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最新高考数学一轮复习-第九章-解析几何【导学案】
展开这是一份最新高考数学一轮复习-第九章-解析几何【导学案】，共30页。
课程标准
1．在平面直角坐标系中，结合具体图形，探索确定直线位置的几何要素．
2．理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握过两点的直线斜率的计算公式．
3．根据确定直线位置的几何要素，探索并掌握直线方程的几种形式(点斜式、两点式及一般式)．
[由教材回扣基础]
1．直线的倾斜角与斜率
2.直线方程的五种形式
澄清微点·熟记结论
1．识记几种特殊位置的直线方程
(1)x轴：y＝0；
(2)y轴：x＝0；
(3)平行于x轴的直线：y＝b(b≠0)；
(4)平行于y轴的直线：x＝a(a≠0)；
(5)过原点的直线：y＝kx或x＝0.
2．谨记以下几个关键点
(1)“截距”是直线与坐标轴交点的坐标值，它可正，可负，也可以是零，而“距离”是一个非负数．应注意过原点的特殊情况是否满足题意．
(2)当直线与x轴不垂直时，可设直线的方程为y＝kx＋b；当不确定直线的斜率是否存在时，可设直线的方程为x＝ty＋b.
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)直线的倾斜角越大，其斜率就越大．( )
(2)斜率相等的两直线，倾斜角不一定相等．( )
(3)直线l经过原点和点A(1，－1)，则其倾斜角是－45°.( )
(4)经过任意两个不同的点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直线都可以用方程(y－y1)(x2－x1)＝(x－x1)(y2－y1)表示．( )
(5)过点(2,1)且在两坐标轴上截距相等的直线方程是x＋y－3＝0.( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)×
二、练牢教材小题
1．(新人教B版选择性必修①P78T3改编)已知直线l1的斜率为－eq \f(\r(3),3)，l2的倾斜角比直线l1的倾斜角小30°，则直线l2的斜率为________．
答案：－eq \r(3)
2．(人教A版必修②P97T3改编)已知直线l过点A(3,0)，且在两坐标轴上的截距之和为5，则直线l的方程是________．
答案：2x＋3y－6＝0
3．(新湘教版选择性必修①P67T2改编)已知直线l的方程为5x－ay＋10＝0，若直线l与两坐标轴所围成的三角形面积为10，则实数a＝________.
答案：±1
4．(新人教A版选择性必修①P102T1改编)设直线l的方程为x－ycs θ＋2＝0，则直线l的倾斜角α的范围是________．
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3,4)π))
三、练清易错易混
1．(忽视倾斜角的范围)直线x＋(a2＋1)y＋1＝0的倾斜角的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))
解析：选B 由直线方程可得该直线的斜率为－eq \f(1,a2＋1)，又－1≤－eq \f(1,a2＋1)<0，所以倾斜角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π)).
2．(忽视斜率公式中x1≠x2)已知经过两点A(m2＋2，m2－3)，B(3－m－m2,2m)的直线l的倾斜角为135°，则m的值为________．
答案：eq \f(4,3)
3．(忽视截距为0的情况)过点M(3，－4)，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为________________．
解析：①若直线过原点，则k＝－eq \f(4,3)，所以y＝－eq \f(4,3)x，即4x＋3y＝0.②若直线不过原点．设eq \f(x,a)＋eq \f(y,a)＝1，即x＋y＝a.则a＝3＋(－4)＝－1，所以直线的方程为x＋y＋1＝0.
答案：4x＋3y＝0或x＋y＋1＝0
命题视角一 直线的倾斜角与斜率(自主练通)
1．已知直线过A(2,4)，B(1，m)两点，且倾斜角为45°，则m＝( )
A．3 B．－3 C．5 D．－1
解析：选A ∵直线过A(2,4)，B(1，m)两点，∴直线的斜率为eq \f(m－4,1－2)＝4－m.又∵直线的倾斜角为45°，∴直线的斜率为1，即4－m＝1，得m＝3.故选A.
2．直线2xcs α－y－3＝0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))))的倾斜角的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(2π,3)))
解析：选B 设直线的倾斜角为θ，则有tan θ∈[1，eq \r(3) ]．又θ∈[0，π)，所以θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))，即倾斜角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3))).
3.若图中的直线l1，l2，l3的斜率分别为k1，k2，k3，则( )
A．k1＜k2＜k3 B．k3＜k1＜k2
C．k3＜k2＜k1 D．k1＜k3＜k2
解析：选D 直线l1的倾斜角α1是钝角，故k1＜0.直线l2与l3的倾斜角α2与α3均为锐角，且α2＞α3，所以0＜k3＜k2，因此k1＜k3＜k2.故选D.
4．直线x＝－2与直线eq \r(3)x－y＋1＝0的夹角为________．
解析：∵直线x＝－2的斜率不存在，倾斜角为eq \f(π,2)，直线eq \r(3)x－y＋1＝0的斜率为eq \r(3)，倾斜角为eq \f(π,3)，故直线x＝－2与直线eq \r(3)x－y＋1＝0的夹角为eq \f(π,2)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,6).
答案：eq \f(π,6)
5．(2021年1月新高考八省联考卷)若正方形一条对角线所在直线的斜率为2，则该正方形的两条邻边所在直线的斜率分别为________，________.
解析：设一条边所在直线的倾斜角为α，由taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝2，解得tan α＝eq \f(1,3)，所以正方形两条邻边所在直线的斜率分别为eq \f(1,3)，－3.
答案：eq \f(1,3) －3
[一“点”就过]
1．斜率的两种求法
2．求直线倾斜角范围的注意事项
直线倾斜角的范围是[0，π)，而这个区间不是正切函数的单调区间，因此根据斜率求倾斜角的范围时，要分eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))两种情况讨论．由正切函数图象可以看出，当α∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，斜率k∈[0，＋∞)；当α＝eq \f(π,2)时，斜率不存在；当α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，斜率k∈(－∞，0)．
命题视角二 求直线的方程(自主练通)
1．已知点M是直线l：2x－y－4＝0与x轴的交点，将直线l绕点M按逆时针方向旋转45°，得到的直线方程是( )
A．x＋y－3＝0 B．x－3y－2＝0
C．3x－y＋6＝0 D．3x＋y－6＝0
解析：选D 设直线l的倾斜角为α，则tan α＝k＝2，直线l绕点M按逆时针方向旋转45°，所得直线的斜率k′＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(2＋1,1－2×1)＝－3，又点M(2,0)，所以所得直线方程为y＝－3(x－2)，即3x＋y－6＝0.
2．过点(－4,0)，且倾斜角的正弦值为eq \f(\r(10),10)的直线方程为____________．
解析：由题意知，直线的斜率存在，设倾斜角为α，则sin α＝eq \f(\r(10),10)(α∈[0，π))，从而cs α＝±eq \f(3\r(10),10)，则k＝tan α＝±eq \f(1,3).故所求直线的方程为y＝±eq \f(1,3)(x＋4)，即x±3y＋4＝0.
答案：x±3y＋4＝0
3．已知斜率为2的直线l不过第四象限，且和两坐标轴围成面积为4的三角形，则直线l的方程为____________．
解析：依题意，设直线l的方程为y＝2x＋b，且易知b＞0.对于直线l的方程，令x＝0，则y＝b；令y＝0，则x＝－eq \f(b,2).由已知，可得eq \f(1,2)·|b|·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2)))＝4，即|b|2＝16，解得b＝4.故直线l的方程为y＝2x＋4，即2x－y＋4＝0.
答案：2x－y＋4＝0
4．已知△ABC的三个顶点分别为A(－3,0)，B(2,1)，C(－2,3)，求：
(1)BC边所在直线的方程；
(2)BC边上中线AD所在直线的方程；
(3)BC边的垂直平分线DE所在直线的方程．
解：(1)因为直线BC经过B(2,1)和C(－2,3)两点，
由两点式得BC的方程为eq \f(y－1,3－1)＝eq \f(x－2,－2－2)，
即x＋2y－4＝0.
(2)设BC边的中点D的坐标为(x，y)，
则x＝eq \f(2－2,2)＝0，y＝eq \f(1＋3,2)＝2.
BC边的中线AD经过A(－3,0)，D(0,2)两点，
由截距式得AD所在直线的方程为eq \f(x,－3)＋eq \f(y,2)＝1，
即2x－3y＋6＝0.
(3)由(1)知，直线BC的斜率k1＝－eq \f(1,2)，
则BC的垂直平分线DE的斜率k2＝2.
由(2)知，点D的坐标为(0,2)．
由点斜式得直线DE的方程为y－2＝2(x－0)，
即2x－y＋2＝0.
[一“点”就过] 求解直线方程的2种方法
命题视角三 直线方程的综合问题
考法(一) 与直线有关的最值问题
[例1] 直线l过点P(1,4)，分别交x轴的正半轴和y轴的正半轴于A，B两点，O为坐标原点，当|OA|＋|OB|最小时，则l的方程为________________．
[解析] 依题意，l的斜率存在，且斜率为负，
设直线l的斜率为k，
则直线l的方程为y－4＝k(x－1)(k＜0)．
令y＝0，可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,k)，0))；
令x＝0，可得B(0,4－k)．
则|OA|＋|OB|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,k)))＋(4－k)＝5－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(4,k)))＝5＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k＋\f(4,－k)))≥5＋4＝9，
当且仅当－k＝eq \f(4,－k)且k＜0，
即k＝－2时，|OA|＋|OB|取最小值．
此时l的方程为2x＋y－6＝0.
[答案] 2x＋y－6＝0
[方法技巧]
与直线方程有关的最值问题的解题思路
(1)借助直线方程，用y表示x或用x表示y.
(2)将问题转化成关于x(或y)的函数．
(3)利用函数的单调性或基本不等式求最值．
考法(二) 由直线方程求参数范围问题
[例2] (2022·湘潭模拟)已知直线l：x－my＋eq \r(3)m＝0上存在点M满足与A(－1,0)，B(1,0)两点连线的斜率kMA与kMB之积为3，则实数m的取值范围是( )
A．[－eq \r(6)，eq \r(6) ]
B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),6)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),6)，＋∞))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),6)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),6)，＋∞))
D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))
[解析] 设M(x，y)，由kMA·kMB＝3，得eq \f(y,x＋1)·eq \f(y,x－1)＝3，即y2＝3x2－3.联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－my＋\r(3)m＝0，,y2＝3x2－3，))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m2)－3))x2＋eq \f(2\r(3),m)x＋6＝0(m≠0)，则Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),m)))2－24eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m2)－3))≥0，即m2≥eq \f(1,6)，解得m≤－eq \f(\r(6),6)或m≥eq \f(\r(6),6).∴实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),6)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),6)，＋∞)).
[答案] C
[方法技巧]
含有参数的直线方程可看作直线系方程，这时要能看出定点坐标或斜率的变化，数形结合解决参数问题．
[针对训练]
1．(2022·济南模拟)函数y＝a1－x(a>0，a≠1)的图象恒过定点A，若点A在mx＋ny－1＝0(mn>0)上，则eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为( )
A．2 B．4
C．8 D．1
解析：选B ∵函数y＝a1－x(a>0，a≠1)的图象恒过定点A(1,1)，∴把A(1,1)代入直线方程得m＋n＝1(mn>0)．∴eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(m＋n)＝2＋eq \f(n,m)＋eq \f(m,n)
≥2＋2 eq \r(\f(n,m)·\f(m,n))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当m＝n＝\f(1,2)时取等号))，
∴eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为4.
2．已知直线l的方程为(m＋1)x＋y＋2－m＝0(m∈R)．
(1)若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程；
(2)若直线l不过第二象限，求实数m的取值范围．
解：(1)当直线l过原点时，该直线在x轴和y轴上的截距都为零，显然相等，所以m＝2满足条件，此时直线l的方程为3x＋y＝0.当直线l不过原点时，若m＝－1，直线l为平行于x轴的直线，在x轴上无截距，不合题意；若m≠－1且m≠2，直线l在x轴上的截距为eq \f(m－2,m＋1)，在y轴上的截距为m－2，因此eq \f(m－2,m＋1)＝m－2，即m＋1＝1，得m＝0，此时直线l的方程为x＋y＋2＝0.综上所述，直线l的方程为3x＋y＝0或x＋y＋2＝0.
(2)将直线l的方程转化为y＝－(m＋1)x＋m－2，因为直线l不过第二象限，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－m＋1＞0，,m－2≤0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－m＋1＝0，,m－2≤0，))解得m≤－1，所以实数m的取值范围为(－∞，－1]．
拓展深化·练创新思维——直线斜率模型的妙用
斜率公式的应用主要形式有比较大小、求解点共线问题、求参数的取值范围、求函数的最值等．由于斜率公式具有把代数问题几何化的功能，因此在解答过程中，首先借助于斜率公式的几何意义画出草图，然后利用斜率与倾斜角的关系，找出其边界情况，进而解决问题．
应用(一) 斜率模型的几何意义
[例1] 已知函数f(x)＝lg2(x＋1)，且a＞b＞c＞0，则eq \f(fa,a)，eq \f(fb,b)，eq \f(fc,c)的大小关系为________________．
[解析] 作出函数f(x)＝lg2(x＋1)的大致图象如图所示，可知当x＞0时，曲线上各点与原点连线的斜率随x的增大而减小，因为a＞b＞c＞0，所以eq \f(fa,a)＜eq \f(fb,b)＜eq \f(fc,c).
[答案] eq \f(fa,a)＜eq \f(fb,b)＜eq \f(fc,c)
[微点拨]
对于函数f(x)图象上的两点(a，f(a))，(b，f(b))，比较eq \f(fa,a)与eq \f(fb,b)的大小时，可将问题转化为比较这两点与原点连线的斜率大小．
应用(二) 三点共线问题
[例2] 若Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2m，\f(5,2)))，B(4，－1)，C(－4，－m)三点在同一条直线上，则实数m的值为________．
[解析] 由于A，B，C三点所在的直线不可能垂直于x轴，即斜率存在，因此可设直线AB，BC的斜率分别为kAB，kBC.由斜率公式得，kAB＝eq \f(\f(5,2)＋1,2m－4)＝eq \f(7,4m－8)，kBC＝eq \f(－1＋m,4＋4)＝eq \f(m－1,8).∵A，B，C三点在同一条直线上，∴kAB＝kBC，即eq \f(7,4m－8)＝eq \f(m－1,8)，即m2－3m－12＝0，解得m1＝eq \f(3＋\r(57),2)，m2＝eq \f(3－\r(57),2).故常数m的值是eq \f(3＋\r(57),2)或eq \f(3－\r(57),2).
[答案] eq \f(3＋\r(57),2)或eq \f(3－\r(57),2)
应用(三) 求参数问题
[例3] 已知线段PQ两端点的坐标分别为P(－1,1)和Q(2,2)，若直线l：x＋my＋m＝0与线段PQ有交点，求实数m的取值范围．
[解] 如图所示，直线l：x＋my＋m＝0过定点A(0，－1)，当m≠0时，kQA＝eq \f(3,2)，kPA＝－2，kl＝－eq \f(1,m).结合图象知，若直线l与PQ有交点，应满足－eq \f(1,m)≤－2或－eq \f(1,m)≥eq \f(3,2)，解得0＜m≤eq \f(1,2)或－eq \f(2,3)≤m＜0.当m＝0时，直线l的方程为x＝0，与线段PQ有交点．综上，实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(1,2))).
[答案] eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(1,2)))
[微点拨]
当直线绕定点旋转时，若倾斜角为锐角，逆时针旋转，倾斜角越来越大，斜率越来越大，顺时针旋转，倾斜角越来越小，斜率越来越小；若倾斜角为钝角，也具有同样的规律；若倾斜角是锐角或钝角不确定，逆时针旋转，倾斜角越来越大，但斜率并不一定随倾斜角的增大而增大.
应用(四) 求函数的最值
[例4] 已知实数x，y满足y＝x2－2x＋2(－1≤x≤1)，则eq \f(y＋3,x＋2)的最大值和最小值分别为__________．
[解析] 如图，作出y＝x2－2x＋2(－1≤x≤1)的图象(曲线段AB)，则eq \f(y＋3,x＋2)表示定点P(－2，－3)和曲线段AB上任一点(x，y)的连线的斜率k，连接PA，PB，则kPA≤k≤kPB.
易得A(1,1)，B(－1,5)，所以kPA＝eq \f(1－－3,1－－2)＝eq \f(4,3)，kPB＝eq \f(5－－3,－1－－2)＝8，所以eq \f(4,3)≤k≤8，故eq \f(y＋3,x＋2)的最大值是8，最小值是eq \f(4,3).
[答案] 8，eq \f(4,3)
[微点拨]
在求形如eq \f(y－y0,x－x0)的代数式的最值时，可以将eq \f(y－y0,x－x0)看作动点P(x，y)与定点A(x0，y0)所在直线的斜率，从而实现数与形的转化，将求最值问题转化为求直线的斜率问题．
应用(五) 证明不等式
[例5] 已知0
[证明] 设A(b，a)，因为0
所以设点P(－p，－p)在第三象限，
且在直线y＝x上．
因为kOA＝eq \f(a,b)，kPA＝eq \f(a＋p,b＋p)，由图可知kPA>kOA，
所以eq \f(a＋p,b＋p)>eq \f(a,b).
[微点拨]
观察不等式的两边，都可构造与斜率公式类似的结构.eq \f(a＋p,b＋p)＝eq \f(a－－p,b－－p)的几何意义就是点(b，a)与点(－p，－p)的连线的斜率，eq \f(a,b)可看成(b，a)与原点O(0,0)的连线的斜率．
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．(2022·青岛模拟)已知两点A(1，eq \r(3))和B(－2,0)，则直线AB的倾斜角为( )
A．30° B．60° C．120° D. 150°
解析：选A 根据题意，设直线AB的倾斜角为θ，又由点A(1，eq \r(3))和B(－2,0)，则直线AB的斜率k＝eq \f(\r(3)－0,1－－2)＝eq \f(\r(3),3)，则有tan θ＝k＝eq \f(\r(3),3)，又由0°≤θ＜180°，则θ＝30°，故选A.
2.(2022·合肥模拟)2020年12月4日，嫦娥五号探测器在月球表面第一次动态展示国旗.1949年公布的《国旗制法说明》中就五星的位置规定：大五角星有一个角尖正向上方，四颗小五角星均各有一个角尖正对大五角星的中心点．有人发现，第三颗小星的姿态与大星相近．为便于研究，如图，以大星的中心点为原点，建立直角坐标系，OO1，OO2，OO3，OO4分别是大星中心点与四颗小星中心点的联结线，α≈16°，则第三颗小星的一条边AB所在直线的倾斜角约为( )
A．0° B．1° C．2° D．3°
解析：选C 因为O，O3都为五角星的中心点，所以OO3平分第三颗小星的一个角，又五角星的内角为36°，所以∠BAO3＝18°，又∠α＝16°，所以边AB的倾斜角为18°－16°＝2°.故选C.
3．在同一平面直角坐标系中，直线l1：ax＋y＋b＝0和直线l2：bx＋y＋a＝0有可能是( )
解析：选B 由题意l1：y＝－ax－b，l2：y＝－bx－a，当a＞0，b＞0时，－a＜0，－b＜0.选项B符合．
4．已知直线l的斜率为eq \r(3)，在y轴上的截距为另一条直线x－2y－4＝0的斜率的倒数，则直线l的方程为( )
A．y＝eq \r(3)x＋2 B．y＝eq \r(3)x－2
C．y＝eq \r(3)x＋eq \f(1,2) D．y＝－eq \r(3)x＋2
解析：选A ∵直线x－2y－4＝0的斜率为eq \f(1,2)，∴直线l在y轴上的截距为2，∴直线l的方程为y＝eq \r(3)x＋2，故选A.
5．已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝(x－1)ex＋3e的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则直线l的横截距为________．
解析：因为f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，所以切线l的斜率为f′(1)＝e，由f(1)＝3e知切点坐标为(1,3e)，所以切线l的方程为y－3e＝e(x－1)．令y＝0，解得x＝－2，故直线l的横截距为－2.
答案：－2
二、综合练——练思维敏锐度
1．已知三点A(2，－3)，B(4,3)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(k,2)))在同一条直线上，则k的值为( )
A．12 B．9 C．－12 D．9或12
解析：选A 由kAB＝kAC，得eq \f(3－－3,4－2)＝eq \f(\f(k,2)－－3,5－2)，
解得k＝12.故选A.
2．若直线l与直线y＝1，x＝7分别交于点P，Q，且线段PQ的中点坐标为(1，－1)，则直线l的斜率为( )
A.eq \f(1,3) B．－eq \f(1,3) C．－eq \f(3,2) D.eq \f(2,3)
解析：选B 依题意，设点P(a,1)，Q(7，b)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋7＝2，,b＋1＝－2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－5，,b＝－3，))从而可知直线l的斜率为eq \f(－3－1,7＋5)＝－eq \f(1,3).故选B.
3．(2022·四川诊断性测试)已知直线l：bx－ay＋ab＝0(a，b＞0)经过点P(－1,2)，则2a＋b的最小值为( )
A．6 B．7 C．8 D．9
解析：选C ∵直线l：bx－ay＋ab＝0(a，b＞0)经过点P(－1,2)，∴－b－2a＋ab＝0，即2a＋b＝ab≥2eq \r(2ab)，∴ab≥8，∴2a＋b的最小值为8，故选C.
4．若k，－1，b三个数成等差数列，则直线y＝kx＋b必经过定点( )
A．(1，－2) B．(1,2)
C．(－1,2) D．(－1，－2)
解析：选A 因为k，－1，b三个数成等差数列，所以k＋b＝－2，即b＝－2－k，于是直线方程化为y＝kx－k－2，即y＋2＝k(x－1)，故直线必过定点(1，－2)．
5．数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线．已知△ABC的顶点A(2,0)，B(0,4)，若其欧拉线的方程为x－y＋2＝0，则顶点C的坐标为( )
A．(－4,0) B．(－3，－1)
C．(－5,0) D．(－4，－2)
解析：选A 设C(m，n)，由重心坐标公式可得，△ABC的重心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋m,3)，\f(4＋n,3)))，代入欧拉线方程可得m－n＋4＝0 ①，AB的中点为(1,2)，kAB＝eq \f(4－0,0－2)＝－2，故AB的中垂线方程为y－2＝eq \f(1,2)(x－1)，即x－2y＋3＝0，联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＋3＝0，,x－y＋2＝0，))解得x＝－1，y＝1，所以△ABC的外心为(－1,1)，所以(m＋1)2＋(n－1)2＝32＋12＝10，整理可得m2＋n2＋2m－2n＝8 ②，联立①②可得，m＝－4，n＝0或m＝0，n＝4，当m＝0，n＝4时，点B，C重合，故舍去，所以顶点C的坐标是(－4,0)．故选A.
6．已知点A(eq \r(3)，2)，B(4，－3)，若直线l过点P(0,1)与线段AB相交，则直线l的倾斜角的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))
解析：选C 如图所示，由A(eq \r(3)，2)，B(4，－3)，P(0,1)，可得斜率kPA＝eq \f(1－2,0－\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，kPB＝eq \f(1－－3,0－4)＝－1，因为直线l与线段AB相交，所以直线l的倾斜角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π)).故选C.
7．若直线x－2y＋b＝0与两坐标轴所围成的三角形的面积不大于1，那么b的取值范围是( )
A．[－2,2] B．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
C．[－2,0)∪(0,2] D．(－∞，＋∞)
解析：选C 令x＝0，得y＝eq \f(b,2)，令y＝0，得x＝－b，所以所求三角形面积为eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)))|－b|＝eq \f(1,4)b2，且b≠0，因为eq \f(1,4)b2≤1，所以b2≤4，所以b的取值范围是[－2,0)∪(0,2]．
8．已知m≠0，动直线l1：x＋my－1＝0过定点A，动直线l2：mx－y－2m＋3＝0过定点B，若l1与l2交于点P(异于点A，B)，则|PA|＋|PB|的最大值为( )
A.eq \r(5) B．2eq \r(5)
C.eq \r(10) D．2eq \r(10)
解析：选B 由题意可得A(1,0)，B(2,3)，且两直线斜率之积等于－1，∴直线x＋my－1＝0和直线mx－y－2m＋3＝0垂直，则|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10≥eq \f(|PA|＋|PB|2,2)，即|PA|＋|PB|≤2eq \r(5)，当且仅当|PA|＝|PB|＝eq \r(5)时等号成立，∴|PA|＋|PB|的最大值为2eq \r(5)，故选B.
9．设点A(－2,3)，B(3,2)，若直线ax＋y＋2＝0与线段 AB没有交点，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(5,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(5,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，\f(4,3)))
D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(4,3)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞))
解析：选B 易知直线ax＋y＋2＝0恒过点M(0，－2)，且斜率为－a.
因为kMA＝eq \f(3－－2,－2－0)＝－eq \f(5,2)，
kMB＝eq \f(2－－2,3－0)＝eq \f(4,3)，
由图可知－a＞－eq \f(5,2)且－a＜eq \f(4,3)，所以a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(5,2))).
10．(2022·河北七校联考)直线(a－1)x＋y－a－3＝0(a＞1)，当此直线在x，y轴上的截距和最小时，实数a的值是( )
A．1 B.eq \r(2) C．2 D．3
解析：选D 当x＝0时，y＝a＋3，当y＝0时，x＝eq \f(a＋3,a－1)，令t＝a＋3＋eq \f(a＋3,a－1)＝5＋(a－1)＋eq \f(4,a－1).因为a＞1，所以a－1＞0.所以t≥5＋2eq \r(a－1·\f(4,a－1))＝9.当且仅当a－1＝eq \f(4,a－1)，即a＝3时，等号成立．
11．过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，4))且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线的一般方程为____________________．
解析：①当在坐标轴上截距为0时，所求直线方程为y＝－2x，即2x＋y＝0；②当在坐标轴上截距不为0时，∵在坐标轴上截距互为相反数，∴设x－y＝a，将A(－2,4)代入得，a＝－6，∴此时所求的直线方程为x－y＋6＝0.
答案：2x＋y＝0或 x－y＋6＝0
12．已知三角形的三个顶点A(－5,0)，B(3，－3)，C(0,2)，则BC边上中线所在的直线方程为____________．
解析：由已知，得BC的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－\f(1,2)))，且直线BC边上的中线过点A，则BC边上中线的斜率k＝－eq \f(1,13)，故BC边上的中线所在直线方程为y＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,13)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，即x＋13y＋5＝0.
答案：x＋13y＋5＝0
13．已知在直角坐标系中，等边△ABC中A与原点重合，若AB的斜率为eq \f(\r(3),2)，则BC的斜率为________．
解析：设AB的倾斜角为α，BC的倾斜角为β，则β＝α＋eq \f(π,3)(如图①)或β＝eq \f(2π,3)＋α(如图②)，tan α＝eq \f(\r(3),2)，当β＝α＋eq \f(π,3)时，tan β＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋eq \f(π,3)))＝eq \f(\f(\r(3),2)＋\r(3),1－\f(\r(3),2)×\r(3))＝－3eq \r(3)；当β＝eq \f(2π,3)＋α时，tan β＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(2π,3)))＝
eq \f(\f(\r(3),2)－\r(3),1＋\f(\r(3),2)×\r(3))＝－eq \f(\r(3),5).
答案：－3eq \r(3)或－eq \f(\r(3),5)
14．若过点P(1－a,1＋a)与Q(4,2a)的直线的倾斜角为钝角，且m＝3a2－4a，则实数m的取值范围是________．
解析：设直线的倾斜角为α，斜率为k，则k＝tan α＝eq \f(2a－1＋a,4－1－a)＝eq \f(a－1,a＋3)，又α为钝角，所以eq \f(a－1,a＋3)<0，即(a－1)·(a＋3)<0，故－3
15．菱形ABCD的顶点A，C的坐标分别为A(－4,7)，C(6，－5)，BC边所在直线过点P(8，－1)．求：
(1)AD边所在直线的方程；
(2)对角线BD所在直线的方程．
解：(1)kBC＝eq \f(－5－－1,6－8)＝2，
∵AD∥BC，∴kAD＝2.
∴AD边所在直线的方程为y－7＝2(x＋4)，
即2x－y＋15＝0.
(2)kAC＝eq \f(－5－7,6－－4)＝－eq \f(6,5).
∵菱形的对角线互相垂直，∴BD⊥AC，∴kBD＝eq \f(5,6).
∵AC的中点(1,1)也是BD的中点，
∴对角线BD所在直线的方程为y－1＝eq \f(5,6)(x－1)，
即5x－6y＋1＝0.
16．过点P(1,3)作直线l，与x轴和y轴的正半轴分别交于A，B两点，求：
(1)△AOB面积的最小值及此时直线l的方程；
(2)求直线l在两坐标轴上截距之和的最小值及此时直线l的方程；
(3)求|PA|2＋|PB|2的最小值及此时直线l的方程．
解：设直线l的倾斜角为π－θ(θ为锐角)．
(1)|OA|＝1＋eq \f(3,tan θ)，|OB|＝3＋tan θ，∵θ为锐角，∴tan θ＞0.∴S△AOB＝eq \f(1,2)|OA||OB|＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,tan θ)))(3＋tan θ)＝3＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(tan θ＋\f(9,tan θ)))≥3＋ eq \r(tan θ·\f(9,tan θ))＝6，当且仅当tan θ＝eq \f(9,tan θ)，即tan θ＝3时，取“＝”．∴△AOB面积的最小值是6，此时直线l的斜率k＝tan(π－θ)＝－tan θ＝－3，方程为y－3＝－3(x－1)，即3x＋y－6＝0.
(2)直线l在两坐标轴上的截距之和为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,tan θ)))＋(3＋tan θ)＝4＋tan θ＋eq \f(3,tan θ)≥4＋2 eq \r(tan θ ·\f(3,tan θ))＝4＋2eq \r(3)，当且仅当tan θ＝eq \f(3,tan θ)，即tan θ＝eq \r(3)时，取“＝”．∴截距之和的最小值为4＋2eq \r(3)，此时直线l的斜率k＝tan(π－θ)＝－tan θ＝－eq \r(3)，方程为y－3＝－eq \r(3)(x－1)，即eq \r(3)x＋y－(eq \r(3)＋3)＝0.
(3)|PA|＝eq \f(3,sin θ)，|PB|＝eq \f(1,cs θ)，|PA|2＋|PB|2＝eq \f(9,sin2θ)＋eq \f(1,cs2θ)＝eq \f(9sin2θ＋cs2θ,sin2θ)＋eq \f(sin2θ＋cs2θ,cs2θ)
＝10＋eq \f(9cs2θ,sin2θ)＋eq \f(sin2θ,cs2θ)≥10＋2eq \r(\f(9cs2θ,sin2θ)·\f(sin2θ,cs2θ))＝16，当且仅当eq \f(9cs2θ,sin2θ)＝eq \f(sin2θ,cs2θ)，即sin θ＝eq \r(3)cs θ，tan θ＝eq \r(3)时取“＝”，∴|PA|2＋|PB|2的最小值是16，此时直线l的方程为eq \r(3)x＋y－(3＋eq \r(3))＝0.
第二节 两条直线的位置关系
课程标准
1.能根据斜率公式判定两条直线平行或垂直．
2．能用解方程组的方法求两条直线的交点坐标．
3．掌握平面上两点间的距离公式、点到直线的距离公式，会求两条平行线间的距离．
[由教材回扣基础]
1．两条直线平行与垂直的判定
2.两条直线的交点的求法
直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，则l1与l2的交点坐标就是方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A1x＋B1y＋C1＝0，,A2x＋B2y＋C2＝0))的解．
3．三种距离公式
澄清微点·熟记结论
1．常用的2个结论
(1)2个充要条件
①两直线平行的条件
直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0与直线l2：A2x＋B2y＋C2＝0平行的充要条件是：A1B2－A2B1＝0且B1C2－B2C1≠0(或A1C2－A2C1≠0)．
②两直线垂直的条件
直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0与直线l2：A2x＋B2y＋C2＝0垂直的充要条件是：A1A2＋B1B2＝0.
(2)6种常见对称
①点(x，y)关于原点(0,0)的对称点为(－x，－y)；
②点(x，y)关于x轴的对称点为(x，－y)，关于y轴的对称点为(－x，y)；
③点(x，y)关于直线y＝x的对称点为(y，x)，关于直线y＝－x的对称点为(－y，－x)；
④点(x，y)关于直线x＝a的对称点为(2a－x，y)，关于直线y＝b的对称点为(x,2b－y)；
⑤点(x，y)关于点(a，b)的对称点为(2a－x,2b－y)；
⑥点(x，y)关于直线x＋y＝k的对称点为(k－y，k－x)，关于直线x－y＝k的对称点为(k＋y，x－k)．
2．谨防4个易错点
(1)两条直线平行时，不要忘记它们的斜率有可能不存在的情况．
(2)两条直线垂直时，不要忘记一条直线的斜率不存在、另一条直线的斜率为零的情况．
(3)求点到直线的距离时，应先化直线方程为一般式．
(4)求两平行线之间的距离时，应先将方程化为一般式且x，y的系数对应相等．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)当直线l1和l2的斜率都存在时，一定有k1＝k2⇒l1∥l2.( )
(2)如果两条直线l1与l2垂直，则它们的斜率之积一定等于－1.( )
(3)若两直线的方程组成的方程组有唯一解，则两直线相交．( )
(4)直线外一点与直线上一点的距离的最小值就是点到直线的距离．( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√
二、练牢教材小题
1．(新湘教版选择性必修①P75例3改编)已知平面直角坐标系中三点A(4,3)，B(2,1)，C(5，－2)，则△ABC的形状是( )
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．等边三角形
解析：选C 由已知得，kAB＝eq \f(1－3,2－4)＝1，kBC＝eq \f(－2－1,5－2)＝－1，因为kAB·kBC＝－1，所以AB⊥BC，即△ABC是直角三角形，故选C.
2．(人教A版必修②P110T1改编)若直线2x＋ay－1＝0与x＋2y－4＝0的交点在第二象限，则实数a的取值范围是________．
解析：解方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋ay－1＝0，,x＋2y－4＝0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(2－4a,4－a)，,y＝\f(7,4－a)，))
由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2－4a,4－a)＜0，,\f(7,4－a)＞0，))解得eq \f(1,2)＜a＜4.
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))
3．(人教A版必修②P110T2改编)已知点B(m,6)到直线3x－y＋6＝0的距离为3，则实数m的值为________．
答案：±eq \r(10)
三、练清易错易混
1．(忽视两平行直线系数不一致)平行线3x＋4y－9＝0和6x＋8y＋2＝0的距离是( )
A.eq \f(8,5) B．2 C.eq \f(11,5) D.eq \f(7,5)
解析：选B 依题意得，所求的距离等于eq \f(|－18－2|,\r(62＋82))＝2.
2．(忽视两直线重合)若直线l1：x＋y－1＝0与直线l2：x＋a2y＋a＝0平行，则实数a＝________.
解析：因为直线l1的斜率k1＝－1，l1∥l2，所以a2＝1，且a≠－1，所以a＝1.
答案：1
3．(忽视平行关系的直线斜率不存在)已知直线(m＋1)x＋(2m－1)y＝3与(3m－1)x－(2m2－11m＋5)y＝5平行，则实数m的值为________．
解析：当m≠eq \f(1,2)时，由直线平行可知eq \f(m＋1,3m－1)＝eq \f(2m－1,－2m2－11m＋5)≠eq \f(3,5)，解得m＝－2或m＝3；当m＝eq \f(1,2)时，两条直线都垂直于x轴也符合．故m＝eq \f(1,2)或m＝－2或m＝3.
答案：eq \f(1,2)，－2,3
命题视角一 两条直线的平行与垂直(自主练通)
1．已知过点A(－2，m)和点B(m,4)的直线为l1，直线2x＋y－1＝0为l2，直线x＋ny＋1＝0为l3.若l1∥l2，l2⊥l3，则实数m＋n的值为( )
A．－10 B．－2
C．0 D．8
解析：选A ∵l1∥l2，∴eq \f(4－m,m＋2)＝－2(m≠－2)，解得m＝－8(经检验，l1与l2不重合)，∵l2⊥l3，∴2×1＋1×n＝0，解得n＝－2，∴m＋n＝－10.
2．已知直线l1：xsin α＋y－1＝0，直线l2：x－3ycs α＋1＝0，若l1⊥l2，则sin 2α＝( )
A.eq \f(3,5) B．－eq \f(3,5)
C.eq \f(2,3) D．－eq \f(2,3)
解析：选A 因为l1⊥l2，所以sin α－3cs α＝0，所以tan α＝3，所以sin 2α＝2sin αcs α＝eq \f(2sin αcs α,sin2α＋cs2α)＝eq \f(2tan α,tan2α＋1)＝eq \f(3,5).故选A.
3．(2022·长沙明德中学模拟)“直线l1：2x＋(m＋1)y＋4＝0与直线l2：mx＋3y－2＝0平行”是“m＝2”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 若l1∥l2，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(mm＋1＝6，,4m≠2×－2，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2＋m－6＝0，,m≠－1，))解得m＝－3或2.
因此“直线l1：2x＋(m＋1)y＋4＝0与直线l2：mx＋3y－2＝0平行”是“m＝2”的必要不充分条件．
4．已知直线l1：mx＋y＋4＝0和直线l2：(m＋2)x－ny＋1＝0(m＞0，n＞0)互相垂直，则eq \f(m,n)的取值范围为________．
解析：因为l1⊥l2，所以m(m＋2)＋1×(－n)＝0，得n＝m2＋2m，因为m＞0，所以eq \f(m,n)＝eq \f(m,m2＋2m)＝eq \f(1,m＋2)，则0＜eq \f(1,m＋2)＜eq \f(1,2)，故eq \f(m,n)的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
[一“点”就过] 两直线位置关系的判断方法
提醒：当直线方程中存在字母参数时，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不存在的特殊情况．同时还要注意x，y的系数不能同时为零这一隐含条件．
命题视角二 两条直线的交点与距离问题
[典例] (1)经过两条直线l1：x＋y－4＝0和l2：x－y＋2＝0的交点，且与直线2x－y－1＝0垂直的直线方程为________________.
(2)直线l过点P(－1,2)且到点A(2,3)和点B(－4,5)的距离相等，则直线l的方程为____________．
[解析] (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－4＝0，,x－y＋2＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝3，))
∴l1与l2的交点坐标为(1,3)．
设与直线2x－y－1＝0垂直的直线方程为x＋2y＋c＝0，则1＋2×3＋c＝0，∴c＝－7.
∴所求直线方程为x＋2y－7＝0.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－2＝k(x＋1)，即kx－y＋k＋2＝0.
由题意知eq \f(|2k－3＋k＋2|,\r(k2＋1))＝eq \f(|－4k－5＋k＋2|,\r(k2＋1))，
即|3k－1|＝|－3k－3|，∴k＝－eq \f(1,3)，
∴直线l的方程为y－2＝－eq \f(1,3)(x＋1)，
即x＋3y－5＝0.
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝－1，也符合题意．
[答案] (1)x＋2y－7＝0 (2)x＋3y－5＝0或x＝－1
[方法技巧]
1．求过两直线交点的直线方程的方法
求过两直线交点的直线方程，先解方程组求出两直线的交点坐标，再结合其他条件写出直线方程．
2．利用距离公式解题的注意点
(1)点P(x0，y0)到直线x＝a的距离d＝|x0－a|，到直线y＝b的距离d＝|y0－b|；
(2)应用两平行线间的距离公式要把两直线方程中x，y的系数分别化为相等．
[针对训练]
1．(2022·烟台调研)若直线l与两直线y＝1，x－y－7＝0分别交于M，N两点，且MN的中点是P(1，－1)，则直线l的斜率是( )
A．－eq \f(2,3) B．eq \f(2,3) C．－eq \f(3,2) D．eq \f(3,2)
解析：选A 由题意，设直线l的方程为y＝k(x－1)－1，
分别与y＝1，x－y－7＝0联立，
解得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k)＋1，1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k－6,k－1)，\f(－6k＋1,k－1)))，
又因为MN的中点是P(1，－1)，
由中点坐标公式得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\f(2,k)＋1＋\f(k－6,k－1),2)＝1，,\f(1＋\f(－6k＋1,k－1),2)＝－1，))解得k＝－eq \f(2,3).
2．(2020·全国Ⅲ卷)点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离的最大值为( )
A．1 B.eq \r(2)
C.eq \r(3) D．2
解析：选B 由点到直线的距离公式知点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)的距离d＝eq \f(|k＋1|,\r(k2＋1))＝eq \r(\f(k2＋2k＋1,k2＋1))＝eq \r(1＋\f(2k,k2＋1)).当k＝0时，d＝1；当k≠0时，d＝eq \r(1＋\f(2k,k2＋1))＝eq \r(1＋\f(2,k＋\f(1,k)))，要使d最大，需k>0且k＋eq \f(1,k)最小，∴当k＝1时，dmax＝eq \r(2)，故选B.
3．若两平行直线3x－2y－1＝0,6x＋ay＋c＝0之间的距离为eq \f(2\r(13),13)，则实数c的值是________．
解析：依题意知，eq \f(6,3)＝eq \f(a,－2)≠eq \f(c,－1)，
解得a＝－4，c≠－2，
即直线6x＋ay＋c＝0可化为3x－2y＋eq \f(c,2)＝0，
又两平行线之间的距离为eq \f(2\r(13),13)，
所以eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)＋1)),\r(32＋－22))＝eq \f(2\r(13),13)，解得c＝2或－6.
答案：2或－6
命题视角三 对称问题
考法(一) 点关于点对称
[例1] 过点P(0,1)作直线l使它被直线l1：2x＋y－8＝0和l2：x－3y＋10＝0截得的线段被点P平分，则直线l的方程为________________．
[解析] 设l1与l的交点为A(a,8－2a)，
则由题意知，点A关于点P的对称点B(－a,2a－6)在l2上，把B点坐标代入l2的方程得－a－3(2a－6)＋10＝0，解得a＝4，即点A(4,0)在直线l上，
所以由两点式得直线l的方程为x＋4y－4＝0.
[答案] x＋4y－4＝0
[方法技巧]
若点M(x1，y1)和点N(x，y)关于点P(a，b)对称，则由中点坐标公式得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2a－x1，,y＝2b－y1，))进而求解．
考法(二) 点关于线对称
[例2] 若将一张坐标纸折叠一次，使得点(0,2)与点(4,0)重合，点(7,3)与点(m，n)重合，则m＋n＝________.
[解析] 由题可知纸的折痕应是点(0,2)与点(4,0)连线的中垂线，
即直线y＝2x－3，它也是点(7,3)与点(m，n)连线的中垂线，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3＋n,2)＝2×\f(7＋m,2)－3，,\f(n－3,m－7)＝－\f(1,2)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(3,5)，,n＝\f(31,5)，))故m＋n＝eq \f(34,5).
[答案] eq \f(34,5)
[方法技巧]
若点P(a，b)与点Q(m，n)关于直线Ax＋By＋C＝0(A≠0，B≠0)对称，则直线Ax＋By＋C＝0垂直平分线段PQ，即有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n－b,m－a)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(A,B)))＝－1，,A·\f(a＋m,2)＋B·\f(b＋n,2)＋C＝0.))
考法(三) 线关于点对称
[例3] 已知直线l：2x－3y＋1＝0，点A(－1，－2)，则直线l关于点A对称的直线l′的方程为________________．
[解析] 在l：2x－3y＋1＝0上任取两点，如P(1,1)，N(4,3)，则P，N关于点A的对称点P′，N′均在直线l′上．易知P′(－3，－5)，N′(－6，－7)，
由两点式可得l′的方程为2x－3y－9＝0.
[答案] 2x－3y－9＝0
[方法技巧]
1．线关于点对称的两种求解方法
(1)在已知直线上取两点，利用中点坐标公式求出它们关于已知点对称的两点坐标，再由两点式求出直线方程．
(2)求出一个对称点，再利用两对称直线平行，由点斜式得到所求直线方程．
2．线关于点对称的实质
“线关于点的对称”的实质就是“点关于点的对称”，只要在直线上取两个点，求出其对称点的坐标即可，可统称为“中心对称”．
考法(四) 线关于线对称
[例4] 试求直线l1：x＋y－1＝0关于直线l2：3x－y－3＝0对称的直线l的方程．
[解] 解方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－1＝0，,3x－y－3＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝0，))故直线l1，l2的交点为A(1,0)．在l1上取点P(2，－1)，设点P关于l2的对称点为Q(x′，y′)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3×\f(x′＋2,2)－\f(y′＋－1,2)－3＝0，,\f(y′＋1,\a\vs4\al(x′－2))＝－\f(1,3)))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′＝－\f(2,5)，,y′＝－\f(1,5).))
而点A，Q在直线l上，所以由两点式可得直线l的方程是x－7y－1＝0.
[方法技巧]
求直线l1关于直线l对称的直线l2，有两种处理方法
(1)在直线l1上取两点(一般取特殊点)，利用求点关于直线的对称点的方法求出这两点关于直线l的对称点，再用两点式写出直线l2的方程．
(2)设点P(x，y)是直线l2上任意一点，其关于直线l的对称点为P1(x1，y1)(P1在直线l1上)，根据点关于直线对称建立方程组，用x，y表示出x1，y1，再代入直线l1的方程，即得直线l2的方程．
[针对训练]
1．从点(2,3)射出的光线沿与向量a＝(8,4)平行的直线射到y轴上，则反射光线所在的直线方程为( )
A．x＋2y－4＝0 B．2x＋y－1＝0
C．x＋6y－16＝0 D．6x＋y－8＝0
解析：选A 由直线与向量a＝(8,4)平行知，过点(2,3)的直线的斜率k＝eq \f(1,2)，所以直线的方程为y－3＝eq \f(1,2)(x－2)，其与y轴的交点坐标为(0,2)，又点(2,3)关于y轴的对称点为(－2,3)，所以反射光线过点(－2,3)与(0,2)，由两点式知A正确．
2．已知直线y＝2x是△ABC中∠C的平分线所在的直线，若点A，B的坐标分别是(－4,2)，(3,1)，则点C的坐标为( )
A．(－2,4) B．(－2，－4)
C．(2,4) D．(2，－4)
解析：选C 设A(－4,2)关于直线y＝2x的对称点为(x，y)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y－2,x＋4)×2＝－1，,\f(y＋2,2)＝2×\f(－4＋x,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝－2，))
∴BC所在直线方程为y－1＝eq \f(－2－1,4－3)(x－3)，即3x＋y－10＝0.联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x＋y－10＝0，,y＝2x，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝4，))则C(2,4)．
3．若直线l1：y＝k(x－4)与直线l2关于点(2,1)对称，则直线l2过定点( )
A．(0,4) B．(0,2) C．(－2,4) D．(4，－2)
解析：选B 由题知直线l1过定点(4,0)，则由条件可知，直线l2所过定点关于(2,1)对称的点为(4,0)，故可知直线l2所过定点为(0,2)，故选B.
巧用性质·练转化思维——活用直线系方程解决求直线问题
直线系方程是指具有某种共同性质的所有直线的集合，其方程叫直线系方程．常见的直线系方程有平行直线系，垂直直线系和过直线交点的直线系．求解直线方程时，采用设直线系方程的方法可简化运算．
1．(平行直线系方程)过点A(1，－4)且与直线2x＋3y＋5＝0平行的直线方程为________________．
解析：设所求直线方程为2x＋3y＋c＝0(c≠5)，由题意知，2×1＋3×(－4)＋c＝0，所以c＝10，故所求直线方程为2x＋3y＋10＝0.
答案：2x＋3y＋10＝0
2．(垂直直线系方程)经过A(2,1)，且与直线2x＋y－10＝0垂直的直线l的方程为________________．
解析：因为所求直线与直线2x＋y－10＝0垂直，所以设该直线方程为x－2y＋c＝0，又直线过点A(2,1)，所以有2－2×1＋c＝0，解得c＝0，即所求直线方程为x－2y＝0.
答案：x－2y＝0
3．(过直线交点的直线系方程)已知两条直线l1：x－2y＋4＝0和l2：x＋y－2＝0的交点为P，求过点P且与直线l3：3x－4y＋5＝0垂直的直线l的方程为____________．
解析：设所求直线l的方程为：x－2y＋4＋λ(x＋y－2)＝0，即(1＋λ)x＋(λ－2)y＋4－2λ＝0，因为直线l与l3垂直，所以3(1＋λ)－4(λ－2)＝0，所以λ＝11，所以直线l的方程为4x＋3y－6＝0.
答案：4x＋3y－6＝0
4．(直线系方程的应用)过直线2x＋7y－4＝0与7x－21y－1＝0的交点，且和A(－3,1)，B(5，7)等距离的直线方程为________________．
解析：设所求直线方程为2x＋7y－4＋λ(7x－21y－1)＝0，即(2＋7λ)x＋(7－21λ)y＋(－4－λ)＝0，由点A(－3,1)，B(5,7)到所求直线等距离，可得eq \f(|2＋7λ×－3＋7－21λ×1－4－λ|,\r(2＋7λ2＋7－21λ2))＝
eq \f(|2＋7λ×5＋7－21λ×7－4－λ|,\r(2＋7λ2＋7－21λ2))，整理可得|43λ＋3|＝|113λ－55|，解得λ＝eq \f(29,35)或λ＝eq \f(1,3)，所以所求的直线方程为21x－28y－13＝0或x＝1.
答案：21x－28y－13＝0或x＝1
[融会贯通]
(1)求过直线交点的直线系方程可利用过两直线交点的直线系方程求解，即过两条已知直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0和l2：A2x＋B2y＋C2＝0的交点的直线系方程是A1x＋B1y＋C1＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0(λ∈R，但不包括l2)，恰当使用直线系方程可简化运算．
(2)当所求直线与已知直线Ax＋By＋C＝0平行时，可设所求直线为Ax＋By＋λ＝0(λ为参数，且λ≠C)，再结合其他条件求出λ，即得所求直线方程．
(3)当所求直线与已知直线Ax＋By＋C＝0垂直时，可设所求直线为Bx－Ay＋λ＝0(λ为参数)，再结合其他条件求出λ，即得所求直线方程．
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．(2021·葫芦岛二模)若两直线l1：(a－1)x－3y－2＝0与l2：x－(a＋1)y＋2＝0平行，则a的值为( )
A．±2 B．2 C．－2 D．0
解析：选A 因为l1：(a－1)x－3y－2＝0与l2：x－(a＋1)y＋2＝0平行，所以－(a＋1)(a－1)－1×(－3)＝0，解得a＝±2.故选A.
2．(2022·武汉期中)若直线l1：2x－3y＋4＝0与l2互相平行，且l2过点(2,1)，则直线l2的方程为( )
A．3x－2y－2＝0 B．3x－2y＋2＝0
C．2x－3y－1＝0 D．2x－3y＋1＝0
解析：选C ∵直线l1：2x－3y＋4＝0与l2互相平行，∴设直线l2的方程为2x－3y＋c＝0，∵l2过点(2,1)，∴2×2－3×1＋c＝0，解得c＝－1，∴直线l2的方程为2x－3y－1＝0.故选C.
3．(2022·杭州模拟)点(1,2)关于直线x＋y－2＝0的对称点是( )
A．(1,0) B．(0,1) C．(0，－1) D．(2,1)
解析：选B 设点A(1,2)关于直线x＋y－2＝0的对称点是B(a，b)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b－2,a－1)＝1，,\f(a＋1,2)＋\f(b＋2,2)－2＝0，))解得a＝0，b＝1，故点(1,2)关于直线x＋y－2＝0的对称点是(0,1)．故选B.
4．直线3x－4y＋5＝0关于x轴对称的直线的方程是( )
A．3x＋4y＋5＝0 B．3x＋4y－5＝0
C．－3x＋4y－5＝0 D．－3x＋4y＋5＝0
解析：选A 在所求直线上任取一点P(x，y)，则点P关于x轴的对称点P′(x，－y)在已知的直线3x－4y＋5＝0上，所以3x－4(－y)＋5＝0，即3x＋4y＋5＝0，故选A.
5．已知直线l1：x＋ay＝1，l2：ax＋y＝1，若l1∥l2，则l1与l2的距离为________．
解析：由题知，当l1∥l2时，a2－1＝0，解得a＝±1.当a＝1时l1与l2重合，不满足题意；当a＝－1时l1∥l2.此时l1：x－y－1＝0，l2：x－y＋1＝0，则l1与l2的距离为d＝eq \f(|－1－1|,\r(12＋－12))＝eq \r(2).
答案：eq \r(2)
6．经过直线3x－2y＋1＝0和直线x＋3y＋4＝0的交点，且平行于直线x－y＋4＝0的直线方程为__________．
解析：过两直线交点的直线方程可设为3x－2y＋1＋λ(x＋3y＋4)＝0，即(3＋λ)x＋(3λ－2)y＋4λ＋1＝0，它与直线x－y＋4＝0平行，所以3＋λ＋3λ－2＝0，λ＝－eq \f(1,4)，故所求直线为x－y＝0.
答案：x－y＝0
二、综合练——练思维敏锐度
1．(2021·重庆二模)已知实数a，b，c成等差数列，则点P(2，－1)到直线ax＋by＋c＝0的最大距离是( )
A.eq \f(\r(2),2) B．1 C.eq \r(2) D．2
解析：选C 由题意得a＋c＝2b.设点P到直线ax＋by＋c＝0的距离为d，则d＝eq \f(|2a－b＋c|,\r(a2＋b2))＝eq \f(|2a－b＋2b－a|,\r(a2＋b2))＝eq \f(|a＋b|,\r(a2＋b2))，由基本不等式知(a＋b)2≤2(a2＋b2)，当且仅当a＝b时等号成立，故d≤eq \r(2).故选C.
2．三条直线l1：x－y＝0，l2：x＋y－2＝0，l3：5x－ky－15＝0构成一个三角形，则k的取值范围是( )
A．k∈R
B．k∈R且k≠±1，k≠0
C．k∈R且k≠±5，k≠－10
D．k∈R且k≠±5，k≠1
解析：选C 由l1∥l3得k＝5；由l2∥l3得k＝－5；由x－y＝0与x＋y－2＝0得x＝1，y＝1，若(1,1)在l3上，则k＝－10.故若l1，l2，l3能构成一个三角形，则k≠±5且k≠－10.故选C.
3．(2022·珠海期末)已知点P(－2,3)，点Q是直线l：3x＋4y＋3＝0上的动点，则|PQ|的最小值为( )
A．2 B.eq \f(9,5) C.eq \f(8,5) D.eq \f(7,5)
解析：选B 易知|PQ|的最小值为点P到直线l的距离，故|PQ|的最小值为d＝eq \f(|3×－2＋4×3＋3|,\r(9＋16))＝eq \f(9,5)，故选B.
4．若直线l1：x＋3y＋m＝0(m＞0)与直线l2：2x＋6y－3＝0的距离为eq \r(10)，则m＝( )
A．7 B.eq \f(17,2) C．14 D．17
解析：选B 直线l1：x＋3y＋m＝0(m＞0)，即2x＋6y＋2m＝0，因为它与直线l2：2x＋6y－3＝0的距离为eq \r(10)，所以eq \f(|2m＋3|,\r(4＋36))＝eq \r(10)，求得m＝eq \f(17,2).
5．直线ax＋y＋3a－1＝0恒过定点M，则直线2x＋3y－6＝0关于M点对称的直线方程为( )
A．2x＋3y－12＝0 B．2x－3y－12＝0
C．2x－3y＋12＝0 D．2x＋3y＋12＝0
解析：选D 由ax＋y＋3a－1＝0，可得a(x＋3)＋(y－1)＝0，令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋3＝0，,y－1＝0，))可得x＝－3，y＝1，所以M(－3,1)，M不在直线2x＋3y－6＝0上，设直线2x＋3y－6＝0关于M点对称的直线方程为2x＋3y＋c＝0(c≠－6)，则eq \f(|－6＋3－6|,\r(4＋9))＝eq \f(|－6＋3＋c|,\r(4＋9))，解得c＝12或c＝－6(舍去)，所以所求方程为2x＋3y＋12＝0，故选D.
6．两条平行线l1，l2分别过点P(－1,2)，Q(2，－3)，它们分别绕P，Q旋转，但始终保持平行，则l1，l2之间距离的取值范围是( )
A．(5，＋∞) B．(0,5]
C．(eq \r(34)，＋∞) D．(0，eq \r(34) ]
解析：选D 当PQ与平行线l1，l2垂直时，|PQ|为平行线l1，l2间的距离的最大值，为eq \r(－1－22＋[2－－3]2)＝eq \r(34)，∴l1，l2之间距离的取值范围是(0，eq \r(34) ]．
7．已知P1(a1，b1)与P2(a2，b2)是直线y＝kx＋2(k为常数)上两个不同的点，则关于l1：a1x＋b1y－2＝0和l2：a2x＋b2y－2＝0的交点情况是( )
A．无论k，P1，P2如何，总有唯一交点
B．存在k，P1，P2使之有无穷多个交点
C．无论k，P1，P2如何，总是无交点
D．存在k，P1，P2使之无交点
解析：选A P1(a1，b1)与P2(a2，b2)是直线y＝kx＋2(k为常数)上两个不同的点，直线y＝kx＋2的斜率存在，则k＝eq \f(b2－b1,a2－a1)，即a1≠a2，且b1＝ka1＋2，b2＝ka2＋2，所以a2b1－a1b2＝2a2－2a1，联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1x＋b1y＝2，,a2x＋b2y＝2，))解得(a1b2－a2b1)x＝2(b2－b1)，即(a1－a2)x＝b2－b1，所以方程有唯一解．故选A.
8.(2022·合肥模拟)如图所示，已知点A(4,0)，B(0,4)，从点P(2,0)射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到点P，则光线所经过的路程是( )
A．2eq \r(10) B．6 C．3eq \r(3) D．2eq \r(5)
解析：选A 由题意知，AB所在直线的方程为x＋y－4＝0.如图，点P关于直线AB的对称点为D(4,2)，关于y轴的对称点为C(－2,0)，连接MD，NC，易知|PM|＝|MD|，|PN|＝|NC|，所以|PM|＋|MN|＋|NP|＝|MD|＋|MN|＋|NC|＝|CD|，故光线所经过的路程为|CD|＝2eq \r(10).
9．(2022·北京四中月考)若直线2x－y－5＝0与直线x＋ay＋3＝0相互平行，则实数a等于________；这两条平行直线间的距离为____________．
解析：根据题意，若直线2x－y－5＝0与直线x＋ay＋3＝0相互平行，则有2a＝(－1)×1＝－1，解得a＝－eq \f(1,2).则直线的方程为2x－y－5＝0和x－eq \f(1,2)y＋3＝0，即2x－y＋6＝0，故这两条平行直线间的距离d＝eq \f(|6－－5|,\r(1＋4))＝eq \f(11\r(5),5).
答案：－eq \f(1,2) eq \f(11\r(5),5)
10．若直线l与直线2x－y－2＝0关于直线x＋y－4＝0对称，则直线l的方程为________________．
解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y－2＝0，,x＋y－4＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝2，))即两直线的交点坐标为(2,2)，在直线2x－y－2＝0上取一点A(1,0)，设点A关于直线x＋y－4＝0的对称点的坐标为(a，b)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b,a－1)＝1，,\f(a＋1,2)＋\f(b,2)－4＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝3，))即点A关于直线x＋y－4＝0的对称点的坐标为(4,3)，则直线l的方程为eq \f(y－2,3－2)＝eq \f(x－2,4－2)，整理得x－2y＋2＝0.
答案：x－2y＋2＝0
11．已知三角形的一个顶点A(4，－1)，它的两条角平分线所在直线的方程分别为l1：x－y－1＝0和l2：x－1＝0，则BC边所在直线的方程为____________．
解析：A不在这两条角平分线上，因此l1，l2是另两个角的角平分线所在直线．点A关于直线l1的对称点A1，点A关于直线l2的对称点A2均在边BC所在直线l上．如图，设A1(x1，y1)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y1＋1,x1－4)×1＝－1，,\f(x1＋4,2)－\f(y1－1,2)－1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝0，,y1＝3，))所以A1(0,3)．同理设A2(x2，y2)，易求得A2(－2，－1)．所以BC边所在直线的方程为2x－y＋3＝0.
答案：2x－y＋3＝0
12．已知0＜k＜4，直线l1：kx－2y－2k＋8＝0和直线l2：2x＋k2y－4k2－4＝0与两坐标轴围成一个四边形，则使得这个四边形面积最小的k值为________．
解析：由题意知直线l1，l2恒过定点P(2，4)，直线l1的纵截距为4－k，直线l2的横截距为2k2＋2，如图，所以四边形的面积S＝2k2×2＋(4－k＋4)×2×eq \f(1,2)＝4k2－k＋8，故面积最小时，k＝eq \f(1,8).
答案：eq \f(1,8)
13．已知方程(2＋λ)x－(1＋λ)y－2(3＋2λ)＝0与点P(－2,2)．
(1)证明：对任意的实数λ，该方程都表示直线，且这些直线都经过同一定点，并求出这一定点的坐标；
(2)证明：该方程表示的直线与点P的距离d小于4eq \r(2).
证明：(1)显然2＋λ与－(1＋λ)不可能同时为零，故对任意的实数λ，该方程都表示直线．∵方程可变形为2x－y－6＋λ(x－y－4)＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y－6＝0，,x－y－4＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝－2，))故直线经过的定点为M(2，－2)．
(2)过P作直线的垂线段PQ，由垂线段小于斜线段知|PQ|≤|PM|，当且仅当Q与M重合时，|PQ|＝|PM|，此时对应的直线方程是y＋2＝x－2，即x－y－4＝0.但直线系方程唯独不能表示直线x－y－4＝0，∴M与Q不可能重合，而|PM|＝4eq \r(2)，∴|PQ|<4eq \r(2)，故所证成立．
14．已知直线l：3x－y－1＝0及点A(4,1)，B(0,4)，C(2,0)．
(1)试在l上求一点P，使|AP|＋|CP|最小；
(2)试在l上求一点Q，使|AQ|－|BQ|最大．
解：(1)如图①，设点C关于l的对称点为C′(a，b)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b－0,a－2)＝－\f(1,3)，,3·\f(a＋2,2)－\f(b＋0,2)－1＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝1，))所以C′(－1,1)．
所以直线AC′的方程为y＝1.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝1，,3x－y－1＝0))得直线AC′与直线l的交点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))，此时|AP|＋|CP|取最小值．
(2) 如图②，设点B关于l的对称点为B′(m，n)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n－4,m－0)＝－\f(1,3)，,3·\f(m＋0,2)－\f(4＋n,2)－1＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝3，,n＝3，))所以B′(3,3)．所以直线AB′的方程为2x＋y－9＝0.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋y－9＝0，,3x－y－1＝0))得直线AB′与直线l的交点为Q(2,5)，此时|AQ|－|BQ|取最大值．
第三节 圆的方程
课程标准
1.掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程．
2．初步了解用代数方法处理几何问题的思想．
第1课时 系统知识牢基础——圆的方程、直线与圆的位置关系、圆
与圆的位置关系
知识点一 圆的方程
[由教材回扣基础]
1．圆的定义及方程
2.点与圆的位置关系
(1)点M(x0，y0)，圆的标准方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2.
(2)点M(x0，y0)，圆的一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.
提醒：不要把形如x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0的结构都认为是圆，一定要先判断D2＋E2－4F的符号，只有大于0时才表示圆．
3．谨记常用结论
若x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆，则有：
(1)当F＝0时，圆过原点．
(2)当D＝0，E≠0时，圆心在y轴上；当D≠0，E＝0时，圆心在x轴上．
(3)当D＝F＝0，E≠0时，圆与x轴相切于原点；E＝F＝0，D≠0时，圆与y轴相切于原点．
(4)当D2＝E2＝4F时，圆与两坐标轴相切．
[练小题巩固基础]
1．(人教A版必修②P123T1改编)圆x2＋y2＋8x－16y＋16＝0的圆心坐标和半径是( )
A．(4,8)，8B.(－4,8)，10
C．(－4，－8)，64D.(－4,8)，8
答案：D
2．(新苏教版选择性必修①P52例1改编)圆心坐标为(2，－3)且过原点的圆的方程是( )
A．(x－2)2＋(y＋3)2＝eq \r(13)
B．(x＋2)2＋(y＋3)2＝eq \r(13)
C．(x＋2)2＋(y－3)2＝13
D．(x－2)2＋(y＋3)2＝13
答案：D
3．方程x2 ＋y2＋mx－2y＋3＝0表示圆，则m的取值范围是( )
A．(－∞，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，＋∞)
B．(－∞，－2eq \r(2))∪(2eq \r(2)，＋∞)
C．(－∞，－eq \r(3))∪(eq \r(3)，＋∞)
D．(－∞，－2eq \r(3))∪(2eq \r(3)，＋∞)
答案：B
4．(新人教B版选择性必修①P104T4改编)若点(1,1)在圆(x－a)2＋(y＋a)2＝4的内部，则实数a的取值范围是( )
A．(－1,1) B．(0,1)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．{－1,1}
答案：A
5．已知圆C经过A(5,2)，B(－1,4)两点，圆心在x轴上，则圆C的方程为______________．
解析：设圆C的方程为(x－a)2＋y2＝r2，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5－a2＋4＝r2，,－1－a2＋16＝r2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,r2＝20，))所以圆C的方程为(x－1)2＋y2＝20.
答案：(x－1)2＋y2＝20
6．已知圆C经过点A(1,3)，B(4,2)，且与直线2x＋y－10＝0相切，则圆C的标准方程为________________．
解析：由题意，设圆C的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，因为点B(4,2)在直线2x＋y－10＝0上，所以点B(4,2)是圆与直线2x＋y－10＝0的切点，连接圆心C和切点的直线与切线2x＋y－10＝0垂直，则kBC＝eq \f(1,2)，则BC的方程为y－2＝eq \f(1,2)(x－4)，整理得x－2y＝0，由线段AB的垂直平分线的方程为3x－y－5＝0，联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－y－5＝0，,x－2y＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝1，))即圆心坐标为C(2,1)，又由r＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BC))＝eq \r(4－22＋2－12)＝eq \r(5)，所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.
答案：(x－2)2＋(y－1)2＝5
知识点二 直线与圆的位置关系
[由教材回扣基础]
1．直线与圆的位置关系(半径为r，圆心到直线的距离为d)
2．圆的切线
(1)过圆上一点的圆的切线
①过圆x2＋y2＝r2上一点M(x0，y0)的切线方程是x0x＋y0y＝r2.
②过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一点M(x0，y0)的切线方程是(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2.
(2)过圆外一点的圆的切线
过圆外一点M(x0，y0)的圆的切线求法：可用点斜式设出方程，利用圆心到直线的距离等于半径求出斜率k，从而得切线方程；若求出的k值只有一个，则说明另一条直线的斜率不存在，其方程为x＝x0.
(3)切线长
①从圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)外一点M(x0，y0)引圆的两条切线，切线长为 eq \r(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)＋Dx0＋Ey0＋F).
②两切点弦长：利用等面积法，切线长a与半径r的积的2倍等于点M与圆心的距离d与两切点弦长b的积，即b＝eq \f(2ar,d).
提醒：过一点求圆的切线方程时，要先判断点与圆的位置关系，以便确定切线的条数．
3．圆的弦长
直线和圆相交，求被圆截得的弦长通常有两种方法：
(1)几何法：因为半弦长eq \f(L,2)、弦心距d、半径r构成直角三角形，所以由勾股定理得L ＝2 eq \r(r2－d2).
(2)代数法：若直线y＝kx＋b与圆有两交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有：|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝ eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|.
4．谨记常用结论
过直线Ax＋By＋C＝0和圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)交点的圆系方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ(Ax＋By＋C)＝0.
[练小题巩固基础]
1．(人教A版必修②P127例1改编)直线l：x－y＋1＝0与圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的位置关系是( )
A．相离 B．相切
C．相交且过圆心 D．相交但不过圆心
解析：选D 圆的方程化为(x－2)2＋(y－1)2＝4，圆心为(2,1)，半径为2，圆心到直线l的距离为eq \f(|2－1＋1|,\r(2))＝eq \r(2)<2，所以直线l与圆相交．又圆心不在直线l上，所以直线不过圆心．故选D.
2．若直线x－y＋1＝0与圆(x－a)2＋y2＝2没有公共点，则实数a的取值范围是( )
A．(－3，－1) B．(－1,3)
C．(－3,1) D．(－∞，－3)∪(1，＋∞)
解析：选D 由题意可得，圆的圆心为(a,0)，半径为eq \r(2)，∴圆心到直线的距离为eq \f(|a－0＋1|,\r(12＋－12))＞ eq \r(2)，即|a＋1|＞2，解得a＜－3或a＞1.故选D.
3．(新人教A版选择性必修①P98T3改编)直线y＝eq \r(3)x被圆C：x2＋y2－2x＝0截得的线段长为( )
A．2 B.eq \r(3) C．1 D.eq \r(2)
解析：选C 圆C：x2＋y2－2x＝0的圆心为(1,0)，半径为1，圆心到直线y＝eq \r(3)x的距离为d＝eq \f(|\r(3)|,\r(3＋1))＝eq \f(\r(3),2)，弦长为2·eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2)＝1，故选C.
4．圆x2＋y2－4x＝0在点P(1，eq \r(3))处的切线方程为( )
A．x＋eq \r(3)y－2＝0 B．x＋eq \r(3)y－4＝0
C．x－eq \r(2)y＋4＝0 D．x－eq \r(3)y＋2＝0
解析：选D 圆的方程为(x－2)2＋y2＝4，圆心坐标为(2,0)，半径为2，点P在圆上，由题可知切线的斜率存在，设切线方程为y－eq \r(3)＝k(x－1)，即kx－y－k＋eq \r(3)＝0，∴eq \f(|2k－k＋\r(3)|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝eq \f(\r(3),3).∴切线方程为y－eq \r(3)＝eq \f(\r(3),3)(x－1)，即x－eq \r(3)y＋2＝0.
5．(新人教B版选择性必修①P110T4改编)设直线x－y＋a＝0与圆x2＋y2＋2x－4y＋2＝0相交于A，B两点，若|AB|＝2，则a＝( )
A．－1或1 B．1或5
C．－1或3 D．3或5
解析：选B 由题得圆的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝3，所以圆心为(－1,2)，半径为eq \r(3).所以圆心到直线的距离为eq \r(\r(3)2－12)＝eq \f(|－1－2＋a|,\r(2))，解得a＝1或5.故选B.
6．已知直线l与圆x2＋y2－4y＝0相交于A，B两点，且线段AB的中点P坐标为(－1,1)，则直线l的方程为__________．
解析：因为圆x2＋y2－4y＝0的圆心坐标为C(0,2)，又点P坐标为(－1,1)，所以直线CP的斜率为kCP＝eq \f(2－1,0＋1)＝1.又因为AB是圆的一条弦，P为AB的中点，所以AB⊥CP，故kAB＝－1，即直线l的斜率为－1，因此，直线l的方程为y－1＝－(x＋1)，即x＋y＝0.
答案：x＋y＝0
知识点三 圆与圆的位置关系
[由教材回扣基础]
1．圆与圆的位置关系(两圆半径为r1，r2，d＝|O1O2|)
提醒：涉及两圆相切时，没特别说明，务必要分内切和外切两种情况进行讨论．
2．谨记常用结论
圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0与C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0相交时：
(1)将两圆方程直接作差，得到两圆公共弦所在直线方程；
(2)两圆圆心的连线垂直平分公共弦；
(3)x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0表示过两圆交点的圆系方程(不包括C2)．
[练小题巩固基础]
1．圆O1：x2＋y2－2x＝0和圆O2：x2＋y2－4y＝0的位置关系是( )
A．相离 B．相交 C．外切 D．内切
解析：选B 圆O1的圆心坐标为(1,0)，半径长r1＝1，圆O2的圆心坐标为(0,2)，半径长r2＝2，故两圆的圆心距d＝eq \r(5)，而r2－r1＝1，r1＋r2＝3，则有r2－r1
A．2 B．－5 C．2或－5 D．不确定
解析：选C 由题意得C1(m，－2)，r1＝3，C2(－1，m)，r2＝2，则两圆心之间的距离为|C1C2|＝eq \r(m＋12＋－2－m2)＝2＋3＝5，解得m＝2或－5.故选C.
3．圆x2＋y2＝8与圆x2＋y2＋4x－16＝0的公共弦长为( )
A．8 B．4 C．2 D．1
解析：选B 两圆方程作差得x＝2，当x＝2时，由x2＋y2＝8得y2＝8－4＝4，即y＝±2，即两圆的交点坐标为A(2,2)，B(2，－2)，则|AB|＝2－(－2)＝4，故选B.
4．圆C1：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0与圆C2：x2＋y2－4x－2y＋4＝0的公切线有( )
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
解析：选D 圆C1：(x＋1)2＋(y＋1)2＝4，∴圆心C1(－1，－1)，半径r1＝2；圆C2：(x－2)2＋(y－1)2＝1，∴圆心C2(2,1)，半径r2＝1.∴两圆心的距离d＝eq \r(－1－22＋－1－12)＝eq \r(13)，r1＋r2＝3，∴d>r1＋r2，∴两圆外离，∴两圆有4条公切线．
5．若圆x2＋y2＝9与圆x2＋y2－4x＋2ay－3＝0(a>0)的公共弦的长为4eq \r(2)，则a＝________.
解析：两圆的方程相减，得公共弦所在的直线方程为(x2＋y2－4x＋2ay－3)－(x2＋y2)＝0－9⇒2x－ay－3＝0，又a>0，结合图形，利用半径、弦长的一半及弦心距所构成的直角三角形，可知eq \f(|3|,\r(4＋a2))＝1⇒a＝eq \r(5).
答案：eq \r(5)
6．若圆x2＋y2＝1与圆(x＋4)2＋(y－a)2＝25相切，则常数a＝________.
解析：两圆的圆心距d＝ eq \r(－42＋a2)，由两圆相切，得eq \r(－42＋a2)＝5＋1或 eq \r(－42＋a2)＝5－1，解得a＝±2eq \r(5)或a＝0.
答案：±2eq \r(5)或0
第2课时 精研题型明考向——圆的方程、直线与圆的位置关系
1．(2020全国Ⅰ卷·考查弦长问题)
已知圆x2＋y2－6x＝0，过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 将圆的方程x2＋y2－6x＝0化为标准方程(x－3)2＋y2＝9.
设圆心为C，则C(3,0)，半径r＝3.
设点(1,2)为点A，过点A(1,2)的直线为l.
因为(1－3)2＋22＜9，
所以点A(1,2)在圆C的内部，
则直线l与圆C必相交，设交点分别为B，D.
易知当直线l⊥AC时，直线l被该圆所截得的弦的长度最小．
设此时圆心C到直线l的距离为d，
则d＝|AC|＝eq \r(3－12＋0－22)＝2eq \r(2)，
所以|BD|min＝2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(32－2\r(2)2)＝2，
即弦的长度的最小值为2，故选B.
2．(2021新高考Ⅱ卷·考查点、直线与圆的位置关系)
(多选)已知直线l：ax＋by－r2＝0与圆C：x2＋y2＝r2，点A(a，b)，则下列说法正确的是( )
A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切
B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离
D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
解析：选ABD 选项A，∵点A在圆C上，∴a2＋b2＝r2，圆心C(0,0)到直线l的距离d＝eq \f(r2,\r(a2＋b2))＝|r|，∴直线l与圆C相切，A正确．选项B，∵点A在圆C内，∴a2＋b2
3．(2021新高考Ⅰ卷·考查点到直线的距离、切线问题)(多选)已知点P在圆(x－5)2＋(y－5)2＝16上，点A(4,0)，B(0,2)，则( )
A．点P到直线AB的距离小于10
B．点P到直线AB的距离大于2
C．当∠PBA最小时，|PB|＝3eq \r(2)
D．当∠PBA最大时，|PB|＝3eq \r(2)
解析：选ACD 由题意知直线AB：eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝1，即x＋2y－4＝0，圆心(5,5)到直线x＋2y－4＝0的距离d＝eq \f(|5＋10－4|,\r(5))＝eq \f(11,\r(5)).因为eq \f(11,\r(5))＋4＜10，所以A项正确．因为eq \f(11,\r(5))－4＜2，所以B项错误．当直线PB与圆相切时，∠PBA取得最值．如图，当切点在点P的位置时，∠PBA最小，此时圆心(5,5)到点B的距离为eq \r(25＋9)＝eq \r(34)，则|PB|＝eq \r(34－16)＝3eq \r(2)；当切点在点P′的位置时，∠PBA最大，同理可得|PB|＝3eq \r(2).所以C、D项正确．故选A、C、D.
4．(2020全国Ⅲ卷·考查导数的几何意义、直线与圆相切的应用)
若直线l与曲线y＝eq \r(x)和圆x2＋y2＝eq \f(1,5)都相切，则l的方程为( )
A．y＝2x＋1 B．y＝2x＋eq \f(1,2)
C．y＝eq \f(1,2)x＋1 D．y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)
解析：选D 设直线l在曲线y＝eq \r(x)上的切点为(x0，eq \r(x0))，则x0>0，函数y＝eq \r(x)的导数为y′＝eq \f(1,2\r(x))，则直线l的斜率k＝eq \f(1,2\r(x0)) .
设直线l的方程为y－eq \r(x0)＝eq \f(1,2\r(x0))(x－x0)，
即x－2eq \r(x0)y＋x0＝0.
由于直线l与圆x2＋y2＝eq \f(1,5)相切，则eq \f(x0,\r(1＋4x0))＝eq \f(1,\r(5))，
两边平方并整理得5xeq \\al(2,0)－4x0－1＝0，
解得x0＝1或x0＝－eq \f(1,5)(舍去)，
所以直线l的方程为x－2y＋1＝0，即y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2).
5．(2018全国Ⅲ卷·考查距离问题、直线与圆的位置关系)
直线x＋y＋2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆(x－2)2＋y2＝2上，则△ABP面积的取值范围是( )
A．[2,6] B．[4,8]
C．[eq \r(2)，3eq \r(2)] D．[2eq \r(2)，3eq \r(2)]
解析：选A 设圆(x－2)2＋y2＝2的圆心为C，半径为r，点P到直线x＋y＋2＝0的距离为d，则圆心C(2,0)，r＝eq \r(2)，所以圆心C到直线x＋y＋2＝0的距离为eq \f(|2＋2|,\r(2))＝2eq \r(2)，可得dmax＝2eq \r(2)＋r＝3eq \r(2)，dmin＝2eq \r(2)－r＝eq \r(2).由已知条件可得|AB|＝2eq \r(2)，所以△ABP面积的最大值为eq \f(1,2)|AB|·dmax＝6，△ABP面积的最小值为eq \f(1,2)|AB|·dmin＝2.综上，△ABP面积的取值范围是[2,6]．
6．(2020全国Ⅰ卷·考查直线与圆的位置关系的判断、切线问题)
已知⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直线l：2x＋y＋2＝0，P为l上的动点．过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|·|AB|最小时，直线AB的方程为( )
A．2x－y－1＝0 B．2x＋y－1＝0
C．2x－y＋1＝0 D．2x＋y＋1＝0
解析：选D 圆的方程可化为(x－1)2＋(y－1)2＝4，点M到直线l的距离为d＝eq \f(|2×1＋1＋2|,\r(22＋12))＝eq \r(5)＞2，所以直
线l与圆相离．由圆的知识可知，A，P，B，M四点共圆，且AB⊥MP，所以|MP|·|AB|＝4S△PAM＝4×eq \f(1,2)×|PA|×|AM|＝4|PA|，而|PA|＝eq \r(|MP|2－4)，当直线MP⊥l时，|MP|min＝eq \r(5)，|PA|min＝1，此时|MP|·|AB|最小．易知直线MP的方程为y－1＝eq \f(1,2)(x－1)，即y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋\f(1,2)，,2x＋y＋2＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝0.))所以以MP为直径的圆的方程为(x－1)(x＋1)＋y(y－1)＝0，即x2＋y2－y－1＝0，两圆的方程相减可得：2x＋y＋1＝0，即为直线AB的方程．故选D.
7．(2021天津高考·直线与圆相切的应用)
若斜率为eq \r(3)的直线与y轴交于点A，与圆x2＋(y－1)2＝1相切于点B，则|AB|＝________.
解析：假设A在x轴的上方，斜率为eq \r(3)的直线与x轴交于D，则可得tan∠ADO＝eq \r(3)，所以tan∠ACB＝eq \r(3)，如图所示，由圆C的方程可得，圆的半径为|BC|＝1，由于B为切点，所以AB⊥BC，所以|AB|＝|BC|·tan∠ACB＝eq \r(3).
答案：eq \r(3)
[把脉考情]
命题视角一 求圆的方程
[典例] (1)已知圆M与直线3x－4y＝0及3x－4y＋10＝0都相切，圆心在直线y＝－x－4上，则圆M的方程为( )
A．(x＋3)2＋(y－1)2＝1
B．(x－3)2＋(y＋1)2＝1
C．(x＋3)2＋(y＋1)2＝1
D．(x－3)2＋(y－1)2＝1
(2)一个圆与y轴相切，圆心在直线x－3y＝0上，且在直线y＝x上截得的弦长为2eq \r(7)，则该圆的方程为__________________．
[解析] (1)到两直线3x－4y＝0,3x－4y＋10＝0的距离都相等的直线方程为3x－4y＋5＝0，
联立得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－4y＋5＝0，,y＝－x－4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－3，,y＝－1.))
又两平行线间的距离为2，
所以圆M的半径为1，
从而圆M的方程为(x＋3)2＋(y＋1)2＝1，故选C.
(2)∵所求圆的圆心在直线x－3y＝0上，
∴设所求圆的圆心为(3a，a)，
又所求圆与y轴相切，
∴半径r＝3|a|，
又所求圆在直线y＝x上截得的弦长为2eq \r(7)，圆心(3a，a)到直线y＝x的距离d＝eq \f(|2a|,\r(2))，
∴d2＋(eq \r(7))2＝r2，即2a2＋7＝9a2，∴a＝±1.
故所求圆的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9.
即x2＋y2－6x－2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0.
[答案] (1)C (2)x2＋y2－6x－2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0
[方法技巧]
1．求圆的方程的2种方法
(1)几何法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程．
(2)待定系数法：①若已知条件与圆心(a，b)和半径r有关，则设圆的标准方程，依据已知条件列出关于a，b，r的方程组，从而求出a，b，r的值；
②若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择设圆的一般方程，依据已知条件列出关于D，E，F的方程组，进而求出D，E，F的值．
2．确定圆心位置的方法
(1)圆心在过切点且与切线垂直的直线上；
(2)圆心在圆的任意弦的垂直平分线上；
(3)两圆相切时，切点与两圆圆心共线．
[针对训练]
1．经过点(1,0)，且圆心是两直线x＝1与x＋y＝2的交点的圆的方程为( )
A．(x－1)2＋y2＝1 B．(x－1)2＋(y－1)2＝1
C．x2＋(y－1)2＝1 D．(x－1)2＋(y－1)2＝2
解析：选B 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,x＋y＝2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，))即所求圆的圆心坐标为(1,1)，又由该圆过点(1,0)，得其半径为1，故圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1.
2．(2022·福州模拟)已知直线l：3x－4y－15＝0与圆C：x2＋y2－2x－4y＋5－r2＝0(r>0)相交于A，B两点，若eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))＝6，则圆C的标准方程为( )
A．(x－1)2＋(y－2)2＝25
B．(x－1)2＋(y－2)2＝36
C．(x－1)2＋(y－2)2＝16
D．(x－1)2＋(y－2)2＝49
解析：选A 圆C：x2＋y2－2x－4y＋5－r2＝0可化为(x－1)2＋(y－2)2＝r2，设圆心(1,2)到直线l的距离为d，则d＝eq \f(|3－8－15|,5)＝4，又|AB|＝6，根据r2＝32＋42＝25，所以圆C的标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝25.故选A.
3．(2022·唐山模拟)已知圆C的圆心是直线x－y＋1＝0与x轴的交点，且圆C与圆(x－2)2＋(y－3)2＝8相外切，则圆C的方程为______________．
解析：由题意知圆心C(－1,0)，其到已知圆圆心(2,3)的距离d＝3eq \r(2)，由两圆相外切可得R＋2eq \r(2)＝d＝3eq \r(2)，∴R＝eq \r(2).∴圆C的标准方程为(x＋1)2＋y2＝2.
答案：(x＋1)2＋y2＝2
命题视角二 弦长问题
[典例] (1)(2022·河北七校联考)若a，b，c是△ABC三个内角的对边，且csin C＝3asin A＋3bsin B，则直线l：ax－by＋c＝0被圆O：x2＋y2＝12所截得的弦长为( )
A．4eq \r(6) B．2eq \r(6)
C．6 D．5
(2)过点(1,1)的直线l与圆(x－2)2＋(y－3)2＝9相交于A，B两点，当|AB|＝4时，直线l的方程为__________．
[解析] (1)因为eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C).故由csin C＝3asin A＋3bsin B可得c2＝3(a2＋b2)．圆O：x2＋y2＝12的圆心为O(0,0)，半径为r＝2eq \r(3)，圆心O到直线l的距离d＝eq \f(|c|,\r(a2＋b2))＝eq \r(3)，所以直线l被圆O所截得的弦长为2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(2\r(3)2－\r(3)2)＝6，故选C.
(2)当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1，但|AB|≠4，不符合题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－1＝k(x－1)．
由|AB|＝4，得eq \f(|k－2|,\r(1＋k2))＝eq \r(5)，解得k＝－eq \f(1,2)，
所以直线l的方程为y－1＝－eq \f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0.
[答案] (1)C (2)x＋2y－3＝0
[方法技巧]
解有关弦长问题的两种方法
(1)几何法：直线被圆截得的半弦长eq \f(l,2)、弦心距d和圆的半径r构成直角三角形，且r2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)))2＋d2.
(2)代数法：联立直线方程和圆的方程，消元转化为关于x的一元二次方程，由根与系数的关系即可求得弦长|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)或|AB|＝ eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝ eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \r(y1＋y22－4y1y2)(k≠0)．
[针对训练]
1．(2022·烟台模拟)已知圆C：(x－3)2＋(y－1)2＝3及直线l：ax＋y－2a－2＝0，当直线l被圆C截得的弦长最短时，直线l的方程为______________．
解析：由l：ax＋y－2a－2＝0得a(x－2)＋y－2＝0，∴不论a取何值，直线l恒过点P(2,2)．∵12＋12＝2<3，∴点P(2,2)在圆C内．故当直线l垂直CP时，直线l被圆C截得的弦长最短，此时kCP＝－1，∴kl＝1，故直线l的方程为x－y＝0.
答案：x－y＝0
2．(2022·南通一模)函数f(x)＝xln x＋a的图象在x＝1处的切线被圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0截得的弦长为2，则实数a的值为________．
解析：∵f(x)＝xln x＋a，∴f′(x)＝1＋ln x，则切线的斜率k＝f′(1)＝1，∵f(1)＝a，∴切点坐标为(1，a)，∴函数f(x)＝xln x＋a的图象在x＝1处的切线方程为y＝x＋a－1.又∵圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0的圆心坐标为(1，－2)，半径为3，∴圆心到直线x－y＋a－1＝0的距离d＝eq \f(|2＋a|,\r(2))，∵切线被圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0截得的弦长为2，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|2＋a|,\r(2))))2＋12＝32，∴a＝－6或2.
答案：－6或2
命题视角三 切线问题
[典例] 已知点P(eq \r(2)＋1,2－eq \r(2))，点M(3,1)，圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝4.
(1)求过点P的圆C的切线方程；
(2)求过点M的圆C的切线方程，并求出切线长．
[解] (1)由题意得圆心C(1,2)，半径长r＝2.
因为(eq \r(2)＋1－1)2＋(2－eq \r(2)－2)2＝4，所以点P在圆C上．又kPC＝eq \f(2－\r(2)－2,\r(2)＋1－1)＝－1，所以切线的斜率k＝－eq \f(1,kPC)＝1.所以过点P的圆C的切线方程是y－(2－eq \r(2))＝1×[x－(eq \r(2)＋1)]，即x－y＋1－2eq \r(2)＝0.
(2)因为(3－1)2＋(1－2)2＝5>4，所以点M在圆C外部．当过点M的直线斜率不存在时，直线方程为x＝3，又点C(1,2)到直线x－3＝0的距离d＝3－1＝2＝r，即此时满足题意，所以直线x＝3是圆的切线．当切线的斜率存在时，设切线方程为y－1＝k(x－3)，即kx－y＋1－3k＝0，则圆心C到切线的距离d＝eq \f(|k－2＋1－3k|,\r(k2＋1))＝r＝2，解得k＝eq \f(3,4).所以切线方程为y－1＝eq \f(3,4)(x－3)，即3x－4y－5＝0.综上可得，过点M的圆C的切线方程为x＝3或3x－4y－5＝0.因为|MC|＝eq \r(3－12＋1－22)＝eq \r(5)，所以过点M的圆C的切线长为eq \r(|MC|2－r2)＝eq \r(5－4)＝1.
[方法技巧]
求过圆外一点(x0，y0)的圆的切线方程的方法
提醒：设切线方程时一定要注意斜率不存在的情况．
[针对训练]
1．平行于直线2x＋y＋1＝0且与圆x2＋y2＝5相切的直线的方程是( )
A．2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0
B．2x＋y＋eq \r(5)＝0或2x＋y－eq \r(5)＝0
C．2x－y＋5＝0或2x－y－5＝0
D．2x－y＋eq \r(5)＝0或2x－y－eq \r(5)＝0
解析：选A 设与直线2x＋y＋1＝0平行的直线方程为2x＋y＋m＝0(m≠1)，因为直线2x＋y＋m＝0与圆x2＋y2＝5相切，即点(0,0)到直线2x＋y＋m＝0的距离为eq \r(5)，所以eq \f(|m|,\r(5))＝eq \r(5)，|m|＝5.故所求直线的方程为2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0.
2．直线l是圆x2＋y2＝4在(－1，eq \r(3))处的切线，点P是圆x2－4x＋y2＋3＝0上的动点，则点P到直线l的距离的最小值等于( )
A．1 B.eq \r(2) C.eq \r(3) D．2
解析：选D 圆x2＋y2＝4在点(－1，eq \r(3))处的切线为l：－x＋eq \r(3)y＝4，即l：x－eq \r(3)y＋4＝0，点P是圆(x－2)2＋y2＝1上的动点，圆心(2,0)到直线l：x－eq \r(3)y＋4＝0的距离d＝eq \f(|2－0＋4|,\r(1＋3))＝3，∴点P到直线l的距离的最小值等于d－1＝3－1＝2.故选D.
[课时跟踪检测]
一、综合练——练思维敏锐度
1．已知函数y＝lga(x－1)＋2(a＞0，a≠1)的图象恒过定点A，则过点B(1,1)且以点A为圆心的圆的方程为( )
A．(x－1)2＋(y－2)2＝1
B．(x－2)2＋(y－2)2＝2
C．(x＋1)2＋(y－2)2＝5
D．(x－2)2＋(y＋2)2＝10
解析：选B y＝lga(x－1)＋2，当x＝2时，y＝2，所以函数y＝lga(x－1)＋2(a＞0，a≠1)的图象恒过定点A(2,2)，|AB|＝eq \r(2－12＋2－12)＝eq \r(2)，所以过点B(1,1)且以点A为圆心的圆的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝2.故选B.
2．(2022·衡水期末)若直线x＋my＝2＋m与圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0相交，则实数m的取值范围为( )
A．(－∞，＋∞) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(－∞，0)∪(0，＋∞)
解析：选D 圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心为(1,1)，半径r＝1.∵直线x＋my＝2＋m与圆相交，∴圆心到直线的距离d＝eq \f(|1＋m－2－m|,\r(1＋m2))＜r＝1，解得m＜0或m＞0，故选D.
3．过点(2,1)的直线中被圆(x－1)2＋(y＋2)2＝5截得的弦长最大的直线方程是( )
A．3x－y－5＝0 B．3x＋y－7＝0
C．x＋3y－5＝0 D．x－3y＋5＝0
解析：选A ∵过点(2,1)的直线中被圆(x－1)2＋(y＋2)2＝5截得的弦长最大的直线方程经过圆心，∴其直线方程为过点(2,1)和圆心(1，－2)的直线，∴其方程为：eq \f(y＋2,x－1)＝eq \f(1＋2,2－1)，整理，得3x－y－5＝0.故选A.
4．(2022·吴忠联考)过点A(－4，－1)作圆C：(x－2)2＋(y－1)2＝4的一条切线AB，切点为B，则△ABC的面积为( )
A．2eq \r(10) B．6eq \r(10)
C．12 D．6
解析：选D 由题可得圆心C的坐标为(2,1)，半径r＝2，所以|AC|＝eq \r(－4－22＋－1－12)＝2eq \r(10)，所以|AB|＝eq \r(|AC|2－r2)＝eq \r(40－4)＝6，因此S△ABC＝eq \f(1,2)|AB|·|CB|＝eq \f(1,2)×6×2＝6.故选D.
5．过点(－4,0)作直线l与圆x2＋y2＋2x－4y－20＝0交于A，B两点，若|AB|＝8，则直线l的方程为( )
A．5x＋12y＋20＝0
B．5x＋12y＋20＝0或x＋4＝0
C．5x－12y＋20＝0
D．5x－12y＋20＝0或x＋4＝0
解析：选B 圆的标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝25，由|AB|＝8知，圆心(－1,2)到直线l的距离d＝3.当直线l的斜率不存在，即直线l的方程为x＝－4时，符合题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋4)，即kx－y＋4k＝0.则有eq \f(|3k－2|,\r(k2＋1))＝3，∴k＝－eq \f(5,12).此时直线l的方程为5x＋12y＋20＝0.
6．已知直线l：x－eq \r(3)y－a＝0与圆C：(x－3)2＋(y＋eq \r(3))2＝4交于点M，N，点P在圆C上，且∠MPN＝eq \f(π,3)，则实数a的值等于( )
A．2或10 B．4或8
C．6±2eq \r(2) D．6±2eq \r(3)
解析：选B 由∠MPN＝eq \f(π,3)可得∠MCN＝2∠MPN＝eq \f(2π,3).在△MCN中，CM＝CN＝2，∠CMN＝∠CNM＝eq \f(π,6)，可得点C(3，－eq \r(3))到直线MN，即直线l：x－eq \r(3)y－a＝0的距离为2sineq \f(π,6)＝1.所以eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3－\r(3)×－\r(3)－a)),\r(1＋3))＝1，解得a＝4或8.故选B.
7．(2022·厦门期末)已知圆O：x2＋y2＝4和圆M：x2＋y2＋4x－2y＋1＝0相交于A，B两点，下列说法不正确的是( )
A．圆O与圆M有两条公切线
B．圆O与圆M关于直线AB对称
C．线段AB的长为eq \f(\r(11),2)
D．E，F分别是圆O和圆M上的点，则|EF|的最大值为4＋eq \r(5)
解析：选C 圆O：x2＋y2＝4的圆心为(0,0)，半径r＝2，圆M：x2＋y2＋4x－2y＋1＝0，即(x＋2)2＋(y－1)2＝4，其圆心为(－2,1)，半径R＝2.对于A，因为圆O与圆M相交，所以有两条公切线，故A正确；对于B，两圆方程相减得4x－2y＋5＝0，即直线AB的方程为4x－2y＋5＝0，因为圆心O(0,0)与圆心M(－2,1)关于直线AB对称，且两圆半径相等，故B正确；对于C，由B的结论可知，|AB|＝2eq \r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|OM|,2)))2)＝2×eq \r(4－\f(5,4))＝eq \r(11)，故C错误；对于D，E，F分别是圆O和圆M上的点，则|EF|的最大值为|OM|＋r＋R＝eq \r(5)＋4，故D正确．
8．已知圆C的圆心坐标是(0，m)，半径长是r.若直线2x－y＋3＝0与圆C相切于点A(－2，－1)，则m＝________，r＝________.
解析：由题意得，圆心C(0，m)到直线2x－y＋3＝0的距离d＝eq \f(|－m＋3|,\r(5))＝r，又r＝|AC|＝eq \r(4＋m＋12)，所以eq \f(|－m＋3|,\r(5))＝eq \r(4＋m＋12)，解得m＝－2，所以r＝eq \r(5).
答案：－2 eq \r(5)
9．已知圆C：x2＋y2＝4，直线l：x－y＋6＝0，在直线l上任取一点P向圆C作切线，切点为A，B，连接AB，则直线AB一定过定点________．
解析：设点P(x0，y0)，则x0－y0＋6＝0.以CP为直径的圆的方程为x(x－x0)＋y(y－y0)＝0，又圆C：x2＋y2＝4，作差可得直线AB的方程为xx0＋yy0＝4，将y0＝x0＋6，代入可得(x＋y)x0＋6y－4＝0，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,6y－4＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(2,3)，,y＝\f(2,3)，))故直线AB过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(2,3))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(2,3)))
10．已知圆C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0上存在两点关于直线l：x＋my＋1＝0对称，经过点M(m，m)作圆C的切线，切点为P，则|MP|＝________.
解析：圆C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0的圆心为C(1,2)，半径为2.因为圆上存在两点关于直线l：x＋my＋1＝0对称，所以直线l：x＋my＋1＝0过点(1,2)，所以1＋2m＋1＝0，解得m＝－1，所以|MC|2＝13，|MP|＝eq \r(13－4)＝3.
答案：3
11．已知圆C经过点(0,1)且圆心为C(1,2)．
(1)写出圆C的标准方程；
(2)过点P(2，－1)作圆C的切线，求该切线的方程及切线长．
解：(1)由题意知，圆C的半径r＝eq \r(1－02＋2－12)＝eq \r(2)，所以圆C的标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝2.
(2)由题意知切线斜率存在，故设过点P(2，－1)的切线方程为y＋1＝k(x－2)，即kx－y－2k－1＝0，则eq \f(|－k－3|,\r(1＋k2))＝eq \r(2)，所以k2－6k－7＝0，解得k＝7或k＝－1，故所求切线的方程为7x－y－15＝0或x＋y－1＝0.由圆的性质易得所求切线长为eq \r(PC2－r2)＝eq \r(2－12＋－1－22－2)＝2eq \r(2).
12．已知抛物线C：y2＝2x，过点(2,0)的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆．
(1)证明：坐标原点O在圆M上；
(2)设圆M过点P(4，－2)，求直线l与圆M的方程．
解：(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋2.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝2x))可得y2－2my－4＝0，则y1y2＝－4.又x1＝eq \f(y12,2)，x2＝eq \f(y22,2)，故x1x2＝eq \f(y1y22,4)＝4.因此OA的斜率与OB的斜率之积为eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(－4,4)＝－1，所以OA⊥OB.故坐标原点O在圆M上．
(2)由(1)可得y1＋y2＝2m，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4.故圆心M的坐标为(m2＋2，m)，圆M的半径r＝eq \r(m2＋22＋m2).由于圆M过点P(4，－2)，因此eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(BP,\s\up7(―→))＝0，故(x1－4)(x2－4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0，即x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0.由(1)知y1y2＝－4，x1x2＝4.所以2m2－m－1＝0，解得m＝1或m＝－eq \f(1,2).当m＝1时，直线l的方程为x－y－2＝0，圆心M的坐标为(3,1)，圆M的半径为eq \r(10)，圆M的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10.当m＝－eq \f(1,2)时，直线l的方程为2x＋y－4＝0，圆心M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)，－\f(1,2)))，圆M的半径为eq \f(\r(85),4)，圆M的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(9,4)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,2)))2＝eq \f(85,16).
二、自选练——练高考区分度
1．(2022·青岛一模)已知圆C：x2＋y2－kx＋2y＋eq \f(1,4)k2－k＋1＝0，下列说法不正确的是( )
A．k的取值范围是(0，＋∞)
B．若k＝4，过点M(3,4)的直线与圆C相交所得的弦长为2eq \r(3)，则该直线的方程为12x－5y－16＝0
C．若k＝4，则圆C与圆x2＋y2＝1相交
D．若k＝4，m＞0，n＞0，直线mx－ny－1＝0恒过圆C的圆心，则eq \f(1,m)＋eq \f(2,n)≥8恒成立
解析：选B 对于A，由方程表示圆可得(－k)2＋4－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)k2－k＋1))＞0，解得k＞0，故A正确．对于B，由k＝4，可得圆C的方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝4.过点M(3,4)的直线与圆C相交所得的弦长为2eq \r(3)，则圆心C(2，－1)到该直线的距离为1，当直线的斜率不存在时，x＝3，满足条件，故B不正确．对于C，(x－2)2＋(y＋1)2＝4，圆心C(2，－1)，半径r1＝2，圆x2＋y2＝1，圆心为(0,0)，半径r2＝1，则两圆心的距离为eq \r(22＋－12)＝eq \r(5)，且r1－r2＝1＜eq \r(5)＜r1＋r2＝3，所以两圆相交，故C正确．对于D，由直线mx－ny－1＝0恒过圆C的圆心，可得2m＋n－1＝0，即2m＋n＝1，所以eq \f(1,m)＋eq \f(2,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(2,n)))(2m＋n)＝4＋eq \f(n,m)＋eq \f(4m,n)≥4＋2eq \r(\f(n,m)·\f(4m,n))＝8，当且仅当m＝eq \f(1,4)，n＝eq \f(1,2)时取等号，故D正确．
2．设m∈R，过定点M的直线l1：mx－y－3m＋1＝0与过定点N的直线l2：x＋my－3m－1＝0相交于点P.线段AB是圆C：(x＋1)2＋(y＋1)2＝4的一条动弦，且|AB|＝2eq \r(2)，则下列结论中正确的是( )
A．l1不一定垂直于l2
B．|PM|＋|PN|的最大值为4eq \r(2)
C．点P的轨迹方程为(x－2)2＋(y－2)2＝2
D．|eq \(PA,\s\up7(―→))＋eq \(PB,\s\up7(―→))|的最小值为2eq \r(2)
解析：选D 对于A，当m＝0时，直线l1：y＝1与l2：x＝1互相垂直；当m≠0时，直线l1：mx－y－3m＋1＝0的斜率k1＝m，l2：x＋my－3m－1＝0的斜率k2＝－eq \f(1,m)，则k1k2＝－1，所以l1与l2互相垂直．综上，l1一定垂直于l2，故A错误．对于B，l1过定点M(3,1)，l2过定点N(1,3)，|MN|＝2eq \r(2).若点P与点M或点N重合，则|PM|＋|PN|＝|MN|＝2eq \r(2)；若点P与点M，N不重合，则在Rt△PMN中，设∠PMN＝θ，则|PM|＋|PN|＝2eq \r(2)cs θ＋2eq \r(2)sin θ＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))≤4，故B错误．对于C，当点P与点M或点N重合时，P(3,1)或P(1,3)；当点P与点M，N不重合时，由eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))＝0可得点P的轨迹方程为(x－2)2＋(y－2)2＝2，(3,1)和(1,3)两点也满足此式，又因为直线l1不能同时过(3,1)和(3,3)两个点，所以点P的轨迹不经过点(3,3)，故C错误．对于D，作CD⊥AB交线段AB于点D(图略)，则|CD|＝eq \r(2)，所以点D的轨迹方程为(x＋1)2＋(y＋1)2＝2，且D为线段AB的中点，所以|eq \(PA,\s\up7(―→))＋eq \(PB,\s\up7(―→))|＝2|eq \(PD,\s\up7(―→))|.又因为|eq \(PD,\s\up7(―→))|的最小值为eq \r(2)，所以|eq \(PA,\s\up7(―→))＋eq \(PB,\s\up7(―→))|的最小值为2eq \r(2)，故D正确．故选D.
3.如图，已知圆C与y轴相切于点T(0，2)，与x轴的正半轴交于两点M，N(点M在点N的左侧)，且|MN|＝3.
(1)求圆C的方程；
(2)过点M任作一直线与圆O：x2＋y2＝4相交于A，B两点，连接AN，BN，求证：kAN＋kBN为定值．
解：(1)因为圆C与y轴相切于点T(0,2)，可设圆心的坐标为(m,2)(m>0)，则圆C的半径为m，
又|MN|＝3，所以m2＝4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＝eq \f(25,4)，解得m＝eq \f(5,2)，所以圆C的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))2＋(y－2)2＝eq \f(25,4).
(2)证明：由(1)知M(1,0)，N(4,0)，当直线AB的斜率为0时，易知kAN＝kBN＝0，即kAN＋kBN＝0.
当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝1＋ty，将x＝1＋ty代入x2＋y2－4＝0，并整理得(t2＋1)y2＋2ty－3＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2t,t2＋1)，,y1y2＝\f(－3,t2＋1)，))
则kAN＋kBN＝eq \f(y1,x1－4)＋eq \f(y2,x2－4)＝eq \f(y1,ty1－3)＋eq \f(y2,ty2－3)
＝eq \f(2ty1y2－3y1＋y2,ty1－3ty2－3)＝eq \f(\f(－6t,t2＋1)＋\f(6t,t2＋1),ty1－3ty2－3)＝0.
综上可知，kAN＋kBN为定值．
第3课时 难点专攻夺高分——与圆有关的综合问题
圆的方程是高中数学的一个重要知识点，随着高考改革的变化，圆锥曲线的考查难度逐渐降低，而圆作为圆锥曲线中的一种特殊形式，命题的热度越来越高，高考中，除了圆的方程的求法外，圆的方程与其他知识的综合问题也是高考考查的热点，常涉及轨迹问题和最值问题．解决此类问题的关键是数形结合思想的运用．
命题视角一 与圆有关的轨迹问题
[典例] 已知Rt△ABC的斜边为AB，且A(－1,0)，B(3,0)．求：
(1)直角顶点C的轨迹方程；
(2)直角边BC的中点M的轨迹方程．
[解] (1)设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.因为AC⊥BC，所以kAC·kBC＝－1，
又kAC＝eq \f(y,x＋1)，kBC＝eq \f(y,x－3)，所以eq \f(y,x＋1)·eq \f(y,x－3)＝－1，化简得x2＋y2－2x－3＝0.因此，直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．
(2)设M(x，y)，C(x0，y0)，因为B(3,0)，M是线段BC的中点，由中点坐标公式得x＝eq \f(x0＋3,2)，y＝eq \f(y0＋0,2)，所以x0＝2x－3，y0＝2y.由(1)知，点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，将x0＝2x－3，y0＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4，即(x－2)2＋y2＝1.因此动点M的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．
[方法技巧] 求与圆有关的轨迹问题的方法
[针对训练]
已知线段AB的端点B的坐标为(8,6)，端点A在圆C：x2＋y2＋4x＝0上运动，求线段AB的中点P的轨迹方程，并说明它的轨迹是什么．
解：设点P的坐标为(x，y)，点A的坐标为(x0，y0)，由于点B的坐标为(8,6)，且P为线段AB的中点，∴x＝eq \f(x0＋8,2)，y＝eq \f(y0＋6,2)，于是有x0＝2x－8，y0＝2y－6.∵点A在圆C上运动，∴点A的坐标满足方程x2＋y2＋4x＝0，即xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＋4x0＝0，∴(2x－8)2＋(2y－6)2＋4(2x－8)＝0，化简整理，得x2＋y2－6x－6y＋17＝0，即(x－3)2＋(y－3)2＝1.故点P的轨迹是以(3,3)为圆心，1为半径的圆．
命题视角二 与圆有关的范围或最值问题
考法(一) 斜率型最值问题
[例1] 已知x，y满足x2＋y2－4x－2y－4＝0，则eq \f(2x＋3y＋3,x＋3)的最大值为( )
A．2 B.eq \f(17,4) C.eq \f(29,5) D.eq \f(13,4) eq \r(13)
[解析] 方程配方得(x－2)2＋(y－1)2＝9.eq \f(2x＋3y＋3,x＋3)＝2＋3×eq \f(y－1,x＋3)＝2＋3kPA，其中A(－3,1)为定点，点P(x，y)为圆上一点．设过定点A的直线l：y－1＝k(x＋3)与圆相切，则eq \f(|5k|,\r(1＋k2))＝3⇒k＝±eq \f(3,4)，由题可知，－eq \f(3,4)≤kPA≤eq \f(3,4)，所以eq \f(2x＋3y＋3,x＋3)的最大值为2＋3×eq \f(3,4)＝eq \f(17,4)，故选B.
[答案] B
[方法技巧]
处理与圆有关的最值问题，应充分探究圆的几何性质，并根据代数式的几何意义，利用数形结合思想求解．求形如k＝eq \f(y－b,x－a)的最值问题，可转化为求斜率的最值问题，即过点(a，b)和(x，y)的直线斜率的最值问题．
考法(二) 截距型最值问题
[例2] 已知实数x，y满足方程x2＋y2＋4y－1＝0，则eq \r(2)x＋y的最大值是________，最小值是________．
[解析] 设eq \r(2)x＋y＝b，则直线eq \r(2)x＋y＝b与圆x2＋y2＋4y－1＝0有公共点，而圆x2＋y2＋4y－1＝0配方得x2＋(y＋2)2＝5，所以圆心坐标为(0，－2)，半径为eq \r(5)，于是可得eq \f(|\r(2)×0－2－b|,\r(2＋1))≤eq \r(5)，解得－eq \r(15)－2≤b≤eq \r(15)－2，所以eq \r(2)x＋y的最大值为eq \r(15)－2，最小值为－eq \r(15)－2.
[答案] eq \r(15)－2 －eq \r(15)－2
[方法技巧]
若(x，y)为圆上任意一点，求形如u＝ax＋by的最值，可转化为求动直线截距的最值．具体方法是：(1)数形结合法，当直线与圆相切时，直线在y轴上的截距取得最值；(2)把u＝ax＋by代入圆的方程中，消去y得到关于x的一元二次方程，由Δ≥0求得u的范围，进而求得最值．
考法(三) 距离型最值问题
[例3] (1)若P是圆C：(x＋3)2＋(y－3)2＝1上任一点，则点P到直线y＝kx－1距离的最大值为( )
A．4 B．6 C．3eq \r(2)＋1 D．1＋eq \r(10)
(2)已知动点P(x，y)满足x2＋y2－|x|－|y|＝0，O为坐标原点，则eq \r(x2＋y2)的最大值为________．
[解析] (1)易知圆心坐标为(－3,3)，半径r＝1.由题意知，直线y＝kx－1恒过定点(0，－1)，所以圆心到定点(0，－1)的距离为eq \r(－3－02＋3＋12)＝5，所以圆上的点P到直线y＝kx－1的距离的最大值为5＋1＝6，故选B.
(2)eq \r(x2＋y2)表示曲线上的任意一点(x，y)到原点的距离．由曲线x2＋y2－|x|－|y|＝0的表达式知它是一个轴对称图形，也是一个中心对称图形，如图所示，曲线上任意一点(x，y)到原点的距离的最大值为|OA|＋|AP|＝eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)＝eq \r(2).
[答案] (1)B (2)eq \r(2)
[方法技巧]
若(x，y)为圆上任意一点，求形如t＝(x－a)2＋(y－b)2的最值，可转化为圆上的点到定点的距离的最值，即把(x－a)2＋(y－b)2看作是点(a，b)与圆上的点(x，y)连线的距离的平方，利用数形结合法求解．
考法(四) 利用对称性求最值
[例4] 已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为( )
A．5eq \r(2)－4 B.eq \r(17)－1
C．6－2eq \r(2) D.eq \r(17)
[解析] 如图，P是x轴上任意一点，则|PM|的最小值为|PC1|－1，同理|PN|的最小值为|PC2|－3，则|PM|＋|PN|的最小值为|PC1|＋|PC2|－4.作C1关于x轴的对称点C1′(2，－3)．所以|PC1|＋|PC2|＝|PC1′|＋|PC2|≥|C1′C2|＝5eq \r(2)，即|PM|＋|PN|＝|PC1|＋|PC2|－4≥5eq \r(2)－4.
[答案] A
[方法技巧]
求解形如|PM|＋|PN|(其中M，N均为动点)且与圆C有关的折线段的最值问题的基本思路：
(1)“动化定”，即把与圆上动点的距离转化为与圆心的距离；
(2)“曲化直”，即将折线段之和转化为同一直线上的两线段之和，一般要通过对称性解决．
[针对训练]
1．已知点P为直线y＝x＋1上的一点，M，N分别为圆C1：(x－4)2＋(y－1)2＝4与圆C2：x2＋(y－2)2＝eq \f(1,4)上的点，则|PM|－|PN|的最大值为( )
A．4 B.eq \f(9,2) C.eq \f(11,2) D．7
解析：选C 设C2(0,2)关于直线y＝x＋1的对称点为C(m，n)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n－2,m－0)＝－1，,\f(n＋2,2)＝\f(m,2)＋1，))解得C(1,1)．由对称性可得|PC|＝|PC2|，则|PC1|－|PC2|＝|PC1|－|PC|≤|C1C|＝3，由于|PM|≤|PC1|＋2，|PN|≥|PC2|－eq \f(1,2)，∴|PM|－|PN|≤|PC1|－|PC2|＋eq \f(5,2)≤eq \f(11,2)，即|PM|－|PN|的最大值为eq \f(11,2)，故选C.
2．设P为直线3x－4y＋11＝0上的动点，过点P作圆C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，切点分别为A，B，则四边形PACB的面积的最小值为( )
A.eq \r(3) B.eq \r(2) C.eq \r(5) D．1
解析：选A 圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心为C(1,1)，半径r＝1，根据对称性可知，四边形PACB的面积为2S△APC＝2×eq \f(1,2)|PA|r＝|PA|＝eq \r(|PC|2－r2)，要使四边形PACB的面积最小，则只需|PC|最小，|PC|最小时为圆心到直线l：3x－4y＋11＝0的距离d＝eq \f(|3－4＋11|,\r(32＋－42))＝eq \f(10,5)＝2.所以四边形PACB面积的最小值为eq \r(|PC|min2－r2)＝eq \r(4－1)＝eq \r(3).
3．已知A(0,2)，点P在直线x＋y＋2＝0上，点Q在圆C：x2＋y2－4x－2y＝0上，则|PA|＋|PQ|的最小值是________．
解析：因为圆C：x2＋y2－4x－2y＝0，故圆C是以C(2,1)为圆心，半径r＝eq \r(5)的圆．设点A(0,2)关于直线x＋y＋2＝0的对称点为A′(m，n)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(m＋0,2)＋\f(n＋2,2)＋2＝0，,\f(n－2,m－0)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－4，,n＝－2，))故A′(－4，－2)．连接A′C交圆C于点Q，由对称性可知|PA|＋|PQ|＝|A′P|＋|PQ|≥|A′Q|＝|A′C|－r＝2eq \r(5).
答案：2eq \r(5)
4．已知M为圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一点，且点Q(－2,3)．
(1)求|MQ|的最大值和最小值；
(2)若M(m，n)，求eq \f(n－3,m＋2)的最大值和最小值．
解：(1)由圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0可得(x－2)2＋(y－7)2＝8，圆心C的坐标为(2,7)，半径r＝2eq \r(2).又|QC|＝eq \r(2＋22＋7－32)＝4eq \r(2).故|MQ|max＝4eq \r(2)＋2eq \r(2)＝6eq \r(2)，|MQ|min＝4eq \r(2)－2eq \r(2)＝2eq \r(2).
(2)由题可知eq \f(n－3,m＋2)表示直线MQ的斜率，设直线MQ的方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0，则eq \f(n－3,m＋2)＝k，由直线MQ与圆C有交点，所以eq \f(|2k－7＋2k＋3|,\r(1＋k2))≤2eq \r(2)，可得2－eq \r(3)≤k≤2＋eq \r(3)，所以eq \f(n－3,m＋2)的最大值为2＋eq \r(3)，最小值为2－eq \r(3).
[课时跟踪检测]
一、综合练——练思维敏锐度
1．直线y＝kx＋3与圆(x－3)2＋(y－2)2＝4相交于M，N两点，若|MN|≥2eq \r(3)，则k的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，0))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0))
解析：选B 圆心(3,2)到直线y＝kx＋3的距离d＝eq \f(|3k－2＋3|,\r(k2＋1))＝eq \f(|3k＋1|,\r(k2＋1))，由|MN|≥2eq \r(3)，得2eq \r(3)≤2eq \r(4－d2)，所以d2≤1，即8k2＋6k≤0⇒－eq \f(3,4)≤k≤0，故选B.
2．已知圆C：x2＋y2－8y＋14＝0，直线l：mx－y－3m＋1＝0与x轴、y轴分别交于A，B两点．设圆C上任意一点P到直线l的距离为d，当d取最大值时，△PAB的面积为( )
A．3eq \r(2) B．8
C．6 D．4eq \r(2)
解析：选B 直线l：mx－y－3m＋1＝0过定点M(3,1)．圆C：x2＋y2－8y＋14＝0的圆心为C(0,4)，半径r＝eq \r(2).当MC⊥l时，圆心C到直线l的距离最大，此时圆心C到直线l的距离为|MC|＝3eq \r(2)，则点P到直线l的最大距离d＝3eq \r(2)＋r＝4eq \r(2).又|MC|＝eq \f(|－4－3m＋1|,\r(1＋m2))＝3eq \r(2)，所以m＝1，直线l的方程为x－y－2＝0，所以|AB|＝2eq \r(2).从而△PAB的面积S＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×4eq \r(2)＝8.
3．在平面直角坐标系内，过点P(0,3)的直线与圆心为C的圆x2＋y2－2x－3＝0相交于A，B两点，则△ABC面积的最大值是( )
A．2 B．4
C.eq \r(3) D．2eq \r(3)
解析：选A 过点P(0,3)的直线与圆心为C的圆x2＋y2－2x－3＝0相交于A，B两点，①当直线的斜率不存在时，直线的方程为x＝0，在y轴上所截得的线段长为d＝2×eq \r(22－12)＝2eq \r(3)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×1＝eq \r(3).②当直线的斜率存在时．设圆心到直线的距离为d，则所截得的弦长l＝2eq \r(4－d2).所以S△ABC＝eq \f(1,2)×2eq \r(4－d2)×d＝eq \r(4－d2)×eq \r(d2)≤eq \f(4－d2＋d2,2)＝2，当且仅当d＝eq \r(2)时成立．所以△ABC面积的最大值为2.
4．已知圆C：x2＋y2－2ax－2by＋a2＋b2－1＝0(a＜0)的圆心在直线eq \r(3)x－y＋eq \r(3)＝0上，且圆C上的点到直线 eq \r(3)x＋y＝0的距离的最大值为1＋eq \r(3)，则a2＋b2的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 易知圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝1，所以圆心为(a，b)，由圆心在直线eq \r(3)x－y＋eq \r(3)＝0上，可得eq \r(3)a－b＋eq \r(3)＝0，即b＝eq \r(3)(a＋1) ①.圆C上的点到直线 eq \r(3)x＋y＝0的距离的最大值dmax＝1＋eq \f(|\r(3)a＋b|,2)＝eq \r(3)＋1，得|eq \r(3)a＋b|＝2eq \r(3) ②.由①②得|2a＋1|＝2，又a＜0，所以a＝－eq \f(3,2)，a2＋b2＝a2＋3(a＋1)2＝3.
5．在平面直角坐标系xOy中，圆C经过点(0,1)，(0,3)，且与x轴的正半轴相切，若圆C上存在点M，使得直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称，则k的最小值为( )
A.eq \f(2\r(3),3) B.eq \r(3)
C．2eq \r(3) D．4eq \r(3)
解析：选D 由圆C经过点(0,1)，(0,3)可知，圆心的纵坐标为eq \f(1＋3,2)＝2，又圆C与x轴的正半轴相切，所以圆的半径为2，则圆心的横坐标为 eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3－1,2)))2)＝eq \r(3)，即圆心为点(eq \r(3)，2)，由此可得圆C的方程为(x－eq \r(3))2＋(y－2)2＝4.由直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称知直线OM的方程为y＝－kx(k>0)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－kx，,x－\r(3)2＋y－22＝4，))消去y得(1＋k2)x2＋(4k－2eq \r(3))x＋3＝0，则Δ＝(4k－2eq \r(3))2－4(1＋k2)×3≥0，即4k2－16eq \r(3)k≥0，解得k≥4eq \r(3).故k的最小值为4eq \r(3).
6．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点所形成的图形是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy中，A(－2,0)，B(4,0)，点P满足eq \f(PA,PB)＝eq \f(1,2)，设点P所构成的曲线为C，下列结论不正确的是( )
A．C的方程为(x＋4)2＋y2＝16
B．在C上存在点D，使得D到点(1,1)的距离为3
C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|
D．在C上存在点N，使得|NO|2＋|NA|2＝4
解析：选C 设点P(x，y)，A(－2,0)，B(4,0)，由eq \f(PA,PB)＝eq \f(1,2)，得eq \f(\r(x＋22＋y2),\r(x－42＋y2))＝eq \f(1,2)，化简得x2＋y2＋8x＝0，即(x＋4)2＋y2＝16，故A选项正确；曲线C的方程表示圆心为(－4,0)，半径为4的圆，圆心与点(1,1)的距离为eq \r(－4－12＋1)＝eq \r(26)，则点(1,1)与圆上的点的距离的最小值为eq \r(26)－4，最大值为eq \r(26)＋4，而3∈[eq \r(26)－4，eq \r(26)＋4]，故B选项正确；对于C选项，设M(x0，y0)，由|MO|＝2|MA|，得 eq \r(x02＋y02)＝2eq \r(x0＋22＋y02)，又(x0＋4)2＋y02＝16，联立方程消去y0得x0＝2，再代入(x0＋4)2＋y02＝16得y0无解，故C选项错误；对于D选项，设N(x0，y0)，由|NO|2＋|NA|2＝4，得x02＋y02＋(x0＋2)2＋y02＝4，又(x0＋4)2＋y02＝16，联立方程消去y0得x0＝0，再代入(x0＋4)2＋y02＝16得y0＝0，故D选项正确．
7．已知实数x，y满足(x－2)2＋(y－1)2＝1，则z＝eq \f(y＋1,x)的最大值与最小值分别为______和______．
解析：由题意，得eq \f(y＋1,x)表示过点A(0，－1)和圆(x－2)2＋(y－1)2＝1上的动点(x，y)的直线的斜率，当且仅当直线与圆相切时，直线的斜率分别取得最大值和最小值．设切线方程为y＝kx－1，即kx－y－1＝0，则eq \f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq \f(4±\r(7),3)，所以zmax＝eq \f(4＋\r(7),3)，zmin＝eq \f(4－\r(7),3).
答案：eq \f(4＋\r(7),3) eq \f(4－\r(7),3)
8．已知点P是直线l：kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，PA，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，切点分别为A，B.若四边形PACB的最小面积为2，则k＝________.
解析：由x2＋y2－2y＝0，即x2＋(y－1)2＝1，可知圆C的圆心为C(0,1)，半径为1.根据条件PA，PB是圆C的两条切线，如图所示．则△PAC，△PBC为两个全等的直角三角形．所以四边形PACB的面积S＝2S△PAC＝|AC|·|PA|＝|PA|＝eq \r(|PC|2－1)，显然当|PC|最小时，四边形PACB的面积最小．由四边形PACB的最小面积为2，得eq \r(|PC|2－1)＝2，即|PC|的最小值为eq \r(5).又P是直线l：kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，所以|PC|的最小值为点C到直线l的距离d＝eq \f(|5|,\r(1＋k2))＝eq \r(5)(k>0)，解得k＝2.
答案：2
9．已知点P(2,2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．
(1)求M的轨迹方程；
(2)当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．
解：(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，所以圆心为C(0,4)，半径为4.设M(x，y)，则eq \(CM,\s\up7(―→))＝(x，y－4)，eq \(MP,\s\up7(―→))＝(2－x,2－y)．由题设知eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(MP,\s\up7(―→))＝0，故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝2.所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.
(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心， eq \r(2)为半径的圆．由于|OP|＝|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ON⊥PM.因为ON的斜率为3，所以l的斜率为－eq \f(1,3)，故l的方程为y＝－eq \f(1,3)x＋eq \f(8,3).又|OM|＝|OP|＝2eq \r(2)，O到l的距离为eq \f(4\r(10),5)，故|PM|＝eq \f(4\r(10),5)，所以△POM的面积为S△POM＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(10),5)×eq \f(4\r(10),5)＝eq \f(16,5).
10．已知圆C：x2＋(y－a)2＝4，点A(1,0)．
(1)当过点A的圆C的切线存在时，求实数a的取值范围；
(2)设AM，AN为圆C的两条切线，M，N为切点，当|MN|＝eq \f(4\r(5),5)时，求MN所在直线的方程．
解：(1)∵过点A的切线存在，即点A在圆外或圆上，∴1＋a2≥4，∴a≥ eq \r(3)或a≤－eq \r(3).故实数a的取值范围为(－∞，－eq \r(3)]∪[eq \r(3)，＋∞)．
(2)设MN与AC交于点D，O为坐标原点．∵|MN|＝eq \f(4\r(5),5)，∴|DM|＝eq \f(2\r(5),5).又|MC|＝2，∴|CD|＝ eq \r(4－\f(20,25))＝eq \f(4,\r(5))，∴cs∠MCA＝eq \f(\f(4,\r(5)),2)＝eq \f(2,\r(5))，|AC|＝eq \f(|MC|,cs∠MCA)＝eq \f(2,\f(2,\r(5)))＝eq \r(5)，∴|OC|＝2，|AM|＝1，∴MN是以点A为圆心，1为半径的圆A与圆C的公共弦，圆A的方程为(x－1)2＋y2＝1，圆C的方程为x2＋(y－2)2＝4或x2＋(y＋2)2＝4，∴MN所在直线的方程为(x－1)2＋y2－1－x2－(y－2)2＋4＝0，即x－2y＝0或(x－1)2＋y2－1－x2－(y＋2)2＋4＝0，即x＋2y＝0，因此MN所在直线的方程为x－2y＝0或x＋2y＝0.
二、自选练——练高考区分度
1．若圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2eq \r(2)，则直线l的斜率的取值范围是( )
A．[2－eq \r(3)，1] B．[2－eq \r(3)，2＋eq \r(3)]
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\r(3))) D．[0，＋∞)
解析：选B 圆x2＋y2－4x－4y－10＝0可化为(x－2)2＋(y－2)2＝18，则圆心为(2,2)，半径为3eq \r(2).由圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2eq \r(2)可得，圆心到直线l：ax＋by＝0的距离d≤3eq \r(2)－2eq \r(2)＝eq \r(2).即eq \f(|2a＋2b|,\r(a2＋b2))≤eq \r(2)，则a2＋b2＋4ab≤0.若a＝0，则d＝2，不符合题意；故a≠0，则上式可化为1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2＋4·eq \f(b,a)≤0，由于直线l的斜率k＝－eq \f(a,b)，所以上式可化为1＋k2－4k≤0，则k∈[2－eq \r(3)，2＋eq \r(3)]，故选B.
2．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深刻系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A，B的距离之比为λ(λ＞0，λ≠1)，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面我们来研究与此相关的一个问题，已知圆O：x2＋y2＝1上的动点M和定点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))，B(1,1)，则2|MA|＋|MB|的最小值为( )
A.eq \r(6) B.eq \r(7) C.eq \r(10) D.eq \r(11)
解析：选C ①当点M在x轴上时，点M的坐标为(－1,0)或(1,0)．若点M的坐标为(－1,0)，则2|MA|＋|MB|＝2×eq \f(1,2)＋eq \r(1＋12＋12)＝1＋eq \r(5)；若点M的坐标为(1,0)，则2|MA|＋|MB|＝2×eq \f(3,2)＋eq \r(1－12＋12)＝4.②当点M不在x轴上时，取点K(－2,0)，连接OM，MK，因为|OM|＝1，|OA|＝eq \f(1,2)，|OK|＝2，所以eq \f(|OM|,|OA|)＝eq \f(|OK|,|OM|)＝2.因为∠MOK＝∠AOM，所以△MOK∽△AOM，则eq \f(|MK|,|MA|)＝eq \f(|OM|,|OA|)＝2，所以|MK|＝2|MA|，则2|MA|＋|MB|＝|MB|＋|MK|.易知|MB|＋|MK|≥|BK|，可知|MB|＋|MK|的最小值为|BK|.因为B(1,1)，K(－2,0)，所以(2|MA|＋|MB|)min＝|BK|＝eq \r(－2－12＋0－12)＝eq \r(10).综上，易知2|MA|＋|MB|的最小值为eq \r(10).故选C.
3．在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，以O为圆心的圆与直线x－eq \r(3)y－4＝0相切．
(1)求圆O的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋3与圆O交于A，B两点，在圆O上是否存在一点Q，使得OQ―→＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))？若存在，求出此时直线l的斜率；若不存在，请说明理由．
解：(1)设圆O的半径为r，因为直线x－eq \r(3)y－4＝0与圆O相切，所以r＝eq \f(|0－\r(3)×0－4|,\r(1＋3))＝2，所以圆O的方程为x2＋y2＝4.
(2)假设存在点Q，使得eq \(OQ,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)).
由题意可知，圆心O到直线l的距离d＝eq \f(3,\r(1＋k2))
第四节 椭圆
课程标准
1.掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程．
2．掌握椭圆的简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率)．
3．了解椭圆的简单应用．
4．理解数形结合的思想．
[由教材回扣基础]
1．椭圆的定义
平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆．这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距．
集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a>0，c>0，且a，c为常数．
(1)若a>c，则集合P为椭圆．
(2)若a＝c，则集合P为线段．
(3)若a
澄清微点·熟记结论
(1)设P为椭圆上不同于长轴两端点的点，F1，F2为椭圆的两个焦点，则①b≤|OP|
(3)过原点最长的弦为长轴，最短的弦为短轴．
(4)焦点三角形：椭圆上的点P(x0，y0)与两焦点F1，F2构成的△PF1F2叫做焦点三角形．若r1＝|PF1|，r2＝|PF2|，∠F1PF2＝θ，△PF1F2的面积为S，则在椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)中：
①当r1＝r2，即点P为短轴端点时，θ最大；
②S＝eq \f(1,2)|PF1||PF2|sin θ＝c|y0|，当|y0|＝b，即点P为短轴端点时，S取得最大值，最大值为bc；
③△PF1F2的周长为2(a＋c)；
④S△PF1F2＝b2·tan eq \f(θ,2).
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)平面内与两个定点F1，F2的距离之和等于常数的点的轨迹是椭圆．( )
(2)椭圆上一点P与两焦点F1，F2构成△PF1F2的周长为2a＋2c(其中a为椭圆的长半轴长，c为椭圆的半焦距)．( )
(3)方程mx2＋ny2＝1(m＞0，n＞0，m≠n)表示的曲线是椭圆．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√
二、练牢教材小题
1．(人教A版选修2－1 P42T1改编)如果椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,25)＝1上一点P与焦点F1的距离为6，则点P到另一个焦点F2的距离是________．
答案：4
2．(新北师大版选择性必修①P53T3改编)已知椭圆的长轴与短轴之比为3∶2，则它的离心率为________．
答案：eq \f(\r(5),3)
3．(新人教B版选择性必修①P134T4改编)已知椭圆的一个焦点为F(6,0)，且B1，B2是短轴的两个端点，△FB1B2是等腰直角三角形，则这个椭圆的标准方程是______________．
答案：eq \f(x2,72)＋eq \f(y2,36)＝1
三、练清易错易混
1．(忽视对焦点位置的讨论)若椭圆的方程为eq \f(x2,10－a)＋eq \f(y2,a－2)＝1，且此椭圆的焦距为4，则实数a＝________.
解析：①当焦点在x轴上时，10－a－(a－2)＝22，解得a＝4；②当焦点在y轴上时，a－2－(10－a)＝22，解得a＝8.
答案：4或8
2．(忽视椭圆上点的坐标满足的条件)已知点P是椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1上y轴右侧的一点，且以点P及焦点F1，F2为顶点的三角形的面积等于1，则点P的坐标为______________．
解析：设P(x，y)，由题意知c2＝a2－b2＝5－4＝1，所以c＝1，则F1(－1,0)，F2(1,0)．由题意可得点P到x轴的距离为1，所以y＝±1，把y＝±1代入eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1，得x＝±eq \f(\r(15),2)，又x>0，所以x＝eq \f(\r(15),2)，所以P点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(15),2)，1))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(15),2)，－1)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(15),2)，1))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(15),2)，－1))
命题视角一 椭圆定义的应用
考法(一) 利用定义求轨迹方程
[例1] (2022·济南调研)已知两圆C1：(x－4)2＋y2＝169，C2：(x＋4)2＋y2＝9，动圆M在圆C1内部且和圆C1相内切，和圆C2相外切，则动圆圆心M的轨迹方程为( )
A.eq \f(x2,64)－eq \f(y2,48)＝1 B.eq \f(y2,64)＋eq \f(x2,48)＝1
C.eq \f(x2,48)－eq \f(y2,64)＝1 D.eq \f(x2,64)＋eq \f(y2,48)＝1
[解析] 设圆M的半径为r，则|MC1|＋|MC2|＝(13－r)＋(3＋r)＝16＞8＝|C1C2|，所以M的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，且2a＝16,2c＝8，故所求的轨迹方程为eq \f(x2,64)＋eq \f(y2,48)＝1.
[答案] D
考法(二) 求解“焦点三角形”问题
[例2] (1)椭圆C：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上异于端点的任意一点，PF1，PF2的中点分别为M，N，O为坐标原点，四边形OMPN的周长为2eq \r(3)，则△PF1F2的周长是( )
A．2(eq \r(2)＋eq \r(3)) B．4＋2eq \r(3)
C．eq \r(2)＋eq \r(3) D．eq \r(2)＋2eq \r(3)
(2)(2021·全国甲卷)已知F1，F2为椭圆C：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为________．
[解析] (1)如图，由于O，M，N分别为F1F2，PF1，PF2的中点，所以OM∥PF2，ON∥PF1，且|OM|＝eq \f(1,2)|PF2|，|ON|＝eq \f(1,2)|PF1|，所以四边形OMPN为平行四边形，所以▱OMPN的周长为2(|OM|＋|ON|)＝|PF1|＋|PF2|＝2a＝2eq \r(3)，所以a＝eq \r(3)，又知a2＝b2＋c2，b2＝1，所以c2＝a2－1＝2，所以|F1F2|＝2c＝2eq \r(2)，所以△PF1F2的周长为2a＋2c＝2eq \r(3)＋2eq \r(2)＝2(eq \r(2)＋eq \r(3))，故选A.
(2)因为|PQ|＝|F1F2|，所以PF1⊥PF2.因为|PF1|＋|PF2|＝8，|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝48，所以|PF1||PF2|＝eq \f(1,2)[(|PF1|＋|PF2|)2－|F1F2|2]＝eq \f(1,2)×(64－48)＝8，故S四边形PF1QF2＝eq \f(1,2)|PF1||PF2|×2＝8.
[答案] (1)A (2)8
考法(三) 利用定义求最值
[例3] 设点P是椭圆C：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1上的动点，F为椭圆C的右焦点，定点A(2,1)，则|PA|＋|PF|的取值范围是______________．
[解析] 如图所示，设F′是椭圆的左焦点，连接AF′，PF′，则F′(－2,0)，∴|AF′|＝eq \r(42＋12)＝eq \r(17).∵|PF|＋|PF′|＝2a＝4eq \r(2)，∴|PA|＋|PF|＝|PA|＋2a－|PF′|≤2a＋|AF′|＝4eq \r(2)＋eq \r(17)，|PA|＋|PF|＝|PA|＋2a－|PF′|＝2a－(|PF′|－|PA|)≥2a－|AF′|＝4eq \r(2)－eq \r(17).∴|PA|＋|PF|的取值范围是[4eq \r(2)－eq \r(17)，4eq \r(2)＋eq \r(17) ]．
[答案] [4eq \r(2)－eq \r(17)，4eq \r(2)＋eq \r(17) ]
[方法技巧] 椭圆定义应用的类型及方法
(1)求方程：通过对题设条件分析、转化后，能够明确动点满足椭圆的定义，便可直接求解其轨迹方程．
(2)焦点三角形问题：利用定义求焦点三角形的周长和面积．解决焦点三角形问题常利用椭圆的定义、正弦定理或余弦定理，其中|PF1|＋|PF2|＝2a两边平方是常用技巧．
(3)求最值：抓住|PF1|与|PF2|之和为定值，可联系到利用基本不等式求|PF1|·|PF2|的最值；利用定义|PF1|＋|PF2|＝2a转化或变形，借助三角形性质求最值．
[针对训练]
1．已知△ABC的周长为20，且顶点B(0，－4)，C(0,4)，则顶点A的轨迹方程是( )
A.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,20)＝1(x≠0) B.eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,36)＝1(x≠0)
C.eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,20)＝1(x≠0) D.eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,6)＝1(x≠0)
解析：选B ∵△ABC的周长为20，顶点B(0，－4)，C(0,4)，∴|BC|＝8，|AB|＋|AC|＝20－8＝12，∵12＞8，∴点A到两个定点的距离之和等于定值，∴点A的轨迹是椭圆的一部分，∵a＝6，c＝4，∴b2＝20，∴椭圆的方程是eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,36)＝1(x≠0)．
2．已知P是椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1上一点，椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，且cs∠F1PF2＝eq \f(1,3)，则有以下叙述：
①△PF1F2的周长为12；
②S△PF1F2＝2eq \r(2)
③点P到x轴的距离为eq \f(2\r(10),5)；
④eq \(PF1,\s\up7(―→))·eq \(PF2,\s\up7(―→))＝2
其中正确的序号为________．
解析：由椭圆方程知a＝3，b＝2，所以c＝eq \r(5)，所以|PF1|＋|PF2|＝6，于是△PF1F2的周长为2a＋2c＝6＋2eq \r(5)，故①错误；
在△PF1F2中，由余弦定理可得|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cs∠F1PF2＝(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1||PF2|－2|PF1|·|PF2|cs∠F1PF2，所以20＝36－2|PF1||PF2|－eq \f(2,3)|PF1||PF2|，解得|PF1|·|PF2|＝6，故S△PF1F2＝eq \f(1,2)|PF1||PF2|·sin∠F1PF2＝eq \f(1,2)×6×eq \f(2\r(2),3)＝2eq \r(2)，故②正确；
设点P到x轴的距离为d，则S△PF1F2＝eq \f(1,2)|F1F2|·d＝eq \f(1,2)×2eq \r(5)d＝2eq \r(2)，解得d＝eq \f(2\r(10),5)，故③正确；eq \(PF1,\s\up7(―→))·eq \(PF2,\s\up7(―→))＝|eq \(PF1,\s\up7(―→))|·|eq \(PF2,\s\up7(―→))|cs∠F1PF2＝6×eq \f(1,3)＝2，故④正确．
答案：②③④
3．(2022·惠州调研)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短轴长为2，上顶点为A，左顶点为B，左、右焦点分别是F1，F2，且△F1AB的面积为eq \f(2－\r(3),2)，点P为椭圆上的任意一点，则eq \f(1,|PF1|)＋eq \f(1,|PF2|)的取值范围是________．
解析：由已知得2b＝2，故b＝1，∴a2－c2＝b2＝1 ①.∵△F1AB的面积为eq \f(2－\r(3),2)，∴eq \f(1,2)(a－c)b＝eq \f(2－\r(3),2)，∴a－c＝2－eq \r(3) ②.由①②联立解得，a＝2，c＝eq \r(3).由椭圆的定义知|PF1|＋|PF2|＝2a＝4，∴eq \f(1,|PF1|)＋eq \f(1,|PF2|)＝eq \f(|PF1|＋|PF2|,|PF1||PF2|)＝eq \f(4,|PF1|4－|PF1|)＝eq \f(4,－|PF1|2＋4|PF1|)，又2－eq \r(3)≤|PF1|≤2＋eq \r(3)，∴1≤－|PF1|2＋4|PF1|≤4，
∴1≤eq \f(1,|PF1|)＋eq \f(1,|PF2|)≤4，
即eq \f(1,|PF1|)＋eq \f(1,|PF2|)的取值范围是[1,4]．
答案：[1,4]
命题视角二 椭圆的标准方程
[典例] (1)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长为6，且两焦点恰好将长轴三等分，则此椭圆的标准方程为( )
A.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,32)＝1 B.eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1
C.eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1 D.eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1
(2)已知椭圆的中心在原点，以坐标轴为对称轴，且经过两点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(5,2)))，(eq \r(3)，eq \r(5))，则椭圆的方程为_____________________________________________________________．
[解析] (1)由题意可得eq \f(2c,2a)＝eq \f(1,3)，2a＝6，解得a＝3，c＝1，则b＝eq \r(32－12)＝eq \r(8)，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1.
(2)设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m＞0，n＞0，m≠n)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))2m＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2n＝1，,3m＋5n＝1，))解得m＝eq \f(1,6)，n＝eq \f(1,10).所以椭圆的方程为eq \f(y2,10)＋eq \f(x2,6)＝1.
[答案] (1)B (2)eq \f(y2,10)＋eq \f(x2,6)＝1
[方法技巧] 求椭圆标准方程的2种常用方法
[针对训练]
1．若直线x－2y＋2＝0经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的标准方程为( )
A.eq \f(x2,5)＋y2＝1 B.eq \f(x2,4)＋y2＝1
C.eq \f(x2,5)＋y2＝1或eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,5)＝1 D．以上答案都不正确
解析：选C 直线与坐标轴的交点为(0,1)，(－2,0)，由题意知当焦点在x轴上时，c＝2，b＝1，所以a2＝5，所求椭圆的标准方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1；当焦点在y轴上时，b＝2，c＝1，所以a2＝5，所求椭圆的标准方程为eq \f(y2,5)＋eq \f(x2,4)＝1.
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq \f(\r(3),3)，过F2的直线l交C于A，B两点．若△AF1B的周长为4eq \r(3)，则椭圆C的方程为( )
A.eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1 B.eq \f(x2,3)＋y2＝1
C.eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,8)＝1 D.eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,4)＝1
解析：选A 由题意及椭圆的定义知4a＝4eq \r(3)，则a＝eq \r(3)，
又eq \f(c,a)＝eq \f(c,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，所以c＝1，所以b2＝2，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.故选A.
3．一个椭圆的中心在原点，焦点F1，F2在x轴上，P(2，eq \r(3))是椭圆上一点，且|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列，则椭圆的方程为( )
A.eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,6)＝1 B.eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,6)＝1
C.eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1 D.eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1
解析：选A 设椭圆的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．由点P(2，eq \r(3))在椭圆上知eq \f(4,a2)＋eq \f(3,b2)＝1.又|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列，则|PF1|＋|PF2|＝2|F1F2|，即2a＝2·2c，eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，又c2＝a2－b2，联立得a2＝8，b2＝6.所以椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,6)＝1.
命题视角三 椭圆的几何性质
考法(一) 求椭圆的离心率
[例1] (1)(2022·武汉模拟)已知椭圆方程为eq \f(x2,a)＋eq \f(y2,b)＝1，且a，b，a＋b成等差数列，a，b，ab成等比数列，则此椭圆的离心率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2)
(2)过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>b>0))的左焦点F的直线过C的上端点B，且与椭圆相交于点A，若eq \(BF,\s\up7(―→))＝3eq \(FA,\s\up7(―→))，则C的离心率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(2),2)
[解析] (1)因为a，b，a＋b成等差数列，所以2b＝a＋a＋b，即b＝2a，又因为a，b，ab成等比数列，b≠0，a≠0，所以b2＝a·ab，即b＝a2，所以a＝2，b＝4，椭圆方程为eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)＝1，c＝eq \r(4－2)＝eq \r(2)，所以离心率e＝eq \f(\r(2),2).故选C.
(2)由题意可得B(0，b)，F(－c,0)，由eq \(BF,\s\up7(―→))＝3eq \(FA,\s\up7(―→))，得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)c，－\f(b,3)))，又点A在椭圆上，则eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)c))2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,3)))2,b2)＝1，整理可得eq \f(16,9)·eq \f(c2,a2)＝eq \f(8,9)，∴e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(1,2)，e＝eq \f(\r(2),2).故选D.
[答案] (1)C (2)D
[方法技巧]
求椭圆离心率的3种方法
(1)直接求出a，c来求解e.通过已知条件列方程组，解出a，c的值．
(2)构造a，c的齐次式，解出e.由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解．
(3)通过取特殊值或特殊位置，求出离心率．
提醒：在解关于离心率e的二次方程时，要注意利用椭圆的离心率e∈(0,1)进行根的取舍，否则将产生增根.
考法(二) 求椭圆的离心率的范围
[例2] (1)(2022·湛江模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1 (a>b>0)，直线y＝x与椭圆相交于A，B两点，若椭圆上存在异于A，B两点的点P使得kPA·kPB∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0))，则离心率e的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))
(2)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，短轴的一个端点为P，直线l：4x－3y＝0与椭圆C相交于A，B两点．若eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF))＝6，点P到直线l的距离不小于eq \f(6,5)，则椭圆离心率的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5,9))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(\r(3),2)))
[解析] (1)设P(x0，y0)，直线y＝x过原点，由椭圆的对称性设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，kPAkPB＝eq \f(y0－y1,x0－x1)×eq \f(y0＋y1,x0＋x1)＝eq \f(y\\al(2,0)－y\\al(2,1),x\\al(2,0)－x\\al(2,1)).又eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)＝1，eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，两式作差，代入上式得kPAkPB＝－eq \f(b2,a2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0))，故0
连接AF′，BF′，则四边形AFBF′是平行四边形，
∴6＝|AF|＋|BF|＝|AF′|＋|AF|＝2a，∴a＝3.取P(0，b)，
∵点P到直线l：4x－3y＝0的距离不小于eq \f(6,5)，∴eq \f(|3b|,\r(16＋9))≥eq \f(6,5)，解得b≥2.∴c≤eq \r(9－4)＝eq \r(5)，∴0
[方法技巧] 求椭圆离心率范围的2种方法
考法(三) 与椭圆性质有关的最值或范围问题
[例3] (1)如图，焦点在x轴上的椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,b2)＝1的离心率e＝eq \f(1,2)，F，A分别是椭圆的一个焦点和顶点，P是椭圆上任意一点，则eq \(PF,\s\up7(―→))·eq \(PA,\s\up7(―→))的最大值为( )
A．1 B．2eq \r(3)
C．4 D．4eq \r(3)
(2)设A，B是椭圆C：eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,m)＝1长轴的两个端点．若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是( )
A．(0,1]∪[9，＋∞) B．(0，eq \r(3) ]∪[9，＋∞)
C．(0,1]∪[4，＋∞) D．(0，eq \r(3) ]∪[4，＋∞)
[解析] (1)设P点坐标为(x0，y0)．由题意知a＝2，∵e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，∴c＝1，∴b2＝a2－c2＝3.∴椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.∴－2≤x0≤2，－eq \r(3)≤y0≤eq \r(3).又F(－1,0)，A(2,0)，eq \(PF,\s\up7(―→))＝(－1－x0，－y0)，eq \(PA,\s\up7(―→))＝(2-x0，－y0)，∴eq \(PF,\s\up7(―→))·eq \(PA,\s\up7(―→))＝xeq \\al(2,0)－x0－2＋yeq \\al(2,0)＝eq \f(1,4)xeq \\al(2,0)－x0＋1＝eq \f(1,4)(x0－2)2.当x0＝－2时，eq \(PF,\s\up7(―→))·eq \(PA,\s\up7(―→)) 取得最大值4.故选C.
(2)当0＜m＜3时，焦点在x轴上，要使C上存在点M满足∠AMB＝120°，则eq \f(a,b)≥tan 60°＝eq \r(3)，即eq \f(\r(3),\r(m))≥ eq \r(3)，解得0＜m≤1.当m＞3时，焦点在y轴上，要使C上存在点M满足∠AMB＝120°，则eq \f(a,b)≥tan 60°＝eq \r(3)，即eq \f(\r(m),\r(3))≥ eq \r(3)，解得m≥9.故m的取值范围为(0,1]∪[9，＋∞)．
[答案] (1)C (2)A
[方法技巧]
与椭圆有关的最值或范围问题的求解方法
(1)利用数形结合、几何意义，尤其是椭圆的性质，求最值或取值范围．
(2)利用函数，尤其是二次函数求最值或取值范围．
(3)利用不等式，尤其是基本不等式求最值或取值范围．
(4)利用一元二次方程的判别式求最值或取值范围．
提醒：求解与椭圆几何性质有关的参数问题时，要结合图形进行分析，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系．
[针对训练]
1．嫦娥四号月球探测器于2018年12月8日搭载长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心发射.12日下午4点43分左右，嫦娥四号顺利进入了以月球球心为一个焦点的椭圆形轨道，如图中轨道③所示，其近月点与月球表面距离为100公里，远月点与月球表面距离为400公里，已知月球的直径约为3 476公里，对该椭圆下述四个结论不正确的是( )
A．焦距长约为300公里
B．长轴长约为3 976公里
C．两焦点坐标约为(±150,0)
D．离心率约为eq \f(75,994)
解析：选C 设该椭圆的长半轴长为a，半焦距长为c.依题意可得月球半径约为eq \f(1,2)×3 476＝1 738，a－c＝100＋1 738＝1 838，a＋c＝400＋1 738＝2 138，2a＝1 838＋2 138＝3 976，a＝1 988，c＝2 138－1 988＝150，椭圆的离心率约为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(150,1 988)＝eq \f(75,994)，所以A、B、D项正确．因为没有给坐标系，焦点坐标不确定，所以C项错误．
2．已知F1，F2分别是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，若椭圆C上存在点P，使得线段PF1的中垂线恰好经过焦点F2，则椭圆C离心率的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(\r(2),2)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
解析：选C 设P(x0，y0)，则eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)＝1，则线段PF1的中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0－c,2)，\f(y0,2))).∵线段PF1的中垂线恰好过焦点F2，∴kPF1·kF2M＝eq \f(y0,x0＋c)·eq \f(\f(y0,2)－0,\f(x0－c,2)－c)＝－1，化为eq \f(y\\al(2,0),x0＋cx0－3c)＝－1，∴b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,0),a2)))＋(x0＋c)·(x0－3c)＝0，化为c2xeq \\al(2,0)－2a2cx0＋b2a2－3a2c2＝0，解得x0＝eq \f(a2±2ac,c)，∵－a≤x0≤a，∴x0＝eq \f(a2－2ac,c)，∴－a≤eq \f(a2－2ac,c)≤a.∴c≤a≤3c，∴eq \f(1,3)≤eq \f(c,a)≤1.又0
A.eq \f(\r(218),3) B.eq \f(76,3)
C．5 D．2eq \r(5)
解析：选C 设P(x0，y0)，则由题意得eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，故xeq \\al(2,0)＝4(1－yeq \\al(2,0))，所以|PA|2＝xeq \\al(2,0)＋(y0－4)2＝4(1－yeq \\al(2,0))＋yeq \\al(2,0)－8y0＋16＝－3yeq \\al(2,0)－8y0＋20＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y0＋\f(4,3)))2＋eq \f(76,3)，又－1≤y0≤1，所以当y0＝－1时，|PA|2取得最大值25，即|PA|的最大值为5.故选C.
以点带面·练系统思维——破解直线与圆锥曲线运算难问题的策略
直线与圆锥曲线问题一直是高考数学命题的热点，而在此类问题中涉及大量的运算，如代数式变形与化简，方程的求解与参数的确定，不等式的求解与参数范围的判断等，始终令数学运算能力较弱者苦不堪言．
(一)运算过程未充分挖掘几何性质
运算过程中既要掌握“数”的运算基本方法，如根与系数的关系、斜率公式、点到直线的距离公式、夹角公式、定比分点公式等，还要善于挖掘几何图形中隐藏的几何性质，以便于减少运算量，达到最佳解题效果．
[例1] 过椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左顶点A1作任意弦A1E并延长到点F，使|EF|＝|A1E|，A2为椭圆的另一顶点，连接OF，交A2E于点P，则动点P的轨迹方程是________．
[解题观摩]
法一：通过引导掌握基本算理
如图1，P是两直线OF，A2E的交点，首先想到交轨法．
因为A1(－a,0)，A2(a,0)，设E(x0，y0)，而E为A1F的中点，所以F(2x0＋a,2y0)．
可得直线OF的方程为y＝eq \f(2y0,2x0＋a)x；
直线A2E的方程为y＝eq \f(y0,x0－a)(x－a)．
又E(x0，y0)是椭圆上的点，所以eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)＝1.
消去x0，y0，
即得点P的轨迹方程：
eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,3)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a))2)＋eq \f(y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)b))2)＝1.
[方法领悟]
交轨法是常规法，优点是思路流畅，缺点是消参麻烦，注意到E是A1F的中点，你能由中点这一特殊点发现什么？
法二：关注并利用图形的几何特征
如图2，过点E作x轴的平行线，交OF于点Q，则|EQ|∶|A1O|＝1∶2＝|EQ|∶|A2O|.
由△EPQ ∽△A2PO，
得|EP|∶|PA2|＝1∶2.
故点P分EA2所成比例λ＝eq \f(1,2).
设E(x0，y0)，P(x，y)，
则由定比分点公式得x0＝eq \f(3,2)x－eq \f(a,2)，y0＝eq \f(3,2)y.
代入椭圆方程可得点P的轨迹方程：
eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,3)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a))2)＋eq \f(y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)b))2)＝1.
[方法领悟]
代入法也是常规法，它避开了消参的烦琐，但对图形的挖掘充分了吗？注意到E是A1F的中点，那么O不也是△FA1A2底边的中点吗？又是一个中点，确立了点P的特殊地位，即△FA1A2的重心．
法三：充分挖掘几何图形的几何性质
设E(x0，y0)，而E为A1F的中点，所以F(2x0＋a,2y0)．由以上分析知，点P是△FA1A2的重心，由重心公式得x0＝eq \f(3,2)x－eq \f(a,2)，y0＝eq \f(3,2)y.代入椭圆方程可得点P的轨迹方程：eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,3)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a))2)＋eq \f(y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)b))2)＝1.
[方法领悟]
本法利用E是A1F的中点，P是△FA1A2的重心，得到x0的表达式代入椭圆方程即可，避免了运算量大的缺点．
(二)不会简化复杂的运算结构
在复杂代数式运算面前，许多学生一是恐惧，二是代数式的运算能力达不到要求．在面对复杂代数式结构时，要冷静地分解代数式，多次尝试并寻找代数式的主体结构．在解方程式代数变形时，遇到可化简处，先化简再推理，以便寻到最优的运算途径．
[例2] 若关于k1，k2的方程eq \f(2a2|k1|,1＋a2k\\al(2,1)) eq \r(1＋k\\al(2,1))＝eq \f(2a2|k2|,1＋a2k\\al(2,2)) eq \r(1＋k\\al(2,2))(k1，k2>0且k1≠k2)有解，求参数a的取值范围．
[解题观摩]
步骤一：等号两边同时平方，得
eq \f(4a4k\\al(2,1)1＋k\\al(2,1),1＋a2k\\al(2,1)2)＝eq \f(4a4k\\al(2,2)1＋k\\al(2,2),1＋a2k\\al(2,2)2)；
步骤二：消去公因式，分式化整式后得(keq \\al(4,1)＋keq \\al(2,1))·(a4keq \\al(4,2)＋2a2keq \\al(2,2)＋1)＝(keq \\al(4,2)＋keq \\al(2,2))(a4keq \\al(4,1)＋2a2keq \\al(2,1)＋1)；
步骤三：移项合并同类项后得a4(keq \\al(2,1)keq \\al(4,2)－keq \\al(2,2)keq \\al(4,1))＋2a2(keq \\al(4,1)keq \\al(2,2)－keq \\al(4,2)keq \\al(2,1))＋(keq \\al(4,1)－keq \\al(4,2))＋(keq \\al(2,1)－keq \\al(2,2))＝0，
不难得出(keq \\al(2,1)－keq \\al(2,2))[1＋keq \\al(2,1)＋keq \\al(2,2)＋a2(2－a2)keq \\al(2,1)keq \\al(2,2)]＝0；
步骤四：含参方程1＋keq \\al(2,1)＋keq \\al(2,2)＋a2(2－a2)keq \\al(2,1)keq \\al(2,2)＝0变参分离，得eq \f(1＋k\\al(2,1)＋k\\al(2,2),k\\al(2,1)k\\al(2,2))＝a2(a2－2)；
步骤五：构造eq \f(1,k\\al(2,1))＋eq \f(1,k\\al(2,2))＋eq \f(1,k\\al(2,1)k\\al(2,2))＋1＝a2(a2－2)＋1，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k\\al(2,1))＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k\\al(2,2))＋1))＝1＋a2(a2－2)>1.
由a4－2a2>0，解得a>eq \r(2)或a<－eq \r(2).
即a的取值范围是(－∞，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，＋∞)．
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．(2022·长沙一模)若椭圆的焦点在x轴上，中心在原点，其上、下顶点和两个焦点恰为边长是2的正方形的顶点，则椭圆的标准方程为( )
A.eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,\r(2))＝1 B.eq \f(x2,2)＋y2＝1
C.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1 D.eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,2)＝1
解析：选C 由条件可知b＝c＝eq \r(2)，a＝2，所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.故选C.
2．(2019·北京高考)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，则( )
A．a2＝2b2 B．3a2＝4b2
C．a＝2b D．3a＝4b
解析：选B 因为椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
所以a2＝4c2.
又a2＝b2＋c2，所以3a2＝4b2.
3．与椭圆9x2＋4y2＝36有相同焦点，且短轴长为2的椭圆的标准方程为( )
A.eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)＝1 B．x2＋eq \f(y2,6)＝1
C.eq \f(x2,6)＋y2＝1 D.eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,5)＝1
解析：选B 椭圆9x2＋4y2＝36可化为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,9)＝1，可知焦点在y轴上，焦点坐标为(0，±eq \r(5))，故可设所求椭圆方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，则c＝eq \r(5).又2b＝2，即b＝1，所以a2＝b2＋c2＝6，则所求椭圆的标准方程为x2＋eq \f(y2,6)＝1.
4．已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点．若PF1⊥PF2，且∠PF2F1＝60°，则C的离心率为( )
A．1－eq \f(\r(3),2) B．2－eq \r(3) C.eq \f(\r(3)－1,2) D.eq \r(3)－1
解析：选D 由题设知∠F1PF2＝90°，∠PF2F1＝60°，|F1F2|＝2c，所以|PF2|＝c，|PF1|＝eq \r(3)c.由椭圆的定义得|PF1|＋|PF2|＝2a，即eq \r(3)c＋c＝2a，所以(eq \r(3)＋1)c＝2a，故椭圆C的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,\r(3)＋1)＝eq \r(3)－1.故选D.
5．(2021·新高考Ⅰ卷)已知F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为( )
A．13 B．12 C．9 D．6
解析：选C 由椭圆的定义可知|MF1|＋|MF2|＝6，所以由基本不等式，得|MF1|·|MF2|≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|MF1|＋|MF2|,2)))2＝9，当且仅当|MF1|＝|MF2|＝3时等号成立．故选C.
二、综合练——练思维敏锐度
1.如图，Q是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上一点，F1，F2分别为左、右焦点，过F1作∠F1QF2外角平分线的垂线交F2Q的延长线于P点，交角平分线于R点，当Q点在椭圆上运动时，R点的轨迹是( )
A．直线 B．圆 C．椭圆 D．双曲线
解析：选B 由题意得，|QP|＝|QF1|，所以|PF2|＝|QP|＋|QF2|＝|QF1|＋|QF2|＝2a，而R点为PF1的中点，且O为F1F2的中点．所以|OR|＝eq \f(1,2)|PF2|＝a.即R点的轨迹是以原点O为圆心，a为半径的圆x2＋y2＝a2.故选B.
2．(2021年1月新高考八省联考卷)椭圆eq \f(x2,m2＋1)＋eq \f(y2,m2)＝1(m＞0)的焦点为F1，F2，上顶点为A，若∠F1AF2＝eq \f(π,3)，则m＝( )
A．1 B.eq \r(2) C.eq \r(3) D．2
解析：选C ∵c＝eq \r(m2＋1－m2)＝1，b＝m，由∠F1AF2＝eq \f(π,3)，得∠F1AO＝eq \f(π,6)，∴tan∠F1AO＝eq \f(1,m)＝eq \f(\r(3),3)，解得m＝eq \r(3)，故选C.
3．直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的eq \f(1,4)，则该椭圆的离心率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
解析：选B 不妨设直线l经过椭圆的一个顶点B(0，b)和一个焦点F(c,0)，则直线l的方程为eq \f(x,c)＋eq \f(y,b)＝1，即bx＋cy－bc＝0.由题意知eq \f(|－bc|,\r(b2＋c2))＝eq \f(1,4)×2b，解得eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，即e＝eq \f(1,2).故选B.
4．已知O为坐标原点，点F1，F2分别为椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点，A为椭圆C上的一点，且AF2⊥F1F2，AF1与y轴交于点B，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OB))的值为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(3,2) C.eq \f(5,4) D.eq \f(5,2)
解析：选A 由AF2⊥F1F2，可知eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF2))＝eq \f(b2,a)＝eq \f(3,2)，
∵OB∥AF2且O为F1F2中点，∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OB))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF2))＝eq \f(3,4).
5．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,8)＝1(a>2eq \r(2))的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上且位于第一象限，∠F1PF2的平分线交x轴于点M.若eq \(F1M,\s\up7(―→))＝eq \(2MF2,\s\up7(――→))，则a的取值范围为( )
A．[3，＋∞) B．(2eq \r(2)，3)
C．(3，＋∞) D．(2eq \r(2)，3]
解析：选C 如图，由eq \(F1M,\s\up7(―→))＝eq \(2MF2,\s\up7(――→))，则|F1M|＝2|MF2|，
在△PF1F2中，
由角平分线定理可得，
|MF1|∶|MF2|＝|PF1|∶|PF2|＝2∶1， ①
又∵|PF1|＋|PF2|＝2a， ②
设|PF2|＝m，由①②联立得m＝eq \f(2a,3).
∵点P在椭圆C上且位于第一象限，
∴eq \f(2a,3)>a－c，即eq \f(1,3)a
6．若椭圆b2x2＋a2y2＝a2b2(a＞b＞0)和圆x2＋y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)＋c))2有四个交点，其中c为椭圆的半焦距，则椭圆的离心率e的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)，\f(3,5))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),5)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),5)，\f(\r(3),5))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),5)，\f(\r(5),5)))
解析：选A 由题意可知，椭圆的上、下顶点在圆内，左、右顶点在圆外，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＞\f(b,2)＋c，,b ＜\f(b,2)＋c，))整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－c2＞\f(1,4)a2－c2，,\r(a2－c2)＜2c，))解得eq \f(\r(5),5)＜e＜eq \f(3,5).
7.历史上，许多人研究过圆锥的截口曲线．如图，在此圆锥中，圆锥的母线与轴的夹角为30°，现有一截面与圆锥的一条母线垂直，与轴的交点O到圆锥顶点M的距离为1，对于所得截口曲线给出如下命题：
①曲线为椭圆；②点O为该曲线上任意两点之间的线段中最长的线段的三等分点；③该曲线上任意两点间的距离中最长的距离为eq \f(3,2)，最短的距离为eq \f(2\r(3),3)；④该曲线的离心率为eq \f(\r(3),3).其中正确命题的序号为( )
A．①②④ B．①②③④
C．①②③ D．①④
解析：选A 由题意易知曲线为椭圆，故①正确．画出轴截面的示意图如图所示，A，B为截面与圆锥的两条母线的交点. 因为∠AMO＝∠BMO＝30°，MA⊥AB，MO＝1，所以AO＝eq \f(1,2)MO＝eq \f(1,2)，又因为∠OMB＝∠OBM＝30°，所以BO＝MO＝1，所以eq \f(AO,BO)＝eq \f(1,2).因为曲线上任意两点之间的线段中最长的线段为AB，所以点O为曲线上任意两点之间的线段中最长的线段的三等分点，故②正确，故排除D.因为曲线是一个封闭的曲线，所以该曲线上任意两点间的距离中没有最短的距离，故③错误，排除选项B、C，故选A.
8．与圆C1：(x＋3)2＋y2＝1外切，且与圆C2：(x－3)2＋y2＝81内切的动圆圆心P的轨迹方程为______________．
解析：设动圆的半径为r，圆心为P(x，y)，则有|PC1|＝r＋1，|PC2|＝9－r.所以|PC1|＋|PC2|＝10>|C1C2|＝6，即P在以C1(－3,0)，C2(3,0)为焦点，长轴长为10的椭圆上，得点P的轨迹方程为eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1.
答案：eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1
9．已知椭圆的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1，过椭圆中心的直线交椭圆于A，B两点，F2是椭圆的右焦点，则△ABF2的周长的最小值为________，△ABF2的面积的最大值为________．
解析：设F1是椭圆的左焦点．如图，连接AF1.由椭圆的对称性，结合椭圆的定义知|AF2|＋|BF2|＝2a＝6，所以要使△ABF2的周长最小，必有|AB|＝2b＝4，所以△ABF2的周长的最小值为10.S△ABF2＝S△AF1F2＝eq \f(1,2)×2c×|yA|＝eq \r(5)|yA|≤2eq \r(5)，所以△ABF2面积的最大值为2eq \r(5).
答案：10 2eq \r(5)
10.我国自主研制的第一个月球探测器——“嫦娥一号”卫星在西昌卫星发射中心成功发射后，在地球轨道上经历3次调相轨道变轨，奔向月球，进入月球轨道．“嫦娥一号”轨道是以地心为一个焦点的椭圆，设地球半径为R，卫星近地点、远地点离地面的距离分别是eq \f(R,2)，eq \f(5R,2)(如图所示)，则“嫦娥一号”卫星轨道的离心率为________．
解析：根据题意，设椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，因为地球半径为R，卫星近地点、远地点离地面的距离分别是eq \f(R,2)，eq \f(5R,2)，则a＝eq \f(5R,2)，c＝|OF1|＝R，则e＝eq \f(c,a)＝eq \f(R,\f(5R,2))＝eq \f(2,5).
答案：eq \f(2,5)
11．(2020·全国Ⅲ卷)已知椭圆C：eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,m2)＝1(0
(2)若点P在C上，点Q在直线x＝6上，且|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面积．
解：(1)由题设可得eq \f(\r(25－m2),5)＝eq \f(\r(15),4)，解得m2＝eq \f(25,16)，
所以C的方程为eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,\f(25,16))＝1.
(2)设P(xP，yP)，Q(6，yQ)，根据对称性可设yQ>0，由题意知yP>0.由已知可得B(5,0)，直线BP的方程为y＝－eq \f(1,yQ)(x－5)，所以|BP|＝yPeq \r(1＋yQ2)，|BQ|＝eq \r(1＋yQ2).因为|BP|＝|BQ|，所以yP＝1，将yP＝1代入C的方程，解得xP＝3或－3.由直线BP的方程得yQ＝2或8.所以点P，Q的坐标分别为P1(3,1)，Q1(6,2)；P2(－3,1)，Q2(6,8)．|P1Q1|＝eq \r(10)，直线P1Q1的方程为y＝eq \f(1,3)x，点A(－5,0)到直线P1Q1的距离为eq \f(\r(10),2)，故△AP1Q1的面积为eq \f(1,2)×eq \f(\r(10),2)×eq \r(10)＝eq \f(5,2)；|P2Q2|＝eq \r(130)，直线P2Q2的方程为y＝eq \f(7,9)x＋eq \f(10,3)，点A到直线P2Q2的距离为eq \f(\r(130),26)，故△AP2Q2的面积为eq \f(1,2)×eq \f(\r(130),26)×eq \r(130)＝eq \f(5,2).综上，△APQ的面积为eq \f(5,2).
12. 如图所示，已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，A为椭圆的上顶点，直线AF2交椭圆于另一点B.
(1)若∠F1AB＝90°，求椭圆的离心率；
(2)若椭圆的焦距为2，且eq \(AF2,\s\up7(―→))＝eq \(2F2B,\s\up7(―→))，求椭圆的方程．
解：(1)若∠F1AB＝90°，则△AOF2为等腰直角三角形，所以有|OA|＝|OF2|，即b＝c.所以a＝eq \r(2)c，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
(2)由题意知A(0，b)，F2(1,0)，设B(x，y)，由eq \(AF2,\s\up7(―→))＝eq \(2F2B,\s\up7(―→))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1＝1，,2y＝－b，))解得x＝eq \f(3,2)，y＝－eq \f(b,2).代入eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，得eq \f(\f(9,4),a2)＋eq \f(\f(b2,4),b2)＝1.即eq \f(9,4a2)＋eq \f(1,4)＝1，解得a2＝3.所以b2＝a2－c2＝3－1＝2，所以椭圆方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
13．(2021·天津高考)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，上顶点为B，离心率为eq \f(2\r(5),5)，且|BF|＝eq \r(5).
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P.若MP∥BF，求直线l的方程．
解：(1)因为离心率e＝eq \f(2\r(5),5)，|BF|＝eq \r(5)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(2\r(5),5)，,a＝\r(5)，,a2＝b2＋c2，))解得a＝eq \r(5)，c＝2，b＝1，所以椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1.
(2)设M(x0，y0)，则切线MN的方程为eq \f(x0x,5)＋y0y＝1，令xN＝0，得yN＝eq \f(1,y0)，因为PN⊥BF，所以kPN·kBF＝－1，所以kPN·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，解得kPN＝2，设P(x1,0)，则kNP＝eq \f(\f(1,y0),0－x1)＝2，即x1＝－eq \f(1,2y0)，因为MP∥BF，所以kMP＝kBF，所以eq \f(y0,x0＋\f(1,2y0))＝－eq \f(1,2)，即－2y0＝x0＋eq \f(1,2y0)，所以x0＝－2y0－eq \f(1,2y0)，又因为eq \f(x02,5)＋y02＝1，所以eq \f(4y02,5)＋eq \f(2,5)＋eq \f(1,20y02)＋y02＝1，解得y0＝±eq \f(\r(6),6)，因为yN＞0，所以y0＞0，所以y0＝eq \f(\r(6),6)，x0＝－eq \f(\r(6),3)－eq \f(3,\r(6))＝－eq \f(5\r(6),6)，所以eq \f(－\f(5\r(6),6)x,5)＋eq \f(\r(6),6)y＝1，即直线l的方程为x－y＋eq \r(6)＝0.
三、自选练——练高考区分度
1．已知椭圆C的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点，若|AF2|＝3|BF2|，|BF1|＝5|BF2|，则C的方程为( )
A.eq \f(x2,2)＋y2＝1 B.eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1
C.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1 D.eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1
解析：选A 设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b.∵|AF2|＝3|BF2|，∴|AB|＝4|BF2|.又|BF1|＝5|BF2|，|BF1|＋|BF2|＝2a，∴|BF2|＝eq \f(a,3)，∴|AF2|＝a，|BF1|＝eq \f(5,3)a.∵|AF1|＋|AF2|＝2a，∴|AF1|＝a，∴|AF1|＝|AF2|，∴A在y轴上．如图所示，在Rt△AF2O中，cs∠AF2O＝eq \f(1,a).在△BF1F2中，由余弦定理可得cs∠BF2F1＝eq \f(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)a))2,2×2×\f(a,3))＝eq \f(3－2a2,a)，根据cs∠AF2O＋cs∠BF2F1＝0，可得eq \f(1,a)＋eq \f(3－2a2,a)＝0，解得a2＝2，∴b2＝a2－c2＝2－1＝1.∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.故选A.
2．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上有一点A，它关于原点的对称点为B，点F为椭圆的右焦点，且AF⊥BF，设∠ABF＝α，且α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,6)))，则该椭圆的离心率e的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(3)－1，\f(\r(6),3))) B．(eq \r(3)－1,1)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),4)，\f(\r(6),3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),3)))
解析：选A 如图所示，设椭圆的左焦点为F′，连接AF′，BF′，则四边形AFBF′为矩形，因此|AB|＝|FF′|＝2c，|AF|＋|BF|＝2a，|AF|＝2csin α，|BF|＝2ccs α，∴2csin α＋2ccs α＝2a，∴e＝eq \f(1,sin α＋cs α)＝eq \f(1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))).∵α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,6)))，∴α＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,12)))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(\r(2)＋\r(6),4)))，∴eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\f(1＋\r(3),2)))，∴e∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(3)－1，\f(\r(6),3))).故选A.
3.如图所示，A1，A2是椭圆C：eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1的短轴端点，点M在椭圆上运动，且点M不与A1，A2重合，点N满足NA1⊥MA1，NA2⊥MA2，则eq \f(S△MA1A2,S△NA1A2)＝( )
A．2 B．3 C．4 D.eq \f(5,2)
解析：选A 由题意知A1(0,3)，A2(0，－3)．
设M(x0，y0)，N(x1，y1)，则直线MA1的斜率为kMA1＝eq \f(y0－3,x0).由NA1⊥MA1，可得NA1的斜率为kNA1＝－eq \f(x0,y0－3).于是直线NA1的方程为y＝－eq \f(x0,y0－3)x＋3.①
同理，NA2的方程为y＝－eq \f(x0,y0＋3)x－3.②
联立①②消去y，得x＝x1＝eq \f(y02－9,x0).因为M(x0，y0)在椭圆eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1上，所以eq \f(x02,18)＋eq \f(y02,9)＝1，从而y02－9＝－eq \f(x02,2)，所以x1＝－eq \f(x0,2)，所以eq \f(S△MA1A2,S△NA1A2)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x0,x1)))＝2.故选A.
4．(2021·全国乙卷)设B是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b，则C的离心率的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
解析：选C 易知B(0，b)．设P(x，y)(－b≤y≤b)，则x2＝a2－eq \f(a2y2,b2)，则|PB|2＝x2＋(b－y)2＝a2－eq \f(a2y2,b2)＋b2＋y2－2by＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(a2,b2)))y2－2by＋a2＋b2.当a2≤2b2时，eq \f(b3,b2－a2)≤－b，所以y＝－b时，|PB|2取得最大值4b2，符合题意，此时e＝eq \r(\f(c2,a2))＝ eq \r(1－\f(b2,a2))≤eq \r(\f(1,2))＝eq \f(\r(2),2)；当a2>2b2时，－b
课程标准
1.了解双曲线的定义、几何图形和标准方程．
2．了解双曲线的几何性质(范围、对称性、顶点、离心率、渐近线)．
3．了解双曲线的简单应用．
4．理解数形结合思想．
[由教材回扣基础]
1．双曲线的定义
平面内与两个定点F1，F2的距离的差的绝对值等于非零常数(小于|F1F2|)的点的轨迹叫做双曲线．这两个定点叫做双曲线的焦点，两焦点间的距离叫做双曲线的焦距．
集合P＝{M|||MF1|－|MF2||＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a，c为常数且a>0，c>0.
(1)当2a<|F1F2|时，P点的轨迹是双曲线；
(2)当2a＝|F1F2|时，P点的轨迹是两条射线；
(3)当2a>|F1F2|时，P点不存在．
2．双曲线的标准方程和几何性质
澄清微点·熟记结论
(1)双曲线的焦点到其渐近线的距离为b.
(2)若P是双曲线右支上一点，F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，则|PF1|min＝a＋c，|PF2|min＝c－a.
(3)等轴双曲线
①定义：中心在原点，以坐标轴为对称轴，实半轴长与虚半轴长相等的双曲线叫做等轴双曲线．
②性质：a＝b；e＝eq \r(2)；渐近线互相垂直；等轴双曲线上任意一点到中心的距离是它到两焦点距离的等比中项．
(4)共轭双曲线
①定义：如果一条双曲线的实轴和虚轴分别是另一条双曲线的虚轴和实轴，那么这两条双曲线互为共轭双曲线．
②性质：它们有共同的渐近线；它们的四个焦点共圆；它们的离心率的倒数的平方和等于1.
(5)离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(a2＋b2),a)＝eq \r(1＋\f(b2,a2)).
(6)若渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，则双曲线方程可设为
eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝λ(λ≠0)．
(7)同支的焦点弦中最短的为通径(过焦点且垂直于长轴的弦)，其长为eq \f(2b2,a)；异支的弦中最短的为实轴，其长为2a.
(8)若P是双曲线上不同于实轴两端点的任意一点，F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，则Seq \a\vs4\al(△PF1F2)＝eq \f(b2,tan\f(θ,2))，其中θ为∠F1PF2.
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)平面内到点F1(0,4)，F2(0，－4)距离之差的绝对值等于8的点的轨迹是双曲线．( )
(2)平面内到点F1(0,4)，F2(0，－4)距离之差等于6的点的轨迹是双曲线．( )
(3)方程eq \f(x2,m)－eq \f(y2,n)＝1(mn＞0)表示焦点在x轴上的双曲线．( )
(4)双曲线eq \f(x2,m2)－eq \f(y2,n2)＝λ(m＞0，n＞0，λ≠0)的渐近线方程是eq \f(x,m)±eq \f(y,n)＝0.( )
(5)若双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)与eq \f(x2,b2)－eq \f(y2,a2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率分别是e1，e2，则eq \f(1,e\\al(2,1))＋eq \f(1,e\\al(2,2))＝1(此条件中两组双曲线称为共轭双曲线)．( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√
二、练牢教材小题
1．(人教B版选修2－1 P58T1改编)已知方程eq \f(x2,2＋m)－eq \f(y2,m＋1)＝1表示双曲线，则实数m的取值范围是________．
答案：(－∞，－2)∪(－1，＋∞)
2．(新北师大版选择性必修②P66T3改编)双曲线eq \f(x2,5)－eq \f(y2,10)＝1的渐近线方程为____.
答案：
3．(新人教A版选择性必修①P121T1改编)已知双曲线的焦点为F1(0，－6)和F2(0,6)，且经过点A(2，－5)，则该双曲线的标准方程是________．
答案：eq \f(y2,20)－eq \f(x2,16)＝1
4．(人教B版选修2－1 P57T6改编)设双曲线的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，过点(a,0)，(0，b)的直线的倾斜角为150°，则双曲线的离心率为________．
答案：eq \f(2\r(3),3)
三、练清易错易混
1．(忽视双曲线定义的条件)平面内到点F1(0,4)，F2(0，－4)的距离之差等于6的点的轨迹是____________．
解析：由|PF1|－|PF2|＝6<|F1F2|＝8，得a＝3，又c＝4，则b2＝c2－a2＝7，所以所求点的轨迹是双曲线eq \f(y2,9)－eq \f(x2,7)＝1的下支．
答案：双曲线eq \f(y2,9)－eq \f(x2,7)＝1的下支
2．(忽视双曲线上的点到原点的最小距离)已知双曲线x2－eq \f(y2,16)＝1上一点P到它的一个焦点的距离等于4，那么点P到另一个焦点的距离等于________．
解析：设双曲线的焦点为F1，F2，|PF1|＝4，
则||PF1|－|PF2||＝2，故|PF2|＝6或2，
又双曲线上的点到它的焦点的距离的最小值为c－a＝eq \r(17)－1>2，故|PF2|＝6.
答案：6
3．(忽视焦点的位置)以坐标原点为对称中心，两坐标轴为对称轴的双曲线的一条渐近线的倾斜角为eq \f(π,3)，则双曲线的离心率为________．
解析：若双曲线的焦点在x轴上，
设双曲线的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，
则渐近线的方程为y＝±eq \f(b,a)x，
由题意可得eq \f(b,a)＝taneq \f(π,3)＝eq \r(3)，b＝eq \r(3)a，可得c＝2a，
则e＝eq \f(c,a)＝2；若双曲线的焦点在y轴上，
设双曲线的方程为eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1，
则渐近线的方程为y＝±eq \f(a,b)x，
由题意可得eq \f(a,b)＝taneq \f(π,3)＝eq \r(3)，a＝eq \r(3)b，
可得c＝eq \f(2\r(3),3)a，则e＝eq \f(2\r(3),3).综上可得e＝2或e＝eq \f(2\r(3),3).
答案：2或eq \f(2\r(3),3)
命题视角一 双曲线的标准方程(自主练通)
1．已知点F1(－3,0)和F2(3,0)，动点P到F1，F2的距离之差为4，则点P的轨迹方程为( )
A.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1(y>0) B.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1(x>0)
C.eq \f(y2,4)－eq \f(x2,5)＝1(y>0) D.eq \f(y2,4)－eq \f(x2,5)＝1(x>0)
解析：选B 由题设知点P的轨迹方程是焦点在x轴上的双曲线的右支，设其方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(x>0，a>0，b>0)，由题设知c＝3，a＝2，b2＝9－4＝5，所以点P的轨迹方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1(x>0)．
2．(2021·北京高考)双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1过点(eq \r(2)，eq \r(3))，离心率为2，则双曲线的解析式为( )
A.eq \f(x2,3)－y2＝1 B．x2－eq \f(y2,3)＝1
C.eq \f(x2,2)－eq \f(y2,3)＝1 D.eq \f(x2,3)－eq \f(y2,2)＝1
解析：选B 由双曲线离心率e＝eq \f(c,a)＝2，a2＋b2＝c2，得c＝2a，b＝eq \r(3)a，将点(eq \r(2)，eq \r(3))代入双曲线方程，得eq \f(2,a2)－eq \f(3,3a2)＝eq \f(1,a2)＝1，故a＝1，b＝eq \r(3)，故双曲线方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
3．过双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右顶点作x轴的垂线，与C的一条渐近线相交于点A.若以C的右焦点F为圆心、半径为4的圆经过A，O两点(O为坐标原点)，则双曲线C的标准方程为( )
A.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1 B.eq \f(x2,7)－eq \f(y2,9)＝1
C.eq \f(x2,8)－eq \f(y2,8)＝1 D.eq \f(x2,12)－eq \f(y2,4)＝1
解析：选A 因为渐近线y＝eq \f(b,a)x与直线x＝a交于点A(a，b)，c＝4且eq \r(4－a2＋b2)＝4，解得a2＝4，b2＝12，因此双曲线的标准方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1.
4．已知曲线C：mx2＋ny2＝1，则下列说法错误的是( )
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m＝n>0，则C是圆，其半径为eq \r(n)
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y＝±eq \r(－\f(m,n))x
D．若m＝0，n>0，则C是两条直线
解析：选B 对于选项A，∵m>n>0，∴0
[一“点”就过] 求双曲线标准方程的2种方法
提醒：求双曲线的标准方程时，若焦点位置不确定，要注意分类讨论．也可以设双曲线方程为mx2＋ny2＝1(mn＜0)求解．
命题视角二 双曲线的定义及其应用
考法(一) 利用定义求轨迹方程
[例1] 已知圆C1：(x－4)2＋y2＝25，圆C2：(x＋4)2＋y2＝1，动圆M与C1，C2都外切，则动圆圆心M的轨迹方程为( )
A.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1(x＜0) B.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1(x＞0)
C.eq \f(x2,3)－eq \f(y2,5)＝1(x＜0) D.eq \f(x2,3)－eq \f(y2,5)＝1(x＞0)
[解析] 设动圆M的半径为r，由题意知，|MC1|＝r＋5，|MC2|＝r＋1，则|MC1|－|MC2|＝4＜|C1C2|＝8，所以M点的轨迹是以C1，C2为焦点的双曲线的左支，且a＝2，c＝4，则b2＝12，则动圆圆心M的轨迹方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1(x＜0)．故选A.
[答案] A
考法(二) 求解“焦点三角形”问题
[例2] 已知F1，F2为双曲线C：x2－y2＝1的左、右焦点，点P在C上，∠F1PF2＝60°，则|PF1|·|PF2|＝( )
A．2 B．4 C．6 D．8
[解析] 由双曲线的方程得a＝1，c＝eq \r(2)，由双曲线的定义得||PF1|－|PF2||＝2.在△PF1F2中，由余弦定理得|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|·cs 60°，即(2eq \r(2))2＝|PF1|2＋|PF2|2－|PF1|·|PF2|＝(|PF1|－|PF2|)2＋|PF1|·|PF2|＝22＋|PF1|·|PF2|，解得|PF1|·|PF2|＝4.
[答案] B
考法(三) 利用定义求最值
[例3] 已知F是双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1的左焦点，A(1,4)，P是双曲线右支上的一动点，则|PF|＋|PA|的最小值为________．
[解析] 因为F是双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1的左焦点，所以F(－4,0)，设其右焦点为H(4,0)，则由双曲线的定义可得|PF|＋|PA|＝2a＋|PH|＋|PA|≥2a＋|AH|＝4＋eq \r(4－12＋0－42)＝4＋5＝9.
[答案] 9
[方法技巧]
双曲线定义的应用策略
(1)根据动点与两定点的距离的差判断动点的轨迹是否为双曲线，进而根据要求求出曲线方程．
(2)在双曲线的有关问题中，若遇到动点到两定点的距离问题，应首先想到双曲线的定义．在双曲线中，涉及|PF1|·|PF2|的问题时，一般都会用到双曲线的定义；涉及焦点三角形面积的问题时：
①若已知角，则用S△PF1F2＝eq \f(1,2)|PF1||PF2|·sin θ，||PF1|－|PF2||＝2a及余弦定理等知识求解；
②若未知角，则用S△PF1F2＝eq \f(1,2)·2c·|y0|＝c·|y0|求解．
提醒：利用双曲线的定义解决问题时应注意三点：①距离之差的绝对值，若将定义中的绝对值去掉，则点的轨迹是双曲线的一支；②2a＜|F1F2|；③焦点所在坐标轴的位置．
[针对训练]
1．(2022·盘锦期末)已知P是双曲线eq \f(x2,16a2)－eq \f(y2,9a2)＝1(a＞0)上的点，F1，F2是其左、右焦点，且eq \(PF1,\s\up7(―→))·eq \(PF2,\s\up7(―→))＝0，若△PF1F2的面积为9，则a等于( )
A．2 B．1
C．3 D．4
解析：选B 由eq \(PF1,\s\up7(―→))·eq \(PF2,\s\up7(―→))＝0得eq \(PF1,\s\up7(―→))⊥eq \(PF2,\s\up7(―→))，由勾股定理得|eq \(PF1,\s\up7(―→))|2＋|eq \(PF2,\s\up7(―→))|2＝|eq \(F1F2,\s\up7(―→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(16a2＋9a2)))2＝100a2，由双曲线的定义得||eq \(PF1,\s\up7(―→))|－|eq \(PF2,\s\up7(―→))||＝8a，∴64a2＝|eq \(PF1,\s\up7(―→))|2＋|eq \(PF2,\s\up7(―→))|2－2|eq \(PF1,\s\up7(―→))|·|eq \(PF2,\s\up7(―→))|＝100a2－2|eq \(PF1,\s\up7(―→))|·|eq \(PF2,\s\up7(―→))|，∴|eq \(PF1,\s\up7(―→))|·|eq \(PF2,\s\up7(―→))|＝18a2，则△PF1F2的面积为eq \f(1,2)|eq \(PF1,\s\up7(―→))|·|eq \(PF2,\s\up7(―→))|＝9a2＝9，又∵a＞0，解得a＝1.
2．(2022·宜宾期末)P是双曲线eq \f(x2,36)－eq \f(y2,64)＝1的右支上一点，M，N分别是圆(x＋10)2＋y2＝1和(x－10)2＋y2＝4上的点，则|PM|－|PN|的最大值为( )
A．12 B．13 C．14 D．15
解析：选D 在双曲线eq \f(x2,36)－eq \f(y2,64)＝1中，由a＝6，b＝8，c＝10，得F1(－10,0)，F2(10,0)，故|PF1|－|PF2|＝2a＝12，|MP|≤|PF1|＋|MF1|，|PN|≥|PF2|－|NF2|，－|PN|≤－|PF2|＋|NF2|，所以|PM|－|PN|≤|PF1|＋|MF1|－|PF2|＋|NF2|＝12＋1＋2＝15，故选D.
3．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，设P为双曲线右支上的一点，满足|PF1|＋|PF2|＝eq \f(3,2)|F1F2|，且|PF2|，|PF1|，|F1F2|依次成等差数列，则双曲线的离心率为______．
解析：由已知|PF1|＋|PF2|＝3c ①，由双曲线的定义，得|PF1|－|PF2|＝2a ②，由①②解得|PF1|＝eq \f(3,2)c＋a，|PF2|＝eq \f(3,2)c－a，代入2|PF1|＝|PF2|＋|F1F2|，得2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)c＋a))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)c－a))＋2c，解得e＝6.
答案：6
命题视角三 双曲线的几何性质
考法(一) 求双曲线的渐近线方程
[例1] (1)(2022·长沙模拟)已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，M为双曲线上一点，若cs∠F1MF2＝eq \f(1,4)，|MF1|＝2|MF2|，则此双曲线的渐近线方程为( )
A．y＝±eq \r(3)x B．y＝±eq \f(\r(3),3)x
C．y＝±x D．y＝±2x
(2)已知双曲线C：eq \f(x2,3)－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|＝( )
A.eq \f(3,2) B．3 C．2eq \r(3) D．4
[解析] (1)由题意，得|MF1|－|MF2|＝2a，又|MF1|＝2|MF2|，∴|MF1|＝4a，|MF2|＝2a，∴cs∠F1MF2＝eq \f(16a2＋4a2－4c2,2×4a×2a)＝eq \f(1,4)，化简得c2＝4a2，即a2＋b2＝4a2，∴b2＝3a2，又a>0，b>0，∴eq \f(b,a)＝eq \r(3)，∴此双曲线的渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，故选A.
(2)由已知得双曲线的两条渐近线方程为y＝±eq \f(1,\r(3))x.设两条渐近线的夹角为2α，则有tan α＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，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|＝eq \r(3).在Rt△OMN中，|MN|＝|ON|·tan 2α＝eq \r(3)·tan 60°＝3.故选B.
[答案] (1)A (2)B
[方法技巧]
涉及双曲线渐近线的几个常用结论
(1)求双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)或eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线方程的方法是令右边的常数等于0，即令eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝0，得y＝±eq \f(b,a)x，或令eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝0，得y＝±eq \f(a,b)x.
(2)已知渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，可设双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝λ(a>0，b>0，λ≠0)．
提醒：两条渐近线的倾斜角互补，斜率互为相反数，且两条渐近线关于x轴、y轴对称．
考法(二) 求双曲线的离心率
[例2] (1)(2021·全国甲卷)已知F1，F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2＝60°，|PF1|＝3|PF2|，则C的离心率为( )
A.eq \f(\r(7),2) B.eq \f(\r(13),2)
C.eq \r(7) D.eq \r(13)
(2)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，点P(x0，y0)是直线bx－ay＋4a＝0上任意一点，若圆(x－x0)2＋(y－y0)2＝1与双曲线C的右支没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是( )
A．(1,2] B．(1,4]
C．[2，＋∞) D．[4，＋∞)
[解析] (1)由题意，得|PF1|－|PF2|＝2|PF2|＝2a，所以|PF1|＝3a，|PF2|＝a.
在△PF1F2中，由余弦定理，
可得eq \f(a2＋9a2－4c2,2a×3a)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(c2,a2)＝eq \f(7,4)，
所以双曲线C的离心率为eq \f(\r(7),2).故选A.
(2)由题意，双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为y＝eq \f(b,a)x，即bx－ay＝0，则直线bx－ay＋4a＝0与直线bx－ay＝0的距离d＝eq \f(4a,\r(a2＋b2))＝eq \f(4a,c)，因为圆(x－x0)2＋(y－y0)2＝1与双曲线C的右支没有公共点，则d≥1，所以eq \f(4a,c)≥1，即e＝eq \f(c,a)≤4，又e＞1，故e的取值范围为(1,4]，故选B.
[答案] (1)A (2)B
[方法技巧]
1．求双曲线的离心率或其范围的方法
(1)求a，b，c的值，由eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2＋b2,a2)＝1＋eq \f(b2,a2)直接求e.
(2)列出含有a，b，c的齐次方程(或不等式)，借助b2＝c2－a2消去b，然后转化成关于e的方程(或不等式)求解，注意e的取值范围．
(3)因为离心率是比值，所以可以利用特殊值法．例如，令a＝1，求出相应c的值，进而求出离心率，能有效简化计算．
(4)通过特殊位置求出离心率．
2．双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线的斜率k与离心率e的关系：当k>0时，k＝eq \f(b,a)＝eq \f(\r(c2－a2),a)＝ eq \r(\f(c2,a2)－1)＝eq \r(e2－1)；当k<0时，k＝－eq \f(b,a)＝－eq \r(e2－1).
考法(三) 与双曲线有关的范围、最值问题
[例3] 已知M(x0，y0)是双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1上的一点，F1，F2是双曲线C的两个焦点．若eq \(MF1,\s\up7(―→))·eq \(MF2,\s\up7(―→))<0，则y0的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),6)，\f(\r(3),6)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(2),3)，\f(2\r(2),3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))
[解析] 由题意知a＝eq \r(2)，b＝1，c＝eq \r(3)，
设F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，
则eq \(MF1,\s\up7(―→))＝(－eq \r(3)－x0，－y0)，eq \(MF2,\s\up7(―→))＝(eq \r(3)－x0，－y0)．
因为eq \(MF1,\s\up7(―→))·eq \(MF2,\s\up7(―→))<0，所以(－eq \r(3)－x0)(eq \r(3)－x0)＋yeq \\al(2,0)<0，即xeq \\al(2,0)－3＋yeq \\al(2,0)<0.
因为点M(x0，y0)在双曲线C上，所以eq \f(x\\al(2,0),2)－yeq \\al(2,0)＝1，即xeq \\al(2,0)＝2＋2yeq \\al(2,0)，所以2＋2yeq \\al(2,0)－3＋yeq \\al(2,0)<0，
所以－eq \f(\r(3),3)
[方法技巧]
求解与双曲线有关的范围(或最值)问题的方法
[针对训练]
1．(2021·全国甲卷)点(3,0)到双曲线eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1的一条渐近线的距离为( )
A.eq \f(9,5) B.eq \f(8,5)
C.eq \f(6,5) D.eq \f(4,5)
解析：选A 双曲线eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1的渐近线方程是eq \f(x,4)±eq \f(y,3)＝0，即3x±4y＝0.由点到直线的距离公式，得点(3,0)到渐近线3x±4y＝0的距离为eq \f(|3×3|,\r(32＋42))＝eq \f(9,5).故选A.
2．(2022·湖南六校联考)已知F1，F2分别是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，点P是该双曲线上一点且在第一象限内，2sin∠PF1F2＝sin∠PF2F1，则双曲线离心率的取值范围为( )
A．(1,2) B．(1,3)
C．(3，＋∞) D．(2,3)
解析：选B 在焦点△PF1F2中，2sin∠PF1F2＝sin∠PF2F1，由正弦定理得2|PF2|＝|PF1|，又∵|PF1|－|PF2|＝2a，∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，在△PF1F2中，由|PF1|＋|PF2|＞|F1F2|得4a＋2a＞2c，∴e＜3，则1＜e＜3，故选B.
3．已知双曲线C过点(3，eq \r(2))，且渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，则下列结论正确的是( )
A．C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1
B．C的离心率为eq \r(3)
C．曲线y＝ex－2－1经过C的一个焦点
D．直线x－eq \r(2)y－1＝0与C有两个公共点
解析：选C ∵双曲线C过点(3，eq \r(2))，且渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，∴设双曲线方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,3)＝λ(λ≠0)，∴eq \f(9,9)－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)＝λ，∴eq \f(x2,9)－eq \f(y2,3)＝eq \f(1,3)，∴eq \f(x2,3)－y2＝1，∴A错误．∴离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2,3)eq \r(3)，∴B错误．∵双曲线的焦点坐标为(－2,0)，(2,0)，而曲线y＝ex－2－1经过点(2,0)，∴C正确．联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)－y2＝1，,x－\r(2)y－1＝0，))得y2－2eq \r(2)y＋2＝0.Δ＝(－2eq \r(2))2－4×1×2＝8－8＝0.∴直线x－eq \r(2)y－1＝0与C只有一个公共点，∴D错误．
以点带面·练系统思维——有关双曲线的离心率的问题的解题策略
类型(一) 由渐近线的斜率求离心率
[例1] (2019·全国Ⅰ卷)双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为( )
A．2sin 40° B．2cs 40°
C．eq \f(1,sin 50°) D．eq \f(1,cs 50°)
[解析] 由题意可得－eq \f(b,a)＝tan 130°，所以e＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(1＋tan2130°)＝eq \r(1＋\f(sin2130°,cs2130°))＝eq \f(1,|cs 130°|)＝eq \f(1,cs 50°).
[答案] D
类型(二) eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(利用e＝\f(2c,2a)，其中2c为焦距长，,2a＝||PF1|－|PF2||))
[例2] (2022·安徽模拟)点P为双曲线C1：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)和圆C2：x2＋y2＝a2＋b2的一个交点，且2∠PF1F2＝∠PF2F1，其中F1，F2为双曲线C1的两个焦点，则双曲线C1的离心率为( )
A.eq \r(3) B．1＋eq \r(2)
C.eq \r(3)＋1 D．2
[解析] 由题意PF1⊥PF2，且2∠PF1F2＝∠PF2F1，所以∠PF1F2＝30°，∠PF2F1＝60°.
设|PF2|＝m，则|PF1|＝eq \r(3)m，|F1F2|＝2m.
e＝eq \f(2c,2a)＝eq \f(|F1F2|,|PF1|－|PF2|)＝eq \f(2m,\r(3)m－m)＝eq \r(3)＋1，故选C.
[答案] C
类型(三) 利用对应焦点半径的取值范围[c－a，＋∞)
[例3] (2022·泉州模拟)双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的两个焦点为F1，F2，若双曲线上存在一点P，满足|PF1|＝2|PF2|，则双曲线离心率的取值范围为( )
A．(1,3] B．(1,3)
C．(3，＋∞) D．[3，＋∞)
[解析] 根据|PF1|＝2|PF2|以及|PF1|－|PF2|＝2a，可知|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，又因为|PF2|≥c－a，所以2a≥c－a，故e≤3，所以1＜e≤3，故选A.
[答案] A
类型(四) 建立关于a和c的一次或二次方程与不等式
[例4] (2020·全国Ⅰ卷)已知F为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴．若AB的斜率为3，则C的离心率为________．
[解析] 设B(c，yB)，因为B为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1上的点，所以eq \f(c2,a2)－eq \f(y\\al(2,B),b2)＝1，所以yeq \\al(2,B)＝eq \f(b4,a2).
因为AB的斜率为3，所以yB＝eq \f(b2,a)，eq \f(\f(b2,a),c－a)＝3，
所以b2＝3ac－3a2，所以c2－a2＝3ac－3a2，
所以c2－3ac＋2a2＝0，解得c＝2a或c＝a(舍去)，
所以C的离心率e＝eq \f(c,a)＝2.
[答案] 2
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．双曲线eq \f(x2,2)－y2＝1的实轴长为( )
A．4 B．2 C．2eq \r(3) D．2eq \r(2)
解析：选D 由题知a2＝2，∴a＝eq \r(2)，故实轴长为2a＝2eq \r(2)，故选D.
2．若实数k满足0＜k＜9，则曲线eq \f(x2,25)－eq \f(y2,9－k)＝1与曲线eq \f(x2,25－k)－eq \f(y2,9)＝1的( )
A．离心率相等 B．虚半轴长相等
C．实半轴长相等 D．焦距相等
解析：选D 由0
A．2eq \r(3) B.eq \r(3) C.eq \f(\r(3),2) D．12
解析：选A 因为双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,b2)＝1(b>0)的渐近线方程为y＝±eq \f(b,2)x，又渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，所以eq \f(b,2)＝eq \r(3)，b＝2eq \r(3)，故选A.
4.一种画双曲线的工具如图所示，长杆OB通过O处的铰链与固定好的短杆OA连接，取一条定长的细绳，一端固定在点A，另一端固定在点B，套上铅笔(如图所示)．作图时，使铅笔紧贴长杆OB，拉紧绳子，移动笔尖M(长杆OB绕O转动)，画出的曲线即为双曲线的一部分．若|OA|＝10，|OB|＝12，细绳长为8，则所得双曲线的离心率为( )
A.eq \f(6,5) B.eq \f(5,4) C.eq \f(3,2) D.eq \f(5,2)
解析：选D 设|MB|＝t，则由题意，可得|MO|＝12－t，|MA|＝8－t，有|MO|－|MA|＝4＜|AO|＝10，由双曲线的定义可得动点M的轨迹为双曲线的一支，且双曲线的焦距2c＝10，实轴长2a＝4，即c＝5，a＝2，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(5,2).故选D.
5．对于渐近线方程为x±y＝0的双曲线，下列结论不正确的是( )
A．实轴长与虚轴长相等
B．离心率是eq \r(2)
C．过焦点且与实轴垂直的直线被双曲线截得的线段长与实轴长相等
D．顶点到渐近线与焦点到渐近线的距离的比值为eq \r(2)
解析：选D 依题意，不妨设渐近线方程为x±y＝0的双曲线方程为x2－y2＝λ(λ≠0)，因此实轴长与虚轴长均为2eq \r(|λ|)，所以A正确；由于实轴长与虚轴长相等，所以离心率为eq \r(2)，所以B正确；过焦点且与实轴垂直的直线被双曲线截得的线段长为2eq \r(|λ|)，而双曲线的实轴长也为2eq \r(|λ|)，所以C正确；由相似三角形可知，顶点到渐近线与焦点到渐近线的距离的比值为eq \f(a,c)＝eq \f(\r(2),2)，所以D错误．
6．(2021·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，离心率e＝2，则双曲线C的渐近线方程为______________．
解析：∵e＝eq \f(c,a)＝2，∴c＝2a，又c2＝a2＋b2，∴4a2＝a2＋b2，b2＝3a2，b＝eq \r(3)a，∴双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x＝±eq \r(3)x.
答案：y＝±eq \r(3)x
二、综合练——练思维敏锐度
1．设双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的虚轴长为4，一条渐近线为y＝eq \f(1,2)x，则双曲线C的方程为( )
A.eq \f(x2,16)－eq \f(y2,4)＝1 B.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1
C.eq \f(x2,64)－eq \f(y2,16)＝1 D．x2－eq \f(y2,4)＝1
解析：选A 因为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的虚轴长为4，所以2b＝4，b＝2，因为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线为y＝eq \f(1,2)x，所以eq \f(b,a)＝eq \f(1,2)⇒a＝2b＝4，所以双曲线C的方程为eq \f(x2,16)－eq \f(y2,4)＝1，故选A.
2．设双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点是F，左、右顶点分别是A1，A2，过F作A1A2的垂线与双曲线交于B, C两点．若A1B⊥A2C，则该双曲线的渐近线的斜率为( )
A．±eq \f(1,2) B．±eq \f(\r(2),2) C．±1 D．±eq \r(2)
解析：选C 由题设易知A1(－a,0)，A2(a,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，eq \f(b2,a)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，－\f(b2,a))).∵A1B⊥A2C，∴eq \f(\f(b2,a),c＋a)·eq \f(－\f(b2,a),c－a)＝－1，整理得a＝b.∵渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，即y＝±x，∴渐近线的斜率为±1.
3．已知双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1的右焦点为F，P为双曲线左支上一点，点A(0，eq \r(2))，则△APF周长的最小值为( )
A．4(1＋eq \r(2)) B．4＋eq \r(2)
C．2(eq \r(2)＋eq \r(6)) D.eq \r(6)＋3eq \r(2)
解析：选A 设双曲线的左焦点为F′，易得点F(eq \r(6)，0)，△APF的周长l＝|AF|＋|AP|＋|PF|＝|AF|＋2a＋|PF′|＋|AP|，要使△APF的周长最小，只需|AP|＋|PF′|最小，易知当A，P，F′三点共线时取到最小值，故l＝2|AF|＋2a＝4(1＋eq \r(2))．故选A.
4．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为eq \r(5)，从双曲线C的右焦点F引渐近线的垂线，垂足为A，若△AFO的面积为1，则双曲线C的方程为( )
A.eq \f(x2,2)－eq \f(y2,8)＝1 B.eq \f(x2,4)－y2＝1
C.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1 D．x2－eq \f(y2,4)＝1
解析：选D 因为双曲线C的右焦点F到渐近线的距离|FA|＝b，|OA|＝a，所以ab＝2，又双曲线C的离心率为eq \r(5)，所以 eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(5)，即b2＝4a2，解得a2＝1，b2＝4，所以双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,4)＝1，故选D.
5．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1(－5,0)，F2(5,0)，则不能使双曲线C的方程为eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1的是( )
A．离心率为eq \f(5,4)
B．双曲线过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(9,4)))
C．渐近线方程为3x±4y＝0
D．实轴长为4
解析：选D 由题意可得焦点在x轴上，且c＝5.A选项，若离心率为eq \f(5,4)，则a＝4，所以b2＝c2－a2＝9，此时双曲线的方程为eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1；B选项，若双曲线过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(9,4)))，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(25,a2)－\f(\f(81,16),b2)＝1，,a2＋b2＝c2＝25，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝16，,b2＝9，))此时双曲线的方程为eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1；C选项，若双曲线的渐近线方程为3x±4y＝0，则可设双曲线的方程为eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝m(m＞0)，所以c2＝16m＋9m＝25，解得m＝1，所以此时双曲线的方程为eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1；D选项，若实轴长为4，则a＝2，所以b2＝c2－a2＝21，此时双曲线的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,21)＝1.故选D.
6．(2020·全国Ⅱ卷)设O为坐标原点，直线x＝a与双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线分别交于D，E两点．若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为( )
A．4 B．8 C．16 D．32
解析：选B 由题意知双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x.因为D，E分别为直线x＝a与双曲线C的两条渐近线的交点，所以不妨设D(a，b)，E(a，－b)，所以S△ODE＝eq \f(1,2)×a×|DE|＝eq \f(1,2)×a×2b＝ab＝8，所以c2＝a2＋b2≥2ab＝16，所以c≥4，所以2c≥8，所以C的焦距的最小值为8，故选B.
7．(2021·肇庆二模)已知F1，F2分别为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，O为坐标原点，在双曲线C上存在点M，使得2|OM|＝|F1F2|，设△F1MF2的面积为S.若16S＝(|MF1|＋|MF2|)2，则该双曲线的离心率为( )
A.eq \f(\r(6),2) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(3,2) D.eq \r(3)
解析：选A 由2|OM|＝|F1F2|得∠F1MF2＝eq \f(π,2).设|MF1|＝m，|MF2|＝n，m＞0，n＞0，由16S＝(|MF1|＋|MF2|)2得，8mn＝(m＋n)2＝(m－n)2＋4mn＝4a2＋4mn，即mn＝a2.又m2＋n2＝4c2，即(m－n)2＋2mn＝4c2，所以4a2＋2a2＝4c2，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),2)，所以选A.
8．已知双曲线C：eq \f(x2,m2＋1)－eq \f(y2,m2)＝1(m＞0)的焦点为F1，F2，虚轴上端点为A.若∠F1AF2＝eq \f(2π,3)，则m＝( )
A.eq \r(2) B.eq \f(\r(2),2) C．1 D．2
解析：选C 如图所示，因为双曲线的方程为eq \f(x2,m2＋1)－eq \f(y2,m2)＝1，所以a2＝m2＋1，b2＝m2，则c2＝a2＋b2＝2m2＋1.因为A是双曲线虚轴的上端点，且m＞0，所以A(0，m)，又因为∠F1AF2＝eq \f(2π,3)，所以tan∠AF1O＝tan∠AF2O＝eq \f(m,c)＝eq \f(\r(3),3)，即eq \f(m,\r(2m2＋1))＝eq \f(\r(3),3)，解得m＝1，故选C.
9．(2021·全国乙卷)已知双曲线C：eq \f(x2,m)－y2＝1(m>0)的一条渐近线为eq \r(3)x＋my＝0，则C的焦距为________．
解析：易得双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(1,\r(m)) x，又知C的一条渐近线方程为y＝－eq \f(\r(3),m)x，则eq \f(\r(3),m)＝eq \f(1,\r(m))，解得m＝3.故C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1.所以C的焦距为4.
答案：4
10．若点P是以A(－3,0)，B(3,0)为焦点，实轴长为2eq \r(5)的双曲线与圆x2＋y2＝9的一个交点，则|PA|＋|PB|＝________.
解析：不妨设点P在双曲线的右支上，则|PA|＞|PB|.因为点P是双曲线与圆的交点，所以由双曲线的定义知，|PA|－|PB|＝2eq \r(5)，①
又|PA|2＋|PB|2＝36，②
联立①②化简得2|PA|·|PB|＝16，所以(|PA|＋|PB|)2＝|PA|2＋|PB|2＋2|PA|·|PB|＝52，所以|PA|＋|PB|＝2eq \r(13).
答案：2eq \r(13)
11．(2022·湖北七市联考)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F(3eq \r(5)，0)，点N的坐标为(0,2)，点M为双曲线C左支上的动点，且△MNF的周长不小于20，则双曲线C的离心率的取值范围为________．
解析：设双曲线C的左焦点为F′，连接MF′，F′N(图略)，则|MF|－|MF′|＝2a，即|MF|＝|MF′|＋2a，故|MF|＋|MN|＝|MF′|＋|MN|＋2a≥|F′N|＋2a，当且仅当N，M，F′三点共线时等号成立．由F(3eq \r(5)，0)，F′(－3eq \r(5)，0)，N(0,2)可得|F′N|＝|FN|＝eq \r(45＋4)＝7，故△MNF的周长为|MN|＋|MF|＋|NF|≥|F′N|＋2a＋|NF|＝14＋2a.依题意，△MNF周长的最小值14＋2a≥20，解得a≥3，所以双曲线C的离心率e＝eq \f(c,a)≤eq \f(3\r(5),3)＝eq \r(5).又e＞1，可得1＜e≤eq \r(5)，故双曲线C的离心率的取值范围是(1，eq \r(5)]．
答案：(1，eq \r(5)]
12．双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝eq \r(3)b与C的右支相交于点P，若|PF1|＝2|PF2|，则双曲线C的离心率为________；若该双曲线的焦点到其渐近线的距离是eq \r(5)，则双曲线的方程为________．
解析：把y＝eq \r(3)b代入C的方程可得x＝±2a，由P在双曲线右支上得P(2a，eq \r(3)b)，易知F1(－c,0)，F2(c,0)，由双曲线的定义及|PF1|＝2|PF2|可得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，∴eq \r(2a＋c2＋3b2)＝4a，eq \r(2a－c2＋3b2)＝2a，整理可得8ac＝12a2，∴2c＝3a，∴双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3,2).由该双曲线的焦点到其渐近线的距离是eq \r(5)，可得b＝eq \r(5)，∴eq \f(c,a)＝eq \r(\f(a2＋b2,a2))＝eq \f(3,2)，解得a＝2，∴双曲线的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1.
答案：eq \f(3,2) eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1
13．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(c,0)．
(1)若双曲线的一条渐近线方程为y＝x且c＝2，求双曲线的方程；
(2)以原点O为圆心，c为半径作圆，该圆与双曲线在第一象限的交点为A，过A作圆的切线，斜率为－eq \r(3)，求双曲线的离心率．
解：(1)因为双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，所以a＝b，所以c2＝a2＋b2＝2a2＝4，所以a2＝b2＝2，所以双曲线的方程为eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1.
(2)设点A的坐标为(x0，y0)，所以直线AO的斜率满足eq \f(y0,x0)·(－eq \r(3))＝－1，所以x0＝eq \r(3)y0，①
依题意，圆的方程为x2＋y2＝c2，将①代入圆的方程得3y02＋y02＝c2，即y0＝eq \f(1,2)c，所以x0＝eq \f(\r(3),2)c，所以点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)c，\f(1,2)c))，代入双曲线方程得eq \f(\f(3,4)c2,a2)－eq \f(\f(1,4)c2,b2)＝1，即eq \f(3,4)b2c2－eq \f(1,4)a2c2＝a2b2，②
又因为a2＋b2＝c2，所以将b2＝c2－a2代入②式，整理得eq \f(3,4)c4－2a2c2＋a4＝0，所以3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))4－8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))2＋4＝0，所以(3e2－2)(e2－2)＝0，因为e>1，所以e＝eq \r(2)，所以双曲线的离心率为eq \r(2).
14．若双曲线E：eq \f(x2,a2)－y2＝1(a＞0)的离心率等于eq \r(2)，直线y＝kx－1与双曲线E的右支交于A，B两点．
(1)求k的取值范围；
(2)若|AB|＝6eq \r(3)，求k的值．
解：(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\r(2)，,a2＝c2－1))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝1，,c2＝2，))
故双曲线E的方程为x2－y2＝1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2－y2＝1，))得(1－k2)x2＋2kx－2＝0.①
∵直线与双曲线右支交于A，B两点，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＞1，,Δ＝2k2－41－k2×－2＞0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＞1，,－\r(2)＜k＜\r(2)，))所以1＜k＜eq \r(2).
故k的取值范围为(1, eq \r(2))．
(2)由①得x1＋x2＝eq \f(2k,k2－1)，x1x2＝eq \f(2,k2－1)，
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝2 eq \r(\f(1＋k22－k2,k2－12))＝6eq \r(3)，整理得28k4－55k2＋25＝0，∴k2＝eq \f(5,7)或k2＝eq \f(5,4).又1＜k＜eq \r(2)，∴k＝eq \f(\r(5),2).
三、自选练——练高考区分度
1．已知双曲线C：eq \f(x2,m)－eq \f(y2,m＋7)＝1(m∈R)的一条渐近线方程为4x－3y＝0，则( )
A．(eq \r(7)，0)为C的一个焦点
B．双曲线C的离心率为eq \f(4,3)
C．过点(5,0)作直线与C交于A，B两点，则满足|AB|＝15的直线有且只有两条
D．设A，B，M为C上三点且A，B关于原点对称，则MA，MB斜率存在时其乘积为eq \f(16,9)
解析：选D 因为双曲线C：eq \f(x2,m)－eq \f(y2,m＋7)＝1(m∈R)的一条渐近线方程为4x－3y＝0，所以eq \f(m＋7,m)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2，解得m＝9，所以双曲线C：eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1，所以a＝3，b＝4，c＝eq \r(a2＋b2)＝5，焦点坐标为(－5,0)，(5,0)，离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(5,3)，故A、B错误．过点(5,0)作直线与C交于A，B两点，(5,0)为双曲线的焦点，当直线的斜率不存在时，|AB|＝eq \f(2b2,a)＝eq \f(32,3)＜15，当直线的斜率为0时，|AB|＝2a＝6＜15，所以由双曲线的对称性得，满足|AB|＝15的直线有4条，故C错误．对于选项D，设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，M(x0，y0)，所以kMA＝eq \f(y1－y0,x1－x0)，kMB＝eq \f(－y1－y0,－x1－x0)＝eq \f(y1＋y0,x1＋x0)，因为A，B，M在双曲线上，所以eq \f(x12,9)－eq \f(y12,16)＝1，eq \f(x02,9)－eq \f(y02,16)＝1，两式相减得eq \f(x12－x02,9)－eq \f(y12－y02,16)＝0，所以eq \f(y12－y02,x12－x02)＝eq \f(y1－y0y1＋y0,x1－x0x1＋x0)＝eq \f(16,9)＝kMA·kMB，故D正确．故选D.
2．(2021·永州二模)已知O为坐标原点，双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为eq \f(3\r(5),5)，从双曲线C的右焦点F引渐近线的垂线，垂足为A，若△AFO的面积为eq \r(5)，则双曲线C的方程为______________．
解析：因为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为eq \f(3\r(5),5)，所以e2＝1＋eq \f(b2,a2)＝eq \f(9,5)，即eq \r(5)b＝2a.又从C的右焦点F(c,0)引渐近线y＝eq \f(b,a)x的垂线，则|AF|＝eq \f(bc,\r(a2＋b2))＝b，所以|AO|＝eq \r(c2－b2)＝a，因为△AFO的面积为eq \r(5)，所以eq \f(1,2)ab＝eq \r(5)，解得a＝eq \r(5)，b＝2，所以双曲线C的方程为eq \f(x2,5)－eq \f(y2,4)＝1.
答案：eq \f(x2,5)－eq \f(y2,4)＝1
3．(2021·新高考Ⅰ卷)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－eq \r(17)，0)，F2(eq \r(17)，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)设点T在直线x＝eq \f(1,2)上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．
解：(1)因为|MF1|－|MF2|＝2＜|F1F2|，根据双曲线的定义知，点M的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线的右支．由题意，得c＝eq \r(17)，|MF1|－|MF2|＝2a＝2，所以a＝1.又c2＝a2＋b2，所以17＝1＋b2，则b2＝16.所以C的方程为x2－eq \f(y2,16)＝1(x≥1)．
(2)设Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，t))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))＋t，将此方程代入x2－eq \f(y2,16)＝1，得(k2－16)x2＋(2kt－k2)x＋eq \f(1,4)k2－kt＋t2＋16＝0，所以x1＋x2＝eq \f(k2－2kt,k2－16)，x1x2＝eq \f(\f(1,4)k2－kt＋t2＋16,k2－16). ①
设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，直线PQ的方程为y＝k′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))＋t，将此方程代入x2－eq \f(y2,16)＝1，得(k′2－16)x2＋(2k′t－k′2)x＋eq \f(1,4)k′2－k′t＋t2＋16＝0，
所以x3＋x4＝eq \f(k′2－2k′t,k′2－16)，x3x4＝eq \f(\f(1,4)k′2－k′t＋t2＋16,k′2－16). ②
由|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，
得(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,2)))＝(1＋k′2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－eq \f(1,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x4－eq \f(1,2)))，即(1＋k2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x1x2－eq \f(1,2)(x1＋x2)＋eq \f(1,4)))＝(1＋k′2)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x3x4－eq \f(1,2)(x3＋x4)＋eq \f(1,4))). ③
将①②代入③并整理，得k2＝k′2.
因为k≠k′≠0，所以k＋k′＝0.
第六节 抛物线
课程标准
1.了解抛物线的定义、几何图形和标准方程．
2．了解抛物线的简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率)．
3．了解抛物线的简单应用．
4．理解数形结合思想．
[由教材回扣基础]
1．抛物线的概念：平面内与一个定点F和一条定直线l(l不经过点F)的距离相等的点的轨迹叫做抛物线．点F叫做抛物线的焦点，直线l叫做抛物线的准线．
2．抛物线的标准方程和几何性质
澄清微点·熟记结论
(1)设AB是过抛物线y2＝2px(p＞0)焦点F的弦(即焦点弦)，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
①x1x2＝eq \f(p2,4)，y1y2＝－p2；
②|AF|＝eq \f(p,1－cs α)，|BF|＝eq \f(p,1＋cs α)，弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(2p,sin2α)(α为弦AB的倾斜角)；
③eq \f(1,|FA|)＋eq \f(1,|FB|)＝eq \f(2,p)；
④焦点弦端点与顶点构成的三角形面积：
S△AOB＝eq \f(p2,2sin α)＝eq \f(1,2)|AB||d|＝eq \f(1,2)|OF|·|y1－y2|；
⑤通径：过焦点垂直于对称轴的弦，长等于2p，通径是过焦点最短的弦；
⑥以AF或BF为直径的圆与y轴相切；
⑦过焦点弦的端点的切线互相垂直且交点在准线上，即以焦点弦AB为直径的圆与准线相切．
(2)已知抛物线y2＝2px(p>0)，过点M(2p,0)作直线与抛物线交于A，B两点，则OA⊥OB；过原点O作两条互相垂直的直线分别交抛物线于A，B两点(即OA⊥OB)，则直线AB必过定点(2p,0)．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)平面内与一个定点F和一条定直线l的距离相等的点的轨迹一定是抛物线．( )
(2)抛物线y2＝4x的焦点到准线的距离是4.( )
(3)抛物线既是中心对称图形，又是轴对称图形．( )
(4)方程y＝ax2(a≠0)表示的曲线是焦点在x轴上的抛物线，且其焦点坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，0))，准线方程是x＝－eq \f(a,4).( )
(5)过点P(－2,3)的抛物线的标准方程是唯一确定的．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
二、练牢教材小题
1．(新人教A版选择性必修①P133 T1改编)已知抛物线的焦点到准线的距离是3，且焦点在x轴的正半轴上，则它的标准方程是________．
答案：y2＝6x
2．(人教A版选修2－1 P73 T2(2)改编)若抛物线y＝4x2上的一点M到焦点的距离为1，则点M的纵坐标是________．
答案：eq \f(15,16)
3．(新人教B版选择性必修①P159 T5改编)抛物线x2＝y上到直线2x－y－4＝0距离最小的点P的坐标为________．
答案：(1,1)
4．(新北师大版选择性必修①P74T3改编)若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆eq \f(x2,3p)＋eq \f(y2,p)＝1的一个焦点，则p＝________
答案：8
三、练清易错易混
1．(忽视抛物线的标准形式)抛物线y＝－2x2的准线方程是( )
A．x＝eq \f(1,2) B．x＝eq \f(1,8) C．y＝eq \f(1,2) D．y＝eq \f(1,8)
解析：选D 抛物线方程为x2＝－eq \f(1,2)y，所以p＝eq \f(1,4)，准线方程为y＝eq \f(1,8).
2．(忽视抛物线的开口方向)过点P(－2,3)的抛物线的标准方程是( )
A．y2＝－eq \f(9,2)x或x2＝eq \f(4,3)y
B．y2＝eq \f(9,2)x或x2＝eq \f(4,3)y
C．y2＝eq \f(9,2)x或x2＝－eq \f(4,3)y
D．y2＝－eq \f(9,2)x或x2＝－eq \f(4,3)y
解析：选A 设抛物线的标准方程为y2＝kx或x2＝my，代入点P(－2,3)，解得k＝－eq \f(9,2)，m＝eq \f(4,3)，所以y2＝－eq \f(9,2)x或x2＝eq \f(4,3)y.故选A.
3．(忽视p的几何意义致误)已知抛物线C与双曲线x2－y2＝1有相同的焦点，且顶点在原点，则抛物线C的方程是( )
A．y2＝±2eq \r(2)x B．y2＝±2x
C．y2＝±4x D．y2＝±4eq \r(2)x
解析：选D 由已知可知双曲线的焦点为(－eq \r(2)，0)，(eq \r(2)，0)．设抛物线方程为y2＝±2px(p>0)，则eq \f(p,2)＝eq \r(2)，所以p＝2eq \r(2)，所以抛物线方程为y2＝±4eq \r(2)x.故选D.
命题视角一 抛物线的定义及应用
[典例] (1)(2022·岳阳模拟)过抛物线x2＝4y的焦点F作直线，交抛物线于P1(x1，y1)，P2(x2，y2)两点，若y1＋y2＝6，则|P1P2|＝( )
A．5 B．6 C．8 D．10
(2)(2022·襄阳测试)设P是抛物线y2＝4x上的一个动点，F是抛物线的焦点．若B(3,2)，则|PB|＋|PF|的最小值为________．
[解析] (1)x2＝4y的焦点为(0,1)，准线为y＝－1，因为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)两点是过抛物线焦点的直线与抛物线的交点，所以P1(x1，y1)，P2(x2，y2)两点到准线的距离分别是y1＋1，y2＋1，所以由抛物线的定义知|P1P2|＝|P1F|＋|P2F|＝y1＋1＋y2＋1＝y1＋y2＋2＝6＋2＝8，故选C.
(2)如图，过点B作BQ垂直准线于点Q，交抛物线于点P1，则|P1Q|＝|P1F|.则有|PB|＋|PF|≥|P1B|＋|P1Q|＝|BQ|＝4，即|PB|＋|PF|的最小值为4.
[答案] (1)C (2)4
[方法技巧] 利用抛物线的定义可解决的常见问题
[针对训练]
1．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，A为C上一点，且|AF|＝5，O为坐标原点，则△OAF的面积为( )
A．2 B.eq \r(5) C．2 eq \r(3) D．4
解析：选A 根据题意，抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1,0)，设A(m，n)，∴|AF|＝m＋1＝5，∴m＝4，∴n＝±4，∴S△AOF＝eq \f(1,2)×1×4＝2.故选A.
2．已知直线l1：x＝－1，l2：x－y＋1＝0，P为抛物线y2＝4x上任意一点，则点P到直线l1与l2的距离之和的最小值为( )
A．2 B.eq \r(2) C．1 D.eq \f(\r(2),2)
解析：选B 由抛物线y2＝4x知其准线方程为x＝－1，由抛物线定义可知点P到直线l1：x＝－1的距离等于点P到焦点F的距离，∴点P到直线l1的距离与点P到直线l2的距离之和的最小值为点F(1,0)到直线l2：x－y＋1＝0的距离，即d＝eq \f(|1－0＋1|,\r(12＋－12))＝eq \r(2).故选B.
3．已知点F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点A在抛物线上，点B在抛物线的准线l上，且A，B两点都在x轴的上方．若FA⊥FB，tan∠FAB＝eq \f(1,3)，则直线FA的斜率为________．
解析：过点A作AM⊥l，垂足为M.由抛物线的定义知|AM|＝|AF|，易证Rt△AMB≌Rt△AFB.从而∠BAM＝∠BAF.因为AM∥x轴，所以∠MAF等于直线FA的倾斜角，所以kFA＝tan∠MAF＝tan 2∠BAF＝eq \f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2)＝eq \f(3,4).
答案：eq \f(3,4)
命题视角二 抛物线的标准方程
[典例] (1)(2021·新高考Ⅱ卷改编)若抛物线的焦点到直线y＝x＋1的距离为eq \r(2)，则其标准方程是__________________．
(2)(2021·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，则C的准线方程为__________．
[解析] (1)若抛物线的焦点在x轴上，可设其标准方程为y2＝kx(k≠0)，则其焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,4)，0)).
由eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(k,4)＋1)),\r(2))＝eq \r(2)，得k＝4或－12.
∴此时，其标准方程为y2＝4x或y2＝－12x；若抛物线的焦点在y轴上，可设其标准方程为x2＝λy(λ≠0)，则其焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(λ,4))).由eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(λ,4)＋1)),\r(2))＝eq \r(2)，得λ＝－4或12.
∴此时，其标准方程为x2＝－4y或x2＝12y，综上所述，所求抛物线的标准方程为y2＝4x或y2＝－12x或x2＝－4y或x2＝12y.
(2)抛物线C的焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，将x＝eq \f(p,2)代入y2＝2px，解得y＝±p.
不妨设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，p))，则kOP＝eq \f(p,\f(p,2))＝2.
因为PQ⊥OP，所以kPQ＝－eq \f(1,2)，所以直线PQ：y－p＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2))).令y＝0，得x＝eq \f(5p,2).
由|FQ|＝6，得eq \f(5p,2)－eq \f(p,2)＝2p＝6，所以p＝3.故C的准线方程为x＝－eq \f(3,2).
[答案] (1)y2＝4x或y2＝－12x或x2＝－4y或x2＝12y (2)x＝－eq \f(3,2)
[方法技巧] 抛物线的标准方程的求法
[针对训练]
1.如图，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l交抛物线于点A，B，交其准线于点C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则此抛物线的方程为( )
A．y2＝9x B．y2＝6x
C．y2＝3x D．y2＝eq \r(3)x
解析：选C 如图，过点A，B分别作准线的垂线，交准线于点E，D，设|BF|＝a，则由已知得|BC|＝2a，由抛物线定义得|BD|＝a，故∠BCD＝30°，在直角三角形ACE中，因为|AE|＝|AF|＝3，|AC|＝3＋3a，2|AE|＝|AC|，所以3＋3a＝6，从而得a＝1，|FC|＝3a＝3，所以p＝|FG|＝eq \f(1,2)|FC|＝eq \f(3,2)，因此抛物线的方程为y2＝3x，故选C.
2．已知抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F，点P为抛物线上的动点，点M为其准线上的动点，若△FPM为边长是4的等边三角形，则此抛物线的方程为________．
解析：△FPM为等边三角形，则|PM|＝|PF|，由抛物线的定义得PM垂直于抛物线的准线，设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(m2,2p)))，则点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，－\f(p,2))).因为焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，△FPM是等边三角形，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(m2,2p)＋\f(p,2)＝4，,\a\vs4\al( \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)＋\f(p,2)))2＋m2))＝4，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2＝12，,p＝2，))因此抛物线方程为x2＝4y.
答案：x2＝4y
命题视角三 抛物线的几何性质
[典例] (1)(2021·济宁三模)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F的直线与抛物线C的两个交点分别为A，B，且满足eq \(AF,\s\up7(―→))＝2eq \(FB,\s\up7(―→))，E为AB的中点，则点E到抛物线准线的距离为( )
A.eq \f(11,4) B.eq \f(9,4)
C.eq \f(5,2) D.eq \f(5,4)
(2)(2021·北京高考)已知抛物线C：y2＝4x，C的焦点为F，点M在C上，且|FM|＝6，则M的横坐标是________；作MN⊥x轴于N，则S△FMN＝________.
[解析] (1)由题得抛物线y2＝4x的焦点坐标为(1,0)，准线方程为x＝－1，如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵eq \(AF,\s\up7(―→))＝2eq \(FB,\s\up7(―→))，∴|AF|＝2|BF|，∴x1＋1＝2(x2＋1)，∴x1＝2x2＋1，∵|y1|＝2|y2|，∴yeq \\al(2,1)＝4yeq \\al(2,2)，∴x1＝4x2，∴x1＝2，x2＝eq \f(1,2).∴线段AB的中点到该抛物线准线的距离为eq \f(1,2)[(x1＋1)＋(x2＋1)]＝eq \f(9,4).故选B.
(2)由题意得点F(1,0)，设点M(x，±2eq \r(x))，则|FM|＝x＋1＝6，解得x＝5.易得点N(5,0)，从而S△FMN＝eq \f(1,2)(xN－xF)·MN＝eq \f(1,2)×4×2eq \r(5)＝4eq \r(5).
[答案] (1)B (2)5 4eq \r(5)
[方法技巧]
抛物线几何性质的应用技巧
(1)涉及抛物线几何性质的问题常结合图形思考，通过图形可以直观地看出抛物线的顶点、对称轴、开口方向等几何特征，体现了数形结合思想解题的直观性．
(2)与抛物线的焦点弦长有关的问题，可直接应用公式求解．解题时，需依据抛物线的标准方程，确定弦长公式是由交点横坐标还是由交点纵坐标定，是p与交点横(纵)坐标的和还是与交点横(纵)坐标的差，这是正确解题的关键．
[针对训练]
1．(2022·百校大联考)已知F是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为－2且经过焦点F的直线l交该抛物线于M，N两点，若|MN|＝eq \f(5,2)，则该抛物线的方程是( )
A．y2＝x B．y2＝2x
C．y2＝4x D．y2＝6x
解析：选B 根据题设知直线l：y＝－2x＋p，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－2x＋p，,y2＝2px，))得4x2－6px＋p2＝0.
设M(xM，yM)，N(xN，yN)，则xM＋xN＝eq \f(6p,4)＝eq \f(3p,2)，
又|MN|＝eq \f(5,2)，所以xM＋eq \f(p,2)＋xN＋eq \f(p,2)＝eq \f(5p,2)＝eq \f(5,2)，
所以p＝1，所以所求抛物线的方程是y2＝2x，故选B.
2．(2021·聊城二模)已知△ABC的三个顶点都在抛物线x2＝8y上，且F为抛物线的焦点，若AF＝eq \f(1,3)(AB＋AC)，则|AF|＋|BF|＋|CF|＝( )
A．6 B．8eq \(AF,\s\up7(―→))
C．10 D．12
解析：选D 由x2＝8y得焦点F(0,2)，准线方程为y＝－2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．
由eq \(AF,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))得(－x1,2－y1)＝eq \f(1,3)(x2－x1，y2－y1)＋eq \f(1,3)(x3－x1，y3－y1)，
则2－y1＝eq \f(1,3)(y2－y1＋y3－y1)，
化简得y1＋y2＋y3＝6，
所以|eq \(AF,\s\up7(―→))|＋|eq \(BF,\s\up7(―→))|＋|eq \(CF,\s\up7(―→))|＝y1＋2＋y2＋2＋y3＋2＝12，故选D.
巧用性质·练转化思维——活用抛物线焦点弦的4个性质
设AB是过抛物线y2＝2px(p＞0)焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
性质1：x1·x2＝eq \f(p2,4).
性质2：y1·y2＝－p2.
性质3：|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(2p,sin2α)(α是直线AB的倾斜角)．
性质4：eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(2,p)为定值(F是抛物线的焦点)．
在抛物线与直线的关系中，过抛物线焦点的直线与抛物线的关系尤为重要，这是因为在这一关系中具有一些很有用的性质，这些性质常常是高考命题的切入点．
[例1] 过抛物线y2＝4x的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若|AF|＝2|BF|，则|AB|等于( )
A．4 B.eq \f(9,2) C．5 D．6
[点拨] 本题应用性质3或4解决较为简单．
[解析] 法一：由对称性不妨设点A在x轴的上方，如图．设A，B在准线上的射影分别为D，C，作BE⊥AD于E，设|BF|＝m，直线l的倾斜角为θ，则|AB|＝3m，由抛物线的定义知|AD|＝|AF|＝2m，|BC|＝|BF|＝m，所以cs θ＝eq \f(|AE|,|AB|)＝eq \f(1,3)，则sin2θ＝eq \f(8,9).又y2＝4x，知2p＝4，故由弦长公式得|AB|＝eq \f(2p,sin2θ)＝eq \f(9,2).
法二：因为|AF|＝2|BF|，eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(1,2|BF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(3,2|BF|)＝eq \f(2,p)＝1，解得|BF|＝eq \f(3,2)，|AF|＝3，
故|AB|＝|AF|＋|BF|＝eq \f(9,2).
[答案] B
[例2] 设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为( )
A.eq \f(3\r(3),4) B.eq \f(9\r(3),8)
C.eq \f(63,32) D.eq \f(9,4)
[点拨] 本题应用性质3直接求弦长|AB|，通过解Rt△求原点到AB的距离，简单明了．
[解析] 由2p＝3，及|AB|＝eq \f(2p,sin2α)，得|AB|＝eq \f(2p,sin2α)＝eq \f(3,sin230°)＝12.又原点到直线AB的距离d＝|OF|·sin 30°＝eq \f(3,8)，故S△OAB＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)×12×eq \f(3,8)＝eq \f(9,4).
[答案] D
[例3] 如图，过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F的直线交抛物线于点A，B，交其准线l于点C，若F是AC的中点，且|AF|＝4，则线段AB的长为( )
A．5 B．6
C．eq \f(16,3) D．eq \f(20,3)
[点拨] 本题利用性质1或4解决长度问题、坐标问题更直接．
[解析] 法一：过A作l的垂线交l于点D，设l与x轴交于点E，由于F为AC的中点，所以EF为△ACD的中位线，所以p＝eq \f(1,2)|AD|＝eq \f(1,2)|AF|＝2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AF|＝x1＋eq \f(p,2)＝x1＋1＝4，所以x1＝3，又x1x2＝eq \f(p2,4)＝1，所以x2＝eq \f(1,3)，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝3＋eq \f(1,3)＋2＝eq \f(16,3).
法二：过A作l的垂线交l于点D，设l与x轴的交点为E，由于F为AC的中点，所以EF为△ACD的中位线，所以p＝eq \f(1,2)|AD|＝eq \f(1,2)|AF|＝2.因为eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(2,p)，|AF|＝4，所以|BF|＝eq \f(4,3)，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝4＋eq \f(4,3)＝eq \f(16,3).
[答案] C
[融会贯通]
(1)抛物线中的焦点弦问题很多都可以转化为一个直角梯形(过焦点的弦的端点和它们在准线上的射影围成的梯形)中的问题，在解决这类问题时注意对这个梯形的运用．
(2)万变不离其宗，解决这类问题的根源仍然是抛物线的定义．
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．(2022·武汉模拟)已知抛物线y2＝2px(p>0)上的点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大eq \f(1,2)，则抛物线的标准方程为( )
A．y2＝x B．y2＝2x
C．y2＝4x D．y2＝8x
解析：选B 由抛物线y2＝2px(p＞0)上的点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大eq \f(1,2)，根据抛物线的定义可得eq \f(p,2)＝eq \f(1,2)，所以p＝1，所以抛物线的标准方程为y2＝2x.故选B.
2．已知抛物线y2＝2px(p＞0)上的点到准线的最小距离为eq \r(3)，则抛物线的焦点坐标为( )
A．(eq \r(3)，0) B．(0，eq \r(3))
C．(2eq \r(3)，0) D．(0,2eq \r(3))
解析：选A 抛物线y2＝2px(p＞0)上的点到准线的最小距离为eq \r(3)，就是顶点到焦点的距离是eq \r(3)，即eq \f(p,2)＝eq \r(3)，则抛物线的焦点坐标为(eq \r(3)，0)．故选A.
3．双曲线eq \f(x2,m)－eq \f(y2,n)＝1(mn≠0)的离心率为2，有一个焦点与抛物线y2＝4x的焦点重合，则mn的值为( )
A.eq \f(3,16) B.eq \f(3,8)
C.eq \f(16,3) D.eq \f(8,3)
解析：选A ∵抛物线y2＝4x的焦点为(1,0)，∴双曲线中c＝1，又e＝2，∴eq \f(1,\r(m))＝2，∴m＝eq \f(1,4)，∴n＝eq \f(3,4)，∴mn＝eq \f(3,16).
4．若直线AB与抛物线y2＝4x交于A，B两点，且AB⊥x轴，|AB|＝4eq \r(2)，则抛物线的焦点到直线AB的距离为( )
A．1 B．2
C．3 D．5
解析：选A 由|AB|＝4eq \r(2)及AB⊥x轴，不妨设点A的纵坐标为2eq \r(2)，代入y2＝4x得点A的横坐标为2，从而直线AB的方程为x＝2.又y2＝4x的焦点为(1,0)，所以抛物线的焦点到直线AB的距离为2－1＝1，故选A.
5．已知抛物线y2＝8x的焦点为F，点P在该抛物线上，且P在y轴上的投影为点E，则|PF|－|PE|的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 因为抛物线y2＝8x，所以抛物线的准线方程为x＝－2，因为P在y轴上的投影为点E，所以|PE|即为点P到x＝－2的距离减去2，因为点P在该抛物线上，故点P到x＝－2的距离等于|PF|，所以|PE|＝|PF|－2，故|PF|－|PE|＝2，故选B.
二、综合练——练思维敏锐度
1．(2021·合肥二模)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点A是抛物线C的准线与x轴的交点．若抛物线C上的点M满足|MA|＝eq \r(2)|MF|，则|MF|＝( )
A.eq \r(2) B．2 C．2 eq \r(2) D．4
解析：选B 由已知得抛物线C的焦点为F(1,0)，准线方程是x＝－1，A(－1,0)．设M(x，y)，则由|MA|＝eq \r(2)|MF|，得eq \r(x＋12＋y2)＝eq \r(2)(x＋1)．又y2＝4x，所以(x＋1)2＋4x＝2(x＋1)2，解得x＝1，|MF|＝1＋1＝2，故选B.
2．圆O：x2＋y2＝r2与抛物线Γ：y2＝4x交于A，B两点，与Γ的准线交于C，D两点，若四边形ABCD为矩形，则该矩形的面积为( )
A．2 B．4 C．8 D．16
解析：选C 因为CD在准线上，根据矩形的对称性可得AB过焦点F，则|AF|＝|DA|且AF⊥x轴，所以A(1，±2)，故|AF|＝|DA|＝2，从而|AB|＝4，故矩形的面积为2×4＝8.
3．(2022·北京丰台区一模)已知P为抛物线y2＝2px(p>0)上一点，点P到抛物线准线和对称轴的距离分别为10和6，则p＝( )
A．2 B．4 C．4或9 D．2或18
解析：选D 由题意可得，抛物线y2＝2px(p>0)的准线l的方程为x＝－eq \f(p,2)，设点P(x，y)，又因为点P到抛物线准线和对称轴的距离分别为10和6，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\f(p,2)＝10，,y＝±6，,y2＝2px，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝±6，,p＝18))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝9，,y＝±6，,p＝2，))即p的值为18或2.故选D.
4．已知点A(0,2)，抛物线C：y2＝ax(a＞0)的焦点为F，射线FA与抛物线C相交于点M，与其准线相交于点N.若|FM|∶|MN|＝1∶eq \r(5)，则a的值为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C．1 D．4
解析：选D 依题意，点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，0))，如图，设点M在准线上的射影为K，由抛物线的定义知|MF|＝|MK|，|KM|∶|MN|＝1∶eq \r(5)，则|KN|∶|KM|＝2∶1.∵kFN＝eq \f(0－2,\f(a,4)－0)＝－eq \f(8,a)，kFN＝－eq \f(|KN|,|KM|)＝－2，∴eq \f(8,a)＝2，解得a＝4.
5．(2022·惠州一调)已知F是抛物线C：y＝2x2的焦点，N是x轴上一点，线段FN与抛物线C相交于点M，若2eq \(FM,\s\up7(―→))＝eq \(MN,\s\up7(―→))，则|FN|＝( )
A.eq \f(5,8) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(3,8) D．1
解析：选A 因为F是抛物线C：y＝2x2的焦点，所以Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))，抛物线C的准线方程为y＝－eq \f(1,8)，如图，过点M作抛物线的准线的垂线，交x轴于点A，交抛物线C的准线于点B，则MA∥OF，所以eq \f(|MA|,|OF|)＝eq \f(|MN|,|FN|).因为2eq \(FM,\s\up7(―→))＝eq \(MN,\s\up7(―→))，所以|MA|＝eq \f(2,3)×eq \f(1,8)＝eq \f(1,12)，|MF|＝|MB|＝eq \f(1,12)＋eq \f(1,8)＝eq \f(5,24)，|FN|＝3|FM|＝eq \f(5,8).
6．(2021年1月新高考八省联考卷)已知抛物线y2＝2px上三点A(2,2)，B，C，直线AB，AC是圆(x－2)2＋y2＝1的两条切线，则直线BC的方程为( )
A．x＋2y＋1＝0 B．3x＋6y＋4＝0
C．2x＋6y＋3＝0 D．x＋3y＋2＝0
解析：选B 把A(2,2)代入y2＝2px得p＝1，
又直线AB，AC是圆(x－2)2＋y2＝1的两条切线，
易得AB方程为y－2＝eq \r(3)(x－2)，
AC方程为y－2＝－eq \r(3)(x－2)，
联立AB方程和抛物线方程得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)－\f(4,\r(3))，\f(2,\r(3))－2))，
同理：Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)＋\f(4,\r(3))，－\f(2,\r(3))－2))，
由B，C两点坐标可得直线BC的方程为3x＋6y＋4＝0，所以选B.
7．(2022·北京朝阳区一模)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，点P是直线l上的动点．若点A在抛物线C上，且|AF|＝5，则|PA|＋|PO|(O为坐标原点)的最小值为( )
A．8 B．2 eq \r(13)
C.eq \r(41) D．6
解析：选B 如图所示，作点O关于准线l的对称点B，连接PB，AB.设点A(x，y)，不妨设y>0.由题意知F(1,0)，直线l的方程为x＝－1，则|AF|＝x＋1＝5，可得x＝4，所以y2＝4×4＝16，得y＝4，所以A(4,4)．|PA|＋|PO|＝|PA|＋|PB|≥|AB|，当A，B，P三点共线时取等号．又B(－2,0)，则|AB|＝eq \r(42＋4＋22)＝eq \r(52)＝2eq \r(13)，所以|PA|＋|PO|的最小值为2eq \r(13).故选B.
8．已知F是抛物线C：y2＝16x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，则下列说法不正确的是( )
A．C的准线方程为x＝－4
B．F点的坐标为(0,4)
C．|FN|＝12
D．三角形ONF的面积为16eq \r(2)(O为坐标原点)
解析：选B 如图，不妨设点M位于第一象限，设抛物线的准线l与x轴交于点F′，作MB⊥l于点B，NA⊥l于点A.
由抛物线的解析式可得准线方程为x＝－4，F点的坐标为(4,0)，则|AN|＝4，|FF′|＝8.在直角梯形ANFF′中，中位线|MB|＝eq \f(|AN|＋|FF′|,2)＝6，
由抛物线的定义有|MF|＝|MB|＝6，结合题意，有|MN|＝|MF|＝6，
故|FN|＝|MF|＋|MN|＝6＋6＝12，|ON|＝eq \r(122－42)＝8eq \r(2)，S△ONF＝eq \f(1,2)×8eq \r(2)×4＝16eq \r(2).故选B.
9．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心，|FA|为半径的圆交l于B，D两点．若∠ABD＝90°，且△ABF的面积为9eq \r(3)，则下列说法不正确的是( )
A．△ABF是等边三角形
B．|BF|＝3
C．点F到准线的距离为3
D．抛物线C的方程为y2＝6x
解析：选B ∵以F为圆心，|FA|为半径的圆交l于B，D两点，∠ABD＝90°，由抛物线的定义可得|AB|＝|AF|＝|BF|，∴△ABF是等边三角形，∴∠FBD＝30°.∵△ABF的面积为eq \f(\r(3),4)|BF|2＝9eq \r(3)，∴|BF|＝6.又点F到准线的距离为|BF|sin 30°＝3＝p，则该抛物线的方程为y2＝6x.故选B.
10．若抛物线y2＝8x上一点P(m，n)到其焦点的距离为8m，则m＝______.
解析：由题意得，抛物线的准线方程为x＝－2，又点P(m，n) 到焦点的距离为8m，所以|PF|＝m＋2＝8m，解得m＝eq \f(2,7).
答案：eq \f(2,7)
11.如图，正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为a，b(a＜b)，原点O为AD的中点，抛物线y2＝2px(p＞0)经过C，F两点，则eq \f(b,a)＝________.
解析：依题知Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，－a))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)＋b，b))，因为点C，F在抛物线上，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝pa，,b2＝pa＋2b，))两式相除得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))－1＝0，解得eq \f(b,a)＝1＋eq \r(2)或eq \f(b,a)＝1－eq \r(2)(舍去)．
答案：1＋eq \r(2)
12．设抛物线y2＝4x的焦点为F，过点M(eq \r(5)，0)的直线与抛物线相交于A，B两点，与抛物线的准线相交于C点，|BF|＝3，则△BCF与△ACF的面积之比eq \f(S△BCF,S△ACF)＝________.
解析：设点A在第一象限，B在第四象限，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝my＋eq \r(5).由y2＝4x，得p＝2，因为|BF|＝3＝x2＋eq \f(p,2)＝x2＋1，所以x2＝2，则y22＝4x2＝4×2＝8，所以y2＝－2eq \r(2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋\r(5)，))得y2－4my－4eq \r(5)＝0，则y1y2＝－4eq \r(5)，所以y1＝eq \r(10)，由y12＝4x1，得x1＝eq \f(5,2).过点A作AA′垂直于准线x＝－1，垂足为A′，过点B作BB′垂直于准线x＝－1，垂足为B′，易知△CBB′∽△CAA′，所以eq \f(S△BCF,S△ACF)＝eq \f(|BC|,|AC|)＝eq \f(|BB′|,|AA′|).又|BB′|＝|BF|＝3，|AA′|＝x1＋eq \f(p,2)＝eq \f(5,2)＋1＝eq \f(7,2)，所以eq \f(S△BCF,S△ACF)＝eq \f(3,\f(7,2))＝eq \f(6,7).
答案：eq \f(6,7)
13．已知过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为2eq \r(2)的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1
(2)O为坐标原点，C为抛物线上一点，若eq \(OC,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋λeq \(OB,\s\up7(―→))，求λ的值．
解：(1)由题意得直线AB的方程为y＝2eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，与y2＝2px联立，消去y得4x2－5px＋p2＝0，所以x1＋x2＝eq \f(5p,4).由抛物线定义得|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(5p,4)＋p＝9，所以p＝4，从而该抛物线的方程为y2＝8x.
(2)由(1)得4x2－5px＋p2＝0，即x2－5x＋4＝0，则x1＝1，x2＝4，于是y1＝－2eq \r(2)，y2＝4eq \r(2)，从而A(1，－2eq \r(2))，B(4,4eq \r(2))．设C(x3，y3)，则eq \(OC,\s\up7(―→))＝(x3，y3)＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋λeq \(OB,\s\up7(―→))＝(1，－2eq \r(2))＋λ(4，4eq \r(2))＝(4λ＋1,4eq \r(2)λ－2eq \r(2))．又y32＝8x3，所以[2eq \r(2)(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，整理得(2λ－1)2＝4λ＋1，解得λ＝0或λ＝2.
14．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，F为其焦点，P(1，y)(y>0)，A，B三点都在抛物线C上，且|FP|＝2.设直线AB，PA，PB的斜率分别为k，k1，k2.
(1)求抛物线C的方程，并证明eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝eq \f(1,k)＋1；
(2)已知Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)))，且A，B，M三点共线，若PA⊥PB且k1>k2，求直线PA的方程．
解：(1)根据抛物线的定义，可得|FP|＝1＋eq \f(p,2)＝2，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x，且点P(1,2)．由题意知直线AB，PA，PB的斜率均不为0.设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(y2－y1,\f(y22,4)－\f(y12,4))＝eq \f(4,y1＋y2)，k1＝eq \f(y1－2,x1－1)＝eq \f(y1－2,\f(y12,4)－1)＝eq \f(4,y1＋2)，同理k2＝eq \f(4,y2＋2)，所以eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝eq \f(y1＋y2＋4,4)，eq \f(1,k)＋1＝eq \f(y1＋y2＋4,4)，所以eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝eq \f(1,k)＋1.
(2)由Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)))，且A，B，M三点共线，设直线AB的方程为x＋eq \f(1,2)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,2)))，其中m＝eq \f(1,k)，联立直线AB与抛物线的方程可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)＝m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,2)))，,y2＝4x，))消去x得y2－4my－2m＋2＝0，则y1＋y2＝4m，y1y2＝2－2m.又由Δ＝(4m)2－4(2－2m)>0，解得m<－1或m>eq \f(1,2).因为PA⊥PB，所以k1k2＝eq \f(16,y1＋2y2＋2)＝－1，解得m＝－eq \f(11,3).由(1)知eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝eq \f(1,k)＋1，所以eq \f(1,k1)－k1＝－eq \f(8,3)，又k1>k2，解得k1＝3，k1＝－eq \f(1,3)(舍)．所以直线PA的方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0.
三、自选练——练高考区分度
1．抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，一条平行于x轴的光线从点M(3,1)射出，经过抛物线上的点A反射后，再经过抛物线上的另一点B射出，则△ABM的周长为( )
A.eq \f(71,12)＋eq \r(26) B．9＋eq \r(10)
C.eq \f(83,12)＋eq \r(26) D．9＋eq \r(26)
解析：选D 对于y2＝4x，令y＝1，得x＝eq \f(1,4)，即Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，结合抛物线的光学性质，得AB经过焦点F，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，与抛物线方程联立可得，k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，据此可得xAxB＝1，∴xB＝eq \f(1,xA)＝4.∴|AB|＝xA＋xB＋p＝eq \f(25,4).将x＝4代入y2＝4x可得y＝±4，故B(4，－4)，∴|MB|＝eq \r(4－32＋－4－12)＝eq \r(26).∴△ABM的周长为|MA|＋|MB|＋|AB|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(1,4)))＋eq \f(25,4)＋eq \r(26)＝9＋eq \r(26).故选D.
2．设F是抛物线C：y2＝4x的焦点，直线l过点F，且与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论不正确的是( )
A．|AB|≥4
B．|OA|＋|OB|>8
C．若点P(2,2)，则|PA|＋|AF|的最小值是3
D．△OAB的面积的最小值是2
解析：选B F(1,0)，如图，不妨设A在第一象限．
(1)若直线l斜率不存在，则A(1,2)，B(1，－2)，则|AB|＝4，|OA|＋|OB|＝2|OA|＝2eq \r(5)，S△OAB＝eq \f(1,2)×4×1＝2，显然B错误；
(2)若直线l斜率存在，设直线l斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x－1)，显然k≠0，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x，))消元得：k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)＝2＋eq \f(4,k2)，∴|AB|＝x1＋x2＋2＝4＋eq \f(4,k2)>4，原点O到直线l的距离d＝eq \f(|k|,\r(k2＋1))，∴S△OAB＝eq \f(1,2)×|AB|×d＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(4,k2)))×eq \f(|k|,\r(k2＋1))＝2eq \r(1＋\f(1,k2))>2.综上，|AB|≥4，S△OAB≥2，故A正确，D正确．过点A向准线作垂线，垂足为N，则|PA|＋|AF|＝|PA|＋|AN|，又P(2,2)在抛物线右侧，故当P，A，N三点共线时，|PA|＋|AF|取得最小值3，故C正确．
3．(2022·佛山测试)已知抛物线C：y2＝4x与圆E：(x－1)2＋y2＝9相交于A，B两点，点M为劣弧eq \x\t(AB)上不同于A，B的一个动点，平行于x轴的直线MN交抛物线于点N，则△MNE周长的取值范围为( )
A．(3,5) B．(5,7)
C．(6,8) D．(6,8]
解析：选C 如图所示，圆E的圆心为(1,0)，半径为3，抛物线的焦点也为(1,0)，准线方程为x＝－1.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x－12＋y2＝9，))解得A(2，2 eq \r(2))，B(2，－2 eq \r(2))，所以2
(1)求p和a的值；
(2)若直线l：y＝x＋m交抛物线P于A，B 两点，线段AB的垂直平分线交抛物线P于C，D两点，求证：A，B，C，D四点共圆．
解：(1)y2＝2px的准线方程为x＝－eq \f(p,2)，因为点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，a))到抛物线焦点的距离等于该点到准线的距离，所以eq \f(p,2)＋eq \f(3,4)＝1，故p＝eq \f(1,2)，即y2＝x.又点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，a))在抛物线y2＝x上，所以a＝±eq \f(\r(3),2).
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝x，,y＝x＋m，))得y2－y＋m＝0，则Δ1＝1－4m>0，y1＋y2＝1，y1y2＝m，则|AB|＝eq \r(1＋1)|y1－y2|＝eq \r(2－8m)，且线段AB中点的纵坐标为eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(1,2)，则其横坐标为eq \f(1,2)－m，所以线段AB的中点为Meq \f(1,2)－m，eq \f(1,2).因为直线CD为线段AB的垂直平分线，所以直线CD 的方程为y＝－x＋1－m.联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝x，, y＝－x＋1－m，))得y2＋y＋m－1＝0，设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则Δ2＝1－4(m－1)＝5－4m>0，y3＋y4＝－1，y3·y4＝m－1，故|CD|＝eq \r(1＋1)|y3－y4|＝eq \r(10－8m)，线段CD的中点为Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－m，－\f(1,2))).因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)|CD|))2＝eq \f(1,4)(10－8m)＝eq \f(5－4m,2)，|AN|2＝|AM|2＋|MN|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2) \r(2－8m)))2＋2＝eq \f(5－4m,2)，所以|AN|＝eq \f(1,2)|CD|，所以点A在以CD为直径的圆上，同理点B也在以CD为直径的圆上，所以A，B，C，D四点共圆．
第七节 曲线与方程
课程标准
1.了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系．
2．了解解析几何的基本思想和利用坐标法研究曲线的简单性质．
3．能够根据所给条件选择适当的方法求曲线的轨迹方程．
[由教材回扣基础]
1．曲线与方程的定义
一般地，在直角坐标系中，如果某曲线C上的点与一个二元方程f(x，y)＝0的实数解建立了如下的对应关系：
(1)曲线C上点的坐标都是这个方程的解．
(2)以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点，那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．
2．求动点的轨迹方程的基本步骤
(1)建系：建立适当的平面直角坐标系．
(2)设点：轨迹上的任意一点一般设为P(x，y)．
(3)列式：列出或找出动点P满足的等式．
(4)代换：将得到的等式转化为关于x，y的方程．
(5)验证：验证所得方程即为所求的轨迹方程．
[练小题巩固基础]
一、练牢教材小题
1．(人教A版选修2－1 P49 T7改编)已知圆(x＋2)2＋y2＝36的圆心为M，设A为圆上任一点，N(2,0)，线段AN的垂直平分线交MA于点P，则动点P的轨迹是( )
A．圆 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
解析：选B ∵|PA|＝|PN|，∴|PM|＋|PN|＝|PM|＋|PA|＝|MA|＝6>|MN|.故动点P的轨迹是椭圆．故选B.
2．(人教A版选修2－1 P37 T4改编)已知⊙O方程为x2＋y2＝4，过M(4,0)的直线与⊙O交于A，B两点，则弦AB中点P的轨迹方程为________________．
解析：根据垂径定理知：OP⊥PM，所以P点轨迹是以OM为直径的圆且在⊙O内的部分．以OM为直径的圆的方程为(x－2)2＋y2＝4，它与⊙O的交点为(1，±eq \r(3))．结合图形可知所求轨迹方程为(x－2)2＋y2＝4(0≤x<1)．
答案：(x－2)2＋y2＝4(0≤x<1)
二、练清易错易混
1．(混淆“轨迹”与“轨迹方程”)平面内与两定点A(2,2)，B(0,0)距离的比值为2的点的轨迹是________．
解析：设动点坐标为(x，y)，则eq \f(\r(x－22＋y－22),\r(x2＋y2))＝2，整理得3x2＋3y2＋4x＋4y－8＝0，所以满足条件的点的轨迹是圆．
答案：圆
2．(忽视轨迹方程的“完备性”与“纯粹性”)平面上有三个不同点A(－2，y)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y,2)))，C(x，y)，若eq \(AB,\s\up7(―→))⊥eq \(BC,\s\up7(―→))，则动点C的轨迹方程为________．
解析：eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(y,2)))，eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，\f(y,2)))，由eq \(AB,\s\up7(―→))⊥eq \(BC,\s\up7(―→))，得eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝0，即2x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(y,2)))·eq \f(y,2)＝0，所以动点C的轨迹方程为y2＝8x(x≠0)．
答案：y2＝8x(x≠0)
方法一 直接法求轨迹方程
[典例] 已知△ABC的三个顶点分别为A(－1,0)，B(2,3)，C(1,2eq \r(2))，定点P(1,1)．
(1)求△ABC外接圆的标准方程；
(2)若过定点P的直线与△ABC的外接圆交于E，F两点，求弦EF中点的轨迹方程．
[解] (1)由题意得AC的中点坐标为(0，eq \r(2))，AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))，kAC＝eq \r(2)，kAB＝1，故AC中垂线的斜率为－eq \f(\r(2),2)，AB中垂线的斜率为－1，则AC的中垂线的方程为y－eq \r(2)＝－eq \f(\r(2),2)x，AB的中垂线的方程为y－eq \f(3,2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))).由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2)＝－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，,y－\r(2)＝－\f(\r(2),2)x，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝0，))
所以△ABC的外接圆圆心为(2,0)，半径r＝2＋1＝3，故△ABC外接圆的标准方程为(x－2)2＋y2＝9.
(2)设弦EF的中点为M(x，y)，△ABC外接圆的圆心为N，则N(2,0)，
由MN⊥MP，得eq \(NM,\s\up7(―→))·eq \(PM,\s\up7(―→))＝0，
所以(x－2，y)·(x－1，y－1)＝0，
整理得x2＋y2－3x－y＋2＝0，
故弦EF中点的轨迹方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2＝eq \f(1,2).
[方法技巧]
(1)利用直接法求解轨迹方程的关键是根据条件准确列出方程，然后进行化简．
(2)运用直接法应注意的问题：
①在化简的过程中，有时破坏了方程的同解性，此时就要补上遗漏的点或删除多余的点，这是不能忽视的；
②若方程的化简过程是恒等变形，则最后的验证可以省略．
[针对训练]
1．(2020·全国Ⅲ卷)在平面内，A，B是两个定点，C是动点．若eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝1，则点C的轨迹为( )
A．圆 B．椭圆
C．抛物线 D．直线
解析：选A 以AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设A(－a,0)，B(a,0)，C(x，y)，∵eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝1，∴(x＋a)(x－a)＋y·y＝1，∴x2＋y2＝a2＋1，∴点C的轨迹为圆，故选A.
2．在平面直角坐标系xOy中，点B与点A(－1,1)关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于－eq \f(1,3).求动点P的轨迹方程．
解：因为点B与点A(－1,1)关于原点O对称，所以点B的坐标为(1，－1)．设点P的坐标为(x，y)，由题意得eq \f(y－1,x＋1)·eq \f(y＋1,x－1)＝－eq \f(1,3)，化简得x2＋3y2＝4(x≠±1)．故动点P的轨迹方程为x2＋3y2＝4(x≠±1)．
方法二 定义法求轨迹方程
[典例] 如图，已知△ABC的两顶点坐标A(－1，0)，B(1,0)，圆E是△ABC的内切圆，在边AC，BC，AB上的切点分别为P，Q，R，|CP|＝1(从圆外一点到圆的两条切线段长相等)，动点C的轨迹为曲线M，求曲线M的方程．
[解] 由题知|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4＞|AB|，
所以曲线M是以A，B为焦点，
长轴长为4的椭圆(挖去与x轴的交点)．
设曲线M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0，y≠0)，
则a2＝4，b2＝a2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|AB|,2)))2＝3，
所以曲线M的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1(y≠0)．
[方法技巧] 定义法求轨迹方程及其注意点
(1)在利用圆锥曲线的定义法求轨迹方程时，若所求的轨迹符合某种圆锥曲线的定义，则根据曲线的方程，写出所求的轨迹方程．
(2)利用定义法求轨迹方程时，还要看轨迹是否是完整的圆、椭圆、双曲线、抛物线，如果不是完整的曲线，则应对其中的变量x或y进行限制．
[针对训练]
已知圆N：x2＋(y＋eq \r(5))2＝36，P是圆N上的点，点Q在线段NP上，且有点D(0, eq \r(5))和DP上的点M，满足eq \(DP,\s\up7(―→))＝2eq \(DM,\s\up7(―→))，eq \(MQ,\s\up7(―→))·eq \(DP,\s\up7(―→))＝0.当P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程．
解：连接QD，由题意知，
MQ是线段DP的中垂线，
所以|NP|＝|NQ|＋|QP|＝|QN|＋|QD|＝6>|DN|＝2eq \r(5).
由椭圆的定义可知，点Q的轨迹是以D，N为焦点的椭圆，依题意设椭圆方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，则c＝eq \r(5)，a＝3，b＝2，
所以点Q的轨迹方程是eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,4)＝1.
方法三 代入法求轨迹方程
[典例] 设O为坐标原点，动点M在椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足eq \(NP,\s\up7(―→))＝eq \r(2) eq \(NM,\s\up7(―→)).
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(PQ,\s\up7(―→))＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
[解] (1)设P(x，y)，M(x0，y0)，
则N(x0,0)， eq \(NP,\s\up7(―→))＝(x－x0，y)，eq \(NM,\s\up7(―→))＝(0，y0)．
由eq \(NP,\s\up7(―→))＝eq \r(2) eq \(NM,\s\up7(―→))，得x0＝x，y0＝eq \f(\r(2),2)y.
因为M(x0，y0)在椭圆C上，所以eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,2)＝1.
因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.
(2)证明：由题意知F(－1,0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则eq \(OQ,\s\up7(―→))＝(－3，t)，eq \(PF,\s\up7(―→))＝(－1－m，－n)，eq \(OQ,\s\up7(―→))·eq \(PF,\s\up7(―→))＝3＋3m－tn，eq \(OP,\s\up7(―→))＝(m，n)，eq \(PQ,\s\up7(―→))＝(－3－m，t－n)．
由eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(PQ,\s\up7(―→))＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1，
又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以eq \(OQ,\s\up7(―→))·eq \(PF,\s\up7(―→))＝0，即eq \(OQ,\s\up7(―→))⊥eq \(PF,\s\up7(―→)).
又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
[方法技巧]
代入法求轨迹方程的4个步骤
(1)设出所求动点坐标P(x，y)．
(2)寻求与所求动点P(x，y)与已知动点Q(x′，y′)的关系．
(3)建立P，Q两坐标的关系表示出x′，y′.
(4)将x′，y′代入已知曲线方程中化简求解．
[针对训练]
1．已知F1，F2分别为椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点，点P为椭圆C上的动点，则△PF1F2的重心G的轨迹方程为( )
A.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1(y≠0) B.eq \f(4x2,9)＋y2＝1(y≠0)
C.eq \f(9x2,4)＋3y2＝1(y≠0) D．x2＋eq \f(4y2,3)＝1(y≠0)
解析：选C 依题意知F1(－1,0)，F2(1,0)，
设P(x0，y0)，G(x，y)，
则由三角形重心坐标关系可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(x0－1＋1,3)，,y＝\f(y0,3)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝3x，,y0＝3y，))，
得重心G的轨迹方程为eq \f(9x2,4)＋3y2＝1(y≠0)．
2．(2022·威海模拟)设F(1,0)，M点在x轴上，P点在y轴上，且eq \(MN,\s\up7(―→))＝2eq \(MP,\s\up7(―→))，eq \(PM,\s\up7(―→))⊥eq \(PF,\s\up7(―→))，当点P在y轴上运动时，求点N的轨迹方程．
解：设M(x0,0)，P(0，y0)，N(x，y)．
∵eq \(PM,\s\up7(―→))⊥eq \(PF,\s\up7(―→))，eq \(PM,\s\up7(―→))＝(x0，－y0)，eq \(PF,\s\up7(―→))＝(1，－y0)，
∴(x0，－y0)·(1，－y0)＝0，∴x0＋＝0，
由eq \(MN,\s\up7(―→))＝2eq \(MP,\s\up7(―→))，得(x－x0，y)＝2(－x0，y0)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－x0＝－2x0，,y＝2y0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－x，,y0＝\f(1,2)y，))
∴－x＋eq \f(y2,4)＝0，即y2＝4x，故点N的轨迹方程为y2＝4x.
[课时跟踪检测]
1．方程(x－y)2＋(xy－1)2＝0表示的曲线是( )
A．一条直线和一条双曲线 B．两条双曲线
C．两个点 D．以上答案都不对
解析：选C (x－y)2＋(xy－1)2＝0⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,xy－1＝0.))故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－1.))
2．已知M(－2,0)，N(2,0)，则以MN为斜边的直角三角形的直角顶点P的轨迹方程为( )
A．x2＋y2＝2 B．x2＋y2＝4
C．x2＋y2＝2(x≠±2) D．x2＋y2＝4(x≠±2)
解析：选D MN的中点为原点O，易知|OP|＝eq \f(1,2)|MN|＝2，∴P的轨迹是以原点O为圆心，以r＝2为半径的圆，除去与x轴的两个交点．
3．到点F(0,4)的距离比到直线y＝－5的距离小1的动点M的轨迹方程为( )
A．y＝16x2 B．y＝－16x2
C．x2＝16y D．x2＝－16y
解析：选C 由条件知：动点M到F(0,4)的距离与到直线y＝－4的距离相等，所以点M的轨迹是以F(0,4)为焦点，直线y＝－4为准线的抛物线，其标准方程为x2＝16y.
4．设D为椭圆x2＋eq \f(y2,5)＝1上任意一点，A(0，－2)，B(0，2)，延长AD至点P，使得|PD|＝|BD|，则点P的轨迹方程为( )
A．x2＋(y－2)2＝20 B．x2＋(y＋2)2＝20
C．x2＋(y－2)2＝5 D．x2＋(y＋2)2＝5
解析：选B ∵D为椭圆x2＋eq \f(y2,5)＝1上一点，且易知A，B为椭圆的焦点，∴|DA|＋|DB|＝2a＝2eq \r(5)，又|PD|＝|BD|，∴|PA|＝|PD|＋|DA|＝2eq \r(5)，∴点P的轨迹方程为x2＋(y＋2)2＝(2eq \r(5))2＝20，故选B.
5．已知点P在曲线2x2－y＝0上移动，则点A(0，－1)与点P连线的中点的轨迹方程是( )
A．y2＝2x B．y2＝8x2
C．y＝4x2－eq \f(1,2) D．y＝4x2＋eq \f(1,2)
解析：选C 设AP的中点坐标为(x，y)，则P(2x,2y＋1)，由点P在曲线上，得2·(2x)2－(2y＋1)＝0，即y＝4x2－eq \f(1,2).
6．已知点Q在椭圆C：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,10)＝1上，点P满足eq \(OP,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(OF1,\s\up7(―→))＋eq \(OQ,\s\up7(―→)))(其中O为坐标原点，F1为椭圆C的左焦点)，则点P的轨迹为( )
A．圆 B．抛物线
C．双曲线 D．椭圆
解析：选D 因为点P满足eq \(OP,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(OF1,\s\up7(―→))＋eq \(OQ,\s\up7(―→)))，所以点P是线段QF1的中点，设P(x，y)，由于F1为椭圆C：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,10)＝1的左焦点，则F1(－eq \r(6)，0)，故Q(2x＋eq \r(6)，2y)，由点Q在椭圆C：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,10)＝1上，得点P的轨迹方程为eq \f(2x＋\r(6)2,16)＋eq \f(2y2,10)＝1，故点P的轨迹为椭圆，故选D.
7．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点M在AB上，且AM＝eq \f(1,3)，点P在平面ABCD内，且动点P到直线A1D1的距离与动点P到点M的距离的平方差为1，则动点P的轨迹是( )
A．直线 B．圆
C．双曲线 D．抛物线
解析：选D 在平面ABCD内过点P作PF⊥AD，垂足为F，过点F在平面AA1D1D内作FE⊥A1D1，垂足为E，连接PE，则有PE⊥A1D1，即PE的长为点P到A1D1的距离，
由题意知|PE|2－|PM|2＝1，
又∵|PE|2＝|PF|2＋|EF|2，
∴|PF|2＋|EF|2－|PM|2＝1，
∴|PF|2＝|PM|2，即|PF|＝|PM|，
∴点P到点M的距离等于点P到直线AD的距离，由抛物线的定义知点P的轨迹是以点M为焦点，AD为准线的抛物线，故选D.
8．(2022·承德调研)设圆(x＋1)2＋y2＝25的圆心为C，A(1,0)是圆内一定点，Q为圆周上任一点．线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M，则M的轨迹方程为( )
A.eq \f(4x2,21)－eq \f(4y2,25)＝1 B.eq \f(4x2,21)＋eq \f(4y2,25)＝1
C.eq \f(4x2,25)－eq \f(4y2,21)＝1 D.eq \f(4x2,25)＋eq \f(4y2,21)＝1
解析：选D 如图，∵M为AQ的垂直平分线上一点，则|AM|＝|MQ|，∴|MC|＋|MA|＝|MC|＋|MQ|＝|CQ|＝5，故M的轨迹是以定点C，A为焦点的椭圆．∴a＝eq \f(5,2)，∴c＝1，则b2＝a2－c2＝eq \f(21,4)，∴M的轨迹方程为eq \f(4x2,25)＋eq \f(4y2,21)＝1.
9．平面直角坐标系中，已知两点A(3,1)，B(－1,3)，若点C满足eq \(OC,\s\up7(―→))＝λ1eq \(OA,\s\up7(―→))＋λ2eq \(OB,\s\up7(―→)) (O为原点)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，则点C的轨迹是( )
A．直线 B．椭圆
C．圆 D．双曲线
解析：选A 设C(x，y)，因为eq \(OC,\s\up7(―→))＝λ1eq \(OA,\s\up7(―→))＋λ2eq \(OB,\s\up7(―→))，
所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3λ1－λ2，,y＝λ1＋3λ2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ1＝\f(y＋3x,10)，,λ2＝\f(3y－x,10)，))又λ1＋λ2＝1，
所以eq \f(y＋3x,10)＋eq \f(3y－x,10)＝1，即x＋2y＝5，
所以点C的轨迹为直线，故选A.
10．F1，F2是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的两焦点，P是椭圆上任意一点，从任一焦点引∠F1PF2的外角平分线的垂线，垂足为Q，则点Q的轨迹为( )
A．圆 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
解析：选A 如图，由题意，延长F2P，与F1Q的延长线交于M点，连接QO，
∵PQ是∠F1PF2的外角平分线，且PQ⊥MF1，
∴△F1MP中，|PF1|＝|MP|且Q为MF1的中点．
在△F1MF2中，由三角形中位线定理，
得|OQ|＝eq \f(1,2)|MF2|＝eq \f(1,2)(|MP|＋|PF2|)，
∵|PF1|＋|PF2|＝2a，∴|MP|＋|PF2|＝2a，
∴|OQ|＝eq \f(1,2)(|MP|＋|PF2|)＝a，
可得动点Q的轨迹方程为x2＋y2＝a2，∴点Q的轨迹为以原点为圆心，半径为a的圆．故选A.
11．已知△ABC中，AB＝2，且sin A(1－2cs B)＋sin B(1－2cs A)＝0，以边AB的中垂线为x轴，以AB所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则动点C的轨迹方程为______________．
解析：在△ABC中，由sin A(1－2cs B)＋sin B(1－2cs A)＝0，得sin A＋sin B＝2sin(A＋B)＝2sin C，由正弦定理得|CB|＋|CA|＝2|AB|>|AB|.
∴点C的轨迹是以A，B为焦点的椭圆(除y轴上的点)，其中2a＝4,2c＝2，即a＝2，c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，∴点C的轨迹方程为eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,3)＝1(x≠0)．
答案：eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,3)＝1(x≠0)
12．(2022·郑州模拟)△ABC的顶点A(－5,0)，B(5,0)，△ABC的内切圆圆心在直线x＝3上，则顶点C的轨迹方程是______________．
解析：如图，|AD|＝|AE|＝8，
|BF|＝|BE|＝2，
|CD|＝|CF|，
所以|CA|－|CB|＝8－2＝6.
根据双曲线定义，所求轨迹是以A，B为焦点，实轴长为6的双曲线的右支，故方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1(x>3)．
答案：eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1(x>3)
13．已知圆的方程为x2＋y2＝4，若抛物线过点A(－1,0)，B(1,0)且以圆的切线为准线，则抛物线的焦点轨迹方程是____________．
解析：设抛物线焦点为F，过A，B，O作准线的垂线AA1，BB1，OO1，则|AA1|＋|BB1|＝2|OO1|＝4，由抛物线定义得|AA1|＋|BB1|＝|FA|＋|FB|，所以|FA|＋|FB|＝4，故点F的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(去掉长轴两端点)．所以抛物线的焦点轨迹方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1(y≠0)．
答案：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1(y≠0)
14.如图，P是圆x2＋y2＝4上的动点，P点在x轴上的射影是D，点M满足eq \(DM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(DP,\s\up7(―→)).
(1)求动点M的轨迹C的方程，并说明轨迹是什么图形；
(2)过点N(3,0)的直线l与动点M的轨迹C交于不同的两点A，B，求以OA，OB为邻边的平行四边形OAEB的顶点E的轨迹方程．
解：(1)设M(x，y)，则D(x,0)，
由eq \(DM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(DP,\s\up7(―→))，知P(x,2y)，
∵点P在圆x2＋y2＝4上，
∴x2＋4y2＝4，故动点M的轨迹C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1，且轨迹C是以(－eq \r(3)，0)，(eq \r(3)，0)为焦点，长轴长为4的椭圆．
(2)设E(x，y)，由题意知l的斜率存在，
设l：y＝k(x－3)，代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，
得(1＋4k2)x2－24k2x＋36k2－4＝0，
Δ＝(－24k2)2－4(1＋4k2)(36k2－4)＞0，得k2＜eq \f(1,5)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(24k2,1＋4k2)，
∴y1＋y2＝k(x1－3)＋k(x2－3)＝k(x1＋x2)－6k＝eq \f(24k3,1＋4k2)－6k＝eq \f(－6k,1＋4k2).
∵四边形OAEB为平行四边形，∴eq \(OE,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＝(x1＋x2，y1＋y2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24k2,1＋4k2)，\f(－6k,1＋4k2)))，
又eq \(OE,\s\up7(―→))＝(x，y)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(24k2,1＋4k2)，,y＝\f(－6k,1＋4k2)，))
消去k得，x2＋4y2－6x＝0，∵k2＜eq \f(1,5)，∴0＜x＜eq \f(8,3).
∴顶点E的轨迹方程为x2＋4y2－6x＝0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(8,3))).
15.(2022·安庆模拟)已知抛物线x2＝2py(p＞0)，F为其焦点，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，过点B作x轴的垂线，交直线OA于点C，如图所示．
(1)求点C的轨迹M的方程；
(2)直线n是抛物线不与x轴重合的切线，切点为P，轨迹M与直线n交于点Q，求证：以线段PQ为直径的圆过点F.
解：(1)依题意可得，直线l的斜率存在，故设其方程为y＝kx＋eq \f(p,2)，又设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x，y)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝2py，,y＝kx＋\f(p,2)))⇒x2－2pkx－p2＝0⇒x1·x2＝－p2.
易知直线OA：y＝eq \f(y1,x1)x＝eq \f(x1,2p)x，直线BC：x＝x2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(x1,2p)x，,x＝x2))得y＝eq \f(x1·x2,2p)＝－eq \f(p,2)，
即点C的轨迹M的方程为y＝－eq \f(p,2).
(2)证明：由题意知直线n的斜率存在，
设直线n的方程为y＝k1x＋m.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝2py，,y＝k1x＋m))⇒x2－2pk1x－2pm＝0⇒Δ＝4p2k12＋8pm.
因为直线n与抛物线相切，
所以Δ＝0⇒pk12＋2m＝0，可得P(pk1，－m)．
又由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x＋m，,y＝－\f(p,2)))⇒Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p＋2m,2k1)，－\f(p,2)))，
所以eq \(FP,\s\up7(―→))·eq \(FQ,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(pk1，－m－\f(p,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p＋2m,2k1)，－p))＝－eq \f(p,2)(p＋2m)＋pm＋eq \f(p2,2)＝0⇒FP⊥FQ，
所以以线段PQ为直径的圆过点F.
第八节 直线与圆锥曲线的位置关系
课程标准
1.掌握解决直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系问题的思想方法．
2．会判断直线与圆锥曲线的位置关系．
[由教材回扣基础]
1．直线与圆锥曲线的位置关系
设直线l：Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线C：F(x，y)＝0，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ax＋By＋C＝0，,Fx，y＝0))消去y得到关于x的方程ax2＋bx＋c＝0.
(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线l与圆锥曲线C有两个公共点；
Δ＝0⇔直线l与圆锥曲线C有一个公共点；
Δ＜0⇔直线l与圆锥曲线C有零个公共点．
(2)当a＝0，b≠0时，圆锥曲线C为抛物线或双曲线．
当C为双曲线时，l与双曲线的渐近线平行或重合，它们的公共点有1个或0个．
当C为抛物线时，l与抛物线的对称轴平行或重合，它们的公共点有1个．
2．圆锥曲线的弦长公式
设斜率为k的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \r(y1＋y22－4y1y2).
[练小题巩固基础]
一、练牢教材小题
1．(新北师大版选择性必修①P77 T1改编)直线y＝eq \f(b,a)x＋3与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1（a >0, b >0）的交点个数是( )
A．1 B．2
C．1或2 D．0
解析：选A 因为直线y＝eq \f(b,a)x＋3与双曲线的渐近线y＝eq \f(b,a)x平行，所以它与双曲线只有1个交点．
2．(新人教B版选择性必修①P164 T2改编)已知直线x－2y＋2＝0与椭圆x2＋4y2＝4相交于A，B两点，则线段AB的长为________．
答案：eq \r(5)
3．(新人教A版选择性必修①P135例4改编)过抛物线y＝eq \f(1,4)x2的焦点F作一条倾斜角为30°的直线交抛物线于A，B两点，则|AB|＝________.
解析：依题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，题中的抛物线x2＝4y的焦点坐标是F(0,1)，直线AB的方程为y＝eq \f(\r(3),3)x＋1，即x＝eq \r(3)(y－1)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,x＝\r(3)y－1，))消去x得3(y－1)2＝4y，即3y2－10y＋3＝0，y1＋y2＝eq \f(10,3)，|AB|＝|AF|＋|BF|＝(y1＋1)＋(y2＋1)＝y1＋y2＋2＝eq \f(16,3).
答案：eq \f(16,3)
二、练清易错易混
1．(忽视相切与交点个数的关系)“直线与双曲线相切”是“直线与双曲线只有一个公共点”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 直线与双曲线相切时，只有一个公共点，但直线与双曲线相交时，也可能有一个公共点，例如：与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线只有一个交点．故选A.
2．(忽略直线过定点)直线y＝kx－k＋1与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的位置关系为( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
解析：选A 直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．故选A.
命题视角一 直线与圆锥曲线的位置关系
[典例] (1)过抛物线y2＝2x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( )
A．有且只有一条 B．有且只有两条
C．有且只有三条 D．有且只有四条
(2)若直线y＝kx＋1与椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,m)＝1总有两个不同的公共点，则m的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(0,1)∪(1,5) D．(1,5)∪(5，＋∞)
[解析] (1)设该抛物线焦点为F，A(xA，yA)，B(xB，yB)，则|AB|＝|AF|＋|FB|＝xA＋eq \f(p,2)＋xB＋eq \f(p,2)＝xA＋xB＋1＝3>2p＝2.所以符合条件的直线有且只有两条．
(2)由于直线y＝kx＋1恒过点(0,1)，所以点(0,1)必在椭圆内，则0
[答案] (1)B (2)D
[方法技巧] 直线与圆锥曲线位置关系的判定方法
[针对训练]
1．若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的交点个数为( )
A．至多一个 B．2
C．1 D．0
解析：选B ∵直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，∴圆心到直线的距离d＝eq \f(4,\r(m2＋n2)) ＞2，∴m2＋n2＜4.∴eq \f(m2,9)＋eq \f(n2,4)＜eq \f(m2,9)＋eq \f(4－m2,4)＝1－eq \f(5,36)m2＜1，∴点(m，n)在椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的内部，∴过点(m，n)的直线与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的交点有2个．
2．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1与直线y＝2x有交点，则双曲线离心率的取值范围为( )
A．(1，eq \r(5)) B．(1，eq \r(5)]
C．(eq \r(5)，＋∞) D．[eq \r(5)，＋∞)
解析：选C 因为双曲线的一条渐近线方程为y＝eq \f(b,a)x，则由题意得eq \f(b,a)>2，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)>eq \r(1＋4)＝eq \r(5).
命题视角二 弦长问题
[典例] 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点P(2,1)，且离心率e＝eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l的斜率为eq \f(1,2)，直线l与椭圆C交于A，B两点．求△PAB面积的最大值．
[解] (1)∵e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(3,4)，∴a2＝4b2.
又椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点P(2,1)，
∴eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，∴a2＝8，b2＝2.
故所求椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))整理得x2＋2mx＋2m2－4＝0.∵Δ＝4m2－8m2＋16>0，解得|m|<2.∴x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4.则|AB|＝ eq \r(1＋\f(1,4))× eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝ eq \r(54－m2).点P到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋\f(1,4)))＝eq \f(2|m|,\r(5)).∴S△PAB＝eq \f(1,2)d|AB|＝eq \f(1,2)×eq \f(2|m|,\r(5))×eq \r(54－m2)＝eq \r(m24－m2)≤eq \f(m2＋4－m2,2)＝2.当且仅当m2＝2，即m＝±eq \r(2)时取得最大值．
[方法技巧]
求解弦长的4种方法
(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解．
(2)联立直线与圆锥曲线方程，解方程组求出两个交点坐标，代入两点间的距离公式求解．
(3)联立直线与圆锥曲线方程，消元得到关于x(或y)的一元二次方程，利用根与系数的关系得到(x1－x2)2，(y1－y2)2，代入两点间的距离公式．
(4)当弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长．
[针对训练]
1．已知斜率为1的直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A．2 B.eq \f(4\r(5),5) C.eq \f(4\r(10),5) D.eq \f(8\r(10),5)
解析：选C 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝4，,y＝x＋t))消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，则x1＋x2＝－eq \f(8,5)t，x1x2＝eq \f(4t2－1,5)，∴|AB|＝eq \r(2)|x1－x2|＝eq \r(2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,5)t))2－4×\f(4t2－1,5))＝eq \f(4\r(2),5)eq \r(5－t2)，当t＝0时，|AB|max＝eq \f(4\r(10),5).
2．(2019·全国Ⅲ卷)已知曲线C：y＝eq \f(x2,2)，D为直线y＝－eq \f(1,2)上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
解：(1)证明：设Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，则xeq \\al(2,1)＝2y1.因为y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故eq \f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0.设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.所以直线AB过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋eq \f(1,2).由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝tx＋\f(1,2)，,y＝\f(x2,2)))可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，|AB|＝eq \r(1＋t2)|x1－x2|＝eq \r(1＋t2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝2(t2＋1)．设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝ eq \r(t2＋1)，d2＝eq \f(2,\r(t2＋1)).因此，四边形ADBE的面积S＝eq \f(1,2)|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3) eq \r(t2＋1).设M为线段AB的中点，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，t2＋\f(1,2))).因为eq \(EM,\s\up7(―→))⊥eq \(AB,\s\up7(―→))，而eq \(EM,\s\up7(―→))＝(t，t2－2)，eq \(AB,\s\up7(―→))与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4eq \r(2).所以四边形ADBE的面积为3或4eq \r(2).
命题视角三 中点弦问题
[典例] 已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(1,2)，点A，B分别为椭圆E的左、右顶点，点C在E上，且△ABC面积的最大值为2eq \r(3).
(1)求椭圆E的方程；
(2)设F为E的左焦点，点D在直线x＝－4上，过F作DF的垂线交椭圆E于M，N两点．证明：直线OD平分线段MN.
[解] (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,ab＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，))
故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(－4，n)，线段MN的中点P(x0，y0)，则2x0＝x1＋x2,2y0＝y1＋y2，由(1)可得F(－1,0)，则直线DF的斜率为kDF＝eq \f(n－0,－4－－1)＝－eq \f(n,3)，当n＝0时，直线MN的斜率不存在，根据椭圆的对称性可知OD平分线段MN.当n≠0时，直线MN的斜率kMN＝eq \f(3,n)＝eq \f(y1－y2,x1－x2).
∵点M，N在椭圆E上，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))整理得：eq \f(x1＋x2x1－x2,4)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,3)＝0，又2x0＝x1＋x2,2y0＝y1＋y2，∴eq \f(y0,x0)＝－eq \f(n,4)，直线OP的斜率为kOP＝－eq \f(n,4)，∵直线OD的斜率为kOD＝－eq \f(n,4)，
∴直线OD平分线段MN.
[方法技巧]
1．“点差法”的4步骤
处理有关中点弦及对应直线斜率关系的问题时，常用“点差法”，步骤如下：
2．“点差法”的常见结论
设AB为圆锥曲线的弦，点P为弦AB的中点：
(1)椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)中的中点弦问题：kAB·kOP＝－eq \f(b2,a2)；
(2)双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)中的中点弦问题：kAB·kOP＝eq \f(b2,a2)；
(3)抛物线y2＝2px(p＞0)中的中点弦问题：kAB＝eq \f(p,y0)(y0为中点P的纵坐标)．
[针对训练]
1．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一条弦所在的直线方程是x－y＋5＝0，弦的中点坐标是M(－4,1)，则椭圆的离心率是( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(5),5)
解析：选C 设直线x－y＋5＝0与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，因为AB的中点M(－4,1)，所以x1＋x2＝－8，y1＋y2＝2.易知直线AB的斜率k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝1.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1，))两式相减得，eq \f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)，所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,4)，于是椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝ eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(3),2).故选C.
2．(2022·赤峰模拟)设双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，M，N是双曲线C上关于坐标原点对称的两点，P为双曲线C上的一动点，若kPM·kPN＝4，则双曲线C的离心率为( )
A．2 B.eq \r(3) C.eq \r(5) D．5
解析：选C 由题意，设M(x1，y1)，P(x2，y2)，则N(－x1，－y1)，所以kPM·kPN＝eq \f(y2－y1,x2－x1)·eq \f(y2＋y1,x2＋x1)＝eq \f(y\\al(2,2)－y\\al(2,1),x\\al(2,2)－x\\al(2,1))，因为eq \f(x\\al(2,1),a2)－eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，eq \f(x\\al(2,2),a2)－eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1，所以两式相减可得eq \f(y\\al(2,2)－y\\al(2,1),b2)＋eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),a2)＝0，即eq \f(y\\al(2,2)－y\\al(2,1),x\\al(2,2)－x\\al(2,1))＝eq \f(b2,a2)，因为kPM·kPN＝4，所以eq \f(b2,a2)＝4，则e＝eq \f(c,a)＝ eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(5).故选C.
3．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，且左焦点与抛物线y2＝－4x的焦点重合．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m(k≠0)与椭圆交于不同的两点M，N，线段MN的中点记为A，且线段MN的垂直平分线过定点Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，0))，求k的取值范围．
解：(1)设椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，∵抛物线y2＝－4x的焦点坐标为(－1,0)，∴椭圆的左焦点F1的坐标为(－1,0)，∴c＝1，又∵椭圆过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，∴2a＝|PF1|＋|PF2|＝4，∴a＝2，∴b＝eq \r(3).∴椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(x，y)．则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))两式相减得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),4)＝－eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),3)，即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(3,4)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)，∴k＝－eq \f(3,4)·eq \f(2x,2y)，∴点A的坐标满足方程y＝－eq \f(3,4k)x ①.又∵AG⊥MN，且直线AG过点Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，0))，∴线段MN的垂直平分线AG：y＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,8))) ②.联立①②eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(3,4k)x，,y＝－\f(1,k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,8)))，))解得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(3,8k))).∵点A在椭圆内部，∴eq \f(1,16)＋eq \f(3,64k2)<1.∴k2>eq \f(1,20)，∴k>eq \f(\r(5),10)或k<－eq \f(\r(5),10).∴k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(5),10)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),10)，＋∞)).
[课时跟踪检测]
一、综合练——练思维敏锐度
1．过抛物线y2＝4x的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若A，B两点的横坐标之和为eq \f(10,3)，则|AB|＝( )
A.eq \f(13,3) B.eq \f(14,3)
C．5 D.eq \f(16,3)
解析：选D 过抛物线的焦点的弦长公式为|AB|＝p＋x1＋x2.∵p＝2，∴|AB|＝2＋eq \f(10,3)＝eq \f(16,3).
2．(2022·佛山模拟)过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点F且斜率为1的直线与双曲线有且只有一个交点，则双曲线的离心率为( )
A．2 B.eq \f(3,2)
C.eq \r(3) D.eq \r(2)
解析：选D ∵过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点F且斜率为1的直线与双曲线有且只有一个交点，∴根据双曲线的几何性质，所给直线应与双曲线的一条渐近线y＝eq \f(b,a)x平行，∴eq \f(b,a)＝1，由e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(2).
3．已知直线l与抛物线C：y2＝4x相交于A，B两点，若线段AB的中点为(2,1)，则直线l的方程为( )
A．y＝x－1 B．y＝－2x＋5
C．y＝－x＋3 D．y＝2x－3
解析：选D 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y12＝4x1 ①，,y22＝4x2 ②，))①－②得y12－y22＝4(x1－x2)，由题可知x1≠x2.∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝eq \f(4,2)＝2，即kAB＝2，∴直线l的方程为y－1＝2(x－2)，即2x－y－3＝0.故选D.
4．(2022·温州瑞安中学5月模拟)已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上存在两点M，N关于直线y＝－x＋t对称，且MN的中点在抛物线y2＝x上，则实数t的值为( )
A．0 B．2
C．0或2 D．0或6
解析：选A 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y12＋\f(x12,2)＝1，,y22＋\f(x22,2)＝1，))两式相减得(y2－y1)(y2＋y1)＝－eq \f(1,2)(x2－x1)(x2＋x1)，即eq \f(y2－y1,x2－x1)·eq \f(y2＋y1,x2＋x1)＝－eq \f(1,2).①
显然x1≠x2，又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2x0，,y1＋y2＝2y0，))②
将②代入①可得kMN·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(1,2).
由M，N两点关于直线y＝－x＋t对称，可得kMN＝1，所以y0＝－eq \f(1,2)x0.
又y0＝－x0＋t，所以x0＝2t，y0＝－t，代入抛物线方程得(－t)2＝2t，解得t＝0或t＝2(舍去)，故选A.
5.如图，过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一点B，且点B在x轴上的射影恰好为右焦点F.若eq \f(1,3)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
解析：选C 由题意可知，|AF|＝a＋c，|BF|＝eq \f(a2－c2,a)，于是k＝eq \f(a2－c2,aa＋c).又eq \f(1,3)
A．4x＋y－1＝0 B．2x＋y＝0
C．2x＋8y＋7＝0 D．x＋4y＋3＝0
解析：选C 依题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x12,4)－\f(y12,2)＝1，,\f(x22,4)－\f(y22,2)＝1，))两式相减得eq \f(x12－x22,4)＝eq \f(y12－y22,2)，即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(1,2)×eq \f(x1＋x2,y1＋y2).又线段AB的中点坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1))，因此x1＋x2＝2×eq \f(1,2)＝1，y1＋y2＝(－1)×2＝－2，eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(1,2)，eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,4)，即直线AB的斜率为－eq \f(1,4)，直线l的方程为y＋1＝－eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－eq \f(1,2)))，即2x＋8y＋7＝0.
7．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l过焦点F且与抛物线C交于A，B两点，且直线l不与x轴垂直，线段AB的垂直平分线与x轴交于点T(5，0)，O为坐标原点，则S△AOB＝( )
A．2eq \r(2) B.eq \r(3)
C.eq \r(6) D．3eq \r(6)
解析：选A 由题意知抛物线的焦点为F(1,0)，设直线l：y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x，))消去y得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，所以x1＋x2＝2＋eq \f(4,k2)，x1x2＝1，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝2k＋eq \f(4,k)－2k＝eq \f(4,k)，所以线段AB的中点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,k2)，\f(2,k)))，线段AB的垂直平分线的方程为y－eq \f(2,k)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1－\f(2,k2))).因为线段AB的垂直平分线与x轴交于点T(5,0)，所以0－eq \f(2,k)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5－1－\f(2,k2)))，解得k＝±1，所以直线AB的方程为y＝±(x－1)，即x－y－1＝0或x＋y－1＝0，所以点O到直线AB的距离d＝eq \f(|－1|,\r(1＋1))＝eq \f(\r(2),2).又|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋1)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(2)×eq \r(36－4)＝8，所以S△AOB＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(2),2)×8＝2eq \r(2)，故选A.
8．已知椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴上方，若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是________．
解析：如图，记椭圆的右焦点为F′，取PF的中点为M，由题意知，a＝3，b＝eq \r(5)，∴c＝2，连接OM，PF′，则|OM|＝|OF|＝2，又∵M为PF中点，O为FF′中点，∴|PF′|＝2|OM|，PF′∥OM，∴|PF′|＝4，又∵P在椭圆上，∴|PF′|＋|PF|＝6，∴|PF|＝2，在△PFF′中，|PF′|＝|FF′|＝4，|PF|＝2，连接F′M，则F′M⊥PF，∴|F′M|＝eq \r(|FF′|2－|FM|2)＝eq \r(16－1)＝eq \r(15)，∴kPF＝tan∠PFF′＝eq \f(|F′M|,|FM|)＝eq \f(\r(15),1)＝eq \r(15).
答案：eq \r(15)
9．已知斜率为2的直线经过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点F1，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为________．
解析：由题意知，椭圆的右焦点F1的坐标为(1,0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)．由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x－1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))消去y，整理得3x2－5x＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，得x1＋x2＝eq \f(5,3)，x1x2＝0.则|AB|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])
＝ eq \r(1＋22×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))2－4×0)))＝eq \f(5\r(5),3).
答案：eq \f(5\r(5),3)
10．已知抛物线y2＝4x的一条弦AB恰好以P(1,1)为中点，则弦AB所在直线的方程是________________________________________________________________________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2，则y1＋y2＝2，又点A，B在抛物线y2＝4x上，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y12＝4x1，,y22＝4x2，))两式相减，得(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)，则eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝2，即直线AB的斜率k＝2，所以直线AB的方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
答案：2x－y－1＝0
11．已知过抛物线y2＝4eq \r(2)x焦点F的直线与抛物线交于点A，B，eq \(AF,\s\up7(―→))＝3eq \(FB,\s\up7(―→))，抛物线的准线l与x轴交于点C，AM⊥l于点M，则四边形AMCF的面积为________．
解析：设直线AB的方程为x＝my＋eq \r(2)，x＝my＋eq \r(2)与y2＝4eq \r(2)x联立可得y2－4eq \r(2)my－8＝0，yAyB＝－8，∵ eq \(AF,\s\up7(―→))＝3eq \(FB,\s\up7(―→))，∴yB＝－eq \f(1,3)yA，yA2＝24⇒yA＝±2eq \r(6)，则24＝4eq \r(2)xA，可得xA＝3eq \r(2)，AM＝xA＋eq \f(p,2)＝3eq \r(2)＋eq \r(2)＝4eq \r(2)，四边形AMCF的面积为eq \f(1,2)(CF＋AM)×|yA|＝eq \f(1,2)×(2eq \r(2)＋4eq \r(2))×2eq \r(6)＝12eq \r(3).
答案：12eq \r(3)
12．已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：
(1)有两个不重合的公共点；
(2)有且只有一个公共点．
解：将直线l的方程与椭圆C的方程联立，
得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋m ①，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1 ②，))
将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0 ③.
方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)当Δ>0，即－3eq \r(2)
这时直线l与椭圆C有两个互相重合的公共点，即直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
13．设抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，M(p，p－1)是C上的点．
(1)求C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋2与C交于A，B两点，且|AF|·|BF|＝13，求k的值．
解：(1)因为M(p，p－1)是抛物线C上的点，
所以p2＝2p(p－1)，
因为p＞0，所以p＝2，因此抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,x2＝4y，))
得x2－4kx－8＝0，Δ＝16k2＋32＞0，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－8，
由抛物线的定义知，
|AF|＝y1＋1＝kx1＋3，|BF|＝y2＋1＝kx2＋3，
则|AF|·|BF|＝(kx1＋3)(kx2＋3)
＝k2x1x2＋3k(x1＋x2)＋9＝4k2＋9＝13，
解得k＝±1.
二、自选练——练高考区分度
1．已知抛物线C：y2＝2eq \r(3)x，过焦点F且斜率为eq \r(3)的直线与C相交于P，Q两点，且P，Q两点在准线上的投影分别为M，N两点，则S△MFN＝( )
A．8 B．2eq \r(3)
C．4eq \r(3) D．8eq \r(3)
解析：选B 由题意可得p＝eq \r(3)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0)).不妨设点P在x轴上方，由抛物线定义可知|PF|＝|PM|，|QF|＝|QN|，设直线PQ的倾斜角为θ，则tan θ＝eq \r(3)，∴θ＝eq \f(π,3)，由抛物线焦半径的性质可知，|PF|＝eq \f(p,1－cs θ)＝eq \f(\r(3),1－cs \f(π,3))＝2eq \r(3)，|QF|＝eq \f(p,1＋cs θ)＝eq \f(\r(3),1＋cs\f(π,3))＝eq \f(2\r(3),3)，∴|MN|＝|PQ|sin θ＝(|PF|＋|QF|)·sineq \f(π,3)＝eq \f(8\r(3),3)×eq \f(\r(3),2)＝4，
∴S△MFN＝eq \f(1,2)|MN|·p＝eq \f(1,2)×4×eq \r(3)＝2eq \r(3).
2．过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右顶点A作斜率为－1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B，C.若eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up7(―→))，则双曲线的离心率是( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3)
C.eq \r(5) D.eq \r(10)
解析：选C 直线l：y＝－x＋a与渐近线l1：bx－ay＝0交于Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,a＋b)，\f(ab,a＋b)))，l与渐近线l2：bx＋ay＝0交于Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,a－b)，\f(－ab,a－b)))，A(a,0)，所以eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ab,a＋b)，\f(ab,a＋b)))，
eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a2b,a2－b2)，－\f(2a2b,a2－b2)))，因为eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up7(―→))，所以b＝2a，所以c2－a2＝4a2，所以e2＝eq \f(c2,a2)＝5，所以e＝eq \r(5)，故选C.
3．(2020·北京高考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点B(－4,0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求eq \f(|PB|,|BQ|)的值．
解：(1)因为a＝2b，所以椭圆的方程为eq \f(x2,4b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
又因为椭圆过点A(－2，－1)，所以有eq \f(4,4b2)＋eq \f(1,b2)＝1，解得b2＝2，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由题意知直线MN的斜率存在．当直线MN的斜率为0时，不妨设M(－2eq \r(2)，0)，N(2eq \r(2)，0)，则直线MA：y＝eq \f(－1,－2＋2\r(2))(x＋2eq \r(2))，直线NA：y＝eq \f(－1,－2－2\r(2))(x－2eq \r(2))，则yP＝eq \r(2)，yQ＝－eq \r(2)，eq \f(|PB|,|BQ|)＝1.当直线MN的斜率不为0时，设直线MN：x＝my－4(m≠0)，与椭圆方程eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1联立，化简得(m2＋4)y2－8my＋8＝0，Δ＝64m2－32(m2＋4)＝32(m2－4)>0，解得m2>4.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y2＝eq \f(8,m2＋4)，y1＋y2＝eq \f(8m,m2＋4).直线MA的方程为y＋1＝eq \f(y1＋1,x1＋2)(x＋2)，则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(－2y1＋1,x1＋2)－1))，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(－m＋2y1,my1－2))).直线NA的方程为y＋1＝eq \f(y2＋1,x2＋2)(x＋2)，则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(－2y2＋1,x2＋2)－1))，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，\f(－m＋2y2,my2－2))).所以eq \f(|PB|,|BQ|)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m＋2y1,my1－2)))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(my2－2,m＋2y2)))＝
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(my1y2－2y1,my1y2－2y2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(8m,m2＋4)－2y1,\f(8m,m2＋4)－2y2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(y1＋y2－2y1,y1＋y2－2y2)))＝1.综上，eq \f(|PB|,|BQ|)＝1.
第九节 解析几何压轴大题的解题策略指导
第1课时 审题上——4大策略找到解题突破口
解析几何研究的问题是几何问题，研究的方法是代数法(坐标法)．因此，求解解析几何问题最大的思维难点是转化，即几何条件代数化．如何在解析几何问题中实现代数式的转化，找到常见问题的求解途径，是突破解析几何问题难点的关键所在．突破解析几何难题，先从找解题突破口入手．
策略一 垂直关系的转化
[典例] 如图所示，已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，问：是否存在斜率为1的直线l，使l与圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[解题观摩]
假设存在斜率为1的直线l，使l与圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点．
设直线l的方程为y＝x＋b，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋b，,x2＋y2－2x＋4y－4＝0，))
消去y并整理得2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，
所以x1＋x2＝－(b＋1)，x1x2＝eq \f(b2＋4b－4,2).①
因为以AB为直径的圆过原点，所以eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，
即x1x2＋y1y2＝0.又y1＝x1＋b，y2＝x2＋b，
则x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋b)(x2＋b)＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0.由①知，b2＋4b－4－b(b＋1)＋b2＝0，即b2＋3b－4＝0，解得b＝－4或b＝1.
当b＝－4或b＝1时，均有Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)＝－4b2－24b＋36＞0，即直线l与圆C有两个交点．
所以存在直线l，其方程为x－y＋1＝0或x－y－4＝0.
[名师微点]
(1)以AB为直径的圆过原点等价于eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，而eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))又可以“直译”为x1x2＋y1y2＝0，可以看出，解此类解析几何问题的总体思路为“直译”，然后对个别难以“直译”的条件先进行“转化”，将“困难、难翻译”的条件通过平面几何知识“转化”为“简单、易翻译”的条件后再进行“直译”，最后联立“直译”的结果解决问题．
(2)几何关系“直角”坐标化的转化方式
①点B在以线段F1F2为直径的圆上；
②eq \(F1B,\s\up7(―→))·eq \(F2B,\s\up7(―→))＝0；
③kF1B·kF2B＝－1；
④勾股定理．
以上关系可相互转化．
[针对训练]
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，且其离心率为eq \f(1,2)，过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵椭圆C经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，
∴eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，
又∵eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，解得a2＝4，b2＝3.
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线MN的斜率不存在时，由对称性，
设M(x0，x0)，N(x0，－x0)．
∵M，N在椭圆C上，∴eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(x\\al(2,0),3)＝1，∴xeq \\al(2,0)＝eq \f(12,7).
∴O到直线MN的距离为d＝|x0|＝eq \f(2\r(21),7)，
∴x2＋y2＝eq \f(12,7).
当直线MN的斜率存在时，
设MN的方程为y＝kx＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2).
∵OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0，
∴x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)
＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.
∴(k2＋1)·eq \f(4m2－12,3＋4k2)－eq \f(8k2m2,3＋4k2)＋m2＝0，
即7m2＝12(k2＋1)．
∴O到直线MN的距离为d＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝ eq \r(\f(12,7))＝eq \f(2\r(21),7)，
故存在定圆x2＋y2＝eq \f(12,7)与直线MN总相切．
策略二 角平分线条件的转化
[典例] 已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得的弦MN的长为8.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；
(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，求证：直线l过定点．
[解题观摩]
(1)设动圆圆心为点P(x，y)，则由勾股定理得x2＋42＝(x－4)2＋y2，化简即得圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.
(2)证明：法一：由题意可设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)．联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,y2＝8x，))得k2x2＋2(kb－4)x＋b2＝0.
由Δ＝4(kb－4)2－4k2b2＞0，得kb＜2.
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(2kb－4,k2)，x1x2＝eq \f(b2,k2).
因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以kPB＋kQB＝0，
即kPB＋kQB＝eq \f(y1,x1＋1)＋eq \f(y2,x2＋1)
＝eq \f(2kx1x2＋k＋bx1＋x2＋2b,x1＋1x2＋1)
＝eq \f(8k＋b,x1＋1x2＋1k2)＝0，
所以k＋b＝0，即b＝－k，所以l的方程为y＝k(x－1)．
故直线l恒过定点(1,0)．
法二：设直线PB的方程为x＝my－1，它与抛物线C的另一个交点为Q′，设点P(x1，y1)，Q′(x2，y2)，由条件可得，Q与Q′关于x轴对称，故Q(x2，－y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,y2＝8x，))消去x得y2－8my＋8＝0，
其中Δ＝64m2－32＞0，y1＋y2＝8m，y1y2＝8.
所以kPQ＝eq \f(y1＋y2,x1－x2)＝eq \f(8,y1－y2)，
因而直线PQ的方程为y－y1＝eq \f(8,y1－y2)(x－x1)．
又y1y2＝8，yeq \\al(2,1)＝8x1，
将PQ的方程化简得(y1－y2)y＝8(x－1)，
故直线l过定点(1,0)．
法三：由抛物线的对称性可知，如果定点存在，
则它一定在x轴上，
所以设定点坐标为(a,0)，直线PQ的方程为x＝my＋a.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋a，,y2＝8x))消去x，整理得y2－8my－8a＝0，Δ＞0.
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝8m，,y1y2＝－8a.))
由条件可知kPB＋kQB＝0，
即kPB＋kQB＝eq \f(y1,x1＋1)＋eq \f(y2,x2＋1)
＝eq \f(my1＋ay2＋my2＋ay1＋y1＋y2,x1＋1x2＋1)
＝eq \f(2my1y2＋a＋1y1＋y2,x1＋1x2＋1)＝0，
所以－8ma＋8m＝0.
由m的任意性可知a＝1，所以直线l恒过定点(1,0)．
法四：设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),8)，y1))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),8)，y2))，
因为x轴是∠PBQ的角平分线，
所以kPB＋kQB＝eq \f(y1,\f(y\\al(2,1),8)＋1)＋eq \f(y2,\f(y\\al(2,2),8)＋1)＝0，
整理得(y1＋y2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1y2,8)＋1))＝0.
因为直线l不垂直于x轴，所以y1＋y2≠0，可得y1y2＝－8.因为kPQ＝eq \f(y1－y2,\f(y\\al(2,1),8)－\f(y\\al(2,2),8))＝eq \f(8,y1＋y2)，
所以直线PQ的方程为y－y1＝eq \f(8,y1＋y2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),8)))，
即y＝eq \f(8,y1＋y2)(x－1)．
故直线l恒过定点(1,0)．
[名师微点]
本题前面的三种解法属于比较常规的解法，主要是设点，设直线方程，联立方程，并借助判别式、根与系数的关系等知识解题，计算量较大．解法四巧妙地运用了抛物线的参数方程进行设点，避免了联立方程组，计算相对简单，但是解法二和解法四中含有两个参数y1，y2，因此判定直线过定点时，要注意将直线的方程变为特殊的形式．
[针对训练]
2.椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点(eq \r(2)，0)，左、右焦点分别是F1，F2，P点在椭圆上，且满足∠F1PF2＝90°的P点只有两个．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F2且不垂直于坐标轴的直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在一点N(n,0)，使得∠ANB的角平分线是x轴？若存在，求出n；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题设知P点为椭圆的上下顶点，所以a＝eq \r(2)，b＝c，b2＋c2＝a2，故a＝eq \r(2)，b＝1，故椭圆C方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，联立
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2－2＝0，,x＝my＋1，)) 消去x得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋2))y2＋2my－1＝0.
设A，B坐标为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，
则有y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1·y2＝－eq \f(1,m2＋2)，
又x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，
假设在x轴上存在这样的点N(n,0)，使得x轴是∠ANB的平分线，则有kAN＋kBN＝0，
而kAN＋kBN＝eq \f(y1－0,x1－n)＋eq \f(y2－0,x2－n)
＝eq \f(y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－n))＋y2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－n)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－n))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－n)))
＝eq \f(y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(my2＋1－n))＋y2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(my1＋1－n)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－n))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－n)))
＝eq \f(2my1y2＋1－n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y2)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－n))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－n)))＝0.
将y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1·y2＝－eq \f(1,m2＋2)代入2my1y2＋(1－n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y2))＝0，
有2meq \f(－1,m2＋2)＋(1－n)eq \f(－2m,m2＋2)＝eq \f(－2m2－n,m2＋2)＝0，
即2m(n－2)＝0.因为m≠0，故n＝2.所以存在点N(2,0)，使得∠ANB的平分线是x轴．
策略三 弦长条件的转化
[典例] 如图所示，已知椭圆G：eq \f(x2,2)＋y2＝1，与x轴不重合的直线l经过左焦点F1，且与椭圆G相交于A，B两点，弦AB的中点为M，直线OM与椭圆G相交于C，D两点．
(1)若直线l的斜率为1，求直线OM的斜率；
(2)是否存在直线l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[解题观摩]
(1)由题意可知点F1(－1,0)，又直线l的斜率为1，
故直线l的方程为y＝x＋1.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y并整理得3x2＋4x＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(4,3)，y1＋y2＝eq \f(2,3)，因此中点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(1,3))).故直线OM的斜率为eq \f(\f(1,3),－\f(2,3))＝－eq \f(1,2).
(2)假设存在直线l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立．
由题意，直线l不与x轴重合，
设直线l的方程为x＝my－1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x并整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(2m,m2＋2)，,y1y2＝－\f(1,m2＋2)，))
可得|AB|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|
＝eq \r(1＋m2) eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m,m2＋2)))2＋\f(4,m2＋2))＝eq \f(2\r(2)m2＋1,m2＋2)，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝eq \f(2m2,m2＋2)－2＝eq \f(－4,m2＋2)，
所以弦AB的中点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2,m2＋2)，\f(m,m2＋2)))，
故直线CD的方程为y＝－eq \f(m,2)x.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(m,2)x，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y并整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(m2,2)))x2＝2，
解得x2＝eq \f(2,1＋\f(m2,2))＝eq \f(4,m2＋2).
由对称性，设C(x0，y0)，D(－x0，－y0)，则xeq \\al(2,0)＝eq \f(4,m2＋2)，可得|CD|＝eq \r(1＋\f(m2,4))·|2x0|
＝eq \r(m2＋4·\f(4,m2＋2))＝2 eq \r(\f(m2＋4,m2＋2)).
因为|AM|2＝|CM||DM|＝(|OC|－|OM|)·(|OD|＋|OM|)，且|OC|＝|OD|，
所以|AM|2＝|OC|2－|OM|2，
故eq \f(|AB|2,4)＝eq \f(|CD|2,4)－|OM|2，
即|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，
代入|AB|，|CD|和|OM|，
得eq \f(8m2＋12,m2＋22)＝eq \f(4m2＋4,m2＋2)－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,m2＋22)＋\f(m2,m2＋22)))，
解得m2＝2，故m＝±eq \r(2).
所以直线l的方程为x＝eq \r(2)y－1或x＝－eq \r(2)y－1.
[名师微点]
本题(2)的核心在于转化|AM|2＝|CM||DM|中弦长的关系．由|CM|＝|OC|－|OM|，|DM|＝|OD|＋|OM|，又|OC|＝|OD|，则|AM|2＝|OC|2－|OM|2.又|AM|＝eq \f(1,2)|AB|，|OC|＝eq \f(1,2)|CD|，因此|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，转化为弦长|AB|，|CD|和|OM|三者之间的数量关系，易计算．
[针对训练]
3．(2022·宁德质检)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\r(t)))在抛物线C上，且|QF|＝eq \f(3,2).
(1)求抛物线C的方程及t的值；
(2)若过点M(0，t)的直线l与抛物线C相交于A，B两点，N为AB的中点，O是坐标原点，且S△AOB＝eq \r(3)S△MON，求直线l的方程．
解：(1)∵|QF|＝eq \f(3,2)，∴eq \f(1,2)＋eq \f(p,2)＝eq \f(3,2)，解得p＝2，
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
将Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\r(t)))的坐标代入y2＝4x，得t＝2.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0，y0)，由(1)知M(0,2)．
显然直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋2(k≠0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋2，))
消去y得k2x2－4(1－k)x＋4＝0.
∵Δ＝16(1－k)2－16k2>0，得k
∵S△AOB＝eq \r(3)S△MON，∴|AB|＝eq \r(3)|MN|，
∴eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(3)·eq \r(1＋k2)|x0－0|，即|x1－x2|＝eq \r(3)|x0|.
∵N是AB的中点，∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)，
∴(x1＋x2)2－4x1x2＝3·eq \f(x1＋x22,4)，整理得(x1＋x2)2＝16x1x2，
∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(41－k,k2)))2＝eq \f(64,k2)，解得k＝－1或eq \f(1,3)，满足题意．
直线l的方程为y＝－x＋2或y＝eq \f(1,3)x＋2.
策略四 面积条件的转化
[典例] 设椭圆的中心在坐标原点，A(2,0)，B(0,1)是它的两个顶点，直线y＝kx(k＞0)与椭圆交于E，F两点，求四边形AEBF的面积的最大值．
[解题观摩]
法一：如图所示，依题意得椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1，直线AB，EF的方程分别为x＋2y＝2，y＝kx(k＞0)．设点E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1＜x2，
且x1，x2满足方程(1＋4k2)x2＝4，
故x2＝－x1＝eq \f(2,\r(1＋4k2)) .①
根据点到直线的距离公式和①，得点E，F到直线AB的距离分别为h1＝eq \f(|x1＋2kx1－2|,\r(5))＝eq \f(21＋2k＋\r(1＋4k2),\r(51＋4k2))，
h2＝eq \f(|x2＋2kx2－2|,\r(5))＝eq \f(21＋2k－\r(1＋4k2),\r(51＋4k2)).
又|AB|＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，
所以四边形AEBF的面积为
S＝eq \f(1,2)|AB|·(h1＋h2)＝eq \f(1,2)·eq \r(5)·eq \f(41＋2k,\r(51＋4k2))＝eq \f(21＋2k,\r(1＋4k2))＝2eq \r(\f(1＋4k2＋4k,1＋4k2))＝2eq \r(1＋\f(4k,1＋4k2))＝2eq \r(1＋\f(4,\f(1,k)＋4k))≤2eq \r(2)，当且仅当eq \f(1,k)＝4k，即k＝eq \f(1,2)时取等号．
因此四边形AEBF的面积的最大值为2eq \r(2).
法二：依题意得椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
直线EF的方程为y＝kx(k＞0)．
设点E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1＜x2.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,4)＋y2＝1))消去y，(1＋4k2)x2＝4.
故x1＝eq \f(－2,\r(1＋4k2))，x2＝eq \f(2,\r(1＋4k2))，
|EF|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \f(4\r(1＋k2),\r(1＋4k2)) .
根据点到直线的距离公式，得点A，B到直线EF的距离分别为d1＝eq \f(|2k|,\r(1＋k2))＝eq \f(2k,\r(1＋k2))，d2＝eq \f(1,\r(1＋k2)) .
因此四边形AEBF的面积为S＝eq \f(1,2)|EF|·(d1＋d2)＝eq \f(1,2)·eq \f(4\r(1＋k2),\r(1＋4k2))·eq \f(1＋2k,\r(1＋k2))＝eq \f(21＋2k,\r(1＋4k2))＝2eq \r(\f(4k2＋4k＋1,1＋4k2))＝2eq \r(1＋\f(4k,1＋4k2))＝2eq \r(1＋\f(4,\f(1,k)＋4k))≤2eq \r(2)，
当且仅当eq \f(1,k)＝4k，即k＝eq \f(1,2)时取等号．
因此四边形AEBF的面积的最大值为2eq \r(2).
[名师微点]
如果利用常规方法理解为S四边形AEBF＝S△AEF＋S△BEF＝eq \f(1,2)|EF|·(d1＋d2)(其中d1，d2分别表示点A，B到直线EF的距离)，则需要通过联立直线与椭圆的方程，先由根与系数的关系求出|EF|的弦长，再表示出两个点线距，其过程很复杂．而通过分析，若把四边形AEBF的面积拆成两个小三角形——△ABE和△ABF的面积之和，则更为简单．因为直线AB的方程及其长度易求出，故只需表示出点E与点F到直线AB的距离即可．
[针对训练]
4．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)右焦点F(1，0)，离心率为eq \f(\r(2),2)，过F作两条互相垂直的弦AB，CD.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求以A，B，C，D为顶点的四边形的面积的取值范围．
解：(1)由题意得c＝1，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，∴a＝eq \r(2)，则b＝c＝1，
∴椭圆的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)①当两直线一条斜率不存在一条斜率为0时，
S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(2)＝2.
②当两直线斜率存在且都不为0时，
设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将其代入椭圆方程整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2)，
则|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2).
同理，|CD|＝eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)，则S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝eq \f(1,2)·eq \f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2)·eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq \f(4k2＋12,2k4＋2＋5k2)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2＋1)＝2－eq \f(2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2＋1)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,9)，2))，
当k＝±1时，S＝eq \f(16,9).
综上所述，四边形面积的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,9)，2)).
[总结规律·快速转化]
做数学，就是要学会翻译，把文字语言、符号语言、图形语言、表格语言相互转换，我们要学会对解析几何问题中涉及的所有对象逐个理解、表示、整理，在理解题意的同时，牢记解析几何的核心方法是“用代数方法研究几何问题”，核心思想是“数形结合”，牢固树立“转化”意识，那么就能顺利破解解析几何的有关问题．附几种常见几何条件的转化，以供参考：
1．平行四边形条件的转化
2.直角三角形条件的转化
3.等腰三角形条件的转化
4．菱形条件的转化
5.圆条件的转化
6.角条件的转化
[课时跟踪检测]
1．在直角坐标系xOy中，抛物线C：x2＝6y与直线l：y＝kx＋3交于M，N两点．
(1)设M，N到y轴的距离分别为d1，d2，证明：d1与d2的乘积为定值；
(2)y轴上是否存在点P，当k变化时，总有∠OPM＝∠OPN？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：将y＝kx＋3代入x2＝6y，得x2－6kx－18＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－18，
从而d1d2＝|x1|·|x2|＝|x1x2|＝18为定值．
(2)存在符合题意的点，证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
从而k1＋k2＝eq \f(y1－b,x1)＋eq \f(y2－b,x2)＝eq \f(2kx1x2＋3－bx1＋x2,x1x2)＝eq \f(－36k＋6k3－b,x1x2).
当b＝－3时，有k1＋k2＝0对任意k恒成立，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－3)符合题意．
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的短轴长为2eq \r(2)，离心率为eq \f(\r(6),3)，点A(3,0)，P是C上的动点，F为C的左焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P在y轴的右侧，以AP为底边的等腰△ABP的顶点B在y轴上，求四边形FPAB面积的最小值．
解：(1)依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b＝2\r(2)，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(6)，,b＝\r(2)，))
∴椭圆C的方程是eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设P(x0，y0)(－eq \r(2)＜y0＜eq \r(2)，y0≠0，x0＞0)，
设线段AP中点为M，又A(3,0)，
∴AP中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋3,2)，\f(y0,2)))，直线AP的斜率为eq \f(y0,x0－3)，
由△ABP是以AP为底边的等腰三角形，可得BM⊥AP，
∴直线AP的垂直平分线方程为
y－eq \f(y0,2)＝－eq \f(x0－3,y0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0＋3,2)))，
令x＝0得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y02＋x02－9,2y0)))，
∵eq \f(x02,6)＋eq \f(y02,2)＝1，∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－2y02－3,2y0)))，
由F(－2,0)，∴四边形FPAB的面积S＝eq \f(5,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|y0|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2y02－3,2y0)))))＝eq \f(5,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2|y0|＋\f(3,2|y0|)))≥5eq \r(3)，
当且仅当2|y0|＝eq \f(3,2|y0|)，即y0＝±eq \f(\r(3),2)时等号成立，
四边形FPAB面积的最小值为5eq \r(3).
3．(2021年1月新高考八省联考卷)双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上．当BF⊥AF时，|AF|＝|BF|.
(1)求C的离心率；
(2)若B在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF.
解：(1)当|BF|＝|AF|，且BF⊥AF时，
有c＋a＝eq \f(b2,a)＝eq \f(c2－a2,a)，所以a＝c－a，解得e＝2.
(2)证明：由(1)知双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,3a2)＝1，
设B(x，y)(x＞0，y＞0)，易知渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，
所以∠BAF∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，∠BFA∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，当x>a，x≠2a时，则kAB＝eq \f(y,x＋a)，kBF＝eq \f(y,x－c).
设∠BAF＝θ，则tan θ＝eq \f(y,x＋a)，tan 2θ＝eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝eq \f(2×\f(y,x＋a),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x＋a)))2)＝eq \f(2x＋ay,x＋a2－y2)＝eq \f(2x＋ay,x＋a2－3a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－1)))＝eq \f(2x＋ay,－2x2＋2ax＋4a2)＝eq \f(y,2a－x)＝eq \f(y,c－x)＝－kBF＝tan∠BFA.
因为2∠BAF∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，
所以∠BFA＝2∠BAF.
当x＝2a时，由(1)可得∠BFA＝eq \f(π,2)，∠BAF＝eq \f(π,4)，
故∠BFA＝2∠BAF.综上，∠BFA＝2∠BAF.
4．已知椭圆W: eq \f(x2,4m)＋eq \f(y2,m)＝1的长轴长为4，左、右顶点分别为A，B，经过点P(n,0)的直线与椭圆W相交于不同的两点C，D(不与点A，B重合)．
(1)当n＝0，且直线CD⊥x轴时， 求四边形ACBD的面积；
(2)设n＝1，直线CB与直线x＝4相交于点M，求证：A，D，M三点共线．
解：(1)由题意，得a2＝4m＝4, 解得m＝1.
所以椭圆W方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
当n＝0及直线CD⊥ x轴时，易得C(0,1)，D(0，－1)．
且A(－2,0)，B(2,0)．
所以|AB|＝4，|CD|＝2，显然此时四边形ACBD为菱形，
所以四边形ACBD的面积为eq \f(1,2)×4×2＝4.
(2)证明：当直线CD的斜率k不存在时，由题意，得CD的方程为x＝1，
代入椭圆W的方程，得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(3),2)))，
易得CB的方程为y＝－eq \f(\r(3),2)(x－2)．
则M(4，－eq \r(3))， eq \(AM,\s\up7(―→))＝(6，－eq \r(3))， eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，－\f(\r(3),2)))，
所以eq \(AM,\s\up7(―→))＝2eq \(AD,\s\up7(―→))，即A，D，M三点共线．
当直线CD的斜率k存在时，设CD的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，)) 消去y，
得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0.
由题意，得Δ>0恒成立，
故x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4k2－4,4k2＋1).
直线CB的方程为y＝eq \f(y1,x1－2)(x－2)．
令x＝4，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2y1,x1－2))).
又因为A(－2,0)，D(x2，y2)，
则直线AD，AM的斜率分别为kAD＝eq \f(y2,x2＋2)，
kAM＝eq \f(y1,3x1－2)，所以kAD－kAM＝eq \f(y2,x2＋2)－eq \f(y1,3x1－2)＝eq \f(3y2x1－2－y1x2＋2,3x1－2x2＋2).
上式中的分子 3y2(x1－2)－y1(x2＋2)
＝3k(x2－1)(x1－2)－k(x1－1)(x2＋2)
＝2kx1x2－5k(x1＋x2)＋8k
＝2k×eq \f(4k2－4,4k2＋1)－5k×eq \f(8k2,4k2＋1)＋8k＝0，
所以kAD－kAM＝0.所以A，D，M三点共线．
5．(2022·福州一模)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F(－1,0)，过F且垂直于x轴的直线被椭圆截得的弦长为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点M(－4,0)，过F作直线l交椭圆于A，B两点，证明：∠FMA＝∠FMB.
解：(1)由题意可知c＝1，把x＝－1代入椭圆方程可得eq \f(1,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，解得y＝±eq \f(b2,a)，∴eq \f(b2,a)＝eq \f(3,2)，又a2＝b2＋1，可得a＝2，b＝eq \r(3)，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，由对称性可知：∠FMA＝∠FMB.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
代入椭圆方程可得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(－8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
∴kAM＋kBM＝eq \f(y1,x1＋4)＋eq \f(y2,x2＋4)
＝eq \f(kx1＋1x2＋4＋kx2＋1x1＋4,x1＋4x2＋4)
＝eq \f(k[2x1x2＋5x1＋x2＋8],x1＋4x2＋4).
∵2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝eq \f(8k2－24,3＋4k2)－eq \f(40k2,3＋4k2)＋8＝0，
∴kAM＋kBM＝0，∴∠FMA＝∠FMB.
综上，∠FMA＝∠FMB.
6．(2022·青岛质检)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，A，B是椭圆上关于原点O对称的两个动点，当点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(14),2)))时，△ABF的周长恰为7eq \r(2).
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F作直线l交椭圆于C，D两点，且CD―→＝λAB―→(λ∈R)，求△ACD面积的取值范围．
解：(1)当点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(14),2)))时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OA))＝ eq \r(1＋\f(7,2))＝eq \f(3\r(2),2)，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))＝3eq \r(2).
由对称性，得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF))＝2a，
所以2a＝7eq \r(2)－3eq \r(2)＝4eq \r(2)，得a＝2eq \r(2).
将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(14),2)))代入椭圆方程中，解得b2＝4,
所以椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CD))＝2eq \r(2)，
此时S△ACD＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2＝2eq \r(2).
当直线AB的斜率存在时，设直线CD的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,x2＋2y2＝8，))消去y整理得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－8＝0.
显然Δ＞0，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(8k2,1＋2k2)，,x1·x2＝\f(8k2－8,1＋2k2)，))
故eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CD))＝ eq \r(1＋k2)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))＝
eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,1＋2k2)))2－4×\f(8k2－8,1＋2k2))＝
eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(32k2＋32,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))2))＝eq \f(4\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2)),1＋2k2).
因为eq \(CD,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→)) (λ∈R)，所以CD∥AB，
所以点A到直线CD的距离即为点O到直线CD的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2k)),\r(1＋k2))，
所以S△ACD＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CD))×d
＝eq \f(2\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2)),1＋2k2)×eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2k)),\r(1＋k2))
＝eq \f(4\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k))·\r(1＋k2),1＋2k2)＝4eq \r(2) eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))k2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))2))
＝2eq \r(2) eq \r(\f(4k4＋4k2,4k4＋4k2＋1))＝2eq \r(2) eq \r(1－\f(1,1＋2k22))，
因为1＋2k2>1，所以0
中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步．特别是高考过程中，在规定的时间内，保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面．因此，本讲从以下5个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程，达到快准解题．
技法一 回归定义，以逸待劳
回归定义的实质是重新审视概念，并用相应的概念解决问题，是一种朴素而又重要的策略和思想方法．圆锥曲线的定义既是有关圆锥曲线问题的出发点，又是新知识、新思维的生长点．对于相关的圆锥曲线中的数学问题，若能根据已知条件，巧妙灵活应用定义，往往能达到化难为易、化繁为简、事半功倍的效果．
[典例] 如图，F1，F2是椭圆C1：eq \f(x2,4)＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3)
C.eq \f(3,2) D.eq \f(\r(6),2)
[解题观摩]
由已知，得F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，设双曲线C2的实半轴长为a，由椭圆及双曲线的定义和已知，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|AF1|＋|AF2|＝4，,|AF2|－|AF1|＝2a，,|AF1|2＋|AF2|2＝12，))
解得a2＝2，故a＝eq \r(2).
所以双曲线C2的离心率e＝eq \f(\r(3),\r(2))＝eq \f(\r(6),2).
[答案] D
[名师微点]
本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长a的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．
[针对训练]
1．(2019·全国Ⅰ卷)已知椭圆C的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为( )
A.eq \f(x2,2)＋y2＝1 B.eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1
C.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1 D.eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1
解析：选B 法一：设椭圆的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)．由椭圆的定义可得|AF1|＋|AB|＋|BF1|＝4a.
∵|AB|＝|BF1|，|AF2|＝2|F2B|，
∴|AB|＝|BF1|＝eq \f(3,2)|AF2|，
∴|AF1|＋3|AF2|＝4a.
又∵|AF1|＋|AF2|＝2a，
∴|AF1|＝|AF2|＝a，
∴点A是椭圆的短轴端点．如图，不妨设A(0，－b)，
由F2(1,0)，eq \(AF2,\s\up7(―→))＝2eq \(F2B,\s\up7(―→))，得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(b,2))).
由点B在椭圆上，得eq \f(\f(9,4),a2)＋eq \f(\f(b2,4),b2)＝1，得a2＝3，b2＝a2－c2＝2.
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
法二：由题意设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，
则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝eq \f(a,2)，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，
则sin θ＝eq \f(1,a).在等腰三角形ABF1中，cs 2θ＝eq \f(\f(a,2),\f(3a,2))＝eq \f(1,3)，∴eq \f(1,3)＝1－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))2，解得a2＝3.又c2＝1，
∴b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.故选B.
2．抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m,0)，则eq \f(|PF|,|PA|)的最小值为________．
解析：设点P的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，
知|PF|＝xP＋m，
又|PA|2＝(xP＋m)2＋yeq \\al(2,P)＝(xP＋m)2＋4mxP，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|PF|,|PA|)))2＝eq \f(xP＋m2,xP＋m2＋4mxP)＝eq \f(1,1＋\f(4mxP,xP＋m2))≥eq \f(1,1＋\f(4mxP,2\r(xP·m)2))＝eq \f(1,2)(当且仅当xP＝m时取等号)，
所以eq \f(|PF|,|PA|)≥eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(|PF|,|PA|)的最小值为eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
技法二 设而不求，金蝉脱壳
设而不求是解析几何解题的基本手段，是比较特殊的一种思想方法，其实质是整体结构意义上的变式和整体思想的应用．设而不求的灵魂是通过科学的手段使运算量最大限度地减少，通过设出相应的参数，利用题设条件加以巧妙转化，以参数为过渡，设而不求．
[典例] (2022·石家庄质检)已知P是圆C：(x－2)2＋(y＋2)2＝1上一动点，过点P作抛物线x2＝8y的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB斜率的最大值为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(3,4)
C.eq \f(3,8) D.eq \f(1,2)
[解题观摩]
由题意可知，PA，PB的斜率都存在，分别设为k1，k2，切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设P(m，n)，过点P的抛物线的切线为y＝k(x－m)＋n，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－m＋n，,x2＝8y，))得x2－8kx＋8km－8n＝0，
因为Δ＝64k2－32km＋32n＝0，即2k2－km＋n＝0，
所以k1＋k2＝eq \f(m,2)，k1k2＝eq \f(n,2)，
又由x2＝8y得y′＝eq \f(x,4)，所以x1＝4k1，y1＝eq \f(x\\al(2,1),8)＝2keq \\al(2,1)，x2＝4k2，y2＝eq \f(x\\al(2,1),8)＝2keq \\al(2,2)，
所以kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(2k\\al(2,2)－2k\\al(2,1),4k2－4k1)＝eq \f(k2＋k1,2)＝eq \f(m,4)，
因为点P(m，n)满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋2))2＝1，
所以1≤m≤3，因此eq \f(1,4)≤eq \f(m,4)≤eq \f(3,4)，
即直线AB斜率的最大值为eq \f(3,4).故选B.
[答案] B
[名师微点]
(1)本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙地利用根与系数的关系用PA，PB的斜率把A，B的坐标表示出来，从而快速解决问题．
(2)在运用圆锥曲线问题中设而不求的方法技巧时，需要做到：①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的，都尽可能实施“设而不求”；②“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多．
[针对训练]
3．过点M(1,1)作斜率为－eq \f(1,2)的直线与椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1，))
∴eq \f(x1－x2x1＋x2,a2)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0，
∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2).
∵eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(1,2)，∴a2＝2b2.
又∵b2＝a2－c2，∴a2＝2(a2－c2)，
∴a2＝2c2，∴eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).即椭圆C的离心率e＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
技法三 巧设参数，变换主元
换元引参是一种重要的数学方法，特别是解析几何中的最值问题、不等式问题等，利用换元引参使一些关系能够相互联系起来，激活了解题的方法，往往能化难为易，达到事半功倍．
常见的参数可以选择点的坐标、直线的斜率、直线的倾斜角等．在换元过程中，还要注意代换的等价性，防止扩大或缩小原来变量的取值范围或改变原题条件．
[典例] 设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点．若|AP|＝|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|＞eq \r(3).
[解题观摩]
法一：依题意，直线OP的方程为y＝kx，设点P的坐标为(x0，y0)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝kx0，,\f(x\\al(2,0),a2)＋\f(y\\al(2,0),b2)＝1，))消去y0并整理，得xeq \\al(2,0)＝eq \f(a2b2,k2a2＋b2).①
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，
得(x0＋a)2＋k2xeq \\al(2,0)＝a2，
整理得(1＋k2)xeq \\al(2,0)＋2ax0＝0.而x0≠0，于是x0＝eq \f(－2a,1＋k2)，
代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))2＋4.
又a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，
即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|＞eq \r(3).
法二：依题意，直线OP的方程为y＝kx，
可设点P的坐标为(x0，kx0)．
由点P在椭圆上，得eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(k2x\\al(2,0),b2)＝1.
因为a＞b＞0，kx0≠0，所以eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(k2x\\al(2,0),a2)＜1，
即(1＋k2)xeq \\al(2,0)＜a2.②
由|AP|＝|OA|及A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2xeq \\al(2,0)＝a2，
整理得(1＋k2)xeq \\al(2,0)＋2ax0＝0，于是x0＝eq \f(－2a,1＋k2)，
代入②，得(1＋k2)·eq \f(4a2,1＋k22)＜a2，
解得k2＞3，所以|k|＞eq \r(3).
法三：设P(acs θ，bsin θ)(0≤θ＜2π)，则线段OP的中点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)cs θ，\f(b,2)sin θ)).
|AP|＝|OA|⇔AQ⊥OP⇔kAQ×k＝－1.
又A(－a,0)，所以kAQ＝eq \f(bsin θ,2a＋acs θ)，
即bsin θ－akAQcs θ＝2akAQ.
从而可得|2akAQ|≤ eq \r(b2＋a2k\\al(2,AQ))＜aeq \r(1＋k\\al(2,AQ))，
解得|kAQ|＜eq \f(\r(3),3)，故|k|＝eq \f(1,|kAQ|)＞eq \r(3).
[名师微点]
求解本题利用椭圆的参数方程，可快速建立各点之间的联系，降低运算量．
[针对训练]
4．设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆C：(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，求r的取值范围．
解：当t＝0时，若l与圆C相切，则M恰为AB中点，
∴当t≠0时，这样的直线应有2条．
不妨设直线l的方程为x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
代入抛物线y2＝4x并整理得y2－4ty－4m＝0，
则有Δ＝16t2＋16m＞0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，
那么x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，
可得线段AB的中点M(2t2＋m,2t)，
而由题意可得直线AB与直线MC垂直，
即kMC·kAB＝－1，可得eq \f(2t－0,2t2＋m－5)·eq \f(1,t)＝－1，
整理得m＝3－2t2(当t≠0时)，
把m＝3－2t2代入Δ＝16t2＋16m＞0，
可得3－t2＞0，即0＜t2＜3，
又由于圆心到直线的距离等于半径，
即d＝eq \f(|5－m|,\r(1＋t2))＝eq \f(2＋2t2,\r(1＋t2))＝2eq \r(1＋t2)＝r，
而由0＜t2＜3可得2＜r＜4.
故r的取值范围为(2,4)．
技法四 妙借向量，无中生有
平面向量是衔接代数与几何的纽带，沟通“数”与“形”，融数、形于一体，是数形结合的典范，具有几何形式与代数形式的双重身份，是数学知识的一个交汇点和联系多项知识的媒介．妙借向量，可以有效提升圆锥曲线的解题方向与运算效率，达到良好效果．
[典例] 如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝eq \f(b,2)与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________．
[解题观摩]
把y＝eq \f(b,2)代入椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
可得x＝±eq \f(\r(3),2)a，
那么Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，
而F(c,0)，
那么eq \(FB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))，eq \(FC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))，
又∠BFC＝90°，
故有eq \(FB,\s\up7(―→))·eq \(FC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))＝c2－eq \f(3,4)a2＋eq \f(1,4)b2＝c2－eq \f(3,4)a2＋eq \f(1,4)(a2－c2)＝eq \f(3,4)c2－eq \f(1,2)a2＝0，则有3c2＝2a2，
所以该椭圆的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3).
[答案] eq \f(\r(6),3)
[名师微点]
本题通过相关向量坐标的确定，结合∠BFC＝90°，巧妙借助平面向量的坐标运算来转化圆锥曲线中的相关问题，从形入手转化为相应数的形式，简化运算．
[针对训练]
5.已知点A为圆B：(x＋2)2＋y2＝32上任意一点，定点C的坐标为(2,0)，线段AC的垂直平分线交AB于点M.
(1)求点M的轨迹方程；
(2)若动直线l与圆O：x2＋y2＝eq \f(8,3)相切，且与点M的轨迹交于点E，F，求证：以EF为直径的圆恒过坐标原点．
解：(1)圆B的圆心为Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，0))，半径r＝4eq \r(2)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BC))＝4.连接MC，由已知得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MC))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MA))，
∵eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MB))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MC))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MB))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MA))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BA))＝r＝4eq \r(2)>eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BC))，
∴由椭圆的定义知：点M的轨迹是中心在原点，以B，C为焦点，长轴长为4eq \r(2)的椭圆，
即a＝2eq \r(2)，c＝2，b2＝a2－c2＝4，
∴点M的轨迹方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：当直线EF的斜率不存在时，
直线EF的方程为x＝± eq \r(\f(8,3))，
E，F的坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(\f(8,3))， \r(\f(8,3))))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(\f(8,3))，－ \r(\f(8,3))))或
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(8,3))， \r(\f(8,3))))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－ \r(\f(8,3))，－\r(\f(8,3))))，eq \(OE,\s\up7(―→))·eq \(OF,\s\up7(―→))＝0.
当直线EF斜率存在时，
设直线EF的方程为y＝kx＋b，
∵EF与圆O：x2＋y2＝eq \f(8,3)相切，
∴eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)),\r(1＋k2))＝ eq \r(\f(8,3))，即3b2＝8k2＋8.
设Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，
∴eq \(OE,\s\up7(―→))·eq \(OF,\s\up7(―→))＝x1x2＋y1y2
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))x1x2＋kbeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))＋b2，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(*))
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋b，))代入消元得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))x2＋4kbx＋2b2－8＝0，
∴x1＋x2＝－eq \f(4kb,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2b2－8,1＋2k2)，代入(*)式得
eq \(OE,\s\up7(―→))·eq \(OF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))·eq \f(2b2－8,1＋2k2)－eq \f(4k2b2,1＋2k2)＋b2＝eq \f(3b2－8k2－8,1＋2k2)，
又∵3b2＝8k2＋8，∴eq \(OE,\s\up7(―→))·eq \(OF,\s\up7(―→))＝0，
∴以EF为直径的圆恒过定点O.
技法五 巧用“韦达”，化繁为简
某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．
[典例] 已知椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点．
(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；
(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．
[解题观摩]
(1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0.
解得x1＝－2，x2＝－eq \f(6,5)，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，\f(4,5))).
(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.
则xA＋xM＝eq \f(－16k2,1＋4k2)，
xM＝－xA－eq \f(16k2,1＋4k2)＝2－eq \f(16k2,1＋4k2)＝eq \f(2－8k2,1＋4k2).
同理，可得xN＝eq \f(2k2－8,k2＋4).
由(1)知若存在定点，则此点必为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
证明如下：
因为kMP＝eq \f(yM,xM＋\f(6,5))＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－8k2,1＋4k2)＋2)),\f(2－8k2,1＋4k2)＋\f(6,5))＝eq \f(5k,4－4k2)，
同理可计算得kPN＝eq \f(5k,4－4k2).
所以直线MN过x轴上的一定点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
[名师微点]
本例在第(2)问中应用了根与系数的关系求出xM＝eq \f(2－8k2,1＋4k2)，这体现了整体思想．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．
[针对训练]
6．已知椭圆E：eq \f(x2,t)＋eq \f(y2,3)＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
解：设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.
(1)当t＝4时，E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，A(－2,0)．
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为eq \f(π,4).因此直线AM的方程为y＝x＋2.
将x＝y－2代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得7y2－12y＝0.
解得y＝0或y＝eq \f(12,7)，所以y1＝eq \f(12,7).
因此△AMN的面积S△AMN＝2×eq \f(1,2)×eq \f(12,7)×eq \f(12,7)＝eq \f(144,49).
(2)由题意t>3，k>0，A(－eq \r(t)，0)．
将直线AM的方程y＝k(x＋eq \r(t))代入eq \f(x2,t)＋eq \f(y2,3)＝1，
得(3＋tk2)x2＋2eq \r(t)·tk2x＋t2k2－3t＝0.
由x1·(－eq \r(t))＝eq \f(t2k2－3t,3＋tk2)，得x1＝eq \f(\r(t)3－tk2,3＋tk2)，
故|AM|＝|x1＋eq \r(t)|eq \r(1＋k2)＝eq \f(6\r(t1＋k2),3＋tk2).
由题设，直线AN的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋eq \r(t))，
故同理可得|AN|＝eq \f(6k\r(t1＋k2),3k2＋t).
由2|AM|＝|AN|，
得eq \f(2,3＋tk2)＝eq \f(k,3k2＋t)，
即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
当k＝eq \r(3,2)时上式不成立，
因此t＝eq \f(3k2k－1,k3－2).
t>3等价于eq \f(k3－2k2＋k－2,k3－2)＝eq \f(k－2k2＋1,k3－2)<0，
即eq \f(k－2,k3－2)<0.
因此得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k－2>0，,k3－2<0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k－2<0，,k3－2>0，))解得eq \r(3,2)
第3课时 题型上(一) 圆锥曲线中的范围、最值、证明问题
命题视角一 构造目标不等式解决范围问题
欲求变量的取值范围，可设法构造含有变量的不等式组，通过解不等式组来达到目的.
[典例] (2022·南通模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝kx交双曲线C于M，N两点．
(1)若M(2,3)，四边形MF1NF2的面积为12，求双曲线C的方程；
(2)若eq \f(\r(3),3)
(2)设|MF1|＝s，|MF2|＝t，M在第一象限，设M(m，n)，由双曲线的定义可得s－t＝2a，s2＋t2＝4c2，可得st＝2c2－2a2，则△F1F2M的面积为eq \f(1,2)st＝c2－a2＝eq \f(1,2)·2c·n＝cn，所以n＝eq \f(c2－a2,c)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2－a2,ck)，\f(c2－a2,c)))，由|OM|＝c，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2－a2,ck)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2－a2,c)))2＝c2，可得k2＝eq \f(c2－a22,2a2c2－a4)＝eq \f(e2－12,2e2－1)，又eq \f(\r(3),3)
圆锥曲线中范围问题的5个解题策略
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
[针对训练]
1．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(a，2eq \r(5))在抛物线C上．
(1)若|MF|＝6，求抛物线的标准方程；
(2)若直线x＋y＝t与抛物线C交于A，B两点，点N的坐标为(1,0)，且满足NA⊥NB，原点O到直线AB的距离不小于eq \r(2)，求p的取值范围．
解：(1)由题意及抛物线的定义得，a＋eq \f(p,2)＝6，
又点M(a，2eq \r(5))在抛物线C上，所以20＝2pa，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋\f(p,2)＝6，,20＝2pa，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝2，,a＝5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝10，,a＝1.))
所以抛物线的标准方程为y2＝4x或y2＝20x.
(2)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝t，,y2＝2px))消去y，整理得x2－(2t＋2p)x＋t2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2t＋2p，x1x2＝t2.因为NA⊥NB，所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，又y1＝t－x1，y2＝t－x2，
所以2x1x2－(1＋t)(x1＋x2)＋t2＋1＝0，得2p＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1).由原点O到直线AB的距离不小于eq \r(2)，
得eq \f(|t|,\r(2))≥ eq \r(2)，即t≤－2(舍去)或t≥2，
因为2p＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1)＝t＋1＋eq \f(4,t＋1)－4，函数y＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1)在t∈[2，＋∞)上单调递增，
所以p≥eq \f(1,6)，即p的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，＋∞)).
2．(2021·北京高考)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4eq \r(5).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围．
解：(1)因为椭圆E过点A(0，－2)，所以b＝2.
以四个顶点围成的四边形面积为4eq \r(5)，
故eq \f(1,2)×2a×2b＝2ab＝4eq \r(5).
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝2，,2ab＝4\r(5)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(5)，,b＝2，,c＝1，))
故椭圆E的标准方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)由题意可得，直线l的斜率存在，且直线l的方程为y＝kx－3，设B(x1，y1)，C(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－3，,4x2＋5y2＝20，))消去y整理得(5k2＋4)x2－30kx＋25＝0，Δ＝(－30k)2－4(5k2＋4)×25＝400(k2－1)＞0，故k＞1或k＜－1.
由根与系数的关系，
得x1＋x2＝－eq \f(－30k,5k2＋4)＝eq \f(30k,5k2＋4)，x1x2＝eq \f(25,5k2＋4)，
进而可得y1＋y2＝k(x1＋x2)－6＝－eq \f(24,5k2＋4)，
y1y2＝(kx1－3)(kx2－3)＝k2x1x2－3k(x1＋x2)＋9＝eq \f(36－20k2,5k2＋4).
直线AB的方程为y＋2＝eq \f(y1＋2,x1)x，令y＝－3，
则x＝－eq \f(x1,y1＋2)，故点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x1,y1＋2)，－3)).
直线AC的方程为y＋2＝eq \f(y2＋2,x2)x，令y＝－3，
则x＝－eq \f(x2,y2＋2)，故点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x2,y2＋2)，－3)).
因此|PM|＋|PN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,y1＋2)))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x2,y2＋2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1·y2＋2＋x2·y1＋2,y1＋2·y2＋2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1·kx2－1＋x2·kx1－1,y1·y2＋2y1＋y2＋4)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2kx1x2－x1＋x2,y1·y2＋2y1＋y2＋4)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2k×\f(25,5k2＋4)－\f(30k,5k2＋4),\f(36－20k2,5k2＋4)－\f(48,5k2＋4)＋4)))＝|5k|≤15，
即|k|≤3，解得－3≤k≤3.
综上，k的取值范围为[－3，－1)∪(1,3]．
命题视角二 构造函数模型解决最值问题
若题目中的条件和要求的结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，然后根据其结构特征，构建函数模型求最值，一般情况下，常构建的函数模型有：(1)二次型函数；(2)双曲线型函数；(3)多项式型函数．
[典例] (2019·全国Ⅱ卷)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－eq \f(1,2).记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.
①证明：△PQG是直角三角形；
②求△PQG面积的最大值．
[解] (1)由题设得eq \f(y,x＋2)·eq \f(y,x－2)＝－eq \f(1,2)，化简得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上不含长轴端点的椭圆．
(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))得x＝±eq \f(2,\r(1＋2k2)).
设u＝eq \f(2,\r(1＋2k2))，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
于是直线QG的斜率为eq \f(k,2)，其方程为y＝eq \f(k,2)(x－u)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(k,2)x－u，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))消去y，得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0 (*)．
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程(*)的解，
故xG＝eq \f(u3k2＋2,2＋k2)，由此得yG＝eq \f(uk3,2＋k2).
从而直线PG的斜率为eq \f(\f(uk3,2＋k2)－uk,\f(u3k2＋2,2＋k2)－u)＝－eq \f(1,k).
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
②由①得|PQ|＝2ueq \r(1＋k2)，|PG|＝eq \f(2uk\r(k2＋1),2＋k2)，所以△PQG的面积S＝eq \f(1,2)|PQ||PG|＝eq \f(8k1＋k2,1＋2k22＋k2)＝eq \f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋k)),1＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋k))2).设t＝k＋eq \f(1,k)，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝eq \f(8t,1＋2t2)在[2，＋∞)上单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为eq \f(16,9).
因此，△PQG面积的最大值为eq \f(16,9).
[方法技巧]
求解圆锥曲线中最值问题的2种方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：
(1)几何法：通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
(2)代数法：把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
[针对训练]
已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于A，B(B位于第一象限)两点，且满足|BF|＝λ|AF|.
(1)若λ＝4，求直线l的方程；
(2)若线段AB位于直线y＝4的下方，过点A，B分别作直线y＝4的垂线，垂足分别为P，Q，求四边形ABQP的面积的最大值．
解：(1)由题意可得F(0,1)，且直线l的斜率存在，设为k，直线l的方程设为y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝4y))化简可得x2－4kx－4＝0，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
|BF|＝λ|AF|即为eq \(BF,\s\up7(―→))＝λeq \(FA,\s\up7(―→))，可得λ＝－eq \f(x2,x1)，
所以eq \f(x1＋x22,x1x2)＝eq \f(x2,x1)＋eq \f(x1,x2)＋2＝－λ－eq \f(1,λ)＋2＝eq \f(4k2,－4)＝－4k2，即有λ＋eq \f(1,λ)＝4k2＋2，
因为λ＝4，可得4k2＝eq \f(9,4)，解得k＝±eq \f(3,4)，
由于B在第一象限，且λ＝4>1，
所以k>0，则k＝eq \f(3,4)，
直线l的方程为y＝eq \f(3,4)x＋1.
(2)由题意可得P(x1,4)，Q(x2,4)，直线y＝4与抛物线x2＝4y的交点为(－4,4)和(4,4)，
因为线段AB位于直线y＝4的下方，所以－eq \f(3,4)
f(t)＝(t＋1)(3－2t)2＝4t3－8t2－3t＋9，
f′(t)＝12t2－16t－3，
因为t∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,16)))，f′(t)＝12t2－16t－3的图象的对称轴为t＝eq \f(2,3)，eq \f(2,3)>eq \f(9,16)，
所以f′(t)＝12t2－16t－3在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,16)))上单调递减，又t＝0时，
f′(0)＝－3<0，所以f′(t)<0，
则f(t)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,16)))上单调递减，所以当t＝0即k＝0时，f(t)取得最大值9，
此时四边形ABQP的面积最大，且最大值为12.
命题视角三 圆锥曲线中的证明问题
[典例] (2021·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，右焦点为F(eq \r(2)，0)，且离心率为eq \f(\r(6),3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq \r(3).
[解] (1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝\r(2)，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3))) ⇒a＝eq \r(3)，又∵a2＝b2＋c2，∴b＝1.故椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)证明：①(必要性)若M，N，F三点共线，即直线MN过点F(eq \r(2)，0)，设直线MN的方程为x＝my＋eq \r(2)，圆心O(0,0)到MN的距离d＝eq \f(\r(2),\r(m2＋1))＝1⇒m2＝1.联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋\r(2)，,x2＋3y2＝3)) ⇒(m2＋3)y2＋2eq \r(2)my－1＝0⇒4y2＋2eq \r(2)my－1＝0，|MN|＝eq \r(1＋m2)·eq \f(\r(8m2＋16),4)＝eq \r(2)·eq \f(\r(24),4)＝eq \r(3)，必要性成立．
②(充分性)当|MN|＝eq \r(3)时，设直线MN的方程为x＝ty＋m.此时圆心O(0,0)到MN的距离d＝eq \f(|m|,\r(t2＋1))＝1⇒m2－t2＝1，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋m，,x2＋3y2＝3))⇒(t2＋3)y2＋2tmy＋m2－3＝0，Δ＝4t2m2－4(t2＋3)(m2－3)＝12(t2－m2＋3)＝24.由|MN|＝eq \r(1＋t2)eq \f(\r(24),t2＋3)＝eq \r(3)⇒t2＝1，∴m2＝2.∵MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切，∴m>0，m＝eq \r(2)，∴直线MN的方程为x＝ty＋eq \r(2)，恒过点F(eq \r(2)，0)，∴M，N，F三点共线，充分性成立．由①②可得M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq \r(3).
[方法技巧]
圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
[针对训练]
1．(2022·焦作一模)已知点P(4,4)在抛物线C：y2＝2px(p>0)上，直线l：y＝kx＋2与抛物线C有两个不同的交点．
(1)求k的取值范围；
(2)设直线l与抛物线C的交点分别为A，B，过点A作与C的准线平行的直线，分别与直线OP和OB交于点M和N(O为坐标原点)，求证：|AM|＝|MN|.
解：(1)由抛物线C：y2＝2px过点P(4,4)，得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,y2＝4x))得k2x2＋(4k－4)x＋4＝0.由题意k≠0，且Δ＝(4k－4)2－16k2＝16－32k>0，得k
2．(2021·马鞍山二模)已知双曲线x2－eq \f(y2,b2)＝1(b>0且b≠1)的左焦点为F，右顶点为A，过点F向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为P，直线AP与双曲线的左支交于点B.
(1)设O为坐标原点，求线段OP的长度；
(2)求证：PF平分∠BFA.
解：(1)不妨设B在第二象限，则渐近线OP的方程为y＝－bx，则直线PF的方程为y＝eq \f(1,b)(x＋c)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,b)x＋c，,y＝－bx，))得：xP＝－eq \f(c,b2＋1)＝－eq \f(1,c)，
yP＝eq \f(b,c)，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,c)，\f(b,c)))，
∴|OP|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,c)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,c)))2)＝eq \r(\f(1＋b2,c2))＝eq \r(\f(c2,c2))＝1.
(2)证明：设直线PF的倾斜角为θ，
则tan θ＝eq \f(1,b)，tan 2θ＝eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝eq \f(2b,b2－1)，
又A(1,0)，∴直线AP的斜率为eq \f(\f(b,c),－\f(1,c)－1)＝－eq \f(b,c＋1)，
则直线AP的方程为y＝－eq \f(b,c＋1)(x－1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(b,c＋1)x－1，,x2－\f(y2,b2)＝1，))
得：(c2＋2c)x2＋2x－(c2＋2c＋2)＝0，
∴xB＝xAxB＝－eq \f(c2＋2c＋2,c2＋2c)，
yB＝－eq \f(b,c＋1)(xB－1)＝eq \f(2bc＋1,c2＋2c)，又F(－c,0)，
∴直线BF的斜率为eq \f(yB,xB＋c)＝eq \f(\f(2bc＋1,c2＋2c),－\f(c2＋2c＋2,c2＋2c)＋c)
＝eq \f(2bc＋1,c3＋c2－2c－2)＝eq \f(2b,c2－2)＝eq \f(2b,b2－1)＝tan 2θ，
故PF平分∠BFA.
[课时跟踪检测]
1．(2022·无锡八校检测)已知O为坐标原点，椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1，点D，M，N为C上的动点，且O，M，N三点共线，直线DM，DN的斜率分别为k1，k2(k1k2≠0)．
(1)证明：k1k2＝－eq \f(1,4)；
(2)当直线DM过点(1,0)时，求eq \f(1,|DN|)＋eq \f(19,2\r(1＋k22)) 的最小值．
解：(1)证明：由题得，M，N关于原点对称，则可设D(x1，y1)，M(x2，y2)，则N(－x2，－y2)．因为点D，M在椭圆C上，所以eq \f(x12,4)＋y12＝1，eq \f(x22,4)＋y22＝1，即y12＝1－eq \f(x12,4)，y22＝1－eq \f(x22,4)，所以k1k2＝eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq \f(y12－y22,x12－x22)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x12,4)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x22,4))),x12－x22)＝－eq \f(1,4).
(2)设直线DM的方程为y＝k1(x－1)，将其代入eq \f(x2,4)＋y2＝1可得，(1＋4k12)x2－8k12x＋4k12－4＝0，Δ>0，所以x1＋x2＝eq \f(8k12,1＋4k12)，因此|DN|＝eq \r(1＋k22)|x1－(－x2)|＝eq \r(1＋k22)|x1＋x2|＝eq \f(8k12\r(1＋k22),1＋4k12).由(1)得，k1k2＝－eq \f(1,4)，所以|DN|＝eq \f(2\r(1＋k22),1＋4k22).设t＝eq \r(1＋k22)∈(1，＋∞)，则k22＝t2－1，则eq \f(1,|DN|)＋eq \f(19,2\r(1＋k22))＝eq \f(4t2＋16,2t)＝2t＋eq \f(8,t)≥8，当且仅当t＝2，即k2＝±eq \r(3)时取等号．故eq \f(1,|DN|)＋eq \f(19,2\r(1＋k22))的最小值为8.
2．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F是其右焦点，直线y＝kx与椭圆交于A，B两点，|AF|＋|BF|＝8.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设Q(3,0)，若∠AQB为锐角，求实数k的取值范围．
解：(1)设F1为椭圆的左焦点，连接F1B，由椭圆的对称性可知，|AF|＝|F1B|，所以|AF|＋|BF|＝|BF1|＋|BF|＝2a＝8，所以a＝4，又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，a2＝b2＋c2，解得c＝2eq \r(3)，b＝2，所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \(QA,\s\up7(―→))＝(x1－3，y1)， eq \(QB,\s\up7(―→))＝(x2－3，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx，))得(4k2＋1)x2－16＝0，所以x1＋x2＝0，x1x2＝eq \f(－16,4k2＋1)，因为∠AQB为锐角，所以eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))＞0，所以eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2＝9－3(x1＋x2)＋x1x2＋y1y2＝9－3(x1＋x2)＋(1＋k2)x1x2＝9－eq \f(161＋k2,4k2＋1)＞0，解得k＞eq \f(\r(35),10)或k＜－eq \f(\r(35),10).所以实数k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(35),10)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(35),10)，＋∞)).
3．已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F作圆C：(x＋2)2＋y2＝eq \f(9,2)的两条切线l1，l2，且l1⊥l2.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点F作直线l与E交于A，B两点，若A，B到直线3x＋4y＋20＝0的距离分别为d1，d2，求d1＋d2的最小值．
解：(1)由题得，(x＋2)2＋y2＝eq \f(9,2)的圆心为C(－2,0)，半径r＝eq \f(3\r(2),2)，y2＝2px(p>0)的焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).设两条切线l1，l2与圆C的切点分别为M，N，则|CM|＝|CN|＝r.又l1⊥l2，且|MF|＝|NF|，∴四边形CMFN为正方形，∴|CF|＝ eq \r(2)r＝ eq \r(2)×eq \f(3\r(2),2)＝3，则eq \f(p,2)＋2＝3，解得p＝2，∴抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知F(1,0)．易得直线l的斜率不为0，则可设直线l的方程为x＝my＋1.联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋1，))得y2－4my－4＝0，Δ >0，由根与系数的关系得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1y2＝－4，,y1＋y2＝4m，))∴x1＋x2＝my1＋my2＋2＝4m2＋2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设线段AB的中点为Q，则Q(2m2＋1,2m)．设点Q到直线3x＋4y＋20＝0的距离为d，可得d1＋d2＝2d.∵d＝eq \f(|3×2m2＋1＋4×2m＋20|,5)＝eq \f(|6m2＋8m＋23|,5)＝eq \f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(2,3)))2＋\f(61,3),5)，当m＝－eq \f(2,3)时，d取得最小值eq \f(61,15)，∴d1＋d2的最小值为eq \f(122,15).
4．(2022·重庆八中适应性月考)F1，F2分别是椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，|F1F2|＝4，M是E上一点，直线MF2与x轴垂直，且|MF1|＝3|MF2|.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A，B，C，D是椭圆E上的四点，AC与BD相交于点F2，且AC⊥BD，求四边形ABCD面积的最小值．
解：(1)由椭圆的定义得，|MF1|＋|MF2|＝2a，又|MF1|＝3|MF2|，则|MF1|＝eq \f(3a,2)，|MF2|＝eq \f(a,2).因为直线MF2垂直于x轴，所以|MF1|2－|MF2|2＝|F1F2|2，代入解得a2＝8.又c＝2，则b2＝4，故椭圆E的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)当直线AC的斜率存在且不为零时，可设直线AC的斜率为k，A(x1，y1)，C(x2，y2)，则直线AC的方程为y＝k(x－2)．联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx－2，))得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－8＝0，Δ>0，所以x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(8k2－8,1＋2k2)，所以|AC|＝eq \r(1＋k2x1－x22)＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq \f(4\r(2)k2＋1,1＋2k2).因为AC⊥BD，所以直线BD的斜率为－eq \f(1,k)，用－eq \f(1,k)代换上式中的k可得|BD|＝eq \f(4\r(2)1＋k2,k2＋2).又因为AC⊥BD，所以四边形ABCD的面积S＝eq \f(1,2)|AC|·|BD|＝eq \f(161＋k22,k2＋21＋2k2).因为(1＋2k2)·(k2＋2)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1＋2k2＋k2＋2,2)))2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3k2＋1,2)))2，所以S≥eq \f(64,9)，当且仅当1＋2k2＝k2＋2，即k＝±1时取等号．当直线AC的斜率不存在或斜率为零时，四边形ABCD的面积S＝eq \f(1,2)×eq \f(2b2,a)×2a＝8＞eq \f(64,9).综上可得，四边形ABCD面积的最小值为eq \f(64,9).
5．已知点M是圆C：(x－2)2＋y2＝r2(r>2)与x轴负半轴的交点，过点M作圆C的弦MN，并使弦MN的中点恰好落在y轴上．
(1)求点N的轨迹方程；
(2)设点N的轨迹为曲线E，延长NO交直线x＝－2于点A，延长NC交曲线E于点B，曲线E在点B处的切线交y轴于点D，求证：AD⊥BD.
解：(1)由题意知，C(2,0)，M(2－r,0)．设N(x，y)，则弦MN的中点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－r＋x,2)，\f(y,2))).
∵弦MN的中点恰好落在y轴上，
∴eq \f(2－r＋x,2)＝0，即r＝2＋x，
∴(x－2)2＋y2＝(x＋2)2，
整理得，y2＝8x.∵r>2，∴x>0，
∴点N的轨迹方程为y2＝8x(x>0)．
(2)证明：由题易知直线NB的斜率不为0，则可设直线NB的方程为x＝my＋2.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝8x，,x＝my＋2，))消去x，整理得y2－8my－16＝0，Δ1＝64m2＋64>0.
设N(x1，y1)，B(x2，y2)，x1，x2>0，则y1＋y2＝8m，y1y2＝－16，
∴kON＝eq \f(y1,x1)，∴直线ON的方程为y＝eq \f(y1,x1)x.
令x＝－2，则y＝eq \f(－2y1,x1)，∴Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(－2y1,x1))).
设曲线E在点B处的切线方程为y－y2＝k(x－x2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－y2＝kx－x2，,y2＝8x，))消去x，整理得ky2－8y＋8(y2－kx2)＝0，Δ2＝32(k2x2－ky2＋2)＝0，
即eq \f(y22,8)k2－ky2＋2＝0，即(y2k－4)2＝0，得k＝eq \f(4,y2)，
∴直线BD的方程为y－y2＝eq \f(4,y2)(x－x2)，令x＝0，则y＝eq \f(－4x2,y2)＋y2＝eq \f(－4x2＋y22,y2)＝eq \f(－4x2＋8x2,y2)＝eq \f(4x2,y2)，
∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，eq \f(4x2,y2))).
∴kAD＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4x2,y2)＋\f(2y1,x1)))＝eq \f(2x2,y2)＋eq \f(y1,x1)＝eq \f(y2,4)＋eq \f(8,y1)＝eq \f(y1y2＋32,4y1)＝eq \f(4,y1)，
∴kAD·k＝eq \f(4,y1)·eq \f(4,y2)＝eq \f(16,y1y2)＝－1，∴AD⊥BD.
第4课时 题型上(二) 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
命题视角一 圆锥曲线中的定点问题
圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：
一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有时可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)．
二求：求出定点所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程．
三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标．
[典例] (2020·全国Ⅰ卷)已知A，B分别为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a＞1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq \(AG,\s\up7(―→))·eq \(GB,\s\up7(―→))＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点．
[解] (1)由题设得A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)．则eq \(AG,\s\up7(―→))＝(a,1)，eq \(GB,\s\up7(―→))＝(a，－1)．由eq \(AG,\s\up7(―→))·eq \(GB,\s\up7(―→))＝8，得a2－1＝8，即a＝3.所以E的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.
(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3＜n＜3.由于直线PA的方程为y＝eq \f(t,9)(x＋3)，所以y1＝eq \f(t,9)(x1＋3)．直线PB的方程为y＝eq \f(t,3)(x－3)，所以y2＝eq \f(t,3)(x2－3)．可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．由于eq \f(x\\al(2,2),9)＋yeq \\al(2,2)＝1，故yeq \\al(2,2)＝－eq \f(x2＋3x2－3,9)，可得27y1y2＝－(x1＋3)·(x2＋3)，即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0 ①.将x＝my＋n代入eq \f(x2,9)＋y2＝1，得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.所以y1＋y2＝－eq \f(2mn,m2＋9)，y1y2＝eq \f(n2－9,m2＋9).代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0.解得n＝eq \f(3,2)或n＝－3(舍去)．故直线CD的方程为x＝my＋eq \f(3,2)，即直线CD过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)).若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)).综上，直线CD过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)).
[方法技巧]
求解圆锥曲线中定点问题的2种方法
(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．
(2)直接推理法：①选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k当成变量，将变量x，y当成常数，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式；②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，y＝0，,gx，y＝0；))③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．
[针对训练]
(2022·齐齐哈尔一模)已知抛物线C1：y2＝2px(p>0)的焦点F是椭圆C2：x2＋2y2＝1的一个顶点．
(1)求抛物线C1的方程；
(2)若点P(1,2)，M，N为抛物线C1上的不同两点，且PM⊥PN.求证：直线MN过定点．
解：(1)抛物线C1：y2＝2px(p>0)的焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，椭圆C2：x2＋2y2＝1即x2＋eq \f(y2,\f(1,2))＝1的左、右顶点为(－1,0)，(1,0)，所以eq \f(p,2)＝1，即p＝2，则抛物线的方程为y2＝4x.
(2)证明：设直线MN的方程为x＝my＋n，与抛物线方程联立可得y2－4my－4n＝0，则Δ＝16m2＋16n>0，即n＋m2>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，因为PM⊥PN，所以eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))＝0，即(x1－1，y1－2)·(x2－1，y2－2)＝0，所以(x1－1)(x2－1)＋(y1－2)(y2－2)＝0，即(my1＋n－1)·(my2＋n－1)＋(y1－2)(y2－2)＝0，整理可得(1＋m2)y1y2＋(mn－m－2)(y1＋y2)＋(n－1)2＋4＝0，所以－4n(1＋m2)＋4m(mn－m－2)＋(n－1)2＋4＝0，化简可得n2－6n－4m2－8m＋5＝0，即(n－3)2＝4(m+1)2，解得n＝2m＋5或n＝－2m＋1，当n＝2m＋5时，满足Δ>0，直线MN的方程为x＝my＋2m＋5，即为x－5＝m(y＋2)，即直线MN恒过定点(5，－2)；当n＝－2m＋1时，直线MN的方程为x＝my－2m＋1，即为x－1＝m(y－2)，即直线恒过定点(1,2)，此时与P重合，故舍去．综上可得，直线MN过定点(5，－2)．
命题视角二 圆锥曲线中的定值问题
圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量(斜率、距离、面积、比值等)与变量(斜率、点的坐标等)无关的问题．其求解步骤一般为：
一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等．
二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量(或者有多个变量，但是能整体约分也可以)．
三定值：化简式子得到定值．由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值．
[典例] (2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且过点A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
[解] (1)由题设得eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.于是x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2).①
由AM⊥AN知eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(AN,\s\up7(―→))＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式可得(k2＋1)eq \f(2m2－6,1＋2k2)－(km－k－2)·eq \f(4km,1＋2k2)＋(m－1)2＋4＝0，整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1.于是MN的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))－eq \f(1,3)(k≠1)．所以直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．由eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(AN,\s\up7(―→))＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)·(－y1－1)＝0.又eq \f(x\\al(2,1),6)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，可得3xeq \\al(2,1)－8x1＋4＝0.解得x1＝eq \f(2,3)或x1＝2(舍去)．此时直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).令Q为AP的中点，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3))).若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|＝eq \f(2\r(2),3).若D与P重合，则|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|.综上，存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值．
[方法技巧]
圆锥曲线中定值问题的特点及2大解法
(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值．
(2)两大解法：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②引进变量法：其解题流程为
[针对训练]
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，且过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2))).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点A，B分别是椭圆C的左顶点和上顶点，M，N为椭圆C上异于A，B的两点，满足AM∥BN，记OM，ON的斜率分别为k1，k2，求证：k1·k2为定值．
解：(1)由e＝eq \f(\r(3),2)可得，a＝2b，将点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))代入椭圆方程eq \f(x2,4b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，解得a＝2，b＝1，即椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由题意AM，BN的斜率存在且相等，设直线AM：y＝k(x＋2) ①，
设直线BN：y＝kx＋1 ②，
椭圆方程C：eq \f(x2,4)＋y2＝1 ③，
联立①③得(4k2＋1)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，解得x1＝eq \f(－24k2－1,4k2＋1)，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(－24k2－1,4k2＋1)，eq \f(4k,4k2＋1)))，同理联立②③，可得x2＝eq \f(－8k,4k2＋1)，即Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(－8k,4k2＋1)，eq \f(－4k2－1,4k2＋1)))，故k1·k2＝eq \f(\f(4k,4k2＋1),\f(－24k2－1,4k2＋1))·eq \f(\f(－4k2－1,4k2＋1),\f(－8k,4k2＋1))＝－eq \f(1,4)，即k1·k2为定值－eq \f(1,4).
命题视角三 圆锥曲线中的存在性问题
存在性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在．若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．
[典例] (2021·淮南二模)已知椭圆C1，抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为坐标原点O，从每条曲线上各取两个点，其坐标分别是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(2\r(2),3)))，(2，－4)，(－3,0)，(4,4eq \r(2))．
(1)求C1，C2的标准方程；
(2)是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交于不同的两点M，N且满足eq \(OM,\s\up7(―→))⊥eq \(ON,\s\up7(―→))？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[解] (1)设抛物线的方程为y2＝2px(p≠0)，
所以eq \f(y2,x)＝2p，
可以验证点(2，－4)，(4,4eq \r(2))在抛物线上，
所以抛物线的方程为C2：y2＝8x.
设椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(2\r(2),3)))，(－3,0)代入可得a2＝9，eq \f(1,a2)＋eq \f(8,9b2)＝1，解得a＝3，b＝1，
所以C1的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.
(2)C2的焦点为F(2,0)，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝2，
由椭圆的对称性可得直线l交椭圆C1于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(5),3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(\r(5),3)))，
因为eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(ON,\s\up7(―→))≠0，所以不满足题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－2)，
与椭圆方程x2＋9y2＝9联立，
可得(1＋9k2)x2－36k2x＋36k2－9＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
于是x1＋x2＝eq \f(36k2,1＋9k2)，x1x2＝eq \f(36k2－9,1＋9k2)，
y1y2＝k2(x1－2)(x2－2)＝k2(x1x2＋4－2x1－2x2)＝k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(36k2－9,1＋9k2)＋4－\f(72k2,1＋9k2)))＝－eq \f(5k2,1＋9k2)，由eq \(OM,\s\up7(―→))⊥eq \(ON,\s\up7(―→))，可得eq \(OM,\s\up7(―→))·eq \(ON,\s\up7(―→))＝0，
可得x1x2＋y1y2＝eq \f(36k2－9,1＋9k2)－eq \f(5k2,1＋9k2)＝0，
解得k＝±eq \f(3\r(31),31).
所以存在直线l满足条件，且l的方程为y＝±eq \f(3\r(31),31)(x－2)．
[方法技巧]
圆锥曲线中存在性问题的求解方法
(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
[针对训练]
已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为eq \f(1,2)，且经过点(－2,0)．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线x－my－1＝0交椭圆于不同的两点A，B，是否存在一定点T(t,0)满足eq \(AT,\s\up7(―→))·eq \(BT,\s\up7(―→))为定值？若存在，求出定点T；若不存在，请说明理由．
解：(1)依题意，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(1,2)，,a＝2，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))∴椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)存在点满足eq \(AT,\s\up7(―→))·eq \(BT,\s\up7(―→))为定值，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－my－1＝0，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得，(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，由根与系数的关系得，y1＋y2＝－eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)，∵eq \(AT,\s\up7(―→))＝(t－x1，－y1)，eq \(BT,\s\up7(―→))＝(t－x2，－y2)，∴eq \(AT,\s\up7(―→))·eq \(BT,\s\up7(―→))＝t2－t(x1＋x2)＋x1x2＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋m(1－t)(y1＋y2)＋t2－2t＋1＝－(m2＋1)·eq \f(9,3m2＋4)－m(1－t)·eq \f(6m,3m2＋4)＋t2－2t＋1＝eq \f(3t2－4m2＋4t2－8t－5,3m2＋4)，假设eq \(AT,\s\up7(―→))·eq \(BT,\s\up7(―→))为定值，则t2－4＝eq \f(4t2－8t－5,4)，解得t ＝eq \f(11,8)，
∴存在点Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,8)，0))，满足eq \(AT,\s\up7(―→))·eq \(BT,\s\up7(―→))为定值．
[课时跟踪检测]
1．(2021·河北“五个一”名校二诊)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，一顶点A坐标为(0，－2eq \r(2))．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知M，N为椭圆上异于A的两点，且eq \(AM,\s\up7(―→))⊥eq \(AN,\s\up7(―→))，直线MN是否过定点？若过定点，求出此点坐标．
解：(1)∵椭圆E的离心率为eq \f(\r(2),2)，∴eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(2),2)，又A(0，－2eq \r(2))，∴b2＝8，a2＝16，∴椭圆E的标准方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,8)＝1.
(2)当直线MN的斜率不存在时，不合题意，故直线MN的斜率存在．设直线MN的方程为y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)．联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋2y2＝16，))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－16＝0，Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－16)＝128k2＋64－8m2>0，x1＋x2＝eq \f(－4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－16,1＋2k2).eq \(AM,\s\up7(―→))＝(x1，y1＋2eq \r(2))，eq \(AN,\s\up7(―→)) ＝(x2，y2＋2eq \r(2))，eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(AN,\s\up7(―→))＝x1x2＋(kx1＋m＋2eq \r(2))(kx2＋m＋2eq \r(2))＝(1＋k2)x1x2＋k(m＋2eq \r(2))·(x1＋x2)＋(m＋2eq \r(2))2＝eq \f(3m2＋4\r(2)m－8,1＋2k2)＝0.解得m＝－2eq \r(2)或m＝eq \f(2\r(2),3).若直线MN的方程为y＝kx－2eq \r(2)，则直线过定点(0，－2eq \r(2))，与A重合，不合题意；若直线MN的方程为y＝kx＋eq \f(2\r(2),3)，则直线过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(2),3))).综上所述，直线MN过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(2),3))).
2.如图，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长为4，点A，B，C为椭圆上的三个点，A为椭圆的右顶点，BC过中心O，且|BC|＝2|AB|，S△ABC＝3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设P，Q是椭圆上位于直线AC同侧的两个动点(异于A，C)，且满足∠PBC＝∠QBA，试讨论直线BP与直线BQ斜率之间的关系，并求证直线PQ的斜率为定值．
解：(1)∵|BC|＝2|AB|，∴S△OAB＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(3,2)，又△AOB是等腰三角形，∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，把B点代入椭圆方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,b2)＝1，求得b2＝3，∴椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题易得直线BP，BQ的斜率均存在，又∠PBC＝∠QBA，∴kBP＝－kBQ.证明：设直线BP：y－eq \f(3,2)＝k(x－1)，代入椭圆方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，化简得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋4k2))x2－8keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k－\f(3,2)))x＋4k2－12k－3＝0，其一解为1，另一解为xP＝eq \f(4k2－12k－3,3＋4k2)，则yP＝eq \f(－12k2－6k,3＋4k2)＋eq \f(3,2).将－k代入得xQ＝eq \f(4k2＋12k－3,3＋4k2)，yQ＝eq \f(－12k2＋6k,3＋4k2)＋eq \f(3,2)，∴kPQ＝eq \f(yP－yQ,xP－xQ)＝eq \f(1,2)为定值．
3．(2022·湖北十一校联考)已知直线y＝x－2与抛物线y2＝2px相交于A，B两点，满足OA⊥OB，定点C(4,2)，D(－4,0)，M是抛物线上一动点，设直线CM，DM与抛物线的另一个交点分别是E，F.
(1)求抛物线的方程；
(2)求证：当点M在抛物线上运动时(点E，F总存在且不重合)，直线EF恒过定点，并求出这个定点的坐标．
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将y＝x－2代入y2＝2px，得(x－2)2＝2px，化简得x2－(4＋2p)x＋4＝0，Δ＝4(p2＋4p)>0，所以x1x2＝4，x1＋x2＝4＋2p，因此y1y2＝(x1－2)(x2－2)＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＝－4p.因为OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，解得p＝1，所以抛物线的方程为y2＝2x.
(2)证明：设点M，E，F的坐标分别是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y02,2)，y0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y32,2)，y3))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y42,2)，y4)).由C，M，E三点共线，得kEM＝kCM，则eq \f(y3－y0,\f(y32,2)－\f(y02,2))＝eq \f(y0－2,\f(y02,2)－4)，整理可得，y0y3＝2(y0＋y3)－8，所以y3＝eq \f(2y0－8,y0－2).同理，由D，M，F三点共线，得y4＝eq \f(8,y0)，所以直线EF的方程为y－y3＝eq \f(y4－y3,\f(y42,2)－\f(y32,2))(x－x3)＝eq \f(2,y3＋y4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y32,2)))，整理可得y3y4＝y(y3＋y4)－2x.将y3＝eq \f(2y0－8,y0－2)，y4＝eq \f(8,y0)代入直线EF的方程中，得(2x－2y)y02＋4(4－x)y0＋8(2y－8)＝0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,4－x＝0，,2y－8＝0，))解得x＝y＝4，所以直线EF恒过定点(4,4)．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左顶点为M，上顶点为N，直线2x＋y－6eq \r(3)＝0与直线MN垂直，垂足为B点，且点N是线段MB的中点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于E，F两点，点G在椭圆C上，且四边形OEGF为平行四边形，求证：四边形OEGF的面积S为定值．
解：(1)由题意知，M(－a,0)，N(0，b)，直线MN的斜率k＝eq \f(b,a)＝eq \f(1,2)，得a＝2b.∵点N是线段MB的中点，∴点B的坐标为(a,2b)，∵点B在直线2x＋y－6eq \r(3)＝0上，∴2a＋2b＝6eq \r(3)，又a＝2b，∴b＝eq \r(3)，a＝2eq \r(3)，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：设E(x1，y1)，F(x2，y2)，G(x0，y0)，将y＝kx＋m代入eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1，整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，则x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,1＋4k2)，则y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(2m,1＋4k2).∵四边形OEGF为平行四边形，∴eq \(OG,\s\up7(―→))＝eq \(OE,\s\up7(―→))＋eq \(OF,\s\up7(―→))＝(x1＋x2，y1＋y2)，得Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,1＋4k2)，\f(2m,1＋4k2)))，将G点坐标代入椭圆C的方程得m2＝eq \f(3,4)(1＋4k2)，又易得点O到直线EF的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，|EF|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|，∴平行四边形OEGF的面积S＝d·|EF|＝|m||x1－x2|＝|m|·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝4·eq \f(|m|\r(3－m2＋12k2),1＋4k2)＝4·eq \f(|m|\r(3m2),1＋4k2)＝eq \f(4\r(3)m2,1＋4k2)＝3eq \r(3).故平行四边形OEGF的面积S为定值3eq \r(3).
5．(2022·岳阳一模)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的离心率为eq \f(\r(5),2)，点P(4，eq \r(3))在C上．
(1)求双曲线C 的方程；
(2)设过点(1,0)的直线l与曲线C交于M，N两点，问在x轴上是否存在定点Q，使得eq \(QM,\s\up7(―→))·eq \(QN,\s\up7(―→))为常数？若存在，求出Q点坐标及此常数的值；若不存在，说明理由．
解：(1)由题意可得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(16,a2)－\f(3,b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(5),2)，,a2＋b2＝c2，))解得a2＝4，b2＝1，
∴双曲线方程为eq \f(x2,4)－y2＝1.
(2)设直线l的方程为x＝my＋1，定点Q(t,0)，联立直线l与双曲线的方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－y2＝1，,x＝my＋1，))可得(m2－4)y2＋2my－3＝0，∴m2－4≠0，且Δ＝4m2＋12(m2－4)>0，解得m2>3且m2≠4.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴y1＋y2＝－eq \f(2m,m2－4)，y1y2＝－eq \f(3,m2－4)，∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝－eq \f(2m2,m2－4)＋2＝eq \f(－8,m2－4)，x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝－eq \f(3m2,m2－4)－eq \f(2m2,m2－4)＋1＝－eq \f(4m2＋4,m2－4)＝－4－eq \f(20,m2－4).∴eq \(QM,\s\up7(―→))·eq \(QN,\s\up7(―→))＝(x1－t，y1)·(x2－t，y2)＝(x1－t)·(x2－t)＋y1y2＝x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝－4－eq \f(20,m2－4)＋t·eq \f(8,m2－4)－eq \f(3,m2－4)＋t2＝－4＋t2＋eq \f(8t－23,m2－4)，若eq \(QM,\s\up7(―→))·eq \(QN,\s\up7(―→))为常数，与m无关，则有8t－23＝0，即t＝eq \f(23,8)，此时eq \(QM,\s\up7(―→))·eq \(QN,\s\up7(―→))＝eq \f(273,64).∴在x轴上存在定点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(23,8)，0))，使得eq \(QM,\s\up7(―→))·eq \(QN,\s\up7(―→))为常数eq \f(273,64).
直线的倾斜角
直线的斜率
定义
当直线l与x轴相交时，我们以x轴为基准，x轴正向与直线l向上的方向之间所成的角α叫做直线l的倾斜角．当直线l与x轴平行或重合时，规定它的倾斜角为0°
当直线l的倾斜角α≠eq \f(π,2)时，其倾斜角α的正切值tan α叫做这条直线的斜率，斜率通常用小写字母k表示，即k＝tan_α；经过两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)(x1≠x2)的直线的斜率公式为kP1P2＝eq \f(y2－y1,x2－x1)
区别
直线l垂直于x轴时，直线l的倾斜角是90°；倾斜角的取值范围为[0，π)
直线l垂直于x轴时，直线l的斜率不存在；斜率k的取值范围为R
联系
(1)当直线不垂直于x轴时，直线的斜率和直线的倾斜角为一一对应关系；
(2)当直线l的倾斜角α∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，α越大，直线l的斜率越大；当α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，α越大，直线l的斜率越大；
(3)所有的直线都有倾斜角，但不是所有的直线都有斜率
形式
几何条件
方程
适用范围
点斜式
过一点(x0，y0)，斜率k
y－y0＝k(x－x0)
与x轴不垂直的直线
斜截式
纵截距b，斜率k
y＝kx＋b
与x轴不垂直的直线
两点式
过两点(x1，y1)，(x2，y2)
eq \f(y－y1,y2－y1)＝eq \f(x－x1,x2－x1)
与x轴、y轴均不垂直的直线
截距式
横截距a，纵截距b
eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1
不含垂直于坐标轴和过原点的直线
一般式
Ax＋By＋C＝0，A2＋B2≠0
平面直角坐标系内所有直线
定义法
若已知直线的倾斜角α或α的某种三角函数值，一般根据k＝tan α求斜率
公式法
若已知直线上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，一般根据斜率公式k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)(x1≠x2)求斜率
直接法
根据已知条件，选择适当的直线方程形式，直接写出直线方程
待定系数法
①设所求直线方程的某种形式；
②由条件建立所求参数的方程(组)；
③解这个方程(组)求出参数；
④把参数的值代入所设直线方程
两条直线平行
①对于两条不重合的直线l1，l2，若其斜率分别为k1，k2，则有l1∥l2⇔k1＝k2.
②当直线l1，l2不重合且斜率都不存在时，l1∥l2
两条直线垂直
①如果两条直线l1，l2的斜率存在，设为k1，k2，则有l1⊥l2⇔k1·k2＝－1.
②当其中一条直线的斜率不存在，而另一条直线的斜率为0时，l1⊥l2
类型
条件
距离公式
两点间的距离
点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)之间的距离
|P1P2|＝eq \r(x2－x12＋y2－y12)
点到直线的距离
点P0(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离
d＝eq \f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2))
两平行直线间的距离
两条平行线Ax＋By＋C1＝0与Ax＋By＋C2＝0间的距离
d＝eq \f(|C1－C2|,\r(A2＋B2))
已知两直线的斜率存在
①两直线平行⇔两直线的斜率相等且坐标轴上的截距不相等；
②两直线垂直⇔两直线的斜率之积为－1
已知两直线的斜率不存在
当两直线在x轴上的截距不相等时，两直线平行；否则两直线重合
已知两直线的一般方程
设直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，则l1∥l2⇔A1B2－A2B1＝0且B1C2－B2C1≠0；l1⊥l2⇔A1A2＋B1B2＝0.该方法可避免对斜率是否存在进行讨论
定义
平面内到定点的距离等于定长的点的轨迹叫做圆
标准方程
(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)
圆心：(a，b)
半径：r
一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)
圆心：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))
半径：r＝eq \f(\r(D2＋E2－4F),2)
理论依据
点到圆心的距离与半径的大小关系
三种情况
(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2⇔点在圆上
(x0－a)2＋(y0－b)2>r2⇔点在圆外
(x0－a)2＋(y0－b)2
由圆的标准方程情形转化而来
三种情况
xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＋Dx0＋Ey0＋F＝0⇔点在圆上
xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＋Dx0＋Ey0＋F＞0⇔点在圆外
xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＋Dx0＋Ey0＋F＜0⇔点在圆内
相离
相切
相交
图形
量化
方程观点
Δ<0
Δ＝0
Δ>0
几何观点
d>r
d＝r
d
外切
相交
内切
内含
图形
量的关系
d＞r1＋r2
d＝r1＋r2
|r1－r2|＜d＜r1＋r2
d＝|r1－r2|
d＜|r1－r2|
常规角度
1.圆的方程．主要考查圆的方程的求法，圆的最值问题．
2．直线与圆的位置关系．主要考查圆的切线方程、圆的弦长问题
创新角度
1.与三角形(或四边形)结合求面积问题，与向量、三角函数交汇考查最值或范围问题．
2．与多项选择题相结合考查
几何法
当斜率存在时，设为k，则切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即kx－y＋y0－kx0＝0.由圆心到直线的距离等于半径，即可求出k的值，进而写出切线方程，当斜率不存在时，要进行验证
代数法
当斜率存在时，设为k，则切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即y＝kx－kx0＋y0，代入圆的方程，得到一个关于x的一元二次方程，由Δ＝0，求得k，切线方程即可求出，当斜率不存在时，要进行验证
直接法
直接根据题目提供的条件列出方程
定义法
根据圆、直线等定义列方程
几何法
利用圆的几何性质列方程
代入法
找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式
标准方程
eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)
eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)
图形
性质
范围
x∈[－a，a]， y∈[－b，b]
x∈[－b，b]，y∈[－a，a]
对称性
对称轴：坐标轴；对称中心：原点
顶点
A1(－a,0)，A2(a,0)，B1(0，－b)，B2(0，b)
A1(0，－a)，A2(0，a)，B1(－b,0)，B2(b,0)
焦距
|F1F2|＝2c
离心率
e＝eq \f(c,a)，且e∈(0,1)
a，b，c的关系
c2＝a2－b2
定义法
根据椭圆的定义，确定a2，b2的值，结合焦点位置可写出椭圆方程
待定系数法
若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出a，b；若焦点位置不明确，则需要分焦点在x轴上和y轴上两种情况讨论，也可设椭圆方程为Ax2＋By2＝1(A＞0，B＞0，A≠B)
方法
解读
适合题型
几何法
利用椭圆的几何性质，设P(x0，y0)为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点，则|x0|≤a，a－c≤|PF1|≤a＋c等，建立不等关系，或者根据几何图形的临界情况建立不等关系
题设条件有明显的几何关系
直接法
根据题目中给出的条件或根据已知条件得出不等关系，直接转化为含有a，b，c的不等关系式
题设条件直接有不等关系
标准方程
eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)
eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)
图形
性质
范围
x≤－a或x≥a，y∈R
y≤－a或y≥a，x∈R
对称性
对称轴：坐标轴，对称中心：原点
顶点
A1(－a,0)，A2(a,0)
A1(0，－a)，A2(0，a)
渐近线
y＝±eq \f(b,a)x
y＝±eq \f(a,b)x
离心率
e＝eq \f(c,a)，e∈(1，＋∞)
实虚轴
线段A1A2是双曲线的实轴，它的长|A1A2|＝2a；线段B1B2是双曲线的虚轴，它的长|B1B2|＝2b；a是双曲线的实半轴长，b是双曲线的虚半轴长
a，b，c的关系
c2＝a2＋b2(c＞a＞0，c＞b＞0)
定义法
依定义得出距离之差的等量关系式，求出a的值，由定点位置确定c的值
待定系数法
设出双曲线方程的标准形式，根据已知条件，列出参数a，b，c的方程并求出a，b，c的值．与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1有相同渐近线时，可设所求双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝λ(λ≠0)
几何法
如果题中给出的条件有明显的几何特征，那么可以考虑用图形的性质来求解，特别是用双曲线的定义和平面几何的有关结论来求解
代数法
若题中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，将双曲线的范围(或最值)问题转化为二次函数或三角函数等函数的范围(或最值)问题，然后利用配方法、判别式法、基本不等式法、函数的单调性及三角函数的有界性等求解
标准方程
y2＝2px(p＞0)
y2＝－2px(p＞0)
x2＝2py(p>0)
x2＝－2py(p>0)
p的几何意义：焦点F到准线l的距离
图形
顶点
O(0,0)
对称轴
x轴
y轴
焦点
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，0))
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(p,2)))
离心率
e＝1
准线方程
x＝－eq \f(p,2)
x＝eq \f(p,2)
y＝－eq \f(p,2)
y＝eq \f(p,2)
范围
x≥0，y∈R
x≤0，y∈R
y≥0，x∈R
y≤0，x∈R
开口方向
向右
向左
向上
向下
焦半径(其中P(x0，y0))
|PF|＝x0＋eq \f(p,2)
|PF|＝－x0＋eq \f(p,2)
|PF|＝y0＋eq \f(p,2)
|PF|＝－y0＋eq \f(p,2)
轨迹问题
用抛物线的定义可以确定动点与定点、定直线距离有关的轨迹是否为抛物线
距离问题
涉及抛物线上的点到焦点的距离和点到准线的距离问题时，注意在解题中利用两者之间的相互转化
定义法
若题目已给出抛物线的方程(含有未知数p)，那么只需求出p即可
待定系数法
若题目未给出抛物线的方程，对于焦点在x轴上的抛物线的标准方程可统一设为y2＝ax(a≠0)，a的正负由题设来定；焦点在y轴上的抛物线的标准方程可设为x2＝ay(a≠0)，这样就减少了不必要的讨论
代数法
即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标
几何法
即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数
几何性质
代数实现
(1)对边平行
斜率相等，或向量平行
(2)对边相等
长度相等，横(纵)坐标差相等
(3)对角线互相平分
中点重合
几何性质
代数实现
(1)两边垂直
斜率乘积为－1，或向量数量积为0
(2)勾股定理
两点间的距离公式
(3)斜边中线性质(中线等于斜边一半)
两点间的距离公式
几何性质
代数实现
(1)两边相等
两点间的距离公式
(2)两角相等
底边水平或竖直时，两腰斜率相反
(3)三线合一(垂直且平分)
垂直：斜率或向量
平分：中点坐标公式
几何性质
代数实现
(1)对边平行
斜率相等，或向量平行
(2)对边相等
长度相等，横(纵)坐标差相等
(3)对角线互相垂直平分
垂直：斜率或向量
平分：中点坐标公式、中点重合
几何性质
代数实现
(1)点在圆上
点与直径端点向量数量积为零
(2)点在圆外
点与直径端点向量数量积为正数
(3)点在圆内
点与直径端点向量数量积为负数
几何性质
代数实现
(1)锐角、直角、钝角
角的余弦(向量数量积)的符号
(2)倍角、半角、平分角
角平分线性质，定理(夹角、到角公式)
(3)等角(相等或相似)
比例线段或斜率
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