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微专题22　圆锥曲线热点问题(三)多曲线问题
【考法探析·明规律】
例1　解:(1)由题意知椭圆C的半焦距c=且e==,所以a=,
又b2=a2-c2=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)由(1)得,曲线为x2+y2=1(x>0).
当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,|MN|==,不合题意,
所以直线MN的斜率一定存在,设M(x1,y1),N(x2,y2).
若M,N,F三点共线,可设直线MN:y=k(x-),即kx-y-k=0,
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得=1,解得k=±1,
由可得4x2-6x+3=0,由根与系数的关系得x1+x2=,x1x2=,所以|MN|=·=,必要性成立.
设直线MN:y=kx+m,
即kx-y+m=0,
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得=1,km<0,
所以m2=k2+1,
由可得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0,
由根与系数的关系得x1+x2=-,x1x2=,所以|MN|=·=
=·=,化简得3(k2-1)2=0,所以k=±1,
当k=1时,m=-,当k=-1时,m=,则直线MN的方程为y=x-或y=-x+,
所以直线MN过点F(,0),M,N,F三点共线,充分性成立.
综上,M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=.
例2　解:(1)设椭圆C的标准方程为+=1(a>b>0),
由已知得可得
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)(i)当直线DE过原点时,直线DE的方程为y=-x,
将其与椭圆方程联立,可求得两交点坐标分别为D(-2,2),E(2,-2),
所以圆I方程为x2+y2=8.
联立x2+y2=8与+=1,解得或或
或故圆I与椭圆C的交点坐标为(2,2),(-2,2),(-2,-2),(2,-2).
(ii)方法一:当直线DE垂直于x轴时,直线DE的方程为x=,将x=代入+=1中,得y2=,
则圆I的方程为+y2=.
当直线DE过原点时,圆I的方程为x2+y2=8,联立+y2=与x2+y2=8,
解得或所以若圆I过定点,则定点只能为Q1(2,-2)或Q2(2,2).
当直线DE的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,由在直线y=kx+m上,可得m=-(k+1).
由得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-12=0,
设D(x1,y1),E(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.
若Q1(2,-2)为所求定点,则必有·=0,
而·=(x1-2)(x2-2)+(y1+2)(y2+2)=(x1-2)(x2-2)+(kx1+m+2)(kx2+m+2)=(k2+1)x1x2+[k(m+2)-2](x1+x2)+4+(m+2)2=(k2+1)·+[k(m+2)-2]+4+(m+2)2=,
将m=-(k+1)代入,得4k2+8km+3m2-4+4m=-(k+1)不恒为零,故Q1不是所求定点.
若点Q2(2,2)为所求定点,则必有·=0,·=(x1-2)(x2-2)+(y1-2)(y2-2)=(x1-2)(x2-2)+(kx1+m-2)(kx2+m-2)=(k2+1)x1x2+[k(m-2)-2](x1+x2)+4+(m-2)2=(k2+1)·+[k(m-2)-2]+4+(m-2)2=,
将m=-(k+1)代入,得4k2+8km+3m2-4-4m=0,满足题意,故定点为Q2(2,2).
综上,圆I过定点(2,2).
方法二:当直线DE垂直于x轴时,直线DE的方程为x=,
将x=代入+=1中,得y2=,
则圆I的方程为+y2=.
当直线DE过原点时,圆I的方程为x2+y2=8,联立+y2=与x2+y2=8,解得或
所以若圆I过定点,则定点只能为Q1(2,-2)或Q2(2,2).
当直线DE的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,由在直线y=kx+m上,可得m=-(k+1).
由得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-12=0,
设D(x1,y1),E(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.
由x1+x2=-,得圆心I的横坐标为-,将其代入y=kx+m中,得y=,所以圆心I的坐标为.
|DE|2=(1+k2)=,
若Q1(2,-2)为所求定点,
则必有4|Q1I|2-|DE|2=0,4|QI|2-|DE|2=4+4-=,
将m=-(k+1)代入,得4k2+8km+3m2-4+4m=-(k+1)不恒为零,
故定点不为Q1(2,-2).
若Q2(2,2)为所求定点,
则必有4|Q2I|2-|DE|2=0,4|Q2I|2-|DE|2=4+4-=,
将m=-(k+1)代入,得4k2+8km+3m2-4-4m=0,故定点为Q2(2,2).
综上,圆I过定点(2,2).
方法三:当直线DE的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,
由在直线y=kx+m上,可得m=-(k+1).
由得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-12=0,
设D(x1,y1),E(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.
由x1+x2=-得圆心I的横坐标为-,
将其代入y=kx+m中,得y=,
所以圆心I的坐标为.
|DE|2=(1+k2)=,
所以圆I的方程为+=,
即[(2k2+1)x+2km]2+[(2k2+1)y-m]2=2(1+k2)(-m2+12k2+6).
又2(1+k2)(-m2+12k2+6)-(2km)2-m2=3[8k4+(-2m2+12)k2-m2+4]=3(2k2+1)(4k2-m2+4),
所以圆I的方程为(2k2+1)[(2k2+1)x2+4kmx+(2k2+1)y2-2my]=3(2k2+1)(4k2-m2+4),
即(2k2+1)(x2+y2)+4kmx-2my=3(4k2-m2+4).
将m=-(k+1)代入上式,并整理化简得2(3x2+3y2-4x-16)k2-4(2x-y-2)k+3x2+3y2+4y-32=0,
由得故圆I过定点(2,2).
当直线DE垂直于x轴时,直线DE的方程为x=,将x=代入+=1中,得y2=,
则圆I的方程为+y2=,令x=2,y=2得+22=,此时圆I过点(2,2).
综上,圆I过定点(2,2).
自测题
解:(1)因为F2(1,0),所以c=1,
由题得|AB|==3,联立
解得所以椭圆C的标准方程为+=1.
(2)①当直线l的斜率为0时,不合题意.
当直线l的斜率不为0时,设直线l的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2)
由得(3m2+4)y2+6my-9=0,所以
所以|y1-y2|=,
所以|AB|=|y1-y2|=.
因为OP⊥AB,所以直线OP的方程为y=-mx,将其代入C的标准方程中得=,所以|OP|2=.
|AB|+|OP|2=+=[(4m2+3)+(3m2+4)]=≥=,
当且仅当4m2+3=3m2+4,即m2=1时等号成立,所以|AB|+|OP|2的最小值为.
②当直线l的斜率为0时,O,E重合,不合题意.
当直线l的斜率不为0时,设直线l的方程为x=my+1,因为E为线段AB的中点,所以E,
又+=1,+=1,所以+=0,所以kAB·kOE=-,
所以直线OQ的方程为y=-mx,令x=4,得Q(4,-3m).
由①可知y1y2=-,
所以·=(x1-4)(x2-4)+(y1+3m)(y2+3m)=(my1-3)(my2-3)+(y1+3m)(y2+3m)=(m2+1)y1y2+9m2+9=+9(m2+1)=>0,
所以点Q在以AB为直径的圆外.
例3　解:(1)由题可知,A(0,-b),B(a,0),所以解得
故椭圆C的标准方程为+y2=1.
(2)(i)设R(x0,y0),易知m≠0,
方法一:因为kAP=,点R在射线AP上,所以=,且mx0>0.
因为A(0,-1),|AR|·|AP|=3,所以×=3,
即x0m=3,解得x0=,所以y0=,
所以点R的坐标为.
方法二:设=λ,λ>0,由|AR|·|AP|=3得λ[m2+(n+1)2]=3,
所以λ=,=λ=λ(m,n+1)=,
故点R的坐标为.
(ii)kOR==
,kOP=,
由kOR=3kOP,可得=,化简得m2+n2+8n-2=0,即m2+(n+4)2=18(m≠0),
所以点P在以N(0,-4)为圆心,3为半径的圆上(除去与y轴的两个交点),
所以|PQ|的最大值为点Q到圆心N的距离加上半径.
方法一:设Q(3cos θ,sin θ),则|QN|2=(3cos θ)2+(sin θ+4)2=9cos2θ+sin2θ+8sin θ+16=8cos2θ+1+8sin θ+16=8(1-sin2θ)+8sin θ+17=-8sin2θ+8sin θ+25=-8+27≤27,当且仅当sin θ=时取等号,所以|PQ|的最大值为=+3=3(+).
方法二:设Q(xQ,yQ),则+=1,
则|QN|2=+(yQ+4)2=9-9++8yQ+16=-8+8yQ+25=-8+27≤27,当且仅当yQ=时取等号,所以|PQ|的最大值为+3=3(+).
自测题
1.解:(1)由双曲线的左顶点为A(-1,0),得a=1,
由双曲线的渐近线方程为y=±x,得=,则b=,
所以双曲线C的方程为x2-=1.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),由B(-1,2),直线l的斜率存在,
可设直线l的方程为y=k(x+1)+2,
设直线AP的斜率为k1,直线AQ的斜率为k2,
由消去y得(3-k2)x2-(2k2+4k)x-(k2+4k+7)=0,
Δ=(2k2+4k)2+4(3-k2)(k2+4k+7)>0,由根与系数的关系得x1+x2=,x1x2=-,
因为k1=,k2=,
所以k1+k2=+=
=
,
代入x1+x2=,x1x2=-,可得
=
-3,所以直线AP,AQ的斜率之和为-3.
(3)设直线PR的方程为y=t(x+1)+r(r≠0),直线AQ的方程为y=k2(x+1),直线AP的方程为y=k1(x+1),
由得P,同理可得Q,
由得P,同理可得R,
所以|AP|2=,|AQ|·|AR|=,
因为∠APQ=∠ARP,所以△APQ∽△ARP,则|AP|2=|AQ|·|AR|,
所以=,由k1≠k2,k1+k2=-3,
可得t=≤-,
当时取等号,
所以直线PR的斜率的最大值为-.
2.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,
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)-(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3-8x1+4=0.解得x1=2(舍去),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.
例4　解:(1)根据题意得解得所以c=1,则F(1,0),
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)由题可设直线l的方程为x=ty+1(t≠0),
设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4).
由得(3t2+4)y2+6ty-9=0,
则y1+y2=,y1y2=,
所以|AB|=·
=·
=·.
又点A1(-2,0)到直线l的距离d=,所以=|AB|·d=.
由得y2-4ty-4=0,则y3+y4=4t,y3·y4=-4.
所以=|A2F|·|y3-y4|===2.
因为≥,
所以≥3,解得-≤t≤且t≠0,
所以-≤-或-≥,所以直线l在y轴上截距的取值范围是∪.
自测题
解:(1)由-y2=1,可得其左、右顶点分别为(-2,0),(2,0),
则可设椭圆C2的标准方程为+=1(0(2)(i)设A(x1,y1),B(x2,y2),
则-=-,
即-(y1-y2)(y1+y2)=0,
所以kk1=,同理可得kk2=-,所以=-3.
(ii)直线 l1:y=k1x 和 l2:y=k2x 与椭圆 C2:+=1 的交点为两组关于原点对称的点,构成的四边形为平行四边形(原点是对角线交点,对角线互相平分).
由①知,k≠±,
所以k1≠±,k2=-3k1.
如图设l1交椭圆于P1,P2,P1(x3,y3),l2交椭圆于Q1,Q2,Q1(x4,y4).
由消去y得(3+4)x2-12=0,因为P1,P2关于原点对称,所以x3·(-x3)=,
则=,同理得=,
所以所求四边形的面积S=4=2·|x3|=
2|x3x4||k1-k2|==
=.
因为144++120≥192,当且仅当k1=或-时等号成立,
所以144++120>192,所以0<<,
所以01.A　[解析] 设双曲线的一条渐近线方程为bx+ay=0,则圆心到该直线的距离d==.根据已知得12+=4,即=3,所以b2=c2,所以e====2.
2.A　[解析] 设M(x,y),则P'(x,0),P(x,2y),因为P在曲线C:x2+y2=16(y>0)上,所以x2+(2y)2=16(y>0),整理得点M的轨迹方程为+=1(y>0).故选A.
3.A　[解析] 过点H作HM垂直于直线x=-,垂足为M,则|HF|=|HM|=m+,|TH|=m-.因为sin∠HFT=,所以=,得m=2p.因为H(m,4)是抛物线C上一点,所以2pm=16,又m=2p,所以p=2,m=4,所以|TH|=3,H(4,4),所以圆H的标准方程为(x-4)2+(y-4)2=9.故选A.
4.A　[解析] 根据题意可知F2,设双曲线的半焦距为c,P(x0,y0),则p=2c,如图,过F1作x轴的垂线l,过P作l的垂线,垂足为A,显然直线AF1为抛物线的准线,则|PA|=|PF2|.由双曲线的定义及已知条件可得则由勾股定理可知|AF1|2==|PF1|2-|PA|2=12ac,又=4cx0,∴x0=3a,∴-=-=1,整理得2c2-3ac-2a2=(2c+a)(c-2a)=0,∴c=2a,∴双曲线的离心率e==2.故选A.
5.BCD　[解析] 由圆C:(x+2)2+y2=1,得圆心C(-2,0),因为点P的坐标为,所以kPC==-.因为直线l为圆C的切线,所以PC⊥l,所以kl=,所以直线l的方程为y-=,即x-y+4=0.由消去x并整理得y2-2py+8p=0,因为直线l与抛物线E相切,所以Δ=12p2-32p=0,解得p=或p=0(舍去),所以抛物线E的方程为y2=x,所以F,方程y2-2py+8p=0即为y2-y+=0,解得y=,所以x-×+4=0,解得x=4,所以Q,所以|QF|=xQ+=4+=,故A错误,B正确.设点F到直线l的距离为d,因为d2=|MF|,所以d1+d2=d1+|MF|≥d,因为点F到直线l的距离d==,所以d1+d2的最小值为,故C正确.因为kFQ==,所以直线FQ的方程为y=,即3x-y-4=0,因为圆心C到直线FQ的距离为=,所以圆C上的点到直线FQ的最大距离为+1,故D正确.故选BCD.
6.ACD　[解析] 对于A,由题意可知,点T(x0,4)到点F的距离为4+=6,解得p=4,故A正确;对于B,由A可知抛物线方程为x2=8y,设A(x1,y1),B(x2,y2),因为点M为线段AB的中点,且点M的横坐标为4,所以=4,又点A,B在抛物线上,所以两式作差得-=8(y1-y2),所以直线AB的斜率==1,故B错误;对于C,设直线AB的方程为y=kx+b(b>0),由消去y整理得x2-8kx-8b=0,则x1+x2=8k,x1x2=-8b,所以y1y2==b2,因为OA⊥OB,所以⊥,所以x1x2+y1y2=0,所以-8b+b2=0,解得b=8,所以直线AB恒过点(0,8),故C正确;对于D,由p=4得F(0,2),P(0,-2),可设直线AB的方程为y=kx+2,由消去y整理得x2-8kx-16=0,则x1+x2=8k,x1x2=-16,所以kAP+kBP=+==
=
=0,故D正确.故选ACD.
7.3　[解析] 抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),准线方程为x=-1.设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),根据抛物线的定义可得x0+1=5,解得x0=4,把x0=4代入y2=4x,得=4×4=16,因为y0>0,所以y0=4,所以P(4,4).圆(x-2)2+(y-1)2=4的圆心为C(2,1),半径r=2,则|PM|===3.
8.x-2y+6=0　[解析] 设直线l的方程为x=my+n(m>0),由
可得y2-my-n=0,因为直线l与抛物线C2相切,所以Δ=m2+4n=0①,又直线l与圆C1相切,所以=1,整理得m2=n2+2n②,由①②可得n=-6或n=0.当n=0时,m=0,不符合题意;当n=-6时,m=2(负值舍去).故直线l的方程为x-2y+6=0.
9.解:(1)由p=得C2的焦点坐标是.
(2)由题意可设直线l:x=my+t(m≠0,t≠0),点A(x0,y0).
将直线l的方程代入椭圆C1:+y2=1得(m2+2)y2+2mty+t2-2=0,
所以点M的纵坐标yM=-.
将直线l的方程代入抛物线C2:y2=2px得y2-2pmy-2pt=0,所以y0yM=-2pt,解得y0=,
因此x0=.
由+=1得=4+2≥160,
所以当m=,t=时,p取到最大值.
10.解:(1)双曲线C:-=1的渐近线方程为y=±x,依题意知=,
因为双曲线C的左顶点为P(-1,0),所以a=1,所以b=,所以双曲线C的标准方程为x2-=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
由消去y整理得(k2-2)x2+2kmx+m2+2=0,
Δ=(2km)2-4(m2+2)(k2-2)=8(m2+2-k2)>0,且k≠±,
则x1+x2=.
由M(2,1)为线段AB的中点,得解得满足Δ>0,
所以直线l的方程为y=4x-7,即4x-y-7=0.
(3)由(2)知,x1+x2=,x1x2=,因为=(x1+1,y1),=(x2+1,y2),
所以·=(x1+1)(x2+1)+y1y2=(x1+1)(x2+1)+(kx1+m)(kx2+m)=(k2+1)x1x2+(km+1)(x1+x2)+m2+1=(k2+1)+(km+1)+m2+1==,
因为以AB为直径的圆恒过点P,所以·=0,
所以(3k+m)(k-m)=0,解得m=k或m=-3k.
当m=k时,直线l:y=k(x+1)过P(-1,0),不符合题意;
当m=-3k时,直线l:y=k(x-3)过定点(3,0).
综上,直线l过定点,该定点的坐标为(3,0).
11.解:(1)由题意可知,轨迹C为实轴长为2,焦距为2,焦点在x轴上的双曲线的右支,
则C的方程为x2-=1(x>0).
(2)方法一(常规思路,曲直联立+韦达定理):
设T,设直线AB的方程为y=k1+m(k1∈(-∞,-4)∪(4,+∞)),A(x1,y1),B(x2,y2),
由消去y得16x2-=16,
整理得(16-)x2+(-2k1m)x+k1m--m2-16=0,
所以x1+x2=,
x1x2=.
易知x1>1,x2>1,则|TA|·|TB|=(1+)=(1+)=(1+)=(1+)=(1+).
设kPQ=k2,同理可得|TP|·|TQ|=(1+).
由(1+)=(1+),
可得=,
因为k1≠k2,所以k1=-k2,
即k1+k2=0.
方法二(参数方程):
设T,直线AB的倾斜角为θ1,则直线AB的参数方程为代入曲线C的方程可得16-(m2+t2sin2θ1+2mtsin θ1)-16=0,整理得(16cos2θ1-sin2θ1)t2+(16cos θ1-2msin θ1)t-(m2+12)=0.
设|TA|=t1,|TB|=t2,由根与系数的关系得|TA|·|TB|=t1·t2==.
设直线PQ的倾斜角为θ2,|TP|=t3,|TQ|=t4,
同理可得|TP|·|TQ|=t3·t4=.
由|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,得cos2θ1=cos2θ2.
因为θ1≠θ2,所以cos θ1=-cos θ2,
所以θ1+θ2=π,所以tan θ1+tan θ2=0,所以直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
方法三(圆幂定理):
因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,
由圆幂定理知A,B,P,Q四点共圆.
设T,设直线AB的方程为y-t=k1,直线PQ的方程为y-t=k2,
则过A,B,P,Q四点的二次曲线的方程为=0,
又A,B,P,Q四点在C上,所以过A,B,P,Q四点的二次曲线的方程为λ+μ=0(λ≠0),整理得(λk1k2+μ)x2+y2-λ(k1+k2)xy+[t(k1+k2)-k1k2]λx+λy+m,其中m=λ-μ.
因为A,B,P,Q四点共圆,所以xy项的系数为0,
又λ≠0,所以k1+k2=0.微专题22　圆锥曲线热点问题(三)多曲线问题
微点1　圆与圆锥曲线融合问题
例1 [2021·新高考全国Ⅱ卷] 已知椭圆C的方程为+=1(a>b>0),若右焦点为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|=.
例2 [2025·福州四检] 已知椭圆C的两个焦点分别是F1(-,0),F2(,0),长轴长是短轴长的倍.
(1)求椭圆C的方程.
(2)过点的直线与椭圆C交于D,E两点,以DE为直径的圆记为圆I.
(i)当直线DE过原点时,求圆I与椭圆C的交点坐标.
(ii)圆I是否过定点 若是,请求出定点坐标;若不是,请说明理由.
【规律提炼】
在圆与圆锥曲线结合的问题中,一般主要是考查点与圆、直线与圆的位置关系,利用直线方程、点到直线的距离(直线与圆相切→圆心到直线距离等于半径)、圆的方程(圆过定点)、四点共圆(弦长、弦中点的关系,垂径定理)、点与圆的位置关系(向量数量积与角)等解决问题.
自测题
[2025·江苏苏州三模] 在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),直线l过F2分别交椭圆C于A,B两点.当直线l的倾斜角为90°时,|AB|=3.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)E为线段AB(不含端点)上任一点,射线OE与椭圆C交于点P,与直线x=4交于点Q.
①若OP⊥AB,求|AB|+|OP|2的最小值;
②若E为线段AB的中点,判断并证明Q与以AB为直径的圆的位置关系.
微点2　隐圆与圆锥曲线融合问题
例3 [2025·全国一卷] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,下顶点为A,右顶点为B,|AB|=.
(1)求C的标准方程.
(2)已知动点P(m,n)不在y轴上,点R在射线AP上,且满足|AP|·|AR|=3.
(i)求R的坐标(用m,n表示);
(ii)设O为坐标原点,Q是C上的动点,直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍,求|PQ|的最大值.
【规律提炼】
现在高考对于模块内与模块间融合的题目增多,在部分圆锥曲线题目中,有的是明确的圆与圆锥曲线结合问题,有的是通过题目条件得到隐圆,再利用圆的几何性质或数量条件解决问题.得到隐圆的主要方法:(1)利用圆的定义(到定点的距离等于定长)可以确定隐圆;(2)利用圆的性质(动点到两定点的夹角为直角)可以确定隐圆;(3)动点到两定点的数量积为定值可以确定隐圆;(4)利用斜率和或积得到定点与垂直关系可以确定隐圆.
自测题
1.[2025·杭州学军中学一模] 已知双曲线C:-=1的左顶点为A(-1,0),渐近线方程为y=±x,直线l经过点B(-1,2),与双曲线C交于不与A重合的两点P,Q.
(1)求双曲线C的方程;
(2)求直线AP,AQ的斜率之和;
(3)设在射线AQ上的点R满足∠APQ=∠ARP,求直线PR的斜率的最大值.
2.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.
微点3　多圆锥曲线融合问题
例4 如图,椭圆C:+=1(a>0,b>0)过点,短轴长为2,椭圆的左、右顶点分别为A1,A2,过椭圆C的右焦点F且与y轴相交的直线与椭圆相交于A,B两点,与抛物线E:y2=4x相交于P,Q两点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若≥,求直线l在y轴上截距的取值范围.
【规律提炼】
在多圆锥曲线问题中,一般涉及的直线、斜率以及弦长等关系较多,注意消参.
自测题
[2025·江苏南通模拟] 已知椭圆C2以双曲线C1:-y2=1的实轴为长轴,且过点.
(1)求椭圆C2的标准方程.
(2)若直线l:y=kx+t与双曲线C1交于A,B两点,与椭圆C2交于C,D两点,直线l1:y=k1x平分线段AB,l2:y=k2x平分线段CD.
(i)求的值;
(ii)求直线l1,l2与椭圆C2的交点构成的四边形的面积的取值范围.限时集训(二十二)　微专题22　圆锥曲线热点问题(三)多曲线问题
1.若双曲线C:-=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆(x-2)2+y2=4所截得的弦长为2,则C的离心率为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.2 B.
C. D.
2.[2024·新课标Ⅱ卷] 已知曲线C:x2+y2=16(y>0),从C上任意一点P向x轴作垂线PP',P'为垂足,则线段PP'的中点M的轨迹方程为 (　 )
A.+=1(y>0)
B.+=1(y>0)
C.+=1(y>0)
D.+=1(y>0)
3.[2025·湖南郴州模拟] 已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,H(m,4)是抛物线C上一点,以点H为圆心的圆与直线x=相切于点T.若sin∠HFT=,则圆H的标准方程为 (　 )
A.(x-4)2+(y-4)2=9
B.(x-4)2+(y-4)2=16
C.(x-2)2+(y-4)2=4
D.(x-3)2+(y-4)2=9
4.[2025·天津卷] 双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,以右焦点F2为焦点的抛物线y2=2px(p>0)与双曲线在第一象限的交点为P,若|PF1|+|PF2|=3|F1F2|,则双曲线的离心率e= (　 )
A.2 B.5
C. D.
5.(多选题)[2025·湖北宜荆荆恩四校联考] 已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,圆C:(x+2)2+y2=1,圆C上存在动点P,过点P作圆C的切线l,也与抛物线E相切于点Q,抛物线E上任意一点M到直线l与直线x=-的距离分别为d1,d2.若点P的坐标为,则 (　 )
A.F(2,0)
B.|QF|=
C.d1+d2的最小值为
D.圆C上的点到直线FQ的最大距离为+1
6.(多选题)[2025·河北NT20校二调] 已知抛物线E:x2=2py(p>0)的焦点为F,准线交y轴于点P,抛物线E上一点T(x0,4)到点F的距离为6,点A,B是抛物线E上的两点,点M是线段AB的中点,则下列说法正确的是 (　 )
A.p=4
B.若中点M的横坐标为4,则直线AB的斜率为2
C.若OA⊥OB(O为坐标原点),则直线AB恒过点(0,8)
D.若直线AB过点F,则kAP+kBP=0
7.[2025·福建泉州四校联考] 已知抛物线y2=4x上位于第一象限内的点P到抛物线的焦点F的距离为5,过点P作圆(x-2)2+(y-1)2=4的切线,切点为M,则|PM|=　　　　.
8.已知圆C1:(x+1)2+y2=1,抛物线C2:y2=x,斜率大于0的直线l与圆C1和抛物线C2都相切,则直线l的方程为　　　　　　.
9.如图,已知椭圆C1:+y2=1,抛物线C2:y2=2px(p>0),点A是椭圆C1与抛物线C2的交点,过点A的直线l交椭圆C1于点B,交抛物线C2于M(B,M不同于A).
(1)若p=,求抛物线C2的焦点坐标;
(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点,求p的最大值.
10.[2025·贵阳七校四联] 已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±x,双曲线的左顶点为P(-1,0),直线l:y=kx+m与双曲线C相交于A,B(异于点P)两点.
(1)求双曲线C的标准方程.
(2)若线段AB的中点为M(2,1),求直线l的方程.
(3)若以AB为直径的圆恒过点P,试判断直线l是否过定点 若过定点,求出该定点的坐标;若不过定点,请说明理由.
11.在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-,0),F2(,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=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.(共97张PPT)
微专题22 圆锥曲线热点问题（三）
多曲线问题
微点1 圆与圆锥曲线融合问题
微点2 隐圆与圆锥曲线融合问题
微点3 多圆锥曲线融合问题
◆
◆
考法探析·明规律
备用习题
【考情分析】
（分析近几年高考真题，21年Ⅱ卷20、25年Ⅰ卷18均是圆锥曲线
与圆综合考查，本专题主要涉及三个方面：圆与圆锥曲线融合、隐
圆与圆锥曲线融合、多圆锥曲线融合问题）
微点1 圆与圆锥曲线融合问题
例1 [2021·新高考全国Ⅱ卷] 已知椭圆 的方程为
，若右焦点为，且离心率为 .
（1）求椭圆 的方程;
解：由题意知椭圆的半焦距且，所以 ，
又，所以椭圆的方程为 .
例1 [2021·新高考全国Ⅱ卷] 已知椭圆 的方程为
，若右焦点为，且离心率为 .
（2）设,是椭圆上的两点,直线与曲线
相切，证明:,,三点共线的充要条件是 .
解：由（1）得，曲线为 .
当直线的斜率不存在时，直线， ，
不合题意，所以直线的斜率一定存在，
设, .
若，，三点共线，可设直线 ，
即 ，
由直线与曲线相切可得 ，
解得 ，
由可得 ，
由根与系数的关系得, ，
所以 ,必要性成立.
设直线 ,即 ，
由直线与曲线相切可得， ，
所以 ，
由可得 ，
由根与系数的关系得, ，
所以
，
化简得，所以 ，
当时，，当时，，
则直线 的方程为或 ，
所以直线过点，，， 三点共线，充分性成立.
综上，，，三点共线的充要条件是 .
例2 [2025·福州四检] 已知椭圆的两个焦点分别是 ,
，长轴长是短轴长的 倍.
（1）求椭圆 的方程.
解：设椭圆的标准方程为 ，
由已知得可得
所以椭圆的方程为 .
例2 [2025·福州四检] 已知椭圆的两个焦点分别是 ,
，长轴长是短轴长的 倍.
（2）过点的直线与椭圆交于,两点，以 为直径的圆记
为圆 .
（ⅰ）当直线过原点时，求圆与椭圆 的交点坐标.
解：当直线过原点时，直线的方程为 ，
将其与椭圆方程联立，可求得两交点坐标分别为, ，
所以圆方程为 .
联立与，
解得或或 或
故圆与椭圆的交点坐标为,,, .
例2 [2025·福州四检] 已知椭圆的两个焦点分别是 ,
，长轴长是短轴长的 倍.
（2）过点的直线与椭圆交于,两点，以 为直径的圆记
为圆 .
（ⅱ）圆 是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由.
解：方法一：当直线垂直于轴时，直线的方程为 ，
将代入中，得 ，
则圆的方程为 .
当直线过原点时，圆的方程为 ，
联立与 ，解得或
所以若圆过定点，则定点只能为 或 .
当直线的斜率存在时，设其方程为，
由 在直线上，可得 .
由得 ，
设,，则, .
若为所求定点，则必有 ，
而
，
将 代入,
得不恒为零,
故 不是所求定点.
若点为所求定点，则必有 ，
，
将代入，得 ，
满足题意，故定点为 .综上，圆过定点 .
方法二：当直线垂直于轴时，直线的方程为 ，
将代入中，得 ，
则圆的方程为 .
当直线过原点时，圆的方程为 ，
联立与，解得或
所以若圆过定点，则定点只能为或 .
当直线的斜率存在时，设其方程为，
由 在直线上，可得 .
由得 ，
设,，则, .
由，得圆心的横坐标为 ，
将其代入中，得，
所以圆心的坐标为 .
，
，
将 代入,得 不恒为零，
故定点不为 .
，
将代入，得 ，
故定点为 .
综上，圆过定点 .
方法三：当直线的斜率存在时，设其方程为 ，
由在直线上，可得 .
由得 ，
设,，则, .
由得圆心的横坐标为 ，
将其代入中，得 ，
所以圆心的坐标为 .
，
所以圆的方程为 ，
即
.
又
，
所以圆 的方程为
，
即 .
将 代入上式，并整理化简得
，
由得故圆过定点 .
当直线垂直于轴时，直线的方程为，
将 代入中，得 ，
则圆的方程为，
令, 得，此时圆过点 .
综上，圆过定点 .
【规律提炼】
在圆与圆锥曲线结合的问题中，一般主要是考查点与圆、直线与圆
的位置关系，利用直线方程、点到直线的距离（直线与圆相切 圆
心到直线距离等于半径）、圆的方程（圆过定点）、四点共圆
（弦长、弦中点的关系，垂径定理）、点与圆的位置关系
（向量数量积与角）等解决问题.
自测题
[2025·江苏苏州三模] 在平面直角坐标系中，已知椭圆
的左、右焦点分别为,，直
线过分别交椭圆于,两点.当直线的倾斜角为 时，
.
（1）求椭圆 的标准方程.
解：因为，所以 ，由题得，
联立 解得所以椭圆的标准方程为 .
[2025·江苏苏州三模] 在平面直角坐标系中，已知椭圆
的左、右焦点分别为,，直
线过分别交椭圆于,两点.当直线的倾斜角为 时，
.
（2）为线段（不含端点）上任一点，射线与椭圆交于点 ，
与直线交于点 .
①若，求 的最小值；
解：当直线 的斜率为0时，不合题意.
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为, , ,
由得 ，
所以
所以 ，所以 .
因为，所以直线的方程为，
将其代入 的标准方程中得，所以 .
，
当且仅当，即 时等号成立，
所以的最小值为 .
[2025·江苏苏州三模] 在平面直角坐标系中，已知椭圆
的左、右焦点分别为,，直
线过分别交椭圆于,两点.当直线的倾斜角为 时，
.
（2）为线段（不含端点）上任一点，射线与椭圆交于点 ，
与直线交于点 .
②若为线段的中点，判断并证明与以 为直径的圆的位置关系.
解：当直线的斜率为0时，, 重合，不合题意.
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，
因为 为线段的中点，所以 ，
又,，所以 ，
所以 ，
所以直线的方程为，令，得 .
由①可知 ，
所以
，
所以点在以 为直径的圆外.
微点2 隐圆与圆锥曲线融合问题
例3 [2025·全国一卷] 已知椭圆 的离心率为
，下顶点为,右顶点为， .
（1）求 的标准方程.
解：由题可知,,，所以
解得 故椭圆的标准方程为 .
例3 [2025·全国一卷] 已知椭圆 的离心率为
，下顶点为,右顶点为， .
（2）已知动点不在轴上，点在射线 上，且满足
.
（ⅰ）求的坐标（用, 表示）；
解：设，易知 ，
方法一:因为,点在射线上,所以 ,且 .
因为， ，
所以 ，
即，解得，
所以 ，所以点的坐标为 .
方法二：设,，
由 得 ，
所以 ， ，
故点的坐标为 .
例3 [2025·全国一卷] 已知椭圆 的离心率为
，下顶点为,右顶点为， .
（2）已知动点不在轴上，点在射线 上，且满足
.
（ⅱ）设为坐标原点，是上的动点，直线的斜率是直线 的
斜率的3倍，求 的最大值.
解：, ,
由,可得,化简得 ,
即 ,
所以点在以为圆心,为半径的圆上(除去与 轴的两个交点),
所以的最大值为点到圆心 的距离加上半径.
方法一：设 ,则
,
当且仅当时取等号,
所以 的最大值为 .
方法二：设，则 ，
则，当且仅当 时取等号,
所以的最大值为 .
【规律提炼】
现在高考对于模块内与模块间融合的题目增多，在部分圆锥曲线题
目中，有的是明确的圆与圆锥曲线结合问题，有的是通过题目条件
得到隐圆，再利用圆的几何性质或数量条件解决问题.得到隐圆的主
要方法：（1）利用圆的定义（到定点的距离等于定长）可以确定隐
圆；（2）利用圆的性质（动点到两定点的夹角为直角）可以确定隐
圆；（3）动点到两定点的数量积为定值可以确定隐圆；（4）利用
斜率和或积得到定点与垂直关系可以确定隐圆.
自测题
1.[2025·杭州学军中学一模] 已知双曲线 的左顶点为
，渐近线方程为，直线经过点 ，与双曲
线交于不与重合的两点， .
（1）求双曲线 的方程；
解：由双曲线的左顶点为，得 ，
由双曲线的渐近线方程为，得，则 ，
所以双曲线的方程为 .
1.[2025·杭州学军中学一模] 已知双曲线 的左顶点为
，渐近线方程为，直线经过点 ，与双曲
线交于不与重合的两点， .
（2）求直线， 的斜率之和；
解：设,，由，直线 的斜率存在，
可设直线的方程为 ，
设直线的斜率为，直线的斜率为 ，
由消去 得 ，
，
由根与系数的关系得， ，
因为， ，
所以 ，
代入， ，
可得，
所以直线, 的斜率之和为 .
1.[2025·杭州学军中学一模] 已知双曲线 的左顶点为
，渐近线方程为，直线经过点 ，与双曲
线交于不与重合的两点， .
（3）设在射线上的点满足，求直线 的斜率的
最大值.
解：设直线的方程为，
直线 的方程为，直线的方程为 ，
由得，同理可得 ，
由得，同理可得 ，
所以， ，
因为，所以，则 ，
所以，由， ，
可得 ，
当 时取等号，所以直线的斜率的最大值为 .
2.已知椭圆的离心率为，且过点 .
（1）求 的方程.
解：由题设得，，解得， .
所以的方程为 .
2.已知椭圆的离心率为，且过点 .
（2）点，在上，且，， 为垂足.证明：存
在定点，使得 为定值.
证明：设， .
若直线与 轴不垂直，
设直线的方程为，
代入 得 .
于是 ，
由知 ,故 ,
可得 .
将①代入上式可得 .
整理得 .
因为不在直线上，所以 ，
故, .
于是的方程为 .
所以直线过点.若直线与轴垂直，可得 .
由得 .
又，可得.
解得（舍去）， .此时直线过点 .
令为的中点，即 .
若与不重合，则由题设知是 的斜边，故 .
若与重合，则 .
综上，存在点，使得 为定值.
微点3 多圆锥曲线融合问题
例4 如图，椭圆
过点，短轴长为 ，椭圆的左、右顶
点分别为，，过椭圆的右焦点且与
轴相交的直线与椭圆相交于， 两点，与抛
物线相交于， 两点.
（1）求椭圆 的方程；
解：根据题意得解得 所以，则 ，
所以椭圆的方程为 .
例4 如图，椭圆
过点，短轴长为 ，椭圆的左、右顶
点分别为，，过椭圆的右焦点且与
轴相交的直线与椭圆相交于， 两点，与抛
物线相交于， 两点.
（2）若，求直线在 轴上截距的取值范围.
解：由题可设直线 的方程为 ，
设，，， .
由得 ,
则， ,
所以
.
又点到直线的距离 ，
所以 .
由得 ，
则， .
所以 .
因为 ，
所以，
解得 且 ,
所以或，
所以直线在 轴上截距的取值范围是 .
【规律提炼】
在多圆锥曲线问题中，一般涉及的直线、斜率以及弦长等关系较多，
注意消参.
自测题
[2025·江苏南通模拟] 已知椭圆以双曲线的实轴为
长轴，且过点.
（1）求椭圆 的标准方程.
解：由，可得其左、右顶点分别为, ，
则可设椭圆的标准方程为，
把 代入，可得，所以椭圆的标准方程为 .
[2025·江苏南通模拟] 已知椭圆以双曲线的实轴为
长轴，且过点.
（2）若直线与双曲线交于, 两点，与椭
圆交于,两点，直线平分线段, 平分线段
.
（ⅰ）求 的值；
解： 设, ，
则 ，
即 ，
所以，同理可得，所以 .
[2025·江苏南通模拟] 已知椭圆以双曲线的实轴为
长轴，且过点.
（2）若直线与双曲线交于, 两点，与椭
圆交于,两点，直线平分线段, 平分线段
.
（ⅱ）求直线,与椭圆 的交点构成的四边形的面积的取值范围.
解:直线和与椭圆 的交点为两
组关于原点对称的点，
构成的四边形为平行四边形（原点是对角线交点，对角线互相平分）.
由①知， ，所以， .
如图设交椭圆于,，, 交椭圆于,， .
由消去 得，
因为, 关于原点对称，
所以 ，
则，同理得 ，
所以所求四边形的面积
.
因为 ，
当且仅当或 时等号成立，
所以 ,所以 ，
所以，
所以直线,与椭圆 的交点构成的四边形的面积的
取值范围为 .
［备选理由］例1是隐圆问题；例2考查圆与双曲线结合的对称问题，
条件比较直接，难度适中；例3考查隐圆与圆锥曲线结合问题，难度
较大；例4考查多圆锥曲线结合问题，但是难度不大.
例1 ［补充使用］若，，则 的最大值
为_____.
[解析] 方法一：记，，，则 ，，
所以,
从而
，
故当时， 的面积取得最大值 .
方法二：以线段的中点为原点，所在直线为轴，
线段的垂直平分线所在直线为 轴，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则， ，设 ，
因为，所以 ，
化简得 ，
所以点的轨迹是以为圆心,为半径的圆(不含 轴上的两个点)，
当时, 取得最大值,且 .
方法三：由得点 的轨迹是圆，
设圆心为 ，圆的半径为，
由阿氏圆的性质，得 ， ，
，解得， ，，
当时，
的面积取得最大值 .
例2 ［配例1使用］[2025·贵州黔东南州二模] 已知双曲线
的右焦点为 ，渐近线方程为
.
（1）求双曲线 的标准方程.
解：设双曲线的焦距为，则由题意可知， ，
结合可得， ，
故双曲线的标准方程为 .
例2 ［配例1使用］[2025·贵州黔东南州二模] 已知双曲线
的右焦点为 ，渐近线方程为
.
（2）若为上的一点，且为圆外一点，过点 作圆
的两条切线，（斜率都存在），与 交于另一点
，与交于另一点 ，证明：
（ⅰ）， 的斜率之积为定值；
证明：设,, ，如图所示.
设过点的切线方程为 ，
即 ，
所以圆心到切线的距离为 ，
即 ，
所以,的斜率, 是上式中方程的两个根，即 ，
又因为，所以 .
所以, 的斜率之积为定值，且定值为2.
例2 ［配例1使用］[2025·贵州黔东南州二模] 已知双曲线
的右焦点为 ，渐近线方程为
.
（2）若为上的一点，且为圆外一点，过点 作圆
的两条切线，（斜率都存在），与 交于另一点
，与交于另一点 ，证明：
（ⅱ）存在定点，使得,关于点 对称.
证明：不妨设直线的斜率为，直线的斜率为 ，
由
消去 得 .
因为 ，
所以 ，
则,
同理可得 ,
所以 ，
因为，所以，所以 ，
所以 ，
又因为，，所以或 (舍去)，
所以存在定点，使得,关于点 对称.
例3 ［配例3使用］[2025·湖北黄冈中学二模] 已知中心在原点，焦
点在轴上的圆锥曲线的离心率为2，过的右焦点作垂直于 轴的
直线，该直线被 截得的弦长为6.
（1）求曲线 的方程；
解：因为圆锥曲线的离心率为2，所以曲线 为双曲线，
因为的中心在原点、焦点在轴上，
所以设双曲线 的方程为 ，
令，得，所以 ，
由的离心率为2，得 ，
由①②可得所以双曲线的标准方程为 .
例3 ［配例3使用］[2025·湖北黄冈中学二模] 已知中心在原点，焦
点在轴上的圆锥曲线的离心率为2，过的右焦点作垂直于 轴的
直线，该直线被 截得的弦长为6.
（2）若面积为12的的三个顶点均在上，边过点，边
过原点，求直线 的方程；
解：设，，由已知，得，
因为边 过原点,且点,均在双曲线上,所以,关于原点 对称，
所以 .
由题意可知直线 的斜率不为0，
设直线的方程为，由
消去整理得 ，
所以
所以 ，
整理得，解得或 ，
所以直线的方程为或或 .
例3 ［配例3使用］[2025·湖北黄冈中学二模] 已知中心在原点，焦
点在轴上的圆锥曲线的离心率为2，过的右焦点作垂直于 轴的
直线，该直线被 截得的弦长为6.
（3）已知，过点的直线与在 轴右侧交于不同的两
点，，直线上存在点满足 ，且
，试求 的取值范围.
解：若直线的斜率不存在，则直线 与双曲线右支无交点，不合题意，
故直线的斜率存在，
设直线的方程为, , ，
由 消去整理得 ，
所以， ，
且 ，
因为直线与在轴的右侧交于不同的两点， ，
所以解得 .
设点的坐标为，
由,得,且点 在线段 内(不包括端点),
则，得，所以 ，
代入中，解得 .
设过点与双曲线的右支相切的直线为，与的交点为 ，
过点与双曲线的渐近线平行的直线为，与 的
交点为 ，
所以点的轨迹为线段 （不含端点），
由得，由得 .
因为，所以 ，
整理得,，
即点为以为圆心， 为半径的圆与线段 的交点，
因为，所以 ，
得 ，
所以的取值范围为 .
例4 ［配例4使用］[2025·辽宁鞍山一模] 为坐标原点， 是
抛物线上的动点,, 分别为椭圆
的右顶点、右焦点，且为 的中点， .
（1）求椭圆 的标准方程；
解：抛物线的焦点，由抛物线定义得 ，
因为，所以，即与重合， ，
所以，则，，则 ，
所以椭圆的标准方程为 .
例4 ［配例4使用］[2025·辽宁鞍山一模] 为坐标原点， 是
抛物线上的动点,, 分别为椭圆
的右顶点、右焦点，且为 的中点， .
（2）动直线恒过定点，过点作抛物线 的切
线与椭圆交于，两点，求 的面积的最大值.
解：由得，
所以直线 恒过点 .
根据对称性，不妨令在第一象限，则 ，
所以抛物线在点处切线的斜率为 ，
切线方程为，
又 ，所以切线方程为 ，
即 ，
由消去 整理得，
，所以， ，
因为点到直线的距离 ，
，
所以 的面积
，
当且仅当时等号成立，
故 的面积的最大值为 .

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