新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题6　第3讲　直线与圆锥曲线的位置关系（含解析）

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考点一 弦长、面积问题
核心提炼
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).
例1 (2022·大庆模拟)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)方法一 由题意知，直线的斜率不为0，F1(－1,0)，
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，
Δ＝36m2＋4×9(3m2＋4)＝144(1＋m2)>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.
方法二 由(1)知F1(－1,0)，B(2,0)，
当直线l的斜率不存在时，|MN|＝3，点B(2,0)到直线l：x＝－1的距离为3，
所以S△BMN＝eq \f(9,2)≠eq \f(18\r(2),7)，
所以直线l的斜率存在．
设直线l的斜率为k，则直线l的方程为
y＝k(x＋1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋1，))
得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
Δ＝64k4－4(3＋4k2)(4k2－12)＝144(k2＋1)>0，
所以x1＋x2＝eq \f(－8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2).
所以|MN|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k2,3＋4k2)))2－\f(44k2－12,3＋4k2))
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(144k2＋1,3＋4k22))＝eq \f(12k2＋1,3＋4k2).
因为点B(2,0)到直线l的距离为d＝eq \f(|3k|,\r(k2＋1))，
所以S△BMN＝eq \f(1,2)·|MN|·d
＝eq \f(1,2)·eq \f(12k2＋1,3＋4k2)·eq \f(|3k|,\r(k2＋1))
＝eq \f(18\r(2),7)，
即k2＝1，得k＝±1，
所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
易错提醒 (1)设直线方程时，需考虑特殊直线，如直线的斜率不存在、斜率为0等．
(2)涉及直线与圆锥曲线相交时，Δ>0易漏掉．
(3)|AB|＝x1＋x2＋p是抛物线过焦点的弦的弦长公式，其他情况该公式不成立．
跟踪演练1 (2022·宝鸡模拟)已知椭圆C1的中心在坐标原点，一个焦点与抛物线C2：y2＝4x的焦点F重合，且椭圆C1的离心率为eq \f(1,2).
(1)求椭圆C1的标准方程；
(2)过F点的直线l与C1交于A，B两点，与C2交于P，Q两点，且A，P点都在x轴上方，如果|PB|＋|AQ|＝3|AB|，求直线l的方程．
解 (1)抛物线C2：y2＝4x的焦点为F(1,0)，
所以椭圆C1的一个焦点为F(1,0)，
设椭圆C1的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
其中c2＝a2－b2，
则c＝1，由椭圆C1的离心率为eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
解得a＝2，则b＝eq \r(3)，
所以椭圆C1的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意知直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝4x，))
可得y2－4my－4＝0，
Δ＝16m2＋16＝16(m2＋1)>0，
所以y3＋y4＝4m，y3y4＝－4，
则|PQ|＝x3＋x4＋2＝m(y3＋y4)＋4＝4m2＋4，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，
Δ＝36m2＋36(4＋3m2)＝144(m2＋1)>0，
所以y1＋y2＝eq \f(－6m,4＋3m2)，y1y2＝eq \f(－9,4＋3m2)，
则|AB|＝eq \r(1＋m2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－6m,4＋3m2)))2＋4×\f(9,4＋3m2))
＝eq \f(121＋m2,4＋3m2)，
由|PB|＋|AQ|＝3|AB|，
即|PB|＋|AQ|＝|PA|＋|AB|＋|QB|＋|AB|
＝|PA|＋|QB|＋2|AB|＝3|AB|，
得|PA|＋|QB|＝|AB|，
又|PA|＋|QB|＋|AB|＝|QP|，
所以|AB|＝eq \f(1,2)|QP|，
即eq \f(121＋m2,4＋3m2)＝eq \f(1,2)(4m2＋4)＝2(m2＋1)，
解得m2＝eq \f(2,3)，即m＝±eq \f(\r(6),3)，
所以直线l的方程为x＝±eq \f(\r(6),3)y＋1，
即3x±eq \r(6)y－3＝0.
考点二 中点弦问题
核心提炼
已知A(x1，y1)，B(x2，y2)为圆锥曲线E上两点，AB的中点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).
例2 (2022·新高考全国Ⅱ)已知直线l与椭圆eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2eq \r(3)，则l的方程为________．
答案 x＋eq \r(2)y－2eq \r(2)＝0
解析 方法一 设直线l的方程为eq \f(x,m)＋eq \f(y,n)＝1(m>0，n>0)，分别令y＝0，x＝0，
得点M(m，0)，N(0，n)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)＝\f(m＋0,2)，,\f(y1＋y2,2)＝\f(0＋n,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝m，,y1＋y2＝n.))
因为kAB＝kMN，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(0－n,m－0)＝－eq \f(n,m).
将A(x1，y1)，B(x2，y2)代入椭圆方程，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),6)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),6)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))
相减得eq \f(x1＋x2x1－x2,6)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,3)＝0，
由题意知x1＋x2≠0，x1≠x2，
所以eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)，
即eq \f(n,m)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(n,m)))＝－eq \f(1,2)，
整理得m2＝2n2.①
又|MN|＝2eq \r(3)，
所以由勾股定理，得m2＋n2＝12，②
由①②并结合m>0，n>0，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2\r(2)，,n＝2，))
所以直线l的方程为eq \f(x,2\r(2))＋eq \f(y,2)＝1，
即x＋eq \r(2)y－2eq \r(2)＝0.
方法二 设直线l的方程为eq \f(x,m)＋eq \f(y,n)＝1(m>0，n>0)，分别令y＝0，x＝0，
得点M(m，0)，N(0，n)．
由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，
设为Q，则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)，\f(n,2)))，
则kAB＝eq \f(0－n,m－0)＝－eq \f(n,m)，kOQ＝eq \f(\f(n,2),\f(m,2))＝eq \f(n,m).
由椭圆中点弦的性质知，
kAB·kOQ＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(1,2)，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(n,m)))·eq \f(n,m)＝－eq \f(1,2)，以下同方法一．
规律方法 处理中点弦问题常用的求解方法
跟踪演练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 ∵焦点到准线的距离为p，则p＝1，
∴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，
∴eq \f(y1＋y2,2)＝－1，
又∵PQ的中点一定在直线l上，
∴eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(y1＋y2,2)＋2＝1.
∴线段PQ的中点坐标为(1，－1)．
考点三 直线与圆锥曲线位置关系的应用
核心提炼
直线与圆锥曲线位置关系的判定方法
(1)联立直线方程与圆锥曲线方程．
(2)消元得到关于x或y的一元二次方程．
(3)利用判别式Δ，判断直线与圆锥曲线的位置关系．
例3 (1)(2022·全国甲卷)记双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值________．
答案 2((1，eq \r(5)]内的任意值均可)
解析 双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，若直线y＝2x与双曲线C无公共点，
则2＞eq \f(b,a)，∴eq \f(b2,a2)≤4，∴e2＝eq \f(c2,a2)＝1＋eq \f(b2,a2)≤5，
又e＞1，∴e∈(1，eq \r(5)]，
∴填写(1，eq \r(5)]内的任意值均可．
(2)(多选)(2022·新高考全国Ⅰ)已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C：x2＝2py(p>0)上，过点B(0，－1)的直线交C于P，Q两点，则( )
A．C的准线为y＝－1
B．直线AB与C相切
C．|OP|·|OQ|>|OA|2
D．|BP|·|BQ|>|BA|2
答案 BCD
解析 如图，因为抛物线C过点A(1,1)，所以1＝2p，解得p＝eq \f(1,2)，所以C：x2＝y的准线为y＝－eq \f(1,4)，所以A错误；
因为x2＝y，所以y′＝2x，所以y′|x＝1＝2，所以C在点A处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，又点B(0，－1)在直线y＝2x－1上，所以直线AB与C相切，所以B正确；
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
直线PQ的方程为y＝kx－1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＝y))得x2－kx＋1＝0，
所以x1＋x2＝k，x1x2＝1，
且Δ＝k2－4>0，得k>2或k<－2，
所以|OP|·|OQ|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·eq \r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2))
＝eq \r(x\\al(2,1)＋x\\al(4,1)x\\al(2,2)＋x\\al(4,2))
＝eq \r(1＋x\\al(2,1)1＋x\\al(2,2))·x1x2
＝eq \r(1＋x1＋x22－2x1x2＋x\\al(2,1)x\\al(2,2))
＝eq \r(k2)>2＝|OA|2，
所以C正确；
|BP|·|BQ|＝
eq \r(x\\al(2,1)＋y1＋12)·eq \r(x\\al(2,2)＋y2＋12)
＝eq \r(x\\al(2,1)＋x\\al(2,1)＋12)·eq \r(x\\al(2,2)＋x\\al(2,2)＋12)
＝eq \r(x\\al(4,1)＋3x\\al(2,1)＋1x\\al(4,2)＋3x\\al(2,2)＋1)
＝eq \r(x\\al(4,1)x\\al(4,2)＋3x\\al(2,1)x\\al(2,2)＋3x\\al(2,1)＋x\\al(2,2)＋x\\al(4,1)＋x\\al(4,2)＋9x\\al(2,1)x\\al(2,2)＋1)
＝eq \r(6x\\al(2,1)＋x\\al(2,2)＋x\\al(4,1)＋x\\al(4,2)＋11)
＝eq \r(6x\\al(2,1)＋x\\al(2,2)＋x\\al(2,1)＋x\\al(2,2)2＋9)
＝eq \r(6k2－2＋k2－22＋9)
＝eq \r(k2＋12)＝k2＋1>5＝|BA|2，
所以D正确．故选BCD.
易错提醒 (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)．
跟踪演练3 (1)(2022·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，O为坐标原点，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：x＝－1，A(－1,0)，设过点A作抛物线的一条切线方程为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)(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)，则椭圆在其上一点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，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，O为坐标原点，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的面积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).
专题强化练
一、单项选择题
1．(2022·丹东模拟)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.
2．(2022·衡水中学质检)阿基米德(公元前287年—公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆C的离心率为eq \f(\r(7),4)，面积为12π，则椭圆C的方程为( )
A.eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,16)＝1 B.eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,4)＝1
C.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,32)＝1 D.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,36)＝1
答案 A
解析 由题意，设椭圆C的方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，
因为椭圆C的离心率为eq \f(\r(7),4)，面积为12π，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\r(1－\f(b2,a2))＝\f(\r(7),4)，,12π＝abπ，))
解得a2＝16，b2＝9，
所以椭圆C的方程为eq \f(y2,16)＋eq \f(x2,9)＝1.
3．(2022·宜宾模拟)已知双曲线C1：eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1及双曲线C2：eq \f(y2,b2)－eq \f(x2,a2)＝1(a>0，b>0)，且C1的离心率为eq \r(5)，若直线y＝kx(k>0)与双曲线C1，C2都无交点，则k的值可以为( )
A．2 B.eq \f(1,2) C.eq \r(5) D．1
答案 B
解析 ∵C1的离心率为eq \r(5)，∴c＝eq \r(5)a，b＝2a，
∴双曲线C1的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，双曲线C2的渐近线方程为y＝±2x，
而直线y＝kx(k>0)与双曲线C1，C2都无交点，则0∴k的值可以为eq \f(1,2).
4．已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，D(2,1)是椭圆M的一条弦AB的中点，点P(4，－1)在直线AB上，则椭圆M的离心率为( )
A.eq \f(\r(2),3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(2),2)
答案 D
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1，))两式相减可得
eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)，①
D(2,1)是椭圆M的一条弦AB的中点，
故x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，
代入①式中可得
eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(4,2)＝－eq \f(2b2,a2)，
又kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(1＋1,2－4)＝－1，
故有a2＝2b2＝2(a2－c2)，
则a＝eq \r(2)c，则e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
5．(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)，
则x1x4＝1，即|M1M2|·|M3M4|＝1.
6．(2022·杭州师大附中模拟)已知椭圆eq \f(x2,5)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，P(x0，y0)(x0>0，y0>0)为椭圆上一点，直线PF1，PF2分别交椭圆于M，N两点，则当直线MN的斜率为－eq \f(1,9)时，eq \f(x0,y0)等于( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 D
解析 由已知得F1(－2,0)，F2(2,0)，
设M(xM，yM)，N(xN，yN)，当直线PF1，PF2的斜率存在时，直线PF1的斜率为k1，则直线PF1的方程为：y＝k1(x＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中k1＝\f(y0,x0＋2)))，
与椭圆方程联立得
(5keq \\al(2,1)＋1)x2＋20keq \\al(2,1)x＋20keq \\al(2,1)－5＝0，
由根与系数的关系得xM＋x0＝eq \f(－20k\\al(2,1),5k\\al(2,1)＋1)＝eq \f(－20y\\al(2,0),4x0＋9)，
所以xM＝eq \f(－20y\\al(2,0),4x0＋9)－x0＝－eq \f(9x0＋20,4x0＋9)，
故yM＝eq \f(y0,x0＋2)(xM＋2)＝－eq \f(y0,4x0＋9)；
同理得xN＝eq \f(9x0－20,4x0－9)，yN＝eq \f(y0,4x0－9)，
所以kMN＝eq \f(yM－yN,xM－xN)＝eq \f(x0y0,9x\\al(2,0)－45)＝eq \f(x0y0,95－5y\\al(2,0)－45)＝－eq \f(x0,45y0)＝－eq \f(1,9)，解得eq \f(x0,y0)＝5.
当直线PF1或PF2的斜率不存在时，不符合题意．
二、多项选择题
7．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．y1·y2为定值
B．k1·k2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，A正确；
对于B，k1·k2＝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，B正确；
对于C，y1＋y2＝4t，不为定值，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，
则k1＋k2＋t为定值，D正确．
8．(2022·广东大联考)已知双曲线C的方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1，A，B两点分别是双曲线C的左、右顶点，点P是双曲线C上任意一点(与A，B两点不重合)，记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则( )
A．双曲线C的焦点到渐近线的距离为4
B．若双曲线C的实半轴长，虚半轴长同时增加相同的长度m(m>0)，则离心率变大
C．k1·k2为定值
D．存在实数t使得直线y＝eq \f(5,3)x＋t与双曲线左、右两支各有一个交点
答案 AC
解析 对于A，因为双曲线C的一个焦点F(5,0)，
渐近线方程化为4x±3y＝0，
∴焦点F到渐近线的距离为d＝eq \f(|4×5|,\r(16＋9))＝4，故A正确；对于B，双曲线C的离心率e＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)＝eq \f(5,3)，
若C的实半轴长，虚半轴长同时增加相同的长度m(m>0)，则离心率e′＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋m,a＋m)))2)，
又eq \f(b＋m,a＋m)－eq \f(b,a)＝eq \f(4＋m,3＋m)－eq \f(4,3)＝eq \f(－m,33＋m)<0，
∴e′对于选项C，A(－3,0)，B(3,0)，设P(x，y)，
∵k1＝eq \f(y,x＋3)，k2＝eq \f(y,x－3)，
∴k1·k2＝eq \f(y,x＋3)·eq \f(y,x－3)＝eq \f(y2,x2－9)，
又点P在双曲线上，∴eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1，
∴y2＝16eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)－1))＝eq \f(16x2－9,9)，
∴k1·k2＝eq \f(16x2－9,9)·eq \f(1,x2－9)＝eq \f(16,9)(定值)，
故C正确；
对于D，双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x，
eq \f(5,3)>eq \f(4,3).根据双曲线图象可知直线y＝eq \f(5,3)x＋t若与双曲线C有两个交点，这两个交点必在双曲线的同一支上，故D错误．
三、填空题
9．直线y＝kx＋1与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,m)＝1总有公共点，则实数m的取值范围是______________．
答案 [1,4)∪(4，＋∞)
解析 直线y＝kx＋1过定点(0,1)，
故点(0,1)在椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,m)＝1上或内部，
∴eq \f(1,m)≤1，且m>0，m≠4，
∴m≥1，且m≠4.
10．(2022·江西大联考)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).
11．(2022·湛江模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点为F，过原点O的直线l交双曲线C于A，B两点，且2|FO|＝|AB|，若∠BAF＝eq \f(π,6)，则双曲线C的离心率是________．
答案 eq \r(3)＋1
解析 设右焦点为F′，连接AF′，BF′(图略)．
因为2|OF|＝|AB|＝2c，
即|FF′|＝|AB|，可得四边形AFBF′为矩形．
在Rt△ABF中，
|AF|＝2c·cs∠BAF＝2c·eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)c，
|BF|＝2c·sin∠BAF＝2c·eq \f(1,2)＝c.
由双曲线的定义可得|AF|－|AF′|＝2a，
所以2a＝(eq \r(3)－1)c，
所以离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,\r(3)－1)＝eq \r(3)＋1.
12．(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.
四、解答题
13．(2022·河北联考)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，直线x＝t，x＝t＋4与抛物线C分别交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线，两条切线交于点M.当t＝2时，直线AB的斜率为1.
(1)求抛物线C的方程，并写出其准线方程；
(2)求△ABM的面积．
解 (1)当t＝2时，A，B两点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(2,p)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(18,p)))，故eq \f(\f(18,p)－\f(2,p),4)＝1，解得p＝4，
故抛物线C的方程为x2＝8y，
其准线方程为y＝－2.
(2)设直线AB的方程为y＝kx＋m，
A，B两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
且x2－x1＝4，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＝8y，))
消去y得x2－8kx－8m＝0，
Δ＝64k2＋32m>0，x1＋x2＝8k，x1x2＝－8m，
由x2－x1＝4，
得(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝16，
即64k2＋32m＝16，即4k2＋2m＝1.
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝4eq \r(1＋k2).
由y＝eq \f(1,8)x2，得y′＝eq \f(1,4)x，
故A点处切线方程为y＝eq \f(1,4)x1(x－x1)＋y1，
即y＝eq \f(1,4)x1x－y1，
同理得B点处切线方程为y＝eq \f(1,4)x2x－y2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,4)x1x－y1，,y＝\f(1,4)x2x－y2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4k，,y＝－m.))
故点M的坐标为(4k，－m)，点M到直线AB的距离d＝eq \f(|4k2＋2m|,\r(1＋k2))，
则△ABM的面积S＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)×4eq \r(1＋k2)×eq \f(|4k2＋2m|,\r(1＋k2))＝2，
故△ABM的面积为2.