2024届高考数学一轮复习第8章第8节第1课时直线与圆锥曲线的位置关系学案

这是一份2024届高考数学一轮复习第8章第8节第1课时直线与圆锥曲线的位置关系学案，共19页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，欢迎下载使用。

第八节　直线与圆锥曲线的位置关系
考试要求：1．通过圆锥曲线与方程的学习，进一步体会数形结合的思想．
2．了解椭圆、双曲线和抛物线的简单应用．
第1课时　直线与圆锥曲线的位置关系

一、教材概念·结论·性质重现
1．直线与圆锥曲线的位置关系的判定
(1)代数法：把圆锥曲线方程C与直线方程l联立消去y，整理得到关于x的方程ax2＋bx＋c＝0.
方程ax2＋bx＋c＝0的解
l与C的交
点个数
a＝0
b＝0
无解(含l是双曲线的渐近线)
0
b≠0
有一解(含l与抛物线的对称轴平行(重合)或与双曲线的渐近线平行)
1
a≠0
Δ＞0
两个不相等的解
2
Δ＝0
两个相等的解
1
Δ＜0
无实数解
0
(2)几何法：在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系．

(1)直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线一定相切．当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线也相交于一点．
(2)直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外，易忽视直线与对称轴平行或重合时也与抛物线相交于一点的情况．
2．直线与圆锥曲线的相交弦长问题
设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
|AB|＝1+k2|x1－x2|＝1+k2x1+x22-4x1x2＝1+1k2|y1－y2|
＝1+1k2y1+y22-4y1y2.

解决直线与圆锥曲线的弦长问题的规律：联立方程求交点，由根与系数的关系求出x1＋x2，x1x2，代入弦长公式求弦长．
二、基本技能·思想·活动经验
1．判断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．
(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点．(　√　)
(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点．
(　×　)
(3)经过抛物线上一点有且只有一条直线与抛物线有一个公共点． (　×　)
(4)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点． (　√　)
2．直线y＝kx－k＋1与椭圆x29+y24＝1的位置关系为(　　)
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
A　解析：直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1，1)．又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．
3．直线y＝bax＋3与双曲线x2a2-y2b2＝1的交点个数是(　　)
A．1 B．2
C．1或2 D．0
A　解析：因为直线y＝bax＋3与双曲线的渐近线y＝bax平行，所以它与双曲线只有1个交点．
4．过抛物线y2＝4x的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若A，B两点的横坐标之和为103，则|AB|＝(　　)
A．133 B．143
C．5 D．163
D　解析：过抛物线的焦点的弦长公式为|AB|＝p＋x1＋x2.因为p＝2，所以|AB|＝2＋103＝163.
5．过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有(　　)
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
C　解析：过(0，1)与抛物线y2＝4x相切的直线有2条，过(0，1)与对称轴平行的直线有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点．


考点1　直线与圆锥曲线的位置关系——基础性

1．已知直线y＝kx＋t与圆x2＋(y＋1)2＝1相切且与抛物线C：x2＝4y交于不同的两点M，N，则实数t的取值范围是(　　)
A．(－∞，－3)∪(0，＋∞)
B．(－∞，－2)∪(0，＋∞)
C．(－3，0)
D．(－2，0)
A　解析：因为直线与圆相切，所以t+11+k2＝1，即k2＝t2＋2t.将直线方程代入抛物线方程并整理得x2－4kx－4t＝0，于是Δ＝16k2＋16t＝16(t2＋2t)＋16t>0，解得t>0或t<－3.故选A．
2．已知直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝4的右支有两个交点，则k的取值范围为(　　)
A．0，52 B．1，52
C．-52，52 D．1，52
D　解析：方法一：联立直线与双曲线的方程，得x2-y2=4，y=kx-1，消去y得(1－k2)x2＋2kx－5＝0，由题意知k≠±1.设直线与双曲线的两个交点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
所以Δ>0， x1+x2>0，x1x2>0， 即2k2+201-k2>0，-2k1-k2>0， -51-k2>0，
整理得4k2<5， kk-1k+1>0，k2>1， 整理1 方法二：因为直线y＝kx－1恒过定点(0，－1)，双曲线x2－y2＝4的渐近线方程为y＝±x，
要使直线y＝kx－1与双曲线的右支有两个交点，则需k>1.
当直线y＝kx－1与双曲线的右支相切时，方程kx－1＝x2-4，即(1－k2)x2＋2kx－5＝0有两个相等的实数根，所以Δ＝(2k)2＋20(1－k2)＝0，得k＝52(负值舍去)，要使直线y＝kx－1与双曲线的右支有两个交点，则需k<52.
综上，实数k的取值范围是1，52.故选D．

解决直线与圆锥的位置关系问题的注意点
1．联立直线与圆锥曲线的方程消元后，易忽视讨论二次项系数是否为零的情况．
2．判断直线与圆锥曲线位置关系时，判别式Δ起着关键性的作用，一可以限定所给参数的范围；二可以取舍某些解以免产生增根．

考点2　弦长问题——综合性

已知椭圆C：x23m+y2m＝1，直线l：x＋y－2＝0与椭圆C相交于两点P，Q，与x轴交于点B，点P，Q与点B不重合．
(1)求椭圆C的离心率；
(2)当S△OPQ＝2时，求椭圆C的方程；
(3)过原点O作直线l的垂线，垂足为N.若|PN|＝λ|BQ|，求实数λ的值．
解：(1)a2＝3m，b2＝m，c2＝2m，e2＝c2a2＝23，故e＝63.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，y1y2≠0，将x＋y－2＝0代入椭圆C的方程并整理得4x2－12x＋12－3m＝0.依题意，由Δ＝(－12)2－4×4×(12－3m)＞0得m＞1，且有x1+x2=3， x1x2=12-3m4，
所以|PQ|＝1+k2|x1－x2|＝2·9-12-3m＝6m-1.
原点到直线l的距离d＝2，所以S△OPQ＝12|PQ|·d＝12×6·m-1×2＝2，
解得m＝73＞1，故椭圆方程为x27+3y27＝1.
(3)直线l的垂线为ON：y＝x，
由y=x， x+y-2=0，解得交点N(1，1)．
因为|PN|＝λ|BQ|，又x1＋x2＝3，
所以λ＝PNBQ＝x1-1x2-2＝2-x2x2-2＝1，
故λ的值为1.

直线与圆锥曲线相交时弦长的求法
(1)定义法：过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义可优化解题．
(2)点距法：将直线的方程与圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长．
(3)弦长公式法：体现了解析几何中设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系．

(2022·济南模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p＞0)上一点M(4，y0)到焦点F的距离为5.
(1)求抛物线E的方程；
(2)直线l与圆C：x2＋y2－4x＝0相切且与抛物线E相交于A，B两点，若△AOB的面积为4(O为坐标原点)，求直线l的方程．
解：(1)由抛物线的定义知4＋p2＝5，所以p＝2，
因此，抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)由题意知，直线l与y轴不垂直，设直线l的方程为x＝my＋n.
因为直线l与圆C相切，又圆C的圆心为(2，0)，半径为2，
所以2-nm2+1＝2，所以4m2＝n2－4n.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由x=my+n，y2=4x， 消去x得y2－4my－4n＝0，
Δ＝(－4m)2＋16n＝16m2＋16n>0.
由根与系数的关系得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n.
则|AB|＝1+m2·|y1－y2|
＝1+m2·y1+y22-4y1y2
＝1+m2·16m2+16n＝41+m2·m2+n.
又原点O到直线l的距离为d＝n1+m2，
所以S△AOB＝12|AB|·d＝12×41+m2·m2+n·n1+m2＝2m2+nn2＝4，
所以(m2＋n)n2＝4.
又4m2＝n2－4n，解得n＝±2.
当n＝2时，m2＝－1不成立；
当n＝－2时，m2＝3，所以m＝±3.
经检验，所求直线方程为x＝±3y－2，
即x±3y＋2＝0.

考点3　中点弦问题——应用性

考向1　由中点确定直线方程
已知直线l与抛物线C：y2＝4x相交于A，B两点，若线段AB的中点为(2，1)，则直线l的方程为(　　)
A．y＝x－1 　　 B．y＝－2x＋5
C．y＝－x＋3 　　 D．y＝2x－3
D　解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有y12=4x1①，y22=4x2②，①－②得y12-y22＝4(x1－x2)．由题可知x1≠x2.所以y1-y2x1-x2＝4y1+y2＝42＝2，即kAB＝2，所以直线l的方程为y－1＝2(x－2)，即y＝2x－3.故选D．
考向2　由中点确定曲线方程或参数的值
已知直线y＝1－x与双曲线ax2＋by2＝1(a>0，b<0)的渐近线交于A，B两点，且过原点O和线段AB中点的直线的斜率为－32，则ab的值为(　　)
A．－32 B．－233
C．－932 D．－2327
A　解析：由双曲线ax2＋by2＝1知其渐近线方程为ax2＋by2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有ax12+by12＝0①，ax22+by22＝0②，由①－②得a(x12-x22)＝-b(y12-y22)．即a(x1＋x2)(x1－x2)＝－b(y1＋y2)(y1－y2)，由题意可知x1≠x2，且x1＋x2≠0，所以y1+y2x1+x2·y1-y2x1-x2＝－ab，设AB的中点为M(x0，y0)，则kOM＝y0x0＝2y02x0＝y1+y2x1+x2＝－32，又知kAB＝－1，所以－32×(－1)＝－ab，
所以ab＝－32.故选A．

本例的条件不变，试求双曲线的离心率．
解：因为a>0，b<0，所以双曲线的焦点在x轴上，
标准方程为x21a-y2-1b＝1，所以e＝1+-1b1a＝1-ab＝1+32＝4+232＝3+12.


处理中点弦问题的常用方法
(1)点差法，即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，y1-y2x1-x2三个未知量，这样就直接将中点和直线的斜率联系起来，借用中点公式即可求得斜率．用点差法求直线方程后需验证直线与圆锥曲线是否相交．
(2)根与系数的关系，即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解．

1．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，直线l与椭圆C交于A，B两点，且线段AB的中点为M(－2，1)，则直线l的斜率为(　　)
A．13 B．23
C．12 D．1
C　解析：由e＝ca＝32，得c2a2＝a2-b2a2＝34，
所以a2＝4b2，则椭圆方程为x2＋4y2＝4b2.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－4，y1＋y2＝2，
把A，B的坐标代入椭圆方程得，
x12+4y12=4b2，①x22+4y22=4b2，②
①－②得(x1－x2)(x1＋x2)＝－4(y1－y2)(y1＋y2)，所以y1-y2x1-x2＝－x1+x24y1+y2＝－-44×2＝12.
所以直线l的斜率为12.
2．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，倾斜角为π6的直线交C于A，B两点．若线段AB中点的纵坐标为23，则p的值为(　　)
A．12 B．1
C．2 D．4
C　解析：方法一：根据题意，设直线AB的方程为x＝3y＋m，
由x=3y+m，y2=2px， 得y2－23py－2pm＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Δ＝(－23p)2－4×(－2pm)＝12p2＋8pm>0，y1＋y2＝23p，
所以y1+y22＝3p＝23，解得p＝2.故选C．
方法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝43，且y1-y2x1-x2＝tan π6＝33，由y12=2px1，y22=2px2，
得(y1＋y2)(y1－y2)＝2p(x1－x2)，由题意知x1≠x2，所以(y1＋y2)·y1-y2x1-x2＝2p，即43×33＝2p，得p＝2.故选C．
课时质量评价(五十)
A组　全考点巩固练
1．若直线y＝x＋2与椭圆x2m+y23＝1有两个公共点，则实数m的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞) B．(1，3)∪(3，＋∞)
C．(3，＋∞) D．(0，3)∪(3，＋∞)
B　解析：由y=x+2，x2m+y23=1，得(m＋3)x2＋4mx＋m＝0.
由Δ＝16m2－4m(m＋3)>0且m≠3及m>0，得m>1且m≠3.
2．(2023·济南模拟)直线y＝kx＋1与椭圆x24＋y2＝1相交于A，B两点，若AB中点的横坐标为1，则k＝(　　)
A．－2 B．－1
C．－12 D．1
C　解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把y＝kx＋1代入x24＋y2＝1得(1＋4k2)x2＋8kx＝0，x1＋x2＝－8k1+4k2，因为AB中点的横坐标为1，所以－4k1+4k2＝1，解得k＝－12. 故选C．
3．已知直线l过抛物线C：y2＝4x的焦点F，与抛物线C交于A，B两点，且AB，AF，BF成等差数列，则直线l的斜率k＝(　　)
A．±1 B．±2
C．±2 D．±22
D　解析：根据题意可得直线l的斜率存在．因为抛物线C：y2＝4x的焦点F(1，0)，所以直线l的方程可设为y＝k(x－1)，与抛物线方程联立得：y=kx-1，y2=4x ⇒k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.设(A(x1 ，y1)，B(x2，y2)，Δ＝[－2(k2＋2)]2－4k4>0.
因此x1＋x2＝2k2+2k2，x1x2＝1.
因为AB，AF，BF成等差数列，
所以2AF＝AB+BF，
于是有2(x1＋1)＝x1＋1＋x2＋1＋x2＋1，化简得：x1＝2x2＋1，而x1x2＝1，
所以解得x2=12 ，x1=2 或x2=-1，x1=-1 (舍去)．
因为x1＋x2＝2k2+2k2，所以52＝2k2+2k2，
解得k2＝8⇒k＝±22.
4．已知双曲线C：x2a2-y2b2＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的倾斜角为π3，且双曲线过点P(2，3)，双曲线的两条渐近线与过右焦点F且垂直于x轴的直线交于A，B两点，则△AOB的面积为(　　)
A．43 B．23
C．8 D．12
A　解析：由题意得，双曲线的渐近线方程为y＝±3x，可得双曲线的方程为x2－y23＝λ(λ>0)，把点(2，3)代入可得4－3＝λ，得λ＝1，所以双曲线的方程为x2－y23＝1，c2＝1＋3＝4，c＝2，F(2，0)，可得A(2，23)，B(2，－23)，可得S△AOB＝12×2×43＝43.故选A．
5．(多选题)设椭圆的方程为x22+y24＝1，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点．下列结论正确的是(　　)
A．直线AB与OM垂直
B．若点M坐标为(1，1)，则直线方程为2x＋y－3＝0
C．若直线方程为y＝x＋1，则点M坐标为13，43
D．若直线方程为y＝x＋2，则|AB|＝423
BD　解析：对于A项，因为在椭圆中，根据椭圆的中点弦的性质kAB·kOM＝－42＝－2≠－1，所以A项不正确；对于B项，根据kAB·kOM＝－2，所以kAB＝－2，所以直线方程为y－1＝－2(x－1)，即2x＋y－3＝0，所以B项正确；对于C项，若直线方程为y＝x＋1，点M13，43，则kAB·kOM＝1·4＝4≠－2，所以C项不正确；对于D项，若直线方程为y＝x＋2，与椭圆方程x22+y24＝1联立，得到2x2＋(x＋2)2－4＝0，整理得：3x2＋4x＝0，解得x1＝0，x2＝－43，所以|AB|＝1+12·-43-0＝423，所以D项正确．
6．已知F为椭圆C：x22＋y2＝1的右焦点，直线y＝kx＋1与椭圆C交于A，B两点．若AF⊥BF，则实数k的值为________．
－12　解析：依题意联立直线与椭圆方程得y=kx+1，x22+y2=1，消去y并整理得(2k2＋1)x2＋4kx＝0，解得x＝0或x＝-4k2k2+1，不妨取xA＝0，则yA＝1，xB＝-4k2k2+1，yB＝k·-4k2k2+1＋1＝1-2k22k2+1，所以A(0，1)，B-4k2k2+1，1-2k22k2+1.又F(1，0)，所以kAF＝－1.因为AF⊥BF，所以kBF＝1，即1-2k22k2+1-4k2k2+1-1＝1，即1-2k22k2+1＝-4k2k2+1－1，所以1－2k2＝－4k－(2k2＋1)，解得k＝－12.
7．已知双曲线C：x2－4y2＝1，过点P(2，0)的直线l与双曲线C有唯一公共点，则直线l的方程为____________．
y＝±12(x－2)　解析：由题意知，点P(2，0)在双曲线内，故满足条件的直线l只能是与双曲线的两条渐近线y＝±12x平行的直线．又该直线过点P(2，0)，因此该直线l的方程为y＝±12(x－2)．
8．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，椭圆C的左焦点F1到双曲线x22－y2＝1的渐近线的距离为33.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l：y＝kx＋m(k＜0)与椭圆C交于A，B两点，以线段AB为直径的圆经过点F2，且原点O到直线l的距离为255，求直线l的方程．
解：(1)因为椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，所以ca＝22.
又双曲线x22－y2＝1的其中一条渐近线方程为x－2y＝0，椭圆C的左焦点F1(－c，0)，
所以由题意知，-c1+2＝33，解得c＝1，所以a＝2，b＝1，
所以椭圆C的标准方程为x22＋y2＝1.
(2)由(1)知F2(1，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由原点O到直线l：y＝kx＋m(k＜0)的距离为255，得m1+k2＝255，
即m2＝45(1＋k2). ①
将y＝kx＋m代入x22＋y2＝1中，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
所以Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝8(2k2－m2＋1)＞0，x1＋x2＝－4km1+2k2，x1x2＝2m2-21+2k2.
又以线段AB为直径的圆经过点F2，所以F2A·F2B＝0，
即(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，所以(x1－1)(x2－1)＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，
即(1＋k2)x1x2＋(km－1)(x1＋x2)＋m2＋1＝0，
所以(1＋k2)·2m2-21+2k2＋(km－1)·-4km1+2k2＋m2＋1＝0，
化简得3m2＋4km－1＝0.②
由①②，得11m4－10m2－1＝0，所以m2＝1.
又k＜0，所以m=1，k=-12，满足Δ＝8(2k2－m2＋1)＞0，所以直线l的方程为y＝－12x＋1.
B组　新高考培优练
9．若直线y＝kx＋2与椭圆x27+y2m＝1总有公共点，则m的取值范围是(　　)
A．m>1
B．m>0
C．0 D．m≥4且m≠7
D　解析：直线y＝kx＋2恒过定点(0，2)，若直线y＝kx＋2与椭圆x27+y2m＝1总有公共点，则点(0，2)在椭圆x27+y2m＝1内部或在椭圆上，所以4m≤1，由方程x27+y2m＝1表示椭圆，则m>0且m≠7，综上知m的取值范围是m≥4且m≠7.
10．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)及点B(0，a)，过点B与椭圆相切的直线交x轴的负半轴于点A，F为椭圆的右焦点，则∠ABF＝(　　)
A．60° B．90°
C．120° D．150°
B　解析：由题意知，切线的斜率存在，设切线方程y＝kx＋a(k>0)，与椭圆方程联立y=kx+a，x2a2+y2b2=1，消去y整理得(b2＋a2k2)x2＋2ka3x＋a4－a2b2＝0.
由Δ＝(2ka3)2－4(b2＋a2k2)(a4－a2b2)＝0，
得k＝ca，从而y＝cax＋a，交x轴于点A-a2c，0，
又F(c，0)，易知BA·BF＝0，故∠ABF＝90°.
11．设F1，F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点，点A，B分别为椭圆C的右顶点和下顶点，且点F1关于直线AB的对称点为M.若MF2⊥F1F2，则椭圆C的离心率为(　　)
A．3-12 B．3-13
C．5-12 D．22
C　解析：设M(c，y0)，则MF1的中点为N0，y02，即N在y轴上，N又在直线AB上，即点N与B重合，AB⊥BF1⇒kABkBF1＝－1⇒ba·-bc＝－1.故b2＝ac⇒a2－c2＝ac⇒e2＋e－1＝0，所以e＝5-12.
12．(多选题)已知曲线C的方程为x2＋y29＝1(0＜x≤1)，A(0，－3)，B(0，3)，D(－1，0)，点P是C上的动点，直线AP与直线x＝5交于点M，直线BP与直线x＝5交于点N，则△DMN的面积可能为(　　)
A．73 B．76
C．68 D．72
ABD　解析：设P(x0，y0)，则kPA·kPB＝y02-9x02＝y02-91-y029＝－9.设kPA＝k(k＞0)，则kPB＝－9k.
直线AP的方程为y＝kx－3，则点M的坐标为(5，5k－3)，
直线BP的方程为y＝－9kx＋3，则点N的坐标为5，-45k+3.
所以|MN|＝5k-3--45k+3＝5k+45k-6≥25k·45k-6＝24，
当且仅当5k＝45k，即k＝3时等号成立．从而△DMN面积的最小值为12×24×6＝72.故选ABD．
13．经过椭圆x22＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则OA·OB＝________．
－13　解析：依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1，0)时，其方程为y－0＝tan 45°(x－1)，即y＝x－1，代入椭圆方程x22＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝43，所以两个交点坐标分别为(0，－1)，43，13，所以OA·OB＝－13，同理，当直线l经过椭圆的左焦点时，也可得OA·OB＝－13.
14．过点P(1，1)作直线l与双曲线x2－y22＝λ交于A，B两点．若点P恰为线段AB的中点，则实数λ的取值范围是________．
(－∞，0)∪0，12　解析：因为双曲线方程为x2－y22＝λ，所以λ≠0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为点P恰为线段AB的中点，所以x1＋x2＝2，y1＋y2＝2.
将A，B两点坐标代入双曲线方程，
得x12-y122=λ，x22-y222=λ，两式相减并化简可得y1-y2x1-x2＝2×x1+x2y1+y2＝2.
即直线l的斜率为2，所以直线l的方程为y＝2x－1.
联立y=2x-1，x2-y22=λ，化简可得2x2－4x＋2λ＋1＝0.
因为直线l与双曲线有两个不同的交点，
所以Δ＝16－4×2×(2λ＋1)>0，解得λ<12且λ≠0.
所以λ的取值范围为(－∞，0)∪0，12.
15．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，上顶点为B，直线BF1被椭圆C截得的线段长为4a3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过F2的直线l与椭圆C交于P，Q两点，若BP⊥BQ，求三角形BPQ的面积．
解：(1)设直线BF1与椭圆的交点为A(x0，y0)，
因为上顶点B(0，b)，所以直线BF1 的方程为y＝bx＋b，
联立直线BF1与椭圆方程y=bx+b，x2a2+y2b2=1，解得x0＝－2a21+a2.
所以由椭圆的弦长公式，可得|AB|＝1+b2|x0－0|＝2a31+a2，
所以2a31+a2＝4a3，解得a2＝2.
因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝2－1＝1，
所以椭圆C的方程为x22＋y2＝1.
(2)由(1)及题意，直线l不经过点B且与x轴不重合，
设直线l的方程为x＝my＋1(m≠－1)，P(my1＋1，y1)，Q(my2＋1，y2)．
因为BP⊥BQ，所以BP·BQ＝0，
所以(my1＋1)(my2＋1)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
即(m2＋1)y1y2＋(m－1)(y1＋y2)＋2＝0　①.
联立直线与椭圆方程x=my+1，x22+y2=1，
整理可得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
Δ＝4m2＋4(m2＋2)＝8(m2＋1)＞0 恒成立．
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝－2mm2+2，y1y2＝－1m2+2，
代入①式，可得－m2+1m2+2-2mm-1m2+2＋2＝0，所以m2－2m－3＝0.
因为m≠－1，所以m＝3，所以直线l的方程为x－3y－1＝0.
由弦长公式，可得|PQ|＝1+m2|y1－y2|
＝1+m2y1+y22-4y1y2＝10×8011＝20211.
因为点B(0，1)到直线l的距离d＝1×0+-3×1-112+32＝2105，
所以S△BPQ＝12×d×|PQ|＝12×2105×20211＝8511.