2025年高考数学复习核心考点(新高考专用)专题8.8直线与圆锥曲线的位置关系【七大题型】特训(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学复习核心考点(新高考专用)专题8.8直线与圆锥曲线的位置关系【七大题型】特训(学生版+解析)，共70页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc9218" 【题型1 直线与圆锥曲线的位置关系】 PAGEREF _Tc9218 \h 4
\l "_Tc3018" 【题型2 圆锥曲线的弦长问题】 PAGEREF _Tc3018 \h 4
\l "_Tc4732" 【题型3 圆锥曲线的中点弦问题】 PAGEREF _Tc4732 \h 6
\l "_Tc13685" 【题型4 圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题】 PAGEREF _Tc13685 \h 7
\l "_Tc5065" 【题型5 圆锥曲线中的最值问题】 PAGEREF _Tc5065 \h 8
\l "_Tc7617" 【题型6 圆锥曲线中的向量问题】 PAGEREF _Tc7617 \h 10
\l "_Tc24816" 【题型7 圆锥曲线中的探索性问题】 PAGEREF _Tc24816 \h 11
1、直线与圆锥曲线的位置关系
【知识点1 直线与圆锥曲线的位置关系】
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；直线与圆锥曲线相切；直线与圆锥曲线相离.
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.
【知识点2 圆锥曲线中的弦长问题】
1．椭圆的弦长问题
(1)定义：直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.
(2)弦长公式：设直线l:y=kx+m交椭圆+=1 (a>b>0)于，两点，
则或.
2．双曲线的弦长问题
①弦长公式：直线y=kx+b与双曲线相交所得的弦长d.
②解决此类问题时要注意是交在同一支，还是交在两支上.
③处理直线与圆锥曲线相交弦有关问题时，利用韦达定理、点差法的解题过程中，并没有条件确定直
线与圆锥曲线一定会相交，因此，最后要代回去检验.
④双曲线的通径：
过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的直线被双曲线截得的线段叫作双曲线的通径.无论焦点在x轴上还
是在y轴上，双曲线的通径总等于.
3．抛物线的弦长问题
设直线与抛物线交于A,B两点，则
|AB|==或
|AB|== (k为直线的斜率，k≠0).
【知识点3 圆锥曲线中的中点弦与焦点弦问题】
1．椭圆的“中点弦问题”
(1)解决椭圆中点弦问题的两种方法
①根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根
与系数的关系以及中点坐标公式解决.
②点差法：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中
点坐标和斜率的关系.
设，，代入椭圆方程+=1 (a>b>0)，
得，
①-②可得+=0，
设线段AB的中点为，当时，有+=0.
因为为弦AB的中点，从而转化为中点与直线AB的斜率之间的关系，这就是处理弦
中点轨迹问题的常用方法.
(2)弦的中点与直线的斜率的关系
线段AB是椭圆+=1 (a>b>0)的一条弦，当弦AB所在直线的斜率存在时，弦AB的中点M的坐标
为，则弦AB所在直线的斜率为，即.
2．双曲线的“中点弦问题”
“设而不求”法解决中点弦问题：
①过椭圆内一点作直线，与椭圆交于两点，使这点为弦的中点，这样的直线一定存在，但在双曲线的这类问题中，则不能确定.要注意检验.
②在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.常用的解题技巧是如何应用直线方程将转化为能用韦达定理直接代换的.垂直关系有时用向量的数量关系来刻画，要注意转化.
3．抛物线的焦点弦问题
抛物线=2px(p>0)上一点A与焦点F(,0)的距离为|AF|=，若MN为抛物线=2px(p>0)的焦点弦，则焦点弦长为|MN|=++p(,分别为M,N的横坐标).
设过抛物线焦点的弦的端点为A,B，则四种标准方程形式下的弦长公式为：
【知识点4 圆锥曲线中最值问题的解题策略】
1. 处理圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：
一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用
函数方法、不等式方法等进行求解.
【知识点5 圆锥曲线中的探索性问题的解题策略】
1. 圆锥曲线中的探索性问题
此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，
成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.
【方法技巧与总结】
1．已知M，N是椭圆C：+=1 (a>b>0)上的两点，点O为坐标原点，且P是M，N的中点，则.
2．若曲线为双曲线，其余条件不变，则.
3．若曲线为抛物线，P为弦MN的中点：(开口向右)，(开口向左)，(开口向上)，(开口向下).
【题型1 直线与圆锥曲线的位置关系】
【例1】（2024·山东·模拟预测）已知直线l：y=kx+1，椭圆C：x24+y2=1，则“k=0”是“l与C相切”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【变式1-1】（2024·广东肇庆·模拟预测）已知双曲线E:x24−y25=1，则过点2,5与E有且只有一个公共点的直线共有（ ）
A．4条B．3条C．2条D．1条
【变式1-2】（2024·江苏宿迁·三模）已知抛物线C:x2=y，点M(m,1)，则“m>1”是“过M且与C仅有一个公共点的直线有3条”的（ ）
A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【变式1-3】（2024·上海·模拟预测）已知直线l与椭圆Γ，点F1,F2分别为椭圆Γ:x22+y2=1的左右焦点，直线F1M⊥l，F2N⊥l，垂足分别为点M,N（M,N不重合），那么“直线l与椭圆Γ相切”是“F1M⋅F2N=1”的（ ）
A．充分非必要B．必要非充分
C．充分必要D．既非充分又非必要
【题型2 圆锥曲线的弦长问题】
【例2】（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点是A(−1,0)，一条渐近线的方程为y=x．
(1)求双曲线E的离心率；
(2)设直线y=12x−12与双曲线E交于点P，Q，求线段PQ的长．
【变式2-1】（2024·河南·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P3,3为椭圆C上一点，且△PF1F2的面积为26．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若倾斜角为π4的直线l与C相交于两个不同的点A,B，求AB的最大值．
【变式2-2】（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0一个焦点F到渐近线的距离为3，且离心率为2．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设M,N分别是双曲线C左、右两支上的动点，A为双曲线C的左顶点，若直线AM,AN的斜率分别为k1,k2，且k1⋅k2=−2,MN=92，求直线MN的方程．
【变式2-3】（2024·四川成都·模拟预测）已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1a>b>0与抛物线C2:y2=4ax的图象在第一象限交于点P．若椭圆的右顶点为B，且PB=65a．
(1)求椭圆C1的离心率．
(2)若椭圆C1的焦距长为2，直线l过点B．设l与抛物线C2相交于不同的两点M、N，且△OMN的面积为24，求线段MN的长度．
【题型3 圆锥曲线的中点弦问题】
【例3】（2024·陕西西安·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点与抛物线y2=4x的焦点重合，离心率为12.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F−43,0作斜率为32的直线交椭圆C于P,Q两点，求弦PQ中点坐标.
【变式3-1】（2024·广东·二模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦点与椭圆x25+y2=1的焦点重合，其渐近线方程为y=±33x.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若A,B为双曲线C上的两点且不关于原点对称，直线l:y=13x过AB的中点，求直线AB的斜率.
【变式3-2】（2024·陕西西安·三模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴长是短轴长的2倍，且右焦点为F1,0．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l:y=kx+2交椭圆C于A，B两点，若线段AB中点的横坐标为−23．求直线l的方程．
【变式3-3】（2024·陕西渭南·模拟预测）已知O为坐标原点，抛物线C:y2=2px（p>0）的焦点为F，点Ax0，2p在C上，且sin∠OAF=425p.
(1)求C的标准方程；
(2)已知直线l交C于M，N两点，且MN的中点为2,1，求直线l的方程.
【题型4 圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题】
【例4】（2024·河北·模拟预测）已知直线l过椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F(1,0)，且交C于A43,13,B两点．
(1)求C的离心率；
(2)设点P(3,1)，求△ABP的面积．
【变式4-1】（2024·山东济南·二模）已知点B4,3是双曲线T:x2a2−y2=1上一点，T在点B处的切线与x轴交于点A.
(1)求双曲线T的方程及点A的坐标；
(2)过A且斜率非负的直线与T的左､右支分别交于N,M.过N做NP垂直于x轴交T于P（当N位于左顶点时认为N与P重合）.C为圆E:(x−1)2+(y+2)2=1上任意一点，求四边形MBPC的面积S的最小值.
【变式4-2】（2024·浙江·模拟预测）已知点A4,4，B，C，D均在抛物线W：x2=2pyp>0上，A，C关于y轴对称，直线AB，AD关于直线AC对称，点D在直线AC的上方，直线AD交y轴于点E，直线AB斜率小于2.
(1)求△ABE面积的最大值；
(2)记四边形BCDE的面积为S1，△ABE的面积为S2，若S1S2=2，求sin∠BAD.
【变式4-3】（2024·陕西宝鸡·三模）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）和圆C：x2+y2=1，C经过E的右焦点F，点A，B为E的右顶点和上顶点，原点O到直线AB的距离为2217.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设D，A是椭圆E的左、右顶点，过F的直线l交E于M，N两点（其中M点在x轴上方），求△MAF与△DNF的面积之比的取值范围.
【题型5 圆锥曲线中的最值问题】
【例5】（2024·新疆·二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，C上任意一点到F的距离的最大值和最小值之积为1，离心率为63．
(1)求C的方程；
(2)设过点R1,13的直线l与C交于M，N两点，若动点P满足PM=λMR，PN=−λNR，动点Q在椭圆C上，求PQ的最小值．
【变式5-1】（2024·陕西西安·模拟预测）已知P14,1为抛物线C：y2=2pxp>0上的一点，直线x=my+n交C于A，B两点，且直线PA，PB的斜率之积为2.
(1)求C的准线方程；
(2)求mn−34的最小值.
【变式5-2】（2024·福建泉州·模拟预测）已知椭圆C：x26+y22=1的左右焦点分别是F1,F2，双曲线E的顶点恰好是F1、F2，且一条渐近线是y=x．
(1)求E的方程：
(2)若E上任意一点H（异于顶点），作直线HF1交C于A,B，作直线HF2交C于P,Q，求AB+4PQ的最小值．
【变式5-3】（2024·安徽·三模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，动直线l:y=kx+m与C的左､右两支分别交于点M,N，且当k=m=1时，OM⋅ON=−2（O为坐标原点）.
(1)求C的方程；
(2)若点O到l的距离为1,C的左､右顶点分别为A1,A2，记直线A1M,A2N的斜率分别为kA1M,kA2N，求kA1MkA2N1+k2|MN|的最小值
【题型6 圆锥曲线中的向量问题】
【例6】（2024·四川成都·模拟预测）椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在y轴上，离心率e=22，椭圆上的点到焦点的最短距离为1−e，直线l与y轴交于点P(0,m)（m≠0），与椭圆C交于相异两点A、B，且OA+λOB=4OP．
(1)求椭圆方程；
(2)求m的取值范围．
【变式6-1】（2024·湖北襄阳·模拟预测）设双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右顶点分别为A，B，左、右焦点分别为F1，F2，F1F2=25，且E的渐近线方程为y=±12x，直线l交双曲线E于P，Q两点.
(1)求双曲线E的方程；
(2)当直线l过点4,0时，求AP⋅AQ的取值范围.
【变式6-2】（2024·福建厦门·二模）已知A−2,0，B2,0，P为平面上的一个动点.设直线AP,BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1⋅k2=−34.记P的轨迹为曲线Γ.
(1)求Γ的轨迹方程；
(2)直线PA，PB分别交动直线x=t于点C,D，过点C作PB的垂线交x轴于点H.HC⋅HD是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.
【变式6-3】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是双曲线x23−y2=1的离心率的倒数，椭圆C的左､右焦点分别为F1,F2，上顶点为P，且PF1⋅PF2=−2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当过点Q0,2的动直线l与椭圆C相交于两个不同点A,B时，设AQ=λQB，求λ的取值范围.
【题型7 圆锥曲线中的探索性问题】
【例7】（2024·云南昆明·模拟预测）已知双曲线E：x2a2−y23=1a>0的右焦点为F2c,0，一条渐近线方程为y=23cx．
(1)求双曲线E的方程；
(2)是否存在过点F2的直线l与双曲线E的左右两支分别交于A，B两点，且使得∠F1AB=∠F1BA，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
【变式7-1】（2024·上海长宁·二模）已知椭圆Γ:x26+y23=1,O为坐标原点；
(1)求Γ的离心率e；
(2)设点N1,0，点M在Γ上，求MN的最大值和最小值；
(3)点T2,1，点P在直线x+y=3上，过点P且与OT平行的直线l与Γ交于A,B两点；试探究：是否存在常数λ，使得PA⋅PB=λPT2恒成立；若存在，求出该常数的值；若不存在，说明理由；
【变式7-2】（2024·全国·二模）椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b≥3)的离心率为223，左、右顶点分别为A，B，过点M(3,0)的动直线l与椭圆Γ相交于P，Q两点，当直线l的斜率为1时，|PQ|=2725.
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)设直线AP与直线x=t的交点为N，是否存在定实数t，使Q，B，N三点共线?若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【变式7-3】（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为54，且点−42,3在双曲线C上．
(1)求双曲线C的标准方程．
(2)过点P0,1的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于点A,B．问：在y轴上是否存在定点Q，使直线AQ与BQ的斜率之和为定值？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
一、单选题
1．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知直线kx+y+2k=0与椭圆x23+y24=1相切，则k的值为（ ）
A．2B．12C．±2D．±12
2．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知椭圆x24+y23=1，一组斜率32的平行直线与椭圆相交，则这些直线被椭圆截得的段的中点所在的直线方程为（ ）
A．y=12xB．y=−2xC．y=−12xD．y=2x
3．（2024·全国·模拟预测）设抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，FA⊥FB，FA=2FB，则l的斜率是（ ）
A．±1B．±2C．±3D．±2
4．（2024·北京海淀·三模）已知抛物线y2=4x的焦点为F、点M在抛物线上，MN垂直y轴于点N，若MF=6，则△MNF的面积为（ ）
A．8B．45C．55D．105
5．（2024·河南信阳·三模）已知椭圆y29+x2=1，P为椭圆上任意一点，过点P分别作与直线l1:y=3x和l2:y=−3x平行的直线，分别交l2，l1交于M，N两点，则MN的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．（2024·黑龙江·二模）双曲线C:x2a2−y2b2=1的左、右顶点分别为A1，A2，左、右焦点分别为F1，F2，过F1作直线与双曲线C的左、右两支分别交于M，N两点.若F1M=14MN，且cs∠F1NF2=14，则直线MA1与MA2的斜率之积为（ ）
A．32B．43C．52D．53
7．（2024·陕西商洛·三模）已知抛物线E:y2=2pxp>0的焦点为F，过F的直线交E于A，B两点，点P满足OP=λOF00，则下列说法正确的是（ ）
A．若k=2，则l与C仅有一个公共点
B．若k=22，则l与C仅有一个公共点
C．若l与C有两个公共点，则20，b>0)的实轴长为22，点P(2,6)在双曲线C上.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过点P且斜率为26的直线与双曲线C的另一个交点为Q，求PQ.
16．（2024·福建泉州·模拟预测）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1,F2，离心率为23，且经过点2,53.
(1)求E的方程；
(2)过F1且不垂直于坐标轴的直线l交E于A,B两点，点M为AB的中点，记△MF1F2的面积为S1,△BF1F2的面积为S2，求S1S2的取值范围.
17．（2024·山西太原·二模）已知抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，过点D2,1且斜率为1的直线经过点F．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若A，B是抛物线C上两个动点，在x轴上是否存在定点M（异于坐标原点O），使得当直线AB经过点M时，满足OA⊥OB？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
18．（2024·河南郑州·模拟预测）设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，Px0,y0是C上一点且|PF|2−|PF|=x02+x0，直线l经过点Q(−8,0)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)①若l与C相切，且切点在第一象限，求切点的坐标；
②若l与C在第一象限内的两个不同交点为A,B，且Q关于原点O的对称点为R，证明：直线AR,BR的倾斜角之和为π．
19．（2024·湖南邵阳·三模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，右顶点Q与C的上，下顶点所围成的三角形面积为23．
(1)求C的方程．
(2)不过点Q的动直线l与C交于A，B两点，直线QA与QB的斜率之积恒为14．
（i）证明：直线l过定点；
（ii）求△QAB面积的最大值．
考点要求
真题统计
考情分析
(1)了解直线与圆锥曲线位置关系的判断方法
(2)掌握直线被圆锥曲线所截的弦长公式
(3)能利用方程及数形结合思想解决焦点弦、中点弦问题
2022年新高考全国I卷：第22题，12分
2022年新高考全国Ⅱ卷：第22题，12分
2023年新高考I卷：第22题，12分
2023年新高考Ⅱ卷：第21题，12分
2023年全国甲卷（理数）：第20题，12分
2024年新高考I卷：第16题，15分
2024年新高考Ⅱ卷：第10题，6分
2024年新高考Ⅱ卷：第19题，17分
圆锥曲线是高考的热点内容，直线与圆锥曲线的位置关系是每年高考必考内容.从近几年的高考情况来看，本节内容主要以解答题的形式考查，考查方向主要有两个方面：一是平面解析几何通性通法的研究；二是圆锥曲线中的弦长、面积、最值、定点、定值或定直线等问题的求解；有时会与向量、数列等知识结合考查，其思维要求高，计算量较大，需要灵活求解.
标准方程
弦长公式
y2=2px(p>0)
|AB|=x1+x2+p
y2=-2px(p>0)
|AB|=p-(x1+x2)
x2=2py(p>0)
|AB|=y1+y2+p
x2=-2py(p>0)
|AB|=p-(y1+y2)
专题8.8 直线与圆锥曲线的位置关系【七大题型】
【新高考专用】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc9218" 【题型1 直线与圆锥曲线的位置关系】 PAGEREF _Tc9218 \h 4
\l "_Tc3018" 【题型2 圆锥曲线的弦长问题】 PAGEREF _Tc3018 \h 6
\l "_Tc4732" 【题型3 圆锥曲线的中点弦问题】 PAGEREF _Tc4732 \h 10
\l "_Tc13685" 【题型4 圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题】 PAGEREF _Tc13685 \h 14
\l "_Tc5065" 【题型5 圆锥曲线中的最值问题】 PAGEREF _Tc5065 \h 19
\l "_Tc7617" 【题型6 圆锥曲线中的向量问题】 PAGEREF _Tc7617 \h 24
\l "_Tc24816" 【题型7 圆锥曲线中的探索性问题】 PAGEREF _Tc24816 \h 29
1、直线与圆锥曲线的位置关系
【知识点1 直线与圆锥曲线的位置关系】
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；直线与圆锥曲线相切；直线与圆锥曲线相离.
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.
【知识点2 圆锥曲线中的弦长问题】
1．椭圆的弦长问题
(1)定义：直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.
(2)弦长公式：设直线l:y=kx+m交椭圆+=1 (a>b>0)于，两点，
则或.
2．双曲线的弦长问题
①弦长公式：直线y=kx+b与双曲线相交所得的弦长d.
②解决此类问题时要注意是交在同一支，还是交在两支上.
③处理直线与圆锥曲线相交弦有关问题时，利用韦达定理、点差法的解题过程中，并没有条件确定直
线与圆锥曲线一定会相交，因此，最后要代回去检验.
④双曲线的通径：
过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的直线被双曲线截得的线段叫作双曲线的通径.无论焦点在x轴上还
是在y轴上，双曲线的通径总等于.
3．抛物线的弦长问题
设直线与抛物线交于A,B两点，则
|AB|==或
|AB|== (k为直线的斜率，k≠0).
【知识点3 圆锥曲线中的中点弦与焦点弦问题】
1．椭圆的“中点弦问题”
(1)解决椭圆中点弦问题的两种方法
①根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根
与系数的关系以及中点坐标公式解决.
②点差法：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中
点坐标和斜率的关系.
设，，代入椭圆方程+=1 (a>b>0)，
得，
①-②可得+=0，
设线段AB的中点为，当时，有+=0.
因为为弦AB的中点，从而转化为中点与直线AB的斜率之间的关系，这就是处理弦
中点轨迹问题的常用方法.
(2)弦的中点与直线的斜率的关系
线段AB是椭圆+=1 (a>b>0)的一条弦，当弦AB所在直线的斜率存在时，弦AB的中点M的坐标
为，则弦AB所在直线的斜率为，即.
2．双曲线的“中点弦问题”
“设而不求”法解决中点弦问题：
①过椭圆内一点作直线，与椭圆交于两点，使这点为弦的中点，这样的直线一定存在，但在双曲线的这类问题中，则不能确定.要注意检验.
②在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.常用的解题技巧是如何应用直线方程将转化为能用韦达定理直接代换的.垂直关系有时用向量的数量关系来刻画，要注意转化.
3．抛物线的焦点弦问题
抛物线=2px(p>0)上一点A与焦点F(,0)的距离为|AF|=，若MN为抛物线=2px(p>0)的焦点弦，则焦点弦长为|MN|=++p(,分别为M,N的横坐标).
设过抛物线焦点的弦的端点为A,B，则四种标准方程形式下的弦长公式为：
【知识点4 圆锥曲线中最值问题的解题策略】
1. 处理圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：
一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用
函数方法、不等式方法等进行求解.
【知识点5 圆锥曲线中的探索性问题的解题策略】
1. 圆锥曲线中的探索性问题
此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，
成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.
【方法技巧与总结】
1．已知M，N是椭圆C：+=1 (a>b>0)上的两点，点O为坐标原点，且P是M，N的中点，则.
2．若曲线为双曲线，其余条件不变，则.
3．若曲线为抛物线，P为弦MN的中点：(开口向右)，(开口向左)，(开口向上)，(开口向下).
【题型1 直线与圆锥曲线的位置关系】
【例1】（2024·山东·模拟预测）已知直线l：y=kx+1，椭圆C：x24+y2=1，则“k=0”是“l与C相切”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【解题思路】利用“数形结合”的思想结合“一元二次方程根有一解求解的判别式等于零”求解即可.
【解答过程】当k=0时，直线l：y=1，直线与椭圆相切，当“l与C相切”时，
联立y=kx+1x24+y2=1有4k2+1x2+8kx=0，令Δ=8k2−4×4k2+1×0=0,有k=0，
所以k=0是直线与椭圆相切的充要条件.
故选:C.
【变式1-1】（2024·广东肇庆·模拟预测）已知双曲线E:x24−y25=1，则过点2,5与E有且只有一个公共点的直线共有（ ）
A．4条B．3条C．2条D．1条
【解题思路】根据点和双曲线的位置关系确定满足条件的直线的条数.
【解答过程】分析条件可得：点P2,5在双曲线的渐近线y=52x上，且位于第一象限，和双曲线的右顶点有相同横坐标，如图：
所以过P2,5且与双曲线E有且只有一个公共点的直线只有两条：
一条是切线：x=2，一条是过点P2,5且与另一条渐近线平行的直线.
故选：C.
【变式1-2】（2024·江苏宿迁·三模）已知抛物线C:x2=y，点M(m,1)，则“m>1”是“过M且与C仅有一个公共点的直线有3条”的（ ）
A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【解题思路】求出“过M且与抛物线C仅有一个公共点的直线有3条”的充要条件，进而判断.
【解答过程】过M且与抛物线C仅有一个公共点的直线有3条，
则当直线的斜率不存在时符合题意，此时直线为x=m；
当直线的斜率存在时，设直线为y−1=kx−m，
则y−1=kx−mx2=y，消去y整理得x2−kx+km−1=0，
∴Δ=0即k2−4km+4=0有两个不同的解，
所以Δ1>0即16m2−16>0，解得m1，
所以 “m>1”是“过M且与抛物线C仅有一个公共点的直线有3条”的充分条件.
故选：A.
【变式1-3】（2024·上海·模拟预测）已知直线l与椭圆Γ，点F1,F2分别为椭圆Γ:x22+y2=1的左右焦点，直线F1M⊥l，F2N⊥l，垂足分别为点M,N（M,N不重合），那么“直线l与椭圆Γ相切”是“F1M⋅F2N=1”的（ ）
A．充分非必要B．必要非充分
C．充分必要D．既非充分又非必要
【解题思路】设直线方程为y=kx+t，将直线方程与椭圆方程联立，利用判别式和点到直线的距离公式求出t与k的关系，再根据充分性和必要性的概念求解即可.
【解答过程】根据题意可知直线l斜率存在，设直线方程为y=kx+t，
联立x22+y2=1y=kx+t得2k2+1x2+4ktx+2t2−2=0
当直线与椭圆相切时，Δ=4kt2−42k2+12t2−2=0，化简得t2=2k2+1，
由题意F1−1,0,F21,0，
因为F1M⊥l，F2N⊥l，所以F1M=−k+tk2+1,F2N=k+tk2+1，
所以当F1M⋅F2N=−k+tk2+1⋅k+tk2+1=t2−k2k2+1=1时，t2−k2=k2+1，
解得t2=2k2+1或t2=−1（舍去），
所以“直线l与椭圆Γ相切”是“F1M⋅F2N=1”的充要条件.
故选：C.
【题型2 圆锥曲线的弦长问题】
【例2】（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点是A(−1,0)，一条渐近线的方程为y=x．
(1)求双曲线E的离心率；
(2)设直线y=12x−12与双曲线E交于点P，Q，求线段PQ的长．
【解题思路】（1）根据左顶点与渐近线的方程求得a,b,c即可得到离心率；
（2）求出交点纵坐标代入弦长公式求解.
【解答过程】（1）由题意知a=1，且ba=1,∴b=1，
∴c=a2+b2=2，
所以双曲线的离心率e=ca=2．
（2）由（1）知双曲线方程为x2−y2=1，
将y=12x−12即x−1=2y代入x2−y2=1，得3y2+4y=0，
不妨设yP=0,yQ=−43，
所以|PQ|=1+22⋅y1−y2=435．
【变式2-1】（2024·河南·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P3,3为椭圆C上一点，且△PF1F2的面积为26．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若倾斜角为π4的直线l与C相交于两个不同的点A,B，求AB的最大值．
【解题思路】（1）借助椭圆上的点的坐标，△PF1F2的面积与a2=b2+c2计算即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线，借助韦达定理与弦长公式计算即可得.
【解答过程】（1）由题意可得3a2+3b2=112×2c×3=26a2=b2+c2，解得a2=12b2=4c2=8，
故椭圆C的标准方程为x212+y24=1；
（2）k=tanπ4=1，故可设lAB:y=x+t，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立x212+y24=1y=x+t，消去y可得4x2+6tx+3t2−12=0，
Δ=36t2−163t2−12=1216−t2>0，即−40一个焦点F到渐近线的距离为3，且离心率为2．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设M,N分别是双曲线C左、右两支上的动点，A为双曲线C的左顶点，若直线AM,AN的斜率分别为k1,k2，且k1⋅k2=−2,MN=92，求直线MN的方程．
【解题思路】（1）首先得到渐近线方程，由点到直线的距离公式求出b，再由离心率公式求出a2，即可得解；
（2）首先判断直线MN的倾斜角不为零，设直线MN的方程为x=my+n，Mx1,y1，Nx2,y2，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由斜率的关系求出n，由弦长公式求出m，即可得解.
【解答过程】（1）由题知双曲线C的渐近线方程为bx±ay=0，
不妨设Fc,0，则焦点F到渐近线的距离d=bca2+b2=bcc=b=3，
∵C的离心率为2,∴ca=2,∴c2=4a2,∴b2=c2−a2=3a2=3,∴a2=1，
故双曲线C的标准方程为x2−y23=1．
（2）由（1）可得A−1,0，
当直线MN的倾斜角为零时，由MN=92，得直线MN的方程为y=±922，
代入双曲线方程可得x=±292，不妨令M−292,922，N292,922，
则k1⋅k2=922−292+1×922292+1=−3，不符合题意，则直线MN的倾斜角不为零，
∴设直线MN的方程为x=my+n，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立x2−y23=1x=my+n，消去x整理得3m2−1y2+6mny+3n2−1=0，
∴3m2−1≠0，Δ=36m2n2−123m2−1n2−1>0，∴3m2+n2−1>0，
∴y1+y2=−6mn3m2−1,y1y2=3n2−13m2−1．
∴k1=y1x1+1，k2=y2x2+1，
∵k1⋅k2=−2，∴y1x1+1⋅y2x2+1=−2，
∴y1y2+2x1+1x2+1=0，
∴y1y2+2my1+n+1my2+n+1=0，
∴2m2+1y1y2+2mn+1y1+y2+2n+12=0，
即2m2+1⋅3n2−13m2−1−2mn+1⋅6mn3m2−1+2n+12=0，
∴3n2−12m2+1−12m2nn+1+2(n+1)23m2−1=0，
∴n2−4n−5=0，
∴n=5或n=−1．
当n=−1时，y1y2=0，不符合题意，∴n=5．
∴y1+y2=−30m3m2−1，y1y2=723m2−1，
∴MN=1+m2y1−y2=1+m2⋅y1+y22−4y1y2=1+m2⋅6m2+83m2−1=92，
解得m=±1，故直线MN的方程为x=±y+5．
综上，直线MN的方程为x−y−5=0或x+y−5=0．

【变式2-3】（2024·四川成都·模拟预测）已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1a>b>0与抛物线C2:y2=4ax的图象在第一象限交于点P．若椭圆的右顶点为B，且PB=65a．
(1)求椭圆C1的离心率．
(2)若椭圆C1的焦距长为2，直线l过点B．设l与抛物线C2相交于不同的两点M、N，且△OMN的面积为24，求线段MN的长度．
【解题思路】（1）利用椭圆和抛物线的定义可以用a表示点P的坐标，代入椭圆方程即可求出离心率；
（2）根据条件求出椭圆与抛物线的方程，设l方程及点M、N的坐标，由面积求得l方程，再由弦长公式即可求得MN.
【解答过程】（1）∵抛物线方程为C2:y2=4ax∴其焦点为Ba,0，抛物线的准线方程为x=−a．
设点PxP,yP，故P到准线的距离为xP+a．
即PB=65a=xP+a，∴xp=a5
因为点P在第一象限，代入抛物线方程解得yP=25a．
根据点P在椭圆上，将P点坐标代入椭圆方程a52a2+45a2b2=1，化简得a2b2=65．
即5a2=6b2=6a2−c2，所以a2=6c2，则椭圆E的离心率e=ca=66．
（2）因为椭圆C1的焦距为2，所以2c=2，所以c=1，
所以椭圆C1方程为x26+y25=1．
抛物线C2的方程为y2=46x．且B6,0，OB=6．
因为直线l过B且不与坐标轴垂直，不妨设直线l的方程为x=my+6，m∈R，且m≠0．
设点Mx1,y1，Nx2,y2，联立l与C2:x=my+6,y2=46x,
消去x得：y2−46my−24=0．
所以y1+y2=46m，y1y2=−24．
S△OMN=12OB⋅y1−y2=62⋅y1+y22−4y1y2=62⋅96m2+96=12m2+1=24
所以m2=3．所以MN=1+m2y1−y2=46m2+1=166．
【题型3 圆锥曲线的中点弦问题】
【例3】（2024·陕西西安·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点与抛物线y2=4x的焦点重合，离心率为12.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F−43,0作斜率为32的直线交椭圆C于P,Q两点，求弦PQ中点坐标.
【解题思路】（1）根据抛物线的焦点求出c的值，然后由椭圆的离心率计算a，再由平方关系得到b，可写出椭圆的方程；
（2）设P,Q,M的坐标，点差法计算出坐标之间的关系，再根据中点所在直线可求出点的坐标.
【解答过程】（1）依题意得：c=1
∵e=ca，即12=1a，解得a=2
∵b2=a2−c2，解得b=3
∴椭圆C的方程为x24+y23=1
（2）如图所示：

设Px1,y1,Qx2,y2，PQ中点为M(x0,y0)，
所以x1+x2=2x0y1+y2=2y0
则kPQ=y1−y2x1−x2=32
又P,Q两点在椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，可得x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，
两式相减可得x12−x22a2+y12−y22b2=0，整理得
y1−y2x1−x2=−b2x1+x2a2y1+y2=−34×2x02y0=−x0×3y0×4=32,x0y0=−2，①.
过点F−43,0斜率为32的直线为y=32x+43.
因为Mx0,y0在直线上，故y0=32x0+43，②
联立①②，解得x0=−1,y0=12
所以PQ中点坐标为−1,12.
【变式3-1】（2024·广东·二模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦点与椭圆x25+y2=1的焦点重合，其渐近线方程为y=±33x.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若A,B为双曲线C上的两点且不关于原点对称，直线l:y=13x过AB的中点，求直线AB的斜率.
【解题思路】（1）先求出焦点坐标，再根据渐近线方程可求基本量，从而可得双曲线的方程.
（2）利用点差法可求直线的斜率，注意检验.
【解答过程】（1）椭圆x25+y2=1的焦点为±2,0，故a2+b2=4，
由双曲线的渐近线为y=±33x，故ba=33，故b=1,a=3，
故双曲线方程为：x23−y2=1.
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，AB的中点为M，
因为M在直线l:y=13x，故yM=13xM，
而x123−y12=1，x223−y22=1，故x1−x2x1+x23−y1−y2y1+y2=0，
故x1−x2xM3−y1−y2yM=0，
由题设可知AB的中点不为原点，故xMyM≠0，所以y1−y2x1−x2=xM3yM=1，
故直线AB的斜率为1.
此时AB:y=x−xM+13xM=x−23xM，
由y=x−2xM3x2−3y2=3可得x2−3x−23xM2=3，整理得到：2x2−4xMx+43xM2+3=0，
当Δ=16xM2−843xM2+3=163xM2−24>0即xM322，
即当xM322时，直线AB存在且斜率为1.
【变式3-2】（2024·陕西西安·三模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴长是短轴长的2倍，且右焦点为F1,0．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l:y=kx+2交椭圆C于A，B两点，若线段AB中点的横坐标为−23．求直线l的方程．
【解题思路】（1）根据焦点坐标求得c，根据长轴和短轴的对应关系，以及a2=b2+c2列方程组，可求得a,b的值，进而求得椭圆的标准方程.
（2）联立直线的方程和椭圆的方程，消去y并化简，写出韦达定理，根据AB中点的横坐标求得k的值，进而求解.
【解答过程】（1）由椭圆C的长轴长是短轴长的2倍，可得a=2b．
所以2b2=b2+c2．
又F1,0，所以2b2=b2+1，解得b=1．
所以a=2．
所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1．
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，
由x22+y2=1y=kx+2，得2k2+1x2+8k2x+8k2−2=0．
则x1+x2=−8k22k2+1，x1x2=8k2−22k2+1．
因为线段AB中点的横坐标为−23，
所以x1+x22=−4k22k2+1=−23．
解得k2=14，即k=±12，经检验符合题意．
所以直线l的方程为y=±12x+2．
【变式3-3】（2024·陕西渭南·模拟预测）已知O为坐标原点，抛物线C:y2=2px（p>0）的焦点为F，点Ax0，2p在C上，且sin∠OAF=425p.
(1)求C的标准方程；
(2)已知直线l交C于M，N两点，且MN的中点为2,1，求直线l的方程.
【解题思路】（1）由点在抛物线上得A坐标，结合正弦定理得sin∠OAF，即可求解；
（2）利用点差法结合中点坐标求解.
【解答过程】（1）过点A作AB⊥x轴于B，易知点A2p,2p,Fp2,0，
则AB=2p，FB=3p2，AF=5p2，OA=22p，
所以sin∠AFO=sin∠AFB=ABAF=45，
在△AOF中，由正弦定理得OFsin∠OAF=OAsin∠AFO，
得sin∠OAF=p2×4522p=210，
所以425p=210，
解得p=8，
所以C的标准方程为y2=16x.
（2）当直线l的斜率不存在时，MN 的中点不可能为2,1，故直线l的斜率存在且不为零，
设直线l的斜率为k，Mx1,y1,Nx2,y2x1≠x2,y1≠−y2,
则y12=16x1y22=16x2,两式相减得y12−y22=16(x1−x2)，整理得y1−y2x1−x2=16y1+y2，
因为MN的中点为2,1,所以y1+y2=2，所以k=y1−y2x1−x2=162=8，
所以直线l的方程为y−1=8(x−2)，即8x−y−15=0.
【题型4 圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题】
【例4】（2024·河北·模拟预测）已知直线l过椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F(1,0)，且交C于A43,13,B两点．
(1)求C的离心率；
(2)设点P(3,1)，求△ABP的面积．
【解题思路】（1）由题意，结合题目所给信息以及a，b，c之间的关系，可得椭圆的方程，再根据离心率公式即可求解；
（2）先得到直线l的方程，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式进行求解即可．
【解答过程】（1）由题，c=1，
且A43,13在C上有169a2+19a2−1=1，
解得a=2．
故椭圆C的标准方程为x22+y2=1，
离心率e=ca=22．
（2）因为直线l经过A(43,13)，F(1,0)两点，
可得直线l的方程为y=x−1，
联立x22+y2=1y=x−1，
解得x=0或x=43，
所以直线l与椭圆C的另一交点为(0,−1)，
则|AB|=(43−0)2+(13+1)2=423，
又点P到直线l的距离d=|1−3−1|12+12=22．
故△ABP的面积S=12⋅d⋅|AB|=23．
【变式4-1】（2024·山东济南·二模）已知点B4,3是双曲线T:x2a2−y2=1上一点，T在点B处的切线与x轴交于点A.
(1)求双曲线T的方程及点A的坐标；
(2)过A且斜率非负的直线与T的左､右支分别交于N,M.过N做NP垂直于x轴交T于P（当N位于左顶点时认为N与P重合）.C为圆E:(x−1)2+(y+2)2=1上任意一点，求四边形MBPC的面积S的最小值.
【解题思路】（1）利用待定系数法求双曲线方程，利用导数法来求切线方程即可得A点坐标；
（2）先设直线PM的方程，再利用M,A,N三点共线，可求出直线PM过定点Q4,0，从而把面积问题转化到两定点上去研究，最后发现P、M为实轴两顶点时S△BPM取到最小值，再去研究另一个圆上动点C的S△CPM最小值.
【解答过程】（1）由题意可知，16a2−3=1，即a=2，故T的方程为：x24−y2=1.
因为B在第一象限，不妨设y≥0，则x24−y2=1可变形为y=x24−112y≥0，
则y′=12x24−1−12⋅x2，代入x=4得：y′=33，所以切线方程为y=33x−33，
令y=0得x=1,所以点A坐标为1,0.
（2）

显然直线PM的斜率存在且不为−12，
设PM:y=kx+m,Mx1,y1,Px2,y2，则Nx2,−y2，
联立方程x24−y2=1y=kx+m，整理得：1−4k2x2−8kmx−4m2−4=0，
Δ=16m2−4k2+1>0,x1+x2=8km1−4k2,x1x2=−4m2−41−4k2，
由M,A,N三点共线得：y1x1−1=−y2x2−1，即x2y1+x1y2−y1+y2=0，
整理得：2kx1x2+m−kx1+x2−2m=0，
所以2k⋅−4m2−41−4k2+m−k8km1−4k2−2m=0，整理得m=−4k，
满足Δ>0，所以直线PM过定点Q4,0，则|BQ|=3且线段垂直于x轴，
令dP−BQ,dM−BQ,dC−PM分别表示P,M,C到BQ,PM的距离，
结合图，显然|dP−BQ−dM−BQ|≥2a,|PM|≥2a，仅当M为右顶点时两式中等号成立，
所以S=S△BPM+S△CPM=S△BPQ−S△BMQ+S△CPM=12BQdP−BQ−dM−BQ+12PMdC−PM
≥12BQ2a+122aEA−1=23+2，当且仅当P−2,0,M2,0,C1,−1时等号成立.
【变式4-2】（2024·浙江·模拟预测）已知点A4,4，B，C，D均在抛物线W：x2=2pyp>0上，A，C关于y轴对称，直线AB，AD关于直线AC对称，点D在直线AC的上方，直线AD交y轴于点E，直线AB斜率小于2.
(1)求△ABE面积的最大值；
(2)记四边形BCDE的面积为S1，△ABE的面积为S2，若S1S2=2，求sin∠BAD.
【解题思路】（1）设AB:y=kx−4+4,k>0，则AD:y=−kx−4+4，令x=0可得E,F的坐标，由韦达定理可表示出x1−x2，从而可求得△ABE面积S2的表达式，结合基本不等式即可求解；
（2）设ABCD的面积为S， 由题意S=3S2，由韦达定理以及同理思想可得y2=4k−12,y3=4k+12，由公式S=12ACy3−y2可知S也可以用k表示，进而可以得出关于k的方程，解出k，结合二倍角公式、平方关系即可求解.
【解答过程】（1）由题意42=2p×4，解得p=2，所以抛物线W：x2=4y，
因为A，C关于y轴对称，直线AB，AD关于直线AC对称，
所以AD,AB斜率互为相反数，不妨设AB:y=kx−4+4,k>0，
则AD:y=−kx−4+4，
设AB与y轴交于点F，而直线AD交y轴于点E，
所以E0,4+4k,F0,4−4k，
联立AB:y=kx−4+4与抛物线W：x2=4y，化简并整理得x2−4kx+16k−16=0，
Δ=16k2−64k+64=16k−22>0⇒k≠2，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=4k,x1x2=16k−16，
设△ABE面积为S2，
则S2=12⋅EF⋅x1−x2=12⋅8k⋅x1+x22−4x1x2
=4k16k2−64k+64=16kk−2=16k2−k≤16k+2−k22=16，等号成立当且仅当k=1，
所以△ABE面积的最大值为16；
（2）
由（1）可知x1x2=4x2=16k−16，解得x2=4k−4，
设点D的坐标为x3,y3，同理可得x3=4−k−4=−4k−4，
所以y2=4k−12,y3=4k+12，
设ABCD的面积为S，而四边形BCDE的面积为S1，△ABE的面积为S2，
由题意S1S2=S−S2S2=2，所以S=3S2，
而S=12ACy3−y2=12×8×4k+12−4k−12=64k,00）和圆C：x2+y2=1，C经过E的右焦点F，点A，B为E的右顶点和上顶点，原点O到直线AB的距离为2217.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设D，A是椭圆E的左、右顶点，过F的直线l交E于M，N两点（其中M点在x轴上方），求△MAF与△DNF的面积之比的取值范围.
【解题思路】（1）根据条件，转化为关于a,b的方程组，即可求解；
（2）讨论斜率存在和不存在两种情况，斜率不存在时，直接计算，斜率存在时，直线l的方程与椭圆方程联立，得到韦达定理，并表示三角形的面积比值，利用韦达定理表示面积比值，并求范围.
【解答过程】（1）设椭圆焦距为2c，
由题意可得c=1，有a2−b2=1①
又因为直线AB方程为xa+yb=1，
所以d=aba2+b2=2217②
联立①②解得：a2=4，b2=3，
故椭圆方程为x24+y23=1
（2）①当l斜率不存在时，易知S△AMFS△DNF=AFDF=a−ca+c=13；
②当l斜率存在时，设l：x=ty+1（t≠0），Mx1,y1y1>0，Nx2,y2y20，
所以y1+y2=−6t3t2+4，y1y2=−93t2+4，
因为S△DNF=12DF⋅y2=32⋅−y2，S△AMF=12AF⋅y1=12⋅y1，
所以S△AMFS△DNF=12⋅y132⋅−y2=−13⋅y1y2
因为y1+y22y1y2=36t23t2+42−93t2+4=−4t23t2+4=−43+4t2>−43，
又y1+y22y1y2=y12+2y1y2+y22y1y2=y1y2+y2y1+2，
设y1y2=k，则k0上的一点，直线x=my+n交C于A，B两点，且直线PA，PB的斜率之积为2.
(1)求C的准线方程；
(2)求mn−34的最小值.
【解题思路】（1）将点P14,1代入即可求出p，则得到准线方程；
（2）设点，计算斜率得到y1+1y2+1=8，联立直线与抛物线得到y2−4my−4n=0，则得到韦达定理式，代入即可得到n=m−74，则mn−34=mm−52，再利用二次函数性质即可得到最值.
【解答过程】（1）因为点P14,1在C：y2=2pxp>0上，
所以p2=1，解得p=2.
所以C的准线方程为x=−1.
（2）由（1）知C：y2=4x，设Ax1,y1，Bx2,y2.
kPA=y1−1x1−14=y1−1y124−14=4y1+1，同理可得kPB=4y2+1，
所以kPAkPB=4y1+1⋅4y2+1=2，即y1+1y2+1=8.
联立y2=4xx=my+n得y2−4my−4n=0，
由Δ=16m2+16n>0得m2+n>0.（*），
y1+y2=4m，y1y2=−4n，
所以y1+1y2+1=y1y2+y1+y2+1=−4n+4m+1=8，
整理得n=m−74.
所以mn−34=mm−52=m2−52m=m−542−2516≥−2516，
当m=54，n=−12时，等号成立，此时m2+n=1716>0，满足（*）式，
故mn−34的最小值为−2516.
【变式5-2】（2024·福建泉州·模拟预测）已知椭圆C：x26+y22=1的左右焦点分别是F1,F2，双曲线E的顶点恰好是F1、F2，且一条渐近线是y=x．
(1)求E的方程：
(2)若E上任意一点H（异于顶点），作直线HF1交C于A,B，作直线HF2交C于P,Q，求AB+4PQ的最小值．
【解题思路】（1）利用双曲线渐近线斜率ba已知，结合顶点坐标的性质，即可求出方程；
（2）设直线HF1的方程为：y=k1x+2，利用弦长公式可求出AB与k1的关系式，同理再设直线HF2的方程为：y=k2x−2，也可求出PQ与k2的关系式，然后利用这两直线的交点在双曲线上，得到k1k2=1，从而可求AB+4PQ的最小值.
【解答过程】（1）由椭圆C：x26+y22=1得：左右焦点分别是F12，0,F2−2，0，
因为双曲线E的顶点恰好是F1、F2，设双曲线E的方程为：x2a2−y2b2=1，
所以a=2，
又由一条渐近线是y=x，可得ba=1，所以b=2，
即双曲线E的方程为：x24−y24=1，
（2）
设直线HF1的方程为：y=k1x+2，与椭圆C：x26+y22=1联立得：
1+3k12x2+12k12x+12k12−6=0，
可设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=−12k121+3k12,x1x2=12k12−61+3k12,
则AB=1+k12x1−x2=1+k12−12k121+3k122−412k12−61+3k12=261+k121+3k12，
同理可设直线HF2的方程为：y=k2x−2，与椭圆C：x26+y22=1联立得：
1+3k22x2−12k22x+12k22−6=0，
可设Px3,y3,Qx4,y4，则x3+x4=12k221+3k22,x3x4=12k22−61+3k22,
则PQ=1+k22x3−x4=1+k2212k221+3k222−412k22−61+3k22=261+k221+3k22，
再由直线HF1的方程为：y=k1x+2与直线HF2的方程为：y=k2x−2联立解得：
x=2k2+k1k2−k1,y=4k2k1k2−k1，
由于这两直线交点就是点H，则把点H的坐标代入双曲线E的方程得：
4k2+k1k2−k12−4k2k1k2−k12=4，化简得：k2k1k2k1−1=0，
点H（异于顶点），所以k2k1≠0，即k1k2=1，
则AB+4PQ=261+k121+3k12+4261+k221+3k22=261+k121+3k12+41+1k121+3k12
=261+k121+3k12+4k12+1k12+3=261+k121+3k12+4k12+1k12+3⋅1+3k121+k12+k12+3k12+1×14
=621+4+3+k121+3k12+43k12+1k12+3≥625+23+k121+3k12⋅43k12+1k12+3=62×9=962，
当且仅当3+k121+3k12=43k12+1k12+3，即k12=15时，AB+4PQ有最小值962.
【变式5-3】（2024·安徽·三模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，动直线l:y=kx+m与C的左､右两支分别交于点M,N，且当k=m=1时，OM⋅ON=−2（O为坐标原点）.
(1)求C的方程；
(2)若点O到l的距离为1,C的左､右顶点分别为A1,A2，记直线A1M,A2N的斜率分别为kA1M,kA2N，求kA1MkA2N1+k2|MN|的最小值
【解题思路】（1）设C的半焦距为c，由题意得到b2=3a2，联立方程组得到x1+x2=1,x1x2=−1+3a22，结合OM⋅ON=−2，列出方程求得a2,b2的值，即可求解；
（2）由点O到l的距离为1，得到m2=k2+1，联立方程组求得x1+x2,x1x2，求得k20)，
由题意知离心率e=ca=1+b2a2=2，可得b2=3a2，
联立方程组y=kx+1x2a2−y23a2=1，整理得2x2−2x−1−3a2=0，
其中Δ=12+24a2>0且x1+x2=1,x1x2=−1+3a22，
则OM⋅ON=x1x2+y1y2=2x1x2+x1+x2+1=1−3a2=−2，
解得a2=1,b2=3，所以双曲线C的方程为x2−y23=1.
（2）解：因为点O到l的距离为1，可得mk2+1=1，则m2=k2+1.
联立方程组y=kx+m3x2−y2=3，整理得3−k2x2−2kmx−m2+3=0，
其中3−k2≠0,Δ=−2km2+43−k2m2+3=48>0，
且x1+x2=2km3−k2,x1x2=m2+3k2−3，
因为直线l与C的左､右两支分别交于点M,N，可得m2+3k2−30，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=−2kmk2+2，x1x2=m2−1k2+2，
又由OA+3OB=4OP得x1+3x2=0，即x1=−3x2，
因此x1+x2=−2x2，从而x1=−3kmk2+2，x2=kmk2+2，
所以x1x2=−3k2m2(k2+2)2=m2−1k2+2，
整理得4k2m2+2m2−k2−2=0，显然m2≠12，
所以k2=2−2m24m2−1>0，
解得−10，
x1+x2=8k2k2−14，x1⋅x2=16k2+1k2−14，
AP⃗⋅AQ⃗=x1+2,y1·x2+2,y2=x1+2x2+2+y1y2
=1+k2x1x2+2−4k2x1+x2+4+16k2
=1+k216k2+1k2−14+2−4k28k2k2−14+4+16k2=33k2k2−14
=33k2−14+334k2−14=33+334k2−14，
令t=k2，则t∈0,14∪14,+∞，令gt=33+334t−14， gt在0,14，14,+∞上单调递减，
又g0=33−33=0，所以gt∈−∞,0∪33,+∞，
所以AP⋅AQ的取值范围为−∞,0∪33,+∞.
【变式6-2】（2024·福建厦门·二模）已知A−2,0，B2,0，P为平面上的一个动点.设直线AP,BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1⋅k2=−34.记P的轨迹为曲线Γ.
(1)求Γ的轨迹方程；
(2)直线PA，PB分别交动直线x=t于点C,D，过点C作PB的垂线交x轴于点H.HC⋅HD是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.
【解题思路】（1）设点P(x,y),(x≠±2)，由题意列出等式，化简即可求得答案；
（2）分别设直线PA,PB的方程，求出点C,D的坐标，即可得出直线CH的方程，继而求出H点坐标，从而求出HC⋅HD的表达式，结合二次函数知识，即可得结论，并求得最大值.
【解答过程】（1）由题意设点P(x,y),(x≠±2)，由于k1⋅k2=−34，
故yx−2⋅yx+2=−34，整理得x24+y23=1，
即Γ的轨迹方程为x24+y23=1,(x≠±2)；
（2）由题意知直线AP,BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1⋅k2=−34，
设直线PA的方程为y=k1x+2，令x=t，则可得y=k1t+2，即Ct,k1t+2，
直线PB:y=k2x−2，同理求得Dt,k2t−2，
又直线CH的方程为y−k1t+2=−1k2x−t，
令y=0，得xH=t+k1k2t+2=14t−32，即Ht−64,0，
故HC⋅HD=3t+64,k1t+2⋅3t+64,k2t−2=3t+6216+k1k2t2−4
=3t+6216−3t2−44=−3t−6216+12，
当t=6时，−3t−6216+12取到最大值12，
即HC⋅HD存在最大值，最大值为12.
【变式6-3】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是双曲线x23−y2=1的离心率的倒数，椭圆C的左､右焦点分别为F1,F2，上顶点为P，且PF1⋅PF2=−2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当过点Q0,2的动直线l与椭圆C相交于两个不同点A,B时，设AQ=λQB，求λ的取值范围.
【解题思路】（1）根据向量数量积得到b,c关系式，结合离心率以及a2−b2=c2求解出a,b，则椭圆方程可求；
（2）设出A,B坐标，根据向量共线表示出对应坐标关系，再利用点差法结合已知坐标关系进行化简从而得到y1关于λ的表示，根据椭圆的有界性可求λ的范围.
【解答过程】（1）设点F1,F2的坐标分别为−c,0,c,0，
又点P的坐标为0,b，且PF1⋅PF2=−c,−b⋅c,−b=−c2+b2=−2，
所以c2−b2=2ca=32a2−b2=c2，解得a=2,b=1，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，则依据AQ=λQB得−x1,2−y1=λx2,y2−2，
整理得x1=−λx2,y1=2−λy2−2，
又x124+y12=1x224+y22=1，故x124+y12=1λ2x224+λ2y22=λ2，
得x1−λx2x1+λx24+y1−λy2y1+λy2=1−λ2，
即y1−λy22+2λ=1−λ2，
当λ=−1时，此时AQ=−QB=BQ，即A,B重合，显然不成立，所以λ≠−1，
所以y1−λy22+2λ1+λ=1−λ，即y1−λy2=1−λ2，
又y1+λy2=21+λ，得y1=3λ+54，
又y1∈−1,1，故λ∈−3,−13，且λ≠−1，
故实数λ的取值范围为−3,−1∪−1,−13.
【题型7 圆锥曲线中的探索性问题】
【例7】（2024·云南昆明·模拟预测）已知双曲线E：x2a2−y23=1a>0的右焦点为F2c,0，一条渐近线方程为y=23cx．
(1)求双曲线E的方程；
(2)是否存在过点F2的直线l与双曲线E的左右两支分别交于A，B两点，且使得∠F1AB=∠F1BA，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）根据渐近线方程和c2=a2+b2求a,c的值，即可得到双曲线E的方程；
（2）假设存在直线l，由∠F1AB=∠F1BA得F1A=F1B，取AB的中点M，则kF1M⋅kMF2=−1，进而得x02+y02=4；又利用x12−y123=1x22−y223=1得y02=3x02−6x0，于是联立方程组可得M的坐标，从而得到直线l的斜率并得出直线l的方程.
【解答过程】（1）因为双曲线E的一条渐近线方程为y=23cx，所以ba=23c，又b2=3，
因此c=2a，又a2+b2=c2，a=1，c=2；
则E的方程为x2−y23=1．
（2）假设存在过点F2的直线l与双曲线E的左右两支分别交于A，B两点，且使得∠F1AB=∠F1BA，
设Ax1,y1，Bx2,y2，AB中点为Mx0,y0，又F1−2,0,F22,0，
由∠F1AB=∠F1BA可知△F1AB为等腰三角形，F1A=F1B，且直线l不与x轴重合，
于是F1M⊥AB，即F1M⊥MF2，
因此kF1M⋅kMF2=−1，y0x0+2⋅y0x0−2=−1，x02+y02=4（Ⅰ）
点A,B在双曲线E上，所以x12−y123=1①x22−y223=1②，
①−②化简整理得：y1+y2x1+x2⋅y1−y2x1−x2=3，y0x0⋅y1−y2x1−x2=3，即kOM⋅kAB=3，可得y0x0⋅y0x0−2=3，y02=3x02−6x0（Ⅱ）
联立（Ⅰ）（Ⅱ）得：x02+y02=4y02=3x02−6x0，2x02−3x0−2=0，x0−22x0+1=0，
解得x0=2y0=0（舍去），x0=−12y0=±152适合题意，则M−12,±152；
由kOM⋅kAB=3得kAB=3×±115=±155，
所以直线l的方程为：y=±155x−2，即15x±5y−215=0．
【变式7-1】（2024·上海长宁·二模）已知椭圆Γ:x26+y23=1,O为坐标原点；
(1)求Γ的离心率e；
(2)设点N1,0，点M在Γ上，求MN的最大值和最小值；
(3)点T2,1，点P在直线x+y=3上，过点P且与OT平行的直线l与Γ交于A,B两点；试探究：是否存在常数λ，使得PA⋅PB=λPT2恒成立；若存在，求出该常数的值；若不存在，说明理由；
【解题思路】（1）利用椭圆方程即可直接求得其离心率；
（2）利用椭圆的几何性质，结合两点距离公式与二次函数的性质即可得解；
（3）分别利用向量的模与线性运算的坐标表示求得PT2,PA,PB，再联立直线l与椭圆方程得到x1+x2,x1x2关于a的表达式，进而化简PA⋅PB得到PA⋅PB与PT2的关系，由此得解.
【解答过程】（1）设Γ的半长轴长为a，半短轴长为b，半焦距为c，
则a=6,b=3，则c=3，所以e=ca=36=22.
（2）依题意，设M(x,y)，则−6≤x≤6，x26+y23=1，故y2=3−x22，
则MN=(x−1)2+y2=(x−1)2+3−x22=12x2−2x+4=12(x−2)2+2，
所以由二次函数的性质可知，当x=2时，MN取得最小值为2，
当x=−6时，MN取得最大值为12(−6−2)2+2=1+6.
（3）设P(a,3−a),Ax1,y1,Bx2,y2，又T2,1，
易得kOT=12，则直线l为y−3−a=12x−a，即 y=12x+3−32a，
而PT2=a−22+3−a−12=2(a−2)2，
PA=x1−a,y1−3+a=x1−a,12x1+3−32a−3+a=x1−a,12x1−a2，
PB=x2−a,y2−3+a=x2−a,12x2+3−32a−3+a=x2−a,12x2−a2，
联立y=12x+3−32ax26+y23=1，消去y，得x2+2(2−a)x+3(2−a)2−4=0
则Δ=4(2−a)2−4×3(2−a)2−4=−8a2−4a+2>0，得2−20，
则x1+x2=6a2a2+b2, x1x2=9a2−a2b2a2+b2.
∴|PQ|=1+12⋅x1+x22−4x1x2 =2⋅(6a2a2+b2)2−4×9a2−a2b2a2+b2=2⋅2aba2+b2−9a2+b2=2725,
即10aba2+b2−9=27a2+b2.
又离心率e=ca=223,则c2a2=a2−b2a2=89，即a=3b.
∴30b29b2+b2−9=279b2+b2,
解得b2=9,∴a2=81.
∴椭圆Γ的标准方程为x281+y29=1.
（2）由题意知A(−9,0),B(9,0)，当直线l与x轴垂直时，P(3,−22),Q(3,22)，
则AP的方程为y=−26(x+9)，
令x=t，得Nt,−(t+9)26，BN=t−9,−(t+9)26,QB=(6,−22)，
由Q,B,N三点共线，可得，(t−9)6=−(t+9)26−22，解得t=27.
当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y=k(x−3).
联立x281+y29=1,y=k(x−3),消去y，得1+9k2x2−54k2x+81k2−1=0.
∴x1+x2=54k21+9k2,x1x2=81k2−11+9k2，AP的方程为y=y1x1+9(x+9)，
令x=27，得N27,36y1x1+9，BN=18,36y1x1+9, BQ=x2−9,y2,
∵18y2−36y1x1+9x2−9 =18kx2−3x1+9−36k1x1−3x2−9x1+9
=−18kx1x2−15x1+x2+81x1+9 =−18k81k2−11+9k2−15⋅54k21+9k2+81x1+9
=−18k⋅81k2−81−810k2+81+729k21+9k2x1+9=0.
即BN,BQ共线，故Q，B，N三点共线.
故存在定实数t=27，使Q，B，N三点共线.
【变式7-3】（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为54，且点−42,3在双曲线C上．
(1)求双曲线C的标准方程．
(2)过点P0,1的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于点A,B．问：在y轴上是否存在定点Q，使直线AQ与BQ的斜率之和为定值？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据题意，设a=4t,t>0，求得b=3t，得到双曲线C的方程可化为x216t2−y29t2=1，将点−42,3在双曲线C上，求得t2=1，即可求解；
（2）假设存在点Q0,m，设直线l的方程为y=kx+1，联立方程组，求得x1+x2,x1x2，化简得到kAQ+kBQ=15m+9k，当m+9=0，得到kAQ+kBQ=0（定值），即可求解.
【解答过程】（1）解：由题意，双曲线C:x2a2−y2b2=1的离心率为54，可得e=ca=54，
设a=4t,t>0，则c=5t，所以b=c2−a2=3t，
所以双曲线C的方程可化为x216t2−y29t2=1，
因为点−42,3在双曲线C上，所以−42216t2−329t2=1，解得t2=1，
所以双曲线C的标准方程为x216−y29=1．
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，
假设存在点Q0,m，设直线l的方程为y=kx+1−340的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，FA⊥FB，FA=2FB，则l的斜率是（ ）
A．±1B．±2C．±3D．±2
【解题思路】根据抛物线的定义得到如图的抛物线，得到AA1=AF,BB1=BF，可求得AH，做BH⊥AA1在直角三角形Rt△ABH中，可求得BH，结合斜率的定义进行求解即可
【解答过程】下图所示为l的斜率大于0的情况．
如图，设点A，B在C的准线上的射影分别为A1，B1，BH⊥AA1，垂足为H．
设FA=2FB=2a，a>0，则AB=5a．
而AH=AA1−BB1=AF−BF=a，所以BH=AB2−AH2=2a，
l的斜率为BHAH=2．同理，l的斜率小于0时，其斜率为−2．
另一种可能的情形是l经过坐标原点O，可知一交点为O，则FO⊥FA，
可求得FA=2FO=p，可求得l斜率为FAFO=2，
同理，l的斜率小于0时，其斜率为−2．
故选：D.
4．（2024·北京海淀·三模）已知抛物线y2=4x的焦点为F、点M在抛物线上，MN垂直y轴于点N，若MF=6，则△MNF的面积为（ ）
A．8B．45C．55D．105
【解题思路】确定抛物线的焦点和准线，根据MF=6得到M5,25，计算面积得到答案.
【解答过程】
因为抛物线y2=4x的焦点为F1,0，准线方程为x=−1，
所以MF=xM+1=6，故xM=5，
不妨设M在第一象限，故M5,25，
所以S△MNF=12×5−0×25=55.
故选：C.
5．（2024·河南信阳·三模）已知椭圆y29+x2=1，P为椭圆上任意一点，过点P分别作与直线l1:y=3x和l2:y=−3x平行的直线，分别交l2，l1交于M，N两点，则MN的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】由题意可得四边形PMON为平行四边形，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(x0,y0)，根据MN与OP的中点相同得x2−x1=y03y2−y1=3x0，再由两点间的距离公式，结合椭圆的性质即可求解.
【解答过程】设过点P分别与直线l1,l2平行的直线为l3,l4，如图：
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(x0,y0)，则y1=−3x1，y2=3x2，
显然四边形PMON为平行四边形，故M,N与O,P的中点重合，
则x0+0=x1+x2=13(y2−y1)y0+0=y1+y2=3(x2−x1)，即x2−x1=y03y2−y1=3x0，
又因P为椭圆上任意一点，所以y029+x02=1，即y029=1−x02，
即MN=x1−x22+y1−y22=y029+9x02=9x02+1−x02=8x02+1，
而−1≤x0≤1，即0≤x02≤1，所以当x02=1时，|MN|max=8×1+1=3.
故选：C.
6．（2024·黑龙江·二模）双曲线C:x2a2−y2b2=1的左、右顶点分别为A1，A2，左、右焦点分别为F1，F2，过F1作直线与双曲线C的左、右两支分别交于M，N两点.若F1M=14MN，且cs∠F1NF2=14，则直线MA1与MA2的斜率之积为（ ）
A．32B．43C．52D．53
【解题思路】设MF1=x，由双曲线定义和题目条件，表达出MN=4x，NF2=5x−2a，MF2=2a+x，在△MNF2中，由余弦定理得x=2a3，则NF1=10a3,NF2=4a3，在△F1NF2中，由余弦定理得8a2=3c2，故b2=53a2，设A1−a,0,A2a,0,Mx0,y0，求出直线MA1与MA2的斜率之积为53.
【解答过程】设MF1=x，则MN=4x,NF1=5x，
由双曲线定义得NF2=5x−2a，MF2=2a+x，
在△MNF2中，由余弦定理得
cs∠F1NF2=MN2+NF22−MF222MN⋅NF2=16x2+5x−2a2−2a+x22×4x5x−2a=14，
解得x=2a3，
则NF1=10a3,NF2=4a3，F1F2=2c，
在△F1NF2中，由余弦定理得
cs∠F1NF2=NF12+NF22−F1F222NF1⋅NF2=100a29+16a29−4c22×10a3×4a3=14，
解得8a2=3c2，则8a2=3a2+3b2，5a2=3b2，
设A1−a,0,A2a,0,Mx0,y0，则b2x02−a2y02=a2b2，
将b2=53a2代入得53x02−53a2=y02，
则直线MA1与MA2的斜率之积为y0x0+a⋅y0x0−a=y02x02−a2=53x02−53a2x02−a2=53.
故选：D.
7．（2024·陕西商洛·三模）已知抛物线E:y2=2pxp>0的焦点为F，过F的直线交E于A，B两点，点P满足OP=λOF00，
由已知y1，y2为方程y2=4ty−8=0的两根，
所以y1+y2=4t，y1y2=−8，B16y12,−8y1，故B选项错误；
设直线CD的方程为x=ny+2，Cx3,y3，Dx4,y4，联立y2=4xx=ny+2；
化简可得y2−4ny−8=0，方程y2−4ny−8=0的判别式Δ=16n2+32>0，
所以y3+y4=4n，y3y4=−8．C16y42,−8y4，
若直线AD的斜率存在，则x1≠1，x4≠1，y42≠y12，
因为直线AD经过点F，所以k1=y1x1−1=y4x4−1，所以y1y4y4−y1=4y1−y4，
因为y1≠y4，所以y1y4=−4，所以k2=−8y4+8y116y42−16y12=−12×y1y4y1+y4，
所以k1=y1y124−1=4y1y12−4，k2=2y1−4y1=2y1y12−4，所以k1=2k2，选项C正确；
当直线AB垂直于x轴时，易知点A2,22，从而S△FAB=12×1×AB=22，
此时点D在过A2,22，F1,0两点的直线上，且在抛物线E：y2=4x上，
从而求出点D12,−2，从而C8,42，从而S△FCD=12×1×42−−2=522，故选项D错误．
故选：C.
二、多选题
9．（2024·广东茂名·二模）已知双曲线C:4x2−y2=1，直线l:y=kx+1k>0，则下列说法正确的是（ ）
A．若k=2，则l与C仅有一个公共点
B．若k=22，则l与C仅有一个公共点
C．若l与C有两个公共点，则20k>0，解得：2