PAGEPAGE1第9講直線與圓錐曲線的位置關系1．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)與直線y＝2x有交點，則雙曲線離心率的取值范圍為()A．(1，eq\r(5)) B．(1，eq\r(5)]C．(eq\r(5)，＋∞) D．[eq\r(5)，＋∞)解析：選C.因為雙曲線的一條漸近線方程為y＝eq\f(b,a)x，則由題意得eq\f(b,a)>2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))>eq\r(1＋4)＝eq\r(5).2．過拋物線y2＝2x的焦點作一條直線與拋物線交于A，B兩點，它們的橫坐標之和等于2，則這樣的直線()A．有且只有一條 B．有且只有兩條C．有且只有三條 D．有且只有四條解析：選B.若直線AB的斜率不存在時，則橫坐標之和為1，不符合題意．若直線AB的斜率存在，設直線AB的斜率為k，則直線AB為y＝k(x－eq\f(1,2))，代入拋物線y2＝2x得，k2x2－(k2＋2)x＋eq\f(1,4)k2＝0，因為A、B兩點的橫坐標之和為2.所以k＝±eq\r(2).所以這樣的直線有兩條．3．(2024·安徽皖南八校聯(lián)考)若直線ax＋by－3＝0與圓x2＋y2＝3沒有公共點，設點P的坐標為(a，b)，則過點P的一條直線與橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的公共點的個數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．1或2解析：選C.由題意得，圓心(0，0)到直線ax＋by－3＝0的距離為eq\f(3,\r(a2＋b2))＞eq\r(3)，所以a2＋b2＜3.又a，b不同時為零，所以0＜a2＋b2＜3.由0＜a2＋b2＜3，可知|a|＜eq\r(3)，|b|＜eq\r(3)，由橢圓的方程知其長半軸長為2，短半軸長為eq\r(3)，所以P(a，b)在橢圓內(nèi)部，所以過點P的一條直線與橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的公共點有2個，故選C.4．(2024·江西九江模擬)過拋物線y2＝8x的焦點F的直線交拋物線于A，B兩點，交拋物線的準線于C，若|AF|＝6，eq\o(BC,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→))，則λ的值為()A.eq\f(3,4) B.eq\f(3,2)C.eq\r(3) D．3解析：選D.設A(x1，y1)(y1>0)，B(x2，y2)，C(－2，y3)，則x1＋2＝6，解得x1＝4，y1＝4eq\r(2)，直線AB的方程為y＝2eq\r(2)(x－2)，令x＝－2，得C(－2，－8eq\r(2))，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝8x，,y＝2\r(2)（x－2），))解得B(1，－2eq\r(2))，所以|BF|＝1＋2＝3，|BC|＝9，所以λ＝3.5．(2024·江西五市八校模擬)已知直線y＝1－x與雙曲線ax2＋by2＝1(a>0，b<0)的漸近線交于A、B兩點，且過原點和線段AB中點的直線的斜率為－eq\f(\r(3),2)，則eq\f(a,b)的值為()A．－eq\f(\r(3),2) B．－eq\f(2\r(3),3)C．－eq\f(9\r(3),2) D．－eq\f(2\r(3),27)解析：選A.由雙曲線ax2＋by2＝1知其漸近線方程為ax2＋by2＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有axeq\o\al(2,1)＋byeq\o\al(2,1)＝0①，axeq\o\al(2,2)＋byeq\o\al(2,2)＝0②，由①－②得a(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＝－b(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2))．即a(x1＋x2)(x1－x2)＝－b(y1＋y2)(y1－y2)，由題意可知x1≠x2，且x1＋x2≠0，所以eq\f(y1＋y2,x1＋x2)·eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(a,b)，設AB的中點為M(x0，y0)，則kOM＝eq\f(y0,x0)＝eq\f(2y0,2x0)＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq\f(\r(3),2)，又知kAB＝－1，所以－eq\f(\r(3),2)×(－1)＝－eq\f(a,b)，所以eq\f(a,b)＝－eq\f(\r(3),2)，故選A.6．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，過點F且傾斜角為60°的直線l與拋物線C在第一、四象限分別交于A，B兩點，則eq\f(|AF|,|BF|)的值等于________．解析：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由直線l的傾斜角為60°，則直線l的方程為y－0＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，即y＝eq\r(3)x－eq\f(\r(3),2)p，聯(lián)立拋物線方程，消去y并整理，得12x2－20px＋3p2＝0，則x1＝eq\f(3,2)p，x2＝eq\f(1,6)p，則eq\f(|AF|,|BF|)＝eq\f(\f(3,2)p＋\f(1,2)p,\f(1,2)p＋\f(1,6)p)＝3.答案：37．(2024·洛陽市第一次統(tǒng)一考試)已知雙曲線E：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1，直線l交雙曲線于A，B兩點，若線段AB的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1))，則l的方程為____________．解析：依題意，設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)－\f(yeq\o\al(2,1),2)＝1,\f(xeq\o\al(2,2),4)－\f(yeq\o\al(2,2),2)＝1))，兩式相減得eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),4)＝eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),2)，即eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(1,2)×eq\f(x1＋x2,y1＋y2).又線段AB的中點坐標是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1))，因此x1＋x2＝2×eq\f(1,2)＝1，y1＋y2＝(－1)×2＝－2，eq\f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq\f(1,2)，eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,4)，即直線AB的斜率為－eq\f(1,4)，直線l的方程為y＋1＝－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即2x＋8y＋7＝0.答案：2x＋8y＋7＝08．(2024·福建四地六校模擬)已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，直線l過點F與拋物線C交于A，B兩點，且|AB|＝6，若AB的垂直平分線交x軸于P點，則P點的坐標為____________．解析：由拋物線y2＝4x，得p＝2，易知直線l的斜率存在，設經(jīng)過點F的直線l：y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，將y＝k(x－1)代入y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，所以x1＋x2＝2＋eq\f(4,k2)，利用拋物線定義得，x1＋x2＝|AB|－p＝6－2＝4，即2＋eq\f(4,k2)＝4，所以k＝±eq\r(2)，因為AB中點坐標為(2，k)，所以AB的垂直平分線方程為y－k＝－eq\f(1,k)·(x－2)，令y＝0，得x＝4，即P點的坐標為(4，0)．答案：(4，0)9．已知點Q是拋物線C1：y2＝2px(p>0)上異于坐標原點O的點，過點Q與拋物線C2：y＝2x2相切的兩條直線分別交拋物線C1于點A，B.若點Q的坐標為(1，－6)，求直線AB的方程及弦AB的長．解：由Q(1，－6)在拋物線y2＝2px上，可得p＝18，所以拋物線C1的方程為y2＝36x.設拋物線C2的切線方程為y＋6＝k(x－1)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋6＝k（x－1），,y＝2x2，))消去y，得2x2－kx＋k＋6＝0，Δ＝k2－8k－48.由于直線與拋物線C2相切，故Δ＝0，解得k＝－4或k＝12.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋6＝－4（x－1），,y2＝36x，))得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，－3))；由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋6＝12（x－1），,y2＝36x，))得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，9)).所以直線AB的方程為12x－2y－9＝0，弦AB的長為2eq\r(37).10．在平面直角坐標系xOy中，橢圓C的中心為原點，焦點F1，F(xiàn)2在y軸上，離心率為eq\f(\r(2),2).過F1的直線l0交C于P，Q兩點，且△PQF2的周長為8eq\r(2).(1)求橢圓C的方程；(2)圓eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＋(y－2)2＝eq\f(25,4)與x軸正半軸相交于兩點M，N(點M在點N的左側(cè))，過點M任作一條直線與橢圓C相交于A，B兩點，連接AN，BN，求證∠ANM＝∠BNM.解：(1)設橢圓C的方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)．因為離心率為eq\f(\r(2),2)，所以eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(2),2)，解得eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)，即a2＝2b2.又△PQF2的周長為|PQ|＋|PF2|＋|QF2|＝(|PF1|＋|PF2|)＋(|QF1|＋|QF2|)＝2a＋2a＝4a，所以4a＝8eq\r(2)，即a＝2eq\r(2)，b＝2，所以橢圓C的方程為eq\f(y2,8)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)證明：把y＝0代入eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＋(y－2)2＝eq\f(25,4)，解得x＝1或x＝4，即點M(1，0)，N(4，0)．①當AB⊥x軸時，由橢圓的對稱性可知∠ANM＝∠BNM.②當AB與x軸不垂直時，可設直線AB的方程為y＝k(x－1)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,2x2＋y2＝8，))消去y，得(k2＋2)x2－2k2x＋k2－8＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(2k2,k2＋2)，x1x2＝eq\f(k2－8,k2＋2).因為y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，所以kAN＋kBN＝eq\f(y1,x1－4)＋eq\f(y2,x2－4)＝eq\f(k（x1－1）,x1－4)＋eq\f(k（x2－1）,x2－4)＝eq\f(k[（x1－1）（x2－4）＋（x2－1）（x1－4）],（x1－4）（x2－4）).因為(x1－1)(x2－4)＋(x2－1)(x1－4)＝2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝eq\f(2（k2－8）,k2＋2)－eq\f(10k2,k2＋2)＋8＝eq\f(2（k2－8）－10k2＋8（k2＋2）,k2＋2)＝0，所以kAN＋kBN＝0，所以∠ANM＝∠BNM.綜上所述，∠ANM＝∠BNM.1．(2024·河北石家莊二中模擬)已知直線l1與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)交于A，B兩點，且AB中點M的橫坐標為b，縱坐標不為0，過M且與直線l1垂直的直線l2過雙曲線C的右焦點，則雙曲線的離心率為()A.eq\f(1＋\r(5),2) B.eq\r(\f(1＋\r(5),2))C.eq\f(1＋\r(3),2) D.eq\r(\f(1＋\r(3),2))解析：選B.由題意知直線l1與l2的斜率存在且都不為0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(b，yM)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)－\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)－\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1))，得eq\f(（x1－x2）（x1＋x2）,a2)－eq\f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2)＝0.又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y1－y2,x1－x2)＝kl1＝－\f(1,kl2)＝\f(c－b,yM)，,x1＋x2＝2b，,y1＋y2＝2yM，))則可得a2＝bc，即a4＝(c2－a2)c2，有e4－e2－1＝0，得e2＝eq\f(1＋\r(5),2)，所以e＝eq\r(\f(1＋\r(5),2)).2．(2024·貴州貴陽模擬)已知雙曲線x2－y2＝1的左、右頂點分別為A1、A2，動直線l：y＝kx＋m與圓x2＋y2＝1相切，且與雙曲線左、右兩支的交點分別為P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則x2－x1的最小值為()A．2eq\r(2) B．2C．4 D．3eq\r(2)解析：選A.因為l與圓相切，所以原點到直線的距離d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝1，所以m2＝1＋k2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2－y2＝1))得(1－k2)x2－2mkx－(m2＋1)＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝4m2k2＋4（1－k2）（m2＋1）＝4（m2＋1－k2）＝8＞0，,x1x2＝\f(1＋m2,k2－1)＜0，))所以k2＜1，所以－1＜k＜1，由于x1＋x2＝eq\f(2mk,1－k2)，所以x2－x1＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(2\r(2),|1－k2|)＝eq\f(2\r(2),1－k2)，因為0≤k2＜1，所以當k2＝0時，x2－x1取最小值2eq\r(2).故選A.3．(2024·北京模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，橢圓的短軸端點與雙曲線eq\f(y2,2)－x2＝1的焦點重合，過點P(4，0)且不垂直于x軸的直線l與橢圓C相交于A，B兩點．(1)求橢圓C的方程；(2)求eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))的取值范圍．解：(1)由題意知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,4)，所以a2＝eq\f(4,3)b2.因為雙曲線eq\f(y2,2)－x2＝1的焦點坐標為(0，±eq\r(3))，所以b＝eq\r(3)，所以a2＝4，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)當直線l的傾斜角為0°時，不妨令A(－2，0)，B(2，0)，則eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－4，當直線l的傾斜角不為0°時，設其方程為x＝my＋4，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋4，,3x2＋4y2＝12))?(3m2＋4)y2＋24my＋36＝0，由Δ>0?(24m)2－4×(3m2＋4)×36>0?m2>4，設A(my1＋4，y1)，B(my2＋4，y2)．因為y1＋y2＝－eq\f(24m,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(36,3m2＋4)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝(my1＋4)(my2＋4)＋y1y2＝m2y1y2＋4m(y1＋y2)＋16＋y1y2＝eq\f(116,3m2＋4)－4，因為m2>4，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(13,4))).綜上所述，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(13,4))).4．(2024·福建省一般中學質(zhì)量檢查)在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a＞1)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P是C上異于長軸端點的動點，∠F1PF2的角平分線交x軸于點M.當P在x軸上的射影為F2時，M恰為OF2的中點．(1)求C的方程；(2)過點F2引PF2的垂線交直線l：x＝2于點Q，試推斷除點P外，直線PQ與C是否有其他公共點？說明理由．解：(1)設|F1F2|＝2c，則c2＝a2－1，不妨設P在x軸上方(如圖)．當P在x軸上的射影為F2時，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(1,a)))，F(xiàn)1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，0))，F(xiàn)2(c，0)，所以直線PF1的方程為x－2acy＋c＝0.因為|OF2|＝2|OM|，所以|OM|＝|MF2|＝eq\f(c,2)，所以點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，0)).則點M到直線PF1的距離為d＝eq\f(|\f(c,2)＋c|,\r(1＋4a2c2))＝eq\f(3c,2\r(1＋4a2c2)).因為PM平分