2024年高考数学第一轮复习精品导学案第67讲 直线与圆锥曲线的位置关系（学生版）+教师版

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1、直线与圆锥曲线的位置关系
判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(或x)得到一个关于变量x(或y)的一元方程．
例：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ax＋By＋C＝0，,Fx，y＝0))消去y，得ax2＋bx＋c＝0.
(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则：
Δ>0⇔直线与圆锥曲线C相交；
Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；
Δ<0⇔直线与圆锥曲线C相离．
(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一元一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，
若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；
若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．
2、弦长公式
设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
|AB|＝ 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).
3、中点弦所在直线的斜率
圆锥曲线以P(x0，y0)(y0≠0)为中点的弦所在直线的斜率为k，其中k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)(x1≠x2)，(x1，y1)，(x2，y2)为弦的端点坐标．
1、（2023•甲卷（文））已知双曲线的离心率为，的一条渐近线与圆交于，两点，则
A．B．C．D．
【答案】
【解析】双曲线的离心率为，
可得，所以，
所以双曲线的渐近线方程为：，
一条渐近线与圆交于，两点，圆的圆心，半径为1，
圆的圆心到直线的距离为：，
所以．
故选：．
2、（2022•乙卷（文））设为抛物线的焦点，点在上，点，若，则
A．2B．C．3D．
【答案】
【解析】为抛物线的焦点，点在上，点，，
由抛物线的定义可知，不妨在第一象限），所以．
故选：．
3、（2022•新高考Ⅱ）已知直线与椭圆在第一象限交于，两点，与轴、轴分别相交于，两点，且，，则的方程为 ．
【答案】．
【解析】设，，，，线段的中点为，
由，，
相减可得：，
则，
设直线的方程为：，，，，，，
，，，
，解得，
，，化为：．
，，解得．
的方程为，即，
故答案为：．
4、（2022•甲卷（文））记双曲线的离心率为，写出满足条件“直线与无公共点”的的一个值 ．
【答案】，内的任意一个值都满足题意）．
【解析】双曲线的离心率为，，
双曲线的渐近线方程为，
直线与无公共点，可得，即，即，
可得，
满足条件“直线与无公共点”的的一个值可以为：2．
故答案为：，内的任意一个值都满足题意）．
5、（多选题）（2023•新高考Ⅱ）设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于，两点，为的准线，则
A．B．
C．以为直径的圆与相切D．为等腰三角形
【答案】
【解析】直线过抛物线的焦点，可得，所以，
所以正确；
抛物线方程为：，与交于，两点，
直线方程代入抛物线方程可得：，
，
所以，所以不正确；
，的中点的横坐标：，中点到抛物线的准线的距离为：，
所以以为直径的圆与相切，所以正确；
，
不妨可得，，，，
，，，
所以不是等腰三角形，所以不正确．
故选：．
6、（多选题）（2022•新高考Ⅰ）已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交于，两点，则
A．的准线为B．直线与相切
C．D．
【答案】
【解析】点在抛物线上，
，解得，
抛物线的方程为，准线方程为，选项错误；
由于，，则，直线的方程为，
联立，可得，解得，故直线与抛物线相切，选项正确；
根据对称性及选项的分析，不妨设过点的直线方程为，与抛物线在第一象限交于，，，，
联立，消去并整理可得，则，，，
，由于等号在时才能取到，故等号不成立，选项正确；
，选项正确．
故选：．
7、（多选题）（2022•新高考Ⅱ）已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于，两点，其中在第一象限，点．若，则
A．直线的斜率为B．
C．D．
【答案】
【解析】如图，
，，，且，，，
由抛物线焦点弦的性质可得，则，则，，
，故正确；
，，，故错误；
，故正确；
，，，，，
，，
，均为锐角，可得，故正确．
故选：．
8、（2022•新高考Ⅱ）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
（1）求的方程；
（2）过的直线与的两条渐近线分别交于，两点，点，，，在上，且，．过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【解析】（1）由题意可得，，
解得，，
因此的方程为，
（2）解法一：设直线的方程为，，将直线的方程代入可得，
△，
，，
，
，
设点的坐标为，，则，
两式相减可得，
，
，
解得，
两式相加可得，
，
，
解得，
，其中为直线的斜率；
若选择①②：
设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，，
则，解得，，
同理可得，，
，，
此时点的坐标满足，解得，，
为的中点，即；
若选择①③：
当直线的斜率不存在时，点即为点，此时不在直线上，矛盾，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，，
则，解得，，
同理可得，，
此时，
，
由于点同时在直线上，故，解得，
因此．
若选择②③，
设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，，
则，解得，，
同理可得，，
设的中点，，则，，
由于，故在的垂直平分线上，即点在直线上，
将该直线联立，解得，，
即点恰为中点，故点在直线上．
（2）解法二：由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②③，或选由②③①：由②成立可知直线的斜率存在且不为0．
若选①③②，则为线段的中点，假设的斜率不存在，
则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点，
此时由对称性可知、关于轴对称，从而，已知不符．
综上，直线的斜率存在且不为0，
直线的斜率为，直线的方程为．
则条件①在直线上，等价于，
两渐近线的方程合并为，
联立方程组，消去并化简得：，
设，，，，线段中点为，，
则．，
设，，
则条件③等价于，
移项并利用平方差公式整理得：
，
，
，
，
，
，
由题意知直线的斜率为，直线的斜率为，
由，，
，
直线的斜率，
直线，即，
代入双曲线的方程为，即中，
得，
解得的横坐标为，
同理，，，
，
条件②等价于，
综上所述：
条件①在上等价于，
条件②等价于，
条件③等价于．
选①②③：
由①②解得，③成立；
选①③②：
由①③解得：，，，②成立；
选②③①：
由②③解得：，，，①成立．
9、（2023•甲卷（文））已知直线与抛物线交于，两点，．
（1）求；
（2）设为的焦点，，为上两点，且，求面积的最小值．
【解析】设，，，，联立，
消去得：，
，，△，
，，
，
，，，
，
（2）由（1）知，所以，显然直线的斜率不可能为零，
设直线，，，，
由，可得，所以，，
△，
因为，所以，
即，即，
将，，代入得，
，所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
又或，所以当时，的面积
1、直线y＝kx－k＋1与椭圆 eq \f(x2,9)＋ eq \f(y2,4)＝1的位置关系为( )
A. 相交 B. 相切 C. 相离 D. 不确定
【答案】 A
【解析】 直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1，1).又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．
2、 过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有( )
A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条
【答案】 C
【解析】 结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，直线y＝1，过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0).
3、 已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，F( eq \r(2)，0)是椭圆C的右焦点，过点F且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2，则椭圆C的方程为________________．
【答案】 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,2)＝1
【解析】 由题意，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝\r(2)，,\f(2b2,a)＝2，,a2＝b2＋c2，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(2)，))所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,2)＝1.
4、 经过椭圆 eq \f(x2,2)＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则 eq \(OA,\s\up6(→))· eq \(OB,\s\up6(→))的值为________．
【答案】 － eq \f(1,3)
【解析】 依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1，0)时，其方程为y＝x－1，代入椭圆方程消去y并整理，得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝ eq \f(4,3)，所以两个交点坐标分别为(0，－1)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，所以 eq \(OA,\s\up6(→))· eq \(OB,\s\up6(→))＝－ eq \f(1,3).同理，当直线l经过椭圆的左焦点时，也可得 eq \(OA,\s\up6(→))· eq \(OB,\s\up6(→))＝－ eq \f(1,3)，故 eq \(OA,\s\up6(→))· eq \(OB,\s\up6(→))的值为－ eq \f(1,3).
考向一 直线与圆锥曲线的位置关系
例1 已知直线l：y＝kx＋2，椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1.试问当k取何值时，直线l与椭圆C：
(1) 有两个不重合的公共点；
(2) 有且只有一个公共点；
(3) 没有公共点．
【解析】 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,x2＋4y2＝4，))消去y并整理，
得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，依题意，得Δ＝(16k)2－4×(1＋4k2)×12＝16(4k2－3)．
(1) 当Δ>0，即k<－eq \f(\r(,3),2)或k>eq \f(\r(,3),2)时，方程有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解，这时直线l与椭圆C有两个不重合的公共点．
(2) 当Δ＝0，即k＝±eq \f(\r(,3),2)时，方程有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解，这时直线l与椭圆C有两个互相重合的公共点，即直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
(3) 当Δ<0，即－eq \f(\r(,3),2)变式1、若直线l：y＝kx＋2与曲线C：y2＝x恰好有一个公共点，求实数k的取值集合．
【解析】 因为直线l与曲线C只有一个公共点，
所以方程组 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,y2＝x))有唯一一组实数解，
消去y并整理，得k2x2＋(4k－1)x＋4＝0.
①当k＝0时，解得x＝4，
这时，原方程组有唯一解 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝2；))
②当k≠0时，Δ＝(4k－1)2－4×4k2＝－8k＋1，
令Δ＝0，解得k＝ eq \f(1,8)，此时原方程组有唯一解．
综上，实数k的取值集合是 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8))).
变式2、若直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝6的右支交于不同的两点，则实数k的取值范围是__________．
【答案】 (－ eq \f(\r(15),3)，－1)
【解析】 联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,x2－y2＝6，))消去y并整理，得(1－k2)x2－4kx－10＝0.设直线与双曲线右支交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,k<0，,Δ＝16k2－4(1－k2)×(－10)＞0，,x1＋x2＝\f(4k,1－k2)＞0，,x1x2＝\f(－10,1－k2)＞0，))
解得－ eq \f(\r(15),3)＜k＜－1，
故实数k的取值范围是(－ eq \f(\r(15),3)，－1).
方法总结：直线与圆锥曲线位置关系的判定方法
(1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标．联立直线与圆锥曲线的方程消元后，要注意讨论二次项系数是否为零的情况．
(2)几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数．
考向二 圆锥曲线的弦长问题
例2、如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为 eq \f(1,2)，过椭圆右焦点F作两条互相垂直的弦AB与CD.当直线AB的斜率为0时，AB＝4.
(1) 求椭圆的方程；
(2) 若AB＋CD＝ eq \f(48,7)，求直线AB的方程．
【解析】 (1) 由题意知e＝ eq \f(c,a)＝ eq \f(1,2)，2a＝4.
又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝ eq \r(3)，
所以椭圆的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
(2) ①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，由题意知AB＋CD＝7，不满足条件；
②当两条弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则直线CD的方程为y＝－ eq \f(1,k)(x－1).
将直线AB的方程代入椭圆方程中，消去y并整理，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝ eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝ eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
所以AB＝ eq \r(k2＋1)|x1－x2|
＝ eq \r(k2＋1)· eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)
＝ eq \f(12(k2＋1),3＋4k2).
同理，CD＝ eq \f(12(k2＋1),3k2＋4)，
所以AB＋CD＝ eq \f(12(k2＋1),3＋4k2)＋ eq \f(12(k2＋1),3k2＋4)
＝ eq \f(84(k2＋1)2,(3＋4k2)(3k2＋4))＝ eq \f(48,7)，解得k＝±1，
所以直线AB的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.
变式1、已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为 eq \f(3,2)的直线l与抛物线C的交点为A，B，与x轴的交点为P.
(1) 若AF＋BF＝4，求直线l的方程；
(2) 若 eq \(AP,\s\up6(→))＝3 eq \(PB,\s\up6(→))，求AB的长．
【解析】 (1) 设直线l的方程为y＝ eq \f(3,2)x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由抛物线焦半径公式可知AF＋BF＝x1＋x2＋ eq \f(3,2)＝4，所以x1＋x2＝ eq \f(5,2).
联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(3,2)x＋m，,y2＝3x，))
消去y并整理，得9x2＋(12m－12)x＋4m2＝0，
则Δ＝(12m－12)2－144m2>0，解得m< eq \f(1,2)，
所以x1＋x2＝－ eq \f(12m－12,9)＝ eq \f(5,2)，解得m＝－ eq \f(7,8)，
所以直线l的方程为y＝ eq \f(3,2)x－ eq \f(7,8)，即12x－8y－7＝0.
(2) 设P(t，0)，直线l的方程为x＝ eq \f(2,3)y＋t，
联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(2,3)y＋t，,y2＝3x，))消去x并整理，得y2－2y－3t＝0，
则Δ＝4＋12t>0，解得t>－ eq \f(1,3)，
所以y1＋y2＝2，y1y1＝－3t.
因为 eq \(AP,\s\up6(→))＝3 eq \(PB,\s\up6(→))，所以y1＝－3y2，
所以y2＝－1，y1＝3，所以y1y2＝－3，
则AB＝ eq \r(1＋\f(4,9))· eq \r((y1＋y2)2－4y1y2)＝ eq \f(\r(13),3)× eq \r(4＋12)＝ eq \f(4\r(13),3).
方法总结;(1)涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求法计算弦长．
(2)涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算．
(3)涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．
考向三 求圆锥曲线的中点弦
例3、(1) 已知P(1，1)为椭圆 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,2)＝1内的一点，经过点P引一条弦交椭圆于A，B两点，且此弦被点P平分，则此弦所在直线的方程为________；
【答案】 x＋2y－3＝0
【解析】 方法一：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设其方程为y－1＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2).联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－1＝k(x－1)，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y并整理，得(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，所以x1＋x2＝ eq \f(4k(k－1),2k2＋1).又因为x1＋x2＝2，所以 eq \f(4k(k－1),2k2＋1)＝2，解得k＝－ eq \f(1,2)，故此弦所在的直线方程为y－1＝－ eq \f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0.
方法二：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 eq \f(x eq \\al(2,1),4)＋ eq \f(y eq \\al(2,1),2)＝1①， eq \f(x eq \\al(2,2),4)＋ eq \f(y eq \\al(2,2),2)＝1②，由①－②，得 eq \f((x1＋x2)(x1－x2),4)＋ eq \f((y1＋y2)(y1－y2),2)＝0.因为x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，所以 eq \f(x1－x2,2)＋y1－y2＝0，所以k＝ eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－ eq \f(1,2)，所以此弦所在的直线方程为y－1＝－ eq \f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0.
(2) 已知抛物线x2＝ay与直线y＝2x－2相交于M，N两点，若MN中点的横坐标为3，则此抛物线的方程为________．
【答案】 x2＝3y
【解析】 设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝ay，,y＝2x－2，))消去y并整理，得x2－2ax＋2a＝0，所以 eq \f(x1＋x2,2)＝ eq \f(2a,2)＝3，即a＝3，所以所求抛物线的方程是 x2＝3y.
变式1、以A(2，1)为中点的双曲线C：2x2－y2＝2的弦所在直线的方程为________.
【答案】 4x－y－7＝0
【解析】 设A(2，1)是弦P1P2的中点，
且P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，
则x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，
∵P1，P2在双曲线上，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2xeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,1)＝2，,2xeq \\al(2,2)－yeq \\al(2,2)＝2，))
∴2(x1＋x2)(x1－x2)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
∴2×4(x1－x2)＝2(y1－y2)，
∴k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝4.∴以A(2，1)为中点的双曲线的弦所在的直线方程为y－1＝4(x－2)，整理得4x－y－7＝0.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x－y－7＝0，,2x2－y2＝2，))得14x2－56x＋51＝0，
∵Δ＝(－56)2－4×14×51＞0.
∴以A(2，1)为中点的双曲线的弦所在的直线方程为4x－y－7＝0
方法总结：(1)处理有关中点弦及对应直线斜率关系的问题时，常用“点差法”，步骤如下：
①设点：设出弦的两端点坐标；②代入：代入圆锥曲线方程；③作差：两式相减，再用平方差公式把上式展开；④整理：转化为斜率与中点坐标的关系式，然后求解．
(2)“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题．由于“点差法”具有不等价性，所以在使用时要考虑判别式Δ是否为正数
考向四 圆锥曲线中的综合性问题
例4、如图，在平面直角坐标系xOy中，焦点在 x轴上的椭圆C： eq \f(x2,8)＋ eq \f(y2,b2)＝1经过点(b，2e)，其中e为椭圆C的离心率．过点T(2，0)作斜率为k(k＞0)的直线l交椭圆C于A，B两点(点A在 x轴的下方).
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 若 eq \(AT,\s\up6(→))＝2 eq \(TB,\s\up6(→))，求直线l的斜率k.
【解析】 (1) 因为椭圆 eq \f(x2,8)＋ eq \f(y2,b2)＝1经过点(b，2e)，
所以 eq \f(b2,8)＋ eq \f(4e2,b2)＝1.
因为e2＝ eq \f(c2,a2)＝ eq \f(c2,8)，所以 eq \f(b2,8)＋ eq \f(c2,2b2)＝1.
因为a2＝b2＋c2，所以 eq \f(b2,8)＋ eq \f(8－b2,2b2)＝1，
整理，得 b4－12b2＋32＝0，
解得b2＝4或b2＝8(舍去)，
所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,8)＋ eq \f(y2,4)＝1.
(2) 方法一：分别过点A，B作椭圆右准线的垂线，垂足分别为A′，B′，再过点B作BM⊥AA′，垂足为M.
设TB＝m，由 eq \(AT,\s\up6(→))＝2 eq \(TB,\s\up6(→))知，TA＝2m.
由(1)知T为椭圆C的焦点，
所以BB′＝ eq \f(m,e)，AA′＝ eq \f(2m,e)，
所以AM＝ eq \f(m,e)＝ eq \r(2)m.
在Rt△ABM中，BM＝ eq \r(9m2－2m2)＝ eq \r(7)m，
所以tan ∠BAM＝ eq \f(\r(7)m,\r(2)m)＝ eq \f(\r(14),2)，
故直线l的斜率k为 eq \f(\r(14),2).
方法二：设直线l的方程为y＝k(x－2)，点A(x1，y1)，B(x2，y2).
由 eq \(AT,\s\up6(→))＝2 eq \(TB,\s\up6(→))知，y1＝－2y2，①
依题意，得k≠0，不妨设m＝ eq \f(1,k)，
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))消去x并整理，得(m2＋2)y2＋4my－4＝0，
则y1＋y2＝－ eq \f(4m,m2＋2)，②
y1y2＝ eq \f(－4,m2＋2)，③
联立①②③，解得m2＝ eq \f(2,7)，
即k＝ eq \f(\r(14),2)或k＝－ eq \f(\r(14),2)(舍去).
故直线l的斜率k为 eq \f(\r(14),2).
变式1、 如图，已知椭圆C： eq \f(x2,8)＋ eq \f(y2,4)＝1.过点T(1，0)作斜率为k(k＞0)的直线l交椭圆C于A，B两点(点A在x轴的下方).若 eq \(AT,\s\up6(→))＝2 eq \(TB,\s\up6(→))，求直线l的斜率k.
【解析】 设直线l的方程为y＝k(x－1)，点A(x1，y1)，B(x2，y2).
由 eq \(AT,\s\up6(→))＝2 eq \(TB,\s\up6(→))，知y1＝－2y2.①
依题意，得k≠0，不妨设m＝ eq \f(1,k)，
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))消去x并整理，
得(m2＋2)y2＋2my－7＝0，
所以y1＋y2＝－ eq \f(2m,m2＋2)，②
y1y2＝ eq \f(－7,m2＋2)，③
联立①②③，解得m2＝14，
即k＝－ eq \f(\r(14),14)(舍去)或k＝ eq \f(\r(14),14)，
故直线l的斜率k为 eq \f(\r(14),14).
1、 （2022年江苏省高三模拟试卷）已知抛物线在点处的切线与双曲线的一条渐近线平行，则C的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】：因为，
所以时，，则，
所以在点处的切线的斜率为，
即双曲线的一条渐近线的斜率为，
所以曲线C的离心率为，
故选：C
2、 （2022年湖南省长沙市第一中学高三模拟试卷）（多选题）已知抛物线：的焦点为，为上一点，下列说法正确的是（ ）
A. 的准线方程为
B. 直线与相切
C. 若，则的最小值为
D. 若，则的周长的最小值为11
【答案】BCD
【解析】抛物线：，即，所以焦点坐标为，准线方程为，故A错误；
由，即，解得，所以直线与相切，故B正确；
设点，所以，
所以，故C正确；
如图过点作准线，交于点，，，
所以，
当且仅当、、三点共线时取等号，故D正确；
故选：BCD
3、（2022年江苏省泰州市高三模拟试卷）（多选题）已知双曲线，过其右焦点F的直线l与双曲线交于A，B两个不同的点，则下列判断正确的为（ ）
A. 的最小值为
B. 以F为焦点的抛物线的标准方程为
C. 满足的直线有3条
D. 若A，B同在双曲线的右支上，则直线l的斜率
答案：BD
【解析】选项A. 当直线l的斜率为0时，于A，B两点分别为双曲线的顶点，则
又，故选项A不正确.
选项B. ,则以F为焦点的抛物线的标准方程为，故选项B正确.
选项C. 当A，B两点同在双曲线的右支时（通经为最短弦），则，此时无满足条件的直线.
当A，B两点分别在双曲线一支上时（实轴为最短弦），则，此时无满足条件的直线.
故选项C不正确.
选项D. 过右焦点F分别作两渐近线的平行线，如图，
将绕焦点沿逆时针方向旋转到与重合的过程中，直线与双曲线的右支有两个焦点.
此时直线l的斜率或,故选项D正确
故选：BD
4、(2022·南京9月学情【零模】)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：EQ \F(x\S(2),a\S(2))＋\F(y\S(2),b\S(2))＝1(a＞b＞0)的左，右顶点分别为A，B．F是椭圆的右焦点，EQ \\ac(\S\UP7(→),AF)＝3EQ \\ac(\S\UP7(→),FB)，EQ \\ac(\S\UP7(→),AF)·EQ \\ac(\S\UP7(→),FB)＝3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)不过点A的直线l交椭圆C于M，N两点，记直线l，AM，AN的斜率分别为k，k1，k2．若k(k1＋k2)＝1，证明直线l过定点，并求出定点的坐标．
【考点】圆锥曲线中椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系：定点问题
【解析】
(1)由题意，知A(－a，0)，B(a，0)，F(c，0)．
因为EQ \\ac(\S\UP7(→),AF)＝3EQ \\ac(\S\UP7(→),FB)，EQ \\ac(\S\UP7(→),AF)·EQ \\ac(\S\UP7(→),FB)＝3，
所以EQ \B\lc\{(\a\al(\l(a＋c＝3(a－c)，),\l((a＋c)(a－c)＝3，)))…………………………………………………………………2分
解得eq \B\lc\{(\a\al(a＝2，,c＝1，))从而b2＝a2－c2＝3．
所以椭圆C的方程eq \f(x\s\up6(2),4)＋\f(y\s\up6(2),3)＝1．…………………………………………………………4分
(2)设直线l的方程为y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
因为直线l不过点A，因此－2k＋m≠0．
由eq \B\lc\{(\a\al(\f(x\s\up6(2),4)＋\f(y\s\up6(2),3)＝1，,y＝k＋m，))得(eq 3＋4k\s\up6(2))x\s\up6(2)＋8kmx＋4m\s\up6(2)－12＝0．
则eq x\s\d(1)＋x\s\d(2)＝\f(－8km,3＋4k\s\up6(2))，x1x2＝EQ \F(4m\S(2)－12,3＋4k\S(2))．…………………………………………………………6分
所以k1＋k2＝EQ \F(y\S\DO(1),x\S\DO(1)＋2)＋EQ \F(y\S\DO(2),x\S\DO(2)＋2)＝EQ \F(2kx\S\DO(1)x\S\DO(2)＋(2k＋m)\b\bc\((\l(x\S\DO(1)＋x\S\DO(2)))＋4m,x\S\DO(1)x\S\DO(2)＋2\b\bc\((\l(x\S\DO(1)＋x\S\DO(2)))＋4)
＝EQ \F(2k·\F(4m\S(2)－12,3＋4k\S(2))＋(2k＋m)·\F(－8km,3＋4k\S(2))＋4m,\F(4m\S(2)－12,3＋4k\S(2))＋2·\F(－8km,3＋4k\S(2))＋4)
＝EQ \F(12(m－2k),4\b\bc\((\l(m\S(2)－4km＋4k\S(2))))＝EQ \F(3,m－2k)．
由k(k1＋k2)＝1，可得3k＝m－2k，即m＝5k．……………………………………………10分
故l的方程为y＝kx＋5k，恒过定点(－5，0)．……………………………………………12分
圆锥曲线方程
直线斜率
椭圆：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)
k＝－eq \f(b2x0,a2y0)
双曲线：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)
k＝eq \f(b2x0,a2y0)
抛物线：y2＝2px(p＞0)
k＝eq \f(p,y0)