重难点27 圆锥曲线中的弦长问题与长度和、差、商、积问题（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点27圆锥曲线中的弦长问题与长度和、差、商、积问题【八大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1椭圆的弦长问题】 2【题型2双曲线的弦长问题】 5【题型3抛物线的弦长问题】 9【题型4长度及其最值（范围）问题】 13【题型5长度之和问题】 17【题型6长度之差问题】 23【题型7长度之商问题】 26【题型8长度之积问题】 311、圆锥曲线中的弦长问题与长度和、差、商、积问题圆锥曲线是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，弦长问题与长度和、差、商、积问题是考查的重要方向，以选择题或填空题的形式考查时，难度不大；以解答题的形式考查时，有时会与向量、数列等知识结合考查，难度较大；联立直线与圆锥曲线方程并灵活运用弦长公式是解决此类问题的关键，复习时要加强此类问题的训练.【知识点1圆锥曲线中的弦长问题】1．椭圆的弦长问题(1)定义：直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.

(2)弦长公式：设直线l:y=kx+m交椭圆+=1(a>b>0)于，两点，则或.2．双曲线的弦长问题(1)弦长公式：直线y=kx+b与双曲线相交所得的弦长d.

(2)解决此类问题时要注意是交在同一支，还是交在两支上.

(3)处理直线与圆锥曲线相交弦有关问题时，利用韦达定理、点差法的解题过程中，并没有条件确定直线与圆锥曲线一定会相交，因此，最后要代回去检验.

(4)双曲线的通径：

过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的直线被双曲线截得的线段叫作双曲线的通径.无论焦点在x轴上还是在y轴上，双曲线的通径总等于.3．抛物线的弦长问题设直线与抛物线交于A,B两点，则

|AB|==或

|AB|==(k为直线的斜率，k≠0).4．弦长公式的两种形式(1)若A,B是直线y=kx+m与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去y，得到一元二次方程，则.(2)若A,B是直线x=my+n与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去x，得到一元二次方程，则.【题型1椭圆的弦长问题】【例1】（2024·云南昆明·模拟预测）已知直线l是圆C：x2+y2=1的切线，且l与椭圆E：x23+y2=1交于A，B两点，则|AB|的最大值为（

）A．2 B．3 C．2 D．1【解题思路】由直线与圆相切分析得圆心到直线距离为1，再分类讨论直线斜率是否存在的情况，存在时假设直线方程，进一步联立椭圆方程结合韦达定理得出弦长表达式，最后化简用基本不等式得出结果.【解答过程】∵直线l是圆C：x2∴圆心O到直线l的距离为1，设A(x①当AB⊥x轴时，|AB|=2②当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=kx+m.由已知|m|1+k2把y=kx+m代入椭圆方程，整理得(3k.x∴|AB=(1+k=12(令t=原式=≤当且仅当9t=4t即综上所述ABmax故选：B.【变式1-1】（23-24高二上·浙江绍兴·期末）已知椭圆C:x24+y2=1，过原点O且倾斜角为πA．105 B．2105 C．3【解题思路】依题写出直线的点斜式方程,与椭圆方程联立，求出两交点坐标，利用两点距离公式计算即得.【解答过程】依题意，可得直线的方程为：y=x，代入x24+当x=255，y=255；当则AB=故选：D.【变式1-2】（2024·河南·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(1)求椭圆C的标准方程；(2)若倾斜角为π4的直线l与C相交于两个不同的点A,B，求AB【解题思路】（1）借助椭圆上的点的坐标，△PF1F（2）设出直线方程，联立曲线，借助韦达定理与弦长公式计算即可得.【解答过程】（1）由题意可得3a2+故椭圆C的标准方程为x2（2）k=tanπ4=1，故可设lAB联立x212+y2Δ=36t2x1+x则AB=2则当t=0时，AB有最大值，且其最大值为48−02【变式1-3】（2024·河北衡水·一模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过1,32和2,62两点.F(1)求椭圆的标准方程；(2)求AB的范围.【解题思路】（1）将点(1,32),(（2）分类讨论直线斜率是否为0，从而假设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理与弦长公式得到关于m的关系式，再分析即可得解；【解答过程】（1）由题意可知，将点(1,3得1a2+所以椭圆的标准方程为x2（2）由（1）知F1−1,0，当直线l的斜率为0时，AB=2a=4当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x=my+1，Ax1,联立x24+y2易得Δ=6m2所以AB=1+因为m2≥0，所以3m2+4≥4综上，3≤AB≤4，即AB的范围是【题型2双曲线的弦长问题】【例2】（2024·北京·模拟预测）已知双曲线C:y2−x23=1的两个焦点分别为F1,F2，过F1的直线与双曲线A．94 B．9 C．274【解题思路】根据对称性不妨设过F1的直线为y=kx−2【解答过程】双曲线C:y2−x23=1中a=1根据对称性不妨设过F1的直线为y=kx−2联立y=kx−23y2则Δ设Ax1,y1，B由BF1=2即有−x由①②可得x1=−12k3k解得k=3535（负值已舍去），所以|AB|=1+故选：C．【变式2-1】（2024·山东·模拟预测）过双曲线x2−y2=2的左焦点作直线l，与双曲线交于A,B两点，若ABA．1条 B．2条 C．3条 D．4条【解题思路】设直线方程与双曲线联立，利用弦长公式解方程判断根的个数即可.【解答过程】由题意得双曲线左焦点−2,0，当直线垂直于横轴时，AB=22不符合题意，双曲线渐近线方程为故可设l:y=kx+2与双曲线联立可得y=kx+2x1由弦长公式知AB=则k=±2−1或故存在四条直线满足条件.故选：D.【变式2-2】（2024·海南·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2(1)求双曲线C的标准方程；(2)过点P且斜率为26的直线与双曲线C的另一个交点为Q，求PQ【解题思路】（1）将点P(2,6)代入双曲线（2）写出直线方程，与双曲线方程联立，由弦长公式可得结果.【解答过程】（1）因为双曲线的实轴长为22，所以2a=22，解得：又因为点P(2,6)在双曲线C上，所以42所以双曲线的标准方程为：x（2）设P(x1由题可得过点P且斜率为26的直线方程为：y−6=2联立x22−y2所以x1+x所以PQ=【变式2-3】（2024·陕西安康·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(b>a>1)的左、右焦点分别为F1(1)求该双曲线的标准方程；(2)若直线l与双曲线C交于P、Q两点，且坐标原点O在以PQ为直径的圆上，求PQ的最小值.【解题思路】（1）依题意可得ba=3，从而将方程化为x（2）依题意可得OP⋅OQ=0，当直线的斜率不存在时直接求出PQ，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，Px1,y【解答过程】（1）由题可知双曲线的渐近线方程为y=±b因为b>a>1，所以ba>1，所以直线由两条渐近线的夹角为60°，可得ba=3，因为a即双曲线方程为x2因为△MF1F2的面积为43因为点M5,y解得a2=4或a2=1．因为条件a>1，所以（2）因为以PQ为直径的圆过坐标原点，所以OP⊥OQ，所以OP⊥OQ，即①当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x=n，设Pn,t由OP⋅OQ=0又点P、Q在双曲线上，代入可得n24−所以PQ=2t=2②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，由y=kx+m3x2−y因为直线l与双曲线交于P,Q两点，所以3−k即Δ=设Px1,则x1由OP⋅OQ=0得到x即1+k即1+k所以1+k化简得m2所以PQ==24+当k=0时上式取等号，且方程（*）有解．综上可得PQ的最小值是26【题型3抛物线的弦长问题】【例3】（2024·河南开封·一模）已知O为坐标原点，过抛物线C:y2=8x焦点F的直线与C交于A，B两点，若|AF|=|AO|，则|AB|=A．5 B．9 C．10 D．18【解题思路】由|AF|=|AO|及抛物线方程可求出A点坐标，从而得直线AB的方程，联立抛物线和直线方程，结合韦达定理求出x1【解答过程】如图：由抛物线C:y2=8x可知焦点坐标F2,0，取线段OF中点又|AF|=|AO|，所以AD⊥OF,故设A1,y0，因点A根据对称性取y0=22，又因直线AB所以直线AB的方程为：y=−22联立y2=8xy=−22设Ax1,y1由抛物线定义可知AB=故选：B.【变式3-1】（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，准线与x轴交于点M，直线l过其焦点F且与C交于A ， B两点，若直线AM的斜率为2A．455 B．855 C．【解题思路】利用斜率已知，即角的正切值已知，结合抛物线的几何性质，来解直角三角形求一条焦半径，再利用抛物线的两焦半径的倒数和为定值，从而去求另一条焦半径，最后求得弦长.【解答过程】

如图作AE垂直于准线，垂足为E，可知设AE=AF=r，直线AM的斜率为255得，则ME=255即r2=255再设过焦点F的直线l为y=kx−1与抛物线C:k2x2则x1而1AF当AF=5+52时，解得BF=当AF=5−52时，解得BF=故选：D.【变式3-2】（2024·全国·模拟预测）已知点Pa,ba>0,b>0在抛物线C:y2=2pxp>0上，记O为坐标原点，OP=(1)求抛物线C的方程；(2)记抛物线C的焦点为F，过点F作直线l与直线PF垂直，交抛物线C于A，B两点，求弦AB的长．【解题思路】（1）首先得到抛物线的准线方程，依题意可得a2+b2=32（2）由（1）可得P12,2，【解答过程】（1）抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为依题意可得a2+b2=32b2=2paa+所以a=12b=（2）由（1）可得P12,2，因为直线l⊥直线PF，所以kl所以直线l的方程为y=24x−1由x=22y+1y2=4x设Ax1,y1所以x1所以AB=【变式3-3】（2024·广西·模拟预测）已知抛物线C:y2=2px(p>0)(1)求C的方程；(2)若P为直线l:x=−2上的一动点，过P作抛物线C的切线PA,PB,A,B为切点，直线AB与l交于点M，过F作AB的垂线交l于点N，当MN最小时.求AB.【解题思路】（1）由题意求得p=2，即可得得到抛物线C的方程；（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，利用导数的几何意义求得在点A,B的切线方程，得出直线AB方程为x−t2y−2=0，令x=−2，得到点M−2,−【解答过程】（1）由题知，p=2，∴C的方程为y2（2）抛物线C:y2=4x设P−2,t，过P点的抛物线C的切线方程为：x+2=my2=4xx+2=my−t消去∴Δ=16m此时①可化为y2−4my+4设直线PA:x+2=m1y−t则m1,且yA=2m1,由②知，m12−t则直线AB方程为：x−t2因为直线NF与直线AB垂直，则直线NF方程为：y=−t故M−2,−MN=8t+3tAB=由（*）得，AB=【题型4长度及其最值（范围）问题】【例4】（23-24高三上·湖北武汉·开学考试）设双曲线E1x2−y23=1的左右焦点为F1，F2，左顶点为A，点M是双曲线E在第一象限中内的一点，直线MFA．74 B．52 C．83【解题思路】由题意可得F1NF1M=14，设设【解答过程】

由题意知：F1−2,0,F22,0,A−1,0，所以F1AF1F2=故选：B.【变式4-1】（2024·吉林·模拟预测）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，A是C上一点，O为坐标原点，若△AOF的面积为2+1，则A．22+2 C．42+2 【解题思路】设A(x0,y0)，根据【解答过程】由题意知抛物线C:y2=4x的焦点为F，则F(1,0)设A(x0,y0)，则由则|y0|=2(则|AF|=x故选：B.【变式4-2】（23-24高三下·河南周口·开学考试）在平面直角坐标系xOy中，一动圆过点F1,0且与直线x=−1相切，设该动圆的圆心C的轨迹为曲线Γ(1)求Γ的方程；(2)设P为Γ在第一象限内的一个动点，过P作曲线Γ的切线l1，直线l2过点P且与l1垂直，l2与Γ的另外一个交点为【解题思路】（1）由题意，根据抛物线的定义可知点C的轨迹为是以F1,0（2）设Pm,2m(m>0)、Qx1,y1，利用导数的几何意义和两直线的位置关系求出l2【解答过程】（1）由题意得，点C到点F的距离等于到直线x=由抛物线的定义知，点C的轨迹是以坐标原点O为顶点，以F1,0设y2=2px(p>0)，则p2故Γ的方程为y2（2）当y>0时，y=2x，所以y′=则y'x=m=1m因为l1⊥l2，所以所以l2的方程为y−2m=−代入y2=4x，得y2由韦达定理得y1+2m=−4得−2m−4m2所以PQ=令um=m+3+3易知函数um在0,2上单调递减，在2,+所以u(m)min=u【变式4-3】（2024·河北张家口·三模）已知点F1,F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，过(1)求椭圆C的离心率；(2)若点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，且△PAB面积的最大值为23，直线PA与直线QB相交于点M，求|OM|【解题思路】（1）求出通径，可得齐次式2b（2）设直线PA,QB,PQ方程分别为：x=n1y−2,x=n2y+2,x=my−1，Px1,y1,Qx【解答过程】（1）令x=−c，得c2a2所以，2b2a=3c，即解得e=−2（舍去）或e=1（2）易知，当点P在短轴端点时，△PAB的面积最大，所以ab=23ca所以，椭圆C的方程为x2易知，直线PA,QB,PQ的斜率不为0，设其方程分别为：x=n1y−2,x=联立x=n1y−2所以OM2由斜率公式可得n1所以n1n1因为x1所以x1x1所以n1−n联立3x2+4Δ所以y1不妨记y1=6m+则n1所以OM2易知，m2+1所以OM>4，即|OM|的取值范围为4,+【题型5长度之和问题】【例5】（2024·河北承德·二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点到右焦点的距离是3，且C的离心率是12，过左焦点F(1)求椭圆C的标准方程；(2)求AB+【解题思路】（1）由已知列出关于a,c的方程组，求出a,c，可求b2，得椭圆C（2）两直线一条斜率为0，另一条斜率不存在时，由通径与长轴求出结果；当两直线斜率存在且不为0时，利用弦长公式把两弦长之和表示为关于斜率的函数，结合基本不等式求取值范围.【解答过程】（1）由题意得ca=12,所以椭圆C的标准方程为x2（2）由（1）可知，左焦点F−1,0当直线l斜率不存在或者斜率为0时，AB+当直线l斜率存在且不为0时，设直线l:y=kx+1，直线lAx联立方程组y=kx+1,x则x1因此AB=同理可得MN=所以AB+由于12k2+12k综上所述，AB+MN的取值范围为【变式5-1】（23-24高三上·陕西西安·开学考试）已知点F为抛物线C:y2=2pxp>0的焦点，点P1,2(1)求抛物线C的标准方程；(2)若正方形ABCD的顶点A、B在直线l:x−y+2=0上，顶点C、D在抛物线C上，求FC+【解题思路】（1）由抛物线方程可得Fp（2）设直线CD的方程为：y=x+m，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理可得y1+y【解答过程】（1）由题设可得Fp则PF=1−p又PF=QF，故整理得p−4=0，即p=4.所以抛物线C的方程为y2（2）因为ABCD是正方形，所以AB//CD，直线l与CD之间的距离等于设直线CD的方程为：y=x+m，联立y=x+my2=8x，消去x由Δ=64−32m>0，得m<2设Cx1,y1，D所以CD=直线l与CD间的距离为d=m−2所以82−m=m−2由于m<2，故解得m=−126，所以x1故FC+【变式5-2】（2024·内蒙古赤峰·一模）已知抛物线P:y2=2px0<p<5上一点Q的纵坐标为4，点Q到焦点F的距离为5，过点F做两条互相垂直的弦(1)求抛物线P的方程．(2)求AB+【解题思路】（1）首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，依题意根据抛物线的定义得到42（2）设直线AB方程为x=my+1m≠0，且Ax1,y1，B【解答过程】（1）抛物线P:y2=2px0<p<5的焦点为由题可知42解得p=2或p=8（舍），所以，抛物线P的方程为y2（2）依题意直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB方程为x=my+1m≠0，且Ax1,联立x=my+1y2=4x，可得y所以y1+y则AB=1+同理CD=4+所以AB+CD=4所以AB+【变式5-3】（2024·陕西安康·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为(1)求椭圆C的标准方程；(2)若以线段F1F2为直径的圆与椭圆C无公共点，过点A1,3的直线与椭圆C交于P,Q两点（点P在点Q的上方），线段PQ上存在点M，使得【解题思路】（1）由题意可得a的值及b的值，即求出椭圆的方程；（2）由线段F1F2为直径的圆与椭圆C无公共点，可得x24+y23=1，分直线PQ的斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线PQ的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，设点【解答过程】（1）由题意可得23=1b=asinπ6所以椭圆的方程为：x24+（2）由以线段F1F2为直径的圆与椭圆C所以椭圆C的标准方程为：x2因为11+323设Px当直线PQ的斜率存在时，APAQ由APAQ=MPMQ，可得设直线PQ:y−3=kx−1联立y−3=kx−1x2由Δ=整理可得：k2+2k−2>0，解得k>−1+3且x1代入*整理可得x0代入直线PQ的方程，得y0可得x0当直线PQ的斜率不存在时，PQ:x=1，则P1,由APAQ=MPMQ，得所以点M在直线x+4y−4=0（在椭圆C内部）上，

设点F21,0关于直线x+4y−4=0的对称点为则y3−0x所以MF此时点M817,所以MF1+【题型6长度之差问题】【例6】（24-25高三上·全国·阶段练习）设椭圆C：x24+y23=1的右焦点为F，动点P在椭圆CA．−164141 B．164141 【解题思路】根据椭圆的定义，结合两点间线段最短、点到直线距离公式进行求解即可.【解答过程】根据题意知椭圆的右焦点坐标为F1,0，左焦点坐标为F根据椭圆的定义可知PF+PF则PA−所以PA+PF定点到直线最短距离是过定点直线的垂线段，根据点到直线的距离公式可得d=4×所以PA−故选：C.【变式6-1】（23-24高二上·天津·期末）已知双曲线E:x2m−y23=1m>0的离心率为2，右焦点为FA．5 B．5C．22 D．【解题思路】由双曲线的离心率得到m=1，左焦点F1−2,0，根据双曲线的定义得到PF−PA=PF1−【解答过程】因为双曲线的离心率为2，所以m+3m=2，解得∴a=1，c=2，则左焦点F1由双曲线的定义得PF−因为PF1−PA≤AF1，即当所以PF−PF−PA最大值为故选：D.【变式6-2】（23-24高二上·上海·课后作业）已知点P是双曲线x29−y216=1右支上的一点，点M、N【解题思路】先由已知条件可知双曲线的两个焦点为两个圆的圆心，再利用平面几何知识把|PM|−|PN|转化为双曲线上的点到两焦点之间的距离，结合双曲线的定义即可求|PM|−|PN|的最大值.【解答过程】∵x29−y216=1，∴故双曲线的两个焦点为F1(−5,0)，F1(−5,0)，F2所以|PM|max=则(|PM|−|PN|)max=|PM=PF1即PM−PN的最大值为【变式6-3】（2024·山东济南·三模）如图所示，抛物线y2=2px(p>0)的准线过点(1)求抛物线的标准方程;(2)若角α为锐角，以角α为倾斜角的直线经过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A、B两点，作线段AB的垂直平分线l交x轴于点P，证明:|FP|−|FP|cos【解题思路】（1）根据准线过点(−2,3)即可求出p，进而可知抛物线标准方程；（2）假设直线AB的方程，与抛物线联立，进而可以得到AB与其中垂线的交点坐标，进而可以表示出中垂线方程，进而求点P的坐标，再求|FP|即可.【解答过程】（1）解:(1)由题意得−∴p=4∴抛物线的方程为y（2）设AxA,y则直线方程为y将此式代入y2＝8x故x设AB的中垂线为直线m，设直线m与AB的交点为E则x故直线m的方程为y−令y=0得点P的横坐标为x故FP∴|FP−|FP| cos2α=4∴|FP|−|FP|cos2α【题型7长度之商问题】【例7】（2024·四川绵阳·三模）过点A2,0的直线l与拋物线C:y2=2pxp>0交于点M，N（M在第一象限），且当直线l(1)求抛物线的方程；(2)若B3,0，延长MB交抛物线C于点P，延长PN交x轴于点Q，求QN【解题思路】（1）根据条件设直线l得方程，与抛物线方程联立，运用弦长公式求解；（2）设直线l的方程与抛物线联立，先求出M，N点坐标，写出直线MB方程，与抛物线方程联立，求出P点的坐标，写出直线PN的方程，求出Q点坐标，运用两点直线距离公式求解.【解答过程】（1）由题意直线l的斜率k=tanπ4=1，所以联立方程y2=2pxx=y+2，解得y由弦长公式得：MN=1+∴4p2+16p−9=0

，解得p=12（2）由（1）知：抛物线方程为y2=x，设Mx1,y1,Nx2如图：联立方程x=my+2y2=x，得y2−my−2=0直线MB的方程为：(x1−3)y=Δ=x1直线PN的方程为：y−y令y=0得x=−y2yQN=x2由①②得：QNQP综上，抛物线方程为y2=x，【变式7-1】（2024·全国·模拟预测）已知直线l:y=kx+mm2=(1)证明：l与T恒有两个交点；(2)若A,B为l与T的两个交点，过原点且垂直于l的直线交T于C,D两点，求CDAB【解题思路】（1）将直线和椭圆进行联立，根据根的判别式可判断交点个数；（2）将直线l和直线CD表示出来，分别与椭圆进行联立，通过弦长公式表示出线段AB,【解答过程】（1）联立方程y=kx+m,x23+yΔ=36k2m2（2）设Ax1,所以AB=1+由题意知直线CD的方程为y=−1由y=−1kxx2所以CD=2所以CDAB设t=21k2−1，则t>−1，要求CD此时k2所以CDAB当且仅当t=64t，即所以CDAB的最小值为4【变式7-2】（2024·重庆·模拟预测）已知双曲线M:x2a2−y2b2(1)求双曲线M的方程；(2)记∠F1AF2的平分线所在的直线为直线l，证明：双曲线M上存在相异两点B,C关于直线l对称，并求出|AE|【解题思路】（1）设F1(−c,0),F2(c,0)，根据题意结合距离公式可得c=2，将A(−2,3)（2）设点P(x,y)，结合角平分线的性质可得直线l的方程为2x+y+1=0，利用点差法可得点E的坐标为−18,−【解答过程】（1）设F1(−c,0),F由AF1+移项，得(−2−c)2两边平方，整理得2(−2+c)2+故a2+b2=将A(−2,3)代入上式中，整理得a4−17a2+16=0，解得a所以双曲线M的方程为x2（2）因为直线AF1的方程为x=−2，直线AF2的方程为设点P(x,y)在直线l上，由角平分线的性质可得P到AF1的距离等于P到即|x+2|=|3x+4y−6|5，化简得x−2y+8=0或由题意，易知直线l的斜率小于0，所以x−2y+8=0不满足题意，所以直线l的方程为2x+y+1=0．假设双曲线M上存在相异两点B,C关于直线l对称，则BC⊥l，所以kBC设Bx1,因为点E在直线l上，所以2x因为点B,C在双曲线上，所以x1两式相减得x12−即3⋅2x0=联立①②式，得x0=−18,所以直线BC的方程为y+34=与双曲线方程x2−y23因为Δ=所以双线M上存在相异两点B,C关于直线l对称，且x1故|BC|=1+k2又|AE|=−2+18【变式7-3】（2024·四川遂宁·模拟预测）已知过点(0,2)的直线l与抛物线C:x2=2py(p>0)交于A,B两点，抛物线在点A处的切线为l1，在B点处的切线为l2，直线l1与直线l2交于点M(1)求抛物线C的方程；(2)设线段AB的中点为N，求|AB||MN|【解题思路】（1）联立直线与抛物线方程得韦达定理，根据弦长公式即可求解p=2，（2）根据中点坐标公式可得N(2k,2k2+2)，进而利用导数求解斜率，根据点斜式求解切线方程，即可联立两直线方程得M(2k,−2)【解答过程】（1）当l的斜率为450时，则l:y=x+2，不妨设A由y=x+2x2=2py可得，x∴AB=即p2+4p−12=0，因为p>0，解得：从而抛物线C的方程为x2（2）由题意可知直线l有斜率，设直线l:y=kx+2，Ax由y=kx+2x2=4y可得，所以x1于是xN=x而|AB|=1+由C:x2=4y于是抛物线C在点A处的切线l1的方程为即y=1同理可得，在点B处的切线l2的方程为y=联立，解得y=x1+x从而|AB|所以，|AB||MN|的取值范围是[【题型8长度之积问题】【例8】（2024·江苏南通·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(1)求C的方程；(2)过C的渐近线上一点T作直线l与C相交于点M，N，求|TM|⋅|TN|的最小值．【解题思路】（1）由cos∠F1F2P可得sin∠（2）方法一：分直线l⊥y轴与直线l与y轴不垂直讨论，设直线l的方程为x=my+n，与双曲线方程联立，结合韦达定理与弦长公式代入计算，由基本不等式即可得到最值；方法二：设Tx0,y0【解答过程】（1）在△PF因为cos∠F1所以△PF1F解得PF在△PF1=19+2×4×3×3所以PF因为P在双曲线上，所以2a=PF1所以C的方程为x2（2）法1：设Tx0,当直线l⊥y轴时，设直线l:y=y0与C交于点所以x123所以|TM||TN|=x当直线l与y轴不垂直时，设直线l的方程为x=my+n，Mx1,y1联立x−3y=0x=my+n联立x2−3y2=3,所以m2则|TM|=x同理，得|TN|=1+所以|TM||TN|====3m2+1m2−3综上，|TM||TN|的最小值为1．法2：设Tx0,当l垂直x轴时，设l的方程为：x=x则|TM||TN|=y因为x023−y当l的斜率存在时，设l的方程为：y=kx−由x2−3y得1−3k所以1−3则|TM|=x0−所以|TM||TN|====3k2综上所述，当l⊥x轴时，|TM||TN|的最小值为1．【变式8-1】（2024·陕西安康·三模）已知M1,2为抛物线C(1)求抛物线C的准线方程；(2)过点T0,1的直线l与抛物线C交于A，B两点，且直线MA与MB的倾斜角互补，求TA【解题思路】（1）由点M1,2在抛物线上求出p=2，计算得抛物线C（2）先设直线再联立方程组求出两根和和两根积，再应用两点间距离公式计算可得.【解答过程】（1）由点M1,2在抛物线C:y2=2px∴抛物线C的准线方程为x=−p（2）设直线AB的方程为y=kx+1，Ax由直线MA与MB的倾斜角互补得kMA即y∴y联立y=kx+1y2∴y1+y2=∴y∴TA⋅TB=【变式8-2】（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知直线l与椭圆C:x24+y2=1交于P(1)证明：x12+(2)设线段PQ的中点为M，求|OM|⋅|PQ|的最大值.【解题思路】（1）对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，在直线l的斜率不存在时，可得出x1=x2，y1=−y2，根据△OPQ的面积求得x1、y1的值，可得出x12+x2（2）对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，在直线l的斜率不存在时，可直接求得OM⋅PQ的值；在直线l的斜率存在时，求得OM、PQ关于m的表达式，利用基本不等式可求得【解答过程】（1）当直线l的斜率不存在时，P、Q两点关于x轴对称，所以x1=x∵Px1,y1由①②得x1=2，y1=当直线l的斜率存在时，是直线l的方程为y=kx+m(m≠0)，将直线l的方程代入x24+Δ=64k2所以x1+x∴PQ=1+∵点O到直线l的距离为d=|m|∴S△OPQ=1整理得4k2−2所以x12+x2y12+y2综上所述x12+（2）当直线l的斜率不存在时，由（1）知OM=x1=2当直线l的斜率存在时，由（1）知x1+xOM2=x1+所以|OM|2⋅|PQ|2所以|OM|⋅|PQ|≤52，当且仅当8−3综上所述，|OM|⋅|PQ|的最大值为52【变式8-3】（2024·江西·一模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1（a>0，(1)求C的方程；(2)若过F的直线与C的左、右支分别交于点A，B，与圆O:x2+y2=a2交于与（ⅰ）求直线AB斜率的取值范围；（ⅱ）求AB⋅【解题思路】（1）根据渐近线的倾斜角得到b=3a，由焦点到渐近线方程的距离得到a=2，（2）（ⅰ）直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为x=my+4(m≠0)，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，由根的判别式及y1y2>0得到不等式，求出m2>13，再利用直线与圆相交得到不等式，求出（ⅱ）由弦长公式和垂径定理得到|AB|⋅|MN|=163m2+33m2−9【解答过程】（1）因为C的一条渐近线的倾斜角为π3，所以ba=则C的一条渐近线的方程为3x−y=0因为a2所以右焦点F(2a,0)到渐近线3x−y=0的距离为2所以a=2，b=23，所以C的方程为x（2）（ⅰ）由（1）知，F(4,0)，设Ax1,由题意可得直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为x=my+4(m≠0)，与x24−所以3m2−1≠0，Δ=144m又A，B两点在x轴同一侧，所以y1y2>0.此时又圆O的方程为x2+y2=4，点O由d<2得m2>3，由m2>13,因为直线AB的斜率k=1m，所以直线AB斜率的取值范围是

（ⅱ）由弦长公式得|AB|==1+由垂径定理得|MN|=24−所以|AB|⋅|MN|=12其中m2>3，设t=3m则|AB|⋅|MN|=16所以|AB|⋅|MN|的取值范围是(0,16).一、单选题1．（2024·河北秦皇岛·二模）已知A，B为椭圆C：x29+y25=1上两个不同的点（直线AB与y轴不平行），F为C的右焦点，且AF+BF=4，若线段A．43 B．53 C．54【解题思路】设点Ax1,y1，Bx2,y2，求出AF和【解答过程】如图，由题意知F2,0，设Ax1根据点A，B在C上，则x129所以AF=同理可得BF=3−23所以x1因线段AB的中点为32,y则AB的垂直平分线的斜率为−x又由x129+y则线段AB垂直平分线的方程为y=−x令y=0，得：x−3解得x=23，所以故选：A.2．（2024·新疆·三模）已知抛物线C：y2=x的焦点为F，在抛物线C上存在四个点P，M，Q，N，若弦PQ与弦MN的交点恰好为F，且PQ⊥MN，则1PQA．22 B．1 C．2 【解题思路】由抛物线的方程可得焦点F的坐标，应用抛物线焦点弦性质PF=p1−cosθ，QF=p【解答过程】由抛物线C:y2=x得2p=1，则p=不妨设PQ的倾斜角为θ0<θ<则由PFcosθ+p=PF，p−QFcos所以MF=p1−得PQ=PF+所以1PQ故选：B.3．（2024·陕西西安·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F1，圆O:x2+y2=a2.若过F1的直线分别交C的左、右两支于A．327 B．307 C．207【解题思路】由题意可得|bc−a×0|a2+b2=b，可得【解答过程】由e=ca=3双曲线x2a2−y因为F1到C的渐近线的距离为b，所以|bc−a×0|a2+b过F1的直线AB与圆x2+y2所以tan∠B过F1且与圆x2+联立方程组8x2−y2=8y=则x1+x2=故选：D.4．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2，上顶点为A，左顶点为B，F1，F2分别是C的左、右焦点，且△A．[1,2] B．[2,3] C．【解题思路】由已知和面积得到a=2，c=3，对1【解答过程】由已知的2b=2，故b=1.∵△F1AB∴12a−cb=2−3∴a=2，c=3，∴1又2−3≤P∴1≤1PF1+故选：D.5．（2024·全国·模拟预测）如图，已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,P为双曲线右支上一点，且F

A．18 B．32 C．50 D．14【解题思路】由双曲线的定义，结合直角三角形内切圆半径的求法及相似三角形对应线段成比例求解即可.【解答过程】因为F1P⋅F2所以AP+PF所以AP+因为△PF1F因为PF所以4c2=易知Rt△AOF2所以AF故选：C.6．（23-24高二上·河南商丘·阶段练习）设双曲线x2a2−y2=1的左、右焦点为F1、F2，渐近线方程为y=±A．9 B．10 C．14 D．15【解题思路】根据渐近线方程求得a，利用双曲线的定义，通过求AB的最小值来求得AF【解答过程】双曲线x2a2渐近线方程为y=±12x所以双曲线的标准方程为x24−根据双曲线的定义有AF两式相加得AFAF依题意可知直线l与x轴不重合，双曲线的左焦点为F1设直线l的方程为x=my−5由x=my−5x24−由m2−4≠0Δ由于直线l与双曲线左支相交于两点，所以−2<m<2，设Ax1,所以AB==−44−m2∈0,4,−4+204−所以AF2+故选：A.7．（2024·内蒙古包头·模拟预测）已知抛物线C:y2=6x的焦点为F，O为坐标原点，倾斜角为θ的直线l过点F且与C交于M，N两点，若△OMN的面积为3A．sinB．MNC．以MF为直径的圆与y轴仅有1个交点D．MFNF=【解题思路】设直线l:x=my+32，Mx1,y1，Nx2,y2，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由S△OMN=12×y1【解答过程】依题意F32,0，设直线l:x=my+32由x=my+32y2=6x所以y1+y所以S△OMN解得3m2=1又sin2θ+cos所以sinθ=±32所以sinθ=32因为MN=1+m因为MF=x1+32，又线段所以以MF为直径的圆与y轴相切，即仅有1个交点，故C正确；因为MFNF=y1y2，若m=3若m=−33，则y2+23即y1=3、y2=3所以MFNF=13或故选：C.8．（2024高二上·江苏·专题练习）已知椭圆E:x29+y25=1的左焦点为F，过F的直线l与A．若直线l垂直于x轴，则ABB．ABC．若AB=5，则直线l的斜率为D．若AF=2BF【解题思路】依题意设出直线方程，结合弦长公式分别判断ABC选项，再结合向量及焦半径长度公式可判断D选项.【解答过程】依题意，椭圆E:x29+y25对于A选项，l⊥x轴，直线l:x=−2，由x29+y2对于B选项，l不垂直于x轴时，设l的方程为y=kx+2由x29+y2则x1+xAB=1+k2⋅x1显然k2+1≥1，于是得103由选项A知，当l⊥x轴时，AB=103对于C，当AB=5时，由选项B得309−4对于D，因AF=2BF，有FA=2BF，则而−3≤x1≤3同理FB=3+23x2于是得x2因此AB=故选：B.二、多选题9．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知直线y=−x+1经过椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点和一个顶点A．E离心率为12 B．△PQFC．以PF1为直径的圆过点Q 【解题思路】根据题设可求基本量，从而可判断A的正误，结合椭圆的定义可判断B的正误，结合焦点三角形的特征可判断C的正误，求出Q的坐标后利用弦长公式可求判断D的正误.【解答过程】不妨设Q为上顶点，如图，对于A，直线y=−x+1经过E的右焦点F2(1,0)和上顶点Q(0,1)，所以则a=b2+c2对于B，由椭圆的定义知可知，△PQF1的周长为对于C，由A中分析可得QF1=所以∠F1QF2对于D，由A中分析可知E的方程为x2由x22+y2=1,y=−x+1,所以PQ=故选：BC.10．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x23−y2=1的右焦点为F，动点M,N在直线l:x=32上，且FM⊥FN，线段FM交C于点PA．△FMN的面积S≥12 C．MR⋅HN=FH【解题思路】对于A，通过相似三角形计算边的关系，并通过基本不等式求面积取值范围即可；对于B，通过两点距离公式计算线段的长度，并作比较即可；对于C，D，通过相似三角形确定边的比值即可；【解答过程】依题意，如图所示，F2,0，设直线l与x轴的交点为H所以FH=12，设HM因为∠MHF=∠FHN=π2,FM⊥FN所以△MHF∽△FHN，所以MHFH即HM⋅HN=所以S=14x+y设Px所以PR=x0−3所以PF=所以PRPF由A选项可得，△MRP∽△FHN，所以MRFH所以MR⋅HN=由∠MFN=π2，得则MPPR=MN所以MP⋅故选：BCD．11．（2024·福建龙岩·三模）已知抛物线C:y2=2px(p>0)与圆O:x2+y2=20交于A，B两点，且|AB|=8.过焦点F的直线l与抛物线C交于M，N两点，点PA．若MF=3FN，则直线l的斜率为±33C．∠MON为钝角 D．点P与点F的横坐标相同时，|PF||PQ|【解题思路】根据抛物线与圆的方程可得A(2,4)，代入抛物线方程可得y2=8x，即可根据向量的坐标关系求解坐标，由斜率公式即可求解A，根据焦点弦的性质1MF【解答过程】因为抛物线C：y2=2px(p>0)与圆O：x2+y2=20则第一象限内的交点A的纵坐标为4，代入圆方程得横坐标为2，即A(2,4)，所以42=4p，p=4，即抛物线方程为y2设M(x对A，由MF=3FN得则x1+3x2=8所以直线l的斜率为±4对B，由抛物线定义得1MF所以MF=10+2(MF当且仅当MFNF=4因此MF+4NF的最小值为对C，如图，不妨设M在第一象限，

设M(x1,y1),N(x得y2−8my−16=0，又所以y1∴x∴cosOM,对D，Q(−2,0)，F(2,0)，设P(x0,由抛物线的定义可得PF=PQ=又x0则PFPQ=1−当且仅当x0=2时取等号，所以PF故选：BCD.三、填空题12．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知P为双曲线C:x24−y2=1的右支上一点，点A,B分别在C的两条渐近线上，O为坐标原点，若四边形OAPB为平行四边形，且【解题思路】通过已知假设Bx0,−12x0，由OB【解答过程】双曲线C:x24−y设Bx0,−可得OB=x02+设lPB:y=12x+b所以lPBy=12x−25故PB=故答案为：5413．（2024·重庆·模拟预测）已知抛物线y2=2pxp>0的焦点F是圆x−22+y2=1的圆心，过点F的直线l，自上而下顺次与上述两曲线交于点【解题思路】根据圆心求得p，设出直线l的方程，利用弦长公式求得AB+【解答过程】圆x−22+y2=1所以p2=2,p=4，抛物线方程为设直线l的方程为x=my+2，由x=my+2y2=8x，消去x所以yA+y所以AB+所以AB+CD的取值范围为故答案为：6,+∞14．（2024·河南·模拟预测）已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，点F为C的一个焦点，点A,B为【解题思路】不妨设F为右焦点，易知点F到C的左顶点的距离为a+c，到右顶点的距离为a−c，到上、下顶点的距离均为a，再对A、B的位置分类讨论，分别求出AB即可.【解答过程】设c=a2−易知点F到C的左顶点的距离为a+c，到右顶点的距离为a−c，到上、下顶点的距离均为a，分情况进行讨论：①若A,B分别为C的左、右顶点，则a+c=3a−c=2，解得a=52所以AB=2a=5，相对应的C的方程为4②若A为C的左顶点，B为C的上顶点或下顶点，则a+c=3a=2，所以c=1a=2，所以AB=a2+b③若A为上顶点或下顶点，B为右顶点，则a=3a−c=2，所以a=3c=1，所以AB=a2+b综上所述，AB的所有可能值为5，7，17；比较可知三值最大的为5，即AB的可能值中的最大值为5．故答案为：5.四、解答题15．（2024·安徽·一模）已知双