高考数学精品讲义练习【一轮复习】第八章　8．8　直线与圆锥曲线

这是一份高考数学精品讲义练习【一轮复习】第八章　8．8　直线与圆锥曲线，共17页。试卷主要包含了已知椭圆M，过双曲线C，已知直线l，设F是抛物线C，过抛物线C，双曲线C等内容，欢迎下载使用。
1．理解直线与圆锥曲线位置关系的判断方法．
2．掌握直线被圆锥曲线所截的弦长公式．
3．能解决直线与圆锥曲线相交的综合问题．
1．直线与圆锥曲线的位置关系
(1)直线与圆锥曲线可能的位置关系包括相交、相切、相离；相交时有一个或两个交点，相切时有一个交点，相离时无交点．
(2)判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋D＝0与圆锥曲线C的方程组成方程组，消去y（或x）得到一个关于变量x（或y）的方程ax2＋bx＋c＝0（或ay2＋by＋c＝0）.
①当a≠0时，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有Δ＞0时，直线l与曲线C相交；Δ＝0时，直线l与曲线C相切；Δ＜0时，直线l与曲线C相离Ｗ．
②当a＝0时，即得到一个一次方程，则直线l与曲线C相交，且只有一个交点，此时，若曲线C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线平行；若曲线C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴平行或重合．
2．圆锥曲线的弦长公式
设直线与圆锥曲线的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝ eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝ eq \r((1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2])或|AB|＝ eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[(y1＋y2)2－4y1y2])，k为直线斜率且k≠0.
3．中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解
(1)利用根与系数的关系：将直线的方程代入圆锥曲线的方程，消元后得到一个一元二次方程，利用根与系数的关系和中点坐标公式建立等式求解，注意不能忽视对判别式的讨论．
(2)点差法：若直线l与圆锥曲线C有两个交点A，B，一般地，首先设出A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点M(x0，y0)，直线AB的斜率k，将点A，B代入圆锥曲线的方程，两式相减并整理分别以 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1， eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1，y2＝2px为例，椭圆中k＝－ eq \f(b2,a2)· eq \f(x0,y0)；双曲线中k＝ eq \f(b2,a2)· eq \f(x0,y0)；抛物线中k＝ eq \f(p,y0)．
教材拓展
1．圆锥曲线中最短的焦点弦为通径，椭圆、双曲线中长为 eq \f(2b2,a)，抛物线中长为2p.
2．过原点的直线交椭圆于A，B两点，P是椭圆上异于A，B的任一点，则kPA·kPB＝－ eq \f(b2,a2)；同理，双曲线中kPA·kPB＝ eq \f(b2,a2).（以上焦点在x轴上）
3．若点P(x0，y0)在椭圆上，则过点P的切线方程为 eq \f(x0x,a2)＋ eq \f(y0y,b2)＝1；同理，双曲线中为 eq \f(x0x,a2)－ eq \f(y0y,b2)＝1，抛物线中为y0y＝p(x＋x0).（以上焦点在x轴上）
1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）
(1)直线与圆锥曲线有三种位置关系：相离、相切、相交．( √ )
(2)直线y＝x与椭圆 eq \f(x2,2)＋y2＝1一定相交．( √ )
(3)“直线l与双曲线C相切”的充要条件是“直线l与双曲线C只有一个公共点”．( × )
(4)若直线与抛物线只有一个交点，则直线与抛物线一定相切．( × )
2．（人教A版选择性必修第一册P114例7改编）直线y＝x＋2与椭圆 eq \f(x2,m)＋ eq \f(y2,3)＝1有两个公共点，则m的取值范围是( C )
A．(－∞，0)∪(1，＋∞)
B．(0，3)∪(3，＋∞)
C．(1，3)∪(3，＋∞)
D．(1，＋∞)
解析：联立直线方程和椭圆方程得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋2，,3x2＋my2＝3m，))消去y，整理，得(3＋m)x2＋4mx＋m＝0，所以Δ＝16m2－4m(m＋3)>0，所以m>1或m0，m≠3，所以m>1且m≠3.故选C.
3．（人教A版选择性必修第一册P136T3改编）已知直线l：y＝x－1与抛物线y2＝4x交于A，B两点，则线段AB的长是( C )
A．2 B．4
C．8 D．16
解析：联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,y2＝4x，))消去y并整理得x2－6x＋1＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝6，x1x2＝1，所以|AB|＝ eq \r(1＋12)× eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝ eq \r(1＋1)× eq \r(36－4)＝8.故选C.
4．已知椭圆M： eq \f(x2,5)＋ eq \f(y2,3)＝1，过点P(1，m)，斜率为 eq \f(3,5)的直线l与M交于A，B两点，且P为AB的中点，则m＝( B )
A．1 B．－1
C． eq \f(1,2) D．－ eq \f(1,2)
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为P(1，m)为AB的中点，可得x1＋x2＝2，y1＋y2＝2m，
又由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,1),5)＋\f(y eq \\al(2,1),3)＝1，,\f(x eq \\al(2,2),5)＋\f(y eq \\al(2,2),3)＝1，))两式相减得 eq \f(x eq \\al(2,1)－x eq \\al(2,2),5)＋ eq \f(y eq \\al(2,1)－y eq \\al(2,2),3)＝ eq \f((x1－x2)(x1＋x2),5)＋ eq \f((y1－y2)(y1＋y2),3)
＝ eq \f(2(x1－x2),5)＋ eq \f(2m(y1－y2),3)＝0，则 eq \f(1,5)＋ eq \f(m(y1－y2),3(x1－x2))＝ eq \f(1,5)＋ eq \f(m,3)× eq \f(3,5)＝0，解得m＝－1.故选B.
考点1 直线与圆锥曲线的位置关系
【例1】 (1)（2024·江苏宿迁三模）已知抛物线C：x2＝y，点M(m，1)，则“m>1”是“过M且与C仅有一个公共点的直线有3条”的( A )
A．充分条件
B．必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】 过M且与抛物线C仅有一个公共点的直线有3条，则当直线的斜率不存在时符合题意，此时直线方程为x＝m；当直线的斜率存在时，设直线方程为y－1＝k(x－m)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－1＝k(x－m)，,x2＝y，))消去y整理得x2－kx＋km－1＝0，所以Δ＝0，即k2－4km＋4＝0有两个不同的解，所以Δ1>0，即16m2－16>0，解得m1，所以“m>1”是“过M且与C仅有一个公共点的直线有3条”的充分条件．故选A.
(2)（2024·北京卷）若直线y＝k(x－3)与双曲线 eq \f(x2,4)－y2＝1只有一个公共点，则k的一个取值为 eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或－\f(1,2)))．
【解析】 联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－y2＝1，,y＝k(x－3)，))化简可得(1－4k2)x2＋24k2x－36k2－4＝0，因为直线y＝k(x－3)与双曲线 eq \f(x2,4)－y2＝1只有一个公共点，故1－4k2＝0或Δ＝(24k2)2＋4(1－4k2)(36k2＋4)＝0，解得k＝± eq \f(1,2)或k无解，所以当k＝± eq \f(1,2)时，符合题意．
在判断直线与圆锥曲线的位置关系时，先联立方程组，再消去x（或y），得到关于y（或x）的方程，如果是直线与椭圆，则所得方程一定为一元二次方程；如果是直线与双曲线或抛物线，则需讨论二次项系数等于零和不等于零两种情况，只有二次方程才有判别式，另外还应注意斜率不存在的情形．
【对点训练1】 (1)（2024·湖南衡阳模拟）已知直线kx＋y＋2k＝0与椭圆 eq \f(x2,3)＋ eq \f(y2,4)＝1相切，则k的值为( C )
A．2 B． eq \f(1,2)
C．±2 D．± eq \f(1,2)
解析：依题意，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1，,kx＋y＋2k＝0，))得4x2＋3(－kx－2k)2＝12，化简得(4＋3k2)x2＋12k2x＋12k2－12＝0，因为直线kx＋y＋2k＝0与椭圆 eq \f(x2,3)＋ eq \f(y2,4)＝1相切，所以Δ＝(12k2)2－4×(4＋3k2)×(12k2－12)＝0，化简整理得k2－4＝0，所以k＝±2.故选C.
(2)（2024·陕西渭南模拟）已知斜率为3的直线l过双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点，且与C的左、右两支各有一个交点，则C的离心率的取值范围是( B )
A．（1， eq \r(10)） B．（ eq \r(10)，＋∞）
C．(1，3) D．(3，＋∞)
解析：方法一 设直线方程为y＝3(x－c)（c＝ eq \r(a2＋b2)），与 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)联立得(b2－9a2)x2＋18a2cx－9a2c2－a2b2＝0，设两交点坐标为(x1，y1)，(x2，y2)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2－9a2≠0，,x1x2＝－\f(9a2c2＋a2b2,b2－9a2)0，即 eq \f(b,a)>3，离心率e＝ eq \r(1＋\f(b2,a2))> eq \r(10).故选B.
方法二 易知渐近线方程为y＝± eq \f(b,a)x，由题意得 eq \f(b,a)>3，离心率e＝ eq \r(1＋\f(b2,a2))> eq \r(10).故选B.
考点2 弦的有关问题
命题角度1 中点弦
【例2】 （2024·广东肇庆一模）已知直线l：x－y＋3＝0与双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)交于A，B两点，点P(1，4)是弦AB的中点，则双曲线C的渐近线方程是( B )
A．y＝± eq \f(1,4)x B．y＝±2x
C．y＝± eq \f(1,2)x D．y＝±4x
【解析】 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得 eq \f(x eq \\al(2,1),a2)－ eq \f(y eq \\al(2,1),b2)＝1， eq \f(x eq \\al(2,2),a2)－ eq \f(y eq \\al(2,2),b2)＝1，两式相减可得 eq \f((x1－x2)(x1＋x2),a2)＝ eq \f((y1－y2)(y1＋y2),b2)，点P(1，4)是弦AB的中点，且直线l：x－y＋3＝0，可得x1＋x2＝2，y1＋y2＝8，y1－y2＝x1－x2，即有b2＝4a2，即b＝2a，双曲线的渐近线方程为y＝±2x.经验证，此时直线与双曲线有两个交点．故选B.
弦及弦中点问题的解决方法
(1)根与系数的关系：直线方程与椭圆或双曲线方程联立，消元，利用根与系数的关系表示中点．
(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆或双曲线方程，将两端点坐标代入方程，作差构造中点、斜率间的关系．若已知弦的中点坐标，可求弦所在直线的斜率．
命题角度2 一般弦
【例3】 （2024·湖南长沙三模）已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为 eq \f(1,2)，过C的左焦点且斜率为1的直线与C交于A，B两点．若|AB|＝12，则C的焦距为7Ｗ．
【解析】 由椭圆C的离心率为e＝ eq \f(1,2)，可得a＝2c，则b＝ eq \r(a2－c2)＝ eq \r(3)c，所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4c2)＋ eq \f(y2,3c2)＝1，即3x2＋4y2－12c2＝0，由直线AB过椭圆C的左焦点F(－c，0)且斜率为1，可得直线AB的方程为y＝x＋c，联立方程组 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋c，,3x2＋4y2－12c2＝0，))整理得7x2＋8cx－8c2＝0，则Δ＝64c2＋4×7×8c2＝288c2>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－ eq \f(8,7)c，x1x2＝－ eq \f(8,7)c2，所以|AB|＝ eq \r(1＋12)· eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝ eq \f(\r(2×(64c2＋4×7×8c2)),7)＝ eq \f(24c,7)＝12，解得c＝ eq \f(7,2)，所以椭圆C的焦距为2c＝7.
弦长的求解方法
(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，设斜率为k的直线l与椭圆或双曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的所设的点，则弦长公式的常见形式有如下几种：
①|AB|＝ eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝ eq \r((1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2])；
②|AB|＝ eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[(y1＋y2)2－4y1y2])(k≠0).
【对点训练2】 (1)（2024·湖南邵阳二模）已知直线l：x－2y－2＝0与椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点．若弦AB被直线m：x＋2y＝0平分，则椭圆C的离心率为( C )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(\r(2),4)
C． eq \f(\r(3),2) D． eq \f(\r(5),4)
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为弦AB被直线m：x＋2y＝0平分，设弦AB的中点坐标为(x0，y0)，所以 eq \f(x1＋x2,2)＋2× eq \f(y1＋y2,2)＝x0＋2y0＝0①，因为点A，B在直线l：x－2y－2＝0上，代入可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝2y1＋2，,x2＝2y2＋2，))两式相减可得x1－x2＝2(y1－y2)②，又点A，B在椭圆上，代入可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,1),a2)＋\f(y eq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(x eq \\al(2,2),a2)＋\f(y eq \\al(2,2),b2)＝1，))两式相减可得 eq \f(x eq \\al(2,1)－x eq \\al(2,2),a2)＋ eq \f(y eq \\al(2,1)－y eq \\al(2,2),b2)＝0，代入①②可得 eq \f(4x0,a2)＋ eq \f(2y0,b2)＝0⇒a2＝4b2，又椭圆中a2＝b2＋c2，所以离心率e＝ eq \f(c,a)＝ eq \r(\f(3b2,4b2))＝ eq \f(\r(3),2).故选C.
(2)（2024·广东茂名一模）已知双曲线C：x2－ eq \f(y2,3)＝1，直线l：y＝kx＋1分别与C的左、右支交于M，N两点，O为坐标原点，若△OMN的面积为 eq \r(6)，则直线l的方程为y＝± eq \r(2)x＋1．
解析：联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋1，))消去y，得(3－k2)x2－2kx－4＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝ eq \f(2k,3－k2)，x1x2＝－ eq \f(4,3－k2)，∴Δ＝4k2＋16(3－k2)>0，x1x2＝－ eq \f(4,3－k2)0)上两点．
(1)求C的离心率；
(2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．
【解】 (1)由题意得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝3，,\f(9,a2)＋\f(\f(9,4),b2)＝1，))
解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2＝9，,a2＝12，))
所以e＝ eq \r(1－\f(b2,a2))＝ eq \r(1－\f(9,12))＝ eq \f(1,2).
(2)方法一 kAP＝ eq \f(3－\f(3,2),0－3)＝－ eq \f(1,2)，则直线AP的方程为y＝－ eq \f(1,2)x＋3，即x＋2y－6＝0，
|AP|＝ eq \r((0－3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(3,2)))\s\up12(2))＝ eq \f(3\r(5),2)，由(1)知C： eq \f(x2,12)＋ eq \f(y2,9)＝1，
设点B到直线AP的距离为d，则d＝ eq \f(2×9,\f(3\r(5),2))＝ eq \f(12\r(5),5)，则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移 eq \f(12\r(5),5)个单位长度即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点B，
设该平行线的方程为x＋2y＋D＝0，
则 eq \f(|D＋6|,\r(5))＝ eq \f(12\r(5),5)，解得D＝6或D＝－18，
当D＝6时，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，,x＋2y＋6＝0，))
解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝－3))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－3，,y＝－\f(3,2)，))
即B(0，－3)或B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(3,2)))，
当B(0，－3)时，kl＝ eq \f(3,2)，直线l的方程为y＝ eq \f(3,2)x－3，即3x－2y－6＝0，
当B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(3,2)))时，kl＝ eq \f(1,2)，直线l的方程为y＝ eq \f(1,2)x，即x－2y＝0，
当D＝－18时，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，,x＋2y－18＝0，))
得2y2－27y＋117＝0，
Δ＝(－27)2－4×2×117＝－2070，且k≠kAP，即k≠－ eq \f(1,2)，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(24k2－12k,4k2＋3)，,x1x2＝\f(36k2－36k－27,4k2＋3)，))
|PB|＝ eq \r(k2＋1) eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝ eq \f(4\r(3)\r(k2＋1)\r(3k2＋9k＋\f(27,4)),4k2＋3)，
点A到直线PB的距离d＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3k＋\f(3,2))),\r(k2＋1))，
S△ABP＝ eq \f(1,2)× eq \f(4\r(3)\r(k2＋1)\r(3k2＋9k＋\f(27,4)),4k2＋3)× eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3k＋\f(3,2))),\r(k2＋1))＝9，
解得k＝ eq \f(1,2)或k＝ eq \f(3,2)，均满足题意，
∴l：y＝ eq \f(1,2)x或y＝ eq \f(3,2)x－3，即x－2y＝0或3x－2y－6＝0.
方法六 当l的斜率不存在时，l：x＝3，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，－\f(3,2)))，|PB|＝3，点A到直线PB的距离d＝3，
此时S△ABP＝ eq \f(1,2)×3×3＝ eq \f(9,2)≠9不满足条件．
当l的斜率存在时，设l：y＝k(x－3)＋ eq \f(3,2)，
设l与y轴的交点为Q，令x＝0，
则Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－3k＋\f(3,2)))，
联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－3k＋\f(3,2)，,3x2＋4y2＝36，))则有(3＋4k2)x2－8k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k－\f(3,2)))x＋36k2－36k－27＝0，
其中Δ＝64k2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k－\f(3,2)))2－4(3＋4k2)(36k2－36k－27)>0，且k≠kAP，即k≠－ eq \f(1,2)，
则3xB＝ eq \f(36k2－36k－27,3＋4k2)，
xB＝ eq \f(12k2－12k－9,3＋4k2)，
则S△ABP＝ eq \f(1,2)|AQ||xP－xB|＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3k＋\f(3,2))) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(12k＋18,3＋4k2)))＝9，解得k＝ eq \f(1,2)或k＝ eq \f(3,2)，经代入判别式验证均满足题意．
则直线l的方程为y＝ eq \f(1,2)x或y＝ eq \f(3,2)x－3，即x－2y＝0或3x－2y－6＝0.
1．解答直线与椭圆相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线的方程和椭圆的方程，消去y（或x）得一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，建立有关参变量的等量关系求解．
2．涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
【对点训练3】 （2024·山东泰安一模）已知圆x2＋y2－x－2y＋m＝0与x轴交于点P(1，0)，且经过椭圆G： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上顶点，椭圆G的离心率为 eq \f(\r(5),3).
(1)求椭圆G的方程；
(2)若点A为椭圆G上一点，且在x轴上方，B为A关于原点O的对称点，点M为椭圆G的右顶点，直线PA与MB交于点N，△PBN的面积为 eq \f(\r(5),3)，求直线PA的斜率．
解：(1)∵圆x2＋y2－x－2y＋m＝0过(1，0)，∴m＝0，又∵圆x2＋y2－x－2y＝0过(0，b)，∴b＝2，
又∵ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，,a2－c2＝4，))∴a2＝9，
∴椭圆G的方程为 eq \f(x2,9)＋ eq \f(y2,4)＝1.
(2)设A(x0，y0)(y0>0)，则B(－x0，－y0)，
由题知x0≠1且x0≠±3，
则PA：y＝ eq \f(y0,x0－1)(x－1)，
MB：y＝ eq \f(y0,x0＋3)(x－3)，
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(y0,x0－1)(x－1)，,y＝\f(y0,x0＋3)(x－3)，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,2)－\f(1,2)x0，,y＝－\f(y0,2)，))
∴N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,2)x0，－\f(y0,2)))，
又∵S△PBN＝S△PBM－S△PNM＝ eq \f(1,2)×|PM|× eq \f(1,2)y0＝ eq \f(1,2)y0＝ eq \f(\r(5),3)，
解得y0＝ eq \f(2\r(5),3)，又∵ eq \f(x eq \\al(2,0),9)＋ eq \f(y eq \\al(2,0),4)＝1，∴x0＝±2，
∴直线PA的斜率kAP＝ eq \f(y0,x0－1)＝－ eq \f(2\r(5),9)或 eq \f(2\r(5),3).
课时作业60
1．（5分）已知抛物线C：y2＝4x，直线l过点A(－2，0)，且与抛物线C有且只有一个公共点，则满足条件的直线l的条数为( B )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：由题意可知，直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y＝k(x＋2)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x＋2)，,y2＝4x，))得k2x2＋4(k2－1)x＋4k2＝0，当k＝0时，x＝0，此时直线l的方程为y＝0，与抛物线C有且只有一个公共点(0，0)，符合题意；当k≠0时，由于直线l与抛物线C有且只有一个公共点，所以对于方程k2x2＋4(k2－1)x＋4k2＝0，Δ＝[4(k2－1)]2－4k2×4k2＝0，所以k2＝ eq \f(1,2)，所以k＝± eq \f(\r(2),2)，此时直线l的方程为y＝ eq \f(\r(2),2)(x＋2)或y＝－ eq \f(\r(2),2)(x＋2).综上所述，直线l的方程为y＝0或y＝ eq \f(\r(2),2)(x＋2)或y＝－ eq \f(\r(2),2)(x＋2)，故满足条件的直线l共3条．故选B.
2．（5分）（2024·安徽芜湖模拟）已知椭圆 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1，一组斜率为 eq \f(3,2)的平行直线与椭圆相交，则这些直线被椭圆截得的线段的中点所在的直线方程为( C )
A．y＝ eq \f(1,2)x B．y＝－2x
C．y＝－ eq \f(1,2)x D．y＝2x
解析：设斜率为 eq \f(3,2)的平行直线与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，且AB的中点为M(x，y)，可得x1＋x2＝2x，y1＋y2＝2y.由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,1),4)＋\f(y eq \\al(2,1),3)＝1，,\f(x eq \\al(2,2),4)＋\f(y eq \\al(2,2),3)＝1，))两式相减得 eq \f((x1＋x2)(x1－x2),4)
＋ eq \f((y1＋y2)(y1－y2),3)＝0，整理得 eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－ eq \f(3(x1＋x2),4(y1＋y2))＝－ eq \f(3×2x,4×2y)＝ eq \f(3,2)，可得y＝－ eq \f(1,2)x，即这些直线被椭圆截得的线段的中点所在的直线方程为y＝－ eq \f(1,2)x.故选C.
3．（5分）（2024·山东泰安三模）已知F(c，0)为双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点，直线x＝c与C的两条渐近线分别交于A，B两点，O为坐标原点，△OAB是面积为4的直角三角形，则C的方程为( B )
A．x2－y2＝1 B． eq \f(x2,2)－ eq \f(y2,2)＝1
C． eq \f(x2,4)－ eq \f(y2,4)＝1 D． eq \f(x2,4)－ eq \f(y2,2)＝1
解析：如图，由△OAB为直角三角形，及双曲线的对称性知OA⊥OB，且|OA|＝|OB|，则C的渐近线方程为y＝±x，即a＝b，由△OAB的面积为4，得 eq \f(1,2)×2c×c＝4，解得c＝2，又a2＋b2＝c2＝4，因此a＝b＝ eq \r(2)，所以C的方程为 eq \f(x2,2)－ eq \f(y2,2)＝1.故选B.
4．（5分）（2024·甘肃金昌二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点．若|AB|＝5，则直线l的方程为( B )
A．y＝± eq \f(1,2)(x－1) B．y＝±2(x－1)
C．y＝± eq \r(3)(x－1) D．y＝± eq \f(\r(3),3)(x－1)
解析：点F的坐标为(1，0)，①若直线l的斜率不存在，此时|AB|＝4，不合题意；②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝k(x－1)，))消去y后整理得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，有xA＋xB＝ eq \f(2k2＋4,k2)，可得|AB|＝xA＋xB＋2＝ eq \f(2k2＋4,k2)＋2＝ eq \f(4k2＋4,k2)，有 eq \f(4k2＋4,k2)＝5，解得k＝±2，故直线l的方程为y＝±2(x－1).故选B.
5．（5分）过双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦点且斜率不为0的直线交C于A，B两点，D为AB中点，若kAB·kOD＝ eq \f(1,2)（O为坐标原点），则C的离心率为( D )
A． eq \r(6) B．2
C． eq \r(3) D． eq \f(\r(6),2)
解析：不妨设过双曲线C的焦点且斜率不为0的直线为y＝k(x－c)，k≠0，令A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，,y＝k(x－c)，))整理得(b2－a2k2)x2＋2a2k2cx－(a2k2c2＋a2b2)＝0，则x1＋x2＝ eq \f(2a2k2c,a2k2－b2)，x1x2＝ eq \f(a2k2c2＋a2b2,a2k2－b2)， D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2k2c,a2k2－b2)，\f(kb2c,a2k2－b2)))，则kOD＝ eq \f(kb2c,a2k2c)＝ eq \f(b2,a2k)，由kAB·kOD＝ eq \f(1,2)，可得 eq \f(b2,a2k)·k＝ eq \f(1,2)，则有a2＝2b2，即3a2＝2c2，则双曲线C的离心率e＝ eq \f(c,a)＝ eq \f(\r(6),2).故选D.
6．（5分）已知直线l：kx－y－2k＋1＝0与椭圆C1： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)交于A，B两点，与圆C2：(x－2)2＋(y－1)2＝1交于C，D两点．若存在k∈[－2，－1]，使得 eq \(AC,\s\up6(→))＝ eq \(DB,\s\up6(→))，则椭圆C1的离心率的取值范围是( C )
A． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
C． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))) D． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))
解析：直线l：kx－y－2k＋1＝0，即为k(x－2)＋1－y＝0，可得直线恒过定点(2，1)，圆C2：(x－2)2＋(y－1)2＝1的圆心为(2，1)，半径为1，所以C，D为直径的端点，由 eq \(AC,\s\up6(→))＝ eq \(DB,\s\up6(→))，可得AB的中点为(2，1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 eq \f(x eq \\al(2,1),a2)＋ eq \f(y eq \\al(2,1),b2)＝1， eq \f(x eq \\al(2,2),a2)＋ eq \f(y eq \\al(2,2),b2)＝1，两式相减可得 eq \f((x1＋x2)(x1－x2),a2)＋ eq \f((y1＋y2)(y1－y2),b2)＝0，由x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，可得k＝ eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－ eq \f(2b2,a2)，由－2≤k≤－1，得 eq \f(1,2)≤ eq \f(b2,a2)≤1，则椭圆的离心率e＝ eq \f(c,a)＝ eq \r(1－\f(b2,a2))∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))).故选C.
7．（6分）（多选）（2024·山东青岛质检）设F是抛物线C：y2＝4x的焦点，直线l过点F，且与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论正确的是( ACD )
A．|AB|≥4
B．|OA|＋|OB|>8
C．若点P(2，2)，则|PA|＋|AF|的最小值是3
D．△OAB面积的最小值是2
解析：由题意知F(1，0)，不妨设A在第一象限，若直线l斜率不存在，则A(1，2)，B(1，－2)，则|OF|＝1，
|AB|＝4，|OA|＋|OB|＝2 eq \r(5)，S△OAB＝ eq \f(1,2)×4×1＝2，故B错误；若直线l斜率存在，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x－1)，显然k≠0，联立方程组 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x－1)，,y2＝4x，))消元得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝ eq \f(2k2＋4,k2)＝2＋ eq \f(4,k2)，∴|AB|＝x1＋x2＋2＝4＋ eq \f(4,k2)>4，原点O到直线l的距离d＝ eq \f(|k|,\r(k2＋1))，∴S△OAB＝ eq \f(1,2)×|AB|×d＝ eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(4,k2)))× eq \f(|k|,\r(k2＋1))＝2 eq \r(1＋\f(1,k2))>2，综上，|AB|≥4，S△OAB≥2，故A正确，D正确；过点A向准线作垂线，垂足为N，如图，则|PA|＋|AF|＝|PA|＋|AN|，又P(2，2)在抛物线内部，故当P，A，N三点共线时，|PA|＋|AF|取得最小值3，故C正确．故选ACD.
8．（6分）（多选）（2024·江苏苏州三模）过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l：y＝x－1与C相交于A，B两点，O为坐标原点，则( ACD )
A．p＝2 B．OA⊥OB
C．|AB|＝8 D． eq \(FA,\s\up6(→))· eq \(FB,\s\up6(→))＝－8
解析：因为直线l：y＝x－1经过点F，可得F(1，0)，即 eq \f(p,2)＝1，所以p＝2，故A正确；设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝x－1，))可得y2－4y－4＝0，所以y1＋y2＝4，y1y2＝－4，所以x1＋x2＝y1＋y2＋2＝6，x1x2＝ eq \f((y1y2)2,16)＝1，所以 eq \(OA,\s\up6(→))· eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝1－4＝－3≠0，所以OA与OB不垂直，故B不正确；|AB|＝x1＋x2＋p＝6＋2＝8，故C正确； eq \(FA,\s\up6(→))· eq \(FB,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＝1－6＋1－4＝－8，故D正确．故选ACD.
9．（5分）（2024·浙江绍兴模拟）双曲线C： eq \f(x2,4)－ eq \f(y2,3)＝1，过点P(0，1)作直线l，l与双曲线只有一个交点M，则l的斜率为± eq \f(\r(3),2)或±1．
解析：双曲线渐近线的斜率为± eq \f(b,a)＝± eq \f(\r(3),2)，当直线l与双曲线渐近线平行时，直线l和双曲线只有一个交点；当直线l与双曲线渐近线不平行时，设直线l：y＝kx＋1，联立双曲线方程可得 eq \f(x2,4)－ eq \f((kx＋1)2,3)＝1，则(3－4k2)x2－8kx－16＝0，此时直线l与双曲线只有一个交点，则Δ＝64k2＋64(3－4k2)＝0，可得k＝±1.综上，l的斜率为± eq \f(\r(3),2)或±1.
10．（5分）（2024·辽宁丹东二模）已知O为坐标原点，F为抛物线y2＝4x的焦点，椭圆D： eq \f(y2,a2)＋x2＝1(a>1)，记P为抛物线与D在第一象限的交点，延长PO交D于Q，若|PF|＝ eq \f(3,2)，则△PQF的面积为 eq \r(2)．
解析：由y2＝4x，可得F(1，0)，由D： eq \f(y2,a2)＋x2＝1(a>1)，可得F(1，0)与椭圆短轴的一个顶点重合，如图，根据椭圆的对称性，可得|PO|＝|OQ|，所以△PQF的面积等于△POF的面积的2倍，由抛物线的定义知，点P到准线x＝－1的距离为 eq \f(3,2)，所以点P的横坐标为 eq \f(1,2)，代入抛物线方程得点P的纵坐标为 eq \r(2)，所以△PQF的面积为S＝2× eq \f(1,2)×1× eq \r(2)＝ eq \r(2).
11．（14分）（2024·河南开封二模）已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，且 eq \(AF1,\s\up6(→))· eq \(AF2,\s\up6(→))＝0.
(1)求C的离心率；
(2)射线AF1与C交于点B，且|AB|＝ eq \f(8,3)，求△ABF2的周长．
解：(1)依题意可得上顶点A(0，b)，左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，所以 eq \(AF1,\s\up6(→))＝(－c，－b)， eq \(AF2,\s\up6(→))＝(c，－b)，
又 eq \(AF1,\s\up6(→))· eq \(AF2,\s\up6(→))＝0，所以 eq \(AF1,\s\up6(→))· eq \(AF2,\s\up6(→))＝－c2＋(－b)2＝0，即b2＝c2，即a2－c2＝c2，所以a2＝2c2，所以离心率e＝ eq \f(c,a)＝ eq \f(\r(2),2).
(2)如图，由(1)可得b＝c，a＝ eq \r(2)c，则椭圆方程为 eq \f(x2,2c2)＋ eq \f(y2,c2)＝1，
射线AF1的方程为y＝ eq \f(b,c)x＋b＝x＋c，联立
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋c，,\f(x2,2c2)＋\f(y2,c2)＝1，))整理可得3x2＋4cx＝0，解得x＝0或x＝－ eq \f(4,3)c，所以B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)c，－\f(1,3)c))，所以|AB|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c＋\f(1,3)c))\s\up12(2))＝ eq \f(4,3) eq \r(2)c＝ eq \f(8,3)，解得c＝ eq \r(2)，则a＝2，所以△ABF2的周长C△ABF2＝|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝|AF1|＋|BF1|＋|AF2|＋|BF2|＝4a＝8.
12．（16分）（2025·八省联考）已知椭圆C的离心率为 eq \f(1,2)，左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0).
(1)求C的方程；
(2)已知点M0(1，4)，求证：线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点；
(3)设M是坐标平面上的动点，且线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点，证明M的轨迹为圆，并求该圆的方程．
解：(1)因为椭圆C的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以c＝1，又因为椭圆C的离心率为 eq \f(1,2)，得a＝2，
所以b2＝3，所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：由M0(1，4)，F1(－1，0)得直线F1M0的斜率为k＝2，线段F1M0的中点坐标为(0，2)，所以线段F1M0的垂直平分线方程为y＝－ eq \f(1,2)x＋2.联立垂直平分线方程和椭圆方程 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝－\f(1,2)x＋2，))得x2－2x＋1＝0，解得x＝1，y＝ eq \f(3,2)，Δ＝4－4＝0，所以线段F1M0的垂直平分线与椭圆相切，线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
(3)证明：证法一 设M(x0，y0)，
当y0＝0时，线段F1M的垂直平分线方程为x＝ eq \f(x0－1,2)，
此时 eq \f(x0－1,2)＝±2，解得x0＝5或x0＝－3；
当y0≠0时，线段F1M的垂直平分线方程为y＝－ eq \f(x0＋1,y0) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0－1,2)))＋ eq \f(y0,2)＝－ eq \f(x0＋1,y0)x＋ eq \f(x eq \\al(2,0)＋y eq \\al(2,0)－1,2y0)，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(x0＋1,y0)x＋\f(x eq \\al(2,0)＋y eq \\al(2,0)－1,2y0)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
得3x2＋4 eq \f(（x eq \\al(2,0)＋y eq \\al(2,0)－1）2,4y eq \\al(2,0))－ eq \f((x0＋1)（x eq \\al(2,0)＋y eq \\al(2,0)－1）,y eq \\al(2,0))x＋ eq \f((x0＋1)2,y eq \\al(2,0))x2＝12，即 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3＋\f(4(x0＋1)2,y eq \\al(2,0))))x2
－ eq \f(4(x0＋1)（x eq \\al(2,0)＋y eq \\al(2,0)－1）,y eq \\al(2,0))x＋ eq \f(（x eq \\al(2,0)＋y eq \\al(2,0)－1）2,y eq \\al(2,0))－12＝0，
因为线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点，故Δ＝ eq \f(16(x0＋1)2（x eq \\al(2,0)＋y eq \\al(2,0)－1）2,y eq \\al(4,0))－4 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3＋\f(4(x0＋1)2,y eq \\al(2,0)))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(（x eq \\al(2,0)＋y eq \\al(2,0)－1）2,y eq \\al(2,0))－12))＝0，即 eq \f(（x eq \\al(2,0)＋y eq \\al(2,0)－1）2,y eq \\al(2,0))－12－ eq \f(16(x0＋1)2,y eq \\al(2,0))＝0，则y eq \\al(4,0)＋（2x eq \\al(2,0)－14）y eq \\al(2,0)＋x eq \\al(4,0)－18x eq \\al(2,0)－32x0－15＝0，即y eq \\al(4,0)＋（2x eq \\al(2,0)－14）y eq \\al(2,0)＋(x0＋1)2(x0＋3)(x0－5)＝0，y eq \\al(4,0)＋（2x eq \\al(2,0)－14）y eq \\al(2,0)＋（x eq \\al(2,0)＋2x0＋1）（x eq \\al(2,0)－2x0－15）＝0，即（y eq \\al(2,0)＋x eq \\al(2,0)＋2x0＋1）（y eq \\al(2,0)＋x eq \\al(2,0)－2x0－15）＝0，
因为x eq \\al(2,0)＋y eq \\al(2,0)＋2x0＋1＝(x0＋1)2＋y eq \\al(2,0)>0，
所以x eq \\al(2,0)＋y eq \\al(2,0)－2x0－15＝0，
而(5，0)，(－3，0)也满足该式，
故点M的轨迹是圆，该圆的方程为x2＋y2－2x－15＝0，即(x－1)2＋y2＝16.
证法二 设线段F1M的垂直平分线l与C恰有一个公共点P，
则当点P不在椭圆长轴上时，线段F1M的垂直平分线l即为C在点P处的切线，也为∠F1PM的平分线所在直线，如图，
作∠F1PF2的平分线PH，根据椭圆的光学性质得PH⊥l，所以∠F1PE＋∠F1PH＝90°，则∠F2PH＋∠EPM＝90°，
故∠F2PF1＋∠F1PM＝180°，
所以M，P，F2三点共线，所以|MF2|＝|MP|＋|PF2|＝|PF1|＋|PF2|＝4，
所以点M的轨迹是以F2为圆心，4为半径的圆，
当点P在椭圆长轴上时，点M的坐标为(5，0)或(－3，0)，也满足|MF2|＝4，
故点M的轨迹是圆，该圆的方程为(x－1)2＋y2＝16.
13．（6分）（2024·四川成都三模）在平面直角坐标系xOy中，点A(－1，0)，B(2，3)，向量 eq \(OC,\s\up6(→))＝m eq \(OA,\s\up6(→))＋n eq \(OB,\s\up6(→))，且m－n－4＝0.若点C的轨迹与双曲线 eq \f(x2,2)－y2＝1的渐近线相交于P，Q两点（点P在x轴上方），双曲线右焦点为F，则 eq \f(S△POF,S△QOF)＝( D )
A．3＋2 eq \r(2) B．3－2 eq \r(2)
C． eq \f(19＋6\r(2),17) D． eq \f(19－6\r(2),17)
解析：由于向量 eq \(OC,\s\up6(→))＝m eq \(OA,\s\up6(→))＋n eq \(OB,\s\up6(→))，点A(－1，0)，B(2，3)，所以C(－m＋2n，3n)，因为m－n－4＝0，所以点C(n－4，3n)，则点C的轨迹方程为y＝3(x＋4)，与双曲线 eq \f(x2,2)－y2＝1其中一条渐近线y＝ eq \f(\r(2),2)x联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(\r(2),2)x，,y＝3(x＋4)，))得yQ＝－ eq \f(12＋36\r(2),17)，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(\r(2),2)x，,y＝3(x＋4)，))得yP＝ eq \f(36\r(2)－12,17)，因此 eq \f(S△POF,S△QOF)＝ eq \f(\f(1,2)|OF|·|yP|,\f(1,2)|OF|·|yQ|)＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(yP,yQ)))＝ eq \f(36\r(2)－12,36\r(2)＋12)＝ eq \f(19－6\r(2),17).故选D.
14．（6分）（2024·江西鹰潭一模）已知椭圆E： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，如图，过点F作倾斜角为60°的直线与椭圆E交于A，B两点，M为线段AB的中点，若5|FM|＝|OF|（O为坐标原点），则椭圆E的离心率为( B )
A． eq \f(\r(3),3) B． eq \f(\r(6),3)
C． eq \f(2\r(2),3) D． eq \f(2\r(7),7)
解析：依题意，椭圆的左焦点为F(－c，0)，|FM|＝ eq \f(1,5)|OF|＝ eq \f(1,5)c，如图，过M作MM′⊥x轴，垂足为M′，由∠MFM′＝60°，得|FM′|＝ eq \f(1,2)|FM|＝ eq \f(1,10)c，|MM′|＝ eq \f(\r(3),2)|FM|＝ eq \f(\r(3),10)c，则M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,10)c，\f(\r(3),10)c))，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有 eq \f(y1－y2,x1－x2)＝tan 60°＝ eq \r(3)， eq \f(x1＋x2,2)＝－ eq \f(9,10)c， eq \f(y1＋y2,2)＝ eq \f(\r(3),10)c，由 eq \f(x eq \\al(2,1),a2)＋ eq \f(y eq \\al(2,1),b2)＝1， eq \f(x eq \\al(2,2),a2)＋ eq \f(y eq \\al(2,2),b2)＝1，两式相减得 eq \f((x1＋x2)(x1－x2),a2)＋ eq \f((y1＋y2)(y1－y2),b2)＝0，则有 eq \f(b2,a2)＝－ eq \f((y1＋y2)(y1－y2),(x1＋x2)(x1－x2))＝－ eq \f(\f(\r(3),5)c,－\f(9,5)c)× eq \r(3)＝ eq \f(1,3)，所以e＝ eq \f(c,a)＝ eq \r(1－\f(b2,a2))＝ eq \r(1－\f(1,3))＝ eq \f(\r(6),3).故选B.
15．（6分）（多选）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3 eq \r(3)，则( AC )
A．sin θ＝ eq \f(\r(3),2)
B．|MN|＝24
C．以MF为直径的圆与y轴仅有1个交点
D． eq \f(|MF|,|NF|)＝ eq \f(\r(3),3)或 eq \f(|MF|,|NF|)＝ eq \r(3)
解析：如图，由题意可知，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))，θ≠0.
设直线l：x＝my＋ eq \f(3,2)，M(x1，y1)，N(x2，y2).由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋\f(3,2)，,y2＝6x，))消去x整理得y2－6my－9＝0，则Δ＝36(m2＋1)>0，则y1＋y2＝6m，y1y2＝－9，所以S△OMN＝ eq \f(1,2)×|y1－y2|× eq \f(3,2)＝ eq \f(3,4) eq \r((y1＋y2)2－4y1y2)＝ eq \f(3,4)×6 eq \r(m2＋1)＝3 eq \r(3)，解得m2＝ eq \f(1,3)，所以m2＝ eq \f(cs2θ,sin2θ)＝ eq \f(1,3).又因为sin2θ＋cs2θ＝1，所以sin2θ＝ eq \f(3,4).又因为θ∈(0，π)，所以sinθ＝ eq \f(\r(3),2)，故A正确．|MN|＝ eq \r(m2＋1)·|y1－y2|＝6(m2＋1)＝6× eq \f(4,3)＝8，故B错误．由抛物线的定义可知|MF|＝x1＋ eq \f(3,2)，又因为线段MF的中点到y轴的距离为 eq \f(x1＋\f(3,2),2)，所以以MF为直径的圆与y轴相切，故C正确．由题知 eq \f(|MF|,|NF|)＝ eq \f(|y1|,|y2|)，若m＝ eq \f(\r(3),3)，则y2－2 eq \r(3)y－9＝0，解得y＝－ eq \r(3)或y＝3 eq \r(3)；若m＝－ eq \f(\r(3),3)，则y2＋2 eq \r(3)y－9＝0，解得y＝ eq \r(3)或y＝－3 eq \r(3)，则 eq \f(|MF|,|NF|)＝ eq \f(1,3)或 eq \f(|MF|,|NF|)＝3，故D错误．故选AC.