【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题22　直线与圆锥曲线的位置关系

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1.(2021·新高考Ⅱ卷)抛物线y2＝2px(p>0)的焦点到直线y＝x＋1的距离为eq \r(2)，则p＝( )
A.1 B.2
C.2eq \r(2) D.4
答案 B
解析 抛物线的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，其到直线x－y＋1＝0的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)－0＋1)),\r(12＋（－1）2))＝eq \r(2)，解得：p＝2(p＝－6舍去).故选B.
2.(2021·天津卷)已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点与抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C，D两点，若|CD|＝eq \r(2)|AB|，则双曲线的离心率为( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3)
C.2 D.3
答案 A
解析 设双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)与抛物线y2＝2px(p＞0)的公共焦点为(c，0)，则抛物线y2＝2px(p＞0)的准线为x＝－c.
把x＝－c代入双曲线方程，得eq \f(c2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，解得y＝±eq \f(b2,a)，所以|AB|＝eq \f(2b2,a)，
又因为双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，
所以|CD|＝eq \f(2bc,a)，所以eq \f(2bc,a)＝eq \f(2\r(2)b2,a)，
即c＝eq \r(2)b，所以a2＝c2－b2＝eq \f(1,2)c2，
所以双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(2).故选A.
3.(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.
4.(2022·新高考Ⅱ卷)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 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\{(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)＝\f(m＋0,2)，,\f(y1＋y2,2)＝\f(0＋n,2)，))即eq \b\lc\{(\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\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),6)＋\f(yeq \\al(2,1),3)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),6)＋\f(yeq \\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\{(\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.
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)，以下同法一.
5.(2022·新高考Ⅰ卷)已知点A(2，1)在双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan ∠PAQ＝2eq \r(2)，求△PAQ的面积.
解 (1)将点A的坐标代入双曲线方程得
eq \f(4,a2)－eq \f(1,a2－1)＝1，
化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，
故双曲线C的方程为eq \f(x2,2)－y2＝1.
由题易知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋m，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立直线l与双曲线C的方程，消y整理得
(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0，
2k2－1≠0时，
Δ＝(4km)2－4(2k2－1)(2m2＋2)＝8(m2＋1－2k2)>0，
故x1＋x2＝－eq \f(4km,2k2－1)，x1x2＝eq \f(2m2＋2,2k2－1).
kAP＋kAQ＝eq \f(y1－1,x1－2)＋eq \f(y2－1,x2－2)＝eq \f(kx1＋m－1,x1－2)＋eq \f(kx2＋m－1,x2－2)＝0，
化简得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
故eq \f(2k（2m2＋2）,2k2－1)＋(m－1－2k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,2k2－1)))－4(m－1)＝0，
整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0，
又直线l不过点A，即m＋2k－1≠0，
故k＝－1.
(2)不妨设直线PA的倾斜角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<θ<\f(π,2)))，
由题意知∠PAQ＝π－2θ，
所以tan ∠PAQ＝－tan 2θ＝eq \f(2tan θ,tan2θ－1)＝2eq \r(2)，
解得tan θ＝eq \r(2)或tan θ＝－eq \f(\r(2),2)(舍去).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y1－1,x1－2)＝\r(2)，,\f(xeq \\al(2,1),2)－yeq \\al(2,1)＝1，))得x1＝eq \f(10－4\r(2),3)，
所以|AP|＝eq \r(3)|x1－2|＝eq \f(4\r(3)（\r(2)－1）,3)，
同理得x2＝eq \f(10＋4\r(2),3)，
所以|AQ|＝eq \r(3)|x2－2|＝eq \f(4\r(3)（\r(2)＋1）,3).
因为tan ∠PAQ＝2eq \r(2)，
所以sin ∠PAQ＝eq \f(2\r(2),3)，
故S△PAQ＝eq \f(1,2)|AP||AQ|sin ∠PAQ
＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(3)（\r(2)－1）,3)×eq \f(4\r(3)（\r(2)＋1）,3)×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(16\r(2),9).
热点一 中点弦问题
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.
(1)若椭圆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)；
(2)若双曲线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)；
(3)若抛物线E的方程为y2＝2px(p>0)，则k＝eq \f(p,y0).
例1 (1)(2022·宝鸡二模)椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,2)＝1中以点M(2，1)为中点的弦所在直线方程为( )
A.4x＋9y－17＝0B.4x－9y－17＝0
C.eq \r(7)x＋3y－2eq \r(7)－3＝0D.eq \r(7)x－3y－2eq \r(7)＋3＝0
(2)(2022·南充二诊)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，过点F的直线x－y＋eq \r(2)＝0与椭圆C相交于不同的两点A，B，若P为线段AB的中点，O为坐标原点，直线OP的斜率为－eq \f(1,2)，则椭圆C的方程为( )
A.eq \f(x2,3)＋y2＝1 B.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1
C.eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,3)＝1 D.eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1
答案 (1)A (2)B
解析 (1)设点M(2，1)为中点的弦的端点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),9)＋\f(yeq \\al(2,1),2)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),9)＋\f(yeq \\al(2,2),2)＝1，))
两式相减得eq \f(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2),9)＋eq \f(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2),2)＝0，
因为M(2，1)为中点，
所以eq \f(x1＋x2,2)＝2，eq \f(y1＋y2,2)＝1，
所以斜率
k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(2（x1＋x2）,9（y1＋y2）)＝－eq \f(4,9)(或直接利用结论k＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)＝－eq \f(2,9)×eq \f(2,1)＝－eq \f(4,9))，
所以所求直线方程为y－1＝－eq \f(4,9)(x－2)，
即4x＋9y－17＝0.
(2)直线x－y＋eq \r(2)＝0过点F(－eq \r(2)，0)，
所以c＝eq \r(2)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \f(xeq \\al(2,1),a2)＋eq \f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，eq \f(xeq \\al(2,2),a2)＋eq \f(yeq \\al(2,2),b2)＝1两式相减并化简得－eq \f(b2,a2)＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)，
即－eq \f(b2,a2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))·1，eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2)，
a2＝2b2＝b2＋c2，
所以b＝c＝eq \r(2)，a＝2，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
规律方法 (1)处理中点弦问题的常用方法：①根与系数的关系，②点差法.
(2)利用点差法需注意保证直线与曲线相交.
训练1 已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，虚轴的上端点为B，点P，Q在双曲线上，且点M(－2，1)为线段PQ的中点，PQ∥BF，双曲线的离心率为e，则e2等于( )
A.eq \f(\r(2)＋1,2) B.eq \f(\r(3)＋1,2)
C.eq \f(\r(2)＋2,2) D.eq \f(\r(5)＋1,2)
答案 A
解析 法一 由题意知F(c，0)，B(0，b)，
则kPQ＝kBF＝－eq \f(b,c).
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),a2)－\f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),a2)－\f(yeq \\al(2,2),b2)＝1，))
两式相减，得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(b2（x1＋x2）,a2（y1＋y2）).
因为线段PQ的中点为M(－2，1)，
所以x1＋x2＝－4，y1＋y2＝2，
又kPQ＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b,c)，
所以－eq \f(b,c)＝eq \f(－4b2,2a2)，整理得a2＝2bc，
所以a4＝4b2c2＝4c2(c2－a2)，
即4e4－4e2－1＝0，
得e2＝eq \f(\r(2)＋1,2)，或e2＝eq \f(1－\r(2),2)(舍去).
法二 由题意知F(c，0)，B(0，b)，
则kBF＝－eq \f(b,c).
设直线PQ的方程为y－1＝k(x＋2)，
即y＝kx＋2k＋1，
代入双曲线方程，得(b2－a2k2)x2－2a2k(2k＋1)x－a2(2k＋1)2－a2b2＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝－4，
所以eq \f(2a2k（2k＋1）,b2－a2k2)＝－4，
又k＝kBF＝－eq \f(b,c)，
所以2a2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,c)))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,c)))＋1))＝－4b2＋4a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,c)))eq \s\up12(2).
整理得a2＝2bc，
所以c2－b2－2bc＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)))eq \s\up12(2)－eq \f(2c,b)－1＝0，
得eq \f(c,b)＝eq \r(2)＋1，或eq \f(c,b)＝1－eq \r(2)(舍去)，
则e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(c2,c2－b2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)))\s\up12(2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)))\s\up12(2)－1)＝eq \f(（\r(2)＋1）2,（\r(2)＋1）2－1)＝eq \f(\r(2)＋1,2).
热点二 弦长问题
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2 如图所示，已知抛物线x2＝4y的焦点为F，过点F任作直线l(l与x轴不平行)交抛物线于A，B两点，点A关于y轴的对称点为点C.
(1)求证：直线BC与y轴的交点D为定点；
(2)过点A，B分别作抛物线的切线，两条切线交于点E，求eq \f(|AB|,|DE|)的最小值及此时直线l的方程.
(1)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2).
易知F(0，1)，直线l斜率存在且不为0，
∴可设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))
消去y并整理得x2－4kx－4＝0，Δ>0，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝4k，,x1x2＝－4.))
∵ 点A，C关于y轴对称，
∴C(－x1，y1)，
∴kCB＝eq \f(y2－y1,x2＋x1)＝eq \f(\f(1,4)xeq \\al(2,2)－\f(1,4)xeq \\al(2,1),x2＋x1)＝eq \f(x2－x1,4)，
∴直线BC的方程为y－eq \f(xeq \\al(2,2),4)＝eq \f(x2－x1,4)(x－x2)，
令x＝0，得y＝－1，
∴直线BC与y轴的交点D为定点(0，－1).
(2)解 由y＝eq \f(1,4)x2，得y′＝eq \f(x,2)，
∴过点A的切线方程为y－eq \f(xeq \\al(2,1),4)＝eq \f(x1,2)(x－x1)，
即y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(xeq \\al(2,1),4).
同理可得过点B的切线方程为y＝eq \f(x2,2)x－eq \f(xeq \\al(2,2),4).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(x1,2)x－\f(xeq \\al(2,1),4)，,y＝\f(x2,2)x－\f(xeq \\al(2,2),4)，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(x1＋x2,2)，,y＝\f(x1x2,4)，))
由(1)可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2k，,y＝－1，))
∴E(2k，－1)，|DE|＝2|k|.
又|AB|＝eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|
＝eq \r(k2＋1)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝4(k2＋1)，
∴eq \f(|AB|,|DE|)＝eq \f(4（k2＋1）,2|k|)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|k|＋\f(1,|k|)))≥4，
当且仅当k＝±1时等号成立，
此时直线l的方程为y＝x＋1或y＝－x＋1.
规律方法 (1)设直线方程要注意斜率不存在的情况.若已知直线过(t，0)，可设直线方程为x＝my＋t(m≠0)；(2)联立直线、曲线的方程组消元后，一需要二次项系数不等零，二需要Δ＞0；(3)点差法，要检验中点是否在圆锥曲线内部，若中点在曲线内部，可不必检验Δ＞0.
训练2 (2022·兰州质检)椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交C于A，B两点，且eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，求|AB|.
解 (1)∵两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形，
∴b＝c，
∵椭圆过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，
∴eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1，
又a2＝b2＋c2，
解得a2＝2，b2＝1，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)∵F(1，0)，设lAB：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2m,m2＋2)，,y1y2＝－\f(1,m2＋2)，))
∵eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，∴y1＝－2y2，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－y2＝－\f(2m,m2＋2)，,－2yeq \\al(2,2)＝－\f(1,m2＋2)，))
∴2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m,m2＋2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,m2＋2)，
∴m2＝eq \f(2,7)，
∴|AB|＝eq \r(1＋m2)·|y1－y2|＝eq \r(1＋m2)·eq \f(\r(4m2＋4（m2＋2）),m2＋2)＝eq \f(9\r(2),8).
热点三 直线与圆锥曲线位置关系的应用
直线与圆锥曲线位置关系的判定方法
(1)联立直线的方程与圆锥曲线的方程.
(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·福州模拟)过M(2，－2p)引抛物线x2＝2py(p>0)的切线，切点分别为A，B.若AB的斜率等于2，则p等于( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2)
C.1 D.2
(2)(2022·南昌模拟)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，则双曲线的离心率的取值范围为________.
答案 (1)C (2)(1，eq \r(2)]
解析 (1)抛物线x2＝2py(p>0)，
即y＝eq \f(1,2p)x2，y′＝eq \f(1,p)x，
则切线斜率k＝y′＝eq \f(1,p)x，
设切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则kMA＝eq \f(1,p)x1，kMB＝eq \f(1,p)x2，
又xeq \\al(2,1)＝2py1，xeq \\al(2,2)＝2py2，
所以切线MA的方程为y－y1＝eq \f(1,p)x1(x－x1)，
即y＝eq \f(1,p)x1x－y1，
同理切线MB的方程为y＝eq \f(1,p)x2x－y2，
两切线均过点M(2，－2p)，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2p＝\f(1,p)x1·2－y1，,－2p＝\f(1,p)x2·2－y2，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＝\f(2,p)x1＋2p，,y2＝\f(2,p)x2＋2p，))
所以点A(x1，y1)，B(x2，y2)均满足方程y＝eq \f(2,p)x＋2p，
即A(x1，y1)，B(x2，y2)均在直线y＝eq \f(2,p)x＋2p上，
即直线AB的方程为y＝eq \f(2,p)x＋2p，
所以斜率为eq \f(2,p)＝2，故p＝1.
(2)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，又双曲线的离心率e>1，
所以1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).
训练3 (2022·凉山二诊)抛物线C：x2＝2py(p>0)，若直线l：y＝x＋eq \f(3p,2)与C交于A，B(左侧为A，右侧为B)两点，则抛物线C在点A处的切线的斜率为( )
A.－3 B.1
C.3 D.－1
答案 D
解析 直线l与抛物线C方程联立，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝2py，,y＝x＋\f(3p,2)))解得x＝－p或x＝3p，
因为左侧为A，右侧为B，p>0，
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－p，\f(p,2)))，
由x2＝2py得y＝eq \f(1,2p)x2，y′＝eq \f(1,p)x，
所以抛物线C在点A处的切线的斜率为eq \f(1,p)·(－p)＝－1.
一、基本技能练
1.(2022·成都二诊)设经过点F(1，0)的直线与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，若线段AB中点的横坐标为2，则|AB|＝( )
A.4 B.5
C.6 D.7
答案 C
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \f(x1＋x2,2)＝2，解得x1＋x2＝4，
∴|AB|＝x1＋x2＋2＝6.
2.椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)＝1中，以点M(－1，2)为中点的弦所在直线斜率为( )
A.eq \f(9,16) B.eq \f(9,32)
C.eq \f(9,64) D.－eq \f(9,32)
答案 B
解析 设弦AB的端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \f(xeq \\al(2,1),16)＋eq \f(yeq \\al(2,1),9)＝1，eq \f(xeq \\al(2,2),16)＋eq \f(yeq \\al(2,2),9)＝1，两式相减得eq \f(（x1＋x2）（x1－x2）,16)＋eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,9)＝0，又弦AB中点为M(－1，2)，
∴x1＋x2＝－2，y1＋y2＝4，
即eq \f(－2（x1－x2）,16)＋eq \f(4（y1－y2）,9)＝0，
∴k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(9,32).
3.已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(c，0)，直线y＝k(x－c)与双曲线只有1个交点，则( )
A.|k|>eq \f(b,a) B.|k|C.|k|＝eq \f(b,a) D.|k|≤eq \f(b,a)
答案 C
解析 双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，
直线y＝k(x－c)经过焦点F(c，0)，当k>0时，只有直线y＝k(x－c)与渐近线
y＝eq \f(b,a)x平行，与双曲线有1个交点，可得k＝eq \f(b,a)，同理可得，当k<0时，k＝－eq \f(b,a)，故|k|＝eq \f(b,a).
4.已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1倾斜角为45°的直线l与椭圆交于A，B两点，点P(2，1)，则△PAB的面积为( )
A.eq \f(6\r(2),7) B.eq \f(12\r(2),7)
C.2eq \r(2) D.eq \f(15\r(2),7)
答案 B
解析 ∵椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
∴F1(－1，0)，kAB＝tan 45°＝1，
∴AB：y＝x＋1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x2＋4y2－12＝0，,y＝x＋1))
消去y整理得7x2＋8x－8＝0，
∴x1＋x2＝－eq \f(8,7)，x1x2＝－eq \f(8,7)，
∴AB＝eq \r(2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \f(24,7)，
P(2，1)到y＝x＋1的距离为
d＝eq \f(|2－1＋1|,\r(12＋（－1）2))＝eq \r(2)，
∴S＝eq \f(1,2)|AB|d＝eq \f(1,2)×eq \f(24,7)×eq \r(2)＝eq \f(12\r(2),7).
5.(2022·河南名校大联考)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y2＝4x，点A(4，0)，B(6，0)，过A且垂直于x轴的直线与抛物线交于点C，过C作BC的垂线，交x轴于点D，则①点C的坐标为(4，4)；②△OCD的面积为8；③|OC|＝|OD|；④直线CD与抛物线相切，其中正确命题的个数为( )
A.1 B.2
C.3 D.4
答案 B
解析 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝4，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝±4，))
点C的坐标为(4，±4)，①错误.
取C(4，4)，则直线BC的方程为y＝－2x＋12，所以直线CD的方程为y＝eq \f(1,2)x＋2，可得D(－4，0)，所以|OC|≠|OD|，所以③错误.
S△OCD＝eq \f(1,2)×|OD|×|AC|＝eq \f(1,2)×4×4＝8，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝\f(1,2)x＋2，))可得x2－8x＋16＝0，所以Δ＝64－4×16＝0，故直线CD与抛物线相切，②④均正确.
6.(2022·宜宾二诊)已知点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，0))，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点是F，过M的直线l交抛物线于A，B两点，点N是线段AB的中点，若|NF|＝eq \r(3)p，则直线l的斜率为( )
A.±p B.±eq \f(p,2)
C.±1 D.±eq \f(\r(2),2)
答案 D
解析 易知直线的斜率存在，设直线方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2)))，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2)))，,y2＝2px，))
消去y得k2x2＋(k2p－2p)x＋eq \f(k2p2,4)＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－p＋eq \f(2p,k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2＋p)＝eq \f(2p,k)，
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)＋\f(p,k2)，\f(p,k)))，
又Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
所以|NF|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p－\f(p,k2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,k)))eq \s\up12(2)＝3p2，
即2k4＋k2－1＝0，
解得k2＝eq \f(1,2)，所以k＝±eq \f(\r(2),2).
7.已知P(1，1)是双曲线外一点，过P引双曲线x2－eq \f(y2,2)＝1的两条切线PA，PB，A，B为切点，求直线AB的方程为________.
答案 2x－y－2＝0
解析 设切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则PA：x1x－eq \f(y1y,2)＝1，PB：x2x－eq \f(y2y,2)＝1，
又点P(1，1)代入得x1－eq \f(1,2)y1＝1，x2－eq \f(1,2)y2＝1，
∴点A(x1，y1)，B(x2，y2)均在直线x－eq \f(1,2)y＝1上，
∴过直线AB的方程为x－eq \f(1,2)y＝1，
即2x－y－2＝0.
8.抛物线C：y2＝8x的焦点为F，点M(－2，2)，过点F且斜率为k的直线与C交于A，B两点，若∠AMB＝90°，则k等于________.
答案 2
解析 F(2，0)，由题意可知k一定存在，
所以设直线方程为y＝k(x－2)(k≠0)，
代入抛物线方程可得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝4＋eq \f(8,k2)，x1x2＝4，
所以y1＋y2＝eq \f(8,k)，y1y2＝－16，
因为∠AMB＝90°，
所以eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝(x1＋2，y1－2)·(x2＋2，y2－2)＝eq \f(16,k2)－eq \f(16,k)＋4＝0，解得k＝2.
9.(2022·银川调研)已知抛物线y＝eq \f(1,4)x2和点M(2，2)，过M的直线交抛物线于A，B两点，抛物线在点A，B处的切线l1，l2交于点P，若M为线段AB的中点，则△ABP的面积为________.
答案 4
解析 设直线AB的方程为y＝kx＋2－2k，与y＝eq \f(1,4)x2联立得x2－4kx＋8k－8＝0，
设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(xeq \\al(2,1),4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(xeq \\al(2,2),4)))，
则x1＋x2＝4k，
又M为线段AB的中点，
所以4k＝4，k＝1，
解方程x2－4kx＋8k－8＝0可得出x1＝0，x2＝4，
即A(0，0)，B(4，4)，由y′＝eq \f(1,2)x，
则切线l1，l2的斜率分别为0，2，
则切线l1，l2的方程分别为y＝0，y＝2(x－4)＋4，
联立可得P(2，0)，
点P到直线AB：y＝x的距离d＝eq \f(|2－0|,\r(12＋12))＝eq \r(2)，
|AB|＝eq \r(42＋42)＝4eq \r(2)，
则S△ABP＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)×4eq \r(2)×eq \r(2)＝4.
10.已知直线y＝kx＋2(k>0)与抛物线C：x2＝8y相交于A，B两点，点F为C的焦点，|FA|＝4|FB|，则k＝________.
答案 eq \f(3,4)
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意知抛物线的焦点坐标为F(0，2)，
直线y＝kx＋2(k>0)与抛物线C：x2＝8y联立方程得x2－8kx－16＝0，
所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－16，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4＝8k2＋4，
y1y2＝(kx1＋2)·(kx2＋2)＝4，
又因为|FA|＝4|FB|，
所以y1＋2＝4(y2＋2)，即y1＝4y2＋6，
所以由y1＝4y2＋6和y1y2＝4，
解得y1＝8，y2＝eq \f(1,2)或y1＝－2，y2＝－2(负值舍去)，
所以y1＋y2＝8k2＋4＝8＋eq \f(1,2)，
解得k2＝eq \f(9,16)，所以k＝eq \f(3,4).
11.(2022·临汾二模)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，其准线与x轴交于点P，过点P作直线l与C交于A，B两点，点D与点A关于x轴对称.
(1)证明：直线BD过点F；
(2)若eq \(DF,\s\up6(→))＝3eq \(FB,\s\up6(→))，求l的斜率.
(1)证明 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x1，－y1)，直线l的斜率为k，由题可知k一定存在，
直线l的方程为：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2))).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2)))，,y2＝2px，))得ky2－2py＋kp2＝0，
Δ＝4p2－4k2p2>0，则－1y1＋y2＝eq \f(2p,k)，y1y2＝p2，kBD＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)＝eq \f(y2＋y1,\f(1,2p)（yeq \\al(2,2)－yeq \\al(2,1)）)＝eq \f(2p,y2－y1)，
故直线BD的方程为y＋y1＝eq \f(2p,y2－y1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(yeq \\al(2,1),2p)))，
即y＝eq \f(2p,y2－y1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，
故直线BD过点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).
(2)解 由eq \(DF,\s\up6(→))＝3eq \(FB,\s\up6(→))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1＋\f(p,2)＝3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(p,2)))，,y1＝3y2，))
由(1)可知，y1＋y2＝4y2＝eq \f(2p,k)，
故y2＝eq \f(p,2k)，
又x1＋3x2＝2p，
故eq \f(yeq \\al(2,1),2p)＋eq \f(3yeq \\al(2,2),2p)＝2p，
即yeq \\al(2,1)＋3yeq \\al(2,2)＝4p2＝12yeq \\al(2,2)，
故yeq \\al(2,2)＝eq \f(p2,4k2)＝eq \f(p2,3)，
所以k2＝eq \f(3,4)，
满足Δ>0，故k＝±eq \f(\r(3),2).
12.(2022·郑州二模)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的右焦点为F，点A，B，P在椭圆C上.
(1)若线段AB的中点为(1，1)，求直线AB的方程；
(2)若F恰好是△ABP的重心，且|AF|，|PF|，|BF|依次成等差数列，求点P的坐标.
解 (1)由题意，将(1，1)坐标代入C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1中，满足eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)<1，
故点(1，1)在椭圆内部，又线段AB的中点为(1，1)，可知直线AB的斜率存在，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \f(xeq \\al(2,1),4)＋eq \f(yeq \\al(2,1),3)＝1，eq \f(xeq \\al(2,2),4)＋eq \f(yeq \\al(2,2),3)＝1，
两式相减整理得：eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(3,4)×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)，
由已知可得x1＋x2＝y1＋y2＝2，
则eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(3,4)，
所以AB的斜率为－eq \f(3,4)，
直线AB的方程为y－1＝－eq \f(3,4)(x－1)，
即3x＋4y－7＝0.
(2)由已知可得F(1，0)，设P(x3，y3)，
因为F恰好是△ABP的重心，
所以eq \f(x1＋x2＋x3,3)＝1，
即x1＋x2＋x3＝3，
因为|AF|，|PF|，|BF|依次成等差数列，
所以2|PF|＝|AF|＋|BF|.
|AF|＝eq \r(（x1－1）2＋yeq \\al(2,1))＝eq \r(（x1－1）2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(xeq \\al(2,1),4))))＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,2)－2))\s\up12(2))＝2－eq \f(x1,2)，
同理|BF|＝2－eq \f(x2,2)，|PF|＝2－eq \f(x3,2).
所以4－x3＝2－eq \f(x1,2)＋2－eq \f(x2,2)，
可得x1＋x2＝2x3，
于是x1＋x2＋x3＝3x3＝3，
得x3＝1，将x3＝1代入椭圆方程得y3＝±eq \f(3,2)，
所以点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2))).
二、创新拓展练
13.(2022·宜春调研)已知以F为焦点的抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点(1，－2)，直线l：y＝k(x－1)与C交于A，B两点(其中点A在x轴上方)，若|AF|＝(3＋2eq \r(2))|FB|，则l在y轴上的截距为( )
A.2 B.1
C.－eq \f(1,2) D.－1
答案 D
解析 抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点(1，－2)，所以4＝2p，解得p＝2，
即抛物线方程为y2＝4x，焦点为F(1，0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)(y1>0，y2<0)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝k（x－1），))
消x得y2－eq \f(4,k)y－4＝0，
由Δ>0，∴y1y2＝－4，
又|AF|＝(3＋2eq \r(2))|FB|，
即eq \(AF,\s\up6(→))＝(3＋2eq \r(2))eq \(FB,\s\up6(→))，
∴－y1＝(3＋2eq \r(2))y2，
∴eq \f(4,y2)＝(3＋2eq \r(2))y2，
∴yeq \\al(2,2)＝eq \f(4,（3＋2\r(2)）)＝12－8eq \r(2)＝4x2，
∴y2＝2－2eq \r(2)，x2＝3－2eq \r(2)，
∴k＝eq \f(0－（2－2\r(2)）,1－（3－2\r(2)）)＝1，
即直线方程为y＝x－1，
故l在y轴上的截距为－1，故选D.
14.(2022·雅安二诊)已知抛物线C以坐标原点O为顶点，以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))为焦点，过(2p，0)的直线与抛物线C交于两点A，B，直线AB上的点M(1，1)满足OM⊥AB，则|OM|·|AB|＝( )
A.2eq \r(5) B.4eq \r(5)
C.40 D.80
答案 B
解析 由直线AB上的点M(1，1)满足OM⊥AB可知：kAB＝－eq \f(1,kOM)＝－1，
故直线AB的方程为y－1＝－(x－1)，
即y＝－x＋2，
将(2p，0)代入y＝－x＋2可得p＝1，
则抛物线方程为y2＝2x，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－x＋2，,y2＝2x，))得x2－6x＋4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝6，x1x2＝4，
故|AB|＝eq \r(2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(2)·eq \r(20)＝2eq \r(10)，
故|OM|·|AB|＝eq \r(12＋12)×2eq \r(10)＝4eq \r(5).
15.(2022·白山一模)已知抛物线C：y2＝2px，焦点为F(1，0)，过F的直线与C交于A，B两点，C在A处的切线与C的准线交于P点，若|PF|＝eq \r(5)，则|AB|＝________.
答案 5
解析 因为焦点为F(1，0)，
所以抛物线C：y2＝4x.
不妨设P在第二象限，因为|PF|＝eq \r(5)，
所以P(－1，1).
设直线AB的方程为x＝my＋1，与y2＝4x联立并消去x，得y2－4my－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
所以|AB|＝eq \r(（1＋m2）（16m2＋16）)＝4(m2＋1).
设切线PA的方程为x＝ny＋t，
与y2＝4x联立并消去x，
得y2－4ny－4t＝0.
因为Δ＝16n2＋16t＝0，
所以n2＋t＝0，
所以y2－4ny＋4n2＝0，y＝2n，
即y1＝2n，y2＝－eq \f(2,n)，m＝eq \f(n,2)－eq \f(1,2n)，
即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，n－\f(1,n))).
所以n－eq \f(1,n)＝1，m＝eq \f(1,2)，|AB|＝4(m2＋1)＝5.
16.(2022·合肥调研)在平面直角坐标系中，顶点在原点、以坐标轴为对称轴的抛物线C经过点(1，2).
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知抛物线C关于x轴对称，过焦点F的直线交C于A，B两点，线段AB的垂直平分线交直线AB于点P，交C的准线于点Q.若|AB|＝|PQ|，
求直线AB的方程.
解 (1)当焦点在x轴时，设抛物线C：
y2＝2px.
将点(1，2)坐标代入得p＝2，
此时抛物线的方程为y2＝4x.
当焦点在y轴时，设抛物线C：x2＝2py，
将点(1，2)坐标代入得p＝eq \f(1,4)，
此时抛物线的方程为x2＝eq \f(1,2)y.
综上，抛物线C的方程为y2＝4x或x2＝eq \f(1,2)y.
(2)当抛物线C的焦点在x轴时，其方程为y2＝4x.
∵直线AB的斜率不存在时，|AB|＝4，|PQ|＝2，不符合题意，
∴直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，与抛物线的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))
消去y得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
∴Δ＝16k2＋16>0，x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，
∴|AB|＝x1＋x2＋2＝4＋eq \f(4,k2)，
线段AB的中点P为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,k2)，\f(2,k)))，
∴直线PQ的方程为y－eq \f(2,k)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1－\f(2,k2))).
令x＝－1，得y＝eq \f(4,k)＋eq \f(2,k3)，
∴Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(4,k)＋\f(2,k3)))，
∴|PQ|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,k2)＋1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k)－\f(4,k)－\f(2,k3)))\s\up12(2))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))eq \r(1＋\f(1,k2)).
由|PQ|＝|AB|得，2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))eq \r(1＋\f(1,k2))＝4＋eq \f(4,k2)，
解得k＝±eq \f(\r(3),3)，
∴直线AB的方程为y＝eq \f(\r(3),3)x－eq \f(\r(3),3)
或y＝－eq \f(\r(3),3)x＋eq \f(\r(3),3).