2.4.2 直线与圆锥曲线的综合问题-【经纶学霸】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册4星学霸黑白题（北师大版）

4.2直线与圆锥曲线的综合问题 白题 基础过关 限时：45min 题组1直线与圆锥曲线的弦长问题 5.(2025·江西赣州高二期中)已知双曲线C: 1.(多选)(2025·吉林白城高二期中)已知过点 x2y2 0,1)的直线与椭圆+号=1交于A,B两点 a2 b2 1(a0,6>0)的商心率为，焦点到衔 近线的距离为. 则弦长IABI可能是 (1)求双曲线C的标准方程； A.1 B.√2 C.3 D.3 (2)若0为坐标原点，直线l:x-y+2=0交双 2.(2025·江西上饶高二月考)已知双曲线C: 曲线C于A,B两点，求△OAB的面积 x2 y2 。21(>0),过右焦点F的直线1与双曲 线C交于A,B两点，且IAB1=16,这样的直线 有4条，则实数a的取值范围是 ( B. （4,64） c(o,) D.(0,64) 3.已知抛物线C:y2=2px(p>0),直线x-y-1=0 被抛物线C截得的弦长为8，则抛物线C的准 线方程为 4.(2025·江苏徐州高二期中)已知A(√6,0)， B(2,1)是椭圆C:。2 ,x2y2 =1(a>b>0)上两点. (1)求椭圆C的标准方程： 题组2直线与圆锥曲线的中点弦问题 (2)过点(0，-1)的直线1与椭圆C交于P,Q 6.直线y=x+1被椭圆x2+2y2=4所截得的弦的 两点，且1PQ1-82,求直线1的方程 中点坐标是 A兮) c分) 7.（2025·黑龙江鸡西高二期中)若双曲线x2- y2=1的弦被点(2,1)平分，则此弦所在的直 线方程为 A.3x-4y-2=0 B.x+2y-4=0 C.3x+2y-8=0 D.2x-y-3=0 第二章黑白题057 8.(2025·浙江绍兴高二期中)已知椭圆+ 题组3直线与圆锥曲线的综合问题 43 11.(多选)(2025·江西上饶高二月考)已知F 1,一组斜率为1的平行直线与椭圆相交，则这 是抛物线C:y2=4x的焦点，1是C的准线， 些直线被椭圆截得的线段的中点所在的直线 点N是C上一点且位于第一象限，直线FW 方程为 与圆A:x2+y2-6x+7=0相切于点E,点E在 A.y=4 * B.y=-2x 线段FN上，过点N作l的垂线，垂足为P,则 () C.y=-3 D.y=2x A.IEF1=2√2 9.抛物线y=2px(p>0)的焦点为F,过F的直线 B.直线FW的方程为x-y-1=0 与该抛物线交于不同的两点M,N,若|MNI= C.INF1=4+22 3p,则线段MW的中点与原点连线的斜 D.△PFN的面积为6+8√2 率为 y 电已知椭圆C牛1(0>6>0)的右焦点为 10.(2025·陕西西安高二期中)已知点A(-1, 0),B(1,0),动点M(x,y)满足直线AM与 F(1,0),其关于直线y=bx的对称点Q在椭 BM的斜率之积为2.记点M的轨迹为曲线C 圆上，则SAFo0= (1)求C的方程. 13.(2025·山东德州高三月考)已知双曲线C: (2)若P,Q是曲线C上两点，试判断点 x2y (-1,2)是否可以成为线段PQ的中点？ a26=1(a>0,6>0)的左、右顶点分别是A, 如果可以，求出直线PQ的方程；如果不 B,点P(2,3)在双曲线C上，且直线PA,PB 可以，请说明理由. 的斜率之积为3. (1)求双曲线C的标准方程： (2)斜率不为0的直线1与双曲线C交于D, E两点，0为坐标原点，若0币·0正=-1， 求点O到直线1的距离的最大值. 选择性必修第一册·BS黑白题058 黑题 应用提优 限时：60min 1.若直线mx+y-5=0与圆x2+y2=5没有公共！6.(2024·湖南长沙一中高二月考)已知双曲线 点，则过点P(m,m)的一条直线与椭圆+广 x2y2 C:云P=1(>0,6>0)的右焦点为F(c,0),过点 1的公共点的个数为 F且斜率为3的直线与双曲线C分别交于M,N A.0 B.1 C.2 D.1或2 两点，若P是线段MW的中点，且IPF1=0。 10c,则 2.已知抛物线E1:y2=4x的焦点为F,过F且斜 双曲线的渐近线方程为 ( 率大于零的直线1与E,及抛物线E2:y2=-4x √11 的公共点从右到左依次为点A,B,C,则IAB1= A.y=± 11 B.yst 3 ( A.4 B.6 C.8 D.10 C.y=3 23 D.y=±3x 3.已知双曲线C:x2-y2=1的左、右焦点分别为 7.(多选)(2025·江西宜春高三期中)已知 F1,F2,直线l:y=2x-m与C相交于A,B两 点M是抛物线C:x2=2py(p>0)上的动点， 点，若△F1AB的面积是△F2AB面积的3倍， 当M运动到达点M,(x,2)时，M。到焦点F 则m= ( 的距离等于5，过动点M作抛物线C的准线 A.√2 B.4√2 的垂线，垂足为N,过定点P(2,-1)作与C C.√2或42 D.√2或22 有且仅有一个公共点的直线l,直线PF与C 4.(2025·江西南昌二中高二月考)已知直线1 交于点A,B,则 椭圆。+◆1在第一象限交于A,B两点、 A.抛物线C的方程为x2=12y B.直线1的方程为x-y-3=0或x+3y+1=0 与x轴，y轴分别交于M,N两点，且IMA|= C.1AB1=60 INB1,IMNI=2√3，则l的方程为 ( D.满足IMNI=IMPI的点M有且仅有2个 A.x+√2y-2√2=0 B.2x+y-2√2=0 8.(2025·江西南昌高二期中)设抛物线x2=4y C.2x+y-22=0 D.x+2y-2√2=0 的焦点为F,若⊙M:x2+(y-4)2=2(r>0)与抛 5.(2025·山东德州高二期中)已知椭圆C:2+ 物线有四个不同的交点，记y轴同侧的两个交 点为A,B,则IFAI·IFBI的取值范围 公O)上存在两点MN之 是 9.(2024·山东日照实高高二月考)已知椭圆 ”1=0对称若椭圆离心率为 3,则MW的中 259=1,过椭圆右焦点F的直线1交椭圆 点坐标为 A.（5,4) B.(4,3) 于A,B两点，交y轴于点P,设PA=入1AF, C.(3,2) D.(2,1) PB=入2BF,则入1+入2= 第二章黑白题059 10,已知点4，B,C是离心率为2的双曲线T 13.(2025·江西南昌二中高二月考)已知抛物 2 手-1(o0,6>0)上的三成，直线AR,4C,BC 线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,M(m,3） 的斜率分别是k1,k2,k3,点D,E,F分别是线 为G上点，且IMF1-号 段AB,AC,BC的中点，O为坐标原点，直线 (1)求C的方程 (2)过点P(4,0)且斜率存在的直线1与C交 D,0匹，0P的斜率分别是k,&,,若 于不同的两点A,B,且点B关于x轴的对 g店5，则后++场，= 11 称点为D,直线AD与x轴交于点Q (1)求点Q的坐标； 11.(2025·江西赣州高二期中)已知抛物线C: (iⅱ)求△OAQ与△OAB的面积之和的 y2=8x的焦点为F.过F的直线与C交于 最小值. A),B)两点，D(-2,2）) (1)求y1y2的值； (2)求直线AD与C的公共点个数； (3)证明：DA⊥DB. 14.(2025·河北邯郸高三月考)已知双曲线C: 冷1(a>0,6>0)的左、右顶点分别为 22025·江西上饶高二月者已知椭图C号 4(-2,0),8(2,0),离心率为7过点(4,0) 的直线1与C的右支交于M,N两点，设直 若1的离心辛为号，且过点1，号) 线AM,BM,BN的斜率分别为k1,k2,k3: (1)求椭圆C的方程； (D若1=分求么的值： (2)设直线l:y=x+m与椭圆C交于A,B两 (2)证明：k(k+k3)为定值 点，0为坐标原点，若0A·0B=0,求点0 到直线l的距离d. 进阶突破拔高练P04 选择性必修第一册·BS黑白题060a 中垂线的斜率为k=,所以直线AF的中垂线 2 ,hap=-a 方程为y=+分，代入=2p,可得-2四+02=0,4= a 4a2=0..线段FA的中垂线与抛物线相切.故选B. 15.y2=4x-1解析：依题意1AF1=IAM1,根据抛物线的定义可得直 线x=-1为抛物线的准线，所以号=1，即p=2,所以抛物线方程为 y2=4x,则F(1,0),当y=4时，42=4x,所以A(4,4),所以直线AF的 方程为y= 3(x-1),设直线与抛物线的另一个交点为B(1,y1), y2=4x, 联立直线与抛物线方程〈 4 消去x得y2-3y-4=0,可得 =3(x-1), y1=-1. 16.解：(1)抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点在y轴上，且开口向上，直线 x+1=0与y轴的交点为(0,1)，则F(0,1),所以号=1，p=2,抛 物线的方程为x2=4y. (2)当直线1的斜率不存在时，直线x=-1与抛物线只有一个公共 点.当直线1的斜率存在时，设直线1的方程为y+2=k(x+1), y+2=k(x+1),x2 x2=4y →4+2=kx+k,x2-4x+8-4k=0,4=16k2-4(8- 4k)=16k2+16k-32=0,k2+k-2=0,解得k=1或k=-2.所以直线1的 方程为y=x-1或y=-2x-4.综上所述，1的方程为x=-1或y=x-1 或y=-2x-4. 4.2直线与圆锥曲线的综合问题 白题基础过关 1.BC解析：当直线AB的斜率存在时，设过点(0,1)斜率存在的直 (y=kx+1, 线AB方程为y=x+1,由 消去y并整理得(2+2)x2+ 21, 2k-1=0,4>0恒成立，设A(1,),B(,2),则+22+， -2k 2+p,MB1=1+12=1+及·V+)2-4 -1 x1x2 m√a是22a() 2+k2 [√2,2W2),当直线AB的斜率不存在时，IABI=22,因此IAB1∈ [2,22],所以弦长IAB1可能是2，√5.故选BC 2.B解析：设F(c,0),令x=c,则y=±2如果A,B在同一支上，则有 1MB1=24,如果A,B在两支上，则有1AB1=2xa,因为1AB1=16 a (24∠16， 这样的直线有4条，所以{ā 解得9 <a<64,故选B. 2Wa<16, 3.-1解析：由题意得，，0>0)消去x可得2-2w2印=0， △=4p2+8p>0,设A(1,y1）,B(x2,y2）,则y1+y2=2p,y1y2=-2p, 故1AB1=√(x-x2)2+(yy2)2=√2(y1y2)户=2× √(y1+y2)2-4y12=√2×√4o2+8p=8,p=2(负值已舍去)，则准 线方程为x=-1.故答案为x=-1. 4解：1)已知46,0.82.)是横网三若-1(c0)上两点，可 6,0 得 2t621, 41 解得：6所以椭圆C的标准方程为二+子 (a2621, b2=3. 63=1. (2)设过点(0，-1)的直线1的斜率不存在时，直线方程为x=0,与椭 圆父+二=1相交的交点坐标分别为(0，，(0，-3)，此时交点弦 63 参考答案 长1PQ-258,不行合感意，所以设道点(0，-)的直线1方程 为y点1.与满国后 -=1联立，消去y得(1+2k2)x2-4x-4=0, 4k =4 设交点P(1,),Q(,2),则+1+2=1+22，则 1PQ1=√1+21x1-x21=√1+2√(x1+x2)2-4x1x2=√1+· √4@经理5. 1=0→(52+1)(k2-1)=0,即k=±1，所以直线1的方程为y=x-1或 y=-x-1. 5.解：(1)由题意得。=7，令a=2x,c=7x,x>0,则6=Vc-a2= √7-4-3x又焦点到渐近线的距离为5，所以1bl √a2+b2 37=5=3,所以x=1,所以a=2,c=7,6=5,所以双曲 /4x2+3x2 线C的标准方程为x2-。=1 y=x+2, (2)设A(1,y1),B(2,y2),联立方程组{x2y21 消去y整理得 .43 =1, x2+16x+28=0,则4=162-4×28=144>0，x1+x2=-16,x1x2=28,所 以1AB1=√1+h2·√(x1+x2)2-4x1x2=V2×√162-4×28=122.又 原点到直线AB的距离d= 2 /12+1 =2,所以Sm=子1hAB1d= 2×122xv2=12 6B解析：联立，4得2+2(+1)2-4=0，即3+4x-2=0, 则弦的中点的横丝标为子×（子）=子，纵坐标为-子+1=日。 甲（子号）放选B 7.D解析：设弦端点坐标为A(x1y1),B(x2y2),由A,B在双曲线上， 则行引两式作差可得（好-对》-(-月）=0，即（，+，)： 气x号-y2=1, (x1-x2)-（1+y2)（为1-y2)=0,又弦AB被点(2,1)平分，则 1+=4代人上式可得4(1-)-2(-2)=0，则 (y+y2=2, 12=2,即所求直线方程为y1=2(x-2),化简可得2x-y-3=0,故 无1-光2 选D. 四重难点拨 解决中点弦的问题的两种方法： (1)韦达定理法：联立直线与曲线的方程，消去一个未知数，利用一元 二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决； (2)点差法：设出交点坐标，利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交 点坐标代入曲线方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率关系求解. 8.C解析：设斜率为1的平行直线为y=x+n与椭圆交于A,B两点， 设A(11,B(,2),线段B中点为M(,),y1=1,x= 1一x2 x1+x2y1+y2 2,y= A,B两点在椭圆+=1上，4+了=1且 2 43 车号=1，两式相减得，-0.即名国)( x经y吃 43 4 n=0c2.23x2=-即y 3 6名+2-41× 年*，故这些直线被椭圆截得的线段的中点所在的直线方程为y= 3 3 4 x.故选C. 黑白题037 四方法总结 受断么0为随图三长=1(a动>0)上安A8不平行y 62 的中点，0为坐标原点，则kB·kw= a2 9.解析：依意MN的斜率存在，设直线方程为y=(-号） 代人=2得-(+2x 4 =0.因为4=4(k2+1)·p2>0, K2+2 K2+2 所以w+w=gp,所以1MN1=+w+p=2p+p=3p,所以 2=2,则xw+xw=2印，yM+yN=k(xM+xwp)=pk=士√2p,所以MN的中 点标为，受) ,所以线段MN的中点与原点连线的斜率为 2P5故答案为±2 ,√2 -=士 p 2 10.解：(1)由题意kwkw= x+1·=2,显然x≠1且x≠-1，所以C 的方程为2-2=1(x1且x*-1)。 2 (2)不可以，理由：设P(x1,y1),Q(x2y2)在曲线C上(x1≠x2),且 P0中点为N(-1,2),则今=1=经-%(，≠1且2为 ,所以好店片02）-。 x1-x2 y1+y2 2yN 4(-)-1,所以直线P0的方程为y-2=-(x+1),即y-x+1,联 2×2 (y=-x+1, 立{ 1,整理得2+2-3=0，解得x=1或x=-3,但这与， 232 2 x2≠1且1，x2≠-1矛盾，故y=-x+1不符合题意；设P(x1,y1), Q(x2,y2)在曲线C上(x1=x2),且PQ中点为N(-1,2),但根据双 曲线的对称性可知，PQ中点应该为(x1,0),这与PQ中点为 N(-1,2)矛盾；综上所述，点(-1,2)不可以成为线段PQ的中点. 11.BC解析：如图，圆A:x2+y2-6x+7=0,即 Y本 (x-3)2+y2=2,是圆心为A(3,0),半径r= √2的圆抛物线的焦点为F(1,0),准线方 程为x=-1,由于直线FN与圆A相切，所 以1EF1=√22-(2)之=√2，A选项错误.由 于AE1=EF1=2,所以∠EFA=年，所以 直线FN的斜率为1，方程为y=x-1,即x-x=-1 y1=0,B选项正晚由，解得=3+22即N(3+ （y=x-1, y>0, (yw=2+2√2， 2W2,2+2W2),根据抛物线的定义得|NF1=INP1=xw+1=4+2√2， C选项正确所以△PFN的面积为2×(4+22)×(2+2,2)=8+ 62,D选项错误.故选BC. 12.2 解析：由题意可知，直线y=bx垂直平分直线FQ,所以直线FQ 的斜率为6，因此它的方程为y=(-),将两直线方程联立： 1 1 (x-1), b2+1' 由中点坐标公式可得Q点坐标为 b y=bx y= 2+1 1-b2 2 2b2 (1+62'1+6代入椭圆方程中得 (1-b22b2 1+62 1+62 a2 62 -=1→ b6+2b4+b2-4=0→b4(b2-1)+(3b2+4)(b2-1)=0→(b2-1)(b4+ 362+4)=0→b2=1.因此可知Q点坐标为(0,1)，而F(1,0),所 选择性必修第一册·BS 以S0m寸×1X1=宁故答案为号 13.解：(1)由题意可得A(-a,0),B(a,0),则直线PA的斜率1-2+0 3 直线PB的斜率名。因为直线M,PB的斜率之积为3，所以 3 3 =3,解得a2=1.因为点P(2,3)在双曲线C上，所以22- 2+a2-a 32 2=1,解得62=3.故双曲线C的标准方程为x2=1. (2)设直线l:x=my+t,D(x1,y1),E(x2,y2). (x=mytt, 联立 整理得(3m2-1)y2+6mty+3t2-3=0,则△= (6m)2-4(3m2-1)(32-3)=12(3m2+2-1)>0,所以y1+y2= 6mt =32-3因为0市.0成=-1，所以+12=-1，所以 3m2-123m2- (my1tt)(my2t)+y1y2=(m2+1)y1y2+mt(y1t2)+2=-1,即(m2+ 1).323 +mt· 32一+=-1，化简得P=2,故1川=2.由 3m2-1 Itl 点到直线的距离公式可得，点O到直线1的距离d= /m2+1 √2 因为m2+1≥1，所以√m2+1≥1，所以 ≤2，即点0 √m2+1 m2+1 到直线l的距离的最大值是2 黑题应用提优 1.C解析：圆x2+y2=5的圆心为点(0,0)，半径为√5，因为直线mx+ 四y5=0与圆x2+y2=5没有公共点，所以圆心到直线的距离大于半 径，得 5 >5,即m2+2<5,所以g+5≤mn √m2+n2 5 5<1,则点 P(m,m)在椭圆内部，所以过点P(m,m)的直线与椭圆，上 751必 有2个公共点.故选C. 2.C解析：如图所示.易知抛物线E1:y2=4x的焦点为F(1,0),设直线 1的方程为x=my+1(m>0),因为直线l与抛物线E2相切，联立 x=mt1,可得y2+4my+4=0,则42=16m2-16=0.因为m>0,解 y2=-4x, 得m=1设点4()，B(,2),联立y1可得2-6+1=0， y2=4x. 41=36-4>0,则x1+x2=6,1AB1=x1+x2+2=8,故选C B M (第2题) (第4题) 3.B解析：依题意，双曲线C:x2-y2=1的左、右焦点分别为F(-√2 0),F2(2,0),设F1到直线AB的距离为d1,F2到直线AB的距离为 d2,则d1= 1-2w2-ml d2= 5 22-m,因为△F,AB的面积是△F24B 5 面积的3倍，所以d1=3d2,即1-22-ml=3122-ml,解得m=√2或 4W2,联立方程组2m,整理得3x2-4n+m2+1=0,则4=16m2- 1x2-y2=1, 12(m2+1)>0,解得m2>3,所以m=42.故选B. 4.A解析：如图，令AB的中点为E,因为1MAI=INB1,所以IME1= 1E1,设A(1,为)，B(,2),E（,）,则 22 好-1， 63 好-1， 式相减得 ()(x1+),+2)(1-2）=0,所 6 3 63 黑白题038 以）子则短·6如子设直线：y=如： (x1+x2)(x1-x2) m,k<0,m>0,令=0得y=m,令y=0得x=-公，即M(安，0 N0,),所以E(，受)，即x m 2解得= 2或k=2 2k (舍去).又1MW1=23,即1MW1=√m2+(2m)2=23,解得m=2 或m=-2(舍去)，所以直线AB:y= 2+2,即x+2y-22=0,故选A √2 5.C解析：设点M(x1,y),N(x2,2),线段MN的中点为E(xo,o), x1十x2 则 o=2由题意，椭圆的离心率为。三c一 1a2-b2 y1+y2 a=a Y0=2 g 。写，可得=2因为M,N关于直线1=0对称，且 a2=3 直线x-y1=0的斜率为1，则kww= 1-2=-1,将点M,N的坐标代 1-x2 xi yi 入椭圆方程可得 Ja262 =1, 上述两个等式作差可得号，疗片 a2 b2 (a2t8京1， 0,可得-=.力2公 好号‘名2，即吃 2x0 ,即2x=3y。①，又因为点E(x0o)在直线xy1=0上 y0-1=0②， 联立①②可得o-3故线段MW的中点为E(3,2》.故选C (y0=2, 6.A解析：直线W的方程为y=3(x-c),与兰 =1联立得(b2- a2 b2 9a2)x2+18a2cx-9a2c2-a2b2=0,设M(x1,1）,N(x2,y2）,则b2- 18a2c 9如20，+go0,1t2=3(-c)+3(c)=3(4t)-6c 92-6-6c=6b2e 3×18a2c g22,则p【1t2.2,即po 2 2 9a2-b2 9a2-1Pp1=o。 362c\ 9a2c 12 10c, 362c12 （a--c）+(9a-】 1012 （10),整理得9a-2a22-116=0,即9）2 62 2x 211s a2 =0,则9r2-2-1=0,得(+1)(9-11)=0，解得t=, 1一1（合去），所u二即女3则双南线的商近线方程 31 为y=士11 x,故选A 7.ACD解析：根据抛物线的定义，1M,F1=2+?=5,即p=6,所以抛 物线C的方程为x2=12y,选项A正确.当直线1的斜率不存在时，1的 方程为x=2,联立212，得直线1与C有且仅有一个公共点2， x=2, 号）满足题意：当直线1的斜率存在时，设1的方程为y+1 (x-2),联立e:12, 立y=k2)-1,得2-12+24k+12=0,由4=0得6=1 或=号，此时直线1的方程为y3=0或+3+1=0，所以满足过 定点P(2,-1)且与C有且仅有一个公共点的直线1共有3条，直线1 的方程为x-y-3=0或x+3y+1=0或x=2,选项B错误抛物线C: x2=12y的焦点F(0,3),直线PF的方程为y=-2x+3,与抛物线方程 参考答案 x2=12y联立，消去y化简得x2+24x-36=0,设A(x1,y1),B(x2,2), 则1+x2=-24,y1+y2=-2(x1+2)+6=54,所以1AB1=1AF1+|BF1= y1+y2+p=54+6=60,选项C正确. 如图，由抛物线的定义知IMNI=1MFI,所以满足IMNI=IMPI的点M 就是满足IMFI=IMPI的点M,由P(2,-1)和F(0,3)可得出线段PF 1 .1 （x2=12y, 的中垂线方程是)=2+2，联立 1.1消去y化简得方程 y=2x+2, x2-6x-6=0,由于△>0，此方程有2个不等根，即线段PF的中垂线 1 +】与抛物线x2=12y有2个公共点，所以满足1MNI=IMP1 y=2x+2 的点M有且仅有2个，选项D正确.故选ACD. y y 0 (第7题) (第8题) 8.(5,9)解析：由题可得F(0,1),如图，不妨设A,B在y轴右侧，将 x2=4y, 0M方程与抛物线方程联立：F+(4:=,得>-+16-=0 （*),设A(x1,y1),B(x2,y2),A,B在y轴同侧，不妨设x1>0,x2>0, 则由⊙M与抛物线有四个不同的交点可得(*)有两个不相等的正 (4=16-4(16-2)=4r2-48>0, 根，得{y1+y2=4, 即2∈(12,16)，.由抛物线定 y12=16-2>0, 义可得1FA1·1FB1=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(1+y2)+1=21-2∈ (5,9),故答案为(5,9). 50解析：如图，椭圆25+9 9. +=1的 x2 右焦点F(4,0),设P(0,),A(1y1), B(x2,y2),由P=入1A币，得(x1,y1 t)=入1（4-x1,-y1),即 B 4入1 =A(4-)则 y1-t=-入1y1, 121+1而25 t y1+x' 1网tg号-1以只，同强南防=与成用g号 9 6(入1-入2)（入1+入2） (1+入2)2，两式相减，得 25 =(入1-入2)（入1+入2+2）， 此等式恒成立，显然入1-入2不恒为0，因此16（入1+入2）=25（入1+ +2),解得+M=)所以A1+:的值为放答案为 50 9 10.15解析：因为双曲线T的离心率为2，所以=5，不妨设4(x, a x好 =1, ),B(),D(0o).因为点A,B在T上，所以 两 信 式相减，得1)(1-）-)）因为点D是B的 a2 中点，所以1+=20y+2=20,所以1(12）_ (名)，即 ()京，所以1的=42.o-062 yo(yi-y2)62 名名`0-0正=3，同理5 3,kk,=3.因为名十后 ,1,1,1 33+3=15. =5,所以1++F府+后码 故答案为15. 11.(1)解：设直线AB的方程为x=my+2,与y2=8x联立得y2-8my- 16=0,所以y1y2=-16. 黑白题039 y1+y2 y12-21-4际w, (2)解：直线AD的斜率为 x1+22x1+4 Y1 +4 4 费加的方程为异（受）甲=亨与=我立 得y2-2y1y+y=0,解得y=y1,所以直线AD与C只有1个公共点A, (证明（知，=-16，所以成.成-(2,7） 2方6 16 乃64片64 44 8=0,所以DA⊥DB. 12.解：(1)已知椭圆c+ 2本=1的离≤e=C一，又c2=a2一62， 2,即13 所以2、3 ，可得、1 ，即a2=42.因为椭圆过 (1)2 点(，号)将点代人椭圆方程可得之，三】 a2 =1.把a2=4b2 62 11 3× 代人 -=1中，得到 1 62 +4=1,即2办=1，解得62=2 那么2=42=2所以椭圆C的方程为 +2y2=1. (y=kx+m, (2)联立直线与椭圆的方程{x2,」 {号2y=1,将=c+m代入号+2 1中，得到号+2(cm)2=1,展开可得号+2以2+2ha+m2)-1, 即(3+2）4h+22-1=0,且4=16am2-4(分2） (2m2-1)>0,化简得△=-2m2+1+42>0.设A(x1,y1),B(x2y2),则 4km x1+x2=-1 +22 =2m2-1因为y1=k+m,2=+m,且 x12= 222 Oi.O店=0，所以x1x2+y1y2=0.因为y12=(kc1+m)(x2+ m)=2x1x2+m(x1+x2）+m2.所以x1x2+2x1x2+hm(x1+x2）+m2=0, 即(1+2)2m2-1462m2 +m2=0,化简可得(1+k2)·（2m2-1)- 2+22+2 2 4k2m2+m2 分+2）-0，进-步化简得5m2=242点0到直线1 Iml 的距离d= +F由5m2=22+2可得d= Vm2 1+h2 5 3 22 13.解：(1)由题意可得 9 解得p= ,所以C的方程为 3 2pm= 4 y2=3x (2)(i)由已知可得直线的斜率不为0，且过点(4,0)，故可设直 线l的方程为x=my+4,代入抛物线的方程y2=3x,可得y2-3my 12=0,方程y2-3my-12=0的判别式4=9m2+48>0,设A(x1,y1), B(x2,y2),D(x2,y2),不妨设y1>0,则1+y2=3m,y1y2=-12,所以 直线D的方程为，即x 3（x1）,令y=0,可得(12)·(-)归3x-7,所以 即yy1y 选择性必修第一册·BS 3x=(1-y2)·（-y1)+y7=y1y2=-12,所以x=-4,所以Q(-4,0). AL (i)如图所示，可得Sa002·10Q1· D 1=子x4X1=21,5s24x1+2×。0f 1 p 4×1y2I=2y1+21y2I,所以△0AQ与△0AB的 面积之和S=S△040+S△0aB=2y1+2y1+ B 212=42l4+22=4424 y 24=86, y 当且仅当4，=24，即1=6时，等号成立，所以△04Q与△0AB的 面积之和的最小值为86. 14.(1)解：设双曲线的焦距为2c,由题意得，4=2，= a 2,所以c=7 =1.直 因为c2=a2+62,所以b=3,所以C的标准方程为4-？ (x2 y2 =1, 1 线AM:y=2(x+2),由 43 消去y化简并整理得x2-2x 1 =2(x+2), 8=0,解得x=4或x=-2(舍去)，所以M(4,3).又直线MN过点(4， 0),所以直线MN的方程为x=4,所以N(4,-3),=42=-2 (2)证明：如图，设M(x1,y1),则k:= y 因为号 y1 431,所以 A ·6=为 子-4 21-2好-4好-4一 子设直线M:=+4,由后专=山消去：化简并整理得 （x2y2 (x=my+4, [3m2-4≠0， 4=144(m2+4)>0, （3m2-4)y2+24my+36=0.设N(,2),则1y23nm2-4 -24m 36 y12F3m2-4 故·的= y2 y1y2 y1y2 x1-2x2-2(my1+2)(my2+2)m2y1y2+2m(1y2)+4 36 3m2-4 m2. 36 +2m· /-24m 9所以2(+)=+6 +4 3m2-4 3m2-4 专题探究3圆锥曲线的离心率 黑题 专题强化 1.A解析：设点P(x,y),A(xo,yo),则根据椭圆的对称性知点 似6，是格40，尚宁云1与至克1，相减得 (x-x0)(x+xo)(y-yo)(y+yo) 2=0,整理得0.0.& a2 b2 0*02,而名 0上于是·之片，所以所以该插圆 x-X0 x+xo a225 的离心率为e= a 2C解析：设椭圆C:二+卡=1(@>b>0)的右焦点为2(c,0 IAFI+IAF2I=2a,IBF1I+|BF2I=2a,△AF1B的周长|AF1I+ IBF1+1ABI=2a-1AF21+2a-1BF21+1ABI=4a-(IAF2I+IBF21)+ 黑白题040