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(共58张PPT)
第八章
培优点7　阿波罗尼斯圆与蒙日圆
数学
大
一
轮
复
习
在近几年全国各地的解析几何试题中可以发现许多试题涉及阿波罗尼斯圆、蒙日圆，这些问题聚焦了轨迹方程、定值、定点、弦长、面积等解析几何的核心问题，难度为中高档.
重点解读
“阿波罗尼斯圆”的定义：平面内到两个定点A(－a，0)，B(a，0)(a>0)的
距离之比为正数λ(λ≠1)的点的轨迹是以C为圆心，为半
径的圆，即为阿波罗尼斯圆.
阿波罗尼斯圆
题型一
例1　(1)设A，B是平面上两点，则满足＝k(其中k为常数，k>0且k≠1)
的点P的轨迹是一个圆，已知A(，0)，B，且k＝，则点P所
在圆M的方程为　　　　　　.
x2＋y2＝3
设P(x，y)，由题意可得，，
即|PA|＝|PB|，
则＋y2＝2，
整理得x2＋y2＝3.
(2)已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin A＝2sin B，acos B＋bcos A＝2，则△ABC面积的最大值为　　　.
依题意，由sin A＝2sin B，
得|BC|＝2|AC|，acos B＋bcos A＝＝c＝2，
即|AB|＝2，以AB边所在的直线为x轴，
线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，
设A(1，0)，B(－1，0)，C(x，y)，x≠0，
由|BC|＝2|AC|，则C的轨迹为阿波罗尼斯圆，
其方程为＋y2＝，x≠0，
边AB上的高的最大值为，所以()max＝.
阿波罗尼斯圆的逆用
当题目给了一个圆的方程和一个定点，我们可以假设另一个定点，构造相同的阿氏圆，利用两圆是同一个圆，便可以求出定点的坐标.
思维升华
跟踪训练1　(1)如图，在等腰△ABC中，已知|AB|＝|AC|，B(－1，0)，AC边的中点为D(2，0)，则点C的轨迹所包围的图形的面积等于　　　　.
4π
因为|AB|＝|AC|＝2|AD|，所以点A的轨迹是阿波罗尼斯圆，
易知其方程为(x－3)2＋y2＝4(y≠0).
设C(x，y)，由AC边的中点为D(2，0)，
知A(4－x，－y)，
所以C的轨迹方程为(4－x－3)2＋(－y)2＝4(y≠0)，
即(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，
故所求的面积为4π.
(2)已知点P是圆(x－4)2＋(y－4)2＝8上的动点，A(6，－1)，O为坐标原点，则|PO|＋2|PA|的最小值为　　　　.
10
假设A'(m，n)，使得|PO|＝2|PA'|，
设P(x，y)，则＝2，
从而可得3x2－8mx＋4m2＋3y2－8ny＋4n2＝0，
从而可知圆心坐标为，
由题意得圆3x2－8mx＋4m2＋3y2－8ny＋4n2＝0与圆(x－4)2＋(y－4)2＝8是同一个圆，
所以＝4，＝4，解得m＝n＝3，即A'(3，3).
所以|PO|＋2|PA|＝2(|PA'|＋|PA|)≥2|A'A|
＝2＝10，
当A，P，A'三点共线且P在线段AA'上时，等号成立.
即|PO|＋2|PA|的最小值为10.
在椭圆＝1(a>b>0)上，任意两条相互垂直的切线的交点都在同一个
圆上，它的圆心是椭圆的中心，半径等于椭圆长半轴与短半轴平方和的算术平方根，即x2＋y2＝a2＋b2，这个圆叫蒙日圆.
蒙日圆
题型二
例2　(1)蒙日圆涉及的是几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为
原椭圆的蒙日圆，若椭圆C：＝1(a>0)的蒙日圆的方程为x2＋y2
＝4，则a等于
A.1 B.2 C.3 D.4
√
∵椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，找两个特殊点分别为(，0)，(0，)，则两条切线分别是x＝，y＝，这两条切线互相垂直，且两条直线的交点为P()，而P在蒙日圆上，
∴＝4，解得a＝1.
(2)(多选)已知焦点在x轴上的椭圆C的长轴长为4，离心率为e＝，P为椭圆C的蒙日圆上任一点，则以下说法正确的是
A.过点P作椭圆C的两条切线PA，PB，则有PA⊥PB
B.过点P作椭圆的两条切线，交椭圆于点A，B，O为原点，直线OP，AB
的斜率分别为kOP，kAB，kOP·kAB＝－
C.过点P作椭圆的两条切线，切点分别为A，B，则S△APB的取值范围为
D.过点P作椭圆的两条切线，切点分别为A，B，O为原点，则S△AOB的最
大值为
√
√
√
由题意知椭圆C：＝1(a>b>0)的长轴长为4，离心率为e＝，
故a＝2，，
所以c＝1，b2＝a2－c2＝3，
则椭圆方程为＝1，
蒙日圆的方程为x2＋y2＝7.
对于A，由蒙日圆的定义知PA⊥PB，A正确；
对于B，设P(x1，y1)，A(x2，y2)，B(x3，y3)，
则PA的方程为＝1，
PB的方程为＝1，
两切线过点P，
故＝1，＝1，
即点A，B在直线＝1上，
因为两点确定一条直线，
故直线AB的方程为＝1，
则kAB＝－，
而kOP＝，故kOP·kAB＝－，B错误；
对于C，当点P在x轴上时，
则y1＝0，x1＝或x1＝－，
则直线AB的方程为x＝±，
联立＝1，得y＝±，
所以|AB|＝，易得点P到直线AB的距离为，
则S△APB＝××；
当点P不在x轴上时，
由于直线AB的方程为＝1，
联立＝1，
得(3＋4)x2－24x1x＋48－16＝0，
Δ＝(－24x1)2－4(3＋4)(48－16)
＝64(3＋4－12)>0，
则x2＋x3＝，
x2x3＝，
故|AB|＝·
＝×
＝，
又点P到直线AB的距离
d1＝，
故S△APB＝|AB|d1
＝·
＝，
又＝7，故令t＝，t∈(3，4]，
则S△APB＝，
令f(t)＝，
显然f(t)在(3，4]上单调递减，
故y＝在(3，4]上单调递增，
则S△APB>，(S△APB)max＝，
综上所述，S△APB的取值范围为，C正确；
对于D，由C的分析可知，当点P在x轴上时，
|AB|＝，点O到直线AB的距离为，
则S△AOB＝××；
当点P不在x轴上时，
|AB|＝，
而点O到直线AB的距离d2＝，
故S△AOB＝|AB|d2
＝·＝，
又＝7，
故令t＝，t∈(3，4]，
则S△AOB＝，
而t＋≥2＝4，
当且仅当t＝，即t＝2∈(3，4]时，等号成立，
故S△AOB＝≤<，
所以S△AOB的最大值为，D正确.
(1)设P为蒙日圆上任一点，过点P作椭圆的两条切线，交椭圆于点A，B，O为原点.
性质1　PA⊥PB.
性质2　kOP·kAB＝－.
性质3　kOA·kPA＝－，kOB·kPB＝－(垂径定理的推广).
性质4　PO平分椭圆的切点弦AB.
性质5　延长PA，PB分别交蒙日圆O于点C，D，则CD∥AB.
思维升华
性质6　S△AOB的最大值为，S△AOB的最小值为.
性质7　S△APB的最大值为，S△APB的最小值为.
思维升华
(3)抛物线y2＝2px(p>0)的两条互相垂直的切线PA，PB交点P的轨迹是该抛物线的准线：
x＝－(可以看作半径无穷大的圆).
(2)蒙日圆在双曲线、抛物线中的推广
双曲线＝1(a>b>0)的两条互相垂直的切线PA，PB交点P的轨迹
是蒙日圆：x2＋y2＝a2－b2(只有当a>b时才有蒙日圆).
思维升华
跟踪训练2　(多选)已知椭圆C：＝1，O为原点，则下列说法中正
确的是
A.椭圆C的蒙日圆方程为x2＋y2＝9
B.过直线l：x＋2y－3＝0上一点P作椭圆C的两条切线，切点分别为M，N，
当∠MPN为直角时，直线OP的斜率为－
C.若P为蒙日圆上一点，则PO平分椭圆的切点弦MN
D.若P为蒙日圆上一点，O，P到MN的距离分别为d1，d2，则d1d2＝
√
√
√
由蒙日圆的定义，易得椭圆C：＝1的蒙日圆方程为x2＋y2＝9，A
正确；
依题意，点P是直线l与蒙日圆的交点，则解得P或P(3，0)，直线OP的斜率为－或0，B错误；
当点P在坐标轴上时，由对称性可知，PO平分椭圆的切点弦MN；当点P不在坐标轴上时，设P点坐标为(x0，y0)(x0≠0，y0≠0)，直线OP斜率kOP
＝，由切点弦公式得到MN的方程为＝1，kMN＝－，
kOP·kMN＝－，由点差法可知，OP平分切点弦MN，C正确；
设P(cos θ，sin θ)，则直线MN的方程为xb2cos θ＋ya2sin θ－a2b2＝0，
则原点O到直线MN的距离为
d1＝，
点P到直线MN的距离为
d2＝
＝
＝，
所以d1d2＝，D正确.
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B A B D C B ABD ABD
题号 9 　10 答案 2 　(x＋2)2＋y2＝4　－1 一、单项选择题
1.若椭圆C：＝1(a>0)的离心率为，则椭圆C的蒙日圆方程为
A.x2＋y2＝9 B.x2＋y2＝7
C.x2＋y2＝5 D.x2＋y2＝4
√
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答案
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答案
因为椭圆C：＝1(a>0)的离心率为，
所以，解得a＝3，
所以椭圆C的方程为＝1，根据蒙日圆的定义知，蒙日圆的半径r＝，
所以椭圆C的蒙日圆方程为x2＋y2＝7.
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答案
2.已知☉O：x2＋y2＝1，若在直线y＝x＋2上总存在点P，使得过点P的☉O的两条切线互相垂直，则实数k的取值范围为
A.[1，＋∞) B.(1，＋∞)
C.[2，＋∞) D.(2，＋∞)
√
由题分析可知点P的轨迹方程为x2＋y2＝2，又点P在直线y＝x＋2上，
所以直线y＝x＋2与圆x2＋y2＝2必有交点，即≤，解得k≥1.
3.已知双曲线＝1(a>1)上存在一点M，过点M向圆x2＋y2＝1作两条
切线MA，MB，若·＝0，则实数a的取值范围是
A.(1，) B.(1，]
C.[，＋∞) D.(，＋∞)
√
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答案
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双曲线＝1(a>1)上存在一点M，
过点M向圆x2＋y2＝1作两条切线MA，MB，
若·＝0，可知四边形MAOB是正方形，
|MO|＝，
所以实数a的取值范围是(1，].
答案
4.在平面直角坐标系Oxy中，已知点A(1，0)，B(4，0)，若直线x－y＋m＝
0上存在点P使得|PA|＝|PB|，则实数m的取值范围是
A.[－2，2]
B.(－∞，－2]∪[2，＋∞)
C.(－∞，－2]∪[2，＋∞)
D.[－2，2]
√
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答案
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设P(x，y)，
则|PA|＝，|PB|＝，
因为|PA|＝|PB|，所以，
两边同时平方，化简得x2＋y2＝4，
故点P的轨迹为圆心为(0，0)，半径为2的圆，
又点P在直线x－y＋m＝0上，
故圆x2＋y2＝4与直线x－y＋m＝0必有公共点，所以≤2，
解得－2≤m≤2.
答案
5.现有△ABC，|AC|＝6，sin C＝2sin A，则当△ABC的面积最大时，|BC|等于
A.12 B.20 C.2 D.5
√
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答案
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答案
如图所示，以AC的中点为原点，AC边所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
因为|AC|＝6，所以A(－3，0)，C(3，0)，设B(x，y)，因为sin C＝2sin A，
由正弦定理可得|AB|＝2|BC|，
所以(x＋3)2＋y2＝4(x－3)2＋4y2，
化简得(x－5)2＋y2＝16，且y≠0，
圆的位置如图所示，圆心为(5，0)，半径r＝4，
观察可得，在三角形底边长|AC|不变的情况下，当B点位于圆心D的正上方或正下方时，高最大，
此时△ABC的面积最大，B点坐标为(5，4)或(5，－4)，
所以|BC|＝＝2.
6.已知在平面直角坐标系中，圆O：x2＋y2＝1，点A和点B，
M为圆O上的动点，则2|MA|－|MB|的最大值为
A. B. C. D.
√
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答案
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答案
设点M(x，y)，
令2|MA|＝|MC|，
则，
由题知圆x2＋y2＝1是关于点A，C的阿波罗尼斯圆，设点C(m，n)，
则，
整理得x2＋y2＋x＋y＝，
1
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答案
比较两方程可得＝0，＝0，＝1，
即m＝－2，n＝0，点C(－2，0)，
当点M位于图中M1的位置时，
即2|MA|－|MB|＝|M1C|－|M1B|，此时取得最大值，
最大值为|BC|＝.
二、多项选择题
7.在平面直角坐标系中，A(－1，0)，B(2，0)，动点C满足，直线l：
mx－y＋m＋1＝0，则
A.动点C的轨迹方程为(x＋2)2＋y2＝4
B.直线l与动点C的轨迹一定相交
C.动点C到直线l距离的最大值为＋1
D.若直线l与动点C的轨迹交于P，Q两点，且|PQ|＝2，则m＝－1
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√
答案
√
√
对于A选项，设C(x，y).因为，
所以，
整理得x2＋y2＋4x＝0，即(x＋2)2＋y2＝4，
所以动点C的轨迹为以N(－2，0)为圆心，2为半径的圆，轨迹方程为(x＋2)2＋y2＝4，故A正确；
对于B选项，因为直线l过定点M(－1，1)，而点M(－1，1)在圆N内，所以直线l与圆N一定相交，故B正确；
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答案
对于C选项，当直线l与直线NM垂直时，动点C到直线l的距离最大，且最大值为r＋|NM|＝2＋，故C错误；
对于D选项，记圆心N到直线l的距离为d，
则d＝.
因为|PQ|2＝4(r2－d2)＝8.
又r＝2，所以d＝.
由＝2，得m＝－1，故D正确.
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答案
8.若椭圆Γ：＝1(a>b>0)的蒙日圆方程为C：x2＋y2＝a2，过C上的
动点M作Γ的两条互相垂直的切线，分别与C交于P，Q两点，直线PQ交Γ
于A，B两点，则
A.椭圆Γ的离心率为
B.△MPQ面积的最大值为a2
C.M到Γ的左焦点的距离的最小值为(2－)a
D.若动点D在Γ上，将直线DA，DB的斜率分别记为k1，k2，则k1k2＝－
√
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答案
√
√
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由蒙日圆的定义得a2＋b2＝a2，即a2＝2b2，
所以椭圆Γ的离心率e＝，故A正确；
因为点M，P，Q都在圆C上，且∠PMQ＝90°，
所以PQ为圆C的直径，
所以|PQ|＝2×a，
所以△MPQ面积的最大值为|PQ|··a2，故B正确；
答案
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设M(x0，y0)，Γ的左焦点为F(－c，0)，
连接MF(图略)，因为c2＝a2－b2＝a2，
所以|MF|2＝＋2x0c＋c2
＝a2＋2x0·a＋a2＝2a2＋ax0，
又－a≤x0≤a，
所以|MF|2的取值范围为[(2－)a2，(2＋)a2]，
则M到Γ的左焦点的距离的最小值为，故C不正确；
答案
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由直线PQ经过坐标原点，易得点A，B关于原点对称，
设A(x1，y1)，D(x2，y2)(x2≠±x1)，
则B(－x1，－y1)，k1＝，k2＝，
又＝0，
所以·＝－，
所以k1k2＝－，故D正确.
答案
三、填空题
9.(2024·南京模拟)满足条件|AB|＝2，|AC|＝|BC|的△ABC的面积的最大值为　　　　.
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答案
方法一　(直解法)
建立如图的平面直角坐标系，则A(－1，0)，B(1，0)，设C点的坐标为(x，y)，
因为|AC|＝|BC|，
所以×，
整理得(x－3)2＋y2＝8(y≠0)，
所以点C的轨迹是以(3，0)为圆心，2为半径的圆(除去与x轴的交点).
设圆心为M，当CM⊥x轴时，△ABC的面积最大，
此时|CM|＝r＝2，(S△ABC)max＝|AB|·r＝×2×2＝2.
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答案
方法二　(秒解法)
由题意可知，动点C的轨迹是圆M，
且半径r＝＝2，分析可得，
当且仅当CM⊥AB时，△ABC面积最大，
()max＝|AB|·r＝×2×2＝2.
10.已知在平面直角坐标系Oxy中，A(－2，1)，B(－2，4)，点P是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为　　　　　　　　　　；
若点Q为抛物线E：y2＝4x上的动点，Q在y轴上的射影为H，则|PA|＋|PQ|＋|QH|的最小值为　　　　.
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答案
(x＋2)2＋y2＝4
－1
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答案
设点P(x，y)，∵，∴，
∴该阿氏圆方程为(x＋2)2＋y2＝4.
设抛物线的焦点为点F，如图所示，由题意知F(1，0)，
|QH|＝|QF|－1，
∴(|PA|＋|PQ|＋|QH|)min
＝(|PA|＋|PQ|＋|QF|－1)min
＝|AF|－1＝－1＝－1.(共49张PPT)
第八章
培优点8　阿基米德三角形
数学
大
一
轮
复
习
在近几年全国各地的解析几何试题中可以发现许多试题涉及阿基米德三角形问题，它包含了直线与圆锥曲线相交、相切两种位置关系，聚焦了轨迹方程、定值、定点、弦长、面积等解析几何的核心问题，难度为中高档.
重点解读
抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.如图.
抛物线的切线方程与切点弦方程
题型一
例1 　(1)(多选)下列选项正确的是
A.过抛物线x2＝2py(p>0)上一点M(x0，y0)的切线方程为x0x＝p(y＋y0)
B.过抛物线x2＝－2py(p>0)上一点M(x0，y0)的切线方程为x0x＝－p(y＋y0)
C.过抛物线y2＝2px(p>0)上一点M(x0，y0)的切线方程为y0y＝p(x＋x0)
D.过抛物线y2＝－2px(p>0)上一点M(x0，y0)的切线方程为y0y＝－p(x－x0)
√
√
√
仅以选项A为例给出证明，同理可证其余三种情形.
方法一　设抛物线x2＝2py(p>0)上一点M(x0，y0)的切线方程为
y－y0＝k(x－x0)，
代入x2＝2py，整理得
x2－2pkx－2py0＋2pkx0＝0，
由Δx＝0，得4p2k2＋4(2py0－2pkx0)＝0，
∴pk2－2x0k＋2y0＝0，
∵抛物线上一点处的切线唯一，
∴关于k的一元二次方程pk2－2x0k＋2y0＝0有两个相等的实数根，
∴k＝，
∴所求的切线方程为y－y0＝(x－x0)，
即x0x＝＋py－py0，
又＝2py0，
∴过抛物线x2＝2py(p>0)上一点M(x0，y0)的切线方程为x0x＝p(y＋y0).
方法二　y＝，y'＝，
由导数的几何意义得所求切线的斜率为k＝，
∴所求的切线方程为y－y0＝(x－x0)，
即x0x＝＋py－py0，
又＝2py0，
∴过抛物线x2＝2py(p>0)上一点M(x0，y0)的切线方程为x0x＝p(y＋y0).
(2)过抛物线x2＝2py(p>0)外一点C(x0，y0)向抛物线引两条切线，设两切点分别为点A，B，则过点A，B的直线方程为　　　　　　.
x0x＝p(y＋y0)
设切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(1)知在点A处的切线方程为x1x＝p(y＋y1)，
在点B处的切线方程为x2x＝p(y＋y2)，
因为点C(x0，y0)在两条切线上，
所以
即可认为(x1，y1)，(x2，y2)是x0x＝p(y0＋y)的两组解，
即A，B在直线x0x＝p(y＋y0)上，
又因为两点确定一条直线，所以过点A，B的直线方程为x0x＝p(y＋y0).
在圆锥曲线方程中，以x0x替换x2，以y0y替换y2，以替换x，以替换y，即可得到切线方程和切点弦方程.
思维升华
跟踪训练1　已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两
条切线，切点分别为A，B，则直线AB过定点__________.
方法一　设D，A(x1，y1)，
则＝2y1.
由于y'＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点.
方法二　设D，由切点弦的方程可知，
直线AB的方程为y＝x0x＋，
所以直线AB过定点.
例2　(多选)已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线y2＝2px(p>0)上的两点，在两点处的切线相交于点Q，则下列说法中正确的是
A.当阿基米德三角形的顶角为直角时，阿基米德三角形顶点的轨迹为蒙
日圆
B.若M为弦AB的中点，则MQ与x轴平行(或重合)
C.若弦AB过抛物线的焦点，则点Q在抛物线的准线上
D.若阿基米德三角形的底边AB过焦点，M为弦AB的中点，则该三角形的
面积最小值为2p
阿基米德三角形的性质
题型二
√
√
√
对于A，由蒙日圆的定义知A正确；
对于B，过点A的切线方程为y1y＝p(x＋x1)， ①
过点B的切线方程为y2y＝p(x＋x2)， ②
又
联立①②③④，解得两切线交点Q，
又M，
∴MQ与x轴平行(或重合)，B正确；
对于C，设Q(x0，y0)，
则直线AB的方程为y0y＝p(x＋x0)，
又直线AB经过焦点F，
∴0＝p，∴x0＝－，C正确；
对于D，若底边AB过焦点，
则Q点的轨迹方程是x＝－，
易验证kQA·kQB＝－1，即QA⊥QB，
故阿基米德三角形为直角三角形，且Q为直角顶点， ∴|QM|＝≥＝p，由B项分析可知，MQ与x轴平行(或重合)，
∴S△QAB＝|QM||y1－y2|
≥|QM|·≥p2，
当且仅当y1＝－y2时，等号成立，
∴阿基米德三角形面积的最小值为p2，D错误.
阿基米德三角形的常见性质
(1)阿基米德三角形底边上的中线平行(或重合)于抛物线的对称轴.
(2)若阿基米德三角形的底边即弦AB过抛物线内的定点P，则另一顶点C的轨迹为一条直线.
(3)若阿基米德三角形的底边过焦点，则顶点C的轨迹为准线，且CA⊥CB，CF⊥AB，阿基米德三角形的面积的最小值为p2.
(4)若直线l与抛物线没有公共点，以l上的点为顶点的阿基米德三角形的底边过定点.
思维升华
(5)底边长为a的阿基米德三角形的面积的最大值为.
(6)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB为阿基米德三角形的底边，则阿基
米德三角形顶点C的坐标为.
推论：阿基米德三角形的顶点C的纵坐标与弦AB的中点M的纵坐标相同，顶点C的横坐标与弦AB与x轴交点D的横坐标互为相反数.
思维升华
跟踪训练2　若直线l与抛物线没有公共点，以l上的点为顶点的阿基米德三角形的底边过定点.若直线l的方程为ax＋by＋c＝0，抛物线方程为y2＝2px(p>0)，则定点的坐标为　　 　　　.
任取直线l：ax＋by＋c＝0上的一点Q(x0，y0)，
则有ax0＋by0＋c＝0，即y0＝－x0－， ①
过点Q作抛物线y2＝2px(p>0)的两条切线，切点分别为A，B，
则弦AB所在的直线方程为y0y＝p(x0＋x)，
把①式代入可得y＝p(x0＋x)，
即x0＝px＋y，
令
可得弦AB所在的直线过定点.
课时精练
答案
1
2
1.
(1)因为抛物线C1：x2＝4y上任意一点(x，y)的切线斜率为y'＝，
且当x0＝1－时，切线MA的斜率为－，所以A点坐标为，
故切线MA的方程为y＝－(x＋1)＋.
因为点M(1－，y0)在切线MA及抛物线C2上，
所以y0＝－(2－)＋＝－， ①
y0＝－＝－. ②
由①②得p＝2.
答案
1
2
(2)设N(x，y)，A，B，x1≠x2，
由N为线段AB中点，知x＝， ③
y＝. ④
切线MA，MB的方程为y＝(x－x1)＋， ⑤
y＝(x－x2)＋， ⑥
由⑤⑥得MA，MB的交点M(x0，y0)，
1.
答案
1
2
即x0＝，y0＝.
因为点M(x0，y0)在C2上，即＝－4y0，
所以x1x2＝－， ⑦
由③④⑦得x2＝y，x≠0.
当x1＝x2时，A，B重合于原点O，AB的中点N(0，0)满足x2＝y，
因此AB中点N的轨迹方程为x2＝y.
1.
答案
1
2
(1)由题意知M(0，－4)，F，
圆M的半径r＝1，所以|MF|－r＝4，
即＋4－1＝4，解得p＝2.
(2)方法一　抛物线C的方程为x2＝4y，
即y＝，求导得y'＝，
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
直线PA的方程为y－y1＝(x－x1)，
2.
答案
1
2
即x1x－2y1－2y＝0，
同理可知，直线PB的方程为
x2x－2y2－2y＝0，
由于点P为这两条直线的公共点，
则
所以点A，B的坐标满足方程x0x－2y－2y0＝0，
又两点确定一条直线，
2.
答案
1
2
所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0，
联立
可得x2－2x0x＋4y0＝0，Δ＝4(－4y0)>0，
则x1＋x2＝2x0，x1x2＝4y0，
所以|AB|＝·＝，
2.
答案
1
2
点P到直线AB的距离为d＝，
所以|AB|·d
＝·
＝－4y0，
又－4y0＝1－(y0＋4)2－4y0＝－－12y0－15＝－(y0＋6)2＋21，
2.
答案
1
2
由已知得－5≤y0≤－3，
所以当y0＝－5时，△PAB的面积取得最大值为×2＝20.
方法二　由(1)知，抛物线方程为x2＝4y，
由题意可知直线AB的斜率存在，设A，B，直线AB的方程为y＝kx＋b，
联立消去y得x2－4kx－4b＝0，
2.
答案
1
2
则Δ＝16k2＋16b>0， (※)
x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
所以|AB|＝|x1－x2|＝·＝4·.
因为x2＝4y，即y＝，
所以y'＝，
则抛物线在点A处的切线的斜率为，
2.
答案
1
2
在点A处的切线方程为y－(x－x1)，
即y＝x－，
同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝x－，
联立
即P(2k，－b).
2.
答案
1
2
因为点P在圆M上，所以4k2＋(4－b)2＝1，①
且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，
即－≤k≤，3≤b≤5，满足(※).
设点P到直线AB的距离为d，则d＝，
所以S△PAB＝|AB|·d＝4.
由①得，k2＝，
2.
答案
1
2
令t＝k2＋b，则t＝，且3≤b≤5.
因为t＝在[3，5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，tmax＝5，此时k＝0，所以△PAB面积的最大值为20.
2.
1.如图，抛物线C1：x2＝4y，C2：x2＝－2py(p>0).点M(x0，y0)在抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为A，B(M为原点O时，A，B重合于O).当x0＝1－时，切线
MA的斜率为－.
(1)求p的值；
1
2
答案
1
2
答案
因为抛物线C1：x2＝4y上任意一点(x，y)的切线斜率为y'＝，
且当x0＝1－时，切线MA的斜率为－，
所以A点坐标为，
故切线MA的方程为y＝－(x＋1)＋.
因为点M(1－，y0)在切线MA及抛物线C2上，
所以y0＝－(2－)＋＝－， ①
y0＝－＝－. ②
由①②得p＝2.
(2)当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方程(A，B重合于O时，中点为O).
1
2
答案
1
2
答案
设N(x，y)，A，B，x1≠x2，
由N为线段AB中点，知x＝， ③
y＝. ④
切线MA，MB的方程为y＝(x－x1)＋， ⑤
y＝(x－x2)＋， ⑥
由⑤⑥得MA，MB的交点M(x0，y0)，
即x0＝，y0＝.
1
2
答案
因为点M(x0，y0)在C2上，即＝－4y0，
所以x1x2＝－， ⑦
由③④⑦得x2＝y，x≠0.
当x1＝x2时，A，B重合于原点O，AB的中点N(0，0)满足x2＝y，
因此AB中点N的轨迹方程为x2＝y.
1
2
答案
2.已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为4.
(1)求p；
由题意知M(0，－4)，F，
圆M的半径r＝1，所以|MF|－r＝4，
即＋4－1＝4，解得p＝2.
1
2
答案
(2)若点P在圆M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值.
1
2
答案
方法一　抛物线C的方程为x2＝4y，
即y＝，求导得y'＝，
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
直线PA的方程为y－y1＝(x－x1)，
即x1x－2y1－2y＝0，
同理可知，直线PB的方程为
x2x－2y2－2y＝0，
由于点P为这两条直线的公共点，
1
2
答案
则
所以点A，B的坐标满足方程x0x－2y－2y0＝0，
又两点确定一条直线，
所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0，
联立
可得x2－2x0x＋4y0＝0，Δ＝4(－4y0)>0，
则x1＋x2＝2x0，x1x2＝4y0，
1
2
答案
所以|AB|＝·＝，
点P到直线AB的距离为d＝，
所以|AB|·d
＝·
＝－4y0，
1
2
答案
又－4y0＝1－(y0＋4)2－4y0＝－－12y0－15＝－(y0＋6)2＋21，
由已知得－5≤y0≤－3，
所以当y0＝－5时，△PAB的面积取得最大值为×2＝20.
方法二　由(1)知，抛物线方程为x2＝4y，
由题意可知直线AB的斜率存在，设A，B，
直线AB的方程为y＝kx＋b，
联立消去y得x2－4kx－4b＝0，
1
2
答案
则Δ＝16k2＋16b>0， (※)
x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
所以|AB|＝|x1－x2|＝·＝4·.
因为x2＝4y，即y＝，
所以y'＝，
则抛物线在点A处的切线的斜率为，
1
2
答案
在点A处的切线方程为y－(x－x1)，
即y＝x－，
同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝x－，
联立
即P(2k，－b).
因为点P在圆M上，所以4k2＋(4－b)2＝1， ①
1
2
答案
且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，
即－≤k≤，3≤b≤5，满足(※).
设点P到直线AB的距离为d，
则d＝，
所以S△PAB＝|AB|·d＝4.
由①得，k2＝，
1
2
答案
令t＝k2＋b，则t＝，且3≤b≤5.
因为t＝在[3，5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，tmax＝5，此时k＝0，所以△PAB面积的最大值为20.(共44张PPT)
第八章
培优点9　等角定理与蝴蝶定理
数学
大
一
轮
复
习
在近几年高考试题中，以“角相等”为背景的圆锥曲线试题频繁出现，综合性强，是考查学生能力的重要载体.本节课主要说明圆锥曲线中以“角相等”为命题背景的题型及求解策略.
重点解读
等角定理
题型一
例1 　求证：过椭圆＝1(a>b>0)长轴上任意一点N(t，0)(0<|t|的直线平分，即∠OGA＝∠OGB.
如图所示，
只需证明kGA＝－kGB，
即kGA＋kGB＝0，
也即＝0，
故只需证＝0，其中xG＝，
设AB所在直线的方程为x＝my＋t，
则xA＝myA＋t，xB＝myB＋t.
故只需证明＝0.
即只需证2m＋(t－xG)＝0. ①
联立y2＋y＋－1＝0，
由根与系数的关系得yA＋yB＝－，yAyB＝，
代入①式，等式左边＝2m＋
＝2m＋＝2m＋
＝2m－2m＝0＝右边.故命题得证.
(1)双曲线中的等角定理
过双曲线＝1(a>0，b>0)的实轴所在直线上任意一点N(t，0)
(t≠±a)的一条弦的端点A，B与G的连线所成的角，被焦点
所在的直线平分，即∠NGA＝∠NGB，如图1所示.
思维升华
图1
(2)抛物线中的等角定理
过抛物线 y2＝2px(p>0)对称轴上任意一点N(a，0)(a>0)的一条弦的端点A，B与对应点G(－a，0)的连线所成的角，被对称轴平分，即∠OGA＝∠OGB，如图2所示.
思维升华
图2
跟踪训练1　在平面直角坐标系Oxy中，曲线C：y＝与直线y＝kx＋a(a>0)
交于M，N两点.
(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，或M(－2，a)，N(2，a).
∵y'＝x，故y＝在x＝2，
C在(2，a)处的切线方程为y－a＝(x－2x－y－a＝0.
故y＝在x＝－2处的导数值为－，
C在(－2，a)处的切线方程为y－a＝－(x＋2x＋y＋a＝0.
故所求切线方程为x－y－a＝0或x＋y＋a＝0.
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？并说明理由.
存在符合题意的点，证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，
将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a，
则k1＋k2＝＝，
当b＝－a时，k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM＝∠OPN，∴点P(0，－a)符合题意.
设Q为圆内弦XY的中点，过Q作弦AB和CD，设AD和BC交XY于点P和R，则Q是PR的中点.
进一步，去掉Q为中点的条件，可得“坎迪定理”：
当Q不为中点时，满足
.
定理原本只是圆的背景，通过射影几何，我们可以非常容易地将蝴蝶定理推广到普通的任意圆锥曲线(包括椭圆、双曲线、抛物线，甚至退化到两条相交直线的情况).
蝴蝶定理
题型二
圆锥曲线上弦XY的中点为Q，过Q作弦AB和CD，设AD和BC交XY于点P和R，则Q是PR的中点.
进一步，去掉Q为中点的条件，可得“坎迪定理”：
当Q不为中点时，满足 .
例2　已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上
顶点，·＝8，P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
依据题意作出图象，
由椭圆方程E：＋y2＝1(a>1)可得A(－a，0)，
B(a，0)，G(0，1)，
所以＝(a，1)，＝(a，－1)，
所以·＝a2－1＝8，则 a2＝9，
故椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：直线CD过定点.
方法一　设P(6，y0)，
由(1)得A(－3，0)，B(3，0)，
则直线AP的方程为y＝(x＋3)，
即y＝(x＋3).
联立直线AP的方程与椭圆方程可得
整理得(＋9)x2＋6x＋9－81＝0，
解得x＝－3或x＝，
将x＝代入直线y＝(x＋3)，
可得y＝，
所以点C的坐标为.
同理可得，点D的坐标为.
当≠3时，
直线CD的方程为y－
＝，
整理可得y＋
＝，
整理得y＝x＋，
所以直线CD过定点.
当＝3时，直线CD的方程为x＝，
直线CD过点.
故直线CD过定点.
方法二　由(1)得A(－3，0)，B(3，0)，
当点P不为直线x＝6与x轴的交点时，
设直线CD与x轴相交于点Q， 过点Q作x轴的垂线，
交椭圆于E，F，交AC，BD于点I，J.
显然Q是EF的中点，由蝴蝶定理得Q也是IJ的中点，即|IQ|＝|JQ|.
因为P为AC，BD的交点，故， ①
又， ②
由①②得，
解得xQ＝，故直线CD过定点.
当点P为直线x＝6与x轴的交点时，直线CD与x轴重合，也过点，
故直线CD过定点.
(1)蝴蝶定理的方法可以作为了解问题的相关背景，预判结果，但不能作为相关解答.
(2)从蝴蝶定理的方法，我们实际上得到了定点
和斜率之比的有关结论：
对于椭圆＝1(a>b>0)，过Q(n，0)(0思维升华
跟踪训练2　已知椭圆Γ：＝1，过椭圆左焦点F任作一条弦PQ(不与长轴重合)，点A，B是椭圆的左、右顶点，设直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，则k1k2＋的最小值为　　　　.
2
如图所示，过点F作x轴的垂线，交椭圆于E，G两点，
交直线AP，BQ于X，Y两点，
由蝴蝶定理可知，当|FE|＝|FG|时，|FX|＝|FY|，
所以k1＝，k2＝，即＝5，
所以k1k2＋＝5≥2，
当且仅当5时，等号成立，
故k1k2＋的最小值为2.
课时精练
答案
1
2
1.
由题意，t≠±a，当直线AB斜率不存在时，易知直线PA，PB与x轴所成的较小角相等；当直线AB斜率存在时，如图，设点A和点B的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2).
因为直线AB过点E，
所以设直线AB的方程为y＝k，
代入椭圆方程可得(b2＋a2k2)x2－x＋－a2b2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
答案
1
2
因为kPA＋kPB＝
＝
＝
＝
＝
1.
答案
1
2
＝＝0，
所以直线PA，PB的斜率互为相反数，倾斜角互补.
所以直线PA，PB与x轴所成的较小的角相等.
综上，直线PA，PB与x轴所成的较小的角相等.
1.
答案
1
2
(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，
故由题设知T经过P3，P4两点，
又由>知，T不过点P1，
所以点P2在T上，
因此解得
故椭圆T的方程为＋y2＝1.
2.
答案
1
2
(2)因为点M的坐标在y轴上，且M为AB的中点，
所以直线AB平行于x轴，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，E(x3，y3)，F(x4，y4)，
设直线CD的方程为y＝k1x＋，
代入椭圆T：＋y2＝1，得x2＋k1x－＝0，
根据根与系数的关系得
x1＋x2＝－，x1x2＝－， ①
2.
答案
1
2
同理，设直线EF的方程为y＝k2x＋，
代入椭圆T：＋y2＝1，
得x2＋k2x－＝0，根据根与系数的关系得x3＋x4＝－，
x3x4＝－， ②
由于C，P，F三点共线，
得，
2.
答案
1
2
即，
xP＝，同理，由于E，Q，D三点共线，
得xQ＝，
结合①和②可得
xP＋xQ＝
＝
2.
答案
1
2
＝
＝
＝
＝＝0，
即xP＝－xQ，所以|xP|＝|xQ|，即|MP|＝|MQ|.
2.
1.已知点P(t，0)(t≠0)，直线AB过点E，且与椭圆＝1
(a>b>0)交于不同的两点A，B，求证：直线PA，PB与x轴所成的较小的角相等.
1
2
答案
1
2
答案
由题意，t≠±a，当直线AB斜率不存在时，易知直线PA，PB与x轴所成的较小角相等；当直线AB斜率存在时，如图，设点A和点B的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2).
因为直线AB过点E，
所以设直线AB的方程为y＝k，
代入椭圆方程可得 (b2＋a2k2)x2－x＋－a2b2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
因为kPA＋kPB＝＝
1
2
答案
＝＝
＝
＝＝0，
所以直线PA，PB的斜率互为相反数，倾斜角互补.
所以直线PA，PB与x轴所成的较小的角相等.
综上，直线PA，PB与x轴所成的较小的角相等.
1
2
答案
2.已知椭圆T：＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三点在椭圆T上.
(1)求椭圆T的方程；
1
2
答案
由于P3，P4两点关于y轴对称，
故由题设知T经过P3，P4两点，
又由>知，T不过点P1，
所以点P2在T上，
因此解得
故椭圆T的方程为＋y2＝1.
1
2
答案
(2)蝴蝶定理：如图1，AB为圆O的一条弦，M是弦AB的中点，过M作圆O的两条弦CD，EF.若CF，ED分别与直线AB交于点P，Q，则|MP|＝|MQ|.
该结论可推广到椭圆.如图2所示，假定在椭圆T中，弦AB的中点M的坐标
为，且两条弦CD，EF所在直线斜率存在，证明：|MP|＝|MQ|.
1
2
答案
因为点M的坐标在y轴上，且M为AB的中点，
所以直线AB平行于x轴，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，E(x3，y3)，F(x4，y4)，
设直线CD的方程为y＝k1x＋，
代入椭圆T：＋y2＝1，得x2＋k1x－＝0，
根据根与系数的关系得
x1＋x2＝－，x1x2＝－， ①
1
2
答案
同理，设直线EF的方程为y＝k2x＋，代入椭圆T：＋y2＝1，
得x2＋k2x－＝0，根据根与系数的关系得x3＋x4＝－，
x3x4＝－， ②
由于C，P，F三点共线，得，
即，
xP＝，同理，由于E，Q，D三点共线，
1
2
答案
得xQ＝，
结合①和②可得
xP＋xQ＝
＝
＝
＝
1
2
答案
＝
＝
＝0，
即xP＝－xQ，所以|xP|＝|xQ|，即|MP|＝|MQ|.(共77张PPT)
第八章
培优点10　极点、极线
数学
大
一
轮
复
习
“极点、极线”是射影几何中的内容，不属于高考考查的范围，但极点、极线是圆锥曲线的一种基本特征，蕴含了很多圆锥曲线的重要性质，自然成为命题人命题的背景知识和方向，可以肯定的是以“极点、极线”为背景的考题是出题人思维中的定势方向.
重点解读
1.极点与极线的定义
过点P(x0，y0)的动直线交圆锥曲线于A，B两点，过A，B的切线交点的轨迹叫做点P关于圆锥曲线的极线，点P叫做相应于此极线的极点，简称极.
一个极点与其对应的极线称作一对配极元素，它们之间的关系称作一对配极关系.
极点与极线
题型一
2.极点、极线与圆锥曲线的位置关系
如图(1)，若极点P在圆锥曲线外，则相应的极线l与点P的切点弦重合，即相应的极线l是由点P向圆锥曲线所引的两条切线的切点弦所在直线，极线l与圆锥曲线有两个交点；
如图(2)，若极点P在圆锥曲线内，则极线l是圆锥曲线经过点P的弦的两端点处的两条切线交点的轨迹，此时，极线l与圆锥曲线相离，它们无交点；
如图(3)，若极点P在圆锥曲线上，则相应的极线l与在点P处的切线重合，即相应的极线l就是圆锥曲线在点P处的切线，极线l与圆锥曲线有唯一交点.
例1　(多选)已知点P是异于原点的一点，则下列关于极线方程的说法中，正确的是
A.已知点P(x0，y0)和圆C：x2＋y2＝r2，则关于点P的极线方程为x0x＋y0y＝r2
B.已知点P(x0，y0)在椭圆＝1(a>b>0)外，则关于点P的极线方程为
＝1
C.对于双曲线＝1，与点P(x0，y0)对应的极线方程为＝1
D.对于抛物线y2＝2px，若点P，则对应的极线为抛物线的准线
√
√
√
对于A，点P与圆的位置关系有三种，不妨设点P(x0，y0)在圆C的外部，
两切点分别为T1(x1，y1)，T2(x2，y2)，
两条切线的方程分别为xix＋yiy＝r2(i＝1，2)，
∵P(x0，y0)在切线上，∴x0x1＋y0y1＝r2，
x0x2＋y0y2＝r2，
∴T1(x1，y1)，T2(x2，y2)在直线x0x＋y0y＝r2上，由两点确定一条直线知直线T1T2的方程为x0x＋y0y＝r2，A正确；
对于B，极线l与椭圆相交，且为由点P向椭圆所引两条切线的切点弦所在直线，设两切点分别为
A(x3，y3)，B(x4，y4)，两条切线的方程分别为
lPA：＝1，lPB：＝1，
∵P(x0，y0)在切线上，∴
即点A(x3，y3)，B(x4，y4)均满足＝1，
故切点弦AB所在直线方程，即为点P相应的极线方程，
为＝1，B正确；
对于C，证明方法同椭圆，可得极线方程为＝1，C错误；
对于D，由阿基米德三角形的性质可知D正确.
(1)一般地，若圆M：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，P(x0，y0)是圆外一点(极点)，则过点P(x0，y0)的圆M的切点弦(极线)的方程是(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2.
(2)从代数角度看，在圆锥曲线方程中，以x0x替换x2，以替换xy，以y0y替换y2，以替换x，以替换y即可得到点P(x0，y0)
的极线方程.
思维升华
(3)从几何角度看，如图，设P是不在圆锥曲线上的一点，过P点引两条割线依次交圆锥曲线于四点E，F，G，H，连接EH，FG交于N，连接EG，FH并延长，延长线交于M，则直线MN为点P对应的极线.
若P为圆锥曲线上的点，则过P点的切线即为极线.
思维升华
由图同理可知，PM为点N对应的极线，PN为点M对应的极线.因而将△MNP称为自极三角形.
跟踪训练1　过椭圆C：＝1内一点M(3，2)，作直线AB与椭圆交于
点A，B，作直线CD与椭圆交于点C，D，过A，B分别作椭圆的切线交于点P，过C，D分别作椭圆的切线交于点Q，则PQ所在的直线方程
为　　　 　.
＝1
方法一　由题意知直线PQ为点M关于椭圆C的极线，
所以直线PQ的方程为＝1.
方法二　由题意设P(x1，y1)，Q(x2，y2).
则直线AB为点P关于椭圆C的极线，
其方程为＝1.
又M(3，2)在直线AB上，
所以＝1， ①
同理＝1， ②
由①②可得直线PQ的方程是＝1.
例2　在平面直角坐标系Oxy中，如图所示，已知椭圆＝1的左、右
顶点分别为A，B，右焦点为F.设过点T(t，m)的直线TA，TB与此椭圆分别交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m>0，y1>0，y2<0.
极点与极线的性质及应用
题型二
(1)设动点P满足|PF|2－|PB|2＝4，求点P的轨迹；
由题设得，A(－3，0)，B(3，0)，F(2，0)，
设动点P(x，y)，
由|PF|2＝(x－2)2＋y2，
|PB|2＝(x－3)2＋y2，|PF|2－|PB|2＝4，
代入化简得x＝.故点P的轨迹为直线x＝.
(2)设t＝9，求证：直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)，并求出该定点的坐标.
方法一　由题设知，直线TA的方程为y＝(x＋3)，
直线TB的方程为y＝(x－3)，
点M(x1，y1)满足
则x1≠－3，x1＝，y1＝；
点N(x2，y2)满足
则x2≠3，x2＝，y2＝.
若x1＝x2，则且m>0，
得m＝2，
此时直线MN的方程为x＝1，过点D(1，0)；
若x1≠x2，则m≠2，直线MD的斜率
kMD＝÷，
直线ND的斜率kND＝÷＝，
所以kMD＝kND，所以直线MN过点D(1，0).
因此直线MN必过x轴上一定点D(1，0).
方法二　当t＝9时，T点坐标为(9，m)，连接MN，
设直线AB与MN的交点为K，根据极点与极线的定义可知，点T对应的极线经过点K，
又点T对应的极线方程为＝1，
此直线恒过x轴上一定点K(1，0)，
从而直线MN也恒过x轴上的一定点K(1，0).
极点、极线的性质：
(1)如图1，设点P关于圆锥曲线Γ的极线为l，过点P任作一割线交
Γ于点A，B，交l于点Q，则；反之，若成立，则点P，Q调和分割线段AB，并且，.
(2)如图2，设点P关于有心圆锥曲线Γ(设其中心为O)的调和共轭点为点Q，PQ连线经过圆锥曲线的中心，则有OR2＝OP·OQ，反之若有此式成立，则点Q为点P关于此圆锥曲线的调和共轭点.
思维升华
(3)如图3，A，B为圆锥曲线Γ的一条对称轴l上的两点(不在Γ上)，若A，B关于Γ调和共轭，过点B任作Γ的一条割线，交Γ于P，Q两点，则∠PAB＝∠QAB.
(4)如图4，已知点Q在圆锥曲线Γ的对称轴上，直线l垂直于该对称轴，过点Q作直线交Γ于点M，N，P为l上任意一点.若点Q与直线l是Γ的一对极点与极线，当对称轴是x轴时，kPM＋kPN＝2kPQ.
思维升华
(5)如图5，已知点A是椭圆＝1(a>b>0)上任一点，极点P(t，0)(|t|MN⊥AP于点M，则直线MN恒过x轴上的一个定点Q，且点M的轨迹是以PQ为直径的圆(点Q除外).
思维升华
(6)如图6，设圆锥曲线Γ的一个焦点为F，与F相应的准线为l.若过点F的直线与圆锥曲线Γ相交于M，N两点，则Γ在M，N两点处的切线的交点Q在准线l上，且FQ⊥MN；反之，若过准线l上一点Q作圆锥曲线Γ的两条切线，切点分别为M，N，则直线MN过焦点F，且FQ⊥MN.
思维升华
跟踪训练2　(2024·苏州模拟)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的短轴长为2，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
由题意可知
因为a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝.
所以所求椭圆C的方程为＝1.
(2)过点P(4，1)的动直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B，在线段AB上取点Q，满足|AP||QB|＝|AQ||PB|，证明：点Q总在某定直线上.
方法一　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
Q(x，y)，P(4，1)，
直线AB的斜率显然存在，设为k，则AB的方程为y＝k(x－4)＋1.
因为A，P，B，Q四点共线，不妨设x2则|AP|＝(4－x1)，
|AQ|＝(x1－x)，
|QB|＝(x－x2)，
|PB|＝(4－x2)，
由|AP||QB|＝|AQ||PB|，
可得(4－x1)(x－x2)＝(x1－x)(4－x2)，
化简得2x1x2－(x1＋x2)(4＋x)＋8x＝0. (*)
联立直线y＝k(x－4)＋1和椭圆C的方程，
得
消去y，得(2k2＋1)x2＋4k(1－4k)x＋2(1－4k)2－4＝0，
Δ＝16k2(1－4k)2－4(2k2＋1)(32k2－16k－2)>0，得12k2－8k－1<0，
由根与系数的关系，得x1＋x2＝－，x1x2＝.
代入(*)式，
化简得x＝＝4－＝4－x.
又k＝，
代入上式得＝4－x，
化简得2x＋y－2＝0.
所以点Q总在一条定直线2x＋y－2＝0上.
方法二　由条件可得，
所以点P，Q关于椭圆C调和共轭，
根据性质，点Q的轨迹就是点P对应的极线，
即＝1，化简得2x＋y－2＝0，
所以点Q总在一条定直线2x＋y－2＝0上.
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B D A D ABD ABD
题号 7 8 答案 2x－y＋6＝0 　 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
(1)方法一　抛物线x2＝4y的焦点F的坐标为(0，1).
设直线AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2).
联立
消去y可得x2－4kx－4＝0，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
对抛物线方程y＝x2，求导得y'＝x，则过抛物线上A，B两点的切线方程分别是
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
y＝x1(x－x1)＋y1，y＝x2(x－x2)＋y2.
即y＝x1x－，y＝x2x－.
联立，解出两条切线的交点M的坐标为
＝(2k，－1).
所以＝(2k，－2)，
因为直线AB的一个方向向量a＝(1，k)，
·a＝2k－2k＝0，所以·＝0.
9.
答案
1
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10
方法二　显然，点M的极线为AB，故可设点M(x0，－1)，再设A(x1，y1)，B(x2，y2)，F，A，B三点对应的极线方程分别为y＝－1，x1x＝2(y1＋y)，x2x＝2(y2＋y)，
由于A，B，F三点共线，故相应的三条极线共点于M(x0，－1)，
将y＝－1代入后面两个极线方程得
两式相减得(x1－x2)x0＝2(y1－y2).
又＝(x0，－2)，＝(x2－x1，y2－y1)，
故·＝x0(x2－x1)－2(y2－y1)＝0.
9.
答案
1
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7
8
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10
(2)方法一　弦长|AB|＝|x1－x2|
＝＝4(1＋k2).
由(1)知FM⊥AB，点M到直线AB的距离为|FM|＝2，
所以S＝|AB||FM|＝4(1＋k2).
令t＝(t≥1)，则S＝4t3(t≥1)，
因为S＝4t3在[1，＋∞)上单调递增，所以当t＝1，即k＝0时，S的最小值为4.
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
方法二　设AB的方程为y＝kx＋1，与点M关于抛物线的极线方程x0x＝2(y－1)对比可知点M(2k，－1)，|FM|＝2，
把y＝kx＋1代入x2＝4y并由弦长公式得
|AB|＝4(1＋k2)，
由(1)知FM⊥AB，
所以S＝|AB||FM|＝4(1＋k2)，
显然，当k＝0时，S取最小值为4.
9.
答案
1
2
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10
(1)设切点A，B的坐标分别为(x0，)和(x1，)(x1≠x0)，
所以切线AP的方程为2x0x－y－＝0，切线BP的方程为2x1x－y－＝0，
由于P既在AP上，又在BP上，
所以解得即P，
所以△APB的重心G的横坐标
xG＝＝xP，
10.
答案
1
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10
yG＝
＝，
所以yP＝－3yG＋4，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为
x－(－3y＋4x2)－2＝0，即y＝(4x2－x＋2).
10.
答案
1
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3
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9
10
(2)方法一　因为F，
，
，
.
由于P点在抛物线外，则||≠0.
所以cos∠PFA＝
10.
答案
1
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8
9
10
＝＝，
同理有cos∠PFB＝
＝
＝，故∠PFA＝∠PFB.
10.
答案
1
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10
方法二　①当x1x0＝0时，由于x1≠x0，
不妨设x0＝0，则A(0，0)，
所以P点坐标为，
则P点到直线AF的距离为d1＝，
而直线BF的方程为y－x，
即x－x1y＋x1＝0.
10.
答案
1
2
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9
10
所以P点到直线BF的距离为
d2＝，
所以d1＝d2，即得∠PFA＝∠PFB.
②当x1x0≠0时，直线AF的方程为
y－x，
即x－x0y＋x0＝0，
10.
答案
1
2
3
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9
10
直线BF的方程为y－x，
即x－x1y＋x1＝0，
所以P点到直线AF的距离为
d3＝
＝＝，
10.
答案
1
2
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8
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10
同理可得P点到直线BF的距离d4＝，
因此由d3＝d4，可得到∠PFA＝∠PFB.
综上，∠PFA＝∠PFB.
10.
一、单项选择题
1.已知椭圆＝1(a>b>0)，点P(x0，y0)，x0＝acos α，y0＝bsin α，则直线l：＝1与椭圆的位置关系是
A.相交 B.相切
C.相离 D.以上皆有可能
√
1
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4
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10
答案
由＝cos2α＋sin2α＝1，
知点P在椭圆上，所以点P与直线l是关于椭圆的一对极点、极线，所以直线l与椭圆相切.
1
2
3
4
5
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7
8
9
10
答案
2.已知点A(－2，3)在抛物线C：y2＝2px的准线上，过点A的直线与抛物线C在第一象限相切于点B，记抛物线C的焦点为F，则直线BF的斜率为
A. B. C. D.
√
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10
答案
因为点A(－2，3)在准线上，
所以p＝4，F(2，0)，则抛物线方程是y2＝8x，
过点A作直线与抛物线C在第四象限相切于另一点D，故直线BD即为点A关于C的极线，
其方程为3y＝4(x－2)，
因为点A在抛物线的准线上，则焦点F在点A关于C的极线上，因此kBF＝.
3.已知椭圆C的方程为＝1，过直线l：x＝4上任意一点Q，作椭圆C
的两条切线，切点分别为A，B，则原点到直线AB距离的最大值为
A.1 B.2 C.3 D.4
√
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答案
由题设，切点弦AB是点Q关于C的极线，设点Q的坐标为(4，y0)，
则可知直线AB的方程为＝1，
即x＋＝1，显然直线AB过焦点(1，0)，
所以原点到直线AB距离的最大值为1.
4.已知圆M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，且直线l：2x＋y＋2＝0，P为l上的动点，过点P作圆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
√
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10
答案
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10
答案
如图，☉M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，点P是极点，直线AB是极点P关于☉M的极线.
设P(m，n)，
则极线AB：(m－1)(x－1)＋(n－1)(y－1)－4＝0，
由圆的对称性可知PM⊥AB，
所以S四边形PAMB＝|PM||AB|＝2S△PAM
＝|PA||AM|＝2|PA|＝2.
要使|PM||AB|最小，
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答案
只需|PM|最小，此时PM⊥l，
因为kl＝－2，所以kPM＝，又M(1，1)，
所以直线PM：y＝(x－1)＋1＝x＋.
与l：2x＋y＋2＝0联立，代入P(m，n)，
解得m＝－1，n＝0，
于是直线PM与l的交点为P(－1，0)，
故直线AB的方程为(－1－1)(x－1)＋(0－1)(y－1)－4＝0，即2x＋y＋1＝0.
二、多项选择题
5.已知直线l：ax＋by－r2＝0与圆C：x2＋y2＝r2，点A(a，b)，则下列说法正确的是
A.若点A在圆C上，则直线l与圆C相切
B.若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C.若点A在圆C外，则直线l与圆C相离
D.若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
√
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答案
√
√
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答案
显然对于圆C，以A(a，b)作为极点，那么极线就是l：ax＋by－r2＝0，
若极点A在圆C上，则极线l为圆C的切线，故A正确；
若极点A在圆C内，则极线l与圆C相离，故B正确；
若极点A在圆C外，则极线l是圆C的切点弦，与圆C相交，故C错误；
若极点A在直线l上，这时极线恰好为切线，极点为切点，故D正确.
6.在平面直角坐标系Oxy中，由直线x＝－4上任一点P向椭圆＝1作
切线，切点分别为A，B，点A在x轴的上方，则
A.∠APB恒为锐角
B.当AB垂直于x轴时，直线AP的斜率为
C.|AP|的最小值为4
D.存在点P，使得()·＝0
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答案
√
√
√
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答案
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(－4，m).
方法一　易知椭圆在A处的切线方程为＝1，在B处的切线方程为＝1，
∵点P在两条切线上，将P(－4，m)代入两切线方程，得－x1＋＝1，－x2＋＝1，
∴直线AB的方程为－x＋＝1，
即3x－my＋3＝0.
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答案
方法二　由题设，切点弦AB所在直线是点P关于椭圆的极线，则可知直线AB的方程为＝1，即3x－my＋3＝0.
∴直线AB恒过定点(－1，0)，
∵|AB|<4，且以椭圆的长轴为直径的圆的方程为x2＋y2＝4，
该圆与直线x＝－4相离，
∴∠APB恒为锐角，故A正确；
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10
答案
对于B，当AB垂直于x轴时，
由对称性可知P(－4，0)，
将P(－4，0)代入＝1，可得＝1，
可得x1＝－1，代入椭圆方程可得y1＝，
∴A，∴kAP＝，故B正确；
对于C，由B可得当AB垂直于x轴时，
|AP|＝<4，故C错误；
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答案
对于D，()·
＝()·()＝.
∵椭圆在A(x1，y1)处的切线方程为＝1，与直线x＝－4联立方程可得P，
∴|PA|＝，
|PO|＝，
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答案
若|PA|＝|PO|，
则＝，
化简整理得＋2x1＋－6＝0，
又点A在椭圆上，
∴＋2x1＋3－6＝0，
∴＋8x1－12＝0，
解得x1＝＝－4＋2∈(0，2)，
故存在点P，使得()·＝0，故D正确.
三、填空题
7.过点P(－2，3)作圆C：x2＋(y－2)2＝4的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为　　　　　　　　.
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答案
2x－y＋6＝0
切点弦AB所在的直线就是点(－2，3)关于圆C的极线，其方程为－2x＋(3－2)(y－2)＝4，即2x－y＋6＝0.
8.已知直线l：y＝kx＋2与圆C：(x－1)2＋y2＝9交于A，B两点，过A，B分别作圆C的两条切线l1和l2，直线l1和l2交于点P，则线段PC长度的最小值
是　　　　，线段PC最短时，四边形PACB 的面积是　　　　.
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答案
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答案
如图，设P(m，n)，则切点弦AB所在直线的方程即点P关于圆C的极线方程，
为(m－1)(x－1)＋ny＝9，
这与直线l：y＝kx＋2是同一条直线，由于l：y＝kx＋2过点(0，2)，
故点(0，2)在切点弦AB上，
因此(m－1)(0－1)＋2n＝9，
即m－2n＋8＝0.
由此知，点P的轨迹方程是x－2y＋8＝0，记为l3.
于是|PC|的最小值就是点C(1，0)到直线l3：x－2y＋8＝0的距离，
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答案
因此|PC|min＝.
线段PC最短时，PC⊥l3，故必有l∥l3，kl＝，
所以l：y＝x＋2，即x－2y＋4＝0，
于是弦心距d＝，
由勾股定理，得|AB|＝2＝4.
由圆的对称性可知AB⊥PC，
所以S四边形PACB＝|PC|×|AB|＝××4＝.
四、解答题
9.过抛物线x2＝4y焦点F的直线交抛物线于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线的切线，设其交点为M.
(1)证明：·为定值；
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答案
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答案
方法一　抛物线x2＝4y的焦点F的坐标为(0，1).
设直线AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2).
联立
消去y可得x2－4kx－4＝0，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
对抛物线方程y＝x2，求导得y'＝x，则过抛物线上A，B两点的切线方程分别是y＝x1(x－x1)＋y1，y＝x2(x－x2)＋y2.
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答案
即y＝x1x－，y＝x2x－.
联立，解出两条切线的交点M的坐标为
＝(2k，－1).
所以＝(2k，－2)，
因为直线AB的一个方向向量a＝(1，k)，
·a＝2k－2k＝0，所以·＝0.
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答案
方法二　显然，点M的极线为AB，故可设点M(x0，－1)，再设A(x1，y1)，B(x2，y2)，F，A，B三点对应的极线方程分别为y＝－1，x1x＝2(y1＋y)，x2x＝2(y2＋y)，
由于A，B，F三点共线，故相应的三条极线共点于M(x0，－1)，将y＝－1
代入后面两个极线方程得
两式相减得(x1－x2)x0＝2(y1－y2).又＝(x0，－2)，＝(x2－x1，y2－y1)，
故·＝x0(x2－x1)－2(y2－y1)＝0.
(2)设△MAB的面积为S，试求S的最小值.
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答案
方法一　弦长|AB|＝|x1－x2|
＝＝4(1＋k2).
由(1)知FM⊥AB，点M到直线AB的距离为
|FM|＝2，
所以S＝|AB||FM|＝4(1＋k2).
令t＝(t≥1)，则S＝4t3(t≥1)，
因为S＝4t3在[1，＋∞)上单调递增，所以当t＝1，即k＝0时，
S的最小值为4.
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答案
方法二　设AB的方程为y＝kx＋1，与点M关于抛物线的极线方程x0x＝2(y－1)对比可知点M(2k，－1)，|FM|＝2，
把y＝kx＋1代入x2＝4y并由弦长公式得
|AB|＝4(1＋k2)，
由(1)知FM⊥AB，
所以S＝|AB||FM|＝4(1＋k2)，
显然，当k＝0时，S取最小值为4.
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答案
10.设抛物线C：y＝x2的焦点为F，动点P在直线l：x－y－2＝0上运动，过P作抛物线C的两条切线PA，PB，且与抛物线C分别相切于A，B两点.
(1)求△APB的重心G的轨迹方程；
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答案
设切点A，B的坐标分别为(x0，)和(x1，)(x1≠x0)，
所以切线AP的方程为2x0x－y－＝0，切线BP的方程为2x1x－y－＝0，
由于P既在AP上，又在BP上，
所以
解得即P，
所以△APB的重心G的横坐标
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答案
xG＝＝xP，
yG＝
＝，
所以yP＝－3yG＋4，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为
x－(－3y＋4x2)－2＝0，即y＝(4x2－x＋2).
(2)证明：∠PFA＝∠PFB.
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答案
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答案
方法一　因为F，
，
，
.
由于P点在抛物线外，则||≠0.
所以cos∠PFA＝
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答案
＝＝，
同理有cos∠PFB＝
＝
＝，故∠PFA＝∠PFB.
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答案
方法二　①当x1x0＝0时，由于x1≠x0，
不妨设x0＝0，则A(0，0)，所以P点坐标为，
则P点到直线AF的距离为d1＝，
而直线BF的方程为y－x，
即x－x1y＋x1＝0.
所以P点到直线BF的距离为d2＝，
所以d1＝d2，即得∠PFA＝∠PFB.
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答案
②当x1x0≠0时，直线AF的方程为y－x，
即x－x0y＋x0＝0，
直线BF的方程为y－x，
即x－x1y＋x1＝0，
所以P点到直线AF的距离为
d3＝
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答案
＝
＝，
同理可得P点到直线BF的距离d4＝，
因此由d3＝d4，可得到∠PFA＝∠PFB.
综上，∠PFA＝∠PFB.(共96张PPT)
第八章
培优点11　圆锥曲线中探索性与知识交汇问题
数学
大
一
轮
复
习
高考中探索性问题是一个重要考点，同时圆锥曲线与其它知识的交汇问题频繁出现在各类考题中，突出考查学生解决综合性数学问题的能力.
重点解读
例1 　已知椭圆C的焦点坐标是F1(－1，0)，F2(1，0)，过点F2垂直于长轴的直线l交椭圆C于B，D两点，且|BD|＝3.
(1)求椭圆C的标准方程；
探索性问题
题型一
设椭圆C的标准方程为＝1(a>b>0)，
由已知可得c＝1，＝3，
又a2＝b2＋c2，得a2＝4，b2＝3，
所以所求椭圆的标准方程为＝1.
(2)过定点P(0，2)且斜率为k的直线l'与椭圆C相交于不同两点M，N，试判断：在x轴上是否存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由.
设直线l'：y＝kx＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点E(x0，y0)，
假设在x轴上存在点A(m，0)，
使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，则AE⊥MN，
联立得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0，
由于直线l'与椭圆C相交于不同两点，
所以Δ＝(16k)2－16(4k2＋3)>0
k<－或k>，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以x0＝＝－，
y0＝kx0＋2＝，
因为AE⊥MN，
所以kAE＝＝－
m＝，
当k>时，4k＋≥4，
当且仅当k＝时，等号成立，
所以－≤m<0；
当k<－时，4k＋＝－，
而－4k＋≥4，
当且仅当k＝－时，等号成立，所以0综上，存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，
实数m的取值范围为∪.
存在性问题的解题策略
存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.
(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论.
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.
(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意.
思维升华
跟踪训练1　(2025·太原模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点D(2，1)且斜率为1的直线经过点F.
(1)求抛物线C的方程；
由题意过点D(2，1)且斜率为1的直线方程为y－1＝x－2，
即y＝x－1，令y＝0，则x＝1，
∴点F的坐标为(1，0)，∴＝1，
∴p＝2，抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)若A，B是抛物线C上两个动点，在x轴上是否存在定点M(异于坐标原点O)，使得当直线AB经过点M时，满足OA⊥OB？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
由(1)得抛物线C：y2＝4x，假设存在定点M(m，0)符合题意，
设直线AB的方程为x＝ty＋m(t∈R，m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得y2－4ty－4m＝0，
∴y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，Δ＝16t2＋16m>0，
∵OA⊥OB，∴·＝0，
∴·＝x1x2＋y1y2
＝(ty1＋m)(ty2＋m)＋y1y2
＝(t2＋1)y1y2＋tm(y1＋y2)＋m2
＝－4m(t2＋1)＋4mt2＋m2＝m2－4m＝0，
∴m＝4或m＝0(舍去)，
当m＝4时，点M的坐标为(4，0)，满足OA⊥OB，
Δ＝16t2＋16m>0，∴存在定点M(4，0)符合题意.
例2　(2024·新课标全国Ⅱ)已知双曲线C：x2－y2＝m(m>0)，点P1(5，4)在C上，k为常数，0(1)若k＝，求x2，y2；
圆锥曲线中知识交汇问题
题型二
由已知有m＝52－42＝9，故C的方程为x2－y2＝9.
当k＝时，
过P1(5，4)且斜率为的直线为y＝，
与x2－y2＝9联立得到x2－＝9.
解得x＝－3或x＝5，
所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1(－3，0)，
该点显然在C的左支上.
故P2(3，0)，从而x2＝3，y2＝0.
(2)证明：数列{xn－yn}是公比为的等比数列；
方法一　由于过Pn(xn，yn)且斜率为k的直线为y＝k(x－xn)＋yn，
与x2－y2＝9联立，
得到方程x2－[k(x－xn)＋yn]2＝9.
展开得(1－k2)x2－2k(yn－kxn)x－(yn－kxn)2－9＝0，
由于Pn(xn，yn)已经是直线y＝k(x－xn)＋yn和x2－y2＝9的公共点，
故方程必有一根x＝xn.
从而根据根与系数的关系，
另一根x＝－xn＝，
相应的y＝k(x－xn)＋yn＝.
所以该直线与C的不同于Pn的交点为
Qn，
而注意到Qn的横坐标亦可通过根与系数的关系表示为，
故Qn一定在C的左支上.
所以Pn＋1.
这就得到xn＋1＝，
yn＋1＝.
所以xn＋1－yn＋1＝－
＝
＝(xn－yn)＝(xn－yn).
再由＝9，
就知道x1－y1≠0，
所以数列{xn－yn}是公比为的等比数列.
方法二　因为点Pn(xn，yn)关于y轴的对称点是Qn－1(－xn，yn)，
点Pn－1(xn－1，yn－1)，Qn－1在同一条斜率为k的直线上，
所以xn－1≠－xn，并且＝k. ①
因为点Pn－1，Qn－1都在双曲线C上，
所以
两式相减得(xn－xn－1)(xn＋xn－1)
＝(yn－yn－1)(yn＋yn－1). ②
由①，②得
④－③得(xn－yn)－(xn－1－yn－1)
＝k(xn－yn)＋k(xn－1－yn－1)，
整理得.
又x1－y1＝1，
所以{xn－yn}是公比为的等比数列.
(3)设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn＝Sn＋1.
方法一　先证明一个结论：对平面上三个点U，V，W，
若＝(a，b)，＝(c，d)，
则S△UVW＝(若U，V，W在同一条直线上，约定S△UVW＝0).
证明：S△UVW＝·sin〈〉
＝·
＝·
＝
＝
＝
＝
＝.
证毕，回到原题.
由(2)可知
xn＋1＝，yn＋1＝，
故xn＋1＋yn＋1＝
＝(xn＋yn)＝(xn＋yn).
再由＝9，
可知x1＋y1≠0，
所以数列的等比数列.
所以对任意的正整数m，都有xnyn＋m－ynxn＋m
＝[(xnxn＋m－ynyn＋m)＋(xnyn＋m－ynxn＋m)]
－[(xnxn＋m－ynyn＋m)－(xnyn＋m－ynxn＋m)]
＝(xn－yn)(xn＋m＋yn＋m)－(xn＋yn)(xn＋m－yn＋m)
＝(xn－yn)(xn＋yn)－·(xn＋yn)(xn－yn)
＝)
＝.
而又有＝(－(xn＋1－xn)，－(yn＋1－yn))，
＝(xn＋2－xn＋1，yn＋2－yn＋1)，
故利用前面已经证明的结论即得
Sn＝|－(xn＋1－xn)(yn＋2－yn＋1)＋(yn＋1－yn)(xn＋2－xn＋1)|
＝|(xn＋1－xn)(yn＋2－yn＋1) －(yn＋1－yn)(xn＋2－xn＋1)|
＝|(xn＋1yn＋2－yn＋1xn＋2)＋(xnyn＋1－ynxn＋1)－(xnyn＋2－ynxn＋2)|
＝－.
这就表明Sn的取值是与n无关的定值，
所以Sn＝Sn＋1.
方法二　由(2)可知
xn＋1＝，yn＋1＝，
故xn＋1＋yn＋1
＝
＝(xn＋yn)＝(xn＋yn).
再由＝9，可知x1＋y1≠0，
所以数列的等比数列.
所以对任意的正整数m，都有xnyn＋m－ynxn＋m
＝[(xnxn＋m－ynyn＋m)＋(xnyn＋m－ynxn＋m)]
－[(xnxn＋m－ynyn＋m)－(xnyn＋m－ynxn＋m)]
＝(xn－yn)(xn＋m＋yn＋m)－
(xn＋yn)(xn＋m－yn＋m)
＝(xn－yn)(xn＋yn) －(xn＋yn)(xn－yn)
＝)
＝.
这就得到xn＋2yn＋3－yn＋2xn＋3＝
＝xnyn＋1－ynxn＋1，
以及xn＋1yn＋3－yn＋1xn＋3＝
＝xnyn＋2－ynxn＋2.
两式相减，
得(xn＋2yn＋3－yn＋2xn＋3)－(xn＋1yn＋3－yn＋1xn＋3)
＝(xnyn＋1－ynxn＋1)－(xnyn＋2－ynxn＋2).
移项得到xn＋2yn＋3－ynxn＋2－xn＋1yn＋3＋ynxn＋1
＝yn＋2xn＋3－xnyn＋2－yn＋1xn＋3＋xnyn＋1.
故(yn＋3－yn)(xn＋2－xn＋1)
＝(yn＋2－yn＋1)(xn＋3－xn).
而＝(xn＋3－xn，yn＋3－yn)，
＝(xn＋2－xn＋1，yn＋2－yn＋1).
所以平行，
这就得到，
即Sn＝Sn＋1.
解析几何中的数列性质的研究，要依据已有的条件构建数列的递推关系，再对得到的递推关系作消元处理从而得到纯粹的单数列的递推关系，这样便于问题的解决.
思维升华
跟踪训练2　(2024·成都模拟)已知椭圆D：＝1(a>b>0)的离心率为，且过点(2，1).过椭圆D上的点A作圆O：x2＋y2＝2的两条切线，其中
一条切线与椭圆D相交于点B，与圆O相切于点C，两条切线与y轴分别交于E，F两点.
(1)求椭圆D的方程；
由题意可得
所以椭圆D的方程为＝1.
(2)|BC|·|CA|是否为定值，若是，请求出|BC|·|CA|的值；若不是，请说明理由；
由题意知切线与y轴有交点，故直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx＋m，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立
消去y得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＝48k2－8m2＋24>0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝，
当x1x2≠0时，kOAkOB＝， ①
因为直线AB与圆O：x2＋y2＝2相切，
所以圆心O到直线AB的距离为，
所以m2＝2(k2＋1)，满足Δ>0，代入①得
kOAkOB＝＝－1，
所以OA⊥OB；
当x1x2＝0时，m2＝3，
又m2＝2(k2＋1)，则k2＝，满足Δ>0，
所以y1y2＝0，所以直线AB过椭圆的左或右顶点与上或下顶点，所以OA⊥OB.
在Rt△OAB中，OC⊥AB，
由射影定理知|OC|2＝|CA|·|BC|＝2，
所以|BC|·|CA|为定值2.
(3)若椭圆D上点A(x0，y0)(x0≥2)，求△AEF面积的取值范围.
由题意直线AB的斜率存在，
设过点A(x0，y0)(x0≥2)的切线方程为y－y0＝k(x－x0)，
即kx－y＋y0－kx0＝0，
则圆心O到直线AB的距离为，
即(－2)k2－2x0y0k＋－2＝0，
显然Δ'＝8＋8－16>0，
设直线AE，AF的斜率分别为k1，k2，
则k1＋k2＝，k1k2＝，
直线AE的方程为y－y0＝k1(x－x0)，
令x＝0，则yE＝y0－k1x0，
同理yF＝y0－k2x0，
|EF|＝|yE－yF|＝x0|k1－k2|
＝x0，
S△AEF＝
＝，
因为A(x0，y0)(x0≥2)在椭圆D上，
所以＝3－，代入化简得
S△AEF＝，
令－2＝t，则＝t＋2(2≤t≤4)，
则S△AEF＝，
令f(t)＝，2≤t≤4，
则f'(t)＝，
令g(t)＝t3－20t－32，2≤t≤4，
则g'(t)＝3t2－20，
当2≤t<时，g'(t)<0，
当0，
所以函数g(t)在上单调递增，
又g(2)＝－64<0，g(4)＝－48<0，
所以g(t)<0，即当2≤t≤4时，f'(t)<0，
所以函数f(t)在[2，4]上单调递减，
所以18＝f(4)≤f(t)≤f(2)＝24，
所以3≤S△AEF≤2，
所以△AEF面积的取值范围为[3，2].
课时精练
答案
1
2
1.
(1)设H(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＝x， ①
直线B2T的方程为y－1＝－x， ②
①×②得y2－1＝－x2，即＋y2＝1，
故直线B1R与B2T的交点H在椭圆K：＋y2＝1上.
3
4
答案
1
2
1.
(2)依题意，F(，0)，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，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
联立
得(m2＋4)y2＋2my－1＝0，
∴y1＋y2＝－，
3
4
答案
1
2
1.
y1y2＝－，
∴|PQ|＝|y1－y2|＝·
，
联立得(m2＋4)y2＝4，
取y3＝，y4＝－，
3
4
答案
1
2
1.
∴|MN|＝|y3－y4|＝，
又|A1A2|＝4，∴|MN|2＝|PQ||A1A2|，
即|PQ|，|MN|，|A1A2|成等比数列.
3
4
答案
1
2
(1)由题可得双曲线E：－y2＝1，
则a2＝3，b2＝1，∴c2＝a2＋b2＝4，∴c＝2，
∴左、右焦点分别为F1(－2，0)，F2(2，0)，
直线l的方程为y＝－x，
设A(t≠0)，k1＝＝－，
同理可得k2＝－.
∴＝－＝－＝－3.
2.
3
4
答案
1
2
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
直线AF1的方程为y＝k1(x＋2)，
代入双曲线E可得
(1－3)x2－12x－12－3＝0，
Δ＝12＋12>0，≠，
∴x1＋x2＝，则x1x2＝，
则kOM＋kON＝
2.
3
4
答案
1
2
＝
＝.
同理kOP＋kOQ＝，
假设存在点A，满足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0，
即＝0，
即(k1＋k2)(4k1k2＋1)＝0，
2.
3
4
答案
1
2
∴k1＋k2＝0或k1k2＝－，
又＝－3，
若k1＋k2＝0，无解，舍去，∴k1k2＝－，
解得
若k1＝－，k2＝1，
又A(t≠0)，由点A在直线AF1上可得，
2.
3
4
答案
1
2
－t＝－(t＋2)，
∴t＝，此时A；
若k1＝1，k2＝－，
由点A在直线AF1上可得，－t＝t＋2，
∴t＝－，此时A.
综上，存在点A或A，满足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0.
2.
3
4
答案
1
2
(1)设P(x，y)，则线段PM的中点坐标为，
因为以线段MP为直径的圆与y轴相切，
则|MP|＝，
化简得y2＝4x，所以Γ的方程为y2＝4x.
(2)存在唯一一组点B，C，使得△ABC为等边三角形，理由如下：
由题意可知，直线BC的斜率存在且不为0，
设lBC：x＝my＋t(m≠0)，
3.
3
4
答案
1
2
B(x1，y1)，C(x2，y2).
联立消去x得y2－4my－4t＝0，
则Δ＝(－4m)2＋16t＝16(m2＋t)>0，得m2＋t>0，
可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，
设线段BC的中点为Q(x0，y0)，
则y0＝＝2m，x0＝my0＋t＝2m2＋t，
即Q(2m2＋t，2m)，
3.
3
4
答案
1
2
若△ABC为等边三角形，则AQ⊥BC，
且|AQ|＝|BC|，
由AQ⊥BC可得·＝－1，
整理得t＝－2m2－1＋，
则m2＋t＝m2－2m2－1＋＝－m2－1＋>0，
由m2＋m＋2＝>0，
3.
3
4
答案
1
2
可得>0，解得0由|AQ|＝|BC|，
|AQ|＝
＝，
|BC|＝×4
＝2×，
3.
3
4
答案
1
2
整理得－3(m－1)(1＋m2)·
＝(m－1)2·，
又因为0令h(m)＝3m3＋3m2＋7m－1，
又h'(m)＝9m2＋6m＋7>0在R内恒成立，
可知h(m)在R上为增函数，且h(0)＝－1<0，h(1)＝12>0，
故h(m)在区间(0，1)上存在唯一的零点m0，
所以存在唯一一组点B，C，使得△ABC为等边三角形.
3.
3
4
答案
1
2
(1)因为当l垂直于x轴时，|AB|＝2，而直线l：x＝±a与椭圆Γ相切，则2＝2，解得a＝，
又椭圆Γ的离心率为，
则椭圆Γ的半焦距c＝，b＝＝1，
所以椭圆Γ的方程为＋y2＝1.
(2)①当l的斜率存在时，
设l的方程为y＝kx＋m，
4.
3
4
答案
1
2
联立
消去y得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
由直线l与椭圆Γ相切，得Δ＝(6km)2－4(3k2＋1)·(3m2－3)＝0，整理得m2＝3k2＋1，
所以圆心O到直线l的距离d＝
4.
3
4
答案
1
2
＝∈[1，)，
由(1)得圆O的方程为x2＋y2＝9，半径为3，
则△PAB的面积为S△PAB≤(d＋3)·|AB|
＝(d＋3)·2，
设f(d)＝(3－d)(d＋3)3，1≤d<，
求导得f'(d)＝2(d＋3)2(3－2d)，
4.
3
4
答案
1
2
当1≤d<时，f'(d)>0，函数f(d)单调递增，
当因此当d＝时，f(d)取得最大值，此时(S△PAB)max＝；
当l的斜率不存在时，由(1)知，S△PAB≤×(＋3)×2＝3＋3.
由－()2＝－4>7－4>0，
4.
3
4
答案
1
2
得>>3＋3，
综上，d＝.
对于线段AB上任意点E，连接OE并延长与圆O交于点F，则F是圆上与E最近的点，
当E为线段AB的中点时，|EF|取得最大值，
所以d(M，N)＝.
4.
3
4
答案
1
2
②因为H(X，Y)，H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，
设点X1，X2∈X，Y1，Y2∈Y，Z1，Z2∈Z，且H(X，Z)＝|X1Z1|，H(Y，Z)＝|Y1Z2|，H(X，Y)＝|X2Y2|，
设点Y2是集合Y中到点X2的最近点，根据对称性，
不妨设H(X，Y)＝d(X，Y)＝|X2Y2|，
令点X2到集合Z的最近点为Z3，点Z3到集合Y的最近点为Y3，
因为|X1Z1|是集合X中所有点到集合Z最近点距离的最大值，
4.
3
4
答案
1
2
则|X1Z1|≥|X2Z3|，
因为|Y1Z2|是集合Y中所有点到集合Z最近点距离的最大值，
则|Y1Z2|≥|Y3Z3|，
因此H(X，Z)＋H(Y，Z)＝|X1Z1|＋|Y1Z2|≥|X2Z3|＋|Y3Z3|，
而在坐标平面中，|X2Z3|＋|Y3Z3|≥|X2Y3|，
又点Y2是集合Y中到点X2的最近点，
则|X2Y3|≥|X2Y2|，
所以H(X，Z)＋H(Y，Z)≥H(X，Y).
4.
3
4
1.(2024·汕头模拟)如图，在矩形ABCD中，|AB|＝4，|BC|＝2.A1，B1，A2，B2分别是矩形四条边的中点，以A1A2与B1B2的交点O为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示，设＝λ，＝(1－λ)(0<λ<1).
(1)证明：直线B1R与B2T的交点H在椭圆K：＋y2＝1上；
1
2
答案
3
4
知识过关
1
2
答案
设H(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＝x， ①
直线B2T的方程为y－1＝－x， ②
①×②得y2－1＝－x2，即＋y2＝1，
故直线B1R与B2T的交点H在椭圆K：＋y2＝1上.
3
4
(2)已知PQ为过椭圆K的右焦点F的弦，点M为椭圆K上一点，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.
1
2
答案
3
4
1
2
答案
依题意，F(，0)，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，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
联立
得(m2＋4)y2＋2my－1＝0，
∴y1＋y2＝－，
y1y2＝－，
3
4
1
2
答案
∴|PQ|＝|y1－y2|＝·，
联立得(m2＋4)y2＝4，
取y3＝，y4＝－，
∴|MN|＝|y3－y4|＝，
又|A1A2|＝4，∴|MN|2＝|PQ||A1A2|，
即|PQ|，|MN|，|A1A2|成等比数列.
3
4
1
2
答案
2.(2024·喀什模拟)已知双曲线E：x2－3y2＝3的左、右焦点分别为F1，F2，
A是直线l：y＝－x(其中a是双曲线E的实半轴长，c是双曲线E的半焦距)
上不同于原点O的一个动点，斜率为k1的直线AF1与双曲线E交于M，N两点，斜率为k2的直线AF2与双曲线E交于P，Q两点.
(1)求的值；
3
4
1
2
答案
由题可得双曲线E：－y2＝1，
则a2＝3，b2＝1，∴c2＝a2＋b2＝4，∴c＝2，
∴左、右焦点分别为F1(－2，0)，F2(2，0)，
直线l的方程为y＝－x，
设A(t≠0)，k1＝＝－，
同理可得k2＝－.
∴＝－＝－＝－3.
3
4
1
2
答案
(2)若直线OM，ON，OP，OQ的斜率分别为kOM，kON，kOP，kOQ，问是否存在点A，满足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0，若存在，求出A点坐标；若不存在，说明理由.
3
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2
答案
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
直线AF1的方程为y＝k1(x＋2)，
代入双曲线E可得
(1－3)x2－12x－12－3＝0，
Δ＝12＋12>0，≠，
∴x1＋x2＝，则x1x2＝，
则kOM＋kON＝
3
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1
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答案
＝
＝.
同理kOP＋kOQ＝，
假设存在点A，满足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0，
即＝0，
即(k1＋k2)(4k1k2＋1)＝0，
∴k1＋k2＝0或k1k2＝－，
3
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答案
又＝－3，
若k1＋k2＝0，无解，舍去，∴k1k2＝－，
解得
若k1＝－，k2＝1，
又A(t≠0)，由点A在直线AF1上可得，
－t＝－(t＋2)，
3
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1
2
答案
∴t＝，此时A；
若k1＝1，k2＝－，
由点A在直线AF1上可得，－t＝t＋2，
∴t＝－，此时A.
综上，存在点A或A，满足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0.
3
4
1
2
答案
3.(2024·晋中模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知点M(1，0)，P为动点，以线段MP为直径的圆与y轴相切.
(1)求动点P的轨迹Γ的方程；
3
4
1
2
答案
3
4
设P(x，y)，则线段PM的中点坐标为，
因为以线段MP为直径的圆与y轴相切，
则|MP|＝，
化简得y2＝4x，所以Γ的方程为y2＝4x.
1
2
答案
(2)已知点A(1，2)，问：在Γ上是否存在点B，C，使得△ABC为等边三角形？若不存在，请说明理由；若存在，请说明这样的点B，C有几组(不必说明点B，C的坐标).
3
4
1
2
答案
3
4
存在唯一一组点B，C，使得△ABC为等边三角形，理由如下：
由题意可知，直线BC的斜率存在且不为0，
设lBC：x＝my＋t(m≠0)，
B(x1，y1)，C(x2，y2).
联立消去x得y2－4my－4t＝0，
则Δ＝(－4m)2＋16t＝16(m2＋t)>0，
得m2＋t>0，
可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，
1
2
答案
3
4
设线段BC的中点为Q(x0，y0)，
则y0＝＝2m，
x0＝my0＋t＝2m2＋t，
即Q(2m2＋t，2m)，
若△ABC为等边三角形，则AQ⊥BC，
且|AQ|＝|BC|，
由AQ⊥BC可得·＝－1，
1
2
答案
3
4
整理得t＝－2m2－1＋，
则m2＋t＝m2－2m2－1＋＝－m2－1＋>0，
由m2＋m＋2＝>0，
可得>0，解得0由|AQ|＝|BC|，
|AQ|＝
1
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答案
3
4
＝，
|BC|＝×4
＝2×，
整理得－3(m－1)(1＋m2)·
＝(m－1)2·，
又因为01
2
答案
3
4
令h(m)＝3m3＋3m2＋7m－1，
又h'(m)＝9m2＋6m＋7>0在R内恒成立，
可知h(m)在R上为增函数，且h(0)＝－1<0，h(1)＝12>0，
故h(m)在区间(0，1)上存在唯一的零点m0，
所以存在唯一一组点B，C，使得△ABC为等边三角形.
1
2
答案
4.(2025·南通模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆Γ：＝1
(a>b>0)的离心率为，直线l与椭圆Γ相切，与圆O：x2＋y2＝3a2相交于A，
B两点.当l垂直于x轴时，|AB|＝2.
(1)求椭圆Γ的方程；
3
4
能力拓展
1
2
答案
3
4
因为当l垂直于x轴时，|AB|＝2，而直线l：x＝±a与椭圆Γ相切，则2＝2，解得a＝，
又椭圆Γ的离心率为，
则椭圆Γ的半焦距c＝，b＝＝1，
所以椭圆Γ的方程为＋y2＝1.
1
2
答案
(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为d(M，N).
①若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当△PAB的面积最大时，求d(M，N)；
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1
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答案
3
4
当l的斜率存在时，
设l的方程为y＝kx＋m，
联立
消去y得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
由直线l与椭圆Γ相切，得Δ＝(6km)2－4(3k2＋1)·(3m2－3)＝0，
整理得m2＝3k2＋1，
所以圆心O到直线l的距离d＝
1
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答案
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4
＝∈[1，)，
由(1)得圆O的方程为x2＋y2＝9，半径为3，
则△PAB的面积为S△PAB≤(d＋3)·|AB|
＝(d＋3)·2，
设f(d)＝(3－d)(d＋3)3，1≤d<，
求导得f'(d)＝2(d＋3)2(3－2d)，
1
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答案
3
4
当1≤d<时，f'(d)>0，函数f(d)单调递增，
当因此当d＝时，f(d)取得最大值，此时(S△PAB)max＝；
当l的斜率不存在时，由(1)知，S△PAB≤×(＋3)×2＝3＋3.
由－()2＝－4>7－4>0，
得>>3＋3，
1
2
答案
3
4
综上，d＝.
对于线段AB上任意点E，连接OE并延长与圆O交于点F，
则F是圆上与E最近的点，
当E为线段AB的中点时，|EF|取得最大值，
所以d(M，N)＝.
1
2
答案
②若d(M，N)，d(N，M)均存在，记两者中的较大者为H(M，N).已知H(X，Y)，H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，证明：H(X，Z)＋H(Y，Z)≥H(X，Y).
3
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1
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答案
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4
因为H(X，Y)，H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，
设点X1，X2∈X，Y1，Y2∈Y，Z1，Z2∈Z，且H(X，Z)＝|X1Z1|，H(Y，Z)＝|Y1Z2|，H(X，Y)＝|X2Y2|，
设点Y2是集合Y中到点X2的最近点，根据对称性，不妨设H(X，Y)＝d(X，Y)＝|X2Y2|，
令点X2到集合Z的最近点为Z3，点Z3到集合Y的最近点为Y3，
因为|X1Z1|是集合X中所有点到集合Z最近点距离的最大值，
则|X1Z1|≥|X2Z3|，
1
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答案
3
4
因为|Y1Z2|是集合Y中所有点到集合Z最近点距离的最大值，
则|Y1Z2|≥|Y3Z3|，
因此H(X，Z)＋H(Y，Z)＝|X1Z1|＋|Y1Z2|≥|X2Z3|＋|Y3Z3|，
而在坐标平面中，|X2Z3|＋|Y3Z3|≥|X2Y3|，
又点Y2是集合Y中到点X2的最近点，
则|X2Y3|≥|X2Y2|，
所以H(X，Z)＋H(Y，Z)≥H(X，Y).

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