課時達標檢測（四十三）直線與圓錐曲線[小題常考題點——準解快解]1．直線y＝eq\f(b,a)x＋3與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的交點個數是()A．1 B．2C．1或2 D．0解析：選A因為直線y＝eq\f(b,a)x＋3與雙曲線的漸近線y＝eq\f(b,a)x平行，所以它與雙曲線只有1個交點．2．已知直線y＝2eq\r(2)(x－1)與拋物線C：y2＝4x交于A，B兩點，點M(－1，m)，若eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(MB,\s\up7(→))＝0，則m＝()A.eq\r(2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2) D．0解析：選B由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2\r(2)x－1，,y2＝4x，))得A(2,2eq\r(2))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\r(2)))，又∵M(－1，m)且eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(MB,\s\up7(→))＝0，∴2m2－2eq\r(2)m＋1＝0，解得m＝eq\f(\r(2),2).3．斜率為1的直線l與橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B兩點，則|AB|的最大值為()A．2 B.eq\f(4\r(5),5)C.eq\f(4\r(10),5) D.eq\f(8\r(10),5)解析：選C設A，B兩點的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，直線l的方程為y＝x＋t，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝x＋t))消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0.則x1＋x2＝－eq\f(8,5)t，x1x2＝eq\f(4t2－1,5).∴|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)t))2－4×\f(4t2－1,5))＝eq\f(4\r(2),5)·eq\r(5－t2)，故當t＝0時，|AB|max＝eq\f(4\r(10),5).4．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b＞0)上的一點到雙曲線的左、右焦點的距離之差為4，若拋物線y＝ax2上的兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)關于直線y＝x＋m對稱，且x1x2＝－eq\f(1,2)，則m的值為()A.eq\f(3,2) B.eq\f(5,2)C．2 D．3解析：選A由雙曲線的定義知2a＝4，得a＝2，所以拋物線的方程為y＝2x2.因為點A(x1，y1)，B(x2，y2)在拋物線y＝2x2上，所以y1＝2xeq\o\al(2,1)，y2＝2xeq\o\al(2,2)，兩式相減得y1－y2＝2(x1－x2)(x1＋x2)，不妨設x1＜x2，又A，B關于直線y＝x＋m對稱，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－1，故x1＋x2＝－eq\f(1,2)，而x1x2＝－eq\f(1,2)，解得x1＝－1，x2＝eq\f(1,2)，設A(x1，y1)，B(x2，y2)的中點為M(x0，y0)，則x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(1,4)，y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(2x\o\al(2,1)＋2x\o\al(2,2),2)＝eq\f(5,4)，因為中點M在直線y＝x＋m上，所以eq\f(5,4)＝－eq\f(1,4)＋m，解得m＝eq\f(3,2).5．已知傾斜角為60°的直線l通過拋物線x2＝4y的焦點，且與拋物線相交于A，B兩點，則弦AB的長為________．解析：直線l的方程為y＝eq\r(3)x＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x＋1，,x2＝4y，))得y2－14y＋1＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝14，∴|AB|＝y1＋y2＋p＝14＋2＝16.答案：166．設雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一條漸近線與拋物線y＝x2＋1只有一個公共點，則雙曲線的離心率為________．解析：雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一條漸近線為y＝eq\f(b,a)x，由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(b,a)x，,y＝x2＋1，))消去y，得x2－eq\f(b,a)x＋1＝0有唯一解，所以Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2－4＝0，eq\f(b,a)＝2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2＋b2),a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\r(5).答案：eq\r(5)7．已知拋物線C：y2＝8x與點M(－2,2)，過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A，B兩點．若eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(MB,\s\up7(→))＝0，則k＝________.解析：如圖所示，設F為焦點，易知F(2，0)，取AB的中點P，過A，B分別作準線的垂線，垂足分別為G，H，連接MF，MP，由eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(MB,\s\up7(→))＝0，知MA⊥MB，則|MP|＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\f(1,2)(|AF|＋|BF|)＝eq\f(1,2)(|AG|＋|BH|)，所以MP為直角梯形BHGA的中位線，所以MP∥AG∥BH，由|MP|＝|AP|，得∠GAM＝∠AMP＝∠MAP，又|AG|＝|AF|，AM為公共邊，所以△AMG≌△AMF，所以∠AFM＝∠AGM＝90°，則MF⊥AB，所以k＝－eq\f(1,kMF)＝2.答案：2[大題常考題點——穩解全解]1．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的兩個焦點分別為F1(－2，0)，F2(2,0)，離心率為eq\f(\r(6),3).過點F2的直線l(斜率不為0)與橢圓C交于A，B兩點，線段AB的中點為D，O為坐標原點，直線OD交橢圓于M，N兩點．(1)求橢圓C的方程；(2)當四邊形MF1NF2為矩形時，求直線l的方程．解：(1)由題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2，))解得a＝eq\r(6)，b＝eq\r(2).故橢圓C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由題意可知直線l的斜率存在．設其方程為y＝k(x－2)，點A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，N(－x3，－y3)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx－2))得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，所以x1＋x2＝eq\f(12k2,1＋3k2)，則y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝eq\f(－4k,1＋3k2)，所以AB的中點D的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6k2,1＋3k2)，\f(－2k,1＋3k2)))，因此直線OD的方程為x＋3ky＝0(k≠0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3ky＝0，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1))解得yeq\o\al(2,3)＝eq\f(2,1＋3k2)，x3＝－3ky3.因為四邊形MF1NF2為矩形，所以eq\o(F2M,\s\up7(→))·eq\o(F2N,\s\up7(→))＝0，即(x3－2，y3)·(－x3－2，－y3)＝0，所以4－xeq\o\al(2,3)－yeq\o\al(2,3)＝0.所以4－eq\f(29k2＋1,1＋3k2)＝0.解得k＝±eq\f(\r(3),3).故直線l的方程為eq\r(3)x－3y－2eq\r(3)＝0或eq\r(3)x＋3y－2eq\r(3)＝0.2．已知中心在原點，焦點在x軸上的橢圓C的離心率為eq\f(1,2)，其一個頂點是拋物線x2＝－4eq\r(3)y的焦點．(1)求橢圓C的標準方程；(2)若過點P(2,1)的直線l與橢圓C在第一象限相切于點M，求直線l的方程和點M的坐標．解：(1)設橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由題意得b＝eq\r(3)，eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，解得a＝2，c＝1.故橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)因為過點P(2,1)的直線l與橢圓C在第一象限相切，所以直線l的斜率存在，故可設直線l的方程為y＝k(x－2)＋1(k≠0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－2＋1，))得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0.①因為直線l與橢圓C相切，所以Δ＝[－8k(2k－1)]2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)＝0，整理，得96(2k＋1)＝0，解得k＝－eq\f(1,2).所以直線l的方程為y＝－eq\f(1,2)(x－2)＋1＝－eq\f(1,2)x＋2.將k＝－eq\f(1,2)代入①式，可以解得M點的橫坐標為1，故切點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).3．已知過點(2,0)的直線l1交拋物線C：y2＝2px(p＞0)于A，B兩點，直線l2：x＝－2交x軸于點Q.(1)設直線QA，QB的斜率分別為k1，k2，求k1＋k2的值；(2)點P為拋物線C上異于A，B的任意一點，直線PA，PB交直線l2于M，N兩點，eq\o(OM,\s\up7(→))·eq\o(ON,\s\up7(→))＝2，求拋物線C的方程．解：(1)設直線l1的方程為x＝my＋2，點A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝2px，))得y2－2pmy－4p＝0，則y1＋y2＝2pm，y1y2＝－4p.k1＋k2＝eq\f(y1,x1＋2)＋eq\f(y2,x2＋2)＝eq\f(y1,my1＋4)＋eq\f(y2,my2＋4)＝eq\f(2my1y2＋4y1＋y2,my1＋4my2＋4)＝eq\f(－8mp＋8mp,my1＋4my2＋4)＝0.(2)設點P(x0，y0)，直線PA：y－y1＝eq\f(y1－y0,x1－x0)(x－x1)，當x＝－2時，yM＝eq\f(－4p＋y1y0,y1＋y0)，同理yN＝eq\f(－4p＋y2y0,y2＋y0).因為eq\o(OM,\s\up7(→))·eq\o(ON,\s\up7(→))＝2，所以4＋yNyM＝2，即eq\f(－4p＋y2y0,y2＋y0)·eq\f(－4p＋y1y0,y1＋y0)＝eq\f(16p2－4py0y2＋y1＋y\o\al(2,0)y1y2,y2y1＋y0y2＋y1＋y\o\al(2,0))＝eq\f(16p2－8p2my0－4py\o\al(2,0),－4p＋2pmy0＋y\o\al(2,0))＝eq\f(－4p－4p＋2pmy0＋y\o\al(2,0),－4p＋2pmy0＋y\o\al(2,0))＝－2，故p＝eq\f(1,2)，所以拋物線C的方程為y2＝x.4.如圖，已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經過點(0，eq\r(3))，離心率為eq\f(1,2)，左、右焦點分別為F1(－c,0)，F2(c,0)．(1)求橢圓的方程；(2)若直線l：y＝－eq\f(1,2)x＋m與橢圓交于A，B兩點，與以F1F2為直徑的圓交于C，D兩點，且滿足eq\f(|AB|,|CD|)＝eq\f(5\r(3),4)，求直線l的方程．解：(1)由題設知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝\r(3)，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,b2＝a2－c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))∴橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由題設，以F1F2為直徑的圓的方程為x2＋y2∴圓心到直線l的距離d＝eq\f(2|m|,\r(5)).由d<1得|m|<eq\f(\r(5),2).(*)∴|CD|＝2eq\r(1－d2)＝2eq\r(1－\f(4,5)m2)＝eq\f(2,\r(5))eq\r(5－4m2).設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得x2－mx＋m2－3＝0，由根與系數的