2.4.1 直线与圆锥曲线的交点-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（北师大版2019）

第二章　圆锥曲线 §4　直线与圆锥曲线的位置 关系 4.1　直线与圆锥曲线的交点 (教师独具内容) 课程标准：掌握利用对应方程解决圆锥曲线交点问题． 教学重点：用代数法解决直线与圆锥曲线的交点问题． 教学难点：几何图形和代数方程的相互转化． 核心素养：通过学习直线与圆锥曲线的交点问题，提升逻辑推理及数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 相交 相切 相离 核心概念掌握 5 相交 相切 相离 相交 相切 相离 核心概念掌握 6 1．用数形结合的方法可以迅速判断某些直线与圆锥曲线的交点个数．尤其是在解决有关直线与双曲线的交点个数问题时，灵活利用直线与渐近线的位置关系可以快速解题． 2．直线与椭圆只有一个公共点是直线与该椭圆相切的充要条件；但直线与双曲线、直线与抛物线只有一个公共点不是直线与它们相切的充分条件． 3．与圆锥曲线的切线有关的直线方程 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 答案 × √ × × 核心概念掌握 9 答案 1或0 核心概念掌握 10 核心素养形成 解 核心素养形成 12 解 核心素养形成 13 解 核心素养形成 14 解 核心素养形成 15 感悟提升 解决直线与椭圆的交点问题，可以将直线方程和椭圆方程联立，通过消元得到关于x(或y)的一元二次方程，然后利用判别式解答即可；有些题目也可注意直线所恒过的点与椭圆的位置关系，从而得到所求范围． 核心素养形成 16 解 核心素养形成 17 题型二 直线与抛物线的交点问题 已知抛物线C：y2＝－2x，过点P(1，1)的直线l的斜率为k，当k取何值时，l与C有且只有一个公共点？有两个公共点？无公共点？ 解 核心素养形成 18 解 核心素养形成 19 感悟提升 直线与抛物线交点个数的判断方法 设直线l：y＝kx＋m，抛物线：y2＝2px(p>0)，将直线方程与抛物线方程联立整理成关于x的方程ax2＋bx＋c＝0， ①若a≠0， 当Δ>0时，直线与抛物线相交，有两个交点； 当Δ＝0时，直线与抛物线相切，有一个交点； 当Δ<0时，直线与抛物线相离，无交点． ②若a＝0，直线与抛物线有一个交点，此时直线平行于抛物线的对称轴或与对称轴重合，因此直线与抛物线有一个交点是直线与抛物线相切的必要不充分条件． 核心素养形成 20 [跟踪训练2]　已知点A(0，2)和抛物线C：y2＝6x，求过点A且与抛物线C有且仅有一个公共点的直线l的方程． 解 核心素养形成 21 解 核心素养形成 22 解 核心素养形成 23 解 核心素养形成 24 感悟提升 解决直线与双曲线的交点问题，通常是将直线方程与双曲线方程联立方程组，方程组解的个数就是直线与双曲线交点的个数，联立方程消去x或y中的一个后，得到的形如一元二次方程的式子中，要注意x2项或y2项系数是否为零的情况，否则容易漏解． 核心素养形成 25 [跟踪训练3]　已知双曲线C：x2－y2＝1及直线l：y＝kx－1.若直线l与双曲线C有两个不同的交点，求实数k的取值范围． 解 核心素养形成 26 随堂水平达标 解析　把y＝－x＋3代入椭圆方程，得5x2－24x＋32＝0，Δ＝(－24)2－4×5×32<0，故直线与椭圆相离． 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 2．设直线l1：y＝2x，直线l2过点P(2，1)，抛物线C：y2＝4x，已知直线l1，l2与抛物线C共有三个交点，则满足条件的直线l2的条数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析　∵点P(2，1)在抛物线内部，且直线l1与抛物线C有两个交点，设相交于A，B两点，∴当过点P的直线l2过点A或过点B或与x轴平行时符合题意．∴满足条件的直线l2共有3条． 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 答案 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 4．抛物线y＝ax2＋1与直线y＝x相切，则a等于________． 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 课后课时精练 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 36 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 37 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 38 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 39 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 40 二、填空题 6．(2023·天津高考)过原点O的一条直线与圆C：(x＋2)2＋y2＝3相切，交曲线y2＝2px(p>0)于点P，若|OP|＝8，则p的值为________． 答案 6 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 41 7．直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝4有公共点，则k的取值范围为__________． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 42 8．抛物线y2＝4x上的点到直线x－y＋4＝0的最小距离为________． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 43 三、解答题 9．已知抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴上，且抛物线上有一点P(4，m)到焦点的距离为6. (1)求抛物线C的方程； (2)若抛物线C与直线y＝kx－2相交于不同的两点A，B，且AB中点的横坐标为2，求k的值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 44 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 45 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 46 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 47 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 49 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 50 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 52 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 53 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 54 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 55 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 56 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 57 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 58 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点　　直线与圆锥曲线的交点个数 将问题转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组的解的个数问题，进而转化为一元二次(或一次)方程解的情况去研究． eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(直线方程，,圆锥曲线方程)) eq \o(―――→,\s\up17(消去y))ax2＋bx＋c＝0. 方程特征 交点个数 位置关系 直线与 椭圆 a≠0，Δ>0 2 eq \x(\s\up1(01))_________ a≠0，Δ＝0 1 eq \x(\s\up1(02))_________ a≠0，Δ<0 0 eq \x(\s\up1(03))_________ 直线与抛物线 a＝0 1 直线与抛物线的对称轴重合或平行且两者相交 a≠0，Δ>0 2 eq \x(\s\up1(04))_________ a≠0，Δ＝0 1 eq \x(\s\up1(05))_________ a≠0，Δ<0 0 eq \x(\s\up1(06))_________ 直线与双曲线 a＝0 1 直线与双曲线的渐近线平行且两者相交 a≠0，Δ>0 2 eq \x(\s\up1(07))_________ a≠0，Δ＝0 1 eq \x(\s\up1(08))_________ a≠0，Δ<0 0 eq \x(\s\up1(09))_________ 椭圆 抛物线 双曲线 圆锥曲线的方程 eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0) y2＝2px(p>0) eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0) 曲线上一点P(x0，y0)处的切线方程 eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1 y0y＝p(x＋x0) eq \f(x0x,a2)－eq \f(y0y,b2)＝1 从曲线外一点P(x0，y0)所引的两条切线 的切点弦方程 eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1 y0y＝p(x＋x0) eq \f(x0x,a2)－eq \f(y0y,b2)＝1　 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)直线与圆锥曲线有且只有一个公共点时，直线与圆锥曲线相切．(　　) (2)直线与圆锥曲线交点的个数就是它们的方程联立所得方程组的解的个数．(　　) (3)直线y＝x与双曲线x2－y2＝1有一个公共点．(　　) (4)直线y＝kx＋1与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1相交．(　　) 2．做一做 (1)若直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x只有一个公共点，则k的值为________． (2)若直线y＝kx与双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,4)＝1相交，则k的取值范围是____________． (3)已知F1为椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的左焦点，直线l：y＝x－1与椭圆C交于A，B两点，那么|F1A|＋|F1B|的值为________． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2,3))) eq \f(8\r(2),3) 题型一　直线与椭圆的交点问题 　(1)判断直线l：y＝x＋1与椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的交点个数．若存在交点，求出交点的坐标；若不存在交点，求椭圆C上的点到直线l的最大距离． 解　联立直线与椭圆的方程， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，)) 方程组可化为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，　　①,x2＋2y2＝2，　②)) 将①代入②得x2＋2(x＋1)2＝2，化简，得3x2＋4x＝0， Δ＝42－4×3×0＝16>0. 所以直线l：y＝x＋1与椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个交点，且交点的横坐标分别为x1＝0，x2＝－eq \f(4,3). 代入①得方程组的解为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,y1＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝－\f(4,3)，,y2＝－\f(1,3).)) 所以直线l与椭圆C的交点坐标为(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，－\f(1,3))). (2)已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C： ①有两个公共点？ ②有且只有一个公共点？ ③没有公共点？ 解　直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，)) 消去y，得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.(*) 方程(*)的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144. ①当Δ>0，即－3eq \r(2)<m<3eq \r(2)时，方程(*)有两个不同的实数解，可知原方程组有两组不同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个公共点． ②当Δ＝0，即m＝±3eq \r(2)时，方程(*)有两个相同的实数解，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有且只有一个公共点． ③当Δ<0，即m<－3eq \r(2)或m>3eq \r(2)时，方程(*)没有实数解，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． [跟踪训练1]　若直线y＝x＋m与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1有两个公共点，求m的取值范围． 解　把直线方程y＝x＋m与椭圆方程eq \f(x2,4)＋y2＝1联立， 消去y，得到关于x的一元二次方程5x2＋8mx＋4m2－4＝0， 由Δ>0，得(8m)2－4×5×(4m2－4)>0， 解得－eq \r(5)<m<eq \r(5). 故m的取值范围为(－eq \r(5)，eq \r(5))． 解　直线l：y－1＝k(x－1)， 将x＝－eq \f(y2,2)代入整理，得ky2＋2y＋2k－2＝0. ①当k＝0时，把y＝1代入y2＝－2x，得x＝－eq \f(1,2)，直线l与抛物线C只有一个公共点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)). ②当k≠0时，Δ＝4－4k(2k－2)＝－8k2＋8k＋4. 由Δ＝0，得k＝eq \f(1±\r(3),2)， ∴当k<eq \f(1－\r(3),2)或k>eq \f(1＋\r(3),2)时，Δ<0，l与C无公共点； 当k＝eq \f(1±\r(3),2)时，Δ＝0，l与C有且只有一个公共点； 当eq \f(1－\r(3),2)<k<eq \f(1＋\r(3),2)且k≠0时，Δ>0，l与C有两个公共点． 综上所述，当k<eq \f(1－\r(3),2)或k>eq \f(1＋\r(3),2)时，l与C无公共点； 当k＝eq \f(1±\r(3),2)或k＝0时，l与C有且只有一个公共点； 当eq \f(1－\r(3),2)<k<0或0<k<eq \f(1＋\r(3),2)时，l与C有两个公共点． 解　当直线l的斜率不存在时，由直线l过点A(0，2)可知，直线l就是y轴，其方程为x＝0. 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y2＝6x，))得y＝0. 因此，此时直线l与抛物线C只有一个公共点O(0，0)． 如果直线l的斜率存在，则设直线l的方程为y＝kx＋2. 这个方程与抛物线C的方程联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,y2＝6x，)) 消去x得ky2－6y＋12＝0.① 当k＝0时，得－6y＋12＝0，即y＝2，可知此时直线l与抛物线交于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))； 当k≠0时，关于y的二次方程①的判别式Δ＝36－48k， 由Δ＝0得k＝eq \f(3,4)，可知此时直线l与抛物线C有且仅有一个公共点，直线l的方程为y＝eq \f(3,4)x＋2，即3x－4y＋8＝0. 因此，直线l的方程为x＝0或3x－4y＋8＝0或y＝2. 题型三　直线与双曲线的交点问题 　已知双曲线的方程为x2－eq \f(y2,2)＝1，直线l过点P(1，1)，斜率为k.当k为何值时，直线l与双曲线：只有一个公共点？有两个公共点？无公共点？ 解　设直线l：y－1＝k(x－1)， 即y＝kx＋(1－k)． 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋（1－k），,x2－\f(y2,2)＝1，))得 (k2－2)x2－2k(k－1)x＋k2－2k＋3＝0.(*) 当k2－2＝0，即k＝±eq \r(2)时，方程(*)只有一个解，直线l与双曲线只有一个公共点． 当k2－2≠0时，Δ＝24－16k， 若Δ＝0，即k＝eq \f(3,2)，则方程(*)只有一个解，直线l与双曲线只有一个公共点； 若Δ>0，即k<eq \f(3,2)，则方程(*)有两个解，直线l与双曲线有两个公共点； 若Δ<0，即k>eq \f(3,2)，则方程(*)无解，直线l与双曲线无公共点． 综上所述，当k＝±eq \r(2)或k＝eq \f(3,2)时，直线l与双曲线只有一个公共点； 当k<eq \f(3,2)，且k≠±eq \r(2)时，直线l与双曲线有两个公共点； 当k>eq \f(3,2)时，直线l与双曲线无公共点． 解　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－y2＝1，,y＝kx－1，))消去y并整理，得 (1－k2)x2＋2kx－2＝0. 由题意，知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝4k2＋8（1－k2）>0，)) 解得－eq \r(2)<k<eq \r(2)，且k≠±1. 故实数k的取值范围为(－eq \r(2)，－1)∪(－1，1)∪(1，eq \r(2))． 1．已知直线l：x＋y－3＝0，椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1，则直线与椭圆的位置关系是(　　) A．相交 B．相切 C．相离 D．相切或相交 3．若直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝6的右支交于不同的两点，则k的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)，\f(\r(15),3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(15),3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)，－1)) 解析　将y＝kx＋2代入x2－y2＝6，得(1－k2)x2－4kx－10＝0，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝16k2＋40（1－k2）>0，,x1＋x2＝\f(4k,1－k2)>0，,x1x2＝\f(－10,1－k2)>0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)<k<\f(\r(15),3)，,k<－1或0<k<1，,k<－1或k>1.))所以－eq \f(\r(15),3)<k<－1. 解析　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝ax2＋1，,y＝x，))消去y得ax2－x＋1＝0.∵直线y＝x与抛物线y＝ax2＋1相切，∴方程ax2－x＋1＝0有两相等实根．∴判别式Δ＝(－1)2－4a＝0，∴a＝eq \f(1,4). eq \f(1,4) 5．在椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,7)＝1上求一点P，使它到直线l：3x－2y－16＝0的距离最短，并求出最短距离． 解　设与椭圆相切并与l平行的直线方程为y＝eq \f(3,2)x＋m， 代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,7)＝1，并整理得 4x2＋3mx＋m2－7＝0， Δ＝9m2－16(m2－7)＝0⇒m2＝16⇒m＝±4，故两切线方程为y＝eq \f(3,2)x＋4和y＝eq \f(3,2)x－4，显然y＝eq \f(3,2)x－4即3x－2y－8＝0距l最近，它们之间的距离即为所求最短距离，且直线y＝eq \f(3,2)x－4与椭圆的切点即为所求点P.所以最短距离d＝eq \f(|16－8|,\r(32＋（－2）2))＝eq \f(8,\r(13))＝eq \f(8\r(13),13)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,7)＝1，,y＝\f(3,2)x－4))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝－\f(7,4)，))即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(7,4))). 一、选择题 1．若直线kx－y＋3＝0与椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1有两个公共点，则实数k的取值范围是(　　) A．－eq \f(\r(5),4)＜k＜eq \f(\r(5),4) B．k＝eq \f(\r(5),4)或k＝－eq \f(\r(5),4) C．k＞eq \f(\r(5),4)或k＜－eq \f(\r(5),4) D．k＜eq \f(\r(5),4)且k≠－eq \f(\r(5),4) 解析　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋3，,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，))可得(4k2＋1)x2＋24kx＋20＝0，当Δ＝16(16k2－5)＞0，即k＞eq \f(\r(5),4)或k＜－eq \f(\r(5),4)时，直线与椭圆有两个公共点．故选C. 2．直线l过点(eq \r(2)，0)且与双曲线x2－y2＝2仅有一个公共点，则这样的直线有(　　) A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 解析　根据双曲线方程可知，点(eq \r(2)，0)即为双曲线的右顶点，过该点有两条与双曲线渐近线平行的直线与双曲线仅有一个公共点，另过该点且与x轴垂直的直线也与双曲线只有一个公共点．故过点(eq \r(2)，0)且与双曲线仅有一个公共点的直线有3条． 3．直线mx＋ny＝4与圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的交点(　　) A．至多有一个 B．有2个 C．有1个 D．没有 解析　∵直线mx＋ny＝4与圆O：x2＋y2＝4没有交点，∴eq \f(4,\r(m2＋n2))>2，∴m2＋n2<4，∴eq \f(m2,9)＋eq \f(n2,4)<eq \f(m2,9)＋eq \f(4－m2,4)＝1－eq \f(5,36)m2≤1，∴点(m，n)在椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的内部，∴过点(m，n)的直线与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的交点有2个． 4．直线y＝x＋b交抛物线y＝eq \f(1,2)x2于A，B两点，O为抛物线的顶点，OA⊥OB，则b的值为(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将y＝x＋b代入y＝eq \f(1,2)x2，化简可得x2－2x－2b＝0，故x1＋x2＝2，x1x2＝－2b，所以y1y2＝x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝b2.又OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，即－2b＋b2＝0，则b＝2或b＝0，经检验b＝0时，不满足OA⊥OB，故b＝2. 5．(多选)设直线y＝kx与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1交于A，B两点，分别过A，B向x轴作垂线，若垂足恰为椭圆的两个焦点，则k＝(　　) A．eq \f(3,2) B．－eq \f(2,3) C．eq \f(1,2) D．－eq \f(3,2) 解析　将直线与椭圆方程联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，)) 化简整理得(3＋4k2)x2＝12　(*)，因为分别过A，B向x轴作垂线，垂足恰为椭圆的两个焦点，故方程的两个根为±1，代入方程(*)，得k＝±eq \f(3,2).故选AD. 解析　由题意得直线OP的斜率存在．设直线OP的方程为y＝kx，因为该直线与圆C相切，所以eq \f(|－2k|,\r(1＋k2))＝eq \r(3)，解得k2＝3.将直线方程y＝kx与曲线方程y2＝2px(p>0)联立，得k2x2－2px＝0，因为k2＝3，所以3x2－2px＝0，解得x＝0或x＝eq \f(2p,3)，设P(x1，y1)，则x1＝eq \f(2p,3)，又O(0，0)，所以|OP|＝eq \r(1＋k2)|x1－0|＝2×eq \f(2p,3)＝8，解得p＝6. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),2)，\f(\r(5),2))) 解析　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2－y2＝4，))可得(1－k2)x2＋2kx－5＝0，因为直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝4有公共点，当1－k2＝0，即k＝±1时，方程2x－5＝0或－2x－5＝0有一解，此时直线与曲线有一个公共点，所以k＝±1符合题意；由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝4k2－4（1－k2）×（－5）≥0，))可得k2≤eq \f(5,4)且k2≠1.又因为k＝±1，即k2＝1时成立，所以k2≤eq \f(5,4)，可得－eq \f(\r(5),2)≤k≤eq \f(\r(5),2)，所以k的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),2)，\f(\r(5),2))). eq \f(3\r(2),2) 解析　可判断直线y＝x＋4与抛物线y2＝4x相离，设y＝x＋m与抛物线y2＝4x相切，则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,y2＝4x，))消去x得y2－4y＋4m＝0，所以Δ＝16－16m＝0，解得m＝1.又y＝x＋4与y＝x＋1的距离d＝eq \f(|4－1|,\r(2))＝eq \f(3\r(2),2)，则所求的最小距离为eq \f(3\r(2),2). 解　(1)由题意，设抛物线C的方程为y2＝2px(p>0)， 由抛物线的定义，得 4－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)))＝6， 解得p＝4， ∴抛物线C的方程为y2＝8x. (2)将抛物线C的方程与直线的方程联立，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝8x，,y＝kx－2，)) 消去y，得k2x2－(4k＋8)x＋4＝0. ∵直线y＝kx－2与抛物线C相交于不同的两点A，B，则有k≠0，Δ＝64(k＋1)>0， 解得k>－1且k≠0. ∴x1＋x2＝eq \f(4k＋8,k2). ∵AB中点的横坐标为2， ∴eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(2k＋4,k2)＝2， 解得k＝2或k＝－1(舍去)． ∴k的值为2. 10．已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,9)＝1，一组平行直线的斜率是1. (1)这组直线何时与椭圆有公共点？ (2)当它们与椭圆相交时，求这些直线被椭圆截得的线段的中点所在直线的方程． 解　(1)设平行直线的方程为y＝x＋b， 将y＝x＋b代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,9)＝1， 整理得13x2＋8bx＋4b2－36＝0， 若直线与椭圆有公共点， 则Δ＝64b2－208(b2－9)≥0， 解得－eq \r(13)≤b≤eq \r(13). (2)令交点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 由(1)知，x1＋x2＝－eq \f(8b,13)， 而y1＋y2＝x1＋x2＋2b＝eq \f(18b,13)， ∴线段的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4b,13)，\f(9b,13)))，其中必有一个中点为坐标原点， 故直线的斜率为k＝－eq \f(9,4)， ∴所求直线的方程为9x＋4y＝0. 1．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率e＝eq \f(2\r(3),3)，直线l过A(a，0)，B(0，－b)两点，原点O到直线l的距离是eq \f(\r(3),2). (1)求双曲线的方程； (2)过点B作直线m交双曲线于M，N两点，若eq \o(OM,\s\up16(→))·eq \o(ON,\s\up16(→))＝－23，求直线m的方程． 解　(1)依题意，直线l的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,－b)＝1， 即bx－ay－ab＝0. 由原点O到直线l的距离是eq \f(\r(3),2)， 得eq \f(ab,\r(a2＋b2))＝eq \f(ab,c)＝eq \f(\r(3),2)， 又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(3),3)，c2＝a2＋b2，所以b＝1，a＝eq \r(3). 故所求双曲线的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1. (2)显然直线m不与x轴垂直， 设直线m的方程为y＝kx－1，点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,3)－y2＝1，)) 消去y得(1－3k2)x2＋6kx－6＝0.① 依题意知1－3k2≠0，由根与系数的关系知 x1＋x2＝eq \f(6k,3k2－1)，x1x2＝eq \f(6,3k2－1). 则eq \o(OM,\s\up13(→))·eq \o(ON,\s\up13(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－1)·(kx2－1)＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋1＝eq \f(6（1＋k2）,3k2－1)－eq \f(6k2,3k2－1)＋1＝－23，解得k＝±eq \f(1,2)， 当k＝±eq \f(1,2)时，判别式Δ＝15>0，方程①有两个不相等的实数根，满足条件． 故直线m的方程为y＝eq \f(1,2)x－1或y＝－eq \f(1,2)x－1. 2.如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)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：(x－1)2＋y2＝4a2交于点A，与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B，连接BF2交椭圆C于点E，连接DF1.已知|DF1|＝eq \f(5,2). (1)求椭圆C的标准方程； (2)求点E的坐标． 解　(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|＝eq \f(5,2)，AF2⊥x轴， 所以|DF2|＝eq \r(|DF1|2－|F1F2|2) ＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(2)－22)＝eq \f(3,2). 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eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1. (2)解法一：由(1)知，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋2，,（x－1）2＋y2＝16，))得5x2＋6x－11＝0， 解得x＝1或x＝－eq \f(11,5). 将x＝－eq \f(11,5)代入y＝2x＋2，得y＝－eq \f(12,5). 因此Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,5)，－\f(12,5))). 又F2(1，0)，所以直线BF2：y＝eq \f(3,4)(x－1)． 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,4)（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得7x2－6x－13＝0， 解得x＝－1或x＝eq \f(13,7). 又因为E是线段BF2与椭圆的交点， 所以x＝－1. 将x＝－1代入y＝eq \f(3,4)(x－1)， 得y＝－eq \f(3,2). 因此Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2))). 解法二：由(1)知，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1. 如图，连接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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得y＝±eq \f(3,2). 又因为E是线段BF2与椭圆的交点， 所以y＝－eq \f(3,2). 因此Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2))). $$