新高考数学二轮复习 专题突破 专题6 第3讲　直线与圆锥曲线的位置关系（含解析）

第3讲直线与圆锥曲线的位置关系[考情分析]直线与圆锥曲线的位置关系是高考的必考内容，涉及直线与圆锥曲线的相交、相切、弦长、面积以及弦中点等问题，难度中等．考点一弦长、面积问题核心提炼已知A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k(k≠0)，则|AB|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)，或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\r(y1＋y22－4y1y2).例1(2022·大庆模拟)已知焦点在x轴上的椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，短轴长为2eq\r(3)，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；(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＝eq\f(18\r(2),7)，求直线l的方程．解(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2b＝2\r(3)，,a－c＝1，,a2－c2＝b2，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝\r(3)，,a＝2，,c＝1，))所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)方法一由题意知，直线的斜率不为0，F1(－1,0)，设直线l的方程为x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my－1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，Δ＝36m2＋4×9(3m2＋4)＝144(1＋m2)>0，即y1＋y2＝eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(－9,3m2＋4).又S△BMN＝eq\f(1,2)·|BF1|·|y1|＋eq\f(1,2)·|BF1|·|y2|＝eq\f(1,2)·|BF1|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)·|BF1|·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(18\r(m2＋1),3m2＋4)＝eq\f(18\r(2),7)，解得m＝±1，所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.方法二由(1)知F1(－1,0)，B(2,0)，当直线l的斜率不存在时，|MN|＝3，点B(2,0)到直线l：x＝－1的距离为3，所以S△BMN＝eq\f(9,2)≠eq\f(18\r(2),7)，所以直线l的斜率存在．设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋1，))得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ＝64k4－4(3＋4k2)(4k2－12)＝144(k2＋1)>0，所以x1＋x2＝eq\f(－8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2).所以|MN|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k2,3＋4k2)))2－\f(44k2－12,3＋4k2))＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\f(144k2＋1,3＋4k22))＝eq\f(12k2＋1,3＋4k2).因为点B(2,0)到直线l的距离为d＝eq\f(|3k|,\r(k2＋1))，所以S△BMN＝eq\f(1,2)·|MN|·d＝eq\f(1,2)·eq\f(12k2＋1,3＋4k2)·eq\f(|3k|,\r(k2＋1))＝eq\f(18\r(2),7)，即k2＝1，得k＝±1，所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.易错提醒(1)设直线方程时，需考虑特殊直线，如直线的斜率不存在、斜率为0等．(2)涉及直线与圆锥曲线相交时，Δ>0易漏掉．(3)|AB|＝x1＋x2＋p是抛物线过焦点的弦的弦长公式，其他情况该公式不成立．跟踪演练1(2022·宝鸡模拟)已知椭圆C1的中心在坐标原点，一个焦点与抛物线C2：y2＝4x的焦点F重合，且椭圆C1的离心率为eq\f(1,2).(1)求椭圆C1的标准方程；(2)过F点的直线l与C1交于A，B两点，与C2交于P，Q两点，且A，P点都在x轴上方，如果|PB|＋|AQ|＝3|AB|，求直线l的方程．解(1)抛物线C2：y2＝4x的焦点为F(1,0)，所以椭圆C1的一个焦点为F(1,0)，设椭圆C1的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其中c2＝a2－b2，则c＝1，由椭圆C1的离心率为eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，解得a＝2，则b＝eq\r(3)，所以椭圆C1的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意知直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x，))可得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋16＝16(m2＋1)>0，所以y3＋y4＝4m，y3y4＝－4，则|PQ|＝x3＋x4＋2＝m(y3＋y4)＋4＝4m2＋4，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，Δ＝36m2＋36(4＋3m2)＝144(m2＋1)>0，所以y1＋y2＝eq\f(－6m,4＋3m2)，y1y2＝eq\f(－9,4＋3m2)，则|AB|＝eq\r(1＋m2)eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(1＋m2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6m,4＋3m2)))2＋4×\f(9,4＋3m2))＝eq\f(121＋m2,4＋3m2)，由|PB|＋|AQ|＝3|AB|，即|PB|＋|AQ|＝|PA|＋|AB|＋|QB|＋|AB|＝|PA|＋|QB|＋2|AB|＝3|AB|，得|PA|＋|QB|＝|AB|，又|PA|＋|QB|＋|AB|＝|QP|，所以|AB|＝eq\f(1,2)|QP|，即eq\f(121＋m2,4＋3m2)＝eq\f(1,2)(4m2＋4)＝2(m2＋1)，解得m2＝eq\f(2,3)，即m＝±eq\f(\r(6),3)，所以直线l的方程为x＝±eq\f(\r(6),3)y＋1，即3x±eq\r(6)y－3＝0.考点二中点弦问题核心提炼已知A(x1，y1)，B(x2，y2)为圆锥曲线E上两点，AB的中点C(x0，y0)，直线AB的斜率为k.若E的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则k＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x0,y0)；若E的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则k＝eq\f(b2,a2)·eq\f(x0,y0)；若E的方程为y2＝2px(p>0)，则k＝eq\f(p,y0).例2(2022·新高考全国Ⅱ)已知直线l与椭圆eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝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|＝2eq\r(3)，则l的方程为____________________．答案x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0解析方法一设直线l的方程为eq\f(x,m)＋eq\f(y,n)＝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)．由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)＝\f(m＋0,2)，,\f(y1＋y2,2)＝\f(0＋n,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝m，,y1＋y2＝n.))因为kAB＝kMN，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(0－n,m－0)＝－eq\f(n,m).将A(x1，y1)，B(x2，y2)代入椭圆方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),6)＋\f(y\o\al(2,1),3)＝1，,\f(x\o\al(2,2),6)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1，))相减得eq\f(x1＋x2x1－x2,6)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,3)＝0，由题意知x1＋x2≠0，x1≠x2，所以eq\f(y1＋y2,x1＋x2)·eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，即eq\f(n,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(n,m)))＝－eq\f(1,2)，整理得m2＝2n2.①又|MN|＝2eq\r(3)，所以由勾股定理，得m2＋n2＝12，②由①②并结合m>0，n>0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2\r(2)，,n＝2，))所以直线l的方程为eq\f(x,2\r(2))＋eq\f(y,2)＝1，即x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0.由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，设为Q，则Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)，\f(n,2)))，则kAB＝eq\f(0－n,m－0)＝－eq\f(n,m)，kOQ＝eq\f(\f(n,2),\f(m,2))＝eq\f(n,m).由椭圆中点弦的性质知，kAB·kOQ＝－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(n,m)))·eq\f(n,m)＝－eq\f(1,2)，以下同方法一．规律方法处理中点弦问题常用的求解方法跟踪演练2已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点到准线的距离为1，若抛物线C上存在关于直线l：x－y－2＝0对称的不同两点P和Q，则线段PQ的中点坐标为()A．(1，－1) B．(2,0)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(3,2))) D．(1,1)答案A解析∵焦点到准线的距离为p，则p＝1，∴y2＝2x.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2,1)＝2x1，,y\o\al(2,2)＝2x2，))则(y1－y2)(y1＋y2)＝2(x1－x2)，∴kPQ＝eq\f(2,y1＋y2)，又∵P，Q关于直线l对称．∴kPQ＝－1，即y1＋y2＝－2，∴eq\f(y1＋y2,2)＝－1，又∵PQ的中点一定在直线l上，∴eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(y1＋y2,2)＋2＝1.∴线段PQ的中点坐标为(1，－1)．考点三直线与圆锥曲线位置关系的应用核心提炼直线与圆锥曲线位置关系的判定方法(1)联立直线方程与圆锥曲线方程．(2)消元得到关于x或y的一元二次方程．(3)利用判别式Δ，判断直线与圆锥曲线的位置关系．例3(1)(2022·全国甲卷)记双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值________．答案2((1，eq\r(5)]内的任意值均可)解析双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，若直线y＝2x与双曲线C无公共点，则2＞eq\f(b,a)，∴eq\f(b2,a2)≤4，∴e2＝eq\f(c2,a2)＝1＋eq\f(b2,a2)≤5，又e＞1，∴e∈(1，eq\r(5)]，∴填写(1，eq\r(5)]内的任意值均可．(2)(2022·新高考全国Ⅰ改编)已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C：x2＝2py(p>0)上，过点B(0，－1)的直线交C于P，Q两点，则下列结论正确的是________．(填序号)①C的准线为y＝－1；②直线AB与C相切；③|OP|·|OQ|>|OA|2；④|BP|·|BQ|>|BA|2.答案②③④解析将点A代入抛物线方程得1＝2p，所以抛物线方程为x2＝y，故准线方程为y＝－eq\f(1,4)，故①错误；kAB＝eq\f(1－－1,1－0)＝2，所以直线AB的方程为y＝2x－1，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1，,x2＝y，))可得x2－2x＋1＝0，所以Δ＝0，故②正确；设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，所以直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＝y，))得x2－kx＋1＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝k2－4>0，,x1＋x2＝k，,x1x2＝1，))所以k>2或k<－2，y1y2＝(x1x2)2＝1，又|OP|＝eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))＝eq\r(y1＋y\o\al(2,1))，|OQ|＝eq\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))＝eq\r(y2＋y\o\al(2,2))，所以|OP|·|OQ|＝eq\r(y1y21＋y11＋y2)＝eq\r(kx1·kx2)＝|k|>2＝|OA|2，故③正确；因为|BP|＝eq\r(1＋k2)|x1|，|BQ|＝eq\r(1＋k2)|x2|，所以|BP|·|BQ|＝(1＋k2)|x1x2|＝1＋k2>5＝|BA|2，故④正确．易错提醒(1)直线与双曲线只有一个交点，包含直线与双曲线相切或直线与双曲线的渐近线平行．(2)直线与抛物线只有一个交点包含直线与抛物线相切、直线与抛物线的对称轴平行(或重合)．跟踪演练3(1)(2022·梅州模拟)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，O为坐标原点，则△OAB的面积为()A．1B．2C．4D．8答案A解析∵抛物线C：y2＝4x的准线为l，∴l：x＝－1，A(－1,0)，设过点A作抛物线的一条切线方程为x＝my－1，m>0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－1，,y2＝4x，))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eq\f(1,2)×1×2＝1.(2)(2022·六安模拟)已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则椭圆在其上一点A(x0，y0)处的切线方程为eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1，试运用该性质解决以下问题：椭圆C1：eq\f(x2,2)＋y2＝1，点B为C1在第一象限中的任意一点，过B作C1的切线l，l分别与x轴和y轴的正半轴交于C，D两点，O为坐标原点，则△OCD面积的最小值为()A．1B.eq\r(3)C.eq\r(2)D．2答案C解析设B(x1，y1)(x1>0，y1>0)，由题意得，过点B的切线l的方程为eq\f(x1x,2)＋y1y＝1，令y＝0，可得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x1)，0))，令x＝0，可得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,y1)))，所以△OCD的面积S＝eq\f(1,2)×eq\f(2,x1)×eq\f(1,y1)＝eq\f(1,x1y1)，又点B在椭圆上，所以eq\f(x\o\al(2,1),2)＋yeq\o\al(2,1)＝1，所以S＝eq\f(1,x1y1)＝eq\f(\f(x\o\al(2,1),2)＋y\o\al(2,1),x1y1)＝eq\f(x1,2y1)＋eq\f(y1,x1)≥2eq\r(\f(x1,2y1)·\f(y1,x1))＝eq\r(2)，当且仅当eq\f(x1,2y1)＝eq\f(y1,x1)，即x1＝1，y1＝eq\f(\r(2),2)时，等号成立，所以△OCD面积的最小值为eq\r(2).专题强化练一、选择题1．(2022·丹东模拟)直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，且与C交于A，B两点，若使|AB|＝2的直线l有且仅有1条，则p等于()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．2答案C解析由抛物线的对称性知，要使|AB|＝2的直线l有且仅有1条，则AB必须垂直于x轴，故A，B两点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，±1))，代入抛物线方程可解得p＝1.2．(2022·海东模拟)在平面直角坐标系xOy中，点F是双曲线x2－eq\f(y2,8)＝1的左焦点，直线4x－y－12＝0与该双曲线交于两点P，Q，则△FPQ的重心G到y轴的距离为()A．1B．4C．3D．2答案C解析由题意得，不妨设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立双曲线方程与直线方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,8)＝1，,4x－y－12＝0，))消去y得x2－12x＋19＝0，故x1＋x2＝12，因为F(－3,0)，所以点G到y轴的距离为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2－3,3)))＝eq\f(|12－3|,3)＝3.3．(2022·宜宾模拟)已知双曲线C1：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1及双曲线C2：eq\f(y2,b2)－eq\f(x2,a2)＝1(a>0，b>0)，且C1的离心率为eq\r(5)，若直线y＝kx(k>0)与双曲线C1，C2都无交点，则k的值可以为()A．2B.eq\f(1,2)C.eq\r(5)D．1答案B解析∵C1的离心率为eq\r(5)，∴c＝eq\r(5)a，b＝2a，∴双曲线C1的渐近线方程为y＝±eq\f(1,2)x，双曲线C2的渐近线方程为y＝±2x，而直线y＝kx(k>0)与双曲线C1，C2都无交点，则0<k≤eq\f(1,2).∴k的值可以为eq\f(1,2).4．已知椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，D(2,1)是椭圆M的一条弦AB的中点，点P(4，－1)在直线AB上，则椭圆M的离心率为()A.eq\f(\r(2),3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(2),2)答案D解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))两式相减可得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2)，①D(2,1)是椭圆M的一条弦AB的中点，故x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，代入①式中可得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(4,2)＝－eq\f(2b2,a2)，又kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(1＋1,2－4)＝－1，故有a2＝2b2＝2(a2－c2)，则a＝eq\r(2)c，则e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).5．(2022·漳州模拟)若直线l：y＝eq\f(\r(3),3)x＋m与抛物线C：y2＝4x相切于点A，l与x轴交于点B，F为C的焦点，则∠BAF等于()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)答案A解析依题意，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),3)x＋m，,y2＝4x，))得eq\r(3)y2－12y＋12m＝0，则Δ＝122－4×eq\r(3)×12m＝0，解得m＝eq\r(3)，此时直线l的方程为y＝eq\f(\r(3),3)x＋eq\r(3)，则B(－3,0)，所以eq\r(3)y2－12y＋12eq\r(3)＝0，解得y＝2eq\r(3)，即A(3,2eq\r(3))，又F(1,0)，所以|AF|＝eq\r(3－12＋2\r(3)2)＝4，|BF|＝4，即|AF|＝|BF|，又tan∠ABF＝eq\f(\r(3),3)，所以∠ABF＝eq\f(π,6)，所以∠BAF＝∠ABF＝eq\f(π,6).6．(2022·济南模拟)已知抛物线C：y2＝4x，圆F：(x－1)2＋y2＝1，直线l：y＝k(x－1)(k≠0)自上而下顺次与上述两曲线交于M1，M2，M3，M4四点，则下列各式结果为定值的是()A．|M1M2|·|M3M4| B．|FM1|·|FM4|C．|M1M3|·|M2M4| D．|FM1|·|M1M2|答案A解析如图，分别设M1，M2，M3，M4四点的横坐标为x1，x2，x3，x4，由y2＝4x得焦点F(1,0)，准线l0：x＝－1，由定义得，|M1F|＝x1＋1，又|M1F|＝|M1M2|＋1，所以|M1M2|＝x1，同理|M3M4|＝x4，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x))消去y整理得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0(k≠0)，则x1x4＝1，即|M1M2|·|M3M4|＝1.7．(2022·杭州师大附中模拟)已知椭圆eq\f(x2,5)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，P(x0，y0)(x0>0，y0>0)为椭圆上一点，直线PF1，PF2分别交椭圆于M，N两点，则当直线MN的斜率为－eq\f(1,9)时，eq\f(x0,y0)等于()A．2B．3C．4D．5答案D解析由已知得F1(－2,0)，F2(2,0)，设M(xM，yM)，N(xN，yN)，直线PF1的斜率为k1，则直线PF1的方程为y＝k1(x＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中k1＝\f(y0,x0＋2)))，与椭圆方程联立得(5keq\o\al(2,1)＋1)x2＋20keq\o\al(2,1)x＋20keq\o\al(2,1)－5＝0，由根与系数的关系得xM＋x0＝eq\f(－20k\o\al(2,1),5k\o\al(2,1)＋1)＝eq\f(－20y\o\al(2,0),4x0＋9)，所以xM＝eq\f(－20y\o\al(2,0),4x0＋9)－x0＝－eq\f(9x0＋20,4x0＋9)，故yM＝eq\f(y0,x0＋2)(xM＋2)＝－eq\f(y0,4x0＋9)；同理得xN＝eq\f(9x0－20,4x0－9)，yN＝eq\f(y0,4x0－9)，所以kMN＝eq\f(yM－yN,xM－xN)＝eq\f(x0y0,9x\o\al(2,0)－45)＝eq\f(x0y0,95－5y\o\al(2,0)－45)＝－eq\f(x0,45y0)＝－eq\f(1,9)，解得eq\f(x0,y0)＝5.8．(2022·广东联考)已知双曲线C的方程为eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，A，B两点分别是双曲线C的左、右顶点，点P是双曲线C上任意一点(与A，B两点不重合)，记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则()A．双曲线C的焦点到渐近线的距离为3B．若双曲线C的实半轴长、虚半轴长同时增加相同的长度m(m>0)，则离心率变大C．k1·k2为定值D．存在实数t使得直线y＝eq\f(5,3)x＋t与双曲线左、右两支各有一个交点答案C解析对于A，∵双曲线C的一个焦点为F(5,0)，渐近线方程为4x±3y＝0，∴焦点F到渐近线的距离为d＝eq\f(|4×5|,\r(16＋9))＝4，故A错误；对于B，双曲线C的离心率e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\f(5,3)，若双曲线C的实半轴长、虚半轴长同时增加相同的长度m(m>0)，则离心率e′＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋m,a＋m)))2)，又eq\f(b＋m,a＋m)－eq\f(b,a)＝eq\f(4＋m,3＋m)－eq\f(4,3)＝eq\f(－m,33＋m)<0，∴e′<e，即离心率变小，故B错误；对于C，A(－3,0)，B(3,0)，设P(x，y)，∵k1＝eq\f(y,x＋3)，k2＝eq\f(y,x－3)，∴k1·k2＝eq\f(y,x＋3)·eq\f(y,x－3)＝eq\f(y2,x2－9)，又点P在双曲线上，∴eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，∴y2＝16eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)－1))＝eq\f(16x2－9,9)，∴k1·k2＝eq\f(16x2－9,9)·eq\f(1,x2－9)＝eq\f(16,9)为定值，故C正确；对于D，双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(4,3)x，且eq\f(5,3)>eq\f(4,3)，则根据双曲线图象可知，若直线y＝eq\f(5,3)x＋t与双曲线C有两个交点，则这两个交点必在双曲线的同一支上，故D错误．二、填空题9．直线y＝kx＋1与椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,m)＝1总有公共点，则实数m的取值范围是______________．答案[1,4)∪(4，＋∞)解析直线y＝kx＋1过定点(0,1)，故点(0,1)在椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,m)＝1上或内部，∴eq\f(1,m)≤1，且m>0，m≠4，∴m≥1，且m≠4.10．(2022·江西大联考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F作斜率为eq\r(5)的直线l与C交于M，N两点，若线段MN中点的纵坐标为eq\r(10)，则F到C的准线的距离为________．答案5eq\r(2)解析设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则yeq\o\al(2,1)＝2px1，yeq\o\al(2,2)＝2px2，两式相减得yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)＝2px1－2px2，即(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)，因为M，N两点在斜率为eq\r(5)的直线l上，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\r(5)，所以由(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)，得eq\r(5)(y1＋y2)＝2p，因为线段MN中点的纵坐标为eq\r(10)，所以y1＋y2＝2eq\r(10)，则eq\r(5)×2eq\r(10)＝2p，p＝5eq\r(2)，所以F到C的准线的距离为5eq\r(2).11．(2022·湛江模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点为F，过原点O的直线l交双曲线C于A，B两点，且2|FO|＝|AB|，若∠BAF＝eq\f(π,6)，则双曲线C的离心率是________．答案eq\r(3)＋1解析设右焦点为F′，连接AF′，BF′(图略)．因为2|OF|＝|AB|＝2c，即|FF′|＝|AB|，可得四边形AFBF′为矩形．在Rt△ABF中，|AF|＝2c·cos∠BAF＝2c·eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)c，|BF|＝2c·sin∠BAF＝2c·eq\f(1,2)＝c.由双曲线的定义可得|AF|－|AF′|＝2a，所以2a＝(eq\r(3)－1)c，所以离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)－1)＝eq\r(3)＋1.12．(2022·新高考全国Ⅰ)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为eq\f(1,2).过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是________．答案13解析如图，连接AF1，DF2，EF2，因为C的离心率为eq\f(1,2)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以a＝2c，所以b2＝a2－c2＝3c2.因为|AF1|＝|AF2|＝a＝2c＝|F1F2|，所以△AF1F2为等边三角形，又DE⊥AF2，所以直线DE为线段AF2的垂直平分线，所以|AD|＝|DF2|，