最高考文数考点一遍过（讲义） 考点39 直线与圆锥曲线的位置关系

这是一份最高考文数考点一遍过（讲义） 考点39 直线与圆锥曲线的位置关系，共67页。学案主要包含了直线与圆锥曲线的位置关系，圆锥曲线中弦的相关问题等内容，欢迎下载使用。
课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
专题39 直线与圆锥曲线的位置关系
（1）了解圆锥曲线的简单应用.
（2）理解数形结合的思想.
一、直线与圆锥曲线的位置关系
1．曲线的交点
在平面直角坐标系xOy中，给定两条曲线，已知它们的方程为，求曲线的交点坐标，即求方程组的实数解.
方程组有几组实数解，这两条曲线就有几个交点.若方程组无实数解，则这两条曲线没有交点.
2．直线与圆锥曲线的交点个数的判定
设直线，圆锥曲线，把二者方程联立得到方程组，消去得到一个关于的方程.
（1）当时，
方程有两个不同的实数解，即直线与圆锥曲线有两个交点；
方程有两个相同的实数解，即直线与圆锥曲线有一个交点；
方程无实数解，即直线与圆锥曲线无交点.
（2）当a=0时，方程为一次方程，若b≠0，方程有一个解，此时直线与圆锥曲线有一个交点；
若b=0,c≠0，方程无解，此时直线与圆锥曲线没有交点.
3．直线与圆锥曲线的位置关系
直线与圆锥曲线相交时，直线与椭圆有两个公共点，与双曲线、抛物线有一个或两个公共点.
（1）直线与椭圆有两个交点相交；直线与椭圆有一个交点相切；直线与椭圆没有交点相离.
（2）直线与双曲线有两个交点相交.
当直线与双曲线只有一个公共点时，除了直线与双曲线相切外，还有可能是直线与双曲线相交，此时直线与双曲线的渐近线平行.
直线与双曲线没有交点相离.
（3）直线与抛物线有两个交点相交.
当直线与抛物线只有一个公共点时，除了直线与抛物线相切外，还有可能是直线与抛物线相交，此时直线与抛物线的对称轴平行或重合.
直线与抛物线没有交点相离.
二、圆锥曲线中弦的相关问题
1．弦长的求解
（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与圆锥曲线C相交于两个不同的点，则弦长.
（3）当弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长.
2．中点弦问题
（1）AB为椭圆的弦，，弦中点M(x0，y0)，则AB所在直线的斜率为，弦AB的斜率与弦中点M和椭圆中心O的连线的斜率之积为定值.
（2）AB为双曲线的弦，，弦中点M(x0，y0)，则AB所在直线的斜率为，弦AB的斜率与弦中点M和双曲线中心O的连线的斜率之积为定值.
（3）在抛物线中，以M(x0，y0) 为中点的弦所在直线的斜率.
考向一 直线与圆锥曲线位置关系的判断及应用
1．判断直线与圆锥曲线的交点个数时，可直接求解相应方程组得到交点坐标，也可利用消元后的一元二次方程根的判别式来确定，需注意利用判别式的前提是二次项系数不为0.
2．依据直线与圆锥曲线的交点个数求参数时，联立方程并消元，得到一元方程，此时注意观察方程的二次项系数是否为0，若为0，则方程为一次方程；若不为0，则将方程解的个数转化为判别式与0的大小关系求解.
典例1 已知椭圆x2+4y2=4，直线l:y＝x＋m．
(1)若l与椭圆有一个公共点，求m的值；
(2)若l与椭圆相交于P,Q两点，且|PQ|等于椭圆的短轴长，求m的值．
【解析】(1)联立直线与椭圆的方程，得，即5x2+8mx+4m2−4=0，
由于直线l与椭圆有一个公共点，则Δ=80−16m2=0,
所以m=±5.
(2)设P(x1,y1)，Q(x2，y2)，
由(1)知：，
则|PQ|==2.
解得：m=±304.
典例2 已知抛物线的焦点为，抛物线的焦点为．
（1）若过点的直线与抛物线有且只有一个交点，求直线的方程；
（2）若直线与抛物线交于，两点，求的面积．
【解析】（1）由题意知抛物线的焦点为，抛物线的焦点为，
所以，，
则抛物线的方程为，抛物线的方程为.
若直线的斜率不存在，则易知直线的方程为；
若直线的斜率存在，设为，则直线的方程为，
联立，可得，
当时，，满足题意，此时直线的方程为；
当时，，解得，
此时直线的方程为.
综上，直线的方程为，或，或.
（2）易得直线MF的方程为，
由得
设，则，，
从而，
所以的面积为．
1．已知是椭圆的两个焦点，过且垂直于轴的直线交于两点，且，则的方程为
A．B．
C．D．
2．已知点到抛物线的准线的距离为2.
（1）求抛物线的方程及焦点的坐标；
（2）设点关于原点的对称点为点，过点作不经过点的直线与交于两点，求直线与的斜率之积.
考向二 直线与圆锥曲线的弦长问题
直线与圆锥曲线的弦长问题有三种解法：
（1）过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义可优化解题．
（2）将直线的方程与圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长．
（3）它体现了解析几何中的设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系.
典例3 已知抛物线C：y2=2px（p>0），焦点为F，直线l交抛物线C于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，D(x0,y0)为AB的中点，且|AF|+|BF|=1+2x0．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若x1x2+y1y2=−1，求的最小值．
【解析】（1）根据抛物线的定义知|AF|+|BF|=x1+x2+p，x1+x2=2x0，
∵|AF|+|BF|=1+2x0，∴p=1，
∴y2=2x．
（2）设直线l的方程为x=my+b，
代入抛物线方程，得y2−2my−2b=0，
∵x1x2+y1y2=−1，即，
∴y1y2=−2，
即y1y2=−2b=−2，∴b=1，
∴y1+y2=2m，y1y2=−2，
|AB|=1+m2|y1−y2| =1+m2⋅(y1+y2)2−4y1y2 =21+m2⋅m2+2，
，
∴，
令t=m2+1，t∈[1,+∞)，
则，
当且仅当时等号成立．
故的最小值为.
典例4 已知椭圆：的上顶点为，右顶点为，直线与圆相切于点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的左、右焦点分别为、，过且斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，且，求直线的方程.
【解析】（1）∵直线与圆相切于点，且，
∴，
∴直线的方程为，
∴，，即，，
∴椭圆的标准方程为；
（2）易知直线的斜率不为零，设直线的方程为，
代入椭圆的方程中，
得，
由椭圆定义知，
又，
从而，
设，，
则，.
∴，
代入并整理得，
∴.
故直线的方程为或.
3．直线与双曲线相交于A，B两点．
（1）当时，求线段AB的长；
（2）若以AB为直径的圆经过坐标原点，求实数a的值．
4．已知抛物线的焦点为，过点且与轴不垂直的直线与抛物线交于点，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）设直线与轴交于点，试探究：线段与的长度能否相等？如果相等，求直线的方程，如果不等，说明理由．
考向三 圆锥曲线中的定点、定值问题
定点、定值问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明.解决此类问题的关键是引进参变量表示所求问题，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.可以先研究一下特殊情况，找出定点或定值，再视具体情况进行研究.同时，也要掌握巧妙利用特殊值解决相关的定点、定值问题，如将过焦点的弦特殊化，变成垂直于对称轴的弦来研究等.
典例5 如图，已知点E(m,0)(m＞0)为抛物线y2＝4x内一个定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线交抛物线于点A，B，C，D，且M，N分别是AB，CD的中点．
（1）若m＝1，k1k2＝－1，求△EMN面积的最小值；
（2）若k1＋k2＝1，求证：直线MN过定点．
【解析】（1）当m=1时，E为抛物线y2=4x的焦点，
∵k1k2=−1，∴AB⊥CD.
设直线AB的方程为y=k1x−1，Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=k1x−1y2=4x得k1y2−4y−4k1=0，y1+y2=4k1，y1y2=−4.
则，同理，N2k12+1,−2k1，
∴，
化简得，
当且仅当k1=±1时等号成立.
故ΔEMN的面积取得最小值，为4.
（2）设直线AB的方程为y=k1x−m，Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=k1x−my2=4x得k1y2−4y−4k1m=0，y1+y2=4k1，y1y2=−4m，
则，
同理，
∴直线MN的方程为，即y=k1k2x−m+2，
∴直线MN恒过定点m,2．
典例6 已知椭圆方程为，射线与椭圆的交点为，过作倾斜角互补的两条直线，分别与椭圆交于两点（异于）.
（1）求证：直线的斜率为定值；
（2）求面积的最大值.
【解析】（1）由，得，
不妨设直线，
直线.
由，
得，
设，
，，
同理得，
，
直线的斜率为定值2.
（2）设直线，
由，得，
则，
由得，且，
又点到的距离，
，
则，
当且仅当，即，时，取等号，
所以面积的最大值为1.
5．已知抛物线过点
（1）求抛物线的方程和焦点坐标；
（2）过点的直线与抛物线交于两点，点关于轴的对称点为，试判断直线是否过定点，并加以证明.
6．已知椭圆的离心率为12，右焦点F2与抛物线y2=4x的焦点重合，左顶点为P，过F2的直线交椭圆于A、B两点，直线PA、PB与直线l:x=4交于M、N两点.
（1）求椭圆E的方程；
（2）试计算PM⋅PN是否为定值？若是，请求出该值；若不是，请说明理由.
1．直线y=kx−k+1与椭圆x29+y24=1的位置关系为
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
2．已知直线y=kx−1与双曲线x2−y2=4的右支有两个交点，则k的取值范围为
A．(0,52) B．[1,52]
C．(−52,52) D．(1,52)
3．直线被椭圆截得的弦长是
A．B．
C．D．
4．设F为抛物线C：y2=8x的焦点，过F作倾斜角为30°的直线交C于A、B两点，则AB=
A．323 B．16
C．32 D．43
5．直线l过抛物线y2=4x的焦点F且与抛物线交于A,B两点，若线段AF,BF的长分别为m,n，则4m+n的最小值是
A．10 B．9
C．8 D．7
6．已知直线与抛物线相切，则双曲线的离心率为
A．B．
C．D．
7．已知椭圆的右焦点为，离心率为，过点的直线交椭圆于两点，若中点为，则直线的斜率为
A．2B．
C．D．
8．过双曲线的右顶点A作倾斜角为135°的直线,该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B,C,若,则双曲线的渐近线方程为
A．(2+1)x+y=0B．(2+1)y-x=0
C．(2+1)x±y=0D．(2+1)y±x=0
9．过抛物线的焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，且，为坐标原点，则的面积与的面积之比为
A．B．
C．D．2
10．若椭圆与直线x−2y+4=0有公共点，则该椭圆离心率的取值范围是
A． B．
C． D．
11．已知双曲线的一条渐近线截椭圆x24+y2=1所得弦长为433，则此双曲线的离心率为
A．2 B．3
C． D．6
12．设抛物线的焦点为，准线为，为抛物线上一点，，为垂足，如果直线的斜率为，那么
A．B．
C．D．2
13．若直线与抛物线交于两个不同的点，抛物线的焦点为，且成等差数列，则
A．2或B．
C．2D．
14．已知是关于的方程的两个不等实根，则经过两点的直线与椭圆公共点的个数是
A．B．
C．D．不确定
15．如图,过抛物线的焦点F的直线l交抛物线于点A、B,交其准线于点C,若|BC|=2|BF|,且|AF|=3,则此抛物线的方程为
A．B．
C． D．y2=3x
16．已知椭圆C：，过点M(1,0)的直线l与椭圆C交于点A，B，若AM=2MB，则直线l的斜率为
A． B．
C． D．
17．已知抛物线的焦点为F，过点F分别作两条直线，直线与抛物线C交于两点，直线与抛物线C交于两点，若直线与直线的斜率的乘积为，则的最小值为
A．14B．16
C．18D．20
18．直线过抛物线的焦点且与相交于A，B两点，且的中点的坐标为，则抛物线C的方程为
A．或B．或
C．或D．或
19．如图，已知斜率为1的直线l过椭圆C：的下焦点，交椭圆C于A，B两点，则弦AB的长等于__________．
20．如果双曲线C:x2a2−y2b2=1的渐近线与抛物线y=x2+1相切，则该双曲线的离心率为___________.
21．过抛物线的焦点，且倾斜角为的直线与抛物线交于两点，若弦的垂直平分线经过点，则等于___________.
22．直线m与椭圆x22+y2=1分别交于点P1，P2，线段P1P2的中点为P，设直线m的斜率为k1(k1≠0)，直线OP的斜率为k2，则k1⋅k2的值为__________．
23．过抛物线C:y2=x上一点A(1,1)作两条互相垂直的直线，分别交抛物线于P,Q(异于点A)两点,则直线PQ恒过定点_________.
24．过抛物线的焦点且倾斜角为的直线与抛物线在第一、四象限分别交于、两点，则___________．
25．已知椭圆的离心率，焦距是．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆交于、两点，，求的值．
26．已知抛物线y2=2pxp>0上的点P到点Fp2,0的距离与到直线x=0的距离之差为1，过点Mp,0的直线l交抛物线于A，B两点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若∆ABO的面积为43，求直线l的方程.
27．设、分别为双曲线的左、右项点，双曲线的实轴长为，焦点到渐近线的距离为．
（1）求双曲线的方程；
（2）已知直线与双曲线的右支交于、两点，且在双曲线的右支上存在点使，求的值及点的坐标．
28．已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）如图，为抛物线的准线上任一点，过点作抛物线的切线，，切点分别为，，直线与直线，分别交于，两点，点，的纵坐标分别为，，求的值.
29．已知椭圆过点且离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在过点的直线与椭圆C相交于A，B两点，且满足．若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
30．已知抛物线的焦点为，准线为，点，在上的射影为，且是边长为的正三角形.
（1）求；
（2）过点作两条相互垂直的直线与交于两点，与交于两点，设的面积为的面积为（为坐标原点），求的最小值.
31．已知抛物线的焦点为，直线与轴的交点为，与抛物线的交点为，且.
（1）求的值；
（2）已知点为上一点，，是上异于点的两点，且满足直线和直线的斜率之和为，证明直线恒过定点，并求出定点的坐标．
32．已知点在双曲线（，）上，且双曲线的一条渐近线的方程是．
（1）求双曲线的方程；
（2）若过点且斜率为的直线与双曲线有两个不同的交点，求实数的取值范围；
（3）设（2）中直线与双曲线交于两个不同的点，若以线段为直径的圆经过坐标原点，求实数的值．
33．已知抛物线的焦点以及椭圆的上、下焦点及左、右顶点均在圆上．
（1）求抛物线和椭圆的标准方程；
（2）过点的直线交抛物线于不同的两点，交轴于点，已知，，求证：为定值．
34．已知圆，抛物线．
（1）若抛物线的焦点在圆上，且为抛物线和圆的一个交点，求；
（2）若直线与抛物线和圆分别相切于两点，设，当时，求的最大值．
35．已知椭圆的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系，直线与以原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M是椭圆的上顶点，过点M分别作直线MA、MB交椭圆于A、B两点，设两直线的斜率分别为k1、k2，且，证明：直线AB过定点．
36．已知椭圆的左顶点为，离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点的直线l交椭圆C于A，B两点，当取得最大值时，求的面积．
1．（2019年高考全国Ⅲ卷文数）已知F是双曲线C：的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点，若，则的面积为
A．B．
C．D．
2．（2019年高考天津卷文数）已知抛物线的焦点为F，准线为l.若l与双曲线的两条渐近线分别交于点A和点B，且（O为原点），则双曲线的离心率为
A．B．
C．2D．
3．（2019年高考全国Ⅰ卷文数）已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为
A．B．
C．D．
4．（2017新课标全国II文科）过抛物线的焦点，且斜率为的直线交于点（在的轴上方），为的准线，点在上且，则到直线的距离为
A．B．
C．D．
5．（2019年高考全国Ⅲ卷文数）设为椭圆C:的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若为等腰三角形，则M的坐标为___________.
6．（2018北京文科）已知直线过点且垂直于轴，若被抛物线截得的线段长为，则抛物线的焦点坐标为________________．
7．（2019年高考浙江卷）已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是___________．
8．（2019年高考全国Ⅱ卷文数）已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．
（1）若为等边三角形，求C的离心率；
（2）如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围．
9．（2019年高考北京卷文数）已知椭圆的右焦点为，且经过点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点．
10．（2019年高考天津卷文数）设椭圆的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知（O为原点）.
（1）求椭圆的离心率；
（2）设经过点F且斜率为的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆心C在直线x=4上，且，求椭圆的方程.
11．（2019年高考江苏卷）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．
已知DF1=．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求点E的坐标．
12．（2019年高考浙江卷）如图，已知点为抛物线的焦点，过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线上，使得的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记的面积分别为．
（1）求p的值及抛物线的准线方程；
（2）求的最小值及此时点G的坐标．
13．（2018新课标全国Ⅰ文科）设抛物线，点，，过点的直线与交于，两点．
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）证明：．
14．（2018新课标全国Ⅱ文科）设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．
（1）求的方程；
（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．
15．（2018新课标全国Ⅲ文科）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点．线段的中点为．
（1）证明：；
（2）设为的右焦点，为上一点，且．证明：．
16．（2018北京文科）已知椭圆的离心率为，焦距为．斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，．
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求的最大值；
（3）设，直线与椭圆的另一个交点为C，直线与椭圆的另一个交点为．若，和点共线，求．
17．（2018江苏）如图，在平面直角坐标系中，椭圆过点，焦点，圆O的直径为．
（1）求椭圆C及圆O的方程；
（2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P．
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；
②直线l与椭圆C交于两点．若的面积为，求直线l的方程．
18．（2018天津文科）设椭圆的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为，．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限．若的面积是面积的2倍，求k的值．
19．（2017新课标全国Ⅰ文科）设A，B为曲线C：y=上两点，A与B的横坐标之和为4．
（1）求直线AB的斜率；
（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AMBM，求直线AB的方程．
变式拓展
1．【答案】C
【解析】因为，所以，又，
所以在直角三角形中，，
因为，所以，
所以椭圆的方程为.
故选C.
2．【解析】（1）由已知得，所以
所以抛物线的方程为，焦点的坐标为；
（2）设点,，由已知得，
由题意直线的斜率存在且不为0.
设直线的方程为.
由得，
则，
因为点在抛物线上，所以，，
则，
故.
故直线与的斜率之积为2.
3．【解析】由消去y得．
设，，则，．
（1）
．
当时，．
（2）由题意知，OA⊥OB，则，即，
即，即，解得．
所以当以AB为直径的圆经过坐标原点时，a的值为或．
4．【解析】（1）设直线，代入抛物线方程得：，
，解得：，
抛物线方程为.
（2）由（1）知：，
联立，得，
此时恒成立，
，，
过焦点，，
由，，得，
由得，即，
，，解得：或（舍），
.
当直线的方程为时，.
5．【解析】（1）因为抛物线过点，所以，
所以抛物线方程为，焦点坐标为.
（2）设直线的方程为，
由，消去整理得，
则，即，
设，则，
且.
直线，
，
，
，
，
即，
所以，直线恒过定点.
6．【解析】（1）由题意知ca=12，右焦点F2(1,0)，即c=1，且b2+c2=a2，
解得a=2 , b=3，
所以椭圆E的方程为x24+y23=1.
（2）由（1）知P(−2,0)，
当直线AB的斜率不存在时，即直线AB的方程为x=1，
易知A(1,32),B(1,−32)，所以直线PA:y=12(x+2),直线PB:y=−12(x+2).
令x=4，可知：M(4,3),N(4,−3),
此时PM⋅PN=27.
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=k(x−1)，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，直线PA:y=y1x1+2(x+2),直线PB:y=y2x2+2(x+2),
令x=4，可知M(4,6y1x1+2),N(4,6y2x2+2)，
联立，消去y整理得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，
∴.
此时.
综上所述，PM⋅PN为定值，且.
专题冲关
1．【答案】A
【解析】由题意得直线y−1=k(x−1)恒过定点(1,1),而点(1,1)在椭圆x29+y24=1的内部,所以直线与椭圆相交.选A．
2．【答案】D
【解析】∵双曲线的渐近线方程为，∴当﹣1＜k≤1时，直线与双曲线的右支只有1个交点；
当k≤﹣1时，直线与双曲线的右支没有交点.
把代入x2−y2=4得，
令，解得k=52或k=﹣52（舍去）．
∴直线y=kx−1与双曲线x2−y2=4的右支有两个交点时，1＜k＜52．
故选D．
3．【答案】A
【解析】将直线代入，可得，即，
∴x1＝﹣2，x2，
∴y1＝﹣1，y2，
∴直线被椭圆截得的弦长为.
故选A．
4．【答案】C
【解析】由题意知F（2,0），AB所在直线的方程为y=tan30°(x−2)=33(x−2)，联立y2=8x消元得y2−83y−16=0，设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1+y2=83,y1⋅y2=−16，
所以|AB|=1+3×64×3+4×16=32，故选C．
5．【答案】B
【解析】由抛物线焦点弦的性质可知：1m+1n=2p=1，
则4m+n=4m+n1m+1n=5+4mn+nm≥5+24mn×nm=9，
当且仅当m=32,n=3时等号成立.
即4m+n的最小值是9.本题选择B选项.
6．【答案】B
【解析】由，得，
直线与抛物线相切，，
双曲线方程为，
可得，
则双曲线的离心率.
故选B．
7．【答案】C
【解析】由题得.
设，由题得，
则，
两式相减得，
∴，
即，
即.
故选C.
8．【答案】C
【解析】由题意知直线过点A(a,0),且斜率k=tan 135°=-1,
则直线的方程为x+y-a=0.
将该直线方程分别与两渐近线方程联立,解得B(a2a+b,aba+b),C(a2a−b,-aba−b),
则有,.
因为AB=22BC,所以,
化简得ba=2+1,则双曲线的渐近线方程为(2+1)x±y=0.
故选C.
9．【答案】D
【解析】设点位于第一象限，点，设直线的方程为，
将该直线方程与抛物线方程联立，得，，
由抛物线的定义得，得，，，，
可得出，，故选D．
10．【答案】B
【解析】联立方程得b2x2+4y2=4b2x−2y+4=0，消去y化简得(b2+1)x2+8x+16−4b2=0，
由题意得Δ=64−4×b2+116−4b2≥0,∴b2≥3,
∴4−c2≥3,∴c2≤1,∴c≤1,∴ca≤12.
故该椭圆离心率的取值范围是0,12.
故选B．
11．【答案】B
【解析】双曲线的一条渐近线不妨设为：bx−ay=0，
则，可得 .
一条渐近线截椭圆x24+y2=1所得弦长为433，可得，
即2a2=b2=c2−a2，解得e=ca＝3．
故选B．
12．【答案】B
【解析】抛物线方程为，焦点，准线的方程为，
直线的斜率为，∴直线的方程为，
由可得点坐标为，，
，为垂足，点纵坐标为，
代入抛物线方程，得点坐标为，，
.
故选B.
13．【答案】C
【解析】设．
由消去，得，
故，解得，且．
由，且成等差数列，
得，得，
所以，解得或，
又，故，
故选C．
14．【答案】A
【解析】因为是关于的方程的两个不等实根，
所以，，
且，，
则直线的斜率，
则直线的方程为，
即，
整理得，
故直线恒过点，而该点在椭圆内部，
所以直线和椭圆相交，即公共点有2个.
故选A．
15．【答案】C
【解析】过点B作准线的垂线,垂足为B1,记准线与x轴的交点为F1,则依题意得,所以|BB1|=23|FF1|=,
由抛物线的定义得|BF|=|BB1|=.
令A(x1,y1)、B(x2,y2),依题意知F(p2,0),可设直线l的方程为y=k(x-).
联立方程,消去y得k2x2-p(k2+2)x+k2p24=0,则x1+x2=p(k2+2)k2,x1·x2=p24.
又由抛物线的定义知|AF|=x1+,|BF|=x2+,
则可得1|AF|+1|BF|=2p,于是有13+32p=2p,解得2p=3,
所以此抛物线的方程是.
选C.
16．【答案】C
【解析】由题意可得,直线l的斜率存在且不为0,不妨设直线l:y=k(x-1),
则由消去y化简得,(1+2k2)x2-4k2x+2k2-8=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则由根与系数的关系可得x1+x2=,x1x2=.
因为AM=2MB,所以x1+2x2=3,
所以x2=,x1=2k2−31+2k2,
所以x1x2=2k2−31+2k2·3+2k21+2k2=2k2−81+2k2,化简得k2=114,
解得k=±1414.
故选C.
17．【答案】B
【解析】抛物线的焦点坐标为，依题意可知的斜率存在且不为零，设直线的斜率为，则直线的斜率为，所以，
联立，消去，
整理得，
设，
则，
故，
同理可求得.
故，
当且仅当时，等号成立，
故的最小值为.
故选B．
18．【答案】B
【解析】由题意，抛物线的焦点，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，
可得，
所以，
代入直线的方程，得，
又因为的中点为，所以，解得或，
∴或，
∴抛物线C的方程为或．
故选B.
19．【答案】
【解析】设A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由椭圆方程知，，所以，
所以椭圆的下焦点F的坐标为F(0，－2)，故直线l的方程为y＝x－2．
将其代入，化简整理得，所以，，
所以．
20．【答案】5
【解析】已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程为y=bax，
代入抛物线方程y=x2+1，整理得ax2−bx+a=0，
∵渐近线与抛物线相切，∴ b2−4a2=0，即c2=5a2⇔e=5.
故答案为5.
21．【答案】
【解析】由题意，抛物线的焦点，
则过焦点F且倾斜角为的直线方程为，
设，，由得，
∴，，
∴弦AB的中点坐标为，
则弦AB的垂直平分线方程为，
∵弦AB的中点在该直线上，∴，
解得.
22．【答案】−12
【解析】设P1(x1,y1),P2(x2,y2)，中点P(x0,y0)，则k1=y1−y2x1−x2,k2=y0x0=y1+y2x1+x2，
把点P1(x1,y1),P2(x2,y2)代入椭圆的方程x22+y2=1，整理得x122+y12=1,x222+y22=1，
两式相减得，整理得，
即k1k2=−12.
23．【答案】(2,-1)
【解析】由题意可得,这两条直线的斜率均存在,且不为0,设AP:y-1=k(x-1),与抛物线C:y2=x联立,消去x,得ky2-y+1-k=0,由根与系数的关系可得, ,即P((1−kk)2,1−kk),同理可得Q((k+1)2,-k-1),所以直线PQ的斜率kPQ=,所以直线PQ:(1-k2-2k)y=kx+k2-1.通过对比可知,x=2,y=-1满足条件,即直线PQ恒过定点(2,-1).
24．【答案】
【解析】设，，
直线的方程为，
由抛物线的焦点弦公式，得，
∴，
联立直线与抛物线的方程，
消去y得，，
故，
联立方程组，解得，，
则，
故答案为．
25．【解析】（1）由题意得，所以，
又，所以，，
所以椭圆的方程为．
（2）设，，
将代入，整理得，
所以 ①，，，
又，，
所以，
又，
代入上式，整理得，即，
解得（舍去）或，即，
经验证，能使①成立，
故．
26．【解析】（1）设Px0,y0，
由定义知PF=x0+p2，∴x0+p2−x0=1，∴p=2，
故抛物线的方程为y2=4x.
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，由（1）知M2，0.
若直线l的斜率不存在，则方程为x=2，
此时AB=42，所以∆ABO的面积为42，不满足题意，所以直线l的斜率存在；
设直线l的方程为y=kx−2，代入抛物线方程得k2x2−4k2+1x+4k2=0，则∆=16k2+12−16k4>0，x1+x2=4+4k2，x1x2=4，
所以AB=1+k242k2+1k2，
点O到直线l的距离为d=2k1+k2，
所以121+k242k2+1k2∙2k1+k2=43，解得k=±1.
故直线l的方程为y=x−2或y=−x+2.
27．【解析】（1）由实轴长为，得，渐近线方程为，即，
因为焦点到渐近线的距离为，所以，
又，
所以双曲线的方程为．
（2）设，
则，
由，
所以，所以，
又，所以，
所以，所以．
28．【解析】（1）根据题意，得，
所以.
故抛物线的标准方程为.
（2）设点的坐标为，直线的方程为，
直线的方程为.
由，得.
所以，得.
同理，得，
所以，
分别令，得，，
所以
.
29．【解析】（1）由已知点代入椭圆方程，得，
由得，可转化为，
由以上两式解得，
所以椭圆C的方程为：.
（2）存在这样的直线.
当l的斜率不存在时，显然不满足,
所以设所求直线方程为，
代入椭圆方程化简得：，
设，
则①，②，
，
由已知条件可得,③
综合上述①②③，可解得，符合题意,
所以所求直线的方程为：.
30．【解析】（1）设准线与轴的交点为点，连结，
因为是正三角形，且，
所以在中，，
所以.
（2）设，直线，
由（1）知，
联立方程：，消去得.
因为，所以，
所以，
又原点到直线的距离为，
所以，
同理，
所以，
当且仅当时取等号.
故的最小值为.
31．【解析】（1）设，由抛物线定义知，
又，，
所以，解得，
将点代入抛物线方程，解得.
（2）由（1）知，的方程为，所以点坐标为，
设直线的方程为，点，，
由 得，.
所以，，
所以
，
解得，
所以直线的方程为，恒过定点．
【名师点睛】本题考查抛物线的定义，直线与抛物线相交，直线过定点问题，属于中档题.
（1）设点坐标，根据抛物线的定义得到点横坐标，然后代入抛物线方程，得到的值；
（2），，直线和曲线联立，得到，然后表示出，化简整理，得到和的关系，从而得到直线恒过的定点.
32．【解析】（1）由题意知，，解得．
因此，所求双曲线的方程是，即．
（2）∵直线过点且斜率为，∴直线的方程为．
由得．
∵直线与双曲线有两个不同的交点，∴，
解得．
（3）设直线与双曲线的交点为，
由（2）可得，
又以线段为直径的圆经过坐标原点，因此，为坐标原点），
于是，，即，
即，即，
解得．
又满足，且，
所以，所求实数的值为．
33．【解析】（1）由的焦点在圆上得，则.
所以抛物线的标准方程为.
由椭圆的上、下焦点及左、右顶点均在圆上，可解得，则，
故椭圆的标准方程为.
（2）设直线的方程为，，，则．
由消去，得，
则，.
由，，得，，
整理得，
故.
故为定值.
34．【解析】（1）由题意知，所以.
所以抛物线的方程为.
将与联立得点的纵坐标为，
结合抛物线的定义得.
（2）由得：，，
所以直线的斜率为，故直线的方程为，
即.
又由得且，
所以
令，，则，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又，，
所以，
即的最大值为.
35．【解析】（1）易知等轴双曲线的离心率为，则椭圆的离心率为，
又直线与以原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆相切，
则，即，
由，解得.
故椭圆C的方程为．
（2）由（1）可知．
①若直线的斜率不存在，设方程为，则．
由已知得，解得，
此时直线的方程为，显然过点．
②若直线的斜率存在，设直线的方程为，易知．
设，由得，
则，.（1）
∵，∴，
即，即.
把（1）代入得，则，故.
则直线的方程为，即，
故直线AB过定点．
36．【解析】（1）由题意可得：，，得，
则.
所以椭圆.
（2）当直线与轴重合时，不妨取，此时；
当直线与轴不重合时，设直线的方程为：，，
联立得，
显然，，.
所以
.
当时，取最大值.此时直线方程为，
不妨取，所以.
又，所以的面积.
【名师点睛】本题考查椭圆的基本性质，运用了设而不求的思想，将向量和圆锥曲线结合起来，是典型考题.
（1）由左顶点M坐标可得a=2，再由可得c，进而求得椭圆方程.
（2）设l的直线方程为，和椭圆方程联立，可得，由于，可用t表示出两个交点的纵坐标和，进而得到关于t的一元二次方程，得到取最大值时t的值，求出直线方程，而后计算出的面积.
直通高考
1．【答案】B
【解析】设点，则①．
又，②．
由①②得，即，
，
故选B．
【名师点睛】本题易错在忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅.设，由，再结合双曲线方程可解出，利用三角形面积公式可求出结果.
2．【答案】D
【解析】抛物线的准线的方程为，
双曲线的渐近线方程为，
则有，
∴，，，
∴.
故选D.
【名师点睛】本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB的长度.解答时，只需把用表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率.
3．【答案】B
【解析】法一：如图，由已知可设，则，
由椭圆的定义有．
在中，由余弦定理推论得．
在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为.
故选B．
法二：由已知可设，则，
由椭圆的定义有．
在和中，由余弦定理得，
又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
4．【答案】C
【解析】由题知，与抛物线联立得，解得，
所以，因为，所以，因为，所以．
所以到直线的距离为．故选C．
5．【答案】
【解析】由已知可得，
，∴．
设点的坐标为，则，
又，解得，
，解得（舍去），
的坐标为．
【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．解答本题时，根据椭圆的定义分别求出，设出的坐标，结合三角形面积可求出的坐标.
6．【答案】
【解析】由题意可得，点在抛物线上，将代入中，解得，所以，
由抛物线方程可得，，，所以焦点坐标为．
7．【答案】
【解析】方法1：如图，设F1为椭圆右焦点.由题意可知，
由中位线定理可得，
设，可得，
与方程联立，可解得（舍），
又点在椭圆上且在轴的上方，求得，所以.
方法2：（焦半径公式应用）由题意可知，
由中位线定理可得，
即，
从而可求得，
所以.
【名师点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、圆的方程与性质的应用，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用圆的方程表示，与椭圆方程联立可进一步求解.也可利用焦半径及三角形中位线定理解决，则更为简洁.
8．【解析】（1）连结，由为等边三角形可知在中，，，，于是，故的离心率是.
（2）由题意可知，满足条件的点存在．
当且仅当，，，即，①
，②
，③
由②③及得，又由①知，故．
由②③得，所以，从而故.
当，时，存在满足条件的点P．
所以，的取值范围为．
【名师点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆的简单性质即可求解，考查计算能力，属于中档试题.
9．【解析】（1）由题意得，b2=1，c=1．
所以a2=b2+c2=2．
所以椭圆C的方程为．
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），
则直线AP的方程为．
令y=0，得点M的横坐标．
又，从而．
同理，．
由得．
则，．
所以
．
又，
所以．
解得t=0，所以直线l经过定点（0，0）．
【名师点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
10．【解析】（1）设椭圆的半焦距为c，由已知有，
又由，消去得，
解得.
所以，椭圆的离心率为.
（2）由（1）知，，
故椭圆方程为.
由题意，，
则直线的方程为，
点P的坐标满足消去并化简，得到，
解得.
代入到的方程，解得.
因为点在轴上方，所以.
由圆心在直线上，可设.
因为，且由（1）知，故，解得.
因为圆与轴相切，所以圆的半径长为2，
又由圆与相切，得，可得.
所以，椭圆的方程为.
【名师点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.
11．【解析】（1）设椭圆C的焦距为2c.
因为F1(−1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.
又因为DF1=，AF2⊥x轴，
所以DF2=，
因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.
由b2=a2−c2，得b2=3.
因此，椭圆C的标准方程为.
（2）解法一：由（1）知，椭圆C：，a=2，
因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.
将x=1代入圆F2的方程(x−1) 2+y2=16，解得y=±4.
因为点A在x轴上方，所以A(1，4).
又F1(−1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.
由，得，解得或.
将代入，得，
因此.
又F2(1，0)，
所以直线BF2：.
由，得，解得或.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.
将代入，得.
因此.
解法二：由（1）知，椭圆C：.
如图，连结EF1.
因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，
从而∠BF1E=∠B.
因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，
所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.
因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.
因为F1(−1，0)，
由，得.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，
所以.
因此.
【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.
12．【解析】（1）由题意得，即p=2.
所以，抛物线的准线方程为x=−1.
（2）设，重心.
令，则.
由于直线AB过F，故直线AB方程为，代入，得
，
故，即，所以.
又由于及重心G在x轴上，故，得.
所以，直线AC方程为，得.
由于Q在焦点F的右侧，故.从而
.
令，则m>0，
.
当时，取得最小值，此时G（2，0）．
【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.
13．【解析】（1）当l与x轴垂直时，l的方程为x=2，可得M的坐标为（2，2）或（2，–2）．
所以直线BM的方程为y=或．
（2）当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM=∠ABN．
当l与x轴不垂直时，设l的方程为，M（x1，y1），N（x2，y2），则x1>0，x2>0．
由得ky2–2y–4k=0，可知y1+y2=，y1y2=–4．
直线BM，BN的斜率之和为．①
将，及y1+y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得
．
所以kBM+kBN=0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以∠ABM=∠ABN．
综上，∠ABM=∠ABN．
14．【解析】（1）由题意得F（1，0），l的方程为y=k（x–1）（k>0）．
设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由得．
，故．
所以．
由题设知，解得k=–1（舍去），k=1．
因此l的方程为y=x–1．
（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为
，即．
设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则
解得或
因此所求圆的方程为或．
15．【解析】（1）设，，则，．
两式相减，并由得．
由题设知，，于是，
由题设得，故．
（2）由题意得F（1，0）．设，则．
由（1）及题设得，．
又点P在C上，所以，从而，．
于是，同理，
所以，故．
16．【解析】（1）由题意得，所以，
又，所以，所以，所以椭圆的标准方程为．
（2）设直线的方程为，由消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为．
（3）设，，，，则 ①， ②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，又，代入①式可得，
所以，所以，同理可得．
故，，
因为三点共线，所以，
将点的坐标代入化简可得，即．
17．【解析】（1）因为椭圆C的焦点为，可设椭圆C的方程为．
又点在椭圆C上，所以，解得
因此椭圆C的方程为．
因为圆O的直径为，所以其方程为．
（2）①设直线l与圆O相切于，则，
所以直线l的方程为，即．
由消去y，
得．（*）
因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，
所以．
因为，所以．
因此点P的坐标为．
②因为三角形OAB的面积为，所以，从而．
设，由（*）得，
所以．
因为，所以，即，
解得舍去），则，因此P的坐标为．
综上，直线l的方程为．
18．【解析】（1）设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由，可得．
由，从而，所以椭圆的方程为．
（2）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，，
点的坐标为．由的面积是面积的2倍，可得，
从而，即．
易知直线的方程为，
由方程组消去y，可得．
由方程组消去，可得．
由，可得，
两边平方，整理得，解得，或．
当时，，不合题意，舍去；
当时，，，符合题意．
所以的值为．
19．【解析】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），
则，，，x1+x2=4，
于是直线AB的斜率．
（2）由，得．
设M（x3，y3），
由题设知，解得，于是M（2，1）．
设直线AB的方程为，
故线段AB的中点为N（2，2+m），|MN|=|m+1|．
将代入得．
当，即时，．
从而．
由题设知，即，
解得．
所以直线AB的方程为．
【名师点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系，主要利用根与系数的关系：因为直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用根与系数的关系及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题、弦长问题，可用根与系数的关系直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．