2025數(shù)學(xué)步步高大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版第八章　§8.8　拋物線含答案

2025數(shù)學(xué)步步高大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版第八章§8.8拋物線 §8.8拋物線課標(biāo)要求1.掌握拋物線的定義、幾何圖形、標(biāo)準(zhǔn)方程.2.掌握拋物線的簡單幾何性質(zhì)(范圍、對稱性、頂點、離心率).3.了解拋物線的簡單應(yīng)用．知識梳理1．拋物線的概念把平面內(nèi)與一個定點F和一條定直線l(l不經(jīng)過點F)的距離相等的點的軌跡叫做拋物線．點F叫做拋物線的焦點，直線l叫做拋物線的準(zhǔn)線．注意：定點F不在定直線l上，否則動點M的軌跡不是拋物線，而是過點F垂直于直線l的一條直線．2．拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程和簡單幾何性質(zhì)標(biāo)準(zhǔn)方程y2＝2px(p>0)y2＝－2px(p>0)x2＝2py(p>0)x2＝－2py(p>0)圖形范圍x≥0，y∈Rx≤0，y∈Ry≥0，x∈Ry≤0，x∈R焦點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(p,2)))準(zhǔn)線方程x＝－eq\f(p,2)x＝eq\f(p,2)y＝－eq\f(p,2)y＝eq\f(p,2)對稱軸x軸y軸頂點(0,0)離心率e＝1常用結(jié)論1．通徑：過焦點與對稱軸垂直的弦長等于2p.2．拋物線y2＝2px(p>0)上一點P(x0，y0)到焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))的距離|PF|＝x0＋eq\f(p,2)，也稱為拋物線的焦半徑．3．設(shè)拋物線方程為y2＝2px(p>0)，準(zhǔn)線x＝－eq\f(p,2)與x軸相交于點P，過焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))的直線l與拋物線相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，O為原點，α為AB與對稱軸正向所成的角，則有如下的焦點弦長公式：|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|，|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|，|AB|＝x1＋x2＋p，|AB|＝eq\f(2p,sin2α).自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請在括號中打“√”或“×”)(1)平面內(nèi)與一個定點F和一條定直線l的距離相等的點的軌跡是拋物線．(×)(2)方程y＝4x2表示焦點在x軸上的拋物線，焦點坐標(biāo)是(1,0)．(×)(3)標(biāo)準(zhǔn)方程y2＝2px(p>0)中的p的幾何意義是焦點到準(zhǔn)線的距離．(√)(4)焦點在y軸上的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程x2＝±2py(p>0)，也可以寫成y＝ax2，這與以前學(xué)習(xí)的二次函數(shù)的解析式是一致的．(√)2．(選擇性必修第一冊P133T2改編)拋物線x2＝eq\f(1,4)y的準(zhǔn)線方程為()A．y＝－eq\f(1,16) B．x＝－eq\f(1,16)C．y＝eq\f(1,16) D．x＝eq\f(1,16)答案A解析由拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程可得，拋物線的焦點位于y軸正半軸上，焦點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,16)))，準(zhǔn)線方程為y＝－eq\f(1,16).3．(選擇性必修第一冊P133T3改編)拋物線y2＝2px(p>0)上一點M(3，y)到焦點F的距離|MF|＝4，則拋物線的方程為()A．y2＝8xB．y2＝4xC．y2＝2xD．y2＝x答案B解析由題意可得|MF|＝xM＋eq\f(p,2)，則3＋eq\f(p,2)＝4，即p＝2，故拋物線方程為y2＝4x.4．若拋物線y2＝2px(p>0)上的點到焦點的最短距離為1，則p的值為()A．0B．1C．2D．3答案C解析由拋物線的定義可知，拋物線y2＝2px(p>0)上的點到焦點的距離等于其到準(zhǔn)線的距離，則最短距離為eq\f(p,2)＝1，所以p＝2.題型一拋物線的定義及應(yīng)用例1(1)(2024·南昌模擬)設(shè)圓O：x2＋y2＝4與y軸交于A，B兩點(A在B的上方)，過點B作圓O的切線l，若動點P到A的距離等于P到l的距離，則動點P的軌跡方程為()A．x2＝8y B．x2＝16yC．y2＝8x D．y2＝16x答案A解析因為圓O：x2＋y2＝4與y軸交于A，B兩點(A在B的上方)，所以A(0,2)，B(0，－2)，又因為過點B作圓O的切線l，所以切線l的方程為y＝－2，因為動點P到A的距離等于P到l的距離，所以動點P的軌跡為拋物線，且其焦點為(0,2)，準(zhǔn)線為y＝－2，所以P的軌跡方程為x2＝8y.(2)已知點M(20,40)不在拋物線C：y2＝2px(p>0)上，拋物線C的焦點為F.若對于拋物線上的一點P，|PM|＋|PF|的最小值為41，則p的值等于________．答案42或22解析當(dāng)點M(20,40)位于拋物線內(nèi)時，如圖①，過點P作拋物線準(zhǔn)線的垂線，垂足為D，則|PF|＝|PD|，|PM|＋|PF|＝|PM|＋|PD|.當(dāng)點M，P，D三點共線時，|PM|＋|PF|的值最?。勺钚≈禐?1，得20＋eq\f(p,2)＝41，解得p＝42；當(dāng)點M(20,40)位于拋物線外時，如圖②，當(dāng)點P，M，F(xiàn)三點共線時，|PM|＋|PF|的值最?。勺钚≈禐?1，得eq\r(402＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20－\f(p,2)))2)＝41，解得p＝22或p＝58.當(dāng)p＝58時，y2＝116x，點M(20,40)在拋物線內(nèi)，故舍去．綜上，p＝42或p＝22.①②思維升華“看到準(zhǔn)線想到焦點，看到焦點想到準(zhǔn)線”，許多拋物線問題均可根據(jù)定義獲得簡捷、直觀的求解．“由數(shù)想形，由形想數(shù)，數(shù)形結(jié)合”是靈活解題的一條捷徑．跟蹤訓(xùn)練1(1)已知拋物線y＝mx2(m>0)上的點(x0,2)到該拋物線焦點F的距離為eq\f(11,4)，則m等于()A．4B．3C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,3)答案D解析由題意知，拋物線y＝mx2(m>0)的準(zhǔn)線方程為y＝－eq\f(1,4m)，根據(jù)拋物線的定義，可得點(x0,2)到焦點F的距離等于到準(zhǔn)線y＝－eq\f(1,4m)的距離，可得2＋eq\f(1,4m)＝eq\f(11,4)，解得m＝eq\f(1,3).(2)已知點P為拋物線y2＝－4x上的動點，設(shè)點P到l：x＝1的距離為d1，到直線x＋y－4＝0的距離為d2，則d1＋d2的最小值是()A.eq\f(5,2)B.eq\f(5\r(2),2)C．2D.eq\r(2)答案B解析直線l：x＝1為拋物線y2＝－4x的準(zhǔn)線，點P到準(zhǔn)線的距離等于點P到焦點F的距離，過焦點F作直線x＋y－4＝0的垂線，如圖所示，當(dāng)點P為所作直線與拋物線的交點時，d1＋d2的值最小，為點F到直線x＋y－4＝0的距離．∵F(－1,0)，∴(d1＋d2)min＝eq\f(|－1＋0－4|,\r(2))＝eq\f(5\r(2),2).題型二拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程例2(1)拋物線過點(3，－4)，則拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為________．答案y2＝eq\f(16,3)x或x2＝－eq\f(9,4)y解析∵點(3，－4)在第四象限，∴拋物線開口向右或向下，設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝2px(p>0)或x2＝－2p1y(p1>0)．把點(3，－4)的坐標(biāo)分別代入y2＝2px和x2＝－2p1y中，得(－4)2＝2p·3,32＝－2p1·(－4)，則2p＝eq\f(16,3)，2p1＝eq\f(9,4).∴所求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝eq\f(16,3)x或x2＝－eq\f(9,4)y.(2)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，點A，B在拋物線上，且直線AB過點Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，0))，F(xiàn)為C的焦點，若|FA|＝2|FB|＝6，則拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為________．答案y2＝8x解析如圖，過點A，B分別作拋物線C的準(zhǔn)線l的垂線，垂足分別為A1，B1，由拋物線的定義可知，|AA1|＝|AF|，|BB1|＝|BF|，∵2|FB|＝|FA|，∴2|BB1|＝|AA1|，則易知B為AD的中點．連接OB，則OB為△DFA的中位線，∴2|OB|＝|FA|，∴|OB|＝|FB|，∴點B在線段OF的垂直平分線上，∴點B的橫坐標(biāo)為eq\f(p,4)，∴|FB|＝eq\f(p,2)＋eq\f(p,4)＝3，∴p＝4，∴拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝8x.思維升華求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程的方法(1)定義法．(2)待定系數(shù)法：當(dāng)焦點位置不確定時，分情況討論．跟蹤訓(xùn)練2(1)(2023·臨汾統(tǒng)考)拋物線C的焦點F關(guān)于其準(zhǔn)線對稱的點為(0，－9)，則拋物線C的方程為()A．x2＝6y B．x2＝12yC．x2＝18y D．x2＝36y答案B解析由題可知，拋物線開口向上，設(shè)方程為x2＝2py(p>0)，設(shè)拋物線的焦點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，則準(zhǔn)線為y＝－eq\f(p,2)，所以eq\f(\f(p,2)＋－9,2)＝－eq\f(p,2)，解得p＝6，所以拋物線C的方程為x2＝12y.(2)設(shè)拋物線C的頂點在坐標(biāo)原點，焦點F在y軸正半軸上，點P在拋物線C上，|PF|＝eq\f(5,2)，若以線段PF為直徑的圓過坐標(biāo)軸上距離原點為1的點，則該拋物線C的方程為________．答案x2＝2y或x2＝8y解析由題意設(shè)拋物線方程為x2＝2py(p>0)，P(x0，y0)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，圓的半徑為eq\f(5,4)，由焦半徑公式可知y0＋eq\f(p,2)＝eq\f(5,2)，得y0＝eq\f(5－p,2)，并且線段PF中點的縱坐標(biāo)是eq\f(y0＋\f(p,2),2)＝eq\f(5,4)，所以以線段PF為直徑的圓與x軸相切，切點坐標(biāo)為(－1,0)或(1,0)，所以x0＝±2，即點P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±2，\f(5－p,2)))，代入拋物線方程x2＝2py(p>0)，得4＝2p·eq\f(5－p,2)，解得p＝1或p＝4，即當(dāng)點F在y軸正半軸時，拋物線方程是x2＝2y或x2＝8y.題型三拋物線的幾何性質(zhì)例3(1)(2023·蘭州一中模擬)已知圓x2＋y2＝1與拋物線y2＝2px(p>0)交于A，B兩點，與拋物線的準(zhǔn)線交于C，D兩點，若四邊形ABCD是矩形，則p等于()A.eq\f(\r(5),2)B.eq\f(\r(2),5)C.eq\f(5\r(2),2)D.eq\f(2\r(5),5)答案D解析因為四邊形ABCD是矩形，所以由拋物線與圓的對稱性知，弦AB為拋物線y2＝2px(p>0)的通徑，因為圓的半徑為1，拋物線的通徑為2p，所以有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)))2＋p2＝1，解得p＝eq\f(2\r(5),5).(2)(多選)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，直線l的斜率為eq\r(3)且經(jīng)過點F，與拋物線C交于A，B兩點(點A在第一象限)，與拋物線C的準(zhǔn)線交于點D.若|AF|＝8，則以下結(jié)論正確的是()A．p＝4 B.eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(FA,\s\up6(→))C．|BD|＝2|BF| D．|BF|＝4答案ABC解析如圖所示，分別過點A，B作拋物線C的準(zhǔn)線的垂線，垂足分別為點E，M，連接EF.設(shè)拋物線C的準(zhǔn)線交x軸于點P，則|PF|＝p.因為直線l的斜率為eq\r(3)，所以其傾斜角為60°.因為AE∥x軸，所以∠EAF＝60°，由拋物線的定義可知，|AE|＝|AF|，則△AEF為等邊三角形，所以∠EFP＝∠AEF＝60°，則∠PEF＝30°，所以|AF|＝|EF|＝2|PF|＝2p＝8，得p＝4，故A正確；因為|AE|＝|EF|＝2|PF|，且PF∥AE，所以F為AD的中點，則eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(FA,\s\up6(→))，故B正確；因為∠DAE＝60°，所以∠ADE＝30°，所以|BD|＝2|BM|＝2|BF|，故C正確；因為|BD|＝2|BF|，所以|BF|＝eq\f(1,3)|DF|＝eq\f(1,3)|AF|＝eq\f(8,3)，故D錯誤．思維升華應(yīng)用拋物線的幾何性質(zhì)解題時，常結(jié)合圖形思考，通過圖形可以直觀地看出拋物線的頂點、對稱軸、開口方向等幾何特征，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合思想解題的直觀性．跟蹤訓(xùn)練3(1)(2021·新高考全國Ⅰ)已知O為坐標(biāo)原點，拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，P為C上一點，PF與x軸垂直，Q為x軸上一點，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，則C的準(zhǔn)線方程為______．答案x＝－eq\f(3,2)解析方法一(解直角三角形法)由題易得|OF|＝eq\f(p,2)，|PF|＝p，∠OPF＝∠PQF，所以tan∠OPF＝tan∠PQF，所以eq\f(|OF|,|PF|)＝eq\f(|PF|,|FQ|)，即eq\f(\f(p,2),p)＝eq\f(p,6)，解得p＝3(p＝0舍去)，所以C的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(3,2).方法二(應(yīng)用射影定理法)由題易得|OF|＝eq\f(p,2)，|PF|＝p，|PF|2＝|OF|·|FQ|，即p2＝eq\f(p,2)×6，解得p＝3或p＝0(舍去)，所以C的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(3,2).(2)已知F是拋物線y2＝16x的焦點，M是拋物線上一點，F(xiàn)M的延長線交y軸于點N，若3eq\o(FM,\s\up6(→))＝2eq\o(MN,\s\up6(→))，則|NF|＝________.答案16解析易知焦點F的坐標(biāo)為(4,0)，準(zhǔn)線l的方程為x＝－4，如圖，拋物線準(zhǔn)線與x軸的交點為A，作MB⊥l于點B，NC⊥l于點C，AF∥MB∥NC，則eq\f(|MN|,|NF|)＝eq\f(|BM|－|CN|,|OF|)，由3eq\o(FM,\s\up6(→))＝2eq\o(MN,\s\up6(→))，得eq\f(|MN|,|NF|)＝eq\f(3,5)，又|CN|＝4，|OF|＝4，所以eq\f(|BM|－4,4)＝eq\f(3,5)，|BM|＝eq\f(32,5)，|MF|＝|BM|＝eq\f(32,5)，eq\f(|MF|,|NF|)＝eq\f(2,5)，所以|NF|＝16.課時精練一、單項選擇題1．在平面內(nèi)，已知定點A及定直線l，記動點P到l的距離為d，則“|PA|＝d”是“點P的軌跡是以點A為焦點，直線l為準(zhǔn)線的拋物線”的()A．充要條件B．充分不必要條件C．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件答案C解析“點P的軌跡是以點A為焦點，直線l為準(zhǔn)線的拋物線”?“|PA|＝d”，反之不成立，當(dāng)直線經(jīng)過定點A時，軌跡不是拋物線．因此“|PA|＝d”是“點P的軌跡是以點A為焦點，直線l為準(zhǔn)線的拋物線”的必要不充分條件．2．(2023·榆林模擬)已知拋物線x2＝2py(p>0)上的一點M(x0,1)到其焦點的距離為2，則該拋物線的焦點到其準(zhǔn)線的距離為()A．6B．4C．3D．2答案D解析由題可知，拋物線準(zhǔn)線為y＝－eq\f(p,2)，可得1＋eq\f(p,2)＝2，解得p＝2，所以該拋物線的焦點到其準(zhǔn)線的距離為p＝2.3．(2023·福州質(zhì)檢)在平面直角坐標(biāo)系Oxy中，動點P(x，y)到直線x＝1的距離比它到定點(－2,0)的距離小1，則P的軌跡方程為()A．y2＝2x B．y2＝4xC．y2＝－4x D．y2＝－8x答案D解析由題意知動點P(x，y)到直線x＝2的距離與到定點(－2,0)的距離相等，由拋物線的定義知，P的軌跡是以(－2,0)為焦點，x＝2為準(zhǔn)線的拋物線，所以p＝4，軌跡方程為y2＝－8x.4．(2023·北京模擬)設(shè)M是拋物線y2＝4x上的一點，F(xiàn)是拋物線的焦點，O是坐標(biāo)原點，若∠OFM＝120°，則|FM|等于()A．3B．4C.eq\f(4,3)D.eq\f(7,3)答案B解析過點M作拋物線的準(zhǔn)線l的垂線，垂足為點N，連接FN，如圖所示，因為∠OFM＝120°，MN∥x軸，則∠FMN＝60°，由拋物線的定義可得|MN|＝|FM|，所以△FNM為等邊三角形，則∠FNM＝60°，拋物線y2＝4x的準(zhǔn)線方程為x＝－1，設(shè)直線x＝－1交x軸于點E，則∠ENF＝30°，易知|EF|＝2，∠FEN＝90°，則|FM|＝|FN|＝2|EF|＝4.5．已知拋物線y2＝16x的焦點為F，P點在拋物線上，Q點在圓C：(x－6)2＋(y－2)2＝4上，則|PQ|＋|PF|的最小值為()A．4B．6C．8D．10答案C解析如圖，過點P向準(zhǔn)線作垂線，垂足為A，則|PF|＝|PA|，當(dāng)CP垂直于拋物線的準(zhǔn)線時，|CP|＋|PA|最小，此時線段CP與圓C的交點為Q，因為準(zhǔn)線方程為x＝－4，C(6,2)，半徑為2，所以|PQ|＋|PF|的最小值為|AQ|＝|CA|－2＝10－2＝8.6．(2024·許昌模擬)已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，點P是C上異于原點O的任意一點，線段PF的中點為M，則以F為圓心且與直線OM相切的圓的面積最大值為()A．πB.eq\f(π,2)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,4)答案B解析由題意，作圖如圖所示，設(shè)P(t2,2t)(不妨令t>0)，由已知可得F(1,0)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2＋1,2)，t))，所以直線OM的方程為y＝eq\f(2t,t2＋1)x，設(shè)k＝eq\f(2t,t2＋1)，則k＝eq\f(2,t＋\f(1,t))≤1，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1時取等號，所以點F到直線OM的距離為eq\f(|k|,\r(k2＋1))＝eq\f(1,\r(1＋\f(1,k2)))≤eq\f(\r(2),2)，即圓F的半徑最大值為eq\f(\r(2),2)，面積最大值為eq\f(π,2).二、多項選擇題7．(2023·南京模擬)在平面直角坐標(biāo)系Oxy中，點F是拋物線C：y2＝ax(a>0)的焦點，點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1))，B(a，b)(b>0)在拋物線C上，則下列結(jié)論正確的是()A．C的準(zhǔn)線方程為x＝eq\f(\r(2),4)B．b＝eq\r(2)C.eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝2D.eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(16\r(2),15)答案BD解析點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1))(a>0)，B(a，b)(b>0)在拋物線C上，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12＝\f(a2,2)，,b2＝a2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2)，,b＝\r(2)，))則拋物線C：y2＝eq\r(2)x，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))，B(eq\r(2)，eq\r(2))，拋物線C的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(\r(2),4)，故A錯誤，B正確；eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\f(\r(2),2)×eq\r(2)＋1×eq\r(2)＝1＋eq\r(2)，故C錯誤；拋物線C的焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，0))，則|AF|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)－\f(\r(2),2)))2＋0－12)＝eq\f(3\r(2),4)，|BF|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)－\r(2)))2＋0－\r(2)2)＝eq\f(5\r(2),4)，則eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(2\r(2),3)＋eq\f(2\r(2),5)＝eq\f(16\r(2),15)，故D正確．8．(2024·大慶模擬)已知拋物線C：x2＝8y的焦點為F，M(x1，y1)，N(x2，y2)是拋物線上的兩點，下列結(jié)論正確的是()A．|MF|的最小值為2B．若|MF|＋|NF|＝12，則線段MN的中點P到x軸的距離為6C．若直線MN過點F，則x1x2＝4D．若eq\o(MF,\s\up6(→))＝λeq\o(NF,\s\up6(→))，則|MN|的最小值為8答案AD解析對于A，x2＝8y，則p＝4，焦點F的坐標(biāo)為(0,2)，準(zhǔn)線方程為y＝－2，∴|MF|＝y(tǒng)1＋2，∵y1≥0，∴|MF|≥2，當(dāng)且僅當(dāng)y1＝0時等號成立，故A正確；對于B，∵|MF|＋|NF|＝12，根據(jù)拋物線定義得y1＋2＋y2＋2＝12，則y1＋y2＝8，而由中點坐標(biāo)公式得點P的縱坐標(biāo)yP＝eq\f(y1＋y2,2)＝4，即點P到x軸的距離為4，故B錯誤；對于C，由題意可知直線MN斜率存在，∵直線MN過點F，設(shè)直線MN的方程為y＝kx＋2，代入拋物線方程整理得x2－8kx－16＝0，∴x1＋x2＝8k，x1x2＝－16，故C錯誤；對于D，若eq\o(MF,\s\up6(→))＝λeq\o(NF,\s\up6(→))，則M，F(xiàn)，N三點共線，由題得|MF|＋|NF|＝y(tǒng)1＋2＋y2＋2＝y(tǒng)1＋y2＋4＝eq\f(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),8)＋4＝eq\f(x1＋x22－2x1x2,8)＋4＝eq\f(64k2＋32,8)＋4，當(dāng)k＝0時，|MN|的最小值即為拋物線的通徑長，此時最小值為8，故D正確．三、填空題9．已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F，點A在拋物線C上，若點A到x軸的距離是|AF|－2，則p＝________.答案4解析由拋物線的方程可得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，設(shè)A(x0，y0)，則y0≥0，則|AF|＝y(tǒng)0＋eq\f(p,2)，又點A到x軸的距離是|AF|－2，故y0＝y(tǒng)0＋eq\f(p,2)－2，故p＝4.10．(2023·洛陽模擬)清代青花瓷蓋碗是中國傳統(tǒng)茶文化的器物載體，具有“溫潤”“淡遠(yuǎn)”“清新”的特征．如圖，已知碗體和碗蓋的內(nèi)部軸截面均近似為拋物線形狀，碗蓋深為3cm，碗蓋口直徑為8cm，碗體口直徑為10cm，碗體深6.25cm，則蓋上碗蓋后，碗蓋內(nèi)部最高點到碗底的垂直距離為(碗體和碗蓋的厚度忽略不計)________．答案7cm解析以碗體的最低點為原點，向上的方向為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示．設(shè)碗體的拋物線方程為x2＝2py(p>0)，將點(5,6.25)代入，得52＝2p×6.25，解得p＝2，則x2＝4y，設(shè)蓋上碗蓋后，碗蓋內(nèi)部最高點到碗底的垂直距離為hcm，則兩拋物線在第一象限的交點為(4，h－3)，代入到x2＝4y，得42＝4(h－3)，解得h＝7.11．A，B是拋物線x2＝2y上的兩點，O為坐標(biāo)原點．若|OA|＝|OB|，且△AOB的面積為12eq\r(3)，則∠AOB＝________.答案60°解析如圖，∵|OA|＝|OB|，∴A，B兩點關(guān)于y軸對稱，設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，\f(a2,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a2,2)))，∴S△AOB＝eq\f(1,2)×2a×eq\f(a2,2)＝12eq\r(3)，解得a＝2eq\r(3)，∴B(2eq\r(3)，6)，∴tanθ＝eq\f(2\r(3),6)＝eq\f(\r(3),3)，∴θ＝30°，∴∠AOB＝2θ＝60°.12．已知A，B兩點均在焦點為F的拋物線y2＝2px(p>0)上，若|AF|＋|BF|＝4，線段AB的中點到直線x＝eq\f(p,2)的距離為1，則p的值為________．答案1或3解析分別過點A，B作準(zhǔn)線l：x＝－eq\f(p,2)的垂線，垂足分別為C，D，設(shè)AB的中點M在準(zhǔn)線上的射影為點N，連接MN，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，根據(jù)拋物線的定義，得|AF|＋|BF|＝|AC|＋|BD|＝4，所以在梯形ACDB中，中位線|MN|＝eq\f(1,2)(|AC|＋|BD|)＝2，可得x0＝2－eq\f(p,2)，因為線段AB的中點到直線x＝eq\f(p,2)的距離為1，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x0－\f(p,2)))＝1，所以|2－p|＝1，解得p＝1或p＝3.四、解答題13．已知動點M與點F(2,0)的距離與其到直線x＝－2的距離相等．(1)求動點M的軌跡方程；(2)求點M與點A(6,0)的距離的最小值，并指出此時M的坐標(biāo)．解(1)由題意知動點M到F(2,0)的距離與它到直線x＝－2的距離相等，所以動點M的軌跡為以F(2,0)為焦點，以直線x＝－2為準(zhǔn)線的拋物線，因此動點M的軌跡方程為y2＝8x.(2)設(shè)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2,8)，m))，由兩點間的距離公式得|MA|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2,8)－6))2＋m2)＝eq\r(\f(m4,64)－\f(m2,2)＋36)＝eq\r(\f(1,64)m2－162＋32)，當(dāng)m2＝16，即m＝±4時，|MA|min＝4eq\r(2)，即當(dāng)M(2,4)或M(2，－4)時，點M與點A的距離最小，最小值為4eq\r(2).14．已知動圓過定點(4,0)，且在y軸上截得的弦長為8.(1)求動圓圓心C的軌跡方程；(2)已知P為軌跡C上的一動點，求點P到直線y＝x＋4和y軸的距離之和的最小值．解(1)設(shè)圓心C的坐標(biāo)為(x，y)，則半徑r＝eq\r(x－42＋y2)，又動圓在y軸上截得的弦長為8，所以42＋x2＝(x－4)2＋y2，化簡得y2＝8x，即動圓圓心C的軌跡方程為y2＝8x.(2)如圖，設(shè)軌跡C的焦點為F，點P到直線y＝x＋4的距離為|PP1|，到y(tǒng)軸的距離為|PP2|，點F到直線y＝x＋4的距離為|FF1|，由拋物線的定義，可知|PP2|＝|PF|－2，所以|PP1|＋|PP2|＝|PP1|＋|PF|－2，由圖可知|PP1|＋|PF|的最小值為點F到直線y＝x＋4的距離，所以(|PP1|＋|PF|)min＝|FF1|＝eq\f(6,\r(1＋1))＝3eq\r(2)，所以|PP1|＋|PP2|的最小值為3eq\r(2)－2.15.小明同學(xué)在一個寬口半徑為1，高度為1的拋物面杯子中做小球放入實驗，如圖所示，要求小球能與杯底接觸，則他能放入小球的最大半徑是()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2) D．1答案B解析作杯子的截面得一拋物線，如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，則點(1,1)在拋物線上，設(shè)拋物線方程為x2＝2py(p>0)，則1＝2p，p＝eq\f(1,2)，拋物線方程為x2＝y(tǒng)，設(shè)球心為A(0，a)(a>0)，球半徑為r，P(x，y)是拋物線上任一點，|AP|＝eq\r(x2＋y－a2)＝eq\r(y2＋1－2ay＋a2)，則r＝|AP|min，小球與杯底接觸，則上式在y＝0時取得最小值，|AP|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2a－1,2)))2＋\f(4a－1,4))，此時eq\f(2a－1,2)≤0，即0<a≤eq\f(1,2)，r＝|AP|min＝a，所以rmax＝amax＝eq\f(1,2).16．(2024·宣城模擬)過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F的直線l與C相交于A，B兩點，且A，B兩點在準(zhǔn)線上的射影分別為M，N，eq\f(S△MNF,S△MAF)＝λ，eq\f(S△NBF,S△MNF)＝μ，則eq\f(λ,μ)＝____________.答案4解析如圖，設(shè)∠MAF＝θ，|AF|＝a，|BF|＝b，由拋物線定義可得|AM|＝a，|BN|＝b，∠MFO＋∠NFO＝∠MFA＋∠NFB＝eq\f(π,2)，在△MAF中，由余弦定理可得|MF|2＝2a2(1－cosθ)，同理|NF|2＝2b2(1＋cosθ)，故S△MAF＝eq\f(1,2)a2sinθ，S△NBF＝eq\f(1,2)b2sinθ，(S△MNF)2＝eq\f(1,4)|MF|2·|NF|2＝a2b2sin2θ，故eq\f(λ,μ)＝eq\f(S△MNF2,S△MAF·S△NBF)＝4.§8.9直線與圓錐曲線的位置關(guān)系課標(biāo)要求1.了解直線與圓錐曲線位置關(guān)系的判斷方法.2.掌握直線被圓錐曲線所截的弦長公式.3.能利用方程及數(shù)形結(jié)合思想解決焦點弦、中點弦問題．知識梳理1．直線與圓錐曲線的位置判斷將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消去y(或x)，得到關(guān)于x(或y)的一元二次方程，則直線與圓錐曲線相交?Δ>0；直線與圓錐曲線相切?Δ＝0；直線與圓錐曲線相離?Δ<0.特別地，①與雙曲線漸近線平行的直線與雙曲線相交，有且只有一個交點．②與拋物線的對稱軸平行的直線與拋物線相交，有且只有一個交點．2．弦長公式已知A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的斜率為k(k≠0)，則|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).常用結(jié)論1．已知M，N是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的兩點，點O為坐標(biāo)原點，且P是M，N的中點，則kMN·kOP＝－eq\f(b2,a2).2．若曲線為雙曲線，其余條件不變，則kMN·kOP＝eq\f(b2,a2).3．若曲線為拋物線，P(x0，y0)為弦MN的中點：kMN＝eq\f(p,y0)(開口向右)，kMN＝－eq\f(p,y0)(開口向左)，kMN＝eq\f(x0,p)(開口向上)，kMN＝－eq\f(x0,p)(開口向下)．自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請在括號中打“√”或“×”)(1)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))的直線一定與橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1相交．(√)(2)直線與拋物線只有一個公共點，則該直線與拋物線相切．(×)(3)與雙曲線漸近線平行的直線一定與雙曲線有公共點．(√)(4)圓錐曲線的通徑是所有的焦點弦中最短的弦．(√)2．(選擇性必修第一冊P114例7改編)直線y＝kx＋2與橢圓eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1有且只有一個交點，則k的值是()A.eq\f(\r(6),3) B．－eq\f(\r(6),3)C．±eq\f(\r(6),3) D．±eq\f(\r(3),3)答案C解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))得(2＋3k2)x2＋12kx＋6＝0，由題意知Δ＝(12k)2－4×6×(2＋3k2)＝0，解得k＝±eq\f(\r(6),3).3．(選擇性必修第一冊P136T3改編)已知直線l：y＝x－1與拋物線y2＝4x交于A，B兩點，則線段AB的長是()A．2B．4C．8D．16答案C解析聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,y2＝4x，))消去y并整理得x2－6x＋1＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝6，x1x2＝1，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋1)×eq\r(36－4)＝8.4．已知點A，B是雙曲線C：eq\f(x2,2)－eq\f(y2,3)＝1上的兩點，線段AB的中點是M(3,2)，則直線AB的斜率為()A.eq\f(2,3)B.eq\f(3,2)C.eq\f(4,9)D.eq\f(9,4)答案D解析方法一設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵點A，B是雙曲線C上的兩點，∴eq\f(x\o\al(2,1),2)－eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),2)－eq\f(y\o\al(2,2),3)＝1，兩式相減得eq\f(x1＋x2x1－x2,2)＝eq\f(y1＋y2y1－y2,3)，∵M(jìn)(3,2)是線段AB的中點，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，∴eq\f(6x1－x2,2)＝eq\f(4y1－y2,3)，∴kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(9,4).方法二由kAB·kOM＝eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,2)，得kAB＝eq\f(3,2)·eq\f(1,kOM)＝eq\f(3,2)×eq\f(3,2)＝eq\f(9,4).題型一直線與圓錐曲線的位置關(guān)系例1(1)(多選)直線y＝kx－eq\r(2)k＋eq\f(\r(6),2)與橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的位置關(guān)系可能為()A．相交 B．相切C．相離 D．有3個公共點答案AB解析直線y＝kx－eq\r(2)k＋eq\f(\r(6),2)＝k(x－eq\r(2))＋eq\f(\r(6),2)恒過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(\r(6),2)))，又點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(\r(6),2)))在橢圓上，故直線與橢圓可能相交也可能相切．(2)已知直線y＝2x＋2與雙曲線C：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(0<a<2，b>0)有且僅有1個交點，則雙曲線C的離心率為()A．5B.eq\r(5)C.eq\f(5,2)D.eq\f(\r(5),2)答案D解析因為直線y＝2x＋2與雙曲線C：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(0<a<2，b>0)有且僅有1個交點，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y2,a2)－\f(x2,b2)＝1，,y＝2x＋2，))可得(4b2－a2)x2＋8b2x＋4b2－a2b2＝0.所以①直線y＝2x＋2與雙曲線C：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(0<a<2，b>0)的漸近線平行，則可知4b2－a2＝0?eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，則雙曲線C的離心率e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\f(\r(5),2).②直線y＝2x＋2與雙曲線C：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(0<a<2，b>0)相切，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4b2－a2≠0，,Δ＝64b4－44b2－a24b2－a2b2＝0，))化簡得a2＝4b2＋4≥4，則a≥2，不符合題意．所以雙曲線C的離心率為eq\f(\r(5),2).思維升華(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)．跟蹤訓(xùn)練1(1)(2023·北京海淀模擬)已知拋物線C：y2＝4x，經(jīng)過點P的任意一條直線與C均有公共點，則點P的坐標(biāo)可以為()A．(0,1) B．(1，－3)C．(3,4) D．(2，－2)答案D解析點(0,1)在y軸上，所以點(0,1)在拋物線外部，將x＝1代入拋物線C：y2＝4x中，則|y|＝2<3，所以點(1，－3)在拋物線外部，將x＝3代入拋物線C：y2＝4x中，則|y|＝2eq\r(3)<4，所以點(3,4)在拋物線外部，將x＝2代入拋物線C：y2＝4x中，則|y|＝2eq\r(2)>2，所以點(2，－2)在拋物線內(nèi)部，將選項中的點分別在平面直角坐標(biāo)系中畫出來，只有點(2，－2)在拋物線內(nèi)部，故當(dāng)點P的坐標(biāo)為(2，－2)時，經(jīng)過點P的任意一條直線與C均相交，均有公共點．(2)已知雙曲線C：eq\f(x2,4)－y2＝1，過點P(2,1)與雙曲線C有且只有一個公共點的直線有()A．1條B．2條C．3條D．4條答案B解析由雙曲線方程知，右頂點坐標(biāo)為(2,0)，漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，顯然P(2,1)在y＝eq\f(1,2)x上，如圖所示，所以過點P的直線x＝2以及與y＝－eq\f(1,2)x平行且過點P的直線與雙曲線都只有一個交點．故共有兩條直線滿足要求．題型二弦長問題例2(2021·新高考全國Ⅱ)已知橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，右焦點為F(eq\r(2)，0)，且離心率為eq\f(\r(6),3).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)M，N是橢圓C上的兩點，直線MN與曲線x2＋y2＝b2(x>0)相切．證明：M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是|MN|＝eq\r(3).(1)解由題意得，橢圓半焦距c＝eq\r(2)且e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，所以a＝eq\r(3)，又b2＝a2－c2＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)證明由(1)得，曲線為x2＋y2＝1(x>0)，當(dāng)直線MN的斜率不存在時，直線MN：x＝1，不符合題意；當(dāng)直線MN的斜率存在時，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，必要性：若M，N，F(xiàn)三點共線，可設(shè)直線MN：y＝k(x－eq\r(2))，即kx－y－eq\r(2)k＝0，由直線MN與曲線x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq\f(|\r(2)k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝±x－\r(2)，,\f(x2,3)＋y2＝1，))可得4x2－6eq\r(2)x＋3＝0，所以x1＋x2＝eq\f(3\r(2),2)，x1x2＝eq\f(3,4)，所以|MN|＝eq\r(1＋1)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(3)，所以必要性成立；充分性：設(shè)直線MN：y＝kx＋m(km<0)，即kx－y＋m＝0，由直線MN與曲線x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝1，所以m2＝k2＋1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))可得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(6km,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3m2－3,1＋3k2)，所以|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6km,1＋3k2)))2－4·\f(3m2－3,1＋3k2))＝eq\r(1＋k2)·eq\f(\r(24k2),1＋3k2)＝eq\r(3)，化簡得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝1，,m＝－\r(2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝－1，,m＝\r(2)，))所以直線MN：y＝x－eq\r(2)或y＝－x＋eq\r(2)，所以直線MN過點F(eq\r(2)，0)，M，N，F(xiàn)三點共線，充分性成立，所以M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是|MN|＝eq\r(3).思維升華(1)弦長公式不僅適用于圓錐曲線，任何兩點的弦長都可以用弦長公式求．(2)拋物線的焦點弦的弦長應(yīng)選用更簡捷的弦長公式|AB|＝x1＋x2＋p.(3)設(shè)直線方程時應(yīng)注意討論是否存在斜率．跟蹤訓(xùn)練2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(biāo)準(zhǔn)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\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，))所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意知，直線的斜率存在且不為0，F(xiàn)1(－1,0)，B(2,0)，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\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my－1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝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，所以直線l的方程為x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.題型三中點弦問題例3(2024·衡水模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(\r(2),2)，短軸頂點分別為M，N，四邊形MF1NF2的面積為32.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)直線l交橢圓C于A，B兩點，若AB的中點坐標(biāo)為(－2,1)，求直線l的方程．解(1)因為離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝eq\r(2)c，因為a2＝b2＋c2，所以b＝c.因為四邊形MF1NF2的面積為32，所以2bc＝32，所以b＝c＝4，a＝4eq\r(2)，故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,32)＋eq\f(y2,16)＝1.(2)由題意得，直線l的斜率存在．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),32)＋\f(y\o\al(2,1),16)＝1，,\f(x\o\al(2,2),32)＋\f(y\o\al(2,2),16)＝1，))兩式相減得eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),32)＋eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),16)＝0，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2).因為AB的中點坐標(biāo)為(－2,1)，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1，所以直線l的斜率為1，故直線l的方程為y－1＝x＋2，即x－y＋3＝0.思維升華解決圓錐曲線“中點弦”問題的思路(1)根與系數(shù)的關(guān)系法：聯(lián)立直線和圓錐曲線的方程得到方程組，消元得到一元二次方程后，由根與系數(shù)的關(guān)系及中點坐標(biāo)公式求解．(2)點差法：設(shè)直線與圓錐曲線的交點(弦的端點)坐標(biāo)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，將這兩點坐標(biāo)分別代入圓錐曲線的方程，并對所得兩式作差，得到一個與弦AB的中點和直線AB的斜率有關(guān)的式子，可以大大減少計算量．跟蹤訓(xùn)練3(1)已知雙曲線方程為x2－eq\f(y2,3)＝1，則以A(2,1)為中點的弦所在直線l的方程是()A．6x＋y－11＝0 B．6x－y－11＝0C．x－6y－11＝0 D．x＋6y＋11＝0答案B解析設(shè)直線l交雙曲線x2－eq\f(y2,3)＝1于點M(x1，y1)，N(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝4，,y1＋y2＝2，))由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)－\f(y\o\al(2,1),3)＝1，,x\o\al(2,2)－\f(y\o\al(2,2),3)＝1，))兩式作差得xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＝eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),3)，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(3x1＋x2,y1＋y2)＝6，即直線l的斜率為6，故直線l的方程為y－1＝6(x－2)，即6x－y－11＝0.經(jīng)檢驗滿足題意．(2)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點到準(zhǔn)線的距離為1，若拋物線C上存在關(guān)于直線l：x－y－2＝0對稱的不同的兩點P和Q，則線段PQ的中點坐標(biāo)為()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∵焦點到準(zhǔn)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\co1(y\o\al(2,1)＝2x1，,y\o\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，∴PQ中點的縱坐標(biāo)為eq\f(y1＋y2,2)＝－1，又∵PQ的中點在直線l上，∴PQ中點的橫坐標(biāo)為eq\f(x1＋x2,2)＝(－1)＋2＝1.∴線段PQ的中點坐標(biāo)為(1，－1)．課時精練一、單項選擇題1．已知直線kx－y＋2＝0與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,m)＝1恒有公共點，則實數(shù)m的取值范圍為()A．(4,9] B．[4，＋∞)C．[4,9)∪(9，＋∞) D．(9，＋∞)答案C解析直線kx－y＋2＝0過定點(0,2)，所以eq\f(0,9)＋eq\f(22,m)≤1，解得m≥4.①由于方程eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,m)＝1表示橢圓，所以m>0且m≠9.②由①②得m的取值范圍是[4,9)∪(9，＋∞)．2．(2023·長春模擬)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．1D．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(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，±1))，代入拋物線方程解得p＝1.3．直線x＋4y＋m＝0交橢圓eq\f(x2,16)＋y2＝1于A，B兩點，若線段AB中點的橫坐標(biāo)為1，則m等于()A．－2B．－1C．1D．2答案A解析∵x＋4y＋m＝0，∴y＝－eq\f(1,4)x－eq\f(m,4)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),16)＋y\o\al(2,1)＝1，,\f(x\o\al(2,2),16)＋y\o\al(2,2)＝1，))兩式相減得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(x1＋x2,16y1＋y2)＝－eq\f(1,4)，∵AB中點的橫坐標(biāo)為1，則縱坐標(biāo)為eq\f(1,4)，將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,4)))代入直線y＝－eq\f(1,4)x－eq\f(m,4)，解得m＝－2.4．已知點F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，直線l：y＝x＋2.若以F1，F(xiàn)2為焦點的橢圓C與直線l有公共點，則橢圓C的離心率的最大值為()A.eq\f(\r(10),5)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(5),5)D.eq\f(\r(2),2)答案A解析設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由題意知其左、右焦點分別是F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，可得c＝1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝x＋2，))得(a2＋b2)x2＋4a2x＋4a2－a2b2＝0，Δ＝16a4－4(a2＋b2)(4a2－a2b2)≥0，可得4a2－(2a2－1)(5－a2)≥0，解得a≥eq\f(\r(10),2)，e＝eq\f(c,a)≤eq\f(1,\f(\r(10),2))＝eq\f(\r(10),5).5．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的漸近線方程為y＝±eq\r(2)x，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F2且斜率為eq\r(3)的直線l交雙曲線的右支于M，N兩點，若△MNF1的周長為36，則雙曲線C的方程為()A.eq\f(x2,3)－eq\f(y2,6)＝1 B.eq\f(x2,5)－eq\f(y2,10)＝1C.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,8)＝1 D．x2－eq\f(y2,2)＝1答案D解析因為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的漸近線方程為y＝±eq\r(2)x，所以b＝eq\r(2)a，則雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,2a2)＝1(a>0)，F(xiàn)1(－eq\r(3)a,0)，F(xiàn)2(eq\r(3)a,0)，所以直線l為y＝eq\r(3)(x－eq\r(3)a)，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)－\f(y2,2a2)＝1，,y＝\r(3)x－\r(3)a，))得x2－6eq\r(3)ax＋11a2＝0，則x1＋x2＝6eq\r(3)a，x1x2＝11a2，所以|MN|＝eq\r(1＋3)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝2eq\r(108a2－44a2)＝16a，因為|MF1|＝|MF2|＋2a，|NF1|＝|NF2|＋2a，所以|MF1|＋|NF1|＝|MF2|＋|NF2|＋4a＝|MN|＋4a＝20a，因為△MNF1的周長為36，所以|MF1|＋|NF1|＋|MN|＝36，所以20a＋16a＝36，解得a＝1，所以雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,2)＝1.6．(2023·沈陽模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,2)＝1(a>eq\r(2))的離心率為eq\f(\r(6),3)，過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)))的直線與橢圓C交于A，B兩點，且滿足|PA|＝|PB|，若M為直線AB上任意一點，O為坐標(biāo)原點，則|OM|的最小值為()A．1B.eq\r(2)C．2D．2eq\r(2)答案B解析由題設(shè)，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，即eq\f(c2,a2)＝1－eq\f(b2,a2)＝1－eq\f(2,a2)＝eq\f(2,3)，可得a2＝6>2，過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)))的直線與橢圓C交于A，B兩點，且滿足|PA|＝|PB|，則P為線段AB的中點，所以xA＋xB＝3，yA＋yB＝1，又eq\f(x\o\al(2,A),6)＋eq\f(y\o\al(2,A),2)＝1，eq\f(x\o\al(2,B),6)＋eq\f(y\o\al(2,B),2)＝1，則eq\f(x\o\al(2,A)－x\o\al(2,B),6)＋eq\f(y\o\al(2,A)－y\o\al(2,B),2)＝0，即eq\f(xA＋xBxA－xB,6)＝－eq\f(yA＋yByA－yB,2)，所以eq\f(yA－yB,xA－xB)＝－eq\f(xA＋xB,3yA＋yB)＝－1，故直線AB的方程為y－eq\f(1,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，即x＋y－2＝0，所以|OM|的最小值為eq\f(|－2|,\r(2))＝eq\r(2).二、多項選擇題7．關(guān)于雙曲線C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1，下列說法正確的是()A．該雙曲線與雙曲線eq\f(y2,5)－eq\f(x2,4)＝1有相同的漸近線B．過點F(3,0)作直線l與雙曲線C交于A，B，若|AB|＝5，則滿足條件的直線只有一條C．若直線l與雙曲線C的兩支各有一個交點，則直線l的斜率k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),2)，\f(\r(5),2)))D．過點P(1,2)能作4條直線與雙曲線C僅有一個交點答案ACD解析雙曲線C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1的漸近線方程可表示為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝0，雙曲線eq\f(y2,5)－eq\f(x2,4)＝1的漸近線方程可表示為eq\f(y2,5)－eq\f(x2,4)＝0，整理后都是y＝±eq\f(\r(5),2)x，故A正確；由于雙曲線的實軸長為2a＝4，所以過焦點F與左右兩支都相交的直線被雙曲線截得的弦長的取值范圍是[4，＋∞)，存在關(guān)于x軸對稱的兩種情況，使其弦長為5，另外當(dāng)直線垂直于x軸時，經(jīng)計算可得弦長正好是5，故滿足條件的直線有三條，故B錯誤；由于雙曲線的漸近線的斜率為±eq\f(\r(5),2)，焦點在x軸上，所以若直線l與雙曲線C的兩支各有一個交點，則直線l的斜率k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),2)，\f(\r(5),2)))，故C正確；由于點P(1,2)在雙曲線的兩條漸近線的上方，如圖所示，故過點P能作4條直線與雙曲線C僅有一個交點，其中兩條與漸近線平行，另外兩條與雙曲線相切，故D正確．8．(2022·新高考全國Ⅰ)已知O為坐標(biāo)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(zhǔn)線為y＝－1B．直線AB與C相切C．|OP|·|OQ|>|OA|2D．|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(zhǔn)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\co1(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k<－2，所以|OP|·|OQ|＝eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))·eq\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))＝eq\r(x\o\al(2,1)＋x\o\al(4,1)x\o\al(2,2)＋x\o\al(4,2))＝eq\r(1＋x\o\al(2,1)1＋x\o\al(2,2))·x1x2＝eq\r(1＋x1＋x22－2x1x2＋x\o\al(2,1)x\o\al(2,2))＝eq\r(k2)>2＝|OA|2，所以C正確；|BP|·|BQ|＝eq\r(x\o\al(2,1)＋y1＋12)·eq\r(x\o\al(2,2)＋y2＋12)＝eq\r(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,1)＋12)·eq\r(x\o\al(2,2)＋x\o\al(2,2)＋12)＝eq\r(x\o\al(4,1)＋3x\o\al(2,1)＋1x\o\al(4,2)＋3x\o\al(2,2)＋1)＝eq\r(x\o\al(4,1)x\o\al(4,2)＋3x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)＋3x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2)＋x\o\al(4,1)＋x\o\al(4,2)＋9x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)＋1)＝eq\r(6x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2)＋x\o\al(4,1)＋x\o\al(4,2)＋11)＝eq\r(6x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2)＋x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2)2＋9)＝eq\r(6k2－2＋k2－22＋9)＝eq\r(k2＋12)＝k2＋1>5＝|BA|2，所以D正確．三、填空題9．已知m為實數(shù)，直線mx＋y－1＝0與橢圓eq\f(x2,m2)＋y2＝1的交點個數(shù)為________．答案2解析因為直線方程為mx＋y－1＝0，所以直線過定點(0,1)，定點在橢圓上，又因為m≠0，所以直線與x軸不平行，所以直線和橢圓相交，所以交點個數(shù)為2.10．已知橢圓T：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸長是短軸長的2倍，過左焦點F作傾斜角為45°的直線交T于A，B兩點，若|AB|＝eq\f(8\r(2),5)，則橢圓T的方程為________．答案eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1解析∵a＝2b，則c＝eq\r(3)b，∴橢圓T：eq\f(x2,4b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，左焦點F(－eq\r(3)b,0)，直線AB：y＝x＋eq\r(3)b，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋\r(3)b，,\f(x2,4b2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去y得5x2＋8eq\r(3)bx＋8b2＝0，∴x1＋x2＝－eq\f(8\r(3),5)b，x1x2＝eq\f(8b2,5)，|AB|＝eq\r(2)eq\r(\b\lc\