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解析几何创新学案——2023 届高考二轮专题复习
解析几何二轮复习学案
——奋力争取，静待花开
班级：
姓名：
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解析几何创新学案——2023 届高考二轮专题复习
目录
【重点讲解】——————————————————————————3
【创新题试做】—————————————————————————20
【参考答案】——————————————————————————26
【课时作业】——————————————————————————40
【参考答案】——————————————————————————43
特别提醒：创新题试做部分是难度极大的试题，
仅针对学有余力的学生，或作为共同探讨问题。
请勿轻易尝试！请勿轻易尝试！请勿轻易尝试！
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解析几何创新学案——2023 届高考二轮专题复习
【重点讲解】
重点 1：直线方程与圆的方程
1、直线方程的五种形式
名称 方程 适用范围
点斜式 0 = 0 不含垂直于 轴的直线
斜截式 = + 不含垂直于 轴的直线
两点式 1 = 1 不含直线 = 1 1 ≠ 2 和直线 = 1 1 ≠ 2
2 1 2 1
截距式 不含垂直于坐标轴和过原点的直线
+ = 1 ≠ 0

一般式 + + = 0 平面内所有直线都适用
2 + 2 ≠ 0
2、圆的方程
标准方程 2 + 2 = 2 > 0 圆心 ,
半径为
2 + 2 + + + = 0 2 + 2 4 > 0 充要条件： 2 + 2 4 > 0

圆心坐标： ,
一般方程 2 2
半径 = 1 2 + 2 4
2
(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0 以 A(x1，y1)，B(x2，y2)为直径端点的
特殊情况
圆的方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ(Ax＋By＋C)＝0 过直线 Ax＋By＋C＝0 与圆 x2＋y2＋
(λ∈R)
Dx＋Ey＋F＝0 的交点
圆系方程 2 2x2＋y2＋D x＋E y＋F ＋λ(x2＋y2＋D x＋E y过圆 C1：x ＋y ＋D1x＋E1y＋F1＝0 和1 1 1 2 2
2
＋F )＝0(λ≠－1) 圆 C2：x ＋y
2＋D2x＋E2y＋F2＝0 交点
2
的圆系方程
【例 1】（多选）已知等边三角形 ABC的两个顶点 A 0,0 ，B 4,0 ，则 BC边所在直线的方程可
能是（ ）
A． y 3x B． y 3(x 4) C． y 3(x 4) D． y 3(x 4)
【答案】BC【详解】解：由题得直线 BC的倾斜角为 60°或 120°，故直线 BC斜率为 3或 3，
由点斜式得所求直线的方程为 y 3(x 4)或 y 3(x 4)．
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【跟踪训练 1】（多选）过点 (0,2)作与圆 x2 y2 2x 0相切的直线 l，则直线 l的方程为（ ）
A．3x 4y 8 0 B．3x 4y 8 0 C． x 0 D． x 1
【答案】BC
【详解】解：圆 x2 y2 2x 0，即 (x 1)2 y2 1，则圆心为 (1,0)，半径为 1，易知点 (0,2)在圆外，
k 2
显然 x 0是其中一条切线.当切线斜率存在时，设切线方程为 kx y 2 0，则 1，解得
1 k 2
k 3
4，所以切线方程为
3x 4y 8 0 .综上，切线方程为 x 0或3x 4y 8 0 .
【例 2】与圆 x2 y2 2x 4y 3 0同圆心，且过点 1, 1 的圆的方程是（ ）
A． x2 y2 2x 4 y 4 0 B． x2 y2 2x 4 y 4 0
C． x2 y2 2x 4 y 4 0 D． x2 y2 2x 4y 4 0
【答案】B
【详解】设所求圆的方程为 x2 y2 2x 4y m 0，由该圆过点 1, 1 ，得 m＝4，
所以所求圆的方程为 x2 y2 2x 4 y 4 0.
【跟踪训练 2】已知 O的圆心是坐标原点 O，且被直线 x 3y 2 3 0截得的弦长为 6，则 O
的方程为（ ）
A． x2 y2 4 B． x2 y2 8 C． x2 y2 12 D． x2 y2 216
【答案】C
【详解】由题可设 O的方程为 x2 y2 r2．∵ O被直线截得的弦长为 6，且圆心到直线的距
0 0 2 3 2 6 2
离 d 2 2 3，∴ 3 r 2，解得 r 2 12，可得 O的方程为 x y 12．
1 3 2
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重点 2：直线与直线、圆、圆与圆的位置关系
1.两条直线平行与垂直的判定
（1）两条直线平行
对于两条不重合的直线 1 ， 2 ，其斜率分别为 1 ， 2 ，则有 1// 2 1 = 2 。
当直线 1 ， 2 的斜率都不存在时， 1 与 2 平行。
（2）两条直线垂直
如果两条直线 1 ， 2 斜率存在，设为 1 ， 2 ，则 1 ⊥ 2 1 2 = 1 。
当一条直线斜率为零，另一条直线斜率不存在时，两直线垂直。
2.直线与圆的位置关系与判断方法
方法 过程 依据 结论
代数法 联立方程组消去 （或 ）得一元二次 > 0 相交
方程，计算 = 2 4 = 0 相切
< 0 相离
几何法 计算圆心到直线的距离 ,比较 与半 ＜ 相交
径 的关系。 = 相切
相交时弦长为 2 2 2 ＞ 相离
3.圆与圆的位置关系
设圆 1: 21 + 2 21 = 1 1 > 0 ,
圆 : 2 2 22 2 + 2 = 2 2 > 0 。
代数法：
几何法：圆心距 与 1 , 2 的关系 两圆方程联立组成方程组的解的情况
外离 > 1 + 2 无解
外切 = 1 + 2 一组实数解
相交 2 1 2 < < 1 + 2 两组不同的实数解
内切 = 1 2 1 ≠ 2 一组实数解
内含 0≤ ＜ 1 2 1 ≠ 2 无解
【例 3】（多选）已知直线 l1 : x sin y 0与直线 l2 : x 3y c 0，则直线 l1与直线 l2的位置关系可
能是（ ）
A．相交 B．重合 C．平行 D．垂直
【答案】ABC
1
【详解】直线 l1的斜率为 k1 sin ，过定点 (0,0)，直线 l2的斜率为 k2 ，过点 c,0 ．3
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l 1 1若直线 1与 l2相交，则 sin ，而 1 sin 1，即 sin 3 3可以成立，A正确；
若直线 l1与 l
1
2重合，则 c = 0，且sin ，而 1 sin 1，3
1 1
可以有 sin ，B正确；若直线 l1与 l2平行，则 sin 且 c 0，而 1 sin 1，3 3
1 1
可以有 sin ，C正确；若直线 l
3 1
与 l2垂直，则 k1k2 sin 1，则 sin 3，3
与 1 sin 1矛盾，直线 l1与 l2不可能垂直，D错误．
【跟踪训练 3】已知直线 l1 :ax 3y 3 0,l2 : x y 2 0 .
(1)若 l1 l2，求实数 a的值；
(2)当 l1∥ l2时，求直线 l1与 l2之间的距离.
(1)a 3 (2) 2【答案】
2
【解析】（1）因为直线 l2的斜率存在且不为 0，所以直线 l1的斜率存在.设直线 l1的斜率为 k1，直
线 l
a
2的斜率为 k2 .则 k1 ， k2 13 当
l1 l2时有 k1k2 1，解得 a 3 .
（2）当 l1∥ l2时，k1 k2，解得 a 3 .即 l1 : x y 1 0 l l
|1 2 | 2
所以 1和 2间的距离 d 12 12 2
2 2
【例 4】（多选）已知两圆的方程分别为 x2 y2 16， x 4 y 3 r2 r 0 ，则下列说法正
确的是（ ）
A．若两圆内切，则 r＝9
B．若两圆的公共弦所在直线的方程为 8x－6y－37＝0，则 r＝2
C．若两圆在交点处的切线互相垂直，则 r＝3
D．若两圆有三条公切线，则 r＝2
【答案】ABC
【详解】圆 x2 y2 16的圆心为（0，0），半径为 4 x 4 2 y 3 2，圆 r2的圆心为（4，－3），
半径为 r，两圆的圆心距d 16 9 5．
对于 A，若两圆内切，则 d r 4 5，则 r＝9，故 A 正确；
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对于 B，联立两圆的方程可得8x 6y r2 41 0，令 r 2 41 37，得 r＝2，故 B正确；对于 C，
若两圆在交点处的切线互相垂直，则一个圆的切线必过另一个圆的圆心，
（圆的切线与经过切点的半径垂直，又∵两圆切线相互垂直且交于一公共切点，所以两切线分
别与另一圆的半径重合，半径经过圆心，所以此时两切线经过圆心）
分别设两圆的圆心为O,O1 4, 3 ,则 OO1 5
如图，所以52 42 r 2，解得 r＝3，故 C 正确；
对于 D，若两圆有三条公切线，则两圆外切，则d 4 r 5，得 r＝1，故 D 错误．
【跟踪训练 4】（多选）已知圆C : x21 y a
2 9 2与圆C2 : x a y 2 1有四条公切线，则实数 a
的取值可能是（ ）
A．－4 B．－2 C．2 2 D．3
【答案】AD
【详解】圆心C1 0,a ，半径 r1 3，圆心C2 a,0 ，半径 r2 1．因为两圆有四条公切线，所以两
圆外离．又两圆圆心距 d 2 a ，所以 2 a 3 1，解得 a 2 2 或a 2 2．
重点 3：离心率的求法
1 c、利用定义：e =
a
2、建立 a 与 c 之间的齐次式再进行化简
3、利用焦点三角形的各边关系（ PF1F2,P为椭圆或双曲线上一点）

①椭圆：e= 1 2
1+ 2

②双曲线：e= 1 2
1 2
c 2
注：实际上是利用 e = = 来进行求解的
a 2
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4、利用焦点三角形的角度（ PF1F2,P为椭圆或双曲线上一点）
sin∠
①椭圆：e= 1 2
sin∠ 2 1+sin∠ 1 2
sin∠
②双曲线：e= 1 2
sin∠ 2 1—sin∠ 1 2
2 2
【例 5】F1、F
x y
2为 E： MF F F MFF 30
a2

b2
1左右焦点，M E，且 2 1 2， 1 2 ，则 E的离心率
e ______.
【答案】 3
【详解】在Rt MF1F2中， MF1F2 30 ，MF1 2MF2 ,MF1 MF2 2a 得到MF2 2a
F c1F1 2c 3MF2 3 2a ，故 e 3a
5 1 x
2 y2
【跟踪训练 — 】椭圆 2 2 1（a b 0）的右焦点F c,0
b
关于直线 y xc 的对称点
Q在椭圆
a b
上，则椭圆的离心率是 ．
2
【答案】
2
b m c n
【详解】设F c,0 关于直线 y x的对称点为Q(m,n)c ，则有线段 FQ的中点坐标为 ( , )2 2 ，
n b
1 3 2 2
且直线 FQ y
b
与直线 x
m c c c cb 2bc
c 垂直，所以有 n b m c，解得m a2
,n
a2
，

2 c 2
3 2 2
c3Q( cb
2 2bc2 (c cb ) 2 ( 2bc 2 c
所以 2 , 2 )
)
在椭圆上，即有 a2a a a
2
1，又 e a，可得a2 a 2
e2 4e4 4e2 1 4e4 1，可得 4e6 e2 1 0，所以 4e6 2e4 2e4 e2 2e2 1 0，
2e2即 1 2e4+e2+1 0 2，因为0 e 1，所以2e2 1 0，解得 e .
2
x2 y2
【跟踪训练 5—2】已知椭圆 2 2 1(a b 0)，点F1、F2是椭圆的左右焦点，点 A是椭圆上的a b

点，△AF1F2的内切圆的圆心为M ，若MF1 2MF2 2MA 0，则椭圆的离心率为______.
2
【答案】 3

【详解】取线段 AF2的中点N，因为MF1 2MF2 2MA 0，
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所以F1M 2MF2 2MA 2 MF2 MA 4MN，

所以点 F1、M、N三点共线，且 F1N 5MN ，所以 F1N为△AF1F2的中线，
又因为点M 为△AF1F2的内切圆的圆心，所以 F1N为 AF1F2的角平分线，
所以△AF1F2为等腰三角形， F1N AF2 ，则MN为内切圆半径 r，
2S F1N AF 5r A Fr 2 2 F A FF 4 AF
C F1A F F AF F A F F AF
，整理得 1 1 2 2
1 2 2 1 1 2 2
2c F F 2
则 F1A F1F2 2 AF e
1 2
2 ，所以 2a F1A AF
.
2 3
重点 4：曲线与方程
【例 6】已知 A 3,0 ,B 3,0 ，动点C x, y 满足 CA 2 CB ，则点C的轨迹方程为___________.
【答案】 (x 5)2 y2 16（实际上为阿波罗尼斯圆）
【详解】 CA (x 3)2 y 2 ,CB (x 3)2 y 2 ，
由题意得 (x 3)2 y2 2 (x 3)2 y2，所以 (x 3)2 y 2 4 (x 3)
2 y 2
整理可得 x2 y2
2
10x 9 0，即 x 5 y 2 16 .故答案为： x 5 2 y 2 16 .
2 2
【跟踪训练 6—1 x y】点 M 为椭圆 1上一点， F1,F2为椭圆的两个焦点，则△F1MF2的内心9 5
轨迹方程为____________.
x2 5y2
【答案】 1(y 0)
4 4
【详解】如图，设△F1MF2的内心为 I ，连接MI交 x轴于点 N，连接 IF1, IF2
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MI MF
在△MF 11I 中 IF1是 MF1N 的角平分线.根据内角平分线性质定理得到 NI NF .同理可得1
MI MF MI MF MF MI MF +MF 2a a
2 .所以 1 2 1 2NI NF NI NF NF ，根据等比定理得：

2 1 2 NI NF1 NF2 2c c
x2 y2 MI 3
在椭圆 1中， a 3,b 5,c 2所以
9 5 NI 2
设 I x, y ,M x0, y 0 ,N x1, y1 ，则 y0 0
2
MF x 2 2 y 2 x 2 2 x0 21 0 0 0 5 1 3 x ，同理 MF 3
2
x
9
3 0 2 3
0
3 2 x0
又 F1N x1 2, F2N 2 x 3
x
，则 1
2
x 41 2 ，可得 1 x2 x 9 03 x 1
3 0
4
所有 N x ,0
MI x x , y y , IN 4 x x, y
9 0
， 0 0 0
9
3 MI IM x x 2 x 3由 ，得 0 0 x ， y y
3
0 y2 3 2 2
3 5 2 2 2 2
所以 x0 x , y0 y
x y
，代入椭圆 1 . x 5y方程得 1，由 y0 0，则 y 0 .2 2 9 5 4 4
2 2
所以△F1MF
x 5y
2的内心轨迹方程为： 1 y 0 4 4
2 2
【跟踪训练 6 x y—2】圆 x2 y2 1的切线与椭圆 1交于两点 A,B分别以 A,B为切点的
4 3
x2 y2
1的切线交于点 P，则点 P的轨迹方程为__________．
4 3
x2 y2
【答案】 1 【详解】设切点分别为 A(x1, y1),B(x2 , y2 )，则过点 A(x1, y1)的切线方程为16 9
y y1 k(x x1)，即 y kx y kx代入3x2 4y21 1 12 0，整理化简可得
(3 4k 2 )x2 8k(y kx )x 4(y kx )2 12 0，由题设可得64k 2 21 1 1 1 (y1 kx1) 4 4[(y1 kx1)
2 3](3 4k 2 ) 0，
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2
即3 4k 2 (y kx )2，结合3x2 4y2
3x
1 1 1 1 12 0可得 k
1
4y2 ，则切线方程为
3x1x 4y1y 12 0 ；同理
1
可得经过点 B(x2 , y2 )的切线方程为3x2x 4y2 y 12 0 ．设交点P(x0 , y0 )，故由题设可得
3x1x0 4y1y0 12 0 且3x2x0 4y2 y0 12 0，观察这两个等式可以看出经过两点 A(x1, y1),B(x2 , y2 )的
12
直线是3x0x 4y0 y 12 0，又该直线与 x2 y2 1相切，则 1，即 9x2 16y2(3x )2 (4y )2 0 0
144，即
0 0
x2 y2
交点 P在曲线 1运动
16 9
重点 5：定点与定值问题
x2 y2
【例 7】已知椭圆: E : 2 2 1(a b 0)上动点 P、Q，O 为原点；a b
（1 2 2）若 OP OQ a2 b2，求证: kOP kOQ 为定值；
（2）点B 0,b ，若 BP BQ，求证：直线 PQ过定点.
【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析
【详解】（1 2 2 2 2 2 2 2 2）由题意可知：设P x1, y1 ,Q x2 , y2 ， OP | OQ | x1 y1 x2 y2 a b ，
2 2
P,Q y2 b2 1 x 1 , y2 2
x
由 在椭圆上，则 1 2 2 b 1
2
a a
2 ，

2 2
x2 b2

1 x 1 x2 b2
x2 1 a2 b2代入得： 2 2 21 a2 2 a2 ，整理得：
x1 x2 a ，

x2 x2b2 1 1 b2

2 1
2 1 1
则 2 2 a a2 1 2 x21 x22 4 x21 x22 2 ，
kOP k
y y y y
1 2 1 2 b2 a a bOQ x x x2

1 2 1 x
2 x2 x2 x2 2 21 1 1 1 x2 a
2
∴ k
b
OP kOQ 为定值 ；a2
（2）易知，直线 PQ的斜率存在，设其方程为 y kx m，设P x1, y1 ,Q x2 , y2 ，
y kx m
x2 y2 y 2 2 2 2 2 2 2 2 2，消去 ，整理得 b a k x 2a kmx a m a b 0，
a2
2 1b
2 2 2 2 2
则 x1 x
2a km
1 2 2 2 ,x x
a m a b
，由 BP BQ，且直线 BP,BQ的斜率均存在，
b a k 1 2 b2 a2k 2
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y1 b y b 2 1 2
x x ，整理得
x1x2 y1y2 b y1 y2 b 0，
1 2
因为 y1 kx1 m, y2 kx2 m，所以 y1 y2 k x1 x2 2m, y1y k 21 x1x2 km x1 x2 m2，
2 2 2
整理得 1 k x1x2 k m b x1 x2 m 2bm b 0，
2 2
a2 b2 m2 2b3m b2 a2 b2 0 . b a b解得 m ，或m b（舍去）.
a2 b2
b a2 b2
∴直线 PQ恒过定点 0, 2
a b
2 .

【跟踪训练 7】已知点 A 1,0 ，B 1, 1 和抛物线C : y2 4x，过点A的动直线 l交抛物线于M ,P，
直线MB交抛物线C于另一点Q，O为坐标原点.
uuur uuur
（1）求OM OP；
（2）证明： PQ恒过定点.
【答案】(1)5; (2) PQ恒过定点 1, 4 ,证明见解析
y2 y2 y1 y1 y 2
【详解】(1) 设点M 1 , y , P 2 , y ,因为 P,M , A三点共线,故 k k ,即 y2 y2 24 1 4 2 AM PM 1 1 1 y 2 ,即 4 4 4
y1 1 uuur uuur y2 y21 2
y2

4 y y ,所以 y1y2 = 4 .故OM OP y1y2 5 .1 1 2 4 4
y23
y3 1 y1 y3 y 1 1
(2) 设点Q , y3 ,因为M ,B,Q

4 三点共线,
3
所以 kBQ kQM ,所以 y2 2 23 1 y1 y3 ,即 y2

4 y y ,化 4 4 4 3 1 3
简得 y1y3 y1 y3 4 0 .
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4 4 4
由(1) y1y2 = 4 ,所以 y1 ,即 y3 y 4 0 4 y y y y 4 0y2 y2 y
3 ,即 2 3 2 3 ...①
2
k y 2 y3 4 2
因 PQ y2 y2

y y ,所以直线 PQ的方程为 y
4 y
y x 2
2 3 2 3 2 y y 4 , 2 4 4 3
即 y y2 y 22 y3 4x y2 ,即 y y2 y3 y2y3 4x ,由①有 y2 y3 4 y2 y3 4 ,代入可得
y 4 y2 y3 4 x 1 .所以直线 PQ恒过定点 1, 4 .
【例 8】已知⊙O : x2 y 2 r 2 与直线 x 3y 4 0相切．
(Ⅰ)求半径 r．
| PA |
(Ⅱ)若点 A(1,0)，B(4,0)，点 P(x, y)是⊙O上的动点，求证： | PB |为定值．
1
【答案】(Ⅰ)2 (Ⅱ) 2
4
【详解】(Ⅰ)圆心 0,0 到直线 x 3y 4 0的距离 r， r 2 1 3 ．
PA
2cos 1 4sin 2
(Ⅱ)因为 P在圆上，所以可设P 2cos , 2sin ， PB ， 2cos 4 4sin 2
5 4cos 1
5 4cos 是定值．
2 2
【跟踪训练 8】设抛物线C：y 2 4x， F为C的焦点，过 F的直线 l与C交于 A，B两点.
（1）设 l的斜率为 2，求 AB 的值；

（2）求证：OA OB为定值.
【答案】（1）5；（2）证明见解析.
【详解】（1）依题意得F 1，0 ，所以直线 l的方程为 y 2 x 1 .
y 2 x 1
设直线 l与抛物线的交点为 A x1，y1 ，B x2，y2

，由 y2 4x 得， x
2 3x 1 0，

所以 x1 x2 3， x1x2 1 .所以 AB AF BF x1 x2 p 3 2 5 .
（2）证明：设直线 l的方程为 x ky 1，直线 l与抛物线的交点为 A x1，y1 ，B x2，y2 ，
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x ky 1
由 22 y y 4k y y 4
y 4x
得， y 4ky 4 0，所以 1 2 ， 1 2 .

因为OA OB x1，y1 x2，y2 x1x2 y1y2 ky1 1 ky2 1 y1y2
k 2

y1y2 k y1 y2 1 y1y2 4k 2 4k 2 1 4 3 .所以OA OB为定值.
重点 6：最值与范围问题
x29 y
2
【例 】已知菱形 ABCD是椭圆C : 2 2 1 a＞b＞0 的内接四边形.a b
1 1
（1）求证： 为定值；
OA2 OB2
（2）求菱形 ABCD面积的最值.
2 2
【答案】(1) 2 4a b见解析（ ）最小值和最大值分别是 和 2ab .
a2 b2
【详解】（1）如图所示，在菱形 ABCD中，设OA m，OB n， AOx .则点 A mcos ,msin ，
2 2 2 2
B nsin ,ncos . m cos m sin 又因为点A和点 B都在椭圆C上，则有
a2
1 .
b2
m2 1 n2 1 1 1 1 1
从而， cos2 sin
2 ，同理， cos2 sin
2 .故 .
2 2 2 2 m
2 n2 a2 b2
a b b a
2 1 1 1 1 1 1 2（ ）
m2

n2
2 2 2 .a b m2 n2 mn
1 cos 2 sin 2 cos 2 sin 2 cos2 2
2
sin 1又 2 m n2 a2 b2 b2 a2 2 2 ， ab ab a b
4a2b2
故菱形面积的最小值和最大值分别是 2 2 和2ab .a b
2 2
【跟踪训练 9 x y—1】已知F1，F2是双曲线C : 2 2 1 a 0,b 0 的左、右焦点，且双曲线C过点a b
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解析几何创新学案——2023 届高考二轮专题复习

P 15 , 2 3

3 3 ，
PF1 PF2 0．

(1)求双曲线C的方程；
(2)已知过点(0,-1)的直线 l交双曲线C左、右两支于M ，N两点，交双曲线C的渐近线于 P， Q
y MP QN（点Q位于 轴的右侧）两点，求 PQ PQ的取值范围．
y2
【答案】(1) x2 1；(2) 0, 3 1 .
2
【解析】(1)设双曲线的半焦距为c，
15 2 3
∵ PF
15 2 3
1 PF2 c , c , 0，∴ c
2 3．
3 3 3 3
5 4 y2
又 3 3 1， a
2 b2 c2，解得 a 1，b 2，∴双曲线C的方程为 x2 1．
a2 b2 2
(2)由题意可设直线 l的方程为 y kx 1，双曲线C的渐近线方程为 y 2x，
y 2x, x 1

y 2x, 1联立 得 ，联立 得 x ，
y kx 1,
P k 2 y kx
Q
1, k 2
PQ 1 k 2 x x 1 k 2 1 1 2 2 1 k
2
∴ P Q k 2 k 2 k 2 2 ．
2
x2
y
1,
联立 2 得 2 k 2 x2 2kx 3 0，
y kx 1,
设M x1, y N x , y 2k
3
1 ， 2 2 ，则 x1 x2 x x 2 k 2 ， 1 2 2 k 2 ，

2 k 2 0,
2
由 4k 4 2 k 2 3 0, 即 k 2 2，

x x 3 0,
1 2 2 k 2
2 2 1 k 2 2 2 3 k 2
∴MN 1 k x1 x2 4x1x2 k 2 ， 2
MP QN MP QN PQ MP QN PQ MN
∴ 1 1 1PQ PQ PQ PQ PQ PQ
2 2 k 21 k 2 2 3 k 2
1 3 k 2 1
k 2
．
2 2 2 1 k 2
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又0 k 2 2，∴1 3 k 2 3，∴0 3 k 2 1 3 1，
MP QN

∴ PQ PQ
0, 3 1
的取值范围为 ．
x2 y2
【跟踪训练 9—2】已知双曲线C：2 2 1(a 0，b 0)的离心率为 2，F为双曲线的右焦点，直a b
线 l过 F与双曲线的右支交于 P，Q两点，且当 l垂直于 x轴时， PQ 6；
(1)求双曲线的方程；

(2)过点 F且垂直于 l的直线 l '与双曲线交于M，N两点，求MP NQ MQ NP的取值范围．
y2
【答案】(1) x2 1(2) , 12
3
2b2
【解析】(1)依题意，c 2a，当 l垂直于 x轴时， PQ 6，
a
y2
即b2 3a，即 c2 a2 3a，解得 a 1，b 3，因此 x2 1；
3
2
(2)设 lPQ : x my 2
y 2 2
，联立双曲线方程 x2 1，得： 3m 1 y 12my 9 0，
3
当m 0时，P 2,3 ,Q 2, 3 ,M 0, 1 ,N 0,1 ，

MP NQ MQ NP 12，当m 0时，设P x1, y1 ,Q x2 , y2 ,M x3, y3 ,N x4 , y4 ，
因为直线 PQ与双曲线右支相交，
9 3 3 9m2
因此 y1y2 3m2
0，即m ,0 0, ，同理可得 y3y 1 4 2 ， 3 3 3 m

依题意MP NQ MF FP NF FQ MF NF FP FQ，

同理可得，MQ NP MF FQ NF FP MF NF FP FQ，

2 1
而 FP FQ MF NF 1 m y 1y 2 1 m2 y 3y 4 ，
9 9m2
代入 y1y2 3m2
， y y
1 3 4 3 m2
，
2
9 1 m2 9 1 m2 18 1 m2 6 3m4 6m2 3
FP FQ MF NF 2 3m 1 3 m2 1 3m2 3 m2 3m4 10m2 ， 3

FP FQ MF NF 6 96m
2
分离参数得， ，
3m4 10m2 3
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因为m
3 ,0 3 2 1 1 10 0, m 0, m2，当 时，由 2 ,
3 3 3 m 3
，


FP FQ MF NF 6 96 , 6
1 3 m2 2 10 ， m

所以MP NQ MQ NP 2 FP FQ MF NF , 12 ，

综上可知，MP NQ MQ NP的取值范围为 , 12 .
重点 7：探索型与存在性问题
x2 y2 48
【例 10】已知椭圆C : 2 2 1 a b 0 的内接正方形的面积为 7 ，且长轴长为 4．a b
(1)求 C的方程．
(2)直线 l经过点 1,1 ，且斜率大于零．过 C的左焦点F1作直线 l的垂线，垂足为 A，过 C的右
焦点 F2作直线 l的垂线，垂足为 B，试问在 C内是否存在梯形 F2F1AB，使得梯形 F2F1AB的面积
有最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．
x2(1) y
2
【答案】 1 (2)存在； 2 1
4 3
【解析】（1）设 C的内接正方形的一个端点坐标为 x, x ，
x2 x2 a2b2 2a2b2 2a2b2 48
则 x2
a2 b2
1，解得 a2 b2 ，则 C的内接正方形的面积为 2 2 ， a2 b2 a2 b2 7
即12 a2 b2 7a2b2 ．又2a 4，所以a 2，
2 2
2 2 2 2 x y
代入12 a b 7a b ，解得b2 3，故 C的方程为 1．
4 3
（2）存在梯形 F2F1AB，其面积的最大值为 2 1．理由如下：设直线 l : y kx m， k 0．
m k 1
因为直线 l经过点 1,1 ，所以m k 1，所以点 F1 1,0 到直线 l的距离为 2 2 ，k 1 k 1
点F2
m k
1,0 2k 1到直线 l的距离为
k 2 1 k 2
，
1
1 1 2k 1
所以梯形 F2F1AB的面积 S F F cos 2 k 2 1 k 2
1 2 （ 为直线 l的倾斜角），
1
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1 2k 2 1 2 k 1S 2 2 2 2 1
所以 2 k 2 1 k 2 1 k 2 1 k 1 2 2 2 2 2 ，
k 1
当且仅当 k 2 1时，等号成立，
此时，直线 l : y 2 1 x 2 ，直线 BF2 : y 2 1 x 2 1，

x
2

4
联立这两条直线的方程，解得 ，
y 3 2 2 4
2 2
2 3 2 2
因为 4

4 1 22 12 2 47 24 2 47 24 1.5 83 ， 1
4 3 32 48 96 96 96

B 2 , 3 2 2
4 2 2 2
所以点 4 4 在 C的内部.同理可证：
A ,
4 4
也在 C的内部.

故在 C内存在梯形 F2F1AB，其面积的最大值为 2 1．
2
【跟踪训练 10—1】已知抛物线 y 2px p 0 经过点 P 4, 4 ，其焦点为 F．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点Q在抛物线C上，试问在直线 2x y 6 0上是否存在点N，使得四边形 PQFN 是平行四
边形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1) y2 4x
(2)直线 2x y 6 0上存在点N，使得四边形 PQFN 是平行四边形，此时Q 9,6 或Q 4, 4 ．
2
【解析】（1）因为抛物线 y 2px p 0 经过点 P 4, 4 ，所以16 8p，即 p 2，
所以抛物线C的方程为 y2 4x．

（2）由(1)知F 1,0 ，设N t, 2t 6 ,Q x0 , y0 ．因为四边形 PQFN 是平行四边形，所以 NP FQ，
所以 (4 t, 2t 2) x0 1, y0 ，所以 x0 5 t , y0 2t 2即Q 5 t, 2t 2 ，将点Q 5 t, 2t 2 代入
抛物线C 2的方程，可得 2t 2 4(5 t)，即 t 2 3t 4 0，解得 t 4或 t 1，所以Q 9,6 或Q 4, 4 ，
经检验，满足四边形 PQFN 是平行四边形．
所以直线 2x y 6 0上存在点N，使得四边形 PQFN 是平行四边形，此时Q 9,6 或Q 4, 4 ．
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x2 y2
【跟踪训练 10—2
1
】已知椭圆C : 2 1(a b 0)的左 右焦点分别为 F ,F ，离心率为 ，以a b2 1 2 3
原点为圆心 椭圆短半轴长为半径的圆与直线 x y 4 0相切.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点 F2作直线 l交椭圆C于M ,N两点（直线 l与 x轴不重合）.在 x轴上是否存在点 P，使得直
线PM与PN的斜率之积为定值？若存在，求出所有满足条件的点 P的坐标；若不存在，请说明
理由.
x2 y2
【答案】(1) + = 1；(2)存在，点 P的坐标为(-3,09 8 )和(3,0).
【解析】（1）由题意知，直线 x y 4 0与圆 x2 y 2 b2 相切，所以圆心 0,0 到直线 x y 4 0的
距离 d
4
2 2 b c 1，即b 2 2 .因为 e ,a2 c2 b2 ,b 2 2，所以a 3,c 1. C2 a 3 故椭圆 的标
x2 y2
准方程为 + = 1.9 8
（2）因为直线 l过点 F2 (1,0)且与 x轴不重合，所以可设直线 l的方程为 x my 1 .联立方程，得
x my 1,

x2 y2 化简并整理得 8m2 9 y2 16my 64 0.设M x1, y1 ,N x , y 1, 2 2 ，则 9 8
y 16m1 y2 2 ,y y
64
.所以
8m 9 1 2 8m2 9
18 72m2x1 x2 m y1 y2 2 2 , x1x2 my1 1 my 1 m2y y
9
m y y
8m 9 2 1 2 1 2 1 设存在点8m2 9
P t,0 y y，则直线PM与PN 1 2的斜率分别为 kPM ,k x PN ，所以1 t x2 t
64
k y1y2 y1y

2 8m2 9 64
PM kPN x1 t

x2 t x1x2 t x1 x2 t2 72m2 9 t 18 t 2 8t
2 72 m2 9 18t 9t 2 令
8m2 9 8m2 9
8t2 72 0，解得 t 3或 t 3 .当 t 3
4 16
时， m R,kPM kPN 9；当
t 3时， m R,kPM kPN .9
因此，满足条件的点 P的坐标为(-3,0)和(3,0).
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【创新题试做】
一、单选题
x2 21 y．已知椭圆 2 2 1 a b 0 的左、右焦点分别为F1、F2，经过F1的直线交椭圆于A，B， ABFa b 2

的内切圆的圆心为 I ，若3IB 4IA 5IF2 0，则该椭圆的离心率是（ ）
A 5 B 2 3 1． ． C． D．
5 3 4 2
二、多选题
x2 22 y．双曲线C : 1 (a,b 0)的虚轴长为 2，F1,F2为其左右焦点，P,Q,R2 2 是双曲线上的三点，过a b
P作C的切线交其渐近线于 A,B两点.已知△PF1F2的内心 I 到 y轴的距离为 1.
则下列说法正确的是（ ）
A． ABF2外心M 的轨迹是一条直线
2 2
B．当 a AOB x2 a2 y2 (a 1)变化时， 外心的轨迹方程为
4
C．当 P变化时，存在Q,R使得 PQR的垂心在C的渐近线上
D．若 X ,Y ,Z分别是 PQ,QR,PR中点，则 XYZ的外接圆过定点
三、填空题
x2 23 y．已知双曲线 G的方程 1 F16 9 ，其左、右焦点分别是 1，F2，已知点 P坐标为 4, 2 ，双曲

QF PF F F
G Q x , y x 0, y 0 1 1 2 1
PF1
线 上点 0 0 ， 0 0 满足 QF F F ，则
S△F S1PQ △F2PQ ______．
1 2 1
2 2
4 Р x y． 是椭圆 1上任意一点，O为坐标原点， PO 2OQ，过点 Q的直线交椭圆于 A，B
4 3
两点，并且QA QB，则△PAB面积为______________．
1 1 1
5．已知平面向量 x，y，z，| x | | y | | z | x y 1，则 x z y z2 2 的取值范围是__________．2
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四、解答题
6．已知动直线 l过抛物线C : y2 4x的焦点 F，且与抛物线 C交于M , N两点，且点 M在 x轴上
方，O为坐标原点，线段MN的中点为 G.
2
(1)若直线OG的斜率为 ,求直线 l的方程;
3
(2)设点 P x0 , 0 ，若 FMP恒为锐角，求 x0的取值范围.
2 2
7 x y．椭圆 2 1 a b 0
3
的左、右焦点分别是F、F2，离心率为 ，过F且垂直于 x轴的直
a b2 1 12
线被椭圆截得的线段长为 1．
(1)求椭圆的方程；
(2)若与坐标轴不垂直且不过原点的直线 l1与椭圆相交于不同的两点 A，B，过 AB的中点 M作

垂直于 l1的直线 l
1
2，设 l2与椭圆相交于不同的两点 C，D，且CN CD．设原点 O到直线 l1的距2
d
离为 d，求 MN 的最大值．
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8．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，向量OA x0 , y0 绕原点逆时针旋转 得到OB x, y ，
x x0 cos y0 sin
则有旋转变换公式 C : xy 1 C
y x0 cos y0 sin
．已知曲线 1 绕原点逆时针旋转 得到曲线 ．4 2
(1)求曲线C2的方程；
(2) A x1, y1 ， B x2 , y2 为曲线C2右支上任意两点，且直线 AB过曲线C2的右焦点 F2，点T 1,0 ，
延长 AT ,BT分别与曲线C2交于M ,N两点．设直线 AB和MN的斜率都存在，分别为 k1与 k2，问
是否存在实数 ，使得 k2 k1恒成立？
9．抛物线C : x2 2 py( p 0)的焦点为 F，准线为 l,A为 C上的一点，已知以 F为圆心， FA为半
径的圆 F交 l于 B,D两点，
(1)若 BFD 90 , ABD的面积为4 2，求 p的值及圆 F的方程
(2)若直线 y kx b与抛物线 C交于 P，Q两点，且OP OQ，准线 l与 y轴交于点 S，点 S关于
直线 PQ的对称点为 T，求 | FT ||的取值范围.
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10 x
2 y2
．如图，已知点 F1,F2分别是椭圆C : 1的左、右焦点，A，B是椭圆 C上不同的两点，4 3

且F1A F2B( 0)，连接 AF2 ,BF1，且 AF2 ,BF1交于点 Q．
1
(1)当 2 1时，求点 B的横坐标；(2)若△ABQ的面积为 2 ，试求 的值．
11 x
2
．已知点F 21、F2分别为椭圆 : y 12 的左 右焦点，直线
l : y kx t与椭圆 有且仅有一个公
共点，直线 F1M l ,F2N l ，垂足分别为点M、N .

(1)求证： t2 2k 2 1；(2)求证：F1M F2N为定值，并求出该定值；

(3)求 OM ON OM ON 的最大值.
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2
12 x y
2 3
．已知椭圆M ： 2 2 1 a b 0 焦距为 2 2，过点 2, ，斜率为 k3 的直线 l与椭圆有两a b
个不同的交点A B .
(1)求椭圆M 的方程；
(2)若 k 1， AB 的最大值；
(3)设P 2,0 ，直线 PA与椭圆M 的另一个交点为C，直线 PB与椭圆M 的另一个交点为D .若C
Q 7 1 D和点 ,4 2 共线，求实数 k的值.
2 2
13 x y．已知双曲线C : F F A( 1,0)
a2
2 （1 a 0，b 0）， 1、 2分别是它的左、右焦点， 是其左顶点，b
且双曲线的离心率为 e 2．设过右焦点 F2的直线 l与双曲线C的右支交于P、Q两点，其中点 P位
于第一象限内．
1
(1)求双曲线的方程；(2)若直线 AP、AQ分别与直线 x 交于M、N两点，证明MF NF 为定值；
2 2 2
(3)是否存在常数 ，使得 PF2A PAF2 恒成立？若存在，求出 的值，若不存在，请说明理
由．
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2 2
14．椭圆C x y 21 : 2 2 1(a b 0)经过点E 1,1 且离心率为 ；直线 l与椭圆C1交于 A， B两点，a b 2
且以 AB为直径的圆过原点.
(1)求椭圆C1的方程；

(2)若过原点的直线m与椭圆C1交于C,D两点，且OC t OA OB ，求四边形 ACBD面积的最大
值.
2 2
15 x y 2．已知椭圆E : 2 2 1(a b 0)过点 (0, 3)，离心率为 ，直线 y kx(k 0)与椭圆 E交于 A，Ba b 2
两点，过点 B作BC x，垂足为 C点，直线 AC与椭圆 E的另一个交点为D．
(1)求椭圆 E的方程；
(2)试问 ABD是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，说明理由
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【参考答案】

1．A【详解】因为3IB
3 5 1
4IA 5IF2 0，所以 IB IF8 8 2
IA，
2
1
如图，在 BF2上取一点 M，使得 BM : MF2 5:3，连接 IM，则 IM IA，2
则点 I为 AM上靠近点 M的三等分点，所以 S IAF : S2 IBF : S2 IBA 3 : 4 : 5，
所以 AF2 : BF2 : AB 3: 4 :5，设 AF2 3x，则 BF2 4x, AB 5x，
a
由椭圆定义可知： AF2 BF2 AB 4a，即12x 4a，所以 x 3，
4 5
所以 AF2 a， BF2 a, AB a， AF a3 3 1
故点 A与上顶点重合，在 ABF2中，由余弦定理得：
25 16
AB 2 F A 2
2 2 2
F B 2 a a a
cos BAF 2 2 9 9 3 2 5 2 AB F2A
，
2 a2 5
3
a2 2AF F cos BAF a 4c
2 3 c 5
在△ 1 2中， 2 2 ，解得： ，2a 5 a 5
2 2
2．AD【详解】因为已知△PF1F2的内心 I
x y
到 y轴的距离为 1，双曲线C : 2 2 1(a,b 0) 的虚轴a b
长为 2，所以△PF1F2的内心 I 横坐标｜x｜0 1 2a ｜PF1 PF｜2 ｜ x0 c（ c x）0 ｜ ｜2｜x0 2， a 1，双
曲线方程： x2 y2 1， F1 2,0 ,F2 2,0 ，渐近线 y x .
设P x0 , y0 , A x1, y1 ,B x2 , y2 ,Q x3, y3 ,R x4 , y4 .
x2 y2
当点P x ,y0 0 在双曲线 a2 2 1 a 0,b 0 上时：b
2 2
设直线 y kx m
x y
与双曲线 2 1 a 0,b 0 交两点 x 1 , y1 , x 2 , y2 a b2
b2x2 a2 y2 a2b2 0
(b2 a2k 2 )x2 2a2kmx a2 (m2 b2 ) 0
y kx m
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b2 a2k 2 0
Δ 4k 2m2a4 4(b2 a2k 2)a2(m2 b2) 4a2b2(b2 a2k 2 m2 ) 0
2
x x 2a km1 2
b2 a2k 2
2
y 2b m y k x x
1 2 1 2
2m b2 a2k 2
当直线与双曲线相切时Δ 0 b2 a2k 2 m2 0，此时切点Q x0 , y0 满足：
2

x x
2 2 b
1
x2 a km a k
0 2 m 2 m m y0 y kx m y x0b
2
x b
2 x0x y y ，切线 2 2
0 1
y y b2 y 1 2 m b
2 x b2 y a y a a2 0 0 0
k 0 2 m2 m y0a
2
x2 y2
设直线 y kx m与渐近线 0交两点 A x 3 , y 3 ,B x , y 2 2 4 4 a b
2
b2x2 a2 y2 0 x x 2a km
(b2 a2k 2)x2 2a2kmx a2m2 0 3 4 b2 a2k 2
x1 x2 2x0
y kx m y y y 3 4 1 y2 2y0
2
Q x , y k b x
2
0 a y切点 0 0 正是线段 AB的中点，∴ AB a2 y ；线段 AB中垂线是
y y0 0b2
x x0 x .0 0
中垂线与 y轴交于点 ，且 TA TB .
a2 x0x y0 y x b
2

a b2
1
bx ay a2b ab2

0 0
b

2 可设 A ,
y x bx ay

y ab 0 0
bx0 ay0
a bx0 ay0
ab2 2k AF W a b c ab
2
一方面， AF ,2 a2b c bx ay ；另一方面，线段 2中点是 0 0 2bx0 2ay0 2 2bx0 2ay0
ab2 y c2
0 4 2 2
k 2bx 2ay b
2 ab c 2bx0 y0 2ay0
WT
0 0
2 a b c a2b3 2 cb bx0 ay0
2bx0 2ay0 2
ab2 ab4 c2 2bx y 2ay2 a2b4 c2 2abx y 2a2y2k k 0 0 0 0 0 0 AF2 WT a2 b c bx0 ay0 a2b3 cb2 bx0 ay0 a4b 2 c2 bx0 ay 20
考虑到 a
2b4 c2 2abx0 y0 2a2 y2 0 a
4b 2 c2 bx 2 0 ay0 0
∴ kAF kWT 1 AF2 WT TA TF2 2
TA TB TF2 ，点T 确系 ABF2之外心M ！其轨迹是直线 x 0 .选项 A 正确！
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解析几何创新学案——2023 届高考二轮专题复习

A a
2 a 2, ;B a , a

依（1）设 x ay x ay 0 0 0 0 x0 ay0 x0 ay0
a2 , a a
2
, a

线段OA、OB中点是 2x 2ay 2x 2ay
、
0 0 0 0 2x0 2ay0 2x0 2ay

0
1 a2a a2 x ay
线段OA中垂线是 y a x 0 0 y2x 2ay ，即 0 0 2x0 2ay0 2 x a
2
a a2 x 1 a
线段OB中垂线是 y a x ，即 0
ay0
2 x y2x0 2ay0 2x0 2ay

0 a
1 a2 1 a2
x0 ay0 x0 ay∴ 2 x y

2
0
x
y
a a
2 21 a
x2 2 2 2 2
2
2
y2 0
a y0 a ，即 OAB 1 a2 外心的轨迹方程为 2
y x .故选项 B 错！4 x a2 a
2 4a2

u y y y x x
（3）对 PQR来讲，若垂心在渐近线上可设坐标是 u,u 0 3 4 3 4，进而 u x0 x3 x4 y3 y4
x0 y3 y0x3 x0 y4 x4 y0 x0x4 y0 y4 x0x3 y3y0
化简得u x4 y4 x3 y3 x4 y4 x3 y3
x0 y3 y0x3 x0 y4 x4 y0 x0 y3 y0x3 x3y4 x4 y3 x0 y4 y0x 4 x y x yu 3 4 4 3
x4 y4 x3 y3 x4 y4 x0 y0 x3 y 3 x0 y 0
x4x0 y4 y0 x3x0 y3y0 x0x3 y0 y3 u x4x3 y4 y3 x3x4 y3y4 x0x4 y0 y4
x4 y4 x3 y3 x0 y0 x4 y4 x3 y3 x0 y0
x0 y4 x4 y0 x3y4 x4 y3 x y y x x y x y u 0 4 0 4 3 4 4 3 x y y x 0 4 0 4
x3 y3 x0 y0 x3 y3 x0 y0 x3 y3
u x0 y4 x4 y0 x y x y x y x y∴ 0 3 3 0 3 4 4 3x3 y3 x4 y4 x0 y0
x x y x y 0 4 4 y0 3 3 u x4x0 y4 y0 x3x0 y3y0
把 x y x y 代入
u
x y x y 并化简得： x4 y4 0 3 3 0 4 4 3 3 u
x0 y0 x3 y3 x4 y4 0
考虑到P x ,y x y 0 x y x y0 0 不在渐近线上得 0 0 ，故 3 3 4 4
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k y3 y4∴ QR 1x x ，这不可能！垂心不能在
y x上，同理不能在 y x上，选项 C错误；
3 4
x x y y
（4）设O 0,0 , X 0 3 0 3 , ,Y
x3 x4 , y3 y4 ,Z x4 x0 , y4 y0
2 2 2 2 2 2
k k
tan ZXY tan R
QR PR
1 kQR kPR
b2k x 3
x4 x 3 x4QR 2
a y3 y4 y3 y4
2
k b x0 x4 x0 x 4PR
a
2 y0 y4 y0 y4
x3 x4 x0 x 4
y3 y4 y0 y4 x3 x4 y0 y4 x0 x4 y3 ytan ZXY 4
1 x3 x4 x0 x

4 y3 y4 y0 y4 x3 x4 x0 x4
y3 y4 y0 y4
y3 y4 y0 y 4
kOY kOZ x 3 x 4 x 0 x 4 x x y y x xtan ZOY y y y y y y
0 4 3 4 3 4 0 4
1 k k 1 3 4 0 OY OZ 4 y 3 y 4 y 0 y 4 x 3 x 4 x 0 x 4
x3 x4 x0 x4
tan ZXY tan ZOY 0 ZXY ZOY O,Z , X ,Y共圆！
XYZ的外接圆过定点原点，选项 D对.
3．8【详解】
如图，设 QF F1 2的内切圆与三边分别相切于D,E,G，可得QD QG ,F1D F1E ,F2E F2G ，又由双曲
线定义可得QF1 QF2 2a 8，则QD DF1 QG GF2 DF1 GF2 EF1 EF2 2a，又 EF1 EF2 2c ，
解得 EF1 a c，则 E点横坐标为 a，即内切圆圆心横坐标为 a .

QF1 PF1 F2F1 PF1 QF1 PF1 cos PF1Q F2F1 PF cos PF F
又
1 1 2
，可得 ，化简得 cos PF1Q cos PF1FQF 2 ，1 F2F1 QF1 F2F1
即 PF1Q PF1F2 ，即 PF1是 QF1F2的平分线，由于P 4,2 ，a 4，可得 P即为 QF F1 2的内心，且
1 1
半径 r为 2，则 S△F1PQ S△F r (QF QF2PQ 2 1 2
) 2 8 8 .
2
9
4． 2
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x ' x

【详解】作变换 3 之后椭圆变为圆，方程为 x 2 y 2 4，
y ' y 2
P 'O 2OQ '
, OA 'Q ' B 'Q ' 是△P A B 的重心，又 O是△P A B 的外心 △P A B ′是等边三角形，
2
∴ S 3 3 9△P A B 3R 3 3 ． S PAB S4 2 P 'A 'B ' 2

1 x y 1
5．[ 3, 7]【详解】设 x， y的夹角为 ， | x | | y | | z | x y 1， cos x y 2，2

0, π π， .如图，由题可设 x OA (1,0)， y OB (1, 3)， z OC (x , y )3 ，
E 1其中 O为原点，C在单位圆上，记 ,0
1
2 ，假设存在一点
F x0 , y0 ，使得CE CF
2
(x 1 1则有 )2 y2 [(x x0 )
2+(y y )2 ] 4(x2 10 x ) y
2 x2 2x x0 x
2
0 y
2 2y y y 2，
2 4 4 0 0
4 2x0
0
3
2y x 2
3x2 3y2 (4 2x0 )x 2y0 y 1 x
2
0 y
2
0 0，又 x2 y2

1 0， 0 0 解得 .
3 y0 0
x 20 y
2
0 1 1 3
所以存在点 F ( 2,0)
1
，使得CE CF .2
1 1
x z y z | OE OC | 1 | OB OC | EC 1CB C| F | C| B |
2 2 2 2 2 ，
3
且直线 BF的方程为 y (x 2)，即 x 3y 2 0，圆心O到直线的距离为 1.
3
|CF | |CB | BF
所以 BF与圆相切，所以当 B ,C , F三点共线时， 取得最小值为 3，
2 2
如图，C在C1位置时， 因为 BF 2 3， |C1B | |C1F | 2 7，且 2 7 2 5 ，
由椭圆定义可知，此时C1在以 B， F为焦点的椭圆上，
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当C在其他位置时，C在椭圆内部，
|CF | |CB |
所以 (|CB | |CF |)的最大值为 |C1B | |C1F | 2 7，即 的最大值为 7 .2
1 1
x z y z [ 3, 7]
2 2 .
6．(1) x y 1 0或 2x y 2 0 (2) 0,1 ∪ 1,9
【解析】(1)由题意得 F (1，0)， 设直线 l 的方程为 x ty 1,M x1, y1 ,N x2，y2 )，
x ty 1
线段MN的中点 G(x0 , y0 )．联立方程 2 ，整理得： y
2 4ty 4 0
y 4x
，
由韦达定理得： y1 y2 4t, y 21y2 4． y0 2t, x0 ty0 1 2t 1，即G 2t2 1, 2t ．
2 2t 2 1
∵直线OG的斜率为 t t 13， 2t 2 1 3，解得： 或 ， 2
∴直线 l的方程为： x y 1 0或 2x y 2 0．
y2
(2) FMP为锐角，等价于MF MP 0．设M 1 , y4 1 ,F(1, 0),P x0 , 0 ，
y2 y2 1 y
2 y2 y4 y2
则MP x0 , y
1
1 ,MF 1 ,
3
y 2 2
4 4 1 ，故
MF MP x 10 1
1 y 11 y1 1
1 x0 0恒成立．
4 4 16 4 4
y2
令 t 1 ，则 t 0，原式等价于 t2 3t (1 t)x
4 0
0对任意的 t 0恒成立，
即 t 2 3 x0 t x0 0 对任意的 t 0恒成立．令 h(t) t 2 3 x 0 t x 0 ．
0
x 3
① 3 x 2 20 4x0 x0 10x0 9 0，解得：1 x 9；② 00 0，解得：0 x2 0
1．

h 0 0
又 x0 1，故0 x0 1．综上所述， x0的取值范围是 0,1 ∪ 1,9 ．
x2 2 257．(1) y 1；(2) .
4 16
x2 y2 b2
【解析】(1)令椭圆半焦距为 c，则 F1( c,0)，将 x c代入椭圆方程 a2
2 1，得 y ，b a
2b2 2 2 2
依题意， 1 c a b b 3，即 a 2b2．又离心率e 1 a 2b a 2 b 1
a a a a2
，即 ，解得 ， ，
2
x2
所以椭圆的方程为 y2 1.
4
x2 4y2 4
(2)依题意，设直线 l1 : y kx m k 0,m 0 ，由 y kx m 消去 y并整理得：
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1 4k 2 x2 8kmx 4m2 4 0
8mk 4mk m
64k 2m2 16(1 4k 2 )(m2 1) 0 ，设 A x1, y1 ，B x2 , y

2 ，则 x1 x2 ，有M1 4k 2
,
1 4k 2 1 4k 2
，

l : y m 1 x 4mk 1 3m于是有直线 2 2

1 4k k 1 4k 2 ，即
y = - x-
k 1+ 4k 2
，
y 1 x
3m
1 4 2 24m 36m
2
由 k 1 4k 2 消去 y并整理得： 2 x x 4 0
2 2 k k 1 4k2
2
x 4y 4 1 4k
2 ，

24mk
设C x3, y3 ，D x x + x = -4 , y4 ，则 3 4 (1+ 4k 2)(k 2 + 4)，则线段 CD中点
2
N ( - 12mk , - 3mk )
(1+ 4k 2)(k 2 + 4) (1+ 4k 2)(k 2 + 4) ，
1 4 m k 2 1 k 2 1 m d 1 4k 2 k 2 4
因此， MN 1 2 xM x k N
d 1 4k 2 k 2 ，又 ，从而得 2 ， 4 1 k 2 MN 4 k 2 1
2
2 d 4t 9t 9
2
令 t k 1 t 1 9 9 9 1 1 25 25，则 MN 4t 2 2 1 （当且仅当 t 2时取等号），4t 4t 4 t 2 16 16
d 25
所以当 k 1时， MN 取得最大值 16．
2 2
8．(1) x y 1(2)存在实数 7，使得 k2 7k1成立.2 2

x
2
x
2 0
y0
(1) x 2【解析】 由题意得： ， 0 x y ， y
2 x y 1
2 2 0
y x ，又 0 0 ，

y x0 y0
2
2
1 2 2 2 2
y2 x2 1 x y 1 C x y，即 ， 曲线 2的方程为： 1 .2 2 2 2 2
AT : y y(2)由题意知：直线 AT 1斜率存在且不为 0，可设直线 x 1 x1 1
，
y y 1 x 1 x1 1
由 得： x 1 x21 y21 x 1
2 2 x 21 1 02 2 …①，
x y
1 2 2
x2 y2 2， 可将 y21 1 1 x
2
1 2代入①式，
化简得： 2x1 3 x2 2 x21 2 x 3x21 4x1 0，
3x2 2
设 M x ,y 2 x 2，则 x x 1 4x 1 1 0 0 0 1 2x 3 ， x0 x ，1 1 2x1 3
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x 3x 4 y 1 y 1 x 1 y y 1 M 3x1 4 y1 0 2x 3，代入 x 得： 0 ，即 , ，1 1 1 2x1 3 2x1 3 2x1 3
3x 4 y
同理可得： N 2 , 2
2x2 3 2x2 3
；

y1 y A,B,F 22三点共线， x y xx 2 x 2 ，可得 1 2 2
y1 2 y2 y1 ，
1 2
y2 y1
2 x y x y 3 y y 4 y y 3 y y y y
k 2x2 3 2x1 3 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 7 2 1 7k
3x2 4
1，
3x1 4 x1 x2 x1 x2 x2 x1
2x2 3 2x1 3
k
2存在实数 7k ，使得
k2 7k1成立.
1
9．(1) p 2，圆 F 2的方程为 x2 y 1 8 (2) p, 2p
【解析】（1）由对称性可知： BFD 90 ,FS BS DS p，设 A x ,yA A ，由焦半径可得：
1 p 1
y pA FA FD 2 p， S ABD BD

yA

2p 2p 4 2 ，解得： p 22 2 2 圆 F的方程为：2
x2 y 1 2 8
p p
（2 ）由题意得：直线 PQ的斜率一定存在，其中 S 0, ，设 S 0, PQ2 2 关于直线 的对称点为
n p 2 1
m b p
1
T m,n m k k ，则 ，解得： k ，联立 y kx b与 x2 2 py得：x2 2pkx 2pb 0，
n p m n b p p 2
k b

2 2 k
2 1 2
设P x1, y1 ,Q x2 , y2 ，则 x1 x2 2pk ,x x 2 21 2 2pb ，则 y1y2 kx1 b kx2 b k x1x2 kb x1 x2 b ，
则 x1x
2
2 y1y2 1 k x1x2 kb x1 x2 b2 2 pb 1 k 2 2 pk 2b b2 2 pb b2 0，解得：b 0（此时 O
与 P或 Q重合，舍去）或b 2 p，所以
2

b p b p p p 2FT p k
2 4 3
1 2 2 p 1 2 p , 2p ， k k 1 2 2 k 1 k 1
k
7 82
10．(1) ；(2) .
4 31

【解析】(1)设 A x1, y1 ,B x2 , y2 ，依题意，F1( 1,0),F2 (1,0)，由F1A 2F2B，得 x1 1 2(x2 1), y1 2y2，
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x2 y2 x21 1 1 1 y
2
1
x 2x 3 4 3
1
4 3 x2 4x2 y2 4y21 2
即 y 2y ，由 得
1 2 1 2
x2 y2 4x2 4y2
，两式相减得 3，
1 2 2 2 1 2 2 4 4 3 4 3

4 3
x 2x x 2x y 2y y
即有 1 2 1 2 1 2 1
2y2 3 3，则 x 2x 3，即 x 2x 4，
4 3 4 1 2 1 2
x1 2x2 3 7 7
由 x
x1 2x2 4
得 2 4 ，所以点 B的横坐标为 ．4

(2)因 F1A / /F2B，则 S BAF S F AF ，即有 S S1 2 1 △AQB △QF1F S S S2 ，记 △AQB △QF1F2 0，S△QAF S1 1，S△QBF S2 2，
S
则 1
| AQ | F A
1 1
S QF F B ，即
S1 S0．同理 S2 S0，而 S1 S2 2S0 SAF1F2B，
0 2 2
连BO并延长交椭圆 C于 D，连接DF1,DF2，如图，则四边形 BF1DF2 为平行四边形， BF2 / /DF1 ，
有点 D在直线 AF1上，
因此 BF2 F1D ， AF1 F1D ， SAF F B S1 2 △ADF2 ，
S S 1 S 2 S ( 1 2) S ( 1)
2
因此 S，即 S

0 S ADF 0 0 0 0 △ADF ，2 0 ( 1)2 2
设直线 AD : x ty 1，点D(x3, y3)，有 y1 y3，
1 y y y 2 2 2 2
即 ( 3 1 ) 3
y
1
(y y ) 2y y
1 3 1 3 y y，则2
1
1 3
y1 y3 y1y
，
3 y1y3 y1y3
x ty 1
3t 2由 4 y2 6ty 9 0 y y
6t 9
, y y
3x2 4y2 12消去 x并整理得： ，有 1 3 3t2 4 1 3 3t2 ， 4
2
S 1 F F y y y y 12 t
2 1 1 y y 4t2 1 10t2 8
△ADF 1 2 1 3 1 3 ， 2
1 3
2 ，则 ，2 2 3t 4 y1y3 3t
2 4 3t2 4
S 1 3 1 S S 5
于是得 0 ( 1)2 ADF2 1 ADF2 2 2 4 t
2 1 2，解得 t 4，
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10 5 8
所以
1 82
4
5 ．3 4 31
4
11．(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析，定值为 1(3)4
x2
【解析】(1)联立 l : y kx t与 : y2 1得： 2k 2 1 x2 4ktx 2t2 2 02 ，
2
由直线与椭圆有一个公共点可知：Δ 4kt 4 2k 2 1 2t2 2 0，化简得： t2 2k 2 1；
(2)由题意得： F1 1,0 ,F2 1,0 ，

因为 F1M l ,F2N l ，所以F1M∥ F2N，故 F1M F2N F1M F2N ，
k t k t
其中 F1M ， F2 2N ，k 1 k 2 1
k t k t t 2 k 2 2k 2 1 k 2
所以 F1M F2N F1M F2N 2 2 1，
k 2 1 k 2 1 k 1 k 1

F1M F2N为定值，该定值为 1；

(3) OM ON OF1 F1M OF2 F2N F1M F2N F1M F2N ，
由题意得：点 F1,F2在直线 l的同侧，
2 t
所以 F1M F N
k t k t
2
k 2
，
1 k 2 1 k 2 1

F F MN
OM ON NM 1 2 F 1F 2 cos
2
，（其中 为FF ,MN的夹角），
MN k 2 1 1 2
4 t 8 t
OM ON OM ON 8 8 2 2 1 4由此可知： k 1 t 1 t
t 2 t
1 ，
t
1
当且仅当 t t 即 t 1,k 0时，等号成立，所以 OM ON OM ON 的最大值为 4.
12 (1) x
2
． y2 1(2) 6 (3) 2
3
【解析】(1)由题意得：焦距为2 2，得 c2 2 a2 b2，
3 2 1
点坐标 2, 1
3
代入椭圆方程得：
a2 3b2
，

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2 1
1
a2 3b2 ，解得： a2 3，b2 1，
2 a
2 b2
x2
所以椭圆M 的标准方程为 y2 1.
3
y x m
(2) 设直线 AB的方程为 y x m，由 x2
y
2 1
3
消去 y可得 4x2 6mx 3m2 3 0，
2 2
则 36m 4 4 3m 3 48 12m2 0 ，即m2 4，
2
设 A x1, y1 ， B x2 , y2
3m 3m 3
，则 x1 x2 ， x1x2 2 4 ，
2
则 AB 1 k 2 x 2 2 6 4 m 1 x2 1 k x1 x2 4x1x2 ，2
易得当m2 0时， AB 6，故 ABmax 的最大值为 6 .
(3)设 A x1, y1 ， B x2 , y2 ，C x3, y3 ，D x 2 24 , y4 ，则 x1 3y1 3①， x22 3y22 3②，
y
又P 2,0 ，所以可设 k1 k 1PA ，直线 PA的方程为 y k1 x 2 x ，1 2
y k1(x 2)
由 x2 消去 y可得 1 3k 21 x2 12k 21 x 12k 21 3 02 ，

y 1
3
2 2
则 x1 x
12k1 12k
3 2 ，即 x3
1
1 3k 1 3k 2
x1，
1 1
y1 7x 12由 k1 x 2，及①3y
2 2 x 1
1
3 x1 ，代入可得 3 ，
1 4x1 7
k y1 y3 y1 7x又 1
12 y1
1 ，所以 y3 ，所以C ,x 2 x ，1 3 2 4x1 7 4x1 7 4x1 7
7x 12 y
同理可得D 2 , 2 .
4x2 7 4x2 7
7 1 7 1
故QC x3 , y3 4 2 ，
QD x4 ,y4 4

2 ，
7 1 7 1
因为Q C D三点共线，所以 x3 y4 x4 y 0
4 2 4 3 2
.

y y
将点C，D的坐标代入，通分化简得 2y2 4x2 2y1 4x1，即 k
1 2 2
x x .1 2
13 y
2
．(1) x2 1(2)证明见解析(3)存在，2
3
c
【解析】(1)解：由题可知： a 1∵ e 2，∴c＝2a ∵ a
2 b2 c2，∴b 3，
y2
∴双曲线 C的方程为： x2 1
3
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解析几何创新学案——2023 届高考二轮专题复习
(2)证明：设直线 l的方程为：x ty 2，另设： P x1, y1 ，Q x2 , y2 ，
y2
x2 1 12t 9
∴ 3 3t2 1 y2 12ty 9 0，∴ y1 y2 2 , y3t 1 1y2 x ty 2 3t
2 1，

y 1 1 3y
又直线 AP
1
的方程为 y x 1 x M , 1x1 1
，代入 2 2 2 x
,
1 1
y
同理，直线 AQ 2的方程为 y x 1
1 1 3y
x 1 ，代入
x N , 2
2 2 2 2 x 1
,
2
3 3y MF 3 3y

∴ 2 ,
1

2
2 2 x 1
, NF2 ,
1 2 2 x
，
2 1

MF 9 9y1y2 9 9y1y2 9 9y1y2∴ 2 NF2 4 4 x1 1 x2 1 4 4 ty1 3 ty2 3 4 4 t2 y1y2 3t y1 y2 9
9
9 9 3t 2 1 9 9 0
4 4 t 2 9 3t 12 t
,故MF2 NF2 为定值.
9
4 4
3t 2 1 3t 2 1
(3)解：当直线 l的方程为 x 2时，解得 P(2,3)，
易知此时△AF2P

为等腰直角三角形，其中 AF2P , PAF ，2 2 4
即 AF2P 2 PAF2 ，也即： =2，
下证： AF2P 2 PAF2 对直线 l存在斜率的情形也成立，
2 y1
tan 2 PAF 2 tan PAF2 2kPA x 1 2y (x 1) 2 2 2
1 1 1
1 tan PAF2 1 k yPA 1 ( 1 )2 (x1 1)
2 y2，1
x1 1
x2 y
2
∵ 1
1 1 y2 2
3 1
3 x1 1 ，
2y
tan 2 PAF 1
x1 1 2y1 x1 1 y1
∴ 2 2 x 1 3 x 2 1 2 x1 1 1 1 x2 2 x1 2 ，
∴ tan AF P k
y
12 PF tan 2 PAF2 x 2 2 ，1

∴结合正切函数在 0, , 上的图像可知， AF P 2 PAF2 2 2 2 ，
2 2
14．(1) x 2y 1 (2)2 3
3 3
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解析几何创新学案——2023 届高考二轮专题复习
1 C : x
2 y2 1 1
【解析】（ ）椭圆 1 2 2 1(a b 0)经过点E 1,1 ， 2 1 ,a b a b2
2
椭圆的离心率为 ，则 a2 2c2，即 a2 2b2 ,
2
1 1 2 2
即 1，解得 a2 3,b2
3
x 2y
2b2 b2 2， 所以椭圆
C1的方程为 1 .3 3
（2）当直线 AB斜率不存在时，设以 AB为直径的圆的圆心为 (t , 0 )，
2 2
则 (x t)2 y2 t2 ，则不妨取 A(t, t)
t 2t
，故 1，
3 3
解得 t 1 ，故 AB方程为 x 1，
1
直线CD过 AB中点，即为 x轴，得 AB 2， CD 2 3，故 SACBD AB CD 2 32 ；
直线 AB斜率存在时，设其方程为 y kx m， A(x1, y1)， B(x2 , y2 )，
x2 2y2 3
联立 ，可得 (2k 2 1)x2 4kmx 2m2 3 0，
y kx m
2
则 4(6k 2
4km 2m 3
2m2 3) 0①， x1 x2 2k2
②， x1x2 ③， 1 2k 2 1

以 AB为直径的圆过原点即OA OB x1x2 y1y2 x1x2 (kx1 m)(kx2 m) 0，
化简可得 (k 2 1)x1x2 km(x1 x2 ) m
2 0，
将②③两式代入，整理得 (k 2 1)(2m2 3) km( 4km) m2(2k 2 1) 0 ，即m2 k 2 1④，
将④式代入①式，得 4(4k 2 1) 0恒成立，则 k R，

设线段 AB中点为M ，由OC t OA OB 2tOM ，
不妨设 t 0 ，得 SACBD 2SOACB 4tS OAB ，
又 S 1
2 2
∵ OAB m x1 x m
4k 1
2 ，∴2 S 4t m
4k 1，
2 2k 1 ACBD 2k 2 1

又由OC t OA OB ，则C点坐标为 (t(x1 x2), t(y1 y2)) ，

t(x1 x2)
4km
2 t 2k 1 8m2t 2 3(2k 2 1)
化简可得
t(y y ) 2m
，代回椭圆方程可得 2 3即 t 2 ，
1 2 2 t
2k 1 8m
2k 1
S 4tS 4 3(2k
2 1) 4k 2 1 4k 2 1 1
则 ACBD OAB 2 m 2 6 2 6 2 8m 2k 1 2k 1 2k 2
2 3 ，
1
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解析几何创新学案——2023 届高考二轮专题复习
综上，四边形 ACBD面积的最大值为 2 3 .
2 2
15．(1) x y 1 (2) ABD6 3 为定值 2
b 3 a 6
2 2
【解析】（1）由已知得 c 2，解得 b 3 E :
x y
，所以 1．
6 3
a 2 c 3
（2）由已知，不妨设B x0 , y0 ，则 A x0 , y0 ，C x0 ,0 ，
k y0 y0 k k所以 x ，
kAC 2x 2 ，所以
lAD : y x x 0 2 ，0 0
2 2
代入椭圆E : x y 1 2 k 2 x2 2x k 2x k 2x2的方程得： 0 0 12 0 ，6 3
D x 2x0k
2 2x 2
设 0
k
D , yD ，则 x0 xD 2 ，即 xD 2 k 2 k 2 x0，
k 2x k 2 3 2 3
所以 yD 0 2 x x
x k 2x
0 ，即D 0
k
0 0 2 x ,
x0k
2 2 k 2 k 2 k
2 0 2 ， k 2
x 30k
2 k 2
kx0
所以 k
1
BD 2x k 2

k ，即
kBDk 1，即 BD AB，也即 ABD为定值 ．
0 x x 2
2 k 2 0 0
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【课时作业】
一、单选题
x2 y21．双曲线 C: 2 2 1(a 0,b 0)的 一条渐近线的倾斜角为 130° Ca b ，则 的离心率为
1 1
A．2sin40° B．2cos40° C． Dsin50 ． cos50
2．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 5 B 2 5 C 3 5． ． ． D 4 5．
5 5 5 5
3．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
2 2
4 x y．已知椭圆C : 2 2 1 a b 0 的左顶点为A，上顶点为 B，右焦点为 F，若 ABF 90 ，则a b
椭圆C的离心率为
A 5 1 B 3 1 C 1 5 D 3 1． ． ． ．
2 2 4 4
5．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│AF│2 2│F2B│，
│AB│ │BF│1 ，则 C的方程为
2 2 2 2 2 2 2
A x． y2 x y x y x y 1 B． 1 C． 1 D． 1
2 3 2 4 3 5 4
二、多选题
6 2 2．已知点 P在圆 x 5 y 5 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 3 2
D．当 PBA最大时， PB 3 2
三、填空题
x2 y 27．已知 F1,F2为椭圆 C： 1的两个焦点，P，Q为 C上关于坐标原点对称的两点，且16 4
PQ F1F2 ，则四边形 PF1QF2 的面积为________．
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解析几何创新学案——2023 届高考二轮专题复习
x2 28 y．已知双曲线C： 2 2 1(a 0,b 0) A Aa b 的右顶点为 ，以 为圆心，b为半径作圆A，圆A与双
曲线C的一条渐近线于交M 、N两点，若 MAN 60 ，则C的离心率为__________．

9．已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且 F1PF2 3 ，设椭圆和
1 1
双曲线的离心率分别为e1，e2，则 e e 的最大值为_________1 2
四、解答题
10．已知抛物线C : y 2 2px(p 0) 的焦点 F到准线的距离为 2．
（1）求 C的方程;

（2）已知 O为坐标原点，点 P在 C上，点 Q满足 PQ 9QF，求直线OQ斜率的最大值.
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解析几何创新学案——2023 届高考二轮专题复习
11．已知椭圆 E的中心为坐标原点，对称轴为 x轴、y轴，且过 A 0, 2 ,B
3
, 1

2 两点．
(1)求 E的方程；
(2)设过点P 1, 2 的直线交 E于 M，N两点，过 M且平行于 x轴的直线与线段 AB交于点 T，

点 H满足MT TH．证明：直线 HN过定点．
12 x
2
．设椭圆C : y2 12 的右焦点为
F，过 F的直线 l与C交于 A,B两点，点M 的坐标为 (2,0) .
（1）当 l与 x轴垂直时，求直线 AM 的方程；
（2）设O为坐标原点，证明： OMA OMB
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解析几何创新学案——2023 届高考二轮专题复习
【参考答案】
b b
1．D【详解】由已知可得 tan130 , tan 50 a a ，
c b
2
sin2 50 sin2e 1 1 tan2 50 1 50 cos
2 50 1
2 2 ，故选 D．a a cos 50 cos 50 cos50
2．B【详解】由于圆上的点 2,1 在第一象限，若圆心不在第一象限，
则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，
2 2
设圆心的坐标为 a,a ，则圆的半径为 a，圆的标准方程为 x a y a a2 .
由题意可得 2 a 2 1 a 2 a2，可得 a2 6a 5 0，解得 a 1或 a 5，
所以圆心的坐标为 1,1 或 5,5 ，
2 1 1 3 2 5
圆心 到直线 的距离均为 d1 ；5 5
2 5 5 3 2 5
圆心 到直线 的距离均为 d2 5 5
圆心到直线 2x y 3 0
2
2 5的距离均为 d ；
5 5
2 5
所以，圆心到直线 2x y 3 0的距离为 .
5
2 2 2 1 1 23．D【详解】圆的方程可化为 x 1 y 1 4 ，点 M 到直线 l的距离为d 5 2，
22 12
所以直线 l与圆相离．依圆的知识可知，四点 A,P,B,M四点共圆，且 AB MP，所以
PM AB 4S PAM 4
1
PA AM 4 PA
2 ，而 PA MP
2 4，
当直线MP l时， MP 5 PA 1min ， min ，此时 PM AB 最小．
1 1 1 y
1 x 1 x 1
∴MP : y 1 x 1 即 y x ，由 2 22 2 解得， y 0 ．2 2x y 2 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．
4．A【详解】据题意， A a,0 ，B 0,b ，F c,0 ，
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解析几何创新学案——2023 届高考二轮专题复习
b 0 b 0 2
ABF 90 b， kAB kBF 1即 1 20 a 0 c ， 1即b ac .ac
2
又
c c
c2 a2 b2， c2 a2 ac 0，同除 a 2得 1 0，即 e
2 e 1 0 e 5 1 （舍）或
a a 2
e 5 1 .故选 A.
2
5．B【详解】法一：如图，由已知可设 F2B n，则 AF2 2n , BF1 AB 3n，由椭圆的定义有
2a BF1 BF2 4n , AF1 2a AF2 2n．在△AF1B中，由余弦定理推论得
2 2
cos F AB 4n 9n 9n
2 1 1
．在△AF1F
3
1 2中，由余弦定理得4n
2 4n2 2 2n 2n 4，解得 n ．
2 2n 3n 3 3 2
2 2
2a 4n 2 3 , a 3 , b2 a2 c2 3 1 2 , x y 所求椭圆方程为 1，故选 B．
3 2
法二：由已知可设 F2B n，则 AF2 2n , BF1 AB 3n，由椭圆的定义有
2a BF1 BF2 4n , AF1 2a AF2 2n．在△AF1F2和△BF1F2中，由余弦定理得
4n2 4 2 2n 2 cos AF2F 4n
2 ,
12 2 ，又 AF2F1 , BF2F1 互补， cos AF2F1 cos BF2F1 0 ，两式消去
n 4 2 n 2 cos BF2F1 9n
cos AF2F1 ,cos BF2F1，得3n2 6 11n2，解得
n 3
2 2
． 2a 4n 2 3 , a 3 , b2 a2 c2 3 1 2 ,
x y
所求椭圆方程为 1，故选 B．
2 3 2
6 2 2．ACD【详解】圆 x 5 y 5 16的圆心为M 5,5 ，半径为4，
x y
直线 AB的方程为 1，即 x 2y 4 04 2 ，
5 2 5 4 11 11 5
圆心M 到直线 AB的距离为 4，
12 22 5 5
P AB 11 5 11 5所以，点 到直线 的距离的最小值为 4 2，最大值为 4 10，；
5 5
如下图所示：
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解析几何创新学案——2023 届高考二轮专题复习
当 PBA最大或最小时， PB与圆M 相切，连接MP、 BM，可知 PM PB，
BM 0 5 2 2 5 2 34 2，MP 4，由勾股定理可得 BP BM MP 2 3 2，CD 选项正确.
7．8【详解】因为P,Q为C上关于坐标原点对称的两点，
且 | PQ | | F1F2 |，所以四边形 PF1QF2为矩形，设 | PF1 | m,| PF2 | n ，则m n 8,m2 n2 48，
所以64 (m n) 2 m 2 2mn n 2 48 2mn ， mn 8，即四边形 PF1QF2 面积等于8 .
8 2 3． 【详解】如图所示，
3
由题意可得|OA|=a，|AN|=|AM|=b，∵∠MAN=60°，
∴|AP|= 3 b 3，∴|OP|= |OA|2 |PA|2 a2 b2 ．
2 4
3
b |AP| b
设双曲线 C的一条渐近线 y= a x的倾斜角为θ，则 tan θ=
2
|OP| ．
a2 3 b2
4
3
θ= b
b
2 b 2又 tan ，∴ a，解得 a
2=3a 3 b
2 b 1 2 3，∴e= 1 2 1 ．
a2 b2 a 3 3
4
9 4 3
x2 y2 x2 y2
． 【详解】由题，设椭圆为： 1 1
3 a 21 b
2 ，双曲线为：
1 a
2 2
2 b2
由定义可得 PF1 PF2 2a1, PF1 PF2 2a2 PF1 a1 a2 , PF2 a1 a2
在三角形PF1F2中，由余弦定理可得：
(2c)2 (a1 a )
2 (a a )2 2(a a )(a a ) cos 2 1 2 1 2 1 2 3
2 2 2 1 3
整理可得： 4c a1 3a2 e 2
4
1 e
2
2
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由柯西不等式： (1
1)( 1 3 ) (1 1 1 3 )2 ( 1 1 )2
3 e 2 21 e2 e1 3 e2 e1 e2
( 1 1 )2 4 4 16 1 1 4 3 1 3 1所以 , 3, .e1 e2 3 3 e1 e 3
，当且紧当 时取等号
2 e1 3 e2
10．（1） y2 4x 2
1
；（ ）最大值为 3 .
p p
【详解】（1）抛物线C : y 2 2px(p 0) 的焦点F ,0 x
2
，准线方程为 ，
2
p p
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为 2

2
p 2，

所以该抛物线的方程为 y2 4x；

（2）设Q x0 , y0 ，则 PQ 9QF 9 9x0 , 9y0 ，所以 P 10x0 9,10y0 ，
2
由 P在抛物线上可得 10y0
2 4 10x0 9 x
25y 9
，即 0
0 ，
10
2 9
据此整理可得点Q的轨迹方程为 y2 x 5 25，
k y0 y0 10y 0
所以直线OQ的斜率 OQ x0 25y
2
0 9 25y
2
0 9，当 y0 0时， kOQ 0；
10
k 10OQ 9 9
当 y0 0时， 25y 9 ，当 y0 0时，因为 25y0 2 25yy 0
30
y ，0 y 0 00
1
此时0 k ，当且仅当 25y
9
0 OQ ，即 y
3

3 y 0 时，等号成立；0 5
1
当 y0 0时， kOQ 0；综上，直线OQ的斜率的最大值为 3 .
y211 (1) x
2
． 1 (2) (0, 2)
4 3
4n 1
【解析】（1）解：设椭圆 E的方程为mx2 ny2 1，过 A 0, 2 ,B
3, 1 1 2 ，则 9 m ，解得
m ，
n 1 3 4
2
n 1 y x
2
1 .
4，所以椭圆 E的方程为： 4 3
3 2
（2）A(0, 2),B( , 1)，所以 AB : y 2 x，①2 若过点
P(1, 2)的直线斜率不存在，直线 x 1 .代入
3
x2 y2 2 6 2 1，可得M (1, )，N (1, 2 6 ) AB y x 2 T ( 6 3, 2 6，代入 方程 ，可得 ，由
3 4 3 3 3
) MT TH
3
得到H ( 2 6 5, 2 6 ) . HN y (2 2 6 求得 方程： )x 2 ，过点 (0, 2) .②若过点 P(1, 2)的直线斜
3 3
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解析几何创新学案——2023 届高考二轮专题复习
kx y (k 2) 0
率存在，设 kx y (k 2) 0,M (x 1, y 1),N (x 2, y )

2 .联立 x2 y2 ,得
1 3 4
x x 6k(2 k)
8(2 k)
1 2 y y 2 1 2 3k 2 4
(3k 2 4)x2 6k(2 k)x 3k(k 4) 0 3k 4，可得 ，
x x 3k(4 k) y y 4(4 4k 2k
2) ，且
1 2

3k 2 4 2 2 3k 2 4
y y
x y x y 24k
1
(*) , T (3y 11 2 2 1 2 联立 2 可得 3, y1),H (3y 6 x3k 4 y x 2 2 1 1
, y1). 可求得此时 3
HN : y y y y 1 22 (x x2 )，将 (0, 2)3y 6 x x ，代入整理得1 1 2
2(x1 x2 ) 6(y1 y2 ) x1y2 x2 y1 3y1y2 12 0，将 (*)代入，得
24k 12k 2 96 48k 24k 48 48k 24k 2 36k 2 48 0, 显然成立，综上，可得直线 HN过定点 (0, 2).
12．（1） AM 2 2的方程为 y x 2或 y x 2；（2）证明见解析.
2 2

【详解】（1）由已知得F 1,0 2 2，l 的方程为 x 1 .由已知可得，点A的坐标为 1, 1,
2
或
2
.

所以 AM 2 2的方程为 y x 2或 y x 2 .
2 2
（2）当 l与 x轴重合时， OMA OMB 0o .
当 l与 x轴垂直时，OM 为 AB的垂直平分线，所以 OMA OMB .
当 l与 x轴不重合也不垂直时，设 l的方程为 y k x 1 k 0 ， A x1, y1 ,B x2 , y2 ，
y y
则 x1 2, x2 2，直线MA、MB
1 2
的斜率之和为 kMA kMB x1 2 x
.
2 2
2kx x 3k x x 4k
由 y1 kx1 k , y kx k k k
1 2 1 2
2 2 得 MA MB x1 2 x2 2
.
x2 2 2 2 2
将y k x 1 代入 y2 1得 2k 1 x 4k x 2k 2 0 .
2
4k 2 2k 2 2 3 3 3
所以， x1 x2 2 , x1x2 2 .则 2kx1x 3k x x 4k
4k 4k 12k 8k 4k
0 .
2k 1 2k 1 2 1 2 2k 2 1
从而 kMA kMB 0，故MA、MB的倾斜角互补，所以 OMA OMB .
综上， OMA OMB .
第 47 页 共 47 页解析几何二轮复习学案
——奋力争取，静待花开
班级：
姓名：
目录
【重点讲解】——————————————————————————3
【创新题试做】—————————————————————————20
【参考答案】——————————————————————————26
【课时作业】——————————————————————————40
【参考答案】——————————————————————————43
特别提醒：创新题试做部分是难度极大的试题，
仅针对学有余力的学生，或作为共同探讨问题。
请勿轻易尝试！请勿轻易尝试！请勿轻易尝试！
【重点讲解】
重点1：直线方程与圆的方程
1、直线方程的五种形式
名称 方程 适用范围
点斜式 不含垂直于 轴的直线
斜截式 不含垂直于 轴的直线
两点式 不含直线 和直线
截距式 不含垂直于坐标轴和过原点的直线
一般式 平面内所有直线都适用
2、圆的方程
标准方程 圆心
半径为
一般方程 充要条件：
圆心坐标：
半径
特殊情况 (x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0 以A(x1，y1)，B(x2，y2)为直径端点的圆的方程
圆系方程 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ(Ax＋By＋C)＝0 (λ∈R) 过直线Ax＋By＋C＝0与圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0的交点
x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1) 过圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和圆C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0交点的圆系方程
【例1】（多选）已知等边三角形ABC的两个顶点，，则BC边所在直线的方程可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC【详解】解：由题得直线BC的倾斜角为60°或120°，故直线BC斜率为或，
由点斜式得所求直线的方程为或．
【跟踪训练1】（多选）过点作与圆相切的直线l，则直线l的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【详解】解：圆，即，则圆心为，半径为1，易知点在圆外，
显然是其中一条切线.当切线斜率存在时，设切线方程为，则，解得，所以切线方程为.综上，切线方程为或.
【例2】与圆同圆心，且过点的圆的方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】设所求圆的方程为，由该圆过点，得m＝4，
所以所求圆的方程为.
【跟踪训练2】已知的圆心是坐标原点O，且被直线截得的弦长为6，则的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由题可设的方程为．∵被直线截得的弦长为6，且圆心到直线的距离，∴，解得，可得的方程为．
重点2：直线与直线、圆、圆与圆的位置关系
1.两条直线平行与垂直的判定
（1）两条直线平行
对于两条不重合的直线 ， ，其斜率分别为 ， ，则有 。
当直线 ， 的斜率都不存在时， 与 平行。
两条直线垂直
如果两条直线 ， 斜率存在，设为 ， ，则 。
当一条直线斜率为零，另一条直线斜率不存在时，两直线垂直。
2.直线与圆的位置关系与判断方法
方法 过程 依据 结论
代数法 联立方程组消去 （或 ）得一元二次方程，计算 相交
相切
相离
几何法 计算圆心到直线的距离 ,比较 与半径 的关系。 相交时弦长为 ＜ 相交
= 相切
＞ 相离
3.圆与圆的位置关系
设圆 ,
圆 。
几何法：圆心距 与 , 的关系 代数法： 两圆方程联立组成方程组的解的情况
外离 无解
外切 一组实数解
相交2 两组不同的实数解
内切 一组实数解
内含 0≤ ＜ 无解
【例3】（多选）已知直线与直线，则直线与直线的位置关系可能是（ ）
A．相交 B．重合 C．平行 D．垂直
【答案】ABC
【详解】直线的斜率为，过定点，直线的斜率为，过点．
若直线与相交，则，而，即可以成立，A正确；
若直线与重合，则，且，而，
可以有，B正确；若直线与平行，则且，而，
可以有，C正确；若直线与垂直，则，则，
与矛盾，直线与不可能垂直，D错误．
【跟踪训练3】已知直线.
(1)若，求实数的值；
(2)当时，求直线与之间的距离.
【答案】(1)(2)
【解析】（1）因为直线的斜率存在且不为0，所以直线的斜率存在.设直线的斜率为，直线的斜率为.则，当时有，解得.
（2）当时，，解得.即所以和间的距离
【例4】（多选）已知两圆的方程分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A．若两圆内切，则r＝9
B．若两圆的公共弦所在直线的方程为8x－6y－37＝0，则r＝2
C．若两圆在交点处的切线互相垂直，则r＝3
D．若两圆有三条公切线，则r＝2
【答案】ABC
【详解】圆的圆心为（0，0），半径为4，圆的圆心为（4，－3），半径为r，两圆的圆心距．
对于A，若两圆内切，则，则r＝9，故A正确；
对于B，联立两圆的方程可得，令，得r＝2，故B正确；对于C，若两圆在交点处的切线互相垂直，则一个圆的切线必过另一个圆的圆心，
（圆的切线与经过切点的半径垂直，又∵两圆切线相互垂直且交于一公共切点，所以两切线分别与另一圆的半径重合，半径经过圆心，所以此时两切线经过圆心）
分别设两圆的圆心为,则
如图，所以，解得r＝3，故C正确；
对于D，若两圆有三条公切线，则两圆外切，则，得r＝1，故D错误．
【跟踪训练4】（多选）已知圆与圆有四条公切线，则实数a的取值可能是（ ）
A．－4 B．－2 C． D．3
【答案】AD
【详解】圆心，半径，圆心，半径．因为两圆有四条公切线，所以两圆外离．又两圆圆心距，所以，解得或．
重点3：离心率的求法
利用定义：
建立a与c之间的齐次式再进行化简
利用焦点三角形的各边关系（1F2,P为椭圆或双曲线上一点）
①椭圆：e=
②双曲线：e=
注：实际上是利用=来进行求解的
4、利用焦点三角形的角度（1F2,P为椭圆或双曲线上一点）
①椭圆：e=
②双曲线：e=
【例5】、为：左右焦点，，且，，则的离心率______.
【答案】
【详解】在中，，得到
，故
【跟踪训练5—1】椭圆（）的右焦点关于直线的对称点在椭圆上，则椭圆的离心率是 ．
【答案】
【详解】设关于直线的对称点为，则有线段的中点坐标为，
且直线与直线垂直，所以有，解得，
所以在椭圆上，即有，又，可得
，可得，所以，
即，因为，所以，解得.
【跟踪训练5—2】已知椭圆，点是椭圆的左右焦点，点A是椭圆上的点，的内切圆的圆心为，若，则椭圆的离心率为______.
【答案】
【详解】取线段的中点，因为，
所以，
所以点三点共线，且，所以为的中线，
又因为点为的内切圆的圆心，所以为的角平分线，
所以为等腰三角形，，则为内切圆半径，
，整理得
则，所以.
重点4：曲线与方程
【例6】已知，动点满足，则点的轨迹方程为___________.
【答案】（实际上为阿波罗尼斯圆）
【详解】，
由题意得，所以
整理可得，即.故答案为：.
【跟踪训练6—1】点M为椭圆上一点，为椭圆的两个焦点，则的内心轨迹方程为____________.
【答案】
【详解】如图，设的内心为，连接交轴于点，连接
在中是的角平分线.根据内角平分线性质定理得到.同理可得.所以，根据等比定理得：
在椭圆中，所以
设，则
，同理
又，则，可得
所有 ，
由，得，
所以，代入椭圆方程.得，由，则.
所以的内心轨迹方程为：
【跟踪训练6—2】圆的切线与椭圆交于两点分别以为切点的的切线交于点，则点的轨迹方程为__________．
【答案】 【详解】设切点分别为，则过点的切线方程为，即代入，整理化简可得，由题设可得，即，结合可得，则切线方程为；同理可得经过点的切线方程为．设交点，故由题设可得且，观察这两个等式可以看出经过两点的直线是，又该直线与相切，则，即，即交点在曲线运动
重点5：定点与定值问题
【例7】已知椭圆:上动点P、Q，O为原点；
（1）若，求证:为定值；
（2）点，若，求证：直线过定点.
【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析
【详解】（1）由题意可知：设，，
由在椭圆上，则，
代入得：，整理得：，
则，
∴为定值；
（2）易知，直线的斜率存在，设其方程为，设，
，消去，整理得，
则 ，由，且直线的斜率均存在，
，整理得，
因为，所以，
整理得，
.解得，或（舍去）.
∴直线恒过定点.
【跟踪训练7】已知点，和抛物线，过点的动直线交抛物线于，直线交抛物线于另一点，为坐标原点.
（1）求；
（2）证明：恒过定点.
【答案】(1)5; (2)恒过定点,证明见解析
【详解】(1) 设点,因为三点共线,故,即 ,即,所以.故.
(2) 设点,因为三点共线,所以,所以,即,化简得.
由(1) ,所以,即,即...①
因,所以直线的方程为,
即,即,由①有,代入可得.所以直线恒过定点.
【例8】已知⊙与直线相切．
(Ⅰ)求半径．
(Ⅱ)若点，，点是⊙上的动点，求证：为定值．
【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)
【详解】(Ⅰ)圆心到直线的距离，．
(Ⅱ)因为在圆上，所以可设，，
是定值．
【跟踪训练8】设抛物线，为的焦点，过的直线与交于两点.
（1）设的斜率为，求的值；
（2）求证：为定值.
【答案】（1）5；（2）证明见解析.
【详解】（1）依题意得，所以直线的方程为.
设直线与抛物线的交点为，，由得，，
所以，.所以.
（2）证明：设直线的方程为，直线与抛物线的交点为，，
由得，，所以，.
因为
.所以为定值.
重点6：最值与范围问题
【例9】已知菱形是椭圆的内接四边形.
（1）求证：为定值；
（2）求菱形面积的最值.
【答案】(1)见解析（2）最小值和最大值分别是和.
【详解】（1）如图所示，在菱形中，设，，.则点， .又因为点和点都在椭圆上，则有.
从而，，同理，.故.
（2）.
又，
故菱形面积的最小值和最大值分别是和.
【跟踪训练9—1】已知，是双曲线的左、右焦点，且双曲线过点，．
(1)求双曲线的方程；
(2)已知过点的直线交双曲线左、右两支于，两点，交双曲线的渐近线于，（点位于轴的右侧）两点，求的取值范围．
【答案】(1)；(2).
【解析】(1)设双曲线的半焦距为，
∵，∴．
又，，解得，，∴双曲线的方程为．
(2)由题意可设直线的方程为，双曲线的渐近线方程为，
联立得，联立得，
∴．
联立得，
设，，则，，
由即，
∴，
∴
．
又，∴，∴，
∴的取值范围为．
【跟踪训练9—2】已知双曲线的离心率为2，F为双曲线的右焦点，直线l过F与双曲线的右支交于两点，且当l垂直于x轴时，；
(1)求双曲线的方程；
(2)过点F且垂直于l的直线与双曲线交于两点，求的取值范围．
【答案】(1)(2)
【解析】(1)依题意，，当l垂直于x轴时，，
即，即，解得，，因此；
(2)设，联立双曲线方程，得：，
当时，，
，当时，设，
因为直线与双曲线右支相交，
因此，即，同理可得，
依题意，
同理可得，，
而，
代入，，
，
分离参数得，，
因为，当时，由，
，
所以，
综上可知，的取值范围为.
重点7：探索型与存在性问题
【例10】已知椭圆的内接正方形的面积为，且长轴长为4．
(1)求C的方程．
(2)直线l经过点，且斜率大于零．过C的左焦点作直线l的垂线，垂足为A，过C的右焦点作直线l的垂线，垂足为B，试问在C内是否存在梯形，使得梯形的面积有最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(2)存在；
【解析】（1）设C的内接正方形的一个端点坐标为，
则，解得，则C的内接正方形的面积为，
即．又，所以，
代入，解得，故C的方程为．
（2）存在梯形，其面积的最大值为．理由如下：设直线，．
因为直线l经过点，所以，所以点到直线l的距离为，
点到直线l的距离为，
所以梯形的面积（为直线l的倾斜角），
所以，
当且仅当时，等号成立，
此时，直线，直线，
联立这两条直线的方程，解得，
因为，
所以点在C的内部.同理可证：也在C的内部.
故在C内存在梯形，其面积的最大值为．
【跟踪训练10—1】已知抛物线经过点，其焦点为．
(1)求抛物线的方程；
(2)设点在抛物线上，试问在直线上是否存在点，使得四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)直线上存在点，使得四边形是平行四边形，此时或．
【解析】（1）因为抛物线经过点，所以，即，
所以抛物线的方程为．
（2）由(1)知，设．因为四边形是平行四边形，所以，所以，所以即，将点代入抛物线的方程，可得，即，解得或，所以或，经检验，满足四边形是平行四边形．
所以直线上存在点，使得四边形是平行四边形，此时或．
【跟踪训练10—2】已知椭圆的左 右焦点分别为，离心率为，以原点为圆心 椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作直线交椭圆于两点（直线与轴不重合）.在轴上是否存在点，使得直线与的斜率之积为定值？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；(2)存在，点的坐标为和.
【解析】（1）由题意知，直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，即.因为，所以.故椭圆的标准方程为.
（2）因为直线过点且与轴不重合，所以可设直线的方程为.联立方程，得化简并整理得设，则.所以设存在点，则直线与的斜率分别为，所以令，解得或.当时，；当时，.因此，满足条件的点的坐标为和.
【创新题试做】
一、单选题
1．已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
2．双曲线的虚轴长为2，为其左右焦点，是双曲线上的三点，过作的切线交其渐近线于两点.已知的内心到轴的距离为1.
则下列说法正确的是（ ）
A．外心的轨迹是一条直线
B．当变化时，外心的轨迹方程为
C．当变化时，存在使得的垂心在的渐近线上
D．若分别是中点，则的外接圆过定点
三、填空题
3．已知双曲线G的方程，其左、右焦点分别是，，已知点P坐标为，双曲线G上点，满足，则______．
4．Р是椭圆上任意一点，O为坐标原点，，过点Q的直线交椭圆于A，B两点，并且，则面积为______________．
5．已知平面向量，，，，则的取值范围是__________．
四、解答题
6．已知动直线l过抛物线的焦点F，且与抛物线C交于两点，且点M在x轴上方，O为坐标原点，线段的中点为G.
(1)若直线的斜率为求直线l的方程;
(2)设点，若恒为锐角，求的取值范围.
7．椭圆的左、右焦点分别是、，离心率为，过且垂直于x轴的直线被椭圆截得的线段长为1．
(1)求椭圆的方程；
(2)若与坐标轴不垂直且不过原点的直线与椭圆相交于不同的两点A，B，过AB的中点M作垂直于的直线，设与椭圆相交于不同的两点C，D，且．设原点O到直线的距离为d，求的最大值．
8．在平面直角坐标系中，为坐标原点，向量绕原点逆时针旋转得到，则有旋转变换公式．已知曲线绕原点逆时针旋转得到曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)，为曲线右支上任意两点，且直线过曲线的右焦点，点，延长分别与曲线交于两点．设直线和的斜率都存在，分别为与，问是否存在实数，使得恒成立？
9．抛物线的焦点为，准线为A为C上的一点，已知以为圆心，为半径的圆交于两点，
(1)若的面积为，求的值及圆的方程
(2)若直线与抛物线C交于P，Q两点，且，准线与y轴交于点S，点S关于直线PQ的对称点为T，求|的取值范围.
10．如图，已知点分别是椭圆的左、右焦点，A，B是椭圆C上不同的两点，且，连接，且交于点Q．
(1)当时，求点B的横坐标；(2)若的面积为，试求的值．
11．已知点分别为椭圆的左 右焦点，直线与椭圆有且仅有一个公共点，直线，垂足分别为点.
(1)求证：；(2)求证：为定值，并求出该定值；
(3)求的最大值.
12．已知椭圆：焦距为，过点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点 .
(1)求椭圆的方程；
(2)若，的最大值；
(3)设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若 和点共线，求实数的值.
13．已知双曲线，、分别是它的左、右焦点，是其左顶点，且双曲线的离心率为．设过右焦点的直线与双曲线的右支交于两点，其中点位于第一象限内．
(1)求双曲线的方程；(2)若直线分别与直线交于两点，证明为定值；
(3)是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
14．椭圆经过点且离心率为；直线与椭圆交于A，两点，且以为直径的圆过原点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若过原点的直线与椭圆交于两点，且，求四边形面积的最大值.
15．已知椭圆过点，离心率为，直线与椭圆交于两点，过点作，垂足为C点，直线AC与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的方程；
(2)试问是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，说明理由
【参考答案】
1．A【详解】因为，所以，
如图，在上取一点M，使得，连接，则，
则点I为AM上靠近点M的三等分点，所以，
所以，设，则，
由椭圆定义可知：，即，所以，
所以，，
故点A与上顶点重合，在中，由余弦定理得：
，
在中，，解得：，
2．AD【详解】因为已知的内心到轴的距离为1，双曲线的虚轴长为2，所以的内心横坐标，双曲线方程：，，渐近线.
设.
当点在双曲线上时：
设直线与双曲线交两点

当直线与双曲线相切时，此时切点满足：
，切线
设直线与渐近线交两点

切点正是线段的中点，∴；线段中垂线是.
中垂线与轴交于点，且.
可设
一方面，；另一方面，线段中点是
考虑到
∴
，点 确系之外心！其轨迹是直线.选项A正确！
依（1）设
线段中点是
线段中垂线是，即
线段中垂线是，即
∴
，即外心的轨迹方程为.故选项B错！
（3）对来讲，若垂心在渐近线上可设坐标是，进而
化简得
∴
把代入并化简得：
考虑到不在渐近线上得，故
∴，这不可能！垂心不能在上，同理不能在上，选项C错误；
（4）设
共圆！
的外接圆过定点原点，选项D对.
3．8【详解】
如图，设的内切圆与三边分别相切于，可得，又由双曲线定义可得，则，又，解得，则点横坐标为，即内切圆圆心横坐标为.
又，可得，化简得，即，即是的平分线，由于，，可得即为的内心，且半径为2，则.
4．
【详解】作变换之后椭圆变为圆，方程为，
是的重心，又O是的外心′是等边三角形，
∴．
5．【详解】设，的夹角为，，，
，.如图，由题可设，，，
其中O为原点，C在单位圆上，记，假设存在一点，使得
则有，
，又，解得.
所以存在点，使得.
，
且直线的方程为，即，圆心到直线的距离为1.
所以与圆相切，所以当,,三点共线时，取得最小值为，
如图，在位置时， 因为，，且，
由椭圆定义可知，此时在以，为焦点的椭圆上，
当在其他位置时，在椭圆内部，
所以的最大值为，即的最大值为.
.
6．(1)或(2)
【解析】(1)由题意得， 设直线的方程为，
线段的中点 ．联立方程，整理得：，
由韦达定理得：．，即．
∵直线的斜率为，，解得：或，
∴直线l的方程为：或．
(2)为锐角，等价于．设，
则，故恒成立．
令，则，原式等价于对任意的恒成立，
即 对任意的恒成立．令 ．
①，解得：；②，解得：．
又 ，故．综上所述，的取值范围是．
7．(1)；(2).
【解析】(1)令椭圆半焦距为c，则，将代入椭圆方程，得，
依题意，，即．又离心率，即，解得，，
所以椭圆的方程为.
(2)依题意，设直线，由消去y并整理得：
，设，，则，有，
于是有直线，即，
由消去y并整理得：，
设，，则，则线段CD中点，
因此，，又，从而得，
令，则（当且仅当时取等号），
所以当时，取得最大值．
8．(1)(2)存在实数，使得成立.
【解析】(1)由题意得：，，，又，
，即，曲线的方程为：.
(2)由题意知：直线斜率存在且不为，可设直线，
由得：…①，
，可将代入①式，
化简得：，
设，则，，
，代入得：，即，
同理可得：；
三点共线，，可得，
，
存在实数，使得成立.
9．(1)，圆的方程为(2)
【解析】（1）由对称性可知：，设，由焦半径可得：，，解得：圆的方程为：
（2）由题意得：直线的斜率一定存在，其中，设关于直线的对称点为，则，解得：，联立与得：，设，则，则，则，解得：（此时O与P或Q重合，舍去）或，所以，
10．(1)；(2).
【解析】(1)设，依题意，，由，得，
即，由得，两式相减得，
即有，则，即，
由得，所以点B的横坐标为．
(2)因，则，即有，记，，，
则，即．同理，而，
连并延长交椭圆C于D，连接，如图，则四边形为平行四边形，，有点D在直线上，
因此，，，
因此，即，
设直线，点，有，
即，则，
由消去x并整理得：，有，
，，则，
于是得，解得，
所以．
11．(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析，定值为1(3)4
【解析】(1)联立与得：，
由直线与椭圆有一个公共点可知：，化简得：；
(2)由题意得：，
因为，所以∥，故，
其中，，
所以，
为定值，该定值为1；
(3)，
由题意得：点在直线的同侧，
所以，
，（其中为的夹角），
由此可知：，
当且仅当即时，等号成立，所以的最大值为4.
12．(1)(2)(3)
【解析】(1)由题意得：焦距为，得，
点坐标代入椭圆方程得：，
，解得：，，
所以椭圆的标准方程为.
(2)设直线的方程为，由
消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为.
(3)设，，，，则①，②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
由，及①，代入可得，
又，所以，所以，
同理可得.
故，，
因为 三点共线，所以.
将点，的坐标代入，通分化简得，即.
13．(1)(2)证明见解析(3)存在，2
【解析】(1)解：由题可知：∵，∴c＝2∵，∴，
∴双曲线C的方程为：
(2)证明：设直线的方程为：，另设：，，
∴，∴，
又直线的方程为，代入,
同理，直线的方程为，代入,
∴，
∴
,故为定值.
(3)解：当直线的方程为时，解得，
易知此时为等腰直角三角形，其中 ，
即，也即：，
下证：对直线存在斜率的情形也成立，
，
∵，
∴，
∴，
∴结合正切函数在上的图像可知，，
14．(1)(2)
【解析】（1）椭圆经过点，,
椭圆的离心率为，则，即,
即，解得， 所以椭圆的方程为.
（2）当直线斜率不存在时，设以AB为直径的圆的圆心为，
则 ，则不妨取，故，
解得 ，故方程为，
直线过中点，即为轴，得，，故；
直线斜率存在时，设其方程为，，，
联立，可得，
则①，②， ③，
以为直径的圆过原点即，
化简可得，
将②③两式代入，整理得，即④，
将④式代入①式，得恒成立，则，
设线段中点为，由，
不妨设 ，得，
又∵，∴，
又由，则点坐标为，
化简可得，代回椭圆方程可得即，
则，
综上，四边形面积的最大值为.
15．(1)(2)为定值
【解析】（1）由已知得，解得，所以．
（2）由已知，不妨设，则，，
所以，，所以，
代入椭圆的方程得：，
设，则，即，
所以，即，
所以，即，即，也即为定值．
【课时作业】
一、单选题
1．双曲线C:的 一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为
A．2sin40° B．2cos40° C． D．
2．若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
3．已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
4．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，若，则椭圆的离心率为
A． B． C． D．
5．已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为
A． B． C． D．
二、多选题
6．已知点在圆上，点、，则（ ）
A．点到直线的距离小于
B．点到直线的距离大于
C．当最小时，
D．当最大时，
三、填空题
7．已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．
8．已知双曲线：的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线于交、两点，若，则的离心率为__________．
9．已知，是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，设椭圆和双曲线的离心率分别为，则的最大值为_________
四、解答题
10．已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.
11．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
12．设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：
【参考答案】
1．D【详解】由已知可得，
，故选D．
2．B【详解】由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限，
则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，
设圆心的坐标为，则圆的半径为，圆的标准方程为.
由题意可得，可得，解得或，
所以圆心的坐标为或，
圆心到直线的距离均为；
圆心到直线的距离均为
圆心到直线的距离均为；
所以，圆心到直线的距离为.
3．D【详解】圆的方程可化为，点 到直线的距离为，所以直线 与圆相离．依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而 ，
当直线时，， ，此时最小．
∴即 ，由解得， ．
所以以为直径的圆的方程为，即 ，
两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．
4．A【详解】据题意，，，，
，即，即.
又，，同除得，即（舍）或.故选A.
5．B【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．
法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
6．ACD【详解】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，；
如下图所示：
当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确.
7．【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点，
且，所以四边形为矩形，设，则，
所以， ，即四边形面积等于.
8．【详解】如图所示，
由题意可得|OA|=a，|AN|=|AM|=b，∵∠MAN=60°，
∴|AP|=b，∴|OP|=．
设双曲线C的一条渐近线y=x的倾斜角为θ，则tan θ=．
又tan θ=，∴，解得a2=3b2，∴e=．
9．【详解】由题，设椭圆为：，双曲线为：
由定义可得
在三角形中，由余弦定理可得：
整理可得：
由柯西不等式：
所以，当且紧当时取等号.
10．（1）；（2）最大值为.
【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（2）设，则，所以，
由在抛物线上可得，即，
据此整理可得点的轨迹方程为，
所以直线的斜率，当时，；
当时，，当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；综上，直线的斜率的最大值为.
11．(1)(2)
【解析】（1）解：设椭圆E的方程为，过，则，解得，，所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，过点.②若过点的直线斜率存在，设.联立得，可得，，且联立可得可求得此时，将，代入整理得，将代入，得显然成立，综上，可得直线HN过定点
12．（1）的方程为或；（2）证明见解析.
【详解】（1）由已知得，l的方程为.由已知可得，点的坐标为或.
所以的方程为或.
（2）当与轴重合时，.
当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以.
当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，
则，直线、的斜率之和为.
由得.
将代入得.
所以，.则.
从而，故、的倾斜角互补，所以.
综上，.

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