高一升高二数学暑假预习课16讲第16讲 直线和圆锥曲线的位置关系与11考点精讲（解析版）

这是一份高一升高二数学暑假预习课16讲第16讲 直线和圆锥曲线的位置关系与11考点精讲（解析版），共53页。
\l "_Tc9151" 一、 直线与椭圆的位置关系 PAGEREF _Tc9151 \h 2
\l "_Tc16676" 基础知识 PAGEREF _Tc16676 \h 2
\l "_Tc19" 考点1 判断直线与椭圆的位置关系 PAGEREF _Tc19 \h 4
\l "_Tc16800" 考点2 椭圆的弦长 PAGEREF _Tc16800 \h 5
\l "_Tc30431" 考点3 椭圆的“中点弦” PAGEREF _Tc30431 \h 8
\l "_Tc19103" 二、 直线与双曲线的位置关系 PAGEREF _Tc19103 \h 11
\l "_Tc4440" 基础知识 PAGEREF _Tc4440 \h 11
\l "_Tc25068" 考点4 判断直线与双曲线的位置关系 PAGEREF _Tc25068 \h 12
\l "_Tc484" 考点5 双曲线的弦长 PAGEREF _Tc484 \h 15
\l "_Tc11540" 考点6 双曲线的“中点弦” PAGEREF _Tc11540 \h 17
\l "_Tc2473" 三、 直线与抛物线的位置关系 PAGEREF _Tc2473 \h 21
\l "_Tc6957" 基础知识 PAGEREF _Tc6957 \h 21
\l "_Tc27594" 考点7 判断直线与抛物线的位置关系 PAGEREF _Tc27594 \h 22
\l "_Tc14757" 考点8 抛物线的弦长 PAGEREF _Tc14757 \h 23
\l "_Tc25456" 考点9 抛物线的焦点弦 PAGEREF _Tc25456 \h 26
\l "_Tc29871" 考点10 圆锥曲线中的三角形面积 PAGEREF _Tc29871 \h 29
\l "_Tc31488" 考点11 圆锥曲线中的定点、定值、定直线 PAGEREF _Tc31488 \h 33
\l "_Tc18450" 四、 课后作业 PAGEREF _Tc18450 \h 40
\l "_Tc22074" 单选题 PAGEREF _Tc22074 \h 40
\l "_Tc19294" 多选题 PAGEREF _Tc19294 \h 45
\l "_Tc19983" 填空题 PAGEREF _Tc19983 \h 47
\l "_Tc7378" 解答题 PAGEREF _Tc7378 \h 48
一、 直线与椭圆的位置关系
基础知识
1．点与椭圆的位置关系
(1)点与椭圆的位置：
(2)对于点与椭圆的位置关系，有如下结论：
点在椭圆外+>1;
点在椭圆内+0直线与椭圆相交有两个公共点;
=0直线与椭圆相切有且只有一个公共点;
b>0)于，两点，
则或.
4．“中点弦问题”
(1)解决椭圆中点弦问题的两种方法
①根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，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：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中
点坐标和斜率的关系.
设，，代入椭圆方程+=1 (a>b>0)，
得，
①-②可得+=0，
设线段AB的中点为，当时，有+=0.
因为为弦AB的中点，从而转化为中点与直线AB的斜率之间的关系，这就是处理弦
中点轨迹问题的常用方法.
(2)弦的中点与直线的斜率的关系
线段AB是椭圆+=1 (a>b>0)的一条弦，当弦AB所在直线的斜率存在时，弦AB的中点M的坐标
为，则弦AB所在直线的斜率为，即.
考点1 判断直线与椭圆的位置关系
【例1.1】（23-24高二上·山东济南·期中）直线l：2m+1x+m+1y−7m−4=0与椭圆C：x218+y212=1的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不能确定
【解题思路】判断出直线过定点，且定点在椭圆内可得答案.
【解答过程】将直线l：2m+1x+m+1y−7m−4=0变形为l：m(2x+y−7)+x+y−4=0，
由2x+y−7=0x+y−4=0得x=3y=1，于是直线l过定点3,1，
而3218+1212=7120，
所以直线y=3x−1与椭圆x24+y28=1相交，有2个公共点.
故选：C.
【变式1.1】 （23-24高二下·上海浦东新·期中）已知椭圆C:x225+y29=1，直线l:m+2x−m+4y+2−m=0(m∈R)，则直线l与椭圆C的位置关系为（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不确定
【解题思路】根据直线方程可得直线l过定点A3,2，判断点A3,2与椭圆C的位置关系即可得结果.
【解答过程】对于直线l:m+2x−m+4y+2−m=0，整理得mx−y−1+2x−2y+1=0，
令x−y−1=0x−2y+1=0，解得x=3y=2，
故直线l过定点A3,2.
∵3225+229=1812252，得m2+n20时，y=32x2−4，故y′=32×122x1x2−4，故4,33处的切线斜率为y′x=4=32×12×2×4×123=3，
故过点经过点4,33的直线方程为y=3x−4+33，即y=3x−1，
联立x24−y29=1与y=3x−1可得x24−3x−129=1，解得x=4，
因此在点4,33处的切线也只与双曲线有唯一的交点，
综上可知：过点4,33的直线有3条与双曲线有一个交点，
故选：C.
考点5 双曲线的弦长
【例2.1】（23-24高二下·重庆沙坪坝·阶段练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是y=2x，过其左焦点F(−3,0)作斜率为2的直线l交双曲线C于A，B两点，则截得的弦长|AB|=（ ）
A．7B．8C．9D．10
【解题思路】根据渐近线方程和焦点坐标可解得a2,b2，再将直线方程代入双曲线方程消元，由韦达定理和弦长公式可得.
【解答过程】∵双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是y=2x，∴ba=2，即b=2a.∵左焦点F−3,0，∴c=3，∴c2=a2+b2=3a2=3，∴a2=1，b2=2，∴双曲线C的方程为x2−y22=1.易知直线l的方程为y=2x+3，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由y=2(x+3)x2−y22=1，消去y可得x2+43x+7=0，∴x1+x2=−43，x1x2=7.∴AB=1+k2×x1+x22−4x1x2=1+4×48−28=10.
故选：D.
【例2.2】（23-24高二上·浙江金华·期中）已知等轴双曲线的中心在原点，焦点在y轴上，与直线2x+y=0交于A，B两点，若AB=215，则该双曲线的方程为（ ）
A．y2−x2=25B．y2−x2=16C．y2−x2=9D．y2−x2=6
【解题思路】设出双曲线方程，联立直线，求出交点坐标，即可求解
【解答过程】由题意可设双曲线方程为y2−x2=m，m>0，
由y2−x2=m2x+y=0得3x2=m，则x=±m3，m>0，
不妨假设xA=m3，则yA=−2m3，
由图象的对称性可知，
AB=215可化为OA=15，
即m3+4×m3=15，解得m=9，
故双曲线方程为：y2−x2=9，
故选：C.
【变式2.1】（23-24高二上·广东惠州·期末）过双曲线x2−y22=1右焦点F作直线l交双曲线于A、B两点，若AB=4，则这样直线l有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【解题思路】根据l⊥x轴（弦是在同一支）和l与x轴不垂直（弦是跨两支）分成两种情况进行分类讨论，由此得出正确结论.
【解答过程】设F2c,0，则c2a2−y2b2=1⇒y=±b2a.
对于过双曲线一个焦点的弦长，如果弦是在同一支上，那么最短的弦是垂直于x轴的弦，长度为2b2a；如果弦是跨两支，那么最短的弦为实轴2a.
过双曲线x2−y22=1的右焦点作直线l交双曲线于A,B两点.
若l⊥x轴，则AB为通径，而通径长度2b2a正好是4，故直线l交双曲线于同支上的A,B两点且|AB|=4，这样的直线只有一条.
若l经过顶点，此时|AB|=2，故直线l交双曲线于异支上的A,B两点且|AB|=4，这样的直线有且只有两条.
故满足|AB|=4的直线有3条.
故选：C.
【变式2.2】（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C的同一支交于A，B两点，且BF1=2AF1，则线段AB的长度为（ ）
A．94B．9C．274D．6
【解题思路】根据对称性不妨设过F1的直线为y=kx−2k>0,k≠33，与双曲线的方程联立，运用韦达定理和向量共线的坐标表示，结合弦长公式，计算可得．
【解答过程】双曲线C:y2−x23=1中a=1，b=3，c=a2+b2=2，则F10,−2，
根据对称性不妨设过F1的直线为y=kx−2k>0,k≠33，
联立y=kx−23y2−x2=3，可得3k2−1x2−12kx+9=0，
则Δ=144k2−363k2−1=36k2+1>0
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=12k3k2−1，x1x2=93k2−1，①
由BF1=2AF1，可得BF1=2F1A，
即有−x2=2x1，②
由①②可得x1=−12k3k2−1，x2=24k3k2−1，所以−12k3k2−1×24k3k2−1=93k2−1，
解得k=3535（负值已舍去），x1=3358，
所以|AB|=1+k2⋅x1−x2=635×3x1=635×9358=274．
故选：C．
考点6 双曲线的“中点弦”
【例3.1】（23-24高二上·天津和平·期末）直线l与双曲线x2−y29=1交于A，B两点，线段AB的中点为点M−1,−4，则直线l的斜率为（ ）
A．−49B．49C．−94D．94
【解题思路】设Ax1,y1，Bx2,y2，代入双曲线方程，两式相减可得x12−x22=y12−y229，由题目条件经整理后可得答案.
【解答过程】设Ax1,y1，Bx2,y2，则直线l的斜率为k=y1−y2x1−x2
代入x2−y29=1，得x12−y129=1x22−y229=1，两式相减得：x12−x22=y12−y229.
又线段AB的中点为点M−1,−4，则x1+x2=−2，y1+y2=−8.
则x12−x22=y12−y229⇒y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=k⋅−8−2=9⇒k=94.经检验满足题意.
故选：D.
【例3.2】（23-24高三上·湖北武汉·期末）已知A，B为双曲线x2−y2=1上不同两点，下列点中可为线段AB的中点的是（ ）
A．1,1B．(2,3)C．2,1D．−1,12
【解题思路】
利用点差法结合选项得出AB方程，再与双曲线方程联立一一验证是否有两个不同交点即可.
【解答过程】设AB的中点Cx0,y0,Ax1,y1,Bx2,y2，
所以x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,y1−y2x1−x2=kAB，
易知x12−y12=1x22−y22=1，
由点差法可得x1+x2x1−x2−y1+y2y1−y2=0
⇒y1+y2y1−y2x1+x2x1−x2=2y02x0⋅kAB=1⇒kAB=x0y0，
若C1,1，此时kAB=1,∴lAB:y=x−1，
与双曲线联立y=x−1x2−y2=1⇒x2−x2−2x+1=1⇒x=1，
即lAB与双曲线只有一个交点，故A错误；
若C2,3，则此时kAB=23,∴lAB:y=23x+53，
与双曲线联立3y=2x+5x2−y2=1⇒9x2−9=4x2+20x+25
⇒5x−22=54⇒x=2±545，
即lAB与双曲线有两个交点，故B正确；
若C2,1，则此时kAB=2,∴lAB:y=2x−2，
与双曲线联立y=2x−1x2−y2=1⇒x2−1=2x2−22x+1⇒x−22=0⇒x=2，
即lAB与双曲线有一个交点，故C错误；
若C−1,12，则此时kAB=−2,∴lAB:y=−2x−32，
与双曲线联立y=−2x−32x2−y2=1⇒x2−1=4x2+6x+94⇒3x+12+14=0，显然无解，
即lAB与双曲线没有交点，故D错误；
故选：B.
【变式3.1】（23-24高三上·内蒙古呼和浩特·开学考试）设A，B为双曲线x28−y216=1上的两点，若线段AB的中点为M1,2，则直线AB的方程是（ ）
A．x+y−3=0B．2x+y−3=0C．x−y+1=0D．x−2y+3=0
【解题思路】利用点差法，结合一元二次方程根与系数关系进行求解判断即可.
【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2，
则有x128−y1216=1x228−y2216=1，两式相减，得x1+x2x1−x28=y1+y2y1−x216，
因为线段AB的中点为M1,2，
所以x1+x2=2,y1+y2=4，
因此由x1+x2x1−x28=y1+y2y1−x216⇒y1−x2x1−x2=1，
即直线AB的斜率为1，方程为y−2=x−1⇒x−y+1=0，
代入双曲线方程中，得y2−4y−14=0，
因为−42−4×1×−14>0，
所以线段AB存在，
故选：C.
【变式3.2】（23-24高二上·浙江宁波·期末）过双曲线C:y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)内一点M1,1且斜率为12的直线交双曲线于A,B两点，弦AB恰好被M平分，则双曲线C的离心率为（ ）
A．62B．52C．3D．5
【解题思路】
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则有x1+x2=2,y1+y2=2，y1−y2x1−x2=12，将A,B两点的坐标代入双曲线方程相减，再结合x1,x2,y1,y2的关系，可得b2=2a2，从而可得e2=3，从而可得答案.
【解答过程】解：由题意可得x1+x2=2,y1+y2=2，且y1−y2x1−x2=12，
又因为y12a2−x12b2=1y22a2−x22b2=1，
所以1a2(y1+y2)(y1−y2)+1b2(x1+x2)(x2−x1)=0，
即有2a2(y1−y2)=2b2(x1−x2)，
所以y1−y2x1−x2=2b22a2=a2b2=12，
所以b2=2a2，
所以c2=b2+a2=3a2，
所以e2=c2a2=3，
所以e=3.
故选：C.
三、 直线与抛物线的位置关系
基础知识
1．直线与抛物线的位置关系
(1)直线与抛物线的三种位置：
(2)设直线l:y=kx+m，抛物线:=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
.
①若k≠0，当>0时，直线与抛物线相交，有两个交点；
当=0时，直线与抛物线相切，有一个交点；
当0)上一点A与焦点F(,0)的距离为|AF|=，若MN为抛物线=2px(p>0)的焦点弦，则焦点弦长为|MN|=++p(,分别为M,N的横坐标).
设过抛物线焦点的弦的端点为A,B，则四种标准方程形式下的弦长公式为：
4．抛物线的切线
过抛物线=2px(p>0)上的点P的切线方程是.
抛物线=2px(p>0)的斜率为k的切线方程是(k≠0).
考点7 判断直线与抛物线的位置关系
【例1.1】（23-24高二下·上海·阶段练习）已知抛物线方程y2=4x，过点P0,2的直线与抛物线只有一个交点，这样的直线有（ ）条
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】考虑直线斜率存在：k=0，k≠0和不存在三种情况，讨论即可得解.
【解答过程】因为点P0,2不在抛物线上，易知当直线斜率不存在时，直线方程为x=0，满足题意；
当直线斜率k=0时，易知y=2满足条件；
当直线斜率存在且k≠0时，设直线方程为y=kx+2，
由y2=4xy=kx+2，整理得到k2x2+4k−4x+4=0，
由Δ=4k−42−16k2=0k2≠0，解得k=12.
综上所述：满足条件的直线有3条.
故选：D.
【例1.2】（23-24高二上·全国·课后作业）已知直线l与抛物线x2=2pyp>0只有一个公共点，则直线l与抛物线的位置关系是（ ）
A．相交B．相切
C．相离D．相交或相切
【解题思路】根据直线和抛物线只有一个公共点确定正确答案.
【解答过程】直线l与抛物线的对称轴平行或l与抛物线相切时有一个公共点，
所以D选项正确.
故选：D.
【变式1.1】（23-24高二上·安徽宿州·期末）过点P(0,1)作直线与抛物线y2=−4x相交，恰好有一个交点，则符合条件的直线的条数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】作图分析，根据抛物线的图形特点结合直线与抛物线的位置关系，可得答案.
【解答过程】如图示，过点P(0,1)作直线与抛物线y2=−4x相交，恰好有一个交点，
符合条件的直线有三条，其中两条是与抛物线相切的直线，其中包含y轴，另一条是与抛物线对称轴平行的直线，
故选：D.
【变式1.2】（23-24高二下·江西新余·期末）已知直线y=kx−k及抛物线y2=2px(p>0)，则（ ）
A．直线与抛物线有一个公共点B．直线与抛物线有两个公共点
C．直线与抛物线有一个或两个公共点D．直线与抛物线可能没有公共点
【解题思路】求出直线系经过的定点，对k分类讨论，判断点与抛物线的位置关系，即可推出结果.
【解答过程】∵直线y=kx−k=k(x−1)，∴直线过定点(1,0)．
∴当k=0时，直线y=0与抛物线有一个公共点，即顶点；
当k≠0时，点(1,0)在抛物线的内部，所以直线与抛物线有两个公共点，
综上所述，直线与抛物线有一个或两个公共点.
故选：C.
考点8 抛物线的弦长
【例2.1】（2024·四川自贡·二模）已知定点D2,0，直线l：y=kx+2k>0与抛物线y2=4x交于两点A，B，若∠ADB=90°，则AB=( )
A．4B．6C．8D．10
【解题思路】设Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线l与抛物线的方程，求得x1+x2，x1x2，y1y2，由∠ADB=90°可得DA⋅DB=0，从而可求k的值，根据弦长公式即可求AB．
【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2，
y=kx+2y2=4x⇒k2x2+4k2−4x+4k2=0，
由题知，Δ>0，故x1+x2=4−4k2k2,x1x2=4，
则y1y2=kx1+2⋅kx2+2=k2x1x2+2x1+x2+4=k24+8−8k2k2+4=8，
由∠ADB=90∘⇒DA⋅DB=0⇒x1−2x2−2+y1y2=0，
即x1x2−2x1+x2+y1y2+4=0，
即4−2⋅41−k2k2+8+4=0，解得k2=13，则x1+x2=4−4313=8，
则AB=1+k2⋅x1−x2=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=1+13⋅64−16=8．
故选：C．
【例2.2】（2023·全国·模拟预测）已知抛物线y2=2pxp>0的一条弦AB恰好以P1,1为中点，弦AB的长是15，则p=（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】设点Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=2,y1+y2=2，确定k=p得到直线方程，联立方程根据韦达定理得到根与系数的关系，根据弦长公式计算即可.
【解答过程】设点Ax1,y1,Bx2,y2，弦AB所在直线的方程为y=kx−1+1，
则x1+x2=2,y1+y2=2.
点A,B在抛物线y2=2px上，y12=2px1y22=2px2，故y1+y2y1−y2=2px1−x2，
y1−y2x1−x2=p，即k=p，故弦AB所在直线的方程为px−y+1−p=0.
y2=2pxpx−y+1−p=0，整理得p2x2−2p2x+1−p2=0，所以x1x2=1−p2p2.
所以AB=1+p2x1+x22−4x1x2=1+p2⋅22−4×1−p2p2=15，
得4p21+p22p−1=15，即8p3−19p2+8p−4=0，
得p−28p2−3p+2=0，解得p=2.
故选：B.
【变式2.1】（2024·山东聊城·三模）已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F到其准线的距离为2，过F的直线l与C交于A，B两点，则AB的最小值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【解题思路】根据题意确定抛物线C:x2=4y，分直线l平行于x轴时和不平行于x轴时，分别求AB，即可得解.
【解答过程】根据题意，抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F到其准线的距离为2，
即p=2，则抛物线C:x2=4y，焦点F0,1，
当直线l平行于x轴时，l:y=1，AB=4，
当直线l不平行于x轴时，
设直线l:x=my−1,m≠0，Ax1,y1,Bx2,y2，
联立方程组x=my−1x2=4y，得m2y2−2m2+2y+m2=0，Δ>0，
则y1+y2=2m2+2m2=2+4m2，
又AB=y1+y2+2=4m2+4>4，所以AB的最小值为4.
故选：B.
【变式2.2】（23-24高二上·河北衡水·期中）若抛物线x2=2pyp>0的焦点为F，直线l：y=2x+p2与抛物线交于A，B两点，且AF−BF=32，则AB=（ ）
A．4B．3C．2D．354
【解题思路】联立直线l的方程和抛物线方程，化简写出根与系数关系，利用AF−BF=32求得p，根据抛物线的弦长公式求得正确答案.
【解答过程】抛物线x2=2pyp>0的焦点F0,p2，
直线y=2x+p2过抛物线的焦点F0,p2，
设Ax1,y1,Bx2,y2，根据抛物线的定义可知AF=y1+p2,BF=y2+p2,AF−BF=y1−y2=32，
由x2=2pyy=2x+p2，消去x并化简得y2−9py+p24=0，
所以y1+y2=9p,y1y2=p24，
由y1−y2=32两边平方得y1−y22=94,y1+y22−4y1y2=94，
81p2−p2=80p2=94,p2=9320,p=385，
所以AB=y1+y2+p=10p=10×385=354.
故选：D.
考点9 抛物线的焦点弦
【例3.1】（23-24高三下·全国·阶段练习）已知F为抛物线C:y2=−3x的焦点，过F的直线y=kx+3与C交于A,B两点，则AB=（ ）
A．2716B．3916C．5116D．6316
【解题思路】应用抛物线的焦点弦的长度的求法即可求解.
【解答过程】抛物线C:y2=−3x的焦点F (−34,0)，
将点(−34,0)代入y=kx+3得，k=4，
由y2=−3xy=4x+3,得16x2+27x+9=0，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1+x2=−2716，
所以AB= p−(x1+x2)=32+2716=5116.
故选：C．
【例3.2】（23-24高二上·广东珠海·期中）已知抛物线y2=2px，过其焦点F的直线与该抛物线交于A、B两点，A在第一象限，且AF=2FB，则直线AB的斜率为（ ）
A．1B．2
C．22D．无法确定
【解题思路】结合题意及抛物线的定义，分析该几何图形，利用△ABC为直角三角形，得到边角关系，进而求得斜率.
【解答过程】结合题意：可知抛物线y2=2px的准线为：x=−p2，
如图所示：过A,B分别作准线的垂线AM,BN，垂足为M,N,
过点B作AM的垂线，垂足为点C,
设AF=2x，直线AB的倾斜角为α，
因为AF=2FB,所以FB=x,AB=3x，
由抛物线的定义：AF=AM=2x,BF=BN=x，
结合图形易知：BN=CM，∠BAC=α,
所以AC=AM−CM=x，
在直角三角形△ABC中，BC=AB2−AC2=22x，
所以直线AB的斜率k=tanα=tan∠BAC=BCAC=22xx=22.
故选：C.

【变式3.1】（23-24高三上·山东烟台·阶段练习）抛物线C:y2=2px(p>0)上存在一点M2,y0，M到抛物线焦点F的距离为3，直线MF交抛物线C于另一点N，则线段MN的长为（ ）
A．52B．92C．112D．152
【解题思路】首先根据焦半径公式求抛物线方程，再联立直线MF与抛物线方程，利用韦达定理，表示焦点弦长公式，即可求解.
【解答过程】MF=2+p2=3，得p=2，
所以抛物线C:y2=4x，当x=2时，y02=8，
利用对称性，不妨设y0>0，即M2,22，F1,0，
kMF=22，直线MF：y=22x−1，
联立y=22x−1y2=4x，得2x2−5x+2=0，其中x1+x2=52，
线段MN=x1+x2+p=52+2=92.
故选：B.
【变式3.2】（23-24高二上·河北保定·期中）已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点为F，准线为l，过点F且倾斜角为π3的直线在第一象限交C于点A，若点A在l上的投影为点B，且|AB|=4，则p=（ ）
A．1B．2C．22D．4
【解题思路】利用抛物线的定义求出点A的坐标，代入抛物线方程求解.
【解答过程】
如图，因为|AB|=4，所以|AF|=4，
又因为∠AFx=π3，所以过点A作x轴的垂线，垂足为C，
则FC=2,AC=23,所以A(2+p2,23)，
因为点A(2+p2,23)在抛物线上，
所以12=2p×2+p2，整理得，p2+4p−12=0，
解得p=2或p=−6（舍），
故选:B.
考点10 圆锥曲线中的三角形面积
【例4.1】（23-24高三下·全国·阶段练习）已知过抛物线C:y2=2pxp>0的焦点F的直线l交抛物线C于A,B两点，当直线l垂直于x轴时，AB=16．
(1)求抛物线方程；
(2)若|AB|=24，O为坐标原点，求△OAB的面积．
【解题思路】
（1）设抛物线方程为y2=2px,由题意求出其焦点坐标，进而可求出结果；
（2）先由题意得出直线AB的方程，联立直线AB与抛物线方程，求出k，即可求出结果.
【解答过程】
（1）抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为Fp2,0，
令x=p2，解得：y=±p，∴AB=2p=16，解得：p=8，∴p=8．
∴抛物线的方程为：y2=16x；
（2）
依题意.设直线l方程为y=kx−4 ，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则y=kx−4y2=16x，
得k2x2−8k2+16x+16k2=0， k≠0,Δ= 8k2+162−4×k2×16k2=256(k2+1)>0恒成立.
∴x1+x2=8k2+16k2，
AB=x1+x2+p=8k2+16k2+8=16k2+16=24． 得k=±2，
则直线l方程为y=±2x−4.点O到直线l的距离为d=−423=463，
得△OAB的面积S=12×d×AB=12×463×24=166.
【例4.2】（23-24高二上·四川凉山·期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点A2,0，过点B−1,0的直线l与椭圆C交于M，N两点（M，N异于点A），当直线l与x轴垂直时，MN=2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)求△AMN面积的取值范围.
【解题思路】
（1）根据题意，得到a=2，再由当直线l与x轴垂直时，得到−1,22，代入椭圆的方程，求得b2=1，即可求得椭圆的标准方程；
（2）设直线l的方程为x=ty−1，联立方程组，得到y1+y2=2tt2+2，y1y2=−1t2+2，得到△AMN的面积为S=2+2⋅t2+1t2+2，结合对勾函数的单调性，即可求解.
【解答过程】
（1）解：由椭圆C:x2a2+y2b2=1的右顶点A2,0，可得a=2，
当直线l与x轴垂直时，且MN=2，
所以直线l过点−1,22，可得12+24b2=1，解得b2=1，
所以椭圆C的方程为x22+y2=1.
（2）解：依题意，直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=ty−1，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程组x=ty−1x22+y2=1，整理得t2+2y2−2ty−1=0，且Δ=8t2+8>0
所以y1+y2=2tt2+2，y1y2=−1t2+2，
∴△AMN的面积为S=12ABy1−y2=12×2+1×y1+y22−4y1y2
=2+122tt2+22+4t2+2=4+222⋅t2+1t2+2=2+2⋅t2+1t2+2，
令u=1+t2≥1，则S=2+2⋅uu2+1=2+2⋅1u+1u
又由对勾函数y=u+1u在1,+∞上单调递增，则u+1u≥2，
所以00)的离心率为3，且顶点到渐近线的距离为263.已知直线l过点0,−1，直线l与双曲线C的左，右两支的交点分别为M,N，直线l与双曲线C的渐近线的交点为P,Q，其中点Q在y轴的右侧.设△OMP,△OPQ,△OQN的面积分别是S1,S2,S3.
(1)求双曲线C的方程；
(2)求S2S1+S3的取值范围.
【解题思路】
（1）根据双曲线的离心率以及顶点到渐近线的距离，列式计算，求出b,a2的值，即得答案；
（2）将S2S1+S3转化为|PQ||PM|+|QN|，利用直线和双曲线的方程联立，求出弦长|MN|的表达式，联立直线和渐近线方程求得|PQ|的表达式，即可得|PQ||PM|+|QN|=|PQ||MN|−|PQ|的表达式，结合参数范围，即可求得答案.
【解答过程】
（1）由题意可得双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为bx−ay=0，
离心率为3，则ca=3，
顶点到渐近线的距离为263，不妨取顶点(a,0)，则aba2+b2=263，
即得abc=263，故b=22，结合a2+b2=c2，
解得a2=4
故双曲线C的方程为x24−y28=1；
（2）由题意得S2S1+S3=|PQ||PM|+|QN|，
直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx−1，设Mx1,y1,Nx2,y2，
由y=kx−12x2−y2=8，得2−k2x2+2kx−9=0，
则k2≠2Δ=4k2+362−k2>0−92−k25，
且y1+y2=−6mm2+4,y1y2=5m2+4.
因为直线ET的斜率为kET=y1x1−t，直线FT的斜率为kFT=y2x2−t，
由kET+kFT=y1x1−1+y2x2−t=0得y1x2−t+y2x1−t=0.
因为x1=my1+3，x2=my2+3，
所以y1my2+3−t+y2my1+3−t=0，
即2my1y2+3−ty1+y2=0，
所以10mm2+4−63−tmm2+4=m6t−8m2+4=0，
所以6t−8=0，则t=43，
所以在x轴上存在一个定点T43,0，使得∠ETO=∠FTG．
【例5.2】（23-24高二上·山东济南·阶段练习）已知抛物线C：y2=4x.
(1)过抛物线的焦点，且斜率为3的直线l1交抛物线C于A，B两点，求AB；
(2)直线l2过点P2,0且与抛物线交于M，N两点，过M，N分别作抛物线的切线，这两条切线交于点Q.证明：点Q在定直线上.
【解题思路】
（1）由已知直线l1：y=3x−1，联立抛物线方程，结合韦达定理、焦点弦公式即可得解.
（2）设Mx3,y3，Nx4,y4，首先将过点M,N的两条切线方程求出来（分别用它们的坐标表示），然后联立两条切线方程可得Q的横坐标表达式为xQ=y3y44，由M,N,P三点共线可得xQ=y3y44为定值，由此即可得证.
【解答过程】
（1）
设Ax1,y1，Bx2,y2，由题意可得抛物线焦点F1,0，准线x=−1，直线l1：y=3x−1，
联立y=3x−1y2=4x，得3x2−10x+3=0，所以x1+x2=103，
所以AB=x1+x2+2=103+2=163.
（2）
设Mx3,y3，Nx4,y4，
由题意，过点M且与抛物线相切的直线斜率存在且不为0，不妨设为k，
则过点M且与抛物线相切的直线方程为y−y3=kx−x3，①
联立y−y3=kx−x3y2=4x，得ky2−4y+4y3−4kx3=0，
所以Δ=16−16ky3−kx3=0，代入y32=4x3，得k2y324−ky3+1=ky32−12=0，
解得k=2y3，带入①式即得y3y=2x+2x3，
即过点M且与抛物线相切的直线方程为y3y=2x+2x3，
同理可得过点N且与抛物线相切的直线方程为y4y=2x+2x4，
联立y3y=2x+2x3y4y=2x+2x4，可得xQ=y4x3−y3x4y3−y4=y3y44y3−y4y3−y4=y3y44，
由题意，直线MN斜率可能不存在但是一定不为0，设直线MN方程为x=my+2，
联立x=my+2y2=4x，得y2−4my−8=0，所以y3y4=−8，即得xQ=−2，
所以点Q在定直线x=−2上.
【变式5.1】 （23-24高三上·上海闵行·期中）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，点3,−1在双曲线C上．过C的左焦点F作直线l交C的左支于A、B两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若M−2,0，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上?请说明理由．
(3)点P−4,2，直线AP交直线x=−2于点Q．设直线QA、QB的斜率分别k1、k2，求证：k1−k2为定值．
【解题思路】
(1)根据题意列式求a,b,c，进而可得双曲线方程；
(2)设l:x=my−4,Ax1,y1,Bx2,y2，联立方程，利用韦达定理判断MA⋅MB是否为零即可；
(3)用A,B两点坐标表示出直线AP，得点Q坐标，表示出k1,k2，结合韦达定理，证明k1−k2为定值．
【解答过程】
（1）由双曲线C:x2a2−y2b2=1的离心率为2，且M3,−1在双曲线C上，
可得9a2−1b2=1e=ca=2c2=a2+b2，解得a2=8,b2=8，∴双曲线的方程为x28−y28=1．
（2）双曲线C的左焦点为F−4,0，
当直线l的斜率为0时，此时直线为y=0，与双曲线C左支只有一个交点，舍去；
当直线l的斜率不为0时，设l:x=my−4，
联立方程组x=my−4x2−y2=8，消x得m2−1y2−8my+8=0，易得Δ>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=8mm2−1,y1y2=8m2−10，
因此方程组x−2y+2=0x2+4y2=4有两个不同的解，
所以l与C相交.
故选：A.
2．（23-24高二上·江苏南京·期末）已知直线l：ax−2y+2a+4=0与双曲线C：x24−y24=1有且只有一个交点，则实数a的值是（ ）
A．2B．4C．±2D．±4
【解题思路】由题意求出双曲线的渐近线和直线经过的定点，根据定点在双曲线的一条渐近线上知直线l与另一条渐近线y=x平行即可求解.
【解答过程】由题意得，直线l过定点P−2,2，双曲线C的渐近线为y=±x，
则点P在渐近线y=−x上，
因为直线l与双曲线C有且只有一个交点，则直线l与另一条渐近线y=x平行，所以a=2．
故选：A．
3．（23-24高二上·内蒙古呼伦贝尔·期末）已知抛物线C:y2=2x，过点M(−1,0)的直线l与抛物线C交于A，B两点，点F为抛物线的焦点，若AF=52，则BF=（ ）
A．2B．32C．1D．12
【解题思路】根据焦半径公式得到点A的坐标，进而求出直线l的方程，与抛物线联立求得点B的坐标，然后利用焦半径公式求解即可.
【解答过程】抛物线C:y2=2x的焦点坐标为12,0，设Ax1,y1,Bx2,y2，
因为AF=52，所以x1+12=52，得x1=2，所以A2,2或A2,−2，
当A2,2时，直线l的斜率为kMA=2−02−(−1)=23，所以直线l：y=23x+23，
联立y2=2xy=23x+23，解得x=2y=2或x=12y=1，所以B12,1，所以BF= 12+12=1；
当A2,−2时，直线l的斜率为kMA=−2−02−(−1)=−23，所以直线l：y=−23x−23，
联立y2=2xy=−23x−23，解得x=2y=2或x=12y=−1，所以B12,−1，所以BF= 12+12=1；
综上，BF=1.
故选：C.
4．（23-24高二上·全国·单元测试）已知椭圆C:x29+y23=1内一点M(1,1),直线l与椭圆C交于A,B两点，且M为线段AB的中点，则直线l的斜率为（ ）
A．−3B．13C．3D．−13
【解题思路】设Ax1,y1,Bx2,y2，利用点差法即可求解.
【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2，则x129+y123=1①，x229+y223=1②，
联立①②整理得y2−y1x2−x1⋅y2+y1x2+x1=−13，
又x1+x2=2×1=2,y1+y2=2×1=2，kAM=y2−y1x2−x1，
所以kAM=−13，即直线l的斜率为−13.
故选：D.
5．（23-24高二上·江苏泰州·期中）已知双曲线C：x24−y2=1的右焦点为F，过F的直线l与双曲线C交于A，B两点，若AB=4，则这样的直线l有（ ）
A．0条B．2条C．3条D．4条
【解题思路】分直线l的斜率是否为0两种情况讨论，直线l的斜率不等于0时，设方程为x=my+5，Ax1,y1,Bx2,y2，联立方程，利用韦达定理求出y1+y2,y1y2，再根据弦长公式结合弦长求出m即可得解.
【解答过程】由题意，F5,0，
当直线l的斜率为0时，直线l的方程为y=0，
在方程x24−y2=1中，令y=0，则x=±2，
此时AB=4，符合题意，
当直线l的斜率不等于0时，设方程为x=my+5，
联立x=my+5x24−y2=1，消x得m2−4y2+25my+1=0，
则m2−4≠0Δ=20m2−4m2−4>0，解得m≠±2，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
则y1+y2=−25mm2−4,y1y2=1m2−4，
故AB=1+m2⋅y1+y22−4y1y2
=1+m2⋅−25mm2−42−4m2−4=4m2+1m2−4=4，解得m=±62，
综上所述，符合题意得直线l有3条.
故选：C.
6．（23-24高二上·江苏无锡·期中）斜率为1的直线l经过抛物线y2=2px（p>0）的焦点F，且与抛物线相交于A,B两点，线段AB的长为8，则p的值为（ ）
A．12B．1C．2D．3
【解题思路】先设点Ax1,y1和Bx2,y2，设直线l方程为y=x−p2，联立直线和抛物线方程，利用弦长公式可计算出p的值.
【解答过程】设点Ax1,y1和Bx2,y2，设直线l方程为y=x−p2，
联立方程：y=x−p2y2=2px，可得：y2−2py−p2=0，
y1+y2=2p,y1y2=−p2，
线段AB的长为：1+1k2⋅(y1+y2)2−4y1y2=2×(2p)2−4(−p2)=4p=8，
得p=2，
故选：C.
7．（23-24高二上·全国·单元测试）已知椭圆C:x23+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y=x+m与C交于点A,B两点，若△F1AB面积是△F2AB的2倍，则m=（ ）
A．23B．22C．−23D．−23
【解题思路】由三角形的面积关系得出|MF1|=2|MF2|并用含m的关系式表示，再由直曲联立判别式大于零得出m的取值范围即可.
【解答过程】设直线y=x+m与x轴的交点为M，则M−m,0.
所以S△F1AB=12|MF1||yA−yB|，S△F2AB=12|MF2||yA−yB|.
因为S△F1AB=2S△F2AB,所以|MF1|=2|MF2|.
由x23+y2=1得c=2，即F1−2,0,F22,0 ，|F1F2|=22.
所以|−2+m|=2|2+m|，解得 m=−23或−32.
因为y=x+m与C有两个交点，
联立y=x+mx23+y2=1 消y得4x2+6mx+3m2−3=0，
则Δ=36m2−16(3m2−3)>0,解得m20，所以y1+y2=4m，y1y2=−4,
所以x1+x2=my1+y2+2=4m2+2,
x1x2=my1+1my2+1=m2y1y2+my1+y2+1 =−4m2+4m2+1=1 ，故A正确；
AB=x1+1+x2+1=4m2+4,
当m=0时,AB有最小值4，故C错误；
当直线l的斜率为1时，则m=1，故AB=4m2+4=8，故B错误；
设线段AB的中点为M，则M2m2+1,2m,
所以点M到准线x=−1的距离为2m2+2=AB2,
所以以AB为直径的圆与C的准线相切,故D正确.
故选:AD.
10．（23-24高二上·浙江杭州·期中）设椭圆的方程为x22+y24=1，斜率为k的直线l不经过原点O，且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，则（ ）
A．kAB⋅kOM=−1
B．若M1,1，则直线l的方程为2x+y−3=0
C．若直线l的方程为y=x+2，则M13,43
D．若直线l的方程为y=x+2，则AB=423
【解题思路】利用点差法，即可判断A；根据A的结果，结合中点坐标和直线的斜率，可分别判断BC，直线与椭圆方程联立，结合弦长公式，即可判断D.
【解答过程】A.设Ax1,y1，Bx2,y2，Mx1+x22,y1+y22，
x122+y124=1x222+y224=1，两式相减得x1+x2x1−x22+y1+y2y1−y24=0，
整理为y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=−2，即kAB⋅kOM=−2，故A错误；
B.由y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=−2，以及M1,1，可知，y1−y2x1−x2⋅22=−2，则kAB=−2，
所以直线l的方程为y−1=−2x−1，则2x+y−3=0，故B正确；
C.由kAB⋅kOM=−2，且直线l的方程为y=x+2，所以kOM=−2，即yMxM=−2，
且yM=xM+2，解得：xM=−23，yM=43，即M−23,43，故C错误；
D.联立x22+y24=1y=x+2，得3x2+4x=0，得x=0或x=−43，
弦长AB=1+k2×x1−x2=2×43=423，故D正确.
故选：BD.
填空题
11．（23-24高二上·陕西西安·期末）过抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于Ax1,y1,Bx2,y2两点，若AB=12，那么x1+x2= 10 ．
【解题思路】
由焦半径公式求得焦点弦长.
【解答过程】由题设抛物线焦点坐标为F1,0，
则由抛物线定义易知：AB=AF+BF=x1+1+x2+1=12，
故x1+x2=10.
故答案为：10.
12．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线E:x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1作直线交两条渐近线于点A，B，且AF1=3AB．若点A在x轴上的射影为M，则S△AF1MS△BF1F2= 1516 ．
【解题思路】画出图形，数形结合，由已知条件和双曲线的几何性质运算求解即可.
【解答过程】如图所示，

设直线AB交y轴于点C，
则S△AF1MS△BF1F2=12F1M⋅yA12F1F2⋅yB=F1MF1F2⋅AF1BF1=32⋅F1MF1F2=34⋅F1MF1O=34⋅F1AF1C．
∵双曲线E的渐近线方程为y=±bax，
∴xAxB=yAyB=AF1BF1=32，∴|AC||BC|=xAxB=32．
不妨设BF1=2，AF1=3，则|AB|=1，则|AC|=35，|BC|=25，F1C=125，
∴F1AF1C=54，∴S△AF1MS△BF1F2=34⋅F1AF1C=1516．
故答案为：1516.
解答题
13．（23-24高二上·贵州铜仁·阶段练习）已知椭圆C:x23+y22=1，直线l:y=x+m（其中m0，且m0,b>0)的焦距为4，且过点P2,33．
(1)求双曲线Γ的方程；
(2)过双曲线Γ的左焦点F分别作斜率为k1,k2的两直线l1与l2，直线l1交双曲线Γ于A,B两点，直线l2交双曲线Γ于C,D两点，设M,N分别为AB与CD的中点，若k1⋅k2=−1，证明：直线MN过定点．
【解题思路】
（1）由题意得2c=4，再将P2,33代入双曲线方程，结合c2=a2+b2可求出a2,b2，从而可求出双曲线方程
（2）设直线l1方程为y=k1x+2，Ax1,y1,Bx2,y2，将直线方入双曲线方程化简后利用根与系数的关系，结合中点坐标公式可表示点M的坐标，再利用k1⋅k2=−1表示出点N的坐标，再表示出直线MN的方程，可求得直线MN过定点E−3,0，从而可求得答案.
【解答过程】
（1）由题意得2c=4，得c=2，所以a2+b2=4，
因为点P2,33在双曲线上，所以4a2−13b2=1，解
得a2=3,b2=1，
所以双曲线方程为x23−y2=1．
（2）F−2,0，设直线l1方程为y=k1x+2，
Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=k1x+2x23−y2=1，得1−3k12x2−12k12x−12k12−3=0，
则x1+x2=12k121−3k12,x1x2=−12k12−31−3k12，
所以x1+x22=6k121−3k12，所以AB的中点M6k121−3k12,2k11−3k12，
因为k1⋅k2=−1，所以用−1k1代换k1，得N6k12−3,−2k1k12−3，
当6k121−3k12=6k12−3，即k1=±1时，直线MN的方程为x=−3，过点E−3,0，
当k1≠±1时，kMN=2k11−3k12−−2k1k12−36k121−3k12−6k12−3=−2k13k12−1，
直线MN的方程为y−2k11−3k12=−2k13k12−1x−6k121−3k12，
令y=0，得x=3k12−11−3k12+6k121−3k12=−3，
所以直线MN也过定点E−3,0．
16．（23-24高二下·安徽滁州·期中）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，A，F分别为椭圆C的左顶点和右焦点，过F的直线l交椭圆C于点P，Q．若AF=3，且当直线l⊥x轴时，PQ=3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，问k1k2是否为定值？并证明你的结论；
(3)记△APQ的面积为S，求S的最大值．
【解题思路】
（1）由AF=3，PQ=3，及a2=b2+c2可求得a2，b2；
（2）可先设直线PQ的方程与P，Q的坐标，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理建立交点坐标的关系，将k1k2用坐标表示，再探求定值的存在性；
（3）根据S△APQ=12AF⋅y1−y2，将y1−y2用参数m表示，从而得到面积关于m函数，根据此函数的形式特点，可求得面积的最大值．
【解答过程】
（1）设椭圆的右焦点为Fc,0，c>0，则a2=b2+c2，…①
由AF=3，得a+c=3，…②
又当直线l⊥x轴时，P，Q的横坐标为c，将x=c代入x2a2+y2b2=1中，得y=±b2a，
则PQ=2b2a=3，…③
联立①②③，解得a2=4，b2=3，c2=1，
所以椭圆C的方程为x24+y23=1．
（2）k1k2=−14证明如下：
显然，直线PQ不与y轴垂直，可设PQ的方程为x=my+1，
联立椭圆方程x24+y23=1，消去x并整理得3m2+4y2+6my−9=0，
又设Px1，y1，Qx2，y2，由韦达定理得y1+y2=−6m3m2+4y1y2=−93m2+4
从而x1+x2=my1+1+my2+1=my1+y2+2=83m2+4，
x1x2=my1+1my2+1=m2y1y2+my1+y2+1=−12m2+43m2+4，
所以k1k2=y1y2x1+2x2+2=y1y2x1x2+2x1+x2+4=−93m2+4−12m2+43m2+4+163m2+4+4=−936=−14，
即k1k2=−14，故得证．
（3）由（2）知，y1+y2=−6m3m2+4y1y2=−93m2+4
所以
S=12AF⋅y1−y2=32y1−y2=32(y1+y2)2−4y1y2
=32(−6m3m2+4)2+363m2+4=18m2+1(3m2+4)2=18m2+19(m2+1)2+6m2+1+1
=1819m2+1+1m2+1+6．
令t=m2+1，t≥1，
则S=189t+1t+6t≥1，设函数gt=9t+1tt≥1，
由对勾函数性质易知gt=9t+1t在1,+∞上为增函数，
得t=1，即m=0时，[gt]min=9×1+11=10，
此时S取得最大值为1810+6=92．
标准方程
弦长公式
y2=2px(p>0)
|AB|=x1+x2+p
y2=-2px(p>0)
|AB|=p-(x1+x2)
x2=2py(p>0)
|AB|=y1+y2+p
x2=-2py(p>0)
|AB|=p-(y1+y2)