专题五　解析几何学案

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专题五　解析几何小题专项1　直线与圆命|题|分|析1．圆的方程近两年为高考全国卷命题的热点，需重点关注。此类试题难度中等偏下，多以选择题或填空题形式呈现。2．直线与圆的方程偶尔单独命题，单独命题时有一定的深度，对直线与圆的方程(特别是直线)的考查主要体现在圆锥曲线的综合问题上。明确考点　扣准要点必 备 知 识一、直线方程的相关概念1．直线的倾斜角与斜率(1)直线的倾斜角为α，范围：0°≤α<180°。(2)直线的斜率公式：给定两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)(x1≠x2)，则k＝。2．直线方程的形式(1)点斜式：y－y0＝k·(x－x0)。(2)斜截式：y＝kx＋b。(3)两点式：＝(y1≠y2，x1≠x2)。(4)截距式：＋＝1(ab≠0)。(5)一般式：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)。(6)参数式：(t为参数)。3．两条直线的位置关系 斜截式一般式方程y＝k1x＋b1，y＝k2x＋b2A1x＋B1y＋C1＝0(A＋B≠0)，A2x＋B2y＋C2＝0(A＋B≠0)相交k1≠k2A1B2－A2B1≠0垂直k1k2＝－1A1A2＋B1B2＝0平行k1＝k2且b1≠b2重合k1＝k2且b1＝b2A1B2－A2B1＝B1C2－B2C1＝A1C2－A2C1＝04.距离距离类型公式点P0(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离d＝两条平行直线Ax＋By＋C1＝0与Ax＋By＋C2＝0(C1≠C2)间的距离d＝二、圆的方程及相关概念1．圆的方程(1)圆的标准方程与一般方程。名称圆的标准方程圆的一般方程方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)圆心(a，b)半径r(2)A(x1，y1)，B(x2，y2)，以AB为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0。2．直线与圆的位置关系(1)设圆的半径为r，圆心到直线的距离为d，则当d<r时，直线与圆相交；当d＝r时，直线与圆相切；当d>r时，直线与圆相离。(2)弦心距公式：直线截圆所得的弦长为2a，圆的半径为r，弦心距为d，则弦心距公式为d＝。(3)弦长公式：l＝2a＝2。3．圆与圆的位置关系位置关系外离外切相交内切内含几何特征d>R＋rd＝R＋rR－r<d<R＋rd＝R－r0≤d<R－r代数特征无实数解一组实数解两组实数解一组实数解无实数解公切线条数43210         精析精研　重点攻关考 向 突 破考向一  直线方程【例1】　(1)(2021·昆明市三诊一模测试)若等边三角形一边所在直线的斜率为3，则该三角形另两条边所在直线的斜率分别为(　　)A．－，   B．－，C．－，   D．－，解析　如图所示，不妨设kOA＝3，即tan θ＝3，所以kOB＝tan＝＝－，kAB＝tan＝＝。故选C。答案　C(2)若直线l1：x＋ay＋6＝0与l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0平行，则l1与l2间的距离为(　　)A.　　　 B.  C.　　　 D.解析　由l1∥l2得(a－2)a＝1×3，且a×2a≠3×6，解得a＝－1，所以l1：x－y＋6＝0，l2：x－y＋＝0，所以l1与l2间的距离d＝＝。答案　B(3)直线ax＋y＋3a－1＝0恒过定点N，则直线2x＋3y－6＝0关于点N对称的直线方程为(　　)A．2x＋3y－12＝0  B．2x＋3y＋12＝0C．2x－3y＋12＝0  D．2x－3y－12＝0解析　由ax＋y＋3a－1＝0可得a(x＋3)＋y－1＝0，令可得x＝－3，y＝1，所以N(－3,1)。设直线2x＋3y－6＝0关于点N对称的直线方程为2x＋3y＋c＝0(c≠－6)。则＝，解得c＝12或c＝－6(舍去)。所以所求直线方程为2x＋3y＋12＝0。答案　B 方法悟通直线的方程及其应用主要考查直线的倾斜角、直线与直线的位置关系、点到直线的距离等问题，一般比较简单，属容易题。 【变式训练1】　(1)设λ∈R，则“λ＝－3”是“直线2λx＋(λ－1)y＝1与直线6x＋(1－λ)y＝4平行”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　当λ＝－3时，两条直线的方程分别为6x＋4y＋1＝0,3x＋2y－2＝0，此时两条直线平行。若两条直线平行，则2λ(1－λ)＝6(λ－1)且2λ×(－4)≠6×(－1)，解得λ＝－3或λ＝1，经检验，两根均符合题意。综上可知，“λ＝－3”是“直线2λx＋(λ－1)y＝1与直线6x＋(1－λ)y＝4平行”的充分不必要条件。故选A。答案　A(2)当点P(3,2)到直线mx－y＋1－2m＝0的距离最大时，m的值为(　　)A．3　　　　 B．0  C．－1　　　 D．1解析　直线mx－y＋1－2m＝0可化为y＝m(x－2)＋1，故直线过定点Q(2,1)。易知当PQ和直线垂直时，点P到直线的距离取得最大值，此时m·kPQ＝m·＝－1，可得m＝－1。故选C。答案　C(3)已知实数m，n满足2m－n＝1，则直线mx－3y＋n＝0过定点________。解析　由已知得n＝2m－1，代入mx－3y＋n＝0，得mx－3y＋2m－1＝0，即(x＋2)m＋(－3y－1)＝0。由得所以直线过定点。答案　考向二  圆的方程【例2】　(1)(多选)设圆A：x2＋y2－2x－3＝0，则下列说法正确的是(　　)A．圆A的半径为2B．圆A截y轴所得的弦长为2C．圆A上的点到直线3x－4y＋12＝0的最小距离为1D．圆A与圆B：x2＋y2－8x－8y＋23＝0相离解析　把圆A的方程x2＋y2－2x－3＝0化成标准方程为(x－1)2＋y2＝4，所以该圆A的圆心坐标为(1,0)，半径为2，A正确；该圆A截y轴所得的弦长|CD|＝2×＝2，B正确；圆心(1,0)到直线3x－4y＋12＝0的距离为3，故圆A上的点到直线3x－4y＋12＝0的最小距离为3－2＝1，C正确；圆B：x2＋y2－8x－8y＋23＝0的圆心为(4,4)，半径为3，根据＝5可知，圆A与圆B相切，D错误。故选ABC。答案　ABC(2)已知圆C与x轴相切于点T(1,0)，与y轴正半轴交于两点A，B(B在A的上方)，且|AB|＝2。则圆C的标准方程为________________。解析　设圆心C(a，b)，半径为r，因为圆C与x轴相切于点T(1,0)，所以a＝1，r＝|b|。又圆C与y轴正半轴交于两点，所以b>0，则b＝r，因为|AB|＝2，所以2＝2，所以r＝，故圆C的标准方程为(x－1)2＋(y－)2＝2。答案　(x－1)2＋(y－)2＝2 方法悟通解决圆的方程问题一般有两种方法(1)几何法：通过研究圆的性质、直线与圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程。(2)代数法：即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数。 【变式训练2】　(1)已知A，B分别是双曲线C：－＝1的左、右顶点，P(3,4)为C上一点，则△PAB的外接圆的标准方程为________。解析　因为P(3,4)为C上一点，所以－＝1，解得m＝1，则B(1,0)，所以kPB＝＝2，PB的中点坐标为(2,2)，PB的中垂线方程为y＝－(x－2)＋2，令x＝0，则y＝3，设外接圆圆心为M(0，t)，则M(0,3)，r＝|MB|＝＝，所以△PAB外接圆的标准方程为x2＋(y－3)2＝10。答案　x2＋(y－3)2＝10(2)(2021·沈阳市质量监测)在平面直角坐标系xOy中，点A(0，－3)，若圆C：(x－a)2＋(y－a＋2)2＝1上存在一点M满足|MA|＝2|MO|，则实数a的取值范围是________。解析　由题意知圆C：(x－a)2＋(y－a＋2)2＝1的圆心坐标为(a，a－2)，半径为1。设点M的坐标为(x，y)，由|MA|＝2|MO|，得＝2，即x2＋(y－1)2＝4，故点M的轨迹为以点(0,1)为圆心，2为半径的圆。又点M在圆C上，即圆C和点M的轨迹有公共点，所以1≤≤3，解得0≤a≤3，所以实数a的取值范围是[0,3]。答案　[0,3]考向三  直线、圆的位置关系      重点微专题角度1　直线与圆的位置关系【例3】　(1)(2021·郑州质量预测)若直线x＋ay－a－1＝0与圆C：(x－2)2＋y2＝4交于A，B两点，当|AB|最小时，劣弧AB的长为(　　)A．　　　 B．π  C．2π　　　 D．3π解析　圆C：(x－2)2＋y2＝4的圆心为C(2,0)，半径r＝2。直线的方程可化为x－1＋a(y－1)＝0，可知直线恒过点D(1,1)，因为点D(1,1)的坐标满足(1－2)2＋12<4，所以点D(1,1)恒在圆C内，且|CD|＝，易知，当CD⊥AB时，|AB|取得最小值，且最小值为2＝2。此时，劣弧AB对应的圆心角为，所以劣弧AB对应的弧长为×2＝π。故选B。答案　B(2)直线l是圆O：x2＋y2＝4的切线，且直线l过点A(，－1)，点Q是直线l上的动点，过点Q作圆M：x2＋4x＋y2＝0的切线QT，T为切点，则线段QT的长度的最小值为________。解析　因为A(，－1)的坐标满足圆O的方程，所以点A在圆O上。连接OA，易知l⊥OA，kOA＝，所以圆O：x2＋y2＝4在点A(，－1)处的切线的斜率为，所以切线l的方程为y＋1＝(x－)，即x－y－4＝0。易知圆M的圆心为(－2，0)，半径为2。连接MT，MQ(图略)，在Rt△MQT中，|QT|＝＝。因为|MQ|的最小值是M到直线l的距离d，d＝＝5，所以线段QT的长度的最小值为|QT|min＝＝。答案　 方法悟通(1)研究直线与圆的位置关系最常用的解题方法为几何法，将代数问题几何化，利用数形结合思想解题。(2)与弦长有关的问题常用几何法，即利用圆的半径r，圆心到直线的距离d，及半弦长，构成直角三角形的三边，利用其关系来处理。 【变式训练3】　(1)(2020·全国Ⅲ卷)若直线l与曲线y＝和圆x2＋y2＝都相切，则l的方程为(　　)A．y＝2x＋1   B．y＝2x＋C．y＝x＋1   D．y＝x＋解析　易知直线l的斜率存在，设直线l的方程y＝kx＋b，则＝　①，设直线l与曲线y＝的切点坐标为(x0，)(x0>0)，则y′|x＝x0＝x0＝k　②，＝kx0＋b　③，由②③可得b＝，将b＝，k＝x0代入①得x0＝1或x0＝－(舍去)，所以k＝b＝，故直线l的方程y＝x＋。答案　D(2)(多选)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－4x＝0。若直线y＝k(x＋1)上存在一点P，使过点P所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k的可能取值是(　　)A．1   B．2C．3   D．4解析　由x2＋y2－4x＝0，得(x－2)2＋y2＝4，则圆心为C(2,0)，半径r＝2，过点P所作的圆的两条切线相互垂直，设两切点分别为A，B，连接AC，BC，所以四边形PACB为正方形，即PC＝r＝2，圆心到直线的距离d＝≤2，即－2≤k≤2，所以实数k的取值可以是1,2。故选AB。答案　AB角度2　圆与圆的位置关系【例4】　(1)(2021·南昌市一模)已知圆O：(x－1)2＋(y－1)2＝1，则下列选项所对应的图形中，与圆O相切的是(　　)A．x2＋y2＝1   B．(x－4)2＋(y－5)2＝16C．x＋y＝1   D．x－y＝2解析　圆O：(x－1)2＋(y－1)2＝1的圆心坐标为(1,1)，半径r＝1。对于选项A，x2＋y2＝1表示的是圆心坐标为(0,0)，半径r1＝1的圆，此圆与圆O的圆心距为＝，r＋r1＝2，所以两圆相交。对于选项B，(x－4)2＋(y－5)2＝16表示的是圆心坐标为(4,5)，半径r2＝4的圆，此圆与圆O的圆心距为＝5，r＋r2＝5。所以两圆相切。对于选项C，圆心(1,1)到直线x＋y＝1的距离为<1，故直线x＋y＝1与圆O相交。对于选项D，圆心(1,1)到直线x－y＝2的距离为>1，故直线x－y＝2与圆O相离。故选B。答案　B(2)已知⊙O：x2＋y2＝5与⊙O1：(x－a)2＋y2＝r2(a>0)相交于A，B两点，若两圆在A点处的切线互相垂直，且|AB|＝4，则⊙O1的方程为(　　)A．(x－4)2＋y2＝20   B．(x－4)2＋y2＝50C．(x－5)2＋y2＝20   D．(x－5)2＋y2＝50解析　依题意，得⊙O的圆心坐标O(0，0)，半径R＝，⊙O1的圆心坐标为O1(a,0)，半径为r，两圆在A点处的切线互相垂直，则由切线的性质定理知，两切线必过两圆的圆心，如图，则|OC|＝＝1，OA⊥O1A，OO1⊥AB，所以由两直角三角形相似得|OA|2＝|OC|·|OO1|，即5＝1×|OO1|，所以|OO1|＝，即a＝5，r＝|AO1|＝＝＝2，所以圆O1的方程为(x－5)2＋y2＝20。答案　C 方法悟通(1)圆与圆位置关系的判断用几何法较直观、简单。(2)两圆的相交弦问题可以转化为直线与圆的相交弦问题。 【变式训练4】　已知圆x2＋y2＋4x－4y＝0和圆x2＋y2＋2x－8＝0相交于M，N两点，则线段MN的长为(　　)A.　　 B．4  C.　　 D.解析　两圆方程相减，得直线MN的方程为x－2y＋4＝0，圆x2＋y2＋2x－8＝0的标准形式为(x＋1)2＋y2＝9，所以圆x2＋y2＋2x－8＝0的圆心为(－1,0)，半径为3，圆心(－1,0)到直线MN的距离d＝，所以线段MN的长为＝。故选D。答案　D     练真题　明确考向回 味 高 考1．(多选)(2021·新高考全国Ⅱ卷)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　对于A，因为点A在圆C上，所以a2＋b2＝r2，圆心C(0,0)到直线l的距离d＝＝r，所以直线l与圆C相切，A正确。对于B，因为点A在圆C内，所以a2＋b2<r2，圆心C(0,0)到直线l的距离d＝>r，所以直线l与圆C相离，B正确。对于C，因为点A在圆C外，所以a2＋b2>r2，圆心C(0,0)到直线l的距离d＝<r，所以直线l与圆C相交，C错误。对于D，因为点A在直线l上，所以a2＋b2＝r2，圆心C(0,0)到直线l的距离d＝＝r，所以直线l与圆C相切，D正确。故选ABD。答案　ABD2．(多选)(2021·新高考全国Ⅰ卷)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10B．点P到直线AB的距离大于2C．当∠PBA最小时，|PB|＝3D．当∠PBA最大时，|PB|＝3解析　设圆(x－5)2＋(y－5)2＝16的圆心为M(5,5)，由题易知直线AB的方程为＋＝1，即x＋2y－4＝0，则圆心M到直线AB的距离d＝＝>4，所以直线AB与圆M相离，所以点P到直线AB的距离的最大值为4＋d＝4＋，4＋<5＋＝10，故A正确。易知点P到直线AB的距离的最小值为d－4＝－4，－4<－4＝1，故B不正确。过点B作圆M的两条切线，切点分别为N，Q，如图所示，连接MB，MN，MQ，则当∠PBA最小时，点P与N重合，|PB|＝＝＝3，当∠PBA最大时，点P与Q重合，|PB|＝3，故C，D都正确。综上，选ACD。答案　ACD3．(2021·北京高考)已知圆C：x2＋y2＝4，直线L∶y＝kx＋m，则当k的值发生变化时，直线被圆C所截的弦长的最小值为2，则m的取值为(　　)A．±2   B．±C．±   D．±3解析　数形结合，m为直线在y轴上的截距，m＝±＝±。答案　C4．(2020·全国Ⅱ卷)若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x－y－3＝0的距离为(　　)A.   B.C.   D.解析　因为圆与两坐标轴都相切，点(2,1)在该圆上，所以可设该圆的方程为(x－a)2＋(y－a)2＝a2(a>0)，所以(2－a)2＋(1－a)2＝a2，即a2－6a＋5＝0，解得a＝1或a＝5，所以圆心的坐标为(1,1)或(5,5)，所以圆心到直线2x－y－3＝0的距离为＝或＝。故选B。答案　B5．(2020·全国Ⅰ卷)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＝0C．2x－y＋1＝0   D．2x＋y＋1＝0解析　解法一：由⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0　①，得⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，所以圆心M(1,1)。如图，连接AM，BM，易知四边形PAMB的面积为|PM|·|AB|，欲使|PM|·|AB|最小，只需四边形PAMB的面积最小，即只需△PAM的面积最小。因为|AM|＝2，所以只需|PA|最小。又|PA|＝＝，所以只需直线2x＋y＋2＝0上的动点P到M的距离最小，其最小值为＝，此时PM⊥l，易求出直线PM的方程为x－2y＋1＝0。由得所以P(－1，0)。易知P，A，M，B四点共圆，所以以PM为直径的圆的方程为x2＋2＝2，即x2＋y2－y－1＝0　②，由①②得，直线AB的方程为2x＋y＋1＝0。故选D。解法二：因为⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，所以圆心M(1,1)。连接AM，BM，易知四边形PAMB的面积为|PM|·|AB|，欲使|PM|·|AB|最小，只需四边形PAMB的面积最小，即只需△PAM的面积最小。因为|AM|＝2，所以只需|PA|最小。又|PA|＝＝，所以只需|PM|最小，此时PM⊥l。因为PM⊥AB，所以l∥AB，所以kAB＝－2，排除A，C；易求出直线PM的方程为x－2y＋1＝0，由得所以P(－1,0)。因为点M到直线x＝－1的距离为2，所以直线x＝－1过点P且与⊙M相切，所以A(－1,1)。因为点A(－1，1)在直线AB上，故排除B。故选D。答案　D6．(2020·浙江高考)已知直线y＝kx＋b(k>0)与圆x2＋y2＝1和圆(x－4)2＋y2＝1均相切，则k＝________，b＝________。解析　解法一：因为直线y＝kx＋b(k>0)与圆x2＋y2＝1和圆(x－4)2＋y2＝1都相切，所以＝＝1，得k＝，b＝－。解法二：因为直线y＝kx＋b(k>0)与圆x2＋y2＝1和圆(x－4)2＋y2＝1都相切，所以直线y＝kx＋b必过两圆心连线的中点(2,0)，所以2k＋b＝0。设直线y＝kx＋b的倾斜角为θ，则sin θ＝，又k>0，所以θ＝，所以k＝tan＝，b＝－2k＝－。答案　　－ 增分专练(十一)　直线与圆A级　基础达标一、单项选择题1．设直线y＝2x的倾斜角为α，则cos 2α的值为(　　)A．－　　 B．－  C．－　　 D．－解析　由题意可知tan α＝2，则cos 2α＝2cos2α－1＝－1＝－。故选C。答案　C2．(2021·长春市质量监测)已知直线l将圆C：x2＋y2＋x－2y＋1＝0平分，且与直线x＋2y＋3＝0垂直，则l的方程为(　　)A．2x＋y＝0   B．2x＋y－3＝0C．2x－y－4＝0   D．2x－y＋2＝0解析　化圆C的方程为标准方程，得2＋(y－1)2＝，故圆C的圆心为。因为直线l将圆C平分，所以直线l过圆心。设直线l的斜率为kl，因为直线l与直线x＋2y＋3＝0垂直，所以kl·＝－1，所以kl＝2，所以直线l的方程为y－1＝2，即2x－y＋2＝0，故选D。答案　D3．已知直线l1：mx－3y＋6＝0，l2：4x－3my＋12＝0，若l1∥l2，则l1，l2之间的距离为(　　)A.　 B.  C.　　D.解析　由于两条直线平行，所以m×(－3m)－(－3)×4＝0，解得m＝±2。当m＝2时，两直线方程都是2x－3y＋6＝0，故两直线重合，不符合题意。当m＝－2时，l1：2x＋3y－6＝0，l2：2x＋3y＋6＝0，故两平行直线间的距离为＝。故选A。答案　A4．若点P(1,1)为圆C：x2＋y2－6x＝0的弦MN的中点，则弦MN所在直线的方程为(　　)A．2x＋y－3＝0  B．x－2y＋1＝0C．x＋2y－3＝0  D．2x－y－1＝0解析　由圆的方程易知圆心C的坐标为(3,0)，又P(1,1)，所以kPC＝＝－。易知MN⊥PC，所以kMN·kPC＝－1，所以kMN＝2。根据弦MN所在的直线经过点P(1,1)，得所求直线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0。故选D。答案　D5．已知圆C截两坐标轴所得弦长相等，且圆C过点(－1,0)和(2,3)，则圆C的半径为(　　)A．2　　　B．8  C．5　　　　D.解析　因为圆C截两坐标轴所得弦长相等，所以圆心C在直线y＝x或y＝－x上。①当圆心C在直线y＝x上时，设C(m，m)，半径为R，则(m＋1)2＋m2＝(m－2)2＋(m－3)2＝R2，可得m＝1，R2＝5，所以R＝；②当圆心C在直线y＝－x上时，设C(m，－m)，半径为R，则(m＋1)2＋(－m)2＝(m－2)2＋(－m－3)2＝R2，该方程无解。所以圆C的半径为，故选D。答案　D6．在平面直角坐标系xOy中，已知圆A：(x－1)2＋y2＝1，点B(3,0)，过动点P引圆A的切线，切点为T。若|PT|＝|PB|，则动点P的轨迹方程为(　　)A．x2＋y2－14x＋18＝0  B．x2＋y2＋14x＋18＝0C．x2＋y2－10x＋18＝0  D．x2＋y2＋10x＋18＝0解析　设P(x，y)，由圆的切线的性质知，|PT|2＋|AT|2＝|PA|2。因为|PT|＝|PB|，所以2|PB|2＋|AT|2＝|PA|2，即2[(x－3)2＋y2]＋1＝(x－1)2＋y2，整理，得x2＋y2－10x＋18＝0，故选C。答案　C7．(2021·贵阳市监测考试)过点M(－3，－3)且互相垂直的两直线与圆x2＋y2＋4y－21＝0分别相交于A，B和C，D，若|AB|＝|CD|，则四边形ACBD的面积等于(　　)A．20　　　 B．30  C．40　　　 D．60解析　化圆的方程为标准方程，得x2＋(y＋2)2＝25，所以圆的圆心坐标为(0，－2)，半径为5。因为AB⊥CD，且|AB|＝|CD|，所以由圆的对称性知直线AB，CD的斜率均存在且不为零，设直线AB的方程为y＋3＝k(x＋3)(k≠0)，即kx－y＋3k－3＝0，则直线CD的方程为y＋3＝－(x＋3)，即x＋ky＋3＋3k＝0。因为|AB|＝|CD|，所以圆心到直线AB，CD的距离相等，即＝，解得k＝2或k＝－，所以圆心到直线AB，CD的距离均为，所以|AB|＝|CD|＝2＝4，所以S四边形ACBD＝|AB|×|CD|＝×4×4＝40，故选C。答案　C二、多项选择题8．下列说法正确的是(　　)A．直线x－y－2＝0与两坐标轴围成的三角形的面积是2B．点P(0,2)关于直线y＝x＋1的对称点为P′(1,1)C．过P1(x1，y1)，P2(x2，y2)两点的直线方程为＝D．经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x＋y－2＝0解析　选项A中直线x－y－2＝0在两坐标轴上的截距分别为2，－2，所以围成的三角形的面积是2，所以A正确；选项B中PP′的中点在直线y＝x＋1上，且P(0,2)，P′(1,1)两点连线的斜率为－1，所以B正确；选项C中需要条件y2≠y1，x2≠x1，所以C错误；选项D中还有一条截距都为0的直线y＝x，所以D错误。答案　AB9．已知圆C1：(x＋6)2＋(y－5)2＝4，圆C2：(x－2)2＋(y－1)2＝1，M，N分别为圆C1和C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的值可以是(　　)A．6　　　　B．7  C．10　　　 D．15解析　圆C2关于x轴的对称圆C3为(x－2)2＋(y＋1)2＝1，圆心C3(2，－1)，r3＝1，点N关于x轴的对称点N′在圆C3上，又圆C1的圆心C1(－6,5)，r1＝2，所以|PM|＋|PN|＝|PM|＋|PN′|≥|PC1|－r1＋|PC3|－r3＝|PC1|＋|PC3|－3≥|C1C3|－3＝－3＝7，所以|PM|＋|PN|的取值范围是[7，＋∞)。答案　BCD10．已知点A是直线l：x＋y－＝0上一定点，点P，Q是圆x2＋y2＝1上的动点，若∠PAQ的最大值为90°，则点A的坐标可以是(　　)A．(0，)  B．(1，－1)C．(，0)  D．(－1,1)解析　如图所示，坐标原点O到直线l：x＋y－＝0的距离d＝＝1，则直线l与圆x2＋y2＝1相切，由图可知，当AP，AQ均为圆x2＋y2＝1的切线时，∠PAQ取得最大值，连接OP，OQ，由于∠PAQ的最大值为90°，且∠APO＝∠AQO＝90°，|OP|＝|OQ|＝1，则四边形APOQ为正方形，所以|OA|＝|OP|＝。设A(t，－t)，由两点间的距离公式得|OA|＝＝，整理得t2－t＝0，解得t＝0或t＝，因此，点A的坐标为(0，)或(，0)。答案　AC三、填空题11．已知直线l1：ax＋(a＋2)y＋1＝0，l2：x＋ay＋2＝0，a∈R，若l1∥l2，则a＝________。解析　因为l1∥l2，所以a2－a－2＝0，解得a＝2或a＝－1，检验，当a＝2时，l1：2x＋4y＋1＝0，l2：x＋2y＋2＝0满足题意；当a＝－1时，l1：－x＋y＋1＝0，l2：x－y＋2＝0满足题意。故答案为2或－1。答案　－1或212．已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，且y轴和直线3x＋4y＋4＝0均与圆C相切，则圆C的标准方程为________。解析　设圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，r>0，则由题意，得解得a＝2，b＝0，r＝2，则圆C的标准方程为(x－2)2＋y2＝4。答案　(x－2)2＋y2＝413．已知圆C：x2＋y2＝4与圆D：x2＋y2－4x＋2y＋4＝0相交于A，B两点，则直线CD的方程为________，两圆公共弦AB的长为________。解析　解法一：依题意得，圆C的圆心为C(0,0)，半径为2，圆D的圆心为D(2，－1)，半径为1，因此直线CD的斜率为－，直线CD的方程为y＝－x，即x＋2y＝0。将圆C与圆D的方程相减，得其公共弦AB所在直线的方程为2x－y－4＝0。设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由消去y得5x2－16x＋12＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝，|AB|＝＝。解法二：依题意得，圆C的圆心为C(0,0)，半径为2，圆D的圆心为D(2，－1)，因此直线CD的斜率为－，直线CD的方程为y＝－x，即x＋2y＝0。将圆C与圆D的方程相减，得其公共弦AB所在直线的方程为2x－y－4＝0，圆心C(0,0)到直线AB的距离为，因此|AB|＝2＝。答案　x＋2y＝0　14．(2021·福州市质量检测)已知圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4，过点M(2,0)的直线与圆C交于P，Q两点(点Q在第四象限)。若∠QMO＝2∠QPO(O为坐标原点)，则点P的纵坐标为________。解析　解法一：因为∠QMO＝2∠QPO，所以∠MOP＝∠MPO，所以|MP|＝|MO|＝2，所以P在圆(x－2)2＋y2＝4上，联立两圆方程解得yP＝。解法二：因为∠QMO＝2∠QPO，所以∠MOP＝∠MPO，所以|MP|＝|MO|＝2。又圆C的半径|CP|＝2，且CM⊥x轴，故yP＝yC＝。答案　B级　素养落实15.已知直线l：x－2y－4＝0与圆x2＋y2＝4交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，则|CD|＝________。解析　依题意，圆心(0,0)到直线l的距离d＝，因此|AB|＝2＝2 ＝。记直线l的倾斜角为θ，则tan θ＝，即sin θ＝cos θ。又cos2θ＋sin2θ＝1，所以cos2θ＝1，又cos θ>0，因此cos θ＝。如图所示，过D作DE⊥AC于点E，则∠CDE＝θ。在Rt△CED中，cos∠CDE＝＝，于是|CD|＝＝2。答案　216．已知圆O：x2＋y2＝m(m>0)，直线l：x＋2y＝10与x轴、y轴分别交于A，B两点。若圆O上存在点P使得△PAB的面积为，则实数m的最小值为________。解析　由题可知A(10,0)，B(0,5)，则|AB|＝＝5。设点P到AB的距离为d，若△PAB的面积为，则有×|AB|×d＝＝，则d＝。圆O：x2＋y2＝m，其圆心为(0,0)，半径r＝，圆心O到直线AB的距离为＝2。若圆O上存在点P使得△PAB的面积为，则有2－≤，则有≥，即m≥5，故实数m的最小值为5。答案　517．已知圆C：(x－a)2＋(y－a＋1)2＝1，直线l：y＝－x＋2与x轴交于点A。若a＝1，则直线l截圆C所得弦的长度为________； 若过l上一点P作圆C的切线，切点为Q，且|PA|＝|PQ|，则实数a的取值范围是________。解析　由题意，当a＝1时，圆C：(x－1)2＋y2＝1，可得圆心C(1,0)，半径为r＝1，则圆心C(1,0)到直线l：y＝－x＋2的距离为d＝＝，由圆的弦长公式，可得2＝2＝。由圆C：(x－a)2＋(y－a＋1)2＝1，可得圆心C(a，a－1)，半径为r＝1，根据圆的切线长公式，设P(x0，y0)，可得|PQ|2＝|PC|2－r2＝(x0－a)2＋(y0－a＋1)2－1，过点P作PB⊥x轴，如图所示，由＝sin∠PAB＝，即＝，又因为＝，即＝，即2＝2，可得2＝(x0－a)2＋(y0－a＋1)2－1，且y0＝－x0＋2，整理得x－2x0＋2a2－6a＋4＝0，要使得过l上一点P作圆C的切线，切点为Q，使得＝，则方程x－2x0＋2a2－6a＋4＝0至少有一个实数根，所以Δ＝(－2)2－4(2a2－6a＋4)≥0，即2a2－6a＋3≤0，解得≤a≤，即实数a的取值范围是。答案　　  小题专项2　圆锥曲线的定义、方程与性质命|题|分|析圆锥曲线的定义、方程与性质是每年高考必考的内容。以选择题、填空题的形式考查，常出现在第4～11或15,16题的位置，着重考查圆锥曲线的几何性质与标准方程，难度中等。明确考点　扣准要点必 备 知 识1．圆锥曲线的定义(1)椭圆：|MF1|＋|MF2|＝2a(2a>|F1F2|)；(2)双曲线：||MF1|－|MF2||＝2a(2a<|F1F2|)；(3)抛物线：|MF|＝d(d为M点到准线的距离)。2．圆锥曲线的重要性质(1)椭圆、双曲线中a，b，c之间的关系。①在椭圆中：a2＝b2＋c2，离心率为e＝＝；②在双曲线中：c2＝a2＋b2，离心率为e＝＝。(2)双曲线的渐近线方程与焦点坐标。①双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，焦点坐标为F1(－c,0)，F2(c,0)；②双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，焦点坐标为F1(0，－c)，F2(0，c)。(3)抛物线的焦点坐标与准线方程。①抛物线y2＝±2px(p>0)的焦点坐标为，准线方程为x＝∓；②抛物线x2＝±2py(p>0)的焦点坐标为，准线方程为y＝∓。3．弦长问题(1)弦长公式。设直线斜率为k，直线与圆锥曲线交于A(x1，y1)，B(x2，y2)时，|AB|＝|x1－x2|＝或|AB|＝|y1－y2|＝。(2)过抛物线焦点的弦长。过抛物线y2＝2px(p>0)焦点F的弦AB，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝，y1y2＝－p2，弦长|AB|＝x1＋x2＋p。4．记住以下结论(1)与椭圆有关的结论。对于＋＝1(a>b>0)，如图。则：①S△PF1F2＝c|y0|＝b2tan；②|PF1|·|PF2|≤a2；③a－c≤|PF1|≤a＋c；④过点P(x0，y0)的切线方程为＋＝1；⑤通径长为。(2)双曲线中的几个常用结论。①焦点到渐近线的距离为b；②实轴长和虚轴长相等的双曲线叫做等轴双曲线；③双曲线为等轴双曲线⇔双曲线的离心率e＝⇔双曲线的两条渐近线互相垂直(位置关系)；④过双曲线的一个焦点且与实轴垂直的弦的长(通径)为；⑤过双曲线焦点F1的弦AB与双曲线交在同支上，则AB与另一个焦点F2构成的△ABF2的周长为4a＋2|AB|。(3)与抛物线有关的结论。设AB是过抛物线y2＝2px(p>0)焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则①弦长|AB|＝(α为弦AB的倾斜角)；②＋＝；③以弦AB为直径的圆与准线相切；④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。精析精研　重点攻关考 向 突 破考向一  圆锥曲线的定义与标准方程【例1】　(1)(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为(　　)A．13   B．12C．9   D．6解析　由椭圆C：＋＝1，得|MF1|＋|MF2|＝2×3＝6，则|MF1|·|MF2|≤2＝32＝9，当且仅当|MF1|＝|MF2|＝3时等号成立。故选C。答案　C(2)(2020·天津高考)设双曲线C的方程为－＝1(a>0，b>0)，过抛物线y2＝4x的焦点和点(0，b)的直线为l。若C的一条渐近线与l平行，另一条渐近线与l垂直，则双曲线C的方程为(　　)A.－＝1   B．x2－＝1C.－y2＝1   D．x2－y2＝1解析　解法一：由题知y2＝4x的焦点坐标为(1,0)，则过焦点和点(0，b)的直线方程为x＋＝1，而－＝1的渐近线方程为＋＝0和－＝0，由l与一条渐近线平行，与另一条渐近线垂直，得a＝1，b＝1。故选D。解法二：由题知双曲线C的两条渐近线互相垂直，则a＝b，即渐近线方程为x±y＝0，排除B，C；又知y2＝4x的焦点坐标为(1,0)，l过点(1,0)，(0，b)，所以＝－1，b＝1。故选D。答案　D(3)(2021·银川市质量检测)已知抛物线y2＝8x的焦点为F，经过点P(1,1)的直线l与该曲线交于A，B两点，且点P恰为线段AB的中点，则|AF|＋|BF|＝(　　)A．4　　　  B．6  C．8　　　  D．12解析　由题意知抛物线的焦点为F(2,0)，连接AF，BF，过点A，B，P作抛物线的准线x＝－2的垂线，垂足分别为R，S，Q(图略)，根据抛物线的定义可得|AF|＝|AR|，|BF|＝|BS|，所以|AF|＋|BF|＝|AR|＋|BS|，在梯形SBAR中2|PQ|＝|AR|＋|BS|＝2(xP＋2)＝6，故|AF|＋|BF|＝2|PQ|＝6，故选B。答案　B 方法悟通(1)涉及圆锥曲线的焦点问题，一般要联想定义。(2)求圆锥曲线的标准方程，常用定义法或待定系数法。 【变式训练1】　(1)(2021·福州市质量检测)若抛物线y＝mx2上一点(t,2)到其焦点的距离等于3，则m的值为(　　)A．　　　 B．  C．2　　　  D．4解析　抛物线的方程可化为x2＝y，结合抛物线的定义得2＋＝3，m＝。故选A。答案　A(2)椭圆＋＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点M，N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是(　　)A.   B.C.   D.解析　如图，设椭圆的右焦点为F′，连接MF′，NF′。因为|MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|≥|MF|＋|NF|＋|MN|，所以当直线x＝m过椭圆的右焦点时，△FMN的周长最大。此时|MN|＝＝，又c＝＝＝1，所以此时△FMN的面积S＝×2×＝。故选C。答案　C考向二  圆锥曲线的几何性质      重点微专题角度1　离心率问题【例2】　(2021·福建龙岩调研)设双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝2c，过F2作x轴的垂线，与双曲线在第一象限的交点为A，点Q坐标为，且满足|F2Q|>|F2A|，若双曲线C的右支上存在点P使得|PF1|＋|PQ|<|F1F2|成立，则双曲线C的离心率的取值范围是(　　)A.   B.C.   D.解析　将x＝c代入双曲线的方程可得y＝±b＝±，由|F2Q|>|F2A|，可得>，则3a2>2b2＝2(c2－a2)，所以离心率e＝<　①。又存在点P，使得|PF1|＋|PQ|<|F1F2|成立，所以由双曲线的定义可得存在点P，使得2a＋|PF2|＋|PQ|<c成立，即(2a＋|PF2|＋|PQ|)min<c。当F2，P，Q共线且P在第一象限时，|PF2|＋|PQ|取得最小值，最小值为|F2Q|＝a，所以c>2a＋a，所以e＝>　②。由e>1及①②可得，e的取值范围是。故选C。答案　C 方法悟通求离心率常用的两种方法(1)求出a，c，代入公式e＝。(2)根据条件建立关于a，b，c的齐次式，消去b后，转化为关于e的方程或不等式，即可求得e的值或取值范围。 【变式训练2】　已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，抛物线C的准线与双曲线Γ：－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线交于A，B两点，若△ABF为等边三角形，则Γ的离心率e等于(　　)A.　　　 B.  C.　　  D.解析　抛物线的焦点坐标为，准线方程为x＝－，联立抛物线的准线方程与双曲线的渐近线方程得解得y＝±，可得|AB|＝，由△ABF为等边三角形，可得p＝·，即有＝，则e＝＝＝＝。答案　D角度2　渐近线问题【例3】　(2021·东北三校联考)双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是双曲线C上一点，PF2⊥x轴，tan∠PF1F2＝，则双曲线的渐近线方程为(　　)A．x±2y＝0   B．2x±y＝0C.x±y＝0   D．x±y＝0解析　因为点P在双曲线上，且PF2⊥x轴，所以点P的横坐标为c，代入双曲线的方程可得P，则|PF2|＝，|F1F2|＝2c，所以tan∠PF1F2＝＝＝＝，整理得2b2＝3ac，则44－92－9＝0，解得＝，所以双曲线的渐近线方程为y＝±x，即x±y＝0，故选C。答案　C 方法悟通双曲线的渐近线的求法及用法(1)求法：把双曲线标准方程等号右边的“1”改为零，分解因式可得。(2)用法：①可得或的值；②利用渐近线方程设所求双曲线的方程。 【变式训练3】　(2021·全国乙卷)已知双曲线C：－y2＝1(m>0)的一条渐近线为x＋my＝0，则C的焦距为________。解析　双曲线－y2＝1(m>0)的渐近线为y＝±x，即x±y＝0，又双曲线的一条渐近线为x＋my＝0，即x＋y＝0，对比两式可得，m＝3。设双曲线的实半轴长为a，虚半轴长为b，半焦距为c，则有a2＝m＝3，b2＝1，所以双曲线的焦距2c＝2＝4。答案　4角度3　与弦有关的问题【例4】　(1)已知双曲线x2－＝1的渐近线与抛物线M：y2＝2px(p>0)交于点A(2，a)，直线AB过抛物线M的焦点，交抛物线M于另一点B，则|AB|等于(　　)A．　　　 B．4  C．　　　 D．5解析　由题知双曲线的渐近线方程为y＝±x，不妨取y＝x，当x＝2时，y＝2，即A(2,2)，将点A的坐标代入抛物线的方程可得(2)2＝4p，则p＝2，所以抛物线M：y2＝4x，其焦点坐标为(1,0)，得直线AB的方程为y＝2(x－1)。由得2x2－5x＋2＝0，则xA＋xB＝，所以|AB|＝xA＋xB＋p＝，故选C。答案　C(2)过椭圆＋y2＝λ(λ>1)上一点P作圆C：(x－1)2＋y2＝1的切线，且切线的斜率小于0，切点为M，切线交椭圆于另一点Q，若M是线段PQ的中点，则直线CM的斜率(　　)A．为定值   B．为定值C．为定值2   D．随λ的变化而变化解析　易知C(1,0)，设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则消去λ得＋y－y＝0，化简可得＝－　①。因为M是线段PQ的中点，所以代入①式化简可得PQ的斜率kPQ＝－。因为直线CM与PQ垂直，所以－·＝－1，解得x0＝，又切线的斜率小于0，且M在圆C上，所以y0＝，故直线CM的斜率为＝2，为定值。故选C。答案　C 方法悟通求解直线与圆锥曲线的相交弦问题时，常用“设而不求”的策略，利用弦长公式求解的常用方法有：①求出两交点坐标，用两点间的距离公式求解；②运用弦长公式|AB|＝|x1－x2|或|AB|＝|y1－y2|。 【变式训练4】　(2021·太原市模拟)已知过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线与该抛物线相交于A，B两点，若△AOF与△BOF(O为坐标原点)的面积之比是2∶1，则|AB|＝(　　)A.　　　 B.  C.　　　 D.解析　因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，所以抛物线的方程为y2＝2x，设直线AB的方程为x＝my＋，代入y2＝2x可得，y2－2my－1＝0。设A(xA，yA)，B(xB，yB)，则yAyB＝－1。因为△AOF与△BOF的面积之比为2∶1，所以|OF|·|yA|＝2×|OF|·|yB|，所以yA＝－2yB，所以yAyB＝－2y＝－1，所以y＝，y＝2，分别代入y2＝2x，可得xB＝，xA＝1，所以|AB|＝xA＋xB＋1＝。答案　A练真题　明确考向回 味 高 考1．(多选)(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知曲线C：mx2＋ny2＝1。(　　)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C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y＝± xD．若m＝0，n>0，则C是两条直线解析　对于选项A，因为m>n>0，所以0<<，方程mx2＋ny2＝1可变形为＋＝1，所以该方程表示焦点在y轴上的椭圆，A正确；对于选项B，因为m＝n>0，所以方程mx2＋ny2＝1可变形为x2＋y2＝，该方程表示圆心为原点，半径为的圆，B不正确；对于选项C，因为mn<0，所以该方程表示双曲线，令mx2＋ny2＝0，可得其渐近线方程为y＝± x，C正确；对于选项D，因为m＝0，n>0，所以方程mx2＋ny2＝1可变形为ny2＝1，即y＝±，该方程表示两条直线，D正确。综上，选ACD。答案　ACD2．(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.　　　  B.  C.　　　  D.解析　设|PF2|＝m，|PF1|＝3m，则|F1F2|＝＝m，所以C的离心率e＝＝＝＝＝。故选A。答案　A3．(2021·全国乙卷)设B是椭圆C：＋＝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.　B.  C.　D.解析　解法一：依题意，B(0，b)，设P(acos θ，bsin θ)，θ∈[0,2π)，因为|PB|≤2b，所以对任意θ∈[0,2π)，(acos θ)2＋(bsin θ－b)2≤4b2恒成立，即(a2－b2)sin2θ＋2b2sin θ＋3b2－a2≥0对任意θ∈[0,2π)恒成立。令sin θ＝t，t∈[－1,1]，f(t)＝(a2－b2)t2＋2b2t＋3b2－a2，则原问题转化为对任意t∈[－1,1]，恒有f(t)≥0成立。因为f(－1)＝0，所以只需－≤－1即可，所以2b2≥a2，则离心率e＝≤。故选C。解法二：依题意，B(0，b)，设椭圆上一点P(x0，y0)，则|y0|≤b，＋＝1，可得x＝a2－y，则|PB|2＝x＋(y0－b)2＝x＋y－2by0＋b2＝－y－2by0＋a2＋b2≤4b2。因为当y0＝－b时，|PB|2＝4b2，所以对称轴y0＝－≤－b，得2c2≤a2，所以离心率e＝≤。故选C。答案　C4．(2021·新高考全国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　解法一：(解直角三角形法)由题易得|OF|＝，|PF|＝p，∠OPF＝∠PQF，所以tan∠OPF＝tan∠PQF，所以＝，即＝，解得p＝3，所以C的准线方程为x＝－。解法二：(应用射影定理法)由题易得|OF|＝，|PF|＝p，|PF|2＝|OF|·|FQ|，即p2＝×6，解得p＝3或p＝0(舍去)，所以C的准线方程为x＝－。答案　x＝－5．(2021·浙江高考)已知椭圆＋＝1(a>b>0)，焦点F1(－c,0)，F2(c，0)(c>0)。若过F1的直线和圆2＋y2＝c2相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是________，椭圆的离心率是________。解析　设过F1的直线与圆的切点为M，圆心A，则|AM|＝c，|AF1|＝c，所以|MF1|＝c，所以该直线的斜率k＝＝＝。因为PF2⊥x轴，所以|PF2|＝，又|F1F2|＝2c，所以k＝＝＝＝，得e＝。答案　　6．(2020·全国Ⅰ卷)已知F为双曲线C：－＝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：－＝1上的点，所以－＝1，所以y＝。因为AB的斜率为3，所以yB＝，＝3，所以b2＝3ac－3a2，所以c2－a2＝3ac－3a2，所以c2－3ac＋2a2＝0，解得c＝a(舍去)或c＝2a，所以C的离心率e＝＝2。答案　2增分专练(十二)　圆锥曲线的定义、方程与性质A级　基础达标一、单项选择题1．(2021·南昌市一模)已知椭圆3x2＋4y2＝12的左顶点为A，上顶点为B，则|AB|＝(　　)A.　　　 B．2  C．4　　　 D.解析　椭圆的标准方程为＋＝1，所以左顶点A(－2,0)，上顶点B(0，)，所以|AB|＝＝，故选D。答案　D2．双曲线－＝1(m>0，n>0)的渐近线方程y＝±x，实轴长为2，则m－n＝(　　)A．－1    B．1－C．    D．1－解析　因为双曲线的实轴长为2，所以2＝2，所以m＝1，又渐近线方程为y＝±x，所以＝，解得n＝2，所以m－n＝－1，故选A。答案　A3．已知双曲线－＝1(a>0)的一条渐近线的倾斜角为，则双曲线的离心率为(　　)A.   B.C.   D．2解析　由双曲线－＝1(a>0)的一条渐近线的倾斜角为，得＝，解得a＝，所以c＝＝2，所以双曲线的离心率e＝＝＝。故选A。答案　A4．(2021·合肥市教学质量检测)经过椭圆M：＋＝1(a>b>0)的左焦点和上顶点的直线记为l。若椭圆M的中心到直线l的距离等于2，且短轴长是焦距的2倍，则椭圆M的方程为(　　)A.＋＝1   B.＋＝1C.＋＝1   D.＋＝1解析　设椭圆的半焦距为c，由题意知，椭圆的左焦点为(－c,0)，上顶点为(0，b)，则直线l的方程为＋＝1，即bx－cy＋bc＝0，因为椭圆M的中心为坐标原点，所以＝2　①。又短轴长是焦距的2倍，所以2b＝2×2c，即b＝2c　②。联立①②，解得b2＝20，c2＝5，所以a2＝b2＋c2＝25，所以椭圆M的方程为＋＝1，故选D。答案　D5．已知P是抛物线y2＝4x上的一个动点，Q是圆(x－3)2＋(y－1)2＝1上的一个动点，N(1,0)是一个定点，则|PQ|＋|PN|的最小值为(　　)A．3   B．4C．5   D．＋1解析　由抛物线方程y2＝4x，可得抛物线的焦点为F(1，0)，又N(1,0)，所以N与F重合。过圆(x－3)2＋(y－1)2＝1的圆心M作抛物线准线的垂线MH，交圆于Q，交抛物线于P，则(|PQ|＋|PN|)min＝|QH|＝|MH|－1＝3，故选A。答案　A6．(2021·合肥市质量检测)设双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，曲线C上一点P到x轴的距离为2a，∠F1PF2＝120°，则双曲线C的离心率为(　　)A．   B．1＋C．2＋   D．4解析　由题意，不妨设点P为第一象限内一点，|PF1|＝t1，|PF2|＝t2，在△PF1F2中，根据余弦定理知4c2＝t＋t－2t1t2cos 120°＝(t1－t2)2＋3t1t2。又t1－t2＝2a，所以t1t2＝，S△PF1F2＝t1t2sin 120°＝×2c×2a，即＝2ac，整理得c2－a2－2ac＝0，即2－2－1＝0，所以双曲线的离心率e＝＝＝2＋。故选C。答案　C7．(2021·甘肃省诊断考试)过抛物线C：y2＝4x焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C准线的垂线，垂足分别为M，N，若线段MN的中点为P，且线段FP的长为4，则直线l的方程为(　　)A．x＋y－1＝0B．x－y－1＝0C．x＋y－1＝0或x－y－1＝0D.x－y－＝0或x＋y－＝0解析　由题意知抛物线的焦点为F(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x＝my＋1，将直线l的方程与抛物线的方程联立得消去x得y2－4my－4＝0，Δ>0恒成立，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4。因为M(－1，y1)，N(－1，y2)，所以＝(－2，y1)，＝(－2，y2)，·＝4＋y1y2＝0，所以⊥，即△MFN为直角三角形，又P为MN的中点，所以|MN|＝2|FP|＝8。由题意可知|y1－y2|＝|MN|，所以|y1－y2|2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝16m2＋16＝64，解得m＝±，故直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0，故选C。答案　C二、多项选择题8．(2021·武汉市二模)已知F为椭圆＋＝1(a>b>0)的一个焦点，A，B为该椭圆的两个顶点，若|AF|＝3，|BF|＝5，则满足条件的椭圆方程为(　　)A.＋＝1   B.＋＝1C.＋＝1   D.＋＝1解析　因为|AF|＝3，|BF|＝5，所以A，B不可能全是短轴的两个端点，不妨设F为椭圆的右焦点。当A，B为长轴的两个端点时，则有a－c＝3，a＋c＝5，解得a＝4，c＝1，所以b2＝15，所以椭圆的方程为＋＝1，故C正确；当点A为短轴的一个端点，B为右顶点时，则有a＝3，a－c＝5，不符合题意；当点A为短轴的一个端点，B为左顶点时，则有a＝3，a＋c＝5，所以c＝2，所以b2＝a2－c2＝5，所以椭圆的方程为＋＝1，故B正确；当点B为短轴的一个端点，A为右顶点时，则有a＝5，a－c＝3，所以c＝2，所以b2＝a2－c2＝21，所以椭圆的方程为＋＝1，故D正确；当点B为短轴的一个端点，A为左顶点时，则有a＝5，a＋c＝3，不符合题意。综上，选BCD。答案　BCD9．(2021·沈阳市质量监测)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左焦点F(－1,0)，过F且与x轴垂直的直线与双曲线交于A，B两点，O为坐标原点，△AOB的面积为，则下列结论正确的有(　　)A．双曲线C的方程为4x2－＝1B．双曲线C的两条渐近线所夹的锐角为60°C．F到双曲线C的渐近线的距离为D．双曲线C的离心率为2解析　由题意知c＝1，不妨设A，B，则△AOB的面积为×1×＝，得＝，又a2＋b2＝c2，所以a＝，b＝，所以双曲线C的方程为4x2－＝1，故A正确；双曲线C的渐近线方程为y＝±x＝±x，所以两条渐近线所夹的锐角为60°，故B正确；F(－1,0)到双曲线C的渐近线y＝±x的距离d均为，故C错误；双曲线C的离心率e＝＝＝2，故D正确。故选ABD。答案　ABD10．(2021·湖北十一校联考)已知F是椭圆＋＝1的右焦点，M为左焦点，P为椭圆上的动点，且椭圆上至少有21个不同的点Pi(i＝1,2,3，…)，|FP1|，|FP2|，|FP3|，…组成公差为d的等差数列，则(　　)A．△FPM的面积最大时，tan∠FPM＝B．|FP1|的最大值为8C．d的值可以为D．椭圆上存在点P，使∠FPM＝解析　当点P为椭圆的短轴端点时，△FPM的面积最大，因为a＝5，b＝4，c＝3，所以此时tan＝，所以tan∠FPM＝＝，所以选项A正确；|FP1|的最大值为a＋c＝5＋3＝8，所以选项B正确；椭圆上的点到焦点的距离最大为a＋c＝5＋3＝8，最小为a－c＝5－3＝2，假设椭圆上有n个点符合题意，则d≤＝(n≥21)，所以d≤，d＝符合题意，所以选项C正确；当点P为椭圆的短轴端点时，∠FPM最大，又此时tan∠FPM＝，所以∠FPM是锐角，故椭圆上不存在点P，∠FPM＝，所以选项D错误。故选ABC。答案　ABC三、填空题11．(2021·云南省统一检测)已知抛物线M：y2＝16x的焦点为F，P为抛物线M上一点。若|PF|＝5，则P点的坐标为________。解析　由抛物线的定义，得点P到准线x＝－4的距离为5，故|PF|＝xP＋4＝5，所以xP＝1，代入抛物线M：y2＝16x中得y＝16，yP＝±4，所以点P的坐标为(1，－4)或(1,4)。答案　(1，－4)或(1,4)12．(2021·湖北十一校联考)写出一个渐近线的倾斜角为60°且焦点在y轴上的双曲线的标准方程________。解析　设焦点在y轴上的双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)，则其渐近线方程为y＝±x，又一条渐近线的倾斜角为60°，所以＝tan 60°，即＝，所以只要满足＝的双曲线－＝1(a>0，b>0)均符合题意，例如：－x2＝1，－＝1等。答案　－x2＝1(答案不唯一)13．已知M是抛物线y2＝4x上一动点，N是圆x2＋(y－4)2＝4关于直线x－y＝0对称的曲线C上任意一点，则|MN|的最小值为________。解析　x2＋(y－4)2＝4表示圆心为(0,4)，半径为2的圆，其关于直线x－y＝0对称的曲线C也为圆，且半径为2，设圆x2＋(y－4)2＝4的圆心(0,4)关于直线x－y＝0对称的点的坐标为(a，b)，则即解得所以曲线C的方程为(x－4)2＋y2＝4。依题意，N为曲线C：(x－4)2＋y2＝4上的任意一点，设点M的坐标为，则曲线C的圆心(4,0)到点M的距离为＝＝，易知当y2＝8时，曲线C的圆心到点M的距离最小，最小值为＝2，所以|MN|的最小值为2－2。答案　2－214．(2021·湖北十一校联考)直线x－y＋1＝0经过椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点F，交椭圆于A，B两点，交y轴于点C。若＝2，则该椭圆的离心率是________。解析　由题意可知，点F(－c,0)在直线x－y＋1＝0上，即1－c＝0，可得c＝1，直线x－y＋1＝0交y轴于点C(0,1)。设点A(m，n)，＝(1,1)，＝(－m，1－n)，由＝2可得解得椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为E(1,0)，则|AE|＝＝，又|AF|＝＝，所以2a＝|AE|＋|AF|＝，因此，该椭圆的离心率e＝＝＝。答案　B级　素养落实15.(2021·东北三校联考)A，B是椭圆C长轴的两个端点，M是椭圆C上一点，tan∠MAB＝1，tan∠MBA＝，则C的离心率为(　　)A.   B.C.   D.解析　不妨设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，M(x，y)在第二象限，如图，作MN⊥AB，垂足为N。因为tan∠MAB＝1，所以|MN|＝|AN|＝|y|。因为tan∠MBA＝，所以|BN|＝4|MN|＝4|y|，又|AB|＝2a，所以|AN|＋|BN|＝5|y|＝2a，所以|y|＝a，所以|ON|＝a－|AN|＝a－＝＝|x|，所以M，把M代入＋＝1，得＋＝1，所以＝，所以椭圆C的离心率e＝＝＝，故选B。答案　B16．已知圆(x－1)2＋y2＝4与双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线相交于四个点，按顺时针排列依次记为M，N，P，Q，且|MN|＝2|PQ|，则C的离心率为________。解析　依题意，点M在第一象限，如图，易知MN⊥x轴，QP⊥x轴。设MN，QP与x轴的交点分别为A，B，M(x1，y1)，P(x2，y2)，因为|MN|＝2|PQ|，△MOA∽△POB，所以x1＝－2x2　①。由题意知，双曲线的渐近线方程为y＝±x，设＝k，由消去y，得(k2＋1)x2－2x－3＝0，所以x1＋x2＝　②，x1x2＝　③。由①②③可得k2＝，所以双曲线的离心率e＝＝＝＝。答案　17．(2021·青岛统一质量检测)2021年是中国传统的“牛”年，可以在平面直角坐标系中用抛物线与圆勾勒出牛的形象。已知抛物线Z：x2＝4y的焦点为F，圆F：x2＋(y－1)2＝4与抛物线Z在第一象限的交点为P，直线l：x＝t(0<t<m)与抛物线Z的交点为A，直线l与圆F在抛物线上方的交点为B，则m＝________；△FAB周长的取值范围为________。解析　联立得得y2＋2y－3＝0，解得y＝1或y＝－3(舍去)(由x2＝4y知y>0)，则x＝±2，因为点P在第一象限，所以m＝2，P(2,1)，则直线l：x＝t(0<t<2)。如图，设直线l与抛物线的准线y＝－1交于点C，则C(t，－1)。抛物线的焦点为F(0,1)，由抛物线的定义可知|AF|＝|AC|。因为点B是圆F上的点，所以|BF|＝2，则△FAB的周长为|AF|＋|BF|＋|AB|＝|AC|＋2＋|AB|＝|BC|＋2。联立得得y＝1－或y＝1＋，因为点B在抛物线上方，所以B(t，1＋)，所以|BC|＝2＋，则△FAB的周长为4＋，令f(t)＝4＋(0<t<2)，则函数f(t)在(0,2)上单调递减，所以f(t)∈(4,6)，即△FAB的周长的取值范围为(4,6)。答案　2　(4,6)大题专项　解析几何大题考向探究命|题|分|析解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等。试题难度较大，多以压轴题出现。解答题的热点题型有：1．直线与圆锥曲线的位置关系。2．圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解。3．轨迹方程及探索性问题的求解。精析精研　重点攻关考 向 突 破考向一  直线与圆锥曲线的位置关系【例1】　已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，双曲线上的点到焦点的最小距离为－2。(1)求双曲线C的方程；(2)四边形MNPQ的四个顶点均在双曲线C上，且MQ∥NP，MQ⊥x轴，若直线MN和直线QP交于点S(4,0)，四边形MNPQ的对角线交于点D，求点D到双曲线C的渐近线的距离之和。解　(1)由题意，解得a2＝4，b2＝3，所以双曲线C的方程为－＝1。(2)由MQ⊥x轴，MQ∥NP，可知四边形MNPQ为等腰梯形，且关于x轴对称，故四边形MNPQ的对角线的交点D在x轴上，如图所示：设点D(t,0)，则对角线MP的方程为x＝my＋t(m≠0)，设M(x1，y1)，P(x2，y2)，由对称性知Q(x1，－y1)，N(x2，－y2)，联立消去x得(3m2－4)y2＋6mty＋3t2－12＝0，所以Δ＝(6mt)2－4(3m2－4)(3t2－12)＝48(3m2－4＋t2)>0，即3m2＋t2>4，由韦达定理得y1＋y2＝，y1y2＝，由M，N，S三点共线知kMS＝kNS，即＝，所以y1(my2＋t－4)＋y2(my1＋t－4)＝0，整理得2my1y2＋(t－4)(y1＋y2)＝0，所以＝0，所以＝0，即24m(t－1)＝0，t＝1，所以直线MP过定点(1,0)，即D(1,0)，因为双曲线C的渐近线方程为x±2y＝0，取方程为x－2y＝0时，由点到直线距离公式得d＝＝，由对称性知点D到双曲线C的渐近线的距离之和为。 方法悟通直线与圆锥曲线的位置关系常通过联立直线方程与圆锥曲线方程来完成，对于直线方程要注意它的设法，若设y＝kx＋b，则要注意k不存在这种情况，若设x＝my＋t，则要注意直线斜率为0这种情况。 【变式训练1】　(2021·天津高考)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，上顶点为B，离心率为，且|BF|＝。(1)求椭圆的方程；(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)易知点F(c,0)，B(0，b)，故|BF|＝＝a＝，因为椭圆的离心率为e＝＝，故c＝2，b＝＝1，因此，椭圆的方程为＋y2＝1。(2)设点M(x0，y0)为椭圆＋y2＝1上一点，先证明直线MN的方程为＋y0y＝1，联立消去y并整理得x2－2x0x＋x＝0，Δ＝4x－4x＝0，因此，椭圆＋y2＝1在点M(x0，y0)处的切线方程为＋y0y＝1。在直线MN的方程中，令x＝0，可得y＝，由题意可知y0>0，即点N。直线BF的斜率为kBF＝－＝－，所以直线PN的方程为y＝2x＋。在直线PN的方程中，令y＝0，可得x＝－，即点P。因为MP∥BF，所以kMP＝kBF，即＝＝－，整理可得(x0＋5y0)2＝0，所以x0＝－5y0，因为＋y＝6y＝1，且y0>0，故y0＝，x0＝－，所以直线l的方程为－x＋y＝1，即x－y＋＝0。考向二  最值、范围问题【例2】　(2021·浙江高考)如图，已知F是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2。(1)求抛物线的方程；(2)设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2＝|PN|·|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围。解　(1)因为M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2，所以p＝2。所以抛物线的方程为y2＝4x。(2)由(1)知，F(1,0)，M(－1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝my＋1，直线l的方程为y＝2x＋n(n≠±2)。由可得y2－4my－4＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，所以y＋y＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16m2＋8。易知直线AM的方程为y＝(x＋1)，则由可得P。同理可得Q，所以|yPyQ|＝＝＝＝。由可得yR＝。因为|RN|2＝|PN|·|QN|，所以y＝|yPyQ|，所以2＝，所以＝＝＋＋1＝42＋≥，所以n<－2或－2<n≤14－8或n≥14＋8。因为直线l：y＝2x＋n(n≠±2)在x轴上的截距为－。所以－>1或4－7≤－<1或－≤－7－4，即直线l在x轴上截距的取值范围是(－∞，－7－4]∪[4－7,1)∪(1，＋∞)。 方法悟通解决最值(范围)问题的一般方法几何法利用曲线的定义、几何性质、平面几何中的性质、定理进行转化，再通过计算求最值代数法把要求最值的几何量或代数表达式表示成某一个参数的函数(解析式)，利用函数的单调性、不等式知识求最值 【变式训练2】　(2021·全国乙卷)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为4。(1)求p；(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值。解　(1)由题意知M(0，－4)，F，圆M的半径r＝1，所以|MF|－r＝4，即＋4－1＝4，解得p＝2。(2)由(1)知，抛物线方程为x2＝4y，由题意可知直线AB的斜率存在，设A，B，直线AB的方程为y＝kx＋b，联立得消去y得x2－4kx－4b＝0，则Δ＝16k2＋16b>0　(※)，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，所以|AB|＝|x1－x2|＝·＝4·。因为x2＝4y，即y＝，所以y′＝，则抛物线在点A处的切线斜率为，在点A处的切线方程为y－＝(x－x1)，即y＝x－，同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝x－，联立得则即P(2k，－b)。因为点P在圆M上，所以4k2＋(4－b)2＝1　①，且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，即－≤k≤，3≤b≤5，满足(※)。设点P到直线AB的距离为d，则d＝，所以S△PAB＝|AB|·d＝4。由①得，k2＝＝，令t＝k2＋b，则t＝，且3≤b≤5。因为t＝在[3,5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，tmax＝5，此时k＝0，所以△PAB面积的最大值为20。考向三  定点问题【例3】　已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的两个焦点为F1，F2，一条渐近线方程为y＝bx(b∈N*)，且双曲线C经过点D(，1)。 (1)求双曲线C的方程；(2)设点P在直线x＝m(y≠±m,0<m<1，且m是常数)上，过点P作双曲线C的两条切线PA，PB，切点为A，B，求证：直线AB过某一个定点。解　(1)因为⇒a＝b＝1，所以双曲线C的方程为x2－y2＝1。(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，PA的斜率为k，则PA：y－y1＝k(x－x1)，联立方程消去y可得x2－[kx＋(－kx1＋y1)]2＝1，整理可得(1－k2)x2－2k(y1－kx1)x－(y1－kx1)2－1＝0，因为PA与双曲线相切，所以Δ＝4k2(y1－kx1)2＋4(1－k2)(y1－kx1)2＋4(1－k2)＝0，所以4(y1－kx1)2＋4(1－k2)＝0，k2x－2kx1y1＋y＋1－k2＝0⇒(x－1)k2－2kx1y1＋(y＋1)＝0。因为x－y＝1，所以x－1＝y，y＋1＝x，代入可得yk2－2x1y1k＋x＝0，即(y1k－x1)2＝0，即k＝，所以PA：y－y1＝(x－x1)⇒y1y＝x1x－1，同理，切线PB的方程为y2y＝x2x－1。因为P(m，y0)在切线PA，PB上，所以有所以A，B满足直线方程y0y＝mx－1，而两点唯一确定一条直线，所以AB：y0y＝mx－1，所以当时，无论y0为何值，等式均成立。所以点恒在直线AB上，故无论P在何处，AB恒过定点。 方法悟通直线过定点问题的常见解法(1)用参数表示出直线的方程，根据直线方程的特征确定定点的位置。(2)从特殊点入手，先确定定点，再证明该定点符合题目条件。提醒：求出直线方程是判断直线是否过定点的前提和关键。 【变式训练3】　(2021·太原市期末检测)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2且垂直于x轴的直线与C交于M，N两点，且M的坐标为。(1)求椭圆C的方程；(2)过F2作与直线MN不重合的直线l与C相交于P，Q两点，若直线PM和直线QN相交于点T，求证：点T在定直线上。解　(1)由题意，得F2(1,0)，F1(－1,0)，且c＝1，则2a＝|MF1|＋|MF2|＝＋＝4，即a＝2，所以b＝＝，故椭圆C的方程为＋＝1。(2)证明：由(1)及椭圆C的对称性，得点N的坐标为，设直线l的方程为y＝k(x－1)，点P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立方程得消去y后整理为(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，所以x1＋x2＝，x1x2＝。直线PM的斜率为＝＝k－，直线PM的方程为y－＝(x－1)，直线QN的斜率为＝＝k＋，直线QN的方程为y＋＝(x－1)。将直线PM和直线QN的方程作差消去y后整理为(x－1)＝3，可得(x－1)＝2，而由＋＝＝＝＝，可得(x－1)＝2，解得x＝4，即直线PM和QN的交点T的横坐标恒为4，所以点T在定直线x＝4上。考向四  定值问题【例4】　已知点A，B的坐标分别为(－，0)，(，0)，直线AP，BP相交于点P，且它们的斜率之积为－。(1)求点P的轨迹方程；(2)设点P的轨迹为曲线C，点M，N是曲线C上不同的两点，O为坐标原点，且满足AP∥OM，BP∥ON，求证：△MON的面积为定值。解　(1)设点P的坐标为(x，y)，x≠±，由题意知kAP·kBP＝·＝－(x≠±)，化简得点P的轨迹方程为＋＝1(x≠±)。(2)证明：由题意知直线AP，BP的斜率存在且均不为0，因为AP∥OM，BP∥ON，kAP·kBP＝－，所以kOM·kON＝－。①当直线MN斜率不为0时，设直线MN的方程为x＝my＋t，与椭圆方程＋＝1联立，得(3＋2m2)y2＋4tmy＋2t2－6＝0，设M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝，因为kOM·kON＝＝＝，所以＝－，即2t2＝2m2＋3，所以S△MON＝|t||y1－y2|＝＝＝，即△MON的面积为定值。②当直线MN斜率为0时，设M(x0，y0)，N(－x0，y0)，则得所以S△MON＝|y0||2x0|＝。综上，△MON的面积为定值。 方法悟通定值问题解题方法：(1)特殊到一般法，通过考查极端位置探索出“定值”是多少，然后再证明这个值与变量无关，特别是如果题目以客观题出现，这种方法非常有效；(2)引入参数法，即引入变量，构建函数，推导定值。 【变式训练4】　已知椭圆L：＋＝1(a>b>0)的一个焦点与抛物线y2＝8x的焦点重合，点(2，)在L上。(1)求L的方程；(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与L有两个交点A，B，线段AB的中点为M，证明：OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值。解　(1)抛物线y2＝8x的焦点为(2,0)，由题意可得c＝2，即a2－b2＝4，又点(2，)在L上，所以＋＝1，解得a＝2，b＝2，所以椭圆L的方程为＋＝1。(2)证明：设直线l的方程为y＝kx＋b(k，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线y＝kx＋b代入椭圆方程＋＝1，可得(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－8＝0，x1＋x2＝－，即有AB的中点M的横坐标为xM＝－，纵坐标为yM＝－k·＋b＝，直线OM的斜率为kOM＝＝－·，即有kOM·k＝－。故OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值。练真题　明确考向回 味 高 考1．(2021·北京高考)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4。(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4，故×2a×2b＝2ab＝4。联立解得故椭圆E的标准方程为＋＝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＝－＝，x1x2＝，进而可得y1＋y2＝k(x1＋x2)－6＝－，y1y2＝(kx1－3)(kx2－3)＝k2x1x2－3k(x1＋x2)＋9＝。直线AB的方程为y＋2＝x，令y＝－3，则x＝－，故点M。直线AC的方程为y＋2＝x，令y＝－3，则x＝－，故点N。因为x1x2＝>0，所以x1，x2同号。又y1＋2>0，y2＋2>0，所以与同号。所以|PM|＋|PN|＝＋＝＝＝＝＝|5k|≤15，即|k|≤3，解得－3≤k≤3。综上，k的取值范围为[－3，－1)∪(1,3]。2．(2021·全国甲卷)抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x＝1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ。已知点M(2,0)，且⊙M与l相切。(1)求C，⊙M的方程；(2)设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切，判断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由。解　(1)由题意，直线x＝1与C交于P，Q两点，且OP⊥OQ，设C的焦点为F，P在第一象限，则根据抛物线的对称性，∠POF＝∠QOF＝45°，所以P(1,1)，Q(1，－1)。设C的方程为y2＝2px(p>0)，则1＝2p，得p＝，所以C的方程为y2＝x。因为圆心M(2,0)到l的距离即⊙M的半径，且距离为1，所以⊙M的方程为(x－2)2＋y2＝1。(2)设A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)，当A1，A2，A3中有一个为坐标原点，另外两个点的横坐标均为3时，满足条件，此时直线A2A3与⊙M相切。当x1≠x2≠x3时，直线A1A2：x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，则＝1，即(y－1)y＋2y1y2＋3－y＝0，同理可得(y－1)y＋2y1y3＋3－y＝0，所以y2，y3是方程(y－1)y2＋2y1y＋3－y＝0的两个根，则y2＋y3＝，y2y3＝。直线A2A3的方程为x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0，设点M到直线A2A3的距离为d(d>0)，则d2＝＝＝1，即d＝1，所以直线A2A3与⊙M相切。综上可得，直线A2A3与⊙M相切。3．(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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＋＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3。所以C的方程为＋＝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＋＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0。于是x1＋x2＝－，x1x2＝　①。由AM⊥AN知·＝0，即(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)－(km－k－2)·＋(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＝k－(k≠1)。所以直线MN过定点P。若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)。由·＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0。又＋＝1，可得3x－8x1＋4＝0。解得x1＝2(舍去)或x1＝。此时直线MN过点P。令Q为AP的中点，即Q。若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝|AP|＝。若D与P重合，则|DQ|＝|AP|。综上，存在点Q，使得|DQ|为定值。 增分专练(十三)　解析几何大题考向探究第一次作业　基础通关训练1．(2021·银川市质量检测)已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)，其右焦点为F(1,0)，圆C2：x2＋y2＝a2＋b2，过F且垂直于x轴的直线被圆和椭圆截得的弦长的比值为2。(1)求曲线C1，C2的方程；(2)直线l过右焦点F，与椭圆交于A，B两点，与圆交于C，D两点，O为坐标原点，若△ABO的面积为，求|CD|的长。解　(1)因为直线过右焦点F，且垂直于x轴，所以其方程为x＝1，设直线x＝1与椭圆交于M，N两点，与圆交于P，Q两点。则|PQ|＝2，|MN|＝，所以＝＝2，又a2＝b2＋1，所以a2＝2，b2＝1，所以曲线C1，C2的方程分别为＋y2＝1，x2＋y2＝3。(2)设直线l的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立，得消去x，得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，Δ>0，则y1＋y2＝　①，y1y2＝　②，所以S△OAB＝×1×|y1－y2|＝×1×＝，将①②代入，得m＝±2，所以直线l的方程为x＝±2y＋1。又原点O到直线x＝±2y＋1的距离d＝，圆x2＋y2＝3的半径r＝，所以|CD|＝2＝2×＝。2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，过椭圆焦点的最短弦长为。(1)求椭圆C的标准方程；(2)若折线y＝k|x－|(k≠0)与C相交于A，B两点(点A在直线x＝的右侧)，设直线OA，OB(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，且k2－k1＝2，求k的值。解　(1)由题意可知又a2＝b2＋c2，所以a＝，b＝1，所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1。(2)由题意，折线y＝k|x－|(k≠0)与椭圆C相交于A，B两点，设点B关于x轴的对称点为B′，则直线y＝k(x－)(k≠0)与椭圆C相交于A，B′两点。设A(x1，y1)，B′(x2，y2)，则B(x2，－y2)，由得(1＋3k2)x2－6k2x＋6k2－3＝0，Δ>0，所以x1＋x2＝，x1x2＝，所以k2－k1＝－＝－＝k·－2k＝－2k＝2，整理得2k2－k－1＝0，解得k＝－或k＝1。3．(2021·南京市二模)已知直线l：y＝x＋m交抛物线C：y2＝4x于A，B两点。(1)设直线l与x轴的交点为T，若＝2，求实数m的值；(2)若点M，N在抛物线C上，且关于直线l对称，求证：A，B，M，N四点共圆。解　由得y2－4y＋4m＝0，因为直线l与C相交于两点，所以Δ＝16－16m>0，得m<1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4，y1y2＝4m。(1)由＝2，得y1＋2y2＝0，所以4＋y2＝0，解得y2＝－4，从而y1＝8，因为y1y2＝4m，所以4m＝－32，解得m＝－8。(2)证明：设M(x3，y3)，N(x4，y4)，因为M，N两点关于直线y＝x＋m对称，所以＝＝＝－1，解得y4＝－4－y3。又＝＋m，所以＝＋m，解得x4＝－4－2m－x3。又点N在抛物线上，所以(－4－y3)2＝4(－4－2m－x3)。因为y＝4x3，所以y＋4y3＋16＋4m＝0，于是·＝(x1－x3)(x2－x3)＋(y1－y3)(y2－y3)＝＋(y1－y3)(y2－y3)＝[(y1＋y3)(y2＋y3)＋16]＝[y1y2＋y3(y1＋y2)＋y＋16]＝(4m＋4y3＋y＋16)＝0，因此MA⊥MB，同理可得NA⊥NB，所以点M，N在以AB为直径的圆上，即A，B，M，N四点共圆。4．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，且经过点A(0,2)。(1)求双曲线C的方程；(2)若过点B(2,0)的直线交双曲线C于x轴下方不同的两点P，Q，设P，Q的中点为M，求三角形BOM面积的取值范围。解　(1)由题意，得解得a＝b＝2。所以双曲线C的方程为y2－x2＝4。(2)设直线PQ的方程为x－2＝my(m≠0)与双曲线C方程联立得消去x得(1－m2)y2－4my－8＝0。设P，Q两点的纵坐标为y1，y2，则解得1<m<。设点M的纵坐标为y0，因为点M为PQ的中点，即y0＝＝，所以S△OBM＝|OB|·|y0|＝×2×＝＝，1<m<，易知表达式在(1，)上单调递减，故三角形BOM面积的取值范围为(2，＋∞)。5．已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)，其短轴长为2，离心率为e1，双曲线C2：－＝1(p>0，q>0)的渐近线为y＝±x，离心率为e2，且e1·e2＝1。(1)求椭圆C1的方程；(2)设椭圆C1的右焦点为F，动直线l(l不垂直于坐标轴)交椭圆C1于M，N不同两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，若k1＝－k2，试判断该动直线l是否过定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由。解　(1)由题意可知，双曲线C2的离心率为e2＝＝2，则e1·e2＝2e1＝1，则e1＝，椭圆C1的短轴长为2b＝2，则b＝，由题意可得e1＝＝＝＝，解得a＝2，因此，椭圆C1的方程为＋＝1。(2)根据椭圆对称性，直线l过定点且在x轴上，设直线l的方程y＝k(x－t)，联立消去y整理得(3＋4k2)x2－8k2tx＋4k2t2－12＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，k1＋k2＝＋＝＋＝k·＝k·＝0，即2·－(t＋1)＋2t＝＝0，所以－24＋6t＝0，t＝4，即直线l过定点(4,0)。6．(2021·昆明市三诊测试)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1,2)，B是一动点，直线OA，OB，AB的斜率分别为k1，k2，k3，且＋＝，记点B的轨迹为E。(1)求曲线E的方程；(2)已知直线l：x＝ty＋1，l与曲线E交于C，D两点，直线AC与x轴，y轴分别交于M，N两点，直线AD与x轴、y轴分别交于P，Q两点，当四边形MNPQ的面积最小时，求直线l的方程。解　(1)设B(x，y)，依题意得＋＝，化简得y2＝4x，则曲线E的方程为y2＝4x(x≠0，x≠1)。(2)由(1)可知t≠0，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，联立得得y2－4ty－4＝0，由根与系数的关系得y1＋y2＝4t，y1y2＝－4，kAC＝＝＝，则AC的方程为y－2＝(x－1)，所以M的坐标为，N的坐标为，同理P的坐标为，Q的坐标为，所以|MP|＝，|NQ|＝4，则S四边形MNPQ＝|MP|·|NQ|＝＝＝＝2|t|＋≥4，当且仅当t＝±1时等号成立，故四边形MNPQ面积的最小值为4。所以四边形MNPQ的面积最小时，直线l的方程为y＝x－1或y＝－x＋1。 第二次作业　能力增分训练1．(2021·河南省适应性测试)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，直线l：y＝kx＋a，直线l与椭圆C交于M，N两点，与y轴交于点P，O为坐标原点。(1)若k＝1，且N为线段MP的中点，求椭圆C的离心率；(2)若椭圆长轴的一个端点为Q(2,0)，直线QM，QN与y轴分别交于A，B两点，当·＝1时，求椭圆C的标准方程。解　(1)由题意知直线l：y＝x＋a，与x轴交于点(－a,0)，所以点M为椭圆C的左顶点，即M(－a,0)。又P(0，a)，N为线段MP的中点，所以N，代入椭圆C的方程＋＝1，得＋＝1，即＝，所以椭圆C的离心率e＝＝。(2)由题意得a＝2，所以椭圆C：b2x2＋4y2＝4b2(b>0)。由消去y，得(4k2＋b2)x2＋16kx＋16－4b2＝0，设M(xM，yM)，N(xN，yN)，则因为直线QM：y＝(x－2)，所以A，＝。因为yM＝kxM＋2，所以yM－2＝kxM，即＝。同理可得＝。所以·＝＝4－b2＝1，得b2＝3，所以椭圆C的标准方程为＋＝1。2．已知点P到直线y＝－3的距离比点P到点A(0,1)的距离多2。(1)求点P的轨迹方程；(2)经过点Q(0,2)的动直线l与点P的轨迹交于M，N两点，是否存在定点R使得∠MRQ＝∠NRQ？若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由。解　(1)由题知，|PA|等于点P到直线y＝－1的距离，故P点的轨迹是以A为焦点，y＝－1为准线的抛物线，所以其方程为x2＝4y。(2)根据图形的对称性知，若存在满足条件的定点R，则点R必在y轴上，可设其坐标为(0，r)，此时由∠MRQ＝∠NRQ可得kMR＋kNR＝0。设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则＋＝0，由题知直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx＋2，与x2＝4y联立得x2－4kx－8＝0，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－8，＋＝＋＝2k＋＝2k－＝0，故r＝－2，即存在满足条件的定点R(0，－2)。3．(2021·武汉市质量检测)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，过椭圆内点D且不与x轴重合的动直线交椭圆C于P，Q两点，当直线PQ与x轴垂直时，|PD|＝|BD|＝。(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线AP，AQ和直线l：x＝t分别交于点M，N，若MD⊥ND恒成立，求t的值。解　(1)当直线PQ与x轴垂直时，由|BD|＝，得a＝＋＝2，故C的方程为＋＝1。此时P，代入C的方程，得＋＝1，解得b2＝2，故椭圆C的标准方程为＋＝1。(2)设直线PQ的方程为x＝my＋，与椭圆C的方程联立，得(m2＋2)y2＋y－＝0，Δ>0。设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则　①易知A(－2,0)，所以直线AP的方程为y＝(x＋2)，与x＝t联立，得点M。同理得点N。因为MD⊥ND，所以kMD·kND＝－1，即·＝－1，所以(t＋2)2y1y2＋2·＝0，即(t＋2)2y1y2＋2＝0　②。将①代入②，得＋2·＝0，化简得－32(t＋2)2＋2[－32m2－32m2＋64(m2＋2)]＝0，即(t＋2)2－42＝0，即t＋2＝±2，解得t＝－或t＝。4．(2021·新高考全国Ⅱ卷)已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F(，0)，且离心率为。(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|＝。解　(1)由题意知解得所以椭圆C的方程为＋y2＝1。(2)证明：先证必要性。当M，N，F三点共线时，设直线MN的方程为x＝my＋，曲线x2＋y2＝b2(x>0)是圆心在O(0,0)，半径为1的圆在y轴右侧部分。圆心O(0,0)到MN的距离d＝＝1，得m2＝1。联立消去x，整理得(m2＋3)y2＋2my－1＝0，即4y2＋2my－1＝0，所以|MN|＝·＝·＝，必要性成立。下证充分性，当|MN|＝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＝＝1，得m2－t2＝1。联立消去x，整理得(t2＋3)y2＋2tmy＋m2－3＝0，Δ＝4t2m2－4(t2＋3)(m2－3)＝12(t2－m2＋3)＝24，且|MN|＝·＝，得t2＝1，所以m2＝2。又MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切，所以m>0，m＝，所以直线MN的方程为x＝ty＋恒过点F(，0)，所以M，N，F三点共线，充分性得证。5．如图所示，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)上任意一点到其两个焦点F1，F2的距离之和等于2，焦距为2c，圆O：x2＋y2＝c2，A1，A2是椭圆的左、右顶点，AB是圆O的任意一条直径，四边形A1AA2B面积的最大值为2。(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l1：y＝kx＋m(m≠0)与圆O相切，直线l1与l2平行且l2与椭圆相切于P(O，P两点位于l1的同侧)，求直线l1，l2之间的距离d的取值范围。解　(1)由题意得，2a＝2，解得a＝。易知当圆的直径AB⊥x轴时四边形A1AA2B的面积最大，为2ac＝2，解得c＝1，所以b2＝a2－c2＝4，所以椭圆C的方程为＋＝1。(2)由直线l1：y＝kx＋m(m≠0)与圆O相切，得＝1，即|m|＝。设直线l2：y＝kx＋n(n≠0)，由消去y得(5k2＋4)x2＋10knx＋5n2－20＝0，Δ＝(10kn)2－4(5k2＋4)(5n2－20)＝0，化简得n2＝5k2＋4。d＝＝＝，且2＝＝5－，由k2≥0，得0<≤1，所以4≤2<5。由O，P两点位于l1的同侧，可得m，n异号，所以－<≤－2，所以d＝1－∈[3,1＋)，即直线l1，l2之间的距离d的取值范围是[3,1＋)。6．已知双曲线C：－＝1的左、右焦点分别为F1，F2，其离心率为，且过点P(4，2)。(1)求双曲线C的方程；(2)过F1的两条相互垂直的直线分别交双曲线于A，B和C，D，M，N分别为AB，CD的中点，连接MN，过坐标原点O作MN的垂线，垂足为H，是否存在定点G，使得|GH|为定值，若存在，求此定点G；若不存在，请说明理由。解　(1)由题可知⇒所以双曲线C的方程是－＝1。(2)存在定点G，使得|GH|为定值，理由如下：由题意可知，若直线AB和CD其中一条没有斜率，则H点为(0,0)，直线MN的方程为y＝0，当直线AB和CD都有斜率时，因为点F1(－2，0)，设直线AB的方程为y＝k(x＋2)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，M(xM，yM)，联立方程组得(1－2k2)x2－8k2x－16(3k2＋1)＝0，所以xA＋xB＝，xAxB＝，故xM＝，yM＝k，设直线CD的方程为y＝－(x＋2)，C(xC，yC)，D(xD，yD)，N(xN，yN)，同理可得xC＋xD＝，xCxD＝，故xN＝，yN＝－，所以kMN＝＝＝－，所以直线MN的方程为y－k＝－，化简得y＝－(x＋4)，可知直线MN过定点P(－4，0)，又因为OH⊥MN，所以点H的运动轨迹是以点(－2，0)为圆心，以|OP|＝4为直径的圆，所以存在定点G(－2，0)，使得|GH|为定值2。