梅州模拟)抛物线C：y2＝4x的准线为l，l与x轴交于点A，过点A作抛物线的一条切线，切点为B，则△OAB的面积为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
答案 A
解析 ∵抛物线C：y2＝4x的准线为l，
∴l的方程为x＝－1，A(－1,0)，
设过点A作抛物线的一条切线为x＝my－1，m>0，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,y2＝4x，))得y2－4my＋4＝0，
∴Δ＝(－4m)2－4×4＝0，解得m＝1，
∴y2－4y＋4＝0，解得y＝2，即yB＝2，
∴△OAB的面积为eq \f(1,2)×1×2＝1.
(2)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，经过双曲线C的右焦点F，且倾斜角为60°的直线l与双曲线右支有两个交点，则双曲线离心率的取值范围为________．
答案 (1,2)
解析 ∵直线l的斜率kl＝tan 60°＝eq \r(3)，
双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，
则eq \f(b,a)∴e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\f(b2,a2))<2，故1题型二 弦长问题
例2 (2021·新高考全国Ⅱ)已知椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，右焦点为F(eq \r(2)，0)，且离心率为eq \f(\r(6),3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq \r(3).
(1)解 由题意得，
椭圆半焦距c＝eq \r(2)且e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，
所以a＝eq \r(3)，
又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)证明 由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；
当直线MN的斜率存在时，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
必要性：
若M，N，F三点共线，
可设直线MN：y＝k(x－eq \r(2))，即kx－y－eq \r(2)k＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq \f(|\r(2)k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝±x－\r(2)，,\f(x2,3)＋y2＝1，))
可得4x2－6eq \r(2)x＋3＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(3\r(2),2)，x1x2＝eq \f(3,4)，
所以|MN|＝eq \r(1＋1)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(3)，
所以必要性成立；
充分性：设直线MN：y＝kx＋m(km<0)，
即kx－y＋m＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝1，所以m2＝k2＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))
可得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(6km,1＋3k2)，x1x2＝eq \f(3m2－3,1＋3k2)，
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6km,1＋3k2)))2－4·\f(3m2－3,1＋3k2))
＝eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(24k2),1＋3k2)＝eq \r(3)，
化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝1，,m＝－\r(2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝－1，,m＝\r(2)，))
所以直线MN：y＝x－eq \r(2)或y＝－x＋eq \r(2)，
所以直线MN过点F(eq \r(2)，0)，M，N，F三点共线，充分性成立，所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq \r(3).
思维升华 (1)弦长公式不仅适用于圆锥曲线，任何两点的弦长都可以用弦长公式求．
(2)抛物线的焦点弦的弦长应选用更简捷的弦长公式|AB|＝x1＋x2＋p.
(3)设直线方程时应注意讨论是否存在斜率．
跟踪训练2 已知焦点在x轴上的椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，短轴长为2eq \r(3)，椭圆左顶点A到左焦点F1的距离为1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆的右顶点为B，过F1的直线l与椭圆C交于点M，N，且S△BMN＝eq \f(18\r(2),7)，求直线l的方程．
解 (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b＝2\r(3)，,a－c＝1，,a2－c2＝b2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝\r(3)，,a＝2，,c＝1，))
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意知，直线的斜率存在且不为0，F1(－1,0)，B(2,0)，
设直线l的方程为x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my－1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
即y1＋y2＝eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3m2＋4).
又S△BMN＝eq \f(1,2)|BF1|·|y1|＋eq \f(1,2)|BF1|·|y2|
＝eq \f(1,2)|BF1|·|y1－y2|
＝eq \f(1,2)|BF1|·eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \f(18\r(m2＋1),3m2＋4)＝eq \f(18\r(2),7)，
解得m＝±1，
所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
题型三 中点弦问题
例3 (2023·衡水模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq \f(\r(2),2)，短轴顶点分别为M，N，四边形MF1NF2的面积为32.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l交椭圆C于A，B两点，若AB的中点坐标为(－2,1)，求直线l的方程．
解 (1)因为离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，所以a＝eq \r(2)c，
因为a2＝b2＋c2，所以b＝c.
因为四边形MF1NF2的面积为32，所以2bc＝32，所以b＝c＝4，a＝4eq \r(2)，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,32)＋eq \f(y2,16)＝1.
(2)由题意得，直线l的斜率存在．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),32)＋\f(y\\al(2,1),16)＝1，,\f(x\\al(2,2),32)＋\f(y\\al(2,2),16)＝1，))
两式相减得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),32)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),16)＝0，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2).
因为AB的中点坐标为(－2,1)在椭圆内部，所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1，所以直线l的斜率为1，
故直线l的方程为y－1＝x＋2，即x－y＋3＝0.
思维升华 (1)解决圆锥曲线“中点弦”问题的思路
①根与系数的关系法：联立直线和圆锥曲线的方程得到方程组，消元得到一元二次方程后，由根与系数的关系及中点坐标公式求解．
②点差法：设直线与圆锥曲线的交点(弦的端点)坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将这两点坐标分别代入圆锥曲线的方程，并对所得两式作差，得到一个与弦AB的中点和直线AB斜率有关的式子，可以大大减少计算量．
(2)点差法常用结论
已知A(x1，y1)，B(x2，y2)为圆锥曲线E上的两点，AB的中点为C(x0，y0)，直线AB的斜率为k.
若E的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
则k＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)；
若E的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
则k＝eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)；
若E的方程为y2＝2px(p>0)，则k＝eq \f(p,y0).
跟踪训练3 (1)(2022·石家庄模拟)已知倾斜角为eq \f(π,4)的直线与双曲线C：eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，相交于A，B两点，M(1,3)是弦AB的中点，则双曲线的渐近线方程为________．
答案 y＝±eq \r(3)x
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \f(x1＋x2,2)＝1，eq \f(y1＋y2,2)＝3，eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),a2)－\f(x\\al(2,1),b2)＝1，,\f(y\\al(2,2),a2)－\f(x\\al(2,2),b2)＝1，))
两式相减可得eq \f(y1－y2y1＋y2,a2)－eq \f(x1－x2x1＋x2,b2)＝0，
则eq \f(6,a2)－eq \f(2,b2)＝0，即a2＝3b2，则a＝eq \r(3)b，则eq \f(a,b)＝eq \r(3)，
故双曲线的渐近线方程为y＝±eq \r(3)x.
(2)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点到准线的距离为1，若抛物线C上存在关于直线l：x－y－2＝0对称的不同的两点P和Q，则线段PQ的中点坐标为( )
A．(1，－1) B．(2,0)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(3,2))) D．(1,1)
答案 A
解析 因为焦点到准线的距离为p，则p＝1，
所以y2＝2x.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝2x1，,y\\al(2,2)＝2x2，))
则(y1－y2)(y1＋y2)＝2(x1－x2)，
∴kPQ＝eq \f(2,y1＋y2)，
又∵P，Q关于直线l对称，
∴kPQ＝－1，即y1＋y2＝－2，
∴PQ中点的纵坐标为eq \f(y1＋y2,2)＝－1，
又∵PQ的中点在直线l上，
∴PQ中点的横坐标为eq \f(x1＋x2,2)＝(－1)＋2＝1.
∴线段PQ的中点坐标为(1，－1)．
课时精练
1．已知直线l：kx＋y＋1＝0，椭圆C：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1，则直线l与椭圆C的位置关系是( )
A．相离 B．相切
C．相交 D．无法确定
答案 C
解析 由直线l：kx＋y＋1＝0，得直线l过定点(0，－1)，
因为eq \f(0,16)＋eq \f(1,4)<1，所以该点在椭圆C：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1内部．
所以直线l与椭圆C相交．
2．(2023·长春模拟)直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，且与C交于A，B两点，若使|AB|＝2的直线l有且仅有1条，则p等于( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C．1 D．2
答案 C
解析 由抛物线的对称性知，要使|AB|＝2的直线l有且仅有1条，
则AB必须垂直于x轴，故A，B两点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，±1))，
代入抛物线方程可解得p＝1.
3．已知直线l的方程为y＝kx－1，双曲线C的方程为x2－y2＝1.若直线l与双曲线C的右支交于不同的两点，则实数k的取值范围是( )
A．(－eq \r(2)，eq \r(2)) B．[1，eq \r(2))
C．[－eq \r(2)，eq \r(2)] D．(1，eq \r(2))
答案 D
解析 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2－y2＝1，))
整理得(1－k2)x2＋2kx－2＝0，
因为直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝1的右支交于不同的两点，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝4k2＋81－k2>0，,\f(－2k,1－k2)>0，,\f(－2,1－k2)>0，))
解得1所以实数k的取值范围为(1，eq \r(2))．
4．(2022·哈尔滨模拟)已知A，B分别是椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1的右顶点和上顶点，P为椭圆C上一点，若△PAB的面积是eq \r(2)－1，则P点的个数为( )
A．0 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 由C：eq \f(x2,4)＋y2＝1可得a＝2，b＝1，所以A(2,0)，B(0,1)，|AB|＝eq \r(5)，
所以直线AB的方程为y＝－eq \f(1,2)x＋1，
设过点P与直线AB平行的直线l：y＝－eq \f(1,2)x＋t，
则直线l与直线AB的距离d＝eq \f(|t－1|,\r(1＋\f(1,4)))＝eq \f(2\r(5),5)|t－1|，
因为点P为直线l与椭圆的交点， 所以点P到直线AB的距离为d，
因为△PAB的面积是eq \r(2)－1,
可得S△PAB＝eq \f(1,2)×|AB|×d＝eq \f(1,2)×eq \r(5)×eq \f(2\r(5),5)|t－1|＝eq \r(2)－1，解得t＝eq \r(2)或t＝2－eq \r(2)，
当t＝eq \r(2)时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝－\f(1,2)x＋\r(2)，))可得(x－eq \r(2))2＝0，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)，,y＝\f(\r(2),2)，))此时Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(2),2)))，
当t＝2－eq \r(2)时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝－\f(1,2)x＋2－\r(2)，))
可得x2＋(2eq \r(2)－4)x＋10－8eq \r(2)＝0，
因为Δ＝(2eq \r(2)－4)2－4(10－8eq \r(2))＝16(eq \r(2)－1)>0，
此时直线l与椭圆有2个交点，此时有2个P点，
所以共有3个P点．
5．(多选)已知直线l：x＝ty＋4与抛物线C：y2＝4x交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率分别记为k1，k2，则( )
A．y1y2为定值
B．k1k2为定值
C．y1＋y2为定值
D．k1＋k2＋t为定值
答案 ABD
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋4，,y2＝4x，))得y2－4ty－16＝0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝4t，,y1y2＝－16.))
对于A，y1y2＝－16为定值，故A正确；
对于B，k1k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(y1y2,\f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),16))＝eq \f(16,y1y2)＝－1为定值，故B正确；
对于C，y1＋y2＝4t，不为定值，故C错误；
对于D，k1＋k2＋t＝eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)＋t＝eq \f(x2y1＋x1y2,x1x2)＋t＝eq \f(ty2＋4y1＋ty1＋4y2,\f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),16))＋t＝eq \f(2ty1y2＋4y1＋y2,\f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),16))＋t＝eq \f(－32t＋16t,16)＋t＝－t＋t＝0为定值，故D正确．
6．(多选)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，其中|F1F2|＝2c.直线l：y＝k(x＋c)(k∈R)与椭圆交于A，B两点，则下列说法中正确的是( )
A．△ABF2的周长为4a
B．若AB的中点为M，则kOM·k＝eq \f(b2,a2)
C．若eq \(AF1,\s\up6(—→))·eq \(AF2,\s\up6(—→))＝3c2，则椭圆的离心率的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)，\f(1,2)))
D．若|AB|的最小值为3c，则椭圆的离心率e＝eq \f(1,3)
答案 AC
解析 由直线l：y＝k(x＋c)过点(－c,0)，知弦AB过椭圆的左焦点F1.
所以△ABF2的周长为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝|AF1|＋|BF1|＋|AF2|＋|BF2|＝4a，
所以A正确；
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，
kOM＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)，k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)，
所以kOM·k＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1， ①,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1， ②))
①－②得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),b2)＝0，
所以eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝－eq \f(b2,a2)，
则kOM·k＝eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝－eq \f(b2,a2)，所以B错误；
eq \(AF1,\s\up6(—→))＝(－c－x1，－y1)，eq \(AF2,\s\up6(—→))＝(c－x1，－y1)，
所以eq \(AF1,\s\up6(—→))·eq \(AF2,\s\up6(—→))＝xeq \\al(2,1)－c2＋yeq \\al(2,1)＝eq \f(c2,a2)xeq \\al(2,1)＋a2－2c2∈[a2－2c2，a2－c2]，
则a2－2c2≤3c2≤a2－c2，
可得e＝eq \f(c,a)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)，\f(1,2)))，
所以C正确；
因为过焦点的弦中通径最短，则|AB|的最小值为通径eq \f(2b2,a)，则有eq \f(2b2,a)＝3c，即2a2－3ac－2c2＝0，解得a＝2c，
所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，所以D错误．
7．椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，斜率为eq \f(1,2)的直线l过左焦点F1且交C于A，B两点，且△ABF2内切圆的周长是2π，若椭圆的离心率为eq \f(1,2)，则|AB|＝________.
答案 4eq \r(5)
解析 如图所示，由椭圆定义可得|AF1|＋|AF2|＝2a，|BF1|＋|BF2|＝2a ，
则△ABF2的周长为4a，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
△ABF2内切圆的半径为r，
又△ABF2内切圆的周长是2π，
故2π＝2πr，则r＝1，
由题意得eq \f(1,2)×4a×r＝eq \f(1,2)×2c×|y1－y2|，
得|y1－y2|＝eq \f(2a,c)＝eq \f(2,e)＝4，
所以|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝4eq \r(5).
8．(2023·保定模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F作斜率为eq \r(5)的直线l与C交于M，N两点，若线段MN中点的纵坐标为eq \r(10)，则F到C的准线的距离为________．
答案 5eq \r(2)
解析 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则yeq \\al(2,1)＝2px1，yeq \\al(2,2)＝2px2，
两式相减得yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)＝2px1－2px2，
即(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)，
因为M，N两点在斜率为eq \r(5)的直线l上，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \r(5)，
所以由(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)得eq \r(5)(y1＋y2)＝2p，
因为线段MN中点的纵坐标为eq \r(10)，
所以y1＋y2＝2eq \r(10)，
则eq \r(5)×2eq \r(10)＝2p，p＝5eq \r(2)，
所以F到C的准线的距离为5eq \r(2).
9．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq \f(1,2)，长轴长为4.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知直线l过定点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，若椭圆C上存在两点A，B关于直线l对称，求直线l的斜率k的取值范围．
(1)解 因为椭圆的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，长轴长为2a＝4，
解得a＝2，c＝1，则b2＝3，
所以椭圆C的标准方程是eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)易知直线的斜率存在，设直线l的方程为
y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,4)))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当直线l的斜率k＝0时，易得在椭圆C上有无数对A，B关于直线y＝0对称；
当k≠0时，有kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,k)，
AB中点的坐标为(x0，y0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))
两式相减得3(x1＋x2)(x1－x2)＝－4(y1＋y2)(y1－y2)，即3kx0＝4y0，
又y0＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(1,4)))，
解得x0＝1，y0＝eq \f(3k,4)，
因为线段AB的中点在椭圆内部，
所以eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),3)<1，即eq \f(1,4)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3k,4)))2,3)<1，
解得－2综上，直线l的斜率k的取值范围为(－2,2)．
10．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两个焦点分别为F1(－2,0)，F2(2,0)，点P(5，eq \r(23))在双曲线C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)记O为坐标原点，过点Q(0,2)的直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，若△OAB的面积为2eq \r(2)，求直线l的方程．
解 (1)依题意，c＝2，所以a2＋b2＝4，
则双曲线C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,4－a2)＝1(0将点P(5，eq \r(23))代入上式，得eq \f(25,a2)－eq \f(23,4－a2)＝1，
解得a2＝50(舍去)或a2＝2，
故所求双曲线的方程为eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1.
(2)依题意，可设直线l的方程为y＝kx＋2，
代入双曲线C的方程并整理，得(1－k2)x2－4kx－6＝0.
因为直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,－4k2＋241－k2>0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k≠±1，,－\r(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(4k,1－k2)，x1x2＝－eq \f(6,1－k2)，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(2)×\r(3－k2),|1－k2|).
又原点O到直线l的距离d＝eq \f(2,\r(1＋k2))，
所以S△OAB＝eq \f(1,2)d·|AB|＝eq \f(1,2)×eq \f(2,\r(1＋k2))×eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(2)×\r(3－k2),|1－k2|)＝eq \f(2\r(2)×\r(3－k2),|1－k2|).
又S△OAB＝2eq \r(2)，
即eq \f(\r(3－k2),|1－k2|)＝1，
所以k4－k2－2＝0，解得k＝±eq \r(2)，满足(*)．
故满足条件的直线l有两条，
其方程分别为y＝eq \r(2)x＋2和y＝－eq \r(2)x＋2.
11．(2022·六安模拟)已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则在椭圆上一点A(x0，y0)处的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1，试运用该性质解决以下问题：椭圆C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1，O为坐标原点，点B为C1在第一象限中的任意一点，过B作C1的切线l，l分别与x轴和y轴的正半轴交于C，D两点，则△OCD面积的最小值为( )
A．1 B.eq \r(3) C.eq \r(2) D．2
答案 C
解析 设B(x1，y1)，(x1>0，y1>0)，由题意得，过点B的切线l的方程为eq \f(x1x,2)＋y1y＝1，
令y＝0，可得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x1)，0))，
令x＝0，可得Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,y1)))，
所以△OCD面积S＝eq \f(1,2)×eq \f(2,x1)×eq \f(1,y1)＝eq \f(1,x1y1)，
又点B在椭圆上，所以eq \f(x\\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，
所以S＝eq \f(1,x1y1)＝eq \f(\f(x\\al(2,1),2)＋y\\al(2,1),x1y1)＝eq \f(x1,2y1)＋eq \f(y1,x1)≥2eq \r(\f(x1,2y1)·\f(y1,x1))＝eq \r(2)，
当且仅当eq \f(x1,2y1)＝eq \f(y1,x1)，
即x1＝1，y1＝eq \f(\r(2),2)时等号成立，
所以△OCD面积的最小值为eq \r(2).
12．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，过点F的直线与C交于A，B两点(点A在x轴上方)，过A，B分别作l的垂线，垂足分别为M，N，连接MF，NF.若|MF|＝eq \r(3)|NF|，则直线AB的斜率为________．
答案 eq \r(3)
解析 如图，由题意得|AF|＝|AM|，|BF|＝|BN|，所以∠AMF＝∠AFM＝∠MFO，
∠BNF＝∠BFN＝∠NFO，因为∠AFM＋∠MFO＋∠BFN＋∠NFO＝π，
所以∠MFO＋∠NFO＝eq \f(π,2)，所以MF⊥NF，
又|MF|＝eq \r(3)|NF|，所以∠NMF＝eq \f(π,6)，
所以∠MFO＝∠AFM＝eq \f(π,3)，故∠AFx＝eq \f(π,3)，所以直线AB的斜率为tan eq \f(π,3)＝eq \r(3).
13．(2022·济南模拟)已知抛物线C：y2＝4x，圆F：(x－1)2＋y2＝1，直线l：y＝k(x－1)(k≠0)自上而下顺次与上述两曲线交于M1，M2，M3，M4四点，则下列各式结果为定值的是( )
A．|M1M2|·|M3M4| B．|FM1|·|FM4|
C．|M1M3|·|M2M4| D．|FM1|·|M1M2|
答案 A
解析 如图，
分别设M1，M2，M3，M4四点的横坐标为x1，x2，x3，x4，
由y2＝4x得焦点F(1,0)，准线l0：x＝－1，
由定义得，|M1F|＝x1＋1，
又|M1F|＝|M1M2|＋1，
所以|M1M2|＝x1，
同理|M3M4|＝x4，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x，))消去y，
整理得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0(k≠0)，
设M1(x1，y1)，M4(x4，y4)，
则x1x4＝1，即|M1M2|·|M3M4|＝1.
14．(2022·新高考全国Ⅰ)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为eq \f(1,2).过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是________．
答案 13
解析 如图，连接AF1，DF2，EF2，
因为C的离心率为eq \f(1,2)，
所以eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
所以a＝2c，
所以b2＝a2－c2＝3c2.
因为|AF1|＝|AF2|＝a＝2c＝|F1F2|，
所以△AF1F2为等边三角形，
又DE⊥AF2，
所以直线DE为线段AF2的垂直平分线，所以|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，且∠EF1F2＝30°，所以直线DE的方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x＋c)，代入椭圆C的方程eq \f(x2,4c2)＋eq \f(y2,3c2)＝1，得13x2＋8cx－32c2＝0.设D(x1，y1)，E(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(8c,13)，x1x2＝－eq \f(32c2,13)，
所以|DE|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))[x1＋x22－4x1x2])
＝eq \r(\f(4,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8c,13)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(32c2,13))))))＝eq \f(48c,13)＝6，
解得c＝eq \f(13,8)，所以a＝2c＝eq \f(13,4)，
所以△ADE的周长为|AD|＋|AE|＋|DE|＝|DF2|＋|EF2|＋|DE|＝4a＝13.