高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册2.8 直线与圆锥曲线的位置关系练习题

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册2.8 直线与圆锥曲线的位置关系练习题，共134页。试卷主要包含了已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。

知识点01 直线与圆锥曲线的位置关系的判定
(1)代数法: 把圆锥曲线方程与直线方程联立消去y，整理得到关于x的方程 ax2+bx+c=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
【即学即练1】（24-25高二上·陕西西安·阶段练习）已知双曲线C:x2a−y212=1a>0，过右焦点F的直线l与双曲线C交于A,B两点．且AB=16，这样的直线有4条，则实数a的取值范围是（ ）
A．916,64B．94,64C．0,94D．0,64
【即学即练2】（2024高二上·江苏·专题练习）设F1、F2分别是椭圆x24+y2=1的左、右焦点，设过定点M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且∠AOB为锐角（其中O为坐标原点），则直线l的斜率k的取值范围为（ ）
A．−2,−32B．32,2
C．−2,−32∪32,2D．1,32
知识点02直线与圆锥曲线的相交弦长
1.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|eq \r(x1－x22＋y1－y22)eq \r(1＋k2)·|x1－x2|eq \r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(Δ),|a|)
2.特别，若直线过抛物线的焦点，则弦长AB|x1＋x2＋peq \f(2p,sin2 α)(α为弦AB的倾斜角).
【即学即练3】（24-25高二上·浙江丽水·阶段练习）已知焦点在x轴上的椭圆C过点A0,3，离心率为12，
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为32的直线与曲线C相交于点D，E，弦长DE=3132，求直线的方程．
【即学即练4】（23-24高二下·甘肃·期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的实轴长是虚轴长的2倍，且焦点到渐近线的距离为2．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，且与双曲线C的两条渐近线交于P，Q两点，O为坐标原点，证明：△OPQ的面积为定值．
知识点03 中点弦的重要结论
AB为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)1(a＞b＞0)的弦，A(x1，y1)，B(x2，y2)弦中点M(x0，y0)).
则弦 AB的斜率与弦中点M 和椭圆中心0 的连线的斜率之积为定值e2−1.
【即学即练5】（24-25高二上·全国·课后作业）已知点A,B为抛物线y2=2x上异于原点的两个动点，若AB=4，则线段AB中点的横坐标的最小值为（ ）
A．1B．32C．53D．2
【即学即练6】（21-22高二上·北京·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F1,0，离心率为22．直线l过点F且不垂直于坐标轴，l与C有两个交点A,B，线段AB的中点为M．
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(3)若点P是椭圆C上一动点，当直线l的斜率为1时，求△ABP面积的最大值．
难点：数形结合的运用
示例1：（22-23高二上·广东深圳·期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，且过点A22,32．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l与椭圆C交于不同的M，N两点，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列．椭圆C上是否存在一点P，使得四边形OMPN为平行四边形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【题型1：直线与圆锥曲线的交点】
例1．（22-23高二·全国·课堂例题）已知双曲线C:x24−y23=1，直线l:x−2y+2=0，求直线l与双曲线C的公共点的坐标．
变式1．（22-23高二·全国·课堂例题）判断直线l:y=x+1与双曲线C:x2−y2=1是否有公共点．如果有，求出公共点的坐标．
变式2.（24-25高二上·江苏扬州·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，离心率为12，长轴长为4.点P在椭圆E上，且位于第一象限，过点F1作直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2．
(1)求椭圆E的标准方程：
(2)若PF2⊥F1F2,l1与椭圆E的相交于M,N两点，求MN的长度；
(3)若直线l1,l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标．
变式3．（24-25高二上·浙江丽水·阶段练习）已知曲线M是平面内到1,0和−1,0的距离之和为4的点的轨迹.
(1)求曲线M的方程；
(2)过点F1,0作斜率不为0的直线l交曲线M于A，B两点，交直线x=4于点P，过点P作y轴的垂线，垂足为Q，直线AQ交x轴于C点，直线BQ交x轴于D点，求线段CD中点的坐标.
变式4.（2024高二上·全国·专题练习）已知直线y=x+m与椭圆x24+y2=1.
(1)若它们有两个公共点，求m的取值范围；
(2)若它们只有一个公共点，求公共点的横坐标.
变式5．（23-24高二上·天津·期末）已知㭻圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）经过点A−2,0，离心率为12.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线AP与椭圆C交于点P（异于顶点）与y轴交于点M，点F为椭圆的右焦点，O为坐标原点，MF⊥OP，求直线AP的方程.
变式6．（23-24高二上·全国·课后作业）如图，已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率e=2，顶点为A1(−2,0)和A2(2,0)，设P为该双曲线上异于顶点的任一点．

(1)求双曲线的标准方程；
(2)设直线PA1,PA2的斜率分别为k1,k2，证明：k1⋅k2=1；
(3)若△PA1A2的最大内角为120°，求点P的坐标．
变式7．（22-23高二上·贵州六盘水·阶段练习）已知直线l与抛物线E:y2=2x相切，且切点为B(2,2).
(1)求直线l的斜率k1的值；
(2)如图，M，N是x轴上两个不同的动点，且满足|BM|=|BN|，直线BM，BN与抛物线E的另一个交点分别是P，Q，若直线PQ的斜率为k2，求k2的值.
变式8．（23-24高二上·江苏南通·阶段练习）已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F，O为坐标原点，M为抛物线上一点，且MF=3OF，△MFO的面积为924.
(1)求E的方程;
(2)若不过点F的直线l与E交于A，B两点，△ABF的重心在直线y=2上，且AF+BF=13.则满足条件的直线l是否存在，若存在求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【方法技巧与总结】直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题，实际上是研究它们的方程组成的方程组是否有实数解或实数解的个数问题，此时要注意分类讨论思想和数形结合思想的运用。
【题型2：直线与圆锥曲线的位置关系】
例2．（23-24高二上·山东泰安·期末）已知直线l:y=−x2+m与曲线C:y=124−x2恰有三个不同交点，则实数m的取值范围是（ ）
A．−2,0∪0,2B．1,2C．0,2D．1,2
变式1．（多选）（23-24高二上·广东东莞·期末）已知曲线C：xx+4yy=4，则（ ）
A．曲线C在第一象限为椭圆的一部分B．曲线C在第二象限为双曲线的一部分
C．直线y=−12x+1与曲线C有两个交点D．直线y=−22x+1与曲线C有三个交点
变式2．（多选）（23-24高二上·安徽马鞍山·阶段练习）已知F1，F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点，A为左顶点，P为双曲线右支上一点．若PF1=2PF2，且△PF1F2的最小内角为30°，则（ ）
A．双曲线的离心率为3B．双曲线的渐近线方程为y=±x
C．∠PAF2=45°D．直线x+2y−2=0与双曲线有两个公共点
变式3．(多选)（23-24高二上·广东·期末）已知直线l:y=kx+2，双曲线C:x2−y2=1，则（ ）
A．当k=1时，l与C只有一个交点
B．当k=−1时，l与C只有一个交点
C．当k=12时，l与C的左支有两个交点
D．当k=2时，l与C的左支有两个交点
变式4．（2023高三·全国·专题练习）已知直线y=(a+1)x−1与曲线y2=ax恰有一个公共点，则实数a的值为 .
变式5．（2024高三下·全国·专题练习）已知点M(x0,y0)为椭圆C:x22+y2=1上任意一点，直线l:x0x+2y0y=2，点F为椭圆C的左焦点．
(1)求椭圆C的离心率及左焦点F的坐标；
(2)求证：直线与椭圆C相切；
变式6．（23-24高二上·福建泉州·期末）已知椭圆C:x24+y2=1与x轴交于A,B两点，点M为椭圆上不同于A,B的点.
(1)若直线MA,MB的斜率分别为k1,k2，求k1−k2的最小值；
(2)已知直线l:x=t(t>2)，直线MA,MB分别交l于P、Q两点，N为PQ中点．试判断直线MN与C的位置关系．
变式7．（23-24高二上·浙江台州·期末）如图，圆C的半径为4，A是圆内一个定点且CA=2，P是圆C上任意一点，线段AP的垂直平分线l和半径CP相交于点Q，点P在圆上运动.
(1)求点Q的轨迹；
(2)当CP⊥CA时，证明：直线l与点Q形成的轨迹相切.
变式8．（23-24高二上·安徽·期末）已知抛物线C1：y2=4x及抛物线C2：y2=2px（p>0），过C2的焦点F的直线与C1交于A1，B1两点，与C2交于A2，B2两点，O为坐标原点，OA1⊥OB1．
(1)求C2的方程．
(2)过A2B2的中点M作C2的准线的垂线，垂足为N．
（ⅰ）证明：FA2FB2FN2为定值；
（ⅱ）判断直线A2N与C1的公共点个数．
【方法技巧与总结】直线ykx＋m与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)1(a>b>0)的位置关系，判断方法：
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ykx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)1，))消y得一元二次方程．
当Δ>0时，方程有两解，直线与椭圆相交；
当Δ0时，方程有一解，直线与椭圆相切；
当Δb>0)，原点为O，动点P在直线y=12x上运动，且在椭圆E外，过点P的直线与E分别相切于A,B两点，则kAB= ．
变式1．（22-23高二上·云南楚雄·期末）若直线l与单位圆（圆心在原点）和曲线x24−y28=1均相切，则直线l的一个方程可以是
变式2．（2022高三·全国·专题练习）已知椭圆x225+y29=1与双曲线C:x2m2−y2n2=1m>0 , n>0有公共焦点F1 , F2，点P4 , 95在双曲线C上，则该双曲线在点P处的切线的斜率为 ．
变式3．（22-23高三上·浙江·阶段练习）若直线l与单位圆和曲线x216−y24=1均相切，则直线l的方程可以是 .（写出符合条件的一个方程即可）
变式4．（23-24高二上·陕西宝鸡·阶段练习）已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，O为坐标原点，G为△OAB的重心，则GF的最小值为 .
变式5．（23-24高二下·河南开封·期末）已知椭圆C的两个焦点坐标分别是F1−2,0，F22,0，且经过点P52,32．
(1)求C的标准方程；
(2)已知直线l与PF2平行，且与C有且只有一个公共点，求l的方程．
变式6．（23-24高二上·江苏南京·阶段练习）过点A0,2作两条直线l1，l2，分别与椭圆x24+y23=1相切于点M，N．点B，C分别在直线l1，l2上，且满足直线BC与椭圆相切于点Q．
(1)求直线l1，l2的方程；
(2)求证：三条直线AQ，BN，CM相交于同一点．
变式7．（23-24高二下·重庆·阶段练习）已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F，过点F作x轴的垂线交椭圆Γ于点P(1,32)．过点P作椭圆Γ的切线，交x轴于点Q．
(1)求点Q的坐标；
(2)过点Q的直线（非x轴）交椭圆Γ于A、B两点，过点A作x轴的垂线与直线BP交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上．
变式8．（23-24高二上·山东青岛·期末）已知抛物线C:x2=2py(p>0)，点E0,3，过抛物线C的焦点且平行于x轴的直线l与圆E相切，与C交与P,Q两点，PQ=4.
(1)求C和圆E的方程；
(2)过C上一点A作圆E的两条切线AM,AN分别与C交于M､N两点，判断直线MN与圆E的位置关系，并说明理由.
【方法技巧与总结】
1.过圆x−a2+y−b2=r2上一点x0,y0的切线方程为：x0−ax−a+y−by0−b=r2，
2.过圆x−a2+y−b2=r2外一点x0,y0的切点弦方程为：x0−ax−a+y−by0−b=r2.
3.过椭圆x2a2+y2b2=1上一点Px0,y0的切线方程为x0xa2+y0yb2=1，
4.过双曲线x2a2−y2b2=1上一点Px0,y0的切线方程为x0xa2−y0yb2=1
5.抛物线y2=2pxp≠0在其上一点x0,y0的切线方程为y0y=px0+x，再应用此方程时，首先应证明直线y0y=px0+x与抛物线y2=2pxp≠0相切.
【题型4：圆锥曲线弦长问题】
例4．（23-24高二上·内蒙古赤峰·期末）已知双曲线C:x23−y2=1，直线l:y=x+m被C所截得的弦长为46，则m= ．
变式1．（24-25高二上·江苏连云港·阶段练习）已知直线y=−x+1与椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A,B两点.
(1)若椭圆的离心率为33，焦距为2，求线段AB的长；
(2)若OA⊥OB（其中O为坐标原点），当椭圆的离心率e∈13,32时，求椭圆的长轴长的最大值.
变式2．（24-25高二上·天津红桥·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是32，椭圆C的一个顶点为(2,0)，直线l:y=k(x+1)(k>0)与椭圆C相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若线段AB的中点的横坐标为−12，求直线l的斜率以及弦长AB
变式3．（23-24高二下·安徽阜阳·期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的短轴长为2，上顶点为M，O为坐标原点，A，B为椭圆C上不同的两点，且当A,O,B三点共线时，直线MA,MB的斜率之积为−14
(1)求椭圆C的方程；
(2)若△OAB的面积为1，求OA2+OB2的值.
变式4．（23-24高二上·江苏南京·阶段练习）设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2．点Pa,b满足PF2=F1F2．
(1)求椭圆的离心率e；
(2)设直线PF2与椭圆相交于A,B两点，若直线PF2与圆(x+1)2+(y−3)2=16相交于M，N两点，且MN=58AB，求直线AB的方程和椭圆的方程．
变式5．（23-24高二下·吉林长春·阶段练习）已知双曲线C：x24−y2=1的右顶点为M，过点P2,1的直线l交双曲线C于A，B两点，设直线MA的斜率为k1，直线MB的斜率为k2.
(1)求直线l斜率的取值范围；
(2)证明：k1+k2为定值，并求出该定值；
(3)求1PA+1PB的最大值.
变式6．（23-24高二上·广东深圳·期末）在平面直角坐标系中，已知点A−2,0,B2,0，动点Mx,y满足直线AM与BM的斜率之积为34，记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线：
(2)若直线l:y=x−3和曲线C相交于E,F两点，求EF.
变式7．（23-24高二上·上海·期末）已知双曲线E：x24−y2=1与直线l：y=kx−3相交于A、B两点，M为线段AB的中点．
(1)当k=5时，求双曲线E的左焦点到直线l的距离；
(2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
变式8．（24-25高二上·湖南衡阳·阶段练习）已知抛物线C:x2=4y，过点D(0,2)的直线l交抛物线于A，B两点，抛物线在点A处的切线为l1，在点B处的切线为l2，直线l1与l2交于点M.
(1)设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2=−2；
(2)设线段AB的中点为N，求MNAB的取值范围.
【方法技巧与总结】求解直线被椭圆截得弦长的方法
(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解．
(2)当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与椭圆C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则弦长|AB|eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)eq \r(1＋k2)·|x1－x2|eq \r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|(k≠0)．
【题型5：直线与圆锥曲线相交面积问题】
例5．（24-25高二上·陕西西安·阶段练习）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1,F2，点P在双曲线右支（且不在坐标轴上），
(1)若双曲线C与椭圆x24+y2=1有共同的焦点，且双曲线C过点Q2,1，求该双曲线的标准方程；
(2)若b=1，∠F1PF2=π3，求△F1PF2的面积．
变式1．（24-25高二上·北京·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0长轴长为4，且椭圆C的离心率32，其左右焦点分别为F1,F2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设斜率为−33且过F2的直线l与椭圆C交于P,Q两点，求△F1PQ的面积．
变式2．（23-24高二下·福建泉州·期末）已知抛物线E:y2=2px(p>0)经过点P(1,2)，直线l:y=kx+m与E的交点为A,B，且直线PA与PB倾斜角互补．
(1)求k的值；
(2)若m0)焦点F的直线l交C于A,B两点，特别地，当直线l的倾斜角为π3时，AB=163.
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点P−1,2，若PA⊥PB，求△OAB的面积（O为坐标原点）.
变式4．（23-24高二下·湖北·阶段练习）已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的渐近线上一点与右焦点F2,0的最短距离为2．
(1)求双曲线的方程；
(2)O为坐标原点，直线x=ty+2与双曲线的右支交于A、B两点，与渐近线交于C、D两点，A与C在x轴的上方，B与D在x轴的下方．
（ⅰ）求实数t的取值范围．
（ⅱ）设S1、S2分别为△AOC的面积和△BOD的面积，求S1+S2的最大值．
变式5．（23-24高二下·浙江温州·期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为62，右顶点为E2,0.A,B为双曲线C右支上两点，且点A在第一象限，以AB为直径的圆经过点E.

(1)求C的方程；
(2)证明：直线AB恒过定点；
(3)若直线AB与x,y轴分别交于点M,P，且M为PA中点，求S△PBES△MBE的值.
变式6．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知是椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1−3,0,F23,0，且椭圆经过点Q1,32．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)经过点F23,0的直线l1,l2，直线l1与椭圆E交于A,B两点，直线l2与椭圆E交于C,D两点，且l1⊥l2，求四边形ACBD面积的取值范围．
变式7．（24-25高二上·湖南·阶段练习）在直角坐标系xOy中，点E1(−2, 0), E2(2, 0)，动点T(x, y)满足直线TE1与TE2的斜率之积为−12．记T的轨迹为曲线Γ．
(1)求Γ的方程，并说明Γ是什么曲线；
(2)过左焦点F1且与坐标轴不垂直的直线l，与曲线Γ相交于A，B两点，AB的中点为M，直线OM与曲线Γ相交于C，D两点．求四边形ACBD面积的取值范围．
变式8．（24-25高二上·湖南株洲·阶段练习）椭圆C与椭圆C1：x22+y2=1有相同的焦点，且经过点M1,32.
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C的右焦点为B，设动直线l与坐标轴不垂直，l与椭圆C交于不同的M，N两点，且直线BM和BN的斜率互为相反数.
①证明：动直线l恒过x轴上的某个定点，并求出该定点的坐标；
②求△OMD面积的最大值.
【题型6：圆锥曲线通径问题】
例6．（23-24高二下·山西运城·期中）已知F1,F2分别是椭圆C:x2a2+y26=1(a>0)的左、右焦点，过点F1的直线交C于A,B两点，若AF2+BF2的最大值为8，则C的离心率为（ ）.
A．33B．32C．63D．12
变式1．（24-25高二上·江西·阶段练习）已知O为坐标原点，F1,0是椭圆M：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的右焦点，过点F且与M的长轴垂直的直线交M于C，D两点.若△OCD为直角三角形，则M的长轴长为 .
变式2．（23-24高二上·安徽·阶段练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，过C上一点M向y轴作垂线交另一支于N点，若MN=F1F2，且MF1⊥NF2，则C的离心率为 ．
变式3．（23-24高二上·广东汕头·阶段练习）求适合下列条件的曲线的标准方程.
(1)已知双曲线W的中心在原点，焦点F1,F2在坐标轴上，离心率为2，且过点P4,−10，求双曲线W的标准方程；
(2)已知椭圆E的焦点在x轴上，离心率为255，过左焦点F1且垂直于x轴的直线l被椭圆E截得的线段长为255，求椭圆E的标准方程.
变式4．（23-24高二上·辽宁沈阳·期中）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的两个焦点分别为F1、F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为b3，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，RS=3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.
变式5．（22-23高二上·广西贵港·期末）已知椭圆W:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，左、右焦点分别为F1,F2，过F2且垂直于x轴的直线被椭圆W所截得的线段长为3．
(1)求椭圆W的方程；
(2)直线y=kx(k≠0)与椭圆W交于A,B两点，射线AF1交椭圆W于点C，若S△ABC=2413，求直线AC的方程．
变式6．（23-24高二上·河北邯郸·期中）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A(−2,0)，不与x轴平行的直线l过C的右焦点F且与C交于M，N两点.当直线l垂直于x轴时，MN=12.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线AM，AN分别交直线x=1于P，Q两点，求证：A，P，F，Q四点共圆.
变式7．（21-22高二下·江苏镇江·开学考试）在平面直角坐标系xOy中，双曲线C的对称轴都是坐标轴，且过P2,3点，P到双曲线C两焦点距离的差的绝对值等于2.
(1)求双曲线C的方程；
(2)如果双曲线C的焦点在x轴上，直线l经过双曲线C的右焦点，与双曲线C交于A，B两点，且AB=6，求直线l的方程.
变式8．（2022·河南许昌·二模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为F3,0，过点F与x轴垂直的直线l1与双曲线C交于M，N两点，且MN=4.
(1)求C的方程；
(2)过点A0,−1的直线l2与双曲线C的左､右两支分别交于D，E两点，与双曲线C的两条渐近线分别交于G，H两点，若GH=λDE，求实数λ的取值范围.
【方法技巧与总结】
1.椭圆与双曲线的半通径是b2a, 通径是2b2a
2.过抛物线的焦点作垂直于对称轴Q的直线与抛物线交于两点，连结这两交点的线段称为抛物线的通径,它的长为2p,这也是抛物线标准方程中2p的几何意义。
【题型7：定值、定点、定直线问题】
例7．（24-25高二上·河南新乡·阶段练习）已知圆O的方程为x2+y2=16，与x轴的正半轴交于点N，过点M3.0作直线与圆O交于A、B两点．

(1)若坐标原点O到直线AB的距离为1，求直线AB的方程；
(2)如图所示，已知点P−4，0， 一条斜率为−1的直线交圆于R，S两点，连接PS，PR，试问是否存在锐角∠NPS，∠NPR，使得∠NPS+∠NPR为定值?若存在，求出该定值，若不存在，说明理由．
变式1．（24-25高三上·青海西宁·开学考试）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32,点P在椭圆E上运动，且△PF1F2面积的最大值为3.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A,B分别是椭圆E的右顶点和上顶点，直线l与直线AB平行，且与x轴，y轴分别交于点M,N，与椭圆E相交于点C,D,O为坐标原点.
（i）求△OCM与△ODN的面积之比；
（ii）证明：|CM|2+|MD|2为定值.
变式2．（24-25高二上·江苏连云港·阶段练习）如图，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P3,1，焦距为42，斜率为−13的直线l与椭圆C相交于异于点P的M,N两点，且直线PM,PN均不与x轴垂直.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若MN=10，求MN的方程；
(3)记直线PM的斜率为k1，直线PN的斜率为k2，证明:k1k2为定值.
变式3．（22-23高二上·河南鹤壁·开学考试）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32，且圆x2+y2=2过椭圆C的上、下顶点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l的斜率为12，且直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点P关于原点的对称点为E，点A−2,1是椭圆C上一点，若直线AE与AQ的斜率分别为kAE，kAQ.证明：kAE+kAQ为定值，并求出此定值.
变式4．（24-25高二上·陕西西安·阶段练习）设动点M到定点F3,0的距离与它到定直线l:x=43的距离之比为32．
(1)求点M的轨迹E的方程；
(2)过F的直线与曲线E交右支于P、Q两点（P在x轴上方），曲线E与x轴左、右交点分别为A、B，设直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，试判断k1k2是否为定值，若是定值，求出此值，若不是，请说明理由．
变式5．（24-25高三上·广东·开学考试）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1,F2，且F1F2=8，过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为M，延长F2M交另一条渐近线于点N，且F2M=MN．

(1)求C的方程；
(2)如图，过A6,0作直线l（l不与x轴重合）与曲线C的两支交于P,Q两点，直线F1P,F1Q与C的另一个交点分别为S,T，求证：直线ST经过定点．
变式6．（23-24高二下·湖南岳阳·期末）已知平面内两个定点A(−2,0)，B(2,0)，满足直线PA与PB的斜率之积为14的动点P的轨迹为曲线C，直线l与曲线C交于不同两点M,N；
(1)求曲线C的轨迹方程；
(2)若直线AM和AN的斜率之积为112，求证：直线l过定点；
(3)若直线l与直线l1:x+2y=0,l2:x−2y=0分别交于R,S，求证：|MR|=|NS|.
变式7．（23-24高二下·贵州黔南·期末）已知抛物线C:y2=2px经过点(1,2)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线x=−1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点．
变式8.（23-24高二下·广西南宁·期末）已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点F在直线l:y=x−1上．
(1)求C的方程；
(2)过点P0,−1的直线交C于M，N两点，又点Q在线段MN上，且PMPN=QMQN，证明：点Q在定直线上．
【方法技巧与总结】
1.求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点x0,y0，常利用直线的点斜式方程y−y0=kx−x0或截距式y=kx+b来证明.
2.直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；
②利用Δ>0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③结合韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式；
④化简所得函数式，消元可得定值.
【题型8：圆锥曲线中的最值、取值范围问题】
例8．（24-25高二上·吉林长春·阶段练习）已知M2,1为椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0上的点，C的焦距为23．
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P为椭圆C上的动点，过点P作圆O：x2+y2=1的两条切线，切点分别为A，B，求OA+OB的取值范围．
变式1．（24-25高二上·陕西宝鸡·阶段练习）设A,B两点的坐标分别为−5,0，5,0．直线AM,BM相交于点M，且它们的斜率之积是−15．
(1)求点M的轨迹方程．
(2)若P0,1，在M的轨迹上任取一点Q（异于点P），求线段PQ长的最大值．
变式6．（23-24高二上·浙江湖州·期末）设双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的右焦点为F，点O为坐标原点，过点F的直线l与C的右支相交于A，B两点．
(1)当直线l与x轴垂直，且A,B两点的距离等于双曲线C的实轴长时，求双曲线C的离心率；
(2)若双曲线C的焦距为4，且0°0)的焦点，直线l:y=2x+1与该抛物线交于A,B两点，点M为AB的中点，过点M向该抛物线的准线作垂线，垂足为M1.若|MM1|=74，则p=（ ）
A．2B．3C．4D．5
2．（22-23高二上·甘肃天水·期末）已知圆具有性质：若M,N是圆x2+y2=r2(r>0)上关于原点对称的两点，点P是圆上异于M,N任意一点，则kPM⋅kPN为定值−1．类比圆的这个性质，双曲线也具有这个性质：若M,N是双曲线x2a2−y2b2=1(a>b>0)上关于原点对称的两点，点P为双曲线上异于M,N任意一点，则kPM⋅kPN为定值（ ）
A．−b2a2B．b2a2C．a2b2D．−a2b2
3．（23-24高二上·天津红桥·期中）设O为坐标原点，直线x=2与抛物线C: y2=2pxp>0交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的标准方程为（ ）
A．y2=8xB．y2=2xC．y2=12xD．y2=x
4．（23-24高三上·广东湛江·阶段练习）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1的一条渐近线方程是y=2x,F1,F2分别为双曲线C的左、右焦点，过点F2且垂直于x轴的垂线在x轴上方交双曲线C于点M，则tan∠MF1F2=（ ）
A．22B．23C．32D．33
5．（22-23高二·全国·课堂例题）抛物线x=8y2的通径长为（ ）
A．8B．4C．18D．14
6．（22-23高二上·黑龙江哈尔滨·期中）直线y=13x−72与双曲线x29−y2=1交点的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．4
7．（24-25高二上·全国·课后作业）已知椭圆E:x29+y23=1的左、右焦点分别为F1,F2，点P为E上一点，若PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积为（ ）
A．32B．52C．3D．5
8．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知抛物线x2=4y，P为直线y=−1上一点，过P作抛物线的两条切线，切点分别为A,B，则PA⋅PB的值为（ ）
A．0B．1C．-2D．-1
二、多选题
9．（24-25高二上·全国·课后作业）已知抛物线y2=2pxp>0的焦点为F，AB是经过抛物线焦点F的弦，M是线段AB的中点，经过点A,B,M作抛物线的准线l的垂线AC,BD,MN，垂足分别是C,D,N，其中MN交抛物线于点Q，连接QF,NF,NB,NA，则下列说法正确的是（ ）
A．MN=12ABB．FN⊥AB
C．Q是线段MN的一个三等分点D．∠QFM=∠QMF
10．（23-24高二下·安徽亳州·期中）已知双曲线C:x24−y2b2=1a>0,b>0焦距长为6，则（ ）
A．b=2B．C的离心率为32
C．C的渐近线为y=±52xD．直线y=x与C相交所得弦长为210
11．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知点A1,2在抛物线y2=2px（p>0）上，F为抛物线的焦点，Q−1,0，则下列说法正确的是（ ）
A．p=2B．点F的坐标为2,0
C．直线AQ与抛物线相切D．AF⊥AQ
三、填空题
12．（24-25高二下·全国·课后作业）已知F1,0为椭圆x22+y2b2=1(b>0)的右焦点，P,Q为椭圆上两个动点，写出△PQF的周长的一个可能取值 ．
13．（24-25高二上·全国·课后作业）已知O为坐标原点，直线l:kx−y−2=0交抛物线E:x2=2py(p>0)于A,B两点，P为y轴正半轴上一点，点A,P,B的纵坐标分别为y1,yP,y2，且yP2=y1y2，则P的坐标为 ．
14．（23-24高二下·北京海淀·期末）已知抛物线x2=4y的焦点为F，过F的直线l交抛物线于A、B两点，若AF=4BF，则AF= .
四、解答题
15．（23-24高二上·江苏南京·阶段练习）如图在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1:x22+y2=1，椭圆C2:x24+y22=1，直线l与椭圆C1只有一个公共点，且与椭圆C2交于A,B两点.
(1)当直线l倾斜角为135∘时，求直线l的方程；
(2)求证：△AOB的面积为定值.
16．（23-24高二上·陕西宝鸡·阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，点P为椭圆C上任意一点，△F1PF2面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P的直线l和圆T：x2+y2=1相切，交椭圆于另一点Q，O为坐标原点，线段OP，OQ分别和圆T交于M，N两点.若△OPQ，△OMN的面积分别记为S1，S2，求S1S2的取值范围.
17．（23-24高二下·江西新余·期末）已知双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，实轴长和离心率均为2.
(1)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；
(2)过E0,2且倾斜角为45∘的直线l与双曲线C交于M,N两点，求OM⋅ON的值（O为坐标原点）.
18．（23-24高二下·上海·阶段练习）已知抛物线C:y2=4x，焦点为F
(1)若点P为C上一点，且PF=4，求点P的横坐标.
(2)若斜率为2的直线l与抛物线交于不同的两点A，B，线段AB中点为M，求点M的轨迹方程．
19．（24-25高二上·河南南阳·阶段练习）已知点E−3,0，圆F:(x−3)2+y2=16，点P是圆F上任一点，线段PE的垂直平分线交线段PF于C.
(1)求点C的轨迹方程；
(2)过点Q1,−1的直线l与点C的轨迹相交于M,N两点，设点B0,1，问：直线BM，BN的斜率之和kBM+kBN是否为定值？若是，请求出该值；否则，请说明理由.
课程标准
学习目标
理解直线与圆锥曲线的位置关系
2.会进行直线与圆锥曲线的位置关系的判断，能够计算弦长
重点：理解直线与圆锥曲线的位置关系，会判定及应用
难点：应用代数方法对直线与圆锥曲线的位置关系进行判定，相关计算的准确性
方程ax2+bx+c=0的解
l与c1的交点
a=0
b=0
无解（含l是双曲线的渐近线）
无公共点
b≠0
有一解（含l与抛物线的对称轴平行或与双曲线的渐进性平行）
一个交点
a≠0
∆>0
两个不等的解
两个交点
∆=0
两个相等的解
一个切点
∆0，过右焦点F的直线l与双曲线C交于A,B两点．且AB=16，这样的直线有4条，则实数a的取值范围是（ ）
A．916,64B．94,64C．0,94D．0,64
【答案】C
【分析】根据直线与双曲线相交的情形，分两种情况讨论：①直线只与双曲线右支相交，②直线与双曲线的两支都相交，分析其弦长的最小值，利用符合条件的直线的数目，可得答案．
【详解】设Fc,0，令x=c，则y=±12a，
过双曲线C:x2a−y212=1a>0的右焦点作直线l与双曲线C交于A,B两点，
如果A,B在同一支上，则有ABmin=24a，
如果A,B在两支上，则有ABmin=2a，
因为AB=16这样的直线有4条，
所以24a34，①
x1+x2=−16k4k2+1,x1x2=124k2+1，
则y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4，
又∠AOB为锐角，则cs∠AOB>0，即OA⋅OB>0，x1x2+y1y2>0，
所以x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4
=12(k2+1)4k2+1−16k⋅2k4k2+1+4=4(4−k2)4k2+1>0，解得0b>0)的离心率为22，且过点A22,32．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l与椭圆C交于不同的M，N两点，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列．椭圆C上是否存在一点P，使得四边形OMPN为平行四边形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x22+y2=1
(2)存在，x±2y−1=0或x±2y+1=0．
【分析】（1）由离心率可得a,b的关系，设椭圆的方程，将A点的坐标代入椭圆的方程，可得b的值，进而求出椭圆的方程；
（2）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程，与椭圆的方程联立，由四边形OMPN为平行四边形由韦达定理可得P的坐标，将P的坐标代入椭圆的方程，可得参数的关系，再由直线MN的斜率的平方等于直线OM，ON的斜率之积，代入韦达定理化简可得参数的又一关系，进而解方程求出参数的值，即求出直线l的方程．
【详解】（1）由离心率e=ca=1−b2a2=22，
得a2=2b2，所以椭圆的方程可设为：x22b2+y2b2=1，
将点A22,32代入椭圆的方程得14b2+34b2=1，解得b2=1，
所以椭圆的方程为x22+y2=1；
（2）由直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列．可知直线l的斜率存在且不为0，
由四边形OMPN为平行四边形，可知直线不过原点.
设直线l的方程为：x=my+t(m≠0,t≠0)，设Mx1,y1，Nx2,y2.
联立x=my+tx2+2y2=2，整理可得：(2+m2)y2+2mty+t2−2=0，Δ=4m2t2−4(2+m2)(t2−2)>0，即t20)的左、右焦点分别为F1,F2，离心率为12，长轴长为4.点P在椭圆E上，且位于第一象限，过点F1作直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2．
(1)求椭圆E的标准方程：
(2)若PF2⊥F1F2,l1与椭圆E的相交于M,N两点，求MN的长度；
(3)若直线l1,l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)30091
(3)477,377
【分析】（1）根据椭圆离心率公式及长轴长求得a=2,c=1，再根据b2=a2−c2即可求解；
（2）根据几何关系求得直线l1的方程，与椭圆方程联立，结合弦长公式求解即可；
（3）设Px0,y0，因为点P为第一象限的点，故x0>0,y0>0，当x0=1时，l2与l1相交于F1，与题设不符；当x0≠1时，得出直线l1和直线l2的方程，联立求得Q点坐标，再根据Q在椭圆E上即可求解．
【详解】（1）因为椭圆E的离心率为12，长轴长为4，所以ca=12,2a=4，得a=2,c=1，
所以b2=a2−c2=3，
因此椭圆E的标准方程为x24+y23=1．
（2）设Mx1,y1,Nx2,y2，
由题可知，点P横坐标为1，所以P1,32，
由点F1−1,0得，kPF1=34，所以l1:y=−43x+1=−43x−43，
由y=−43x−43x24+y23=1得，91x2+128x−44=0，则x1+x2=−12891,x1x2=−4491，
所以MN=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=1+169×−128912−4×−4491=30091．

（3）设Px0,y0，因为点P为第一象限的点，故x0>0,y0>0，
当x0=1时，l2与l1相交于F1，与题设不符；
当x0≠1时，直线PF1的斜率为y0x0+1，直线PF2的斜率为y0x0−1，
因为l1⊥PF1,l2⊥PF2，所以直线l1的斜率为−x0+1y0，直线l2的斜率为−x0−1y0，
从而直线l1的方程：y=−x0+1y0(x+1)①，
直线l2的方程：y=−x0−1y0(x−1)②，
由①②解得x=−x0,y=1−x02y0，所以Q−x0,1−x02y0，
因为点Q在椭圆上，由对称性，得1−x02y0=±y0，即x02−y02=1或x02+y02=1，
又Q在椭圆E上，故x024+y023=1，
由x02−y02=1x024+y023=1，解得x0=477,y0=377；
由x02+y02=1x024+y023=1，无解；
故点P的坐标为477,377．

变式3．（24-25高二上·浙江丽水·阶段练习）已知曲线M是平面内到1,0和−1,0的距离之和为4的点的轨迹.
(1)求曲线M的方程；
(2)过点F1,0作斜率不为0的直线l交曲线M于A，B两点，交直线x=4于点P，过点P作y轴的垂线，垂足为Q，直线AQ交x轴于C点，直线BQ交x轴于D点，求线段CD中点的坐标.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)1,0
【分析】（1）根据已知条件求得a2,b2，从而求得曲线M的方程.
（2）设出直线l的方程并与曲线M的方程联立，化简写出根与系数关系关系，求得C,D两点的坐标，进而求得线段CD中点的坐标.
【详解】（1）由椭圆定义可知轨迹为椭圆，设曲线M的方程x2a2+y2b2=1 (a>b>0)，
则c=1，2a=4，a=2，a2=4，b2=4−1=3，曲线的M方程x24+y23=1；
（2）方法一：直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为y=kx−1k≠0，
联立x24+y23=1y=kx−1，整理得3+4k2x2−8k2x+4k2−12=0，
Δ=64k4−163+4k2k2−3=144k2+144>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
直线l交直线x=4于P4,3k，则Q0,3k，
所以直线AQ的方程为y=y1−3kx1x+3k，x1≠0，
令y=0，解得x=3kx13k−y1，则C3kx13k−y1,0，
所以直线BQ的方程为y=y2−3kx2x+3k，x2≠0，
令y=0，解得x=3kx23k−y2，则D3kx23k−y2,0，
∴3kx13k−y1+3kx23k−y2=−3kx1y2−3k+x2y1−3ky1−3ky2−3k
=−3kx1kx2−4+x2kx1−4k2x1−4x2−4=12x1+x2−6x1x2x1−4x2−4
=62x1+x2−x1x2x1x2−4x1+x2+16=616k23+4k2−4k2−123+4k24k2−123+4k2−32k23+4k2+16
=6×12k2+1236k2+36=2，
所以线段CD中点的坐标为1,0.
方法二：直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为my=x−1m≠0，
联立x24+y23=1my=x−1，整理得3m2+4y2+6mx−9=0，
Δ=36m2+363m2+4>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=−6m4+3m2，y1y2=−94+3m2，
直线l交直线x=4于P4,3m，则Q0,3m，
所以直线AQ的方程为y=y1−3mx1x+3m，x1≠0，
令y=0，解得x=3x13−my1，则C3x13−my1,0，同理可得D3x23−my2,0，
∴3x13−my1+3x23−my2=−3x1my2−3+x2my1−33−my13−my2
=−3my1+1my2−3+my2+1my1−3)3−my3−my
=−6m2y1y2−my1+y2−3m2y1y2−3my1+y2+9=−6−9m24+3m2−−6m24+3m2−3−9m24+3m2−−18m24+3m2+9
=6×12m2+1236m2+36=2，
所以线段CD中点的坐标为1,0.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2（或y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
变式4.（2024高二上·全国·专题练习）已知直线y=x+m与椭圆x24+y2=1.
(1)若它们有两个公共点，求m的取值范围；
(2)若它们只有一个公共点，求公共点的横坐标.
【答案】(1)−5,5
(2)455或−455
【分析】（1）根据题意，联立方程组，结合Δ>0，即可求解；
（2）根据题意，结合Δ=0，求得m的值，代入方程，即可求解.
【详解】（1）解：根据题意，联立方程组y=x+mx24+y2=1，整理得到5x2+8mx+4m2−4=0，
由Δ=(8m)2−4×5(4m2−4)>0，解得−50）经过点A−2,0，离心率为12.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线AP与椭圆C交于点P（异于顶点）与y轴交于点M，点F为椭圆的右焦点，O为坐标原点，MF⊥OP，求直线AP的方程.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)y=±34x+2
【分析】（1）根据椭圆离心率以及经过的点即可求解a,b,c，
（2）联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理可得点P−8k2+63+4k2,12k3+4k2，进而根据向量垂直满足的坐标关系求解.
【详解】（1）由题意可得e=ca=12,a=2,所以a=2,c=1,b=a2−c2=3，
所以椭圆方程为x24+y23=1；
（2）由题意可得直线AP的斜率存在，故设直线AP的方程为y=kx+2，M0,2k，
x24+y23=1y=kx+2⇒3+4k2x2+16k2x+16k2−12=0，
所以−2xP=16k2−123+4k2，所以xP=−8k2+63+4k2，
故P−8k2+63+4k2,12k3+4k2，F1,0,
所以MF=1,−2k,OP=−8k2+63+4k2,12k3+4k2，
所以MF⋅OP=−8k2+63+4k2,12k3+4k2⋅1,−2k=−8k2+63+4k2+−24k23+4k2=0，
所以k2=316，解得k=±34，
故直线AP的方程为y=±34x+2.

变式6．（23-24高二上·全国·课后作业）如图，已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率e=2，顶点为A1(−2,0)和A2(2,0)，设P为该双曲线上异于顶点的任一点．

(1)求双曲线的标准方程；
(2)设直线PA1,PA2的斜率分别为k1,k2，证明：k1⋅k2=1；
(3)若△PA1A2的最大内角为120°，求点P的坐标．
【答案】(1)x24−y24=1
(2)证明过程见解析
(3)4,23，4,−23，−4,23或−4,−23
【分析】（1）根据离心率和顶点坐标列出方程组，从而求出双曲线方程；
（2）设出Pm,n m≠±2，表达出两直线斜率，列出方程，得到证明；
（3）分∠PA2A1=120°，∠PA1A2=120°和∠A2PA1=120°三种情况，结合（2）中结论进行求解.
【详解】（1）由题意得a=2,ca=2，解得c=22，故b2=c2−a2=8−4=4，
故双曲线的标准方程为x24−y24=1；
（2）设Pm,n m≠±2，则m2−n2=4，
k1⋅k2=nm+2⋅nm−2=n2m2−4=n2n2=1；
（3）若△PA1A2中∠PA2A1=120°，且点P在第一象限，
则此时∠PA2x=60°，直线PA2的斜率为3，故直线PA2的方程为y=3x−2，
联立x24−y24=1，可得x2−6x+8=0，解得x1=2，x2=4，
因为P为该双曲线上异于顶点的任一点，所以x1=2舍去，x2=4满足要求，
将x2=4代入y=3x−2得，y=23，
所以此时P点坐标为4,23，
若∠PA2A1=120°，且点P在第四象限，同理可得P点坐标为4,−23，
若∠PA1A2=120°，可得P点坐标为−4,23或−4,−23，
若∠A2PA1=120°，由（2）知k1⋅k2=1，即直线PA1,PA2的斜率同号，所以∠A2PA1只能为锐角，所以不可能为120°，
综上：P点坐标为4,23，4,−23，−4,23或−4,−23.
变式7．（22-23高二上·贵州六盘水·阶段练习）已知直线l与抛物线E:y2=2x相切，且切点为B(2,2).
(1)求直线l的斜率k1的值；
(2)如图，M，N是x轴上两个不同的动点，且满足|BM|=|BN|，直线BM，BN与抛物线E的另一个交点分别是P，Q，若直线PQ的斜率为k2，求k2的值.
【答案】(1)k1=12.
(2)k2=−12
【分析】（1）设直线l的方程，与抛物线联立方程组，消去x整理后，由Δ=0求k1的值；
（2）由题意知，两直线BM,BN的斜率互为相反数，设直线BM的方程，与抛物线联立方程组，求P点坐标，同理得Q点坐标，表示出直线PQ的斜率k2，化简得k2的值.
【详解】（1）显然直线l的斜率k1存在且不为0，设直线l的方程为y−2=k1x−2，
与y2=2x联立，消去x整理得y2−2k1y+4k1−4=0，
令Δ=0，即−2k12−44k1−4=0，
解得k1=12.
（2）由题意知，两直线BM,BN的斜率互为相反数，
设直线BM的方程为y−2=tx−2，与y2=2x联立，消去x整理得y2−2ty+4t−4=0，
所以2⋅yP=4t−4,得yp=2t−2，从而P2t2−4t+2t2,2−2tt，
将t换成−t，同理可得Q2t2+4t+2t2,−2−2tt，
所以k2=−2−2tt−2−2tt2t2+4t+2t2−2t2−4t+2t2=−12.
变式8．（23-24高二上·江苏南通·阶段练习）已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F，O为坐标原点，M为抛物线上一点，且MF=3OF，△MFO的面积为924.
(1)求E的方程;
(2)若不过点F的直线l与E交于A，B两点，△ABF的重心在直线y=2上，且AF+BF=13.则满足条件的直线l是否存在，若存在求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y2=6x
(2)存在， y=x−2
【分析】（1）由MF=3OF得xM=p，Mp,±2p，再由△MFO的面积为924，求出p，得E的方程；
（2）由题意直线l的斜率存在，设 l:y=kx+bk≠0 ， Ax1,y1 ， Bx2,y2 ，代入抛物线方程有 y1+y2=6k，由 △ABF 的重心在直线 y=2 上， y1+y2=6=6k ，得k=1 ，又 AF+BF=13 ，有y1+y2−2b=10 ，得 b=−2 ，可得直线l的方程.
【详解】（1）M为抛物线上一点，且MF=3OF，则有xM+p2=3p2，
解得xM=p，故Mp,±2p，
又△MFO的面积为924，得12×p2×2p=924，所以p=3，
则E的方程为y2=6x.
（2）当直线l的斜率不存在时，l与E交于A，B两点，线段 AB 的中点的纵坐标为0，
△ABF的重心不在直线y=2上，因此直线l的斜率都存在．
设 l:y=kx+bk≠0 ， Ax1,y1 ， Bx2,y2 ，由 （1） 知 F32,0 ，
由 y=kx+b,y2=6x,消去x后整理得 ky2−6y+6b=0 ，则Δ=36−24kb>0，
有 y1+y2=6k.
因为 △ABF 的重心在直线 y=2 上，所以 y1+y2+yF3=2 ，则 y1+y2=6=6k ，所以k=1 ，
由AF+BF=13 ，有 x1+x2+p=13 ，则 x1+x2=10 ，即 y1+y2−2b=10 ，所以 b=−2 ，
k=1，b=−2，满足Δ=36−24kb>0，且直线l不过点F，
因此直线l的方程为 y=x−2.
【方法技巧与总结】直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题，实际上是研究它们的方程组成的方程组是否有实数解或实数解的个数问题，此时要注意分类讨论思想和数形结合思想的运用。
【题型2：直线与圆锥曲线的位置关系】
例2．（23-24高二上·山东泰安·期末）已知直线l:y=−x2+m与曲线C:y=124−x2恰有三个不同交点，则实数m的取值范围是（ ）
A．−2,0∪0,2B．1,2C．0,2D．1,2
【答案】A
【分析】先运算转化曲线C的方程形式，再作出图形，数形结合，随着直线平行移动，与曲线有三个不同交点，求出直线l截距范围即可.
【详解】曲线C:y=124−x2可化为4y2=4−x2，
当x∈−2,2时，4y2=4−x2，则x24+y2=1(y≥0)，
故此时曲线为椭圆x24+y2=1的上半部分；
当x∈−∞,−2∪2,+∞时，4y2=x2−4，则x24−y2=1(y≥0)，
故此时曲线为双曲线x24−y2=1的上半部分，且渐近线方程为y=±12x；
直线l:y=−x2+m，表示一组斜率为−12的平行直线，
如图，当直线l:y=−x2+m过点2,0时，0=−22+m，解得m=1；
当直线l:y=−x2+m与椭圆上半部分相切时，
由x2+4y2=4y≥0y=−12x+m，消y化简得x2−2mx+2m2−2=0，
由Δ=4m2−4×2(m2−1)=−4m2+8=0，解得m2=2，
又直线与椭圆上半部分相切，则m>0，故m=2，
要使直线l:y=−x2+m与曲线C:y=124−x2恰有三个不同交点，
结合图形可得，实数m的取值范围为1,2.
.
变式1．（多选）（23-24高二上·广东东莞·期末）已知曲线C：xx+4yy=4，则（ ）
A．曲线C在第一象限为椭圆的一部分B．曲线C在第二象限为双曲线的一部分
C．直线y=−12x+1与曲线C有两个交点D．直线y=−22x+1与曲线C有三个交点
【答案】ABC
【分析】逐个象限分析函数的解析式，明确函数在各个象限的图象，数形结合讨论各选项的正确与否.
【详解】当x≥0，y≥0时，由x2+4y2=4 ⇒ x24+y2=1，是椭圆的一部分，故A对；
当x0，
所以直线x+2y−2=0与双曲线有两个公共点，故D正确，
D
变式3．(多选)（23-24高二上·广东·期末）已知直线l:y=kx+2，双曲线C:x2−y2=1，则（ ）
A．当k=1时，l与C只有一个交点
B．当k=−1时，l与C只有一个交点
C．当k=12时，l与C的左支有两个交点
D．当k=2时，l与C的左支有两个交点
【答案】ABD
【分析】由题意得直线过双曲线左焦点，比较直线斜率和渐近线斜率即可得解.
【详解】由题意直线l:y=kx+2过定点−2,0，即双曲线的左焦点.
当k=±1时，l与C的渐近线平行，l与C只有一个交点，
当k=12时，l与C的左支和右支各有一个交点，
当k=2时，l与C的左支有两个交点.
BD.
变式4．（2023高三·全国·专题练习）已知直线y=(a+1)x−1与曲线y2=ax恰有一个公共点，则实数a的值为 .
【答案】0或−1或−45
【分析】根据给定条件，联立方程，利用方程组有解求解即得.
【详解】当a=0时，曲线y2=ax为直线y=0，显然直线y=x−1与y=0有唯一公共点(1,0)，因此a=0；
当a≠0时，由y=(a+1)x−1y2=ax消去y并整理得：(a+1)2x2−(3a+2)x+1=0，
当a=−1时，x=−1,y=−1，直线y=−1与曲线y2=−x有唯一公共点(−1,−1)，因此a=−1；
当a≠0且a≠−1时，Δ=(3a+2)2−4(a+1)2=5a2+4a=0，则a=−45，
此时直线y=15x−1与曲线y2=−45x相切，有唯一公共点，因此a=−45，
所以实数a的值为0或−1或−45.
故答案为：0或−1或−45
变式5．（2024高三下·全国·专题练习）已知点M(x0,y0)为椭圆C:x22+y2=1上任意一点，直线l:x0x+2y0y=2，点F为椭圆C的左焦点．
(1)求椭圆C的离心率及左焦点F的坐标；
(2)求证：直线与椭圆C相切；
【答案】(1)22，左焦点F(−1,0)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求得a,b,c的值，进而求得离心率和椭圆的左焦点；
（2）由椭圆C的方程，得到y02=1−x022，结合直线与椭圆的位置关系的判定方法，即可求解.
【详解】（1）由椭圆C:x22+y2=1，可得a=2,b=1，则c=a2−b2=1，
所以椭圆的离心率为e=ca=22，左焦点为F(−1,0).
（2）由椭圆C:x22+y2=1，可得x022+y02=1，即y02=1−x022
当y0=0时，直线l的方程为x=2或x=−2，此时直线l与椭圆C相切；
当y0≠0时，联立方程组x0x+2y0y=2x22+y2=1，可得(2y02+x02)x2−4x0x+4−4y02=0，
即x2−2x0x+2−2y02=0，
则Δ=−2x02−4(2−2y02)=4x02+8y02−8=4x02+8(1−x022)−8=0，
所以直线l与椭圆C相切，
综上可得，直线l:x0x+2y0y=2与椭圆C相切.
变式6．（23-24高二上·福建泉州·期末）已知椭圆C:x24+y2=1与x轴交于A,B两点，点M为椭圆上不同于A,B的点.
(1)若直线MA,MB的斜率分别为k1,k2，求k1−k2的最小值；
(2)已知直线l:x=t(t>2)，直线MA,MB分别交l于P、Q两点，N为PQ中点．试判断直线MN与C的位置关系．
【答案】(1)最小值为1
(2)直线MN与椭圆相切
【分析】（1）由题意写出点的坐标，表示处斜率，根据椭圆的性质，结合基本不等式，可得答案；
（2）设出直线方，表示出点的坐标，联立直线MN与椭圆C的方程，可得答案.
【详解】（1）取y=0代入x24+y2=1可得x=±2，所以A(−2,0),B(2,0)，
设Mx0,y0，则x024+y02=1,k1=y0x0+2,k2=y0x0−2.
法一：
所以k1⋅k2=y0x0+2⋅y0x0−2=y02x02−4=1−14x021x02−4=−14，
则k1−k2=k1+14k1=k1+14k1≥214=1（当且仅当k1=±12时取等号）
所以k1−k2的最小值为1．
法二：
则k1−k2=y0x0+2−y0x0−2=y0x0−2−x0−2x02−4=−4y0−4y02=1y0，
由y0≤1，则k1−k2≥1，当且仅当y0=±1时取等号．
所以k1−k2的最小值为1．
（2）如下图，由题意可知，
法一：
直线MA:y=y0x0+2(x+2)，直线MB:y=y0x0−2(x−2),
取x=t代入可得Pt,y0x0+2(t+2), Qt,y0x0−2(t−2)，
则Nt,12y0x0+2t+2+y0x0−2t−2即Nt,y0tx0−4x02−4,
又因为x02−4=−4y02，所以Nt,tx0−4−4y0，
则直线MN的斜率k=y0+tx0−44y0x0−t=4y02+tx0−44y0x0−t=4−x02+tx0−44y0x0−t=x0−x0+t4y0x0−t，
则直线MN:y−y0=−x04y0x−x0，
整理得x0x4+y0y−x024−y02=0，即x0x4+y0y=1.
将x0x4+y0y=1与x24+y2=1联立得：141+x024y02x2−x02y02x+1y02−1=0，
则Δ=x024y04−1+x024y021y02−1=x02−44y02+1=−4y024y02+1=0，
所以直线MN与椭圆相切.
法二：由k1+k2=y0x0+2+y0x0−2=2x0y0x02−4=−x02y0,
直线MA:y−y0=k1x−x0，令x=t，则y=k1t−x0+y0
则Pt,k1t−x0+y0，同理Qt,k2t−x0+y0
所以PQ中点为Nt,−x04y0t−x0+y0，
所以直线MN的斜率k=−x04y0t−x0+y0−y0t−x0=−x04y0，
所以直线MN的方程为MA:y−y0=−x04y0x−x0，即x0x4+y0y=1．
将x0x4+y0y=1与x24+y2=1联立得：x24+y2−2x0x4+y0y+1=0，
即x24+y2−2x0x4+y0y+x024+y02=0，
即14x2−2x0x+x02+y2−2y0y+y02=0，
即14x−x02+y−y02=0，得到唯一解x=x0,y=y0，
所以直线MN与椭圆相切.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2（或y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
变式7．（23-24高二上·浙江台州·期末）如图，圆C的半径为4，A是圆内一个定点且CA=2，P是圆C上任意一点，线段AP的垂直平分线l和半径CP相交于点Q，点P在圆上运动.
(1)求点Q的轨迹；
(2)当CP⊥CA时，证明：直线l与点Q形成的轨迹相切.
【答案】(1)Q点的轨迹是以C，A为焦点，长轴长等于4的椭圆
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的定义可得答案；
（2）以线段CA的中点为坐标原点O，以过点C，A的直线为x轴，以线段CA的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系Oxy，求出椭圆的标准方程，当CP⊥CA时，P点的坐标为−1,4和−1,−4，求出直线l的方程与椭圆方程联立利用判别式可得答案.
【详解】（1）∵CP=QC+QP=4，QP=QA，∴QC+QA=4，
因为QC+QA>CA=2，所以Q与两个定点C，A的距离的和等于常数（大于CA），
由椭圆的定义得，Q点的轨迹是以C，A为焦点，长轴长等于4的椭圆；
（2）以线段CA的中点为坐标原点O，以过点C，A的直线为x轴，
以线段CA的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系Oxy，
设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，
由椭圆的定义得：2a=4，即a=2；2c=2，即c=1，
则椭圆的标准方程为x24+y23=1，
当CP⊥CA时，P点的坐标为−1,4和−1,−4.
当P点的坐标为−1,4时，已知A点的坐标为1,0，
线段PA的中点坐标为0,2，直线AP的斜率为4−0−1−1=−2，
直线l的方程y=12x+2，联立方程y=12x+2x24+y23=1，得3x2+412x+22−12=0，
整理得x2+2x+1=0，可得Δ=4-4=0，
所以直线l与点Q形成的轨迹只有1个交点，即直线l与点Q形成的轨迹相切.
当P点的坐标为−1,−4时，已知A点的坐标为1,0，
线段PA的中点坐标为0,−2，直线AP的斜率为−4−0−1−1=2，
直线l的方程y=−12x−2，联立方程y=−12x−2x24+y23=1，
得3x2+4−12x−22−12=0，
整理得x2+2x+1=0，可得Δ=4-4=0，
所以直线l与点Q形成的轨迹只有1个交点，即直线l与点Q形成的轨迹相切.
综上，直线l与点Q形成的轨迹相切.
变式8．（23-24高二上·安徽·期末）已知抛物线C1：y2=4x及抛物线C2：y2=2px（p>0），过C2的焦点F的直线与C1交于A1，B1两点，与C2交于A2，B2两点，O为坐标原点，OA1⊥OB1．
(1)求C2的方程．
(2)过A2B2的中点M作C2的准线的垂线，垂足为N．
（ⅰ）证明：FA2FB2FN2为定值；
（ⅱ）判断直线A2N与C1的公共点个数．
【答案】(1)y2=16x
(2)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）0
【分析】（1）根据已知条件作出图形，设出直线A1B1，直线A1B1与抛物线C1联立方程组，利用韦达定理及向量垂直的条件即可求解；
（2）（ⅰ）设出直线A2B2，直线A2B2与抛物线C2联立方程组，利用韦达定理及抛物线的定义，结合中点坐标公式及两点间的距离公式即可求解；
（ⅱ）根据（ⅰ）的结论及两点式写出直线A2N的方程，直线A1B1与抛物线C1联立方程组，利用判别式即可求解.
【详解】（1）由题意可知，作出图形如图所示
由题意得Fp2,0，设A1x1,y1，B1x2,y2，则x1=y124，x2=y224，
设直线A1B1的方程为x=ty+p2，与y2=4x联立，得y2−4ty−2p=0，
所以y1+y2=4t，y1y2=−2p．
因为OA1⊥OB1，
所以OA1⋅OB1=x1x2+y1y2=y12y2216+y1y2=p24−2p=0，解得p=8，
所以C2的方程为y2=16x．
（2）（ⅰ）设A2x3,y3 B2x4,y4，则x3=y3216，x4=y4216．
由（1）知，F4,0，
直线A2B2的方程为x=ty+4，与y2=16x联立，得y2−16ty−64=0，
所以y3+y4=16t，y3y4=−64，y3≠0，
y32+y42=y3+y42−2y3y4=256t2+128．
由抛物线定义得FA2FB2=x3+4x4+4=y3216+4y4216+4 =y3y42256+y32+y424+16=64t2+64．
设Mx0,y0，则x0=x3+x42=y32+y4232=8t2+4，y0=y3+y42=8t，
所以M8t2+4,8t，N−4,8t．
因为FN2=64t2+64=FA2FB2．
所以FA2FB2FN2=1，为定值．
（ⅱ）由（ⅰ）知，A2y3216,y3，N−4,8t，即Ny3y416,y3+y42
所以直线A2N的方程为y−y3+y42x−y3y416=y3−y42y3216−y3y416，
整理得4x=y32y−y324，
与y2=4x联立，得y2−y32y+y324=0，
Δ=y322−y32=−34y32b>0)的位置关系，判断方法：
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ykx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)1，))消y得一元二次方程．
当Δ>0时，方程有两解，直线与椭圆相交；
当Δ0时，方程有一解，直线与椭圆相切；
当Δb>0)，原点为O，动点P在直线y=12x上运动，且在椭圆E外，过点P的直线与E分别相切于A,B两点，则kAB= ．
【答案】−2b2a2
【分析】联立直线方程和椭圆方程利用判别式为0可求k=−x1y1⋅b2a2，结合设而不求可求kAB.
【详解】设Px0,y0,Ax1,y1,Bx2,y2,lAP:y=kx−x1+y1，
将直线方程与椭圆方程联立化简得b2x2+a2(kx−kx1+y1)2−a2b2=0，
即a2k2+b2x2+2a2y1−kx1kx+a2y1−kx12−a2b2=0,Δ=0，
故4a4y1−kx12−4a2k2+b2a2y1−kx12−a2b2=0，
整理得到：a2k2−y1−kx12+b2=0即a2−x12k2+2x1y1k+y12−b2=0，
所以a2b2y12k2+2x1y1k+b2a2x12=0，则k=−x1y1⋅b2a2，
则lAP：x1xa2+y1yb2=1，同理lBP:x2xa2+y2yb2=1，
由于Px0,y0在lAP和lBP上，所以x1x0a2+y1y0b2=1,x2x0a2+y2y0b2=1,
又Ax1,y1，Bx2,y2满足方程xx0a2+yy0b2=1，则lAB:xx0a2+yy0b2=1，
kAB=−b2x0a2y0=−2b2a2．
故答案为：−2b2a2.
变式1．（22-23高二上·云南楚雄·期末）若直线l与单位圆（圆心在原点）和曲线x24−y28=1均相切，则直线l的一个方程可以是
【答案】3x+y+2=0（或3x−y+2=0，3x−y−2=0，3x+y−2=0，只需写出一个答案即可）
【分析】根据直线与圆，以及双曲线相切，可根据点到直线的距离以及判别式进行联立方程求解满足题意的直线.
【详解】显然直线l存在斜率，设直线l：y=kx+mk≠±2，
联立方程组y=kx+m,x24−y28=1, ,
得2−k2x2−2kmx−m2−8=0
因为直线l与曲线相切，所以Δ=4k2m2+42−k2m2+8=0，
即m2+8−4k2=0.
因为直线l与单位圆相切，所以mk2+1=1
联立方程组m2+8−4k2=0,mk2+1=1,
解得k=±3，m=±2
故直线l的方程可能是3x+y+2=0，3x−y+2=0，3x−y−2=0，3x+y−2=0
故答案为：3x+y+2=0
变式2．（2022高三·全国·专题练习）已知椭圆x225+y29=1与双曲线C:x2m2−y2n2=1m>0 , n>0有公共焦点F1 , F2，点P4 , 95在双曲线C上，则该双曲线在点P处的切线的斜率为 ．
【答案】54/1.25
【分析】依题意，注意到点P4 , 95在椭圆x225+y29=1上，由此得到椭圆在点P处的切线方程；再结合上述性质得到椭圆与双曲线在其公共点P处的斜率间的关系，进而求出双曲线在点P处的切线的斜率．也可以利用结论6直接得到答案．
【详解】根据结论6，由题意得椭圆x225+y29=1在点P4 , 95处的切线方程为4x25+9y9×5=1，
即4x+5y−25=0，该直线的斜率为−45，由结论5得知，该双曲线在点P处的切线的斜率为54．
故答案为：54.
变式3．（22-23高三上·浙江·阶段练习）若直线l与单位圆和曲线x216−y24=1均相切，则直线l的方程可以是 .（写出符合条件的一个方程即可）
【答案】y=±33x±233
【分析】由题意设直线方程为y=kx+b，利用直线l与单位圆和曲线x216−y24=1均相切，联立直线与曲线方程，消去变量y后整理为关于x的一元二次方程，利用判别式为0，求得k,b关系，解出k,b的值，可得直线方程.
【详解】解：由题可知，直线l的斜率存在，设直线方程为y=kx+b，
单位圆的方程为：x2+y2=1
所以y=kx+bx2+y2=1⇒(1+k2)x2+2kbx+b2−1=0
则Δ1=(2kb)2−4(1+k2)(b2−1)=0，整理得：b2=k2+1
所以y=kx+bx216−y24=1⇒(1−4k2)x2−8kbx−4b2−16=0
则Δ2=(−8kb)2−4(1−4k2)(−4b2−16)=0，整理得：b2=16k2−4
所以b2=k2+1b2=16k2−4，解得k2=13,b2=43
则k=±33,b=±233
则直线l的方程为：y=±33x±233.
故答案为：y=±33x±233.
变式4．（23-24高二上·陕西宝鸡·阶段练习）已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，O为坐标原点，G为△OAB的重心，则GF的最小值为 .
【答案】13
【分析】设直线AB的方程为my=x−1，点Ax1,y1，Bx2,y2，可得点G的坐标为x1+x23,y1+y23，
联立方程y2=4xmy=x−1，得y1+y2，x1+x2，化简得GF，再求GF的最小值.
【详解】由题意有F1,0，设直线AB的方程为my=x−1，点Ax1,y1，Bx2,y2，
可得点G的坐标为x1+x23,y1+y23，
联立方程y2=4xmy=x−1，
消去x后整理为y2−4my−4=0，可得y1+y2=4m，x1+x2=my1+y2+2=4m2+2，
GF=x1+x23−12+y1+y232=4m2+23−12+169m2
=1316m4+8m2+1=134m2+1≥13，当且仅当m=0时取等号.
可得GF的最小值为13.
故答案为：13.
变式5．（23-24高二下·河南开封·期末）已知椭圆C的两个焦点坐标分别是F1−2,0，F22,0，且经过点P52,32．
(1)求C的标准方程；
(2)已知直线l与PF2平行，且与C有且只有一个公共点，求l的方程．
【答案】(1)x210+y26=1
(2)y=3x±46
【分析】（1）根据椭圆定义得c=2，2a=210，再结合a,b,c关系即可得到答案；
（2）求出kl=3，设直线l方程为y=3x+m，联立椭圆方程，利用Δ=0即可.
【详解】（1）由于椭圆C的焦点在x轴上，
所以设它的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
由椭圆的定义知，c=2,2a=52+22+322+52−22+322=210，
可得a=10，所以b2=a2−c2=10−4=6，
所以椭圆C的标准方程为:x210+y26=1.
（2）已知l//PF2，所以kl=kPF2=3252−2=3，设直线l方程为y=3x+m，
由方程组y=3x+m,x210+y26=1消去y，得48x2+30mx+5m2−30=0，
该方程的判别式Δ=900m2−4×48×5m2−30=−60m2−96，
由Δ=−60m2−96=0，得b=±46，
此时l与C有且只有一个公共点，所以l的方程为:y=3x±46.
变式6．（23-24高二上·江苏南京·阶段练习）过点A0,2作两条直线l1，l2，分别与椭圆x24+y23=1相切于点M，N．点B，C分别在直线l1，l2上，且满足直线BC与椭圆相切于点Q．
(1)求直线l1，l2的方程；
(2)求证：三条直线AQ，BN，CM相交于同一点．
【答案】(1)l1：y=12x+2，l2：y=−12x+2，
(2)证明见解析
【分析】（1）联立直线与椭圆的方程，根据判别式为0即可求解斜率，进而可求解直线方程，
（2）根据椭圆上一点处的切线方程可得BC: xx04+yy03=1,联立其与l1，l2的方程可得B,C坐标，进而根据点斜式求解直线CM与直线BN方程，联立直线CM与直线BN方程得交点坐标，即可将其代入AQ方程中求证.
【详解】（1）由题意可知，直线l1，l2均有斜率，且斜率互为相反数，
不妨设直线l1：y=kx+2k>0，
则联立x24+y23=1与y=kx+2k>0可得3+4k2x2+16kx+4=0，
由于相切，故Δ=16k2−163+4k2=0，解得k2=14，
由于k>0，故k=12，x=−1，
故直线l1：y=12x+2，l2：y=−12x+2，
（2）先证明椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上任意一点x0,y0处的切线方程为xx0a2+yy0b2=1，
不妨设x0,y0位于上半椭圆，对于下半椭圆，方法相同，
由y2=1−x2a2b2得y=b1−x2a2y'=12b−2xa211−x2a2=−bxa211−x2a2，
所以x0,y0处的切线斜率为−bx0a211−x02a2=−bx0a2by0=−b2a2x0y0，
进而方程为y−y0=−b2a2x0y0x−x0，
即xx0a2+yy0b2=1，
故设椭圆x24+y23=1上一点Qx0,y0，则Qx0,y0处的切线方程为xx04+yy03=1，
故直线BC: xx04+yy03=1,
联立xx04+yy03=1y=12x+2，解得x=43−2y02y0+3x0y=6+6x02y0+3x0，故B43−2y02y0+3x0,6+6x02y0+3x0,
xx04+yy03=1y=−12x+2，解得x=43−2y0−2y0+3x0y=−6+6x0−2y0+3x0，故C43−2y0−2y0+3x0,−6+6x0−2y0+3x0,
由（1）知M−1,32,N1,32
故直线BN方程为y=6+6x02y0+3x0−3243−2y02y0+3x0−1x−1+32,即y=6+32x0−3y012−3x0−10y0x−1+32，
直线CM方程为y=−6+6x0−2y0+3x0−3243−2y0−2y0+3x0+1x+1+32,即y=−6+32x0+3y012+3x0−10y0x+1+32，
当Q位于椭圆短轴端点处，根据椭圆的对称性以及直线l1，l2的对称，直线AQ，BN，CM显然相交于同一点，
当Q不位于椭圆短轴端点处，此时x0≠0，
直线AQ方程为y=y0−2x0x+2，
联立直线CM与直线BN方程可得−6+32x0+3y012+3x0−10y0x+1+32=6+32x0−3y012−3x0−10y0x−1+32，解得x=−2x02y0−5，y=2y0−62y0−5，
设直线CM与直线BN的交点为H−2x02y0−5,2y0−62y0−5,
将H−2x02y0−5,2y0−62y0−5代入直线AQ方程为y=y0−2x0x+2中可得
故y=y0−2x0−2x02y0−5+2=2y0−62y0−5，
故三条直线AQ，BN，CM相交于点H−2x02y0−5,2y0−62y0−5

【点睛】关键点点睛：椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上任意一点x0,y0处的切线方程为xx0a2+yy0b2=1，联立两直线方程，得交点坐标是本题的关键.
变式7．（23-24高二下·重庆·阶段练习）已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F，过点F作x轴的垂线交椭圆Γ于点P(1,32)．过点P作椭圆Γ的切线，交x轴于点Q．
(1)求点Q的坐标；
(2)过点Q的直线（非x轴）交椭圆Γ于A、B两点，过点A作x轴的垂线与直线BP交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上．
【答案】(1)(4,0)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出a,b,c，进而求出椭圆Γ的方程，再设出切线方程，并与椭圆方程联立，由Δ=0求出切线方程即可得解.
（2）设直线AB：x=ty+4，A(x1,y1),B(x2,y2)，联立直线AB与Γ的方程，求出AD的中点纵坐标，结合韦达定理计算推理即得.
【详解】（1）依题意，点F(1,0)，a2−b2=11a2+94b2=1，解得a=2,b=3，椭圆Γ：x24+y23=1，
显然过点P的椭圆Γ的切线斜率存在，设其方程为y=k(x−1)+32，
由2y=2kx−(2k−3)3x2+4y2=12消去y并整理得(4k2+3)x2−4k(2k−3)x+(2k−3)2−12=0，
Δ=16k2(2k−3)2−4(4k2+3)[(2k−3)2−12]=48(4k2+3)−12(2k−3)2=0，
整理得4k2+4k+1=0，解得k=−12，切线方程为y=−12x+2，由y=0，得x=4，
所以点Q的坐标是(4,0).
（2）设直线AB的方程为x=ty+4，A(x1,y1),B(x2,y2)，线段AD的中点M(x0,y0)，
由x=ty+43x2+4y2=12消去x得(3t2+4)y2+24ty+36=0，
则Δ'=576t2−144(3t2+4)>0⇔|t|>2，y1+y2=−24t3t2+4,y1y2=363t2+4，2ty1y2=−3(y1+y2)，
直线BP的方程为y=y2−32x2−1(x−1)+32，则点D(x1,(y2−32)(x1−1)x2−1+32)，
于是x0=x1，y0=(y2−32)(x1−1)2(x2−1)+12(y1+32)=(y2−32)(ty1+3)+(y1+32)(ty2+3)2(ty2+3)
=2ty1y2+3(y1+y2)+32ty2−32ty12(ty2+3)=32ty2−32ty12(ty2+3)，
y0+12x0=32ty2−32ty12(ty2+3)+12x1=32ty2−32ty12(ty2+3)+12ty1+2=32ty2−32ty1+ty1(ty2+3)2(ty2+3)+2
=3ty2−3ty1+2ty1(ty2+3)4(ty2+3)+2=3t(y2+y1)+2t2y1y24(ty2+3)+2=2，因此点M(x0,y0)在直线y=−12x+2上，
所以线段AD的中点在定直线y=−12x+2上.
【点睛】方法点睛：联立直线l与椭圆C的方程组，消元后的一元二次方程判别式为Δ：
①Δ>0⇔直线l与椭圆C相交；②Δ=0⇔直线l与椭圆C相切；③Δ0)，点E0,3，过抛物线C的焦点且平行于x轴的直线l与圆E相切，与C交与P,Q两点，PQ=4.
(1)求C和圆E的方程；
(2)过C上一点A作圆E的两条切线AM,AN分别与C交于M､N两点，判断直线MN与圆E的位置关系，并说明理由.
【答案】(1)C的方程为x2=4y，圆E的方程为x2+(y−3)2=4
(2)直线MN与圆E相切，理由见解析
【分析】（1）根据题意求得P,Q两点的坐标，从而求得p，进而得解；
（2）根据题意得到直线AM，AN的方程，再利用直线与圆相切的性质推得x2,x3是方程x12−4x2+16x1x+80−4x12=0的两个根，从而利用韦达定理求得E点到直线MN的距离为圆E的半径，由此得解.
【详解】（1）由题意知直线l的方程为y=p2，
联立x2=2pyy=p2，解得x=±py=p2，则Pp,p2,Q−p,p2或P−p,p2,Qp,p2，
∴PQ=2p=4，则p=2，
∴C的方程为x2=4y，直线l的方程为y=1，
又∵直线l与圆E相切，∴圆E的半径为2，
故圆E的方程为x2+(y−3)2=4.
（2）设C上三点Ax1,x124,Mx2,x224,Nx3,x324，显然x1≠x2≠x3，
∴直线AM､AN､MN的斜率都是存在的，
∴直线AM的斜率kAM=x224−x124x2−x1=x1+x24，
∴直线AM的方程为x1+x2x−4y−x1x2=0，
同理，AN的方程为x1+x3x−4y−x1x3=0，
MN的方程为x3+x2x−4y−x3x2=0，
∵圆E与直线AM相切，∴ 12+x1x2x1+x22+16=2，
化简得：x12−4x22+16x1x2+80−4x12=0，
同理，圆E与直线AN相切，可得x12−4x32+16x1x3+80−4x12=0，
所以x2,x3是方程x12−4x2+16x1x+80−4x12=0的两个根，
由韦达定理得，x2+x3=−16x1x12−4,x2⋅x3=80−4x12x12−4，
∴E点到直线MN的距离d=12+x2x3x2+x32+16=12+80−4x12x12−4−16x1x12−42+16=8x12+44x12+4=2，
∴直线MN与圆E相切.
【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是利用直线与圆相切推得x2,x3是方程x12−4x2+16x1x+80−4x12=0的两个根，从而得解.
【方法技巧与总结】
1.过圆x−a2+y−b2=r2上一点x0,y0的切线方程为：x0−ax−a+y−by0−b=r2，
2.过圆x−a2+y−b2=r2外一点x0,y0的切点弦方程为：x0−ax−a+y−by0−b=r2.
3.过椭圆x2a2+y2b2=1上一点Px0,y0的切线方程为x0xa2+y0yb2=1，
4.过双曲线x2a2−y2b2=1上一点Px0,y0的切线方程为x0xa2−y0yb2=1
5.抛物线y2=2pxp≠0在其上一点x0,y0的切线方程为y0y=px0+x，再应用此方程时，首先应证明直线y0y=px0+x与抛物线y2=2pxp≠0相切.
【题型4：圆锥曲线弦长问题】
例4．（23-24高二上·内蒙古赤峰·期末）已知双曲线C:x23−y2=1，直线l:y=x+m被C所截得的弦长为46，则m= ．
【答案】±32
【分析】联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据弦长公式求解.
【详解】设双曲线C与直线l交于Ax1,y1,Bx2,y2两点，
由x23−y2=1,y=x+m,消去y整理得2x2+6mx+3m2+3=0，则Δ=36m2−83m2+3=12m2−24>0，解得m2>2，且x1+x2=−3m,x1x2=3m2+32，
所以AB=2x1−x2=2x1+x22−4x1x2=2×3m2−6．
由2×3m2−6=46，解得m2=18，所以m=±32．
故答案为：±32
变式1．（24-25高二上·江苏连云港·阶段练习）已知直线y=−x+1与椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A,B两点.
(1)若椭圆的离心率为33，焦距为2，求线段AB的长；
(2)若OA⊥OB（其中O为坐标原点），当椭圆的离心率e∈13,32时，求椭圆的长轴长的最大值.
【答案】(1)835
(2)10
【分析】（1）根据椭圆中基本量的关系计算可得椭圆方程，再联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求得线段AB的长即可；
（2）设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，根据OA⊥OB，可得x1x2+y1y2=0，再联立方程利用韦达定理表示x1x2+y1y2=0关于基本量a，b的关系，可转化为a2=121+11−e2，因为e∈[13,32]，可得a∈[174,102]，从而可得长轴长得最大值.
【详解】（1）e=33，2c=2，
∴a=3，c=1，则b=a2−c2=2，
∴椭圆的方为x23+y22=1，
联立x23+y22=1,y=−x+1,消去y得：5x2−6x−3=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=65，x1x2=−35
∴|AB|=1+(−1)2⋅x1+x22−4x1x2=2652+125=835，
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，
∵OA⊥OB，
∴OA⋅OB=0，即x1x2+y1y2=0，
由x2a2+y2b2=1y=−x+1，消去y得a2+b2x2−2a2x+a21−b2=0，
由Δ=−2a22−4a2a2+b21−b2>0，整理得a2+b2>1，
又x1+x2=2a2a2+b2，x1x2=a21−b2a2+b2，
∴y1y2=−x1+1−x2+1=x1x2−x1+x2+1，
由x1x2+y1y2=0，得：2x1x2−x1+x2+1=0，
∴2a21−b2a2+b2−2a2a2+b2+1=0，整理得：a2+b2−2a2b2=0，
∵b2=a2−c2=a2−a2e2，代入上式得2a2=1+11−e2，
∴a2=121+11−e2，
∵e∈[13,32]，则(1−e2)∈[14,89]，
则a2=12[1+11−e2]∈[1716,52]，a∈[174,102]，
则2a≤10，故长轴长的最大值为10.
变式2．（24-25高二上·天津红桥·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是32，椭圆C的一个顶点为(2,0)，直线l:y=k(x+1)(k>0)与椭圆C相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若线段AB的中点的横坐标为−12，求直线l的斜率以及弦长AB
【答案】(1)x24+y2=1；
(2)k=12，|AB|=352
【分析】（1）由题意可得a=2e=ca=32，再由b2=a2−c2求解即可；
（2）根据题意可得中点的纵坐标为k2，将A,B两点坐标代入椭圆方程作差，结合中点坐标公式及斜率公式，即可求得k的值；联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及弦长公式求解即可.
【详解】（1）解：因为椭圆C的一个顶点为(2,0)，离心率是32，
所以a=2e=ca=32，解得a=2c=3，
又因为b=a2−c2=1，
所以椭圆的方程为x24+y2=1；
（2）解：由题意可得x124+y12=1x224+y22=1，
两式相减，得14(x1+x2)(x1−x2)+(y1+y2)(y1−y2)=0，
所以14(x1+x2)(x1−x2)=−(y1+y2)(y1−y2)，
又因为线段AB的中点的横坐标为−12，
所以x1+x2=2×(−12)=−1，
且中点的纵坐标为k(−12+1)=k2，
所以y1+y2=2×k2=k，
所以−14(x1−x2)=−k(y1−y2)，
所以y1−y2x1−x2=−14−k=14k
又因为k=y1−y2x1−x2，
所以k=14k，
所以k2=14，
又因为k>0，所以k=12；
所以直线l:y=12(x+1)，
由y=12(x+1)x24+y2=1，可得2x2+2x−3=0，
所以x1+x2=−1,x1x2=−32，
所以AB=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+14⋅1+4×32=352.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线交相，涉及中点坐标时，经常采用点差法求解更简单些.
变式3．（23-24高二下·安徽阜阳·期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的短轴长为2，上顶点为M，O为坐标原点，A，B为椭圆C上不同的两点，且当A,O,B三点共线时，直线MA,MB的斜率之积为−14
(1)求椭圆C的方程；
(2)若△OAB的面积为1，求OA2+OB2的值.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)5
【分析】（1）先由短轴长得b=1，由A,O,B三点共线设点A,B坐标，再利用点在椭圆上将斜率之积转化为−1a2待定a，从而求椭圆方程；
（2）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论.当直线斜率不存在时，解方程组可得；当直线斜率存在时，设出直线方程，联立椭圆方程，借助韦达定理表示弦长AB及点O到直线的距离，从而由面积为1得4k2−2m2+1=0，代入由韦达定理表示的x12+x22关系式，化简求值可得.
【详解】（1）由题意知椭圆的短轴长为2，即2b=2，b=1.
M为椭圆的上顶点，所以M0,1.
当A,O,B三点共线时，设Ax0,y0，则B−x0,−y0.
由点A,B在椭圆上，则x02a2+y02=1,
因为kMA=y0−1x0,kMB=−y0−1−x0，
所以kMA⋅kMB=y02−1x02=−x02a2x02=−1a2=−14，解得a=2．
故椭圆C的方程为x24+y2=1；
（2）设过A,B两点的直线为l,Ax1,y1,Bx2,y2，
当直线l的斜率不存在时，A,B两点关于x轴对称，
所以x2=x1,y2=−y1
因为A在椭圆上，所以x124+y12=1，又S△OAB=1，
所以12x12y1=1，即x1y1=1，联立x124+y12=1，
解得x12=2,y12=12
此时x12+x22=4,y12+y22=1，所以OA2+OB2=x12+x22+y12+y22=5.
当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+m,m≠0，
联立y=kx+m,x24+y2=1,消去y得1+4k2x2+8kmx+4m2−4=0，
其中Δ=8km2−41+4k24m2−4=164k2−m2+1>0①，
所以x1+x2=−8km1+4k2,x1x2=4m2−41+4k2，
所以AB=1+k2x1+x22−4x1x2=1+k2⋅44k2−m2+11+4k2．
因为点O到直线l的距离d=m1+k2，
所以S△OAB=12AB⋅d=1，
所以121+k2⋅44k2−m2+11+4k2⋅m1+k2=1，
整理得4k2−2m2+1=0，符合①式，
此时x12+x22=x1+x22−2x1x2=−8km1+4k22−8m2−81+4k2=8m21+4k21+4k22=4，
y12+y22=1−x124+1−x224=2−1=1.
OA2+OB2=x12+x22+y12+y22=1+4=5,
综上所述，OA2+OB2的值为5．
变式4．（23-24高二上·江苏南京·阶段练习）设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2．点Pa,b满足PF2=F1F2．
(1)求椭圆的离心率e；
(2)设直线PF2与椭圆相交于A,B两点，若直线PF2与圆(x+1)2+(y−3)2=16相交于M，N两点，且MN=58AB，求直线AB的方程和椭圆的方程．
【答案】(1)12
(2)y=3x−2,x216+y212=1
【分析】（1）由PF2=F1F2及两点间距离公式可建立ca等式，即可求出答案，
（2）联立直线和椭圆的方程，利用弦长公式求得AB，再利用几何关系求得MN，再由圆心到直线PF2的距离、MN2、圆的半径构成的直角三角形求出c可得答案，从而得到椭圆的方程.
【详解】（1）设F1−c,0,F2c,0(c>0)．
由题得PF2=F1F2，即(a−c)2+b2=2c，
整理得2ca2+ca−1=0，得ca=−1（舍），或ca=12，
所以e=12；
（2）由（1）知a=2c,b=3c，可得椭圆方程为3x2+4y2=12c2，
直线方程PF2为y=3x−c，
A,B的坐标满足方程组3x2+4y2=12c2y=3x−c，
消y并整理得5x2−8xc=0，
解得x=0,x=85c，得方程组的解为x=0y=−3c,x=85cy=335c，
不妨设A85c,335c,B0,−3c，
所以AB=85c2+33c5+3c2=165c，于是MN=58AB=2c．
圆心−1,3到直线PF2的距离d=−3−3−3c2，
因为d2+MN22=42，所以34(2+c)2+c2=16，
整理得c=−267（舍）或c=2．
所以直线AB的方程为y=3x−2，
椭圆方程为x216+y212=1．
【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率解题关键是找到关于a，b，c的等量关系，第二问的关键是联立直线与椭圆方程求出交点坐标，利用距离公式建立等量关系，求出c是求出椭圆方程的关键.
变式5．（23-24高二下·吉林长春·阶段练习）已知双曲线C：x24−y2=1的右顶点为M，过点P2,1的直线l交双曲线C于A，B两点，设直线MA的斜率为k1，直线MB的斜率为k2.
(1)求直线l斜率的取值范围；
(2)证明：k1+k2为定值，并求出该定值；
(3)求1PA+1PB的最大值.
【答案】(1)−∞,−12∪−12,12
(2)1
(3)5
【分析】（1）设出直线方程，与双曲线方程联立，利用判别式求出斜率的取值范围即可；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理代入求解即可；
（3）按A,B在y轴同侧和两侧分类讨论，利用弦长公式和韦达定理得到1PA+1PB关于k的方程，再利用导数求最大值即可.
【详解】（1）由双曲线方程可知M2,0，
过点P2,1的直线l交双曲线C于A,B两点，则直线l斜率存在，
设直线l:y−1=kx−2，联立y−1=kx−2x24−y2=1得1−4k2x2+16k2−8kx−16k2+16k−8=0，
因为直线l交双曲线C有两个交点，所以1−4k2≠0，即k≠±12，
令Δ=16k2−8k2−41−4k2−16k2+16k−8>0解得k0的焦点为F，AB是经过抛物线焦点F的弦，M是线段AB的中点，经过点A,B,M作抛物线的准线l的垂线AC,BD,MN，垂足分别是C,D,N，其中MN交抛物线于点Q，连接QF,NF,NB,NA，则下列说法正确的是（ ）
A．MN=12ABB．FN⊥AB
C．Q是线段MN的一个三等分点D．∠QFM=∠QMF
【答案】ABD
【分析】利用抛物线的定义及平面几何性质逐一判断即可.
【详解】如图，由抛物线的定义，

对于A，得AC=AF，BD=BF，又MN=AC+BD2，则MN=AF+BF2=12AB，A正确；
对于B，由MN=12AB，AM=MB，得MN=AM，所以∠MAN=∠MNA.
而∠MNA=∠CAN，所以∠MAN=∠CAN，所以△ANC≌△ANF，
可知∠ACN=∠AFN=90°，所以FN⊥AB，B正确；
对于D，在Rt△MNF中，QN=QF，可知∠QNF=∠QFN，所以∠QFM=∠QMF，D正确；
对于C，由∠QFM=∠QMF，可知QF=QM，所以QN=QM，即Q是MN的中点，C不正确.
BD.
10．（23-24高二下·安徽亳州·期中）已知双曲线C:x24−y2b2=1a>0,b>0焦距长为6，则（ ）
A．b=2B．C的离心率为32
C．C的渐近线为y=±52xD．直线y=x与C相交所得弦长为210
【答案】CC
【分析】根据焦距得出b=5判断A，B选项，根据渐近线公式计算判断C选项，联立方程求出点的坐标结合两点间距离公式计算判断D选项.
【详解】双曲线C:x24−y2b2=1a>0,b>0焦距长为6，可得b=5，所以A不正确；
可得c=3，所以C的离心率为32，所以B正确；
C的渐近线为y=±52x，所以C正确；
联立直线y=x与双曲线方程C:x24−y25=1，x220=1,x2=20可得两个交点坐标为25,25,−25,−25，
所以弦长为25+252+25+252=410,D选项错误
C.
11．（23-24高二下·山西晋城·期末）已知点A1,2在抛物线y2=2px（p>0）上，F为抛物线的焦点，Q−1,0，则下列说法正确的是（ ）
A．p=2B．点F的坐标为2,0
C．直线AQ与抛物线相切D．AF⊥AQ
【答案】AC
【分析】将A1,2代入抛物线可得p=2，即可判断ABD,根据直线与抛物线联立后判别式为0，即可求解.
【详解】将A1,2代入y2=2px中可得4=2p，故p=2，F1,0,A正确，B错误，
kAQ=1,则AQ方程为y=x+1，则y=x+1y2=4x⇒x2−2x+1=0，Δ=0，故直线AQ与抛物线相切，C正确，
由于AF⊥x轴，所以AF⊥AQ不不成立，故D错误，
C
三、填空题
12．（24-25高二下·全国·课后作业）已知F1,0为椭圆x22+y2b2=1(b>0)的右焦点，P,Q为椭圆上两个动点，写出△PQF的周长的一个可能取值 ．
【答案】4（答案不唯一）
【分析】根据三角形的边长之间的关系，可知当PQ过焦点F1时，△PQF的周长取得最大值，再结合PF，QF，PQ的最小值，可得△PQF的周长的最小值.根据△PQF的周长的取值范围写出答案.
【详解】如图：

设椭圆左焦点为F1−1,0，
则PF+QF+PQ≤PF+QF+PF1+QF1=42，当且仅当直线PQ经过左焦点时，取得最大值，
又PF>2−1，QF>2−1,PQ>0，所以PF+QF+PQ>22−2，
所以△PQF的周长的取值范围为：22−2,42.
所以△PQF的周长可以为4．
故答案为：4（答案不唯一）
13．（24-25高二上·全国·课后作业）已知O为坐标原点，直线l:kx−y−2=0交抛物线E:x2=2py(p>0)于A,B两点，P为y轴正半轴上一点，点A,P,B的纵坐标分别为y1,yP,y2，且yP2=y1y2，则P的坐标为 ．
【答案】0,2
【分析】联立直线与抛物线方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，计算可得y1y2=4，即可得yP，即可得点P的坐标.
【详解】设点Ax1,y1,Bx2,y2,P0,yPyP>0，
联立y=kx−2x2=2py，得x2−2pkx+4p=0，
Δ=4p2k2−16p>0，即k2>4p，x1+x2=2pk,x1x2=4p，
所以yP2=y1y2=x1x224p2=4，又yP>0，所以P0,2．
故答案为：0,2.
14．（23-24高二下·北京海淀·期末）已知抛物线x2=4y的焦点为F，过F的直线l交抛物线于A、B两点，若AF=4BF，则AF= .
【答案】5
【分析】求出抛物线焦点坐标，设出直线l的方程，与抛物线方程联立求出点A的纵坐标即可得解.
【详解】抛物线x2=4y的焦点为F(0,1)，设直线l的方程y=kx+1，A(x1,y1),B(x2,y2)，
由y=kx+1x2=4y消去y得x2−4kx−4=0，则x1x2=−4，由AF=4BF，得x1=−4x2，
联立解得x1=4或x1=−4，因此y1=4，所以AF=y1+1=5.
故答案为：5
四、解答题
15．（23-24高二上·江苏南京·阶段练习）如图在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1:x22+y2=1，椭圆C2:x24+y22=1，直线l与椭圆C1只有一个公共点，且与椭圆C2交于A,B两点.
(1)当直线l倾斜角为135∘时，求直线l的方程；
(2)求证：△AOB的面积为定值.
【答案】(1)x+y+3=0或x+y−3=0
(2)证明见解析
【分析】（1）根据直线倾斜角得到直线的斜率，进而设直线方程，根据直线与曲线有一个交点联立方程组解得答案；
（2）设直线l为y=kx+b，直线l与椭圆C1只有一个公共点联立方程组消元得2k2−b2+1=0，直线与椭圆C2交于A,B两点，连立方程组结合韦达定理得x1+x2=−4kb2k2+1x1x2=2b2−42k2+1，结合三角形面积公式得答案；
【详解】（1）因为直线l倾斜角为135∘，直线l为y=−x+b，因为椭圆C1:x22+y2=1，
直线l与椭圆C1只有一个公共点，联立方程y=−x+bx22+y2=1，得3y2−2by+b2−2=0，
∴Δ=4b2−12b2−2=0,∴b=±3，所以直线l为x+y+3=0或x+y−3=0
（2）因为直线l与椭圆C1只有一个公共点，设直线l为y=kx+b由y=kx+bx22+y2=1，得
2k2+1x2+4kbx+2b2−2=0,∴Δ=16k2b2−42k2+12b2−2=0,∴2k2−b2+1=0,
又因为直线与椭圆C2交于A,B两点y=kx+bx24+y22=1，得2k2+1x2+4kbx+2b2−4=0
所以x1+x2=−4kb2k2+1x1x2=2b2−42k2+1，因为直线l与y轴交于点0,b，所以S△AOB=12b×x1−x2
所以S△AOB=12bx1+x22−4x1x2=12b−4kb2k2+12−4⋅2b2−42k2+1
=12b−4kbb22−4⋅2b2−4b2=12b8b22k2−b2+16b2b4=2.
16．（23-24高二上·陕西宝鸡·阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，点P为椭圆C上任意一点，△F1PF2面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P的直线l和圆T：x2+y2=1相切，交椭圆于另一点Q，O为坐标原点，线段OP，OQ分别和圆T交于M，N两点.若△OPQ，△OMN的面积分别记为S1，S2，求S1S2的取值范围.
【答案】(1)x24+y22=1；
(2)52,3.
【分析】（1）借助待定系数法利用离心率及三角形的面积的已知条件即可求得椭圆的标准方程；
（2）根据直线PQ的斜率是否存在进行分类讨论，根据圆与直线相切可得圆心到直线距离等于半径得m1+k2=1，设Px1,y1，Qx2,y2，联立y=kx+m,x24+y22=1,消元得2k2+1x2+4kmx+2m2−4=0.结合韦达定理x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−42k2+1.利用三角形面积计算比值S1S2的取值范围．
【详解】（1）根据题意，可知ca=22，bc=2.
又∵a2=b2+c2，∴a=2，b=c=2.
∴椭圆C的标准方程为x24+y22=1；
（2）若直线PQ的斜率不存在，则其方程为x=±1.
由对称性，不妨设x=1，此时P1,62，Q1,−62，
可得S1S2=12OP⋅OQ⋅sin∠POQ12OM⋅ON⋅sin∠MON=OP⋅OQ=52；
若直线PQ的斜率存在，则设其方程为y=kx+m.
由已知可得m1+k2=1，则m2=1+k2.
设Px1,y1，Qx2,y2，联立y=kx+m,x24+y22=1,
得2k2+1x2+4kmx+2m2−4=0.
∴x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−42k2+1.
∴S1S2=12OP⋅OQsin∠AOB12OM⋅ONsin∠MON=OP⋅OQ=x12+y12⋅x22+y22 =2+12x122+12x22=4+14x12x22+x12+x22，
∴S1S2=4+x1+x22+14x1x22−2x1x2.
把x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−42k2+1代入，
整理得S1S2=4+8k2m2+m4−8m2+16k2+122k2+12，
把m2=1+k2代入，整理得S1S2=4+9k4+18k2+52k2+12.
设t=2k2+1≥1，则S1S2=−74t2+92t+254.
设u=1t∈0,1，则S1S2=−74u2+92u+254∈52,3.
综上所述，S1S2的取值范围是52,3.
17．（23-24高二下·江西新余·期末）已知双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，实轴长和离心率均为2.
(1)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；
(2)过E0,2且倾斜角为45∘的直线l与双曲线C交于M,N两点，求OM⋅ON的值（O为坐标原点）.
【答案】(1)x2−y23=1，y=±3x；
(2)1.
【分析】（1）根据离心率以及实轴长即可求解a,b,c，即可求解方程，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据数量积的坐标运算求解.
【详解】（1）由离心率e=ca=2，又c2=a2+b2，则b2=3a2，
又长轴长2a=2，所以a2=1，所以b2=3，
故双曲线的标准方程为x2−y23=1；
其渐近线方程为y=±3x.
（2）∵直线l的倾斜角为45∘，故其斜率为1，又l过点E0,2，
∴l的方程为y=x+2；
设Mx1,y1,Nx2,y2,
由y=x+2x2−y23=1，得2x2−4x−7=0，
∴x1+x2=2,x1x2=−72
∴OM⋅ON=x1x2+y1y2=x1x2+x1+2x2+2=2x1x2+2x1+x2+4=1
18．（23-24高二下·上海·阶段练习）已知抛物线C:y2=4x，焦点为F
(1)若点P为C上一点，且PF=4，求点P的横坐标.
(2)若斜率为2的直线l与抛物线交于不同的两点A，B，线段AB中点为M，求点M的轨迹方程．
【答案】(1)3
(2)y=1x>14
【分析】（1）由抛物线的定义列方程即可求解；
（2）设出直线方程，联立抛物线方程，结合韦达定理、中点坐标公式即可求解.
【详解】（1）抛物线C:y2=4x的焦点F1,0，准线方程为x=−1，
由抛物线定义结合已知PF=xP+1=4，其中xP为点P的横坐标，
解得xP=3，即点P的横坐标为3；
（2）
因为直线AB的斜率为2，所以可设直线AB的方程为x=12y+t，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立抛物线方程C:y2=4x得，
y2−2y−4t=0，由Δ=4+16t>0，解得t>−14，
所以y1+y2=2,x1+x2=12y1+y2+2t=1+2t>12，所以M1+2t2,1，
所以点M的轨迹方程为y=1x>14.
19．（24-25高二上·河南南阳·阶段练习）已知点E−3,0，圆F:(x−3)2+y2=16，点P是圆F上任一点，线段PE的垂直平分线交线段PF于C.
(1)求点C的轨迹方程；
(2)过点Q1,−1的直线l与点C的轨迹相交于M,N两点，设点B0,1，问：直线BM，BN的斜率之和kBM+kBN是否为定值？若是，请求出该值；否则，请说明理由.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)是，定值为−2
【分析】（1）根据中垂线的性质结合椭圆的定义得知点C的轨迹为椭圆，结合椭圆定义即可得轨迹方程；
（2）分直线l斜率是否存在可设直线的方程为l:y=kx+m或l:x=1，若斜率存在，将直线方程与曲线的方程联立，可得与交点横坐标有关韦达定理，借助韦达定理计算斜率之和即可得，若斜率不存在，则直接求出斜率之和即可得.
【详解】（1）由题意得：CE=CP,PF=4，
所以CE+CF=4>23，
所以点C的轨迹是以点E,F为焦点的椭圆，
且a=2,c=3，从而b=1，
所以C的轨迹方程为：x24+y2=1；
（2）当直线l斜率存在时，设直线l:y=kx+m，（其中m+k=−1），Mx1,y1,Nx2,y2，
联立y=kx+mx2+4y2=4，消y可得4k2+1x2+8kmx+4m2−4=0，
则Δ=164k2+1−m2=16k3k−2>0，解得k23，
则x1+x2=−8km4k2+1，x1⋅x2=4m2−44k2+1，
所以kBM+kBN=y1−1x1+y2−1x2=kx1+m−1x1+kx2+m−1x2
=2k+m−1x1+x2x1x2=2k+m−1−8km4m2−4
=2k+−2kmm+1=2km+1=−2；
当直线l的斜率不存在时，直线l:x=1，则M,N关于x轴对称，
所以y1+y2=0，所以kBM+kBN=y1−11+y2−11=−2；
综上可得直线BM，BN的斜率之和kBM+kBN为定值−2.
课程标准
学习目标
理解直线与圆锥曲线的位置关系
2.会进行直线与圆锥曲线的位置关系的判断，能够计算弦长
重点：理解直线与圆锥曲线的位置关系，会判定及应用
难点：应用代数方法对直线与圆锥曲线的位置关系进行判定，相关计算的准确性
方程ax2+bx+c=0的解
l与c1的交点
a=0
b=0
无解（含l是双曲线的渐近线）
无公共点
b≠0
有一解（含l与抛物线的对称轴平行或与双曲线的渐进性平行）
一个交点
a≠0
∆>0
两个不等的解
两个交点
∆=0
两个相等的解
一个切点
∆