重難點27 圓錐曲線中的弦長問題與長度和、差、商、積問題（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點27圓錐曲線中的弦長問題與長度和、差、商、積問題【八大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1橢圓的弦長問題】 2【題型2雙曲線的弦長問題】 5【題型3拋物線的弦長問題】 9【題型4長度及其最值（范圍）問題】 13【題型5長度之和問題】 17【題型6長度之差問題】 23【題型7長度之商問題】 26【題型8長度之積問題】 311、圓錐曲線中的弦長問題與長度和、差、商、積問題圓錐曲線是高考的重點、熱點內(nèi)容，從近幾年的高考情況來看，弦長問題與長度和、差、商、積問題是考查的重要方向，以選擇題或填空題的形式考查時，難度不大；以解答題的形式考查時，有時會與向量、數(shù)列等知識結(jié)合考查，難度較大；聯(lián)立直線與圓錐曲線方程并靈活運用弦長公式是解決此類問題的關(guān)鍵，復(fù)習(xí)時要加強此類問題的訓(xùn)練.【知識點1圓錐曲線中的弦長問題】1．橢圓的弦長問題(1)定義：直線與橢圓的交點間的線段叫作橢圓的弦.

(2)弦長公式：設(shè)直線l:y=kx+m交橢圓+=1(a>b>0)于，兩點，則或.2．雙曲線的弦長問題(1)弦長公式：直線y=kx+b與雙曲線相交所得的弦長d.

(2)解決此類問題時要注意是交在同一支，還是交在兩支上.

(3)處理直線與圓錐曲線相交弦有關(guān)問題時，利用韋達(dá)定理、點差法的解題過程中，并沒有條件確定直線與圓錐曲線一定會相交，因此，最后要代回去檢驗.

(4)雙曲線的通徑：

過焦點且與焦點所在的對稱軸垂直的直線被雙曲線截得的線段叫作雙曲線的通徑.無論焦點在x軸上還是在y軸上，雙曲線的通徑總等于.3．拋物線的弦長問題設(shè)直線與拋物線交于A,B兩點，則

|AB|==或

|AB|==(k為直線的斜率，k≠0).4．弦長公式的兩種形式(1)若A,B是直線y=kx+m與圓錐曲線的兩個交點，且由兩方程聯(lián)立后消去y，得到一元二次方程，則.(2)若A,B是直線x=my+n與圓錐曲線的兩個交點，且由兩方程聯(lián)立后消去x，得到一元二次方程，則.【題型1橢圓的弦長問題】【例1】（2024·云南昆明·模擬預(yù)測）已知直線l是圓C：x2+y2=1的切線，且l與橢圓E：x23+y2=1交于A，B兩點，則|AB|的最大值為（

）A．2 B．3 C．2 D．1【解題思路】由直線與圓相切分析得圓心到直線距離為1，再分類討論直線斜率是否存在的情況，存在時假設(shè)直線方程，進(jìn)一步聯(lián)立橢圓方程結(jié)合韋達(dá)定理得出弦長表達(dá)式，最后化簡用基本不等式得出結(jié)果.【解答過程】∵直線l是圓C：x2∴圓心O到直線l的距離為1，設(shè)A(x①當(dāng)AB⊥x軸時，|AB|=2②當(dāng)AB與x軸不垂直時，設(shè)直線AB的方程為y=kx+m.由已知|m|1+k2把y=kx+m代入橢圓方程，整理得(3k.x∴|AB=(1+k=12(令t=原式=≤當(dāng)且僅當(dāng)9t=4t即綜上所述ABmax故選：B.【變式1-1】（23-24高二上·浙江紹興·期末）已知橢圓C:x24+y2=1，過原點O且傾斜角為πA．105 B．2105 C．3【解題思路】依題寫出直線的點斜式方程,與橢圓方程聯(lián)立，求出兩交點坐標(biāo)，利用兩點距離公式計算即得.【解答過程】依題意，可得直線的方程為：y=x，代入x24+當(dāng)x=255，y=255；當(dāng)則AB=故選：D.【變式1-2】（2024·河南·模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若傾斜角為π4的直線l與C相交于兩個不同的點A,B，求AB【解題思路】（1）借助橢圓上的點的坐標(biāo)，△PF1F（2）設(shè)出直線方程，聯(lián)立曲線，借助韋達(dá)定理與弦長公式計算即可得.【解答過程】（1）由題意可得3a2+故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）k=tanπ4=1，故可設(shè)lAB聯(lián)立x212+y2Δ=36t2x1+x則AB=2則當(dāng)t=0時，AB有最大值，且其最大值為48?02【變式1-3】（2024·河北衡水·一模）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過1,32和2,62兩點.F(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求AB的范圍.【解題思路】（1）將點(1,32),(（2）分類討論直線斜率是否為0，從而假設(shè)直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理與弦長公式得到關(guān)于m的關(guān)系式，再分析即可得解；【解答過程】（1）由題意可知，將點(1,3得1a2+所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）由（1）知F1?1,0，當(dāng)直線l的斜率為0時，AB=2a=4當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)直線l的方程為x=my+1，Ax1,聯(lián)立x24+y2易得Δ=6m2所以AB=1+因為m2≥0，所以3m2+4≥4綜上，3≤AB≤4，即AB的范圍是【題型2雙曲線的弦長問題】【例2】（2024·北京·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:y2?x23=1的兩個焦點分別為F1,F2，過F1的直線與雙曲線A．94 B．9 C．274【解題思路】根據(jù)對稱性不妨設(shè)過F1的直線為y=kx?2【解答過程】雙曲線C:y2?x23=1中a=1根據(jù)對稱性不妨設(shè)過F1的直線為y=kx?2聯(lián)立y=kx?23y2則Δ設(shè)Ax1,y1，B由BF1=2即有?x由①②可得x1=?12k3k解得k=3535（負(fù)值已舍去），所以|AB|=1+故選：C．【變式2-1】（2024·山東·模擬預(yù)測）過雙曲線x2?y2=2的左焦點作直線l，與雙曲線交于A,B兩點，若ABA．1條 B．2條 C．3條 D．4條【解題思路】設(shè)直線方程與雙曲線聯(lián)立，利用弦長公式解方程判斷根的個數(shù)即可.【解答過程】由題意得雙曲線左焦點?2,0，當(dāng)直線垂直于橫軸時，AB=22不符合題意，雙曲線漸近線方程為故可設(shè)l:y=kx+2與雙曲線聯(lián)立可得y=kx+2x1由弦長公式知AB=則k=±2?1或故存在四條直線滿足條件.故選：D.【變式2-2】（2024·海南·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:x2a2?y2(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點P且斜率為26的直線與雙曲線C的另一個交點為Q，求PQ【解題思路】（1）將點P(2,6)代入雙曲線（2）寫出直線方程，與雙曲線方程聯(lián)立，由弦長公式可得結(jié)果.【解答過程】（1）因為雙曲線的實軸長為22，所以2a=22，解得：又因為點P(2,6)在雙曲線C上，所以42所以雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x（2）設(shè)P(x1由題可得過點P且斜率為26的直線方程為：y?6=2聯(lián)立x22?y2所以x1+x所以PQ=【變式2-3】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(b>a>1)的左、右焦點分別為F1(1)求該雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l與雙曲線C交于P、Q兩點，且坐標(biāo)原點O在以PQ為直徑的圓上，求PQ的最小值.【解題思路】（1）依題意可得ba=3，從而將方程化為x（2）依題意可得OP?OQ=0，當(dāng)直線的斜率不存在時直接求出PQ，當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，Px1,y【解答過程】（1）由題可知雙曲線的漸近線方程為y=±b因為b>a>1，所以ba>1，所以直線由兩條漸近線的夾角為60°，可得ba=3，因為a即雙曲線方程為x2因為△MF1F2的面積為43因為點M5,y解得a2=4或a2=1．因為條件a>1，所以（2）因為以PQ為直徑的圓過坐標(biāo)原點，所以O(shè)P⊥OQ，所以O(shè)P⊥OQ，即①當(dāng)直線l的斜率不存在時，設(shè)直線l的方程為x=n，設(shè)Pn,t由OP?OQ=0又點P、Q在雙曲線上，代入可得n24?所以PQ=2t=2②當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，由y=kx+m3x2?y因為直線l與雙曲線交于P,Q兩點，所以3?k即Δ=設(shè)Px1,則x1由OP?OQ=0得到x即1+k即1+k所以1+k化簡得m2所以PQ==24+當(dāng)k=0時上式取等號，且方程（*）有解．綜上可得PQ的最小值是26【題型3拋物線的弦長問題】【例3】（2024·河南開封·一模）已知O為坐標(biāo)原點，過拋物線C:y2=8x焦點F的直線與C交于A，B兩點，若|AF|=|AO|，則|AB|=A．5 B．9 C．10 D．18【解題思路】由|AF|=|AO|及拋物線方程可求出A點坐標(biāo)，從而得直線AB的方程，聯(lián)立拋物線和直線方程，結(jié)合韋達(dá)定理求出x1【解答過程】如圖：由拋物線C:y2=8x可知焦點坐標(biāo)F2,0，取線段OF中點又|AF|=|AO|，所以AD⊥OF,故設(shè)A1,y0，因點A根據(jù)對稱性取y0=22，又因直線AB所以直線AB的方程為：y=?22聯(lián)立y2=8xy=?22設(shè)Ax1,y1由拋物線定義可知AB=故選：B.【變式3-1】（2024·安徽馬鞍山·模擬預(yù)測）已知拋物線C:y2=4x的焦點為F，準(zhǔn)線與x軸交于點M，直線l過其焦點F且與C交于A?，?B兩點，若直線AM的斜率為2A．455 B．855 C．【解題思路】利用斜率已知，即角的正切值已知，結(jié)合拋物線的幾何性質(zhì)，來解直角三角形求一條焦半徑，再利用拋物線的兩焦半徑的倒數(shù)和為定值，從而去求另一條焦半徑，最后求得弦長.【解答過程】

如圖作AE垂直于準(zhǔn)線，垂足為E，可知設(shè)AE=AF=r，直線AM的斜率為255得，則ME=255即r2=255再設(shè)過焦點F的直線l為y=kx?1與拋物線C:k2x2則x1而1AF當(dāng)AF=5+52時，解得BF=當(dāng)AF=5?52時，解得BF=故選：D.【變式3-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知點Pa,ba>0,b>0在拋物線C:y2=2pxp>0上，記O為坐標(biāo)原點，OP=(1)求拋物線C的方程；(2)記拋物線C的焦點為F，過點F作直線l與直線PF垂直，交拋物線C于A，B兩點，求弦AB的長．【解題思路】（1）首先得到拋物線的準(zhǔn)線方程，依題意可得a2+b2=32（2）由（1）可得P12,2，【解答過程】（1）拋物線C:y2=2pxp>0的焦點為依題意可得a2+b2=32b2=2paa+所以a=12b=（2）由（1）可得P12,2，因為直線l⊥直線PF，所以kl所以直線l的方程為y=24x?1由x=22y+1y2=4x設(shè)Ax1,y1所以x1所以AB=【變式3-3】（2024·廣西·模擬預(yù)測）已知拋物線C:y2=2px(p>0)(1)求C的方程；(2)若P為直線l:x=?2上的一動點，過P作拋物線C的切線PA,PB,A,B為切點，直線AB與l交于點M，過F作AB的垂線交l于點N，當(dāng)MN最小時.求AB.【解題思路】（1）由題意求得p=2，即可得得到拋物線C的方程；（2）設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得在點A,B的切線方程，得出直線AB方程為x?t2y?2=0，令x=?2，得到點M?2,?【解答過程】（1）由題知，p=2，∴C的方程為y2（2）拋物線C:y2=4x設(shè)P?2,t，過P點的拋物線C的切線方程為：x+2=my2=4xx+2=my?t消去∴Δ=16m此時①可化為y2?4my+4設(shè)直線PA:x+2=m1y?t則m1,且yA=2m1,由②知，m12?t則直線AB方程為：x?t2因為直線NF與直線AB垂直，則直線NF方程為：y=?t故M?2,?MN=8t+3tAB=由（*）得，AB=【題型4長度及其最值（范圍）問題】【例4】（23-24高三上·湖北武漢·開學(xué)考試）設(shè)雙曲線E1x2?y23=1的左右焦點為F1，F(xiàn)2，左頂點為A，點M是雙曲線E在第一象限中內(nèi)的一點，直線MFA．74 B．52 C．83【解題思路】由題意可得F1NF1M=14，設(shè)設(shè)【解答過程】

由題意知：F1?2,0,F22,0,A?1,0，所以F1AF1F2=故選：B.【變式4-1】（2024·吉林·模擬預(yù)測）已知拋物線C:y2=4x的焦點為F，A是C上一點，O為坐標(biāo)原點，若△AOF的面積為2+1，則A．22+2 C．42+2 【解題思路】設(shè)A(x0,y0)，根據(jù)【解答過程】由題意知拋物線C:y2=4x的焦點為F，則F(1,0)設(shè)A(x0,y0)，則由則|y0|=2(則|AF|=x故選：B.【變式4-2】（23-24高三下·河南周口·開學(xué)考試）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一動圓過點F1,0且與直線x=?1相切，設(shè)該動圓的圓心C的軌跡為曲線Γ(1)求Γ的方程；(2)設(shè)P為Γ在第一象限內(nèi)的一個動點，過P作曲線Γ的切線l1，直線l2過點P且與l1垂直，l2與Γ的另外一個交點為【解題思路】（1）由題意，根據(jù)拋物線的定義可知點C的軌跡為是以F1,0（2）設(shè)Pm,2m(m>0)、Qx1,y1，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義和兩直線的位置關(guān)系求出l2【解答過程】（1）由題意得，點C到點F的距離等于到直線x=由拋物線的定義知，點C的軌跡是以坐標(biāo)原點O為頂點，以F1,0設(shè)y2=2px(p>0)，則p2故Γ的方程為y2（2）當(dāng)y>0時，y=2x，所以y′=則y'x=m=1m因為l1⊥l2，所以所以l2的方程為y?2m=?代入y2=4x，得y2由韋達(dá)定理得y1+2m=?4得?2m?4m2所以PQ=令um=m+3+3易知函數(shù)um在0,2上單調(diào)遞減，在2,+所以u(m)min=u【變式4-3】（2024·河北張家口·三模）已知點F1,F2分別為橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點，過(1)求橢圓C的離心率；(2)若點A，B分別為橢圓C的左、右頂點，且△PAB面積的最大值為23，直線PA與直線QB相交于點M，求|OM|【解題思路】（1）求出通徑，可得齊次式2b（2）設(shè)直線PA,QB,PQ方程分別為：x=n1y?2,x=n2y+2,x=my?1，Px1,y1,Qx【解答過程】（1）令x=?c，得c2a2所以，2b2a=3c，即解得e=?2（舍去）或e=1（2）易知，當(dāng)點P在短軸端點時，△PAB的面積最大，所以ab=23ca所以，橢圓C的方程為x2易知，直線PA,QB,PQ的斜率不為0，設(shè)其方程分別為：x=n1y?2,x=聯(lián)立x=n1y?2所以O(shè)M2由斜率公式可得n1所以n1n1因為x1所以x1x1所以n1?n聯(lián)立3x2+4Δ所以y1不妨記y1=6m+則n1所以O(shè)M2易知，m2+1所以O(shè)M>4，即|OM|的取值范圍為4,+【題型5長度之和問題】【例5】（2024·河北承德·二模）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左頂點到右焦點的距離是3，且C的離心率是12，過左焦點F(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求AB+【解題思路】（1）由已知列出關(guān)于a,c的方程組，求出a,c，可求b2，得橢圓C（2）兩直線一條斜率為0，另一條斜率不存在時，由通徑與長軸求出結(jié)果；當(dāng)兩直線斜率存在且不為0時，利用弦長公式把兩弦長之和表示為關(guān)于斜率的函數(shù)，結(jié)合基本不等式求取值范圍.【解答過程】（1）由題意得ca=12,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）由（1）可知，左焦點F?1,0當(dāng)直線l斜率不存在或者斜率為0時，AB+當(dāng)直線l斜率存在且不為0時，設(shè)直線l:y=kx+1，直線lAx聯(lián)立方程組y=kx+1,x則x1因此AB=同理可得MN=所以AB+由于12k2+12k綜上所述，AB+MN的取值范圍為【變式5-1】（23-24高三上·陜西西安·開學(xué)考試）已知點F為拋物線C:y2=2pxp>0的焦點，點P1,2(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若正方形ABCD的頂點A、B在直線l:x?y+2=0上，頂點C、D在拋物線C上，求FC+【解題思路】（1）由拋物線方程可得Fp（2）設(shè)直線CD的方程為：y=x+m，聯(lián)立直線與拋物線方程，結(jié)合韋達(dá)定理可得y1+y【解答過程】（1）由題設(shè)可得Fp則PF=1?p又PF=QF，故整理得p?4=0，即p=4.所以拋物線C的方程為y2（2）因為ABCD是正方形，所以AB//CD，直線l與CD之間的距離等于設(shè)直線CD的方程為：y=x+m，聯(lián)立y=x+my2=8x，消去x由Δ=64?32m>0，得m<2設(shè)Cx1,y1，D所以CD=直線l與CD間的距離為d=m?2所以82?m=m?2由于m<2，故解得m=?126，所以x1故FC+【變式5-2】（2024·內(nèi)蒙古赤峰·一模）已知拋物線P:y2=2px0<p<5上一點Q的縱坐標(biāo)為4，點Q到焦點F的距離為5，過點F做兩條互相垂直的弦(1)求拋物線P的方程．(2)求AB+【解題思路】（1）首先得到拋物線的焦點坐標(biāo)與準(zhǔn)線方程，依題意根據(jù)拋物線的定義得到42（2）設(shè)直線AB方程為x=my+1m≠0，且Ax1,y1，B【解答過程】（1）拋物線P:y2=2px0<p<5的焦點為由題可知42解得p=2或p=8（舍），所以，拋物線P的方程為y2（2）依題意直線AB的斜率存在且不為0，設(shè)直線AB方程為x=my+1m≠0，且Ax1,聯(lián)立x=my+1y2=4x，可得y所以y1+y則AB=1+同理CD=4+所以AB+CD=4所以AB+【變式5-3】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左?右焦點分別為(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若以線段F1F2為直徑的圓與橢圓C無公共點，過點A1,3的直線與橢圓C交于P,Q兩點（點P在點Q的上方），線段PQ上存在點M，使得【解題思路】（1）由題意可得a的值及b的值，即求出橢圓的方程；（2）由線段F1F2為直徑的圓與橢圓C無公共點，可得x24+y23=1，分直線PQ的斜率存在和不存在兩種情況討論，設(shè)直線PQ的方程，與橢圓的方程聯(lián)立，可得兩根之和及兩根之積，設(shè)點【解答過程】（1）由題意可得23=1b=asinπ6所以橢圓的方程為：x24+（2）由以線段F1F2為直徑的圓與橢圓C所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2因為11+323設(shè)Px當(dāng)直線PQ的斜率存在時，APAQ由APAQ=MPMQ，可得設(shè)直線PQ:y?3=kx?1聯(lián)立y?3=kx?1x2由Δ=整理可得：k2+2k?2>0，解得k>?1+3且x1代入*整理可得x0代入直線PQ的方程，得y0可得x0當(dāng)直線PQ的斜率不存在時，PQ:x=1，則P1,由APAQ=MPMQ，得所以點M在直線x+4y?4=0（在橢圓C內(nèi)部）上，

設(shè)點F21,0關(guān)于直線x+4y?4=0的對稱點為則y3?0x所以MF此時點M817,所以MF1+【題型6長度之差問題】【例6】（24-25高三上·全國·階段練習(xí)）設(shè)橢圓C：x24+y23=1的右焦點為F，動點P在橢圓CA．?164141 B．164141 【解題思路】根據(jù)橢圓的定義，結(jié)合兩點間線段最短、點到直線距離公式進(jìn)行求解即可.【解答過程】根據(jù)題意知橢圓的右焦點坐標(biāo)為F1,0，左焦點坐標(biāo)為F根據(jù)橢圓的定義可知PF+PF則PA?所以PA+PF定點到直線最短距離是過定點直線的垂線段，根據(jù)點到直線的距離公式可得d=4×所以PA?故選：C.【變式6-1】（23-24高二上·天津·期末）已知雙曲線E:x2m?y23=1m>0的離心率為2，右焦點為FA．5 B．5C．22 D．【解題思路】由雙曲線的離心率得到m=1，左焦點F1?2,0，根據(jù)雙曲線的定義得到PF?PA=PF1?【解答過程】因為雙曲線的離心率為2，所以m+3m=2，解得∴a=1，c=2，則左焦點F1由雙曲線的定義得PF?因為PF1?PA≤AF1，即當(dāng)所以PF?PF?PA最大值為故選：D.【變式6-2】（23-24高二上·上?！ふn后作業(yè)）已知點P是雙曲線x29?y216=1右支上的一點，點M、N【解題思路】先由已知條件可知雙曲線的兩個焦點為兩個圓的圓心，再利用平面幾何知識把|PM|?|PN|轉(zhuǎn)化為雙曲線上的點到兩焦點之間的距離，結(jié)合雙曲線的定義即可求|PM|?|PN|的最大值.【解答過程】∵x29?y216=1，∴故雙曲線的兩個焦點為F1(?5,0)，F(xiàn)1(?5,0)，F(xiàn)2所以|PM|max=則(|PM|?|PN|)max=|PM=PF1即PM?PN的最大值為【變式6-3】（2024·山東濟(jì)南·三模）如圖所示，拋物線y2=2px(p>0)的準(zhǔn)線過點(1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若角α為銳角，以角α為傾斜角的直線經(jīng)過拋物線的焦點F，且與拋物線交于A、B兩點，作線段AB的垂直平分線l交x軸于點P，證明:|FP|?|FP|cos【解題思路】（1）根據(jù)準(zhǔn)線過點(?2,3)即可求出p，進(jìn)而可知拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）假設(shè)直線AB的方程，與拋物線聯(lián)立，進(jìn)而可以得到AB與其中垂線的交點坐標(biāo)，進(jìn)而可以表示出中垂線方程，進(jìn)而求點P的坐標(biāo)，再求|FP|即可.【解答過程】（1）解:(1)由題意得?∴p=4∴拋物線的方程為y（2）設(shè)AxA,y則直線方程為y將此式代入y2＝8x故x設(shè)AB的中垂線為直線m，設(shè)直線m與AB的交點為E則x故直線m的方程為y?令y=0得點P的橫坐標(biāo)為x故FP∴|FP?|FP|?cos2α=4∴|FP|?|FP|cos2α【題型7長度之商問題】【例7】（2024·四川綿陽·三模）過點A2,0的直線l與拋物線C:y2=2pxp>0交于點M，N（M在第一象限），且當(dāng)直線l(1)求拋物線的方程；(2)若B3,0，延長MB交拋物線C于點P，延長PN交x軸于點Q，求QN【解題思路】（1）根據(jù)條件設(shè)直線l得方程，與拋物線方程聯(lián)立，運用弦長公式求解；（2）設(shè)直線l的方程與拋物線聯(lián)立，先求出M，N點坐標(biāo)，寫出直線MB方程，與拋物線方程聯(lián)立，求出P點的坐標(biāo)，寫出直線PN的方程，求出Q點坐標(biāo)，運用兩點直線距離公式求解.【解答過程】（1）由題意直線l的斜率k=tanπ4=1，所以聯(lián)立方程y2=2pxx=y+2，解得y由弦長公式得：MN=1+∴4p2+16p?9=0

，解得p=12（2）由（1）知：拋物線方程為y2=x，設(shè)Mx1,y1,Nx2如圖：聯(lián)立方程x=my+2y2=x，得y2?my?2=0直線MB的方程為：(x1?3)y=Δ=x1直線PN的方程為：y?y令y=0得x=?y2yQN=x2由①②得：QNQP綜上，拋物線方程為y2=x，【變式7-1】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知直線l:y=kx+mm2=(1)證明：l與T恒有兩個交點；(2)若A,B為l與T的兩個交點，過原點且垂直于l的直線交T于C,D兩點，求CDAB【解題思路】（1）將直線和橢圓進(jìn)行聯(lián)立，根據(jù)根的判別式可判斷交點個數(shù)；（2）將直線l和直線CD表示出來，分別與橢圓進(jìn)行聯(lián)立，通過弦長公式表示出線段AB,【解答過程】（1）聯(lián)立方程y=kx+m,x23+yΔ=36k2m2（2）設(shè)Ax1,所以AB=1+由題意知直線CD的方程為y=?1由y=?1kxx2所以CD=2所以CDAB設(shè)t=21k2?1，則t>?1，要求CD此時k2所以CDAB當(dāng)且僅當(dāng)t=64t，即所以CDAB的最小值為4【變式7-2】（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知雙曲線M:x2a2?y2b2(1)求雙曲線M的方程；(2)記∠F1AF2的平分線所在的直線為直線l，證明：雙曲線M上存在相異兩點B,C關(guān)于直線l對稱，并求出|AE|【解題思路】（1）設(shè)F1(?c,0),F2(c,0)，根據(jù)題意結(jié)合距離公式可得c=2，將A(?2,3)（2）設(shè)點P(x,y)，結(jié)合角平分線的性質(zhì)可得直線l的方程為2x+y+1=0，利用點差法可得點E的坐標(biāo)為?18,?【解答過程】（1）設(shè)F1(?c,0),F由AF1+移項，得(?2?c)2兩邊平方，整理得2(?2+c)2+故a2+b2=將A(?2,3)代入上式中，整理得a4?17a2+16=0，解得a所以雙曲線M的方程為x2（2）因為直線AF1的方程為x=?2，直線AF2的方程為設(shè)點P(x,y)在直線l上，由角平分線的性質(zhì)可得P到AF1的距離等于P到即|x+2|=|3x+4y?6|5，化簡得x?2y+8=0或由題意，易知直線l的斜率小于0，所以x?2y+8=0不滿足題意，所以直線l的方程為2x+y+1=0．假設(shè)雙曲線M上存在相異兩點B,C關(guān)于直線l對稱，則BC⊥l，所以kBC設(shè)Bx1,因為點E在直線l上，所以2x因為點B,C在雙曲線上，所以x1兩式相減得x12?即3?2x0=聯(lián)立①②式，得x0=?18,所以直線BC的方程為y+34=與雙曲線方程x2?y23因為Δ=所以雙線M上存在相異兩點B,C關(guān)于直線l對稱，且x1故|BC|=1+k2又|AE|=?2+18【變式7-3】（2024·四川遂寧·模擬預(yù)測）已知過點(0,2)的直線l與拋物線C:x2=2py(p>0)交于A,B兩點，拋物線在點A處的切線為l1，在B點處的切線為l2，直線l1與直線l2交于點M(1)求拋物線C的方程；(2)設(shè)線段AB的中點為N，求|AB||MN|【解題思路】（1）聯(lián)立直線與拋物線方程得韋達(dá)定理，根據(jù)弦長公式即可求解p=2，（2）根據(jù)中點坐標(biāo)公式可得N(2k,2k2+2)，進(jìn)而利用導(dǎo)數(shù)求解斜率，根據(jù)點斜式求解切線方程，即可聯(lián)立兩直線方程得M(2k,?2)【解答過程】（1）當(dāng)l的斜率為450時，則l:y=x+2，不妨設(shè)A由y=x+2x2=2py可得，x∴AB=即p2+4p?12=0，因為p>0，解得：從而拋物線C的方程為x2（2）由題意可知直線l有斜率，設(shè)直線l:y=kx+2，Ax由y=kx+2x2=4y可得，所以x1于是xN=x而|AB|=1+由C:x2=4y于是拋物線C在點A處的切線l1的方程為即y=1同理可得，在點B處的切線l2的方程為y=聯(lián)立，解得y=x1+x從而|AB|所以，|AB||MN|的取值范圍是[【題型8長度之積問題】【例8】（2024·江蘇南通·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1(1)求C的方程；(2)過C的漸近線上一點T作直線l與C相交于點M，N，求|TM|?|TN|的最小值．【解題思路】（1）由cos∠F1F2P可得sin∠（2）方法一：分直線l⊥y軸與直線l與y軸不垂直討論，設(shè)直線l的方程為x=my+n，與雙曲線方程聯(lián)立，結(jié)合韋達(dá)定理與弦長公式代入計算，由基本不等式即可得到最值；方法二：設(shè)Tx0,y0【解答過程】（1）在△PF因為cos∠F1所以△PF1F解得PF在△PF1=19+2×4×3×3所以PF因為P在雙曲線上，所以2a=PF1所以C的方程為x2（2）法1：設(shè)Tx0,當(dāng)直線l⊥y軸時，設(shè)直線l:y=y0與C交于點所以x123所以|TM||TN|=x當(dāng)直線l與y軸不垂直時，設(shè)直線l的方程為x=my+n，Mx1,y1聯(lián)立x?3y=0x=my+n聯(lián)立x2?3y2=3,所以m2則|TM|=x同理，得|TN|=1+所以|TM||TN|====3m2+1m2?3綜上，|TM||TN|的最小值為1．法2：設(shè)Tx0,當(dāng)l垂直x軸時，設(shè)l的方程為：x=x則|TM||TN|=y因為x023?y當(dāng)l的斜率存在時，設(shè)l的方程為：y=kx?由x2?3y得1?3k所以1?3則|TM|=x0?所以|TM||TN|====3k2綜上所述，當(dāng)l⊥x軸時，|TM||TN|的最小值為1．【變式8-1】（2024·陜西安康·三模）已知M1,2為拋物線C(1)求拋物線C的準(zhǔn)線方程；(2)過點T0,1的直線l與拋物線C交于A，B兩點，且直線MA與MB的傾斜角互補，求TA【解題思路】（1）由點M1,2在拋物線上求出p=2，計算得拋物線C（2）先設(shè)直線再聯(lián)立方程組求出兩根和和兩根積，再應(yīng)用兩點間距離公式計算可得.【解答過程】（1）由點M1,2在拋物線C:y2=2px∴拋物線C的準(zhǔn)線方程為x=?p（2）設(shè)直線AB的方程為y=kx+1，Ax由直線MA與MB的傾斜角互補得kMA即y∴y聯(lián)立y=kx+1y2∴y1+y2=∴y∴TA?TB=【變式8-2】（2024·黑龍江哈爾濱·二模）已知直線l與橢圓C:x24+y2=1交于P(1)證明：x12+(2)設(shè)線段PQ的中點為M，求|OM|?|PQ|的最大值.【解題思路】（1）對直線l的斜率是否存在進(jìn)行分類討論，在直線l的斜率不存在時，可得出x1=x2，y1=?y2，根據(jù)△OPQ的面積求得x1、y1的值，可得出x12+x2（2）對直線l的斜率是否存在進(jìn)行分類討論，在直線l的斜率不存在時，可直接求得OM?PQ的值；在直線l的斜率存在時，求得OM、PQ關(guān)于m的表達(dá)式，利用基本不等式可求得【解答過程】（1）當(dāng)直線l的斜率不存在時，P、Q兩點關(guān)于x軸對稱，所以x1=x∵Px1,y1由①②得x1=2，y1=當(dāng)直線l的斜率存在時，是直線l的方程為y=kx+m(m≠0)，將直線l的方程代入x24+Δ=64k2所以x1+x∴PQ=1+∵點O到直線l的距離為d=|m|∴S△OPQ=1整理得4k2?2所以x12+x2y12+y2綜上所述x12+（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時，由（1）知OM=x1=2當(dāng)直線l的斜率存在時，由（1）知x1+xOM2=x1+所以|OM|2?|PQ|2所以|OM|?|PQ|≤52，當(dāng)且僅當(dāng)8?3綜上所述，|OM|?|PQ|的最大值為52【變式8-3】（2024·江西·一模）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1（a>0，(1)求C的方程；(2)若過F的直線與C的左、右支分別交于點A，B，與圓O:x2+y2=a2交于與（ⅰ）求直線AB斜率的取值范圍；（ⅱ）求AB?【解題思路】（1）根據(jù)漸近線的傾斜角得到b=3a，由焦點到漸近線方程的距離得到a=2，（2）（?。┲本€AB的斜率存在且不為零，設(shè)直線AB的方程為x=my+4(m≠0)，與雙曲線方程聯(lián)立，得到兩根之和，兩根之積，由根的判別式及y1y2>0得到不等式，求出m2>13，再利用直線與圓相交得到不等式，求出（ⅱ）由弦長公式和垂徑定理得到|AB|?|MN|=163m2+33m2?9【解答過程】（1）因為C的一條漸近線的傾斜角為π3，所以ba=則C的一條漸近線的方程為3x?y=0因為a2所以右焦點F(2a,0)到漸近線3x?y=0的距離為2所以a=2，b=23，所以C的方程為x（2）（?。┯桑?）知，F(xiàn)(4,0)，設(shè)Ax1,由題意可得直線AB的斜率存在且不為零，設(shè)直線AB的方程為x=my+4(m≠0)，與x24?所以3m2?1≠0，Δ=144m又A，B兩點在x軸同一側(cè)，所以y1y2>0.此時又圓O的方程為x2+y2=4，點O由d<2得m2>3，由m2>13,因為直線AB的斜率k=1m，所以直線AB斜率的取值范圍是

（ⅱ）由弦長公式得|AB|==1+由垂徑定理得|MN|=24?所以|AB|?|MN|=12其中m2>3，設(shè)t=3m則|AB|?|MN|=16所以|AB|?|MN|的取值范圍是(0,16).一、單選題1．（2024·河北秦皇島·二模）已知A，B為橢圓C：x29+y25=1上兩個不同的點（直線AB與y軸不平行），F(xiàn)為C的右焦點，且AF+BF=4，若線段A．43 B．53 C．54【解題思路】設(shè)點Ax1,y1，Bx2,y2，求出AF和【解答過程】如圖，由題意知F2,0，設(shè)Ax1根據(jù)點A，B在C上，則x129所以AF=同理可得BF=3?23所以x1因線段AB的中點為32,y則AB的垂直平分線的斜率為?x又由x129+y則線段AB垂直平分線的方程為y=?x令y=0，得：x?3解得x=23，所以故選：A.2．（2024·新疆·三模）已知拋物線C：y2=x的焦點為F，在拋物線C上存在四個點P，M，Q，N，若弦PQ與弦MN的交點恰好為F，且PQ⊥MN，則1PQA．22 B．1 C．2 【解題思路】由拋物線的方程可得焦點F的坐標(biāo)，應(yīng)用拋物線焦點弦性質(zhì)PF=p1?cosθ，QF=p【解答過程】由拋物線C:y2=x得2p=1，則p=不妨設(shè)PQ的傾斜角為θ0<θ<則由PFcosθ+p=PF，p?QFcos所以MF=p1?得PQ=PF+所以1PQ故選：B.3．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左焦點為F1，圓O:x2+y2=a2.若過F1的直線分別交C的左、右兩支于A．327 B．307 C．207【解題思路】由題意可得|bc?a×0|a2+b2=b，可得【解答過程】由e=ca=3雙曲線x2a2?y因為F1到C的漸近線的距離為b，所以|bc?a×0|a2+b過F1的直線AB與圓x2+y2所以tan∠B過F1且與圓x2+聯(lián)立方程組8x2?y2=8y=則x1+x2=故選：D.4．（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短軸長為2，上頂點為A，左頂點為B，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是C的左、右焦點，且△A．[1,2] B．[2,3] C．【解題思路】由已知和面積得到a=2，c=3，對1【解答過程】由已知的2b=2，故b=1.∵△F1AB∴12a?cb=2?3∴a=2，c=3，∴1又2?3≤P∴1≤1PF1+故選：D.5．（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,P為雙曲線右支上一點，且F

A．18 B．32 C．50 D．14【解題思路】由雙曲線的定義，結(jié)合直角三角形內(nèi)切圓半徑的求法及相似三角形對應(yīng)線段成比例求解即可.【解答過程】因為F1P?F2所以AP+PF所以AP+因為△PF1F因為PF所以4c2=易知Rt△AOF2所以AF故選：C.6．（23-24高二上·河南商丘·階段練習(xí)）設(shè)雙曲線x2a2?y2=1的左、右焦點為F1、F2，漸近線方程為y=±A．9 B．10 C．14 D．15【解題思路】根據(jù)漸近線方程求得a，利用雙曲線的定義，通過求AB的最小值來求得AF【解答過程】雙曲線x2a2漸近線方程為y=±12x所以雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24?根據(jù)雙曲線的定義有AF兩式相加得AFAF依題意可知直線l與x軸不重合，雙曲線的左焦點為F1設(shè)直線l的方程為x=my?5由x=my?5x24?由m2?4≠0Δ由于直線l與雙曲線左支相交于兩點，所以?2<m<2，設(shè)Ax1,所以AB==?44?m2∈0,4,?4+204?所以AF2+故選：A.7．（2024·內(nèi)蒙古包頭·模擬預(yù)測）已知拋物線C:y2=6x的焦點為F，O為坐標(biāo)原點，傾斜角為θ的直線l過點F且與C交于M，N兩點，若△OMN的面積為3A．sinB．MNC．以MF為直徑的圓與y軸僅有1個交點D．MFNF=【解題思路】設(shè)直線l:x=my+32，Mx1,y1，Nx2,y2，聯(lián)立直線與拋物線方程，消元、列出韋達(dá)定理，由S△OMN=12×y1【解答過程】依題意F32,0，設(shè)直線l:x=my+32由x=my+32y2=6x所以y1+y所以S△OMN解得3m2=1又sin2θ+cos所以sinθ=±32所以sinθ=32因為MN=1+m因為MF=x1+32，又線段所以以MF為直徑的圓與y軸相切，即僅有1個交點，故C正確；因為MFNF=y1y2，若m=3若m=?33，則y2+23即y1=3、y2=3所以MFNF=13或故選：C.8．（2024高二上·江蘇·專題練習(xí)）已知橢圓E:x29+y25=1的左焦點為F，過F的直線l與A．若直線l垂直于x軸，則ABB．ABC．若AB=5，則直線l的斜率為D．若AF=2BF【解題思路】依題意設(shè)出直線方程，結(jié)合弦長公式分別判斷ABC選項，再結(jié)合向量及焦半徑長度公式可判斷D選項.【解答過程】依題意，橢圓E:x29+y25對于A選項，l⊥x軸，直線l:x=?2，由x29+y2對于B選項，l不垂直于x軸時，設(shè)l的方程為y=kx+2由x29+y2則x1+xAB=1+k2?x1顯然k2+1≥1，于是得103由選項A知，當(dāng)l⊥x軸時，AB=103對于C，當(dāng)AB=5時，由選項B得309?4對于D，因AF=2BF，有FA=2BF，則而?3≤x1≤3同理FB=3+23x2于是得x2因此AB=故選：B.二、多選題9．（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預(yù)測）已知直線y=?x+1經(jīng)過橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個焦點和一個頂點A．E離心率為12 B．△PQFC．以PF1為直徑的圓過點Q 【解題思路】根據(jù)題設(shè)可求基本量，從而可判斷A的正誤，結(jié)合橢圓的定義可判斷B的正誤，結(jié)合焦點三角形的特征可判斷C的正誤，求出Q的坐標(biāo)后利用弦長公式可求判斷D的正誤.【解答過程】不妨設(shè)Q為上頂點，如圖，對于A，直線y=?x+1經(jīng)過E的右焦點F2(1,0)和上頂點Q(0,1)，所以則a=b2+c2對于B，由橢圓的定義知可知，△PQF1的周長為對于C，由A中分析可得QF1=所以∠F1QF2對于D，由A中分析可知E的方程為x2由x22+y2=1,y=?x+1,所以PQ=故選：BC.10．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:x23?y2=1的右焦點為F，動點M,N在直線l:x=32上，且FM⊥FN，線段FM交C于點PA．△FMN的面積S≥12 C．MR?HN=FH【解題思路】對于A，通過相似三角形計算邊的關(guān)系，并通過基本不等式求面積取值范圍即可；對于B，通過兩點距離公式計算線段的長度，并作比較即可；對于C，D，通過相似三角形確定邊的比值即可；【解答過程】依題意，如圖所示，F(xiàn)2,0，設(shè)直線l與x軸的交點為H所以FH=12，設(shè)HM因為∠MHF=∠FHN=π2,FM⊥FN所以△MHF∽△FHN，所以MHFH即HM?HN=所以S=14x+y設(shè)Px所以PR=x0?3所以PF=所以PRPF由A選項可得，△MRP∽△FHN，所以MRFH所以MR?HN=由∠MFN=π2，得則MPPR=MN所以MP?故選：BCD．11．（2024·福建龍巖·三模）已知拋物線C:y2=2px(p>0)與圓O:x2+y2=20交于A，B兩點，且|AB|=8.過焦點F的直線l與拋物線C交于M，N兩點，點PA．若MF=3FN，則直線l的斜率為±33C．∠MON為鈍角 D．點P與點F的橫坐標(biāo)相同時，|PF||PQ|【解題思路】根據(jù)拋物線與圓的方程可得A(2,4)，代入拋物線方程可得y2=8x，即可根據(jù)向量的坐標(biāo)關(guān)系求解坐標(biāo)，由斜率公式即可求解A，根據(jù)焦點弦的性質(zhì)1MF【解答過程】因為拋物線C：y2=2px(p>0)與圓O：x2+y2=20則第一象限內(nèi)的交點A的縱坐標(biāo)為4，代入圓方程得橫坐標(biāo)為2，即A(2,4)，所以42=4p，p=4，即拋物線方程為y2設(shè)M(x對A，由MF=3FN得則x1+3x2=8所以直線l的斜率為±4對B，由拋物線定義得1MF所以MF=10+2(MF當(dāng)且僅當(dāng)MFNF=4因此MF+4NF的最小值為對C，如圖，不妨設(shè)M在第一象限，

設(shè)M(x1,y1),N(x得y2?8my?16=0，又所以y1∴x∴cosOM,對D，Q(?2,0)，F(xiàn)(2,0)，設(shè)P(x0,由拋物線的定義可得PF=PQ=又x0則PFPQ=1?當(dāng)且僅當(dāng)x0=2時取等號，所以PF故選：BCD.三、填空題12．（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預(yù)測）已知P為雙曲線C:x24?y2=1的右支上一點，點A,B分別在C的兩條漸近線上，O為坐標(biāo)原點，若四邊形OAPB為平行四邊形，且【解題思路】通過已知假設(shè)Bx0,?12x0，由OB【解答過程】雙曲線C:x24?y設(shè)Bx0,?可得OB=x02+設(shè)lPB:y=12x+b所以lPBy=12x?25故PB=故答案為：5413．（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知拋物線y2=2pxp>0的焦點F是圓x?22+y2=1的圓心，過點F的直線l，自上而下順次與上述兩曲線交于點【解題思路】根據(jù)圓心求得p，設(shè)出直線l的方程，利用弦長公式求得AB+【解答過程】圓x?22+y2=1所以p2=2,p=4，拋物線方程為設(shè)直線l的方程為x=my+2，由x=my+2y2=8x，消去x所以yA+y所以AB+所以AB+CD的取值范圍為故答案為：6,+∞14．（2024·河南·模擬預(yù)測）已知橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1a>b>0，點F為C的一個焦點，點A,B為【解題思路】不妨設(shè)F為右焦點，易知點F到C的左頂點的距離為a+c，到右頂點的距離為a?c，到上、下頂點的距離均為a，再對A、B的位置分類討論，分別求出AB即可.【解答過程】設(shè)c=a2?易知點F到C的左頂點的距離為a+c，到右頂點的距離為a?c，到上、下頂點的距離均為a，分情況進(jìn)行討論：①若A,B分別為C的左、右頂點，則a+c=3a?c=2，解得a=52所以AB=2a=5，相對應(yīng)的C的方程為4②若A為C的左頂點，B為C的上頂點或下頂點，則a+c=3a=2，所以c=1a=2，所以AB=a2+b③若A為上頂點或下頂點，B為右頂點，則a=3a?c=2，所以a=3c=1，所以AB=a2+b綜上所述，AB的所有可能值為5，7，17；比較可知三值最大的為5，即AB的可能值中的最大值為5．故答案為：5.四、解答題15．（2024·安徽·一模）已知雙