第3講直線與圓錐曲線的位置關(guān)系[考情分析]直線與圓錐曲線的位置關(guān)系是高考的必考內(nèi)容，涉及直線與圓錐曲線的相交、相切、弦長、面積以及弦中點等問題，難度中等．考點一弦長、面積問題核心提煉已知A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的斜率為k(k≠0)，則|AB|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)，或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\r(y1＋y22－4y1y2).例1(2022·大慶模擬)已知焦點在x軸上的橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，短軸長為2eq\r(3)，橢圓左頂點A到左焦點F1的距離為1.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)橢圓的右頂點為B，過F1的直線l與橢圓C交于點M，N，且S△BMN＝eq\f(18\r(2),7)，求直線l的方程．解(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2b＝2\r(3)，,a－c＝1，,a2－c2＝b2，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝\r(3)，,a＝2，,c＝1，))所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)方法一由題意知，直線的斜率不為0，F(xiàn)1(－1,0)，設(shè)直線l的方程為x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my－1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，Δ＝36m2＋4×9(3m2＋4)＝144(1＋m2)>0，即y1＋y2＝eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(－9,3m2＋4).又S△BMN＝eq\f(1,2)·|BF1|·|y1|＋eq\f(1,2)·|BF1|·|y2|＝eq\f(1,2)·|BF1|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)·|BF1|·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(18\r(m2＋1),3m2＋4)＝eq\f(18\r(2),7)，解得m＝±1，所以直線l的方程為x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.方法二由(1)知F1(－1,0)，B(2,0)，當(dāng)直線l的斜率不存在時，|MN|＝3，點B(2,0)到直線l：x＝－1的距離為3，所以S△BMN＝eq\f(9,2)≠eq\f(18\r(2),7)，所以直線l的斜率存在．設(shè)直線l的斜率為k，則直線l的方程為y＝k(x＋1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋1，))得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ＝64k4－4(3＋4k2)(4k2－12)＝144(k2＋1)>0，所以x1＋x2＝eq\f(－8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2).所以|MN|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k2,3＋4k2)))2－\f(44k2－12,3＋4k2))＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\f(144k2＋1,3＋4k22))＝eq\f(12k2＋1,3＋4k2).因為點B(2,0)到直線l的距離為d＝eq\f(|3k|,\r(k2＋1))，所以S△BMN＝eq\f(1,2)·|MN|·d＝eq\f(1,2)·eq\f(12k2＋1,3＋4k2)·eq\f(|3k|,\r(k2＋1))＝eq\f(18\r(2),7)，即k2＝1，得k＝±1，所以直線l的方程為x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.易錯提醒(1)設(shè)直線方程時，需考慮特殊直線，如直線的斜率不存在、斜率為0等．(2)涉及直線與圓錐曲線相交時，Δ>0易漏掉．(3)|AB|＝x1＋x2＋p是拋物線過焦點的弦的弦長公式，其他情況該公式不成立．跟蹤演練1(2022·寶雞模擬)已知橢圓C1的中心在坐標(biāo)原點，一個焦點與拋物線C2：y2＝4x的焦點F重合，且橢圓C1的離心率為eq\f(1,2).(1)求橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過F點的直線l與C1交于A，B兩點，與C2交于P，Q兩點，且A，P點都在x軸上方，如果|PB|＋|AQ|＝3|AB|，求直線l的方程．解(1)拋物線C2：y2＝4x的焦點為F(1,0)，所以橢圓C1的一個焦點為F(1,0)，設(shè)橢圓C1的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其中c2＝a2－b2，則c＝1，由橢圓C1的離心率為eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，解得a＝2，則b＝eq\r(3)，所以橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意知直線l的斜率不為0，設(shè)其方程為x＝my＋1，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x，))可得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋16＝16(m2＋1)>0，所以y3＋y4＝4m，y3y4＝－4，則|PQ|＝x3＋x4＋2＝m(y3＋y4)＋4＝4m2＋4，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，Δ＝36m2＋36(4＋3m2)＝144(m2＋1)>0，所以y1＋y2＝eq\f(－6m,4＋3m2)，y1y2＝eq\f(－9,4＋3m2)，則|AB|＝eq\r(1＋m2)eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(1＋m2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6m,4＋3m2)))2＋4×\f(9,4＋3m2))＝eq\f(121＋m2,4＋3m2)，由|PB|＋|AQ|＝3|AB|，即|PB|＋|AQ|＝|PA|＋|AB|＋|QB|＋|AB|＝|PA|＋|QB|＋2|AB|＝3|AB|，得|PA|＋|QB|＝|AB|，又|PA|＋|QB|＋|AB|＝|QP|，所以|AB|＝eq\f(1,2)|QP|，即eq\f(121＋m2,4＋3m2)＝eq\f(1,2)(4m2＋4)＝2(m2＋1)，解得m2＝eq\f(2,3)，即m＝±eq\f(\r(6),3)，所以直線l的方程為x＝±eq\f(\r(6),3)y＋1，即3x±eq\r(6)y－3＝0.考點二中點弦問題核心提煉已知A(x1，y1)，B(x2，y2)為圓錐曲線E上兩點，AB的中點C(x0，y0)，直線AB的斜率為k.若E的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，則k＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x0,y0)；若E的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，則k＝eq\f(b2,a2)·eq\f(x0,y0)；若E的方程為y2＝2px(p>0)，則k＝eq\f(p,y0).例2(2022·新高考全國Ⅱ)已知直線l與橢圓eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1在第一象限交于A，B兩點，l與x軸、y軸分別交于M，N兩點，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2eq\r(3)，則l的方程為____________________．答案x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0解析方法一設(shè)直線l的方程為eq\f(x,m)＋eq\f(y,n)＝1(m>0，n>0)，分別令y＝0，x＝0，得點M(m，0)，N(0，n)．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由題意知線段AB與線段MN有相同的中點，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)＝\f(m＋0,2)，,\f(y1＋y2,2)＝\f(0＋n,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝m，,y1＋y2＝n.))因為kAB＝kMN，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(0－n,m－0)＝－eq\f(n,m).將A(x1，y1)，B(x2，y2)代入橢圓方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),6)＋\f(y\o\al(2,1),3)＝1，,\f(x\o\al(2,2),6)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1，))相減得eq\f(x1＋x2x1－x2,6)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,3)＝0，由題意知x1＋x2≠0，x1≠x2，所以eq\f(y1＋y2,x1＋x2)·eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，即eq\f(n,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(n,m)))＝－eq\f(1,2)，整理得m2＝2n2.①又|MN|＝2eq\r(3)，所以由勾股定理，得m2＋n2＝12，②由①②并結(jié)合m>0，n>0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2\r(2)，,n＝2，))所以直線l的方程為eq\f(x,2\r(2))＋eq\f(y,2)＝1，即x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0.由題意知線段AB與線段MN有相同的中點，設(shè)為Q，則Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)，\f(n,2)))，則kAB＝eq\f(0－n,m－0)＝－eq\f(n,m)，kOQ＝eq\f(\f(n,2),\f(m,2))＝eq\f(n,m).由橢圓中點弦的性質(zhì)知，kAB·kOQ＝－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(n,m)))·eq\f(n,m)＝－eq\f(1,2)，以下同方法一．規(guī)律方法處理中點弦問題常用的求解方法跟蹤演練2已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點到準(zhǔn)線的距離為1，若拋物線C上存在關(guān)于直線l：x－y－2＝0對稱的不同兩點P和Q，則線段PQ的中點坐標(biāo)為()A．(1，－1) B．(2,0)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(3,2))) D．(1,1)答案A解析∵焦點到準(zhǔn)線的距離為p，則p＝1，∴y2＝2x.設(shè)點P(x1，y1)，Q(x2，y2)．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2,1)＝2x1，,y\o\al(2,2)＝2x2，))則(y1－y2)(y1＋y2)＝2(x1－x2)，∴kPQ＝eq\f(2,y1＋y2)，又∵P，Q關(guān)于直線l對稱．∴kPQ＝－1，即y1＋y2＝－2，∴eq\f(y1＋y2,2)＝－1，又∵PQ的中點一定在直線l上，∴eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(y1＋y2,2)＋2＝1.∴線段PQ的中點坐標(biāo)為(1，－1)．考點三直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用核心提煉直線與圓錐曲線位置關(guān)系的判定方法(1)聯(lián)立直線方程與圓錐曲線方程．(2)消元得到關(guān)于x或y的一元二次方程．(3)利用判別式Δ，判斷直線與圓錐曲線的位置關(guān)系．例3(1)(2022·全國甲卷)記雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的離心率為e，寫出滿足條件“直線y＝2x與C無公共點”的e的一個值________．答案2((1，eq\r(5)]內(nèi)的任意值均可)解析雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，若直線y＝2x與雙曲線C無公共點，則2＞eq\f(b,a)，∴eq\f(b2,a2)≤4，∴e2＝eq\f(c2,a2)＝1＋eq\f(b2,a2)≤5，又e＞1，∴e∈(1，eq\r(5)]，∴填寫(1，eq\r(5)]內(nèi)的任意值均可．(2)(2022·新高考全國Ⅰ改編)已知O為坐標(biāo)原點，點A(1,1)在拋物線C：x2＝2py(p>0)上，過點B(0，－1)的直線交C于P，Q兩點，則下列結(jié)論正確的是________．(填序號)①C的準(zhǔn)線為y＝－1；②直線AB與C相切；③|OP|·|OQ|>|OA|2；④|BP|·|BQ|>|BA|2.答案②③④解析將點A代入拋物線方程得1＝2p，所以拋物線方程為x2＝y(tǒng)，故準(zhǔn)線方程為y＝－eq\f(1,4)，故①錯誤；kAB＝eq\f(1－－1,1－0)＝2，所以直線AB的方程為y＝2x－1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1，,x2＝y(tǒng)，))可得x2－2x＋1＝0，所以Δ＝0，故②正確；設(shè)過B的直線為l，若直線l與y軸重合，則直線l與拋物線C只有一個交點，所以直線l的斜率存在，設(shè)其方程為y＝kx－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＝y(tǒng)，))得x2－kx＋1＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝k2－4>0，,x1＋x2＝k，,x1x2＝1，))所以k>2或k<－2，y1y2＝(x1x2)2＝1，又|OP|＝eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))＝eq\r(y1＋y\o\al(2,1))，|OQ|＝eq\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))＝eq\r(y2＋y\o\al(2,2))，所以|OP|·|OQ|＝eq\r(y1y21＋y11＋y2)＝eq\r(kx1·kx2)＝|k|>2＝|OA|2，故③正確；因為|BP|＝eq\r(1＋k2)|x1|，|BQ|＝eq\r(1＋k2)|x2|，所以|BP|·|BQ|＝(1＋k2)|x1x2|＝1＋k2>5＝|BA|2，故④正確．易錯提醒(1)直線與雙曲線只有一個交點，包含直線與雙曲線相切或直線與雙曲線的漸近線平行．(2)直線與拋物線只有一個交點包含直線與拋物線相切、直線與拋物線的對稱軸平行(或重合)．跟蹤演練3(1)(2022·梅州模擬)拋物線C：y2＝4x的準(zhǔn)線為l，l與x軸交于點A，過點A作拋物線的一條切線，切點為B，O為坐標(biāo)原點，則△OAB的面積為()A．1B．2C．4D．8答案A解析∵拋物線C：y2＝4x的準(zhǔn)線為l，∴l(xiāng)：x＝－1，A(－1,0)，設(shè)過點A作拋物線的一條切線方程為x＝my－1，m>0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－1，,y2＝4x，))得y2－4my＋4＝0，∴Δ＝(－4m)2－4×4＝0，解得m＝1，∴y2－4y＋4＝0，解得y＝2，即yB＝2，∴△OAB的面積為eq\f(1,2)×1×2＝1.(2)(2022·六安模擬)已知橢圓具有如下性質(zhì)：若橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，則橢圓在其上一點A(x0，y0)處的切線方程為eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1，試運用該性質(zhì)解決以下問題：橢圓C1：eq\f(x2,2)＋y2＝1，點B為C1在第一象限中的任意一點，過B作C1的切線l，l分別與x軸和y軸的正半軸交于C，D兩點，O為坐標(biāo)原點，則△OCD面積的最小值為()A．1B.eq\r(3)C.eq\r(2)D．2答案C解析設(shè)B(x1，y1)(x1>0，y1>0)，由題意得，過點B的切線l的方程為eq\f(x1x,2)＋y1y＝1，令y＝0，可得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)，0))，令x＝0，可得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,y1)))，所以△OCD的面積S＝eq\f(1,2)×eq\f(2,x1)×eq\f(1,y1)＝eq\f(1,x1y1)，又點B在橢圓上，所以eq\f(x\o\al(2,1),2)＋yeq\o\al(2,1)＝1，所以S＝eq\f(1,x1y1)＝eq\f(\f(x\o\al(2,1),2)＋y\o\al(2,1),x1y1)＝eq\f(x1,2y1)＋eq\f(y1,x1)≥2eq\r(\f(x1,2y1)·\f(y1,x1))＝eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x1,2y1)＝eq\f(y1,x1)，即x1＝1，y1＝eq\f(\r(2),2)時，等號成立，所以△OCD面積的最小值為eq\r(2).專題強化練一、選擇題1．(2022·丹東模擬)直線l過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點，且與C交于A，B兩點，若使|AB|＝2的直線l有且僅有1條，則p等于()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．2答案C解析由拋物線的對稱性知，要使|AB|＝2的直線l有且僅有1條，則AB必須垂直于x軸，故A，B兩點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，±1))，代入拋物線方程可解得p＝1.2．(2022·海東模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點F是雙曲線x2－eq\f(y2,8)＝1的左焦點，直線4x－y－12＝0與該雙曲線交于兩點P，Q，則△FPQ的重心G到y(tǒng)軸的距離為()A．1B．4C．3D．2答案C解析由題意得，不妨設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立雙曲線方程與直線方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,8)＝1，,4x－y－12＝0，))消去y得x2－12x＋19＝0，故x1＋x2＝12，因為F(－3,0)，所以點G到y(tǒng)軸的距離為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2－3,3)))＝eq\f(|12－3|,3)＝3.3．(2022·宜賓模擬)已知雙曲線C1：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1及雙曲線C2：eq\f(y2,b2)－eq\f(x2,a2)＝1(a>0，b>0)，且C1的離心率為eq\r(5)，若直線y＝kx(k>0)與雙曲線C1，C2都無交點，則k的值可以為()A．2B.eq\f(1,2)C.eq\r(5)D．1答案B解析∵C1的離心率為eq\r(5)，∴c＝eq\r(5)a，b＝2a，∴雙曲線C1的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，雙曲線C2的漸近線方程為y＝±2x，而直線y＝kx(k>0)與雙曲線C1，C2都無交點，則0<k≤eq\f(1,2).∴k的值可以為eq\f(1,2).4．已知橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，D(2,1)是橢圓M的一條弦AB的中點，點P(4，－1)在直線AB上，則橢圓M的離心率為()A.eq\f(\r(2),3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(2),2)答案D解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))兩式相減可得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2)，①D(2,1)是橢圓M的一條弦AB的中點，故x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，代入①式中可得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(4,2)＝－eq\f(2b2,a2)，又kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(1＋1,2－4)＝－1，故有a2＝2b2＝2(a2－c2)，則a＝eq\r(2)c，則e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).5．(2022·漳州模擬)若直線l：y＝eq\f(\r(3),3)x＋m與拋物線C：y2＝4x相切于點A，l與x軸交于點B，F(xiàn)為C的焦點，則∠BAF等于()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)答案A解析依題意，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),3)x＋m，,y2＝4x，))得eq\r(3)y2－12y＋12m＝0，則Δ＝122－4×eq\r(3)×12m＝0，解得m＝eq\r(3)，此時直線l的方程為y＝eq\f(\r(3),3)x＋eq\r(3)，則B(－3,0)，所以eq\r(3)y2－12y＋12eq\r(3)＝0，解得y＝2eq\r(3)，即A(3,2eq\r(3))，又F(1,0)，所以|AF|＝eq\r(3－12＋2\r(3)2)＝4，|BF|＝4，即|AF|＝|BF|，又tan∠ABF＝eq\f(\r(3),3)，所以∠ABF＝eq\f(π,6)，所以∠BAF＝∠ABF＝eq\f(π,6).6．(2022·濟南模擬)已知拋物線C：y2＝4x，圓F：(x－1)2＋y2＝1，直線l：y＝k(x－1)(k≠0)自上而下順次與上述兩曲線交于M1，M2，M3，M4四點，則下列各式結(jié)果為定值的是()A．|M1M2|·|M3M4| B．|FM1|·|FM4|C．|M1M3|·|M2M4| D．|FM1|·|M1M2|答案A解析如圖，分別設(shè)M1，M2，M3，M4四點的橫坐標(biāo)為x1，x2，x3，x4，由y2＝4x得焦點F(1,0)，準(zhǔn)線l0：x＝－1，由定義得，|M1F|＝x1＋1，又|M1F|＝|M1M2|＋1，所以|M1M2|＝x1，同理|M3M4|＝x4，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x))消去y整理得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0(k≠0)，則x1x4＝1，即|M1M2|·|M3M4|＝1.7．(2022·杭州師大附中模擬)已知橢圓eq\f(x2,5)＋y2＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P(x0，y0)(x0>0，y0>0)為橢圓上一點，直線PF1，PF2分別交橢圓于M，N兩點，則當(dāng)直線MN的斜率為－eq\f(1,9)時，eq\f(x0,y0)等于()A．2B．3C．4D．5答案D解析由已知得F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)，設(shè)M(xM，yM)，N(xN，yN)，直線PF1的斜率為k1，則直線PF1的方程為y＝k1(x＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中k1＝\f(y0,x0＋2)))，與橢圓方程聯(lián)立得(5keq\o\al(2,1)＋1)x2＋20keq\o\al(2,1)x＋20keq\o\al(2,1)－5＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系得xM＋x0＝eq\f(－20k\o\al(2,1),5k\o\al(2,1)＋1)＝eq\f(－20y\o\al(2,0),4x0＋9)，所以xM＝eq\f(－20y\o\al(2,0),4x0＋9)－x0＝－eq\f(9x0＋20,4x0＋9)，故yM＝eq\f(y0,x0＋2)(xM＋2)＝－eq\f(y0,4x0＋9)；同理得xN＝eq\f(9x0－20,4x0－9)，yN＝eq\f(y0,4x0－9)，所以kMN＝eq\f(yM－yN,xM－xN)＝eq\f(x0y0,9x\o\al(2,0)－45)＝eq\f(x0y0,95－5y\o\al(2,0)－45)＝－eq\f(x0,45y0)＝－eq\f(1,9)，解得eq\f(x0,y0)＝5.8．(2022·廣東聯(lián)考)已知雙曲線C的方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，A，B兩點分別是雙曲線C的左、右頂點，點P是雙曲線C上任意一點(與A，B兩點不重合)，記直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，則()A．雙曲線C的焦點到漸近線的距離為3B．若雙曲線C的實半軸長、虛半軸長同時增加相同的長度m(m>0)，則離心率變大C．k1·k2為定值D．存在實數(shù)t使得直線y＝eq\f(5,3)x＋t與雙曲線左、右兩支各有一個交點答案C解析對于A，∵雙曲線C的一個焦點為F(5,0)，漸近線方程為4x±3y＝0，∴焦點F到漸近線的距離為d＝eq\f(|4×5|,\r(16＋9))＝4，故A錯誤；對于B，雙曲線C的離心率e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\f(5,3)，若雙曲線C的實半軸長、虛半軸長同時增加相同的長度m(m>0)，則離心率e′＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋m,a＋m)))2)，又eq\f(b＋m,a＋m)－eq\f(b,a)＝eq\f(4＋m,3＋m)－eq\f(4,3)＝eq\f(－m,33＋m)<0，∴e′<e，即離心率變小，故B錯誤；對于C，A(－3,0)，B(3,0)，設(shè)P(x，y)，∵k1＝eq\f(y,x＋3)，k2＝eq\f(y,x－3)，∴k1·k2＝eq\f(y,x＋3)·eq\f(y,x－3)＝eq\f(y2,x2－9)，又點P在雙曲線上，∴eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，∴y2＝16eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)－1))＝eq\f(16x2－9,9)，∴k1·k2＝eq\f(16x2－9,9)·eq\f(1,x2－9)＝eq\f(16,9)為定值，故C正確；對于D，雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(4,3)x，且eq\f(5,3)>eq\f(4,3)，則根據(jù)雙曲線圖象可知，若直線y＝eq\f(5,3)x＋t與雙曲線C有兩個交點，則這兩個交點必在雙曲線的同一支上，故D錯誤．二、填空題9．直線y＝kx＋1與橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,m)＝1總有公共點，則實數(shù)m的取值范圍是______________．答案[1,4)∪(4，＋∞)解析直線y＝kx＋1過定點(0,1)，故點(0,1)在橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,m)＝1上或內(nèi)部，∴eq\f(1,m)≤1，且m>0，m≠4，∴m≥1，且m≠4.10．(2022·江西大聯(lián)考)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，過F作斜率為eq\r(5)的直線l與C交于M，N兩點，若線段MN中點的縱坐標(biāo)為eq\r(10)，則F到C的準(zhǔn)線的距離為________．答案5eq\r(2)解析設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則yeq\o\al(2,1)＝2px1，yeq\o\al(2,2)＝2px2，兩式相減得yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)＝2px1－2px2，即(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)，因為M，N兩點在斜率為eq\r(5)的直線l上，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\r(5)，所以由(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)，得eq\r(5)(y1＋y2)＝2p，因為線段MN中點的縱坐標(biāo)為eq\r(10)，所以y1＋y2＝2eq\r(10)，則eq\r(5)×2eq\r(10)＝2p，p＝5eq\r(2)，所以F到C的準(zhǔn)線的距離為5eq\r(2).11．(2022·湛江模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦點為F，過原點O的直線l交雙曲線C于A，B兩點，且2|FO|＝|AB|，若∠BAF＝eq\f(π,6)，則雙曲線C的離心率是________．答案eq\r(3)＋1解析設(shè)右焦點為F′，連接AF′，BF′(圖略)．因為2|OF|＝|AB|＝2c，即|FF′|＝|AB|，可得四邊形AFBF′為矩形．在Rt△ABF中，|AF|＝2c·cos∠BAF＝2c·eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)c，|BF|＝2c·sin∠BAF＝2c·eq\f(1,2)＝c.由雙曲線的定義可得|AF|－|AF′|＝2a，所以2a＝(eq\r(3)－1)c，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)－1)＝eq\r(3)＋1.12．(2022·新高考全國Ⅰ)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C的上頂點為A，兩個焦點為F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(1,2).過F1且垂直于AF2的直線與C交于D，E兩點，|DE|＝6，則△ADE的周長是________．答案13解析如圖，連接AF1，DF2，EF2，因為C的離心率為eq\f(1,2)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以a＝2c，所以b2＝a2－c2＝3c2.因為|AF1|＝|AF2|＝a＝2c＝|F1F2|，所以△AF1F2為等邊三角形，又DE⊥AF2，所以直線DE為線段AF2的垂直平分線，所以|AD|＝|DF2|，