第一课时直线与圆锥曲线的位置关系A级·基础过关|固根基|1.(2019届厦门模拟)设F1，F2分别是椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，若∠F1PQ＝60°，|PF1|＝|PQ|，则椭圆的离心率为()A．B．C．D．解析：选D |PF1|＝|PQ|，且∠F1PQ＝60°，∴△F1PQ为等边三角形，又周长为4a，∴△F1PQ的边长为，在△PF1F2中，|PF1|＝，|PF2|＝，|F1F1|＝2c，∴利用余弦定理得＋－2×××cos60°＝(2c)2，即a2＝3c2，∴e2＝＝，∴e＝.2．已知椭圆C：＋＝1，若直线l经过M(0，1)，与椭圆交于A，B两点，且MA＝－MB，则直线l的方程为()A．y＝±x＋1B．y＝±x＋1C．y＝±x＋1D．y＝±x＋1解析：选B依题意，知斜率存在，可设直线l：y＝kx＋1，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由消去y，整理得(9k2＋5)x2＋18kx－36＝0，Δ＝(18k)2＋4×36×(9k2＋5)>0，则解得k＝±，即直线l的方程为y＝±x＋1，故选B．3．如图，F1，F2分别为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1的直线l交双曲线C于A，B两点，若双曲线C的离心率为，|AB|＝|AF2|，则直线l的斜率为()A．B．C．D．解析：选D由题意及双曲线的定义可得则|BF1|＝2a.又|BF2|－|BF1|＝2a，故|BF2|＝|BF1|＋2a＝4a.在△BF1F2中，由余弦定理可得16a2＝4a2＋4c2－2×2a×2ccos∠BF1F2，即3a2＝c2－2accos∠BF1F2，又e＝＝，所以cos∠BF1F2＝，所以sin∠BF1F2＝，则直线l的斜率k＝tan∠BF1F2＝，故选D．4．(2019届湖北武汉4月调研)过点P(4，2)作直线AB与双曲线C：－y2＝1交于A，B两点，若P为AB的中点，则|AB|＝()A．2B．2C．3D．4解析：选D由已知可得点P的位置如图所示，且直线AB的斜率存在，设AB的斜率为k，则AB的方程为y－2＝k(x－4)，即y＝k(x－4)＋2，由消去y得(1－2k2)x2＋(16k2－8k)x－32k2＋32k－10＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系得x1＋x2＝，x1x2＝.因为P(4，2)为AB的中点，所以＝8，解得k＝1，满足Δ>0，所以x1＋x2＝8，x1x2＝10，所以|AB|＝×＝4.故选D．15．(2019届湖南长沙二模)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点A(a>0)在抛物线C上，|AF|＝3.若直线AF与抛物线C交于另一点B，则|AB|＝()A．12B．10C．9D．4.5解析：选C由抛物线的定义知|AF|＝＋＝3，解得p＝4，所以抛物线C的方程为y2＝8x，又A(1，a)(a>0)在抛物线C上，则a2＝8，解得a＝2或a＝－2(舍去)，所以A(1，2)．又焦点为F(2，0)，所以直线AF的斜率为－2，直线AF的方程为y＝－2(x－2)，代入抛物线C的方程y2＝8x，得x2－5x＋4＝0，所以xA＋xB＝5，所以|AB|＝xA＋xB＋p＝5＋4＝9，故选C．6．(2019届湖南百所名校4月大联考)已知椭圆C：＋＝1(0b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为B，若△BF1F2的周长为6，且点F1到直线BF2的距离为b.(1)求椭圆C的方程；(2)设A1，A2是椭圆C长轴的两个顶点，P是椭圆C上不同于A1，A2的任意一点，直线A1P交直线x＝m于点M，若以MP为直径的圆过点A2，求实数m的值．解：(1)由题意得F1(－c，0)，F2(c，0)，B(0，b)，则由题意得2a＋2c＝6，①直线BF2的方程为bx＋cy－bc＝0，所以＝b，即b2＝3c2.②又a2＝b2＋c2，③所以由①②③可得a＝2，b＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)由(1)知A1(－2，0)，A2(2，0)，设P(x0，y0)，则直线A1P的方程为y＝(x＋2)，所以M.又点P在椭圆C上，所以y＝3，若以MP为直径的圆过点A2，则A2M⊥A2P，即A2M·A2P＝0，所以(x0－2，y0)＝(m－2)(x0－2)＋(m＋2)＝(m－2)(x0－2)＋(m＋2)＝(x0－2)＝0.又点P不同于点A1，A2，所以x0≠±2，所以m－＝0，所以m＝14.8．(2019届成都一诊)已知椭圆＋＝1的右焦点为F，设直线l：x＝5与x轴的交点为E，过点F且斜率为k的直线l1与椭圆交于A，B两点，M为线段EF的中...
