（京津鲁琼专用）2023版高考数学二轮复习第二部分专题五解析几何第2讲圆锥曲线的定义、方程与性质练习（含解析）

〔京津鲁琼专用〕2022版高考数学二轮复习第二局部专题五解析几何第2讲圆锥曲线的定义、方程与性质练习〔含解析〕PAGE47-第2讲圆锥曲线的定义、方程与性质[做真题]题型一圆锥曲线的定义与方程1．(2022·高考全国卷Ⅰ)椭圆C的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，过F2的直线与C交于A，B两点，假设|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，那么C的方程为()A．eq\f(x2,2)＋y2＝1 B．eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1C．eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1 D．eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1解析：选B.由题意设椭圆的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，那么|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝eq\f(a,2)，故|F2A|＝a＝|F1A|，那么点A为椭圆C的上顶点或下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，那么sinθ＝eq\f(1,a).在等腰三角形ABF1中，cos2θ＝eq\f(\f(a,2),\f(3a,2))＝eq\f(1,3)，所以eq\f(1,3)＝1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up12(2)，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.应选B.2．(2022·高考全国卷Ⅱ)假设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆eq\f(x2,3p)＋eq\f(y2,p)＝1的一个焦点，那么p＝()A．2 B．3C．4 D．8解析：选D.由题意，知抛物线的焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，椭圆的焦点坐标为(±eq\r(2p)，0)，所以eq\f(p,2)＝eq\r(2p)，解得p＝8，应选D.3．(一题多解)(2022·高考全国卷Ⅲ)双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为y＝eq\f(\r(5),2)x，且与椭圆eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1有公共焦点，那么C的方程为()A．eq\f(x2,8)－eq\f(y2,10)＝1 B．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1C．eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1 D．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1解析：选B.法一：由双曲线的渐近线方程可设双曲线方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝k(k>0)，即eq\f(x2,4k)－eq\f(y2,5k)＝1，因为双曲线与椭圆eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1有公共焦点，所以4k＋5k＝12－3，解得k＝1，故双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1.应选B.法二：因为椭圆eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1的焦点为(±3，0)，双曲线与椭圆eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1有公共焦点，所以a2＋b2＝(±3)2＝9①，因为双曲线的一条渐近线为y＝eq\f(\r(5),2)x，所以eq\f(b,a)＝eq\f(\r(5),2)②，联立①②可解得a2＝4，b2＝5，所以双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1.4．(2022·高考全国卷Ⅱ)F是抛物线C：y2＝8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N.假设M为FN的中点，那么|FN|＝____________．解析：法一：依题意，抛物线C：y2＝8x的焦点F(2，0)，准线x＝－2，因为M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N，M为FN的中点，设M(a，b)(b>0)，所以a＝1，b＝2eq\r(2)，所以N(0，4eq\r(2))，|FN|＝eq\r(4＋32)＝6.法二：依题意，抛物线C：y2＝8x的焦点F(2，0)，准线x＝－2，因为M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N，M为FN的中点，那么点M的横坐标为1，所以|MF|＝1－(－2)＝3，|FN|＝2|MF|＝6.答案：6题型二圆锥曲线的几何性质1．(2022·高考全国卷Ⅱ)F1，F2是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为eq\f(\r(3),6)的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，那么C的离心率为()A．eq\f(2,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,4)解析：选D.由题意可得椭圆的焦点在x轴上，如下图，设|F1F2|＝2c，因为△PF1F2为等腰三角形，且∠F1F2P＝120°，所以|PF2|＝|F1F2|＝2c，所以|OF2|＝c，所以点P坐标为(c＋2ccos60°，2csin60°)，即点P(2c，eq\r(3)c)．因为点P在过点A，且斜率为eq\f(\r(3),6)的直线上，所以eq\f(\r(3)c,2c＋a)＝eq\f(\r(3),6)，解得eq\f(c,a)＝eq\f(1,4)，所以e＝eq\f(1,4)，应选D.2．(一题多解)(2022·高考全国卷Ⅰ)双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．假设eq\o(F1A,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(F1B,\s\up6(→))·eq\o(F2B,\s\up6(→))＝0，那么C的离心率为________．解析：通解：因为eq\o(F1B,\s\up6(→))·eq\o(F2B,\s\up6(→))＝0，所以F1B⊥F2B，如图．所以|OF1|＝|OB|，所以∠BF1O＝∠F1BO，所以∠BOF2＝2∠BF1O.因为eq\o(F1A,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))，所以点A为F1B的中点，又点O为F1F2的中点，所以OA∥BF2，所以F1B⊥OA，因为直线OA，OB为双曲线C的两条渐近线，所以tan∠BF1O＝eq\f(a,b)，tan∠BOF2＝eq\f(b,a).因为tan∠BOF2＝tan(2∠BF1O)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(2×\f(a,b),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))\s\up12(2))，所以b2＝3a2，所以c2－a2＝3a2，即2a＝c，所以双曲线的离心率e＝eq\f(c,a)＝2.优解：因为eq\o(F1B,\s\up6(→))·eq\o(F2B,\s\up6(→))＝0，所以F1B⊥F2B，在Rt△F1BF2中，|OB|＝|OF2|，所以∠OBF2＝∠OF2B，又eq\o(F1A,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))，所以A为F1B的中点，所以OA∥F2B，所以∠F1OA＝∠OF2B.又∠F1OA＝∠BOF2，所以△OBF2为等边三角形．由F2(c，0)可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，\f(\r(3)c,2)))，因为点B在直线y＝eq\f(b,a)x上，所以eq\f(\r(3),2)c＝eq\f(b,a)·eq\f(c,2)，所以eq\f(b,a)＝eq\r(3)，所以e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝2.答案：23．(一题多解)(2022·高考全国卷Ⅲ)点M(－1，1)和抛物线C：y2＝4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．假设∠AMB＝90°，那么k＝________．解析：法一：由题意知抛物线的焦点为(1，0)，那么过C的焦点且斜率为k的直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k〔x－1〕，,y2＝4x，))消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k〔x－1〕，,y2＝4x，))消去x得y2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)y＋1))，即y2－eq\f(4,k)y－4＝0，那么y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝－4，由∠AMB＝90°，得eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，将x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1与y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝－4代入，得k＝2.法二：设抛物线的焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,1)＝4x1，,yeq\o\al(2,2)＝4x2，))所以yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)＝4(x1－x2)，那么k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(4,y1＋y2)，取AB的中点M′(x0，y0)，分别过点A，B作准线x＝－1的垂线，垂足分别为A′，B′，又∠AMB＝90°，点M在准线x＝－1上，所以|MM′|＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\f(1,2)(|AF|＋|BF|)＝eq\f(1,2)(|AA′|＋|BB′|)．又M′为AB的中点，所以MM′平行于x轴，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以k＝2.答案：2[山东省学习指导意见]1．了解圆锥曲线的实际背景，感受圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用．2．掌握椭圆的定义、标准方程及简单几何性质．3．了解抛物线、双曲线的定义、几何图形和标准方程，知道它们的简单几何性质．圆锥曲线的定义与标准方程[典型例题](1)椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点M，N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是()A．eq\f(\r(5),5) B．eq\f(6\r(5),5)C．eq\f(8\r(5),5) D．eq\f(4\r(5),5)(2)设F1，F2分别是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，P是C上一点，假设|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2最小内角的大小为30°，那么双曲线C的渐近线方程是()A．eq\r(2)x±y＝0 B．x±eq\r(2)y＝0C．x±2y＝0 D．2x±y＝0【解析】(1)如图，设椭圆的右焦点为F′，连接MF′，NF′.因为|MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|≥|MF|＋|NF|＋|MN|，所以当直线x＝m过椭圆的右焦点时，△FMN的周长最大．此时|MN|＝eq\f(2b2,a)＝eq\f(8\r(5),5)，又c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(5－4)＝1，所以此时△FMN的面积S＝eq\f(1,2)×2×eq\f(8\r(5),5)＝eq\f(8\r(5),5).应选C.(2)不妨设P为双曲线C右支上一点，由双曲线的定义，可得|PF1|－|PF2|＝2a.又|PF1|＋|PF2|＝6a，解得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，又|F1F2|＝2c，那么|PF2|＝2a最小，所以∠PF1F2＝30°.在△PF1F2中，由余弦定理，可得cos30°＝eq\f(|PF1|2＋|F1F2|2－|PF2|2,2|PF1||F1F2|)＝eq\f(16a2＋4c2－4a2,2×4a×2c)＝eq\f(\r(3),2)，整理得c2＋3a2＝2eq\r(3)ac，解得c＝eq\r(3)a，所以b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(2)a.所以双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\r(2)x.应选A.【答案】(1)C(2)Aeq\a\vs4\al()(1)圆锥曲线的定义①椭圆：|MF1|＋|MF2|＝2a(2a>|F1F2|)．②双曲线：||MF1|－|MF2||＝2a(2a<|F1F2|)．③抛物线：|MF|＝d(d为M点到准线的距离)．[注意]应用圆锥曲线定义解题时，易无视定义中隐含条件导致错误．(2)求解圆锥曲线标准方程的思路定型就是指定类型，也就是确定圆锥曲线的焦点位置，从而设出标准方程计算即利用待定系数法求出方程中的a2，b2或p.另外，当焦点位置无法确定时，抛物线常设为y2＝2ax或x2＝2ay(a≠0)，椭圆常设为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)，双曲线常设为mx2－ny2＝1(mn>0)[对点训练]1．(2022·福州模拟)双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，点B是虚轴的一个端点，线段BF与双曲线C的右支交于点A，假设eq\o(BA,\s\up6(→))＝2eq\o(AF,\s\up6(→))，且|eq\o(BF,\s\up6(→))|＝4，那么双曲线C的方程为()A．eq\f(x2,6)－eq\f(y2,5)＝1 B．eq\f(x2,8)－eq\f(y2,12)＝1C．eq\f(x2,8)－eq\f(y2,4)＝1 D．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,6)＝1解析：选D.不妨设B(0，b)，由eq\o(BA,\s\up6(→))＝2eq\o(AF,\s\up6(→))，F(c，0)，可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2c,3)，\f(b,3)))，代入双曲线C的方程可得eq\f(4,9)×eq\f(c2,a2)－eq\f(1,9)＝1，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,2).①又|eq\o(BF,\s\up6(→))|＝eq\r(b2＋〔－c〕2)＝4，c2＝a2＋b2，所以a2＋2b2＝16.②由①②可得，a2＝4，b2＝6，所以双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,6)＝1.2．(2022·陕西渭南期末改编)方程eq\f(x2,4－k)＋eq\f(y2,k－2)＝1，假设该方程表示双曲线，那么k的取值范围是________，假设该方程表示焦点在x轴上的椭圆，那么k的取值范围是________．解析：方程eq\f(x2,4－k)＋eq\f(y2,k－2)＝1表示双曲线，假设焦点在x轴上，那么4－k>0，k－2<0，解得k<2；假设焦点在y轴上，那么4－k<0，k－2>0，解得k>4，那么k的取值范围是(－∞，2)∪(4，＋∞)．假设方程表示焦点在x轴上的椭圆，那么4－k>k－2>0，即2<k<3，那么k的取值范围为(2，3)．答案：(－∞，2)∪(4，＋∞)(2，3)3．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作直线交抛物线于A，B两点，假设|AF|＝2|BF|＝6，那么p＝________．解析：设直线AB的方程为x＝my＋eq\f(p,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1>x2，将直线AB的方程代入抛物线方程得y2－2pmy－p2＝0，所以y1y2＝－p2，4x1x2＝p2.设抛物线的准线为l，过A作AC⊥l，垂足为C，过B作BD⊥l，垂足为D，因为|AF|＝2|BF|＝6，根据抛物线的定义知，|AF|＝|AC|＝x1＋eq\f(p,2)＝6，|BF|＝|BD|＝x2＋eq\f(p,2)＝3，所以x1－x2＝3，x1＋x2＝9－p，所以(x1＋x2)2－(x1－x2)2＝4x1x2＝p2，即18p－72＝0，解得p＝4.答案：4圆锥曲线的性质[典型例题](1)(2022·高考全国卷Ⅱ)设F为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于P，Q两点．假设|PQ|＝|OF|，那么C的离心率为()A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．2 D．eq\r(5)(2)(2022·济南市模拟考试)设F1，F2分别是椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，过F2的直线交椭圆于A，B两点，且eq\o(AF,\s\up6(→))1·eq\o(AF,\s\up6(→))2＝0，eq\o(AF,\s\up6(→))2＝2eq\o(F2B,\s\up6(→))，那么椭圆E的离心率为()A．eq\f(2,3) B．eq\f(3,4)C．eq\f(\r(5),3) D．eq\f(\r(7),4)【解析】(1)如图，由题意，知以OF为直径的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(c2,4)①，将x2＋y2＝a2记为②式，①－②得x＝eq\f(a2,c)，那么以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2的相交弦所在直线的方程为x＝eq\f(a2,c)，所以|PQ|＝2eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)))\s\up12(2)).由|PQ|＝|OF|，得2eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)))\s\up12(2))＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e＝eq\r(2)，应选A.(2)设|BF2|＝m，那么|AF2|＝2m.连接BF1，由椭圆的定义可知|AF1|＝2a－2m，|BF1|＝2a－m.由eq\o(AF,\s\up6(→))1·eq\o(AF,\s\up6(→))2＝0知AF1⊥AF2，故在Rt△ABF1中，(2a－2m)2＋(3m)2＝(2a－m)2，整理得m＝eq\f(a,3).故在Rt△AF1F2中，|AF1|＝eq\f(4a,3)，|AF2|＝eq\f(2a,3)，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4a,3)))eq\s\up12(2)＝4c2，解得e＝eq\f(\r(5),3).【答案】(1)A(2)Ceq\a\vs4\al()(1)椭圆、双曲线的离心率(或范围)的求法求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求eq\f(c,a)的值．(2)双曲线的渐近线的求法及用法①求法：把双曲线标准方程等号右边的1改为零，分解因式可得．②用法：(i)可得eq\f(b,a)或eq\f(a,b)的值．(ii)利用渐近线方程设所求双曲线的方程．[对点训练]1．(2022·广州市调研测试)抛物线y2＝2px(p>0)与双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)有相同的焦点F，点A是两曲线的一个交点，且AF⊥x轴，那么双曲线的离心率为()A．eq\r(2)＋1 B．eq\r(3)＋1C．eq\r(5)＋1 D．eq\r(2)＋2解析：选A.如图，结合题意画出图形，因为抛物线的焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，所以由题设知双曲线的右焦点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，所以a2＋b2＝eq\f(p2,4)①.因为AF⊥x轴，所以由点A在抛物线上可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))(取A在第一象限)，又点A在双曲线上，所以p＝eq\f(b2,a)②.将②代入①得a2＋b2＝eq\f(b4,4a2)，即b4＝4a4＋4a2b2，所以4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(4)＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(2)－1＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(2)＝eq\f(\r(2)－1,2)，从而e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(\r(2)－1＋2,\r(2)－1)＝(eq\r(2)＋1)2，故e＝eq\r(2)＋1.应选A.2．(2022·济南一模改编)抛物线y2＝8x的焦点到双曲线eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1渐近线的距离为________，双曲线右焦点到抛物线准线的距离为________．解析：抛物线y2＝8x的焦点F(2，0)，双曲线eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1的一条渐近线方程为y＝eq\f(3,4)x，即3x－4y＝0，那么点F(2，0)到渐近线3x－4y＝0的距离为eq\f(|3×2－4×0|,\r(32＋42))＝eq\f(6,5).双曲线右焦点的坐标为(5，0)，抛物线的准线方程为x＝－2，所以双曲线右焦点到抛物线准线的距离为7.答案：eq\f(6,5)7直线与圆锥曲线的位置关系[典型例题]命题角度一位置关系的判断及应用在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2px(p＞0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.(1)求eq\f(|OH|,|ON|)；(2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由．【解】(1)由得M(0，t)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2p)，t)).又N为M关于点P的对称点，故Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,p)，t))，ON的方程为y＝eq\f(p,t)x，代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2t2,p).因此Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t2,p)，2t)).所以N为OH的中点，即eq\f(|OH|,|ON|)＝2.(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点．理由如下：直线MH的方程为y－t＝eq\f(p,2t)x，即x＝eq\f(2t,p)(y－t)．代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外直线MH与C没有其他公共点．eq\a\vs4\al()(1)直线与圆锥曲线有两个不同的公共点的判定通常的方法是直线方程与圆锥曲线方程联立，消元后得到一元二次方程，其Δ>0；另一方法就是数形结合，如直线与双曲线有两个不同的公共点，可通过判定直线的斜率与双曲线渐近线的斜率的大小得到．(2)直线与圆锥曲线只有一个公共点的结论直线与圆锥曲线只有一个公共点，那么直线与双曲线的一条渐近线平行，或直线与抛物线的对称轴平行，或直线与圆锥曲线相切．命题角度二弦长问题(2022·高考全国卷Ⅰ)抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为eq\f(3,2)的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.(1)假设|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；(2)假设eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，求|AB|.【解】设直线l：y＝eq\f(3,2)x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)由题设得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋eq\f(3,2)，由题设可得x1＋x2＝eq\f(5,2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，那么x1＋x2＝－eq\f(12〔t－1〕,9).从而－eq\f(12〔t－1〕,9)＝eq\f(5,2)，得t＝－eq\f(7,8).所以l的方程为y＝eq\f(3,2)x－eq\f(7,8).(2)由eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))可得y1＝－3y2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得y2－2y＋2t＝0.所以y1＋y2＝2.从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.代入C的方程得x1＝3，x2＝eq\f(1,3).故|AB|＝eq\f(4\r(13),3).eq\a\vs4\al()直线与圆锥曲线的相交弦弦长的求法解决直线与圆锥曲线的相交弦问题的通法是将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y或x后得到一元二次方程，当Δ>0时，直线与圆锥曲线有两个交点，设为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系求出x1＋x2，x1x2或y1＋y2，y1y2，那么弦长|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(〔x1－x2〕2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(〔x1＋x2〕2－4x1x2)＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\r(〔y1＋y2〕2－4y1y2)(k为直线的斜率且k≠0)，当A，B两点坐标易求时也可以直接用|AB|＝eq\r(〔x1－x2〕2＋〔y1－y2〕2)求之．命题角度三定比、定点问题椭圆C的两个焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，且经过点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(3),2))).(1)求椭圆C的方程；(2)过点F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，假设eq\o(AF1,\s\up6(→))＝λeq\o(F1B,\s\up6(→))，且2≤λ＜3，求直线l的斜率k的取值范围．【解】(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝|EF1|＋|EF2|＝4，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝1，,b＝\r(3)，))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k＞0)，联立方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k〔x＋1〕，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k2)＋4))y2－eq\f(6,k)y－9＝0，Δ＝eq\f(144,k2)＋144＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么y1＋y2＝eq\f(6k,3＋4k2)，y1y2＝eq\f(－9k2,3＋4k2)，又eq\o(AF1,\s\up6(→))＝λeq\o(F1B,\s\up6(→))，所以y1＝－λy2，所以y1y2＝eq\f(－λ,〔1－λ〕2)(y1＋y2)2，那么eq\f(〔1－λ〕2,λ)＝eq\f(4,3＋4k2)，λ＋eq\f(1,λ)－2＝eq\f(4,3＋4k2)，因为2≤λ＜3，所以eq\f(1,2)≤λ＋eq\f(1,λ)－2＜eq\f(4,3)，即eq\f(1,2)≤eq\f(4,3＋4k2)＜eq\f(4,3)，且k＞0，解得0＜k≤eq\f(\r(5),2).故直线l的斜率k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(5),2))).eq\a\vs4\al()(1)对于弦的中点问题常用“根与系数的关系〞或“点差法〞求解．在使用“根与系数的关系〞时，要注意使用条件Δ＞0；在用“点差法〞时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．(2)圆锥曲线以P(x0，y0)(y0≠0)为中点的弦所在直线的斜率分别是k＝－eq\f(b2x0,a2y0)(椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1)，k＝eq\f(b2x0,a2y0)(双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1)，k＝eq\f(p,y0)(抛物线y2＝2px)，其中k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)(x1≠x2)，(x1，y1)，(x2，y2)为弦端点的坐标．[对点训练]1．(2022·高考全国卷Ⅲ)曲线C：y＝eq\f(x2,2)，D为直线y＝－eq\f(1,2)上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)假设以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．解：(1)证明：设Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，那么xeq\o\al(2,1)＝2y1.由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故eq\f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0.设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.所以直线AB过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋eq\f(1,2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝tx＋\f(1,2)，,y＝\f(x2,2)))可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，|AB|＝eq\r(1＋t2)|x1－x2|＝eq\r(1＋t2)×eq\r(〔x1＋x2〕2－4x1x2)＝2(t2＋1)．设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，那么d1＝eq\r(t2＋1)，d2＝eq\f(2,\r(t2＋1)).因此，四边形ADBE的面积S＝eq\f(1,2)|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)eq\r(t2＋1).设M为线段AB的中点，那么Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t2＋\f(1,2))).由于eq\o(EM,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，而eq\o(EM,\s\up6(→))＝(t，t2－2)，eq\o(AB,\s\up6(→))与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4eq\r(2).因此，四边形ADBE的面积为3或4eq\r(2).2．(2022·湖南长沙模拟)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为(eq\r(3)，0)，且经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，点M是x轴上的一点，过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A在x轴的上方)．(1)求椭圆C的方程；(2)假设eq\o(AM,\s\up6(→))＝2eq\o(MB,\s\up6(→))，且直线l与圆O：x2＋y2＝eq\f(4,7)相切于点N，求|MN|.解：(1)由题意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝c2＝3，,\f(〔－1〕2,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2),b2)＝1，))得(a2－4)(4a2－3)＝0，又a2＝3＋b2>3，故a2＝4，那么b2＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)设M(m，0)，直线l：x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\o(AM,\s\up6(→))＝2eq\o(MB,\s\up6(→))，得y1＝－2y2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x＝ty＋m))得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0，那么y1＋y2＝－eq\f(2tm,t2＋4)，y1y2＝eq\f(m2－4,t2＋4).由y1y2＝－2yeq\o\al(2,2)，y1＋y2＝－2y2＋y2＝－y2，得y1y2＝－2[－(y1＋y2)]2＝－2(y1＋y2)2，所以eq\f(m2－4,t2＋4)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2tm,t2＋4)))eq\s\up12(2)，化简得(m2－4)(t2＋4)＝－8t2m2.易知原点O到直线l的距离d＝eq\f(|m|,\r(1＋〔－t〕2))，又直线l与圆O：x2＋y2＝eq\f(4,7)相切，所以eq\f(|－m|,\r(1＋〔－t〕2))＝eq\r(\f(4,7))，即t2＝eq\f(7,4)m2－1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(〔m2－4〕〔t2＋4〕＝－8t2m2，,t2＝\f(7,4)m2－1，))得21m4－16m2－16＝0，即(3m2－4)(7m2＋4)＝0，解得m2＝eq\f(4,3)，此时t2＝eq\f(4,3)，满足Δ>0，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(2\r(3),3)，0)).在Rt△OMN中，|MN|＝eq\r(\f(4,3)－\f(4,7))＝eq\f(4\r(21),21).一、选择题1．双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的焦点到渐近线的距离为eq\r(3)，且离心率为2，那么该双曲线的实轴的长为()A．1 B．eq\r(3)C．2 D．2eq\r(3)解析：选C.由题意知双曲线的焦点(c，0)到渐近线bx－ay＝0的距离为eq\f(bc,\r(a2＋b2))＝b＝eq\r(3)，即c2－a2＝3，又e＝eq\f(c,a)＝2，所以a＝1，该双曲线的实轴的长为2a＝2.2．假设抛物线y2＝4x上一点P到其焦点F的距离为2，O为坐标原点，那么△OFP的面积为()A．eq\f(1,2) B．1C．eq\f(3,2) D．2解析：选B.设P(x0，y0)，依题意可得|PF|＝x0＋1＝2，解得x0＝1，故yeq\o\al(2,0)＝4×1，解得y0＝±2，不妨取P(1，2)，那么△OFP的面积为eq\f(1,2)×1×2＝1.3．(2022·高考全国卷Ⅲ)双曲线C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点．假设|PO|＝|PF|，那么△PFO的面积为()A．eq\f(3\r(2),4) B．eq\f(3\r(2),2)C．2eq\r(2) D．3eq\r(2)解析：选A.不妨设点P在第一象限，根据题意可知c2＝6，所以|OF|＝eq\r(6).又tan∠POF＝eq\f(b,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以等腰三角形POF的高h＝eq\f(\r(6),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(3),2)，所以S△PFO＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(2),4).4．(2022·昆明模拟)F1，F2为椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，B为C的短轴的一个端点，直线BF1与C的另一个交点为A，假设△BAF2为等腰三角形，那么eq\f(|AF1|,|AF2|)＝()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．3解析：选A.如图，不妨设点B在y轴的正半轴上，根据椭圆的定义，得|BF1|＋|BF2|＝2a，|AF1|＋|AF2|＝2a，由题意知|AB|＝|AF2|，所以|BF1|＝|BF2|＝a，|AF1|＝eq\f(a,2)，|AF2|＝eq\f(3a,2).所以eq\f(|AF1|,|AF2|)＝eq\f(1,3).应选A.5．(2022·湖南湘东六校联考)椭圆Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长是短轴长的2倍，过右焦点F且斜率为k(k>0)的直线与Γ相交于A，B两点．假设eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，那么k＝()A．1 B．2C．eq\r(3) D．eq\r(2)解析：选D.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，所以y1＝－3y2.因为椭圆Γ的长轴长是短轴长的2倍，所以a＝2b，设b＝t，那么a＝2t，故c＝eq\r(3)t，所以eq\f(x2,4t2)＋eq\f(y2,t2)＝1.设直线AB的方程为x＝sy＋eq\r(3)t，代入上述椭圆方程，得(s2＋4)y2＋2eq\r(3)sty－t2＝0，所以y1＋y2＝－eq\f(2\r(3)st,s2＋4)，y1y2＝－eq\f(t2,s2＋4)，即－2y2＝－eq\f(2\r(3)st,s2＋4)，－3yeq\o\al(2,2)＝－eq\f(t2,s2＋4)，得s2＝eq\f(1,2)，k＝eq\r(2)，应选D.6．(多项选择)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心，|FA|为半径的圆交l于B，D两点．假设∠ABD＝90°，且△ABF的面积为9eq\r(3)，那么()A．△ABF是等边三角形 B．|BF|＝3C．点F到准线的距离为3 D．抛物线C的方程为y2＝6x解析：选ACD.因为以F为圆心，|FA|为半径的圆交l于B，D两点，∠ABD＝90°，由抛物线的定义可得|AB|＝|AF|＝|BF|，所以△ABF是等边三角形，所以∠FBD＝30°.因为△ABF的面积为eq\f(\r(3),4)|BF|2＝9eq\r(3)，所以|BF|＝6.又点F到准线的距离为|BF|sin30°＝3＝p，那么该抛物线的方程为y2＝6x.二、填空题7．P(1，eq\r(3))是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)渐近线上的点，那么双曲线C的离心率是________．解析：双曲线C的一条渐近线的方程为y＝eq\f(b,a)x，P(1，eq\r(3))是双曲线C渐近线上的点，那么eq\f(b,a)＝eq\r(3)，所以离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(a2＋b2,a2))＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝2.答案：28．(2022·高考全国卷Ⅲ)设F1，F2为椭圆C：eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．假设△MF1F2为等腰三角形，那么M的坐标为________．解析：不妨令F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c＝eq\r(36－20)＝4.因为△MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.设M(x，y)，那么eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,|F1M|2＝〔x＋4〕2＋y2＝64，,x>0，,y>0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝\r(15)，))所以M的坐标为(3，eq\r(15))．答案：(3，eq\r(15))9．(2022·湖南师大附中月考改编)抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F，其准线与双曲线eq\f(x2,3)－eq\f(y2,3)＝1相交于A，B两点，假设△ABF为等边三角形，那么p＝________，抛物线的焦点到双曲线渐近线的距离为________．解析：抛物线的焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，准线方程为y＝－eq\f(p,2)，准线方程与双曲线方程联立可得eq\f(x2,3)－eq\f(p2,12)＝1，解得x＝±eq\r(3＋\f(p2,4)).因为△ABF为等边三角形，所以eq\f(\r(3),2)|AB|＝p，即eq\f(\r(3),2)×2eq\r(3＋\f(p2,4))＝p，解得p＝6.那么抛物线焦点坐标为(0，3)，双曲线渐近线方程为y＝±x，那么抛物线的焦点到双曲线渐近线的距离为eq\f(3,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2).答案：6eq\f(3\r(2),2)三、解答题10．(2022·高考天津卷)设椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.椭圆的短轴长为4，离心率为eq\f(\r(5),5).(1)求椭圆的方程；(2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上，假设|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率．解：(1)设椭圆的半焦距为c，依题意，2b＝4，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),5)，又a2＝b2＋c2，可得a＝eq\r(5)，b＝2，c＝1.所以，椭圆的方程为eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由题意，设P(xp，yp)(xp≠0)，M(xM，0)．设直线PB的斜率为k(k≠0)，又B(0，2)，那么直线PB的方程为y＝kx＋2，与椭圆方程联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，可得xp＝－eq\f(20k,4＋5k2)，代入y＝kx＋2得yp＝eq\f(8－10k2,4＋5k2)，