新高考数学一轮复习基础版讲义第8章第8节　直线与圆锥曲线（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习基础版讲义第8章第8节　直线与圆锥曲线（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了圆锥曲线的弦长公式，以A为中点的双曲线C等内容，欢迎下载使用。

【知识梳理】
1.直线与圆锥曲线的位置关系
(1)直线与圆锥曲线的位置关系有相交、相切、相离；相交有两个交点(特殊情况除外)，相切有一个交点，相离无交点.
(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＋C＝0代入圆锥曲线C的方程.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.
②当a＝0时，即得到一个一次方程，则l与C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线平行；若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)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（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：将直线方程代入椭圆的方程，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与椭圆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，整理得(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).
[常用结论与微点提醒]
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，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(以上焦点在x轴上).
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线与圆锥曲线的三种位置关系：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.( )
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×
解析 (3)当“直线l与双曲线C只有一个公共点”成立时，则与渐近线平行的直线与双曲线只有一个交点或者直线l与双曲线相切有一个交点.
(4)直线与抛物线的对称轴平行时也只有一个交点.
2.过点(0，1)作与双曲线eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)＝1仅有一个公共点的直线，这样的直线有( )
A.1条B.2条C.3条D.4条
答案 D
解析 结合图形(图略)分析可知，满足题意的直线共有4条，过点(0，1)且平行于渐近线的两条直线以及过点(0，1)且与双曲线相切的两条直线.
3.已知直线l：y＝x－2与抛物线y2＝2x交于A，B两点，则线段AB的长是( )
A.2B.eq \r(10)C.2eq \r(10)D.4eq \r(10)
答案 C
解析 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x－2，,y2＝2x，))消去y并整理得
x2－6x＋4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝6，x1x2＝4，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(1＋1)×eq \r(36－4×4)＝2eq \r(10).
4.过点P(0，1)作斜率为－1的直线l与椭圆eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,6)＝1相交于A，B两点，则线段AB的中点坐标为________.
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,7)，\f(3,7)))
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意知直线l的方程为y＝－x＋1，
与eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,6)＝1联立，可得7x2－8x－20＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(8,7)，x1x2＝－eq \f(20,7)，
所以线段AB的中点的横坐标为eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(4,7)，
线段AB的中点的纵坐标为－eq \f(4,7)＋1＝eq \f(3,7)，
故线段AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,7)，\f(3,7))).
考点一 直线与圆锥曲线的位置关系
例1 已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：
(1)有两个不同的公共点；
(2)有且只有一个公共点.
解 将直线l的方程与椭圆C的方程联立，
得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x＋m， ①,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1， ②))
将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③
Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)当Δ>0，即－3eq \r(2)0
C.00)的焦点到准线的距离为1，若抛物线C上存在关于直线l：x－y－2＝0对称的不同的两点P和Q，则线段PQ的中点坐标为________.
答案 (1，－1)
解析 因为焦点到准线的距离为p，则p＝1，
所以y2＝2x.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2).
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yeq \\al(2,1)＝2x1，,yeq \\al(2,2)＝2x2，))
则(y1－y2)(y1＋y2)＝2(x1－x2)，
∴kPQ＝eq \f(2,y1＋y2)，
又∵P，Q关于直线l对称，
∴kPQ＝－1，即y1＋y2＝－2，
∴PQ中点的纵坐标为eq \f(y1＋y2,2)＝－1，
又∵PQ的中点在直线l上，
∴PQ中点的横坐标为eq \f(x1＋x2,2)＝(－1)＋2＝1.
∴线段PQ的中点坐标为(1，－1).
考点三 弦长公式
例3 (2024·南京调研)已知顶点在原点，关于y轴对称的抛物线与直线x－2y＝1交于P，Q两点，若|PQ|＝eq \r(15)，则抛物线的方程为( )
A.x2＝－4y B.x2＝12y
C.x2＝－4y或x2＝12y D.以上都不是
答案 C
解析 设抛物线的方程为x2＝2ay，
则抛物线与直线x－2y＝1联立消去y，得
x2－ax＋a＝0，
所以x1＋x2＝a，x1x2＝a，
则|x1－x2|＝eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(a2－4a)，
所以|PQ|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋\f(1,4))·eq \r(a2－4a)＝eq \r(15)，
所以a2－4a－12＝0，解得a＝－2或a＝6，
所以x2＝－4y或x2＝12y.
感悟提升 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，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|(k≠0)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[（y1＋y2）2－4y1y2]).
训练3 (1)已知斜率为2的直线经过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点F，且与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为________.
答案 eq \f(5\r(5),3)
解析 由题意知，椭圆的右焦点F的坐标为(1，0)，直线AB的方程为y＝2(x－1).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2（x－1），,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1))消去y，得3x2－5x＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(5,3)，x1x2＝0，
则|AB|＝eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])
＝eq \r(（1＋22）×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))\s\up12(2)－4×0)))＝eq \f(5\r(5),3).
1.曲线C与方程F(x，y)＝0满足两个条件：
(1)曲线C上点的坐标都是方程F(x，y)＝0的解；(2)以方程F(x，y)＝0的解为坐标的点都在曲线C上.则称曲线C为方程F(x，y)＝0的曲线，方程F(x，y)＝0为曲线C的方程.
2.求曲线方程的基本方法主要有：
(1)直接法：直接将几何条件或等量关系表示为代数方程；
(2)定义法：利用曲线的定义，判断曲线类型，再由曲线的定义直接写出曲线方程；
(3)代入法(相关点法)：题中有两个动点，一个为所求，设为(x，y)，另一个在已知曲线上运动，设为(x0，y0)，利用已知条件找出两个动点坐标的关系，用所求表示已知，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝f（x，y），,y0＝g（x，y），))将(x0，y0)代入已知曲线即得所求曲线方程；
(4)参数法：引入参数t，求出动点(x，y)与参数t之间的关系eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝f（t），,y＝g（t），))消去参数即得所求轨迹方程；
(5)交轨法：引入参数表示两动曲线的方程，将参数消去，得到两动曲线交点的轨迹方程.
例 (1) 已知M(－2，0)，N(2，0)，点P满足eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝12，则点P的轨迹方程为( )
A.eq \f(x2,16)＋y2＝1B.x2＋y2＝16
C.y2－x2＝8D.x2＋y2＝8
答案 B
解析 设P(x，y)，
则eq \(PM,\s\up6(→))＝(－2－x，－y)，eq \(PN,\s\up6(→))＝(2－x，－y)，
因为eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝12，所以x2－4＋y2＝12，
即x2＋y2＝16.
(2) 设P为双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1上的动点，O为坐标原点，M为线段OP的中点，则点M的轨迹方程是( )
A.x2－4y2＝1B.4y2－x2＝1
C.x2－eq \f(y2,4)＝1D.eq \f(x2,2)－y2＝1
答案 A
解析 设M(x，y)，
由M为线段OP的中点，得P(2x，2y)，
代入双曲线方程，得eq \f(（2x）2,4)－(2y)2＝1，
即x2－4y2＝1，故选A.
(3) (多选)(2024·泰安模拟)已知圆O的半径为定长r，A是圆O所在平面内一个定点，P是圆上任意一点，线段AP的垂直平分线l和直线OP相交于点Q.当点P在圆上运动时，下列说法正确的是( )
A.当点A在圆O内(不与圆心重合)时，点Q的轨迹是椭圆
B.点Q的轨迹可能是一个定点
C.当点A在圆O外时，点Q的轨迹是双曲线的一支
D.点Q的轨迹可能是抛物线
答案 AB
解析 对于A，连接QA，OA，
由已知得|QA|＝|QP|，
所以|QO|＋|QA|＝|QO|＋|QP|＝|OP|＝r.
又因为点A在圆内，所以|OA||OP|，
根据双曲线的定义，点Q的轨迹是以O，A为焦点，r为实轴长的双曲线，C错误.
对于D，由于当点A与圆心O重合时，点Q的轨迹为圆，所以点Q的轨迹不可能为抛物线，D错误.
(4) (2024·广州模拟)变量x，y满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(t)，,y＝2\r(1－t)))(t为参数)，则代数式eq \f(y＋2,x＋2)的取值范围是________.
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))
解析 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(t)，,y＝2\r(1－t)))消去参数t可得x2＋eq \f(y2,4)＝1(x≥0，y≥0)，
则M(x，y)的轨迹为椭圆在第一象限的部分(包含与坐标轴的交点)，
eq \f(y＋2,x＋2)＝eq \f(y－（－2）,x－（－2）)可看成点A(－2，－2)与点M(x，y)连线斜率，
如图，B(1，0)，C(0，2)，
∴kAB＝eq \f(0＋2,1＋2)＝eq \f(2,3)，kAC＝eq \f(2＋2,0＋2)＝2，
则eq \f(y＋2,x＋2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2)).
(5) 如图，已知椭圆C：eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1的短轴端点分别为B1，B2，点M是椭圆C上的动点，且不与点B1，点B2重合，点N满足NB1⊥MB1，NB2⊥MB2，求动点N的轨迹方程.
解 法一 设直线MB1：y＝kx－3(k≠0)，
则直线NB1：y＝－eq \f(1,k)x－3.①
直线MB1与椭圆C：eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1的交点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1))).
则直线MB2的斜率为kMB2＝eq \f(\f(6k2－3,2k2＋1)－3,\f(12k,2k2＋1))＝－eq \f(1,2k).
所以直线NB2：y＝2kx＋3.②
由①②得点N的轨迹方程eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,\f(9,2))＝1(x≠0).
法二 设N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0).
由题意知B1(0，－3)，B2(0，3)，
所以kMB1＝eq \f(y0＋3,x0)，kMB2＝eq \f(y0－3,x0).
因为MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，
所以直线NB1：y＋3＝－eq \f(x0,y0＋3)x，①
直线NB2：y－3＝－eq \f(x0,y0－3)x，②
联立①②，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(yeq \\al(2,0)－9,x0)，,y＝－y0.))
又eq \f(xeq \\al(2,0),18)＋eq \f(yeq \\al(2,0),9)＝1，所以x＝－eq \f(x0,2)，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－2x，,y0＝－y，))代入eq \f(xeq \\al(2,0),18)＋eq \f(yeq \\al(2,0),9)＝1，
得eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,\f(9,2))＝1.
所以动点N的轨迹方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,\f(9,2))＝1(x≠0).
训练 (1) 动点A在圆x2＋y2＝1上移动时，它与定点B(3，0)连线的中点的轨迹方程是( )
A.x2＋y2＋3x＋2＝0B.x2＋y2－3x＋2＝0
C.x2＋y2＋3y＋2＝0D.x2＋y2－3y＋2＝0
答案 B
解析 设动点A(xA，yA)与定点B(3，0)连线的中点为P(x，y)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xA＋3,2)＝x，,\f(yA＋0,2)＝y，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(xA＝2x－3，,yA＝2y.))
因为点A在圆x2＋y2＝1上，
所以(2x－3)2＋(2y)2＝1，
即4x2－12x＋9＋4y2＝1，
整理得x2＋y2－3x＋2＝0.
(2) 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1，2)，B是一动点，直线OA，OB，AB的斜率分别为k1，k2，k3，且eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝eq \f(1,k3)，记点B的轨迹为E，则曲线E的方程为__________.
答案 y2＝4x(x≠0且x≠1)
解析 设B(x，y)，因为eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝eq \f(1,k3)，
所以eq \f(1,2)＋eq \f(x,y)＝eq \f(x－1,y－2)(x≠0，x≠1)，
化简可得y2＝4x(x≠0，x≠1)，
故曲线E的方程为y2＝4x(x≠0，x≠1).
(3) 若动圆与两定圆(x＋5)2＋y2＝1和(x－5)2＋y2＝49都外切，则动圆圆心的轨迹方程是____________.
答案 eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1(x≤－3)
解析 设圆C1为(x＋5)2＋y2＝1，
可得圆心C1(－5，0)，半径r1＝1，
设圆C2为(x－5)2＋y2＝49，
可得圆心C2(5，0)，半径r2＝7，且|C1C2|＝10.
设动圆圆心为C，半径为r，
因为动圆C同时与圆C1和圆C2外切，
所以|CC1|＝r＋1，|CC2|＝7＋r，
所以|CC2|－|CC1|＝6b>0)，动圆C1：x2＋y2＝teq \\al(2,1)，b0，,\f(－2,1－k2)>0，))
解得10)的左、右焦点分别为F1(－3，0)，F2(3，0)，从F1射出的光线投射到双曲线上一点M，经双曲线在点M处的切线l：y＝x＋1反射后，反射光线的反向延长线经过点F2，则a＝( )
A.3B.eq \r(3)C.5D.eq \r(5)
答案 D
解析 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，,y＝x＋1，))
得(b2－a2)x2－2a2x－a2－a2b2＝0，
则Δ＝4a4＋4(b2－a2)(a2＋a2b2)＝0，
即a2＋(b2－a2)(1＋b2)＝0，
又b2＝9－a2，
所以a2＋(9－2a2)(10－a2)＝0，
即a4－14a2＋45＝0，
解得a＝eq \r(5)或a＝3(舍去).
6.(多选)已知双曲线C过点(3，eq \r(2))，且渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，则( )
A.双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1
B.左焦点到渐近线的距离为1
C.直线x－eq \r(2)y－1＝0与双曲线C有两个公共点
D.过右焦点截双曲线C所得弦长为2eq \r(3)的直线有三条
答案 ABD
解析 因为双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，且点(3，eq \r(2))与原点连线的斜率小于eq \f(\r(3),3)，
所以可设双曲线方程为eq \f(x2,3)－y2＝m(m≠0).
又双曲线过点(3，eq \r(2))，所以m＝eq \f(32,3)－(eq \r(2))2＝1，
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1，A正确；
由双曲线方程知a2＝3，b2＝1，c＝eq \r(a2＋b2)＝2，
则左焦点为(－2，0)，渐近线方程为x±eq \r(3)y＝0，
则左焦点到渐近线的距离d＝eq \f(|－2|,\r(12＋（±\r(3)）2))＝1，B正确；
将直线与双曲线C的方程联立并消x整理得
y2－2eq \r(2)y＋2＝0，
因为Δ＝(－2eq \r(2))2－4×1×2＝0，
所以直线与双曲线只有一个公共点，C错误；
因为双曲线的通径长为eq \f(2b2,a)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3)＜2eq \r(3)，
所以过右焦点，两端点都在右支上且弦长为2eq \r(3)的弦有两条，
又双曲线的两顶点间距离为2a＝2eq \r(3)，
所以端点在双曲线左、右两支上且弦长为2eq \r(3)的弦只有一条，为实轴.
综上，过右焦点截双曲线C所得弦长为2eq \r(3)的直线有三条，D正确.
7.(多选)设椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)＝1，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点.下列结论正确的是( )
A.直线AB与OM垂直
B.若点M坐标为(1，1)，则直线方程为2x＋y－3＝0
C.若直线方程为y＝x＋1，则点M坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(4,3)))
D.若直线方程为y＝x＋2，则|AB|＝eq \f(4\r(2),3)
答案 BD
解析 对于A，设M(x0，y0)，根据椭圆的中点弦的性质知kAB·kOM＝－eq \f(a2x0,b2y0)·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(4,2)＝－2≠－1，A不正确；
对于B，根据kAB·kOM＝－2，所以kAB＝－2，
所以直线方程为y－1＝－2(x－1)，
即2x＋y－3＝0，B正确；
对于C，若直线方程为y＝x＋1，点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(4,3)))，
则kAB·kOM＝1·4＝4≠－2，C不正确；
对于D，若直线方程为y＝x＋2，与椭圆方程eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)＝1联立，整理得3x2＋4x＝0，解得x1＝0，x2＝－eq \f(4,3)，所以|AB|＝eq \r(1＋12)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)－0))＝eq \f(4\r(2),3)，D正确.
8.过点P(2，2)作抛物线y2＝2x的切线l，切线l在y轴上的截距为________.
答案 1
解析 ∵点P(2，2)在第一象限，由y2＝2x，得y＝eq \r(2x)，y≥0，则y′＝eq \f(\r(2),2\r(x))，
则曲线在点P(2，2)处的切线的斜率k＝eq \f(\r(2),2\r(2))＝eq \f(1,2)，
∴切线方程为y－2＝eq \f(1,2)(x－2)，
令x＝0，得y＝1，
∴切线l在y轴上的截距为1.
9.以A(2，1)为中点的双曲线C：2x2－y2＝2的弦所在直线的方程为________.
答案 4x－y－7＝0
解析 设A(2，1)是弦P1P2的中点，
且P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，
则x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，
∵P1，P2在双曲线上，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2xeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,1)＝2，,2xeq \\al(2,2)－yeq \\al(2,2)＝2，))
∴2(x1＋x2)(x1－x2)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
∴2×4(x1－x2)＝2(y1－y2)，
∴k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝4.
∴以A(2，1)为中点的双曲线的弦所在的直线方程为y－1＝4(x－2)，
整理得4x－y－7＝0.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x－y－7＝0，,2x2－y2＝2，))得14x2－56x＋51＝0，
∵Δ＝(－56)2－4×14×51＞0.
∴以A(2，1)为中点的双曲线的弦所在的直线方程为4x－y－7＝0.
10.(2024·宁波调研)如图，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，C的准线与x轴交于点A，过点F斜率为eq \r(3)的直线与C交于点M，N(M在x轴上方)，则eq \f(|AM|,|AN|)＝________.
答案 3
解析 由题可得，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，0)).
直线MN：y＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，与抛物线方程联立，
消元后化简可得3x2－5px＋eq \f(3,4)p2＝0，
解得xM＝eq \f(3,2)p，xN＝eq \f(1,6)p，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)p，\r(3)p))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)p，－\f(\r(3),3)p)).
所以eq \f(|AM|,|AN|)＝eq \f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)p＋\f(1,2)p))\s\up12(2)＋3p2),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)p＋\f(1,2)p))\s\up12(2)＋\f(1,3)p2))＝3.
11.(2024·烟台测试)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，离心率为eq \f(\r(2),2)，短轴顶点分别为M，N，四边形MF1NF2的面积为32.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l交椭圆C于A，B两点，若AB的中点坐标为(－2，1)，求直线l的方程.
解 (1)因为离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，所以a＝eq \r(2)c，
因为a2＝b2＋c2，所以b＝c.
因为四边形MF1NF2的面积为32，
所以2bc＝32，
所以b＝c＝4，a＝4eq \r(2)，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,32)＋eq \f(y2,16)＝1.
(2)由题意得，直线l的斜率存在.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),32)＋\f(yeq \\al(2,1),16)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),32)＋\f(yeq \\al(2,2),16)＝1，))
两式相减得eq \f(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2),32)＋eq \f(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2),16)＝0，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2).
因为AB的中点坐标为(－2，1)在椭圆内部，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1，所以直线l的斜率为1，
故直线l的方程为y－1＝x＋2，即x－y＋3＝0.
12.已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与双曲线eq \f(y2,6)－eq \f(x2,2)＝1的渐近线相同，且经过点(2，3).
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知双曲线C的左、右焦点分别为F1，F2，直线l经过F2，倾斜角为eq \f(3,4)π，l与双曲线C交于A，B两点，求△F1AB的面积.
解 (1)设所求双曲线C的方程为eq \f(y2,6)－eq \f(x2,2)＝λ，
代入点(2，3)得eq \f(32,6)－eq \f(22,2)＝λ，即λ＝－eq \f(1,2)，
∴双曲线C的方程为eq \f(y2,6)－eq \f(x2,2)＝－eq \f(1,2)，
即x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)由(1)知，F1(－2，0)，F2(2，0)，
由题意得直线AB的方程为y＝－(x－2)，
即x＋y－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－2＝0，,x2－\f(y2,3)＝1，))得2x2＋4x－7＝0，
满足Δ>0且x1＋x2＝－2，x1x2＝－eq \f(7,2)，
由弦长公式得|AB|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|
＝eq \r(1＋（－1）2)×eq \r(（－2）2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,2))))
＝eq \r(2)×3eq \r(2)＝6，
点F1(－2，0)到直线AB：x＋y－2＝0的距离
d＝eq \f(|－2＋0－2|,\r(2))＝2eq \r(2).
所以S△F1AB＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)×6×2eq \r(2)＝6eq \r(2).
【B级 能力提升】
13.(2022·新高考Ⅰ卷改编)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为eq \f(1,2).过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是( )
A.8B.10C.13D.16
答案 C
解析 如图，连接AF1，DF2，EF2，
因为C的离心率为eq \f(1,2)，
所以eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
所以a＝2c，所以b2＝a2－c2＝3c2.
因为|AF1|＝|AF2|＝a＝2c＝|F1F2|，
所以△AF1F2为等边三角形，
又DE⊥AF2，所以直线DE为线段AF2的垂直平分线，
所以|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，
且∠EF1F2＝30°，
所以直线DE的方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x＋c)，
代入椭圆C的方程eq \f(x2,4c2)＋eq \f(y2,3c2)＝1，
得13x2＋8cx－32c2＝0.
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(8c,13)，x1x2＝－eq \f(32c2,13)，
所以|DE|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))[（x1＋x2）2－4x1x2])
＝eq \r(\f(4,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8c,13)))\s\up12(2)－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(32c2,13))))))＝eq \f(48c,13)＝6，
解得c＝eq \f(13,8)，所以a＝2c＝eq \f(13,4)，
所以△ADE的周长为|AD|＋|AE|＋|DE|＝
|DF2|＋|EF2|＋|DE|＝4a＝13.
14.(2021·新高考Ⅰ卷)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－eq \r(17)，0)，F2(eq \r(17)，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)设点T在直线x＝eq \f(1,2)上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
解 (1)因为|MF1|－|MF2|＝20，b>0)，
半焦距为c，则2a＝2，c＝eq \r(17)，
得a＝1，b2＝c2－a2＝16，
所以点M的轨迹C的方程为x2－eq \f(y2,16)＝1(x≥1).
(2)设Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，t))，由题意可知直线AB，PQ的斜率均存在且不为零，
设直线AB的方程为y－t＝k1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))(k1≠0)，
直线PQ的方程为y－t＝k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))(k2≠0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－t＝k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，,x2－\f(y2,16)＝1，))
得(16－keq \\al(2,1))x2－2k1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))eq \s\up12(2)－16＝0.
设A(xA，yA)，B(xB，yB)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xA>\f(1,2)，xB>\f(1,2)))，
由题意知16－keq \\al(2,1)≠0，
则xAxB＝eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))\s\up12(2)－16,16－keq \\al(2,1))，
xA＋xB＝eq \f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2))),16－keq \\al(2,1))，
所以|TA|＝eq \r(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xA－\f(1,2)))
＝eq \r(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xA－\f(1,2)))，
|TB|＝eq \r(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xB－\f(1,2)))
＝eq \r(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xB－\f(1,2)))，
则|TA|·|TB|＝(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xA－\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xB－\f(1,2)))
＝(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(xAxB－\f(1,2)（xA＋xB）＋\f(1,4)))
＝(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))\s\up12(2)－16,16－keq \\al(2,1))－\f(1,2)·\f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2))),16－keq \\al(2,1))＋\f(1,4)))
＝eq \f(（1＋keq \\al(2,1)）（t2＋12）,keq \\al(2,1)－16).
同理得|TP|·|TQ|＝eq \f(（1＋keq \\al(2,2)）（t2＋12）,keq \\al(2,2)－16).
因为|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，
所以eq \f(（1＋keq \\al(2,1)）（t2＋12）,keq \\al(2,1)－16)＝eq \f(（1＋keq \\al(2,2)）（t2＋12）,keq \\al(2,2)－16)，
所以keq \\al(2,2)－16＋keq \\al(2,1)keq \\al(2,2)－16keq \\al(2,1)＝keq \\al(2,1)－16＋keq \\al(2,1)keq \\al(2,2)－16keq \\al(2,2)，即keq \\al(2,1)＝keq \\al(2,2)，
又k1≠k2，所以k1＝－k2，即k1＋k2＝0.
故直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.