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高考数学专题练 专题六解析几何 微专题39 直线与圆锥曲线的位置关系（含答案）
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这是一份高考数学专题练 专题六解析几何 微专题39 直线与圆锥曲线的位置关系（含答案），共23页。
典例1 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>1)长轴的顶点与双曲线D：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,b2)＝1实轴的顶点相同，且C的右焦点F到D的渐近线的距离为eq \f(\r(21),7).
(1)分别求C与D的方程；
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(2)若直线l的倾斜角是直线y＝(eq \r(5)－2)x倾斜角的2倍，且l经过点F，l与C交于A，B两点，与D交于M，N两点，求eq \f(|AB|,|MN|).
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典例2 (2022·新高考全国Ⅰ)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；
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(2)若tan∠PAQ＝2eq \r(2)，求△PAQ的面积．
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典例3 (2022·新高考全国Ⅱ)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________．
[总结提升]
直线与圆锥曲线的位置关系中，解决直线与圆锥曲线的相交弦长、面积问题的通法是用代数法联立方程消元转化进行求解．对于中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在求解过程中，在设直线方程时，注意斜率不存在的情况．
1．(2023·雅礼中学模拟)已知抛物线C1：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率大于零的直线l与C1及抛物线C2：y2＝－4x的所有公共点从右到左分别为点A，B，C，则|AB|等于( )
A．4 B．6 C．8 D．10
2．(2023·临汾模拟)已知倾斜角为60°的直线l与椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，与x轴、y轴分别交于C，D两点．若|AC|＝|CD|＝|DB|，则椭圆C的离心率为( )
A.eq \f(\r(6),3) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(1,2)
3．(2023·新高考全国Ⅱ)已知椭圆C：eq \f(x2,3)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB 面积是△F2AB 面积的2倍，则m等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(\r(2),3) C．－eq \f(\r(2),3) D．－eq \f(2,3)
4．(2023·湖北圆创联考)过点M(－1，y0)作抛物线y2＝2px(p>0)的两条切线，切点分别是A，B，若△MAB面积的最小值为4，则p等于( )
A．1 B．2 C．4 D．16
5．(多选)(2023·茂名模拟)我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，如图，利用了双曲线的光学性质：F1，F2是双曲线的左、右焦点，从F2发出的光线m射在双曲线右支上一点P，经点P反射后，反射光线n的反向延长线过F1；当P异于双曲线顶点时，双曲线在点P处的切线PT平分∠F1PF2.若双曲线C的方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1，则下列结论正确的是( )
A．若射线n所在直线的斜率为k，则k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(4,3)))
B．当m⊥n时，|PF1|·|PF2|＝32
C．当n过点Q(7,5)时，光线由F2到P再到Q所经过的路程为13
D．若点T的坐标为(1,0)，直线PT与C相切，则|PF2|＝12
6．(多选)(2023·金华模拟)已知A(x0，y0)，B，C为抛物线y2＝4x上的三个点，焦点F是△ABC的重心．记直线AB，AC，BC的斜率分别为kAB，kAC，kBC，则( )
A．线段BC的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12－y\\al(2,0),8)，－\f(y0,2)))
B．直线BC的方程为4x＋y0y＋yeq \\al(2,0)－6＝0
C．y0∈[－2eq \r(3)，2eq \r(3)]
D.eq \f(1,kAB)＋eq \f(1,kAC)－eq \f(1,kBC)＝eq \f(y0,2)
7．(2023·长沙模拟)根据抛物线的光学性质，从抛物线的焦点发出的光线，经抛物线反射后光线都平行于抛物线的对称轴，已知抛物线y2＝2x，若从点Q(3,2)发射平行于x轴的光线射向抛物线的A点，经A点反射后交抛物线于B点，则|AB|＝________.
8．(2022·新高考全国Ⅰ)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为eq \f(1,2).过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是________．
9．(2023·长沙模拟)如图，斜率为eq \f(1,3)的直线l与椭圆C：eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,4)＝1交于A，B两点，且P(3eq \r(2)，eq \r(2))在直线l的左上方．
(1)证明：△PAB的内切圆的圆心在一条定直线上；
(2)若∠APB＝60°，求△PAB的面积．
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10.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)，且过点P(4，－2)．
(1)求椭圆C的方程；
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(2)若O为坐标原点，直线l交椭圆C于A，B两点，且点O是△PAB的重心，求△PAB的面积．
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微专题39 直线与圆锥曲线的位置关系
[考情分析] 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相交、相切、弦长、面积以及弦中点等问题，难度中等．
考点一 弦长问题
典例1 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>1)长轴的顶点与双曲线D：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,b2)＝1实轴的顶点相同，且C的右焦点F到D的渐近线的距离为eq \f(\r(21),7).
(1)分别求C与D的方程；
(2)若直线l的倾斜角是直线y＝(eq \r(5)－2)x倾斜角的2倍，且l经过点F，l与C交于A，B两点，与D交于M，N两点，求eq \f(|AB|,|MN|).
解 (1)由题意可得a2＝4，则a＝2.
因为D的渐近线方程为y＝±eq \f(b,2)x，
即bx±2y＝0，
椭圆C的右焦点为F(eq \r(4－b2)，0)，
由题意可得eq \f(b\r(4－b2),\r(4＋b2))＝eq \f(\r(21),7)，
因为b>1，解得b＝eq \r(3)，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
双曲线D的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1.
(2)设直线y＝(eq \r(5)－2)x的倾斜角为α，
所以直线l的斜率k＝tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(2\r(5)－2,1－\r(5)－22)＝eq \f(1,2)，
所以直线l的方程为y＝eq \f(1,2)(x－1)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x－1，,3x2＋4y2＝12，))得4x2－2x－11＝0，
则Δ1＝4＋4×4×11>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(1,2)，x1x2＝－eq \f(11,4)，
所以|AB|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(15,4)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x2－4y2＝12，,y＝\f(1,2)x－1，))得2x2＋2x－13＝0，
Δ2＝4＋4×2×13>0，
设点M(x3，y3)，N(x4，y4)，
则x3＋x4＝－1，x3x4＝－eq \f(13,2)，
所以|MN|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)·eq \r(x3＋x42－4x3x4)＝eq \f(3\r(15),2)，
故eq \f(|AB|,|MN|)＝eq \f(15,4)×eq \f(2,3\r(15))＝eq \f(\r(15),6).
跟踪训练1 已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为2eq \r(3).
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P(－2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当|MN|＝2时，求k的值．
解 (1)由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,2c＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)，))
∴椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意可设直线BC的方程为y－1＝k(x＋2)．
联立得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y－1＝kx＋2.))
消去y并整理，得(4k2＋1)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，
则Δ＝(16k2＋8k)2－4(4k2＋1)(16k2＋16k)>0，
解得k<0.
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
∴x1＋x2＝－eq \f(16k2＋8k,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(16k2＋16k,4k2＋1).①
由题知直线AB，AC的斜率都存在，
∴直线AB的方程为y＝eq \f(y1－1,x1)x＋1，
则直线AB与x轴交点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－x1,kx1＋2k)，0)).
同理得点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－x2,kx2＋2k)，0)).
∵|MN|＝2，∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－x2,kx2＋2)－\f(－x1,kx1＋2)))＝2，
∴|x1－x2|＝|k[x1x2＋2(x1＋x2)＋4]|，
∴eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝|k[x1x2＋2(x1＋x2)＋4]|.②
将①代入②，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(16k2＋8k,4k2＋1)))2－eq \f(416k2＋16k,4k2＋1)＝k2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16k2＋16k,4k2＋1)－\f(216k2＋8k,4k2＋1)＋4))2.
整理，得k2＋4k＝0.
又k<0，∴k＝－4.
考点二 面积问题
典例2 (2022·新高考全国Ⅰ)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，消去y并整理得
(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝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(2k2m2＋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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y1－1,x1－2)＝\r(2)，,\f(x\\al(2,1),2)－y\\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).
跟踪训练2 (2023·南京模拟)已知双曲线M：x2－eq \f(y2,3)＝1，在双曲线M的右支上存在不同于点A(2,3)的两点P，Q，记直线AP，AQ，PQ的斜率分别为k1，k2，k，且k1，k，k2成等差数列．
(1)求k的取值范围；
(2)若△OPQ的面积为eq \r(6)(O为坐标原点)，求直线PQ的方程．
解 (1)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ：y＝kx＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2－\f(y2,3)＝1，))
消去y得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，
依题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－k2≠0，,Δ＝4k2m2＋43－k2m2＋3>0，,x1＋x2＝\f(2km,3－k2)>0，,x1x2＝－\f(m2＋3,3－k2)>0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k2>3，,m2＋3>k2，,mk<0，))
又k1，k，k2成等差数列，
所以2k＝k1＋k2＝eq \f(y1－3,x1－2)＋eq \f(y2－3,x2－2)＝eq \f(kx1＋m－3,x1－2)＋eq \f(kx2＋m－3,x2－2)
＝eq \f(kx1－2＋2k＋m－3,x1－2)＋eq \f(kx2－2＋2k＋m－3,x2－2)
＝2k＋(2k＋m－3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1－2)＋\f(1,x2－2)))，
所以(2k＋m－3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1－2)＋\f(1,x2－2)))＝0，
因为P，Q不同于A，即A(2,3)不在直线PQ：y＝kx＋m上，
所以3≠2k＋m，即2k＋m－3≠0，
所以eq \f(1,x1－2)＋eq \f(1,x2－2)＝0，即eq \f(x1－2＋x2－2,x1－2x2－2)＝0，
即x1＋x2＝4，
所以eq \f(2km,3－k2)＝4，即m＝eq \f(6－2k2,k)，
代入m2＋3>k2，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6－2k2,k)))2＋3>k2，
得4(k2－3)2>k2(k2－3)，
因为k2>3，所以4(k2－3)>k2，即k2>4，
所以k<－2或k>2.
(2)|PQ|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2km,3－k2)))2－\f(4m2＋3,k2－3))
＝eq \f(2\r(3)·\r(1＋k2),k2－3)eq \r(m2＋3－k2)，
点O到直线PQ的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
S△OPQ＝eq \f(1,2)×eq \f(|m|,\r(1＋k2))×eq \f(2\r(3)·\r(1＋k2),k2－3)eq \r(m2＋3－k2)＝eq \r(6)，
所以|m|eq \r(m2＋3－k2)＝eq \r(2)(k2－3)，
两边平方得m2(m2＋3－k2)＝2(k2－3)2，
由eq \f(2km,3－k2)＝4得(k2－3)2＝eq \f(k2m2,4)，
代入m2(m2＋3－k2)＝2(k2－3)2，
得m2(m2＋3－k2)＝2×eq \f(k2m2,4)，
因为m2>0，所以m2＋3－k2＝eq \f(k2,2)，
将m＝eq \f(6－2k2,k)代入得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6－2k2,k)))2＋3－k2＝eq \f(k2,2)，
整理得5k4－42k2＋72＝0，
所以(5k2－12)(k2－6)＝0，
解得k2＝6或k2＝eq \f(12,5)，
由(1)知，k2>4，所以k2＝6，k＝±eq \r(6)，
当k＝eq \r(6)时，m＝eq \f(6－2×6,\r(6))＝－eq \r(6)，
直线PQ的方程为y＝eq \r(6)x－eq \r(6)，
当k＝－eq \r(6)时，m＝eq \f(6－2×6,－\r(6))＝eq \r(6)，
直线PQ的方程为y＝－eq \r(6)x＋eq \r(6)，
综上所述，直线PQ的方程为y＝eq \r(6)x－eq \r(6)或y＝－eq \r(6)x＋eq \r(6).
考点三 中点弦问题
典例3 (2022·新高考全国Ⅱ)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 方法一 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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)＝\f(m＋0,2)，,\f(y1＋y2,2)＝\f(0＋n,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),6)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),6)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))
相减得eq \f(x1＋x2x1－x2,6)＋eq \f(y1＋y2y1－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\{\rc\ (\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.
方法二 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)，以下同方法一．
跟踪训练3 过点P(4,2)作一直线AB与双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1相交于A，B两点，若P为线段AB的中点，则|AB|等于( )
A．2eq \r(2) B．2eq \r(3) C．3eq \r(3) D．4eq \r(3)
答案 D
解析 方法一 由题意可知，直线AB的斜率存在．
设直线AB的斜率为k，
则直线AB的方程为y＝k(x－4)＋2.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－4＋2，,\f(x2,2)－y2＝1，))
消去y并整理，得(1－2k2)x2＋8k(2k－1)x－32k2＋32k－10＝0，Δ>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为P(4,2)为线段AB的中点，
所以x1＋x2＝－eq \f(8k2k－1,1－2k2)＝8，
解得k＝1.
所以x1x2＝eq \f(－32k2＋32k－10,1－2k2)＝10.
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝4eq \r(3).
方法二 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \f(x\\al(2,1),2)－yeq \\al(2,1)＝1，①
eq \f(x\\al(2,2),2)－yeq \\al(2,2)＝1.②
①－②得eq \f(1,2)(x1－x2)(x1＋x2)－(y1－y2)(y1＋y2)＝0.
因为P(4,2)为线段AB的中点，
所以x1＋x2＝8，y1＋y2＝4.
所以4(x1－x2)－4(y1－y2)＝0，
即x1－x2＝y1－y2，
所以直线AB的斜率k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1.
则直线AB的方程为y＝x－2.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－2，,\f(x2,2)－y2＝1，))
消去y并整理，得x2－8x＋10＝0，
所以x1＋x2＝8，x1x2＝10.
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝4eq \r(3).
[总结提升]
直线与圆锥曲线的位置关系中，解决直线与圆锥曲线的相交弦长、面积问题的通法是用代数法联立方程消元转化进行求解．对于中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在求解过程中，在设直线方程时，注意斜率不存在的情况．
1．(2023·雅礼中学模拟)已知抛物线C1：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率大于零的直线l与C1及抛物线C2：y2＝－4x的所有公共点从右到左分别为点A，B，C，则|AB|等于( )
A．4 B．6 C．8 D．10
答案 C
解析 由题意可得F(1,0)，设直线l的方程为x＝my＋1(m>0)，
由题意可得直线l与抛物线C1必有2个交点，
与抛物线C2相切，联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝－4x，))
可得y2＋4my＋4＝0，
所以Δ＝16m2－16＝0，解得m＝1，
故直线l的方程为x＝y＋1，
与抛物线C1方程联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝y＋1，,y2＝4x，))
得x2－6x＋1＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝6，
所以|AB|＝x1＋x2＋2＝8.
2．(2023·临汾模拟)已知倾斜角为60°的直线l与椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，与x轴、y轴分别交于C，D两点．若|AC|＝|CD|＝|DB|，则椭圆C的离心率为( )
A.eq \f(\r(6),3) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(1,2)
答案 A
解析 如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k，
∵C，D分别是线段AB的两个三等分点，
∴C(－x2,0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y2,2)))，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x2，－\f(y2,2)))，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝－2x2，,y1＝－\f(y2,2)，))
∴k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(－\f(3y2,2),－3x2)＝eq \f(1,2)·eq \f(y2,x2)，
利用点差法，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),b2)＋\f(y\\al(2,1),a2)＝1，,\f(x\\al(2,2),b2)＋\f(y\\al(2,2),a2)＝1))两式相减得
eq \f(x1＋x2x1－x2,b2)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,a2)＝0，
整理得到eq \f(y\\al(2,2),x\\al(2,2))＝eq \f(4a2,b2)，
即eq \f(4a2,b2)＝4k2，即eq \f(a2,b2)＝k2.
∵直线AB的倾斜角为60°，
∴k＝tan 60°＝eq \r(3)，
得eq \f(a2,b2)＝3，则eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,3)，e＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(6),3).
3．(2023·新高考全国Ⅱ)已知椭圆C：eq \f(x2,3)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则m等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(\r(2),3) C．－eq \f(\r(2),3) D．－eq \f(2,3)
答案 C
解析 将直线y＝x＋m与椭圆联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))
消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，
因为直线与椭圆相交于A，B两点，
则Δ＝36m2－4×4(3m2－3)>0，
解得－2由题意知，F1(－eq \r(2)，0)，F2(eq \r(2)，0)，
因为△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，
所以点F1到直线AB的距离是点F2到直线AB的距离的2倍，
即eq \f(|－\r(2)＋m|,\r(2))＝2×eq \f(|\r(2)＋m|,\r(2))，
解得m＝－eq \f(\r(2),3)或m＝－3eq \r(2)(舍去)．
4．(2023·湖北圆创联考)过点M(－1，y0)作抛物线y2＝2px(p>0)的两条切线，切点分别是A，B，若△MAB面积的最小值为4，则p等于( )
A．1 B．2 C．4 D．16
答案 B
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)(y1≠0，y2≠0)，以A为切点的切线斜率为k1，
则以A(x1，y1)为切点的切线方程为y－y1＝k1(x－x1)，
与抛物线y2＝2px(p>0)联立可得k1y2－2py＋2py1－2k1px1＝0，
由Δ＝0，即4p2－8k1py1＋8keq \\al(2,1)px1＝0，则4p2－8k1py1＋4keq \\al(2,1)yeq \\al(2,1)＝0，
即(2p－2k1y1)2＝0，解得k1＝eq \f(p,y1)，
则以A(x1，y1)为切点的切线方程为y－y1＝eq \f(p,y1)(x－x1)，即y1y－yeq \\al(2,1)＝p(x－x1)，
所以y1y－2px1＝p(x－x1)，整理可得y1y＝p(x＋x1)，
同理以B(x2，y2)为切点的切线方程为y2y＝p(x＋x2)，
因为点M(－1，y0)在切线y1y＝p(x＋x1)和y2y＝p(x＋x2)上，
所以y0y1＝p(x1－1)，y0y2＝p(x2－1)，
故直线AB的方程为y0y＝p(x－1)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0y＝px－1，,y2＝2px，))消去x，得y2－2y0y－2p＝0，Δ＝4yeq \\al(2,0)＋8p>0.
由根与系数的关系，得y1＋y2＝2y0，y1y2＝－2p，
于是|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(y\\al(2,0),p2)))4y\\al(2,0)＋8p).
点M到直线AB的距离d＝eq \f(|y\\al(2,0)＋2p|,\r(y\\al(2,0)＋p2))，
于是△MAB的面积S＝eq \f(1,2)d|AB|＝eq \f(1,2)eq \f(|y\\al(2,0)＋2p|,\r(y\\al(2,0)＋p2))·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(y\\al(2,0),p2)))4y\\al(2,0)＋8p)＝eq \f(\r(y\\al(2,0)＋2p3),p)，
当y0＝0时，△MAB的面积最小为2eq \r(2p)＝4，p＝2.
5．(多选)(2023·茂名模拟)我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，如图，利用了双曲线的光学性质：F1，F2是双曲线的左、右焦点，从F2发出的光线m射在双曲线右支上一点P，经点P反射后，反射光线n的反向延长线过F1；当P异于双曲线顶点时，双曲线在点P处的切线PT平分∠F1PF2.若双曲线C的方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1，则下列结论正确的是( )
A．若射线n所在直线的斜率为k，则k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(4,3)))
B．当m⊥n时，|PF1|·|PF2|＝32
C．当n过点Q(7,5)时，光线由F2到P再到Q所经过的路程为13
D．若点T的坐标为(1,0)，直线PT与C相切，则|PF2|＝12
答案 ABD
解析 因为双曲线C的方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1，
所以a＝3，b＝4，c＝5，渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x.
对于A，因为直线PF1与双曲线有两个交点，
所以k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(4,3)))，即A正确；
对于B，由双曲线的定义知，|PF1|－|PF2|＝2a＝6，
若m⊥n，则|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝100，
因为(|PF1|－|PF2|)2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|，
所以36＝100－2|PF1|·|PF2|，
解得|PF1|·|PF2|＝32，即B正确；
对于C，|PF2|＋|PQ|＝(|PF1|－2a)＋|PQ|＝|F1Q|－2a＝eq \r(7＋52＋5－02)－2×3＝7，即C错误；
对于D，因为PT平分∠F1PF2，由角平分线定理知，eq \f(|PF1|,|TF1|)＝eq \f(|PF2|,|TF2|)，
所以eq \f(|PF1|,|PF2|)＝eq \f(|TF1|,|TF2|)＝eq \f(5＋1,5－1)＝eq \f(3,2)，又|PF1|－|PF2|＝6，
所以eq \f(3,2)|PF2|－|PF2|＝6，解得|PF2|＝12，即D正确．
6．(多选)(2023·金华模拟)已知A(x0，y0)，B，C为抛物线y2＝4x上的三个点，焦点F是△ABC的重心．记直线AB，AC，BC的斜率分别为kAB，kAC，kBC，则( )
A．线段BC的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12－y\\al(2,0),8)，－\f(y0,2)))
B．直线BC的方程为4x＋y0y＋yeq \\al(2,0)－6＝0
C．y0∈[－2eq \r(3)，2eq \r(3)]
D.eq \f(1,kAB)＋eq \f(1,kAC)－eq \f(1,kBC)＝eq \f(y0,2)
答案 ABD
解析 设B(x1，y1)，C(x2，y2)，F(1,0)，
因为F为△ABC的重心，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＋x1＋x2＝3，,y0＋y1＋y2＝0，))
设BC的中点为M(xM，yM)，则eq \(AM,\s\up6(→))＝(xM－x0，yM－y0)，
eq \(AF,\s\up6(→))＝(1－x0，－y0)，由重心分中线为1∶2，
得eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AM,\s\up6(→))，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－x0＝\f(2,3)xM－x0，,－y0＝\f(2,3)yM－y0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xM＝\f(3,2)－\f(x0,2)，,yM＝－\f(y0,2)，))
又因为A在抛物线上，所以yeq \\al(2,0)＝4x0，
所以xM＝eq \f(3,2)－eq \f(y\\al(2,0),8)＝eq \f(12－y\\al(2,0),8)，
即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12－y\\al(2,0),8)，－\f(y0,2)))，故A正确；
kBC＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4y1－y2,4x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝－eq \f(4,y0)，
直线BC：y＋eq \f(y0,2)＝－eq \f(4,y0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(12－y\\al(2,0),8)))⇒y0y＋eq \f(y\\al(2,0),2)＝－4x＋eq \f(12－y\\al(2,0),2)⇒4x＋y0y＋yeq \\al(2,0)－6＝0，故B正确；
因为xM＝eq \f(3,2)－eq \f(y\\al(2,0),8)>0，所以yeq \\al(2,0)<12，
所以y0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2\r(3)，2\r(3)))，故C错误；
eq \f(1,kAB)＝eq \f(x0－x1,y0－y1)＝eq \f(4x0－x1,4y0－y1)＝eq \f(y\\al(2,0)－y\\al(2,1),4y0－y1)＝eq \f(y0＋y1,4)，
同理eq \f(1,kAC)＝eq \f(y0＋y2,4)，eq \f(1,kBC)＝eq \f(y1＋y2,4)，
所以eq \f(1,kAB)＋eq \f(1,kAC)－eq \f(1,kBC)＝eq \f(y0＋y1,4)＋eq \f(y0＋y2,4)－eq \f(y1＋y2,4)＝eq \f(y0,2)，故D正确．
7．(2023·长沙模拟)根据抛物线的光学性质，从抛物线的焦点发出的光线，经抛物线反射后光线都平行于抛物线的对称轴，已知抛物线y2＝2x，若从点Q(3,2)发射平行于x轴的光线射向抛物线的A点，经A点反射后交抛物线于B点，则|AB|＝________.
答案 eq \f(25,8)
解析 由条件可知AQ与x轴平行，令yA＝2，可得xA＝2，故A点坐标为(2,2)，
因为lAB经过抛物线焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，
所以lAB的方程为y－0＝eq \f(2－0,2－\f(1,2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，
整理得4x－3y－2＝0，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2x，,4x－3y－2＝0，))
得y2－eq \f(3,2)y－1＝0，Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))2－4×1×(－1)＝eq \f(25,4)>0，
所以yA＋yB＝eq \f(3,2)，
又yA＝2，
所以yB＝－eq \f(1,2)，xB＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＝eq \f(1,8)，
即Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，－\f(1,2)))，
所以|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,8)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,2)))2)＝eq \f(25,8).
8．(2022·新高考全国Ⅰ)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为eq \f(1,2).过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是________．
答案 13
解析 ∵椭圆的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
∴a＝2c，
∴b2＝a2－c2＝3c2，
∴椭圆的方程为eq \f(x2,4c2)＋eq \f(y2,3c2)＝1，
即3x2＋4y2－12c2＝0，
不妨设左焦点为F1，右焦点为F2，如图所示，
∵|AF2|＝a，|OF2|＝c，a＝2c，
∴∠AF2O＝eq \f(π,3)，
∴△AF1F2为正三角形，
∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，DE为线段AF2的垂直平分线，
∴直线DE的斜率为eq \f(\r(3),3)，斜率的倒数为eq \r(3)，
∴直线DE的方程为x＝eq \r(3)y－c，
代入椭圆方程3x2＋4y2－12c2＝0，
整理化简得13y2－6eq \r(3)cy－9c2＝0，
判别式Δ＝(6eq \r(3)c)2＋4×13×9c2＝62×16×c2，
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，
∴|DE|＝eq \r(1＋\r(3)2)|y1－y2|＝2×eq \f(\r(Δ),13)＝2×6×4×eq \f(c,13)＝6，
∴c＝eq \f(13,8)，则a＝2c＝eq \f(13,4)，
∵DE为线段AF2的垂直平分线，根据对称性知，|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，
∴△ADE的周长等于△F2DE的周长，
利用椭圆的定义得到△F2DE的周长为|DF2|＋|EF2|＋|DE|＝|DF2|＋|EF2|＋|DF1|＋|EF1|＝|DF1|＋|DF2|＋|EF1|＋|EF2|＝2a＋2a＝4a＝13.
9．(2023·长沙模拟)如图，斜率为eq \f(1,3)的直线l与椭圆C：eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,4)＝1交于A，B两点，且P(3eq \r(2)，eq \r(2))在直线l的左上方．
(1)证明：△PAB的内切圆的圆心在一条定直线上；
(2)若∠APB＝60°，求△PAB的面积．
(1)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：y＝eq \f(1,3)x＋m.①
将①代入椭圆C的方程，化简并整理得
2x2＋6mx＋9m2－36＝0.
则x1＋x2＝－3m，x1x2＝eq \f(9m2－36,2)，
kPA＝eq \f(y1－\r(2),x1－3\r(2))，kPB＝eq \f(y2－\r(2),x2－3\r(2)).
故kPA＋kPB＝eq \f(y1－\r(2)x2－3\r(2)＋y2－\r(2)x1－3\r(2),x1－3\r(2)x2－3\r(2))
上式分子＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x1＋m－\r(2)))(x2－3eq \r(2))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x2＋m－\r(2)))(x1－3eq \r(2))
＝eq \f(2,3)x1x2＋(m－2eq \r(2))(x1＋x2)－6eq \r(2)(m－eq \r(2))
＝eq \f(2,3)·eq \f(9m2－36,2)＋(m－2eq \r(2))(－3m)－6eq \r(2)(m－eq \r(2))
＝3m2－12－3m2＋6eq \r(2)m－6eq \r(2)m＋12
＝0.
从而kPA＋kPB＝0.
又点P在直线l的左上方，
因此∠APB的角平分线是平行于y轴的直线．
所以△PAB的内切圆的圆心在直线x＝3eq \r(2)上．
(2)解 若∠APB＝60°，结合(1)的结论知kPA＝eq \r(3)，kPB＝－eq \r(3).
将直线lPA：y－eq \r(2)＝eq \r(3)(x－3eq \r(2))代入椭圆C的方程并消去y得
14x2＋9eq \r(6)(1－3eq \r(3))x＋18(13－3eq \r(3))＝0.
因为上式两根分别是x1,3eq \r(2)，
所以x1＝eq \f(3\r(2)13－3\r(3),14).
则|PA|＝eq \r(1＋\r(3)2)|x1－3eq \r(2)|＝eq \f(3\r(2)3\r(3)＋1,7).
同理，|PB|＝eq \f(3\r(2)3\r(3)－1,7).
故S△PAB＝eq \f(1,2)|PA||PB|sin 60°＝eq \f(117\r(3),49).
10.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)，且过点P(4，－2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若O为坐标原点，直线l交椭圆C于A，B两点，且点O是△PAB的重心，求△PAB的面积．
解 (1)因为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，
所以eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，
所以4c2＝3a2，因为a2＝b2＋c2，所以a2＝4b2，
因为椭圆过点P(4，－2)，所以eq \f(16,a2)＋eq \f(4,b2)＝1，
所以eq \f(16,4b2)＋eq \f(4,b2)＝1，得b2＝8，则a2＝32，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,32)＋eq \f(y2,8)＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，A，B两点的坐标关于x轴对称，
此时点O不可能是△PAB的重心，
所以直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,32)＋\f(y2,8)＝1，))
得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－32＝0，
由Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－32)>0，得32k2－m2＋8>0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(8km,1＋4k2)，,x1x2＝\f(4m2－32,1＋4k2)，))
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝－eq \f(8k2m,1＋4k2)＋2m＝eq \f(2m,1＋4k2)，
因为点O是△PAB的重心，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2＋4,3)＝0，,\f(y1＋y2－2,3)＝0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＋4＝0，,y1＋y2－2＝0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(8km,1＋4k2)＋4＝0，,\f(2m,1＋4k2)－2＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝\f(1,2)，,m＝2，))满足32k2－m2＋8>0，
所以直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋2，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－4，,x1x2＝－8，))
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋\f(1,4))×eq \r(16＋32)＝2eq \r(15)，
因为点P(4，－2)到直线y＝eq \f(1,2)x＋2的距离d＝eq \f(|2＋2＋2|,\r(1＋\f(1,4)))＝eq \f(12,\r(5))，
所以△PAB的面积为eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)×2eq \r(15)×eq \f(12,\r(5))＝12eq \r(3)
典例1 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>1)长轴的顶点与双曲线D：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,b2)＝1实轴的顶点相同，且C的右焦点F到D的渐近线的距离为eq \f(\r(21),7).
(1)分别求C与D的方程；
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(2)若直线l的倾斜角是直线y＝(eq \r(5)－2)x倾斜角的2倍，且l经过点F，l与C交于A，B两点，与D交于M，N两点，求eq \f(|AB|,|MN|).
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典例2 (2022·新高考全国Ⅰ)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；
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(2)若tan∠PAQ＝2eq \r(2)，求△PAQ的面积．
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典例3 (2022·新高考全国Ⅱ)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________．
[总结提升]
直线与圆锥曲线的位置关系中，解决直线与圆锥曲线的相交弦长、面积问题的通法是用代数法联立方程消元转化进行求解．对于中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在求解过程中，在设直线方程时，注意斜率不存在的情况．
1．(2023·雅礼中学模拟)已知抛物线C1：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率大于零的直线l与C1及抛物线C2：y2＝－4x的所有公共点从右到左分别为点A，B，C，则|AB|等于( )
A．4 B．6 C．8 D．10
2．(2023·临汾模拟)已知倾斜角为60°的直线l与椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，与x轴、y轴分别交于C，D两点．若|AC|＝|CD|＝|DB|，则椭圆C的离心率为( )
A.eq \f(\r(6),3) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(1,2)
3．(2023·新高考全国Ⅱ)已知椭圆C：eq \f(x2,3)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB 面积是△F2AB 面积的2倍，则m等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(\r(2),3) C．－eq \f(\r(2),3) D．－eq \f(2,3)
4．(2023·湖北圆创联考)过点M(－1，y0)作抛物线y2＝2px(p>0)的两条切线，切点分别是A，B，若△MAB面积的最小值为4，则p等于( )
A．1 B．2 C．4 D．16
5．(多选)(2023·茂名模拟)我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，如图，利用了双曲线的光学性质：F1，F2是双曲线的左、右焦点，从F2发出的光线m射在双曲线右支上一点P，经点P反射后，反射光线n的反向延长线过F1；当P异于双曲线顶点时，双曲线在点P处的切线PT平分∠F1PF2.若双曲线C的方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1，则下列结论正确的是( )
A．若射线n所在直线的斜率为k，则k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(4,3)))
B．当m⊥n时，|PF1|·|PF2|＝32
C．当n过点Q(7,5)时，光线由F2到P再到Q所经过的路程为13
D．若点T的坐标为(1,0)，直线PT与C相切，则|PF2|＝12
6．(多选)(2023·金华模拟)已知A(x0，y0)，B，C为抛物线y2＝4x上的三个点，焦点F是△ABC的重心．记直线AB，AC，BC的斜率分别为kAB，kAC，kBC，则( )
A．线段BC的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12－y\\al(2,0),8)，－\f(y0,2)))
B．直线BC的方程为4x＋y0y＋yeq \\al(2,0)－6＝0
C．y0∈[－2eq \r(3)，2eq \r(3)]
D.eq \f(1,kAB)＋eq \f(1,kAC)－eq \f(1,kBC)＝eq \f(y0,2)
7．(2023·长沙模拟)根据抛物线的光学性质，从抛物线的焦点发出的光线，经抛物线反射后光线都平行于抛物线的对称轴，已知抛物线y2＝2x，若从点Q(3,2)发射平行于x轴的光线射向抛物线的A点，经A点反射后交抛物线于B点，则|AB|＝________.
8．(2022·新高考全国Ⅰ)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为eq \f(1,2).过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是________．
9．(2023·长沙模拟)如图，斜率为eq \f(1,3)的直线l与椭圆C：eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,4)＝1交于A，B两点，且P(3eq \r(2)，eq \r(2))在直线l的左上方．
(1)证明：△PAB的内切圆的圆心在一条定直线上；
(2)若∠APB＝60°，求△PAB的面积．
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10.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)，且过点P(4，－2)．
(1)求椭圆C的方程；
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(2)若O为坐标原点，直线l交椭圆C于A，B两点，且点O是△PAB的重心，求△PAB的面积．
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微专题39 直线与圆锥曲线的位置关系
[考情分析] 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相交、相切、弦长、面积以及弦中点等问题，难度中等．
考点一 弦长问题
典例1 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>1)长轴的顶点与双曲线D：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,b2)＝1实轴的顶点相同，且C的右焦点F到D的渐近线的距离为eq \f(\r(21),7).
(1)分别求C与D的方程；
(2)若直线l的倾斜角是直线y＝(eq \r(5)－2)x倾斜角的2倍，且l经过点F，l与C交于A，B两点，与D交于M，N两点，求eq \f(|AB|,|MN|).
解 (1)由题意可得a2＝4，则a＝2.
因为D的渐近线方程为y＝±eq \f(b,2)x，
即bx±2y＝0，
椭圆C的右焦点为F(eq \r(4－b2)，0)，
由题意可得eq \f(b\r(4－b2),\r(4＋b2))＝eq \f(\r(21),7)，
因为b>1，解得b＝eq \r(3)，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
双曲线D的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1.
(2)设直线y＝(eq \r(5)－2)x的倾斜角为α，
所以直线l的斜率k＝tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(2\r(5)－2,1－\r(5)－22)＝eq \f(1,2)，
所以直线l的方程为y＝eq \f(1,2)(x－1)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x－1，,3x2＋4y2＝12，))得4x2－2x－11＝0，
则Δ1＝4＋4×4×11>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(1,2)，x1x2＝－eq \f(11,4)，
所以|AB|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(15,4)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x2－4y2＝12，,y＝\f(1,2)x－1，))得2x2＋2x－13＝0，
Δ2＝4＋4×2×13>0，
设点M(x3，y3)，N(x4，y4)，
则x3＋x4＝－1，x3x4＝－eq \f(13,2)，
所以|MN|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)·eq \r(x3＋x42－4x3x4)＝eq \f(3\r(15),2)，
故eq \f(|AB|,|MN|)＝eq \f(15,4)×eq \f(2,3\r(15))＝eq \f(\r(15),6).
跟踪训练1 已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为2eq \r(3).
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P(－2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当|MN|＝2时，求k的值．
解 (1)由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,2c＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)，))
∴椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意可设直线BC的方程为y－1＝k(x＋2)．
联立得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y－1＝kx＋2.))
消去y并整理，得(4k2＋1)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，
则Δ＝(16k2＋8k)2－4(4k2＋1)(16k2＋16k)>0，
解得k<0.
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
∴x1＋x2＝－eq \f(16k2＋8k,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(16k2＋16k,4k2＋1).①
由题知直线AB，AC的斜率都存在，
∴直线AB的方程为y＝eq \f(y1－1,x1)x＋1，
则直线AB与x轴交点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－x1,kx1＋2k)，0)).
同理得点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－x2,kx2＋2k)，0)).
∵|MN|＝2，∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－x2,kx2＋2)－\f(－x1,kx1＋2)))＝2，
∴|x1－x2|＝|k[x1x2＋2(x1＋x2)＋4]|，
∴eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝|k[x1x2＋2(x1＋x2)＋4]|.②
将①代入②，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(16k2＋8k,4k2＋1)))2－eq \f(416k2＋16k,4k2＋1)＝k2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16k2＋16k,4k2＋1)－\f(216k2＋8k,4k2＋1)＋4))2.
整理，得k2＋4k＝0.
又k<0，∴k＝－4.
考点二 面积问题
典例2 (2022·新高考全国Ⅰ)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，消去y并整理得
(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝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(2k2m2＋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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y1－1,x1－2)＝\r(2)，,\f(x\\al(2,1),2)－y\\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).
跟踪训练2 (2023·南京模拟)已知双曲线M：x2－eq \f(y2,3)＝1，在双曲线M的右支上存在不同于点A(2,3)的两点P，Q，记直线AP，AQ，PQ的斜率分别为k1，k2，k，且k1，k，k2成等差数列．
(1)求k的取值范围；
(2)若△OPQ的面积为eq \r(6)(O为坐标原点)，求直线PQ的方程．
解 (1)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ：y＝kx＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2－\f(y2,3)＝1，))
消去y得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，
依题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－k2≠0，,Δ＝4k2m2＋43－k2m2＋3>0，,x1＋x2＝\f(2km,3－k2)>0，,x1x2＝－\f(m2＋3,3－k2)>0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k2>3，,m2＋3>k2，,mk<0，))
又k1，k，k2成等差数列，
所以2k＝k1＋k2＝eq \f(y1－3,x1－2)＋eq \f(y2－3,x2－2)＝eq \f(kx1＋m－3,x1－2)＋eq \f(kx2＋m－3,x2－2)
＝eq \f(kx1－2＋2k＋m－3,x1－2)＋eq \f(kx2－2＋2k＋m－3,x2－2)
＝2k＋(2k＋m－3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1－2)＋\f(1,x2－2)))，
所以(2k＋m－3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1－2)＋\f(1,x2－2)))＝0，
因为P，Q不同于A，即A(2,3)不在直线PQ：y＝kx＋m上，
所以3≠2k＋m，即2k＋m－3≠0，
所以eq \f(1,x1－2)＋eq \f(1,x2－2)＝0，即eq \f(x1－2＋x2－2,x1－2x2－2)＝0，
即x1＋x2＝4，
所以eq \f(2km,3－k2)＝4，即m＝eq \f(6－2k2,k)，
代入m2＋3>k2，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6－2k2,k)))2＋3>k2，
得4(k2－3)2>k2(k2－3)，
因为k2>3，所以4(k2－3)>k2，即k2>4，
所以k<－2或k>2.
(2)|PQ|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2km,3－k2)))2－\f(4m2＋3,k2－3))
＝eq \f(2\r(3)·\r(1＋k2),k2－3)eq \r(m2＋3－k2)，
点O到直线PQ的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
S△OPQ＝eq \f(1,2)×eq \f(|m|,\r(1＋k2))×eq \f(2\r(3)·\r(1＋k2),k2－3)eq \r(m2＋3－k2)＝eq \r(6)，
所以|m|eq \r(m2＋3－k2)＝eq \r(2)(k2－3)，
两边平方得m2(m2＋3－k2)＝2(k2－3)2，
由eq \f(2km,3－k2)＝4得(k2－3)2＝eq \f(k2m2,4)，
代入m2(m2＋3－k2)＝2(k2－3)2，
得m2(m2＋3－k2)＝2×eq \f(k2m2,4)，
因为m2>0，所以m2＋3－k2＝eq \f(k2,2)，
将m＝eq \f(6－2k2,k)代入得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6－2k2,k)))2＋3－k2＝eq \f(k2,2)，
整理得5k4－42k2＋72＝0，
所以(5k2－12)(k2－6)＝0，
解得k2＝6或k2＝eq \f(12,5)，
由(1)知，k2>4，所以k2＝6，k＝±eq \r(6)，
当k＝eq \r(6)时，m＝eq \f(6－2×6,\r(6))＝－eq \r(6)，
直线PQ的方程为y＝eq \r(6)x－eq \r(6)，
当k＝－eq \r(6)时，m＝eq \f(6－2×6,－\r(6))＝eq \r(6)，
直线PQ的方程为y＝－eq \r(6)x＋eq \r(6)，
综上所述，直线PQ的方程为y＝eq \r(6)x－eq \r(6)或y＝－eq \r(6)x＋eq \r(6).
考点三 中点弦问题
典例3 (2022·新高考全国Ⅱ)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 方法一 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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)＝\f(m＋0,2)，,\f(y1＋y2,2)＝\f(0＋n,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),6)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),6)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))
相减得eq \f(x1＋x2x1－x2,6)＋eq \f(y1＋y2y1－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\{\rc\ (\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.
方法二 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)，以下同方法一．
跟踪训练3 过点P(4,2)作一直线AB与双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1相交于A，B两点，若P为线段AB的中点，则|AB|等于( )
A．2eq \r(2) B．2eq \r(3) C．3eq \r(3) D．4eq \r(3)
答案 D
解析 方法一 由题意可知，直线AB的斜率存在．
设直线AB的斜率为k，
则直线AB的方程为y＝k(x－4)＋2.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－4＋2，,\f(x2,2)－y2＝1，))
消去y并整理，得(1－2k2)x2＋8k(2k－1)x－32k2＋32k－10＝0，Δ>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为P(4,2)为线段AB的中点，
所以x1＋x2＝－eq \f(8k2k－1,1－2k2)＝8，
解得k＝1.
所以x1x2＝eq \f(－32k2＋32k－10,1－2k2)＝10.
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝4eq \r(3).
方法二 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \f(x\\al(2,1),2)－yeq \\al(2,1)＝1，①
eq \f(x\\al(2,2),2)－yeq \\al(2,2)＝1.②
①－②得eq \f(1,2)(x1－x2)(x1＋x2)－(y1－y2)(y1＋y2)＝0.
因为P(4,2)为线段AB的中点，
所以x1＋x2＝8，y1＋y2＝4.
所以4(x1－x2)－4(y1－y2)＝0，
即x1－x2＝y1－y2，
所以直线AB的斜率k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1.
则直线AB的方程为y＝x－2.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－2，,\f(x2,2)－y2＝1，))
消去y并整理，得x2－8x＋10＝0，
所以x1＋x2＝8，x1x2＝10.
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝4eq \r(3).
[总结提升]
直线与圆锥曲线的位置关系中，解决直线与圆锥曲线的相交弦长、面积问题的通法是用代数法联立方程消元转化进行求解．对于中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在求解过程中，在设直线方程时，注意斜率不存在的情况．
1．(2023·雅礼中学模拟)已知抛物线C1：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率大于零的直线l与C1及抛物线C2：y2＝－4x的所有公共点从右到左分别为点A，B，C，则|AB|等于( )
A．4 B．6 C．8 D．10
答案 C
解析 由题意可得F(1,0)，设直线l的方程为x＝my＋1(m>0)，
由题意可得直线l与抛物线C1必有2个交点，
与抛物线C2相切，联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝－4x，))
可得y2＋4my＋4＝0，
所以Δ＝16m2－16＝0，解得m＝1，
故直线l的方程为x＝y＋1，
与抛物线C1方程联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝y＋1，,y2＝4x，))
得x2－6x＋1＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝6，
所以|AB|＝x1＋x2＋2＝8.
2．(2023·临汾模拟)已知倾斜角为60°的直线l与椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，与x轴、y轴分别交于C，D两点．若|AC|＝|CD|＝|DB|，则椭圆C的离心率为( )
A.eq \f(\r(6),3) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(1,2)
答案 A
解析 如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k，
∵C，D分别是线段AB的两个三等分点，
∴C(－x2,0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y2,2)))，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x2，－\f(y2,2)))，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝－2x2，,y1＝－\f(y2,2)，))
∴k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(－\f(3y2,2),－3x2)＝eq \f(1,2)·eq \f(y2,x2)，
利用点差法，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),b2)＋\f(y\\al(2,1),a2)＝1，,\f(x\\al(2,2),b2)＋\f(y\\al(2,2),a2)＝1))两式相减得
eq \f(x1＋x2x1－x2,b2)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,a2)＝0，
整理得到eq \f(y\\al(2,2),x\\al(2,2))＝eq \f(4a2,b2)，
即eq \f(4a2,b2)＝4k2，即eq \f(a2,b2)＝k2.
∵直线AB的倾斜角为60°，
∴k＝tan 60°＝eq \r(3)，
得eq \f(a2,b2)＝3，则eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,3)，e＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(6),3).
3．(2023·新高考全国Ⅱ)已知椭圆C：eq \f(x2,3)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则m等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(\r(2),3) C．－eq \f(\r(2),3) D．－eq \f(2,3)
答案 C
解析 将直线y＝x＋m与椭圆联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))
消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，
因为直线与椭圆相交于A，B两点，
则Δ＝36m2－4×4(3m2－3)>0，
解得－2
因为△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，
所以点F1到直线AB的距离是点F2到直线AB的距离的2倍，
即eq \f(|－\r(2)＋m|,\r(2))＝2×eq \f(|\r(2)＋m|,\r(2))，
解得m＝－eq \f(\r(2),3)或m＝－3eq \r(2)(舍去)．
4．(2023·湖北圆创联考)过点M(－1，y0)作抛物线y2＝2px(p>0)的两条切线，切点分别是A，B，若△MAB面积的最小值为4，则p等于( )
A．1 B．2 C．4 D．16
答案 B
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)(y1≠0，y2≠0)，以A为切点的切线斜率为k1，
则以A(x1，y1)为切点的切线方程为y－y1＝k1(x－x1)，
与抛物线y2＝2px(p>0)联立可得k1y2－2py＋2py1－2k1px1＝0，
由Δ＝0，即4p2－8k1py1＋8keq \\al(2,1)px1＝0，则4p2－8k1py1＋4keq \\al(2,1)yeq \\al(2,1)＝0，
即(2p－2k1y1)2＝0，解得k1＝eq \f(p,y1)，
则以A(x1，y1)为切点的切线方程为y－y1＝eq \f(p,y1)(x－x1)，即y1y－yeq \\al(2,1)＝p(x－x1)，
所以y1y－2px1＝p(x－x1)，整理可得y1y＝p(x＋x1)，
同理以B(x2，y2)为切点的切线方程为y2y＝p(x＋x2)，
因为点M(－1，y0)在切线y1y＝p(x＋x1)和y2y＝p(x＋x2)上，
所以y0y1＝p(x1－1)，y0y2＝p(x2－1)，
故直线AB的方程为y0y＝p(x－1)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0y＝px－1，,y2＝2px，))消去x，得y2－2y0y－2p＝0，Δ＝4yeq \\al(2,0)＋8p>0.
由根与系数的关系，得y1＋y2＝2y0，y1y2＝－2p，
于是|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(y\\al(2,0),p2)))4y\\al(2,0)＋8p).
点M到直线AB的距离d＝eq \f(|y\\al(2,0)＋2p|,\r(y\\al(2,0)＋p2))，
于是△MAB的面积S＝eq \f(1,2)d|AB|＝eq \f(1,2)eq \f(|y\\al(2,0)＋2p|,\r(y\\al(2,0)＋p2))·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(y\\al(2,0),p2)))4y\\al(2,0)＋8p)＝eq \f(\r(y\\al(2,0)＋2p3),p)，
当y0＝0时，△MAB的面积最小为2eq \r(2p)＝4，p＝2.
5．(多选)(2023·茂名模拟)我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，如图，利用了双曲线的光学性质：F1，F2是双曲线的左、右焦点，从F2发出的光线m射在双曲线右支上一点P，经点P反射后，反射光线n的反向延长线过F1；当P异于双曲线顶点时，双曲线在点P处的切线PT平分∠F1PF2.若双曲线C的方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1，则下列结论正确的是( )
A．若射线n所在直线的斜率为k，则k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(4,3)))
B．当m⊥n时，|PF1|·|PF2|＝32
C．当n过点Q(7,5)时，光线由F2到P再到Q所经过的路程为13
D．若点T的坐标为(1,0)，直线PT与C相切，则|PF2|＝12
答案 ABD
解析 因为双曲线C的方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1，
所以a＝3，b＝4，c＝5，渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x.
对于A，因为直线PF1与双曲线有两个交点，
所以k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(4,3)))，即A正确；
对于B，由双曲线的定义知，|PF1|－|PF2|＝2a＝6，
若m⊥n，则|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝100，
因为(|PF1|－|PF2|)2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|，
所以36＝100－2|PF1|·|PF2|，
解得|PF1|·|PF2|＝32，即B正确；
对于C，|PF2|＋|PQ|＝(|PF1|－2a)＋|PQ|＝|F1Q|－2a＝eq \r(7＋52＋5－02)－2×3＝7，即C错误；
对于D，因为PT平分∠F1PF2，由角平分线定理知，eq \f(|PF1|,|TF1|)＝eq \f(|PF2|,|TF2|)，
所以eq \f(|PF1|,|PF2|)＝eq \f(|TF1|,|TF2|)＝eq \f(5＋1,5－1)＝eq \f(3,2)，又|PF1|－|PF2|＝6，
所以eq \f(3,2)|PF2|－|PF2|＝6，解得|PF2|＝12，即D正确．
6．(多选)(2023·金华模拟)已知A(x0，y0)，B，C为抛物线y2＝4x上的三个点，焦点F是△ABC的重心．记直线AB，AC，BC的斜率分别为kAB，kAC，kBC，则( )
A．线段BC的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12－y\\al(2,0),8)，－\f(y0,2)))
B．直线BC的方程为4x＋y0y＋yeq \\al(2,0)－6＝0
C．y0∈[－2eq \r(3)，2eq \r(3)]
D.eq \f(1,kAB)＋eq \f(1,kAC)－eq \f(1,kBC)＝eq \f(y0,2)
答案 ABD
解析 设B(x1，y1)，C(x2，y2)，F(1,0)，
因为F为△ABC的重心，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＋x1＋x2＝3，,y0＋y1＋y2＝0，))
设BC的中点为M(xM，yM)，则eq \(AM,\s\up6(→))＝(xM－x0，yM－y0)，
eq \(AF,\s\up6(→))＝(1－x0，－y0)，由重心分中线为1∶2，
得eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AM,\s\up6(→))，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－x0＝\f(2,3)xM－x0，,－y0＝\f(2,3)yM－y0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xM＝\f(3,2)－\f(x0,2)，,yM＝－\f(y0,2)，))
又因为A在抛物线上，所以yeq \\al(2,0)＝4x0，
所以xM＝eq \f(3,2)－eq \f(y\\al(2,0),8)＝eq \f(12－y\\al(2,0),8)，
即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12－y\\al(2,0),8)，－\f(y0,2)))，故A正确；
kBC＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4y1－y2,4x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝－eq \f(4,y0)，
直线BC：y＋eq \f(y0,2)＝－eq \f(4,y0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(12－y\\al(2,0),8)))⇒y0y＋eq \f(y\\al(2,0),2)＝－4x＋eq \f(12－y\\al(2,0),2)⇒4x＋y0y＋yeq \\al(2,0)－6＝0，故B正确；
因为xM＝eq \f(3,2)－eq \f(y\\al(2,0),8)>0，所以yeq \\al(2,0)<12，
所以y0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2\r(3)，2\r(3)))，故C错误；
eq \f(1,kAB)＝eq \f(x0－x1,y0－y1)＝eq \f(4x0－x1,4y0－y1)＝eq \f(y\\al(2,0)－y\\al(2,1),4y0－y1)＝eq \f(y0＋y1,4)，
同理eq \f(1,kAC)＝eq \f(y0＋y2,4)，eq \f(1,kBC)＝eq \f(y1＋y2,4)，
所以eq \f(1,kAB)＋eq \f(1,kAC)－eq \f(1,kBC)＝eq \f(y0＋y1,4)＋eq \f(y0＋y2,4)－eq \f(y1＋y2,4)＝eq \f(y0,2)，故D正确．
7．(2023·长沙模拟)根据抛物线的光学性质，从抛物线的焦点发出的光线，经抛物线反射后光线都平行于抛物线的对称轴，已知抛物线y2＝2x，若从点Q(3,2)发射平行于x轴的光线射向抛物线的A点，经A点反射后交抛物线于B点，则|AB|＝________.
答案 eq \f(25,8)
解析 由条件可知AQ与x轴平行，令yA＝2，可得xA＝2，故A点坐标为(2,2)，
因为lAB经过抛物线焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，
所以lAB的方程为y－0＝eq \f(2－0,2－\f(1,2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，
整理得4x－3y－2＝0，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2x，,4x－3y－2＝0，))
得y2－eq \f(3,2)y－1＝0，Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))2－4×1×(－1)＝eq \f(25,4)>0，
所以yA＋yB＝eq \f(3,2)，
又yA＝2，
所以yB＝－eq \f(1,2)，xB＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＝eq \f(1,8)，
即Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，－\f(1,2)))，
所以|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,8)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,2)))2)＝eq \f(25,8).
8．(2022·新高考全国Ⅰ)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为eq \f(1,2).过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是________．
答案 13
解析 ∵椭圆的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
∴a＝2c，
∴b2＝a2－c2＝3c2，
∴椭圆的方程为eq \f(x2,4c2)＋eq \f(y2,3c2)＝1，
即3x2＋4y2－12c2＝0，
不妨设左焦点为F1，右焦点为F2，如图所示，
∵|AF2|＝a，|OF2|＝c，a＝2c，
∴∠AF2O＝eq \f(π,3)，
∴△AF1F2为正三角形，
∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，DE为线段AF2的垂直平分线，
∴直线DE的斜率为eq \f(\r(3),3)，斜率的倒数为eq \r(3)，
∴直线DE的方程为x＝eq \r(3)y－c，
代入椭圆方程3x2＋4y2－12c2＝0，
整理化简得13y2－6eq \r(3)cy－9c2＝0，
判别式Δ＝(6eq \r(3)c)2＋4×13×9c2＝62×16×c2，
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，
∴|DE|＝eq \r(1＋\r(3)2)|y1－y2|＝2×eq \f(\r(Δ),13)＝2×6×4×eq \f(c,13)＝6，
∴c＝eq \f(13,8)，则a＝2c＝eq \f(13,4)，
∵DE为线段AF2的垂直平分线，根据对称性知，|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，
∴△ADE的周长等于△F2DE的周长，
利用椭圆的定义得到△F2DE的周长为|DF2|＋|EF2|＋|DE|＝|DF2|＋|EF2|＋|DF1|＋|EF1|＝|DF1|＋|DF2|＋|EF1|＋|EF2|＝2a＋2a＝4a＝13.
9．(2023·长沙模拟)如图，斜率为eq \f(1,3)的直线l与椭圆C：eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,4)＝1交于A，B两点，且P(3eq \r(2)，eq \r(2))在直线l的左上方．
(1)证明：△PAB的内切圆的圆心在一条定直线上；
(2)若∠APB＝60°，求△PAB的面积．
(1)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：y＝eq \f(1,3)x＋m.①
将①代入椭圆C的方程，化简并整理得
2x2＋6mx＋9m2－36＝0.
则x1＋x2＝－3m，x1x2＝eq \f(9m2－36,2)，
kPA＝eq \f(y1－\r(2),x1－3\r(2))，kPB＝eq \f(y2－\r(2),x2－3\r(2)).
故kPA＋kPB＝eq \f(y1－\r(2)x2－3\r(2)＋y2－\r(2)x1－3\r(2),x1－3\r(2)x2－3\r(2))
上式分子＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x1＋m－\r(2)))(x2－3eq \r(2))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)x2＋m－\r(2)))(x1－3eq \r(2))
＝eq \f(2,3)x1x2＋(m－2eq \r(2))(x1＋x2)－6eq \r(2)(m－eq \r(2))
＝eq \f(2,3)·eq \f(9m2－36,2)＋(m－2eq \r(2))(－3m)－6eq \r(2)(m－eq \r(2))
＝3m2－12－3m2＋6eq \r(2)m－6eq \r(2)m＋12
＝0.
从而kPA＋kPB＝0.
又点P在直线l的左上方，
因此∠APB的角平分线是平行于y轴的直线．
所以△PAB的内切圆的圆心在直线x＝3eq \r(2)上．
(2)解 若∠APB＝60°，结合(1)的结论知kPA＝eq \r(3)，kPB＝－eq \r(3).
将直线lPA：y－eq \r(2)＝eq \r(3)(x－3eq \r(2))代入椭圆C的方程并消去y得
14x2＋9eq \r(6)(1－3eq \r(3))x＋18(13－3eq \r(3))＝0.
因为上式两根分别是x1,3eq \r(2)，
所以x1＝eq \f(3\r(2)13－3\r(3),14).
则|PA|＝eq \r(1＋\r(3)2)|x1－3eq \r(2)|＝eq \f(3\r(2)3\r(3)＋1,7).
同理，|PB|＝eq \f(3\r(2)3\r(3)－1,7).
故S△PAB＝eq \f(1,2)|PA||PB|sin 60°＝eq \f(117\r(3),49).
10.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)，且过点P(4，－2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若O为坐标原点，直线l交椭圆C于A，B两点，且点O是△PAB的重心，求△PAB的面积．
解 (1)因为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，
所以eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，
所以4c2＝3a2，因为a2＝b2＋c2，所以a2＝4b2，
因为椭圆过点P(4，－2)，所以eq \f(16,a2)＋eq \f(4,b2)＝1，
所以eq \f(16,4b2)＋eq \f(4,b2)＝1，得b2＝8，则a2＝32，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,32)＋eq \f(y2,8)＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，A，B两点的坐标关于x轴对称，
此时点O不可能是△PAB的重心，
所以直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,32)＋\f(y2,8)＝1，))
得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－32＝0，
由Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－32)>0，得32k2－m2＋8>0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(8km,1＋4k2)，,x1x2＝\f(4m2－32,1＋4k2)，))
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝－eq \f(8k2m,1＋4k2)＋2m＝eq \f(2m,1＋4k2)，
因为点O是△PAB的重心，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2＋4,3)＝0，,\f(y1＋y2－2,3)＝0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＋4＝0，,y1＋y2－2＝0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(8km,1＋4k2)＋4＝0，,\f(2m,1＋4k2)－2＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝\f(1,2)，,m＝2，))满足32k2－m2＋8>0，
所以直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋2，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－4，,x1x2＝－8，))
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋\f(1,4))×eq \r(16＋32)＝2eq \r(15)，
因为点P(4，－2)到直线y＝eq \f(1,2)x＋2的距离d＝eq \f(|2＋2＋2|,\r(1＋\f(1,4)))＝eq \f(12,\r(5))，
所以△PAB的面积为eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)×2eq \r(15)×eq \f(12,\r(5))＝12eq \r(3)
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