8.9 直线与圆锥曲线的位置关系（课件PPT）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

§8.9　直线与圆锥曲线的位置关系 第八章　直线与圆、圆锥曲线 课程标准 1.理解直线与圆锥曲线位置关系的判断方法．　 2.掌握直线被圆锥曲线所截的弦长公式．　 3.了解直线与圆锥曲线相交的综合问题． CONTECT 内 容 索 引 01 教材梳理　强基固本 02 考点探究　精准突破 03 课 时 测 评 教材梳理　强基固本 返回 返回 理清主干知识 1．直线与圆锥曲线的位置判断 将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，则直线与圆锥曲线相交⇔Δ____0；直线与圆锥曲线相切⇔Δ____0；直线与圆锥曲线相离⇔Δ____0. 特别地，①与双曲线渐近线平行的直线与双曲线相交，有且只有一个交点． ②与抛物线的对称轴平行的直线与抛物线相交，有且只有一个交点． > ＝ < 记牢常用结论 练透教材典题 √ √ √ √ 3．(链接北师选择性必修一P81B组T5)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________． 由题知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] 4．(用结论)已知抛物线的方程为y2＝4x，过其焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若S△AOF＝3S△BOF(O为坐标原点)，则|AB|＝________． 返回 考点探究　精准突破 返回 返回 考点一 直线与圆锥曲线位置关系 基础练 例1 已知双曲线x2－y2＝4，直线l：y＝k(x－1)，试确定实数k的取值范围，使： (1)直线l与双曲线有两个公共点； (2)直线l与双曲线有且只有一个公共点； 解：当1－k2＝0即k＝±1时，直线l与双曲线的渐近线平行， 方程(*)化为2x－5＝0，故方程(*)有唯一实数解， 即直线与双曲线相交，有且只有一个公共点，满足题意． 当1－k2≠0时， 因为直线l与双曲线仅有一个公共点， (3)直线l与双曲线没有公共点． 规律方法 1．判断直线与椭圆位置关系的方法 (1)判断直线与椭圆的位置关系，一般转化为研究直线方程与椭圆方程组成的方程组解的个数． (2)对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有交点． 规律方法 2．判断直线与双曲线交点个数的方法 将直线方程代入双曲线方程，消元，得关于x或y的一元二次方程．当二次项系数等于0时，直线与双曲线相交于某支上一点，这时直线平行于一条渐近线；当二次项系数不等于0时，用判别式Δ来判定． 提醒：直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系．　　 对点练1.(2024·北京海淀二模)已知抛物线C：y2＝4x，经过点P的任意一条直线与C均有公共点，则点P的坐标可以为　　　　　　　　 A．(0，1) B．(1，－3) C．(3，4) D．(2，－2) √ 将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③ 方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144. (2)有且只有一个公共点； (3)没有公共点． 考点二 弦长问题及中点弦问题 多维练 例2 法一：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)， 角度1 弦长问题 法二：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)， √ (1)(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) 例3 角度2 中点弦问题 x＋2y－3＝0 规律方法 1．弦长问题解题关注点 (1)弦长公式不仅适用于圆锥曲线，任何两点的距离都可以用弦长公式求； (2)抛物线的焦点弦的弦长应选用更简捷的弦长公式|AB|＝x1＋x2＋p； (3)设直线方程时应注意讨论是否存在斜率； (4)利用公式计算直线被圆锥曲线截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式． 规律方法 2．解决圆锥曲线“中点弦”问题的思路 提醒：点差法与韦达定理法一样，都体现“设而不求”的解题策略，点差法主要解决中点、对称、垂直平分等问题．　　 √ 解得m＝±1， 所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0. 考点三 直线与圆锥曲线的综合问题 综合练 例4 化简得，8k2＋4k－4＋4m(k＋1)＝0，即(k＋1) (2k－1＋m)＝0， 所以k＝－1或m＝1－2k， 当m＝1－2k时，直线l：y＝kx＋m＝k(x－2)＋1过点A(2，1)，与题意不符，舍去， 故k＝－1. 规律方法 解答直线与圆锥曲线的综合问题策略与方法 1．策略是“直曲联立、韦达定理”． 2．常用方法是“设而不求法”，即联立直线和椭圆的方程，消去y(或x)得一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，建立有关参变量的等量关系求解． 提醒：涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．　 返回 课时测评 返回 返回 1．(2024·辽宁锦州模拟)已知直线l与抛物线C，则“l与C只有一个公共点”是“l与C相切”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 当“l与C只有一个公共点”时，如图，直线与抛物线的对 称轴平行，与抛物线只有一个公共点，但是此时l与C不相 切．所以“l与C只有一个公共点”是“l与C相切”的不充 分条件；当“l与C相切”时，l与C只有一个公共点，所以 “l与C只有一个公共点”是“l与C相切”的必要条件．综上，“l与C只有一个公共点”是“l与C相切”的必要不充分条件．故选B． √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 法一：由于直线y＝kx＋1恒过点(0，1)，所以点(0，1)必在椭圆内或椭圆上， √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 法一：联立方程 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9．(新设问)(2024·江苏盐城三模)已知圆C1：(x＋3)2＋y2＝2和抛物线C2：y2＝4x，请写出与C1和C2都有且只有一个公共点的一条直线l的方程___________________________________________________________________________________________．(写出一条即可) 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)椭圆左焦点为F1，求△F1AB的面积． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)椭圆右顶点A，过(0，2)的直线交椭圆E于P，Q，其中P，Q不与顶点重合，直线AP，AQ分别与x＝4交于C，D，x＝4与x轴交点为B，当|BD||BC|＝3时，求直线PQ的斜率． 解：由题意，直线PQ斜率一定存在且不为0，设直线PQ为y＝kx＋2， 由于P，Q不与顶点重合，则k≠±1， 与椭圆联立并整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，故Δ＝256k2－48(1＋4k2)＝64k2－48>0， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 所以(4k2－3)xPxQ＋(8k＋6)(xP＋xQ)＋4＝0，故2k2＋3k＋1＝(2k＋1)(k＋1)＝0，此时k无解； 综上，k＝－2. 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)若直线l与椭圆交于P，Q(异于A，B)两点． (ⅰ)求直线BP与BQ的斜率之积； 解：依题意可得直线l的斜率存在且不为0， 设l：x＝my＋6，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14．(新定义)(2024·甘肃酒泉三模)泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交会的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交会，却在转瞬间无处寻见．已知点M(0，1)，直线l：y＝－2，若某直线上存在点P，使得点P到点M的距离比到直线l的距离小1，则称该直线为“最远距离直线”，则下列所有正确结论的序号是___________． ①点P的轨迹曲线是一条线段； ②点P的轨迹与直线l：y＝－2是没有交会的轨迹(即两个轨迹没有交点)； ③y＝x－ 是“最远距离直线”； ④y＝－2x－6不是“最远距离直线”． ②③④ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于①，由题意可得，点P到点M的距离比到直线l的距离小1，等价于“点P到点M的距离等于到直线l′：y＝－1的距离”，所以点P的轨迹是以M(0，1)为焦点，直线l′：y＝－1为准线的抛物线，其方程为x2＝4y，故①错误； 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 返回 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 谢谢观看 本节到此结束 2．弦长公式 已知A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k(k≠0)， 则|AB|＝＝|x1－x2|＝_____________________或|AB|＝|y1－y2|＝________________________． 微提醒　(1)直线上任何两点距离都可如上计算，不是非得直线和曲线联立后才能用．(2)直线和曲线联立后化简得到的式子记为Ax2＋Bx＋C＝0(A≠0)，判别式为Δ＝B2－4AC，Δ>0时，|x1－x2|＝＝＝＝，利用求根公式推导也很方便，使用此方法在解题化简的时候可以大大提高效率．(3)直线如果过焦点可以考虑焦点弦公式． 3．切线 (1)若点P(x0，y0)是椭圆＋＝1上的点，则过点P的切线方程为＋＝1. (2)若点P(x0，y0)是椭圆＋＝1外的点，由点P向椭圆引两条切线，切点分别为A，B，则弦AB所在直线方程为＋＝1. 1．焦点弦中通径最短，在椭圆和双曲线中弦长lmin＝，在抛物线中弦长lmin＝2p. 2．抛物线中与焦点弦有关的常用结论 如图，倾斜角为θ的直线AB与抛物线y2＝2px(p>0)交于A，B两点，F为抛物线的焦点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．则有 (1)y1y2＝－p2，x1x2＝. (2)焦点弦长：|AB|＝x1＋x2＋p＝. 通径(过焦点垂直于对称轴的弦)长：2p. (3)焦半径：|AF|＝，|BF|＝，＋＝. (4)以弦AB为直径的圆与准线相切；以AF或BF为直径的圆与y轴相切． 3．若A，B为抛物线y2＝2px(p＞0)上两点，且OA⊥OB，则直线AB过定点(2p，0)． 1．[多选题]下列说法不正确的是 A．直线y＝x与椭圆＋y2＝1一定相交 B．直线y＝x－1被椭圆＋y2＝1截得的弦长为 C．过椭圆上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)的直线的斜率k＝ D．若直线与抛物线只有一个交点，则直线与抛物线一定相切 2．(链接北师选择性必修一P78T2)直线y＝x＋1与椭圆＋＝1的位置关系是　　　　　 A．相交 B．相切 C．相离 D．无法判断 法一(通解)：联立直线与椭圆的方程得消去y，得9x2＋10x－15＝0，Δ＝100－4×9×(－15)＞0，所以直线与椭圆相交．故选A． 法二(优解)：直线过点(0，1)，而0＋＜1，即点(0，1)在椭圆内部，所以可推断直线与椭圆相交．故选A． 因为y2＝4x，所以F(1，0)，又因为S△AOF＝3S△BOF，所以yA＝－3yB，又因为yAyB＝－p2＝－4，所以y＝，y＝12.又因为y＝4xB，y＝4xA，所以xA＝3，xB＝，所以|AB|＝xA＋xB＋p＝3＋＋2＝ 整理得 解得 －<k<－1或－1<k<1或1<k<. 解：联立 消y整理得(1－k2)x2＋2k2x－k2－4＝0，(*) 因为直线l与双曲线有两个公共点， 所以 则Δ＝4(4－3k2)＝0， 解得k＝±； 综上，k＝±1或k＝±. 解：因为直线l与双曲线没有公共点， 所以 解得 k>或k<－. (0，1)在y轴上，所以(0，1)在抛物线外部，将x＝1代入 抛物线C：y2＝4x中，则|y|＝2<3，所以(1，－3)在抛物线 外部，将x＝3代入抛物线C：y2＝4x中，则|y|＝2<4， 所以(3，4)在抛物线外部，将x＝2代入抛物线C：y2＝4x中， 则|y|＝2>2，所以(2，－2)在抛物线内部，将选项中的点分 别在直角坐标系中画出来，只有点D(2，－2)在抛物线内部，故当点P位于点D(2，－2)处，此时经过点P的任意一条直线与C均相交，故均有公共点．故选D． 对点练2.已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：＋＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C： (1)有两个不重合的公共点； 解：将直线l的方程与椭圆C的方程联立， 得方程组 当Δ>0，即－3<m<3时，方程③有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个不重合的公共点． 解：当Δ＝0，即m＝±3时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个互相重合的公共点，即直线l与椭圆C有且只有一个公共点． 解：当Δ<0，即m<－3或m>3时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解．这时直线l与椭圆C没有公共点． 已知斜率为2的直线经过椭圆＋＝1的右焦点F，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为________． 由消去y，得3x2－5x＝0，解得x＝0或，设A(0，－2)，B，则|AB|＝＝. ＝＝. 由消去y，得3x2－5x＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝0， 则|AB|＝ ＝ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB的中点M，可得kAB＝，kOM＝＝，因为A，B在双曲线上，则两式相减得－＝0，所以kAB·kOM＝＝9，又选项中各点均在双曲线外，所以|kAB|<3，|kOM|>3，结合选项可知，D项符合．故选D． (2)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________________． 法一：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设其方程为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)．由消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，所以x1＋x2＝，又因为x1＋x2＝2，所以＝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，所以设斜率为k，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1 ①，＋＝1 ②，①－②得＋＝0，因为x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，所以＋y1－y2＝0，又x2－x1≠0，所以k＝＝－.经检验，k＝－满足题意．所以此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)， 即x＋2y－3＝0. 对点练3.过椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点F 的直线l：x－y－2＝0 交C 于A，B 两点，P 为AB 的中点，且OP 的斜率为－，则椭圆C 的方程为 A．＋＝1 B．＋＝1 C．＋＝1 D．＋＝1 依题意，焦点F(2，0)，即c＝2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则有 两式相减得b2(x1＋x2) (x1－x2)＋a2(y1＋y2)(y1－y2)＝0，而x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，且＝－，所以－2b2(x1－x2)＋a2(y1－y2)＝0.又直线l 的斜率＝1，因此a2＝2b2，又a2－b2＝c2＝4，解得a2＝8，b2＝4，经验证符合题意，所以椭圆C 的方程为＋＝1.故选A． 对点练4.已知焦点在x轴上的椭圆C：＋＝1(a>b>0)，短轴长为2，椭圆左顶点A到左焦点F1的距离为1. (1)求椭圆C的标准方程； 解：由得 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. 又S△BMN＝|BF1|·|y1|＋|BF1|·|y2| (2)设椭圆的右顶点为B，过F1的直线l与椭圆C交于点M，N，且S△BMN＝，求直线l的方程． 解：由题意知，直线的斜率存在且不为0，F1(－1，0)，B(2，0)， 设直线l的方程为x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由得(3m2＋4)y2－6my－9＝0， 即y1＋y2＝，y1y2＝. ＝|BF1|·|y1－y2| ＝|BF1|· ＝＝， 联立可得， (2022·新高考Ⅰ卷)已知点A(2，1)在双曲线C：－＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0. (1)求l的斜率； 解：因为点A(2，1)在双曲线C：－＝1(a>1)上， 所以－＝1，解得a2＝2，即双曲线C：－y2＝1. 易知直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 即(x1－2) (kx2＋m－1)＋(x2－2)(kx1＋m－1)＝0， 即2kx1x2＋(m－1－2k) (x1＋x2)－4(m－1)＝0， 所以2k×＋(m－1－2k)－4(m－1)＝0， (1－2k2)x2－4mkx－2m2－2＝0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝， Δ＝16m2k2－4(2m2＋2) (2k2－1)>0⇒m2＋1－2k2>0. 所以由kAP＋kAQ＝0，可得＋＝0， 即tan2α－tan α－＝0，解得tan α＝，tan α＝－(舍去)， 于是直线AP：y＝(x－2)＋1， 直线AQ：y＝－(x－2)＋1， 联立可得x2＋x＋10－4＝0， (2)若tan∠PAQ＝2，求△PAQ的面积． 解：不妨设直线AP，AQ的倾斜角为α，β(α<β)， 因为kAP＋kAQ＝0，所以α＋β＝π， 因为tan∠PAQ＝2，所以tan(β－α)＝2，即tan 2α＝－2， 故△PAQ的面积为××＝. 因为方程有一个根为2，所以xP＝， yP＝， 同理可得，xQ＝，yQ＝. 所以PQ：x＋y－＝0，|PQ|＝，点A到直线PQ的距离d＝＝， 又因为a2＝b2＋c2，所以a＝2， 所以椭圆的方程为＋＝1. 对点练5.(2024·海南三亚模拟)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，过点. (1)求椭圆的标准方程； 解：因为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，所以＝，即a＝2c， 又因为椭圆过点， 所以b＝， 所以kAM·kAN＝·＝－； (2)过点且斜率不为0的直线l与椭圆交于M，N两点，椭圆的左顶点为A，求直线AM与直线AN的斜率之积． 解：如图所示：当直线的斜率不存在时，直线的方程为x＝，与椭圆方程联立求得M，N，又A(－2，0)， 所以kAM＝＝，kAN＝＝－， 所以kAM·kAN＝·＝·， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为y＝k， 由消去y，得x2－4k2x＋k2－12＝0， Δ＝(－4k2)2－4(3＋4k2) (k2－12)＝180k2＋144>0， 由韦达定理得x1＋x2＝，x1·x2＝， ＝ ＝， ＝＝－. 综上，直线AM与直线AN的斜率之积为－. 2．若直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1总有公共点，则m的取值范围是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．m>1 B．m>0 C．0<m<5且m≠1 D．m≥1且m≠5 则0<≤1且m≠5，故m≥1且m≠5.故选D． 法二：由消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0.由题意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0对一切k∈R恒成立，即5mk2＋m2－m≥0对一切k∈R恒成立，由于m>0且m≠5，所以5k2＋m－1≥0，所以m≥1且m≠5.故选D． 3．已知直线l的方程为y＝kx－1，双曲线C的方程为x2－y2＝1.若直线l与双曲线C的右支交于不同的两点，则实数k的取值范围是 A．(－，) B．[1，) C．[－，] D．(1，) 联立整理得(1－k2)x2＋2kx－2＝0，因为直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝1的右支交于不同的两点，所以解得1<k<，所以实数k的取值范围为(1，)．故选D． 4．(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．－ 将直线y＝x＋m与椭圆联立消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，因为直线与椭圆相交于A，B两点，则Δ＝36m2－4×4(3m2－3)>0，解得－2<m<2，设F1到AB的距离d1，F2到AB距离d2，易知F1(－，0)，F2(，0)，则d1＝，d2＝，＝＝＝2，解得m＝－或－3(舍去)．故选C． 5．[多选题](2024·河北沧州模拟)已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线l与该抛物线交于M，N两点，且|MN|的最小值为4，O为坐标原点，则下列结论正确的是 A．p＝2 B．存在直线l，使得△OMN的面积为1 C．对于任意的直线l，都有·＝－3 D．当|MN|＝8时，直线l的倾斜角为或 设直线l：x＝ty＋，代入y2＝2px，得y2－2pty－p2＝0，Δ＝4p2t2＋4p2>0恒成立，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝2pt，y1y2＝－p2，x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，所以|MN|＝x1＋x2＋p＝2pt2＋2p≥2p，当且仅当t＝0时，等号成立，所以2p＝4，p＝2，故A正确；由A知，p＝2，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4，所以S△OMN＝|OF|·|y1－y2|＝×1×＝＝2≥2，当且仅当t＝0时，等号成立，故B错误； 因为y1y2＝－4，所以·＝x1x2＋y1y2＝·＋y1y2＝－4＝1－4＝－3，故C正确；因为|MN|＝x1＋x2＋p＝4t2＋2＋2＝4t2＋4，当|MN|＝8时，4t2＋4＝8，得t2＝1，得t＝±1，由t＝1，得直线l的斜率为1，倾斜角为；由t＝－1，得直线l的斜率为－1，倾斜角为，所以当|MN|＝8时，直线l的倾斜角为或，故D错误．故选AC． 6．[多选题](2024·重庆模拟)已知点A(2，1)，B(0，2)，曲线C上存在M点，满足|MA|＝|MB|，则曲线C可以是 A．＋＝1 B．－＝1 C．x2＝2y D．(x＋1)2＋y2＝4 由A(2，1)，B(0，2)，可得kAB＝＝－，AB中点坐标为，又由|MA|＝|MB|，可得M点在直线y＝2(x－1)＋＝2x－上．对于选项A，由整理得19x2－8x－11＝0，则Δ＝(－8)2－4×19×(－11)>0， 则直线y＝2x－与椭圆＋＝1有公共点，则椭圆＋＝1上存在M点满足|MA|＝|MB|.判断正确；对于选项B，由整理得13x2－8x＋13＝0，则Δ＝(－8)2－4×13×13＝－612<0，则直线y＝2x－与双曲线－＝1没有公共点，则双曲线－＝1上不存在M点满足|MA|＝|MB|. 判断错误；对于选项C，由整理得x2－4x＋1＝0，则Δ＝(－4)2－4×1×1＝12>0，则直线y＝2x－与抛物线x2＝2y有公共点，则抛物线x2＝2y上存在M点满足|MA|＝|MB|.判断正确；对于选项D，圆(x＋1)2＋y2＝4的圆心坐标为(－1，0)，半径为2，由＝<2，可得直线y＝2x－与圆(x＋1)2＋y2＝4相交，则圆(x＋1)2＋y2＝4上存在M点满足|MA|＝|MB|.判断正确．故选ACD． 所以4y2－12y＋9＝0，得y＝，所以P. 7．(2024·湖南长沙三模)直线l：x＋2y－4＝0与椭圆＋＝1(m>0)有且仅有一个公共点P，则m＝_________，点P的坐标是________． P 得(5m＋1)y2－16my－m2＋15m＝0，Δ＝162m2－4(15m－m2) (5m＋1)＝20m(m＋1) (m－3)＝0得m＝3， 法二：设P(x0，y0)，则P(x0，y0)处切线＋＝1，l：x＋2y－4＝0可化为＋＝1，比对得所以代入椭圆方程得＋＝1⇒m＝3，得P. 法三：椭圆长轴长2a＝2，焦点F1(－1，0)，F2(1，0)．由椭圆的定义知，椭圆上每一个点P，均满足|PF1|＋|PF2|＝2a，椭圆上外部的每一个点P，均满足|PF1|＋|PF2|>2a，直线l与椭圆有且仅有一个公共点P，则对于直线l上任意一点Q，满足|QF1|＋|QF2|≥2a，当且仅当Q在点P处时，等号成立，即当Q在P处时，|QF1|＋|QF2|取得最小值2a.求得F1(－1，0)关于直线l：x＋2y－4＝0对称的点为A(1，4)，所以2a＝|PF1|＋|PF2| ＝|PA|＋|PF2|＝|AF2|＝4，因此m＝3，椭圆方程为＋＝1，P的坐标是. 如图，由题可知AB的垂直平分线的方程为y＝－(x－3)，将y＝－(x－3)与4x－2y－7＝0 8．(2024·辽宁抚顺二模)已知直线l：4x－2y－7＝0与双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于点A，B(不重合)，AB的垂直平分线过点(3，0)，则AB中点的坐标为__________，双曲线C的离心率为_________． 联立可得即AB的中点坐标为.设A，B，则两式作差可得－＝0，即·＝，因为＝2，＝，＝2，所以＝×2＝，则双曲线C的离心率为 ＝. y＝(或y＝－，或x－y＋1＝0，或x＋y＋1＝0，或x－y＋7＝0，或 x＋y＋7＝0，写出一个即可) 圆C1：(x＋3)2＋y2＝2的圆心C1(－3，0)，半径，由题意可得所求直线l斜率存在，其方程可设为y＝kx＋n，由整理得k2x2＋2(kn－2)x＋n2＝0，当k＝0时，方程可化为－4x＋n2＝0，方程组有一组解，又直线y＝n与圆C1相切，则y＝，或y＝－；当k≠0时， 由直线l与抛物线C2相切可得，4(kn－2)2－4k2n2＝0，即kn＝1，又由直线l与圆C1相切可得，＝，即7k2－6kn＋n2－2＝0， 联立整理得7k4－8k2＋1＝0，解得或或或则直线l方程为y＝x＋1或y＝－x－1或y＝x＋或y＝－x－.综上，直线l方程为y＝或y＝－，或x－y＋1＝0，或x＋y＋1＝0，或x－y＋7＝0，或x＋y＋7＝0. 10．(12分)(2024·宁夏石嘴山模拟)已知椭圆C: ＋＝1(a>b>0)的离心率为，且椭圆上任意一点到椭圆两个焦点的距离之和为2.直线l：y＝(x＋2)交椭圆C于不同的两点A，B． (1)求椭圆C的方程； 解：由已知有解得则椭圆C的方程为＋y2＝1. 所以△F1AB的面积为|AB|·d＝××＝. 解：由 消去y，整理得3x2＋4x＝0，解得x1＝0，x2＝－， 如图，则A(0，1)，B，则|AB|＝＝， 直线l的方程为x－2y＋2＝0，F1(－1，0)到直线l的距离d＝＝. 11．(13分)(2024·北京三模)椭圆E：＋＝1(a>b>0)，焦距2，且过点(，)， (1)求椭圆E的标准方程和离心率， 解：由题设则椭圆E的标准方程＋y2＝1， 离心率e＝＝. 综上，k∈(－∞，－1)∪(－1，－)∪(，1)∪(1，＋∞)， 所以xP＋xQ＝－，xPxQ＝， PA：y＝(x－2)＝(x－2)，令x＝4，可得yC＝， QA：y＝(x－2)＝(x－2)，令x＝4，可得yD＝， 若|BC||BD|＝|yCyD|＝－yCyD＝－·＝3，则·＝＝－， 所以(4k2＋3)xPxQ＋(8k－6)(xP＋xQ)＋28＝0，故k2＋3k＋2＝(k＋2)(k＋1)＝0，此时k＝－2； 若|BC||BD|＝|yCyD|＝yCyD＝·＝3，则·＝＝， 由题意得Δ＝(－12b2)2－4(8b2＋1)×8b2＝32b2(b2－1)＝0，解得b2＝1，所以椭圆的方程为＋y2＝1. 12．(14分)(2024·广东湛江二模)设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，A(－2，0)，B(2，0)分别是椭圆的左、右顶点，直线l过点C(6，0)，当直线l经过点D(－2，)时，直线l与椭圆相切． (1)求椭圆的方程． 解：依题意可得a＝2， 当直线l经过点D(－2，)时，l的方程为x＝－4y＋6， 代入＋＝1，整理得(8b2＋1)y2－12b2y＋8b2＝0， 由得(m2＋4)y2＋12my＋32＝0， 则y1＋y2＝－，y1y2＝. 所以kBP·kBQ＝·＝＝＝＝＝. (ⅱ)若直线AP与BQ的斜率之和为－，求直线l的方程． 解：因为kAP·kBP＝·＝＝＝－，又kBPkBQ＝，所以kAP＝－＝－＝－kBQ， 又因为kAP＋kBQ＝－，所以kBQ＝－1， 则直线BQ的方程为y＝－x＋2， 联立解得或 所以Q， 所以l的方程为y＝(x－6)，即y＝－x＋1. 13．[多选题](2024·福建宁德模拟)已知动点M的坐标满足方程 ＝|x|＋1，直线l1：y＝x＋1，过点F(1，0)且方向向量为的直线l2与动点M的轨迹交于A，B两点，则下列结论正确的是 A．动点M的轨迹是一条抛物线 B．直线l1与动点M的轨迹只有一个交点 C．|AB|＝16 D．|AF||BF|＝16 将＝|x|＋1两边平方可得(x－1)2＋y2＝|x|2＋1＋2|x|⇒y2＝2|x|＋2x，当x≥0时，y2＝4x，表示抛物线，当x<0时，y2＝0，表示射线y＝0(x<0)，故动点M的轨迹是一条抛物线和一条射线，故A错误； 联立⇒(x－1)2＝0⇒x＝1，当x<0时，令y＝x＋1＝0⇒x＝－1，所以直线l1与动点M的轨迹有两个交点，分别为(1，2)，(－1，0)，故B错误；由题意可知直线l2的方程为y＝，由于直线l2与射线y＝0 1(x<0)无交点， 所以⇒x2－14x＋1＝0，设A(x1，y1)，B1(x2，y2)，所以x1＋x2＝14，由于直线l2经过抛物线的焦点，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝14＋2＝16，故C正确；由于|AF|＝x1＋，|BF|＝x2＋，2p＝4，|AF||BF|＝＝x1x2＋(x1＋x2)＋＝1＋14＋1＝16，故D正确．故选CD． 对于②，由①知，点P的轨迹方程为x2＝4y，则无解，所以点P的轨迹与直线l：y＝－2没有交点，即两者是没有交会的轨迹，故②正确； 对于③，因为要满足“最远距离直线”，则直线必须满足与上述抛物线x2＝4y有交点，又因为⇒x2－4x＋2＝0，Δ＝(－4)2－4×1×2＝8>0，所以方程组有解，所以y＝x－是“最远距离直线”，故③正确； 对于④，⇒x2＋8x＋24＝0，Δ＝82－4×1×24＝－32<0，所以方程组无解，所以y＝－2x－6不是“最远距离直线”，故④正确．故答案为：②③④. $$