人教B版 (2019)选择性必修 第一册第二章　平面解析几何2.8 直线与圆锥曲线的位置关系导学案

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第一册第二章　平面解析几何2.8 直线与圆锥曲线的位置关系导学案，共16页。学案主要包含了弦长问题，由弦长求参数的值，弦长的最值问题等内容，欢迎下载使用。

一、弦长问题
问题1 当直线与圆锥曲线相交时，如何求弦长？
提示 设直线与圆锥曲线相交于A，B两点，直线的斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)，
所以|AB|＝eq \r(x1－x22＋kx1－kx22)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1－x22)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)，
或|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)y1－\f(1,k)y2))2＋y1－y22)
＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \r(y1－y22)
＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \r(y1＋y22－4y1y2).
知识梳理
直线与圆锥曲线相交于A，B两点，直线的斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|
＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \r(y1＋y22－4y1y2).
特别地，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点的弦AB，A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦长|AB|＝x1＋x2＋p.
注意点：(1)一定先有判别式大于零，才有两根之和、两根之积．
(2)对于斜率不确定的问题，要分类讨论．
例1 已知斜率为2的直线l经过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点F1，与椭圆相交于A，B两点，求弦AB的长．
解 因为直线l过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点F1(1,0)，
又直线斜率为2，所以直线l的方程为y＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.
方法一 解方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,2x－y－2＝0，))
得交点A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(4,3)))，
所以|AB|＝eq \r(xA－xB2＋yA－yB2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(5,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2－\f(4,3)))2)
＝eq \r(\f(125,9))＝eq \f(5\r(5),3).
方法二 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,2x－y－2＝0，))
消去y得3x2－5x＝0，因为Δ＝(－5)2＝25>0，
则x1＋x2＝eq \f(5,3)，x1x2＝0.
所以|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)
＝eq \r(x1－x221＋k\\al(2,AB))
＝eq \r(1＋k\\al(2,AB)[x1＋x22－4x1x2])
＝eq \r(1＋22\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))2－4×0)))＝eq \f(5\r(5),3).
方法三 由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,2x－y－2＝0，))
消去x得3y2＋2y－8＝0，
因为Δ＝22－4×3×(－8)＝100>0，
则y1＋y2＝－eq \f(2,3)，y1y2＝－eq \f(8,3)，
所以|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)
＝eq \r(y1－y22·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k\\al(2,AB))＋1)))
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k\\al(2,AB))))[y1＋y22－4y1y2])
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3))))))
＝eq \f(5\r(5),3).
反思感悟 求解弦长可以先求出交点坐标，利用两点之间的距离公式进行求解；也可以直接利用弦长公式求解．
跟踪训练1 已知直线l经过抛物线y2＝6x的焦点F，且与抛物线相交于A，B两点．
(1)若直线l的倾斜角为60°，求|AB|的值；
(2)若|AB|＝9，求线段AB的中点M到准线的距离．
解 (1)因为直线l的倾斜角为60°，
所以其斜率k＝tan 60°＝eq \r(3).
又Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)).所以直线l的方程为y＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2))).
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝6x，,y＝\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，))消去y，得x2－5x＋eq \f(9,4)＝0.
若设A(x1，y1)，B(x2，y2)．则x1＋x2＝5，
而|AB|＝|AF|＋|BF|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(p,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(p,2)))＝x1＋x2＋p.
所以|AB|＝5＋3＝8.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线定义知，
|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋eq \f(p,2)＋x2＋eq \f(p,2)＝x1＋x2＋p＝x1＋x2＋3＝9，
所以x1＋x2＝6，于是线段AB的中点M的横坐标是3，又准线方程是x＝－eq \f(3,2)，
所以M到准线的距离等于3＋eq \f(3,2)＝eq \f(9,2).
二、由弦长求参数的值
例2 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为eq \f(\r(2),2)，直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△AMN的面积为eq \f(\r(10),3)时，求k的值．
解 (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))得b＝eq \r(2)，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－4,1＋2k2)，
所以|MN|＝eq \r(x2－x12－y2－y12)
＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])
＝eq \f(2\r(1＋k24＋6k2),1＋2k2).
又点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝eq \f(|k|,\r(1＋k2))，
所以△AMN的面积S＝eq \f(1,2)|MN|·d＝eq \f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2)，
由eq \f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2)＝eq \f(\r(10),3)，得k＝±1，满足Δ>0.
所以当△AMN的面积为eq \f(\r(10),3)时，k＝±1.
反思感悟 根据题意，通过建立等式或不等式求参数的值或取值范围，数学运算是正确解决问题的关键．
跟踪训练2 设点P(x，y)(y≥0)为平面直角坐标系xOy内的一个动点(其中O为坐标原点)，点P到定点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))的距离比点P到x轴的距离大eq \f(1,2).
(1)求点P的轨迹方程；
(2)若直线l：y＝kx＋1与点P的轨迹相交于A，B两点，且|AB|＝2eq \r(6)，求实数k的值．
解 (1)过点P作x轴的垂线且垂足为点N，则|PN|＝y，由题意知|PM|－|PN|＝eq \f(1,2)，
∴eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2)＝y＋eq \f(1,2)，化简得x2＝2y.
故点P的轨迹方程为x2＝2y.
(2)由题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝2y，))消去y化简得x2－2kx－2＝0，
∴x1＋x2＝2k，x1x2＝－2.
∵|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(4k2＋8)
＝2eq \r(6)，
∴k4＋3k2－4＝0，
又k2≥0，∴k2＝1，∴k＝±1.
三、弦长的最值问题
例3 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq \f(\r(2),2)，且点P(2,1)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为－1的直线与椭圆C相交于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
解 (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(6)，,b＝\r(3)，))
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设直线AB的方程为y＝－x＋m，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋m，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))得3x2－4mx＋2m2－6＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,x1＋x2＝\f(4m,3)，,x1x2＝\f(2m2－6,3)，))
∴|AB|＝eq \r(1＋－12)|x1－x2|＝eq \f(4,3)eq \r(9－m2)，
原点到直线的距离d＝eq \f(|m|,\r(2)).
∴S△OAB＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)eq \r(9－m2)·eq \f(|m|,\r(2))
＝eq \f(\r(2),3)eq \r(9－m2m2)≤eq \f(\r(2),3)·eq \f(9－m2＋m2,2)
＝eq \f(3\r(2),2).
当且仅当m＝±eq \f(3\r(2),2)时，等号成立，
∴△AOB面积的最大值为eq \f(3\r(2),2).
反思感悟 求与弦长有关的最值、范围问题的方法
(1)定义法：利用定义转化为几何问题处理．
(2)数形结合法：利用数与形的结合，挖掘几何特征，进而求解．
(3)函数法：探求函数模型，转化为函数的最值问题，借助函数的单调性、基本不等式等求解，注意椭圆的范围．
跟踪训练3 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知等轴双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，过右焦点F且垂直于x轴的直线与E交于B，C两点，若△ABC的面积为eq \r(2)＋1.
(1)求双曲线E的方程；
(2)若直线l：y＝kx－1与双曲线E的左、右两支分别交于M，N两点，与双曲线E的两条渐近线分别交于P，Q两点，求eq \f(|MN|,|PQ|)的取值范围．
解 (1)因为双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)为等轴双曲线，
所以a＝b，设双曲线的焦距为2c，c>0，
故c2＝a2＋b2＝2a2，即c＝eq \r(2)a.
因为BC过右焦点F，且垂直于x轴，
将xB＝c＝eq \r(2)a代入eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，
可得|yB|＝a，故|BC|＝2a.
因为△ABC的面积为eq \r(2)＋1，
所以eq \f(1,2)×|BC|×|AF|＝eq \r(2)＋1，
即eq \f(1,2)×2a×(a＋c)＝eq \r(2)＋1，
所以a2＝1，a＝1，故双曲线E的方程为x2－y2＝1.
(2)依题意，直线l：y＝kx－1与双曲线E的左、右两支分别交于M，N两点，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－y2＝1，,y＝kx－1，))消去y可得
(1－k2)x2＋2kx－2＝0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝2k2－41－k2×－2>0，,xMxN＝\f(－2,1－k2)<0，))
解得－1所以|MN|＝eq \r(xM－xN2＋yM－yN2)
＝eq \r(1＋k2)|xM－xN|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(xM＋xN2－4xMxN)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2k,1－k2)))2－4×\f(－2,1－k2))
＝eq \f(2\r(1＋k2)·\r(2－k2),1－k2).
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x，,y＝kx－1，))得xP＝eq \f(1,k－1)，同理xQ＝eq \f(1,k＋1)，
所以|PQ|＝eq \r(1＋k2)|xP－xQ|
＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1)))＝eq \f(2\r(1＋k2),1－k2).
所以eq \f(|MN|,|PQ|)＝eq \f(\f(2\r(1＋k2)·\r(2－k2),1－k2),\f(2\r(1＋k2),1－k2))＝eq \r(2－k2)，
其中－1所以eq \f(|MN|,|PQ|)∈(1，eq \r(2)]．
1.知识清单：
(1)弦长的问题．
(2)由弦长求参数．
(3)与弦长有关的最值、范围问题．
2．方法归纳：数形结合、分类讨论．
3．常见误区：容易忽略直线斜率不存在的情况．
1．过椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦点F(c,0)的弦中最短弦长是( )
A.eq \f(2b2,a) B.eq \f(2a2,b) C.eq \f(2c2,a) D.eq \f(2c2,b)
答案 A
解析 最短弦是过焦点F(c,0)且与焦点所在坐标轴垂直的弦．
将x＝c代入椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
得y＝±eq \f(b2,a)，
故最短弦长是eq \f(2b2,a).
2．斜率为1的直线l经过抛物线y2＝4x的焦点F，且与抛物线相交于A，B两点，则线段AB的长为( )
A．4eq \r(2) B．6eq \r(2) C．8eq \r(2) D．8
答案 D
解析 抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，则直线l的方程为y＝x－1，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,y2＝4x，))可得x2－6x＋1＝0，Δ＝62－4>0，
所以x1＋x2＝6，
由抛物线的焦点弦长公式得|AB|＝x1＋x2＋2＝8.
3．已知双曲线eq \f(x2,2)－eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别是F1，F2，过F1的直线l与双曲线相交于A，B两点，则满足|AB|＝3eq \r(2)的直线l有( )
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
答案 C
解析 双曲线eq \f(x2,2)－eq \f(y2,3)＝1，
过F1的直线l垂直于x轴时，|AB|＝eq \f(2b2,a)＝eq \f(6,\r(2))＝3eq \r(2)，
双曲线两个顶点的距离为2eq \r(2)，
∴满足|AB|＝3eq \r(2)的直线l有3条，
一条是通径所在的直线，另两条与右支相交．
4．已知斜率为1的直线l与双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的右支交于A，B两点，若|AB|＝8，则直线l的方程为( )
A．y＝x＋eq \r(21) B．y＝x－eq \r(21) C．y＝x－eq \f(3\r(5),5) D．y＝x＋eq \f(3\r(5),5)
答案 B
解析 设斜率为1的直线l的方程为y＝x＋t，
联立双曲线方程eq \f(x2,4)－y2＝1，
可得3x2＋8tx＋4t2＋4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
可得x1＋x2＝－eq \f(8t,3)，x1x2＝eq \f(4t2＋4,3)，
则|AB|＝eq \r(1＋1)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(2)·eq \r(\f(64t2,9)－\f(16t2＋16,3))＝eq \r(2)·eq \f(4\r(t2－3),3)＝8，
解得t＝±eq \r(21)，
由于直线l与双曲线的右支交于两点，可得t＝－eq \r(21)，
则直线l的方程为y＝x－eq \r(21).
课时对点练
1．直线2x－y－4＝0与抛物线y2＝6x交于A，B两点，则线段AB的长度为( )
A．8 B.eq \f(\r(285),2) C.eq \f(\r(305),2) D.eq \f(\r(335),2)
答案 B
解析 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝6x，,2x－y－4＝0，))
消去y并整理得2x2－11x＋8＝0，Δ>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(11,2)，x1x2＝4，
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋4)×eq \r(\f(121,4)－4×4)＝eq \f(\r(285),2).
2．已知P为抛物线y2＝4x上一点，Q为圆(x－6)2＋y2＝1上一点，则|PQ|的最小值为( )
A.eq \r(21)－1 B．2－eq \f(\r(5),5) C．2eq \r(5)－1 D．21－4eq \r(5)
答案 C
解析 设点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)m2，m))，圆(x－6)2＋y2＝1的圆心坐标为A(6,0)，
∴|PA|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)m2－6))2＋m2＝eq \f(1,16)(m2－16)2＋20≥20，
∴|PA|≥2eq \r(5)，
∵Q是圆(x－6)2＋y2＝1上任意一点，
∴|PQ|的最小值为2eq \r(5)－1.
3．已知离心率为2的双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l：y＝kx与双曲线C交于A，B两点，若|AB|＝eq \f(\r(3),2)|F1F2|，则k等于( )
A．±eq \r(3) B．±1 C．±2 D．±3
答案 B
解析 由双曲线C的离心率为2，可得eq \f(\r(a2＋b2),a)＝2，
故b2＝3a2，
故双曲线的方程可化为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,3a2)＝1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,a2)－\f(y2,3a2)＝1，))可得x2＝eq \f(3a2,3－k2)和y2＝eq \f(3a2k2,3－k2)，
设A(x，y)，则B(－x，－y)，
故|AB|＝2eq \r(x2＋y2)＝2eq \r(3)aeq \r(\f(1＋k2,3－k2))，
而|F1F2|＝2eq \r(a2＋b2)＝4a，
由|AB|＝eq \f(\r(3),2)|F1F2|，可得2eq \r(3)aeq \r(\f(1＋k2,3－k2))＝eq \f(\r(3),2)×4a，
则k＝±1.
4．椭圆eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,b2)＝1，过原点O斜率为eq \r(3)的直线与椭圆交于C，D，若|CD|＝4，则椭圆的标准方程为( )
A.eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,4)＝1 B.eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,3)＝1 C.eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,6)＝1 D.eq \f(x2,7)＋eq \f(2y2,7)＝1
答案 D
解析 由题意可知，直线CD的方程为y＝eq \r(3)x，直线倾斜角为eq \f(π,3)，
不妨设C点在第一象限，则OC＝2，
因此可得C(1，eq \r(3))，
又点C在椭圆eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,b2)＝1上，
所以eq \f(1,7)＋eq \f(3,b2)＝1⇒b2＝eq \f(7,2)，
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,7)＋eq \f(2y2,7)＝1.
5．若直线y＝x＋t与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B两点，当|t|变化时，|AB|的最大值为( )
A．2 B.eq \f(4\r(5),5) C.eq \f(4\r(10),5) D.eq \f(8\r(10),5)
答案 C
解析 联立两个方程化为5x2＋8tx＋4t2－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(8,5)t，x1x2＝eq \f(4,5)(t2－1)，
∴|AB|＝eq \r(2[x1＋x22－4x1x2])
＝eq \r(2[－\f(8,5)t2－\f(16,5)t2－1])＝eq \f(4,5)eq \r(10－2t2)，
而Δ＝(8t)2－4×5×(4t2－4)>0，解得0≤t2<5.
∴取t2＝0得|AB|max＝eq \f(4\r(10),5).
6．(多选)设椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,3)＝1的右焦点为F，直线y＝m(0A．|AF|＋|BF|为定值
B．△ABF的周长的取值范围是[6,12]
C．当m＝eq \f(\r(3),2)时，△ABF为直角三角形
D．当m＝1时，△ABF的面积为eq \r(6)
答案 ACD
解析 设椭圆的左焦点为F′，
则|AF′|＝|BF|，∴|AF|＋|BF|＝|AF|＋|AF′|＝6为定值，A正确；
△ABF的周长为|AB|＋|AF|＋|BF|，
∵|AF|＋|BF|为定值6，
|AB|的取值范围是(0,6)，
∴△ABF的周长的取值范围是(6,12)，B错误；
将y＝eq \f(\r(3),2)与椭圆方程联立，
可解得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(3),2)，\f(\r(3),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)，\f(\r(3),2)))，又∵F(eq \r(6)，0)，
∴eq \(AF,\s\up6(→))·eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6)＋\f(3\r(3),2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6)－\f(3\r(3),2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＝0，
∴△ABF为直角三角形，C正确；
将y＝1与椭圆方程联立，解得A(－eq \r(6)，1)，B(eq \r(6)，1)，
∴S△ABF＝eq \f(1,2)×2eq \r(6)×1＝eq \r(6)，D正确．
7．过双曲线x2－eq \f(y2,3)＝1的右焦点且与x轴垂直的直线交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则|AB|＝________.
答案 4eq \r(3)
解析 由双曲线方程可得右焦点为(2,0)，渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，把x＝2代入渐近线方程，得y＝±2eq \r(3)，故|AB|＝4eq \r(3).
8．已知椭圆两顶点A(－1,0)，B(1,0)，过焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，当|CD|＝eq \f(3\r(2),2)时，直线l的方程为________________．
答案 eq \r(2)x－y＋1＝0或eq \r(2)x＋y－1＝0
解析 由题意得b＝1，c＝1.
∴a2＝b2＋c2＝1＋1＝2.
∴椭圆方程为eq \f(y2,2)＋x2＝1.
当直线l的斜率不存在时，|CD|＝2eq \r(2)，不符合题意．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＋2x2＝2，))得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0.
Δ＝8(k2＋1)>0恒成立．
设C(x1，y1)，D(x2，y2)．
∴x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq \f(1,k2＋2).
∴|CD|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2).
即eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq \f(3\r(2),2)，
解得k2＝2，∴k＝±eq \r(2).
∴直线l的方程为eq \r(2)x－y＋1＝0或eq \r(2)x＋y－1＝0.
9．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆上，且有|PF1|＋|PF2|＝2eq \r(2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F2的直线l与椭圆交于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
解 (1)由|PF1|＋|PF2|＝2eq \r(2)，得2a＝2eq \r(2)，
∴a＝eq \r(2).
将Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))代入eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,b2)＝1，得b2＝1.
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由已知，直线l的斜率为零时，不符合题意；
设直线方程为x－1＝my，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,x2＋2y2＝2，))得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
由根与系数的关系，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2m,m2＋2)，,y1y2＝－\f(1,m2＋2)，))
∴S△AOB＝eq \f(1,2)|OF2|·|y1－y2|
＝eq \f(1,2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \f(1,2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,m2＋2)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,m2＋2))))
＝eq \r(2)×eq \r(\f(m2＋1,m4＋4m2＋4))
＝eq \r(2)×eq \r(\f(m2＋1,m2＋12＋2m2＋1＋1))
＝eq \r(2)×eq \r(\f(1,m2＋1＋\f(1,m2＋1)＋2))
≤eq \r(2)×eq \r(\f(1,2\r(m2＋1·\f(1,m2＋1))＋2))＝eq \f(\r(2),2)，
当且仅当m2＋1＝eq \f(1,m2＋1)，即m＝0时，等号成立．
∴△AOB面积的最大值为eq \f(\r(2),2).
10.如图，已知抛物线y2＝4x，其焦点为F.
(1)求以M(1,1)为中点的抛物线的弦所在的直线方程；
(2)若互相垂直的直线m，n都经过抛物线y2＝4x的焦点F，且与抛物线相交于A，B两点和C，D两点，求四边形ACBD面积的最小值．
解 (1)由题意知，中点弦所在的直线斜率存在．
设所求直线交抛物线于P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则yeq \\al(2,1)＝4x1，yeq \\al(2,2)＝4x2，kPQ＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝2，
∴所求直线方程为2x－y－1＝0.
(2)依题意知，直线m，n的斜率存在，设直线m的方程为y＝k(x－1)，与抛物线方程联立，得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，其两根为x3，x4，且x3＋x4＝eq \f(4,k2)＋2.
由抛物线的定义可知，|AB|＝2＋x3＋x4＝eq \f(4,k2)＋4，
同理，|CD|＝4k2＋4，
∴四边形ACBD的面积S＝eq \f(1,2)(4k2＋4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)＋4))＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋k2＋\f(1,k2)))≥32.当且仅当k＝±1时取得最小值．
11．斜率为1的直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A.eq \f(4\r(5),5) B.eq \f(4\r(10),5) C.eq \f(8\r(10),5) D.eq \f(8\r(5),5)
答案 B
解析 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y得5x2＋8mx＋4(m2－1)＝0，
Δ＝(8m)2－4×5×4(m2－1)＝80－16m2>0，即0≤m2<5.
则x1＋x2＝－eq \f(8m,5)，x1x2＝eq \f(4m2－1,5).
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8m,5)))2－\f(16m2－1,5))
＝eq \f(4\r(2),5)·eq \r(5－m2)，
∴当m＝0时，|AB|取得最大值eq \f(4\r(10),5).
12．设O为坐标原点，直线x＝a与双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点，若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为( )
A．4 B．8 C．16 D．32
答案 B
解析 ∵C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
∴双曲线的渐近线方程是y＝±eq \f(b,a)x，
∵直线x＝a与双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点，
不妨设D在第一象限，E在第四象限，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝a，,y＝\f(b,a)x，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝a，,y＝b，))故D(a，b)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝a，,y＝－\f(b,a)x，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝a，,y＝－b，))故E(a，－b)，
∴|ED|＝2b，∴S△ODE＝eq \f(1,2)a×2b＝ab＝8.
∵双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
∴其焦距为2c＝2eq \r(a2＋b2)≥2eq \r(2ab)＝2eq \r(16)＝8，
当且仅当a＝b＝2eq \r(2)时取等号，
∴C的焦距的最小值为8.
13．已知双曲线C：x2－y2＝2，过右焦点的直线交双曲线于A，B两点，若线段AB中点的横坐标为4，则弦AB的长为( )
A．3eq \r(2) B．4eq \r(2) C．6 D．6eq \r(2)
答案 D
解析 双曲线C：eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1，则c2＝4，
∴右焦点为F(2,0)，
根据题意易得过F的直线斜率存在，
设方程为y＝k(x－2)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,x2－y2＝2，))化简得(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0，
∴xA＋xB＝eq \f(－4k2,1－k2)，xAxB＝eq \f(－4k2－2,1－k2).
∵线段AB中点的横坐标为4，
∴xA＋xB＝eq \f(－4k2,1－k2)＝8，
解得k2＝2，∴xAxB＝eq \f(－4k2－2,1－k2)＝10，
则(xA－xB)2＝(xA＋xB)2－4xAxB＝82－4×10＝24，
则|AB|＝eq \r(1＋k2xA－xB2)＝eq \r(3×24)＝6eq \r(2).
14．已知抛物线y2＝4x，过点P(4,0)的直线与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2)的最小值是________．
答案 32
解析 设AB的方程为x＝my＋4，
代入y2＝4x得y2－4my－16＝0，Δ>0，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－16，
所以yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2)＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16m2＋32，
当m＝0时，yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2)的最小值为32.
15．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线与圆(x－2)2＋y2＝6相交于A，B两点，且|AB|＝4，则此双曲线的离心率为( )
A．2 B.eq \f(5\r(3),3) C.eq \f(3\r(5),5) D.eq \r(2)
答案 D
解析 设双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线为bx－ay＝0，
∵|AB|＝4，r＝eq \r(6)，∴圆心(2,0)到渐近线的距离为eq \r(2)，
即eq \f(2b,\r(b2＋a2))＝eq \r(2)，解得b＝a，∴c＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(2)a，
∴此双曲线的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \r(2).
16．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)依题意知，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.