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专题16 圆锥曲线的综合应用（十大题型7 大易错题）
【题型1 直线与椭圆的位置关系判断】
1．若直线ax +by −1=0与圆O: x
2+ y
2=1相离，则过点P(a,b)的直线与椭圆y
2
6 + x
2
5 =1的交点个数是
（ ）
A．0 或1
B．0
C．1
D．2
【答案】D
【分析】由直线与圆相离得a
2+b
2<1，则点P(a,b)在椭圆y
2
6 + x
2
5 =1的内部，由此即可得解.
【详解】由题意直线ax +by −1=0与圆O: x
2+ y
2=1相离，所以圆心到直线的距离d =
1
√a
2+b
2 >1=r，
即0<a
2+b
2<1，
而b
2
6 + a
2
5 ≤a
2+b
2
5
< 1
5 <1，即点P(a,b)在椭圆y
2
6 + x
2
5 =1的内部，
所以过点P(a,b)的直线与椭圆y
2
6 + x
2
5 =1的交点个数是2.
故选：D.
2．直线3 x−2 y +6=0与曲线y
2
9 −x|x|
4 =1的公共点的个数是（ ）．
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】考虑x ≥0和x<0两种情况，画出曲线和直线图像，根据图像得到答案.
【详解】当x ≥0时，曲线y
2
9 −x|x|
4 =1，即y
2
9 −x
2
4 =1，双曲线右半部分；
一条渐近线方程为：y = 3
2 x，直线与渐近线平行；
当x<0时，曲线y
2
9 −x|x|
4 =1，即y
2
9 + x
2
4 =1，椭圆的左半部分；
画出曲线和直线的图像，如图所示：
1
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根据图像知有2个公共点.
故选：B
3．若直线mx −ny = 4与⊙O：x
2+ y
2= 4没有交点，则过点P(m,n)、Q (0,5)两点的直线与椭圆
x
2
9 + y
2
4 =1的交点个数是（ ）
A．至多为1
B．2
C．1
D．0
【答案】B
【分析】由直线与圆相离得到P点位置后判断.
【详解】直线mx−ny = 4与⊙O：x
2+ y
2= 4没有交点，
所以直线mx−ny = 4与⊙O：x
2+ y
2= 4相离，
所以|−4|
√m
2+n
2 >2，得m
2+n
2<4，
故点P(m,n)在以原点为圆心，2 为半径的圆内，所以
m
2
9 + n
2
4 < m
2
4 + n
2
4 <1，即在椭圆x
2
9 + y
2
4 =1内部，
而易知Q (0，5)在椭圆外，
所以过点P(m,n)、Q (0，5)两点的直线与该椭圆必有2 个交点．
故选：B
4．直线y =kx +1−k与椭圆x
2
9 + y
2
3 =1的公共点个数为 ．
【答案】2
【分析】求出直线恒过的定点与椭圆的位置关系，即可判断直线与椭圆的交点的个数．
【详解】直线y =kx +1−k恒过(1,1)，
2
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由于1
9 + 1
3 <1，所以(1,1)是椭圆内部的一点，
所以直线与椭圆恒有2 个交点．
故答案为：2．
【题型2 根据直线与椭圆位置关系求参】
5．设椭圆Γ : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的弦AB与x轴，y轴分别交于C , D两点，|AC|:|CD|:|DB|=1:2:2，
若直线AB的斜率k，则k的取值范围是（ ）
A．(0, √2
2 )
B．(
√2
2 ,1)
C．(0, √3
3 )
D．(
√3
3 ,1)
【答案】C
【分析】设A( x1, y1),B( x2, y2),C( x0,0), D(0, y0)，由|AC|:|CD|:|DB|=1:2:2得
A( 3 x0
2 ,−y0
2 ),B(−x0,2 y0)，根据A ,B在椭圆上，代入相减得
y0
2
x0
2 = b
2
3a
2，则直线AB的斜率为
k AB=−y0
x0
，然后由a>b>0即可求解.
【详解】如图所示，设A( x1, y1),B( x2, y2),C( x0,0), D(0, y0)，
直线AB: y =kx +b，
因为|AC|:|CD|:|DB|=1:2:2，所以2⃗AC =⃗CD ,⃗CD =⃗DB，
所以2( x0−x1,−y1)=(−x0, y0),(−x0, y0)=( x2, y2−y0)，
3
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即¿，¿，所以A( 3 x0
2 ,−y0
2 ),B(−x0,2 y0).
因为A ,B在椭圆上，所以9 x0
2
4 a
2 + y0
2
4 b
2 =1, x0
2
a
2 + 4 y0
2
b
2 =1，
两式相减得5 x0
2
4 a
2 = 15 y0
2
4 b
2 ，即
y0
2
x0
2 = b
2
3a
2.
又因为k AB=
2 y0−(−y0
2 )
−x0−3 x0
2
=−y0
x0
，且k AB>0，a>b>0，
所以0< b
2
a
2 <1，即0< b
2
3a
2 < 1
3，
所以0<k AB< √3
3 .
故选：C.
6．点M是椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上的点，以M为圆心的圆与x轴相切于椭圆的焦点F，圆M与y轴相交
于P ,Q两点，若△PQM是锐角三角形，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A．(2−√3,1)
B．(
√5−1
2
,1)
C．(
√6−√2
2
,1)
D．(
√6−√2
2
, √5−1
2 )
【答案】D
【分析】根据MF ⊥x轴可设M (c , y)，代入椭圆方程可求得圆M的半径，根据△PMQ为锐角三角形，
可构造关于a,c的齐次不等式，进而配凑出离心率e，解不等式即可求得结果.
【详解】∵圆M与x轴相切于焦点F，∴MF ⊥x轴，可设M (c , y)，
∵M在椭圆上，∴c
2
a
2 + y
2
b
2 =1，解得：y =± b
2
a ，∴圆M的半径为b
2
a ；
4
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作MN ⊥y轴，垂足为N，
∵|MP|=|MQ|，∴∠PMN =∠NMQ，
∵△PMQ为锐角三角形，∴∠NMQ<π
4 ，∴b
2
a >c> √2
2 × b
2
a ，
∴ac<a
2−c
2<√2ac，即e<1−e
2<√2e，解得：√6−√2
2
<e< √5−1
2
，
即椭圆离心率的取值范围为(
√6−√2
2
, √5−1
2 ).
故选：D.
7．已知椭圆C : x
2
5 + y
2=1，点M (0,1)关于直线l: y = x +t的对称点N在C上，且点M与N不重合，则t =
（ ）
A．−1
3
B．−1
2
C．−2
3
D．−1
【答案】C
【分析】设N ( x0，y0)，由题意可得MN的斜率为−1，由两点的斜率公式可得x0，y0的一个关系式，
由M，N的中点在直线方程上，从而可得N的坐标，将点N的坐标代入椭圆方程，可求出t的值．
【详解】不妨设N ( x0,y0)，
由题意可得
y0−1
x0−0 =−1，即：y0=1−x0，
又MN的中点(
x0
2 , 1+ y0
2 )在直线l: y = x +t上，
所以1+ y0
2
= x0
2 +t，解得y0=t，故N (1−t ,t )，
5
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而N在椭圆C上．故(1−t )
2
5
+t
2=1，解得t =1或t =−2
3，
由于t =1时N与M坐标相同，故t =−2
3．
故选：C．
8．已知直线kx + y +2k =0与椭圆x
2
3 + y
2
4 =1相切，则k的值为（ ）
A．2
B．1
2
C．±2
D．± 1
2
【答案】C
【分析】联立直线与椭圆方程，由相切得到Δ=0，从而得解.
【详解】依题意，联立¿，得4 x
2+3(−kx −2k )
2=12，
化解得(4 +3k
2)x
2+12k
2 x +12k
2−12=0，
因为直线kx + y +2k =0与椭圆x
2
3 + y
2
4 =1相切，
所以Δ=(12k
2)
2−4×(4+3k
2)×(12k
2−12)=0，
化简整理得k
2−4 =0，所以k =±2.
故选：C.
【题型3 直线与椭圆相切的应用】
9．已知圆C1:(x−√3)
2+ y
2=r
2(0<r <4)与圆C2:(x +√3)
2+ y
2=(4−r)
2交点的轨迹为M，过平面内
的点P作轨迹M的两条互相垂直的切线，则点P的轨迹方程为（ ）
A．x
2+ y
2=5
B．x
2+ y
2= 4
C．x
2+ y
2=3
D．x
2+ y
2= 5
2
6
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【答案】A
【分析】设两圆交点为N (x , y)，根据椭圆的定义求出轨迹M的方程，设点P(x0, y0)，当切线斜率存
在且不为0时，设切线方程为：y −y0=k (x−x0)，联立直线与椭圆方程，根据Δ=0且k1k2=−1求出
x0
2+ y0
2=5，当切线的斜率不存在或为0时，求出P点坐标，即可得解.
【详解】圆C1:(x−√3)
2+ y
2=r
2(0<r <4)圆心C1(√3,0)，
圆C2:(x +√3)
2+ y
2=(4−r)
2圆心C2(−√3,0)，
设两圆交点为N (x , y)，则由题意知|N C1|=r，|N C2|= 4−r，所以|N C1|+|N C2|= 4，
又由于|C1C2|=2√3，所以由椭圆定义知，交点N是以C1(√3,0)、C2(−√3,0)为焦点的椭圆，
且c =√3，a=2，则b=√a
2−c
2=1，所以轨迹M的方程为x
2
4 + y
2=1，
设点P(x0, y0)，当切线斜率存在且不为0时，设切线方程为：y −y0=k (x−x0)，
联立¿，消y得(4 k
2+1) x
2+8( y0−k x0)kx + 4( y0−k x0)
2−4 =0，
则Δ=64( y0−k x0)
2k
2−4×(4 k
2+1)[4( y0−k x0)
2−4]=0，
即(4−x0
2)k
2+2 x0 y0k +1−y0
2=0，由于k1k2=−1，则由根与系数关系知
1−y0
2
4−x0
2 =−1，即x0
2+ y0
2=5．
7
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当切线斜率不存在或为0时，点P的坐标为(2,1)，(−2,1)，(−2,−1)，(2,−1)，满足方程x0
2+ y0
2=5，
故所求轨迹方程为x
2+ y
2=5．
故选：A．
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是由椭圆的定义求出轨迹M的方程，再分切线的斜率存在且不为
零和不存在或为零两种情况讨论，根据Δ=0，利用韦达定理及k1k2=−1求出方程.
10．已知椭圆M : x
2
a
2 + y
2=1，圆C : x
2+ y
2=6−a
2在第一象限有公共点P，设圆C在点P处的切线斜率为k1，
椭圆M在点P处的切线斜率为k2，则
k1
k2
的取值范围为
A．(1,6)
B．(1,5)
C．(3,6)
D．(3,5)
【答案】D
【分析】结合两个曲线在第一象限有公共点，建立不等关系，设出公共点P 坐标，用坐标计算k1,k2，
相比，计算范围，即可．
【详解】因为椭圆M : x
2
a
2 + y
2=1和圆C : x
2+ y
2=6−a
2在第一象限有公共点P，所以¿，解得3<a
2<5.
8
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设椭圆M : x
2
a
2 + y
2=1和圆C : x
2+ y
2=6−a
2在第一象限的公共点P( x0, y0)，则椭圆M在点P处的切线
方程为
x0 x
a
2 + y0 y =1，圆C在点P处的切线方程为x0 x + y0 y =6−a
2，所以k1=−x0
y0
，k2=−x0
a
2 y0
，所
以
k1
k2
=a
2∈(3,5)，故选D.
【点睛】本题以椭圆为背景，考查圆和椭圆的相关知识，考查化简求解能力，考查数学运算素养，本
道题考查了圆与椭圆的性质以及过曲线一点计算切线斜率问题，属于中档题．
11．直线l与圆G:(x −4)
2+( y +1)
2= 4和椭圆E: x
2
4 + y
2=1同时相切，请写出一条符合条件的l的方程
【答案】y =1或x =2或y = 5−√153
16
x−√242−10√153
8
（只需写一条）
【分析】画出它们的图像，由图像易得满足题意的两条公切线，再根据相切条件解得第三条公切线.
【详解】圆G的圆心坐标为(4 ,−1)，半径为2，椭圆E中，a=2,b=1，它们的图象如下图：
由图可知，y =1或x =2与圆G:(x −4)
2+( y +1)
2= 4和椭圆E: x
2
4 + y
2=1同时相切，
即符合条件的l的方程可以为y =1或x =2
假设公切线斜率存在且不为零时方程为y =kx +m,(k ≠0)，由图可知k <0,m<0
所以|4 k +m+1|
√1+k
2
=2①
由¿得(1+ 4 k
2)x
2+8kmx + 4 m
2−4 =0
由Δ=0得m
2=1+ 4 k
2②
由①②解得k = 5−√153
16
,m=−√242−10√153
8
9
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故答案为： y =1或x =2或y = 5−√153
16
x−√242−10√153
8
（只需写一条）
【题型4 直线与椭圆相交弦长问题】
12．已知点F1、F2分别椭圆x❑
2
2
+ y❑
2=1的左、右焦点，过F2作倾斜角为π
4 的直线交椭圆于A、B
两点，则弦AB的长为 .
【答案】4√2
3
/4
3 √2
【分析】首先得到右焦点坐标，即可得到直线AB的方程，联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，再
由两点间的距离公式计算可得.
【详解】椭圆x❑
2
2
+ y❑
2=1的右焦点F2(1,0)，
因为直线AB的倾斜角为π
4 且过点F2(1,0)，
所以直线AB: y = x−1，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立¿，消去y得3 x
2−4 x =0，
所以x1=0，x2= 4
3 ，
所以y1=−1，y2= 1
3，
所以A (0,−1)，B(
4
3 , 1
3)，
所以|AB|=√(
4
3 −0)
2
+(
1
3 +1)
2
= 4√2
3
.
故答案为：4√2
3
13．已知O为坐标原点，椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率e = √2
2 ，短轴长为2√3．若直线l与C在第一
象限交于A ,B两点，l与x轴、y轴分别相交于M , N两点，|MA|=|NB|，且S△MNO=2√2，则|AB|=
10
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．
【答案】√6
【分析】结合题意可得椭圆方程，借助点差法可得kOE⋅k AB=−1
2，设出直线l的方程，结合
kOE⋅k AB=−1
2可得其斜率，再借助韦达定理与弦长公式即可得解.
【详解】由题意得¿，解得a
2=6,b
2=3，故椭圆C的方程为x
2
6 + y
2
3 =1，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，线段AB的中点为E，连接OE，如图，
∵点A ,B在椭圆上，∴x1
2
6 + y1
2
3 =1, x2
2
6 + y2
2
3 =1，两式相减得
y2
2−y1
2
x2
2−x1
2 =−1
2，
则kOE⋅k AB= y1+ y2
x1+ x2
⋅y2−y1
x2−x1
= y2
2−y1
2
x2
2−x1
2 =−1
2，
设直线l的方程为y =kx +m,k <0,m>0，则M(−m
k ,0), N (0,m)，
∵|MA|=|NB|,∴点E也为MN的中点，∴E(−m
2k , m
2),∴kOE=−k，
∴−k ⋅k =−1
2，解得k =−√2
2 ，
∵S△MNO=2√2= 1
2 ×(−m
k )×m,m>0，
∴m=2，故直线l的方程为y =−√2
2 x +2，
联立¿，消去y整理得x
2−2√2 x +1=0，
则x1+ x2=2√2, x1 x2=1，
则|AB|=√1+k
2⋅|x1−x2|=√1+ 1
2 ⋅√(2√2)
2−4×1=√6,
故答案为：√6
11
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【点睛】方法点睛：点差法是处理中点弦问题常用的求解方法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥
曲线方程，并将两式相减，式中含有x1+ x2, y1+ y2, x2−x1, y2−y1，这样就直接联系了中点和直线
的斜率，借用中点坐标公式可求得斜率．
14．已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，过C的左焦点且斜率为1 的直线与C交于A ,B两点.
若|AB|=12，则C的焦距为 .
【答案】7
【分析】根据题意，得到椭圆C的方程为x
2
4 c
2 + y
2
3c
2 =1，由AB的方程为y = x +c，联立方程组，求得
x1+ x2=−8
7 c , x1 x2=−8
7 c
2，结合弦长公式，列出方程求得c的值，即可求解.
【详解】由椭圆C的离心率为e = 1
2，可得a=2c，则b=√a
2−c
2=√3c，
所以椭圆C的方程为x
2
4 c
2 + y
2
3c
2 =1，即3 x
2+ 4 y
2−12c
2=0，
由直线AB过椭圆C的右焦点F(c ,0)且斜率为1，可得AB的方程为y = x +c，
联立方程组¿，整理得7 x
2+8cx−8c
2=0，
则Δ=64 c
2+ 4×7×8c
2=288c
2>0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则x1+ x2=−8
7 c , x1 x2=−8
7 c
2，
所以|AB|=√1
2+1
2⋅√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= √2×(64 c
2+ 4×7×8c
2)
7
= 24 c
7
=12，
解得c = 7
2，所以椭圆C的焦距为2c =7.
故答案为：7.
12
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15．已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F，下顶点为A，过A , F的直线l与椭圆C交于另一点B，
若直线l的斜率为1，且|AB|= 8
3，则椭圆C的标准方程为 .
【答案】x
2
4 + y
2
2 =1
【分析】利用弦长公式求解参数，得到椭圆方程即可.
【详解】
设F (c ,0)，由题意知，b=c ,a=√2c，直线l的方程为y = x−c，
与椭圆C的方程联立化简得3 x
2−4 cx =0，所以x A =0, xB= 4
3 c，
故|AB|=√2⋅|xB−x A|= 4√2
3
c = 8
3 ，解得c =√2，
所以b=√2,a=2，椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
2 =1.
故答案为：x
2
4 + y
2
2 =1
【题型5 直线与双曲线的位置关系判断】
16．已知双曲线C : x
2
9 −y
2
16 =1，过点P(3,3)作直线l，使l与C有且只有一个公共点，则满足条件的直
线l共有（ ）
A．1 条
B．2 条
C．3 条
D．4 条
【答案】D
【分析】结合双曲线的性质与点P位置，画出对应图形即可得.
【详解】易知双曲线的焦点F1(−5,0), F2(5,0)，顶点A (3,0)，渐近线为y =± 4
3 x，
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由P(3,3)可得该点在双曲线右顶点上方，
易得过P点与双曲线有且只有一个公共点的直线中，
有两条和双曲线的渐近线分别平行的直线（图1），
有两条双曲线右支的切线（图2），共4 条.
故选：D.
17．过双曲线C：x
2−y
2
3 =1左焦点为F和点A (0,2√3)直线l与双曲线C的交点个数是（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】B
【分析】求出直线l 的斜率，即可得其方程，判断该直线和双曲线渐近线平行，即可判断答案.
【详解】由题意得双曲线C：x
2−y
2
3 =1左焦点为F(−2,0)，
则直线l 的斜率为k = 2√3−0
0−(−2) =√3，
故直线l 的方程为y =√3 x +2√3，而双曲线的渐近线方程为y =±√3 x，
故直线l 与y =√3 x平行，且l 过双曲线的左焦点，
故直线l与双曲线C的交点个数是1，
故选：B
18．设双曲线C经过点(2,2)，且与y
2
4 −x
2=1具有相同的渐近线，则经过点(√3,0)且与双曲线C有且只有
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一个公共点的直线有（ ）条.
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】D
【分析】首先求出双曲线C的方程，再分两类讨论直线即可.
【详解】由题可设双曲线C 的方程为y
2
4 −x
2= λ（λ≠0），
将点(2,2)代入上式得：λ =−3，
故双曲线C 的方程为x
2
3 −y
2
12 =1，显然其右顶点的坐标为(√3,0)，渐近线方程为y =±2 x，
当直线斜率不存在时，此时直线方程为x =√3，符合题意，
当直线与双曲线的渐近线平行时，即直线方程为y =±2(x−√3)时，此时也符合题意，
综上，这样的直线共有3 条.
故选：D.
19．过点P(√7,5)且与双曲线x
2
7 −y
2
25 =1有且只有一个公共点的直线有 条，它们的方程分别是
．
【答案】 2 x =√7和y =−5√7
7
x +10
【分析】若直线的斜率不存在，可得直线方程为x =√7满足条件；若直线的斜率存在，设直线的方程
为y −5=k (x−√7)，代入到双曲线方程，分二次项系数为0 和判别式等于0 讨论，即可得到答案．
【详解】解：若直线的斜率不存在，则直线方程为x =√7，此时仅有一个交点(√7,0)，满足条件；
若直线的斜率存在，设直线的方程为y −5=k (x−√7)，
联立方程组¿，
整理得到(25−7 k
2) x
2−7×2kx (5−√7 k)−7(5−√7 k)
2−7×25=0，
当k = 5√7
7
时，方程无解，不满足条件；
当k =−5√7
7
时，方程2×5√7 x×10=875有一解，满足条件；
当k ≠± 5√7
7
时，令Δ=[14 k (5−√7 k)]
2−4(25−7 k
2)⋅[−7(5−√7 k)
2−175]=0，
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解得k = 5√7
7
，此时恰好为渐近线的斜率，不满足条件，
所以满足条件的直线有两条，直线方程分别为x =√7和y =−5√7
7
x +10．
故答案为：2；x =√7和y =−5√7
7
x +10.
【题型6 根据直线与双曲线位置关系求参】
20．已知直线l的方程为y =kx−1，双曲线C的方程为x
2−y
2=1.若直线l与双曲线C的右支交于不同的
两点，则实数k的取值范围是（ ）
A．(−√2,−1)
B．[1,√2)
C．(−√2,−1)∪(1,√2) D．(1,√2)
【答案】D
【分析】联立直线方程和双曲线方程，利用判别式结合韦达定理可求实数k的取值范围.
【详解】由题设，有¿，得(1−k
2) x
2+2kx −2=0，
因为直线l与双曲线C的右支交于不同的两点，故¿，解得1<k <√2，
故选：D.
21．已知双曲线C 的方程为5 x
2−y
2=1，过点P(0,−1)作直线l与双曲线左右两支分别交于点M，N.若⃗
MP =2⃗PN，则直线l的方程为（ ）
A．y = 1
5 x−1
B．y = 1
5 x−1或y =−1
5 x−1
C．y = x−1或y =−x−1
D．y = x−1
【答案】C
【分析】设M (x1, y1), N (x2, y2)，则直线l的方程为y =kx−1，与双曲线方程联立，得x1+ x2，
x1 x2，由⃗MP =2⃗PN，得−x1=2 x2，从而求得k，由此可得直线l的方程.
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【详解】设M (x1, y1), N (x2, y2)，直线l的斜率为k，则直线l的方程为y =kx −1，
联立¿，
则x1+ x2= 2k
k
2−5①，x1 x2=
2
k
2−5 ②
因为⃗MP =2⃗PN，则−x1=2 x2③，
①③联立解得x1= 4 k
k
2−5
, x2= −2k
k
2−5，代入②得5k
2=5⇒k =±1，
则直线l的方程为y = x−1或y =−x−1，
故答案为：C
22．已知双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0，b>0）的右焦点为F，一条渐近线的方程为y =2 x，直线y =kx与
C在第一象限内的交点为P.若|PF|=|PO|，则k的值为（ ）
A．√5
2
B．√3
2
C．2√5
5
D．4√5
5
【答案】C
【分析】根据|PF|=|PO|条件，先求出右焦点为F的坐标，将点P代入直线方程y =kx，即可求出k的
值.
【详解】由题意知，双曲线E的两条渐近线方程分别为y = b
a x，y =−b
a x.
设点P坐标为( x1, y1)，右焦点F(c ,0).
由|PF|=|PO|得，√x1
2+ y1
2=√(x1−c)
2+ y1
2解得：x1= c
2，
因为y =2 x是双曲线得一条渐近性，所以b=2a，则c =√5a，
将x1= c
2代入双曲线方程，得y1=±a.
因为，点P在第一象限内，所以P(
c
2 ,a)，
点P在直线y =kx上，所以a=k × c
2 =k × √5a
2
，解得：k = 2√5
5
.
故选：C
23．已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2=1 (a>0)与直线y =2 x无公共点，则正数a的一个取值可以为 ．
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【答案】1
2（答案不唯一）
【分析】根据题意可知，只需直线的斜率大于等于渐近线的斜率即可.
【详解】双曲线C : x
2
a
2 −y
2=1 (a>0)的一条渐近线的斜率为1
a,
若双曲线与直线无公共点，
只需1
a ≤2,
解得a≥1
2.
故a的一个取值可以为1
2.
故答案为：1
2（答案不唯一）.
【题型7 直线与双曲线相交弦长问题】】
24．已知双曲线C : y
2−x
2
3 =1的两个焦点分别为F1, F2，过F1的直线与双曲线C的同一支交于A，B两点，
且|B F1|=2|A F1|，则线段AB的长度为（ ）
A．9
4
B．9
C．27
4
D．6
【答案】C
【分析】根据对称性不妨设过F1的直线为y =kx −2(k >0,k ≠√3
3 )，与双曲线的方程联立，运用韦达
定理和向量共线的坐标表示，结合弦长公式，计算可得．
【详解】双曲线C : y
2−x
2
3 =1中a=1，b=√3，c =√a
2+b
2=2，则F1(0,−2)，
根据对称性不妨设过F1的直线为y =kx −2(k >0,k ≠√3
3 )，
联立¿，可得(3k
2−1) x
2−12kx +9=0，
则Δ=144 k
2−36(3k
2−1)=36(k
2+1)>0
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设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1+ x2=
12k
3k
2−1，x1 x2=
9
3k
2−1，①
由|B F1|=2|A F1|，可得⃗B F1=2⃗F1 A，
即有−x2=2 x1，②
由①②可得x1=−
12k
3k
2−1，x2=
24 k
3k
2−1，所以−
12k
3k
2−1
× 24 k
3k
2−1
=
9
3k
2−1，
解得k = √35
35 （负值已舍去），x1= 3√35
8
，
所以| AB|=√1+k
2⋅|x1−x2|= 6
√35 ×3|x1|= 6
√35 × 9√35
8
= 27
4 ．
故选：C．
25．已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左焦点为F1，圆O: x
2+ y
2=a
2.若过F1的直线分别交C的左、
右两支于A，B 两点，且圆O与F1B相切，C的离心率为3, F1到C的渐近线的距离为2√2，则| AB|=
（ ）
A．32
7
B．30
7
C．20
7
D．16
7
【答案】D
【分析】由题意可得|bc−a×0|
√a
2+b
2
=b，可得a=1,b=2√2,c =3，进而可求直线AB的方程
y =
1
2√2 ( x +3)，联立方程组可求弦长.
【详解】由e = c
a =3，得c =3a,b=2√2a.
双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的渐近线方程为bx±ay =0，F1(−c ,0)，
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因为F1到C的渐近线的距离为b，所以|bc−a×0|
√a
2+b
2
=b=2√2a=2√2，解得a=1,b=2√2,c =3，所
以x
2−y
2
8 =1，
过F1的直线AB与圆x
2+ y
2=1相切于N，则可得|F1 N|=√3
2−1
2=2√2，
所以tan∠B F1O=|ON |
| N F1| =
1
2√2，
过F1且与圆x
2+ y
2=1相切的直线方程为y =
1
2√2 ( x +3)，
联立方程组¿，消去x得63 x
2−6 x−73=0.设A(x1, y1),B(x2, y2)，
则x1+ x2= 2
21 , x1 x2=−73
63，所以|AB|=√1+ 1
8 ⋅√(
2
21)
2
+ 4×73
63
= 16
7 .
故选：D.
26．过双曲线x
2
3 −y
2
6 =1的右焦点F2，倾斜角为30°的直线交双曲线于A，B 两点，则|AB|的值为（ ）
A．4
5 √3
B．8
5 √3
C．16
5 √3
D．32
5 √3
【答案】C
【分析】确定直线AB的方程，代入双曲线方程，求出A，B的坐标，即可求线段AB的长．
【详解】由双曲线的方程得F1(−3,0)，F2(3,0)，直线AB的方程为y = √3
3 ( x−3)①
将其代入双曲线方程消去y得，5 x
2+6 x−27 =0，解之得x1=−3，x2= 9
5 ．
将x1，x2代入①，得y1=−2√3，y2=−2√3
5
，
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故| AB|=√(−3−9
5 )
2
+(−2√3+ 2√3
5
)
2
= 16√3
5
．
故选：C．
27．已知双曲线C：y
2
4 −x
2
2 =1，则双曲线C的渐近线方程是 ；直线x =1与双曲线相交于M，
N两点，则|MN|= .
【答案】 √2 x ± y =0 2√6
【分析】由已知可判断双曲线为焦点在y轴上的双曲线，可知a，b，表示渐近线方程即可；由x =1可
求y的值，从而得到交点坐标，即可得到距离.
【详解】由双曲线C：y
2
4 −x
2
2 =1知双曲线的焦点在y轴，且a
2= 4，b
2=2，
即a=2，b=√2，所以双曲线C的渐近线方程为√2 x ± y =0；
当x =1时，y =±√6，
设M (1,√6)，则N (1,−√6)，所以|MN|=2√6.
故答案为：√2 x ± y =0；2√6.
【题型8 直线与抛物线的位置关系】
28．已知抛物线x
2= 4 y，P为直线y =−1上一点，过P作抛物线的两条切线，切点分别为A ,B，则⃗
PA ⋅⃗PB的值为（ ）
A．0
B．1
C．-2
D．-1
【答案】A
【分析】设A( x1, x1
2
4 ),B( x2, x2
2
4 )，利用导数的几何意义可得直线PA与直线PB的方程，进而得到点
P的坐标，结合点P在直线y =−1上，得x1 x2
4
=−1，即x1 x2=−4,根据数量积的坐标运算化简⃗
PA ⋅⃗PB后即可得解．
【详解】设A( x1, x1
2
4 ),B( x2, x2
2
4 )，由y = 1
4 x
2求导得y
′ = 1
2 x，
则直线PA方程为y = x1
2 (x−x1)+ x1
2
4
，即y = x1
2 x−x1
2
4
，
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同理可得直线PB的方程为y = x2
2 x−x2
2
4
，
联立直线PA与直线PB的方程可得P( x1+ x2
2
, x1 x2
4
)，
由点P在直线y =−1上，得x1 x2
4
=−1，即x1 x2=−4
∴ ⃗PA ⋅⃗PB =( x1−x2
2
, x1
2−x1 x2
4
)⋅( x2−x1
2
, x2
2−x1 x2
4
) =−( x1−x2)
2
4
−x1 x2( x1−x2)
2
16
=−( x1−x2)
2
4
−−4( x1−x2)
2
16
=0
故选：A．
29．设抛物线E：x
2=2 py ( p>0)的焦点为F，过点P(0,3)的直线与抛物线E相交于A，B两点，|AF|=2，
|BF|=10，则p=（ ）
A．1
B．2
C．4
D．22
【答案】B
【分析】设直线AB的方程为y =kx +3，A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立¿，利用韦达定理和抛物线的定
义即可求解.
【详解】设抛物线E：x
2=2 py ( p>0)的焦点为F，过点P(0,3)的直线与抛物线E相交于A，B两点，
设直线AB的方程为y =kx +3，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立¿，可得x
2−2 pkx−6 p=0，所以x1+ x2=2 pk，x1 x2=−6 p，
则y1 y2= x1
2 x2
2
4 p
2 =9．因为|AF|=2，|BF|=10，所以y1=2−p
2 ，y2=10−p
2 ，
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则(2−p
2)×(10−p
2)=9，解得p=2或p=22．因为2−p
2 >0，所以p=2．
故选：B
【题型9 抛物线的焦点弦及应用】
30．已知抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点为F，过F的直线l与C与交于A 、B两点（A点在x轴上方），
点D(
3
2 p,0)，若|AF|=|AD|,|BF|= 1
2，则C的方程为（ ）
A．y
2= 2
3 x
B．y
2= 4
3 x
C．y
2=2 x
D．y
2= 4 x
【答案】B
【分析】由|AF|=|AD|可得A点横坐标，即可得A点坐标，结合焦点坐标可得直线l斜率，表示出直
线l后，联立曲线即可得B点坐标，结合焦半径公式计算即可得解.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)，则x1=
1
2 p+ 3
2 p
2
= p，
∴y1=√2 p x1=√2 p，即A ( p,√2 p)，
由A ( p,√2 p), F(
p
2 ,0)得，kl= √2 p
p−p
2
=2√2，
∴l的方程为y =2√2(x−p
2)，
由¿得，¿，¿，
∴|BF|= x2+ p
2 = 3
4 p= 1
2，∴p= 2
3，故y
2= 4
3 x.
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故选：B.
31．直线l经过抛物线y
2= 4 x的焦点F，且与抛物线交于A，B 两点.若|AF|=3|BF|，则|AB|=（ ）
A．8
3
B．3
C．16
3
D．3
2
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用抛物线焦半径公式求出点A ,B的横坐标，进而求出弦长|AB|.
【详解】抛物线y
2= 4 x的焦点坐标为(1,0)，准线方程为x =−1，
设A( x1, y1),B( x2, y2)，则y1
2= 4 x1, y2
2= 4 x2，
由|AF|=3|BF|，得|y1|=3|y2|，则x1=9 x2，
由|AF|=3|BF|，得x1+1=3( x2+1)，得x1=3 x2+2，
联立解得x1=3，x2= 1
3，所以|AB|= x1+1+ x2+1= x1+ x2+2= 16
3 .
故选：C
32．设抛物线y
2=2 px( p>0)的焦点为F，过F的直线l与抛物线在第一象限交于点A，与y轴交于点C，
若⃗AF =⃗FC，则直线l的斜率为（ ）
A．√3
3
B．2√2
3
C．2√2
D．√3
【答案】C
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【分析】由题意可求得| A A
'|= p, A的坐标为( p,√2 p)，进而可求的l的斜率.
【详解】∵⃗AF =⃗FC ，∴F为AC的中点，过点A作A A
′垂直于y轴于点A
′ ,∴OF为△A A
′C的中位
线，
则| A A
'|= p,∴A的坐标为( p,√2 p)，而F( p
2 ,0)，则直线l的斜率为k = √2 p
1
2 p
=2√2.
故选：C．
33．已知抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点为F，过F且斜率为2的直线l交抛物线C于A，B两点，若
| AB|=5，则p=（ ）
A．1
2
B．1
C．3
2
D．2
【答案】D
【分析】设l: y =2( x−p
2 )，A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立抛物线方程，利用韦达定理和抛物线的定义
建立关于p的方程，解之即可求解.
【详解】由题意知，F(
p
2 ,0)，设l: y =2( x−p
2 ), A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立直线与抛物线得¿，消去y，得4 x
2−6 px + p
2=0，
所以x1+ x2= 3
2 p.
由抛物线的定义知|AB|=|AF|+|BF|=(x1+ p
2)+(x2+ p
2)= x1+ x2+ p= 3
2 p+ p= 5
2 p.
而|AB|=5，故5
2 p=5，解得p=2.
故选：D.
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34．设抛物线C : y = 4 x
2的焦点为F，过焦点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，则| AB|的最小值为
（ ）
A．1
B．1
2
C．1
4
D．1
8
【答案】C
【分析】联立方程得韦达定理，即可根据焦点弦公式求解.
【详解】由C : y = 4 x
2得x
2= 1
4 y，F(0, 1
16)，
由题意可知直线AB的斜率存在，故设其方程为y =kx + 1
16 ，
联立y =kx + 1
16与x
2= 1
4 y可得x
2−1
4 kx −1
64 =0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则x1+ x2= 1
4 k，故y1+ y2=k (x1+ x2)+ 1
8 = 1
4 k
2+ 1
8，
因此| AB|= y1+ y2+ 1
8 = 1
4 k
2+ 1
4 ≥1
4 ，当且仅当k =0时取等号，
故选：C
【题型10 直线与抛物线的相交弦长问题】
35．已知O为坐标原点，抛物线C : y
2=2 x的焦点为F，⃗OM =−⃗ON =−2⃗OF，过点M 的直线l 与C
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交于A，B 两点，且⃗MA = λ⃗MB(0< λ<1)，直线BN 与C 的另一个交点为P，若直线AN 与PM 的斜率
满足k AN =3k PM，则|AB|= （ ）
A．√13
2
B．√13
C．√15
2
D．√15
【答案】A
【分析】由题意得M (−1,0), N (1,0)，则可设直线l: x =my −1，直线BN : x =ny +1，分别与抛物线
方程联立，设A( x1, y1),B( x2, y2), P( x3, y3)，由韦达定理可得y3=−y1，x3= x1，结合k AN =3k PM，
可解得x1, y1的值，从而可得m的值，再利用弦长公式即可求解.
【详解】由题意得F( 1
2 ,0)，
∵⃗OM =−⃗ON =−2⃗OF，
∴M (−1,0), N (1,0)，
设直线l: x =my −1，直线BN : x =ny +1，
联立¿，得y
2−2my +2=0，
设A( x1, y1),B( x2, y2), P( x3, y3)，则y1+ y2=2m, y1 y2=2，
联立¿，得y
2−2ny −2=0，则y2+ y3=2n, y2 y3=−2，
则y3=−y1，则x3= x1，故k AN =
y1
x1−1 ,k PM =
y3
x3+1 =−
y1
x1+1，
由k AN =3k PM，得
y1
x1−1 =3⋅−y1
x1+1，解得x1= 1
2 , y1
2=2 x1=1，
则m= x1+1
y1
=± 3
2，故|AB|=√m
2+1√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= √13
2 .
故选：A.
36．已知抛物线y
2= 4 x的焦点为F、点M 在抛物线上，MN 垂直y 轴于点N，若|MF|=6，则△MNF的面
27
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积为（ ）
A．8
B．4√5
C．5√5
D．10√5
【答案】C
【分析】确定抛物线的焦点和准线，根据|MF|=6得到M (5,2√5)，计算面积得到答案.
【详解】
因为抛物线y
2= 4 x的焦点为F (1,0)，准线方程为x =−1，
所以|MF|= xM +1=6，故xM =5，
不妨设M在第一象限，故M (5,2√5)，
所以S△MNF = 1
2 ×(5−0)×2√5=5√5.
故选：C.
37．如图，O为坐标原点，F为抛物线C : y
2=8 x的焦点，P为C上一点，若|PF|=8，则△POF的面积为
（ ）
A．4√2
B．4√3
C．8
D．12
【答案】B
【分析】根据抛物线定义求出xP=6，再代入回抛物线方程求出其纵坐标，最后计算面积即可.
【详解】由y
2=8 x可得抛物线的焦点F(2,0)，准线方程为x =−2，
如图：过点P作准线x =−2的垂线，垂足为M，
根据抛物线的定义可知| PM |=| PF |=8，设P( x , y)，则x−(−2)=8，解得x =6，
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将x =6代入y
2=8 x可得y =± 4√3，
所以△POF的面积为1
2 | y |⋅|OF |= 1
2 ×4√3×2= 4√3.
故选：B.
38．已知F为抛物线C：x
2= 4 y的焦点，过点F且倾斜角为60
∘的直线l与抛物线C相交于不同的两点
A 、B，若抛物线C在A 、B两点处的切线相交于点P，则|PF|= .
【答案】4
【分析】设A(x1, y1)，B(x1, y2)，设直线AB: y =√3 x +1，代入抛物线方程，消去y得
x
2−4√3 x−4 =0，根据韦达定理可得x1+ x2＝4√3，x1 x2=−4，根据导数的几何意义可得切线方
程，求出点P的坐标，即可求出|PF|的值．
【详解】设A(x1, y1)，B(x1, y2)，抛物线C 在A、B 两点处的切线为l1,l2，
由F (0,1),且直线AB的倾斜角为60
°，
因此，设直线AB：y ＝√3 x +1，代入抛物线方程，消去y得，x
2−4√3 x−4 =0，
则x1+ x2＝4√3，x1 x2=−4，
∴y1+ y2＝√3(x1+ x2)+2＝4(√3)
2+2=14，
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由抛物线C ：x
2＝4 y，可得y = 1
4 x
2对x求导数，得到y′= 1
2x，
则抛物线C在A ,B两点处的切线l1的斜率为1
2 x1，切线l2的斜率为1
2 x2，
∴直线l1的方程为y −y1= 1
2 x1(x−x1)，即y = 1
2 x1 x−1
4 x1
2，①
则直线l2的方程为y −y2= 1
2 x2(x−x2)，即y = 1
2 x2 x−1
4 x2
2，②，
由①②解得x = x1+ x2
2
=2√3，y = x1 x2
4
=−1，
∴点P 的坐标为(2√3,−1)，
根据两点间距离公式：|PF|=√(2√3)
2+(−1−1)
2=√12+ 4 = 4，
故答案为：4．
【点睛】结论点睛：过抛物线焦点F的直线与抛物线C相交于不同的两点A 、B，抛物线C在A 、B
两点处的切线相交于点P，则点P的轨迹为抛物线的准线.
1．已知抛物线C：y
2=6 x的焦点为F，点M (6,4)，N 是抛物线C 上一点，当|MN|+|NF|取得最小值时，
△MNF的面积为（ ）
A．7
B．5
C．17
3
D．20
3
【答案】D
【分析】由抛物线定义可知|MN|+|NF|=|MN|+|NH|，结合图形可的N(
8
3 ,4)，然后可得所求.
【详解】过点N作准线的垂线，垂足为H，
由抛物线定义可知，|MN|+|NF|=|MN|+|NH|，
由图知，当MN 与抛物线C 的准线垂直时，|MN|+|NF|取得最小值，
此时点N纵坐标为4，代入抛物线方程可得N(
8
3 ,4)，
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则△MNF的面积为1
2 ×(6−8
3)×4 = 20
3 ．
故选：D
2．已知过抛物线C：y
2= 4 x的焦点F 的直线l 与抛物线C 交于A，B 两点，若|AF|=3|BF|，则|AB|=
（ ）
A．4√3
3
B．8√3
3
C．8
3
D．16
3
【答案】D
【分析】设出直线l 的方程，联立其与抛物线方程可得韦达定理，再由|AF|=3|BF|可得y1=−3 y2，
即可求得y1、y2，结合抛物线定义可得|AB|= x1+ x2+2= y1
2
4 + y2
2
4 +2求解即可.
【详解】如图所示，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，不妨设y1>0，设直线l 的方程：x =ty +1，
¿消去x 得y
2−4 ty −4 =0，Δ=16t
2+16>0，
所以y1+ y2= 4t，y1 y2=−4，
由|AF|=3|BF|可得y1=−3 y2，
所以由上边三式可解得t = √3
3 ，y1=2√3，y2=−2√3
3
，
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所以由抛物线定义可知|AB|= x1+ x2+2= y1
2
4 + y2
2
4 +2= 16
3
.
故选：D．
3．已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为√3
2 ，过右焦点F 且斜率为k (k >0)的直线与C 相交于
A、B 两点，若⃗AF =3⃗FB，则k = ．
【答案】√2
【分析】解法1：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由线段的定比分点公式得到y1=−3 y2，再设直线AB 方
程为x = sy +√3t，直曲联立得到韦达定理，再解出s,k即可；
解法2：由椭圆的第二定义设直线的倾斜角为θ，|BF|
|AF|= λ，得到cosθ = √3
3 ，再由同角的三角函数关
系求出即可；
【详解】
解法1：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
∵⃗AF =3⃗FB，∴由定比分点坐标公式可得y1=−3 y2，
∵e = √3
2 ，设a=2t，c =√3t，b=t，∴x
2+ 4 y
2−4 t
2=0， ①
设直线AB 方程为x = sy +√3t，
代入①中消去x，可得(s
2+ 4) y
2+2√3 sty −t
2=0，
Δ=12s
2t
2+ 4 t
2(s
2+ 4)>0，
∴y1+ y2=−2√3 st
s
2+ 4
，y1 y2=−
t
2
s
2+ 4
，−2 y2=−2√3 st
s
2+ 4
，−3 y2
2=−
t
2
s
2+ 4
，
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解得s
2= 1
2，k =√2．
解法2：设直线的倾斜角为θ，|BF|
|AF|= λ，所以λ= 1
3，
由椭圆的第二定义可得|ecosθ|=|
λ−1
λ+1|，
即√3
2 cosθ = 3−1
3+1 = 1
2，cosθ = √3
3 ，
又sinθ =√1−cos
2θ = √6
3 ，
所以k = tanθ =√2．
故答案为：√2.
4．若圆C与抛物线E: x
2=6 y在公共点B处有相同的切线，且C与y轴相切于E的焦点A，则|AB|=
.
【答案】2
【分析】不妨令圆C在第一象限,假设出圆的方程，利用圆C与抛物线E: y = x
2
6
在公共点B处有相同的
切线，得到直线CB与m垂直，得到关于B(x0, 1
6 x0
2)(x0>0) a= 1
2 x0+ 1
18 x0
3的方程，联立点B在圆C
上的方程求解出B(√3, 1
2)，从而求解出|AB|=2.
【详解】抛物线E: y = x
2
6 的焦点为A(0, 3
2)，
根据对称性，不妨令圆C在第一象限，C(a, 3
2)，
则圆C的半径r =a，故圆C的方程为( x−a)
2+( y −3
2)
2
=a
2，
设B(x0, 1
6 x0
2)(x0>0)，由y = 1
6 x
2，得y
′ = 1
3 x，
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所以抛物线在点B处的切线m的斜率k = x0
3 ，
因为圆C与抛物线E: y = x
2
6 在公共点B处有相同的切线，
所以直线CB与m垂直，即
1
6 x0
2−3
2
x0−a ⋅x0
3 =−1，则a= 1
2 x0+ 1
18 x0
3①，
又点B在圆C上，所以(x0−a)
2+(
1
6 x0
2−3
2)
2
=a
2，则x0
2−2a x0+(
1
6 x0
2−3
2)
2
=0②，
将①代入②可得x0
2−2(
1
2 x0+ 1
18 x0
3)x0+(
1
6 x0
2−3
2)
2
=0，
整理可得x0
4+6 x0
2−27 =0，解得x0
2=3或x0
2=−9（舍去），
所以B(√3, 1
2)，所以| AB|=√
(√3−0)
2+(
1
2 −3
2)
2
=2.
故答案为：2.
5．已知坐标原点为O，椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的上顶点为B，右焦点为F，且|FB|=10，⃗
FB⋅⃗FO =75．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过B作互相垂直的两条直线分别交C于M、N两点，求|MN|的最大值．
【答案】(1) x
2
100 + y
2
25 =1
(2)16
【分析】（1）利用已知条件求出a、c的值，可得出c的值，由此可得出椭圆C的方程；
（2）分析可知，直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y =kx +m，将该直线方程与椭圆方程联
立，列出韦达定理，由⃗BM ⋅⃗BN =0可求出m的值，然后利用弦长公式结合二次函数的基本性质可求
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得|MN|的最大值.
【详解】（1）解：易知点B (0,b)、F (c ,0)，则|FB|=√c
2+b
2=a=10，⃗
FB =(−c ,b)，⃗FO =(−c ,0)，则⃗FB⋅⃗FO=c
2=75，故b=√a
2−c
2=√100−75=5，
因此，椭圆C的方程为x
2
100 + y
2
25 =1.
（2）解：设点M (x1, y1)、N (x2, y2)，
若MN ⊥x轴，则M、N关于x轴对称，即点N (x1,−y1)，
k BM k BN = y1−5
x1
⋅−y1−5
x1
= 25−y1
2
x1
2
=
25−(25−x1
2
4 )
x1
2
= 1
4
，不合乎题意，
所以，直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y =kx +m，
联立¿可得(4 k
2+1) x
2+8kmx + 4 m
2−100=0，
Δ=64 k
2m
2−16(4 k
2+1)(m
2−25)=16(100k
2+25−m
2)>0，
由韦达定理可得x1+ x2=−8km
4 k
2+1，x1 x2= 4 m
2−100
4 k
2+1
，
因为BM ⊥BN，⃗BM =(x1, y1−5)=(x1,k x1+m−5)，同理可得⃗BN =(x2,k x2+m−5)，⃗
BM ⋅⃗BN = x1 x2+(k x1+m−5)(k x2+m−5)=(k
2+1) x1 x2+k (m−5)(x1+ x2)+(m−5)
2
= 4(k
2+1)(m
2−25)−8k
2m(m−5)
4 k
2+1
+(m−5)
2=0，
因为直线MN不过点B，则m≠5，整理可得5m+15=0，解得m=−3，满足Δ>0，
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所以，x1+ x2= 24 k
4 k
2+1，x1 x2=−
64
4 k
2+1，
则|MN|=√1+k
2√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=√1+k
2√(
24 k
4 k
2+1)
2
+
256
4 k
2+1
= 8√(k
2+1)(25k
2+ 4)
4 k
2+1
= 2√(4 k
2+ 4)(100k
2+16)
4 k
2+1
=2√
4 k
2+ 4
4 k
2+1
⋅100k
2+16
4 k
2+1
=2√(1+
3
4 k
2+1)(25−
9
4 k
2+1)，
因为4 k
2+1≥1，令t =
3
4 k
2+1
∈(0,3]，
则|MN|=2√(1+t )(25−3t )=2√−3t
2+22t +25，
因为函数h(t )=−3t
2+22t +25在(0,3]上单调递增，
故当t =3时，即当k =0时，|MN|取最大值，且其最大值为16.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、
函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
6．已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
2 =1(a>2)的离心率为√6
3 ．
(1)求C的方程；
(2)过C的右焦点F的直线l与C交于A，B两点，与直线x = 4交于点D，且2|AB|=√3|DF|，求l的斜率．
【答案】(1) x
2
6 + y
2
2 =1
(2)±1
【分析】（1）由离心率公式求出a
2即可；
（2）首先计算直线l的斜率为0时不符合题意，设直线l的方程为y =k (x−2)(k ≠0)，A(x1, y1)，
B(x2, y2)，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，表示出|AB|，再求出D点坐标，即可得到
|DF|，从而得到方程，求出k即可.
【详解】（1）因为椭圆C：x
2
a
2 + y
2
2 =1(a>2)的离心率为√6
3 ，
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所以e = c
a =√
a
2−b
2
a
2
=√
a
2−2
a
2
= √6
3
，解得a
2=6，
所以椭圆方程为x
2
6 + y
2
2 =1.
（2）由（1）可得F (2,0)，
当直线l的斜率为0时，则A (√6,0)，B(−√6,0)，D (4,0)，
所以|AB|=2√6，|DF|=2，显然不满足2|AB|=√3|DF|，故舍去；
依题意直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y =k (x−2)(k ≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由¿，消去y整理得(1+3k
2) x
2−12k
2 x +12k
2−6=0，
显然Δ>0，则x1+ x2= 12k
2
1+3k
2，x1 x2= 12k
2−6
1+3k
2 ，
所以|AB|=√1+k
2|x1−x2|=√1+k
2⋅√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
=√1+k
2⋅√(
12k
2
1+3k
2)
2
−4× 12k
2−6
1+3k
2
= 2√6(1+k
2)
1+3k
2
，
又¿解得¿，所以D (4,2k )，
所以|DF|=√(4−2)
2+(2k )
2=2√1+k
2，
因为2|AB|=√3|DF|，所以4√6(1+k
2)
1+3k
2
=2√3×√1+ k
2，解得k =±1，
综上可得l的斜率为±1.
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【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为(x1, y1)、(x2, y2)；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+ x2、x1 x2的形式；
（5）代入韦达定理求解.
7．设双曲线Γ : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，斜率为1 的直线l 与Γ交于A ,B两点，当l 过Γ的右焦点F 时，l
与Γ的一条渐近线交于点P(−√5,−2√5)，
(1)求Γ的方程；
(2)若l 过点(−1,0)，求| AB|.
【答案】(1)x
2−y
2
4 =1
(2)8√2
3
【分析】（1）由双曲线的性质得到右焦点F(√a
2+b
2,0)，由点斜式写出直线方程y = x−√a
2+b
2，
由点同时在渐近线和直线上组成方程组，解出即可；
（2）方法一：直曲联立，求出两点坐标，再用两点间距离公式求解弦长；方法二：直曲联立，用韦
达定理表示出x1+ x2= 2
3 , x1 x2=−5
3，再代入弦长公式求解即可.
【详解】（1）Γ的右焦点为F(√a
2+b
2,0)，
当l 过Γ的右焦点F 时，直线l 的方程为y = x−√a
2+b
2，
由于点P(−√5,−2√5)在渐近线y = b
a x上，所以b
a = −2√5
−√5 =2，
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由于点P(−√5,−2√5)在直线l 上，
所以−2√5=−√5−√a
2+b
2，得a
2+b
2=5，
解得a=1,b=2，所以双曲线的方程是x
2−y
2
4 =1.
（2）方法一：
因为l 过点(−1,0)且斜率为1，故直线AB: y = x +1，
由¿得4 x
2−(x +1)
2−4 =0，
即3 x
2−2 x−5=0，解得x =−1或x = 5
3，
当x =−1时，y = x +1=0，故A(−1,0)，
当x = 5
3时，y = x +1= 8
3 ，故B(
5
3 , 8
3)，
所以|AB|=√(−1−5
3)
2
+(0−8
3)
2
= 8√2
3
，
方法二：
因为l 过点(−1,0)且斜率为1，故直线AB: y = x +1，
由¿得4 x
2−(x +1)
2−4 =0，
即3 x
2−2 x−5=0，设A(x1, y1),B(x2, y2)，
则x1+ x2= 2
3 , x1 x2=−5
3，
所以|AB|=√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2=√2[(x1+ x2)
2−4 x1 x2]=√
2(
4
9 + 20
3 )= 8√2
3
.
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