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专题16 圆锥曲线的综合应用
【考点1 直线与椭圆的位置关系判断】
【考点2 根据直线与椭圆位置关系求参】
【考点3 直线与椭圆相切的应用】
【考点4 直线与椭圆相交弦长问题】
【考点5 直线与双曲线的位置关系判断】
【考点6 根据直线与双曲线位置关系求参】
【考点7 直线与双曲线相交弦长问题】】
【考点8 直线与抛物线的位置关系】
【考点9 抛物线的焦点弦及应用】
【考点10 直线与抛物线的相交弦长问题】
知识点1 直线与椭圆的位置关系
1、直线与椭圆的位置判断
设直线方程为
，椭圆方程为
联立
消去y 得一个关于x 的一元二次方程
①
直线和椭圆相交
直线和椭圆有两个交点(或两个公共点）；
②
直线和椭圆相切
直线和椭圆有一个切点(或一个公共点)；
③
直线和椭圆相离
直线和椭圆无公共点．
2、直线与椭圆相交的弦长公式
（1）定义：连接椭圆上两个点的线段称为椭圆的弦．
（2）求弦长的方法
①交点法：将直线的方程与椭圆的方程联立，求出两交点的坐标，然后运用两点间的距离公式来求．
1
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②根与系数的关系法：如果直线的斜率为k，被椭圆截得弦AB 两端点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则弦长公式为：
知识点2 直线与双曲线的位置关系
1、直线与双曲线的位置关系判断
将双曲线方程
与直线方程
联立消去
得到关于
的一元二次方程
，
（1）当
，即
，直线与双曲线的渐近线平行，直线与双曲线只有一个交点；
（2）当
，即
，设该一元二次方程的判别式为
，
若
，直线与双曲线相交，有两个公共点；
若
，直线与双曲线相切，有一个公共点；
若
，直线与双曲线相离，没有公共点；
注意：直线与双曲线有一个公共点时，可能相交或相切.
2、直线与双曲线弦长求法
若直线
与双曲线
（
，
）交于
，
两点，
则
或
（
）．（具体同椭圆相同）
知识点3 直线与抛物线的位置关系
1、直线与抛物线的位置关系有三种情况
相交（有两个公共点或一个公共点）；相切（有一个公共点）；相离（没有公共点）.
2、以抛物线
与直线的位置关系为例：
（1）直线的斜率
不存在，设直线方程为
，
若
，直线与抛物线有两个交点；
若
，直线与抛物线有一个交点，且交点既是原点又是切点；
若
，直线与抛物线没有交点.
（2）直线的斜率
存在.
设直线
，抛物线
，
直线与抛物线的交点的个数等于方程组
，的解的个数，
2
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即二次方程
（或
）解的个数.
①若
，
则当
时，直线与抛物线相交，有两个公共点；
当
时，直线与抛物线相切，有个公共点；
当
时，直线与抛物线相离，无公共点.
②若
，则直线
与抛物线
相交，有一个公共点.
3、直线与抛物线相交弦长问题
（1）一般弦长
设
为抛物线
的弦，
，
，弦AB 的中点为
.
①弦长公式：
（
为直线
的斜率，且
）.
②
,
推导：由题意，知
，①
②
由①-②，得
，故
，即
.
③直线
的方程为
.
（2）焦点弦长
如图，
是抛物线
过焦点
的一条弦，
设
，
，
的中点
，
过点
，
，
分别向抛物线的准线作垂线，垂足分别为点
，
，
，
根据抛物线的定义有
，
，
故
.
又因为
是梯形
的中位线，所以
，
从而有下列结论；
①以
为直径的圆必与准线相切.
②
(焦点弦长与中点关系)
③
.
④若直线
的倾斜角为
，则
.
3
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⑤
，
两点的横坐标之积，纵坐标之积均为定值，即
，
.
⑥
为定值
.
【考点1 直线与椭圆的位置关系判断】
【典例1】已知两定点M (−1,0)，N (1,0)，直线l：y =−2 x +3，在l上满足|PM|+|PN|= 4的点P有
（ ）
A．0 个
B．1 个
C．2 个
D．3 个
【答案】C
【分析】根据|PM|+|PN|= 4的几何意义判断出P点的轨迹，结合直线与椭圆的位置关系来求得正确答
案.
【详解】若设P(x , y)，因为定点M (−1,0)，N (1,0)，且|PM|+|PN|= 4>|MN|=2，
所以点P在焦距为2，长轴长为4 的椭圆上，即在椭圆C：x
2
4 + y
2
3 =1上．
因为直线l：y =−2 x +3过点Q(
3
2 ,0)，且点Q为椭圆x
2
4 + y
2
3 =1内一点．
所以直线l与椭圆C有两个交点．
即在l上满足|PM|+|PN|= 4的点P有2 个．
故选：C
【变式1-1】直线x
a + y
b =1与椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的位置关系为（ ）
A．相离
B．相切
C．相交
D．无法确定
【答案】C
4
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【分析】由直线与椭圆的位置关系求解即可.
【详解】因为直线x
a + y
b =1过点(a,0),(0,b)，
而(a,0),(0,b)为椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右端点和上端点，
故直线x
a + y
b =1与椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)相交.
故选：C.
【变式1-2】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.
【变式1-3】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)，
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．
5
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【考点2 根据直线与椭圆位置关系求参】
【典例2】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 >0，则k的取值范围是（ ）
A．(0, √3
3 )
B．(
√3
3 ,1)
C．(0, √2
2 )
D．(
√2
2 ,1)
【答案】A
【分析】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，C (x0,0)，D(0, y0)，利用向量的坐标表示可得A(
3 x0
2 ,−y0
2 )，
B(−x0,2 y0)，代入椭圆方程结合斜率公式即可求解.
【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)，
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,
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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：A.
【变式2-1】已知椭圆C : x
2+ y
2
2 =1，直线l: y = x +m，若椭圆C 上存在两点关于直线l 对称，则m 的取值
范围是（ ）
A．(−√2
3 , √2
3 )
B．(−√2
4 , √2
4 )
C．(−√3
3 , √3
3 )
D．(−√3
4 , √3
4 )
【答案】C
【分析】利用对称关系，求得直线MN的方程，代入椭圆方程，利用Δ>0，求得n的范围，再根据m,n
的关系即可求m 的取值范围.
【详解】设设椭圆C : x
2+ y
2
2 =1上存在关于直线l: y = x +m对称的两点为M ( x1, y1), N ( x2, y2),
根据对称性可知线段MN被直线l: y = x +m垂直平分，
且MN的中点( x0, y0)在直线y = x +m上，且k MN =−1，
故可设直线MN的方程为y =−x +n，
联立¿，整理可得: 3 x
2−2nx +n
2−2=0，
所以x1+ x2= 2n
3 , y1+ y2=2n−( x1+ x2)=2n−2n
3 = 4 n
3 ，
由Δ= 4 n
2−12(n
2−2)>0，可得n
2−3<0，解得−√3<n<√3，
所以x0= x1+ x2
2
= n
3 , y0= y1+ y2
2
= 2n
3 ,
因为MN的中点( x0, y0)在直线y = x +m上，
所以2n
3 = n
3 +m，所以m= n
3 ，所以−√3
3 <m< √3
3 ，
故选:C.
【变式2-2】直线y =kx +1与椭圆x
2
5 + y
2
m =1总有公共点，则m的取值范围是（ ）
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A．m>1
B．m>0
C．m≥1且m≠5
D．0<m<5且m≠1
【答案】C
【分析】根据点(0,1)在椭圆上或椭圆内，结合二次方程表示椭圆，即可求得参数m的范围.
【详解】x
2
5 + y
2
m =1表示椭圆，故可得m>0，且m≠5；
又直线y =kx +1过点(0,1)，根据题意，(0,1)在椭圆内或椭圆上，故1
m ≤1，又m>0，故m≥1；
综上所述，m≥1，且m≠5.
故选：C.
【变式2-3】已知t ∈R，若关于x的方程√1−2 x
2= x +t有两个不相等的实数根，则t的取值范围是（ ）
A．[
√2
2 , √6
2 )
B．(−√6
2 , √6
2 )
C．[
√2
2 ,√2)
D．(−√2,√2)
【答案】A
【分析】出y =√1−2 x
2及y = x +t的图像，结合图像即可求解.
【详解】由题意，y =√1−2 x
2表示焦点在y轴上的椭圆的上半部分，且左顶点为A(−√2
2 ,0)，
当直线y = x +t经过A点时，t = √2
2 ，当直线y = x +t与椭圆相切时，
由¿，得3 x
2+2tx +t
2−1=0，
所以Δ= 4t
2−4×3×(t
2−1)=0，解得t = √6
2 （负根舍去），当直线与半椭圆有两个交点时，
根据图象，t的取值范围为[
√2
2 , √6
2 ).
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故选：A.
【考点3 直线与椭圆相切的应用】
【典例3】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2=1(a>1)的离心率为2√5
5
，椭圆C的动弦AB过椭圆C的右焦点F，当
AB垂直x轴时，椭圆C在A，B处的两条切线的交点为M．
(1)求点M的坐标；
(2)若直线AB的斜率为1
m，过点M作x轴的垂线l，点N为l上一点，且点N的纵坐标为−m
2 ，直线NF
与椭圆C交于P，Q两点，求四边形APBQ面积的最小值．
【答案】(1)M(
5
2 ,0)
(2)10
9
【分析】（1）根据椭圆的几何意义，求得椭圆C的方程，从而得F(2,0)，将x =2代入椭圆方程，求
出点A的坐标，再设椭圆C在点A处的切线方程为y =k( x−2)+ √5
5 ，将其与椭圆方程联立，利用判别
式为0，求出k的值，即可求得M的坐标；
（2）设直线AB的方程为x =my +2，将其与椭圆方程联立，利用弦长公式表示出| AB|，结合（1）
中所得写出N的坐标，并求出直线NF的方程，再利用弦长公式求得| PQ|，然后化简运算
1
| AB| +
1
| PQ| 为定值，且PQ⊥AB，即可根据基本不等式求解最值．
【详解】（1）解：由题意知，¿，解得a=√5，b=1，c =2，
所以椭圆C的方程为x
2
5 + y
2=1，F(2,0)，
9
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将x =2代入椭圆方程得y =± √5
5 ，
不妨取A(2, √5
5 )，
设椭圆C在点A处的切线方程为y =k( x−2)+ √5
5 ，
联立¿，得(5k
2+1)x
2+(2√5k −20k
2)x +20k
2−4√5k −4 =0，
所以Δ=(2√5k −20k
2)
2−4(5k
2+1)(20k
2−4√5k −4)=0，
整理得4(√5k +2)
2=0，解得k =−2√5
5
，
所以在点A处的切线方程为y =−2√5
5 ( x−2)+ √5
5 =−2√5
5
x +√5，
由椭圆的对称性知，点M在x轴上，
令y =0，则x = 5
2，
即点M的坐标为( 5
2,0)．
（2）根据题意可设直线AB的方程为x =my +2，A( x1,y1)，B( x2,y2)，
联立¿，得(m
2+5) y
2+ 4 my −1=0，
所以y1+ y2= −4 m
m
2+5，y1 y2= −1
m
2+5，Δ=20(m
2+1)，
所以| AB|=√1+m
2⋅√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=√1+m
2⋅2√5⋅√m
2+1
m
2+5
= 2√5⋅(m
2+1)
m
2+5
，
因为MN ⊥x轴，且点N的纵坐标为−m
2 ，所以N ( 5
2,−m
2 )，
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所以直线NF的斜率为
−m
2 −0
5
2 −2
=−m，
所以直线NF的方程为x =−1
m y +2，
同理可得，| PQ|=
2√5⋅( 1
m
2 +1)
1
m
2 +5
= 2√5(1+m
2)
1+5m
2
，
所以
1
| AB| +
1
| PQ| =
m
2+5
2√5(m
2+1)
+
1+5m
2
2√5(m
2+1)
=
6(m
2+1)
2√5(m
2+1)
= 3√5
5
，
故
1
| AB| +
1
| PQ| 为定值3√5
5
．
故
1
| AB| +
1
| PQ| ≥2√
1
| AB|
1
| PQ| ⇒|AB||PQ|≥20
9 ,当且仅当|AB|=|PQ|= 2√5
3
时等号成立，
由于k NF =−m,k AB= 1
m ,故NF ⊥AB，即PQ⊥AB,
故S APBQ= 1
2|PQ||AB|≥10
9 ，当且仅当|AB|=|PQ|= 2√5
3
时等号成立，
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体
现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函
数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，
【变式3-1】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，上下顶点与其中一个焦点围成的三角形面
､
积为√3，过点P(−4 ,−3)作椭圆C的两条切线，切点为A ,B.
(1)求椭圆C的方程；
(2)求AB所在直线的方程；
(3)过点P作直线l交椭圆C于M , N两点，交直线AB于点Q，求|PQ|
|PM|+|PQ|
|PN|的值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)x + y +1=0
(3)2
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【分析】（1）由题意可得c
a = 1
2 , 1
2 ⋅2b⋅c =√3，解方程求出a,b，即可得出答案.
（2）先证明过椭圆上一点的切线方程的形式，再求得过点A ,B的切线方程，从而得到直线AB的方程.
（3）令M (x3, y3), N (x4, y4)，设直线l的方程为：y =k (x + 4)−3，联立椭圆C的方程x
2
4 + y
2
3 =1，
求出x3+ x4, x3⋅x4，再令Q(x0, y0)，解方程组¿，解得x0= 2−4 k
k +1 ，表示出|PQ|
|PM|+|PQ|
|PN|，将
x3+ x4, x3⋅x4代入化简即可得出答案.
【详解】（1）由题意可知：c
a = 1
2 ,①
又1
2 ⋅2b⋅c =√3，所以bc =√3②，
由①②及a
2=b
2+c
2，所以a=2,b=√3，
所以椭圆C的方程为：x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）先证：过椭圆x
2
4 + y
2
3 =1上一点A(x1, y1)的切线方程为x1 x
4 + y1 y
3
=1，
证明如下：当过椭圆上一点A(x1, y1)的切线斜率存在时，
设切线方程为y =kx +m，
则¿可得：(4 k
2+3) x
2+8kmx + 4 m
2−12=0，
因为直线与椭圆相切，所以Δ=(8km)
2−4(4 k
2+3)(4 m
2−12)=0，
化简可得：4 k
2−m
2+3=0，
所以x1= −8km±√Δ
2(4 k
2+3)
= −4 k
m
，代入y =kx +m可得：
y1=k x1+m=k ⋅−4 k
m
+m= 3
m，
于是k =−m x1
4
=−x1
4 ⋅m=−x1
4 ⋅3
y1
=−3
4 ⋅x1
y1
，
故切线方程为：y −y1=−3
4 · x1
y1
(x−x1)，即4 y❑1 y −4 y1
2=−3 x1 x +3 x1
2，
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又3 x1
2+ 4 y1
2=12，故切线PA的方程为：x⋅x1
4
+ y ⋅y1
3
=1，
当过椭圆上一点A(x1, y1)的切线斜率不存在时，切线方程为x =±2，满足题意.
所以过椭圆x
2
4 + y
2
3 =1上一点A(x1, y1)的切线方程为x1 x
4 + y1 y
3
=1，
故切线PA的方程为：x⋅x1
4
+ y ⋅y1
3
=1，
同理：切线PB的方程为：x⋅x2
4
+ y ⋅y2
3
=1，又因为过点P(−4 ,−3)，
所以−4⋅x1
4
+ −3⋅y1
3
=1，−4⋅x2
4
+ −3⋅y2
3
=1，
所以：x1+ y1=−1, x2+ y2=−1，故直线AB的方程为x + y +1=0.
（3）由题意可知直线l的斜率存在，且k >0，设直线l的方程为：y =k (x + 4)−3，
联立椭圆C的方程x
2
4 + y
2
3 =1，
得(3+ 4 k
2) x
2+(32k
2−24 k) x +64 k
2−96 k +24 =0，
令M (x3, y3), N (x4, y4)，
所以x3+ x4=−32k
2−24 k
3+ 4 k
2
, x3⋅x4= 64 k
2−96 k +24
3+ 4 k
2
.
令Q(x0, y0)，解方程组¿得x0= 2−4 k
k +1 .
又|PQ|
|PM|+|PQ|
|PN|= x0+ 4
x3+ 4 + x0+ 4
x4+ 4 = (x0+ 4)(x3+ x4+8)
(x3+ 4)(x4+ 4)
=
(x0+ 4)(x3+ x4+8)
x3⋅x4+ 4(x3+ x4)+16 =
6
k +1 (24 k −32k
2+32k
2+24)
64 k
2−96 k +24 + 4(24 k −32k
2)+16(3+ 4 k
2)
=2，
所以|PQ|
|PM|+|PQ|
|PN|=2.
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【点睛】
关键点睛：解决第二问的关键是证明过椭圆x
2
4 + y
2
3 =1上一点A(x1, y1)作椭圆的切线，其切线方程为：
x⋅x1
4
+ y ⋅y1
3
=1，本题利用导数的几何意义求得斜率，是解决问题的关键.
【变式3-2】已知椭圆C : x
2
2 + y
2=1的右焦点为F，C 在点P(x0, y0)( y0≠0)处的切线l 分别交直线x =1和
直线x =2于M , N两点．
(1)求证：直线x0 x +2 y0 y −2=0与C 相切；
(2)探究：|MF|
|NF|是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)√2
2 ，理由见解析
【分析】（1）联立曲线后消去纵坐标可得一元二次方程，借助椭圆方程代入计算可得该一元二次方
程有唯一解即可得证；
（2）由（1）可得直线l的方程，即可得M , N两点坐标，计算出|MF|与|NF|即可得|MF|
|NF|.
【详解】（1）联立¿，整理得：(x0
2+2 y0
2)x
2−4 x0 x +(4−4 y0
2)=0，
又因为x0
2
2 + y0
2=1，即x0
2+2 y0
2=2，则x
2−2 x0 x + x0
2=0，
即(x −x0)
2=0，此方程有唯一解，即直线x0 x +2 y0 y −2=0与椭圆C相切；
（2）由（1）知，直线l的方程为x0 x +2 y0 y −2=0，即y = 2−x0 x
2 y0
，
将直线x =1和直线x =2分别与上式联立，
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由题意可得M(1, 2−x0
2 y0 ), N(2, 1−x0
y0 )，
因为F (1,0)，所以|MF|
2= (2−x0)
2
4 y0
2
，
|NF|
2=(2−1)
2+(
1−x0
y0 )
2
=1+ x0
2−2 x0+1
y0
2
= x0
2+ y0
2−2 x0+1
y0
2
=
x0
2+(1−x0
2
2 )−2 x0+1
y0
2
= (x0−2)
2
2 y0
2
所以|MF|
2
|NF|
2 =
(2−x0)
2
4 y0
2
(2−x0)
2
2 y0
2
= 1
2，即|MF|
|NF|为定值√2
2 .
【变式3-3】已知直线y =ax(a>0)与椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1相交于点P ,Q，点P在第一象限内，F1, F2分别为
椭圆的左、右焦点．
(1)设点Q到直线P F1, P F2的距离分别为d1,d2，求d1
d2
的取值范围；
(2)已知椭圆C在点P(x0, y0)处的切线为l．
（i）求证：切线l的方程为x0 x
4 + y0 y
3
=1；
（ii）设射线Q F1交l于点R，求证：△F1 RP为等腰三角形．
【答案】(1)(
1
3 ,1)
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(2)（i）证明见解析，（ii）证明见解析
【分析】（1）依题意P、Q关于原点成中心对称，不妨设P(x0, y0) (x0>0, y0>0)，则Q(−x0,−y0)，
利用等面积法得出
d1
d2
=|P F2|
|P F1|
=
4
|P F1|
−1，求出|P F1|的取值范围，即可求得
d1
d2
的取值范围；
（2）（i）证明椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上一点(x0, y0)处的切线方程为x0 x
a
2 + y0 y
b
2 =1，分斜率存在
与斜率不存在两种情况讨论，斜率存在时设过点(x0, y0)的切线方程为y =kx +m，联立椭圆方程，利
用Δ=0和x1+ x2=2 x0，求出k，m，整理可得切线方程，即可得证；
（ii）设直线l的倾斜角为α，设直线F1Q的倾斜角为β，设直线P F1的倾斜角为γ，可得
∠F1 RP =α −β，∠RP F1= γ +π−α，利用两角和与差的正切公式和斜率公式可得出
tan∠F1 RP = tan∠RP F1，再结合∠F1 RP、∠RP F1的取值范围可得出结论.
【详解】（1）因为P、Q为直线y =ax(a>0)与椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1的交点，且点P在第一象限，
所以P、Q关于原点成中心对称，
不妨设P(x0, y0) (x0>0, y0>0)，则Q(−x0,−y0)，
又F1、F2分别为椭圆的左、右焦点
由题意可得S△PQ F1= S△PQ F2，因为点Q到直线P F1, P F2的距离分别为d1,d2，
可得1
2|P F1|⋅d1= 1
2|P F2|⋅d2，
∴d1
d2
=|P F2|
|P F1|
= 2a−|P F1|
|P F1|
=
4
|P F1|
−1，
又因为|P F1|=√(x0+1)
2+ y0
2=√(x0+1)
2+3−3
4 x0
2=√
1
4 x0
2+2 x0+ 4 = 1
2 x0+2，
因为x0∈(0,2)，所以|P F1|∈(2,3)，所以
d1
d2
∈(
1
3 ,1)；
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（2）（i）首先证明椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上一点(x0, y0)处的切线方程为x0 x
a
2 + y0 y
b
2 =1，
①当切线斜率存在时，设过点(x0, y0)的切线方程为y =kx +m，
联立方程¿，得(b
2+a
2k
2) x
2+2kma
2 x +a
2m
2−a
2b
2=0，
∵Δ=0，即(2kma
2)
2−4(b
2+a
2k
2)(a
2m
2−a
2b
2)=0，
∴a
2k
2−m
2+b
2=0，
又x1+ x2=2 x0= −2kma
2
b
2+a
2k
2 = −2k a
2
m
→x0= k a
2
m ，
把x0= k a
2
m 代入y =kx +m中，得m= b
2
y0
，
∴y =kx +m=−b
2 x0
a
2 y0
+ b
2
y0
，
化简得
x0 x
a
2 + y0 y
b
2 =1.
②当切线斜率不存在时，过(x0, y0)的切线方程为x =±a，满足上式.
综上，椭圆上一点(x0, y0)的切线方程为
x0 x
a
2 + y0 y
b
2 =1.
故椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1点P(x0, y0)处的切线的方程为x0 x
4 + y0 y
3
=1.
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（ii）如图所示，设直线l的倾斜角为α，直线Q F1的倾斜角为β，直线P F1的倾斜角为γ，
因为Q(−x0,−y0)，F1(−1,0)，椭圆C点P(x0, y0)处的切线l的方程为x0 x
4 + y0 y
3
=1，
所以kl=−3 x0
4 y0
，则kQ F1=
y0
x0−1，k P F1=
y0
x0+1，
因为∠F1 RP =α −β，∠RP F1= γ +(π−α )= γ −α +π，x0
2
4 + y0
2
3 =1，
所以tan ∠F1 RP = tan (α −β)= tan α −tan β
1+ tan α tan β =
kl−kQ F1
❑
1+klkQ F1
❑
=
−3 x0
4 y0
−
y0
x0−1
1+(−3 x0
4 y0)(
y0
x0−1)
=
x0
4 −x0
2
4 −y0
2
3
1
3(
x0
4 −1) y0
=
x0
4 −1
1
3(
x0
4 −1) y0
= 3
y0，
tan ∠RP F1= tan (γ −α +π)= tan (γ −α )= tan γ −tan α
1+ tan γ tan α =
k P F1
❑−kQ F1
❑
1+k P F1
❑kQ F1
❑
=
y0
x0+1 −(−3 x0
4 y0)
1+(−3 x0
4 y0)(
y0
x0+1)
=
x0
4 + x0
2
4 + y0
2
3
1
3(
x0
4 +1) y0
=
x0
4 +1
1
3(
x0
4 +1) y0
= 3
y0
，
所以tan∠F1 RP = tan∠RP F1，又∠F1 RP、∠RP F1∈(0,π)，所以∠F1 RP =∠RP F1，
所以△F1 RP为等腰三角形.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法
（1）函数法：用其他变量作为参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．
（2）不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的取值范围．
（3）判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用根的判别式求参数的取值范围．
（4）数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．
【考点4 直线与椭圆相交弦长问题】
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【典例4】已知椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的中心在原点O，焦点在x轴上，离心率为√5
5 ，焦距为2．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的左焦点F1，且斜率为1 的直线l交椭圆于A，B 两点，求△OAB的面积．
【答案】(1) x
2
5 + y
2
4 =1
(2)4√10
9
【分析】（1）根据题意求出c ,a,b即可求得椭圆的标准方程.
（2）先根据题意写出直线l的方程；再联立直线l和椭圆的方程，利用韦达定理和弦长公式求出| AB|，
利用点到直线距离公式求出点O到直线AB 的距离；最后利用三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）由题意可得：焦距为2c =2，离心率e = c
a = √5
5 ,
则c =1，a=√5.
又由b
2=a
2−c
2，得b
2= 4，
所以椭圆的标准方程为：x
2
5 + y
2
4 =1．
（2）
由（1）知：左焦点为F1(−1,0).
则直线l的方程为：y = x +1.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立¿整理可得：9 x
2+10 x−15=0，
则Δ=10
2−4×9×(−15)>0，且x1+ x2=−10
9 ，x1 x2=−5
3.
由弦长公式得| AB|=√1+ k
2⋅√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=√1+1
2⋅√(−10
9 )
2
−4×(−5
3)= 16√5
9
，
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又因为点O到直线AB 的距离d =|1|
√1
2+1
2 = √2
2 ，
所以S△OAB= 1
2 | AB|⋅d = 1
2 × 16√5
9
× √2
2 = 4√10
9
．
【变式4-1】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|= ．
【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 ，
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∵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
【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．
【变式4-2】已知椭圆C : x
2
4 + y
2=1的左焦点为F，直线l与圆M : x
2+ y
2=1相切于点P，且与C交于A，B
两点，其中A在第一象限，B在第四象限．
(1)求|AB|的最小值；
(2)设O为坐标原点，若∠ABF =2∠AOP，求l的方程．
【答案】(1)√3
(2)x +√2 y −√3=0或x−√2 y −√3=0
【分析】（1）根据题意设A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线l：x =my +n，且1≤n<2，再联立直线l与椭
圆C，整理得到关于y的一元二次方程，再利用韦达定理表示弦长，再结合由对勾函数的性质即可求
解；
（2）结合（1），不妨令x1< x2，且求出x1，x2，根据题意得到cos∠ABF =cos2∠AOP，再根据
余弦的定义得到cos∠AOP，再利用焦半径公式得到AF，BF，再结合余弦定理表达出cos∠ABF，
从而求出n，m，进而即可求出l的方程．
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【详解】（1）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
又A在第一象限，B在第四象限，则可设直线l：x =my +n，且1≤n<2，
又直线l与圆M相切，则有|−n|
√1+m
2 =1，得n
2=1+m
2，且0≤m
2<3，
联立¿，消x整理得(m
2+ 4) y
2+2mny +n
2−4 =0，
则y1+ y2=−2mn
m
2+ 4 ，y1⋅y2= n
2−4
m
2+ 4
，
所以x1+ x2=
8n
m
2+ 4 ，x1⋅x2= 4(n
2−m
2)
m
2+ 4
=
4
m
2+ 4
，
所以|AB|
2=(x1−x2)
2+( y1−y2)
2 =(x1+ x2)
2−4 x1 x2+( y1+ y2)
2−4 y1 y2
=
64 n
2
(m
2+ 4)
2 −
16
m
2+ 4
+ 4 m
2n
2
(m
2+ 4)
2 −4 n
2−16
m
2+ 4
=
48n
2
(m
2+ 4)
2 = 48n
2
(n
2+3)
2
=
48n
2
n
4+6n
2+9
=
48
n
2+6+ 9
n
2
，1≤n
2<4，
又由对勾函数的性质可得f (x)= x + 9
x 在[1,3]上单调递减，在(3,4)上单调递增，
又f (1)=10，f (4)= 25
4 ，所以当n
2=1时，n
2+ 9
n
2取得最大值，即|AB|
2取得最小值，且最小值为3，
故当n=1，即直线l的方程为x =1时，|AB|取得最小值，且最小值为√3．
（2）结合（1），不妨令x1< x2，
则由x1+ x2=
8n
m
2+ 4 ，x1⋅x2= 4(n
2−m
2)
m
2+ 4
=
4
m
2+ 4
，
解得x1= 4 n−2√3⋅√m
2
m
2+ 4
①，x2= 4 n+2√3⋅√m
2
m
2+ 4
②，
由∠ABF =2∠AOP，则cos∠ABF =cos2∠AOP，所以cos∠ABF =2cos
2∠AOP−1③，
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又|OA|=√x1
2+ y1
2=√x1
2+1−x1
2
4 =√1+ 3
4 x1
2，则
cos∠AOP = OP
OA =
1
√1+ 3
4 x1
2④，
又由焦半径公式有AF =a+e x1=2+ √3
2 x1⑤，BF =a+e x2=2+ √3
2 x2⑥，
又由（1）有|AB|
2=
48n
2
(m
2+ 4)
2，则|AB|= 4√3⋅√n
2
m
2+ 4
，
则由余弦定理得
cos∠ABF =|AB|
2+|BF|
2−|AF|
2
2|AB|⋅|BF|
=
48n
2
(m
2+ 4)
2 +(2+ √3
2 x2)
2
−(2+ √3
2 x1)
2
2× 4√3⋅√n
2
m
2+ 4
×(2+ √3
2 x2)
⑦，
联立①②③④⑤⑥⑦求得n=√3，m=±√2，
所以直线l的方程为x +√2 y −√3=0或x−√2 y −√3=0．
【点睛】关键点点睛：①设直线方程（注意参数的取值范围），设交点坐标为A(x1, y1)，B(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根据韦达定理；
④结合弦长公式；⑤利用对勾函数的性质是解答小问（1）的关键．灵活运用二倍角公式，焦半径公
式，余弦定理是解答小问（2）的关键．
【变式4-3】已知椭圆C : x
2
8 + y
2
4 =1，点N (0,1)，斜率不为0 的直线l与椭圆C交于点A ,B，与圆N相切且
切点为M , M为AB中点.
(1)求圆N的半径r的取值范围；
(2)求|AB|的取值范围.
【答案】(1)(2,√10)
(2)(0,2√6)
【分析】
（1）设直线l 方程，联立直线l 方程与椭圆方程可得x1+ x2，x1 x2，进而可求得点M 坐标，由圆N 与
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直线l 相切于点M 可得k NM =−1
k ，进而可求得2k
2+1=−m，代入Δ>0可求得0<k
2< 3
2，进而求出
r =2√k
2+1的范围即可.
（2）由弦长公式可得| AB|=√
8(3−2k
2)(k
2+1)
2k
2+1
（0<k
2< 3
2），运用换元法即可求得结果.
【详解】（1）如图所示，
由题意知，直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 方程为y =kx +m（k ≠0），A( x1, y1)，B( x2, y2)，
设圆N 的半径为r，
¿，
Δ=16 k
2m
2−4(2k
2+1)(2m
2−8)=8(8k
2−m
2+ 4)>0，
x1+ x2= −4 km
2k
2+1， x1 x2= 2m
2−8
2k
2+1
，
所以y1+ y2=k( x1+ x2)+2m= −4 k
2m
2k
2+1
+2m=
2m
2k
2+1
，
又因为M 为AB的中点，所以M ( −2km
2k
2+1
,
m
2k
2+1
)，
又因为圆N 与直线l 相切于点M，所以NM ⊥l，且r =| MN |，
所以k NM ×kl=−1，
所以k NM =
m
2k
2+1
−1
−2km
2k
2+1
−0
=−1
k ，解得2k
2+1=−m，
所以M (2k ,−1)，
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Δ=8(8k
2−m
2+ 4)=8[8k
2−(2k
2+1)
2+ 4 ]=8(2k
2+1)(3−2k
2)>0，解得：0<k
2< 3
2，
所以r =| MN |=√(2k −0)
2+(−1−1)
2=2√k
2+1（0<k
2< 3
2），
所以1<k
2+1< 5
2 ⇒2<2√k
2+1<√10，即2<r <√10，
所以圆N 的半径r 的取值范围为(2,√10).
（2）由（1）知，2k
2+1=−m，
所以| AB|=√1+k
2×√( x1+ x2)
2−4 x1 x2=√1+k
2×√
( −4 km
2k
2+1
)
2
−4× 2m
2−8
2k
2+1
=√
8(3−2k
2)(k
2+1)
2k
2+1
（0<k
2< 3
2），
令t =2k
2+1，则k
2= t −1
2
（1<t <4），
所以| AB|=√
8(4−t )× t +1
2
t
=2√−t + 4
t +3，
显然y =−t + 4
t +3在(1,4)上单调递减，
所以0<−t + 4
t +3<6，所以0<2√−t + 4
t +3<2√6，即0<| AB|<2√6，
故| AB|的取值范围为(0,2√6).
【点睛】
方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
1.数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解；
2.构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解；
3.构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
【考点5 直线与双曲线的位置关系判断】
【典例5】已知双曲线E: x
2
4 −y
2
5 =1，则过点(2,√5)与E有且只有一个公共点的直线共有（ ）
A．4 条
B．3 条
C．2 条
D．1 条
【答案】C
25
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【分析】根据点和双曲线的位置关系确定满足条件的直线的条数.
【详解】分析条件可得：点P(2,√5)在双曲线的渐近线y = √5
2 x上，且位于第一象限，和双曲线的右顶
点有相同横坐标，如图：
所以过P(2,√5)且与双曲线E有且只有一个公共点的直线只有两条：
一条是切线：x =2，一条是过点P(2,√5)且与另一条渐近线平行的直线.
故选：C
【变式5-1】已知点P(1,2)和双曲线C : x
2−y
2
4 =1，过点P且与双曲线C只有一个公共点的直线有（ ）
A．2 条
B．3 条
C．4 条
D．无数条
【答案】A
【分析】对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，在直线l的斜率不存在时，验证直线x =1是否满足题意，
在直线l的斜率存在时，可知直线l与双曲线C的渐近线平行，由此可得出结论.
【详解】由题意可得，双曲线x
2−y
2
4 =1的渐近线方程为y =±2 x，点(1,0)是双曲线的顶点.
①若直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x =1，此时，直线l与双曲线C只有一个公共点，合乎题意；
②若直线l的斜率存在，则当直线平行于渐近线y =−2 x时，直线l与双曲线只有一个公共点.
若直线l的斜率为2，则直线l的方程为y =2 x，此时直线l为双曲线C的一条渐近线，不合乎题意.
综上所述，过点P(1,2)与双曲线只有一个公共点的直线l共有2条.
故选：A.
【变式5-2】多选题若直线l与双曲线x
2
3 −y
2
15 =1的左、右两支各有一个交点，则l的方程可以是（ ）
A．y =√5 x +1
B．y = x +1
C．y =3 x
D．y =√2 x +√2−1
【答案】BD
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【分析】根据双曲线的渐近线结合双曲线性质得出A，C 选项错误；将直线与双曲线x
2
3 −y
2
15 =1两个
方程联立，得到的一元二次方程有一正一负根，即可得解．
【详解】双曲线x
2
3 −y
2
15 =1的焦点在x轴上，且渐近线方程为y =±√5 x，则直线y =√5 x +1与双曲线
x
2
3 −y
2
15 =1的左支只有一个交点，A 错误；
因为3>√5，所以直线y =3 x与双曲线x
2
3 −y
2
15 =1无交点，C 选项错误；
联立¿，消y 得2 x
2−x−8=0，
Δ=1−4×2×(−8)>0，所以方程2 x
2−x−8=0有两个根x1, x2，
x1 x2=−4<0，所以方程2 x
2−x−8=0有一正一负根，
联立¿，消y 得3 x
2+(2√2−4) x +2√2−18=0，
Δ=(2√2−4)
2−4×3×(2√2−18)=240−40√2>0，所以方程3 x
2+(2√2−4) x +2√2−18=0有两
个根x3, x4，
x3 x4= 2√2−18
3
<0，所以方程2 x
2−x−8=0有一正一负根，
直线y = x +1，y =√2 x +√2−1均与双曲线x
2
3 −y
2
15 =1的左、右两支各有一个交点，B,D 选项正确.
故选：BD.
【考点6 根据直线与双曲线位置关系求参】
【典例6】已知双曲线的中心在原点，右焦点为(2,0)，过点(√3,1).
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若直线y =k (x−1)与双曲线有且只有一个公共点，求实数k的值.
【答案】(1) x
2
2 −y
2
2 =1
(2)k =±√2或k =±1
【分析】（1）设双曲线的方程为：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a＞0,b＞0),由a
2+b
2= 4，代入点(√3,1)，可得
a
2=b
2=2的值，可得双曲线标准方程；
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（2）联立直线与双曲线，可得(1−k
2)x
2+2k
2 x−k
2−2=0，然后分二次项系数为零和二次项系数不
为零，两种情况求解即可求k的取值范围.
【详解】（1）由双曲线的中心在原点，焦点在x轴上， c =2，过点(√3,1)，
设双曲线的方程为：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a＞0,b＞0)，由a
2+b
2= 4，
过点(√3,1)，可得3
a
2 −1
b
2 =1，可得a
2=2，即得a
2=b
2=2，
故双曲线标准方程为：x
2
2 −y
2
2 =1；
（2）由¿，得(1−k
2)x
2+2k
2 x−k
2−2=0
由题意得¿，解得k =±√2.
当1−k
2=0，即k =±1时，直线与双曲线的渐近线y =± x平行，直线与双曲线只有一个公共点，
所以k =±√2或k =±1.
【变式6-1】若直线y =kx +2与双曲线x
2−y
2=1的左、右两支各有一个交点，则实数k 的取值范围是
.
【答案】(−1,1)
【分析】直线过(0,2)，根据渐近线斜率可得到取值范围.
【详解】当直线y =kx +2与双曲线x
2−y
2= 4的渐近线y =± x平行时，k =±1，
此时直线与双曲线的其中一支有一个交点，
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若直线y =kx +2与双曲线x
2−y
2= 4的左、右两支各有一个交点，
可得直线y =kx +2一定在两渐近线之间，
则k 的取值范围为(−1,1).
故答案为：(−1,1).
【变式6-2】直线y =kx +1与双曲线4 x
2−y
2=16只有一个交点，则实数k的值为 ．
【答案】±2或± √17
2
【分析】对直线y =kx +1是否与双曲线渐近线平行分类讨论，利用方程根的个数即可得出实数k的值.
【详解】易知双曲线x
2
4 −y
2
16 =1的左、右顶点为(2,0),(−2,0)，渐近线方程为y =±2 x；
显然直线y =kx +1过定点(0,1)，当直线与渐近线平行时，满足题意，此时k =±2；
当直线与渐近线不平行时，此时k ≠±2，
联立¿，整理可得(4−k
2) x
2−2kx −17 =0，
因此Δ=(2k )
2+ 4×17(4−k
2)=0，解得k =± √17
2 .
综上可得，实数k的值为±2或± √17
2 .
故答案为：±2或± √17
2
【考点7 直线与双曲线相交弦长问题】
【典例7】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)过点P(2,3)，右焦点F到渐近线的距离为√3．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若直线l过双曲线C的右焦点F，与双曲线C交于A ,B两点，满足|AB|=6，求直线l的方程．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)x =2，x−y −2=0或x + y −2=0
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【分析】（1）借助点到直线的距离公式计算可得b，再代入点P(2,3)计算即可得a，即可得；
（2）分直线l斜率不存在、斜率存在进行讨论，当斜率存在时，设出直线方程，借助韦达定理与弦长
公式计算即可得.
【详解】（1）由点到直线的距离公式可知：
右焦点F(c ,0)到渐近线y = b
a x的距离为|
bc
a −0|
√1+(
b
a)
2 =b=√3，
又双曲线C 过点P(2,3)，所以4
a
2 −9
b
2 =1，解得a
2=1，
所以双曲线C 的方程为x
2−y
2
3 =1；
（2）由（1）可知：右焦点坐标为F(2,0)，
当直线l的斜率不存在时，x =2，|AB|= 2b
2
a =6，满足题意；
当直线l的斜率存在时，
设l: y =k( x−2)，联立¿
消去y 得：(k
2−3) x
2−4 k
2 x + 4 k
2+3=0，
所以k
2−3≠0,Δ=16k
4−4(k
2−3)(4 k
2+3)=36(k
2+1)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1+ x2= 4 k
2
k
2−3
, x1 x2= 4 k
2+3
k
2−3
，
所以|AB|=√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2=√1+k
2√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
=√1+k
2√(
4 k
2
k
2−3)
2
−4(4 k
2+3)
k
2−3
= 6(k
2+1)
|k
2−3|
=6．
则k
2+1=|k
2−3|，解得k
2=1，即k =±1，满足k
2−3≠0；
所以直线l的方程为 x =2，x−y −2=0或x + y −2=0．
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【变式7-1】已知中心在原点的双曲线C的两焦点之间的距离为4，离心率为2，直线l经过双曲线C在x轴上
的右焦点，且与双曲线C相交于A ,B两点．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若直线l与该双曲线的渐近线垂直，求线段AB的长度．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)3
【分析】（1）由离心率得出c
a =2，进而由题意解出a,b的值，确定焦点所在位置写出双曲线方程即
可；
（2）直曲联立解出一元二次方程，再利用弦长公式解出弦长即可.
【详解】（1）因为直线l经过双曲线C的右焦点，所以该双曲线的焦点在x轴上．因为双曲线C的两焦
点之间的距离为4，所以2c = 4 ,c =2.
又因为离心率为2，所以c
a =2，解得a=1，可得b
2=3，
故双曲线C的标准方程为x
2−y
2
3 =1.
（2）由（1）可知，该双曲线的渐近线方程为y =±√3 x，所以直线l的斜率为± √3
3 ，由于双曲线和两
条直线l都关于y轴对称，所以两条直线l与双曲线的相交弦相等．又因为直线l斜率的绝对值小于渐近
线斜率的绝对值，所以直线l与双曲线交于左、右两支，因此不妨设直线l的斜率为√3
3 ，则其方程为
y = √3
3
(x−2)，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立¿消去y得8 x
2+ 4 x−13=0，
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则有x1+ x2=−1
2 , x1 x2=−13
8 ，
|AB|=√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2=√
1+(
√3
3 )
2
×|x1−x2|= 2√3
3
×√
1
4 −4×(−13
8 )=3.
【变式7-2】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)与圆O: x
2+ y
2=1相切，且C的渐近线方程为y =±√3 x.
(1)求C的方程；
(2)若C的右顶点为P，过C的右焦点的直线l交C于A ,B两点，且⃗PA ⋅⃗PB = 4，求|AB|.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1.
(2)6
【分析】（1）利用双曲线与圆相切以及渐近线方程即可得结果；
（2）设直线方程l: x =ty +2，联立双曲线方程利用韦达定理以及⃗PA ⋅⃗PB = 4，再由弦长公式计算可
得|AB|=6.
【详解】（1）根据题意可得a=1, b
a =√3，即b=√3；
所以双曲线C的标准方程为x
2−y
2
3 =1.
（2）如下图所示：
易知双曲线右焦点的坐标为(2,0)，
设直线l: x =ty +2，代入3 x
2−y
2=3，得3(ty +2)
2−y
2=3，
整理得(3t
2−1) y
2+12ty +9=0,(3t
2−1≠0)
设A(x1, y1),B(x2, y2).则y1+ y2=−
12t
3t
2−1
, y1 y2=
9
3t
2−1
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由⃗PA ⋅⃗PB = 4⇒(x1−1)(x2−1)+ y1 y2= 4⇒(t y1+1)(t y2+1)+ y1 y2= 4，
所以(t
2+1) y1 y2+t ( y1+ y2)=3，即可得9(t
2+1)
3t
2−1
−12t
2
3t
2−1
=3，
解得t
2=1.
此时( y1+ y2)
2=
144 t
2
(3t
2−1)
2 = 144
4 =36, y1 y2=
9
3t
2−1
= 9
2.
所以|y1−y2|=√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=√36−4× 9
2 =3√2，
因此|AB|=√1+t
2⋅|y1−y2|=√2×3√2=6.
【变式7-3】过双曲线x
2－y
2
3 =1的左焦点F1，作倾斜角为π
6 的直线与双曲线交于A，B 两点，则|AB|＝
（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】B
【分析】先表达出直线AB 的方程，根据题意，再将直线与双曲线联立方程组，结合韦达定理即可求
解.
【详解】依题意，得双曲线的左焦点F1的坐标为(−2,0)，直线AB 的方程为y ＝√3
3
(x +2).
由¿得8 x
2−4 x−13＝0 .
设A(x1, y1),B(x2, y2) ，
则x1+ x2＝1
2，x1 x2＝−13
8 ，所以
|AB|=√1+k
2⋅|x1−x2|
=√[1+(
√3
3 )]
2
[(x1+ x2)
2−4 x1 x2]
=√(1+ 1
3)×[(
1
2)
2
−4×(−13
8 )]
＝3.
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故选：B.
【考点8 直线与抛物线的位置关系】
【典例8】已知抛物线C : y
2=mx(m>0)的焦点为F，以F和C的准线上的两点为顶点可以构成边长为
4√3
3
的等边三角形．
(1)求C的方程；
(2)讨论过点(−2,1)的直线l与C的交点个数．
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)答案见解析
【分析】（1）根据抛物线和等边三角形的对称性进行求解即可；
（2）根据直线l是否存在斜率，结合一元二次方程根的判别式分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）由题意得焦点F(
m
4 ,0)，准线方程为x =−m
4 ，
以焦点和C的准线上的两点为顶点可以构成边长为4√3
3
的等边三角形FAB，
而这个等边三角形的高为√(
4√3
3 )
2
−(
1
2 × 4√3
3 )
2
=2，
即焦点到准线的距离|
m
2|=2，解得m= 4（负值舍去），
所以C的方程为y
2= 4 x．
（2）若直线l的斜率存在，设l的方程为y −1=k (x +2)．
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由方程组¿可得k y
2−4 y + 4 (2k +1)=0．
（Ⅰ）当k =0时，解得x = 1
4 , y =1，此时方程只有一个实数解，l与C只有一个公共点；
（Ⅱ）当k ≠0时，方程的根的判别式为Δ=−16(2k
2+ k −1)，
（ⅰ）由Δ=0，解得k =−1或1
2，此时方程有两个相等的实数解，l与C只有一个公共点；
（ⅱ）由Δ>0，解得−1<k <0或0<k < 1
2，此时方程有两个不等的实数解，l与C有两个公共点；
（ⅲ）由Δ<0，解得k <−1，或k > 1
2，此时方程没有实数解，l与C没有公共点；
若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x =−2，易知l与C没有公共点．
综上，当l的方程为x =−2或l的斜率k <−1或k > 1
2时，l与C的交点个数为0；当l的斜率k =0或−11 或
1
2时，l与C的交点个数为1；当l的斜率k ∈(−1,0)∪(0, 1
2)时，l与C的交点个数为2．
【变式8-1】过点(1,4)且与抛物线y
2= 4 x恰有一个公共点的直线的条数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】D
【分析】根据抛物线的几何性质，分当直线与x轴平行时，直线与x轴垂直时，和直线与坐标轴不平行
时，三种情况，结合Δ=0，即可求解.
【详解】当直线过点(1,4)，且与x轴平行时，此时直线y = 4与抛物线y
2= 4 x只有1 个公共点；
当直线过点(1,4)，且与x轴垂直时，此时直线x =1与抛物线y
2= 4 x有2 个公共点；
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当直线过点(1,4)，斜率存在且不为0 时，设直线y −4 =k (x−1) ⇒ x =1+ y −4
k
，代入抛物线
y
2= 4 x，得：y
2−4
k y + 16
k −4 =0，
因为Δ=(−4
k)
2
−4(
16
k −4) =16(
1
k
2 −4
k +1) =16(
k
2−4 k +1
k
2
).
由Δ=0 ⇒ k
2−4 k +1=0，因为(−4)
2−4×1×1>0，所以方程k
2−4 k +1=0有两根，
故过点(1,4)可以作两条直线与抛物线相切.
综上，过点(1,4)共有3 条直线，与抛物线只有1 个公共点.
故选：D
【变式8-2】对于抛物线C : y
2= 4 x，若点(x0, y0)满足y0
2<4 x0，则直线l: y0 y =2(x + x0)与抛物线C
（ ）
A．恰有一个公共点
B．恰有两个公共点
C．有一个或两个公共点
D．没有公共点
【答案】D
【分析】联立直线和抛物线的方程，消元后利用Δ的符号判断交点个数.
【详解】联立¿，
消去x得：y
2−2 y y0+ 4 x0=0，
所以Δ= 4 y0
2−4×4 x0= 4( y0
2−4 x0)，
因为y0
2<4 x0，
所以Δ<0，故直线与抛物线无公共点，
故选：D.
【变式8-3】已知点A(−2,0),B是抛物线C : y
2=18 x上的动点，则直线AB的斜率的取值范围是（ ）
A．[−1
2 , 1
2]
B．[−√3
2 , √3
2 ]
C．[−1,1]
D．[−3
2 , 3
2]
【答案】D
【分析】设直线AB的方程为y =k( x +2)，与抛物线方程联立，根据题意，由直线AB与抛物线C 有
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交点求解.
【详解】设直线AB的斜率为k,则直线AB的方程为y =k( x +2)，
由题意，得直线AB与抛物线C 有交点，
联立方程¿，得k
2 x
2+(4 k
2−18) x + 4 k
2=0，
当k =0时，x =0，即B(0,0)；
当k ≠0时，Δ=(4 k
2−18)
2−16 k
4≥0，
解得−3
2 ≤k ≤3
2且k ≠0．
综上所述，k ∈[−3
2 , 3
2]．
故选：D．
【考点9 抛物线的焦点弦及应用】
【典例9】抛物线y
2= 4 x的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A ,B两点，则|AF|+ 4|BF|的最小值为
（ ）
A．5
B．9
C．8
D．10
【答案】B
【分析】利用抛物线的焦点弦性质可得1
|AF|+
1
|BF|= 2
p，利用基本不等式即可求得|AF|+ 4|BF|的最
小值.
【详解】由抛物线焦点弦性质可得1
|AF|+
1
|BF|= 2
p =1，则|AF|= |BF|
|BF|−1，
所以|AF|+ 4|BF|= |BF|
|BF|−1 + 4|BF|，令m=|BF|，m>1，
所以|AF|+ 4|BF|=
m
m−1 + 4 m= m−1+1
m−1
+ 4 (m−1)+ 4
=5+ 4 (m−1)+
1
m−1 ≥5+2√4 (m−1)×
1
m−1 =9，
当且仅当4 (m−1)=
1
m−1，即m= 3
2时等号成立.
所以|AF|+ 4|BF|的最小值为9.
故选：B.
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【变式9-1】设F为抛物线C : y
2= 4 x的焦点，点A在C上，且在第一象限，若直线AF的倾斜角为π
3 ，则
|AF|=（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】C
【分析】由抛物线的定义可知| AF |=| AB|，再由抛物线的性质可得| AB|= 1
2 | AF |+2即可求解.
【详解】如图所示，抛物线及准线如图所示，过点A作AB垂直准线于点B，
过焦点F作FC垂直于AB于点C，由题意可知p=2,∠AFx =∠FAC =π
3 ，
根据抛物线的定义| AF |=| AB|=| AC |+|CB|
在Rt△AFC中，| AC |=| AF |⋅cos π
3 = 1
2 | AF |，又|BC |= p=2，
所以| AF |=| AB|= 1
2 | AF |+2，
解得| AF |= 4.
故选：C.
【变式9-2】已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，准线与x轴交于点M，直线l过其焦点F且与C交于A ，B
两点，若直线AM的斜率为2√5
5
，则| AB|=（ ）
A．4√5
5
B．8√5
5
C．4
D．5
【答案】D
【分析】利用斜率已知，即角的正切值已知，结合抛物线的几何性质，来解直角三角形求一条焦半径，
再利用抛物线的两焦半径的倒数和为定值，从而去求另一条焦半径，最后求得弦长.
【详解】
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如图作AE垂直于准线，垂足为E，可知设AE = AF =r，
直线AM的斜率为2√5
5
得， tan ∠EAM = tan ∠AMF = 2√5
5
，
则ME = 2√5
5
r，由勾股定理得：A F
2= M E
2+( AE−MF)
2，
即r
2=(
2√5
5
r)
2
+(r −2)
2，化简得：r
2−5r +5=0，解得r = 5±√5
2
，
再设过焦点F的直线l为y =k (x−1)与抛物线C : y
2= 4 x联立消元得：
k
2 x
2−(2k
2+ 4) x + k
2=0，设交点A(x1, y1),B(x2, y2)，
则x1+ x2= 2k
2+ 4
k
2
, x1 x2=1，
而1
AF + 1
BF =
1
x1+1 +
1
x2+1 =
x1+ x2+2
(x1+1)(x2+1)
=
2k
2+2
k
2
+2
1+ 2k
2+2
k
2
+1
=1，
当AF = 5+√5
2
时，解得BF = 5−√5
2
，此时AB = AF + BF =5，
当AF = 5−√5
2
时，解得BF = 5+√5
2
，此时AB = AF + BF =5，
故选：D.
【变式9-3】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
39
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【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= 4 t，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
，
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．
【考点10 直线与抛物线的相交弦长问题】
【典例10】已知抛物线 C : y❑
2=6 x的焦点为 F，过点F的直线 l与抛物线 C交于M ，N两点，若
| MN |=54，则直线 l的斜率为 .
【答案】± √2
4
【分析】设M (x1, y1), N (x2, y2)，利用弦长公式x1+ x2+ p=54求解．
【详解】抛物线的焦点F( 3
2 ,0)，设直线l 的方程为：y =k(x−3
2)，
40
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联立方程¿，消去y 得，k
2 x
2−(3k
2+6) x + 9
4 k
2=0，
设M (x1, y1), N (x2, y2)，则x1+ x2= 3k
2+6
k
2
，
因为|MN|=54，所以x1+ x2+ p=54，
即3k
2+6
k
2
+3=54，得k =± √2
4 ，
故答案为：± √2
4
【变式10-1】已知直线l：y = x−3与抛物线C：y
2= 4 x交于P、Q 两点，O 为坐标原点，则三角形OPQ
的面积等于 ．
【答案】12
【分析】利用方程思想，结合韦达定理，来求出弦长|PQ|=8√2，再利用点到直线的距离公式计算
d = 3√2
2
，从而即可求面积.
【详解】
由直线y = x−3与抛物线y
2= 4 x，联立方程组消元得：(x −3)
2= 4 x ,
即x
2−10 x +9=0，设交点P(x1, y1),Q(x2, y2),
则有x1+ x2=10, x1 x2=9，
由弦长公式可得：|PQ|=√1+ k
2|x1−x2|=√2√10
2−4×9=8√2，
再由点到直线的距离公式得：d = 3
√2 = 3√2
2
，
所以三角形面积为：S△POQ= 1
2 ×8√2× 3√2
2
=12，
41
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故答案为：12.
【变式10-2】过抛物线y = 1
4 x
2的焦点F的直线交抛物线于A ,B两点，若弦AB中点纵坐标为2，则|AB|=
．
【答案】6
【分析】将抛物线化为标准形式，得到焦点和准线方程，由焦点弦弦长公式求出答案.
【详解】由y = 1
4 x
2得x
2= 4 y，所以焦点坐标为F (0,1)，准线为l: y =−1，
设弦AB中点纵坐标为y0=2，
故|AB|= y A+ yB+2=2 y0+2=6．
故答案为：6
一、单选题
1．（24-25 高二上·河南驻马店·期末）已知F1，F2分别是双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点，
P为C上一点，P F1⊥P F2，且△F1 P F2的面积等于8，则b=（ ）
A．√2
B．2
C．2√2
D．4
【答案】C
【分析】利用三角形面积公式、完全平方公式、a,b,c关系式及双曲线定义即可求解.
【详解】因为P F1⊥P F2，所以S△F1 P F2= 1
2 ⋅|P F1|⋅|P F2|=8，
即|P F1|⋅|P F2|=16，
由双曲线定义可得||P F1|−|P F2||=2a，
所以|P F1|
2+|P F2|
2−2|P F1|⋅|P F2|= 4 a
2，即|P F1|
2+|P F2|
2= 4 a
2+32，
42
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又|P F1|
2+|P F2|
2= 4 c
2，所以4 a
2+32= 4 c
2，
所以4 b
2=32，解得b=2√2.
故选：C.
2．（2025 高三·全国·专题练习）已知椭圆C的左右焦点分别为
､
F1, F2，P是C上一点且位于y轴右侧，直
线P F2的斜率为2，△P F1 F2是面积为4 的直角三角形，则C的标准方程是（ ）
A．y
2
9 + x
2
4 =1
B．x
2
9 + y
2
4 =1
C．x
2
16 + y
2
4 =1.
D．x
2
16 + y
2
9 =1
【答案】B
【分析】方法一：根据题意，在Rt△P F1 F2中，由tan∠F1 F2 P =2，设|P F1|=2m(m>0)，则
|P F2|=m，由勾股定理可得三边，结合椭圆定义和几何性质可得方程；
方法二：由题意知∠F1 P F2=π
2 ，由焦点三角形的面积公式得b
2tan ∠F1 P F2
2
= 4，即b
2= 4，设直
线P F2的倾斜角为θ，结合椭圆定义和三角函数可得2a，从而得椭圆方程.
【详解】方法一：由题意知∠F1 P F2=π
2 ，tan∠F1 F2 P =2，如图，
设|P F1|=2m(m>0)，则|P F2|=m，
因为△P F1 F2的面积为4，所以1
2 ⋅2m⋅m= 4，
43
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所以m=2，所以|P F1|= 4，|P F2|=2，|F1 F2|=2√5.
设椭圆C的方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，焦距为2c，
则2a=|P F1|+|P F2|=6，c =√5，所以a=3，b=2，
所以椭圆C的标准方程是x
2
9 + y
2
4 =1.
方法二：由题意知∠F1 P F2=π
2 ，
设椭圆C的标准方程是x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，焦距为2c，
由焦点三角形的面积公式得b
2tan ∠F1 P F2
2
= 4，即b
2= 4.
设直线P F2的倾斜角为θ，则tanθ =2，
所以2a=|P F1|+|P F2|=2c (sinθ+cosθ)=2c(
2√5
5
+ √5
5 )，
因此c
a = √5
3 ，即1−b
2
a
2 = 5
9，得a
2=9，所以椭圆C的标准方程是x
2
9 + y
2
4 =1.
故选：B
3．（24-25 高二上·江苏苏州·阶段练习）已知P是双曲线x
2
16a
2 −y
2
9a
2 =1(a>0)上的点，F1, F2是其左右焦
､
点，且⃗P F1⋅⃗P F2=0.若△P F1 F2的面积为18，则a=（ ）
A．2
B．2√2
C．√2
D．3
【答案】C
【分析】利用勾股定理与双曲线的定义可求出|P F
→
1|⋅|P F
→
2|，结合三角形的面积公式可求出a的值.
【详解】由⃗P F1⋅⃗P F2=0得⃗P F1⊥⃗P F2，
由勾股定理得|P F
→
1|
2
+|P F
→
2|
2
=|F1 F
→
2|
2
=(2√16a
2+9a
2)
2=100a
2，
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由双曲线的定义得||P F
→
1|−|P F
→
2||=8a，
∴64 a
2=|P F
→
1|
2
+|P F
→
2|
2
−2|P F
→
1|⋅|P F
→
2|=100a
2−2|P F
→
1|⋅|P F
→
2|，
所以|P F
→
1|⋅|P F
→
2|=18a
2，
则Δ P F1 F2的面积为1
2|P F
→
1|⋅|P F
→
2|=9a
2=18，
∵a>0，解得a=√2.
故选：C.
【点睛】本题考查焦点三角形面积的计算，涉及双曲线的定义和勾股定理的应用，考查计算能力，属
于中等题.
4．（24-25 高二上·湖北·阶段练习）如图所示，P是双曲线x
2
4 −y
2
5 =1右支在第一象限内一点，F1, F2分别
为其左右焦点，
､
A为右顶点，圆C是△P F1 F2的内切圆，设圆与P F1, P F2分别切于点D , E，当圆C
的面积为3π时，直线P F2的斜率为（ ）
A．5√3
11
B．√3
2
C．2√3
3
D．√3
【答案】D
【分析】由双曲线的定义以及切线的性质可得圆心横坐标为x0=a，又根据圆的面积可求出半径r =√3，
可知圆心C(2,√3)，可求出tan∠C F2 A，因为C F2是∠P F2 F1的角平分线，借助于角相等可求直线
P F2的斜率.
【详解】由题意可知| PD|=| PE|，| F1 D|=| F1 A |，|F2 A|=|F2 E|，
所以
| P F1|−| P F2|=(| PD|+| D F1|)−(| PE|+| E F2|)=| D F1|−| E F2|=| A F1|−| A F2|=2a
，
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设A(x0,0)，
则(x0+c)−(c−x0)=2a⇒x0=a，
即A(2,0)，
设圆C 的半径为r(r >0)，因为圆C 的面积为3π，则πr
2=3π⇒r =√3，
因为CA ⊥F1 F2，所以C(2,√3)，
于是tan ∠C F2 A =|CA |
| A F2| = √3
3−2 =√3，
因为C F2是∠P F2 F1的角平分线，
所以tan ∠P F2 F1= tan(2∠C F2 A)= 2tan ∠C F2 A
1−tan
2∠C F2 A
= 2√3
−2 =−√3，
所以tan ∠P F2 x = tan(π−∠P F2 F1)=−tan ∠P F2 F =√3，即直线P F2的斜率为√3.
故选：D.
5．（24-25 高二上·内蒙古赤峰·阶段练习）若方程x
2
k −1 +
y
2
k −4 =1表示双曲线，则实数k的取值范围是
（ ）
A．k <1
B．k >4
C．1<k <4
D．k <1或k >4
【答案】C
【分析】利用双曲线方程的定义得到答案.
【详解】根据题意有(k −1)(k −4)<0，所以1<k <4.
故选：C.
6．（2025 高三·全国·专题练习）已知过抛物线C : y
2=2 x的焦点F的直线l交C于不同的两点P ,Q，⃗
PF ⋅⃗QF =−2，则直线l的方程为（ ）
A．2 x−2 y −1=0或2 x +2 y −1=0
B．2 x−y −1=0或2 x +2 y −1=0
C．2 x +2 y −1=0或2 x + y −1=0
D．2 x + y −1=0或2 x−y −1=0
【答案】A
【分析】法一：讨论当l⊥x轴时的情况，当直线l的斜率存在时设出直线方程，与抛物线方程联立，得
根与系数的关系，根据⃗PF ⋅⃗QF =−2求直线l的斜率，写出直线l的方程.
法二：讨论当l⊥x轴时的情况，当直线l的斜率存在时设出直线方程，与抛物线方程联立，得根与系数
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的关系，根据⃗PF ⋅⃗QF =−2，得|PF|⋅|QF|=2.由抛物线的定义得|PF|= x1+ 1
2，|QF|= x2+ 1
2，进而
结合韦达定理求直线l的斜率，写出直线l的方程.
法三：设直线l的倾斜角为α，利用弦长与α的关系式可求得cosα，可求斜率，进而可求得直线方程.
【详解】由题意知F(
1
2 ,0)，当l⊥x轴时，易知|PF|=|QF|=1，故⃗PF ⋅⃗QF =−1，不符合题意.
当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y =k(x−1
2)(k ≠0)，（点拨：当k =0时，直线l与抛物线C
只有一个交点，不符合题意），
代入y
2=2 x，得k
2 x
2−(k
2+2) x + k
2
4 =0.Δ=(k
2+2)
2−k
4= 4 k
2+ 4>0恒成立，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，由根与系数的关系可得¿.⃗
PF =(
1
2 −x1,−y1)，⃗QF =(
1
2 −x2,−y2)，
则⃗PF ⋅⃗QF =(
1
2 −x1)(
1
2 −x2)+ y1 y2=−2，
所以1
4 −1
2 (x1+ x2)+ x1 x2−2√x1 x2=−2，
所以1
4 −1
2(1+ 2
k
2)+ 1
4 −2×√
1
4 =−2，解得k =±1，
所以直线l的方程为2 x−2 y −1=0或2 x +2 y −1=0.
故选：A.
法二：由题意知F(
1
2 ,0)，当l⊥x轴时，易知|PF|=|QF|=1，
故⃗PF ⋅⃗QF =−1，不符合题意.
当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y =k(x−1
2)(k ≠0)，
（点拨：当k =0时，直线l与抛物线C只有一个交点，不符合题意）
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代入y
2=2 x，得k
2 x
2−(k
2+2) x + k
2
4 =0.Δ=(k
2+2)
2−k
4= 4 k
2+ 4>0恒成立，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，由根与系数的关系可得¿.
由⃗PF ⋅⃗QF =|⃗PF|⋅|⃗QF|cosπ=−2，得|⃗PF|⋅|⃗QF|=2，即|PF|⋅|QF|=2.
由抛物线的定义得|PF|= x1+ 1
2，|QF|= x2+ 1
2，
所以|PF|⋅|QF|=(x1+ 1
2)(x2+ 1
2)= x1 x2+ 1
2 (x1+ x2)+ 1
4 =2，
所以1
4 + 1
2(1+ 2
k
2)+ 1
4 =2，解得k =±1，
所以直线l的方程为2 x−2 y −1=0或2 x +2 y −1=0.
故选：A.
法三：设直线l的倾斜角为α，由⃗PF ⋅⃗QF =|⃗PF|⋅|⃗QF|cosπ=−2，得|⃗PF|⋅|⃗QF|=2，
即|PF|⋅|QF|=2，所以
1
1−cosα ⋅
1
1+cosα =
1
1−cos
2α
=2，所以cosα =± √2
2 ，所以tanα =±1，
又直线l过点F(
1
2 ,0)，所以直线l的方程为2 x−2 y −1=0或2 x +2 y −1=0.
故选：A.
7．（21-22 高三上·重庆渝中·阶段练习）已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左右焦点分别是
､
F1和F2，
若在其渐近线上存在一点P，满足||P F1|−|P F2||=2b，则该双曲线离心率的取值范围为（ ）
A．(1,√2)
B．(√2,2)
C．(√2,√3)
D．(2,3)
【答案】A
【分析】由题意问题转化为双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的渐近线与双曲线x
2
b
2 −y
2
a
2 =1有公共点即可，据此可得两
曲线渐近线斜率间的关系，进而求出离心率范围.
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【详解】双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的渐近线方程为y =± b
a x，
∵||P F1|−|P F2||=2b<|F1 F2|,
∴点P在双曲线x
2
b
2 −y
2
a
2 =1上，
双曲线x
2
b
2 −y
2
a
2 =1的渐近线方程为y =± a
b x，
因为由题意可知y =± b
a x与双曲线x
2
b
2 −y
2
a
2 =1相交，
所以由双曲线渐近线性质可知只需b
a < a
b，即a
2>b
2，
则a
2>c
2−a
2，解得1< c
a <√2（负值已舍去），
故该双曲线离心率的取值范围是(1,√2)，
故选：A
8．（24-25 高二上·福建泉州·阶段练习）已知F1，F2分别为双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0，b>0）的左、右
焦点，P 为第一象限内一点，且满足|F1 F2|=|P F1|=2c，|F2 P|=a，线段F2 P与双曲线C 交于点Q，
若⃗F2 P =5⃗F2Q，则双曲线C 的离心率为（ ）
A．√3
B．2√3
3
C．√5
2
D．√10
2
【答案】C
【分析】根据题意可得|F2Q|= a
5 ，|F1Q|= 11a
5 ，|F1 F2|=2c，利用余弦定理列式求解即可.
【详解】
49
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由题意可知：|F2Q|= 1
5|F2 P|= a
5，|F1Q|=2a+|F2Q|= 11a
5 ，且|F1 F2|=2c，
在△F1Q F2中，由余弦定理可得
cos∠F1 F2Q =|F1 F2|
2+|Q F2|
2−|Q F1|
2
2|F1 F2|⋅|Q F2|
=
4 c
2+ a
2
25 −121a
2
25
2×2c× a
5
= 5c
2−6a
2
ac
，
在△F1 P F2中，由余弦定理可得
cos∠F1 F2 P =|F1 F2|
2+|P F2|
2−|P F1|
2
2|F1 F2|⋅|P F2|
= 4 c
2+a
2−4 c
2
2×2c×a
= a
4 c ，
则5c
2−6a
2
ac
= a
4 c ，化简得c
2
a
2 = 5
4 ，
所以双曲线C的离心率为e = c
a =√
c
2
a
2 = √5
2
.
故选：C.
9．（24-25 高二上·福建龙岩·阶段练习）公元前 300 年前后，欧几里得撰写的《几何原本》是最早有关黄
金分割的论著，书中描述：把一条线段分割为两部分，使较大部分与全长的比值等于较小部分与较大
的比值， 则这个比值即为“黄金分割比”， 把离心率为 “黄金分割比” 倒数的双曲线叫做 “黄金
双曲线”． 黄金双曲线 E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的一个顶点为A，与A不在y轴同侧的焦点为F，
E的一个虚轴端点为B，PQ为双曲线任意一条不过原点且斜率存在的弦， M为PQ中点． 设双曲线E
的离心率为e， 则下列说法中，错误的有（ ）
A．e = √5+1
2
B．|OA ||OF |=|OB|
2
C．kOM ⋅k PQ=e
D．若OP⊥OQ， 则
1
|OP|
2 +
1
|OQ|
2 =e恒成立
50
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【答案】D
【分析】由黄金分割双曲线定义求得双曲线的离心率，判断A，证明AB⊥BF，利用射影定理证明
|OA ||OF |=|OB|
2，判断B，利用点差法求kOM ⋅k PQ判断C，联立方程求出P ,Q坐标，计算
1
|OP|
2 +
1
|OQ|
2 ，判断D.
【详解】由E为黄金分割双曲线可得a
c =
c
a+c ，即a
2+ac =c
2，对(∗)两边同除以a
2可得e
2−e−1=0，
则e = √5+1
2
，A 正确；
变形得ac =c
2−a
2=b
2，∴| AB|
2+|BF |
2=a
2+b
2+c
2+b
2=a
2+c
2+2(c
2−a
2)=3c
2−a
2，
| AF |
2=(a+c)
2= a
2+2ac +c
2=3c
2−a
2，∴AB⊥BF，
所以∠ABF =90
∘，又∠AOB =90
∘，
所以∠BAO=∠FBO，∠ABO=∠BFO，所以△AOB∼△BOF，
所以|OA|
|OB|=|OB|
|OF|，所以|OA ||OF |=|OB|
2， B 正确；
设P( x1, y1)，Q( x2, y2)，M ( x0, y0)，将P ,Q坐标代入双曲线方程可得，
¿，作差后整理可得
y2−y1
x2−x1
· y2+ y1
x2+ x1
= b
2
a
2，即
y2−y1
x2−x1
· y0
x0
= b
2
a
2
所以k PQ·kOM = c
2−a
2
a
2
=e
2−1= √5+1
2
，故C 正确；
设直线OP
y
：=kx，则直线OQ
y
：=−1
k x，将y =kx代入双曲线方程b
2 x
2−a
2 y
2=a
2b
2，
51
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可得x
2=
a
2b
2
b
2−a
2k
2，则y
2= a
2b
2k
2
b
2−a
2k
2，∴|OP|
2= x
2+ y
2= a
2b
2(k
2+1)
b
2−a
2k
2
，将k换成−1
k 即得|OQ|
2=
a
2b
2(k
2+1)
b
2k
2−a
2
，
则
1
|OP|
2 +
1
|OQ|
2 = (b
2−a
2)(k
2+1)
a
2b
2(k
2+1)
= b
2−a
2
a
2b
2 = 1
a
2 −1
b
2与a，b的值有关，故D 错误，
故选：D.
10．（11-12 高二上·浙江衢州·期末）已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的焦点为F1，F2，以F1 F2为直径的圆与双曲
线的一个交点为M，且有tan∠M F1 F2= 1
2，则双曲线的离心率（ ）
A．√2
B．√3
C．2
D．√5
【答案】D
【分析】由tan∠M F1 F2= 1
2，根据双曲线的定义可得|M F2|=2a、|M F1|= 4 a，结合勾股定理和
离心率的定义计算即可求解.
【详解】
如图，∠F1 M F2=90°，|M F1|−|M F2|=2a，
由tan ∠M F1 F2= 1
2，得|M F2|
|M F1|
= 1
2，所以|M F1|=2|M F2|，
得|M F2|=2a，故|M F1|= 4 a，又|M F1|
2+|M F2|
2=|F1 F2|
2= 4 c
2，
52
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即16a
2+ 4 a
2= 4 c
2，得e
2= c
2
a
2 =5，
由e>1，得e =√5，即双曲线的离心率为√5.
故选：D.
二、填空题
11．（24-25 高二上·重庆·阶段练习）已知双曲线C：y
2
a
2 −x
2
b
2 =1与动直线x =m(m∈R)相交于点M，N，
若存在m，使得△OMN（O为坐标原点）为等边三角形，则双曲线C的离心率的取值范围为
.
【答案】(2,+∞)
【分析】令x =m，求出M，N点坐标，由等边三角形建立方程解得m
2=
√3ab
√b
2−3a
2，由方程有解列出
不等式，然后由离心率公式得到代数式， 得到范围.
【详解】令x =m，则y =± a
b √b
2+m
2，
即M(m,−a
b √b
2+m
2)，N(m, a
b √b
2+m
2)
△OMN为等边三角形，则|OM|=|MN|，
即√
m
2+(−a
b √b
2+m
2)
2
= 2a
b √b
2+m
2
即m
2= 3a
2b
2
b
2−3a
2 =
√3ab
√b
2−3a
2有解，则b
2−3a
2>0，即b
2
a
2 >3，
又∵e = c
a =√
1+ b
2
a
2 >2,
∴双曲线C的离心率的取值范围为e∈(2,+∞)
53
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故答案为：(2,+∞)
12．（2025 高三·全国·专题练习）已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点为F，A(1, y1)，B(4 , y2)
( y1>0, y2<0)及第一象限的点P均在C上，直线AB与x轴交于点Q，若sin∠BAF +cos∠BQF =0，
且∠PFA =∠PFB，则直线OP（O为坐标原点）的斜率为 ．
【答案】2√10−6
【分析】根据诱导公式可得∠AFQ =π
2 ，利用平面向量的夹角公式求解点P的纵坐标，即可根据数
量积的夹角公式求解t =6+2√10，根据斜率公式求解.
【详解】因为∠BQF是△AFQ的一个外角，所以∠BQF =∠BAF +∠AFQ，
所以cos∠BQF =cos(∠BAF +∠AFQ)=−sin∠BAF =cos(∠BAF +π
2 )，
结合0<∠AFQ<π，可得∠AFQ =π
2 ．
由A(1, y1)，F(
p
2 ,0)可得p
2 =1，p=2，
所以F (1,0)，A (1,2)，B (4 ,−4)，则⃗FA =(0,2)，⃗FB =(3,−4)，|⃗FA|=2，|⃗FB|=5．
设P(
t
2
4 ,t)(t >0)，则⃗FP =(
t
2
4 −1,t)，因为∠PFA =∠PFB，
所以cos∠PFA =cos∠PFB，所以⃗FA ⋅⃗FP
|⃗FA||⃗FP|
=⃗FB⋅⃗FP
|⃗FB||⃗FP|，
故2t
2 =
3t
2
4 −3−4t
5
，解得t =6+2√10或6−2√10（舍去），
54
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所以直线OP的斜率为4
t =2√10−6．
故答案为：2√10−6
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用诱导公式与题设条件分析得∠AFQ =π
2 ，从而得
解.
13．（24-25 高二上·山东济宁·阶段练习）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右两个焦点分别为
F1, F2, P是C上任意一点且满足P点到F1的距离与P点到直线x = a
2
c 的距离之比为√2，则双曲线C的
渐近线方程为 .
【答案】y =± x
【分析】设P(m,n)，结合点到F1的距离与点到直线x = a
2
c 的距离计算即可得a、b间关系，即可得解.
【详解】设P(m,n)，则有m
2
a
2 −n
2
b
2 =1，即n
2= b
2
a
2 m
2−b
2，
则|P F1|=√(m+c)
2+n
2=√
m
2+2mc +c
2+ b
2
a
2 m
2−b
2
=√
a
2+b
2
a
2
m
2+2mc +c
2−b
2=√
c
2
a
2 m
2+2mc +a
2，
则由
√(m+c)
2+n
2
|m−a
2
c|
=√2
可得c
2
a
2 m
2+2mc +a
2=2m
2−4 a
2
c m+ 2a
4
c
2 ，
55
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即(
c
2−2a
2
a
2 )m
2+(
2c
2−4 a
2
c
)m+ a
2c
2−2a
4
c
2
=(c
2−2a
2)(
m
2
a
2 + 2m
c + a
2
c
2)=0，
故c
2−2a
2=0，即有a
2+b
2−2a
2=0，即可得a=b，
故双曲线C的渐近线方程为y =± b
a x =± x.
故答案为：y =± x.
14．（21-22 高二下·四川遂宁·阶段练习）已知P 是双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a,b>0)上的点，F1，F2是其焦点，
双曲线的离心率是5
4 ，且⃗P F1⋅⃗P F2=0，若△P F1 F2的面积为9，则a+b的值为 .
【答案】7
【分析】根据双曲线的定义，直角三角形面积公式，勾股定理列方程，结合离心率的值，即可得解.
【详解】
如图所示，不妨设点P 在双曲线的右支上，设|P F1|=m，|P F2|=n，
则m−n=2a，1
2 mn=9，m
2+n
2= 4 c
2，即m
2+n
2−2mn= 4 a
2，
所以4 c
2−36= 4 a
2，又c
2=a
2+b
2，所以b=3，又c
a = 5
4 ，
56
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∴25
16 a
2=a
2+b
2，解得a
2= 16
9 b
2=16，所以a= 4，即a+b=7.
故答案为：7.
15．（23-24 高二上·江苏南通·阶段练习）已知直线l与双曲线x
2
4 −y
2
3 =1交于A、B两点，且弦AB的中点
为M(3, 3
2)，则直线l的方程为 .
【答案】3 x−2 y −6=0
【分析】利用点差法可得直线斜率，进而可得直线方程.
【详解】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1+ x2=6，y1+ y2=3，
又¿，两式相减，
得(x1+ x2)(x1−x2)
4
−( y1+ y2)( y1−y2)
3
=0，
即6(x1−x2)
4
−3( y1−y2)
3
=0，整理得
y1−y2
x1−x2
= 3
2，
∴直线l的方程为y −3
2 = 3
2
(x−3)，
化简得3 x−2 y −6=0，
故答案为：3 x−2 y −6=0.
三、解答题
16．（2025 高二·全国·专题练习）已知F为椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左焦点，椭圆C过点P(2,√2)，
且直线PF的斜率为√2
4 .
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点M (x1, y1)，N (x2, y2)在椭圆C上，且∠MFN =90°，过M，N分别作椭圆C的切线l1，l2，l1
与l2相交于点Q.求点Q的轨迹方程；
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【答案】(1) x
2
8 + y
2
4 =1
(2)y
2= 4 (x +3).
【分析】（1）利用直线PF求出椭圆中c的值，再根据椭圆的标准方程列式求解即可；
（2）设直线MN：x =my +t，Q(x0, y0)，与椭圆方程联立，利用∠MFN =90°和韦达定理可得
3t
2+8t −4 m
2=0①，再设l1的方程为y −y1=k (x−x1)，与椭圆方程联立，利用l1与椭圆相切，判别
式为0，求出切线l1的方程，同理可得切线l2的方程，由Q在直线l1，l2上，联立l1，l2可得M (x1, y1)，
N (x2, y2)在直线x0 x
8 + y0 y
4
=1上，得x =−2 y0
x0
y + 8
x0
②，再将根据x =my +t及①②联立即可求解.
【详解】（1）由题意得，直线PF的方程为y −√2= √2
4
(x−2)，即x−2√2 y +2=0，
当y =0时，x =−2，故c =2，
由4
a
2 +
2
a
2−4
=1解得a
2=8或a
2=2（舍去），
椭圆C的方程x
2
8 + y
2
4 =1.
（2）设直线MN：x =my +t，Q(x0, y0)，M (x1, y1)，N (x2, y2)，
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与C联立¿，
所以y1+ y2=−2mt
2+m
2，y1 y2= t
2−8
2+m
2，
由∠MFN =90°可得(x1+2)(x2+2)+ y1 y2=0⇔(m
2+1) y1 y2+m(t +2)( y1+ y2)+(t +2)
2=0
⇔(m
2+1)(t
2−8)−2m
2t (t +2)+(t +2)
2(2+m
2)=0，
化简可得3t
2+8t −4 m
2=0①，
设l1的方程为y −y1=k (x−x1)，即y =kx +( y1−k x1)，
与C联立¿，
令Δ=16k
2( y1−k x1)
2−8(1+2k
2)[( y1−k x1)
2−4]=0，
故(8−x1
2)k
2+2k x1 y1+ 4−y1
2=0，结合x1
2+2 y1
2=8，
故y1
2k
2+k x1 y1+ x1
2
4 =0，解得k =−x1
2 y1
，所以切线方程为y =−x1
2 y1
(x−x1)+ y1，
即直线l1方程为：x1 x
8 + y1 y
4
=1，k不存在时也满足此直线方程，
同理可得l2方程为：x2 x
8 + y2 y
4
=1，由Q在直线l1，l2上，则¿，
即M (x1, y1)，N (x2, y2)在直线x0 x
8 + y0 y
4
=1上，
所以直线MN方程为：x0 x
8 + y0 y
4
=1，即x =−2 y0
x0
y + 8
x0
，
而直线MN方程为x =my +t，故m=−2 y0
x0
,t = 8
x0
，
由①可得3× 84
x0
2 +8× 8
x0
−4× 16 y0
2
x0
2
=0，整理得到：y0
2= 4(x0+3)，
若MN // x轴，则M (x1, y1), N (−x1, y1)，则¿，故y1
2= 4
3 ，
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此时Q在y轴上，结合切线方程x1 x
8 + y1 y
4
=1可得yQ
2 = 16
y1
2 =12，
此时Q也满足此方程y0
2= 4(x0+3)，
所以Q的轨迹方程为y
2= 4 (x +3).
17．（2025 高三·全国·专题练习）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为3
2，点A(3, 5
2)在C上，
F是C的右焦点.
(1)求双曲线C的标准方程.
(2)不过点A的直线l与C交于两个不同的点M , N，若直线AM和AN的斜率之和为3.
（i）求证：l经过定点B；
（ii）若线段BF的中点为D，直线MD交直线AF于点E，求证：NE⊥y轴.
【答案】(1) x
2
4 −y
2
5 =1
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）由离心率和点A(3, 5
2)在C上，得到a
2,b
2的值，得双曲线C的标准方程；
（2）（i）设M (x1, y1)，N (x2, y2)，由斜率公式得到x1, y1，x2, y2之间的关系，分l的斜率不存在和
存在进行研究，l的斜率存在时，设l的方程为y =kx +m，联立方程组，利用根与系数的关系推到即可；
（ii）求出直线AF , MD的方程，求点E的纵坐标与点N的纵坐标之间的关系可得证.
【详解】（1）由离心率e= c
a = 3
2，得c
2
a
2 = 9
4 ，a
2+b
2
a
2
= 9
4 ，5a
2= 4 b
2，
又点A(3, 5
2)在C上，所以9
a
2 −25
4 b
2 =1，所以a
2= 4，b
2=5，
故双曲线C的标准方程为x
2
4 −y
2
5 =1.
（2）（i）设M (x1, y1)，N (x2, y2)，
60
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则直线AM和AN的斜率分别是k AM =
y1−5
2
x1−3
，k AN =
y2−5
2
x2−3
，
则k AM +k AN =
y1−5
2
x1−3 +
y2−5
2
x2−3 =3，
整理得(x2−3)( y1−5
2)+(x1−3)( y2−5
2)=3(x1−3)(x2−3).（*）
若l的斜率不存在，设l的方程为x =n(n≠3)，将其代入C的方程，得n
2
4 −y
2
5 =1，
则y
2−5n
2
4 +5=0，则由根与系数的关系得y1+ y2=0且n
2>4，
将x =n代入（*）式，得(n−3)( y1+ y2−5)=3(n−3)
2，
得n= 4
3 ，不满足n
2>4，不符合题意.
所以l的斜率存在，设l的方程为y =kx +m，代入C的方程x
2
4 −y
2
5 =1，
整理得(5−4 k
2) x
2−8kmx −4 m
2−20=0，
则Δ=(−8km)
2+ 4(5−4 k
2)(4 m
2+20)=80¿，
且¿，根据（*）式，
得(x2−3)(k x1+m−5
2)+(x1−3)⋅(k x2+m−5
2)=3(x1−3)(x2−3)，
(2k −3) x1 x2+(m−3k + 13
2 )(x1+ x2)−6m−12=0，
(2k −3)⋅−4 m
2−20
5−4 k
2
+(m−3k + 13
2 )⋅8km
5−4 k
2 −6m−12=0，
(2k −3)(−4 m
2−20)+(m−3k + 13
2 )⋅8km−(6m+12)⋅(5−4 k
2)=0，
6m
2−20k +26km−15m+24 k
2=0，
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2(3m
2+13km+12k
2)−5(4 k +3m)=0，
2(3m+ 4 k )(m+3k )−5(4 k +3m)=0，
(4 k +3m)(2m+6 k −5)=0，
由于l不过点A(3, 5
2)，所以5
2 ≠3k +m，即6 k +2m−5≠0，
所以4 k +3m=0，k =−3
4 m，代入y =kx +m，得y =−3
4 mx +m，
即y =−3
4 m(x−4
3)，所以l过定点B(
4
3 ,0).
（ii）易知F (3,0)，线段BF的中点D(
13
6 ,0)，A(3, 5
2)，
所以直线AF的方程为x =3，直线MD的方程为y =
y1
x1−13
6
(x−13
6 )，
令x =3，得点E的纵坐标y E=
y1
x1−13
6
(3−13
6 )=
5 y1
6 x1−13，
则y2−y E= y2−
5 y1
6 x1−13 = y2(6 x1−13)−5 y1
6 x1−13
=
(k x2+m)(6 x1−13)−5(k x1+m)
6 x1−13
=
6k x1 x2+6m x1−13k x2−13m−5k x1−5m
6 x1−13
，
又m=−4
3 k，所以y2−y E= 6k x1 x2−8k x1−13k x2−5k x1−18m
6 x1−13
=
6k x1 x2−13k (x1+ x2)−18m
6 x1−13
= 6k ⋅−4 m
2−20
5−4 k
2
−13k ⋅8km
5−4 k
2 −18m
6 x1−13
=
6 k (−4 m
2−20)−104 k
2m−18m(5−4 k
2)
(6 x1−13)(5−4 k
2)
=
−24 k m
2−120k −32k
2m−90m
(6 x1−13)(5−4 k
2)
=
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−24 k ⋅16
9 k
2−120k −32k
2⋅(−4
3 k)−90(−4
3 k)
(6 x1−13)(5−4 k
2)
=0，
因此点E和点N的纵坐标相同，故NE⊥y轴.
【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.
18．（24-25 高三上·重庆·期末）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 (2,0)，渐近线方程为
y =±√3 x.
(1)求双曲线C的方程；
(2)设直线l与双曲线C、圆O: x
2+ y
2=r
2相切，切点分别为A ,B，与渐近线相交于M , N.两点.
（i）证明：|OM|⋅|ON|为定值；
（ii）若|AB|=2r，求直线l的方程.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)（i）证明见解析；（ii）y =±3 x ±√6
【分析】（1）由条件得到¿求解即可；
（2）（i）由l与x轴是否垂直两种情况讨论求解即可；（ii）求得A ,B两点坐标，结合|AB|=2r即可
求解；
【详解】（1）由¿，
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解得¿，故双曲线C的标准方程为x
2−y
2
3 =1．
（2）（i）①当l与x轴垂直时，l: x =1，解得M (1,√3), N (1,−√3),OM ×ON = 4．
②当l与x轴不垂直时，设M (x1, y1), N (x2, y2), A(x3, y3),B(x4, y4)．
设l: y =kx +m与x
2−y
2
3 =1联立可得：(3−k
2) x
2−2kmx −m
2−3=0，
且有3−k
2≠0,Δ= 4 t
2m
2+ 4(3−k
2)(m
2+3)=12(m
2−k
2+3)=0，故m
2=k
2−3，
且x3= km
3−k
2 =−k
m , y3=k x3+m= m
2−k
2
m
=−3
m．
将l: y =kx +m与x
2−y
2
3 =0联立可得：(3−k
2) x
2−2kmx −m
2=0．
x1+ x2= 2km
3−k
2 =−2k
m , x1 x2= −m
2
3−k
2 =1，⃗
OM ⋅⃗ON = x1 x2+ y1 y2= x1 x2+(k x1+m)(k x2+m)=(1+k
2) x1 x2+ km(x1+ x2)+m
2=1+ k
2+km
(−2k
m )+m
2=1−k
2+m
2=−2
而⃗OM ⋅⃗ON =|OM||ON|cos 2π
3 =−1
2|ON||OM|，故|ON||OM|= 4．
综上所述，|ON||OM|= 4．
（ii）由l与圆相切可知：r =
|m|
√1+ k
2．
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设直线OB为l2: y =−1
k x，与l: y =kx +m联立解得B(
−km
1+k
2 ,
m
1+k
2)．
由（1）可知A(−k
m ,−3
m)，则| AB|
2=(
k
m −km
1+ k
2)
2
(√1+k
2)
2= 4 m
2
1+ k
2．
而m
2=k
2−3．
消去k可得：m
4−4 m
2−12=(m
2+2)(m
2−6)=0,∴m
2=6,k
2=9，
故l: y =±3 x ±√6．
19．（24-25 高二·全国·假期作业）已知焦点为F的抛物线Γ : y
2= 4 x上存在不同的两点A(x1, y1)，
B(x2, y2)（异于原点O）．
(1)若x1+ x2=2且y1+ y2=−2，求直线AB的方程；
(2)若OA ⊥OB，求线段|AB|的最小值；
(3)若点A，B，F三点共线，求cos∠AOB的取值范围．
【答案】(1)2 x + y −1=0
(2)8
(3)−3
5 ≤cos∠AOB<0
【分析】（1）设直线AB的方程为x =my +t，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，结合题
意求出m、t，即可得解；
（2）由（1）可得y1 y2=−4 t，则x1 x2=t
2，根据OA ⊥OB得到⃗OA ⋅⃗OB =0，即可求出t，再由弦长
公式计算可得；
（3）联立直线AB 与抛物线的方程，利用cos∠AOB =⃗OA ⋅⃗OB
|⃗OA|⋅|⃗OB|
求出cos∠AOB的值域.
【详解】（1）设直线AB的方程为x =my +t，
由¿，整理可得y
2−4 my −4 t =0，
则Δ=16m
2+16t >0，
所以y1+ y2= 4 m，则x1+ x2=m( y1+ y2)+2t = 4 m
2+2t，
依题意可得¿，解得¿，满足Δ=16m
2+16t >0，
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所以直线AB的方程为x =−1
2 y + 1
2，即2 x + y −1=0；
（2）由（1）可得y1 y2=−4t，则x1 x2= ( y1 y2)
2
16
=t
2，
因为OA ⊥OB，所以⃗OA ⋅⃗OB = x1 x2+ y1 y2=t
2−4t =0，解得t = 4或t =0（舍去），
所以y1+ y2= 4 m，y1 y2=−4 t =−16，
所以|AB|=√1+m
2⋅√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=√1+m
2⋅√16m
2+64 = 4√m
4+5m
2+ 4≥4×2=8，
当且仅当m=0时取等号，
所以线段|AB|的最小值8；
（3）因为A、B、F三点共线，而抛物线的焦点F (1,0)，
所以直线AB 的方程为x =my +1，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立y
2= 4 x有y
2−4 my −4 =0，
故y1+ y2= 4 m，y1 y2=−4，x1+ x2=m( y1+ y2)+2= 4 m
2+2，x1 x2= ( y1 y2)
2
16
=1，
所以⃗OA ⋅⃗OB = x1 x2+ y1 y2=−4 +1=−3，
|⃗OA|=√x1
2+ y1
2=√x1
2+ 4 x1
❑，|⃗OB|=√x2
2+ y2
2=√x2
2+ 4 x2
❑，
所以|⃗OA|⋅|⃗OB|=√x1
2+ 4 x1
❑⋅√x2
2+ 4 x2
❑=√x1 x2(x1+ 4)(x2+ 4)
=√x1 x2+ 4(x1+ x2)+16 =√16m
2+25
所以cos∠AOB =⃗OA ⋅⃗OB
|⃗OA|⋅|⃗OB| =
−3
√16t
2+25
∈[−3
5 ,0)，
即−3
5 ≤cos∠AOB<0
故cos∠AOB的取值范围为−3
5 ≤cos∠AOB<0.
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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.
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