微专题22　直线与圆锥曲线-2024年高考数学二轮微专题系列

这是一份微专题22　直线与圆锥曲线-2024年高考数学二轮微专题系列，共33页。试卷主要包含了记双曲线C，已知椭圆M，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。

高考定位 直线与圆锥曲线的位置关系是高考的必考内容，涉及直线与圆锥曲线的相交、相切、弦长、面积以及弦中点等问题，难度中等.
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).
2.(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.
3.(2021·浙江卷)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦点为F1(－c，0)，F2(c，0)(c>0).若过F1的直线和圆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)c))eq \s\up12(2)＋y2＝c2相切，与椭圆在第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是________；椭圆的离心率是________.
答案 eq \f(2\r(5),5) eq \f(\r(5),5)
解析 设过F1的直线与圆的切点为M，圆心Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)c，0))，则|AM|＝c，|AF1|＝eq \f(3,2)c，
所以|MF1|＝eq \f(\r(5),2)c，
所以该直线的斜率k＝eq \f(|AM|,|MF1|)＝eq \f(c,\f(\r(5),2)c)＝eq \f(2\r(5),5).
因为PF2⊥x轴，所以|PF2|＝eq \f(b2,a)，
又|F1F2|＝2c，
所以k＝eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(\f(b2,a),2c)＝eq \f(a2－c2,2ac)＝eq \f(1－e2,2e)，
解得e＝eq \f(\r(5),5)(e＝－eq \r(5)舍去).
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.
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·广州调研)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)设以点M(2，1)为中点弦的两端点为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)因为直线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，所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2)，
所以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 (2022·青岛模拟)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆E上.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设直线l：x＝my＋1(m∈R)与椭圆E相交于A，B两点，与圆x2＋y2＝a2相交于C，D两点，当|AB|·|CD|2的值为8eq \r(2)时，求直线l的方程.
解 (1)因为点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆上，根据椭圆定义可得|PF1|＋|PF2|＝2a，
又|PF1|＝eq \r(4＋\f(1,2))＝eq \f(3\r(2),2)，|PF2|＝eq \f(\r(2),2)，
所以2a＝eq \f(3\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)＝2eq \r(2)，
即a＝eq \r(2)，∵c＝1，∴b2＝a2－c2＝1，
故椭圆E的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,x2＋2y2＝2，))消去x，
整理得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
所以Δ＝8m2＋8>0，y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq \f(1,m2＋2)，
则|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(1＋m2)eq \r(\f(4m2,（m2＋2）2)＋\f(4,m2＋2))
＝eq \f(2\r(2)（m2＋1）,m2＋2).
设圆x2＋y2＝2的圆心O到直线l的距离为d，
则d＝eq \f(|－1|,\r(（－m）2＋1))，
所以|CD|＝2eq \r(2－d2)＝2eq \r(2－\f(1,m2＋1))＝2eq \r(\f(2m2＋1,m2＋1))，
则|AB|·|CD|2＝eq \f(2\r(2)（m2＋1）,m2＋2)×4×eq \f(2m2＋1,m2＋1)＝eq \f(8\r(2)（2m2＋1）,m2＋2)＝8eq \r(2)，
解得m＝±1，经验证m＝±1符合题意.
故所求直线的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.
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·长沙调研)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 圆锥曲线的切线问题
1.直线与圆锥曲线相切时，它们的方程组成的方程组消元后所得方程(二次项系数不为零)的判别式为零.
2.椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)在(x0，y0)处的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1；双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)在(x0，y0)处的切线方程为eq \f(x0x,a2)－eq \f(y0y,b2)＝1；抛物线y2＝2px(p＞0)在(x0，y0)处的切线方程为y0y＝p(x＋x0).
例3 (1)已知椭圆E：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1，点P是直线l：x＝4上的任意一点，过点P作椭圆E的两条切线，切点分别是A，B，则|AB|的最小值是________.
(2)(2022·北京石景山区模拟)设A，B为抛物线C：y＝x2上两个不同的点，且直线AB过抛物线C的焦点F，分别以A，B为切点作抛物线C的切线，两条切线交于点P.则下列结论：
①点P一定在抛物线C的准线上；
②PF⊥AB；
③△PAB的面积有最大值无最小值.
其中，正确的个数是( )
A.0 B.1
C.2 D.3
答案 (1)2eq \r(2) (2)C
解析 (1)设P(4，t)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则切线PA的方程为eq \f(x1x,8)＋eq \f(y1y,4)＝1，
切线PB的方程为
eq \f(x2x,8)＋eq \f(y2y,4)＝1.
因为它们都经过点P，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x1,2)＋\f(ty1,4)＝1，,\f(x2,2)＋\f(ty2,4)＝1，))
故直线AB的方程为eq \f(x,2)＋eq \f(ty,4)＝1，
即x＝－eq \f(t,2)y＋2.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,x＝－\f(t,2)y＋2，))消去x得，
(t2＋8)y2－8ty－16＝0，
所以y1＋y2＝eq \f(8t,t2＋8)，y1y2＝－eq \f(16,t2＋8)，
所以|AB|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,2)))\s\up12(2))eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(\f(4＋t2,4))eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8t,t2＋8)))\s\up12(2)－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(16,t2＋8))))＝4eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,t2＋8)))，
所以当t＝0时，|AB|min＝2eq \r(2).
(2)由抛物线知焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，
可设直线AB方程为y＝kx＋eq \f(1,4)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立直线与抛物线方程得x2－kx－eq \f(1,4)＝0，
则x1＋x2＝k，x1x2＝－eq \f(1,4)，
y1＋y2＝k2＋eq \f(1,2)，y1y2＝eq \f(1,16)，
切线AP的方程为y－y1＝2x1(x－x1)，化简得y＋y1＝2x1x，
同理切线BP的方程为y＋y2＝2x2x，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋y1＝2x1x，,y＋y2＝2x2x，))联立解得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)，－\f(1,4)))，故①正确；
∴kPF＝eq \f(－\f(1,4)－\f(1,4),\f(k,2))＝－eq \f(1,k)，
∴kPF·k＝－1，故②正确；
S△PAB＝eq \f(1,2)|AB|d＝eq \f(1,2)·(k2＋1)·eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(k2,2)＋\f(1,2))),\r(k2＋1))＝eq \f(1,4)eq \r(（k2＋1）3)，
当k＝0时，S△PAB有最小值，无最大值，故③错误，故选C.
规律方法 1.圆锥曲线在某点处的切线方程可通过求导的方法来解决.
2.过圆锥曲线外一点作曲线的两条切线，过两切点的直线方程与曲线在该点处的切线方程相同.例如：过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)外一点P(x0，y0)作椭圆的两条切线PA，PB(A，B为切点)，则直线AB的方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.
训练3 (1)(2022·石家庄模拟)已知抛物线y2＝2px(p>0)上一点A(x0，y0)处的切线l与圆M：(x＋2)2＋y2＝4相切于另一点B，则抛物线焦点F与切点A距离|AF|的最小值为________.
(2)如图，已知点P(x0，y0)是双曲线C1：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1上的点，过点P作椭圆C2：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的两条切线，切点为A，B，直线AB交C1的两渐近线于点E，F，O是坐标原点，则eq \(OE,\s\up6(→))·eq \(OF,\s\up6(→))的值为( )
A.eq \f(3,4) B.1
C.eq \f(4,3) D.eq \f(9,16)
答案 (1)8 (2)B
解析 (1)抛物线y2＝2px(p>0)上一点A(x0，y0)处的切线l方程为y0y＝p(x0＋x)，
整理得px－y0y＋px0＝0，
因为切线l与圆M相切，
则d＝eq \f(|－2p＋px0|,\r(p2＋（－y0）2))＝2，
同时平方化简得－4p2x0＋p2xeq \\al(2,0)＝4yeq \\al(2,0)，
又yeq \\al(2,0)＝2px0，∴－4p2x0＋p2xeq \\al(2,0)＝8px0，
解得x0＝4＋eq \f(8,p)，即xA＝4＋eq \f(8,p)，
此时|AF|＝4＋eq \f(8,p)＋eq \f(p,2)≥2eq \r(\f(8,p)·\f(p,2))＋4＝8，
当且仅当eq \f(8,p)＝eq \f(p,2)，即p＝4时取等号，
故|AF|的最小值为8.
(2)椭圆C2关于点P(x0，y0)的切点弦AB的方程为eq \f(x0x,4)＋eq \f(y0y,3)＝1，
即3x0x＋4y0y＝12，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x0x＋4y0y＝12，,y＝\f(\r(3),2)x，))
解得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),\r(3)x0＋2y0)，\f(6,\r(3)x0＋2y0)))，
同理Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),\r(3)x0－2y0)，\f(－6,\r(3)x0－2y0)))，
则eq \(OE,\s\up6(→))·eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \f(48,3xeq \\al(2,0)－4yeq \\al(2,0))＋eq \f(－36,3xeq \\al(2,0)－4yeq \\al(2,0))＝eq \f(12,3xeq \\al(2,0)－4yeq \\al(2,0))＝1，故选B.
热点四 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4 (1)已知直线l与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相切，与直线x＝－a，x＝a分别交于点M，N，F为椭圆的左焦点，若以MN为直径的圆为E，则F( )
A.在圆E上B.在圆E内
C.在圆E外D.以上情况都有可能
(2)(2022·长沙模拟)已知椭圆Г：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，过其左焦点F1作直线l交椭圆Г于P，A两点，取P点关于x轴的对称点B.若G点为△PAB的外心，则eq \f(|PA|,|GF1|)＝( )
A.2 B.3
C.4 D.以上都不对
答案 (1)A (2)C
解析 (1)显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))
可得(a2k2＋b2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0，
因为直线l与椭圆相切，
所以Δ＝(2a2km)2－4(a2k2＋b2)(a2m2－a2b2)＝0，
故m2＝a2k2＋b2.
易知F(－c，0)，M(－a，－ak＋m)，N(a，ak＋m)，
则eq \(FM,\s\up6(→))＝(c－a，m－ak)，eq \(FN,\s\up6(→))＝(c＋a，m＋ak)，
则eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝c2－a2＋m2－a2k2＝－b2＋a2k2＋b2－a2k2＝0，故∠MFN＝90°，
即点F在圆E上.
(2)根据题意可得F1(－1，0)，显然直线PA的斜率存在，故可设方程为y＝k(x＋1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k（x＋1），))联立消去y，
可得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
设P(x1，y1)，A(x2，y2)，
故x1＋x2＝eq \f(－8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2k＝eq \f(6k,3＋4k2)，
故|PA|＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \f(12（k2＋1）,3＋4k2)，
设PA的中点为H，则其坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4k2,3＋4k2)，\f(3k,3＋4k2)))，
显然x轴垂直平分PB，故可设G(x3，0)，又GH直线方程为：
y－eq \f(3k,3＋4k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4k2,3＋4k2)))，
令y＝0，解得x＝eq \f(－k2,3＋4k2)，
故|GF1|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－k2,3＋4k2)＋1))＝eq \f(3＋3k2,3＋4k2)，
故eq \f(|PA|,|GF1|)＝eq \f(12（k2＋1）,3＋3k2)＝4，故选C.
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4 已知F1，F2是椭圆E1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，曲线E2：y2＝4x的焦点恰好也是F2，O为坐标原点，过椭圆E1的左焦点F1作与x轴垂直的直线交椭圆于M，N，且△MNF2的面积为3.
(1)求椭圆E1的方程；
(2)过F2作直线l交E1于A，B，交E2于C，D，且△ABF1与△OCD的面积相等，求直线l的斜率.
解 (1)因为曲线E2：y2＝4x的焦点恰好也是F2，所以椭圆中c＝1，2c＝2，
因为△MNF2的面积为3，所以|MN|＝3，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝1，,\f(2b2,a)＝3，,a2＝b2＋c2，))
解得a＝2，c＝1，b＝eq \r(3)，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)因为O为F1，F2的中点，所以O到直线l的距离为F1到l距离的一半，
又因为△ABF1与△OCD的面积相等，所以|CD|＝2|AB|，
因为F2(1，0)，设l的方程为y＝k(x－1)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,3x2＋4y2＝12，))
可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
由两点间距离公式可得，
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝4－eq \f(4k2,3＋4k2)，
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))
可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
则x3＋x4＝2＋eq \f(4,k2)，x3x4＝1，
所以|CD|＝x3＋x4＋2＝4＋eq \f(4,k2)，
因为eq \f(|CD|,|AB|)＝eq \f(4＋\f(4,k2),4－\f(4k2,3＋4k2))＝2，解得k＝±eq \f(\r(6),2)，
故直线l的斜率为±eq \f(\r(6),2).
一、基本技能练
1.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 设以M为中点的弦为弦AB，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).
2.(2022·广州二模)抛物线y2＝4x的焦点为F，点A在抛物线上.若|AF|＝3，则直线AF的斜率为( )
A.±eq \r(2) B.±2eq \r(2)
C.eq \r(2) D.2eq \r(2)
答案 B
解析 由题意得F(1，0)，设点A(x0，y0)，
则|AF|＝x0＋1＝3，
故x0＝2，y0＝±2eq \r(2)，
故点A坐标为(2，2eq \r(2))或(2，－2eq \r(2))，
所以直线AF的斜率为±2eq \r(2).故选B.
3.(2022·泰安一模)若双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线被圆x2＋y2－4y＋2＝0所截得的弦长为2，则双曲线C的离心率为( )
A.eq \r(3) B.eq \f(2\r(3),3)
C.2 D.eq \r(2)
答案 C
解析 不妨设双曲线的一条渐近线方程为：bx＋ay＝0，
圆x2＋y2－4y＋2＝0的圆心为(0，2)，半径为eq \r(2)，
可得圆心到直线的距离为
eq \f(2a,\r(a2＋b2))＝eq \r(（\r(2)）2－12)，
整理得4a2＝a2＋b2，
即4a2＝c2，∴e＝eq \f(c,a)＝2，故选C.
4.(2022·福州二模)F1，F2分别是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，B是椭圆的上顶点，过点F1作BF2的垂线交椭圆C于P，Q两点，若3eq \(PF1,\s\up6(→))＝7eq \(F1Q,\s\up6(→))，则椭圆C的离心率是( )
A.eq \f(\r(3),3)或eq \f(\r(6),3) B.eq \f(2\r(5),5)或eq \f(\r(5),5)
C.eq \f(\r(21),7)或eq \f(2\r(7),7) D.eq \f(5,9)或eq \f(2\r(14),9)
答案 B
解析 由椭圆C的方程可得B(0，b)，F2(c，0)，F1(－c，0)，
所以kBF2＝－eq \f(b,c)，
设直线PQ的方程为y＝eq \f(c,b)(x＋c)，
即x＝eq \f(b,c)y－c，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2x2＋a2y2＝a2b2，,x＝\f(b,c)y－c，))
整理得(b4＋a2c2)y2－2b3c2y－b4c2＝0，
可得y1＋y2＝eq \f(2b3c2,b4＋a2c2)，①
y1y2＝－eq \f(b4c2,b4＋a2c2)，②
因为3eq \(PF1,\s\up6(→))＝7eq \(F1Q,\s\up6(→))，
则3(－c－x1，－y1)＝7(x2＋c，y2)，
可得y1＝－eq \f(7,3)y2代入①可得
y2＝－eq \f(3b3c2,2（b4＋a2c2）).③
将y1＝－eq \f(7,3)y2代入②可得
yeq \\al(2,2)＝eq \f(3b4c2,7（b4＋a2c2）)，④
③代入④可得eq \f(9b6c4,4（b4＋a2c2）2)＝eq \f(3b4c2,7（b4＋a2c2）)化简，得25c4－25a2c2＋4a4＝0，
即25e4－25e2＋4＝0，
解得e2＝eq \f(1,5)或e2＝eq \f(4,5)，
即e＝eq \f(\r(5),5)或e＝eq \f(2\r(5),5)，故选B.
5.已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,2)＝1(a>eq \r(2))，过焦点F的直线l与M交于A，B两点，坐标原点O在以AF为直径的圆上，若|AF|＝2|BF|，则M的方程为( )
A.eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1 B.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1
C.eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,2)＝1 D.eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1
答案 A
解析 由题意不妨设F(－c，0)，
因为原点O在以AF为直径的圆上，
所以OA⊥OF，
可得A为椭圆M短轴的端点，则A(0，eq \r(2))，
因为|AF|＝2|BF|，
所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)c，－\f(\r(2),2)))代入椭圆M方程中可得eq \f(9c2,4a2)＋eq \f(1,4)＝1，即a2＝3c2，
又c2＝a2－2，所以a2＝3(a2－2)，
解得a2＝3，
所以椭圆M的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1，故选A.
6.(多选)(2022·烟台模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1，F1，F2为C的左、右焦点，则( )
A.双曲线eq \f(x2,4＋m)－eq \f(y2,5＋m)＝1(m>0)和C的离心率相等
B.若P为C上一点，且∠F1PF2＝90°，则△F1PF2的周长为6＋2eq \r(14)
C.若直线y＝tx－1与C没有公共点，则t<－eq \f(\r(6),2)或t>eq \f(\r(6),2)
D.在C的左、右两支上分别存在点M，N，使得4eq \(F1M,\s\up6(→))＝eq \(F1N,\s\up6(→))
答案 BC
解析 选项A：双曲线C：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1的离心率e＝eq \f(3,2)，
双曲线eq \f(x2,4＋m)－eq \f(y2,5＋m)＝1(m>0)的离心率e＝eq \f(\r(4＋m＋5＋m),\r(4＋m))＝eq \f(\r(9＋2m),\r(4＋m))，
则双曲线eq \f(x2,4＋m)－eq \f(y2,5＋m)＝1(m>0)和C的离心率不一定相等.判断错误；
选项B：P为C：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1上一点，且∠F1PF2＝90°，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|PF1|2＋|PF2|2＝36，,|PF1|－|PF2|＝4，))整理得|PF1|＋|PF2|＝2eq \r(14)，
则△F1PF2的周长为6＋2eq \r(14).选项B判断正确；
选项C：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－\f(y2,5)＝1，,y＝tx－1，))
可得(5－4t2)x2＋8tx－24＝0，
由题意可知，方程(5－4t2)x2＋8tx－24＝0无解.
当5－4t2＝0时，方程(5－4t2)x2＋8tx－24＝0有解；
当5－4t2≠0时，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5－4t2≠0，,（8t）2＋96（5－4t2）<0，))
解之得t<－eq \f(\r(6),2)或t>eq \f(\r(6),2)，
故若直线y＝tx－1与C没有公共点，则t<－eq \f(\r(6),2)或t>eq \f(\r(6),2).判断正确；
选项D：根据题意，过双曲线C的左焦点F1的直线MN方程可设为x＝ty－3，
令M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由4eq \(F1M,\s\up6(→))＝eq \(F1N,\s\up6(→))，可得y2＝4y1，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－\f(y2,5)＝1，,x＝ty－3，))
可得(5t2－4)y2－30ty＋25＝0，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(30t,5t2－4)，,y1y2＝\f(25,5t2－4)，))
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5y1＝\f(30t,5t2－4)，,4yeq \\al(2,1)＝\f(25,5t2－4)，))
整理得19t2＋100＝0，显然不成立.
当过双曲线C的左焦点F1的直线MN为水平直线时，
方程为y＝0，
则M＝(－2，0)，N(2，0)，
eq \(F1M,\s\up6(→))＝(1，0)，eq \(F1N,\s\up6(→))＝(5，0)，即5eq \(F1M,\s\up6(→))＝eq \(F1N,\s\up6(→)).
综上可知，不存在分别在C的左、右两支上M，N使得4eq \(F1M,\s\up6(→))＝eq \(F1N,\s\up6(→)).判断错误.
故选BC.
7.(2022·西安模拟)已知直线y＝kx－1与焦点在x轴上的椭圆eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,b)＝1总有公共点，则b的取值范围是________.
答案 [1，2)
解析 由题意直线y＝kx－1恒过定点N(0，－1)，
要使直线y＝kx－1与焦点在x轴上的椭圆eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,b)＝1总有公共点，
则只需要点N(0，－1)在椭圆上或椭圆内，
即eq \f(（－1）2,b)≤1，解得b≥1，
又焦点在x轴上，∴b<2.∴1≤b<2.
8.已知F1，F2为椭圆C：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为________.
答案 8
解析 因为P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，
所以四边形PF1QF2为矩形，
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
由椭圆定义可得|PF1|＋|PF2|＝m＋n＝2a＝8，
所以m2＋2mn＋n2＝64，
又|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2＝4(a2－b2)＝48，
即m2＋n2＝48，所以mn＝8，
即四边形PF1QF2的面积为|PF1||PF2|＝mn＝8，故答案为8.
9.(2022·南通、泰州等七市调研)已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)是双曲线右支上的两点，x1＋y1＝x2＋y2＝3.记△PQF1，△PQF2的周长分别为C1，C2，若C1－C2＝8，则双曲线的右顶点到直线PQ的距离为________.
答案 eq \f(\r(2),2)
解析 根据双曲线的定义，若C1－C2＝(|PQ|＋|PF1|＋|QF1|)－(|PQ|＋|PF2|＋|QF2|)＝4a＝8，所以a＝2.
故双曲线右顶点为(2，0)，
因为x1＋y1＝x2＋y2＝3，
所以P，Q在x＋y＝3上，
即直线PQ的方程为x＋y＝3，
所以双曲线的右顶点到直线PQ的距离为
d＝eq \f(\r(2),2).
10.已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线l与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为A，B，∠F1AF2＝60°，四边形AF1BF2的周长p与面积S满足p2＝eq \f(128\r(3),9)S，则该双曲线的离心率为________.
答案 eq \f(\r(7),2)
解析 由题知|AF1|－|AF2|＝2a，四边形AF1BF2是平行四边形，
|AF1|＋|AF2|＝eq \f(p,2)，
联立解得|AF1|＝a＋eq \f(p,4)，|AF2|＝eq \f(p,4)－a，
∵∠F1AF2＝60°，四边形AF1BF2的面积S＝eq \f(\r(3),2)|AF1||AF2|＝eq \f(\r(3),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p2,16)－a2))，
∵p2＝eq \f(128\r(3),9)S，
∴p2＝eq \f(128\r(3),9)×eq \f(\r(3),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p2,16)－a2))，
即p2＝64a2，
由|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|cs 60°＝(|AF1|－|AF2|)2＋|AF1||AF2|，
可得4c2＝4a2＋eq \f(p2,16)－a2＝4a2＋3a2＝7a2，
即e＝eq \f(\r(7),2)，故答案为eq \f(\r(7),2).
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.已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，且经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，\f(1,2))).
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，点M是x轴上的一点，过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A在x轴的上方)，若|AM|＝2|MB|，且直线l与圆O：x2＋y2＝eq \f(4,7)相切于点N，求△OMN的面积.
解 (1)由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c2＝a2－b2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(（－\r(3)）2,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2),b2)＝1，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1，,c2＝3，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设M(m，0)，直线l：x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由|AM|＝2|MB|，得y1＝－2y2，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x＝ty＋m，))
得(t2＋4)y2＋2mty＋m2－4＝0.
Δ＝－16(m2－t2－4)>0，
即m2由根与系数的关系得y1＋y2＝－eq \f(2tm,t2＋4)，
y1y2＝eq \f(m2－4,t2＋4).
由y1y2＝－2yeq \\al(2,2)，y1＋y2＝－2y2＋y2＝－y2，得y1y2＝－2[－(y1＋y2)]2
＝－2(y1＋y2)2，
即eq \f(m2－4,t2＋4)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2tm,t2＋4)))eq \s\up12(2)，
化简得(m2－4)·(t2＋4)＝－8t2m2，
所以原点O到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋t2))，
又直线l与圆O：x2＋y2＝eq \f(4,7)相切，
所以eq \f(|m|,\r(1＋t2))＝eq \r(\f(4,7))，即t2＝eq \f(7,4)m2－1.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（m2－4）（t2＋4）＝－8t2m2，,t2＝\f(7,4)m2－1，))
得21m4－16m2－16＝0，
即(3m2－4)(7m2＋4)＝0，
解得m2＝eq \f(4,3)，此时t2＝eq \f(4,3)，满足Δ>0，
此时点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(2\r(3),3)，0))，
在Rt△OMN中，|MN|＝eq \r(\f(4,3)－\f(4,7))＝eq \f(4\r(21),21)，
所以S△OMN＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(21),21)×eq \f(2\r(7),7)＝eq \f(4\r(3),21).
二、创新拓展练
13.(2022·南通、泰州等七市调研)在平面直角坐标系xOy中，点A(1，0)，B(9，6)，动点C在线段OB上，BD⊥y轴，CE⊥y轴，CF⊥BD，垂足分别是D，E，F，OF与CE相交于点P.已知点Q在点P的轨迹上，且∠OAQ＝120°，则|AQ|＝( )
A.4 B.2
C.eq \f(4,3) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 设P(x，y)，则yC＝y，
∵直线OB为y＝eq \f(2,3)x，∴Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)y，y))，
E(0，y)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)y，6))，
∵FC∥y轴，∴△OPE∽△FPC，
∴eq \f(EP,PC)＝eq \f(OE,FC)，
∴eq \f(x,\f(3,2)y－x)＝eq \f(y,6－y)，
即y2＝4x，
∴P的轨迹方程为：y2＝4x(0≤x≤9)，
故A(1，0)为该抛物线的焦点，
设Q(x0，y0)，则yeq \\al(2,0)＝4x0，eq \(AQ,\s\up6(→))＝(x0－1，y0)，eq \(AO,\s\up6(→))＝(－1，0)，
∴cs∠OAQ＝eq \f(\(AO,\s\up6(→))·\(AQ,\s\up6(→)),|\(AO,\s\up6(→))||\(AQ,\s\up6(→))|)＝eq \f(1－x0,\r(（x0－1）2＋yeq \\al(2,0)))＝eq \f(1－x0,x0＋1)＝－eq \f(1,2)，
解得x0＝3，
∴|AQ|＝x0＋eq \f(p,2)＝3＋1＝4.故选A.
14.(多选)(2022·重庆诊断)已知F为抛物线C：y2＝6x的焦点，过直线x＝－eq \f(3,2)上一动点P作C的两条切线，切点分别为A，B，则下列恒为定值的是( )
A.eq \f(|PA|·|PB|,|AB|) B.eq \f(|FA|·|FB|,|AB|)
C.eq \f(\(PA,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→)),\(PF,\s\up6(→))2) D.eq \f(\(FA,\s\up6(→))·\(FB,\s\up6(→)),\(FP,\s\up6(→))2)
答案 BCD
解析 根据题意，得x＝－eq \f(3,2)为抛物线的准线，焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))，
设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，y0))，
设过点P与曲线C相切的直线方程为：
y－y0＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))(k≠0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－y0＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))，,y2＝6x，))
得ky2－6y＋6y0＋9k＝0，
由直线与曲线相切得Δ＝36－4k(6y0＋9k)＝0，
整理得3k2＋2ky0－3＝0，
设切线PA的斜率为k1，切线PB的斜率为k2，
则k1＋k2＝－eq \f(2y0,3)，k1k2＝－1，
即切线PA与PB垂直.
由3k2＋2ky0－3＝0得y0＝eq \f(3－3k2,2k)并代入ky2－6y＋6y0＋9k＝0，
整理得k2y2－6ky＋9＝0，解得y＝eq \f(3,k)，
再由y＝eq \f(3,k)，y0＝eq \f(3－3k2,2k)代入y－y0＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))，得x＝eq \f(3,2k2)，
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2keq \\al(2,1))，\f(3,k1)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2keq \\al(2,2))，\f(3,k2)))，
所以kAB＝eq \f(\f(3,k2)－\f(3,k1),\f(3,2keq \\al(2,2))－\f(3,2keq \\al(2,1)))＝eq \f(2k1k2,k1＋k2)＝eq \f(3,y0)，
kPF＝eq \f(y0,－\f(3,2)－\f(3,2))＝－eq \f(y0,3)，所以AB⊥PF，
因为3keq \\al(2,1)＋2k1y0－3＝0，
kAF＝eq \f(\f(3,k1),\f(3,2keq \\al(2,1))－\f(3,2))＝eq \f(6k1,3－3keq \\al(2,1))＝eq \f(3,y0)，
所以A，B，F三点共线(如图)
所以△PAB为直角三角形，PF为边AB上的高.
对于A：由等面积法得
S△PAB＝eq \f(1,2)|PA||PB|＝eq \f(1,2)|AB|·|PF|，
即eq \f(|PA||PB|,|AB|)＝|PF|，
由于P为动点，故|PF|不为定值，故A错误；
对于B：由过焦点弦的性质eq \f(|FA||FB|,|AB|)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2keq \\al(2,1))＋\f(3,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2keq \\al(2,2))＋\f(3,2))),\f(3,2keq \\al(2,1))＋\f(3,2keq \\al(2,2))＋3)＝eq \f(\f(9,4keq \\al(2,1))＋\f(9,4keq \\al(2,2))＋\f(18,4),\f(3,2keq \\al(2,1))＋\f(3,2keq \\al(2,2))＋3)＝eq \f(\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2keq \\al(2,1))＋\f(3,2keq \\al(2,2))＋3)),\f(3,2keq \\al(2,1))＋\f(3,2keq \\al(2,2))＋3)＝eq \f(3,2)(定值)，B正确；
对于C，由切线PA与切线PB垂直，
故eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0，
即eq \f(\(PA,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→)),\(PF,\s\up6(→))2)＝0(定值)，C正确；
对于D，由题知△PBF∽△APB，
所以|PF|2＝|AF|·|BF|，
所以eq \f(\(FA,\s\up6(→))·\(FB,\s\up6(→)),\(FP,\s\up6(→))2)＝eq \f(|\(FA,\s\up6(→))|·|\(FB,\s\up6(→))|cs α,|\(FP,\s\up6(→))|2)＝cs α＝cs 180°＝－1(定值)，故D正确，故选BCD.
15.(2022·沈阳模拟)双曲线T：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距为2c，圆x2＋y2＝c2与T及T的渐近线分别在第一象限交于点M，N.若M，N关于直线y＝x对称，则T的离心率为________.
答案 eq \f(1＋\r(5),2)
解析 双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
一条渐近线方程为y＝eq \f(b,a)x，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中x1，x2，y1，y2>0，
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(b,a)x，,x2＋y2＝c2))可得x2＝a2，
∴x＝±a，
即M的横坐标为x1＝a.
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝c2，,\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1))
整理得b2(c2－y2)－a2y2＝a2b2，
即y2＝eq \f(b4,c2)，解得y＝±eq \f(b2,c)，
即点N的纵坐标为y2＝eq \f(b2,c).
因为点M与点N关于直线y＝x对称可得x1＝y2，
即a＝eq \f(b2,c)，即b2＝ac，∴c2－a2＝ac，
即e2－e－1＝0，解得e＝eq \f(1＋\r(5),2)或e＝eq \f(1－\r(5),2)，
又∵双曲线离心率e>1，∴e＝eq \f(1＋\r(5),2).
16.(2022·合肥质检)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(p>0).
将点(1，2)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(p>0)，
将点(1，2)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，焦点坐标为(1，0)，准线方程为
x＝－1.
∵当直线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).