8.8 直线与圆锥曲线的位置关系（课件PPT）-【创新方案】2025年高考数学一轮总复习

直线与圆锥曲线的位置关系 第八节 课标要求 1.掌握解决直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系的思想方法. 2.会判断直线与圆锥曲线的位置关系． CONTENTS 目录 1 2 3 再认再现——课前基础落实 互动课堂——解题思维建模 即练即评——课堂效果评价 4 课时跟踪检测 再认再现——课前基础落实 01 系统主干知识 (1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线l与圆锥曲线C有2个公共点；Δ＝0⇔直线l与圆锥曲线C有___个公共点；Δ＜0⇔直线l与圆锥曲线C有____个公共点． (2)当a＝0，b≠0时，圆锥曲线C为抛物线或双曲线． 当C为双曲线时，l与双曲线的渐近线_____________，它们的公共点有___个或___个． 当C为抛物线时，l与抛物线的对称轴_____________，它们的公共点有___个． 1 0 平行或重合 1 0 平行或重合 1 3．常用结论 设AB为圆锥曲线的弦，点M为弦AB的中点，O为坐标原点： 续表 细作教材小题 √ 所以c2＝a2－b2＝1，即c＝1，故左焦点为F1(－1,0)， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 互动课堂——解题思维建模 02 逐点清(一)　直线与圆锥曲线位置关系的判定 例 1 √ √ √ 例 2 √ 点拨·建模 在判断直线和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，如果是直线与圆或椭圆，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． 逐点清(二)　弦长问题 例 3 (2)易知F1(－1,0)，F2(1,0)． ①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为 y＝k(x－1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0， ∵A(x1，y1)，B(x2，y2)在椭圆C上， 求解弦长的4种方法 (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)联立直线与圆锥曲线方程，解方程组求出两个交点坐标，代入两点间的距离公式求解． (3)联立直线与圆锥曲线方程，消元得到关于x(或y)的一元二次方程，利用根与系数的关系得到(x1－x2)2(或(y1－y2)2)，代入两点间的距离公式求解． (4)当弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长． 点拨·建模 逐点清(三)　中点弦问题 例 4 √ 例 5 x＋2y－3＝0 解析：法一：易知此弦所在直线的斜率存在， ∴设其方程为y－1＝k(x－1)，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 又∵x1＋x2＝2， ∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2， 点拨·建模 解决圆锥曲线中与弦的中点有关问题的方法 根与系数的关系法 将直线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 点差法 设出直线l与圆锥曲线C的交点坐标A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入圆锥曲线方程，通过作差，构造出x1＋x2，y1＋y2，x1－x2，y1－y2，从而建立弦的中点和直线的斜率的关系 即练即评——课堂效果评价 03 逐点验收(一)　直线与圆锥曲线位置关系的判定 √ √ √ 3．抛物线C：y2＝4x的准线为l，l与x轴交于点A，过点A作抛物线的一条切线，切点为B，则△OAB的面积为(　 ) A．1 B．2 C．4 D．8 √ 逐点验收(二)　弦长问题 (2)由题可知直线BC的方程为y－1＝k(x＋2)，设B(x1，y1)，C(x2，y2)， 联立直线BC和椭圆E的方程， 整理得(4k2＋1)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0， 由Δ>0得k<0， 解：(1)设点M的坐标为(x，y)，x≠±1， (2)如图，当直线PQ的斜率不存在时，显然不符合题意； 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为y＝kx－3， 由Δ＝36k2＋52(4－k2)>0且4－k2≠0，解得k2<13且k2≠4， 逐点验收(三)　中点弦问题 √ 解析：设点A(x1，y1)，B(x2，y2)， 即(x1＋x2)(x1－x2)＝2(y1＋y2)(y1－y2)， √ 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 若直线l的斜率为2，则直线l的方程为y＝2x，此时直线l为双曲线C的一条渐近线，不合乎题意． 综上所述，过点P(1,2)与双曲线C只有一个公共点的直线l共有2条．故选A． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 3．若抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点到准线的距离为2，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，且|AB|＝8，则弦AB的中点到y轴的距离为(　 ) A．2 B．3 C．4 D．6 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 ±1 得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 解得m＝±1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 9．设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是________． 解析：可求得Q(－2,0)，当直线l的斜率不存在时，不满足题意，故设直线l的方程为y＝k(x＋2)，代入抛物线方程，消去y整理得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0，由Δ＝(4k2－8)2－4k2·4k2＝64(1－k2)≥0，解得－1≤k≤1. [－1,1] 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 5 解析：设直线AB：y＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线AB的方程代入抛物线的方程得k2x2－4(1＋k2)x＋4k2＝0，Δ>0，由根与系数的关系得x1·x2＝4　①. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 所以5x1－2x2＋3＝0　②，由①②得x1＝1，x2＝4， 所以|BF|＝|BB1|＝5. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 由题意知线段AB与线段MN有相同的中点， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 解：(1)由题意知，2a＝6，即a＝3， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1．直线与圆锥曲线的位置关系 设直线l：Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线C：F(x，y)＝0， 由消去y得到关于x的方程ax2＋bx＋c＝0. 2．圆锥曲线的弦长公式 设斜率为k的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝|x1－x2|＝________________________＝|y1－y2|＝________________________. · · 标准方程 结论 ＋＝1(a＞b＞0) kAB·kOM＝－ ＋＝1(a＞b＞0) kAB·kOM＝－ －＝1(a＞0，b＞0) kAB·kOM＝ －＝1(a＞0，b＞0) kAB·kOM＝ y2＝2px(p≠0) kAB＝(y0为M的纵坐标) x2＝2py(p≠0) kAB＝(x0为M的横坐标) 1．(苏教版选择性必修一P124·T10改编)直线y＝kx＋2与椭圆＋＝1有且只有一个交点，则k的值是(　 ) A． B．－ C．± D．± 解析：由得(2＋3k2)x2＋12kx＋6＝0，由题意知Δ＝(12k)2－4×6×(2＋3k2)＝0，解得k＝±. 2．(人教A版选择性必修一P127·T2改编)直线2x－y－10＝0与双曲线－＝1的交点坐标为________________． (6,2)， 解析：由消去y，得3x2－32x＋84＝0， 解得x＝6或x＝，由x＝6， 解得y＝2；由x＝，解得y＝－， 所以交点坐标为(6,2)，. 3．(人教A版选择性必修一P114·T2改编)经过椭圆＋y2＝1的左焦点F1作倾斜角为60°的直线l，直线l与椭圆相交于A，B两点，则线段AB的长为________． 解析：在＋y2＝1中，a2＝2，b2＝1， 而tan 60°＝， 故直线l为y＝(x＋1)，联立＋y2＝1得，7x2＋12x＋4＝0， 由根与系数的关系得x1＋x2＝－，x1x2＝. 则由弦长公式得|AB|＝·＝. (2024·邯郸模拟)[多选]已知直线l：y＝x＋m与椭圆C：＋＝1，则下列结论正确的是(　 ) A．若C与l至少有一个公共点，则m≤2 B．若C与l有且仅有两个公共点，则|m|<2 C．若m＝3，则C上到l的距离为5的点只有1个 D．若m＝－，则C上到l的距离为1的点只有3个 解析：联立消去y得4x2＋6mx＋3m2－6＝0，则判别式Δ＝12(8－m2)．令Δ＝12(8－m2)≥0，则有|m|≤2，A错误； 令Δ＝12(8－m2)>0，则有|m|<2，B正确； 如图，直线y＝x－分别与y＝x－2和y＝x的距离均为1，因此，C上到l的距离为1的点只有3个，D正确．故选BCD． 令直线l与椭圆C相切，则Δ＝12(8－m2)＝0，即m＝±2，直线y＝x＋3与y＝x－2的距离d＝＝5，C正确； 过点P(4,4)且与双曲线－＝1只有一个交点的直线有(　 ) A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 解析：双曲线方程为－＝1，当k不存在时，直线为x＝4，与－＝1的图象有且只有一个公共点，当k存在时，直线为y＝k(x－4)＋4， 代入双曲线的方程可得(9－16k2)x2＋(128k2－128k)x－256k2＋512k－400＝0，若9－16k2＝0，即k＝±时，y＝±(x－4)＋4与双曲线的渐近线y＝±x平行，所以与双曲线只有1个公共点，当k≠±时，Δ＝(128k2－128k)2＋4(9－16k2)(256k2－512k＋400)＝0，即k＝，此时直线y＝(x－4)＋4与双曲线相切，只有1个公共点．综上，过点P(4,4)且与该双曲线只有一个公共点的直线有4条． 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，且点在C上． (1)求椭圆C的标准方程； (2)设过F2的直线l与C交于A，B两点，若|AF1|·|BF1|＝，求|AB|. 解：(1)由题意可知可得 ∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1. 由 ∴x1＋x2＝，x1·x2＝. ∴y＝1－，y＝1－， ∴|AF1|＝＝＝， |BF1|＝＝＝. ∴(x1＋2)(x2＋2)＝， ∵|AF1|·|BF1|＝， ∴·＝， ∴(x1＋2)(x2＋2)＝， 整理得x1x2＋(x1＋x2)＋2＝， 把x1＋x2＝，x1·x2＝代入上式得×＋＋2＝，整理得k2＝1， ∴x1＋x2＝，x1·x2＝0， ∴|AB|＝·＝. ②当直线l的斜率不存在时，不妨设点A，B， 则|AF1|＝|BF1|＝ ＝＝， ∴|AF1|·|BF1|≠，不符合题意，舍去． 综上所述，|AB|＝. (2023·全国乙卷)设A，B为双曲线x2－＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是(　 ) A．(1,1) B．(－1,2) C．(1,3) D．(－1，－4) 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为(x0，y0)， 则 ①－②得kAB＝＝9×＝9×， 即－3<9×<3⇒－<<，即>3或<－3，故A、B、C错误，D正确．故选D． 已知P(1,1)为椭圆＋＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为________________． 由得(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0， ∴x1＋x2＝， ∴＝2，解得k＝－，经检验，k＝－满足题意． 故此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0. 法二：易知此弦所在直线的斜率存在， ∴设斜率为k，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1　①，＋＝1　②，①－②得＋＝0， ∴＋y1－y2＝0， ∴k＝＝－.经检验，k＝－满足题意， ∴此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0. 1．[多选]已知直线y＝x与双曲线－＝1(a>0，b>0)无公共点，则双曲线的离心率可能为(　 ) A．1 B． C． D． 解析：双曲线的一条渐近线为y＝x，因为直线y＝x与双曲线无公共点，故有≤1.即＝＝e2－1≤1，所以e2≤2，所以1<e≤. 2．(2024·广州模拟)已知以F1(－2,0)，F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x＋y＋4＝0有且仅有一个公共点，则椭圆的长轴长为(　 ) A．3 B．2 C．2 D．4 解析：设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，将直线x＋y＋4＝0代入椭圆方程，消x得(m＋n)y2＋8my＋16m－1＝0，Δ＝64m2－4(16m－1)(m＋n)＝0，整理，得m＋n＝16mn，又c＝2，由焦点在x轴上，所以－＝4，联立解得m＝，n＝，故椭圆方程为＋＝1，则长轴长为2. 解析：∵抛物线C：y2＝4x的准线为l，∴l的方程为x＝－1，A(－1,0)，设过点A作抛物线的一条切线为x＝my－1，m>0，由得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的面积为×1×2＝1. 4．(2022·北京高考)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为2. (1)求椭圆E的方程； (2)过点P(－2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.当|MN|＝2时，求k的值． 解：(1)依题意可知得 故椭圆E的方程为＋y2＝1. 得 ∴x1＋x2＝－，x1x2＝， 易知直线AB的斜率kAB＝， 直线AB的方程为y＝x＋1， 令y＝0，可得点M的横坐标xM＝， 同理可得点N的横坐标xN＝. ∴|MN|＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝2，得k＝－4. 故k的值为－4. 5．(2024·青岛高三统考开学考试)已知O为坐标原点，A(1,0)，B(－1,0)，直线AM，BM的斜率之积为4，记动点M的轨迹为E. (1)求E的方程； (2)直线l经过点(0，－3)，与E交于P，Q两点，线段PQ的中点D在第一象限，且纵坐标为，求△OPQ的面积． 因为kAM＝，kBM＝， 所以kAM·kBM＝＝4，化简得x2－＝1， 所以E的方程为x2－＝1(x≠±1)． 将y＝kx－3与x2－＝1联立得，(4－k2)x2＋6kx－13＝0， 由根与系数的关系得 因为线段PQ的中点D在第一象限，且纵坐标为， 所以 解得k＝2或k＝－2(舍去)， 所以直线PQ为y＝2x－3， 所以 所以|PQ|＝·＝·＝， 又O点到直线PQ的距离d＝＝， 所以S△OPQ＝××＝. 6．已知直线l交双曲线－＝1于A，B两点，且P(4,1)为AB的中点，则l的斜率为(　 ) A．4 B．3 C．2 D．1 由P(4,1)为AB的中点，则有 又点A，B在双曲线上，则 则l的斜率k＝＝＝＝2，此时，直线l的方程：y－1＝2(x－4)，即y＝2x－7， 由消去y并整理得7x2－56x＋102＝0，Δ＝562－4×7×102＝280>0，即直线l与双曲线交于两点，所以l的斜率为2. 7．(2024·南昌校考阶段练习)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(，0)，过F作直线l交椭圆于A，B两点，若弦AB的中点坐标为，则椭圆的面积为(椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积)(　 ) A．12π B．9π C．6π D．3π 解析：设AB的中点为M，即M，如图所示， 易知c＝＝，即a2－b2＝6.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又AB的中点坐标为， 所以 则kFM＝＝＝kAB＝.又A，B两点在椭圆＋＝1(a>b>0)上，可得 两式相减可得＋＝0， 整理得＝－＝－×＝＝kAB＝，解得3a2＝4b2， 联立a2－b2＝6可解得a2＝24，b2＝18， 即a＝2，b＝3， 所以椭圆的面积为πab＝12π. 一、强基训练，提高自信心 1．若直线y＝x－1与椭圆x2＋3y2＝a有且只有一个公共点，那么a的值为(　 ) A． B． C． D．1 解析：因为方程x2＋3y2＝a表示的曲线为椭圆，则a>0，将直线y＝x－1的方程与椭圆的方程联立，可得4x2－6x＋3－a＝0，则Δ＝36－4×4×＝16a－12＝0，解得a＝. 2．(2023·重庆二模)已知点P(1,2)和双曲线C：x2－＝1，过点P且与双曲线C只有一个公共点的直线有(　 ) A．2条 B．3条 C．4条 D．无数条 解析：由题意可得，双曲线x2－＝1的渐近线方程为y＝±2x，点(1,0)是双曲线的顶点． ①若直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1，此时，直线l与双曲线C只有一个公共点，合乎题意； ②若直线l的斜率存在，则当直线平行于渐近线y＝－2x时，直线l与双曲线C只有一个公共点； 解析：因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点到准线的距离为2，所以p＝2，抛物线方程为y2＝4x.过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义得，焦点弦|AB|＝x1＋x2＋p，所以8＝x1＋x2＋2，则x1＋x2＝6，所以AB的中点到y轴的距离为d＝＝＝3.故选B． 4．直线y＝kx＋1，当k变化时，此直线被椭圆＋y2＝1截得的最大弦长是(　 ) A．2 B． C．4 D．不能确定 解析：直线恒过定点(0,1)，且点(0,1)在椭圆上，可设另外一个交点为(x，y)，则弦长为＝＝ ，当y＝－时，弦长最大为. 5．(2023·盐城三模)定义曲线－＝1为双曲线－＝1的“伴随曲线”．在双曲线C1：x2－y2＝1的伴随曲线C2上任取一点P，过P分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为M，N，则直线MN与曲线C1的公共点的个数为(　 ) A．0 B．1 C．2 D．与点P的位置有关系 解析：双曲线C1：x2－y2＝1的伴随曲线C2为－＝1，设P(m，n)为－＝1上一点，则－＝1，过P分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为M，N，则M(m,0)，N(0，n)，所以直线MN：y＝－x＋n，联立得x2＋x－n2－1＝0， 所以Δ＝2－4××(－n2－1)＝4n4－4××(－n2－1)＝0，则直线MN与曲线C1的公共点的个数为1，故选B． 6．(2024·郑州模拟)已知直线l：3x＋4y－11＝0与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，若点P(1,2)恰为弦AB的中点，则椭圆C的离心率是(　 ) A． B． C． D． 解析：依题意，直线l的斜率为－，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝－，且由两式相减得＝－，于是＝－·＝×＝， 解得m2＝6，此时椭圆C：＋＝1，显然点P(1,2)在椭圆C内，符合要求，所以椭圆C的离心率e＝＝.故选A． 7. (2023·新课标Ⅱ卷)已知椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则m＝(　 ) A． B． C．－ D．－ 解析：将直线y＝x＋m与椭圆C联立消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0.因为直线y＝x＋m与椭圆C相交于A，B两点，则Δ＝36m2－4×4(3m2－3)＞0，解得－2＜m＜2.由题意，F1(－，0)，F2(，0)，因为△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，所以点F1到直线AB的距离是点F2到直线AB的距离的2倍，即＝2×，解得m＝－或m＝－3(舍去)，故选C． 8．已知椭圆＋y2＝1与直线y＝x＋m交于A，B两点，且|AB|＝，则实数m的值为________． 解析：由消去y并整理， 则x1＋x2＝－，x1x2＝. 由题意，得 ＝， 10．设抛物线y2＝4x的焦点为F，过点(2,0)的直线交抛物线于A，B两点，与抛物线的准线交于点C，若＝，则|BF|＝__________. 如图，分别过点A，B作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，则△AA1C∽△BB1C，所以＝， 所以＝＝＝＝， 11．已知A，B为曲线C：y＝上两点，AB的中点N在直线x＝1上． (1)求直线AB的斜率； (2)过点A，B分别作曲线C的切线l1，l2，交于点E，连接EN，交曲线C于点M，求点M的坐标． 解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2，则y1＝x，y2＝x，又AB的中点N在直线x＝1上，所以x1＋x2＝2×1＝2， 所以直线AB的斜率为＝ ＝(x1＋x2)＝×2＝. (2)如图，设E(m，n)，N(1，t)，由抛物线方程y＝x2可得y′＝x， 所以点A处的切线方程为y－x＝x1(x－x1)，所以y＝x1x－x， 同理可得点B处的切线方程为y＝x2x－x， 所以直线EN的方程为x＝1，联立 得所以M. 12．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，P(2,1)是椭圆E上一点． (1)求椭圆E的方程； (2)若A，B是椭圆E上两点，且线段AB的中点坐标为M. ①求直线AB的方程． ②求△OAB的面积． 解：(1)由题意得解得 所以椭圆E的方程为＋＝1. (2)①设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由A，B是椭圆E上两点得 两式相减得＋＝0，即(x1＋x2)＋2(y1＋y2)·＝0， 因为线段AB的中点坐标为M， 所以x1＋x2＝，y1＋y2＝， 所以＝－1，即kAB＝－1， 所以直线AB的方程为y－＝－，即x＋y－1＝0. ②由得3x2－4x－4＝0, 则x1＋x2＝，x1x2＝－， 所以|AB|＝·＝×＝， 点O到直线AB的距离d＝＝， 所以S△OAB＝×|AB|×d＝××＝. 二、创优训练，冲刺“双一流” 13．(2024·苏州模拟)在平面直角坐标系xOy中，若直线x＋ay＋3＝0上存在动点P，使得过点P作椭圆C：＋y2＝1的两条切线相互垂直，则实数a的取值范围是(　 ) A． 　　 B．∪ C． 　　 D．∪ 解析：如图，设过点P作椭圆的两条切线分别为PM，PN，其中M，N为切点，则OM⊥PM，ON⊥PN，又由于PM⊥PN，故四边形PMON为矩形．由椭圆的方程为＋y2＝1，得矩形的对角线|OP|＝＝2，即矩形PMON的边长不超过2，即椭圆与直线x＋ay＋3＝0有公共点，则(0,0)到直线x＋ay＋3＝0的距离不超过2，故≤2，得≤4，解得a∈∪，故选B． 14．(2023·新课标Ⅱ卷)[多选]设O为坐标原点，直线y＝－(x－1)过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则(　 ) A．p＝2 B．|MN|＝ C．以MN为直径的圆与l相切 D．△OMN为等腰三角形 解析：由题意，易知直线y＝－(x－1)过点(1,0)．对于A，因为直线经过抛物线C的焦点，所以易知焦点坐标为(1,0)，所以＝1，即p＝2，故A正确． 对于B，不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1＜x2，由消去y并整理得3x2－10x＋3＝0，解得x1＝，x2＝3.由抛物线的定义，得|MN|＝x1＋x2＋p＝＋2＝，故B错误． 对于C，设MN的中点为A，M，N，A到直线l的距离分别为d1，d2，d，因为d＝(d1＋d2)＝(|MF|＋|NF|)＝|MN|，即A到直线l的距离等于MN的一半，所以以MN为直径的圆与直线l相切，故C正确． 对于D，由上述分析可知y1＝－＝，y2＝－(3－1)＝－2，所以|OM|＝＝，|ON|＝＝，又|MN|＝，所以△OMN不是等腰三角形，故D错误．故选AC． 15．(2022·新课标Ⅱ卷)已知直线l与椭圆＋＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2，则l的方程为________________． x＋y－2＝0 解析：法一：设直线l的方程为＋＝1(m>0，n>0)，分别令y＝0，x＝0，得点M(m,0)，N(0，n)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 所以 即因为kAB＝kMN， 所以＝＝－. 将A(x1，y1)，B(x2，y2)代入椭圆方程，得两式相减，得＋＝0， 由题意知x1＋x2≠0，x1≠x2，所以·＝－，即·＝－，整理得m2＝2n2　①. 又|MN|＝2， 所以由勾股定理，得m2＋n2＝12　②，由①②并结合m>0，n>0，得所以直线l的方程为＋＝1，即x＋y－2＝0. 法二：设直线l的方程为＋＝1(m>0，n>0)，分别令y＝0，x＝0，得点M(m,0)，N(0，n)．由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，设为Q，则Q， 则kAB＝＝－，kOQ＝＝.由椭圆中点弦的性质知，kAB·kOQ＝－＝－，即·＝－，以下同法一． 16.已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的实轴长为6，左、右焦点分别为F1，F2，点A在双曲线C上，AF2⊥x轴，且|AF1|＝7. (1)求双曲线C及其渐近线的方程； (2)如图，若过点F1斜率为k(k>0)的直线l与双曲线C及其两条渐近线从左至右依次交于M，P，Q，N四点，且|MN|＝2|PQ|，求k. 由AF2⊥x轴，可知xA＝c，代入双曲线方程可得|AF2|＝|yA|＝， 又|AF1|－|AF2|＝2a，即7－＝6，解得b2＝3， ∴双曲线的方程为－＝1，其渐近线的方程为y＝±x. (2)由(1)可知，c2＝a2＋b2＝12，∴F1(－2，0)， 设直线l方程为y＝k(x＋2)(k>0)，M(x1，y1)，P(x2，y2)，Q(x3，y3)，N(x4，y4)， 由可得(3k2－1)x2＋12k2x＋36k2＋9＝0(3k2－1≠0)， ∴x1＋x4＝－，x1·x4＝， ∴|MN|＝·＝， 联立可得x2＝，同理可得x3＝， ∴|PQ|＝·＝· ＝. 由|MN|＝2|PQ|可得，2－＝42－， 化简可得(12k2)2＝12(12k2－1)(3k2－1)，即36k4＝(12k2－1)(3k2－1)， 整理，得15k2－1＝0，解得k＝. $$