2025年高考数学复习(新高考专用)重难点27圆锥曲线中的弦长问题与长度和、差、商、积问题【八大题型】特训(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学复习(新高考专用)重难点27圆锥曲线中的弦长问题与长度和、差、商、积问题【八大题型】特训(学生版+解析)，共70页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc21927" 【题型1 椭圆的弦长问题】 PAGEREF _Tc21927 \h 2
\l "_Tc7502" 【题型2 双曲线的弦长问题】 PAGEREF _Tc7502 \h 3
\l "_Tc9650" 【题型3 抛物线的弦长问题】 PAGEREF _Tc9650 \h 4
\l "_Tc29483" 【题型4 长度及其最值（范围）问题】 PAGEREF _Tc29483 \h 5
\l "_Tc2244" 【题型5 长度之和问题】 PAGEREF _Tc2244 \h 6
\l "_Tc30747" 【题型6 长度之差问题】 PAGEREF _Tc30747 \h 7
\l "_Tc23330" 【题型7 长度之商问题】 PAGEREF _Tc23330 \h 8
\l "_Tc6810" 【题型8 长度之积问题】 PAGEREF _Tc6810 \h 9
1、圆锥曲线中的弦长问题与长度和、差、商、积问题
圆锥曲线是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，弦长问题与长度和、差、商、积问题是考查的重要方向，以选择题或填空题的形式考查时，难度不大；以解答题的形式考查时，有时会与向量、数列等知识结合考查，难度较大；联立直线与圆锥曲线方程并灵活运用弦长公式是解决此类问题的关键，复习时要加强此类问题的训练.
【知识点1 圆锥曲线中的弦长问题】
1．椭圆的弦长问题
(1)定义：直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.
(2)弦长公式：设直线l:y=kx+m交椭圆+=1 (a>b>0)于，两点，
则或.
2．双曲线的弦长问题
(1)弦长公式：直线y=kx+b与双曲线相交所得的弦长d.
(2)解决此类问题时要注意是交在同一支，还是交在两支上.
(3)处理直线与圆锥曲线相交弦有关问题时，利用韦达定理、点差法的解题过程中，并没有条件确定直
线与圆锥曲线一定会相交，因此，最后要代回去检验.
(4)双曲线的通径：
过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的直线被双曲线截得的线段叫作双曲线的通径.无论焦点在x轴上还
是在y轴上，双曲线的通径总等于.
3．抛物线的弦长问题
设直线与抛物线交于A,B两点，则
|AB|==或
|AB|== (k为直线的斜率，k≠0).
4．弦长公式的两种形式
(1)若A,B是直线y=kx+m与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去y，得到一元二次方程
，则.
(2)若A,B是直线x=my+n与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去x，得到一元二次方程
，则.
【题型1 椭圆的弦长问题】
【例1】（2024·云南昆明·模拟预测）已知直线l是圆C：x2+y2=1的切线，且l与椭圆E：x23+y2=1交于A，B两点，则|AB|的最大值为（ ）
A．2B．3C．2D．1
【变式1-1】（23-24高二上·浙江绍兴·期末）已知椭圆C:x24+y2=1，过原点O且倾斜角为π4的直线交椭圆于A,B两点，则AB=（ ）
A．105B．2105C．3105D．4105
【变式1-2】（2024·河南·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P3,3为椭圆C上一点，且△PF1F2的面积为26．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若倾斜角为π4的直线l与C相交于两个不同的点A,B，求AB的最大值．
【变式1-3】（2024·河北衡水·一模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过1,32和2,62两点.F1,F2分别为椭圆的左､右焦点，P为椭圆上的点（P不在x轴上），过椭圆右焦点F2的直线l与椭圆交于A､B两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求AB的范围.
【题型2 双曲线的弦长问题】
【例2】（2024·北京·模拟预测）已知双曲线C:y2−x23=1的两个焦点分别为F1,F2，过F1的直线与双曲线C的同一支交于A，B两点，且BF1=2AF1，则线段AB的长度为（ ）
A．94B．9C．274D．6
【变式2-1】（2024·山东·模拟预测）过双曲线x2−y2=2的左焦点作直线l，与双曲线交于A,B两点，若AB=4，则这样的直线l有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【变式2-2】（2024·海南·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的实轴长为22，点P(2,6)在双曲线C上.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过点P且斜率为26的直线与双曲线C的另一个交点为Q，求PQ.
【变式2-3】（2024·陕西安康·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(b>a>1)的左、右焦点分别为F1、F2，两条渐近线的夹角为60∘，M5,y0是双曲线上一点，且△MF1F2的面积为43.
(1)求该双曲线的标准方程；
(2)若直线l与双曲线C交于P、Q两点，且坐标原点O在以PQ为直径的圆上，求PQ的最小值.
【题型3 抛物线的弦长问题】
【例3】（2024·河南开封·一模）已知O为坐标原点，过抛物线C:y2=8x焦点F的直线与C交于A，B两点，若|AF|=|AO|，则|AB|=（ ）
A．5B．9C．10D．18
【变式3-1】（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，准线与x轴交于点M，直线l过其焦点F且与C交于A ， B两点，若直线AM的斜率为255，则|AB|=（ ）
A．455B．855C．4D．5
【变式3-2】（2024·全国·模拟预测）已知点Pa,ba>0,b>0在抛物线C:y2=2pxp>0上，记O为坐标原点，OP=32，以P为圆心，OP为半径的圆与抛物线C的准线相切．
(1)求抛物线C的方程；
(2)记抛物线C的焦点为F，过点F作直线l与直线PF垂直，交抛物线C于A，B两点，求弦AB的长．
【变式3-3】（2024·广西·模拟预测）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.
(1)求C的方程；
(2)若P为直线l:x=−2上的一动点，过P作抛物线C的切线PA,PB,A,B为切点，直线AB与l交于点M，过F作AB的垂线交l于点N，当MN最小时.求AB.
【题型4 长度及其最值（范围）问题】
【例4】（23-24高三上·湖北武汉·开学考试）设双曲线E1x2−y23=1的左右焦点为F1，F2，左顶点为A，点M是双曲线E在第一象限中内的一点，直线MF1交双曲线E的左支于点N，若NA//MF2，则MF2=（ ）
A．74B．52C．83D．114
【变式4-1】（2024·吉林·模拟预测）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，A是C上一点，O为坐标原点，若△AOF的面积为2+1，则|AF|=（ ）
A．22+2B．22+4
C．42+2D．32+2
【变式4-2】（23-24高三下·河南周口·开学考试）在平面直角坐标系xOy中，一动圆过点F1,0且与直线x=−1相切，设该动圆的圆心C的轨迹为曲线Γ．
(1)求Γ的方程；
(2)设P为Γ在第一象限内的一个动点，过P作曲线Γ的切线l1，直线l2过点P且与l1垂直，l2与Γ的另外一个交点为Q，求PQ的最小值．
【变式4-3】（2024·河北张家口·三模）已知点F1,F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，过F1(−c,0)的直线l（斜率不为0）交椭圆C于P，Q两点，当直线l的斜率不存在时，|PQ|=3c．
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，且△PAB面积的最大值为23，直线PA与直线QB相交于点M，求|OM|的取值范围．
【题型5 长度之和问题】
【例5】（2024·河北承德·二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点到右焦点的距离是3，且C的离心率是12，过左焦点F的直线l与椭圆交于A,B两点，过左焦点且与直线l垂直的直线l′与椭圆交于M,N两点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求AB+MN的取值范围.
【变式5-1】（23-24高三上·陕西西安·开学考试）已知点F为抛物线C:y2=2pxp>0的焦点，点P1,2，Q0,1，且PF=QF.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若正方形ABCD的顶点A、B在直线l:x−y+2=0上，顶点C、D在抛物线C上，求FC+FD.
【变式5-2】（2024·内蒙古赤峰·一模）已知抛物线P:y2=2px00)的左､右焦点分别为F1,F2，上､下顶点分别为A1,A2，四边形A1F1A2F2的面积为23且有一个内角为π3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若以线段F1F2为直径的圆与椭圆C无公共点，过点A1,3的直线与椭圆C交于P,Q两点（点P在点Q的上方），线段PQ上存在点M，使得APAQ=MPMQ，求MF1+MF2的最小值.
【题型6 长度之差问题】
【例6】（24-25高三上·全国·阶段练习）设椭圆C：x24+y23=1的右焦点为F，动点P在椭圆C上，点A是直线4x−5y−12=0上的动点，则PA−PF的最小值为（ ）
A．−164141B．164141C．164141−4D．4−164141
【变式6-1】（23-24高二上·天津·期末）已知双曲线E:x2m−y23=1m>0的离心率为2，右焦点为F，动点P在双曲线右支上，点A0,2，则PF−PA最大值为（ ）
A．5B．5−2
C．22D．22−2
【变式6-2】（23-24高二上·上海·课后作业）已知点P是双曲线x29−y216=1右支上的一点，点M、N分别是圆x+52+y2=4和x−52+y2=1上的点，求PM−PN的最大值．
【变式6-3】（2024·山东济南·三模）如图所示，抛物线y2=2px(p>0)的准线过点(−2,3)，
(1)求抛物线的标准方程;
(2)若角α为锐角，以角α为倾斜角的直线经过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A、B两点，作线段AB的垂直平分线l交x轴于点P，证明:|FP|−|FP|cs2α为定值，并求此定值.
【题型7 长度之商问题】
【例7】（2024·四川绵阳·三模）过点A2,0的直线l与拋物线C:y2=2pxp>0交于点M，N（M在第一象限），且当直线l的倾斜角为π4时，MN=32.
(1)求抛物线的方程；
(2)若B3,0，延长MB交抛物线C于点P，延长PN交x轴于点Q，求QNQP的值.
【变式7-1】（2024·全国·模拟预测）已知直线l:y=kx+mm2=k2+1,k≠0和椭圆T:x23+y2=1．
(1)证明：l与T恒有两个交点；
(2)若A,B为l与T的两个交点，过原点且垂直于l的直线交T于C,D两点，求CDAB的最小值．
【变式7-2】（2024·重庆·模拟预测）已知双曲线M:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，点A(−2,3)在双曲线M上，且AF1+AF2=8．
(1)求双曲线M的方程；
(2)记∠F1AF2的平分线所在的直线为直线l，证明：双曲线M上存在相异两点B,C关于直线l对称，并求出|AE||BC|（E为BC的中点）的值．
【变式7-3】（2024·四川遂宁·模拟预测）已知过点(0,2)的直线l与抛物线C:x2=2py(p>0)交于A,B两点，抛物线在点A处的切线为l1，在B点处的切线为l2，直线l1与直线l2交于点M，当直线l的倾斜角为450时，|AB|=46．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设线段AB的中点为N，求|AB||MN|的取值范围．
【题型8 长度之积问题】
【例8】（2024·江苏南通·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，焦距为4，C上一点P满足cs∠F1F2P=−33，且△PF1F2的面积为22．
(1)求C的方程；
(2)过C的渐近线上一点T作直线l与C相交于点M，N，求|TM|⋅|TN|的最小值．
【变式8-1】（2024·陕西安康·三模）已知 M1,2为抛物线C:y2=2px上一点．
(1)求抛物线C的准线方程；
(2)过点T0,1的直线l与抛物线C交于A，B两点，且直线MA与MB的倾斜角互补，求TA⋅TB的值．
【变式8-2】（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知直线l与椭圆C:x24+y2=1交于Px1,y1,Qx2,y2两不同点，且△OPQ的面积S△OPQ=1，其中O为坐标原点.
(1)证明：x12+x22和y12+y22均为定值；
(2)设线段PQ的中点为M，求|OM|⋅|PQ|的最大值.
【变式8-3】（2024·江西·一模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的一条渐近线的倾斜角为π3，C的右焦点F到该渐近线的距离为23.
(1)求C的方程；
(2)若过F的直线与C的左、右支分别交于点A，B，与圆O:x2+y2=a2交于与A，B不重合的M，N两点.
（ⅰ）求直线AB斜率的取值范围；
（ⅱ）求AB⋅MN的取值范围.
一、单选题
1．（2024·河北秦皇岛·二模）已知A，B为椭圆C：x29+y25=1上两个不同的点（直线AB与y轴不平行），F为C的右焦点，且AF+BF=4，若线段AB的垂直平分线交x轴于点P，则FP=（ ）
A．43B．53C．54D．32
2．（2024·新疆·三模）已知抛物线C：y2=x的焦点为F，在抛物线C上存在四个点P，M，Q，N，若弦PQ与弦MN的交点恰好为F，且PQ⊥MN，则1PQ+1MN=（ ）
A．22B．1C．2D．2
3．（2024·陕西西安·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F1，圆O:x2+y2=a2.若过F1的直线分别交C的左、右两支于A，B两点，且圆O与F1B相切，C的离心率为3,F1到C的渐近线的距离为22，则|AB|=（ ）
A．327B．307C．207D．167
4．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2，上顶点为A，左顶点为B，F1，F2分别是C的左、右焦点，且△F1AB的面积为2−32，点P为C上的任意一点，则1|PF1|+1|PF2|的取值范围为（ ）
A．[1,2]B．[2,3]C．[2,4]D．[1,4]
5．（2024·全国·模拟预测）如图，已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,P为双曲线右支上一点，且F2P的延长线交y轴于点A，且F1P⋅F2P=0，△APF1的内切圆半径为4，△PF1F2的面积为9，则AF2PF2=（ ）

A．18B．32C．50D．14
6．（23-24高二上·河南商丘·阶段练习）设双曲线x2a2−y2=1的左、右焦点为F1、F2，渐近线方程为y=±12x，过F1直线l交双曲线左支于A、B两点，则AF2+BF2的最小值为（ ）
A．9B．10C．14D．152
7．（2024·内蒙古包头·模拟预测）已知抛物线C:y2=6x的焦点为F，O为坐标原点，倾斜角为θ的直线l过点F且与C交于M，N两点，若△OMN的面积为33，则（ ）
A．sinθ=12
B．MN=24
C．以MF为直径的圆与y轴仅有1个交点
D．MFNF=33或MFNF=3
8．（2024高二上·江苏·专题练习）已知椭圆E:x29+y25=1的左焦点为F，过F的直线l与E交于A，B两点，则下列说法正确的是（ ）
A．若直线l垂直于x轴，则AB=154
B．AB∈103,6
C．若AB=5，则直线l的斜率为33
D．若AF=2BF，则AB=103
二、多选题
9．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知直线y=−x+1经过椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点和一个顶点Q，且与E在第四象限交于点P,E的左、右焦点分别为F1,F2，则（ ）
A．E离心率为12B．△PQF1的周长为42
C．以PF1为直径的圆过点QD．|PQ|=22
10．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x23−y2=1的右焦点为F，动点M,N在直线l:x=32上，且FM⊥FN，线段FM交C于点P，过P作l的垂线，垂足为R，则（ ）
A．△FMN的面积S≥12B．PRPF=32
C．MR⋅HN=FH⋅PRD．MP⋅NFMN⋅PF为定值
11．（2024·福建龙岩·三模）已知抛物线C:y2=2px(p>0)与圆O:x2+y2=20交于A，B两点，且|AB|=8.过焦点F的直线l与抛物线C交于M，N两点，点P是抛物线C上异于顶点的任意一点，点Q是抛物线C的准线与坐标轴的交点，则（ ）
A．若MF=3FN，则直线l的斜率为±33B．|MF|+4|NF|的最小值为18
C．∠MON为钝角D．点P与点F的横坐标相同时，|PF||PQ|最小
三、填空题
12．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知P为双曲线C:x24−y2=1的右支上一点，点A,B分别在C的两条渐近线上，O为坐标原点，若四边形OAPB为平行四边形，且PA=1，则PB= ，
13．（2024·重庆·模拟预测）已知抛物线y2=2pxp>0的焦点F是圆x−22+y2=1的圆心，过点F的直线l，自上而下顺次与上述两曲线交于点A,B,C,D，则AB+CD的取值范围为 ．
14．（2024·河南·模拟预测）已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，点F为C的一个焦点，点A,B为C的两个顶点，若FA=3，FB=2，则AB的可能值中的最大值为 ．
四、解答题
15．（2024·安徽·一模）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2.且经过点2,3.
(1)求C的方程；
(2)若直线l与C交于A，B两点，且OA⋅OB=0（点O为坐标原点），求AB的取值范围.
16．（2024·陕西安康·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右顶点分别为A1,A2，左､右焦点分别为F1,F2,M是椭圆C上一点，MF2⊥F1F2,MA1=352，直线MA2的斜率为−32.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过右焦点F2的直线与椭圆C交于点P,Q，直线A1P,A2Q交于点N，求当A1PPN=12时，PF2的值.
17．（2024·海南海口·二模）已知抛物线C：y2=2pxp>0的准线与x轴的交点为E−1,0，C的焦点为F.经过点E的直线l与C分别交于A，B两点.
(1)设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2，证明：k1+k2=0；
(2)记△ABF与△BEF的面积分别为S1，S2，若S1=3S2，求AF+BF.
18．（2024·新疆·一模）已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左右焦点分别为 F1,F2，离心率为 2，M 是C上一点，且MF2⊥F1F2，△MF1F2的周长为 12.
(1)求C的方程;
(2)过F2的直线l与C的右支交于A，B两点，过原点O作AB的垂线，并且与双曲线右支交于点P，证明： 1OP2−2AB为定值.
19．（2024·河南新乡·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，且F1F2=2，过点F2作两条直线l1,l2，直线l1与C交于A,B两点，△F1AB的周长为42．
(1)求C的方程；
(2)若△F1AB的面积为43，求l1的方程；
(3)若l2与C交于M,N两点，且l1的斜率是l2的斜率的2倍，求MN−AB的最大值．
重难点27 圆锥曲线中的弦长问题与长度和、差、商、积问题【八大题型】
【新高考专用】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc21927" 【题型1 椭圆的弦长问题】 PAGEREF _Tc21927 \h 2
\l "_Tc7502" 【题型2 双曲线的弦长问题】 PAGEREF _Tc7502 \h 5
\l "_Tc9650" 【题型3 抛物线的弦长问题】 PAGEREF _Tc9650 \h 9
\l "_Tc29483" 【题型4 长度及其最值（范围）问题】 PAGEREF _Tc29483 \h 13
\l "_Tc2244" 【题型5 长度之和问题】 PAGEREF _Tc2244 \h 17
\l "_Tc30747" 【题型6 长度之差问题】 PAGEREF _Tc30747 \h 23
\l "_Tc23330" 【题型7 长度之商问题】 PAGEREF _Tc23330 \h 26
\l "_Tc6810" 【题型8 长度之积问题】 PAGEREF _Tc6810 \h 31
1、圆锥曲线中的弦长问题与长度和、差、商、积问题
圆锥曲线是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，弦长问题与长度和、差、商、积问题是考查的重要方向，以选择题或填空题的形式考查时，难度不大；以解答题的形式考查时，有时会与向量、数列等知识结合考查，难度较大；联立直线与圆锥曲线方程并灵活运用弦长公式是解决此类问题的关键，复习时要加强此类问题的训练.
【知识点1 圆锥曲线中的弦长问题】
1．椭圆的弦长问题
(1)定义：直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.
(2)弦长公式：设直线l:y=kx+m交椭圆+=1 (a>b>0)于，两点，
则或.
2．双曲线的弦长问题
(1)弦长公式：直线y=kx+b与双曲线相交所得的弦长d.
(2)解决此类问题时要注意是交在同一支，还是交在两支上.
(3)处理直线与圆锥曲线相交弦有关问题时，利用韦达定理、点差法的解题过程中，并没有条件确定直
线与圆锥曲线一定会相交，因此，最后要代回去检验.
(4)双曲线的通径：
过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的直线被双曲线截得的线段叫作双曲线的通径.无论焦点在x轴上还
是在y轴上，双曲线的通径总等于.
3．抛物线的弦长问题
设直线与抛物线交于A,B两点，则
|AB|==或
|AB|== (k为直线的斜率，k≠0).
4．弦长公式的两种形式
(1)若A,B是直线y=kx+m与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去y，得到一元二次方程
，则.
(2)若A,B是直线x=my+n与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去x，得到一元二次方程
，则.
【题型1 椭圆的弦长问题】
【例1】（2024·云南昆明·模拟预测）已知直线l是圆C：x2+y2=1的切线，且l与椭圆E：x23+y2=1交于A，B两点，则|AB|的最大值为（ ）
A．2B．3C．2D．1
【解题思路】由直线与圆相切分析得圆心到直线距离为1，再分类讨论直线斜率是否存在的情况，存在时假设直线方程，进一步联立椭圆方程结合韦达定理得出弦长表达式，最后化简用基本不等式得出结果.
【解答过程】∵直线l是圆C：x2+y2=1的切线，
∴圆心O到直线l的距离为1，
设A(x1,y1)，Bx2,y2，
①当AB⊥x轴时， |AB|=263.
②当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=kx+m.
由已知 |m|1+k2=1 得 m2=k2+1 ．
把y=kx+m代入椭圆方程，整理得(3k2+1)x2+6kmx+3m2−3=0，
.x1+x2=−6km3k2+1,x1x2=3(m2−1)3k2+1
∴|AB|2=(1+k2)(x2−x1)2
=(1+k2)36k2m2(3k2+1)2−12(m2−1)3k2+1
=12(k2+1)(3k2+1−m2)(3k2+1)2=24k2(k2+1)(3k2+1)2=83+8k2−139k4+6k2+1
令t=k2−13(t∈R)
原式=83+8t3t+22=83+89t+4t+12
≤83+829t×4t+12=3
当且仅当9t=4t 即t=±23 时等号成立.
综上所述ABmax=3.
故选：B.
【变式1-1】（23-24高二上·浙江绍兴·期末）已知椭圆C:x24+y2=1，过原点O且倾斜角为π4的直线交椭圆于A,B两点，则AB=（ ）
A．105B．2105C．3105D．4105
【解题思路】依题写出直线的点斜式方程,与椭圆方程联立，求出两交点坐标，利用两点距离公式计算即得.
【解答过程】依题意，可得直线的方程为：y=x，代入x24+y2=1中，整理解得：x=±255，
当x=255，y=255；当x=−255时，y=−255，故有A(255,255),B(−255,−255),
则AB=2⋅(255+255)2=2×455=4105.
故选：D.
【变式1-2】（2024·河南·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P3,3为椭圆C上一点，且△PF1F2的面积为26．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若倾斜角为π4的直线l与C相交于两个不同的点A,B，求AB的最大值．
【解题思路】（1）借助椭圆上的点的坐标，△PF1F2的面积与a2=b2+c2计算即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线，借助韦达定理与弦长公式计算即可得.
【解答过程】（1）由题意可得3a2+3b2=112×2c×3=26a2=b2+c2，解得a2=12b2=4c2=8，
故椭圆C的标准方程为x212+y24=1；
（2）k=tanπ4=1，故可设lAB:y=x+t，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立x212+y24=1y=x+t，消去y可得4x2+6tx+3t2−12=0，
Δ=36t2−163t2−12=1216−t2>0，即−40)过1,32和2,62两点.F1,F2分别为椭圆的左､右焦点，P为椭圆上的点（P不在x轴上），过椭圆右焦点F2的直线l与椭圆交于A､B两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求AB的范围.
【解题思路】（1）将点(1,32),(2,62)代入椭圆方程，即可求出椭圆C的标准方程；
（2）分类讨论直线斜率是否为0，从而假设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理与弦长公式得到关于m的关系式，再分析即可得解；
【解答过程】（1）由题意可知，将点(1,32),(2,62)代入椭圆方程，
得1a2+94b2=12a2+64b2=1，解得a2=4,b2=3，
所以椭圆的标准方程为x24+y23=1.
（2）由（1）知F1−1,0，F21,0，
当直线l的斜率为0时，AB=2a=4，
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x=my+1，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立x24+y23=1x=my+1，消去x，得(3m2+4)y2+6my−9=0，
易得Δ=6m2+36(3m2+4)>0，则y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4，
所以AB=x2−x12+y2−y12=1+m2y1+y22−4y1y2
=1+m2−6m3m2+42−4−93m2+4=12m2+123m2+4=4−43m2+4，
因为m2≥0，所以3m2+4≥4，所以00,k≠33，
联立y=kx−23y2−x2=3，可得3k2−1x2−12kx+9=0，
则Δ=144k2−363k2−1=36k2+1>0
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=12k3k2−1，x1x2=93k2−1，①
由BF1=2AF1，可得BF1=2F1A，
即有−x2=2x1，②
由①②可得x1=−12k3k2−1，x2=24k3k2−1，所以−12k3k2−1×24k3k2−1=93k2−1，
解得k=3535（负值已舍去），x1=3358，
所以|AB|=1+k2⋅x1−x2=635×3x1=635×9358=274．
故选：C．
【变式2-1】（2024·山东·模拟预测）过双曲线x2−y2=2的左焦点作直线l，与双曲线交于A,B两点，若AB=4，则这样的直线l有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【解题思路】设直线方程与双曲线联立，利用弦长公式解方程判断根的个数即可.
【解答过程】由题意得双曲线左焦点−2,0，当直线垂直于横轴时，AB=22不符合题意，双曲线渐近线方程为y=±x；
故可设l:y=kx+2k≠±1,Ax1,y1,Bx2,y2，
与双曲线联立可得y=kx+2x2−y2=2⇒1−k2x2−4k2x−4k2−2=0，
x1+x2=4k21−k2,x1⋅x2=−4k2−21−k2，
由弦长公式知AB=k2+1x1−x2=k2+1⋅8k2+1k2−1=4⇒k2+1=2k2−1，
则k=±2−1或k=±2+1.
故存在四条直线满足条件.
故选：D.
【变式2-2】（2024·海南·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的实轴长为22，点P(2,6)在双曲线C上.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过点P且斜率为26的直线与双曲线C的另一个交点为Q，求PQ.
【解题思路】（1）将点P(2,6)代入双曲线C方程即可求解；
（2）写出直线方程，与双曲线方程联立，由弦长公式可得结果.
【解答过程】（1）因为双曲线的实轴长为22，所以2a=22，解得：a=2；
又因为点P(2,6)在双曲线C上，所以42−6b2=1，解得：b=6，
所以双曲线的标准方程为：x22−y26=1
（2）设P(x1,y1)，Qx2,y2
由题可得过点P且斜率为26的直线方程为：y−6=26(x−2)，即y=26x−36，
联立x22−y26=1y=26x−36，消去y可得：7x2−24x+20=0，
所以x1+x2=247，x1x2=207，
所以PQ=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+242472−4×207=207.
【变式2-3】（2024·陕西安康·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(b>a>1)的左、右焦点分别为F1、F2，两条渐近线的夹角为60∘，M5,y0是双曲线上一点，且△MF1F2的面积为43.
(1)求该双曲线的标准方程；
(2)若直线l与双曲线C交于P、Q两点，且坐标原点O在以PQ为直径的圆上，求PQ的最小值.
【解题思路】（1）依题意可得ba=3，从而将方程化为x2a2−y23a2=1，再由三角形面积及点在曲线上求出a2，即可得解；
（2）依题意可得OP⋅OQ=0，当直线的斜率不存在时直接求出PQ，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，Px1,y1，Qx2,y2，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由OP⋅OQ=0得到m2=6k2+6，再由弦长公式及计算可得.
【解答过程】（1）由题可知双曲线的渐近线方程为y=±bax，
因为b>a>1，所以ba>1，所以直线y=bax的斜率大于1．
由两条渐近线的夹角为60°，可得ba=3，因为a2+b2=c2，所以c=2a，
即双曲线方程为x2a2−y23a2=1，
因为△MF1F2的面积为43，所以12×2c×y0=43，所以a×y0=23．
因为点M5,y0在双曲线上，所以将点的坐标代入方程可得5a2−y023a2=1，
解得a2=4或a2=1．因为条件a>1，所以a2=4，即双曲线的方程为x24−y212=1．
（2）因为以PQ为直径的圆过坐标原点，所以OP⊥OQ，所以OP⊥OQ，即OP⋅OQ=0，
①当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x=n，设Pn,t，Qn,−t(t>0)，
由OP⋅OQ=0可得n2−t2=0，
又点P、Q在双曲线上，代入可得n24−t212=1，解得n2=6,t2=6．
所以PQ=2t=26．
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，
由y=kx+m3x2−y2=12联立消去y整理得3−k2x2−2kmx−m2−12=0（*），
因为直线l与双曲线交于P,Q两点，所以3−k2≠0，
即Δ=(2km)2−43−k2−m2−12=12m2−4k2+12>0．
设Px1,y1，Qx2,y2，
则x1+x2=2km3−k2x1x2=−m2+123−k2，
由OP⋅OQ=0得到x1x2+y1y2=0，所以x1x2+kx1+mkx2+m=0，
即1+k2x1x2+kmx1+x2+m2=0，
即1+k2x1x2+kmx1+x2+m2=0，
所以1+k2m2+12k2−3−km⋅2kmk2−3+m2=0，
化简得m2=6k2+6．
所以PQ=1+k2x1+x22−4x1x2
=1+k22km3−k22+4m2+123−k2
=24+384k2k2−32≥26．
当k=0时上式取等号，且方程（*）有解．
综上可得PQ的最小值是26．
【题型3 抛物线的弦长问题】
【例3】（2024·河南开封·一模）已知O为坐标原点，过抛物线C:y2=8x焦点F的直线与C交于A，B两点，若|AF|=|AO|，则|AB|=（ ）
A．5B．9C．10D．18
【解题思路】
由|AF|=|AO|及抛物线方程可求出A点坐标，从而得直线AB的方程，联立抛物线和直线方程，结合韦达定理求出x1+x2，由抛物线定义可得结果.
【解答过程】如图：由抛物线C:y2=8x可知焦点坐标F2,0，取线段OF中点D，即D1,0，
又|AF|=|AO|，所以AD⊥OF,故设A1,y0，因点A在抛物线上，得y0=±22，
根据对称性取y0=22，又因直线AB过焦点F，
所以直线AB的方程为：y=−22x−2，
联立y2=8xy=−22x−2，得x2−5x+4=0 ①，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1,x2为①式两根，所以x1+x2=5，
由抛物线定义可知AB=x1+x2+p=5+4=9，
故选：B.
【变式3-1】（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，准线与x轴交于点M，直线l过其焦点F且与C交于A ， B两点，若直线AM的斜率为255，则|AB|=（ ）
A．455B．855C．4D．5
【解题思路】利用斜率已知，即角的正切值已知，结合抛物线的几何性质，来解直角三角形求一条焦半径，再利用抛物线的两焦半径的倒数和为定值，从而去求另一条焦半径，最后求得弦长.
【解答过程】

如图作AE垂直于准线，垂足为E，可知设AE=AF=r，
直线AM的斜率为255得， tan∠EAM=tan∠AMF=255，
则ME=255r，由勾股定理得：AF2=ME2+AE−MF2，
即r2=255r2+r−22，化简得：r2−5r+5=0，解得r=5±52，
再设过焦点F的直线l为y=kx−1与抛物线C:y2=4x联立消元得：
k2x2−2k2+4x+k2=0，设交点Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1，
而1AF+1BF=1x1+1+1x2+1=x1+x2+2x1+1x2+1=2k2+2k2+21+2k2+2k2+1=1，
当AF=5+52时，解得BF=5−52，此时AB=AF+BF=5，
当AF=5−52时，解得BF=5+52，此时AB=AF+BF=5，
故选：D.
【变式3-2】（2024·全国·模拟预测）已知点Pa,ba>0,b>0在抛物线C:y2=2pxp>0上，记O为坐标原点，OP=32，以P为圆心，OP为半径的圆与抛物线C的准线相切．
(1)求抛物线C的方程；
(2)记抛物线C的焦点为F，过点F作直线l与直线PF垂直，交抛物线C于A，B两点，求弦AB的长．
【解题思路】（1）首先得到抛物线的准线方程，依题意可得a2+b2=32b2=2paa+p2=32，解得a、b、p，即可得解；
（2）由（1）可得P12,2，F1,0，即可求直线l的方程，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由焦点弦公式计算可得.
【解答过程】（1）抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为Fp2,0，准线方程为x=−p2，
依题意可得a2+b2=32b2=2paa+p2=32，解得a=12b=2p=2或a=32b=0p=0，又a>0、b>0、p>0，
所以a=12b=2p=2，所以抛物线方程为y2=4x.
（2）由（1）可得P12,2，F1,0，kPF=2−012−1=−22，
因为直线l⊥直线PF，所以kl=−1kPF=24，
所以直线l的方程为y=24x−1，即x=22y+1，
由x=22y+1y2=4x，消去x整理得y2−82y−4=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，所以y1+y2=82，
所以x1+x2=22y1+y2+2=22×82+2=34，
所以AB=x1+x2+p=36.
【变式3-3】（2024·广西·模拟预测）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.
(1)求C的方程；
(2)若P为直线l:x=−2上的一动点，过P作抛物线C的切线PA,PB,A,B为切点，直线AB与l交于点M，过F作AB的垂线交l于点N，当MN最小时.求AB.
【解题思路】（1）由题意求得p=2，即可得得到抛物线C的方程；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，利用导数的几何意义求得在点A,B的切线方程，得出直线AB方程为x−t2y−2=0，令x=−2，得到点M−2,−8t，根据直线NF与直线AB垂直，求得直线NF方程为y=−t2x−1，进而得到点N−2,32t，进而求得MN=8t+3t2，结合基本不等式求得MN的最小值，联立方程组，结合弦长公式求得弦AB的长.
【解答过程】（1）由题知，p=2，
∴C的方程为y2=4x.
（2）抛物线C:y2=4x的焦点F1,0，
设P−2,t，过P点的抛物线C的切线方程为：x+2=my−t，
y2=4xx+2=my−t消去x得：y2−4my+4mt+2=0，①
∴Δ=16m2−16mt+2=0即m2−tm−2=0，②
此时①可化为y2−4my+4m2=0，解得y=2m
设直线PA:x+2=m1y−t，直线PB:x+2=m2y−t，
则m1,m2为方程②的两根，故m1+m2=t,m1m2=−2,*
且yA=2m1,yB=2m2，可得Am12,2m1,Bm22,2m2，令点A(xA,yA),B(xB,yB)，
由②知，m12−tm1−2=0,m22−tm2−2=0，故xA−t2yA−2=0,xB−t2yB−2=0，
则直线AB方程为：x−t2y−2=0，显然t≠0
因为直线NF与直线AB垂直，
则直线NF方程为：y=−t2x−1，
故M−2,−8t,N−2,32t，
MN=8t+3t2≥43，当且仅当3t2=8t时，t2=163时取等号.此时，.
AB=xA−xB2+yA−yB2=m12−m222+2m1−2m22
=m1+m22+4m1+m22−4m1m2
由（*）得，AB=t2+4t2−4×−2=163+4163+8=4703.
【题型4 长度及其最值（范围）问题】
【例4】（23-24高三上·湖北武汉·开学考试）设双曲线E1x2−y23=1的左右焦点为F1，F2，左顶点为A，点M是双曲线E在第一象限中内的一点，直线MF1交双曲线E的左支于点N，若NA//MF2，则MF2=（ ）
A．74B．52C．83D．114
【解题思路】由题意可得F1NF1M=14，设设Mx0,y0x0>0,y0>0，则Nx0−64,y04，然后将M,N的坐标分别代入双曲线的方程，解方程组可得x0,y0，然后根据两点间的距离公式即可求出结果.
【解答过程】
由题意知：F1−2,0,F22,0,A−1,0，所以F1AF1F2=14，又因为NA//MF2，所以F1NF1M=14，设Mx0,y0x0>0,y0>0，则Nx0−64,y04，且x02−y023=1x0−642−y0423=1，解得x0=74y0=3114，所以MF2=74−22+31142=52，
故选：B.
【变式4-1】（2024·吉林·模拟预测）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，A是C上一点，O为坐标原点，若△AOF的面积为2+1，则|AF|=（ ）
A．22+2B．22+4
C．42+2D．32+2
【解题思路】设A(x0,y0)，根据△AOF的面积求得|y0|，继而求得x0，根据抛物线焦半径公式，即可求得答案.
【解答过程】由题意知抛物线C:y2=4x的焦点为F，则F(1,0)，焦准距p=2，
设A(x0,y0)，则由△AOF的面积为2+1，得12×1×|y0|=2+1，
则|y0|=2(2+1)，故x0=y024=3+22，
则|AF|=x0+p2=4+22，
故选：B.
【变式4-2】（23-24高三下·河南周口·开学考试）在平面直角坐标系xOy中，一动圆过点F1,0且与直线x=−1相切，设该动圆的圆心C的轨迹为曲线Γ．
(1)求Γ的方程；
(2)设P为Γ在第一象限内的一个动点，过P作曲线Γ的切线l1，直线l2过点P且与l1垂直，l2与Γ的另外一个交点为Q，求PQ的最小值．
【解题思路】（1）由题意，根据抛物线的定义可知点C的轨迹为是以F1,0为焦点的抛物线，即可求解；
（2）设Pm,2m(m>0)、Qx1,y1，利用导数的几何意义和两直线的位置关系求出l2的方程，联立抛物线方程，根据韦达定理可得y1=−2m−4m，进而求出Q的坐标，结合两点坐标求距离公式可得PQ=4m+3+3m+1m2=u(m)，利用导数求出u(m)min即可.
【解答过程】（1）由题意得，点C到点F的距离等于到直线x=−1的距离，
由抛物线的定义知，点C的轨迹是以坐标原点O为顶点，以F1,0为焦点的抛物线，
设y2=2px(p>0)，则p2=1，所以p=2，
故Γ的方程为y2=4x．
（2）当y>0时，y=2x，所以y′=1x，设Pm,2m(m>0)，
则y'x=m=1m，即l1的斜率为1m，
因为l1⊥l2，所以l2的斜率为−m，
所以l2的方程为y−2m=−mx−m，即x=m+2−1my，
代入y2=4x，得y2+4my−4m−8=0.设Qx1,y1，
由韦达定理得y1+2m=−4m，即y1=−2m−4m，代入y2=4x，
得−2m−4m2=4x1，即x1=m+4m+4，故Qm+4m+4,−2m−4m，
所以PQ=4m+42+−4m−4m2=4m+3+3m+1m2．
令um=m+3+3m+1m2(m>0)，则u′=1−3m2−2m3=m3−3m−2m3=m−2(m+1)2m3，
易知函数um在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
所以u(m)min=u2=274，所以|PQ|min=4×274=63．
【变式4-3】（2024·河北张家口·三模）已知点F1,F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，过F1(−c,0)的直线l（斜率不为0）交椭圆C于P，Q两点，当直线l的斜率不存在时，|PQ|=3c．
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，且△PAB面积的最大值为23，直线PA与直线QB相交于点M，求|OM|的取值范围．
【解题思路】（1）求出通径，可得齐次式2b2a=3c，然后可得离心率；
（2）设直线PA,QB,PQ方程分别为：x=n1y−2,x=n2y+2,x=my−1，Px1,y1,Qx2,y2,Mx0,y0，联立x=n1y−2x=n2y+2求出点M坐标，利用斜率公式表示出n1,n2，代入|OM|化简，再利用韦达定理转化为关于m的函数，然后可得|OM|的范围.
【解答过程】（1）令x=−c，得c2a2+y2b2=1，解得y=±b2a，
所以，2b2a=3c，即2a2−c2=3ac，整理得2e2+3e−2=0，
解得e=−2（舍去）或e=12.
（2）易知，当点P在短轴端点时，△PAB的面积最大，
所以ab=23ca=12a2=b2+c2，解得a=2,b=3，
所以，椭圆C的方程为x24+y23=1.
易知，直线PA,QB,PQ的斜率不为0，
设其方程分别为：x=n1y−2,x=n2y+2,x=my−1，Px1,y1,Qx2,y2,Mx0,y0，
联立x=n1y−2x=n2y+2解得x0=2n1+n2n1−n2,y0=4n1−n2，
所以OM2=4n1+n22+16n1−n22，
由斜率公式可得n1=x1+2y1,n2=x2−2y2，
所以n1−n2=x1+2y1−x2−2y2=x1y2−x2y1+2y2+y1y1y2，
n1+n2=x1+2y1+x2−2y2=x1y2+x2y1+2y2−y1y1y2，
因为x1=my1−1,x2=my2−1，
所以x1y2−x2y1=y2my1−1−y1my2−1=y1−y2，
x1y2+x2y1=y2my1−1+y1my2−1=2my1y2−y2+y1，
所以n1−n2=y1−y2+2y2+y1y1y2，n1+n2=2my1y2−y2+y1+2y2−y1y1y2，
联立3x2+4y2−12=0x=my−1得3m2+4y2−6my−9=0，
Δ=36m2+363m2+4=144m2+1>0
所以y1y2=−93m2+4,y1+y2=6m3m2+4，
不妨记y1=6m+Δ6m2+8,y2=6m−Δ6m2+8，则y1−y2=6m+Δ6m2+8−6m−Δ6m2+8=12m2+13m2+4，
则n1−n2=−43m2+1+m,n1+n2=83m2+1+m，
所以OM2=483m2+1+m2+16−43m2+1+m2=16m2+1+m2+9m2+1+m2=16+9m2+1+m2，
易知，m2+1+m>0，所以OM2>16
所以OM>4，即|OM|的取值范围为4,+∞.
【题型5 长度之和问题】
【例5】（2024·河北承德·二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点到右焦点的距离是3，且C的离心率是12，过左焦点F的直线l与椭圆交于A,B两点，过左焦点且与直线l垂直的直线l′与椭圆交于M,N两点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求AB+MN的取值范围.
【解题思路】（1）由已知列出关于a,c的方程组，求出a,c，可求b2，得椭圆C的标准方程；
（2）两直线一条斜率为0，另一条斜率不存在时，由通径与长轴求出结果；当两直线斜率存在且不为0时，利用弦长公式把两弦长之和表示为关于斜率的函数，结合基本不等式求取值范围.
【解答过程】（1）由题意得ca=12,a+c=3,解得a=2,c=1，则b2=a2−c2=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1；
（2）由（1）可知，左焦点F−1,0，
当直线l斜率不存在或者斜率为0时，AB+MN=2b2a+2a=3+4=7，
当直线l斜率存在且不为0时，设直线l:y=kx+1，直线l′:y=−1kx+1，
Ax1,y1,Bx2,y2,Mx3,y3,Nx4,y4，
联立方程组y=kx+1,x24+y23=1,整理得4k2+3x2+8k2x+4k2−12=0，
则x1+x2=−8k24k2+3,x1⋅x2=4k2−124k2+3，
因此AB=x1−x22+y1−y22=k2+1x1+x22−4x1x2=12k2+14k2+3，
同理可得MN=12k2+13k2+4，
所以AB+MN=7+34k2+3−43k2+4=7−712k2+12k2+25，
由于12k2+12k2≥24，当且仅当k2=1时等号成立，则487≤AB+MN0的焦点，点P1,2，Q0,1，且PF=QF.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若正方形ABCD的顶点A、B在直线l:x−y+2=0上，顶点C、D在抛物线C上，求FC+FD.
【解题思路】
（1）由抛物线方程可得Fp2,0，进而结合两点间的距离公式列方程求解即可；
（2）设直线CD的方程为：y=x+m，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理可得y1+y2=8，y1y2=8m，进而结合正方形的性质及抛物线的焦半径公式求解即可.
【解答过程】（1）由题设可得Fp2,0，
则PF=1−p22+4，QF=0−p22+1，
又PF=QF，故1−p22+4=0−p22+1，
整理得p−4=0，即p=4.
所以抛物线C的方程为y2=8x.
（2）因为ABCD是正方形，所以AB//CD，直线l与CD之间的距离等于CD，
设直线CD的方程为：y=x+m，
联立y=x+my2=8x，消去x得：y2−8y+8m=0，
由Δ=64−32m>0，得m0，
整理可得：k2+2k−2>0，解得k>−1+3或k0的离心率为2，右焦点为F，动点P在双曲线右支上，点A0,2，则PF−PA最大值为（ ）
A．5B．5−2
C．22D．22−2
【解题思路】由双曲线的离心率得到m=1，左焦点F1−2,0，根据双曲线的定义得到PF−PA=PF1−PA−2，然后根据几何知识得到当F1，A，P三点共线时PF−PA最大，最后求最大值即可.
【解答过程】
因为双曲线的离心率为2，所以m+3m=2，解得m=1，
∴ a=1，c=2，则左焦点F1−2,0，
由双曲线的定义得PF−PA=PF1−2a−PA=PF1−PA−2，
因为PF1−PA≤AF1，即当F1，A，P三点共线时PF−PA最大，
所以PF−PA≤AF1−2=−2−02+0−22−2=22−2，
PF−PA最大值为22−2.
故选：D.
【变式6-2】（23-24高二上·上海·课后作业）已知点P是双曲线x29−y216=1右支上的一点，点M、N分别是圆x+52+y2=4和x−52+y2=1上的点，求PM−PN的最大值．
【解题思路】
先由已知条件可知双曲线的两个焦点为两个圆的圆心，再利用平面几何知识把|PM|−|PN|转化为双曲线上的点到两焦点之间的距离，结合双曲线的定义即可求|PM|−|PN|的最大值.
【解答过程】∵ x29−y216=1，∴ a2=9，b2=16，则c2=25，
故双曲线的两个焦点为F1(−5,0)，F2(5,0)，
F1(−5,0)，F2(5,0)也分别是两个圆的圆心，两圆的半径分别为r1=2,r2=1，
所以|PM|max=PF1+2，|PN|min=PF2−1，
则(|PM|−|PN|)max=|PM|max−|PN|min= PF1+2−PF2−1
=PF1−PF2+3 =2×3+3=9，
即PM−PN的最大值为9．
【变式6-3】（2024·山东济南·三模）如图所示，抛物线y2=2px(p>0)的准线过点(−2,3)，
(1)求抛物线的标准方程;
(2)若角α为锐角，以角α为倾斜角的直线经过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A、B两点，作线段AB的垂直平分线l交x轴于点P，证明:|FP|−|FP|cs2α为定值，并求此定值.
【解题思路】（1）根据准线过点(−2,3)即可求出p，进而可知抛物线标准方程；
（2）假设直线AB的方程，与抛物线联立，进而可以得到AB与其中垂线的交点坐标，进而可以表示出中垂线方程，进而求点P的坐标，再求|FP|即可.
【解答过程】（1）解:(1)由题意得−p2=−2
∴p=4
∴抛物线的方程为y2=8x
（2）设AxA,yA,BxB,yB，直线AB的斜率为k=tanα
则直线方程为y＝k(x−2)
将此式代入y2＝8x，得k2x2−4(k2＋2)x+4k2=0，
故xA＋xB＝4(k2＋2)k2
设AB的中垂线为直线m，设直线m与AB的交点为ExE,yE
则xE=xA+xB2=2(k2+2)k2,yE=kxE−2=4k
故直线m的方程为y−4k=−1kx−2k2＋4k2
令y=0得点P的横坐标为xP＝2k2＋4k2＋4
故FP＝xP−2＝4(k2＋1)k2＝4sin2α
∴|FP−|FP| cs2α= 4sin2α(1−cs2α) =4⋅2sin2αsin2α=8
∴|FP|−|FP|cs2α为定值8.
【题型7 长度之商问题】
【例7】（2024·四川绵阳·三模）过点A2,0的直线l与拋物线C:y2=2pxp>0交于点M，N（M在第一象限），且当直线l的倾斜角为π4时，MN=32.
(1)求抛物线的方程；
(2)若B3,0，延长MB交抛物线C于点P，延长PN交x轴于点Q，求QNQP的值.
【解题思路】（1）根据条件设直线l得方程，与抛物线方程联立，运用弦长公式求解；
（2）设直线l的方程与抛物线联立，先求出M，N点坐标，写出直线MB方程，与抛物线方程联立，求出P点的坐标，写出直线PN的方程，求出Q点坐标，运用两点直线距离公式求解.
【解答过程】（1）由题意直线l的斜率k=tanπ4=1 ，所以l得方程为x=y+2 ，
联立方程y2=2pxx=y+2 ，解得y2−2py−4p=0 ，y1+y2=2p,y1y2=−4p ，
由弦长公式得：MN=1+12y1−y2=2·y1+y22−4y1y2=32 ，
∴4p2+16p−9=0 ，解得p=12 ，∴ 抛物线方程为y2=x ；
（2）由（1）知：抛物线方程为y2=x，设Mx1,y1,Nx2,y2,Px3,y3 y1＞0 ，直线l的方程为x=my+2 ，显然m 时存在的，
如图：
联立方程x=my+2y2=x ，得y2−my−2=0 ，Δ=m2+8＞0 ，∴y1y2=−2① ，
直线MB的方程为：(x1−3)y=y1x−3 ，即y1y2−x1−3y−3y1=0 ，
Δ=x1−32+12y12＞0 ，∴y1y3=−3 ②，
直线PN的方程为：y−y2=y3−y2x3−x2x−x2=y3−y2y32−y22x−x2=1y3+y2x−y22 ，
令y=0 得x=−y2y3 ，∴Q−y2y3,0 ，
QN=x2+y2y32+y22=y2·y2+y32+1 ，QP=x3+y2y32+y32=y3y2+y32+1 ，
由①②得： QNQP=y2y3=−2y1−3y1=23 ；
综上，抛物线方程为y2=x，QNQP=23.
【变式7-1】（2024·全国·模拟预测）已知直线l:y=kx+mm2=k2+1,k≠0和椭圆T:x23+y2=1．
(1)证明：l与T恒有两个交点；
(2)若A,B为l与T的两个交点，过原点且垂直于l的直线交T于C,D两点，求CDAB的最小值．
【解题思路】（1）将直线和椭圆进行联立，根据根的判别式可判断交点个数；
（2）将直线l和直线CD表示出来，分别与椭圆进行联立，通过弦长公式表示出线段AB,CD的长，比值化简再用基本不等式求最小值.
【解答过程】（1）联立方程y=kx+m,x23+y2=1,消去y并化简得，1+3k2x2+6kmx+3m2−3=0，
Δ=36k2m2−41+3k23m2−3=24k2>0，故l与T恒有两个交点．
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，由（1）知x1+x2=−6km1+3k2,x1x2=3m2−31+3k2，
所以AB=1+k2⋅x1+x22−4x1x2
=1+k2⋅−6km1+3k22−4⋅3m2−31+3k2=1+k21+3k2⋅24k2．
由题意知直线CD的方程为y=−1kx，
由y=−1kxx23+y2=1,消去y得x2=3k2k2+3,y2=1k2x2=3k2+3，
所以CD=2x2+y2=23k2+3k2+3．
所以CDAB=23k2+3k2+31+k21+3k2⋅24k2=22×9k4+6k2+1k4+3k2=22×9k4+3k2−21k2+1k4+3k2=22×9−21k2−1k4+3k2．
设t=21k2−1，则t>−1，要求CDAB的最小值，则只需考虑t>0的情况，
此时k2=t+121,k4=t+1212，
所以CDAB=22×9−tt+1212+3×t+121=22×9−441t+64t+65≥22×9−4412t⋅64t+65=43，
当且仅当t=64t，即t=8=21k2−1,k2=37时，等号成立，
所以CDAB的最小值为43．
【变式7-2】（2024·重庆·模拟预测）已知双曲线M:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，点A(−2,3)在双曲线M上，且AF1+AF2=8．
(1)求双曲线M的方程；
(2)记∠F1AF2的平分线所在的直线为直线l，证明：双曲线M上存在相异两点B,C关于直线l对称，并求出|AE||BC|（E为BC的中点）的值．
【解题思路】（1）设F1(−c,0),F2(c,0)，根据题意结合距离公式可得c=2，将A(−2,3)代入方程即可得a2=16，b2=3，即可得方程；
（2）设点P(x,y)，结合角平分线的性质可得直线l的方程为2x+y+1=0，利用点差法可得点E的坐标为−18,−34，即可得直线BC的方程，联立方程，结合韦达定理分析证明.
【解答过程】（1）设F1(−c,0),F2(c,0)，其中c>0．
由AF1+AF2=8，得(−2+c)2+32+(−2−c)2+32=8，
移项，得(−2−c)2+32=8−(−2+c)2+32，
两边平方，整理得2(−2+c)2+32=8−c，解得c=2（负值舍去），
故a2+b2=c2=4，即b2=4−a2，则x2a2−y24−a2=1．
将A(−2,3)代入上式中，整理得a4−17a2+16=0，解得a2=16（舍去）或a2=1，则b2=3．
所以双曲线M的方程为x2−y23=1.
（2）因为直线AF1的方程为x=−2，直线AF2的方程为y=−34(x−2)，即3x+4y−6=0．
设点P(x,y)在直线l上，由角平分线的性质可得P到AF1的距离等于P到AF2的距离，
即|x+2|=|3x+4y−6|5，化简得x−2y+8=0或2x+y+1=0．
由题意，易知直线l的斜率小于0，所以x−2y+8=0不满足题意，
所以直线l的方程为2x+y+1=0．
假设双曲线M上存在相异两点B,C关于直线l对称，则BC⊥l，所以kBC=12．
设Bx1,y1,Cx2,y2,Ex0,y0，则x0=x1+x22,y0=y1+y22,y1−y2x1−x2=12．
因为点E在直线l上，所以2x0+y0+1=0①．
因为点B,C在双曲线上，所以x12−y123=1,x22−y223=1，
两式相减得x12−x22−y12−y223=0，化简得3x1+x2x1−x2=y1+y2y1−y2，
即3⋅2x0=y1−y2x1−x2⋅2y0，即y0=6x0②．
联立①②式，得x0=−18,y0=−34，所以点E的坐标为−18,−34．
所以直线BC的方程为y+34=12x+18，即y=12x−1116．
与双曲线方程x2−y23=1联立，消去y得11x2+114x−88964=0，
因为Δ=1142−4×11×−88964>0，
所以双线M上存在相异两点B,C关于直线l对称，且x1+x2=−14,x1x2=−889704．
故|BC|=1+k2⋅x1−x2=1+122⋅x1+x22−4x1x2=52×116+4×889704= 155544．
又|AE|=−2+182+3+342=1558，所以|AE||BC|=112.
【变式7-3】（2024·四川遂宁·模拟预测）已知过点(0,2)的直线l与抛物线C:x2=2py(p>0)交于A,B两点，抛物线在点A处的切线为l1，在B点处的切线为l2，直线l1与直线l2交于点M，当直线l的倾斜角为450时，|AB|=46．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设线段AB的中点为N，求|AB||MN|的取值范围．
【解题思路】（1）联立直线与抛物线方程得韦达定理，根据弦长公式即可求解p=2，
（2）根据中点坐标公式可得N(2k,2k2+2)，进而利用导数求解斜率，根据点斜式求解切线方程，即可联立两直线方程得M(2k,−2)，根据弦长公式求解|AB|=4(1+k2)(1+2k2)，即可代入化简求解.
【解答过程】（1）当l的斜率为450时，则l:y=x+2，不妨设Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=x+2x2=2py可得，x2−2px−4p=0，所以x1+x2=2p,x1x2=−4p，
∴ AB=x1−x22+y1−y22=2x1−x2=2×x1+x22−4x1x2=8p2+32p=46,
即p2+4p−12=0，因为p>0，解得：p=2．
从而抛物线C的方程为x2=4y
（2）由题意可知直线l有斜率，
设直线l:y=kx+2，Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=kx+2x2=4y可得，x2−4kx−8=0，则Δ=16k2+32>0
所以x1+x2=4k,x1x2=−8，
于是xN=x1+x22=2k,yN=2k2+2，即N(2k,2k2+2)
而|AB|=1+k2|x1−x2|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=4(1+k2)(1+2k2)
由C:x2=4y，则y′=x2，
于是抛物线C在点A处的切线l1的方程为y−14x12=12x1(x−x1)
即y=12x1x−14x12
同理可得，在点B处的切线l2的方程为y=12x2x−14x22
联立，解得y=x1+x22=2ky=14x1x2=−2，于是M(2k,−2) 则|MN|=2k2+4
从而|AB||MN|=4(1+k2)(1+2k2)2k2+4=21+k2k2+2=21−1k2+2∈[2,2)
所以，|AB||MN|的取值范围是[2,2).
【题型8 长度之积问题】
【例8】（2024·江苏南通·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，焦距为4，C上一点P满足cs∠F1F2P=−33，且△PF1F2的面积为22．
(1)求C的方程；
(2)过C的渐近线上一点T作直线l与C相交于点M，N，求|TM|⋅|TN|的最小值．
【解题思路】（1）由cs∠F1F2P可得sin∠F1F2P，再由三角形的面积公式即可得到PF2=3，结合余弦定理可得PF1，由双曲线的定义，代入计算，即可得到a,b；
（2）方法一：分直线l⊥y轴与直线l与y轴不垂直讨论，设直线l的方程为x=my+n，与双曲线方程联立，结合韦达定理与弦长公式代入计算，由基本不等式即可得到最值；方法二：设Tx0,y0，表示出点M,N的坐标，结合点差法代入计算，可得|TM||TN|=1，再联立直线与双曲线方程，结合韦达定理与弦长公式代入计算，即可得到结果.
【解答过程】（1）在△PF1F2中，
因为cs∠F1F2P=−33，所以sin∠F1F2P=1−cs2∠F1F2P=63．
所以△PF1F2的面积22=12×F1F2PF2sin∠F1F2P=12×4×PF2×63，
解得PF2=3．
在△PF1F2中，由余弦定理，得PF12=PF22+F1F22−2PF2F1F2cs∠F1F2P
=19+2×4×3×33 =27，
所以PF1=33．
因为P在双曲线上，所以2a=PF1−PF2=23，得a2=3,b2=c2−a2=1．
所以C的方程为x23−y2=1．
（2）
法1：设Tx0,y0，则x023−y02=0，
当直线l⊥y轴时，设直线l:y=y0与C交于点Mx1,y0,N−x1,y0，
所以x123−y02=1，即x12−3y02=3，
所以|TM||TN|=x1−x0x1+x0=x12−x02=x12−3y02=3．
当直线l与y轴不垂直时，设直线l的方程为x=my+n，
Mx1,y1,Nx2,y2，利用对称性不妨设Tx0,y0在直线x−3y=0上．
联立x−3y=0x=my+n，得y0=n3−m．
联立x2−3y2=3,x=my+n并消去x，得m2−3y2+2mny+n2−3=0，
所以m2−3≠0,Δ=(2mn)2−4m2−3n2−3>0y1+y2=−2mnm2−3,y1y2=n2−3m2−3.．
则|TM|=x0−x12+y0−y12=1+m2y0−y1，
同理，得|TN|=1+m2y0−y2．
所以|TM||TN|=1+m2y0−y1y0−y2
=1+m2y02−y0y1+y2+y1y2
=1+m2n2(3−m)2−n3−m×−2mnm2−3+n2−3m2−3
=3m2+1m2−3 =3+12m2−3≥1（当且仅当m=0时，取等号，满足Δ>0），
综上，|TM||TN|的最小值为1．
法2：设Tx0,y0，则x023−y02=0，
当l垂直x轴时，设l的方程为：x=x0x0>3,Mx0,y1,Nx0,−y1，
则|TM||TN|=y0−y1y0+y1=y02−y12．
因为x023−y12=1,x023−y02=0,两式相减，得y02−y12=1，所以|TM||TN|=1．
当l的斜率存在时，设l的方程为：y=kx−x0+y0,Mx1,y1,Nx2,y2，
由x2−3y2=3,y=kx−x0+33x0消去y并化简，
得1−3k2x2+6k2−23kx0x−3k2+1x02+23kx02−3=0．
所以1−3k2≠0,Δ=3x02−3k2−23x02k+x02+3>0,x1+x2=23k−6k2x01−3k2,x1x2=−3k2+23k−1x02−31−3k2.
则|TM|=x0−x12+y0−y12=1+k2x0−x1，同理|TN|=1+k2x0−x2．
所以|TM||TN|=1+k2x0−x1x0−x2
=1+k2x02−x0x1+x2+x1x2
=1+k2x02−23k−6k2x021−3k2+−3k2+23k−1x02−31−3k2
=3k2+33k2−1 =1+43k2−1>1．
综上所述，当l⊥x轴时，|TM||TN|的最小值为1．
【变式8-1】（2024·陕西安康·三模）已知 M1,2为抛物线C:y2=2px上一点．
(1)求抛物线C的准线方程；
(2)过点T0,1的直线l与抛物线C交于A，B两点，且直线MA与MB的倾斜角互补，求TA⋅TB的值．
【解题思路】（1）由点M1,2在抛物线上求出p=2，计算得抛物线C的准线方程；
（2）先设直线再联立方程组求出两根和和两根积，再应用两点间距离公式计算可得.
【解答过程】（1）由点M1,2在抛物线C:y2=2px上得22=2p，即p=2
∴抛物线C的准线方程为x=−p2=−1.
（2）设直线AB的方程为y=kx+1，Ax1,y1,Bx2,y2,
由直线MA与MB的倾斜角互补得kMA+kMB=0，
即y1−2x1−2+y2−2x2−2=y1−2y124−1+y2−2y224−1=4y1+y2+4y1+2y2+2=0
∴y1+y2=−4
联立y=kx+1y2=4x得ky2−4y+4=0．
∴y1+y2=4k，y1y2=4k，∴4k=−4，即k=−1，
∴y1y2=−4
∴TA⋅TB=x12+y1−12⋅x22+y2−12=x12+kx12⋅x22+kx22=1+k2x1x2=1+k2 (y1y24)2=2．
【变式8-2】（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知直线l与椭圆C:x24+y2=1交于Px1,y1,Qx2,y2两不同点，且△OPQ的面积S△OPQ=1，其中O为坐标原点.
(1)证明：x12+x22和y12+y22均为定值；
(2)设线段PQ的中点为M，求|OM|⋅|PQ|的最大值.
【解题思路】（1）对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，在直线l的斜率不存在时，可得出x1=x2，y1=−y2，根据△OPQ的面积求得x1、y1的值，可得出x12+x22和y12+y22的值；在直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，将直线l的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式可求得x12+x22和y12+y22的值，进而得出结论；
（2）对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，在直线l的斜率不存在时，可直接求得OM⋅PQ的值；在直线l的斜率存在时，求得OM、PQ关于m的表达式，利用基本不等式可求得OM⋅PQ的最大值，进而可得出结论.
【解答过程】（1）当直线l的斜率不存在时，P、Q两点关于x轴对称，所以x1=x2，y1=−y2，
∵Px1,y1在椭圆上，∴x124+y12=1①，又∵S△OPQ=x1⋅y1=1，②
由①②得x1=2，y1=22，此时x12+x22=4，y12+y22=1；
当直线l的斜率存在时，是直线l的方程为y=kx+m(m≠0)，
将直线l的方程代入x24+y2=1得4k2+1x2+8kmx+4m2−1=0，
Δ=64k2m2−164k2+1m2−1 =64k2−16m2+16>0，
所以x1+x2=−8km4k2+1，x1⋅x2=4m2−14k2+1，
∴PQ=1+k2x1+x22−4x1x2 =1+k244k2−m2+14k2+1，
∵点O到直线l的距离为d=|m|1+k2，
∴S△OPQ= 121+k2⋅44k2−m2+14k2+1⋅|m|1+k2= 24k2−m2+1⋅m4k2+1=1，
整理得4k2−2m2+12=0，即4k2−2m2+1=0，
所以x12+x22=x1+x22−2x1x2 =64k2m24k2+12−2⋅4m2−14k2+1 =32k24k2+1−44k2−14k2+14k2+12=4，
y12+y22= 1−x124+1−x224= 2−x12+x224=1，
综上所述x12+x22=4，y12+y22=1，结论成立.
（2）当直线l的斜率不存在时，由（1）知OM=x1=2，PQ=2y1=2，因此OM⋅PQ=2；
当直线l的斜率存在时，由（1）知x1+x22=−2km，y1+y22=k⋅x1+x22+m=−2k2m+m=−2m2−12m+m=12m，
OM2=x1+x222+y1+y222 =4k2m2+14m2=2−34m2，PQ2=1+k2164k2−m2+14k2+12=2+3m2，
所以|OM|2⋅|PQ|2=2−34m22+3m2 =148−3m22+3m2 ≤148−3m2+2+3m222=254，
所以|OM|⋅|PQ|≤52，当且仅当8−3m2=2+3m2，即m=±1时，等号成立.
综上所述，|OM|⋅|PQ|的最大值为52.
【变式8-3】（2024·江西·一模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的一条渐近线的倾斜角为π3，C的右焦点F到该渐近线的距离为23.
(1)求C的方程；
(2)若过F的直线与C的左、右支分别交于点A，B，与圆O:x2+y2=a2交于与A，B不重合的M，N两点.
（ⅰ）求直线AB斜率的取值范围；
（ⅱ）求AB⋅MN的取值范围.
【解题思路】（1）根据渐近线的倾斜角得到b=3a，由焦点到渐近线方程的距离得到a=2，b=23，得到双曲线方程；
（2）（ⅰ）直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为x=my+4(m≠0)，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，由根的判别式及y1y2>0得到不等式，求出m2>13，再利用直线与圆相交得到不等式，求出m2>3，直线AB的斜率k=1m，从而得到直线AB斜率的取值范围；
（ⅱ）由弦长公式和垂径定理得到|AB|⋅|MN|=163m2+33m2−93m2−1，其中m2>3，设t=3m2−1，t>8，从而得到|AB|⋅|MN|=16−321t+1162+98∈(0,16).
【解答过程】（1）因为C的一条渐近线的倾斜角为π3，所以ba=3，b=3a，
则C的一条渐近线的方程为3x−y=0，
因为a2+b2=2a，
所以右焦点F(2a,0)到渐近线3x−y=0的距离为23a32+12=23，
所以a=2，b=23，所以C的方程为x24−y212=1.
（2）（ⅰ）由（1）知，F(4,0)，设Ax1,y1，Bx2,y2，
由题意可得直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为x=my+4(m≠0)，
与x24−y212=1联立得3m2−1y2+24my+36=0，
所以3m2−1≠0，Δ=144m2+1>0，y1+y2=−24m3m2−1，y1y2=363m2−1，
又A，B两点在x轴同一侧，所以y1y2>0.此时3m2−1>0，即m2>13.
又圆O的方程为x2+y2=4，点O到直线AB的距离d=4m2+1，
由d3，由m2>13,m2>3,得m2>3，所以m>3或m3，设t=3m2−1，t>8，
则|AB|⋅|MN|=16(t+4)(t−8)t=161−4t−32t2=16−321t+1162+98∈(0,16)，
所以|AB|⋅|MN|的取值范围是(0,16).
一、单选题
1．（2024·河北秦皇岛·二模）已知A，B为椭圆C：x29+y25=1上两个不同的点（直线AB与y轴不平行），F为C的右焦点，且AF+BF=4，若线段AB的垂直平分线交x轴于点P，则FP=（ ）
A．43B．53C．54D．32
【解题思路】设点Ax1,y1，Bx2,y2，求出AF和BF，由条件得x1+x2=3，依次求得线段AB的中点坐标和其中垂线斜率，写出中垂线方程，令y=0，求得点P横坐标即得.
【解答过程】
如图，由题意知F2,0，设Ax1,y1，Bx2,y2，
根据点A，B在C上，则x129+y125=1，x229+y225=1，
所以AF=x1−22+y12=x12−4x1+4+5−59x12=3−23x1，
同理可得BF=3−23x2，所以AF+BF=3−23x1+3−23x2=4，
所以x1+x2=3，
因线段AB的中点为32,y1+y22，kAB=y1−y2x1−x2，
则AB的垂直平分线的斜率为−x1−x2y1−y2，
又由x129+y125=1，x229+y225=1，作差化简得：y12−y22=59x22−x12，
则线段AB垂直平分线的方程为y=−x1−x2y1−y2x−32+y1+y22，
令y=0，得：x−32=y12−y222x1−x2=59x22−x122x1−x2=−59x1+x22=−56，
解得x=23，所以FP=2−23=43.
故选：A.
2．（2024·新疆·三模）已知抛物线C：y2=x的焦点为F，在抛物线C上存在四个点P，M，Q，N，若弦PQ与弦MN的交点恰好为F，且PQ⊥MN，则1PQ+1MN=（ ）
A．22B．1C．2D．2
【解题思路】由抛物线的方程可得焦点F的坐标，应用抛物线焦点弦性质PF=p1−csθ，QF=p1+csθ，MF=p1+sinθ，NF=p1−sinθ，结合三角的恒等变换的化简可得1PQ+1MN=12p，即可求解.
【解答过程】由抛物线C:y2=x得2p=1，则p=12，F(14,0)，
不妨设PQ的倾斜角为θ00)的左焦点为F1，圆O:x2+y2=a2.若过F1的直线分别交C的左、右两支于A，B两点，且圆O与F1B相切，C的离心率为3,F1到C的渐近线的距离为22，则|AB|=（ ）
A．327B．307C．207D．167
【解题思路】由题意可得|bc−a×0|a2+b2=b，可得a=1,b=22,c=3，进而可求直线AB的方程y=122(x+3)，联立方程组可求弦长.
【解答过程】由e=ca=3，得c=3a,b=22a.
双曲线x2a2−y2b2=1的渐近线方程为bx±ay=0，F1(−c,0)，
因为F1到C的渐近线的距离为b，所以|bc−a×0|a2+b2=b=22a=22，解得a=1,b=22,c=3，所以x2−y28=1，
过F1的直线AB与圆x2+y2=1相切于N，则可得F1N=32−12=22，
所以tan∠BF1O=|ON||NF1|=122，
过F1且与圆x2+y2=1相切的直线方程为y=122(x+3)，
联立方程组8x2−y2=8y=122(x+3)，消去x得63x2−6x−73=0.设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=221,x1x2=−7363，所以AB=1+18⋅2212+4×7363 =167.
故选：D.
4．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2，上顶点为A，左顶点为B，F1，F2分别是C的左、右焦点，且△F1AB的面积为2−32，点P为C上的任意一点，则1|PF1|+1|PF2|的取值范围为（ ）
A．[1,2]B．[2,3]C．[2,4]D．[1,4]
【解题思路】由已知和面积得到a=2，c=3，对1PF1+1PF2进行化简，配方求最值.
【解答过程】由已知的2b=2，故b=1.∵△F1AB的面积为2−32，
∴12a−cb=2−32，∴a−c=2−3.又∵a2−c2=(a−c)(a+c)=b2=1，
∴a=2，c=3，∴1PF1+1PF2=|PF|+PF2PF1PF2=2aPF14−PF1=4−PF12+4PF1，
又2−3≤PF1≤2+3，∴1≤−PF12+4PF1=−(PF1−2)2+4≤4，
∴1≤1PF1+1PF2≤4.∴1PF1+1PF2的取值范围为1,4.
故选：D.
5．（2024·全国·模拟预测）如图，已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,P为双曲线右支上一点，且F2P的延长线交y轴于点A，且F1P⋅F2P=0，△APF1的内切圆半径为4，△PF1F2的面积为9，则AF2PF2=（ ）

A．18B．32C．50D．14
【解题思路】由双曲线的定义，结合直角三角形内切圆半径的求法及相似三角形对应线段成比例求解即可.
【解答过程】因为F1P⋅F2P=0，所以PF1⊥PF2，所以△APF1为直角三角形，
所以AP+PF1−AF1=8，因为AF1=AF2，
所以AP+PF1−AF1=AP+PF1−AF2=PF1−PF2=8．
因为△PF1F2的面积为9，所以PF1PF2=18，
因为PF12+PF22=F1F22=4c2，
所以4c2=PF1−PF22+2PF1PF2=64+36=100，所以c=5．
易知Rt△AOF2∽Rt△F1PF2，所以AF2F1F2=OF2PF2，
所以AF2PF2=2c2=50．
故选：C.
6．（23-24高二上·河南商丘·阶段练习）设双曲线x2a2−y2=1的左、右焦点为F1、F2，渐近线方程为y=±12x，过F1直线l交双曲线左支于A、B两点，则AF2+BF2的最小值为（ ）
A．9B．10C．14D．152
【解题思路】根据渐近线方程求得a，利用双曲线的定义，通过求AB的最小值来求得AF2+BF2的最小值.
【解答过程】双曲线x2a2−y2=1，对应b=1，
渐近线方程为y=±12x，所以a=2，
所以双曲线的标准方程为x24−y2=1，c=a2+b2=5，
根据双曲线的定义有AF2−AF1=4,BF2−BF1=4，
两式相加得AF2+BF2−AF1+BF1=8，
AF2+BF2=8+AF1+BF1=8+AB，
依题意可知直线l与x轴不重合，双曲线的左焦点为F1−5,0，
设直线l的方程为x=my−5，
由x=my−5x24−y2=1消去x并化简得m2−4y2−25my+1=0，
由m2−4≠0Δ=20m2−4m2−4>0，解得m≠±2，
由于直线l与双曲线左支相交于两点，所以−20，
所以y1y2=−16,x1x2=y128⋅y228=(−16)264=4，
∴x1x2+y1y2=4−16=−120的焦点F是圆x−22+y2=1的圆心，过点F的直线l，自上而下顺次与上述两曲线交于点A,B,C,D，则AB+CD的取值范围为 6,+∞ ．
【解题思路】根据圆心求得p，设出直线l的方程，利用弦长公式求得AB+CD表达式，进而求得其取值范围.
【解答过程】圆x−22+y2=1的圆心为F2,0，半径为1，
所以p2=2,p=4，抛物线方程为y2=8x，
设直线l的方程为x=my+2，
由x=my+2y2=8x，消去x并化简得y2−8my−16=0，
所以yA+yD=8m，所以xA+xD=myA+yD+4=8m2+4，
所以AB+CD=AD−BC=xA+xD+p−2=8m2+6≥6，
所以AB+CD的取值范围为6,+∞.
故答案为：6,+∞.
14．（2024·河南·模拟预测）已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，点F为C的一个焦点，点A,B为C的两个顶点，若FA=3，FB=2，则AB的可能值中的最大值为 5 ．
【解题思路】不妨设F为右焦点，易知点F到C的左顶点的距离为a+c，到右顶点的距离为a−c，到上、下顶点的距离均为a，再对A、B的位置分类讨论，分别求出AB即可.
【解答过程】设c=a2−b2．由椭圆的对称性，不妨设F为右焦点，
易知点F到C的左顶点的距离为a+c，到右顶点的距离为a−c，到上、下顶点的距离均为a，
分情况进行讨论：①若A,B分别为C的左、右顶点，则a+c=3a−c=2，解得a=52c=12，则b2=a+ca−c=6，
所以AB=2a=5，相对应的C的方程为4x225+y26=1；
②若A为C的左顶点，B为C的上顶点或下顶点，则a+c=3a=2，所以c=1a=2，b2=a2−c2=3，
所以AB=a2+b2=7，相对应的C的方程为x24+y23=1；
③若A为上顶点或下顶点，B为右顶点，则a=3a−c=2，所以a=3c=1，b2=a2−c2=8，
所以AB=a2+b2=17，相对应的C的方程为x29+y28=1．
综上所述，AB的所有可能值为5，7，17；比较可知三值最大的为5，即AB的可能值中的最大值为5．
故答案为：5.
四、解答题
15．（2024·安徽·一模）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2.且经过点2,3.
(1)求C的方程；
(2)若直线l与C交于A，B两点，且OA⋅OB=0（点O为坐标原点），求AB的取值范围.
【解题思路】（1）根据离心率以及经过的点即可联立求解曲线方程；
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而根据向量的数量积的坐标运算化简得3k2+3=2m2，根据弦长公式，结合不等式即可求解，
【解答过程】（1）由题意可得4a2−9b2=1a2+b2a2=2，解得a2=1,b2=3，
故双曲线方程为C:x2−y23=1.
（2）当直线l斜率不存在时，可设AxA,yA,BxA,−yA，
则OA=xA,yA,OB=xA,−yA，
将其代入双曲线方程xA2−yA23=1，
又OA⋅OB=xA2−yA2=0，解得yA=±62，
此时AB=2yA=6，
当直线l斜率存在时，设其方程为y=kx+m，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立y=kx+mx2−y23=1⇒3−k2x2−2kmx−m2−3=0，
故3−k2≠0x1+x2=2km3−k2x1x2=−m2−33−k2Δ=4k2m2+12m2+13−k2=12m2−k2+3>0，
则OA⋅OB=x1x2+y1y2=x1x2+kx1+mkx2+m
=1+k2x1x2+kmx1+x2+m2=1+k2−m2−33−k2+km2km3−k2+m2=0，
化简得3k2+3=2m2，此时Δ=6k2+9>0，
所以AB=1+k2x1−x2=1+k2⋅x1+x22−4x1x2
=1+k22km3−k22−4−m2−33−k2 =1+k212m2−k2+33−k22
=6k4+10k2+9k4−6k2+9=61+16k2k4−6k2+9，
当k=0时，此时AB=6，
当k≠0时，此时AB=6⋅1+16k2+9k2−6，
∵3−k2≠0,∴k2+9k2>2k2⋅9k2=6，故16k2+9k2−6>0，
因此AB=6⋅1+16k2+9k2−6>6，
综上可得AB∈6,+∞.
16．（2024·陕西安康·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右顶点分别为A1,A2，左､右焦点分别为F1,F2,M是椭圆C上一点，MF2⊥F1F2,MA1=352，直线MA2的斜率为−32.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过右焦点F2的直线与椭圆C交于点P,Q，直线A1P,A2Q交于点N，求当A1PPN=12时，PF2的值.
【解题思路】（1）设Mx0,y0，依题意x0=c，由直线MA2的斜率与MA1得到方程，即可求出a、c、b2，从而得解；
（2）设Px1,y1,Qx2,y2，直线PQ的方程为x=my+1m≠0，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，设Ns,t，由A1,N,P三点共线，推导出s+2=tm+3y1，同理可得s−2=tm−1y2，从而求出s，再由A1PPN=12求出x1，即可求出PF2.
【解答过程】（1）设Mx0,y0，椭圆C的半焦距为c，则c=a2−b2.
由题意，知A1−a,0,A2a,0，因为MF2⊥F1F2，所以x0=c.
因为y0x0−a=y0c−a=−32，所以y0=32a−c>0.
又x02a2+y02b2=1，所以y0=b2−b2c2a2=b2a，即b2a=a2−c2a=32a−c，
所以a+c=32a，即a=2c.
因为MA1=(c+a)2+32a−c2=(3c)2+3c22=352，解得c=1，
所以a=2,b2=a2−c2=3，所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
（2）由（1），得F21,0，由题意，知直线PQ的斜率不为0，
设Px1,y1,Qx2,y2，直线PQ的方程为x=my+1m≠0，
与x24+y23=1联立，得3m2+4y2+6my−9=0，
则Δ=144m2+1>0,y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4.
设Ns,t，由A1−2,0,N,P三点共线，得ts+2=y1x1+2=y1my1+3，
所以s+2=tm+3y1，同理可得s−2=tm−1y2，
所以s+2−3s−2=t3y1+3y2−2m=t3×y1+y2y1y2−2m=t3×6m9−2m=0，
所以8−2s=0，解得s=4.
当A1PPN=12时，x1+24−x1=12，解得x1=0，所以y1=3，
所以PF2=32+12=2.
17．（2024·海南海口·二模）已知抛物线C：y2=2pxp>0的准线与x轴的交点为E−1,0，C的焦点为F.经过点E的直线l与C分别交于A，B两点.
(1)设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2，证明：k1+k2=0；
(2)记△ABF与△BEF的面积分别为S1，S2，若S1=3S2，求AF+BF.
【解题思路】（1）设出直线，联立曲线，结合韦达定理表示出斜率之和后计算即可得；
（2）借助面积比例可得A、B纵坐标比例，结合韦达定理计算即可得.
【解答过程】（1）因为抛物线C的准线与x轴的交点为E−1,0，
所以−p2=−1，即p=2，
所以C的方程为y2=4x，
显然直线l的斜率存在且不为0，
设直线l：x=my−1，Ax1,y1，Bx2,y2，
将直线方程与抛物线方程联立并消去x，
得y2−4my+4=0，Δ=16m2−16>0，即m2>1，
所以y1+y2=4m，y1y2=4，
所以k1+k2=y1x1−1+y2x2−1=y1my1−2+y2my2−2
=2my1y2−2y1+y2my1−2my2−2=2m×4−2×4mmy1−2my2−2=0.
（2）不妨设y1>0，y2>0，
因为S1=3S2，所以EFy2−y12=3×EFy12,得y1=4y2，
又y1y2=4，解得y1=4，y2=1，
所以x1+x2=y12+y224=174，
所以AF+BF=x1+1+x2+1=254.
18．（2024·新疆·一模）已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左右焦点分别为 F1,F2，离心率为 2，M 是C上一点，且MF2⊥F1F2，△MF1F2的周长为 12.
(1)求C的方程;
(2)过F2的直线l与C的右支交于A，B两点，过原点O作AB的垂线，并且与双曲线右支交于点P，证明： 1OP2−2AB为定值.
【解题思路】（1）根据题意，得到c=2a，设M(c,yM)，求得MF2+MF1+F1F2=c2a+2c=12，联立求得a,b,c的值，即可求解；
（2）设直线l的方程为l:x=my+2，联立方程组，利用弦长公式求得AB=6(m2+1)3m2−1，再直线OP的方程为y=mx，联立方程组，求得OP2=3+3m23−m2，进而化简，即可得到答案.
【解答过程】（1）因为双曲线C:x2a2−y2b2=1的离心率为2，可得ca=2，即c=2a，
又因为MF2⊥F1F2，设M(c,yM)，可得yM=b2a，所以MF2=b2a，
则MF1=MF2+2a=b2a+2a，
所以MF2+MF1+F1F2=2a2+b2a+b2a+2c=2c2a+2c=12，
将c=2a代入上式，可得c=2，所以a=1，则b=c2−a2=3，
所以双曲线的方程为x2−y23=1.
（2）由（1）得F2(2,0)，因为直线l与双曲线C的右支相交，所以直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为l:x=my+2，且A(x1,y1),B(x2,y2)，
联立方程组x=my+2x2−y23=1，整理得(3m2−1)y2+12my+9=0，
则Δ=12m2−4×9(3m2−1)>0，且y1+y2=−12m3m2−1,y1y2=93m2−1b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，且F1F2=2，过点F2作两条直线l1,l2，直线l1与C交于A,B两点，△F1AB的周长为42．
(1)求C的方程；
(2)若△F1AB的面积为43，求l1的方程；
(3)若l2与C交于M,N两点，且l1的斜率是l2的斜率的2倍，求MN−AB的最大值．
【解题思路】（1）根据椭圆的定义求得a=2，即可求解；
（2）由题意设l1:x=my+1,Ax1,y1,Bx2,y2，联立椭圆方程，根据韦达定理表示出y1−y2，结合△F1AB的面积建立方程，计算即可求解；
（3）由（2）可得AB=221−1m2+2，进而MN=221−14m2+2，则MN−AB= 322m2+5+2m2，结合基本不等式计算即可求解.
【解答过程】（1）设椭圆的半焦距为c(c>0)，由题意知2c=2，所以c=1，
△F1AB的周长为AF1+AF2+BF1+BF2=4a=42，所以a=2，
所以b2=a2−c2=1，
故C的方程为x22+y2=1．
（2）易知l1的斜率不为0，设l1:x=my+1,Ax1,y1,Bx2,y2，
联立x=my+1x2+2y2−2=0，得m2+2y2+2my−1=0，
所以y1+y2=−2mm2+2,y1y2=−1m2+2．
所以y1−y2=y1+y22−4y1y2=22m2+1m2+2，
由S△F1AB=12F1F2y1−y2=22m2+1m2+2=43，
解得m=±1，
所以l1的方程为x−y−1=0或x+y−1=0．
（3）由（2）可知AB=1+m2y1−y2=22m2+1m2+2=221−1m2+2，
因为l1的斜率是l2的斜率的2倍，所以m≠0，
得MN=221−14m2+2．
所以MN−AB=221m2+2−14m2+2=32m22m4+5m2+2 =322m2+5+2m2≤324+5=23，
当且仅当m=±1时，等号成立，
所以MN−AB的最大值为23．