第2讲直线与圆锥曲线的位置关系1.(2018·全国Ⅰ卷,理8)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-2,0)且斜率为的直线与C交于M,N两点,则·等于(D)(A)5(B)6(C)7(D)8解析:由题意知直线MN的方程为y=(x+2),联立直线与抛物线的方程,得解得或不妨设M为(1,2),N为(4,4).又因为抛物线焦点为F(1,0),所以=(0,2),=(3,4).所以·=0×3+2×4=8.故选D.2.(2018·全国Ⅰ卷,理11)已知双曲线C:-y2=1,O为坐标原点,F为C的右焦点,过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M,N.若△OMN为直角三角形,则|MN|等于(B)(A)(B)3(C)2(D)4解析:由已知得双曲线的两条渐近线方程为y=±x.设两条渐近线夹角为2α,则有tanα==,所以α=30°.所以∠MON=2α=60°.又△OMN为直角三角形,由于双曲线具有对称性,不妨设MN⊥ON,如图所示.在Rt△ONF中,|OF|=2,则|ON|=.则在Rt△OMN中,|MN|=|ON|·tan2α=·tan60°=3.故选B.3.(2017·全国Ⅰ卷,理10)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为(A)(A)16(B)14(C)12(D)10解析:y2=4x的焦点F(1,0),由题意知l1,l2的斜率都存在且不为0,设直线l1方程为y=k(x-1)(k≠0),则直线l2方程为y=-(x-1).设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4).将y=k(x-1)代入y2=4x得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.所以x1+x2=2+,同理可得x3+x4=2+4k2,所以|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+4=4+4++4k2≥8+2=16.(当且仅当k=±1时取等号).故选A.4.(2018·全国Ⅲ卷,理16)已知点M(-1,1)和抛物线C:y2=4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点.若∠AMB=90°,则k=.解析:法一设点A(x1,y1),B(x2,y2),则所以-=4(x1-x2),所以k==.设AB的中点M'(x0,y0),抛物线的焦点为F,分别过点A,B作准线x=-1的垂线,垂足为A',B',则|MM'|=|AB|=(|AF|+|BF|)=(|AA'|+|BB'|).因为M'(x0,y0)为AB中点,所以M为A'B'的中点,所以MM'平行于x轴,所以y1+y2=2,所以k=2.法二由题意知,抛物线的焦点坐标为F(1,0),设直线方程为y=k(x-1),直线方程与y2=4x联立,消去y,得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2=1,x1+x2=.由M(-1,1),得=(-1-x1,1-y1),=(-1-x2,1-y2).由∠AMB=90°,得·=0,所以(x1+1)(x2+1)+(y1-1)(y2-1)=0,所以x1x2+(x1+x2)+1+y1y2-(y1+y2)+1=0.又y1y2=k(x1-1)·k(x2-1)=k2[x1x2-(x1+x2)+1],y1+y2=k(x1+x2-2),所以1++1+k21-+1-k-2+1=0,整理得-+1=0,解得k=2.经检验k=2是分式方程的根.答案:25.(2017·全国Ⅱ卷,理16)已知F是抛物线C:y2=8x的焦点,M是C上一点,FM的延长线交y轴于点N.若M为FN的中点,则|FN|=.解析:由y2=8x可得F(2,0),FM的斜率一定存在,设为k,则直线FM的方程为y=k(x-2),令x=0可得N(0,-2k),又M为FN中点,所以M(1,-k),代入y2=8x得k2=8,所以|FN|====6.答案:66.(2018·全国Ⅲ卷,理20)已知斜率为k的直线l与椭圆C:+=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).(1)证明:k<-;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且++=0.证明:||,||,||成等差数列,并求该数列的公差.证明:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则+=1,+=1.两式相减,并由=k得+·k=0.由题设知=1,=m,于是k=-.①由题设得00)的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8.(1)求l的方程;(2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程.解:(1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x-1)(k>0).设A(x1,y1),B(x2,y2),由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.Δ=16k2+16>0,故x1+x2=.所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=.由题设知=8,解得k=-1(舍去)或k=1....
