考點一 弦長、面積問題
核心提煉
已知A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的斜率為k(k≠0)，
則|AB|＝eq \r(?x1－x2?2＋?y1－y2?2)
＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(?x1＋x2?2－4x1x2)，
或|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|
＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \r(?y1＋y2?2－4y1y2).
例1 (2022·大慶模擬)已知焦點在x軸上的橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，短軸長為2eq \r(3)，橢圓左頂點A到左焦點F1的距離為1.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)設(shè)橢圓的右頂點為B，過F1的直線l與橢圓C交于點M，N，且S△BMN＝eq \f(18\r(2),7)，求直線l的方程．
解 (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b＝2\r(3)，,a－c＝1，,a2－c2＝b2，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝\r(3)，,a＝2，,c＝1，))
所以橢圓C的標準方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)方法一 由題意知，直線的斜率不為0，F(xiàn)1(－1,0)，
設(shè)直線l的方程為x＝my－1，M(x1，y1)，
N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\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＋y2?2－4y1y2)
＝eq \f(18\r(m2＋1),3m2＋4)＝eq \f(18\r(2),7)，
解得m＝±1，
所以直線l的方程為x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
方法二 由(1)知F1(－1,0)，B(2,0)，
當(dāng)直線l的斜率不存在時，|MN|＝3，點B(2,0)到直線l：x＝－1的距離為3，
所以S△BMN＝eq \f(9,2)≠eq \f(18\r(2),7)，
所以直線l的斜率存在．
設(shè)直線l的斜率為k，則直線l的方程為
y＝k(x＋1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k?x＋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－x2?2＋?y1－y2?2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(?x1＋x2?2－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k2,3＋4k2)))2－\f(4?4k2－12?,3＋4k2))
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(144?k2＋1?,?3＋4k2?2))＝eq \f(12?k2＋1?,3＋4k2).
因為點B(2,0)到直線l的距離為d＝eq \f(|3k|,\r(k2＋1))，
所以S△BMN＝eq \f(1,2)·|MN|·d
＝eq \f(1,2)·eq \f(12?k2＋1?,3＋4k2)·eq \f(|3k|,\r(k2＋1))
＝eq \f(18\r(2),7)，
即k2＝1，得k＝±1，
所以直線l的方程為x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
易錯提醒 (1)設(shè)直線方程時，需考慮特殊直線，如直線的斜率不存在、斜率為0等．
(2)涉及直線與圓錐曲線相交時，Δ>0易漏掉．
(3)|AB|＝x1＋x2＋p是拋物線過焦點的弦的弦長公式，其他情況該公式不成立．
跟蹤演練1 (2022·寶雞模擬)已知橢圓C1的中心在坐標原點，一個焦點與拋物線C2：y2＝4x的焦點F重合，且橢圓C1的離心率為eq \f(1,2).
(1)求橢圓C1的標準方程；
(2)過F點的直線l與C1交于A，B兩點，與C2交于P，Q兩點，且A，P點都在x軸上方，如果|PB|＋|AQ|＝3|AB|，求直線l的方程．
解 (1)拋物線C2：y2＝4x的焦點為F(1,0)，
所以橢圓C1的一個焦點為F(1,0)，
設(shè)橢圓C1的方程為eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
其中c2＝a2－b2，
則c＝1，由橢圓C1的離心率為eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
解得a＝2，則b＝eq \r(3)，
所以橢圓C1的標準方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由題意知直線l的斜率不為0，設(shè)其方程為x＝my＋1，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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，
則|PQ|＝x3＋x4＋2＝m(y3＋y4)＋4＝4m2＋4，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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)，
則|AB|＝eq \r(1＋m2)eq \r(?y1＋y2?2－4y1y2)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－6m,4＋3m2)))2＋4×\f(9,4＋3m2))
＝eq \f(12?1＋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(12?1＋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)，
所以直線l的方程為x＝±eq \f(\r(6),3)y＋1，
即3x±eq \r(6)y－3＝0.
考點二 中點弦問題
核心提煉
已知A(x1，y1)，B(x2，y2)為圓錐曲線E上兩點，AB的中點C(x0，y0)，直線AB的斜率為k.
若E的方程為eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
則k＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)；
若E的方程為eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
則k＝eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)；
若E的方程為y2＝2px(p>0)，則k＝eq \f(p,y0).
例2 (2022·新高考全國Ⅱ)已知直線l與橢圓eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1在第一象限交于A，B兩點，l與x軸、y軸分別交于M，N兩點，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2eq \r(3)，則l的方程為________．
答案 x＋eq \r(2)y－2eq \r(2)＝0
解析 方法一 設(shè)直線l的方程為eq \f(x,m)＋eq \f(y,n)＝1(m>0，n>0)，分別令y＝0，x＝0，
得點M(m，0)，N(0，n)．
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由題意知線段AB與線段MN有相同的中點，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)＝\f(m＋0,2)，,\f(y1＋y2,2)＝\f(0＋n,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝m，,y1＋y2＝n.))
因為kAB＝kMN，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(0－n,m－0)＝－eq \f(n,m).
將A(x1，y1)，B(x2，y2)代入橢圓方程，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),6)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),6)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))
相減得eq \f(?x1＋x2??x1－x2?,6)＋eq \f(?y1＋y2??y1－y2?,3)＝0，
由題意知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\c1(－\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并結(jié)合m>0，n>0，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2\r(2)，,n＝2，))
所以直線l的方程為eq \f(x,2\r(2))＋eq \f(y,2)＝1，
即x＋eq \r(2)y－2eq \r(2)＝0.
方法二 設(shè)直線l的方程為eq \f(x,m)＋eq \f(y,n)＝1(m>0，n>0)，分別令y＝0，x＝0，
得點M(m，0)，N(0，n)．
由題意知線段AB與線段MN有相同的中點，
設(shè)為Q，則Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)，\f(n,2)))，
則kAB＝eq \f(0－n,m－0)＝－eq \f(n,m)，kOQ＝eq \f(\f(n,2),\f(m,2))＝eq \f(n,m).
由橢圓中點弦的性質(zhì)知，
kAB·kOQ＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(1,2)，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(n,m)))·eq \f(n,m)＝－eq \f(1,2)，以下同方法一．
規(guī)律方法 處理中點弦問題常用的求解方法
跟蹤演練2 已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點到準線的距離為1，若拋物線C上存在關(guān)于直線l：x－y－2＝0對稱的不同兩點P和Q，則線段PQ的中點坐標為( )
A．(1，－1) B．(2,0)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(3,2))) D．(1,1)
答案 A
解析 ∵焦點到準線的距離為p，則p＝1，
∴y2＝2x.設(shè)點P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝2x1，,y\\al(2,2)＝2x2，))
則(y1－y2)(y1＋y2)＝2(x1－x2)，
∴kPQ＝eq \f(2,y1＋y2)，
又∵P，Q關(guān)于直線l對稱．
∴kPQ＝－1，即y1＋y2＝－2，
∴eq \f(y1＋y2,2)＝－1，
又∵PQ的中點一定在直線l上，
∴eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(y1＋y2,2)＋2＝1.
∴線段PQ的中點坐標為(1，－1)．
考點三 直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用
核心提煉
直線與圓錐曲線位置關(guān)系的判定方法
(1)聯(lián)立直線方程與圓錐曲線方程．
(2)消元得到關(guān)于x或y的一元二次方程．
(3)利用判別式Δ，判斷直線與圓錐曲線的位置關(guān)系．
例3 (1)(2022·全國甲卷)記雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的離心率為e，寫出滿足條件“直線y＝2x與C無公共點”的e的一個值________．
答案 2((1，eq \r(5)]內(nèi)的任意值均可)
解析 雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq \f(b,a)x，若直線y＝2x與雙曲線C無公共點，
則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)]，
∴填寫(1，eq \r(5)]內(nèi)的任意值均可．
(2)(多選)(2022·新高考全國Ⅰ)已知O為坐標原點，點A(1,1)在拋物線C：x2＝2py(p>0)上，過點B(0，－1)的直線交C于P，Q兩點，則( )
A．C的準線為y＝－1
B．直線AB與C相切
C．|OP|·|OQ|>|OA|2
D．|BP|·|BQ|>|BA|2
答案 BCD
解析 如圖，因為拋物線C過點A(1,1)，所以1＝2p，解得p＝eq \f(1,2)，所以C：x2＝y(tǒng)的準線為y＝－eq \f(1,4)，所以A錯誤；
因為x2＝y(tǒng)，所以y′＝2x，所以y′|x＝1＝2，所以C在點A處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，又點B(0，－1)在直線y＝2x－1上，所以直線AB與C相切，所以B正確；
設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
直線PQ的方程為y＝kx－1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＝y(tǒng)))得x2－kx＋1＝0，
所以x1＋x2＝k，x1x2＝1，
且Δ＝k2－4>0，得k>2或k2＝|OA|2，
所以C正確；
|BP|·|BQ|＝
eq \r(x\\al(2,1)＋?y1＋1?2)·eq \r(x\\al(2,2)＋?y2＋1?2)
＝eq \r(x\\al(2,1)＋?x\\al(2,1)＋1?2)·eq \r(x\\al(2,2)＋?x\\al(2,2)＋1?2)
＝eq \r(?x\\al(4,1)＋3x\\al(2,1)＋1??x\\al(4,2)＋3x\\al(2,2)＋1?)
＝eq \r(x\\al(4,1)x\\al(4,2)＋?3x\\al(2,1)x\\al(2,2)＋3??x\\al(2,1)＋x\\al(2,2)?＋x\\al(4,1)＋x\\al(4,2)＋9x\\al(2,1)x\\al(2,2)＋1)
＝eq \r(6?x\\al(2,1)＋x\\al(2,2)?＋x\\al(4,1)＋x\\al(4,2)＋11)
＝eq \r(6?x\\al(2,1)＋x\\al(2,2)?＋?x\\al(2,1)＋x\\al(2,2)?2＋9)
＝eq \r(6?k2－2?＋?k2－2?2＋9)
＝eq \r(?k2＋1?2)＝k2＋1>5＝|BA|2，
所以D正確．故選BCD.
易錯提醒 (1)直線與雙曲線只有一個交點，包含直線與雙曲線相切或直線與雙曲線的漸近線平行．
(2)直線與拋物線只有一個交點包含直線與拋物線相切、直線與拋物線的對稱軸平行(或重合)．
跟蹤演練3 (1)(2022·梅州模擬)拋物線C：y2＝4x的準線為l，l與x軸交于點A，過點A作拋物線的一條切線，切點為B，O為坐標原點，則△OAB的面積為( )
A．1 B．2 C．4 D．8
答案 A
解析 ∵拋物線C：y2＝4x的準線為l，
∴l(xiāng)：x＝－1，A(－1,0)，設(shè)過點A作拋物線的一條切線方程為x＝my－1，m>0，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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的面積為eq \f(1,2)×1×2＝1.
(2)(2022·六安模擬)已知橢圓具有如下性質(zhì)：若橢圓的方程為eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，則橢圓在其上一點A(x0，y0)處的切線方程為eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1，試運用該性質(zhì)解決以下問題：橢圓C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1，點B為C1在第一象限中的任意一點，過B作C1的切線l，l分別與x軸和y軸的正半軸交于C，D兩點，O為坐標原點，則△OCD面積的最小值為( )
A．1 B.eq \r(3) C.eq \r(2) D．2
答案 C
解析 設(shè)B(x1，y1)(x1>0，y1>0)，由題意得，
過點B的切線l的方程為eq \f(x1x,2)＋y1y＝1，
令y＝0，可得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x1)，0))，令x＝0，可得Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,y1)))，
所以△OCD的面積S＝eq \f(1,2)×eq \f(2,x1)×eq \f(1,y1)＝eq \f(1,x1y1)，
又點B在橢圓上，所以eq \f(x\\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，
所以S＝eq \f(1,x1y1)＝eq \f(\f(x\\al(2,1),2)＋y\\al(2,1),x1y1)＝eq \f(x1,2y1)＋eq \f(y1,x1)
≥2eq \r(\f(x1,2y1)·\f(y1,x1))＝eq \r(2)，
當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(x1,2y1)＝eq \f(y1,x1)，
即x1＝1，y1＝eq \f(\r(2),2)時，等號成立，
所以△OCD面積的最小值為eq \r(2).
專題強化練
一、單項選擇題
1．(2022·丹東模擬)直線l過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點，且與C交于A，B兩點，若使|AB|＝2的直線l有且僅有1條，則p等于( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C．1 D．2
答案 C
解析 由拋物線的對稱性知，要使|AB|＝2的直線l有且僅有1條，則AB必須垂直于x軸，故A，B兩點坐標為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，±1))，代入拋物線方程可解得p＝1.
2．(2022·衡水中學(xué)質(zhì)檢)阿基米德(公元前287年—公元前212年)不僅是著名的物理學(xué)家，也是著名的數(shù)學(xué)家，他利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積．若橢圓C的對稱軸為坐標軸，焦點在y軸上，且橢圓C的離心率為eq \f(\r(7),4)，面積為12π，則橢圓C的方程為( )
A.eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,16)＝1 B.eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,4)＝1
C.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,32)＝1 D.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,36)＝1
答案 A
解析 由題意，設(shè)橢圓C的方程為eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，
因為橢圓C的離心率為eq \f(\r(7),4)，面積為12π，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\r(1－\f(b2,a2))＝\f(\r(7),4)，,12π＝abπ，))
解得a2＝16，b2＝9，
所以橢圓C的方程為eq \f(y2,16)＋eq \f(x2,9)＝1.
3．(2022·宜賓模擬)已知雙曲線C1：eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1及雙曲線C2：eq \f(y2,b2)－eq \f(x2,a2)＝1(a>0，b>0)，且C1的離心率為eq \r(5)，若直線y＝kx(k>0)與雙曲線C1，C2都無交點，則k的值可以為( )
A．2 B.eq \f(1,2) C.eq \r(5) D．1
答案 B
解析 ∵C1的離心率為eq \r(5)，∴c＝eq \r(5)a，b＝2a，
∴雙曲線C1的漸近線方程為y＝±eq \f(1,2)x，雙曲線C2的漸近線方程為y＝±2x，
而直線y＝kx(k>0)與雙曲線C1，C2都無交點，則0b>0)，D(2,1)是橢圓M的一條弦AB的中點，點P(4，－1)在直線AB上，則橢圓M的離心率為( )
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 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1，))兩式相減可得
eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)，①
D(2,1)是橢圓M的一條弦AB的中點，
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)，
則a＝eq \r(2)c，則e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
5．(2022·濟南模擬)已知拋物線C：y2＝4x，圓F：(x－1)2＋y2＝1，直線l：y＝k(x－1)(k≠0)自上而下順次與上述兩曲線交于M1，M2，M3，M4四點，則下列各式結(jié)果為定值的是( )
A．|M1M2|·|M3M4| B．|FM1|·|FM4|
C．|M1M3|·|M2M4| D．|FM1|·|M1M2|
答案 A
解析 如圖，分別設(shè)M1，M2，M3，M4四點的橫坐標為x1，x2，x3，x4，
由y2＝4x得焦點F(1,0)，準線l0：x＝－1，
由定義得，|M1F|＝x1＋1，
又|M1F|＝|M1M2|＋1，
所以|M1M2|＝x1，
同理|M3M4|＝x4，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k?x－1?，,y2＝4x))消去y整理得
k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0(k≠0)，
則x1x4＝1，即|M1M2|·|M3M4|＝1.
6．(2022·杭州師大附中模擬)已知橢圓eq \f(x2,5)＋y2＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P(x0，y0)(x0>0，y0>0)為橢圓上一點，直線PF1，PF2分別交橢圓于M，N兩點，則當(dāng)直線MN的斜率為－eq \f(1,9)時，eq \f(x0,y0)等于( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 D
解析 由已知得F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)，
設(shè)M(xM，yM)，N(xN，yN)，當(dāng)直線PF1，PF2的斜率存在時，直線PF1的斜率為k1，則直線PF1的方程為：y＝k1(x＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中k1＝\f(y0,x0＋2)))，
與橢圓方程聯(lián)立得
(5keq \\al(2,1)＋1)x2＋20keq \\al(2,1)x＋20keq \\al(2,1)－5＝0，
由根與系數(shù)的關(guān)系得xM＋x0＝eq \f(－20k\\al(2,1),5k\\al(2,1)＋1)＝eq \f(－20y\\al(2,0),4x0＋9)，
所以xM＝eq \f(－20y\\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\\al(2,0)－45)＝eq \f(x0y0,9?5－5y\\al(2,0)?－45)＝－eq \f(x0,45y0)＝－eq \f(1,9)，解得eq \f(x0,y0)＝5.
當(dāng)直線PF1或PF2的斜率不存在時，不符合題意．
二、多項選擇題
7．已知直線l：x＝ty＋4與拋物線C：y2＝4x交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，O為坐標原點，直線OA，OB的斜率分別記為k1，k2，則( )
A．y1·y2為定值
B．k1·k2為定值
C．y1＋y2為定值
D．k1＋k2＋t為定值
答案 ABD
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋4，,y2＝4x))得y2－4ty－16＝0，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝4t，,y1y2＝－16.))
對于A，y1y2＝－16為定值，A正確；
對于B，k1·k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(y1y2,\f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),16))＝eq \f(16,y1y2)＝－1，
為定值，B正確；
對于C，y1＋y2＝4t，不為定值，C錯誤；
對于D，k1＋k2＋t＝eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)＋t
＝eq \f(x2y1＋x1y2,x1x2)＋t
＝eq \f(?ty2＋4?y1＋?ty1＋4?y2,\f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),16))＋t
＝eq \f(2ty1y2＋4?y1＋y2?,\f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),16))＋t
＝eq \f(－32t＋16t,16)＋t＝－t＋t＝0，
則k1＋k2＋t為定值，D正確．
8．(2022·廣東大聯(lián)考)已知雙曲線C的方程為eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1，A，B兩點分別是雙曲線C的左、右頂點，點P是雙曲線C上任意一點(與A，B兩點不重合)，記直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，則( )
A．雙曲線C的焦點到漸近線的距離為4
B．若雙曲線C的實半軸長，虛半軸長同時增加相同的長度m(m>0)，則離心率變大
C．k1·k2為定值
D．存在實數(shù)t使得直線y＝eq \f(5,3)x＋t與雙曲線左、右兩支各有一個交點
答案 AC
解析 對于A，因為雙曲線C的一個焦點F(5,0)，
漸近線方程化為4x±3y＝0，
∴焦點F到漸近線的距離為d＝eq \f(|4×5|,\r(16＋9))＝4，故A正確；對于B，雙曲線C的離心率e＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)＝eq \f(5,3)，
若C的實半軸長，虛半軸長同時增加相同的長度m(m>0)，則離心率e′＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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,3?3＋m?)0，m≠4，
∴m≥1，且m≠4.
10．(2022·江西大聯(lián)考)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，過F作斜率為eq \r(5)的直線l與C交于M，N兩點，若線段MN中點的縱坐標為eq \r(10)，則F到C的準線的距離為________．
答案 5eq \r(2)
解析 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
則yeq \\al(2,1)＝2px1，yeq \\al(2,2)＝2px2，
兩式相減得yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)＝2px1－2px2，
即(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)，
因為M，N兩點在斜率為eq \r(5)的直線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，
因為線段MN中點的縱坐標為eq \r(10)，
所以y1＋y2＝2eq \r(10)，
則eq \r(5)×2eq \r(10)＝2p，p＝5eq \r(2)，
所以F到C的準線的距離為5eq \r(2).
11．(2022·湛江模擬)已知雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦點為F，過原點O的直線l交雙曲線C于A，B兩點，且2|FO|＝|AB|，若∠BAF＝eq \f(π,6)，則雙曲線C的離心率是________．
答案 eq \r(3)＋1
解析 設(shè)右焦點為F′，連接AF′，BF′(圖略)．
因為2|OF|＝|AB|＝2c，
即|FF′|＝|AB|，可得四邊形AFBF′為矩形．
在Rt△ABF中，
|AF|＝2c·cs∠BAF＝2c·eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)c，
|BF|＝2c·sin∠BAF＝2c·eq \f(1,2)＝c.
由雙曲線的定義可得|AF|－|AF′|＝2a，
所以2a＝(eq \r(3)－1)c，
所以離心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,\r(3)－1)＝eq \r(3)＋1.
12．(2022·新高考全國Ⅰ)已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C的上頂點為A，兩個焦點為F1，F(xiàn)2，離心率為eq \f(1,2).過F1且垂直于AF2的直線與C交于D，E兩點，|DE|＝6，則△ADE的周長是________．
答案 13
解析 如圖，連接AF1，DF2，EF2，因為C的離心率為eq \f(1,2)，所以eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，所以a＝2c，所以b2＝a2－c2＝3c2.因為|AF1|＝|AF2|＝a＝2c＝|F1F2|，所以△AF1F2為等邊三角形，又DE⊥AF2，所以直線DE為線段AF2的垂直平分線，所以|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，且∠EF1F2＝30°，所以直線DE的方程為y＝eq \f(\r(3),3)(x＋c)，代入橢圓C的方程eq \f(x2,4c2)＋eq \f(y2,3c2)＝1，得13x2＋8cx－32c2＝0.設(shè)D(x1，y1)，E(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq \f(8c,13)，x1x2＝－eq \f(32c2,13)，
所以|DE|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))[?x1＋x2?2－4x1x2])＝eq \r(\f(4,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8c,13)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(32c2,13))))))＝eq \f(48c,13)＝6，解得c＝eq \f(13,8)，所以a＝2c＝eq \f(13,4)，所以△ADE的周長為|AD|＋|AE|＋|DE|＝|DF2|＋|EF2|＋|DE|＝4a＝13.
四、解答題
13．(2022·河北聯(lián)考)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)，直線x＝t，x＝t＋4與拋物線C分別交于A，B兩點，過A，B兩點分別作拋物線C的切線，兩條切線交于點M.當(dāng)t＝2時，直線AB的斜率為1.
(1)求拋物線C的方程，并寫出其準線方程；
(2)求△ABM的面積．
解 (1)當(dāng)t＝2時，A，B兩點坐標為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(2,p)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(18,p)))，故eq \f(\f(18,p)－\f(2,p),4)＝1，解得p＝4，
故拋物線C的方程為x2＝8y，
其準線方程為y＝－2.
(2)設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，
A，B兩點坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，
且x2－x1＝4，聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＝8y，))
消去y得x2－8kx－8m＝0，
Δ＝64k2＋32m>0，x1＋x2＝8k，x1x2＝－8m，
由x2－x1＝4，
得(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝16，
即64k2＋32m＝16，即4k2＋2m＝1.
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝4eq \r(1＋k2).
由y＝eq \f(1,8)x2，得y′＝eq \f(1,4)x，
故A點處切線方程為y＝eq \f(1,4)x1(x－x1)＋y1，
即y＝eq \f(1,4)x1x－y1，
同理得B點處切線方程為y＝eq \f(1,4)x2x－y2，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,4)x1x－y1，,y＝\f(1,4)x2x－y2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4k，,y＝－m.))
故點M的坐標為(4k，－m)，點M到直線AB的距離d＝eq \f(|4k2＋2m|,\r(1＋k2))，
則△ABM的面積S＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)×4eq \r(1＋k2)×eq \f(|4k2＋2m|,\r(1＋k2))＝2，
故△ABM的面積為2.

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