2.8直线与圆锥曲线的位置关系 基础巩固 1.“抛物线与直线有一个公共点”是“直线与抛物线相切的( A充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析：当直线与抛物线相切时，它们必有一个公共点，但有一个公共点时，直线可能与抛物线相 交故选B 答案B 2.经过点(0,1)，且与抛物线y2=x(m>0)有且只有一个公共点的直线共有() A.3条 B.2条 C.1条 D.4条 答案：A 3已知直线=与椭圆+-1相交于4，B两点，则AB倒等于() A.2 B 4v3 5 C40 5 D.8V10 5 (y=x, 解析：由x2 +y2=1 得2-1， 4 故x=25 5 故AB1=4y面 答案：C 4.己知双曲线的中心在原点，且一个焦点为F(√7,0)，直线y=x1与双曲线交于MN两点，且 MN中点的横坐标为子则此双曲线的方程为) A￥ -=1 B =1 34 43 c- D 5 解析：由c=V7,得2+b2-7. 又焦点为F(V7,0), 故可设双曲线的方程为号-足 a27-a2-1. 设M(x1,n),NM(x22) 将y=x-1代入双曲线方程，整理得(7-22)x2+2a2x-a2(8-a2=0 2a2 则x1+2=-7-2a2 由已知，得-子2， 2a2 解得a2-2,符合题意， 故双由钱的方程为号-号-1 答案D 5.(多选题)设抛物线2=8x的准线与x轴交于点Q,若过点Q的直线1与抛物线有公共点，则 直线I的斜率的值不可能是( .-2 B.-1 c D.2 解析：由2=8x,得Q(-2,0),设直线1的方程为y=k(x+2) 因为直线【与抛物线有公共点
2.8 直线与圆锥曲线的位置关系 基础巩固 1.“抛物线与直线有一个公共点”是“直线与抛物线相切”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:当直线与抛物线相切时,它们必有一个公共点,但有一个公共点时,直线可能与抛物线相 交.故选 B. 答案:B 2.经过点(0,1),且与抛物线 y 2=mx(m>0)有且只有一个公共点的直线共有( ) A.3 条 B.2 条 C.1 条 D.4 条 答案:A 3.已知直线 y=x 与椭圆𝑥 2 4 +y2=1 相交于 A,B 两点,则|AB|等于( ) A.2 B.4√5 5 C.4√10 5 D.8√10 5 解析:由{ 𝑦 = 𝑥, 𝑥 2 4 + 𝑦 2 = 1, 得 5 4 x 2=1, 故 x=± 2√5 5 ,y=± 2√5 5 , 故|AB|=4√10 5 . 答案:C 4.已知双曲线的中心在原点,且一个焦点为 F(√7,0),直线 y=x-1 与双曲线交于 M,N 两点,且 MN 中点的横坐标为- 2 3 ,则此双曲线的方程为( ) A.𝑥 2 3 − 𝑦 2 4 =1 B.𝑥 2 4 − 𝑦 2 3 =1 C.𝑥 2 5 − 𝑦 2 2 =1 D.𝑥 2 2 − 𝑦 2 5 =1 解析:由 c=√7,得 a 2+b2=7. 又焦点为 F(√7,0), 故可设双曲线的方程为𝑥 2 𝑎2 − 𝑦 2 7-𝑎2=1. 设 M(x1,y1),N(x2,y2). 将 y=x-1 代入双曲线方程,整理得(7-2a 2 )x 2+2a 2 x-a 2 (8-a 2 )=0, 则 x1+x2=- 2𝑎 2 7-2𝑎2 . 由已知,得- 2𝑎 2 7-2𝑎2=- 2 3 ×2, 解得 a 2=2,符合题意, 故双曲线的方程为𝑥 2 2 − 𝑦 2 5 =1. 答案:D 5.(多选题)设抛物线 y 2=8x 的准线与 x 轴交于点 Q,若过点 Q 的直线 l 与抛物线有公共点,则 直线 l 的斜率的值不可能是( ) A.-2 B.-1 C.1 2 D.2 解析:由 y 2=8x,得 Q(-2,0),设直线 l 的方程为 y=k(x+2). 因为直线 l 与抛物线有公共点
所以方程组化kx+2有解， y2=8x 即2x2+(42-8)x+42=0有解， 所以△=(42-8)2-16k20, 解得-1≤1 故选AD 答案：AD 6.己知直线y=x-2交抛物线y2-8x于A,B两点，若AB中点的横坐标为2，则k= 解析由化2=8，得尽2.4k+2x+4-0,△>0， ly kx-2 则k+2=4,故k=2. 答案2 7.已知顶点在原点，焦点在x轴上的抛物线，截直线2x-y+1-0所得弦长为√15，则抛物线方程 为 解析：设所求抛物线方程为2=ar(a0) 由y+1=0消去得2x+1r=m ly2=ax 整理得4x2+(4-a)x+1=0,△>0. 则由题意，得1+2)()-4×写=压， 解得a=12或a=.4. 故所求抛物线方程为y2=12x或y2=-4x 答案2=12x或y2=.4x 8设椭圆C号+台1a>b0过点0，商心率为号 (1)求椭圆C的方程： (2)求过点(3,0)，且斜率为的直线被椭圆C所截线段的中点坐标， 解()将点(0,4的坐标代入精圆C的方程，得学=1，解得6=4 又e=3则2-h=2 a2=2云 即19=无解得a5 故裤圆C的方程为号+台1 (2)过点(3,0)，且斜率为的直线方程为yx-3) 设直线与椭圆C的交点为A(x1M),B(22), 将)3代入精圆方程得号+贸- 即x2-3x-8=0 则x1+2=3, 故线段AB中点的横坐标为栏=乙纵坐标为号×（侵-3）号 故所藏线段的中点坐标为() 9.设A,B是抛物线2=2x(p>0)上的两点，OA⊥OB(O为坐标原点)，求证： (1)4,B两点横坐标之积、纵坐标之积均为定值； (2)直线AB经过一个定点： (3)△AOB面积的最小值为4p2 证明(1)设Ax1n),B(2,2), 则y=2px1,y2=2px .OA⊥OB,.x1x2+y2=0 ∴.y2y吃=4p2x1n=4p2(-y)）》 又由题意可知，n20
所以方程组{ 𝑦 = 𝑘(𝑥 + 2), 𝑦 2 = 8𝑥 有解, 即 k 2 x 2+(4k 2 -8)x+4k 2=0 有解, 所以 Δ=(4k 2 -8)2 -16k 4≥0, 解得-1≤k≤1. 故选 AD. 答案:AD 6.已知直线 y=kx-2 交抛物线 y 2=8x 于 A,B 两点,若 AB 中点的横坐标为 2,则 k= . 解析:由{ 𝑦 2 = 8𝑥, 𝑦 = 𝑘𝑥-2 得 k 2 x 2 -4(k+2)x+4=0,Δ>0, 则 4(𝑘+2) 𝑘 2 =4,故 k=2. 答案:2 7.已知顶点在原点,焦点在 x 轴上的抛物线,截直线 2x-y+1=0 所得弦长为√15,则抛物线方程 为 . 解析:设所求抛物线方程为 y 2=ax(a≠0). 由{ 2𝑥-𝑦 + 1 = 0, 𝑦 2 = 𝑎𝑥 消去 y,得(2x+1)2=ax, 整理得 4x 2+(4-a)x+1=0,Δ>0. 则由题意,得√(1 + 2 2)[( 𝑎-4 4 ) 2 -4 × 1 4 ] = √15, 解得 a=12 或 a=-4. 故所求抛物线方程为 y 2=12x 或 y 2=-4x. 答案:y 2=12x 或 y 2=-4x 8.设椭圆 C: 𝑥 2 𝑎2 + 𝑦 2 𝑏 2=1(a>b>0)过点(0,4),离心率为3 5 . (1)求椭圆 C 的方程; (2)求过点(3,0),且斜率为4 5的直线被椭圆 C 所截线段的中点坐标. 解:(1)将点(0,4)的坐标代入椭圆 C 的方程,得 16 𝑏 2=1,解得 b=4. 又 e= 𝑐 𝑎 = 3 5 ,则 𝑎 2 -𝑏 2 𝑎2 = 9 25, 即 1- 16 𝑎2 = 9 25,解得 a=5. 故椭圆 C 的方程为𝑥 2 25 + 𝑦 2 16=1. (2)过点(3,0),且斜率为4 5 的直线方程为 y= 4 5 (x-3). 设直线与椭圆 C 的交点为 A(x1,y1),B(x2,y2), 将 y= 4 5 (x-3)代入椭圆方程得𝑥 2 25 + (𝑥-3) 2 25 =1, 即 x 2 -3x-8=0, 则 x1+x2=3, 故线段 AB 中点的横坐标为𝑥1+𝑥2 2 = 3 2 ,纵坐标为4 5 × ( 3 2 -3)=- 6 5 . 故所截线段的中点坐标为( 3 2 ,- 6 5 ). 9.设 A,B 是抛物线 y 2=2px(p>0)上的两点,OA⊥OB(O 为坐标原点),求证: (1)A,B 两点横坐标之积、纵坐标之积均为定值; (2)直线 AB 经过一个定点; (3)△AOB 面积的最小值为 4p 2 . 证明:(1)设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则𝑦1 2=2px1,𝑦2 2=2px2. ∵OA⊥OB,∴x1x2+y1y2=0, ∴𝑦1 2𝑦2 2=4p 2 x1x2=4p 2 (-y1y2). 又由题意可知,y1y2≠0
∴y2=-4p2, ∴x12=4p2.故结论成立 (2)y2-y2-01-2)01+2)=2p(x1-2) “当起时品- ∴.直线AB的方程为h= 2卫(x-x1) 1+y2 希n丝 y22印呈 y1+y2 y1+y2 又y2=4p2, 2p 4p2 2p (x-2p) 直线AB过定点(2p,0). 当x1=n时，x12=4p2,x1=2=2p,此时直线AB为x=2p,过点(2p,0) 综上，直线AB过定点(2p,0). (3)设直线AB经过的定点为M 则SAOAR=Sao4+SAOMB-2MOI-(（bMnl+b2D 又bym+b2≥2V1y1y2=4p, 当且仅当ym=2, 即AB⊥x轴时，等号成立 故S01≥2p4p=4p2,故△40B面积的最小值为4p. 拓展提高 1直线=x+1被椭圆号+二]所截得的弦的中点坐标为州 A(作) B(作) c() D() 监 =1, 解析：设直线与椭圆交于A(x1),Bx22)两点，AB的中点为Mxo0,则 =1, 两式相减得x1-2)x1+x)+之01-2)0n+)=0, 出 x1+2-1 x1-x2y1+y2) 又0=x0+1, ∴知=子w月 弦的中点坐标为（导》 答案C 2.已知直线y=kx+2)k>0)与抛物线Cy2-8x相交于A,B两点，F为C的焦点.若1FA=2FBL,则 k 写 B 3 c D 析：设A(x1y1),B(x22 易知x1>0,2>0y1>0,2>0, 由化kx+2r得R2r+4R.8x+4-0 y2=8x .x12=4.① FA=x1+号-n1+2,1FB到=+号-+2
∴y1y2=-4p 2 , ∴x1x2=4p 2 .故结论成立. (2)∵𝑦1 2 − 𝑦2 2=(y1-y2)(y1+y2)=2p(x1-x2), ∴当 x1≠x2 时, 𝑦 1 -𝑦 2 𝑥1-𝑥2 = 2𝑝 𝑦 1 +𝑦 2 . ∴直线 AB 的方程为 y-y1= 2𝑝 𝑦 1 +𝑦 2 (x-x1). ∴y= 2𝑝 𝑦 1 +𝑦 2 ·x- 2𝑝 𝑦 1 +𝑦 2 · 𝑦 1 2 2𝑝 +y1= 2𝑝 𝑦 1 +𝑦 2 ·x+ 𝑦 1 𝑦 2 𝑦 1 +𝑦 2 . 又 y1y2=-4p 2 , ∴y= 2𝑝 𝑦 1 +𝑦 2 ·x- 4𝑝 2 𝑦 1 +𝑦 2 = 2𝑝 𝑦 1 +𝑦 2 (x-2p), ∴直线 AB 过定点(2p,0). 当 x1=x2 时,∵x1x2=4p 2 ,∴x1=x2=2p,此时直线 AB 为 x=2p,过点(2p,0). 综上,直线 AB 过定点(2p,0). (3)设直线 AB 经过的定点为 M, 则 S△OAB=S△OMA+S△OMB= 1 2 |MO|·(|y1|+|y2|). 又|y1|+|y2|≥2√|𝑦1 ·𝑦2 |=4p, 当且仅当|y1|=|y2|, 即 AB⊥x 轴时,等号成立. 故 S△OAB≥ 1 2 ·2p·4p=4p 2 ,故△AOB 面积的最小值为 4p 2 . 拓展提高 1.直线 y=x+1 被椭圆𝑥 2 4 + 𝑦 2 2 =1 所截得的弦的中点坐标为( ) A.( 2 3 , 4 3 ) B.( 4 3 , 7 3 ) C.(- 2 3 , 1 3 ) D.(- 4 3 ,- 1 3 ) 解析:设直线与椭圆交于 A(x1,y1),B(x2,y2)两点,AB 的中点为 M(x0,y0),则{ 𝑥1 2 4 + 𝑦 1 2 2 = 1, 𝑥2 2 4 + 𝑦 2 2 2 = 1, 两式相减得1 4 (x1-x2)(x1+x2)+ 1 2 (y1-y2)·(y1+y2)=0, ∴ 𝑦 1 -𝑦 2 𝑥1-𝑥2 =- 1 4 (𝑥1+𝑥2) 1 2 (𝑦 1 +𝑦 2 ) =1, ∴- 𝑥0 2𝑦 0 =1. 又 y0=x0+1, ∴x0=- 2 3 ,y0= 1 3 . ∴弦的中点坐标为(- 2 3 , 1 3 ). 答案:C 2.已知直线 y=k(x+2)(k>0)与抛物线 C:y 2=8x 相交于 A,B 两点,F 为 C 的焦点.若|FA|=2|FB|,则 k=( ) A.1 3 B.√2 3 C.2 3 D.2√2 3 解析:设 A(x1,y1),B(x2,y2), 易知 x1>0,x2>0,y1>0,y2>0, 由{ 𝑦 = 𝑘(𝑥 + 2), 𝑦 2 = 8𝑥, 得 k 2 x 2+(4k 2 -8)x+4k 2=0, ∴x1x2=4.① ∵|FA|=x1+ 𝑝 2 =x1+2,|FB|=x2+ 𝑝 2 =x2+2
且IFA川=2IFBL ∴.x1=2x2+2.② 由①②得，=1.∴.B(1,2v2) 又B在直线y=k(x+2)上， 3k-2V2,∴k23 3 答案：D 3.己知抛物线x2=2p(p>0)的焦点为F,过F作倾斜角为30°的直线，与抛物线交于A,B两点若 ∈o,1则品 BF 清 B D 解析国为抛物线的焦点为(0，)， 所以直线方程为)导号代入抛物线方程，得2 3prp2=0, 解得4 3P.xB=V3p, 所以品- 故选C 答案：C 4.(多选题)若无论k取何值，直线y=k(x-2)+b与双曲线x2y2=1总有公共点，则实数b的值可 以为( A月 B昭 C. D.3 解析：直线y=x-2)+b恒过点(2，b), 由题意可知，4-b2之1， 解得-v3≤bsv3. 故选ABD 答案：ABD 5已知直线)m与椭圆号+片1有两个不同的交点则实数m的取值范围为 答案(-2,2) 6.已知抛物线2=4x,过点P(4,0)的直线与抛物线相交于A(x1n),B(2,2)两点，则y子+y经的最 小值是 解析：当直线的斜率存在时， 设过点P4,0)的直线方程为)一4，将x苦代入直线方程得-416=0 则=16n+关 故y2+y好=总+32>32 当直线的斜率不存在时，易求得此时y+y=32 故y好+y232 故y?+y的最小值为32 答案：32 7.已知动点P与平面上两定点4(-V2,0),B(V2,0)连线的斜率的积为定值号 (I)试求动点P的轨迹方程C, ②设直线-+1与曲线C交于AMV两点，当M-g时求直线1的方程 解漫点则依题意有中立整理得号+1 因为牡V2, 所以自线C的方程为号r-V②
且|FA|=2|FB|, ∴x1=2x2+2.② 由①②得,x2=1.∴B(1,2√2). 又 B 在直线 y=k(x+2)上, ∴3k=2√2,∴k=2√2 3 . 答案:D 3.已知抛物线 x 2=2py(p>0)的焦点为 F,过 F 作倾斜角为 30°的直线,与抛物线交于 A,B 两点.若 |𝐴𝐹| |𝐵𝐹| ∈(0,1),则 |𝐴𝐹| |𝐵𝐹| =( ) A.1 5 B.1 4 C.1 3 D.1 2 解析:因为抛物线的焦点为(0, 𝑝 2 ), 所以直线方程为 y= √3 3 x+𝑝 2 ,代入抛物线方程,得 x 2 - 2√3 3 px-p 2=0, 解得 xA=- √3 3 p,xB=√3p, 所以|𝐴𝐹| |𝐵𝐹| = |𝑥𝐴| |𝑥𝐵| = 1 3 . 故选 C. 答案:C 4.(多选题)若无论 k 取何值,直线 y=k(x-2)+b 与双曲线 x 2 -y 2=1 总有公共点,则实数 b 的值可 以为( ) A.- 3 2 B.1 6 C.2 D.√3 解析:直线 y=k(x-2)+b 恒过点(2,b). 由题意可知,4-b 2≥1, 解得-√3≤b≤√3. 故选 ABD. 答案:ABD 5.已知直线 y=m 与椭圆𝑥 2 3 + 𝑦 2 4 =1 有两个不同的交点,则实数 m 的取值范围为 . 答案:(-2,2) 6.已知抛物线 y 2=4x,过点 P(4,0)的直线与抛物线相交于 A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则𝑦1 2 + 𝑦2 2的最 小值是 . 解析:当直线的斜率存在时, 设过点 P(4,0)的直线方程为 y=k(x-4),将 x= 𝑦 2 4 代入直线方程,得 ky2 -4y-16k=0. 则 y1y2=-16,y1+y2= 4 𝑘 . 故𝑦1 2 + 𝑦2 2 = 16 𝑘 2+32>32. 当直线的斜率不存在时,易求得此时𝑦1 2 + 𝑦2 2=32. 故𝑦1 2 + 𝑦2 2≥32, 故𝑦1 2 + 𝑦2 2的最小值为 32. 答案:32 7.已知动点 P 与平面上两定点 A(-√2,0),B(√2,0)连线的斜率的积为定值- 1 2 . (1)试求动点 P 的轨迹方程 C; (2)设直线 l:y=kx+1 与曲线 C 交于 M,N 两点,当|MN|=4√2 3 时,求直线 l 的方程. 解:(1)设点 P(x,y),则依题意有 𝑦 𝑥+√2 · 𝑦 𝑥-√2 =- 1 2 ,整理得𝑥 2 2 +y2=1. 因为 x≠±√2, 所以曲线 C 的方程为𝑥 2 2 +y2=1(x≠±√2)
2)号+y2=1消去得1+22+4-0， (y=kx+1 解得x1=0,1+2R -4k 设MnM以则aW-i+2w=l1+及.l,经-9 解得k=±1. 故直线1的方程为y+1=0或x+y1=0 挑战创新 已知直线y=Mx+1)与抛物线2-x交于A,B两点，O为坐标原点. (1)若△OAB的面积为V10,求k的值： (2)求证：以弦AB为直径的圆必过原点 (仙)解设An),B2),原点O到直线AB的距离为d由二kx+1), y2=-x 消去y,得2x2+(22+1)x+2=0. 由题意知0，由根与系数的关系，得1+=21 k2n=1. 则4B1=V1+k2x1-x2-V1+k. 1,4 由点到直线的距离公式，得d V1+k名 故504d号层+4=Vm 解得号 (2)证明：.ko4= x2 ooB业 X1X2 y7=-x1,y吃=-x2, ∴.x12=0y2)2, .koa kon=1 y1y2 又由车1得2+k-0, y2=-x ∴y2=-l,∴.koA koB=--l,∴.OA⊥OB 故以弦AB为直径的圆必过原点
(2)由{ 𝑥 2 2 + 𝑦 2 = 1, 𝑦 = 𝑘𝑥 + 1 消去 y,得(1+2k 2 )x 2+4kx=0, 解得 x1=0,x2= -4𝑘 1+2𝑘 2 . 设 M(x1,y1),N(x2,y2),则由|MN|=√1 + 𝑘 2·|x1-x2|=√1 + 𝑘 2 · | 4𝑘 1+2𝑘 2 | = 4√2 3 , 解得 k=±1. 故直线 l 的方程为 x-y+1=0 或 x+y-1=0. 挑战创新 已知直线 l:y=k(x+1)与抛物线 y 2=-x 交于 A,B 两点,O 为坐标原点. (1)若△OAB 的面积为√10,求 k 的值; (2)求证:以弦 AB 为直径的圆必过原点. (1)解:设 A(x1,y1),B(x2,y2),原点 O 到直线 AB 的距离为 d,由{ 𝑦 = 𝑘(𝑥 + 1), 𝑦 2 = -𝑥, 消去 y,得 k 2 x 2+(2k 2+1)x+k2=0. 由题意知 k≠0,由根与系数的关系,得 x1+x2=- 2𝑘 2+1 𝑘 2 ,x1x2=1. 则|AB|=√1 + 𝑘 2|x1-x2|=√1 + 𝑘 2 · √ 1 𝑘 4 + 4 𝑘 2 . 由点到直线的距离公式,得 d= |𝑘| √1+𝑘 2 . 故 S△OAB= 1 2 |AB|·d=1 2 √ 1 𝑘 2 + 4 = √10, 解得 k=± 1 6 . (2)证明:∵kOA= 𝑦 1 𝑥1 ,kOB= 𝑦 2 𝑥2 , ∴kOA·kOB= 𝑦 1 𝑦 2 𝑥1𝑥2 . ∵𝑦1 2=-x1,𝑦2 2=-x2, ∴x1x2=(y1y2) 2 , ∴kOA·kOB= 1 𝑦 1 𝑦 2 . 又由{ 𝑦 = 𝑘(𝑥 + 1), 𝑦 2 = -𝑥 得 ky2+y-k=0, ∴y1y2=-1,∴kOA·kOB=-1,∴OA⊥OB. 故以弦 AB 为直径的圆必过原点