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(共97张PPT)
第二讲　圆锥曲线的定义、标准方程与性质
内容
索引
考点二
专题强化练（28）
考点一　
考点三
考点一　椭圆的定义、标准方程与性质
保分练
1．(2024·河北石家庄二模)已知曲线C：＝1(m≠0)，则“m∈(0，6)”是“曲线C的焦点在x轴上”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
答案：A
解析：当m∈(0，6)时，曲线C：＝1表示焦点在x轴上的椭圆，故充分性成立；当m<0时，曲线C：＝1表示焦点在x轴上的双曲线，故由曲线C的焦点在x轴上推不出m∈(0，6)，即必要性不成立，所以“m∈(0，6)”是“曲线C的焦点在x轴上”的充分不必要条件．故选A.
2．(2023·新课标Ⅰ卷)设椭圆C1：＋y2＝1(a>1)，C2：＋y2＝1的离心率分别为e1，e2.若e2＝e1，则a＝(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
答案：A
解析：由已知得e1＝，e2＝＝，因为e2＝e1，所以＝，得a＝.故选A.
3．(2023·新课标Ⅱ卷)已知椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB的面积是△F2AB 面积的2倍，则m＝(　　)
A． B． C．－ D．－
答案：C
解析：由题意，F1(－，0)，F2(，0)，△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，所以点F1到直线AB的距离是点F2到直线AB的距离的2倍，即＝2×，解得m＝－或m＝－3(舍去)．故选C.
4．(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轴作垂线段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)
答案：A
解析：设P(x0，y0)，则P′(x0，0)，线段PP′的中点M的坐标为.因为点P在曲线C：x2＋y2＝16(y>0)上，所以＝16(y0>0)．设点M的坐标为(x′，y′)，则x′＝x0，y′＝，即2y′＝y0，代入＝16(y0>0)得，x′2＋(2y′)2＝16(y′>0)，所以＝1(y′>0)，即点M的轨迹方程为＝1(y>0)．故选A.
5．(2024·广东深圳模拟)已知F1，F2分别为椭圆＝1的左、右焦点，P为椭圆上一点，且|PF1|＝2|PF2|，则△PF1F2的面积为__________．
答案：2
解析：由椭圆＝1，可知a＝3，b＝，c＝＝2，故|PF1|＋|PF2|＝2a＝6，结合|PF1|＝2|PF2|，可得|PF1|＝4，|PF2|＝2，而|F1F2|＝2c＝4，故△PF1F2为等腰三角形，其面积为×2× ＝2.
提分练
6．(2024·福建南平二模)已知椭圆C的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，点A在C上，点B在y轴上，F1A⊥F1B，F2A＝－F2B，则C的方程为(　　)
A．＋y2＝1 B．＝1
C．＝1 D．＝1
答案：D
解析：因为椭圆C的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以设椭圆C的方程为＝1，设B(0，y0)，A(m，n)，F2(1，0)，则＝(m－1，n)，＝(－1，y0)，因为＝－，所以所以所以A(，－y0)，又因为⊥，
所以＝(，－y0)，＝(1，y0)，所以＝0，所以y0＝±2，所以A()或A(，－)，因为A在C上，所以＝1，即9a4－50a2＋25＝0，解得a2＝5或a2＝，因为椭圆C的焦点在x轴上，所以a2＝5.故C的方程为＝1.故选D.
7．(2024·河北衡水模拟)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2向圆x2＋y2＝b2引切线交椭圆于点P，O为坐标原点，若|OP|＝|OF2|，则椭圆的离心率为(　　)
A． B． C． D．
答案：C
解析：由题意画出图形，如图，设切点为M，连接PF1，由已知|OP|＝|OF2|＝|OF1|，∴PF1⊥PF2，∵OM⊥PF2，∴OM∥PF1，又O是F1F2的中点，圆x2＋y2＝b2的半径为b，|PF1|＝2|OM|＝b，|PF2|＝2a－b，∴b2＋(2a－b)2＝4c2＝4(a2－b2)，即2a＝3b，得＝，e＝＝＝ ＝.故选C.
8．(2024·河北沧州二模)已知F1，F2为椭圆E：＝1(a>b>0)的左、右焦点，过F1的直线与E交于M，N两点，若|MF1|＝3|MF2|＝4|NF1|，则E的离心率为________．
答案：
解析：由|MF1|＝3|MF2|＝4|NF1|及|MF1|＋|MF2|＝2a，得|MF2|＝，|MF1|＝a，|NF1|＝，又|NF1|＋|NF2|＝2a，则|NF2|＝，设∠MF1F2＝θ，|F1F2|＝2c，在△MF1F2中，由余弦定理得，|MF2|2＝|F1F2|2＋|MF1|2－2|MF1|·|F1F2|cos θ，
在△NF1F2中，由余弦定理得，|NF2|2＝|F1F2|2＋|NF1|2＋2|NF1|·|F1F2|cos θ，于是＝4c2＋－2×2c×cos θ，且＝4c2＋＋2×2c×cos θ，整理得2c2＋a2＝3ac cos θ，且5a2－8c2＝3ac cos θ，因此＝＝，所以E的离心率为e＝.
9．(2022·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是________．
答案：13
解析：由题意知e＝＝，所以a＝2c，b＝c，所以△AF1F2是等边三角形，所以DE垂直平分AF2，所以|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，所以△ADE的周长为|DE|＋|AD|＋|AE|＝|DE|＋|DF2|＋|EF2|.由椭圆的定义，可知|DE|＋|DF2|＋|EF2|＝4a＝8c.
因为直线DE的斜率k＝tan 30°＝，所以直线DE的方程为y＝(x＋c)，即x＝y－c.由椭圆方程＝1，得3x2＋4y2＝12c2.将x＝y－c代入并整理，得13y2－6cy－9c2＝0.设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝－，所以|DE|＝＝·＝＝c＝6，解得c＝，所以△ADE的周长是8c＝13.
技法领悟
1．在“焦点三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，结合椭圆的定义，运用平方的方法，建立与|PF1|·|PF2|的联系．
2．确定椭圆的离心率的值或范围，其关键就是确立一个关于a，b，c的等量关系或不等关系，然后用a，c代换b，进而求的值或范围．
考点二　双曲线的定义、标准方程与性质
保分练 基础题得满分
1．(2024·全国甲卷)已知双曲线的两个焦点分别为(0，4)，(0，－4)，且经过点(－6，4)，则该双曲线的离心率为(　　)
A．4　　　B．3　　　C．2　　　D．
答案：C
解析：方法一　由题可设双曲线的方程为＝1(a>0，b>0)．根据已知条件可得解得则该双曲线的离心率e＝＝＝2.故选C.
方法二　设该双曲线的焦距为2c，实轴长为2a，由题知c＝4，2a＝＝4，则a＝2，则该双曲线的离心离e＝＝2.故选C.
2．(2024·安徽合肥一模)双曲线C：x2－＝1的焦距为4，则C的渐近线方程为(　　)
A．y＝± B．y＝±
C．y＝± D．y＝±
答案：B
解析：由焦距为4可得2c＝4，即c＝2，又a＝1，所以c2＝1＋b2＝4，可得b2＝3，即b＝，则C的渐近线方程为y＝±x＝±x.故选B.
3．(2024·河北沧州一模)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的倾斜角为，其焦点到渐近线的距离为2，则C的方程为(　　)
A.＝1 B．＝1
C．＝1 D．＝1
答案：B
解析：由题意可得＝tan ＝，所以a＝b，双曲线的渐近线方程为y＝±x，即x±y＝0，焦点(c，0)到渐近线x＋y＝0的距离d＝＝＝2，所以c＝4，又a2＋b2＝c2＝16，a＝b，所以b2＝4，a2＝12，所以C的方程为＝1.故选B.
4．(2024·河北邯郸检测)(多选)已知双曲线C：＝1，则(　　)
A．λ的取值范围是(－6，3)
B．C的焦点可在x轴上也可在y轴上
C．C的焦距为6
D．C的离心率e的取值范围为(1，3)
答案：AC
解析：对于A，∵＝1表示双曲线，∴(λ＋6)(3－λ)>0，解得－6<λ<3，故A正确；对于B，由A项可得－6<λ<3，故λ＋6>0，3－λ>0，∴C的焦点只能在x轴上，故B错误；对于C，设C的半焦距为c(c>0)，则c2＝λ＋6＋3－λ＝9，∴c＝3，即焦距为2c＝6，故C正确；对于D，离心率e＝，∵－6<λ<3，∴0<<3，∴e的取值范围是(1，＋∞)，故D错误．故选AC.
5．(2024·新课标Ⅰ卷)设双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作平行于y轴的直线交C于A，B两点．若|F1A|＝13，|AB|＝10，则C的离心率为____________．
答案：
解析：因为AB与y轴平行，所以AB与x轴垂直，结合双曲线的对称性知|AF2|＝|BF2|＝5.又|F1A|＝13，所以|F1F2|＝＝＝12，则c＝6，而2a＝|AF1|－|AF2|＝13－5＝8，所以a＝4，所以离心率e＝＝.
提分练
6．(2024·山东聊城二模)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，一条渐近线的方程为y＝2x，若直线y＝kx与C在第一象限内的交点为P，且PF⊥x轴，则k＝(　　)
A.　 　B．　 　C．　 　D．
答案：C
解析：因为双曲线C：＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，依题意有＝2，即b＝2a c＝a，又右焦点为F(c，0)，且PF⊥x轴，所以P(c，)，所以k＝kOP＝＝＝＝.故选C.
7．(2024·河南郑州二模)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线C的离心率为e，在第一象限存在双曲线上的点P，满足e·sin ∠PF1F2＝1，且＝4a2，则双曲线C的渐近线方程为(　　)
A．2x±y＝0 B．x±2y＝0
C．3x±y＝0 D．x±3y＝0
答案：A
解析：设|PF1|＝t，则|PF2|＝t－2a，而e·sin ∠PF1F2＝1，所以sin ∠PF1F2＝＝，所以点P到F1F2的距离为|PF1|sin ∠PF1F2＝，又|F1F2|＝2c，所以＝·2c·＝4a2，解得t＝4a，即|PF1|＝4a，从而|PF2|＝2a，又因为sin ∠PF1F2＝＝，所以cos ∠PF1F2＝ ＝，
在△PF1F2中，由余弦定理有cos ∠PF1F2＝＝，所以4ab＝4a2＋c2－a2＝b2＋4a2，即＋4＝0，解得＝2，双曲线C的渐近线方程为2x±y＝0.故选A.
8．(2024·河南新乡二模)(多选)如图，已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1(－3，0)，F2(3，0)，点A在C上，点B在y轴上，A，F2，B三点共线，若直线BF1的斜率为，直线AF1的斜率为－，则(　　)
A.C的渐近线方程为y＝± B．|AB|＝16
C．△ABF1的面积为16 D．△AF1F2内切圆的半径为
答案：ABD
解析：对于A，依题意，直线BF1的斜率为，所以∠BF1F2＝，又|BF1|＝|BF2|，所以△BF1F2为等边三角形，故|BF1|＝|BF2|＝|F1F2|＝2c＝6，∠BF2F1＝，在△AF1F2中，tan ∠F2F1A＝>0，∠F2F1A为锐角，所以sin ∠F2F1A＝，cos ∠F2F1A＝，所以sin A＝sin (－∠F2F1A)＝＝，根据正弦定理可得＝＝，即＝＝，解得|AF1|＝14，|AF2|＝10，
所以2a＝4，即a＝2，b＝＝，所以双曲线C的方程为＝1，对于A，B，C的渐近线方程为y＝±x，|AB|＝6＋10＝16，故A，B正确；对于C，△ABF1的面积为|BF1|·|AB|sin ＝×6×16×sin ＝24，故C错误；对于D，△AF1F2的面积为×6×14×＝15，所以△AF1F2内切圆的半径为＝，故D正确．故选ABD.
9．(2023·新课标Ⅰ卷)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.点A在C上，点B在y轴上，F1A⊥F1B，F2A＝－F2B，则C的离心率为________．
答案：
解析：方法一　由题意可知，F1(－c，0)，F2(c，0)，设A(x1，y1)，B(0，y0)，所以F2A＝(x1－c，y1)，F2B＝(－c，y0)，因为F2A＝－F2B，所以即所以A(c，－y0)，
F1A＝(c，－y0)，F1B＝(c，y0)，因为F1A⊥F1B，所以F1A·F1B＝0，即＝0，解得＝4c2.
因为点A(c，－y0)在双曲线C上，所以＝1，又＝4c2，所以＝1，即＝1，化简得＝，所以e2＝1＋＝，所以e＝.
方法二　由F2A＝－F2B可得A，B，F2三点共线，且F2在线段AB上，不妨令点A在第一象限，则点B在y轴负半轴上，易得|F2A|＝|F2B|.设|F2B|＝3m(m>0)，则|F2A|＝2m，所以|F1B|＝|F2B|＝3m，|AB|＝5m，由F1A⊥F1B可得∠AF1B＝90°，所以|AF1|＝＝4m，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝2m，即a＝m.过F1作F1D⊥AB，垂足为D，则|AB|·|F1D|＝|F1A|·|F1B|，即×5m×|F1D|＝×4m×3m，所以|F1D|＝m，所以|BD|＝＝m，所以|F2D|＝m，则|F1F2|＝＝m＝2c，即c＝m，所以e＝＝.
技法领悟
1．求双曲线渐近线方程的关键在于求或的值，也可将双曲线方程中等号右边的“1”变为“0”，然后因式分解得到．
2．双曲线与椭圆中的参数关系式不要弄混，椭圆中的关系式为c2＝a2－b2，双曲线中的关系式为c2＝a2＋b2.
考点三　抛物线的定义、标准方程与性质
保分练
1．(2024·山东济南二模)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F ，该抛物线上一点P 到x＝－2的距离为4，则|PF|＝(　　)
A．1　　　B．2　　　C．3　　　D．4
答案：C
解析：由题意可知，抛物线C：y2＝4x的准线为x＝－1，设，y0)，x0≥0，则x0＋2＝4，解得x0＝2，所以|PF|＝x0＋1＝3.故选C.
2．(2024·河南名校联考)已知O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点M(x0，2)在C上，且|MF|＝2|OF|，则C的方程为(　　)
A．y2＝4x B．y2＝3x
C．y2＝2x D．y2＝x
答案：A
解析：由抛物线的定义，可知|MF|＝x0＋，又2|OF|＝2×＝p，|MF|＝2|OF|，所以x0＋＝p，得x0＝.由点M(，2)在C上，得22＝2p×，结合p>0，解得p＝2，所以C的方程为y2＝4x.故选A.
3．(2024·河北保定二模)(多选)若直线y＝(a－1)x＋1与抛物线C：y2＝2ax(a≠0)只有1个公共点，则C的焦点F的坐标可能是(　　)
A．(，0) B．(，0)
C．(1，0) D．(2，0)
答案：BC
解析：当a＝1时，直线y＝1与C：y2＝2x只有一个公共点，满足题意，此时F的坐标为(，0)；当a≠1时，联立方程组整理得(a－1)2x2－2x＋1＝0，由Δ＝(－2)2－4(a－1)2＝0，解得a＝2或a＝0(舍去)，此时对应的F的坐标为(1，0)．故选BC.
4．(2024·北京卷)已知抛物线y2＝16x，则焦点坐标为________．
答案：(4，0)
解析：由抛物线的标准方程y2＝2px，知p＝8，所以焦点坐标为(4，0)．
5．(2024·河南新乡二模)已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，直线y＝与C在第一象限的交点为M，若|MF|＝2，则p＝________．
答案：
解析：设M(x0，y0)，则|MF|＝2＝x0＋，且＝，结合＝2px0，可得＝＝2px0 3x0＝2p＝2×2(2－x0) x0＝，p＝.
提分练
6．(2024·河南南阳一模)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，过点M(2，0)的直线l交抛物线C于A，B两点，O为坐标原点，若∠AOM＝30°，且∠BOM＝45°，则p＝(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
答案：B
解析：由题意，不妨设点A在第一象限，则点B在第四象限，设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1>0，x2>0)，因为∠AOM＝30°，∠BOM＝45°，所以y1＝x1，y2＝－x1，则A(x1，x1)，B(x2，－x2)，又A，B两点都在抛物线上，则＝2px1，所以x1＝＝2px2，所以x2＝2p，故A(6p，2p)，B(2p，－2p)，又A，B，M三点共线，所以∥，即(6p－2，2p)∥(2p－2，－2p)，所以－2p(6p－2)＝2p(2p－2)，解得p＝(p＝0舍去)．故选B.
7．(2024·河北沧州一模)已知点P为抛物线x2＝8y上一点，过点P作圆C：x2＋(y－5)2＝1的两条切线，切点分别为M，N，则cos ∠MPN的最小值为(　　)
A． B． C． D．
答案：D
解析：因为∠MPN＝2∠MPC，sin ∠MPC＝＝，设P(t，)，则|PC|2＝t2＋(－5)2＝＋25＝(t2－8)2＋24，当t2＝8时，|PC|min＝2，此时∠MPN最大，cos ∠MPN最小，且(cos ∠MPN)min＝1－2sin2∠MPC＝1－2×()2＝.故选D.
8．(2024·新课标Ⅱ卷)(多选)抛物线C：y2＝4x的准线为l，P为C上动点，过P作⊙A：x2＋(y－4)2＝1的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则(　　)
A．l与⊙A相切
B．当P，A，B三点共线时，|PQ|＝
C．当|PB|＝2时，PA⊥AB
D．满足|PA|＝|PB|的点P有且仅有2个
答案：ABD
解析：∵y2＝4x，∴准线l为直线x＝－1，∵⊙A圆心为A(0，4)，半径为1，作出抛物线C与⊙A如图所示，∴l与⊙A相切，故A正确；当P，A，B三点共线时，∵A(0，4)，∴P点坐标为(4，4)，∵|PA|＝4，|AQ|＝1，∴|PQ|＝＝，故B正确；当|PB|＝2时，P点坐标为(1，2)或(1，－2)．
当P点坐标为(1，2)时，点B坐标为(－1，2)，|PA|＝＝＝|AB|，而|PB|＝，此时PA与AB不垂直，当P点坐标为(1，－2)时，B点坐标为(－1，－2)，|PA|＝＝＝|AB|，而|PB|＝2，则≠|PB|2，此时PA与AB不垂直，故C错误；对于D，设点P的横坐标为m(m>0)，则点P坐标为(m，2)或(m，－2)，|PB|＝m＋1.
当P点坐标为(m，2)时，|PA|＝，∵|PA|＝|PB|，∴|PA|2＝，即m2＋4m＋16－16＝m2＋1＋2m，化简得2m＋15－16＝0，解得m1＝＋4，m2＝－4，当P点坐标为(m，－2)时，|PA|＝，同理，由|PA|＝|PB|，得2m＋16＋15＝0，解得＝<0或＝<0，不符合题意，因此满足|PA|＝|PB|的点P有且仅有2个，故D正确．故选ABD.
9．(2024·江西鹰潭一模)已知抛物线x2＝16y的焦点为F，P是C上的动点，过点F作直线y＝k(x－4)＋4的垂线，垂足为Q，则|PQ|＋|PF|的最小值为________．
答案：6
解析：如图所示，易知F(0，4)，直线y＝k(x－4)＋4过定点D(4，4)，因为FQ⊥QD，所以Q在以FD为直径的圆上，不妨设其圆心为E(2，4)，显然半径|EQ|＝2，分别过E，P作准线y＝－4的垂线EM，PG，垂足为M，G，|EM|＝8，结合抛物线定义有|PQ|＋|PF|＝|PQ|＋|PG|≥|PE|－|EQ|＋|PG|≥|EM|－|EQ|＝6，当且仅当Q，P均在线段EM上时取得等号．
技法领悟
利用抛物线的几何性质解题时，要注意利用定义构造与焦半径相关的几何图形(如三角形、直角梯形等)来沟通已知量与p的关系，灵活运用抛物线的焦点弦的特殊结论，使问题简单化，且减少数学运算．
专题强化练（28）
1．(2024·安徽合肥模拟)已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，焦距为2，则该椭圆的方程为(　　)
A．＋y2＝1 B．＋y2＝1
C．＝1 D．＝1
答案：C
解析：由题意可知可得则b2＝9－2＝7，所以该椭圆的方程为＝1.故选C.
2．(2024·河北唐山二模)若一条双曲线的实轴及虚轴分别为另一条双曲线的虚轴及实轴，则它们互为共轭双曲线．已知双曲线E的标准方程为x2－＝1，则E的共轭双曲线的离心率为(　　)
A． B． C． D．2
答案：A
解析：由题意可知，双曲线E的标准方程为x2－＝1，所以共轭双曲线为－x2＝1，所以共轭双曲线的离心率为e＝＝ ＝ ＝.故选A.
3．(2024·广东佛山一模)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，M是C上一点，N是l与x轴的交点，若|MN|＝4，|MF|＝4，则p＝(　　)
A． B．2 C．2 D．4
答案：D
解析：如图所示，作MH⊥l，垂足为点H，由抛物线定义可知，|MH|＝|MF|＝4，在Rt△MHN中，|HN|＝＝4，
则M(4－，4)，又点M在抛物线C：y2＝2px(p>0)上，所以2p(4－)＝16，即p2－8p＋16＝0，则p＝4.故选D.
4．(2024·河南新乡二模)已知直线l：y＝－(x－1)经过椭圆C：＝1(a>b>0)的右焦点F和上顶点A，则C的长轴长为(　　)
A．4 B．2 C．3 D．2
答案：A
解析：根据题意知l：y＝－(x－1)的斜率为－，经过点(1，0)，故其倾斜角为，因此∠AFO＝，
由于|AO|＝b，|OF|＝c＝1，所以tan ∠AFO＝＝，所以b＝，故a＝＝2，故长轴长为2a＝4.故选A.
5．(2024·江西南昌二模)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线的右支上有一点A，AF1与双曲线的左支交于B，线段AF2的中点为M，且满足BM⊥AF2，若∠F1AF2＝，则双曲线C的离心率为(　　)
A． B． C． D．
答案：D
解析：如图，连接BF2，由题意可知线段AF2的中点为M，且满足BM⊥AF2，则|AB|＝|BF2|，故△ABF2为等腰三角形，又∠F1AF2＝，则△ABF2为正三角形，根据双曲线定义知|AF1|－|AF2|＝2a＝|AF1|－|AB|＝|BF1|，设|AB|＝x，则|BF2|－|BF1|＝2a x＝4a.在△AF1F2中，由余弦定理知cos 60°＝＝＝ e＝.故选D.
6．(2024·河北保定二模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的点，且在第一象限，PA是∠F1PF2的角平分线，过点F2作PA的垂线，垂足为B，若|PF2|＝m，|OB|＝b－m，则C的离心率为(　　)
A． B． C． D．
答案：B
解析：如图，延长F2B交PF1于点E，可知|PF2|＝|PE|＝m，|EF1|＝2a－2m，
所以|OB|＝a－m＝b－m，a＝b，所以e＝＝ ＝.故选B.
7．(2024·天津卷)双曲线＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是双曲线右支上一点，且直线PF2的斜率为2.△PF1F2是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为(　　)
A．＝1 B．＝1
C．＝1 D．＝1
答案：C
解析：如图，由＝2，点P在双曲线右支上及△PF1F2是直角三角形可得，∠F1PF2＝.由直线PF2的斜率为2，F2(c，0)，得直线PF2的方程为y＝2(x－c)，则直线PF1的方程为y＝－(x＋c)，两方程联立解得x＝c，y＝－c，所以点P的坐标为.
因为△PF1F2的面积为8，所以·2c·c＝8，解得c2＝10，所以＝1，即＝1，化简得＋36＝0，解得a2＝2或a2＝18(舍)，所以b2＝c2－a2＝8，所以双曲线的方程为＝1.故选C.
8．(2024·河南驻马店模拟)已知M是抛物线C：y2＝4x上的一点，直线l：x－y＋5＝0，过点M作与l的夹角为30°的直线，交l于点A.设d为点M到y轴的距离，则|AM|＋2d的最小值为(　　)
A．6－1 B．6－2
C．4－1 D．4－2
答案：B
解析：设F(1，0)为抛物线C的焦点，由抛物线的定义得d＝|MF|－1.设点M到直线l的距离为d1.
如图，过M作MH⊥l，垂足为H，过点M作与l的夹角为30°的直线，交l于点A.
在Rt△AHM中，∠HAM＝30°，则d1＝|AM|，所以|AM|＝2d1，|AM|＋2d＝2d1＋2(|MF|－1)＝2(d1＋|MF|)－2，又d1＋|MF|的最小值为点F到l的距离，即d1＋|MF|的最小值为＝＝3，所以|AM|＋2d的最小值为6－2.故选B.
9．(2024·山东潍坊二模)已知椭圆C：＝1的焦点分别为F1，F2，P为C上一点，则(　　)
A．C的焦距为2
B．C的离心率为
C．△F1PF2的周长为3＋
D．△F1PF2面积的最大值为2
答案：ABD
解析：设椭圆C：＝1的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，则a2＝9，b2＝4，c2＝9－4＝5，故a＝3，b＝2，c＝，所以C的焦距为2，故A正确；C的离心率为＝，故B正确；△F1PF2的周长为|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|＝2a＋2c＝6＋2，故C错误；对于D，当点P位于椭圆的上、下顶点时，△F1PF2的面积最大，最大值为×2×2＝2，故D正确．故选ABD.
10．(2023·新课标Ⅱ卷)设O为坐标原点，直线y＝－(x－1)过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则(　　)
A．p＝2
B．|MN|＝
C．以MN为直径的圆与l相切
D．△OMN为等腰三角形
答案：AC
解析：由题意，易知直线y＝－(x－1)过点(1，0)．
对于A，因为直线经过抛物线C的焦点，所以易知焦点坐标为(1，0)，所以＝1，即p＝2，故A正确；对于B，不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1对于C，由以上分析易知，l的方程为x＝－1，以MN为直径的圆的圆心坐标为(，－)，半径r＝|MN|＝＝＋1，所以以MN为直径的圆与l相切，故C正确；对于D，由两点间距离公式可得|MN|＝，|OM|＝，|ON|＝，故D错误．故选AC.
11．(2024·河南南阳一模)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)上一点A到其两条渐近线的距离之积为，则下列结论正确的是(　　)
A．＝ B．ab≤3
C．a2＋b2≥6 D．
答案：ACD
解析：双曲线C：＝1的渐近线方程为y＝±x.设点A(x，y)到两条渐近线的距离分别为d1，d2，则d1d2＝·＝.因为＝1，所以(bx)2－(ay)2＝a2b2，所以d1d2＝＝＝，所以＝，A正确；因为＝，所以ab≥3，B错误；
因为a2＋b2＝(a2＋b2)·()×＝(2＋)×≥(2＋2)×＝6，当且仅当a＝b时等号成立，C正确；因为()2＝＝＝，所以，当且仅当a＝b时等号成立，D正确．故选ACD.
12．(2024·河南郑州二模)抛物线x2＝y的准线方程为y＝1，则实数a＝________．
答案：－
解析：依题可知－＝1，则a＝－.
13．(2024·北京卷)已知双曲线－y2＝1，则过(3，0)且和双曲线只有一个交点的直线的斜率为________．
答案：±
解析：联立x＝3与－y2＝1，解得y＝±，这表明满足题意的直线斜率一定存在．设所求直线斜率为k，则过点(3，0)且斜率为k的直线方程为y＝k(x－3)，联立化简并整理得(1－4k2)x2＋24k2x－36k2－4＝0，由题意得1－4k2＝0或Δ＝(24k2)2＋4(36k2＋4)(1－4k2)＝0，解得k＝±或无解，即k＝±，经检验，符合题意．
14．(2024·安徽合肥模拟)在平面直角坐标系中，已知动点A和C，定点B(3，0)和M(2，2)，若|BC|＝6，且△ABC的周长恒为16，则|AB|＋|AM|的最小值为________．
答案：
解析：由题意知，点C在以B为圆心，6为半径的圆上运动，点A在以B，C为焦点，长轴长为10的椭圆上运动(长轴两端点除外)．为方便计算，可将B，C视为定点，则点M在以B为圆心，为半径的圆上运动．
以BC的中点O为坐标原点，直线BC为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，设点B(3，0)和C(－3，0)，则点A的轨迹方程为＝1(x≠±5)，由图可知|AB|＋|AM|≥|BM|＝，当M，A，B三点共线时(A在B，M之间或A，M重合)，等号成立．(共13张PPT)
高考规范答卷(五)　解析几何
(15分)(2024·新课标Ⅰ卷)已知A(0，3)和P(3，)为椭圆C：＝1(a>b>0)上两点．
(1)求C的离心率；
(2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．
思路点拨　
(1)把两点代入椭圆方程可求a，b；
(2)方法一：以|AP|为底，求出三角形的高，即点B到直线AP的距离．设点B(x0，y0)，列方程组求解；方法二：考虑直线AB斜率情况，设直线AB的方程，与椭圆联立求得点B坐标，再利用点到直线距离公式即可；方法三：考虑直线的斜率情况，设直线l的方程，利用弦长公式和点到直线的距离公式求解．
[规范答卷]
解：(1)由题意得解得→点A和点P代入椭圆方程
∴c2＝a2－b2＝12－9＝3，
∴e＝＝＝.(3分)
(2)方法一　kAP＝＝－，则直线AP的方程为x＋2y－6＝0，
又|AP|＝＝，
∴点B到直线AP的距离d＝＝.(6分)→由△ABP的面积求点B到直线AP的距离设B(x0，y0)，则
解得或即B(0，－3)或(－3，－)．(10分)→求点B的坐标
当B(0，－3)时，此时kl＝，直线l的方程为y＝x－3，
即3x－2y－6＝0；
当B(－3，－)时，此时kl＝，直线l的方程为y＝x，
即x－2y＝0.(14分)→由点斜式求直线方程
综上直线l的方程为3x－2y－6＝0或x－2y＝0.(15分)
方法二　当直线AB的斜率不存在时，此时B(0，－3)，
∴S△PAB＝×6×3＝9，符合题意，此时kl＝，→验证直线AB做斜率不存在的情况
∴直线l的方程为y＝x－3，即3x－2y－6＝0.(6分)
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋3，
联立椭圆方程有则(4k2＋3)x2＋24kx＝0，→联立直线与椭圆的方程
其中k≠kAP，即k≠－，
解得x＝0或x＝，k≠0，k≠－.
令x＝，则y＝，
则B()，(10分)→用直线AB的斜率表示点B
又直线AP的方程为x＋2y－6＝0，
点B到直线AP的距离d＝，
则＝，
解得k＝，→利用点B到直线AP的距离求直线AB的斜率k
此时B(－3，－)，则kl＝，
∴直线l的方程为y＝x，即x－2y＝0.(14分)
综上直线l的方程为3x－2y－6＝0或x－2y＝0.(15分)
方法三　当直线l的斜率不存在时，B(3，－)，
此时S△ABP＝×3×3＝≠9不满足条件．(5分)→验证直线l的斜率不存在的情况
当直线l的斜率存在时，设PB：y－＝k(x－3)，令P(x1，y1)，B(x2，y2)，则有消y得(4k2＋3)x2－(24k2－12k)x＋36k2－36k－27＝0，→联立直线l与椭圆方程
Δ＝(24k2－12k)2－4(4k2＋3)(36k2－36k－27)>0，且k≠kAP，即k≠－，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|PB|＝
＝.(11分)→由弦长公式求|PB|
点A到直线PB的距离d＝，
∴S△PAB＝··＝9，
解得k＝或，(12分)→由△PAB的面积求斜率k
∴直线l的方程为y＝x或y＝x－3，
即3x－2y＝6或x－2y＝0.(15分)(共25张PPT)
拓展培优8 双切线同构方程问题
过圆锥曲线外一点P，作圆锥曲线的两条切线，由此衍生的一系列问题，一般称之为双切线问题．这类问题一般的处理步骤是：
(1)设切线的斜率为k，结合点P写出切线的方程；
(2)将切线的方程代入圆锥曲线方程，化简得出关键方程；
(3)由(2)中方程满足判别式Δ＝0，建立关于k的一元二次方程，两切线的斜率k1，k2为方程的两根；
(4)结合韦达定理，计算k1＋k2，k1k2等，并将之用于其他量的计算．
题型一　蒙日圆同构方程问题
例1给定椭圆C：＝1(a＞b＞0)，称圆心在原点O，半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”，若椭圆C的一个焦点为F(－2，0)，点Q(2，)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程和其“卫星圆”方程；
(2)点P是椭圆C的“卫星圆”上的一个动点，过点P的直线l1，l2与椭圆C都只有一个交点，且l1，l2分别交其“卫星圆”于点M，N，试探究|MN|的长是否为定值？若为定值，写出证明过程；若不是，说明理由．
解析：(1)由题知解得
∴椭圆的方程为＝1，其“卫星圆”的方程为x2＋y2＝12.
(2)①若直线l1，l2中有一条直线的斜率不存在，不妨设直线l1的斜率不存在，
∵直线l1与椭圆只有一个公共点，
∴直线l1的方程为x＝2或x＝－2.当直线l1的方程为x＝2时，l1与“卫星圆”交于点(2，2)和(2，－2)，此时经过点(2，2)，(2，－2)，且与椭圆只有一个公共点的直线为y＝2或y＝－2，即直线l2的方程为y＝2或y＝－2，∴l1⊥l2，
∴线段MN应为“卫星圆”的直径，∴|MN|＝4.
②若直线l1，l2的斜率都存在，设点P(x0，y0)，
则＝()2＝12，
设经过点P(x0，y0)与椭圆只有一个公共点的直线为y＝t(x－x0)＋y0，
联立整理得(2t2＋1)x2＋4t(y0－tx0)x＋2(y0－tx0)2－8＝0，
∴Δ＝0t2－2x0y0t＋－4＝0，
＝＝－1，
∴满足条件的直线l1与l2垂直，
∴线段MN应为“卫星圆”的直径，∴|MN|＝4.
技法领悟
本题中的“卫星圆”就是蒙日圆，将t22x0y0t－4＝0看作t的二次方程，使用了同构方程的解题思想．
【跟踪训练1】　已知椭圆C：＝1(a>b>0)的一个焦点为(，0)，离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若动点P(x0，y0)为椭圆外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程．
解析：(1)由题意，a2－b2＝5，且＝，解得a＝3，b＝2，故椭圆C的标准方程为＝1.
(2)若两条切线分别与x轴、y轴垂直，这样的点P有四个，分别为(3，2)，(3，－2)，(－3，2)，(－3，－2)，若切线都不与坐标轴垂直，设切线方程为y－y0＝k(x－x0)，
代入椭圆方程整理得(4＋9k2)x2＋18k(y0－kx0)x＋9(y0－kx0)2－36＝0，
判别式Δ＝[18k(y0－kx0)]2－4(4＋9k2)[9(y0－kx0)2－36]＝0，
化简得k2＋8x0y0k＋16－
故过P的两条切线的斜率为上述关于k的一元二次方程的两根k1，k2，
切线垂直，所以k1k2＝－1，整理得＝13，
显然(3，2)，(3，－2)，(－3，2)，(－3，－2)也满足上述方程，
故点P的轨迹方程为x2＋y2＝13.
题型二　双切线同构方程问题
例2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．
解析：(1)由题意，可设抛物线C的方程为y2＝2px(p>0)，
联立解得y＝±.
因为OP⊥OQ，由对称性易得△OPQ为等腰直角三角形，
所以|PQ|＝2，即2＝2，解得p＝，故抛物线C的方程为y2＝x，
又⊙M与l相切，所以圆心M到直线l的距离等于圆M的半径r，即r＝1，
故圆M的方程为(x－2)2＋y2＝1.
(2)设，y3)，则直线A1A2的方程为＝(y1＋y2)(y－y1)，
整理得x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0.
因为直线A1A2与圆M相切，所以点M到直线A1A2的距离为＝1①，
同理可得直线A1A3的方程为x－(y1＋y3)y＋y1y3＝0，点M到直线A1A3的距离为＝1②，
对比①和②知y2，y3是方程＝1的两根，化简得y2＋2y1y＋3－＝0③，
由题意，－1≠0，否则过A1且与圆M相切的其中一条直线为y＝1 (或y＝－1)，
该直线与抛物线只有一个交点，不合题意，所以y1≠±1，
故方程③是关于y的一元二次方程．
由韦达定理，y2＋y3＝，y2y3＝，
直线A2A3的方程为x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0，
点M到直线A2A3的距离d＝＝＝＝1，即直线A2A3与圆M也相切．
技法领悟
本题解题的关键是翻译直线A1A2，A2A3与圆M相切，得到方程①和②，观察发现这两个方程是同构的，进而构造一个以y2，y3为解的方程出来，运用该方程的韦达定理，来计算M到直线A2A3的距离．
【跟踪训练2】　已知圆O：x2＋y2＝1和抛物线E：y＝x2－2.
(1)若直线l与圆O相切，与抛物线E交于M，N两点，且满足OM⊥ON，求直线l的方程；
(2)过抛物线E上一点P(x0，y0)作两条直线PQ，PR与圆O相切，且分别交抛物线E于Q，R两点，若直线QR的斜率为－，求点P的坐标．
解析：(1)由题意，直线l的斜率存在，设其方程为y＝tx＋b，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
因为直线l与圆O相切，所以d＝＝1，即b2＝1＋t2①，
联立消去y整理得x2－tx－b－2＝0，由韦达定理，x1＋x2＝t，x1x2＝－b－2，
所以y1y2＝(tx1＋b)(tx2＋b)＝t2x1x2＋tb(x1＋x2)＋b2＝b2－2t2，
因为OM⊥ON，所以·＝x1x2＋y1y2＝b2－2t2－b－2＝0②，
由①②解得t＝0，b＝－1，即直线l的方程为y＝－1.
(2)设Q(x3，y3)，R(x4，y4)，
则kQR＝＝＝x3＋x4＝－.
设过点P与圆O相切的直线的方程为y＝kx＋y0－kx0，
则＝1，整理得k2－2x0y0k－1＝0(x0≠±1)③.
设直线PQ，PR 的斜率分别为k1，k2，则k1，k2为方程③的两个解，所以k1＋k2＝，
直线PQ的方程为y＝k1x＋y0－k1x0，代入y＝x2－2，得x2－k1x＋k1x0－y0－2＝0，
故x0＋x3＝k1，从而x3＝k1－x0，同理，x4＝k2－x0，
所以x3＋x4＝k1＋k2－2x0＝－2x0＝－.
由解得或所以点P的坐标为(－，－)或(，1)．(共33张PPT)
提能培优14
圆锥曲线中的定点(定直线)、定值问题
内容
索引
专题强化练（31）
考点一　
考点一　定点(定直线)问题
(2024·河南周口模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)实轴的左、右端点分别为A1，A2，点P(2，1)在C上，且PA1，PA2的斜率之积为.
(1)求C的方程；
(2)已知直线l与C交于M，N两点(均与P不重合)，与直线x＝2交于点Q，且点M，N在直线x＝2的两侧，若|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|，线段MN的中点为R，证明：点R在一条定直线上．
解析：(1)由题意知A1(－a，0)，A2(a，0)，
所以＝·＝＝，解得a＝，
又＝1，所以b＝1，所以C的方程为－y2＝1.
(2)证明：因为|MP|·|NQ|＝|MQ|·|NP|，所以＝，
又因为点M，N在直线x＝2的两侧，
所以直线PQ：x＝2是∠MPN的平分线，
所以kMP＋kNP＝0.
由题意可知直线l的斜率存在且斜率不是±，
设直线l：y＝kx＋m(k≠±)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立可得(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝.
kMP＋kNP＝＝＝0，
化简得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
故＋(m－1－2k)(－)－4(m－1)＝0，
即(k＋1)(m＋2k－1)＝0，而直线l不过P点，故k＝－1，
所以线段MN的中点R的坐标为()＝(2m，－m)，
所以点R恒在直线y＝－x上．
技法领悟
1．动直线l过定点问题：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0)．
2．动曲线C过定点问题：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
【跟踪训练1】　(2024·江西鹰潭模拟)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1(－1，0)，F2(1，0)，且椭圆过点A(，－)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过C的左焦点F1作弦DE，MN，这两条弦的中点分别为P，Q，若·＝0，证明：直线PQ过定点．
解析：(1)由题可知c＝1，因为点A在椭圆上，所以2a＝|AF1|＋|AF2|，
即2a＝ ＋
＝2，
所以a＝，b2＝a2－c2＝2，
所以椭圆C的方程为＝1.
(2)证明：设点D，E，M，N的坐标为(xD，yD)，(xE，yE)，(xM，yM)，(xN，yN)，
当直线DE，MN的斜率都存在时，
令DE为x＝ky－1，代入C：＝1，
整理得(2k2＋3)y2－4ky－4＝0，且Δ＝48(k2＋1)>0，
所以yD＋yE＝，则xD＋xE＝k(yD＋yE)－2＝－，故P(－). 由·＝0，即DE⊥MN，
故MN为x＝－－1，代入C：＝1，
所以(＋3)y2＋y－4＝0，有yM＋yN＝－，
则xM＋xN＝－－2＝－，故Q(－，－).
当k≠±1时，kPQ＝，则PQ为y－＝(x＋)，整理得k(3＋5x)＝3(k2－1)y，
所以PQ过定点(－，0)；
当k＝1时，P(－)，Q(－，－)，PQ过点(－，0)；
当k＝－1时，P(－，－)，Q(－，)，PQ过点(－，0)，
当一条直线斜率不存在时，P，Q对应O，F1，故PQ即为x轴，也过点(－，0)．综上，直线PQ过定点(－，0)．
考点二　定值问题
例2(2024·河南郑州模拟)已知抛物线τ：y2＝2px(p>0)经过点A(1，)，B(1，－)，C(2，)中的两个点，准线为l，O为坐标原点．
(1)求准线l的方程；
(2)过点P(2，0)的直线与抛物线τ交于M，N两点，直线l′：x＝－4与x轴交于点Q，直线OM与l′交于点S，过点N作l′的垂线，垂足为T，证明：为定值．
解析：(1)因为抛物线τ：y2＝2px(p>0)关于x轴对称，
可得必过A(1，)，B(1，－)，C(2，)中的A(1，)，B(1，－)两点，
代入可得()2＝2p×1，解得p＝1，
所以抛物线τ的方程为y2＝2x，准线l的方程为x＝－.
(2)证明：设直线MN的方程为x＝ty＋2，且M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立方程组整理得y2－2ty－4＝0，
可得Δ＝(－2t)2＋16>0，且y1＋y2＝2t，y1y2＝－4，
则ty1y2＝－2(y1＋y2)．
又直线OM的方程为y＝x，令x＝－4，得点S的纵坐标yS＝，
又由过点N作l′的垂线，垂足为T，
所以点T的纵坐标yT＝y2，
所以＝＝＝＝＝＝＝＝＝2(定值)．
技法领悟
求解定值问题的两大途径
1．由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．
2．先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．
【跟踪训练2】　(2024·河南洛阳模拟)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，两焦点F1，F2与短轴的一个顶点构成等边三角形，点P()在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F1且斜率不为0的直线l与椭圆C交于A，B两点，与直线x＝－3交于点D.设＝，＝，证明：λ1＋λ2为定值．
解析：(1)由题意得解得
∴椭圆C的标准方程是＝1.
(2)证明：由(1)知F1(－1，0)，由条件可知l的斜率存在且不为0，
设l的方程为x＝my－1，则m≠0，令x＝－3可得D(－3，－)．
联立方程得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，Δ>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝－.
由＝可得(－3－x1，－－y1)＝λ1(－1－x1，－y1)，
则有－－y1＝－λ1y1，解得λ1＝1＋，同理λ2＝1＋，
∴λ1＋λ2＝2＋)＝2＋)＝2＋)＝2＋×(－)＝，故λ1＋λ2为定值.
专题强化练（31）
1．(15分)(2024·江西九江检测)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，A是E上第一象限内的动点．当直线AF的倾斜角为时，|AF|＝4.
(1)求E的方程；
(2)已知点D(2，2)，B，C是E上不同的两点．若四边形ABCD是平行四边形，证明：直线AC过定点．
解析：(1)由题意可知，抛物线E的焦点F(，0)，准线x＝－，
过点A作x轴的垂线，垂足为H1，作准线的垂线，垂足为H2，
由抛物线定义可得|AH2|＝|AF|＝4.
因为直线AF的倾斜角为，则|FH1|＝2，
可得|AH2|＝p＋2＝4，解得p＝2，
所以E的方程为y2＝4x.
(2)证明：设直线AC方程为x＝my＋n，A(x1，y1)，C(x2，y2)，B(x0，y0)，
联立方程组消去x整理得y2－4my－4n＝0，
则Δ>0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n.
因为四边形ABCD是平行四边形，
则
即B(4m2＋2n－2，4m－2)，
代入y2＝4x中得(4m－2)2＝4(4m2＋2n－2)，整理得n＝－2m，
则直线AC：x＝my＋－2m＝m(y－2)＋，
所以直线AC过定点(，2)．
2．(15分)(2024·河北石家庄二模)已知M为平面上一个动点，M到定直线x＝1的距离与到定点F(2，0)距离的比等于，记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F的直线l与曲线C交于A，B两点，在x轴上是否存在点P，使得·为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)设点M的坐标为(x，y)，则＝，
即2(x－1)2＝[(x－2)2＋y2]，化简得x2－y2＝2，
所以双曲线C的标准方程为＝1.
(2)如图，当直线l的斜率不为0时，设其方程为x＝my＋2.
由于直线与双曲线交点有两个，则直线不能与渐近线平行，渐近线斜率为±1，则m≠±1.
代入＝1，整理得(m2－1)y2＋4my＋2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(t，0)，
则y1＋y2＝－，y1y2＝，
所以·＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2
＝(my1＋2－t)(my2＋2－t)＋y1y2
＝(m2＋1)y1y2＋m(2－t)(y1＋y2)＋(2－t)2
＝
＝＋(2－t)2.
若要上式为定值，则必须有4t－6＝－2，即t＝1，
所以＋(2－t)2＝－2＋1＝－1，
故存在点P(1，0)满足·＝－1.
当直线l的斜率为0时，A(－，0)，B(，0)，此时点P(1，0)亦满足·＝－1，故存在点P(1，0)满足·＝－1.
综上所得，在x轴上存在点P(1，0)，使得·为定值，定值为－1.(共71张PPT)
第一讲　直线和圆
内容
索引
考点二
专题强化练（27）
考点一　
考点三
考点一　直线的方程　
保分练
1．(2024·河南新乡一模)已知直线l1：2x＋my－1＝0，l2：(m＋1)x＋3y＋1＝0，则“m＝2”是“l1∥l2”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
答案：C
解析：m＝2时，直线l1：2x＋2y－1＝0，l2：3x＋3y＋1＝0，则l1∥l2，当l1∥l2时，＝≠，解得m＝2，所以“m＝2”是“l1∥l2”的充要条件．故选C.
2．(2024·河北石家庄模拟)(多选)已知动点A，B分别在直线l1：3x－4y＋5＝0与l2：3x－4y＋10＝0上移动，则线段AB的中点P到坐标原点O的距离可能为(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
答案：CD
解析：令A(x1，y1)，B(x2，y2)分别在直线l1：3x－4y＋5＝0与l2：3x－4y＋10＝0上，设AB的中点M的坐标为(x，y)，则有所以两式相加得＋x2)－4(y1＋y2)＋15＝0，所以6x－8y＋15＝0，则原点到该直线的距离d＝＝，大于该值的都有可能．故选CD.
3．已知直线l经过点P(0，1)，且被两条平行直线l1：x＋y＋1＝0和l2：x＋y＋5＝0截得的线段长为2，则直线l的方程为______________．
答案：(2＋)x－y＋1＝0或(2－)x＋y－1＝0
解析：若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝0，此时与l1，l2的交点分别为(0，－1)和(0，－5)，截得的线段的长为|－5－(－1)|＝4≠2，不符合题意．若直线l的斜率存在，则设直线l的方程为y＝kx＋1，解方程组得点A()，解方程组得点B()．由|AB|＝2，得()2＋()2＝8，即k2－2k－1＝0，解得k＝±2，则直线l的方程为(2＋)x－y＋1＝0或(2－)x＋y－1＝0.
技法领悟
求解两条直线的平行或垂直问题时要考虑斜率不存在的情况；求解两条直线的平行问题时，要注意排除两条直线重合的情况．
考点二　直线与圆
保分练
1．(2024·北京卷)圆x2＋y2－2x＋6y＝0的圆心到x－y＋2＝0的距离为(　　)
A．　　　B．2　　　C．3　　　D．3
答案：D
解析：圆x2＋y2－2x＋6y＝0的标准方程为(x－1)2＋(y＋3)2＝10，圆心坐标为(1，－3)，因此圆心到直线x－y＋2＝0的距离d＝＝3.故选D.
2．(2023·新课标Ⅰ卷)过点(0，－2)与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sin α＝(　　)
A．1 B． C． D．
答案：B
解析：如图，x2＋y2－4x－1＝0得＋y2＝5，所以圆心坐标为(2，0)，半径r＝，所以圆心到点(0，－2)的距离为＝2，由于圆心与点(0，－2)的连线平分角α，所以sin ＝＝＝，所以cos ＝，所以sin α＝2sin cos ＝2×＝.故选B.
3．(2023·新课标Ⅱ卷)已知直线l：x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为”的m的一个值为________.
答案：2(答案不唯一，可以是±，±2中任意一个)
解析：设直线x－my＋1＝0为直线l，由条件知⊙C的圆心C(1，0)，半径R＝2，C到直线l的距离d＝，|AB|＝2＝2＝.由S△ABC＝，得＝，整理得2m2－5|m|＋2＝0，解得m＝±2或m＝±.
4．(2022·新高考Ⅰ卷)写出与圆x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一条直线的方程为________．
答案：x＋1＝0或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0(填一条即可)
解析：显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为x＋by＋c＝0，于是＝1，＝4.故c2＝1＋b2①，|3＋4b＋c|＝|4c|.于是3＋4b＋c＝4c或3＋4b＋c＝－4c，再结合①解得或或所以直线方程有三条，分别为x＋1＝0，7x－24y－25＝0，3x＋4y－5＝0(填一条即可)．
提分练
5．(2024·河南新乡二模)已知N是圆O：x2＋y2＝9上的动点，点M满足＝(－3，4)，记M的轨迹为E，则(　　)
A．E是与圆O相切的一条直线
B．E是半径为5的圆
C．E上的点到原点O的距离的最大值为8
D．E与圆O相切
答案：C
解析：对于A，设M(x，y)，N(x0，y0)，则＝(x0－x，y0－y)，由＝(－3，4)，得解得又点N在圆O上，所以(x－3)2＋(y＋4)2＝9，即点M的轨迹是以(3，－4)为圆心，3为半径的圆，故A错误；对于B，由A的分析知，E是以(3，－4)为圆心，3为半径的圆，故B错误；对于C，E上的点到原点O的距离最大值为＋3＝8，故C正确；对于D，两圆的圆心距为d＝＝5，两圆的半径之和为6，所以06．(2024·全国甲卷(理))已知b是a，c的等差中项，直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＋4y－1＝0交于A，B两点，则|AB|的最小值为(　　)
A．1　　　B．2　　　C．4　　　D．2
答案：C
解析：因为a，b，c成等差数列，所以a－2b＋c＝0，所以直线ax＋by＋c＝0恒过点P(1，－2)．x2＋y2＋4y－1＝0化为标准方程得x2＋(y＋2)2＝5，则圆心C为(0，－2)，半径r＝，则|PC|＝1，当PC⊥AB时，|AB|取得最小值，此时|AB|＝2＝4.故选C.
7．(2021·新高考Ⅰ卷)(多选)已知点P在圆(x－5)2＋ (y－5)2＝16上，点A(4，0)，B(0，2)，则(　　)
A．点P到直线AB的距离小于10
B．点P到直线AB的距离大于2
C．当∠PBA最小时，|PB|＝3
D．当∠PBA最大时，|PB|＝3
答案：ACD
解析：圆2＋2＝16的圆心为M，半径为4，直线AB的方程为＝1，即x＋2y－4＝0，圆心M到直线AB的距离为＝＝>4，所以点P到直线AB的距离的最小值为－4<2，最大值为＋4<10，A选项正确，B选项错误；如图所示，
当∠PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP，BM，可知PM⊥PB，＝＝，＝4，由勾股定理可得＝ ＝3，C，D选项正确．故选ACD.
8.(2024·河北保定二模)已知点P为圆C1：(x－5)2＋y2＝4上位于第一象限内的点，过点P作圆C2：x2＋y2－2ax＋a2－a＋2＝0(2答案：2　
解析：圆C2的标准方程为(x－a)2＋y2＝a－2(a>2)，圆心C2(a，0)，则PC2为∠APB的角平分线，所以＝.设P(x0，y0)，则＝4，所以＝＝＝2，则＝2，即a－1＝2(4－a)，解得a＝3，则C2：(x－3)2＋y2＝1，所以点N与B(4，0)重合，此时|C2M|＝1，∠MAC2＝30°，可得M()，所以|MN|＝ ＝.
技法领悟
与圆的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，利用其关系来处理．
考点三　圆与圆
保分练
1．(2024·河北石家庄二模)已知圆O1：x2＋y2＝5与圆O2：x2＋y2－2x－4y＝0交于A，B两点，则|AB|＝(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
答案：C
解析：因为圆O1：x2＋y2＝5与圆O2：x2＋y2－2x－4y＝0交于A，B两点，则直线AB的方程即为两圆方程相减，可得2x＋4y－5＝0，且圆O1：x2＋y2＝5，半径为，O1(0，0)到直线2x＋4y－5＝0的距离d＝＝，所以|AB|＝2 ＝.故选C.
2．(2024·广东茂名一模)(多选)已知圆C：x2＋y2－2x－2y－3＝0，则(　　)
A．圆C的圆心坐标为(－1，－1)
B．圆C的周长为2π
C．圆M：(x＋3)2＋(y＋1)2＝5与圆C外切
D．圆C截y轴所得的弦长为3
答案：BC
解析：对于A，B，圆C的方程可化为(x－1)2＋(y－1)2＝5，可得圆心的坐标为(1，1)，半径为，则周长为2π，可知A错误，B正确；对于C，由M(－3，－1)，|MC|＝＝2为两圆半径之和，可知C正确；对于D，令x＝0，可得y2－2y－3＝0，解得y＝－1或3，可得圆C截y轴所得的弦长为4，可知D错误．故选BC.
3．(2024·河北张家口检测)圆C1：(x－1)2＋y2＝1与圆C2：(x－5)2＋(y－3)2＝36的公切线的方程为__________．
答案：4x＋3y＋1＝0
解析：圆C1的圆心为(1，0)，半径为1，圆C2的圆心为(5，3)，半径为6，因为|C1C2|＝＝5＝6－1，所以两圆内切，只有一条公切线，将圆C1，C2化为一般式得C1：x2＋y2－2x＝0，C2：x2＋y2－10x－6y－2＝0，两式相减得8x＋6y＋2＝0，即4x＋3y＋1＝0，所以圆C1，C2的公切线的方程为4x＋3y＋1＝0.
提分练
4．(2024·山东菏泽一模)已知圆C1：x2＋(y－3)2＝8与圆C2：(x－a)2＋y2＝8相交于A，B两点，直线AB交x轴于点P，则的最小值为(　　)
A．　 　B．　 　C．　 　D．
答案：B
解析：圆C1：x2＋(y－3)2＝8的圆心C1(0，3)，半径r1＝2，圆C2：(x－a)2＋y2＝8的圆心C2(a，0)，半径r2＝2，因为两圆相交，则0<|C1C2|<4，即0<<4，解得－即直线AB的方程为a(2x－a)－3(2y－3)＝0.当a＝0时，直线AB的方程为2y－3＝0，此时AB∥x轴，与x轴没有交点，不符合题意，当a≠0时，令y＝0，得x＝，即P(，0)，则＝×3×|－a|＝|a＋|＝(|a|＋)≥×2 ＝，当且仅当|a|＝，即a＝±3时取等号，所以的最小值为.故选B.
5．(2024·安徽合肥二模)(多选)已知圆O：x2＋y2＝1，圆C：(x－a)2＋(y－1)2＝4，a∈R，则(　　)
A．两圆的圆心距|OC|的最小值为1
B．若圆O与圆C相切，则a＝±2
C．若圆O与圆C恰有两条公切线，则－2D．若圆O与圆C相交，则公共弦长的最大值为2
答案：AD
解析：根据题意，可得圆O：x2＋y2＝1的圆心为O(0，0)，半径r＝1，圆C：(x－a)2＋(y－1)2＝4的圆心为C(a，1)，半径R＝2.对于A，因为两圆的圆心距d＝|OC|＝≥1，所以A项正确；对于B，两圆内切时，圆心距d＝|OC|＝R－r＝1，即＝1，解得a＝0，两圆外切时，圆心距d＝|OC|＝R＋r＝3，即＝3，解得a＝±2，综上所述，若两圆相切，则a＝0或a＝±2，故B项不正确；对于C，若圆O与圆C恰有两条公切线，则两圆相交，d＝|OC|∈(R－r，R＋r)，即∈(1，3)，可得1<<3，解得－26．(2024·河北保定二模)已知点O(0，0)，A(2，－4)，B为OA的中点，动点P，Q分别满足|PB|＝|OA|，|QA|＝|QO|，则|PQ|的最大值为________．
答案：4＋2
解析：由题意可知，点B的坐标为B(1，－2)，|OA|＝2，由|PB|＝|OA|得点P在以OA为直径的圆B上，则圆B方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝5，设Q(x，y)，由|QA|＝|QO|，得(x－2)2＋(y＋4)2＝(x2＋y2)，整理得x2＋y2－8x＋16y＋40＝0，即(x－4)2＋(y＋8)2＝40，设C(4，－8)，则点Q在以C为圆心，半径为2的圆上，所以|PQ|的最大值为|BC|＋＋2＝4＋2.
技法领悟
两圆相交公共弦的方程可通过两圆方程相减求得，进而在一个圆内，利用垂径定理求公共弦长．
专题强化练（27）
1．(2024·辽宁丹东二模)过坐标原点O作圆C：x2＋y2－4x－4y＋4＝0的两条切线OA，OB，切点分别为A，B，则|AB|＝(　　)
A． B．2 C．2 D．4
答案：C
解析：如图，由圆C：(x－2)2＋(y－2)2＝4可得x轴，y轴，即是过点O的切线，
所以切点为A(2，0)，B(0，2)，故|AB|＝2.故选C.
2．(2024·河北石家庄检测)已知圆C1：x2＋y2＝1和圆C2：x2＋y2－6x－8y＋9＝0，则两圆公切线的条数为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案：C
解析：圆C1：x2＋y2＝1的圆心为C1(0，0)，半径r1＝1，圆C2：x2＋y2－6x－8y＋9＝0的圆心C2(3，4)，半径r2＝4，
则|C1C2|＝＝5＝r1＋r2，故两圆外切，则两圆公切线的条数为3.故选C.
3．(2024·江西吉安模拟)已知圆C：x2＋y2－6x＋8＝0与直线kx－y＋2＝0有公共点，则整数k＝(　　)
A．－3 B．－1 C．1 D．2
答案：B
解析：由题意可知圆C的标准方程为(x－3)2＋y2＝1，圆心为(3，0)，半径r＝1，所以≤1，得|3k＋2|≤，即8k2＋12k＋3≤0，可得≤k≤，又k∈Z，故k＝－1.故选B.
4．(2024·广东韶关二模)过点P(－2，3)作斜率为－2的直线，若光线沿该直线传播经x轴反射后与圆C：(x－3)2＋(y－2)2＝r2(r>0)相切，则r＝(　　)
A． B．
C．2 D．
答案：D
解析：如图，设经过点P的直线交x轴于点A，反射直线与圆C相切于点B，直线PA：y－3＝－2(x＋2)，即y＝－2x－1，令y＝0，解得x＝－，即A(－，0)，又kPA＋kBA＝0，所以kBA＝2，所以直线BA：y－0＝2(x＋)，即2x－y＋1＝0，则点C(3，2)到直线BA：2x－y＋1＝0的距离为d＝＝，即r＝.故选D.
5．(2024·安徽安庆二模)已知点P(1，0)，C(0，)，O是坐标原点，点B满足||＝1，则与夹角的最大值为(　　)
A． 　 　B． C． 　 　D．
答案：A
解析：设点B(x，y)，可得＝(－x，－y)，因为||＝1，可得x2＋(y－)2＝1，即点B的轨迹是以C(0，)为圆心，半径r＝1的圆，如图所示．设过点P与圆C相切的直线PB的方程为y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0，则圆心到直线的距离等于圆的半径，可得＝1，解得k＝－.设切线的倾斜角为α(0≤α<π)，则tan α＝－，可得α＝，即与夹角的最大值为.故选A.
6．(2024·河北邯郸二模)由动点P向圆M：＋(y＋3)2＝1引两条切线PA，PB，切点分别为A，B，若四边形APBM为正方形，则动点P的轨迹方程为(　　)
A．(x＋2)2＋(y＋3)2＝4
B．(x＋2)2＋(y＋3)2＝2
C．(x－2)2＋(y－3)2＝4
D．(x－2)2＋(y－3)2＝2
答案：B
解析：因为四边形APBM为正方形，且MA＝MB＝1，所以MP＝，
故动点P的轨迹是以M为圆心，为半径的圆，其方程为(x＋2)2＋(y＋3)2＝2.故选B.
7．(2024·河北沧州一模)过点P(1，2)作圆O：x2＋y2＝10相互垂直的两条弦AB与CD，则四边形ACBD的面积的最大值为(　　)
A．6　　B．2 C．9　　D．15
答案：D
解析：如图所示，OP＝，记OM＝m，ON＝n，则m2＋n2＝5，AB＝2，CD＝2，SACBD＝AB·CD＝2·≤2×＝15，当且仅当＝，即m＝n＝时取等号，所以四边形ACBD的面积的最大值为15.故选D.
8．(2024·山西运城一模)直线l1：mx－y＋3m＝0与直线l2：x＋my－3＝0相交于点P(x0，y0)，则的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：直线l1的方程可化为m(x＋3)－y＝0，由可得对于直线l2，由可得所以直线l1过定点A(－3，0)，直线l2过定点B(3，0)，又因为m×1＋(－1)×m＝0，则l1⊥l2，即PA⊥PB，则＝(x0＋3，y0)，＝(x0－3，y0)，所以·＝，所以＝9，当x0＝－3，y0＝0，点(－3，0)不在直线l2上，所以点P的轨迹是曲线x2＋y2＝9(x≠－3)．
设＝k可得kx0－y0－5k＝0，由题意可知，直线kx－y－5k＝0与曲线x2＋y2＝9(x≠－3)有公共点，且圆x2＋y2＝9的圆心为原点，半径为3，所以≤3，解得－≤k≤，当x0＝－3，y0＝0时，＝0；当x0＝3，y0＝0时，＝0.因此，的取值范围是.故选B.
9．(2024·河南信阳一模)已知实数a，b满足a2＋b2－|a|－|b|＝0，则|a＋b－3|的最小值与最大值之和为(　　)
A．4 B．5 C．6 D．7
答案：C
解析：由题意知点(a，b)在曲线C：x2＋y2－|x|－|y|＝0上，曲线C关于原点以及坐标轴均对称，由于x≥0，y≥0时，曲线的方程为x2＋y2－x－y＝0，即(x－)2＋(y－)2＝，故结合曲线对称性，作出曲线C如图．
而d＝表示曲线C上的点(a，b)到直线l：x＋y－3＝0的距离，可知d＝取最小值和最大值时，(a，b)位于曲线在第一、三象限内的圆弧上，当x≥0，y≥0时，曲线的方程为x2＋y2－x－y＝0，即(x－)2＋(y－)2＝，此时d的最小值为＝；当x<0，y<0时，曲线的方程为x2＋y2＋x＋y＝0，即(x＋)2＋(y＋)2＝，此时d的最大值为＝，故d＝的最小值与最大值之和为＝3，所以|a＋b－3|的最小值与最大值之和为3＝6.故选C.
10．(2024·河北沧州模拟)已知圆C1：x2＋y2－2x－2y－2＝0，圆C2：x2＋y2－8x－10y＋32＝0，则下列选项正确的是(　　)
A．直线C1C2的方程为4x－3y－1＝0
B．圆C1和圆C2共有4条公切线
C．若P，Q分别是圆C1和圆C2上的动点，则|PQ|的最大值为10
D．经过点C1，C2的所有圆中面积最小的圆的面积为
答案：ACD
解析：由题意得，圆C1：(x－1)2＋(y－1)2＝4的圆心C1(1，1)，半径r1＝2，圆C2：(x－4)2＋(y－5)2＝9的圆心C2(4，5)，半径r2＝3.对于A，直线C1C2的方程为＝，即4x－3y－1＝0，所以A正确；对于B，因为|C1C2|＝＝5，且r1＋r2＝2＋3＝5，可得|C1C2|＝r1＋r2，所以圆C1与圆C2外切，所以两圆的公切线共有3条，所以B错误；对于C，因为|C1C2|＝5，所以|PQ|的最大值为|C1C2|＋r1＋r2＝10，所以C正确；对于D，当|C1C2|为圆的直径时，该圆在经过点C1，C2的所有圆中面积最小，此时圆的面积为π()2＝，所以D正确．故选ACD.
11．(2024·福建龙岩一模)已知点B(2，1)与圆C：(x－2)2＋(y－2)2＝4，A是圆C上的动点，则(　　)
A．||的最大值为2＋2
B．过点B的直线被圆C截得的最短弦长为
C.8－4·≤8＋4
D． x∈R，|－x|的最小值为
答案：ACD
解析：对A，圆C：(x－2)2＋(y－2)2＝4的圆心坐标C(2，2)，半径r＝2，将原点(0，0)代入圆的方程有(0－2)2＋(0－2)2＝8>4，则原点在圆外，则|OC|＝2，则||max＝|OC|＋r＝2＋2，故A正确；对B，将B(2，1)代入圆方程得(2－2)2＋(1－2)2＝1<4，则点B在圆内，设圆心到过点B的直线距离为d，则dmax＝|BC|＝＝1，而被截的弦长为2＝2，则弦长最短为2＝2，故B错误；对C，作出在上的投影向量，则·＝·＝2||，因为|OC|－r≤||≤|OC|＋r，即2－2≤||≤2＋2，则8－4·≤8＋4，故C正确；
对D，对 x∈R，x与共线，则|－x|的最小值为点C到直线OB的距离，易知直线OB的方程为x－2y＝0，则点C到直线OB的距离|CN|＝||＝，故D正确．故选ACD.
12．(2024·河南郑州模拟)已知直线l：ax＋by＋1＝0(a，b不同时为0)，圆C：x2＋y2－2x＝0，则(　　)
A．当b2－2a＝1时，直线l与圆C相切
B．当a＋b＝－2时，直线l与圆C不可能相交
C.当a＝1，b＝－1时，与圆C外切且与直线l相切的动圆圆心的轨迹是一条抛物线
D．当a＝1，b＝－1时，直线l与坐标轴相交于A，B两点，则圆C上存在点P满足·＝0
答案：ACD
解析：圆C：x2＋y2－2x＝0，即(x－1)2＋y2＝1，圆心为C(1，0)，半径r＝1.对于A，若b2－2a＝1，则圆心到直线的距离d＝＝＝＝1＝r，所以直线l与圆C相切，故A正确；对于B，当a＝0，b＝－2时，满足a＋b＝－2，此时直线方程为y＝－，则圆心到直线的距离为对于D，不妨令A(－1，0)，B(0，1)，AB的中点为D(－)，又|AB|＝，所以以AB为直径的圆的方程为(x＋)2＋(y－)2＝，又|CD|＝＝<＋1，所以圆D与圆C相交，所以圆C上存在点P满足·＝0，故D正确．故选ACD.
13．(2024·江西南昌一模)设圆心在x轴的圆C过点(1，1)，且与直线y＝2x－1相切，则圆C的标准方程为__________________．
答案：(x－3)2＋y2＝5
解析：设圆C的圆心为(m，0)，则由于该点到直线y＝2x－1的距离d＝＝，结合圆C与直线相切，知圆C的半径为，所以圆C的方程是(x－m)2＋y2＝，而圆C过点(1，1)，所以(1－m)2＋12＝，解得m＝3，所以圆C的标准方程是(x－3)2＋y2＝5.
14．(2024·河南信阳模拟)已知圆C：x2＋y2－6x＝0，l1，l2是过原点且互相垂直的两条直线，若l1被C截得的弦长与l2被C截得的弦长的比为2∶1，则直线l1的斜率k＝________．
答案：±
解析：因为圆C：x2＋y2－6x＝0，即为(x－3)2＋y2＝9，可知圆心为C(3，0)，半径r＝3.
由题意知，直线l1，l2的斜率存在，且不为0，设直线l1：y＝kx，则直线l2：y＝－x，则圆心C(3，0)到直线l1，l2的距离分别为d1＝，d2＝.
由题意可得＝＝＝，解得k＝±．
15．(2024·河北沧州一模)光从介质1射入介质2发生折射时，入射角与折射角的正弦之比叫作介质2相对介质1的折射率．如图，一个折射率为的圆柱形材料，其横截面圆心在坐标原点，一束光以45°的入射角从空气中射入点A(－2，0)，该光线再次返回空气中时，其所在直线的方程为________________．
答案：(－2)x－y＋2－2＝0
解析：如图，
入射角α＝45°，设折射角为α′，∴＝，∴sin α′＝＝，则α′＝30°，∴∠OAB＝30°＝∠OBA，∴∠xOB＝60°，则xB＝2cos (－60°)＝1，yB＝2sin (－60°)＝－，∴B(1，－).
∵β＝45°.∴该光线再次返回空气中时，其所在直线的倾斜角为180°－(45°－30°)＝165°，则其所在直线的斜率为tan 165°＝－tan 15°＝－tan (45°－30°)＝－＝－＝－2，∴直线的方程为y＋＝(－2)(x－1)，整理得(－2)x－y＋2－2＝0.(共45张PPT)
第三讲　直线与圆锥曲线的位置关系
内容
索引
考点二
专题强化练（29）
考点一　
考点三
考点一　中点弦问题
保分练
1．(2024·山西临汾二模)已知抛物线C：y2＝4x，过点M(，－1)的直线l与C相交于A，B两点，且M为弦AB的中点，则直线l的斜率为(　　)
A．－ B．－ C．－1 D．－2
答案：D
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为直线l与C相交于A，B两点，所以由题意得k＝＝＝＝－2.故选D.
2．(2024·河南开封模拟)已知点A，B，C是离心率为2的双曲线Γ：＝1(a>0，b>0)上的三点，直线AB，AC，BC的斜率分别是k1，k2，k3，点D，E，F分别是线段AB，AC，BC的中点，O为坐标原点，直线OD，OE，OF的斜率分别是k′1，k′2，k′3，若＝5，则k1＋k2＋k3＝________．
答案：15
解析：因为双曲线Γ的离心率为2，所以＝，不妨设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，因为点A，B在Γ上，所以两式相减，得＝，因为点D是AB的中点，所以x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，所以＝，即＝，所以k1k′1＝·＝＝3，同理k2k′2＝3，k3k′3＝3，因为＝5，所以k1＋k2＋k3＝＝15.
提分练
3．(2024·江西南昌模拟)已知椭圆＝1(a>b>0)的离心率e＝，椭圆上任意一点到椭圆的两个焦点的距离之和为4.若直线l过点(－1，0)，且与椭圆相交于不同的两点A，B.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若线段AB中点的纵坐标为 ，求直线l的方程．
解析：(1)由题意可知2a＝4，e＝＝，得c＝，b2＝a2－c2，解得b2＝1，所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)由题意可知直线斜率存在，
设l：y＝k(x＋1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程组
消y得(1＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－4＝0，
因为Δ>0，
设AB中点坐标为(x0，y0)，
所以x0＝＝，所以y0＝k(x0＋1)＝＝，所以k＝或k＝1.
当k＝，AB中点坐标为(－)，直线l方程为y－＝(x＋)，即x－4y＋1＝0；
当k＝1，AB中点坐标为(－)，直线l方程为y－＝x＋，即x－y＋1＝0.
技法领悟
1．解决中点弦问题的常用方法：(1)根与系数的关系；(2)点差法．
2．利用点差法需注意保证直线与圆锥曲线相交．
考点二　弦长问题
保分练
1．(2024·安徽蚌埠模拟)已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的左顶点是A(－1，0)，一条渐近线的方程为y＝x.
(1)求双曲线E的离心率；
(2)设直线y＝－与双曲线E交于点P，Q，求线段PQ的长．
解析：(1)由题意知a＝1，且＝1，∴b＝1，
∴c＝＝，
∴双曲线的离心率e＝＝.
(2)由(1)知双曲线方程为x2－y2＝1，
将y＝x－，即x－1＝2y代入x2－y2＝1，得3y2＋4y＝0，解得y＝0或－.
不妨设yP＝0，yQ＝－，
代入直线方程得P(1，0)，Q(－，－)，
∴|PQ|＝ ＝.
提分练
2．(2024·广东汕头二模)
如图，矩形ABCD中，|AB|＝4，|BC|＝2.A1，B1，A2，B2分别是矩形四条边的中点，设＝，A2T＝(1－λ)A2C(0<λ<1)．
(1)证明：直线B1R与B2T的交点M在椭圆K：＋y2＝1上；
(2)已知PQ为过椭圆K的右焦点F的弦，直线MO与椭圆K的另一交点为N，若MN∥PQ，试判断|PQ|，|MN|，|A1A2|是否成等比数列，请说明理由．
解析：(1)证明：设M(x，y)，依题意，R(2λ，0)，T(2，1－λ)，B1(0，－1)，B2(0，1)，
则直线B1R的方程为y＋1＝x①，
直线B2T的方程为y－1＝－x②，
①×②得y2－1＝－x2，即＋y2＝1，
故直线B1R与B2T的交点M在椭圆K：＋y2＝1上．
(2)依题意，直线PQ，MO的斜率均不为零，故设直线PQ的方程为x＝my＋，
直线MO的方程为x＝my，
由得(m2＋4)y2＋2my－1＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
∴y1＋y2＝－，y1y2＝－，
∴|PQ|＝|y1－y2|
＝·＝，
由得y＝±，
∴|MN|＝|y1－y2|＝，|A1A2|＝4，
∴|MN|2＝|PQ|·|A1A2|，
即|PQ|，|MN|，|A1A2|成等比数列．
技法领悟
1．设直线方程时，需考虑特殊直线，如直线的斜率不存在、斜率为0等．
2．|AB|＝x1＋x 2＋p是抛物线过焦点的弦的弦长公式，其他情况该公式不成立．
考点三　面积问题
保分练 基础题得满分
1．(2024·吉林通化模拟)已知椭圆的焦点分别是F1(，0)，F2(－，0)，点M在椭圆上，且|MF1|＋|MF2|＝4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线 y＝kx＋与椭圆交于A，B两点，且OA⊥OB，求实数k的值和△OAB的面积．
解析：(1)设椭圆的标准方程为＝1(a>b>0)，由题意可知 解得所以椭圆的标准方程为 ＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去y，可得(1＋4k2)x2＋8kx＋4＝0，
Δ＝128k2－16(4k2＋1)＝64k2－16>0，则k>或k<－，
由韦达定理可得x1＋x2＝－，x1·x2＝，
所以y1·y2＝(kx1＋)·(kx2＋)＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋2＝.
因为OA⊥OB，·＝0，即x1x2＋y1y2＝0，
所以＝0，解得k＝或－，
经检验知Δ>0，所以k的值为或－.
当k＝时，直线AB方程为x－2y＋2＝0，原点O到直线AB的距离d＝＝，
因为x1＋x2＝－＝－，x1·x2＝＝，
所以|AB|＝＝·＝·＝，
所以S△OAB＝|AB|·d＝＝；
当k＝－，由对称性可得S△OAB＝，
所以△OAB的面积为.
提分练
2．(2024·山东泰安一模)已知圆x2＋y2－x－2y＋m＝0与x轴交于点P(1，0)，且经过椭圆G：＝1(a>b>0)的上顶点，椭圆G的离心率为.
(1)求椭圆G的方程；
(2)若点A为椭圆G上一点，且在x轴上方，B为A关于原点O的对称点，点M为椭圆G的右顶点，直线PA与MB交于点N，△PBN的面积为，求直线PA的斜率．
解析：(1)∵圆x2＋y2－x－2y＋m＝0过点(1，0)，
∴m＝0，
又∵圆x2＋y2－x－2y＝0过点(0，b)，
∴b＝2，
又∵
∴a2＝9，
∴椭圆G的方程为＝1.
(2)设A(x0，y0)(y0>0)，则B(－x0，－y0)，M(3，0)，
由题知x0≠1，且x0≠－3，
则PA：y＝(x－1)，
MB：y＝(x－3)，
由解得
∴N(x0，－)．
又∵S△PBN＝S△PBM－S△PNM＝×|PM|×y0＝y0＝，∴y0＝，
又＝1，∴x0＝±2，
∴直线PA的斜率kAP＝＝－或.
技法领悟
圆锥曲线中求解三角形面积的方法
1．常规面积公式：S＝×底×高．
2．铅锤水平面面积公式：(1)过x轴上的定点：S＝a|y1－y2|(a为x轴上定长)；(2)过y轴上的定点：S＝a|x1－x2|(a为y轴上定长)．
专题强化练（29）
1．(13分)(2024·河北邢台模拟)已知椭圆M：＋＝1(a>)的长轴长是短轴长的倍．
(1)求M的方程；
(2)若倾斜角为的直线l与M交于A，B两点，线段AB的中点坐标为(m，)，求m.
解析：(1)由题意可得2a＝×2，得a2＝6，
所以M的方程为＝1.
(2)由题意得kAB＝tan ＝1.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
依题意可得x1≠x2，且由得＝0，
则＝×1＝0，解得m＝－1.
经检验，点(－1，)在椭圆M内，所以m＝－1.
2．(15分)(2024·湖南衡阳模拟)已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，过F的直线l与C交于A，B两点，且A，B到直线x＝－3的距离之和等于|AB|＋4.
(1)求C的方程；
(2)若l的斜率大于0，A在第一象限，过F与l垂直的直线和过A与x轴垂直的直线交于点D，且|AB|＝|AD|，求l的方程．
解析：(1)由题意，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(，0)，准线方程为x＝－，
则A，B到准线x＝－的距离之和等于|AF|＋|BF|＝|AB|，
因为A，B到直线x＝－3的距离之和等于|AB|＋4，可得2(－＋3)＝|AB|＋4－|AB|，
解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由焦点F(1，0)，可设l：x＝my＋1(m>0)，且A(x1，y1)(y1>0)，B(x2，y2)，
联立方程组整理得y2－4my－4＝0，
则Δ＝(－4m)2＋16>0，且y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
所以|AB|＝x1＋x2＋2＝m(y1＋y2)＋4＝4(m2＋1)．
设D(x1，t)，由kDF·kAB＝－1，可得kDF＝＝－＝－m，即t＝－m(x1－1)＝－m2y1，
所以|AD|＝y1＋m2y1＝(m2＋1)y1.
由|AB|＝4(m2＋1)＝|AD|＝(m2＋1)y1，可得y1＝4，
代入y2－4my－4＝0，可得16－16m－4＝0，解得m＝，
所以直线l的方程为4x－3y－4＝0.
3．(17分)(2024·河北沧州一模)已知双曲线C：＝1(b>1)的左焦点为F(－c，0)，经过点F的直线l交双曲线于点A，B，当直线l⊥x轴时，|AB|＝4.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知点D(m，n)，直线mx－ny－8＝0与双曲线C交于E，F两点，且△DEF的面积为4，证明：点D在双曲线C上．
解析：(1)依题意，双曲线过点(－，2)，
代入双曲线解析式，得＝1，解得b2＝4，
所以双曲线C的标准方程为＝1.
(2)证明：直线与双曲线方程联立得消去x并整理可得(m2－n2)y2－16ny＋4m2－64＝0，
所以Δ＝16m2n2＋256m2－16m4>0，则m2－n2<16.
设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则y1＋y2＝，
y1y2＝，
所以|EF|＝ |y2－y1|
＝
＝ ·＝.
点D到直线EF的距离为d＝，
所以△DEF的面积为|EF|·d＝＝4.
令m2－n2＝p，则＝2，(16－p)(p－8)2＝12p2，(p－4)(p2－16p＋256)＝0，p＝4，则m2－n2＝4，所以＝1，则点D在双曲线C上．(共28张PPT)
拓展培优7 非对称性韦达定理
在圆锥曲线问题中，我们联立直线和圆锥曲线方程，消去x或y，得到一个一元二次方程，往往能够利用韦达定理来快速处理之类的结构，但在有些问题中，我们会遇到涉及x1，x2的不同系数的代数式的运算，比如求，或λx1＋μx2之类的结构，我们把这种系数不对等的结构，称为“非对称韦达结构”．
题型一　分式型
例1(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为.
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上．
解析：(1)设双曲线C的方程为＝1(a>0，b>0)，c为双曲线C的半焦距，
由题意可得解得
所以双曲线C的方程为＝1.
(2)证明：由(1)可得A1(－2，0)，A2(2，0)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
显然直线MN的斜率不为0.
设直线MN的方程为x＝my－4，且－与＝1联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0，
则y1＋y2＝，y1y2＝.
直线MA1的方程为y＝(x＋2)，
直线NA2的方程为y＝(x－2)，
联立直线MA1与直线NA2的方程可得
＝＝＝.
方法一　(和积转化)
因为my1y2＝(y1＋y2)，
所以＝＝＝－.
方法二　(配凑)
因为my1y2＝(y1＋y2)，
所以＝
＝＝＝－.
由＝－可得x＝－1，即xP＝－1，
据此可得点P在定直线x＝－1上运动．
技法领悟
非对称结构的常规处理方法有和积转换、配凑、求根公式(暴力法)、曲线方程代换、第三定义等方法，将其转化为对称结构计算．
【跟踪训练1】　已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)过点(2，)，且离心率为.
(1)求椭圆C方程；
(2)A，B分别为椭圆C的上、下顶点，过点P(0，4)的斜率为k的直线与椭圆C交于M，N两点，求证：直线BM，AN的交点在定直线上．
解析：(1)由题意，解得故椭圆 C：＝1.
(2)证明：A(0，2)，B(0，－2)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为y＝kx＋4，联立方程得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0，Δ＞0, 得k2＞，则x1＋x2＝，x1·x2＝.
直线AN的方程为y－2＝x，直线BM的方程为y＋2＝x，联立两直线方程消元＝＝.
方法一　常规方法(计算量大，时间成本高，费事费劲，准确率低)
由二次方程解出x1＝，x2＝代入化简，＝＝
＝－，得y＝1，
即直线BM，AN的交点在定直线y＝1上．
方法二　利用韦达定理x1，x2保留一个(解方程组，这是一种试探性的化简，“前途未卜”，不具一般性)
由韦达定理得x1＝－x2带入化简
＝＝＝－ ，得y＝1，
即直线BM，AN的交点在定直线y＝1上．
方法三　将x1·x2与x1＋x2的关系代入化简(和积转换，一般是积转和)
由x1＋x2＝，x1·x2＝，得－(x1＋x2)＝kx1·x2(即＝－k)带入化简
＝＝－，得y＝1，即直线BM，AN的交点在定直线y＝1上．
题型二　比值型
例2已知点F为椭圆E：＝1的右焦点，A，B分别为其左、右顶点，过F作直线l与椭圆交于M，N两点(不与A，B重合)，记直线AM与BN的斜率分别为k1，k2，证明为定值．
证明：方法一　反设直线与积化和(变量y)：由题，A(－2，0)，B(2，0)，设l：x＝ty＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则k1＝， k2＝，联立消x得(4＋3t2)y2＋6ty－9＝0，且Δ>0，则ty1y2＝(y1＋y2)，
所以代入得，＝＝＝＝＝＝，为定值，得证．
方法二　配凑半替换(变量y)：由题，A(－2，0)，B(2，0)，设l：x＝ty＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则k1＝，k2＝，联立消x得(4＋3t2)y2＋6ty－9＝0，且Δ>0，则因此＝＝＝＝，得证．
方法三　积化和(变量x): 当直线l斜率存在时，不妨就直线l：y＝k(x－1)，M(x1y1)，N(x2，y2)，
联立消y得因此x1x2＝(x1＋x2)－4，
所以＝＝＝，为定值，得证．
方法四　配凑半替换(变量x): 当直线l斜率存在时，不妨就直线l：y＝k(x－1)，M(x1y1)，N(x2，y2)，
联立消y得所以＝，
即＝ ＝＝，为定值，得证．
技法领悟
比值型问题适用于x1＝λx2型，可以采用倒数相加，但有时得到的可能不是这种形式，而是x1＝λx2＋k的形式，此时采用待定系数法，例如x1＝－3x2＋4，可以转化x1－1＝－3(x2－1)，得到＝－3，继续采用倒数相加解决．
【跟踪训练2】　在平面直角坐标系Oxy中，已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的一条渐近线为y＝x，且点P()在C上．
(1)求C的方程；
(2)设C的上焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，且＝7，求l的斜率．
解析：(1)由双曲线标准方程可知，其渐近线方程为y＝±x，
所以＝，
可得b2＝3a2，
将点P()代入双曲线C的方程可得＝1，
解得a2＝1，b2＝3，
所以双曲线C的方程为y2－＝1.
(2)由(1)可知，上焦点F(0，2)，
设直线l的斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线l的方程为y＝kx＋2，联立整理得(3k2－1)x2＋12kx＋9＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，又＝7，
即(－x1，2－y1)＝7(－x2，2－y2)，
可得x1＝7x2.
方法一　因为＝7，
所以＝－2＝，
即－2＝，
解得k＝±，
所以直线l的斜率为±.
方法二　
即＝，
解得k＝±，
所以直线l的斜率为±.(共50张PPT)
提能培优13 圆锥曲线中的最值、范围问题
内容
索引
专题强化练（30）
考点一　
考点一　最值问题
例2 (2024·吉林长春模拟)已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为y＝x，焦距为6，左顶点为A，点B，C是双曲线E的右支上相异的两点，直线AB，AC分别与直线l：x＝交于点M，N，且以线段MN为直径的圆恰过双曲线E的右焦点F.
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)求△ABC面积的最小值．
解析：(1)由题意可知解得
所以双曲线E的标准方程为＝1.
(2)由(1)知，A(－2，0)，则直线l：x＝是线段AF的垂直平分线．
因为以线段MN为直径的圆恰过点F，所以以线段MN为直径的圆恰过点A，
所以AB⊥AC，故·＝0.
设直线BC：x＝my＋n，B(x1，y1)，C(x2，y2)，
由双曲线的对称性可得B，C必在x轴两侧，则>，故|m|<＝.
将x＝my＋n代入＝1，得(5m2－4)y2＋10mny＋5n2－20＝0，
则Δ＝80(5m2＋n2－4)>0，y1＋y2＝①，
y1y2＝②，由B，C必在x轴两侧，可得y1y2＝<0，
因为|m|<＝，所以5m2－4<0，所以5n2－20>0，所以|n|>2.
＝(x1＋2，y1)，＝(x2＋2，y2)，
·＝(x1＋2)(x2＋2)＋y1y2＝(my1＋n＋2)(my2＋n＋2)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋m(n＋2)(y1＋y2)＋(n＋2)2＝0③，
将①②代入③中并整理，得n2－16n－36＝0，解得n＝－2(舍去)或n＝18，所以直线BC：x＝my＋18过定点T(18，0)，Δ＝80(5m2＋320)>0，所以S△ABC＝S△ATB＋S△ATC＝10|y1－y2|＝
10＝10＝200，
令m2＋64＝t(64≤t<)，则S△ABC＝200＝200.
由对勾函数的性质可得u＝25t＋－3 240在[64，)上单调递减，umax＝，
所以S△ABC≥400，当且仅当t＝64，即m＝0时取等号，所以△ABC面积的最小值为400.
技法领悟
1．几何法：根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决．
2．代数法：建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决(基本不等式法、导数法等)．
【跟踪训练1】　(2024·广东梅州二模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，且经过点T(1，)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求椭圆C上的点到直线l：y＝2x的距离的最大值．
解析：(1)由椭圆的离心率为，可得e＝＝＝，可得3a2＝4b2.
设椭圆的方程为＝1，t2>0，
又因为椭圆经过点T(1，)，所以＝1，
解得t2＝1，
所以椭圆的方程为＝1.
(2)设与直线y＝2x平行的直线的方程为y＝2x＋m(m≠0)，
联立整理可得19x2＋16mx＋4m2－12＝0，
Δ＝162m2－4×19×(4m2－12)＝0，可得m2＝19，则m＝±，
所以直线y＝2x＋m到直线y＝2x的距离d＝＝，
所以椭圆C上的点到直线l：y＝2x的距离的最大值为.
【跟踪训练2】　已知抛物线C：y2＝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＝9，求直线OQ斜率的最大值．
解析：(1)抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F(，0)，准线方程为x＝－，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为－(－)＝p＝2，
所以该抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设Q(x0，y0)，而F(1，0)，＝(1－x0，－y0)，则＝9＝)，
所以P(10x0－9，10y0)．
由P在抛物线上可得(10y0)2＝4(10x0－9)，即x0＝，
所以直线OQ的斜率kOQ＝＝＝，
当y0＝0时，kOQ＝0；
当y0≠0时，kOQ＝；
当y0>0时，因为25y0＋≥2＝30，
此时0当y0<0时，kOQ<0.
综上，直线OQ的斜率的最大值为.
考点二　范围问题
例2 (2023·新课标Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点(0，)的距离，记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3.
解析：(1)设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝，
化简得y＝x2＋，
所以W的方程为y＝x2＋.
(2)证明：设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，
则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|)．
设B(t，t2＋)，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，
故可设直线AB的方程为y－(t2＋)＝k(x－t)，不妨设k>0，与x2＝y－联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t.
设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
所以|AB|＝|x1－t|＝|k－2t|＝|2t－k|，
|BC|＝ |－－2t|＝|＋2t|＝|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，
所以2(|AB|＋|BC|)＝(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|)．
因为|2k2t－k3|＋|2kt＋1|＝
当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－]上单调递减或是常函数(当k＝1时是常函数)，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在(，＋∞)上单调递增，
所以当t＝时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)＞(k2＋1)＝.
令f(k)＝，k≥1，则f′(k)＝，
当1≤k＜时，f′(k)＜0，当k＞时，f′(k)＞0，
所以函数f(k)在[1，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
所以f(k)≥f()＝3，所以2(|AB|＋|BC|)＞≥3.
当2k－2k2＞0，即0＜k＜1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－]上单调递增，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在(，＋∞)上单调递增，
所以当t＝－时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)，
又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＞k(k2＋1)＝.
令g(k)＝，0当00，
所以函数g(k)在(0，)上单调递减，在(，1)上单调递增，
所以g(k)≥g()＝3，所以2(|AB|＋|BC|)>≥3.
综上，矩形ABCD的周长大于3.
技法领悟
1．函数法：用其他变量表示参数，建立函数关系，利用求函数最值的方法求解．
2．不等式法：根据题意建立含参数的表达式，通过解不等式求参数的取值范围．
3．判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ求参数的取值范围．
【跟踪训练3】　(2024·河北衡水一模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)过(1，)和()两点．F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上的点(P不在x轴上)，过椭圆右焦点F2的直线l与椭圆交于A、B两点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求|AB|的取值范围．
解析：(1)由题意可知，将点(1，)，()代入椭圆方程，
得解得
所以椭圆的标准方程为＝1.
(2)由(1)知F1(－1，0)，F2(1，0)，
当直线l的斜率为0时，|AB|＝2a＝4，
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)，
联立消去x，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
易得Δ＝(6m)2＋36(3m2＋4)>0，则y1＋y2＝，y1y2＝，
所以|AB|＝
＝
＝＝
＝4－.
因为m2≥0，所以3m2＋4≥4，所以0<≤1，所以3≤|AB|<4.
综上，3≤|AB|≤4，即|AB|的取值范围是[3，4].
【跟踪训练4】　(2024·江苏南京模拟)平面直角坐标系xOy中，双曲线E：＝1(a>0，b>0)过点D(3，1)，且该双曲线虚轴长为2.
(1)求双曲线E的方程；
(2)设过点T(0，4)的直线l与E的左支交于点M，N，直线DM，DN与y轴相交于P，Q两点．
①求直线l的斜率k的取值范围；
②求|TP|＋|TQ|的取值范围．
解析：(1)由题意得解得
所以E：＝1.
(2)由题意知直线l斜率存在，所以设直线l：y＝kx＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
①联立直线与双曲线方程 (1－3k2)x2－24kx－54＝0，当Δ>0时，由题意则需解得②lMD：y－1＝(x－3)，令x＝0得yP＝1－3·，同理可得yQ＝1－3·，
所以|TP|＋|TQ|＝4－yP＋4－yQ
＝6＋3()＝6＋3()
＝6＋3[2k＋3(k＋1)()]，
其中＝＝＝，
所以|TP|＋|TQ|＝6＋3[2k－]＝6＋6·＝8－，
因为即<8－<18－6，
所以|TP|＋|TQ|的取值范围是(，18－6)．
专题强化练（30）
1．(15分)(2024·河北秦皇岛二模)已知抛物线E：x2＝2y的焦点为F，点P是x轴下方的一点，过点P作E的两条切线l1，l2，且l1，l2分别交x轴于M，N两点．
(1)求证：F，P，M，N四点共圆；
(2)过点F作y轴的垂线l，两直线l1，l2分别交l于A，B两点，求△PAB的面积的最小值．
解析：(1)证明：设P(x0，y0)，若过点P且斜率为k的直线y＝k(x－x0)＋y0与抛物线x2＝2y相切，则联立后得到的关于x的方程x2＝2[k(x－x0)＋y0]只有一个实数根．
此即关于x的二次方程x2－2kx＋2kx0－2y0＝0的判别式等于零，即4k2－4(2kx0－2y0)＝0，得k2＝－2(y0－kx0)．
另一方面，该直线与x轴交于点(x0－，0)，而该点与F(0，)的连线的斜率为＝＝－＝－，
所以过点P作抛物线的切线后，该切线与x轴的交点到焦点F和点P的连线互相垂直．
这就说明∠PMF＝∠PNF＝90°，从而∠PMF＋∠PNF＝90°＋90°＝180°，所以F，P，M，N四点共圆．
(2)由l的定义知其方程为y＝，设l1，l2的斜率分别为k1，k2，则根据第(1)问的解析，知k1，k2都是关于k的方程k2＝－2(y0－kx0)，即k2－2x0k＋2y0＝0的根，故k1＋k2＝2x0，k1k2＝2y0.
由于l1，l2均过点P(x0，y0)，故其方程分别为y＝k1(x－x0)＋y0和y＝k2(x－x0)＋y0.
在y＝k1(x－x0)＋y0中令y＝，得x＝x0＋＝x0＋，从而得到A(x0＋)，同理B(x0＋)，
所以|AB|＝＝·＝·＝.由y0<0，可设u＝>0，则y0＝－u2，进而得到S△PAB＝|AB|·＝＝＝，
所以S△PAB＝＝＝(1＋2u2＋u4)＝[(1＋3u2)＋(u2＋u4)－u2]≥(2×1×u＋2·u·u2－u2)(这里使用了不等式a2＋b2≥2ab)＝u2－u＋＝(u－)2＋.
另一方面，当P(0，－)时，l1，l2的斜率分别是－，可求得A(－)，B()．
从而此时|AB|＝，故S△PAB＝··[－(－)]＝.
综上，△PAB的面积的最小值是.
2．(15分)(2024·天津卷)已知椭圆＝1(a>b>0)，椭圆的离心率e＝.左顶点为A，下顶点为B，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝.
(1)求椭圆方程；
(2)过点(0，－)的动直线与椭圆有两个交点P，Q.在y轴上是否存在点T使得·≤0.若存在，求出这个T点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
解析：(1)因为椭圆的离心率为e＝，故a＝2c，b＝c，其中c为半焦距，
所以A(－2c，0)，B(0，－c)，C(0，－)，故S△ABC＝×2c×c＝，
故c＝，所以a＝2，b＝3，故椭圆方程为＝1.
(2)若过点(0，－)的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为y＝kx－，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t)，
由可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，
故Δ＝144k2＋108(3＋4k2)＝324＋576k2>0，且x1＋x2＝，x1x2＝－，而＝(x1，y1－t)，＝(x2，y2－t)，
故·＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)＝x1x2＋(kx1－－t)(kx2－－t)
＝(1＋k2)x1x2－k(＋t)(x1＋x2)＋(＋t)2
＝(1＋k2)×(－)－k(＋t)×＋(＋t)2＝
＝.
因为·≤0恒成立，故解得－3≤t≤.
若过点(0，－)的动直线的斜率不存在，则P(0，3)，Q(0，－3)或P(0，－3)，Q(0，3)，
此时需－3≤t≤3，两者结合可得－3≤t≤.
综上，存在T(0，t)(－3≤t≤)，使得·≤0恒成立．

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