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第八章　解析几何
第一讲　直线的倾斜角、斜率与直线的方程
知识梳理·双基自测
知识点一　直线的倾斜角
(1)定义：当直线l与x轴相交时，我们取x轴作为基准，把x轴__正向__与直线l__向上__方向之间所成的角α叫做直线l的倾斜角．当直线l与x轴平行或重合时，规定它的倾斜角为__0°__．
(2)倾斜角的取值范围为__[0°，180°)__．
知识点二　直线的斜率
(1)定义：一条直线的倾斜角α的__正切值__叫做这条直线的斜率，斜率常用小写字母k表示，即k＝__tan_α__，倾斜角是90°的直线斜率不存在．
(2)过两点的直线的斜率公式
经过两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)(其中x1≠x2)的直线的斜率公式为k＝____．
知识点三　直线方程的五种形式
名称
方程
适用范围
点斜式
__y－y0＝k(x－x0)__
不含直线x＝x0
斜截式
__y＝kx＋b__
不含垂直于x轴的直线
__两点式__
＝
不含垂直于坐标轴的直线
__截距式__
＋＝1
不含垂直于x轴、平行于x轴和__过原点的__直线
一般式
Ax＋By＋C＝0其中要求__A2＋B2≠0__
适用于平面直角坐标系内的所有直线
直线的倾斜角α和斜率k之间的对应关系：
α
0°
0°＜α＜90°
90°
90°＜α＜180°
k
0
k＞0且α越大，k就越大
不存在
k＜0且α越大，k就越大
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角与斜率．(　×　)
(2)直线的倾斜角越大，其斜率就越大．(　×　)
(3)斜率相等的两直线的倾斜角一定相等．(　√　)
(4)经过定点A(0，b)的直线都可以用方程y＝kx＋b表示．(　×　)
(5)不经过原点的直线都可以用＋＝1表示．(　×　)
(6)经过任意两个不同的点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直线都可以用方程(y－y1)(x2－x1)＝(x－x1)(y2－y1)表示．(　√　)
题组二　走进教材
2．(必修2P38T3)经过两点A(4,2y＋1)，B(2，－3)的直线的倾斜角为，则y＝(　B　)
A．－1
B．－3
C．0
D．2
[解析]　由＝＝y＋2，
得y＋2＝tan＝－1，∴y＝－3．
3．(必修2P100A组T9)过点P(2,3)且在两坐标轴上截距相等的直线方程为__3x－2y＝0或x＋y－5＝0__．
[解析]　当截距为0时，直线方程为3x－2y＝0；
当截距不为0时，设直线方程为＋＝1，
则＋＝1，解得a＝5．所以直线方程为x＋y－5＝0．
题组三　走向高考
4．(2016·北京，7)已知A(2,5)，B(4,1)，若点P(x，y)在线段AB上，则2x－y的最大值为(　C　)
A．－1
B．3
C．7
D．8
[解析]　线段AB的方程为y－1＝(x－4),
2≤x≤4．即2x＋y－9＝0,2≤x≤4，因为P(x，y)在线段AB上，所以2x－y＝2x－(－2x＋9)＝4x－9．又2≤x≤4，则－1≤4x－9≤7，故2x－y最大值为7．
5．(2010·辽宁)已知点P在曲线y＝上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的取值范围是(　D　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　由题意可知切线的斜率k＝tan
α＝＝，∴－1≤tan
α＜0，又0≤α＜π，∴≤α＜π，故选D．
考点突破·互动探究
考点一　直线的倾斜角与斜率——自主练透
例1
(1)(2021·兰州模拟)直线2xcos
α－y－3＝0的倾斜角的变化范围是(　B　)
A．
B．
C．
D．
(2)(2020·贵州遵义航天高级中学期中，11)经过点P(0，－1)作直线l，若直线l与连接A(1，－2)，B(2,1)的线段总有公共点，则直线l的倾斜角的取值范围为(　A　)
A．∪
B．
C．
D．∪
(3)已知曲线f(x)＝ln
x的切线经过原点，则此切线的斜率为(　C　)
A．e
B．－e
C．
D．－
[解析]　(1)直线2xcos
α－y－3＝0的斜率k＝2cos
α．由于α∈，所以≤cos
α≤，因此k＝2cos
α∈[1，]．设直线的倾斜角为θ，则有tan
θ∈[1，]．由于θ∈[0，π)，所以θ∈，即倾斜角的变化范围是．
(2)如图所示，设直线l的倾斜角为α，α∈[0，π)．
kPA＝＝－1，kPB＝＝1．
∵直线l与连接A(1，－2)，B(2,1)的线段总有公共点，
∴－1≤tan
α≤1．
∴α∈∪．故选A．
(3)解法一：∵f(x)＝ln
x，∴x∈(0，＋∞)，f′(x)＝．设切点P(x0，ln
x0)，则切线的斜率k＝f′(x0)＝＝，∴ln
x0＝1，x0＝e，∴k＝＝．
解法二(数形结合法)：在同一坐标系中作出曲线f(x)＝ln
x及曲线f(x)＝ln
x经过原点的切线，如图所示，数形结合可知，切线的斜率为正，且小于1，故选C．
[引申1]若将例(2)中“有公共点”改为“无公共点”，则直线l的斜率的范围为__(－∞，－1)∪(1，＋∞)__．
[引申2]若将题(2)中A(1，－2)改为A(－1,0)，其它条件不变，求直线l斜率的取值范围为__(－∞，－1]∪[1，＋∞)__，倾斜角的取值范围为____．
[解析]　∵P(0，－1)，A(－1,0)，
B(2,1)，∴kAP＝＝－1，
kBP＝＝1．
如图可知，直线l斜率的取值范围为(－∞，－1]∪[1，＋∞)，倾斜角的取值范围为．
名师点拨
(1)求倾斜角的取值范围的一般步骤：①求出斜率k＝tan
α的取值范围，但需注意斜率不存在的情况；②利用正切函数的单调性，借助图象或单位圆，数形结合确定倾斜角α的取值范围．
(2)求直线斜率的方法：
①定义法：k＝tan
α；
②公式法：k＝；
③导数法：曲线y＝f(x)在x0处切线的斜率k＝f′(x0)．
(3)注意倾斜角的取值范围是[0，π)，若直线的斜率不存在，则直线的倾斜角为，直线垂直于x轴．
〔变式训练1〕
(1)(2021·大庆模拟)直线xsin
α＋y＋2＝0的倾斜角的范围是(　B　)
A．[0，π)
B．∪
C．
D．∪
(2)(2021·安阳模拟改编)已知点A(1,3)，B(－2，－1)．若直线l：y＝k(x－2)＋1与线段AB相交，则k的值不可以是(　D　)
A．
B．－2
C．0
D．1
[解析]　(1)设直线的倾斜角为θ，则tan
θ＝－sin
α，所以－1≤tan
θ≤1，又θ∈[0，π)，所以0≤θ≤或≤θ＜π，选B．
(2)由已知直线l恒过定点P(2,1)，如图所示，
若l与线段AB相交，则kPA≤k≤kPB，
∵kPA＝－2，kPB＝，
∴－2≤k≤，故选D．
考点二　直线的方程——师生共研
例2
求适合下列条件的直线的方程：
(1)在y轴上的截距为－5，倾斜角的正弦值是；
(2)经过点A(－，3)，且倾斜角为直线x＋y＋1＝0的倾斜角的一半；
(3)过点(5,2)且在x轴上的截距是在y轴上的截距的2倍；
(4)与直线3x－4y－5＝0关于y轴对称．
[解析]　(1)设直线的倾斜角为α，则sin
α＝．
∴cos
α＝±，直线的斜率k＝tan
α＝±．
又直线在y轴上的截距是－5，
由斜截式得直线方程为y＝±x－5．
即3x－4y－20＝0或3x＋4y＋20＝0．
(2)由x＋y＋1＝0得此直线的斜率为－，所以倾斜角为120°，从而所求直线的倾斜角为60°，故所求直线的斜率为．
又直线过点(－，3)，所以所求直线方程为y－3＝(x＋)，即x－y＋6＝0．
(3)若直线过原点，则其斜率k＝，此时直线方程为y＝x，即2x－5y＝0．
若直线不过原点，则设其方程为＋＝1，由＋＝1得b＝，故所求直线方程为＋＝1，即x＋2y－9＝0．
∴所求直线的方程为x＋2y－9＝0或2x－5y＝0．
(4)直线3x－4y－5＝0的斜率为，与y轴交点为，故所求直线的斜率为－，且过点，∴所求直线方程为y＝－x－，即3x＋4y＋5＝0．
名师点拨
求直线方程应注意的问题
(1)要确定直线的方程，只需找到直线上两个点的坐标，或直线上一个点的坐标与直线的斜率即可．确定直线方程的常用方法有两种：①直接法：根据已知条件确定适当的直线方程形式，直接写出直线方程；②待定系数法：先设出直线方程，再根据已知条件求出待定的系数，最后代入求出直线的方程．
(2)选择直线方程时，应注意分类讨论思想的应用：选用点斜式或斜截式前，先讨论直线的斜率是否存在；选用截距式前，先讨论在两坐标轴上的截距是否存在或是不是0．
〔变式训练2〕
(1)已知三角形的三个顶点A(－5,0)，B(3，－3)，C(0,2)，则BC边上中线所在的直线方程为__x＋13y＋5＝0__．
(2)直线x－y＋4＝0绕其与x轴的交点顺时针旋转所得直线的方程为__x－3y＋4＝0__．
(3)已知直线l的斜率为，且和坐标轴围成面积为3的三角形，则直线l的方程为__x－6y＋6＝0或x－6y－6＝0__．
[解析]　(1)由题意可知BC的中点为H，
∴kAH＝＝－．
故所求直线的方程为y－0＝－(x＋5)，
即x＋13y＋5＝0．
(2)直线x－y＋4＝0与x轴的交点为，斜率为，倾斜角θ为，可知所求方程直线的倾斜角为，斜率k＝，故所求直线的方程为y＝，即x－3y＋4＝0．
(3)设直线方程为y＝x＋b，则3b2＝3，∴b＝±1，故所求直线方程为x－6y＋6＝0或x－6y－6＝0．
考点三,直线方程的应用——多维探究
例3
已知直线l过点M(2,1)，且与x轴，y轴的正半轴分别相交于A，B两点，O为坐标原点．求：
(1)当△AOB面积最小时，直线l的方程；
(2)当在两坐标轴上截距之和取得最小值时，直线l的方程；
(3)当|MA|·|MB|取最小值时，直线l的方程；
(4)当|MA|2＋|MB|2取得最小值时，直线l的方程．
[解析]　设直线的方程为＋＝1(a＞0，b＞0)，
则＋＝1．
(1)∵＋≥2?ab≥4，当且仅当＝＝，即a＝4，b＝2时，△AOB面积S＝ab有最小值为4．此时，直线l的方程是＋＝1．即x＋2y－4＝0．
(2)a＋b＝(a＋b)＝3＋＋≥3＋2＝3＋2．故a＋b的最小值为3＋2，此时＝，求得b＝＋1，a＝2＋．此时，直线l的方程为＋＝1．即x＋y－2－＝0．
(3)解法一：设∠BAO＝θ，则sin
θ＝，cos
θ＝，∴|MA|·|MB|＝＝，显然当θ＝时，|MA|·|MB|取得最小值4，此时kl＝－1，所求直线的方程为y－1＝－(x－2)，即x＋y－3＝0．
解法二：|MA|·|MB|＝－·＝－(a－2，－1)·(－2，b－1)＝2a＋b－5＝(2a＋b)－5＝＋≥4．当且仅当a＝b＝3时取等号，∴|MA|·|MB|的最小值为4，此时直线l的方程为x＋y－3＝0．
解法三：若设直线l的方程为y－1＝k(x－2)，则A，B(0,1－2k)，∴|MA|·|MB|＝·＝2≥4，当且仅当－k＝－，即k＝－1时，取等号．故|MA|·|MB|的最小值为4，此时直线l的方程为x＋y－3＝0．
(4)同(3)|MA|＝，|MB|＝，
∴|MA|2＋|MB|2＝＋
＝(sin2θ＋cos2θ)
＝5＋＋≥9．
∴|MA|2＋|MB|2的最小值为9，
此时直线的斜率k＝－，
故所求直线的方程为y－1＝－(x－2)，
即x＋2y－2(＋1)＝0．
注：本题也可设直线方程为y－1＝k(x－2)(k＜0)求解．
名师点拨
利用最值取得的条件求解直线方程，一般涉及函数思想即建立目标函数，根据其结构求最值，有时也涉及均值不等式，何时取等号，一定要弄清．
〔变式训练3〕
已知直线l过点M(2,1)，且与x轴、y轴正半轴分别交于A、B，O为坐标原点．若S△AOB＝，求直线l的方程．
[解析]　设直线l的方程为＋＝1，
则解得或
故所求直线方程为＋＝1或＋＝1，
即x＋y－3＝0或x＋4y－6＝0．
名师讲坛·素养提升
(1)定点问题
例4
(此题为更换后新题)已知直线l：kx－y＋1＋3k＝0(k∈R)．
(1)证明：直线l过定点；
(2)若直线l不过第一象限，求k的取值范围．
[解析]　(1)证明：直线l的方程可化为y－1＝k(x＋3)，故无论k取何值，直线l必过定点(－3,1)．
(2)令x＝0得y＝3k＋1，即直线l在y轴上的截距为2k＋1．　
由题意知解得k≤－．
故k的取值范围是(－∞，－]．
(此题为发现的重题，更换新题见上题)已知直线l：kx－y＋1＋2k＝0(k∈R)．
(1)证明：直线l过定点；
(2)若直线l不过第四象限，求k的取值范围．
[解析]　(1)证明：直线l的方程可化为y－1＝k(x＋2)，故无论k取何值，直线l必过定点(－2,1)．
(2)令x＝0得y＝2k＋1，即直线l在y轴上的截距为2k＋1．　
由题意知解得k≥0．
故取值范围是[0＋∞)．
名师点拨
过定点A(x0，y0)的直线系方程为y－y0＝k(x－x0)(k为参数)及x＝x0．方程为y－y0＝k(x－x0)是直线过定点A(x0，y0)的充分不必要条件．
(2)曲线的切线问题
例5　(2021·湖南湘潭模拟)经过(2,0)且与曲线y＝相切的直线与坐标轴围成的三角形面积为(　A　)
A．2
B．
C．1
D．3
[解析]　设切点为，m≠0，y＝的导数为y′＝－，可得切线的斜率k＝－，切线方程为y－＝－(x－m)，代入(2,0)，可得－＝－(2－m)，解得m＝1，则切线方程为y－1＝－x＋1，切线与坐标轴的交点坐标为(0,2)，(2,0)，则切线与坐标轴围成的三角形面积为×2×2＝2．故选A．
〔变式训练4〕
(1)直线y＝kx－k－2过定点__(1，－2)__．
(2)(2018·课标全国Ⅱ)曲线y＝2ln
x在点(1,0)处的切线方程为__2x－y－2＝0__．
PAGE第五讲　椭圆
知识梳理·双基自测
知识点一　椭圆的定义
平面内与两个定点F1、F2的__距离的和等于常数(大于|F1F2|)__的点的轨迹叫做椭圆，这两个定点叫做椭圆的__焦点__，两焦点间的距离叫做椭圆的__焦距__．
注：若集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a＞0，c＞0，且a、c为常数，则有如下结论：
(1)若a＞c，则集合P为__椭圆__；
(2)若a＝c，则集合P为__线段F1F2__；
(3)若a＜c，则集合P为__空集__．
知识点二　椭圆的标准方程和几何性质
标准方程
＋＝1(a＞b＞0)
＋＝1(a＞b＞0)
图形
性质
范围
－a≤x≤a－b≤y≤b
－b≤x≤b－a≤y≤a
对称性
对称轴：坐标轴　　　　　对称中心：原点
顶点
A1(－a,0)，A2(a,0)B1(0，－b)，B2(0，b)
A1(0，－a)，A2(0，a)B1(－b,0)，B2(b,0)
轴
长轴A1A2的长为__2a__；短轴B1B2的长为__2b__
焦距
|F1F2|＝__2c__
离心率
e＝____∈(0,1)
a、b、c的关系
__c2＝a2－b2__
1．a＋c与a－c分别为椭圆上的点到焦点距离的最大值和最小值．
2．过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦|AB|＝，称为通径．
3．若过焦点F1的弦为AB，则△ABF2的周长为4a．
4．e＝．
5．椭圆的焦点在x轴上?标准方程中x2项的分母较大，椭圆的焦点在y轴上?标准方程中y2项的分母较大．
6．AB为椭圆＋＝1(a＞b＞0)的弦，A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦中点M(x0，y0)，则
(1)弦长l＝|x1－x2|＝|y1－y2|；
(2)直线AB的斜率kAB＝－．
7．若M、N为椭圆＋＝1长轴端点，P是椭圆上不与M、N重合的点，则KPM·KPN＝－．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)平面内与两个定点F1，F2的距离之和等于常数的点的轨迹是椭圆．(　×　)
(2)椭圆的离心率e越大，椭圆就越圆．(　×　)
(3)方程mx2＋ny2＝1(m＞0，n＞0，m≠n)表示的曲线是椭圆．(　√　)
(4)＋＝1(a＞b＞0)与＋＝1(a＞b＞0)的焦距相同．(　√　)
题组二　走进教材
2．(必修2P42T4)椭圆＋＝1的焦距为4，则m等于(　C　)
A．4
B．8
C．4或8
D．12
[解析]　当焦点在x轴上时，10－m＞m－2＞0，
10－m－(m－2)＝4，∴m＝4．
当焦点在y轴上时，m－2＞10－m＞0，m－2－(10－m)＝4，∴m＝8．
∴m＝4或8．
3．(必修2P68A组T3)过点A(3，－2)且与椭圆＋＝1有相同焦点的椭圆的方程为(　A　)
A．＋＝1
B．＋＝1
C．＋＝1
D．＋＝1
题组三　走向高考
4．(2018·课标全国Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1⊥PF2，且∠PF2F1＝60°，则C的离心率为(　D　)
A．1－
B．2－
C．
D．－1
[解析]　设|PF2|＝x，则|PF1|＝x，|F1F2|＝2x，故2a＝|PF1|＋|PF2|＝(1＋)x,2c＝|F1F2|＝2x，于是离心率e＝＝＝＝－1．
5．(2019·课标Ⅰ，10)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|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为(　B　)
A．＋y2＝1
B．＋＝1
C．＋＝1
D．＋＝1
[解析]　设|F2B|＝x(x＞0)，
则|AF2|＝2x，|AB|＝3x，
|BF1|＝3x，|AF1|＝4a－(|AB|＋|BF1|)＝4a－6x，
由椭圆的定义知|BF1|＋|BF2|＝2a＝4x，
所以|AF1|＝2x．
在△BF1F2中，由余弦定理得|BF1|2＝|BF2|2＋|F1F2|2－2|F2B|·|F1F2|cos∠BF2F1，即9x2＝x2＋22－4x·cos∠BF2F1，①
在△AF1F2中，由余弦定理可得|AF1|2＝|AF2|2＋|F1F2|2－2|AF2|·|F1F2|cos∠AF2F1，即4x2＝
4x2＋22＋8x·cos∠BF2F1，②
由①②得x＝，所以2a＝4x＝2，a＝，
所以b2＝a2－c2＝2．
所以椭圆的方程为＋＝1．故选B．
考点突破·互动探究
考点一　椭圆的定义及应用——自主练透
例1
(1)(2021·泉州模拟)已知椭圆的焦点是F1、F2，P是椭圆上的一个动点，如果M是线段F1P的中点，那么动点M的轨迹是(　B　)
A．圆
B．椭圆
C．双曲线的一支
D．抛物线
(2)已知F是椭圆5x2＋9y2＝45的左焦点，P是此椭圆上的动点，A(1,1)是一定点．则|PA|＋|PF|的最大值和最小值分别为__6＋，6－__．
(3)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两个焦点，P为椭圆C上的一点，且∠F1PF2＝60°．若△PF1F2的面积为3，则b＝__3__．
[解析]　(1)如图所示，由题知|PF1|＋|PF2|＝2a，设椭圆方程：＋＝1(其中a＞b＞0)．连接MO，由三角形的中位线可得：|F1M|＋|MO|＝a(a＞|F1O|)，则M的轨迹为以F1、O为焦点的椭圆．
(2)如下图所示，设椭圆右焦点为F1，则|PF|＋|PF1|＝6．
∴|PA|＋|PF|＝|PA|－|PF1|＋6．
由椭圆方程＋＝1知c＝＝2，
∴F1(2,0)，∴|AF1|＝．
利用－|AF1|≤|PA|－|PF1|≤|AF1|(当P、A、F1共线时等号成立)．
∴|PA|＋|PF|≤6＋，|PA|＋|PF|≥6－．
故|PA|＋|PF|的最大值为6＋，最小值为6－．
(3)|PF1|＋|PF2|＝2a，又∠F1PF2＝60°，
所以|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos
60°＝|F1F2|2，
即(|PF1|＋|PF2|)2－3|PF1||PF2|＝4c2，
所以3|PF1||PF2|＝4a2－4c2＝4b2，
所以|PF1||PF2|＝b2，
又因为S△PF1F2＝|PF1||PF2|sin
60°＝×b2×
＝b2＝3，所以b＝3．故填3．
[引申]本例(2)中，若将“A(1,1)”改为“A(2,2)”，则|PF|－|PA|的最大值为__4__，|PF|＋|PA|的最大值为__8__．
[解析]　设椭圆的右焦点为F1，则∵|PF1|＋|PA|≥|AF1|＝2(P在线段AF1上时取等号)，∴|PF|－|PA|＝6－(|PF1|＋|PA|)≤4，∵|PA|－|PF1|≤|AF1|＝2，(当P在AF1延长线上时取等号)，∴|PF|＋|PA|＝6＋|PA|－|PF1|≤8．
名师点拨
(1)椭圆定义的应用范围：
①确认平面内与两定点有关的轨迹是否为椭圆．
②解决与焦点有关的距离问题．
(2)焦点三角形的应用：
椭圆上一点P与椭圆的两焦点组成的三角形通常称为“焦点三角形”，利用定义可求其周长；利用定义和余弦定理可求|PF1||PF2|；通过整体代入可求其面积等．
〔变式训练1〕
(1)(2021·大庆模拟)已知点M(，0)，椭圆＋y2＝1与直线y＝k(x＋)交于点A、B，则△ABM的周长为__8__．
(2)(2019·课标Ⅲ，15)设F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为__(3，)__．
(3)(2021·河北衡水调研)设F1、F2分别是椭圆＋＝1的左、右焦点，P为椭圆上任意一点，点M的坐标为(6,4)，则|PM|－|PF1|的最小值为__－5__．
[解析]　(1)直线y＝k(x＋)过定点N(－，0)．
而M、N恰为椭圆＋y2＝1的两个焦点，
由椭圆定义知△ABM的周长为4a＝4×2＝8．
(2)因为F1，F2分别是椭圆C的左，右焦点，由M点在第一象限，△MF1F2是等腰三角形，知|F1M|＝|F1F2|，又由椭圆方程＋＝1，知|F1F2|＝8，|F1M|＋|F2M|＝2×6＝12，
所以|F1M|＝|F1F2|＝8，所以|F2M|＝4．
设M(x0，y0)
(x0＞0，y0＞0)，
则
解得x0＝3，y0＝，即M(3，)．
(3)由题意可知F2(3,0)，
由椭圆定义可知|PF1|＝2a－|PF2|．
∴|PM|－|PF1|＝|PM|－(2a－|PF2|)＝|PM|＋|PF2|－2a≥|MF2|－2a，
当且仅当M，P，F2三点共线时取得等号，
又|MF2|＝＝5,2a＝10，
∴|PM|－|PF2|≥5－10＝－5，即|PM|－|PF1|的最小值为－5．
考点二　椭圆的标准方程——师生共研
例2
求满足下列各条件的椭圆的标准方程：
(1)长轴是短轴的3倍且经过点A(3,0)；
(2)短轴一个端点与两焦点组成一个正三角形，且焦点到同侧顶点的距离为；
(3)经过点P(－2，1)，Q(，－2)两点；
(4)与椭圆＋＝1有相同离心率，且经过点(2，－)．
[解析]　(1)若焦点在x轴上，设方程为＋＝1(a＞b＞0)．
∵椭圆过点A(3,0)，
∴＝1，∴a＝3．∵2a＝3×2b，
∴b＝1．∴方程为＋y2＝1．
若焦点在y轴上，设方程为＋＝1(a＞b＞0)．
∵椭圆过点A(3,0)，∴＝1，∴b＝3．
又2a＝3×2b，∴a＝9．∴方程为＋＝1．
综上所述，椭圆方程为＋y2＝1或＋＝1．
(2)由已知，有解得
从而b2＝a2－c2＝9．
∴所求椭圆方程为＋＝1或＋＝1．
(3)设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m＞0，n＞0，m≠n)，
∵点P(－2，1)，Q(，－2)在椭圆上，
∴解得m＝，n＝．
故椭圆方程为＋＝1．
(4)若焦点在x轴上，设所求椭圆方程为＋＝t(t＞0)，将点(2，－)代入，得t＝＋＝2．
故所求方程为＋＝1．
若焦点在y轴上，设方程为＋＝λ(λ＞0)代入点(2，－)，得λ＝，∴所求方程为＋＝1．
综上可知椭圆方程为＋＝1或＋＝1．
名师点拨
(1)求椭圆的方程多采用定义法和待定系数法，利用椭圆的定义定形状时，一定要注意常数2a＞|F1F2|这一条件．
(2)用待定系数法求椭圆标准方程的一般步骤：
①作判断：根据条件判断焦点的位置；
②设方程：焦点不确定时，要注意分类讨论，或设方程为mx2＋ny2＝1(m＞0，n＞0，m≠0)；
③找关系：根据已知条件，建立关于a，b，c或m，n的方程组；
④求解，得方程．
(3)椭圆的标准方程的两个应用
①方程＋＝1(a＞b＞0)与＋＝λ(λ＞0)有相同的离心率．
②与椭圆＋＝1(a＞b＞0)共焦点的椭圆系方程为＋＝1(a＞b＞0，k＋b2＞0)，恰当运用椭圆系方程，可使运算简便．
〔变式训练2〕
(1)“2＜m＜6”是“方程＋＝1表示椭圆”的(　B　)
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
(2)(2021·广东深圳二模)已知椭圆C：＋＝1(a＞0)的右焦点为F，O为坐标原点，C上有且只有一个点P满足|OF|＝|FP|，则C的方程为(　D　)
A．＋＝1
B．＋＝1
C．＋＝1
D．＋＝1
[解析]　(1)＋＝1表示椭圆??2＜m＜6且m≠4，
∴“2＜m＜6”是方程“＋＝1表示椭圆”的必要不充分条件，故选B．
(2)根据对称性知P在x轴上，|OF|＝|FP|，
故a＝2c，a2＝3＋c2，解得a＝2，c＝1，
故椭圆方程为：＋＝1．故选：D．
考点三,椭圆的几何性质——师生共研
例3
(1)(2017·全国)椭圆C的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，点P在C上，F2P＝2，∠F1F2P＝，则C的长轴长为(　D　)
A．2
B．2
C．2＋
D．2＋2
(2)(2021·河北省衡水中学调研)直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为(　B　)
A．
B．
C．
D．
(3)(2021·广东省期末联考)设F1，F2分别是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，若在直线x＝上存在点P，使线段PF1的中垂线过点F2，则椭圆离心率的取值范围是(　D　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　(1)椭圆C的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，则c＝1，
∵|PF2|＝2，∴|PF1|＝2a－|PF2|＝2a－2，
由余弦定理可得
|PF1|2＝|F1F2|2＋|PF2|2－2|F1F2|·|PF2|·cos
，
即(2a－2)2＝4＋4－2×2×2×，
解得a＝1＋，a＝1－(舍去)，
∴2a＝2＋2，故选D．
(2)不妨设直线l：＋＝1，即bx＋cy－bc＝0?椭圆中心到l的距离＝?e＝＝，故选B．
(3)如图F2H⊥PF1，∴|F1F2|＝|PF2|，由题意可知－c≤2c，∴e2＝≥，即e≥，又0＜e＜1，∴≤e＜1．故选D．
名师点拨
椭圆离心率的求解方法
求椭圆的离心率，常见的有三种方法：一是通过已知条件列方程组，解出a，c的值；二是由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解；三是通过取特殊值或特殊位置，求出离心率．
椭圆离心率的范围问题一般借助几何量的取值范围求解，遇直线与椭圆位置关系通常由直线与椭圆方程联立所得方程判别式Δ的符号求解．
求椭圆离心率的取值范围的方法
方法
解读
适合题型
几何法
利用椭圆的几何性质，如|x|≤a，|y|≤b,0＜e＜1，建立不等关系，或者根据几何图形的临界情况建立不等关系
题设条件有明显的几何关系
直接法
根据已知条件得出不等关系，直接转化为含有a，b，c的不等关系式
题设条件直接有不等关系
〔变式训练3〕
(1)(2017·全国卷Ⅲ)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bx－ay＋2ab＝0相切，则C的离心率为(　A　)
A．
B．
C．
D．
(2)(2021·内蒙古呼和浩特市质检)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A1，A2，点P是椭圆上的动点，若∠A1PA2的最大可以取到120°，则椭圆C的离心率为(　D　)
A．
B．
C．
D．
(3)已知F1，F2是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，若椭圆上存在点P，使∠F1PF2＝90°，则椭圆的离心率的取值范围是____．
[解析]　(1)由题意知以A1A2为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为a．
又直线bx－ay＋2ab＝0与圆相切，
∴圆心到直线的距离d＝＝a，解得a＝b，
∴＝，
∴e＝＝＝＝＝．故选A．
(2)当P为短轴端点时∠A1PA2最大，由题意可知＝tan
60°＝，∴＝，∴e＝＝，故选D．
(3)由题意可知当P为椭圆短轴端点时∠OPF1＝∠OPF2≥45°，即c≥b，
∴c2≥a2－c2，∴≥，即e≥，
又0＜e＜1，∴≤e＜1．
考点四,直线与椭圆——多维探究
角度1　直线与椭圆的位置关系
例4
若直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1总有公共点，则m的取值范围是(　D　)
A．m＞1
B．m＞0
C．0＜m＜5且m≠1
D．m≥1且m≠5
[解析]　解法一：由于直线y＝kx＋1恒过点(0,1)，
所以点(0,1)必在椭圆内或椭圆上，
则0＜≤1且m≠5，
故m≥1且m≠5．故选D．
解法二：由
消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0．
由题意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0对一切k∈R恒成立，
即5mk2＋m2－m≥0对一切k∈R恒成立，
∴，即m≥1，
又m≠5，∴m≥1且m≠5．故选D．
角度2　中点弦问题
例5
(1)(2021·湖北省宜昌市调研)过点P(3,1)且倾斜角为的直线与椭圆＋＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若＝，则该椭圆的离心率为(　C　)
A．
B．
C．
D．
(2)已知椭圆＋y2＝1，点P，则以P为中点的椭圆的弦所在直线的方程为__2x＋4y－3＝0__．
[解析]　(1)由题意可知P为AB的中点，且kAB＝－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，＋＝1，两式相减得＝－，∴kAB＝＝－＝－＝－1，即＝，∴e＝＝，故选C．
(2)设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，中点为M(x0，y0)，则有＋y＝1，＋y＝1．
两式作差，得＋(y2－y1)(y2＋y1)＝0．
∵x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝kAB，
代入后求得kAB＝－＝－，
∴其方程为y－＝－，即2x＋4y－3＝0．
角度3　弦长问题
例6
已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点P，椭圆E的一个焦点为(，0)．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线l过点M(0，)且与椭圆E交于A，B两点，求|AB|的最大值．
[解析]　(1)依题意，设椭圆E的左、右焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)．
由椭圆E经过点P，得|PF1|＋|PF2|＝4＝2a，
∴a＝2，c＝，∴b2＝a2－c2＝1．
∴椭圆E的方程为＋y2＝1．
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得(1＋4k2)x2＋8kx＋4＝0．
由Δ＞0得(8k)2－4(1＋4k2)×4＞0，∴4k2＞1．
由x1＋x2＝－，x1x2＝
得|AB|＝·
＝2．
设t＝，则0＜t＜，
∴|AB|＝2＝2≤，当且仅当t＝时等号成立．
当直线l的斜率不存在时，|AB|＝2＜．
综上，|AB|的最大值为．
名师点拨
直线与椭圆综合问题的常见题型及解题策略
(1)直线与椭圆位置关系的判断方法
①联立方程，借助一元二次方程的判别式Δ来判断；②借助几何性质来判断．
(2)求椭圆方程或有关几何性质．可依据条件寻找满足条件的关于a，b，c的等式，解方程即可求得椭圆方程或椭圆有关几何性质．
(3)关于弦长问题．一般是利用根与系数的关系、弦长公式求解．设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝＝(其中k为直线斜率)．
提醒：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式．
(4)对于中点弦或弦的中点问题，一般利用点差法求解．若直线l与圆锥曲线C有两个交点A，B，一般地，首先设出A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入曲线方程，通过作差，构造出x1＋x2，y1＋y2，x1－x2，y1－y2，从而建立中点坐标和斜率的关系．注意答题时不要忽视对判别式的讨论．
〔变式训练4〕
(1)(角度1)直线y＝kx＋k＋1与椭圆＋＝1的位置关系是__相交__．
(2)(角度2)(2021·广东珠海期末)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，离心率，过点F的直线l交椭圆于A，B两点，若AB中点为(1,1)，则直线l的斜率为(　D　)
A．2
B．－2
C．
D．－
(3)(角度3)斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为(　C　)
A．2
B．
C．
D．
[解析]　(1)由于直线y＝kx＋k＋1＝k(x＋1)＋1过定点(－1,1)，而(－1,1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交．
(2)因为＝，∴4c2＝2a2，∴4(a2－b2)＝2a2，∴a2＝2b2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，，相减得b2(x1＋x2)(x1－x2)＋a2(y1＋y2)(y1－y2)＝0，所以2b2(x1－x2)＋2a2(y1－y2)＝0，所以2b2＋4b2＝0，所以1＋2k＝0，∴k＝－，选D．
(3)设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，
由消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，
则x1＋x2＝－t，x1x2＝．
∴|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝·＝·，
当t＝0时，|AB|max＝．故选C．
名师讲坛·素养提升
利用换元法求解与椭圆相关的最值问题
例7
如图，焦点在x轴上的椭圆＋＝1的离心率e＝，F，A分别是椭圆的一个焦点和顶点，P是椭圆上任意一点，则·的最大值为__4__．
[解析]　e2＝＝1－＝1－＝，∴b2＝3，
∴椭圆方程为＋＝1，且F(－1,0)，A(2,0)，设P(2sin
θ，cos
θ)，则
·＝(－1－2sin
θ，－cos
θ)·(2－2sin
θ，－cos
θ)＝sin2θ－2sin
θ＋1＝(sin
θ－1)2≤4．
当且仅当sin
θ＝－1时取等号，
故·的最大值为4．
另解：设P(x，y)，由上述解法知·＝(－1－x，－y)·(2－x，－y)＝x2＋y2－x－2＝(x－2)2(－2≤x≤2)，显然当x＝－2时，·最大且最大值为4．
名师点拨
遇椭圆＋＝1(a＞b＞0)上的点到定点或定直线距离相关的最值问题，一般用三角换元法求解，即令x＝asin
θ，y＝bcos
θ，将其化为三角最值问题．
〔变式训练5〕
椭圆＋＝1上的点到直线x＋2y－＝0的最大距离是(　D　)
A．3
B．
C．2
D．
[解析]　设椭圆＋＝1上的点P(4cos
θ，2sin
θ)，则点P到直线x＋2y－＝0的距离为d＝＝，∴dmax＝＝．
PAGE第四讲　直线与圆、圆与圆的位置关系
知识梳理·双基自测
知识点一　直线与圆的位置关系
设直线l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，
圆：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，
d为圆心(a，b)到直线l的距离，联立直线和圆的方程，消元后得到的一元二次方程的判别式为Δ．
　　　　方法位置关系　　　　
几何法
代数法
相交
d__＜__r
Δ__＞__0
相切
d__＝__r
Δ__＝__0
相离
d__＞__r
Δ__＜__0
知识点二　圆与圆的位置关系
设圆O1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝r(r1＞0)，
圆O2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝r(r2＞0)．
　方法位置关系　
　　
几何法：圆心距d与r1，r2的关系
代数法：两圆方程联立组成方程组的解的情况
公切线条数
外离
__d＞r1＋r2__
__无解__
4
外切
__d＝r1＋r2__
一组实数解
3
相交
__|r1－r2|＜d＜r1＋r2__
两组不同的实数解
2
内切
d＝|r1－r2|(r1≠r2)
__一组实数解__
1
内含
0≤d＜|r1－r2|(r1≠r2)
__无解__
0
1．当两圆相交(切)时，两圆方程(x2，y2项的系数相同)相减便可得公共弦(内公切线)所在的直线方程．
两圆相交时，两圆连心线垂直平分公共弦；两圆相切时，两圆连心线必过切点．
2．过圆x2＋y2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为x0x＋y0y＝r2．
过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2．
3．过圆x2＋y2＝r2外一点M(x0，y0)作圆的两条切线，则两切点所在的直线方程为x0x＋y0y＝r2．
4．直线与圆相交时，弦心距d，半径r，弦长的一半l满足关系式r2＝d2＋2．
5．过圆内一点的最长的弦是直径，最短的是垂直这点与圆心连线的弦．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和，则两圆相交．(　×　)
(2)“k＝1”是“直线x－y＋k＝0与圆x2＋y2＝1相交”的必要不充分条件．(　×　)
(3)过圆O：x2＋y2＝r2外一点P(x0，y0)作圆的两条切线，切点分别为A，B，则O，P，A，B四点共圆且直线AB的方程是x0x＋y0y＝r2．(　√　)
(4)圆C1：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0与圆C2：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的公切线有且仅有2条．(　√　)
题组二　走进教材
2．(必修2P132A5改编)直线l：3x－y－6＝0与圆x2＋y2－2x－4y＝0相交于A，B两点，则|AB|＝____．
[解析]　圆的方程可化为(x－1)2＋(y－2)2＝()2，
又圆心(1,2)到直线l的距离为，
∴|AB|＝2＝．
题组三　走向高考
3．(2019·浙江，12)已知圆C的圆心坐标是(0，m)，半径长是r．若直线2x－y＋3＝0与圆C相切于点A(－2，－1)，则m＝__－2__，r＝____．
[解析]　解法一：设直线2x－y＋3＝0为l，
则AC⊥l，又kl＝2，∴kAC＝＝－，
解得m＝－2，∴C(0，－2)，
∴r＝|AC|＝＝．
解法二：由题知点C到直线的距离为，
r＝|AC|＝，
由直线与圆C相切得＝，
解得m＝－2，∴r＝＝．
4．(2015·广东)平行于直线2x＋y＋1＝0且与圆x2＋y2＝5相切的直线的方程是(　A　)
A．2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0
B．2x＋y＋＝0或2x＋y－＝0
C．2x－y＋5＝0或2x－y－5＝0
D．2x－y＋＝0或2x－y－＝0
[解析]　设直线的方程为2x＋y＋c＝0，则由题意知＝，∴c＝±5，
∴所求直线的方程为2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0．故选A．
5．(2020·高考全国Ⅰ)已知圆x2＋y2－6x＝0，过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为(　B　)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]　圆x2＋y2－6x＝0化为(x－3)2＋y2＝9，∴圆心C坐标为C(3,0)，半径为3，设P(1,2)，当过点P的直线和直线CP垂直时，圆心到过点P的直线的距离最大，所求的弦长最短，根据弦长公式最小值为2＝2＝2，故选B．
考点突破·互动探究
考点一　直线与圆的位置关系的判定——自主练透
例1
(1)(2020·广东广州综合测试)若直线kx－y＋1＝0与圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0有公共点，则实数k的取值范围是(　D　)
A．[－3，＋∞)
B．(－∞，－3]
C．(0，＋∞)
D．(－∞，＋∞)
(2)(2021·山东日照一中期中)已知ab≠0，O为坐标原点，点P(a，b)是圆x2＋y2＝r2外一点，过点P作直线l⊥OP，直线m的方程是ax＋by＝r2，则下列结论正确的个数是(　B　)
①m∥l　②m⊥l　③m与圆相离　④m与圆相交
A．1
B．2
C．3
D．4
(3)(2021·四川资阳、遂宁等七市联考)圆x2＋y2＋2x－2y－2＝0上到直线l：x＋y＋＝0的距离为1的点共有(　C　)
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
[解析]　(1)圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0的圆心为(－1,2)，半径为2，由题意可知圆心到直线的距离d＝≤2，化简得32＋≥0，故k∈(－∞，＋∞)．故选D．
简解：注意到直线kx－y＋1＝0过定点A(0,1)，且A在圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0内，故k的取值范围为(－∞，＋∞)，故选D．
(2)∵点P(a，b)在圆x2＋y2＝r2外，∴a2＋b2＞r2，又直线l的方程为y－b＝－(x－a)，即ax＋by＝a2＋b2，又m：ax＋by＝r2，∴m∥l，又圆心O到直线m的距离d＝＜r，∴m与圆相交，即①④正确，故选B．
(3)圆x2＋y2＋2x－2y－2＝0即(x＋1)2＋(y－1)2＝4的圆心为C(－1,1)，半径为r＝2．又C到直线l的距离为d＝＝1，∴⊙C上到直线l距离为1的点有3个，故选C．
名师点拨
判断直线与圆的位置关系的常见方法
(1)几何法：利用d与r的关系．
(2)代数法：联立方程之后利用Δ判断．
(3)点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交．
(4)判断圆上到定直线的距离为定值的点的个数问题的关键是比较定值、圆心到直线的距离、半径的大小．
〔变式训练1〕
(1)(2021·西安八校联考)若过点A(3,0)的直线l与曲线(x－1)2＋y2＝1有公共点，则直线l的斜率的取值范围为(　D　)
A．
B．
C．
D．
(2)(2021·湖南五市十校联考改编)已知两点M(－1,0)，N(1,0)，若直线3x－4y＋m＝0上存在点P满足·＝0，则实数m的值不是(　A　)
A．－12
B．0
C．2
D．5
[解析]　(1)数形结合可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－3)，则圆心(1,0)到直线y＝k(x－3)的距离应小于或等于半径1，即≤1，解得－≤k≤，故选D．
(2)设P(x，y)，则＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)，由⊥得x2＋y2＝1，因P在直线3x－4y＋m＝0上，故圆心到直线的距离d＝≤1，故m∈[－5,5]，故选A．
考点二　直线与圆的综合问题——多维探究
角度1　圆的切线问题
例2
(1)过点P(2,4)作圆(x－1)2＋(y－1)2＝1的切线，则切线方程为(　C　)
A．3x＋4y－4＝0
B．4x－3y＋4＝0
C．x＝2或4x－3y＋4＝0
D．y＝4或3x＋4y－4＝0
(2)(2021·云南适应性考试)已知圆C的方程为(x－3)2＋(y－4)2＝1，过直线l：3x＋ay－5＝0(a＞0)上任意一点作圆C的切线，若切线长的最小值为，则直线l的斜率为__－__．
[解析]　(1)当斜率不存在时，x＝2与圆相切；当斜率存在时，设切线方程为y－4＝k(x－2)，即kx－y＋4－2k＝0，则＝1，解得k＝，则切线方程为4x－3y＋4＝0，故切线方程为x＝2或4x－3y＋4＝0．
(2)设切线长最小时直线上对应的点为P，则PC⊥l又|CP|＝＝，因为切线长的最小值为，故()2＋1＝2，解得a＝4，故直线l的斜率为－．故答案为：－．
[引申](1)若将本例(1)中“P(2,4)”改为“P”，则切线方程为__x－y－＝0__．
(2)本例(1)中过切点的直线方程为__x＋3y－5＝0__．
角度2　圆的弦长问题
例3
(1)(2018·课标全国Ⅰ)直线y＝x＋1与圆x2＋y2＋2y－3＝0交于A，B两点，则|AB|＝__2__．
(2)(2021·广东广州三校联考)已知抛物线y2＝2px(p＞0)的准线与圆x2＋y2－4y＝0相交所得的弦长为2，则p的值为(　C　)
A．
B．1
C．2
D．4
[解析]　(1)将圆x2＋y2＋2y－3＝0化为标准方程为x2＋(y＋1)2＝4，
则圆心坐标为(0，－1)，半径r＝2，
∴圆心到直线x－y＋1＝0的距离d＝＝，
∴|AB|＝2＝2＝2．
(2)圆x2＋y2－4y＝0即x2＋(y－2)2＝22的圆心为C(0,2)，半径为2，由题意可知圆心到准线x＝－的距离＝＝1，∴p＝2．故选C．
名师点拨
直线与圆综合问题的常见类型及解题策略
(1)处理直线与圆的弦长问题时多用几何法，即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形．
(2)圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题．
注：①过圆C内一点P的最短弦所在直线与PC垂直，最长弦所在直线是PC．②过圆C外P作圆的切线，切点为A、B，则AB是圆C与以PC为直径的圆的公共弦．
〔变式训练2〕
(1)(角度1)(2021·安徽合肥调研)若直线l经过抛物线x2＝－4y的焦点且与圆(x－1)2＋(y－2)2＝1相切，则直线l的方程为__x＝0或4x－3y－3＝0__．
(2)(角度2)(2021·河北衡水中学调研)过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1，－7)的圆截直线x＋ay＋2＝0所得弦长的最小值等于(　B　)
A．2
B．4
C．
D．2
(3)(2020·安徽“江南十校”联考)已知圆C的圆心在直线x＋y＝0上，圆C与直线x－y＝0相切，且在直线x－y－3＝0上截得的弦长为，则圆C的方程为__(x－1)2＋(y＋1)2＝2__．
[解析]　(1)抛物线x2＝－4y的焦点为F(0，－1)，当直线l斜率不存在时，其方程为x＝0，显然与圆相切；当直线l斜率存在时，设其方程为y＝kx－1，即kx－y－1＝0，∴＝1，解得k＝，此时直线l的方程为4x－3y－3＝0．
(2)设圆心坐标P为(m，－2)，则r2＝(1－m)2＋(3＋2)2＝(4－m)2＋(2＋2)2，解得m＝1，r＝5，所以P(1，－2)．又直线过定点Q(－2,0)，当直线PQ与弦垂直时，弦长最短，根据圆的性质可知弦长为2＝2＝4，∴直线x＋ay＋2＝0被圆截得的弦长为4．故选B．
(3)解法一：所求圆的圆心在直线x＋y＝0上，
∴设所求圆的圆心为(a，－a)．
又∵所求圆与直线x－y＝0相切，
∴半径r＝＝|a|．
又所求圆在直线x－y－3＝0上截得的弦长为，
圆心(a，－a)到直线x－y－3＝0的距离d＝，
∴d2＋()2＝r2，即＋＝2a2，
解得a＝1，∴圆C的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2．
解法二：设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，
则圆心(a，b)到直线x－y－3＝0的距离d＝，
∴r2＝＋，即2r2＝(a－b－3)2＋3．①
由于所求圆与直线x－y＝0相切，∴(a－b)2＝2r2．②
又∵圆心在直线x＋y＝0上，∴a＋b＝0．③
联立①②③，解得
故圆C的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2．
考点三,圆与圆的位置关系——师生共研
例4
(1)(2016·山东高考)已知圆M：x2＋y2－2ay＝0(a＞0)截直线x＋y＝0所得线段的长度是2，则圆M与圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置关系是(　B　)
A．内切
B．相交
C．外切
D．相离
(2)已知圆C1：(x－a)2＋(y＋2)2＝4与圆C2：(x＋b)2＋(y＋2)2＝1相外切，则ab的最大值为(　C　)
A．
B．
C．
D．2
[解析]　(1)由垂径定理得2＋()2＝a2，
解得a2＝4，又a＞0，所以a＝2，
所以圆M：x2＋(y－2)2＝4，
所以圆M与圆N的圆心距d＝＝．
因为2－1＜＜2＋1，所以两圆相交．故选B．
(2)由圆C1与圆C2相外切，
可得＝2＋1＝3，
即(a＋b)2＝9，根据基本(均值)不等式可知ab≤2＝，当且仅当a＝b时等号成立．故选C．
[引申1]把本例(2)中的“外切”变为“内切”，求ab的最大值．
[解析]　由C1与C2内切，得＝1．
即(a＋b)2＝1，又ab≤2＝，
当且仅当a＝b时等号成立，故ab的最大值为．
[引申2]把本例(2)条件“外切”变为“相交”，求公共弦所在直线的方程．
[解析]　把圆C1，圆C2的方程都化为一般方程．
圆C1：x2＋y2－2ax＋4y＋a2＝0，①
圆C2：x2＋y2＋2bx＋4y＋b2＋3＝0，②
由②－①得(2a＋2b)x＋3＋b2－a2＝0，
即(2a＋2b)x＋3＋b2－a2＝0为所求公共弦所在直线的方程．
[引申3]将本例(2)条件“外切”变为“若两圆有四条公切线”，试判断直线x＋y－1＝0与圆(x－a)2＋(y－b)2＝1的位置关系．
[解析]　由两圆存在四条公切线，故两圆外离，
故＞3，
∴(a＋b)2＞9，即a＋b＞3或a＋b＜－3．
∴圆心(a，b)到直线x＋y－1＝0的距离d＝＞1，
∴直线x＋y－1＝0与圆(x－a)2＋(y－b)2＝1相离．
名师点拨
如何处理两圆的位置关系
判断两圆的位置关系时常用几何法，即利用两圆圆心之间的距离与两圆半径和、差之间的关系，一般不采用代数法．若两圆相交，则两圆公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差消去x2、y2项得到．
〔变式训练3〕
(2021·山东济宁期末)已知圆M：(x－a)2＋y2＝4(a＞0)与圆N：x2＋(y－1)2＝1外切，则直线x－y－＝0被圆M截得线段的长度为(　D　)
A．1
B．
C．2
D．2
[解析]　由题意，＝2＋1，∴a＝2，圆心M(2，0)到直线x－y－＝0的距离d＝＝1，∴直线x－y－＝0被圆M截得线段的长度为2＝2，故选D．
名师讲坛·素养提升
解决直线与圆问题中的数学思想
1．数形结合思想
例5　(2021·长春模拟)过点(，0)引直线l与曲线y＝相交于A、B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线l的斜率等于(　B　)
A．
B．－
C．±
D．－
[解析]　∵S△AOB＝|OA||OB|sin∠AOB
＝sin∠AOB≤．
当∠AOB＝时，△AOB面积最大．
此时O到AB的距离d＝．
设AB方程为y＝k(x－)(k＜0)，
即kx－y－k＝0．由d＝＝得k＝－．
2．转化与化归
例6　(2021·江西临川一中、南昌二中联考)已知两点A(－2,0)，B(2,0)以及圆C：(x＋4)2＋(y－3)2＝r2(r＞0)，若圆C上存在点P，满足·＝0，则r的取值范围是(　B　)
A．[3,6]
B．[3,7]
C．[4,6]
D．[4,7]
[解析]　由·＝0知PA⊥PB，即P在以AB为直径的圆D：x2＋y2＝4上，由题意可知圆C与圆D相交或相切，∴|r－2|≤≤r＋2，解得3≤r≤7．故选B．
[引申]若将“·＝0”改为“·＜0”，则r的取值范围为__(3,7)__．
名师点拨
根据数的结构特征，构造出与之相应的几何图形，并利用图形的特性和规律，解决数的问题，以形助数，使问题变得简单．——数形结合
将生疏、复杂、难解的问题通过变换化为熟悉、简单、易解的问题．——转化与化归
〔变式训练4〕
(2021·山西模拟)直线y＝x＋b与曲线x＝有且仅有1个公共点，则b的取值范围是(　B　)
A．{，－}
B．(－1,1]∪{－}
C．[－1,1]
D．[－1,1]∪{，－}
[解析]　x＝可化简为x2＋y2＝1(x≥0)，所以它表示单位圆在y轴及其右侧的半圆，其与y轴的交点分别为(0,1)，(0，－1)．直线y＝x＋b与直线y＝x平行，b表示直线y＝x＋b的纵截距，将直线y＝x上下平移，可知当b∈(－1,1]时，直线y＝x＋b与曲线x＝有一个交点；当直线与曲线在第四象限相切时，只有一个公共点，此时b＝－．综上，b的取值范围是(－1,1]∪{－}．
PAGE第三讲　圆的方程
知识梳理·双基自测
知识点一　圆的定义及方程
定义
平面内到__定点__的距离等于__定长__的点的集合(轨迹)叫做圆
标准方程
(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)
圆心C：__(a，b)__
半径：__r__
一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)
圆心：
半径：r＝____
知识点二　点与圆的位置关系
圆的标准方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2，点M(x0，y0)，
(1)(x0－a)2＋(y0－b)2__＝__r2?点在圆上；
(2)(x0－a)2＋(y0－b)2__＞__r2?点在圆外；
(3)(x0－a)2＋(y0－b)2__＜__r2?点在圆内．
1．圆心在过切点且垂直于切线的直线上．
2．圆心在任一弦的垂直平分线上．
3．两圆相切时，切点与两圆心三点共线．
4．以A(x1，y1)，B(x2，y2)为直径的两端点的圆的方程是(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0(公式推导：设圆上任一点P(x，y)，则有kPA·kPB＝－1，由斜率公式代入整理即可)．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)确定圆的几何要素是圆心与半径．(　√　)
(2)已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则以AB为直径的圆的方程是(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0．(　√　)
(3)方程x2＋2ax＋y2＝0一定表示圆．(　×　)
(4)若点M(x0，y0)在圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0外，则x＋y＋Dx＋Ey＋F＞0．(　√　)
(5)方程(x＋a)2＋(y＋b)2＝t2(t∈R)表示圆心为(a，b)，半径为t的圆．(　×　)
题组二　走进教材
2．(必修2P124A组T4)圆C的圆心在x轴上，并且过点A(－1,1)和B(1,3)，则圆C的方程为__(x－2)2＋y2＝10__．
[解析]　设圆心坐标为C(a,0)，
∵点A(－1,1)和B(1,3)在圆C上，
∴|CA|＝|CB|，
即＝，解得a＝2，
∴圆心为C(2,0)，
半径|CA|＝＝，
∴圆C的方程为(x－2)2＋y2＝10．
3．(必修2P132A组T3)以点(2，－1)为圆心且与直线3x－4y＋5＝0相切的圆的方程为(　C　)
A．(x－2)2＋(y＋1)2＝3
B．(x＋2)2＋(y－1)2＝3
C．(x－2)2＋(y＋1)2＝9
D．(x＋2)2＋(y－1)2＝9
[解析]　因为圆心(2，－1)到直线3x－4y＋5＝0的距离d＝＝3，所以圆的半径为3，即圆的方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝9．故选C．
题组三　走向高考
4．(2019·北京高考)设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l．则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为__(x－1)2＋y2＝4__．
[解析]　∵抛物线的方程为y2＝4x，∴其焦点坐标为F(1,0)，准线l的方程为x＝－1．又∵圆与直线l相切，∴圆的半径r＝2，故圆的方程为(x－1)2＋y2＝4．
5．(2020·高考全国Ⅱ)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(　B　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　设圆心为P(x0，y0)，半径为r，∵圆与x轴，y轴都相切，∴|x0|＝|y0|＝r，又圆经过点(2,1)，∴x0＝y0＝r且(2－x0)2＋(1－y0)2＝r2，∴(r－2)2＋(r－1)2＝r2，解得r＝1或r＝5．①r＝1时，圆心P(1,1)，则圆心到直线2x－y－3＝0的距离d＝＝；②r＝5时，圆心P(5,5)，则圆心到直线2x－y－3＝0的距离d＝＝．故选B．
考点突破·互动探究
考点一　求圆的方程——自主练透
例1
(1)(2021·海南海口二中模拟)已知圆M与直线3x－4y＝0及3x－4y＋10＝0都相切，圆心在直线y＝－x－4上，则圆M的方程为(　C　)
A．(x＋3)2＋(y－1)2＝1
B．(x－3)2＋(y＋1)2＝1
C．(x＋3)2＋(y＋1)2＝1
D．(x－3)2＋(y－1)2＝1
(2)(2021·重庆一中、湖北鄂州期中)圆C半径为2，圆心在x轴的正半轴上，直线3x＋4y＋4＝0与圆C相切，则圆C的方程为(　B　)
A．x2＋y2－2x－3＝0
B．x2＋y2－4x＝0
C．x2＋y2＋4x＝0
D．x2＋y2＋2x－3＝0
(3)(2018·天津高考)在平面直角坐标系中，经过三点(0,0)，(1,1)，(2,0)的圆的方程为__x2＋y2－2x＝0__．
(4)已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点M(0，)在圆C上，且圆心到直线2x－y＝0的距离为，则圆C的方程为
__(x－2)2＋y2＝9__．
[解析]　(1)由题意知，圆M的半径r为两平行线间距离＝2的一半，
∴r＝1，设圆心的坐标为(a，－a－4)，
则＝
解得a＝－3，∴圆心坐标为(－3，－1)，
∴圆M的方程为(x＋3)2＋(y＋1)2＝1，故选C．
另解：与两平行直线距离相等的直线方程为3x－4y＋5＝0，
由，得圆心坐标为(－3，－1)，
又两平行线间距离为＝2，
∴圆M的半径r＝1，
∴圆M的方程为(x＋3)2＋(y＋1)2＝1．故选C．
(2)设圆心C(a,0)(a＞0)，由题意知＝2，解得a＝2，故圆C的方程为(x－2)2＋y2＝22，即x2＋y2－4x＝0，故选B．
(3)设圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0．分别代入(0,0)，(1,1)，(2,0)三点，得
解得故圆的方程为x2＋y2－2x＝0．
(4)设圆C的圆心坐标为(a,0)，a＞0，半径为r，则＝．∵a＞0，∴a＝2．∴r2＝(2－0)2＋(0－)2＝9，∴圆C的方程为(x－2)2＋y2＝9．
名师点拨
求圆的方程的两种方法
(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程．
(2)待定系数法：
①若已知条件与圆心(a，b)和半径r有关，则设圆的标准方程，依据已知条件列出关于a，b，r的方程组，进而求出a，b，r的值；
②若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D，E，F的方程组，进而求出D，E，F的值．
〔变式训练1〕
(1)若圆C的半径为1，圆心在第一象限，且与直线4x－3y＝0和x轴都相切，则该圆的标准方程是(　A　)
A．(x－2)2＋(y－1)2＝1
B．(x－2)2＋(y＋1)2＝1
C．(x＋2)2＋(y－1)2＝1
D．(x－3)2＋(y－1)2＝1
(2)圆心在直线x－2y－3＝0上，且过点A(2，－3)，B(－2，－5)的圆的方程为__(x＋1)2＋(y＋2)2＝10__．
[解析]　(1)由于圆心在第一象限且与x轴相切，可设圆心为(a,1)(a＞0)，又圆与直线4x－3y＝0相切，
∴＝1，解得a＝2或a＝－(舍去)．
∴圆的标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝1．
故选A．
(2)AB的中点为H(0，－4)，
且kAB＝＝，
∴AB中垂线方程为y＋4＝－2x，即2x＋y＋4＝0．
由得圆心C(－1，－2)，∴r2＝AC2＝10．
故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10．
考点二　与圆有关的最值问题——多维探究
角度1　斜率型最值
例2
已知点P(x，y)在圆x2＋(y－1)2＝1上运动，则的最大值与最小值分别为__，－__．
[解析]　设＝k，则k表示点P(x，y)与点(2,1)连线的斜率，当该直线与圆相切时，k取得最大值与最小值．
由＝1，解得k＝±，故填，－．
角度2　截距型最值
例3　(2021·海南海口模拟)已知实数x，y满足x2＋y2＝4(y≥0)，则m＝x＋y的取值范围是(　B　)
A．(－2，4)
B．[－2，4]
C．[－4,4]
D．[－4,2]
[解析]　x2＋y2＝4(y≥0)表示圆x2＋y2＝4的上半部分，如图所示，直线x＋y－m＝0的斜率为－，在y轴上的截距为m；当直线x＋y－m＝0过点(－2,0)时，m＝－2．设圆心(0,0)到直线x＋y－m＝0的距离为d，则即解得m∈[－2，4]．
角度3　与距离有关的最值
例4　(2021·陕西西安一中质检)P是圆M：x2＋(y－3)2＝4上的动点，则P到直线l：x－y－3＝0的最短距离为(　D　)
A．5
B．3
C．2
D．1
[解析]　如图，过M作MA⊥l于A，
当P在线段MA上时，|PA|为最短距离，
|MA|＝＝3，
|PA|＝|MA|－2＝1．
[引申]本例中若P(x，y)，则
(1)(x＋3)2＋(y＋1)2的最大值为__49__，最小值为__9__．
(2)|x－2y－2|的取值范围为__[8－2，8＋2]__．
[解析]　(1)(x＋3)2＋(y＋1)2表示圆上的点到点N(－3，－1)距离的平方，
由|MN|＝＝5知圆上的点到N的距离的最大值为7，最小值为3，
故(x＋3)2＋(y＋1)2的最大值为49，最小值为9．
(2)|x－2y－2|表示圆上的点到直线l1：x－2y－2＝0距离的倍，
又圆心M(0,3)到直线l1的距离为＝，
∴圆M上的点到直线l2距离的取值范围为．
故|x－2y－2|的取值范围为[8－2，8＋2]．
名师点拨
与圆有关的最值问题的常见解法
(1)形如μ＝形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题．
(2)形如t＝ax＋by形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题．
(3)形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题．
(4)圆上的点到定点(定直线)距离的最大值与最小值为圆心到定点(定直线)距离与半径的和与差．
〔变式训练2〕
已知实数x、y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0．求：
(1)(角度1)的最大值和最小值；
(2)(角度2)y－x的最大值和最小值；
(3)(角度3)x2＋y2的最大值和最小值．
[解析]　(1)如图，方程x2＋y2－4x＋1＝0表示以点C(2,0)为圆心，以为半径的圆．
设＝k，即y＝kx，
则圆心(2,0)到直线y＝kx的距离为半径时直线与圆相切，斜率取得最大、最小值．
由＝，解得k2＝3，所以kmax＝，kmin＝－．
(2)解法一：y－x可看作是直线y＝x＋b在y轴上的截距，当直线y＝x＋b与圆相切时，纵截距b取得最大值或最小值，此时＝，解得b＝－2±．
所以y－x的最大值为－2＋，最小值为－2－．
解法二：设圆的参数方程为(0≤θ＜2π)，
则y－x＝sin
θ－cos
θ－2＝sin－2，
当θ＝π时，取最大值－2，
当θ＝π时，取最小值－－2．
(3)解法一：x2＋y2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，在原点与圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．
又圆心到原点的距离为2，
所以x2＋y2的最大值是(2＋)2＝7＋4．
x2＋y2的最小值是(2－)2＝7－4．
解法二：由(2)中的参数方程可得：
x2＋y2＝(2＋cos
θ)2＋(sin
θ)2＝7＋4cosθ从而得x2＋y2的最大值为7＋4，最小值为7－4．
考点三,与圆有关的轨迹问题——师生共研
例5
已知圆x2＋y2＝4上一定点A(2,0)，B(1,1)为圆内一点，P、Q为圆上的动点．
(1)求线段AP中点的轨迹方程；
(2)若∠PBQ＝90°，求线段PQ中点的轨迹方程．
[解析]　(1)设AP的中点为M(x，y)，由中点坐标公式可知，P点坐标为(2x－2,2y)．
因为P点在圆x2＋y2＝4上，所以(2x－2)2＋(2y)2＝4．
故线段AP中点的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝1．
(2)设PQ的中点为N(x，y)．在Rt△PBQ中，|PN|＝|BN|，设O为坐标原点，连接ON，则ON⊥PQ，
所以|OP|2＝|ON|2＋|PN|2＝|ON|2＋|BN|2，
所以x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2＝4．
故线段PQ中点的轨迹方程为x2＋y2－x－y－1＝0．
名师点拨
求与圆有关的轨迹方程的方法
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〔变式训练3〕
(2021·河北衡水中学调研)已知Rt△ABC的斜边为AB，且A(－1,0)，B(3,0)．求：
(1)直角顶点C的轨迹方程；
(2)直角边BC的中点M的轨迹方程．
[解析]　(1)解法一：设C(x，y)，
因为A，B，C三点不共线，所以y≠0．
因为AC⊥BC，所以kAC·kBC＝－1，
又kAC＝，kBC＝，
所以·＝－1，
化简得x2＋y2－2x－3＝0．
因此，直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．
解法二：设AB的中点为D，由中点坐标公式得D(1,0)，由直角三角形的性质知|CD|＝|AB|＝2．
由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1,0)为圆心，2为半径的圆(由于A，B，C三点不共线，所以应除去与x轴的交点)．
所以直角顶点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．
(2)设M(x，y)，C(x0，y0)，因为B(3,0)，
M是线段BC的中点，由中点坐标公式得x＝，y＝，
所以x0＝2x－3，y0＝2y．
由(1)知，点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，
将x0＝2x－3，y0＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4，
即(x－2)2＋y2＝1．
因此动点M的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．
名师讲坛·素养提升
对称思想在圆中的应用
例6
(1)一条光线从点(－2，－3)射出，经y轴反射后与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为(　D　)
A．－或－
B．－或－
C．－或－
D．－或－
(2)已知A(0,2)，点P在直线x＋y＋2＝0上，点Q在圆C：x2＋y2－4x－2y＝0上，则|PA|＋|PQ|的最小值是__2__．
[解析]　(1)圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1的圆心为C(－3,2)，半径r＝1．如图，作出点A(－2，－3)关于y轴的对称点B(2，－3)．由题意可知，反射光线的反向延长线一定经过点B．设反射光线的斜率为k，则反射光线所在直线的方程为y－(－3)＝k(x－2)，即kx－y－2k－3＝0．由反射光线与圆相切可得＝1，即|5k＋5|＝，整理得12k2＋25k＋12＝0，即(3k＋4)(4k＋3)＝0，解得k＝－或k＝－，故选D．
(2)圆C的方程可化为(x－2)2＋(y－1)2＝5，其圆心C(2，1)关于直线l：x＋y＋2＝0的对称点为C′(－3，－4)，|PA|＋|PQ|的最小值为|AC′|－＝－＝2．
[引申]本例(1)中入射光线所在直线的方程为__4x－3y－1＝0或3x－4y－6＝0__．
名师点拨
]1．光的反射问题一般化为轴对称解决．
2．求解形如|PM|＋|PN|(其中M，N均为动点)且与圆C有关的折线段的最值问题的基本思路：
(1)“动化定”，把与圆上动点的距离转化为与圆心的距离；
(2)“曲化直”，即将折线段之和转化为同一直线上的两线段之和，一般要通过对称性解决．
3．定点到圆上动点距离的最大(小)值为定点到圆心的距离加(减)半径；圆上的点到定直线距离的最大(小)值为圆心到直线的距离加(减)半径．
〔变式训练4〕
已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为(　A　)
A．5－4
B．－1
C．6－2
D．
[解析]　C1(2,3)关于x轴的对称点为C3(2，－3)，
又|C2C3|＝＝5，
∴|PM|＋|PN|的最小值为5－3－1＝5－4．故选A．
PAGE第七讲　抛物线
知识梳理·双基自测
知识点一　抛物线的定义
抛物线需要满足以下三个条件：
(1)在平面内；
(2)动点到定点F的距离与到定直线l的距离__相等__；
(3)定点F与定直线l的关系为__点F?l__．
知识点二　抛物线的标准方程与几何性质
标准方程
y2＝2px(p＞0)
y2＝－2px(p＞0)
x2＝2py(p＞0)
x2＝－2py(p＞0)
p的几何意义：焦点F到准线l的距离
图形
顶点
O(0,0)
对称轴
y＝0
x＝0
焦点
F____
F____
F____
F____
离心率
e＝__1__
准线方程
__x＝－__
__x＝__
__y＝－__
__y＝__
范围
x≥0，y∈R
x≤0，y∈R
y≥0，x∈R
y≤0，x∈R
开口方向
向右
向左
向上
向下
焦半径(其中P(x0，y0))
|PF|＝__x0＋__
|PF|＝__－x0＋__
|PF|＝__y0＋__
|PF|＝__－y0＋__
抛物线焦点弦的处理规律
直线AB过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F，交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，如图．
(1)y1y2＝－p2，x1x2＝．
(2)|AB|＝x1＋x2＋p，x1＋x2≥2＝p，即当x1＝x2时，弦长最短为2p．
(3)＋＝．
(4)弦长AB＝(α为AB的倾斜角)．
(5)以AB为直径的圆与准线相切．
(6)焦点F对A，B在准线上射影的张角为90°．
(7)A、O、D三点共线；B、O、C三点共线．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)平面内与一个定点F和一条定直线l的距离相等的点的轨迹一定是抛物线．(　×　)
(2)方程y＝ax2(a≠0)表示的曲线是焦点在x轴上的抛物线，且其焦点坐标是，准线方程是x＝－．(　×　)
(3)抛物线既是中心对称图形，又是轴对称图形．(　×　)
(4)AB为抛物线y2＝2px(p＞0)的过焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝，y1y2＝－p2，弦长|AB|＝x1＋x2＋p．(　√　)
(5)过抛物线的焦点与抛物线对称轴垂直的直线被抛物线截得的线段叫做抛物线的通径，那么抛物线x2＝－2ay(a＞0)的通径长为2a．(　√　)
题组二　走进教材
2．(必修2P69例4)(2021·甘肃张掖诊断)过抛物线y2＝4x的焦点的直线l交抛物线于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两点，如果x1＋x2＝6，则|PQ|等于(　B　)
A．9
B．8
C．7
D．6
[解析]　抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，准线方程为x＝－1．根据题意可得，|PQ|＝|PF|＋|QF|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝8．
3．(2021·河南郑州名校调研)抛物线y＝－4x2上的一点M到焦点的距离为1，则点M的纵坐标是(　B　)
A．－
B．－
C．
D．
[解析]　由抛物线的方程y＝－4x2，可得标准方程为x2＝－y，则焦点坐标为F，准线方程为y＝，设M(x0，y0)，则由抛物线的定义可得－y0＋＝1，解得y0＝－．故选B．
题组三　走向高考
4．(2019·课标全国Ⅱ)若抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点是椭圆＋＝1的一个焦点，则p＝(　D　)
A．2
B．3
C．4
D．8
[解析]　∵抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为，
∴椭圆＋＝1的一个焦点为，
∴3p－p＝，∴p＝8．故选D．
5．(2020·新课标Ⅰ)已知A为抛物线C：y2＝2px(p＞0)上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p＝(　C　)
A．2
B．3
C．6
D．9
[解析]　A为抛物线C：y2＝2px(p＞0)上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，因为抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等，故有：9＋＝12?p＝6；故选C．
考点突破·互动探究
考点一　抛物线的定义及应用——多维探究
角度1　轨迹问题
例1
(1)动圆与定圆A：(x＋2)2＋y2＝1外切，且和直线x＝1相切，则动圆圆心的轨迹是(　D　)
A．直线
B．椭圆
C．双曲线
D．抛物线
[解析]　设动圆的圆心为C，则C到定圆A：(x＋2)2＋y2＝1的圆心的距离等于r＋1，而动圆的圆心到直线x＝1的距离等于r，所以动圆到直线x＝2距离为r＋1，即动圆圆心到定点(－2,0)和定直线x＝2的距离相等，根据抛物线的定义知，动圆的圆心轨迹为抛物线，所以答案为D．
角度2　到焦点与到定点距离之和最小问题
(2)①(2021·河北保定七校联考)已知M是抛物线x2
＝4y上一点，F为其焦点，C为圆(x＋1)2＋(y－2)2
＝1的圆心，则|MF|＋|MC|的最小值为(　B　)
A．2
B．3
C．4
D．5
②(2021·山西运城联考)已知抛物线C：x2＝8y的焦点为F，O为原点，点P是抛物线C的准线上的一动点，点A在抛物线C上，且|AF|＝4，则|PA|＋|PO|的最小值为(　B　)
A．4
B．2
C．3
D．4
[解析]　①设抛物线x2＝4y的准线方程为l：y＝－1，C为圆(x＋1)2＋(y－2)2＝1的圆心，所以C的坐标为(－1,2)，过M作l的垂线，垂足为E，根据抛物线的定义可知|MF|＝|ME|，所以问题求|MF|＋|MC|的最小值，就转化为求|ME|＋|MC|的最小值，由平面几何的知识可知，当C，M，E在一条直线上时，此时CE⊥l，|ME|＋|MC|有最小值，最小值为|CE|＝2－(－1)＝3，故选B．
②由抛物线的定义知|AF|＝yA＋＝yA＋2＝4，∴yA＝2，代入x2＝8y，得xA＝±4，不妨取A(4,2)，又O关于准线y＝－2的对称点为O′(0，－4)，∴|PA|＋|PO|＝|PA|＋|PO′|≥|AO′|＝＝2，当且仅当A、P、O′共线时取等号，故选B．
[引申]本例(2)①中，(ⅰ)|MC|－|MF|的最大值为____；最小值为__－__；(ⅱ)若N为⊙C上任一点，则|MF|＋|MN|的最小值为__2__．
角度3　到准线与到定点距离之和最小问题
(3)已知圆C：x2＋y2＋6x＋8y＋21＝0，抛物线y2＝8x的准线为l，设抛物线上任意一点P到直线l的距离为d，则d＋|PC|的最小值为(　A　)
A．
B．7　
C．6
D．9
[解析]　由题意得圆的方程为(x＋3)2＋(y＋4)2＝4，圆心C的坐标为(－3，－4)．由抛物线定义知，当d＋|PC|最小时为圆心与抛物线焦点间的距离，即d＋|PC|＝＝．
角度4　到两定直线的距离之和最小问题
(4)(2021·北京人大附中测试)点P在曲线y2＝4x上，过P分别作直线x＝－1及y＝x＋3的垂线，垂足分别为G，H，则|PG|＋|PH|的最小值为(　B　)
A．
B．2
C．＋1
D．＋2
[解析]　由题可知x＝－1是抛物线的准线，焦点F(1,0)，由抛物线的性质可知|PG|＝|PF|，∴|PG|＋|PH|＝|PF|＋|PH|≤|FH|＝＝2，当且仅当H、P、F三点共线时取等号，∴|PG|＋|PH|的最小值为2．故选B．
名师点拨
利用抛物线的定义可解决的常见问题
(1)轨迹问题：用抛物线的定义可以确定动点与定点、定直线距离有关的轨迹是否为抛物线．
(2)距离问题：涉及抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离问题时，注意在解题中利用两者之间的关系进行相互转化．
(3)看到准线想焦点，看到焦点想准线，这是解决抛物线焦点弦有关问题的重要途径．
〔变式训练1〕
(1)(角度1)到定点A(0,2)的距离比到定直线l：y＝－1大1的动点P的轨迹方程为__x2＝8y__．
(2)(角度1)(2021·吉林省吉林市调研)已知抛物线y2＝4x的焦点F，点A(4,3)，P为抛物线上一点，且P不在直线AF上，则△PAF周长取最小值时，线段PF的长为(　B　)
A．1
B．
C．5
D．
(3)(角度2)(2021·山西大学附中模拟)已知点Q(2，0)及抛物线y＝上一动点P(x，y)，则y＋|PQ|的最小值是__2__．
(4)(角度3)(2021·上海虹口区二模)已知直线l1：4x－3y＋6＝0和直线l2：x＝－1，抛物线y2＝4x上一动点P到直线l1和l2的距离之和的最小值为(　C　)
A．
B．
C．2
D．
[解析]　(1)由题意知P到A的距离等于其到直线y＝－2的距离，故P的轨迹是以A为焦点，直线y＝－2为准线的抛物线，所以其方程为x2＝8y．
(2)求△PAF周长的最小值，即求|PA|＋|PF|的最小值，设点P在准线上的射影为D，根据抛物线的定义，可知|PF|＝|PD|，因此，|PA|＋|PF|的最小值，即|PA|＋|PD|的最小值．根据平面几何知识，可得当D，P，A三点共线时|PA|＋|PD|最小，此时P，且|PF|＝＋1＝，故选B．
(3)抛物线y＝即x2＝4y，其焦点坐标为F(0,1)，准线方程为y＝－1．因为点Q的坐标为(2，0)，所以|FQ|＝＝3．过点P作准线的垂线PH，交x轴于点D，如图所示．结合抛物线的定义，有y＋|PQ|＝|PD|＋|PQ|＝|PH|＋|PQ|－1＝|PF|＋|PQ|－1≥|FQ|－1＝3－1＝2，即y＋|PQ|的最小值是2．
(4)直线l2：x＝－1是抛物线y2＝4x的准线，抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，则点P到直线l2：x＝－1的距离等于PF，过点F作直线l1：4x－3y＋6＝0的垂线，和抛物线的交点就是点P，所以点P到直线l1：4x－3y＋6＝0的距离和到直线l2：x＝－1的距离之和的最小值就是点F(1,0)到直线l1：4x－3y＋6＝0的距离，所以最小值为＝2，故选C．
考点二　抛物线的标准方程——自主练透
例2
(1)过点P(－3,2)的抛物线的标准方程为__y2＝－x或x2＝y__．
(2)焦点在直线x－2y－4＝0上的抛物线的标准方程为__y2＝16x或x2＝－8y__，准线方程为__x＝－4或y＝2__．
(3)如图，过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F的直线依次交抛物线及准线于点A，B，C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则抛物线的方程为(　B　)
A．y2＝x
　　
B．y2＝3x
C．y2＝x
　　
D．y2＝9x
[解析]　(1)设所求抛物线的方程为y2＝－2px(p＞0)或x2＝2py(p＞0)．
∵过点(－3,2)，∴4＝－2p·(－3)或9＝2p·2．
∴p＝或p＝．
∴所求抛物线的标准方程为y2＝－x或x2＝y．
(2)令x＝0，得y＝－2，令y＝0，得x＝4．
∴抛物线的焦点为(4,0)或(0，－2)．
当焦点为(4,0)时，＝4，
∴p＝8，此时抛物线方程为y2＝16x；
当焦点为(0，－2)时，＝2，
∴p＝4，此时抛物线方程为x2＝－8y．
∴所求的抛物线的标准方程为y2＝16x或x2＝－8y，
对应的准线方程分别是x＝－4，y＝2．
(3)如图，分别过点A，B作准线的垂线，分别交准线于点E，D，
设|BF|＝a，则由已知得|BC|＝2a，由定义得|BD|＝a，故∠BCD＝30°．
在直角三角形ACE中，∵|AE|＝|AF|＝3，|AC|＝3＋3a，2|AE|＝|AC|，
∴3＋3a＝6，从而得a＝1．
∵BD∥FG，∴＝，即＝，求得p＝，因此抛物线的方程为y2＝3x．
名师点拨
求抛物线的标准方程的方法
(1)求抛物线的标准方程常用待定系数法，若焦点位置确定，因为未知数只有p，所以只需一个条件确定p值即可．
(2)因为抛物线方程有四种标准形式，因此求抛物线方程时，需先定位，再定量．一般焦点在x轴上的抛物线的方程可设为y2＝ax(a≠0)；焦点在y轴上的抛物线的方程可设为x2＝ay(a≠0)．
〔变式训练2〕
(1)(2021·重庆沙坪坝区模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过点(p,0)且垂直于x轴的直线与抛物线C在第一象限内的交点为A，若|AF|＝1，则抛物线C的方程为(　A　)
A．y2＝x
B．y2＝2x
C．y2＝3x
D．y2＝4x
(2)(2021·安徽蚌埠一中期中)已知抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，其上的点P(m，－3)到焦点的距离为5，则抛物线方程为(　D　)
A．x2＝8y
B．x2＝4y
C．x2＝－4y
D．x2＝－8y
[解析]　(1)由题意知xA＝p，又|AF|＝xA＋＝＝1，∴p＝，∴抛物线C的方程为y2＝x，故选A．
(2)由题意可知抛物线的焦点在y轴负半轴上，故设其方程为x2＝－2py(p＞0)，所以3＋＝5，即p＝4，所以所求抛物线方程为x2＝－8y，故选D．
考点三,抛物线的几何性质——师生共研
例3
(1)(2021·广西四校联考)已知抛物线y2＝2px(p＞0)上横坐标为4的点到此抛物线焦点的距离为9，则该抛物线的焦点到准线的距离为(　C　)
A．4
B．9
C．10
D．18
(2)(理)(2021·四川眉山模拟)点F为抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点，过F的直线交抛物线C于A，B两点(点A在第一象限)，过A、B分别作抛物线C的准线的垂线段，垂足分别为M、N，若|MF|＝4，|NF|＝3，则直线AB的斜率为(　D　)
A．1
B．
C．2
D．
(文)(2021·四川师大附中期中)已知抛物线y2＝2px(p＞0)，F为抛物线的焦点，O为坐标原点A(x1，y1)，B(x2，y2)为抛物线上的两点，A，B的中点到抛物线准线的距离为5，△ABO的重心为F，则p＝(　D　)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]　(1)抛物线y2＝2px的焦点为，准线方程为x＝－．由题意可得4＋＝9，解得p＝10，所以该抛物线的焦点到准线的距离为10．故选C．
(2)(理)由抛物线定义知|AM|＝|AF|，|BN|＝|BF|，
∴∠AFM＋∠BFM＝＝90°，
∴∠MFN＝90°，
又|MF|＝4，|NF|＝3，
∴|MN|＝5，∴p＝|KF|＝＝，
又∠AFM＝∠AMF＝∠MFK，
∴kAB＝tan(180°－2∠MFK)＝－＝－＝．故选D．
(文)＋＝5，＝，
∴10－p＝，所以p＝4．故选D．
名师点拨
在解决与抛物线的性质有关的问题时，要注意利用几何图形形象、直观的特点来解题，特别是涉及焦点、顶点、准线的问题更是如此．
〔变式训练3〕
(1)(2021·广东茂名五校联考)设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F(1,0)，过焦点的直线交抛物线于A、B两点，若|AF|＝4|BF|，则|AB|＝____．
(2)(2021·湖北荆州模拟)从抛物线y2＝4x在第一象限内的一点P引抛物线准线的垂线，垂足为M，且|PM|＝9，设抛物线的焦点为F，则直线PF的斜率为(　C　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　(1)∵＝1，∴p＝2，
不妨设直线AB方程为x＝my＋1，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由，得y2－4my－4＝0，
∴y1y2＝－4，又|AF|＝4|BF|，∴y1＝－4y2，
∴y2＝－1，从而x2＝，∴|BF|＝1＋＝，
∴|AB|＝5|BF|＝．
(2)设P(x0，y0)，由抛物线y2＝4x，
可知其焦点F的坐标为(1,0)，
故|PM|＝x0＋1＝9，解得x0＝8，
故P点坐标为(8,4)，
所以kPF＝＝．故选C．
考点四,直线与抛物线的综合问题——师生共研
例4
(1)已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F与双曲线－＝1的一个焦点重合，直线y＝x－4与抛物线交于A，B两点，则|AB|等于(　B　)
A．28
B．32
C．20
D．40
(2)(2021·陕西师大附中期中)已知抛物线y2＝4x的一条弦AB恰好以P(1,1)为中点，则弦AB所在直线的方程是(　B　)
A．y＝x－1
B．y＝2x－1
C．y＝－x＋2
D．y＝－2x＋3
(3)(2021·湖南五市十校联考)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，直线y＝x－1与C相交所得的长为8．
①求p的值；
②过原点O的直线l与抛物线C交于M点，与直线x＝－1交于H点，过点H作y轴的垂线交抛物线C于N点，求证：直线MN过定点．
[解析]　(1)双曲线－＝1的焦点坐标为(±4,0)，故抛物线的焦点F的坐标为(4,0)．因此p＝8，故抛物线方程为y2＝16x，易知直线y＝x－4过抛物线的焦点．设A、B两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
由可得x2－24x＋16＝0，故x1＋x2＝24．
故|AB|＝x1＋x2＋p＝24＋8＝32．故选B．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴y1＋y2＝2，
由，知kAB＝＝＝2，
∴AB的方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0，故选B．
(3)①由，消x可得y2－2py－2p＝0，
∴y1＋y2＝2p，y1y2＝－2p，
∴弦长为·＝·＝8，
解得p＝2或p＝－4(舍去)，
∴p＝2，
②由①可得y2＝
4x，设M，
∴直线OM的方程y＝x，
当x＝－1时，∴yH＝－，
代入抛物线方程y2＝4x，可得xN＝，
∴N，
∴直线MN的斜率k＝＝，
直线MN的方程为y－y0＝，
整理可得y＝(x－1)，
故直线MN过点(1,0)．
名师点拨
(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要将两方程联立，消元，用到根与系数的关系．
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点．若过抛物线的焦点(设焦点在x轴的正半轴上)，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
(3)涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体代入”等解法．
提醒：涉及弦的中点、斜率问题一般用“点差法”求解．
〔变式训练4〕
(1)(2021·甘肃诊断)直线l过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点，且交抛物线于A，B两点，交其准线于C点，已知|AF|＝4，＝3，则p＝(　C　)
A．2
B．
C．
D．4
(2)(2021·安徽皖南八校模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F到直线x－y＋1＝0的距离为．
①求抛物线C的方程；
②过点F的直线l与C交于A，B两点，交y轴于点P．若||＝3||，求直线l的方程．
[解析]　(1)过A，B分别作准线的垂线交准线于E，D两点，
设|BF|＝a，根据抛物线的性质可知，|BD|＝a，
|AE|＝4，根据平行线段比例可知＝，
即＝，解得a＝2，
又＝，即＝，
解得p＝a＝，故选C．
(2)①由抛物线C：y2＝2px(p＞0)，可得焦点F，
因为焦点到x－y＋1＝0的距离为，
即＝，解得p＝2，
所以抛物线C的方程y2＝4x．
②由①知焦点F(1,0)，设直线l：y＝k(x－1)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程组，整理得
k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
所以x1＋x2＝2＋，①
x1x2＝1，②
又由||＝3||，得＝3，
可得x1＝4x2，③
由②③，可得x1＝2，x2＝，
代入①，可得2＋＝，解得k＝±2，
所以直线l的方程为2x－
y－2＝0或2x＋y－2＝0．
名师讲坛·素养提升
巧解抛物线的切线问题
例5
(1)抛物线C1：x2＝2py(p＞0)的焦点与双曲线C2：－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M．若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p＝(　D　)
A．
B．
C．
D．
(2)(2019·新课标Ⅲ，节选)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．证明：直线AB过定点．
[解析]　(1)抛物线C1：x2＝2py(p＞0)的焦点坐标为，双曲线－y2＝1的右焦点坐标为(2,0)，两点连线的方程为y＝－(x－2)，联立得2x2＋p2x－2p2＝0．
设点M的横坐标为m，易知在M点处切线的斜率存在，则在点M处切线的斜率为y′x＝m＝．
又双曲线－y2＝1的渐近线方程为±y＝0，其与切线平行，所以＝，即m＝p，代入2x2＋p2x－2p2＝0，得p＝或p＝0(舍去)．
(2)设D，A(x1，y1)，
则x＝2y1，由于y′＝x，
∴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，即y－＝tx．
∴直线AB过定点．
名师点拨
利用导数工具解决抛物线的切线问题，使问题变得巧妙而简单，若用判别式解决抛物线的切线问题，计算量大，易出错．
注意：直线与抛物线只有一个公共点是直线与抛物线相切的必要不充分条件，过抛物线外一点与抛物线只有一个公共点的直线有0条或3条；过抛物线上一点和抛物线只有一个公共点的直线有2条．
〔变式训练5〕
(1)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，过点M作C的切线，则切线的斜率为__±1__．
(2)已知抛物线x2＝8y，过点P(b,4)作该抛物线的切线PA，PB，切点为A，B，若直线AB恒过定点，则该定点为(　C　)
A．(4,0)
B．(3,2)
C．(0，－4)
D．(4,1)
[解析]　(1)设斜率为k，则切线为y＝k代入y2＝2px中得k2x2＋p(k2－2)x＋＝0．
Δ＝0，即p2(k2－2)2－4·k2·＝0．
解得k2＝1，∴k＝±1．
(2)设A，B的坐标为(x1，y1)，(x2，y2)，
∵y＝，y′＝，
∴PA，PB的方程y－y1＝(x－x1)，y－y2＝(x－x2)，
由y1＝，y2＝，可得y＝x－y1，y＝x－y2，
∵切线PA，PB都过点P(b,4)，
∴4＝×b－y1,4＝×b－y2，
故可知过A，B两点的直线方程为4＝x－y，
当x＝0时，y＝－4，
∴直线AB恒过定点(0，－4)．故选C．
PAGE第六讲　双曲线
知识梳理·双基自测
知识点一　双曲线的定义
平面内与两个定点F1、F2的__距离的差的绝对值等于常数(小于|F1F2|)__的点的轨迹叫做双曲线．这两个定点叫做双曲线的__焦点__，两焦点间的距离叫做双曲线的__焦距__．
注：设集合P＝{M|||MF1|－|MF2||＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a，c为常数，且a＞0，c＞0；
(1)当a＜c时，P点的轨迹是__双曲线__；
(2)当a＝c时，P点的轨迹是__两条射线__；
(3)当a＞c时，集合P是__空集__．
知识点二　双曲线的标准方程和几何性质
标准方程
－＝1(a＞0，b＞0)
－＝1(a＞0，b＞0)
图形
性质
范围
x≥a或x≤－a，y∈R
x∈R，y≤－a或y≥a
对称性
对称轴：坐标轴　　　对称中心：原点
顶点
顶点坐标：A1__(－a,0)__，A2__(a,0)__
顶点坐标：A1__(0，－a)__，A2__(0，a)__
渐近线
y＝__±x__
y＝__±x__
离心率
e＝，e∈(1，＋∞)，其中c＝
实虚轴
线段A1A2叫做双曲线的__实轴__，它的长|A1A2|＝__2a__；线段B1B2叫做双曲线的__虚轴__，它的长|B1B2|＝__2b__；__a__叫做双曲线的__实半轴长__，b叫做双曲线的__虚半轴长__
a、b、c的关系
c2＝a2＋b2(c＞a＞0，c＞b＞0)
双曲线中的几个常用结论
(1)焦点到渐近线的距离为b．
(2)实轴长和虚轴长相等的双曲线叫做等轴双曲线．
双曲线为等轴双曲线?双曲线的离心率e＝?双曲线的两条渐近线互相垂直(位置关系)．
(3)过双曲线的一个焦点且与实轴垂直的弦的长为(通径)．
过双曲线的焦点与双曲线一支相交所得弦长的最小值为；与两支相交所得弦长的最小值为2a．
(4)过双曲线焦点F1的弦AB与双曲线交在同支上，则AB与另一个焦点F2构成的△ABF2的周长为4a＋2|AB|．
(5)双曲线的离心率公式可表示为e＝．
(6)双曲线的形状与e的关系：|k|＝＝＝，e越大，即渐近线斜率的绝对值就越大，双曲线开口就越开阔．
(7)－＝1(a＞0，b＞0)与－＝1(a＞0，b＞0)互为共轭双曲线，其离心率倒数的平方和为1．．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)平面内到点F1(0,4)，F2(0，－4)距离之差的绝对值等于8的点的轨迹是双曲线．(　×　)
(2)方程－＝1(mn＞0)表示焦点在x轴上的双曲线．(　×　)
(3)双曲线方程－＝λ(m＞0，n＞0，λ≠0)的渐近线方程是－＝0，即±＝0．(　√　)
(4)等轴双曲线的渐近线互相垂直，离心率等于．(　√　)
(5)若双曲线－＝1(a＞0，b＞0)与－＝1(a＞0，b＞0)的离心率分别是e1，e2，则＋＝1(此条件中两条双曲线称为共轭双曲线)．(　√　)
题组二　走进教材
2．(必修2P61T1)若双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的焦点到其渐近线的距离等于实轴长，则该双曲线的离心率为(　A　)
A．
B．5
C．
D．2
[解析]　由题意知焦点到其渐近线的距离等于实轴长，双曲线的渐近线方程为±＝0，即bx±ay＝0，∴2a＝
＝b．又a2＋b2＝c2，∴5a2＝c2．∴e2＝＝5，∴e＝．
3．(必修2P61A组T3)已知a＞b＞0，椭圆C1的方程为＋＝1，双曲线C2的方程为－＝1，C1与C2的离心率之积为，则C2的渐近线方程为(　A　)
A．x±y＝0
B．x±y＝0
C．x±2y＝0
D．2x±y＝0
[解析]　椭圆C1的离心率为，双曲线C2的离心率为，所以·＝，即a4＝4b4，所以a＝b，所以双曲线C2的渐近线方程是y＝±x，即x±y＝0．　
题组三　走向高考
4．(2018·全国卷Ⅱ)双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为，则其渐近线方程为(　A　)
A．y＝±x
B．y＝±x
C．y＝±x
D．y＝±x
[解析]　由题意e＝＝＝，∴＝，
∴双曲线的渐近线方程为y＝±x，故选A．
5．(2020·新课标Ⅰ)设F1，F2是双曲线C：x2－＝1的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且|OP|＝2，则△PF1F2的面积是(　B　)
A．
B．3
C．
D．2
[解析]　由题意可得a＝1，b＝，c＝2，
∴|F1F2|＝2c＝4，∵|OP|＝2，
∴|OP|＝|F1F2|，∴△PF1F2为直角三角形，
∴PF1⊥PF2，
∴|PF1|2＋|PF2|2＝4c2＝16，
∵||PF1|－|PF2||＝2a＝2，
∴|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|＝4，
∴|PF1|·|PF2|＝6，
∴△PF1F2的面积为S＝|PF1|·|PF2|＝3，故选B．
考点突破·互动探究
考点一　双曲线的定义及其应用——自主练透
例1
(1)已知定点F1(－2,0)，F2(2,0)，N是圆O：x2＋y2＝1上任意一点，点F1关于点N的对称点为M，线段F1M的中垂线与直线F2M相交于点P，则点P的轨迹是(　B　)
A．椭圆
B．双曲线
C．抛物线
D．圆
(2)(2021·河南洛阳统考)已知F是双曲线－＝1的左焦点，A(1,4)，P是双曲线右支上的动点，则|PF|＋|PA|的最小值为__9__．
[解析]　(1)如图，连接ON，由题意可得|ON|＝1，且N为MF1的中点，又O为F1F2的中点，
∴|MF2|＝2．
∵点F1关于点N的对称点为M，线段F1M的中垂线与直线F2M相交于点P，由垂直平分线的性质可得|PM|＝|PF1|，
∴||PF2|－|PF1||＝||PF2|－|PM||＝|MF2|＝2＜|F1F2|，
∴由双曲线的定义可得，点P的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线．
(2)设双曲线的右焦点为F1，则由双曲线的定义，可知|PF|＝4＋|PF1|，所以当|PF1|＋|PA|最小时满足|PF|＋|PA|最小．由双曲线的图形可知，当点A，P，F1共线时，满足|PF1|＋|PA|最小，|AF1|即|PF1|＋|PA|的最小值．又|AF1|＝5，故所求的最小值为9．
名师点拨
(1)利用定义求动点的轨迹方程，要分清是差的绝对值为常数，还是差为常数，即是双曲线还是双曲线的一支．
(2)在“焦点三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，经常结合||PF1|－|PF2||＝2a，运用平方的方法，建立与|PF1|·|PF2|的联系．
〔变式训练1〕
(1)在△ABC中，B(4,0)，C(－4,0)，动点A满足条件sin
B－sin
C＝sin
A时，则点A的轨迹方程为__－＝1(x＞2)__．
(2)(2021·广东佛山质检)已知P为双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)上一点，O为坐标原点，F1，F2为双曲线C左右焦点．若|OP|＝|OF2|，且满足tan∠PF2F1＝3，则双曲线的离心率为(　C　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　(1)设A的坐标为(x，y)，在△ABC中，由正弦定理，得＝＝＝2R(其中R为△ABC外接圆的半径)，代入sin
B－sin
C＝sin
A，得－＝
．又∵|BC|＝8，∴|AC|－|AB|＝4，因此A的轨迹为以B，C为焦点的双曲线的右支(除去右顶点)，且2a＝4,2c＝8，即a＝2，c＝4，b2＝c2－a2＝12．所以所求A点的轨迹方程为－＝1(x＞2)．
(2)点P在双曲线C的右支上，且满足|OP|＝|OF2|，即有O为△PF1F2外接圆的圆心，
即有∠F1PF2＝90°，
由双曲线的定义可得|PF1|－|PF2|＝2a，
∵tan∠PF2F1＝3，所以|PF1|＝3|PF2|，
则|PF1|＝3a，|PF2|＝a，由|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，
即(3a)2＋a2＝4c2，
即有c2＝a2，e＝知，故选C．
考点二　双曲线的标准方程——师生共研
例2
根据下列条件，求双曲线的标准方程：
(1)与已知双曲线x2－4y2＝4有共同渐近线且经过点(2,2)；
(2)渐近线方程为y＝±x，焦距为10；
(3)经过两点P(－3,2)和Q(－6，－7)；
(4)双曲线中心在原点，焦点在坐标轴上，离心率为，且过点(4，－)．
[解析]　(1)设所求双曲线方程为x2－4y2＝λ(λ≠0)，
将(2,2)的坐标代入上述方程，得22－4·22＝λ，∴λ＝－12．
∴所求双曲线方程为－＝1．
(2)设所求双曲线方程为－y2＝λ(λ≠0)，
当λ＞0时，双曲线标准方程为－＝1，
∴c＝．∴＝5，λ＝5；
当λ＜0时，双曲线标准方程为－＝1，
∴c＝．∴＝5，λ＝－5．
∴所求双曲线方程为－＝1或－＝1．
(3)设双曲线方程为mx2－ny2＝1．(mn＞0)
∴解之得
∴双曲线方程为－＝1．
(4)依题意，e＝?a＝b．设方程为－＝1，
则－＝1，解得m＝6．∴－＝1．
名师点拨
求双曲线的标准方程的方法
(1)定义法：由题目条件判断出动点轨迹是双曲线，由双曲线定义，确定2a,2b或2c，从而求出a2，b2，写出双曲线方程．
(2)待定系数法：先确定焦点在x轴还是y轴，设出标准方程，再由条件确定a2，b2的值，即“先定型，再定量”，如果焦点位置不好确定，可将双曲线方程设为Ax2＋By2＝1(AB＜0)，根据条件确定A、B即可．特别的①与双曲线－＝1(a＞0，b＞0)共渐近线的双曲线方程可设为－＝λ(λ≠0)；②与双曲线－＝1(a＞0，b＞0)共焦点的双曲线方程可设为－＝1(－b2＜k＜a2)；③渐近线为y＝x(或y＝－x)的双曲线的方程可设为－＝λ(λ≠0)．
特别地：离心率为的双曲线的方程可设为x2－y2＝λ(λ≠0)．
〔变式训练2〕
(1)(2017·新课标Ⅲ)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为y＝x，且与椭圆＋＝1有公共焦点，则C的方程为(　B　)
A．－＝1
B．－＝1
C．－＝1
D．－＝1
(2)(2019·新课标Ⅲ)双曲线C：－＝1的右焦点为F．点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点．若|PO|＝|PF|，则△PFO的面积为(　A　)
A．
B．
C．2
D．3
[解析]　(1)椭圆＋＝1的焦点坐标(±3,0)，则双曲线的焦点坐标为(±3,0)，可得c＝3，双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为y＝x，可得＝，即＝，可得＝，解得a＝2，b＝，所求的双曲线方程为：－＝1．故选B．
(2)双曲线C：－＝1的右焦点为F(，0)，渐近线方程为：y＝±x，不妨设P在第一象限，可得tan∠POF＝，P，所以△PFO的面积为：××＝，故选A．
考点三,双曲线的几何性质——多维探究
角度1　双曲线的焦点、焦距、实轴、虚轴、顶点、范围
例3
(2021·武汉武昌区调研)双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的焦距为10，焦点到渐近线的距离为3，则C的实轴长等于__8__．
[解析]　双曲线的焦点(0,5)到渐近线y＝x，即ax－by＝0的距离为＝＝b＝3，所以a＝4,2a＝8．
角度2　双曲线的渐近线
例4
(1)(2021·河北张家口、衡水、邢台联考改编)已知双曲线E：－＝1(m＞0)的一条渐近线方程为x＋3y＝0，则下列说法正确的个数是(　B　)
①E的焦点在x轴上　②m＝　③E的实轴长为6　④E的离心率为
A．1
B．2
C．3
D．4
(2)(2021·福建厦门质检)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点为F，点A，B是C的一条渐近线上关于原点对称的两点，以AB为直径的圆过F且交C的左支于M，N两点，若|MN|＝2，△ABF的面积为8，则C的渐近线方程为(　B　)
A．y＝±x
B．y＝±x
C．y＝±2x
D．y＝±x
[解析]　(1)由m＞0，可知双曲线E的焦点一定在x轴上，故①正确；根据题意得＝＝，所以m＝36，故②错误；双曲线E的实轴长为2＝12，故③错误；双曲线E的离心率e＝＝＝，故④正确．故选B．
(2)设双曲线的另一个焦点为F′，由双曲线的对称性，四边形AFBF′是矩形，所以S△ABF＝S△AFF′，即bc＝8，由，得：y＝±，所以|MN|＝＝2，所以b2＝c，所以b＝2，c＝4，所以a＝2，C的渐近线方程为y＝±x．故选B．
角度3　双曲线的离心率
例5
(1)(2021·福建三明期末质检)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线与直线x＋y－4＝0垂直，则该双曲线的离心率为(　C　)
A．
B．
C．2
D．4
(2)(2018·新课标Ⅲ)设F1，F2是双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左，右焦点，O是坐标原点，过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，若|PF1|＝|OP|，则C的离心率为(　C　)
A．
B．2
C．
D．
(3)(2021·河北省衡水中学调研)已知点F是双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，点E是该双曲线的左顶点，过F且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若∠AEB是钝角，则该双曲线的离心率e的取值范围是(　C　)
A．(1＋，＋∞)
B．(1,1＋)
C．(2，＋∞)
D．(2,1＋)
[解析]　(1)由题意可知·＝－1，∴＝，
∴e＝＝＝2．故选C．
(2)点F2(c,0)到渐近线y＝x的距离|PF2|＝＝b(b＞0)，而|OF2|＝c，所以在Rt△OPF2中，由勾股定理可得|OP|＝＝a，所以|PF1|＝|OP|＝a．
在Rt△OPF2中，cos∠PF2O＝＝，
在△F1F2P中，
cos∠PF2O＝＝，
所以＝?3b2＝4c2－6a2，
则有3(c2－a2)＝
4c2－6a2，
解得＝(负值舍去)．
即e＝．故选C．
(3)由题意，得AB为双曲线的通径，
其长度为|AB|＝，
因为∠AEB＞，
所以∠AEF＞，
则tan∠AEF＝＞1，
即＞1，
即c2－a2＞a(a＋c)，
即e2－e－2＞0，解得e＞2．故选C．
名师点拨
1．求双曲线离心率或其范围的方法
(1)直接法：由题设条件求出a，c，从而得e．
(2)等价转化法：由e＝或e＝等公式将已知条件转化为e的等式，从而得e．
(3)列出含有a，b，c的齐次方程(或不等式)，借助于b2＝c2－a2消去b，然后转化成关于e的方程(或不等式)求解．解题时要特别注意几何特点，以简化运算．
2．求双曲线的渐近线方程的方法
求双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线的方法是令－＝0，即得两渐近线方程±＝0．
或确定焦点位置并求出或的值，从而写出渐近线方程．
注：如图F为双曲线－＝1的焦点，l为渐近线；FH⊥l，则|FH|＝b，|OH|＝a．
〔变式训练3〕
(1)(角度1)(2021·安徽蚌埠质检)已知双曲线的渐近线方程为y＝±x，一个焦点F(2,0)，则该双曲线的虚轴长为(　C　)
A．1
B．
C．2
D．2
(2)(角度2)(2021·河南郑州一中期中)设P是双曲线－＝1上一点，双曲线的一条渐近线方程为3x－2y＝0，F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，若|PF1|＝3，则|PF2|的值为__7__．
(3)(角度3)(2021·安徽皖南八校联考)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线与圆(x－2)2＋y2＝1相切，则双曲线C的离心率为(　A　)
A．
B．
C．2
D．
[解析]　(1)因为双曲线的渐近线方程为y＝±x，一个焦点F(2,0)，所以a2＋b2＝c2＝4，①
＝，②
联立①、②可得：a2＝3，b2＝1，∴b＝1，从而2b＝2，
∴该双曲线的虚轴长2，故选C．
(2)双曲线的渐近线方程y＝x，
得a＝2，由于|PF1|＝3,2a＝4，
由双曲线定义知||PF1|－|PF2||＝2a＝4，得|PF2|＝7．
(3)由题意可知圆心(2,0)到渐近线y＝x的距离为半径r＝1，
即＝1，即3b2＝a2，
又a2＋b2＝c2，则3(c2－a2)＝a2，
解得e＝＝．故选A．
考点四,直线与双曲线——多维探究
角度1　直线与双曲线位置关系
例6　(2021·唐山一中模拟)过点A(0,1)作直线，与双曲线x2－＝1有且只有一个公共点，则符合条件的直线的条数为(　C　)
A．0
B．2
C．4
D．无数
[解析]　
通解：由题意可得直线的斜率一定存在，
设为k，则直线方程为y＝kx＋1，
代入双曲线方程整理得
(9－k2)x2－2kx－10＝0①
当k＝±3时，方程①有一解，直线与双曲线只有一个公共点；
当k≠±3时，由Δ＝0解得k＝±，
此时直线与双曲线相切，只有一个公共点，故符合条件的直线有4条，选项C正确．
优解：由图形可知，过点A(0,1)作与双曲线渐近线平行的直线有2条，作与双曲线相切的直线也有两条，则与双曲线有且只有一个公共点的直线有4条，选项C正确．
[引申1]本例中，若过点A的直线与双曲线有两个交点，则直线斜率的取值范围为__(－3,3)__．
[引申2]本例中，若将“A(0,1)”改为“A(1,0)”，则符合条件的直线有__3__条．
[引申3]本例中，若将“A(0,1)”改为“A(2,0)”，则符合条件的直线有__2__条．
[引申4]本例中，过点A与双曲线的左支有两个交点的直线斜率的取值范围为__(3，)__．
[解析]　设直线方程为y＝kx＋1，
由得(9－k2)x2－2kx－10＝0．
由Δ＝4k2＋40(9－k2)＝0，得k＝±，即k切＝±．
结合图形可知3＜k＜．
注：或由求解．
[引申5]本例中，过双曲线左焦点且与左支有两个不同交点的直线斜率的取值范围为__(－∞，－3)∪(3，＋∞)__．
名师点拨
1．解决此类问题的常用方法是设出直线方程或双曲线方程，然后把直线方程和双曲线方程组成方程组，消元后转化成关于x(或y)的一元二次方程，利用判别式和根与系数的关系求解，注意整体代入．
2．有时利用数形结合思想，根据直线的斜率k与渐近线的斜率或某切线的斜率的关系来判断直线与双曲线的位置关系会比较快捷．
角度2　弦的问题
例7
(1)(2021·山东师大附中模拟)过双曲线x2－＝1的右焦点作直线l交双曲线A，B两点，则满足|AB|＝6的直线l有(　B　)
A．4条
B．3条
C．2条
D．1条
(2)以A(2,1)为中点的双曲线C：2x2－y2＝2的弦所在直线的方程为__4x－y－7＝0__．
[解析]　(1)当直线l的倾斜角为90°时，|AB|＝＝6；当直线l的倾斜角为0°时，|AB|＝2＜6．故当直线l适当倾斜时，还可作出两条直线使得|AB|＝6．故选B．
(2)设弦的端点分别为M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则，∴2(x1＋x2)(x1－x2)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
又MN的中点为A(2,1)，即x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，
∴4(x1－x2)＝y1－y2，即kMN＝4，
∴所求直线方程为y－1＝4(x－2)，即4x－y－7＝0．
名师点拨
](1)“中点弦”问题常用“点差法”求解，但求弦所在直线方程后应代回检验．
(2)弦长问题用弦长公式求解，注意“焦点弦”的弦长与通径、实轴长间关系的应用．如本例(1)中双曲线实轴长为2，通径长为6，则满足|AB|＝m的直线①当2＜m＜6时有2条；②当m＞6时有4条；③当m＝2时有1条；④当0＜m＜2有0条．
〔变式训练4〕
(1)如果直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝4的右支有两个公共点，则k的取值范围是____．
(2)已知双曲线x2－＝1，过P(2,1)点作一直线交双曲线于A，B两点，并使P为AB的中点，则直线AB的方程为__6x－y－11＝0__．
[解析]　(1)由得(1－k2)x2＋2kx－5＝0，
由Δ＝4k2＋20(1－k2)＝0得k＝±，
结合图形可知1＜k＜．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入双曲线方程3x2－y2＝3，相减得直线AB的斜率kAB＝＝＝＝＝6．故所求直线的方程为y－1＝6(x－2)，即6x－y－11＝0．
名师讲坛·素养提升
高考中的离心率问题
例8
(1)(2021·广东六校联考)已知双曲线Γ：－＝1(a＞0，b＞0)的左焦点为F(－，0)，点A的坐标为(0,2)，点P为双曲线右支上的动点，且△APF周长的最小值为8，则双曲线的离心率为(　D　)
A．
B．
C．2
D．
(2)(2019·全国)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)，过C的左焦点且垂直于x轴的直线交C于M，N两点，若以MN为直径的圆经过C的右焦点，则C的离心率为(　A　)
A．＋1
B．2
C．
D．
(3)(2021·江西吉安五校联考)已知F1，F2是双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左，右焦点，若双曲线左支上存在一点P与点F2关于直线y＝对称，则该双曲线的离心率为(　B　)
A．
B．
C．
D．2
(4)(2021·天津南开区期末)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M在双曲线的左支上，且|MF2|＝7|MF1|，则此双曲线离心率的最大值为(　A　)
A．
B．
C．2
D．
(5)(2021·安徽省安庆一中模拟)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是(　D　)
A．(1,2)
B．(1,2]
C．(2，＋∞)
D．[2，＋∞)
[解析]　(1)由题易知双曲线的右焦点F1(，0)，
即c＝，|AF|＝＝3，
点P为双曲线右支上的动点，根据双曲线的定义可知|PF|－|PF1|＝2a，∴|PF|＝|PF1|＋2a，
所以△APF周长为：
|AF|＋|AP|＋|PF|＝|AF|＋|AP|＋|PF1|＋2a，
当点A，P，F1共线时，周长最小，
即|AF|＋|AF1|＋2a＝8，解得a＝1，
故离心率e＝，故选D．
(2)设双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左焦点为F1，右焦点为F2，
∵以MN为直径的圆恰好过双曲线的右焦点，
∴|F1M|＝|F1F2|，∴＝2c，
∴c2－a2＝2ac，∴e2－2e－1＝0，∴e＝1±，
∵e＞1，∴e＝＋1，故选A．
(3)由题意可知|OF1|＝|OF2|＝|OP|，
∴PF2⊥PF1，∴＝，
设|PF2|＝bx，则x2(b2＋a2)＝4c2，∴x＝2，
又2a＝|PF2|－|PF1|＝2(b－a)，∴2a＝b，
∴e＝＝，故选B．
(4)由知|MF1|＝，
∴≥c－a，∴e＝≤，故选A．
(5)由题意可知≥tan
60°＝，
∴e＝≥2，故选D．
[引申]本例(5)中，若直线与双曲线的右支有两个交点，则离心率的取值范围是__(1,2)__；若直线与双曲线左、右两支各有一个交点，则离心率的取值范围是__(2，＋∞)__．
名师点拨
求离心率的取值范围需构造a、b、c间的不等关系，一般从以下几方面入手：①曲线的范围；②构造方程，借助判别式；③数形结合．
〔变式训练5〕
(1)(2019·全国卷Ⅱ，12)设F为双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为(　A　)
A．
B．
C．2
D．
(2)(2021·湖北武汉综合测试)过双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)左焦点F且垂直于x轴的直线与双曲线交于M、N两点，以MN为直径的圆与C的渐近线相切，则C的离心率为(　C　)
A．－1
B．
C．
D．
(3)(2021·东北三省四市模拟)已知矩形ABCD，AB＝12，BC＝5，以A，B为焦点，且过C，D两点的双曲线的离心率为____．
(4)(2019·新课标Ⅰ)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若＝，·＝0，则C的离心率为__2__．
[解析]　(1)如图，连接OP，∵|PQ|＝|OF|＝c，
∴PQ过圆心易得P．
又∵|OP|＝a，∴a2＝2＋2＝，
∴2＝2，∴e＝＝．故选A．
(2)由题意知＝b，即＝1，
∴e＝＝，故选C．
(3)由题意知：2c＝AB＝12，
即c＝6，BD＝＝13，
由双曲线定义可得
2a＝BD－AD＝13－5＝8，a＝4，
∴双曲线的离心率为e＝＝．
(4)如图，
∵＝．∴A为F1B的中点，且O为F1F2的中点，
∴AO为△F1F2B的中位线，
又∵·＝0，
∴F1B⊥F2B，则OB＝F1O＝c．
设B(x1，y1)，A(x2，y2)，
∵点B在渐近线y＝x上，
∴，得，
又∵A为F1B的中点，∴，
∵A在渐近线y＝－x上，
∴＝－·，得c＝2a，
则双曲线的离心率e＝＝2．
PAGE第二课时　最值、范围、证明问题
考点突破·互动探究
考点一　圆锥曲线中的最值问题——自主练透
例1　(2021·广东调研)已知圆x2＋y2＋2x－26＝0的圆心为F1，直线l过点F2(，0)且与x轴不重合，l交圆F1于C，D两点，过F2作F1C的平行线，交F1D于点E．设点E的轨迹为Ω．
(1)求Ω的方程；
(2)直线l1与Ω相切于点M，l1与两坐标轴的交点为A与B，直线l2经过点M且与l1垂直，l2与Ω的另一个交点为N．当|AB|取得最小值时，求△ABN的面积．
[解析]　(1)因为F1C∥EF2，所以∠F1CD＝∠EF2D．
又F1C＝F1D，所以∠F1CD＝∠F1DC，
则∠EDF2＝∠EF2D，所以|ED|＝|EF2|，
从而|EF2|＋|EF1|＝|ED|＋|EF1|＝|DF1|．
x2＋y2＋2x－26＝0可化为(x＋)2＋y2＝32，
所以|EF2|＋|EF1|＝＝4＞2．
从而E的轨迹为以F1(－，0)，F2(，0)为焦点，长轴长为4的椭圆(剔除左、右顶点)．
所以Ω的方程为＋＝1(y≠0)．
(2)易知l1的斜率存在，所以可设l1的方程为y＝kx＋m(k≠0)联立消去y，
得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－8＝0．
因为直线l与Ω相切，所以
Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－8)＝0．
即m2＝8k2＋2．
l1在x轴、y轴上的截距分别为－，m，
则|AB|＝＝
＝
＝≥＝3，
当且仅当8k2＝，即k＝±时取等号．
所以当k2＝时，|AB|取得最小值，此时m2＝6，
根据对称性，不妨取k＝，m＝，
此时2xM＝－＝－，
即xM＝－，从而yM＝－×＋＝，
联立
消去y，得9x2＋16x＋16＝0，
则xM＋xN＝－＋xN＝－，
解得xN＝－，
所以|MN|＝|xM－xN|＝，
故△ABN的面积为××3＝4．
例2　(2021·四川省联合诊断)已知抛物线x2＝8y，过点M(0,4)的直线与抛物线交于A，B两点，又过A，B两点分别作抛物线的切线，两条切线交于P点．
(1)证明：直线PA，PB的斜率之积为定值；
(2)求△PAB面积的最小值．
[解析]　(1)证明：由题意设l的方程为y＝kx＋4，
联立，得x2－8kx－32＝0，
因为Δ＝(－8k)2－4×(－32)＞0，
所以设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝－32，
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，
对y＝，求导得y′＝，
所以k1＝，k2＝，
所以，k1k2＝·＝＝＝－2(定值)．
(2)由(1)可得直线PA的方程为y－＝(x－x1)①
直线PB的方程为y－＝(x－x2)②
联立①②，得点P的坐标为，
由(1)得x1＋x2＝8k，x1x2＝－32，
所以P(4k，－4)．
于是|AB|＝8，
点P到直线AB的距离d＝，
所以S△PAB＝16(k2＋2)，
当k2＝0，即k＝0时，△PAB的面积取得最小值32．
名师点拨
处理圆锥曲线最值问题的求解方法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法．
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、重要不等式法及函数的单调性法等．
〔变式训练1〕
(2021·广东省佛山市质检)已知F为椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点，过原点O的动直线l与C交于A，B两点．当A的坐标为时，|OB|＝|BF|．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)延长BF交椭圆C于Q，求△QAB的面积的最大值．
[解析]　(1)由A，得B，
而|OB|＝|BF|．∴F(－2,0)，即c＝2．
由，解得a2＝5，b2＝1．
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1．
(2)当直线BF斜率不存在时，BF：x＝－2，
此时B，|BQ|＝，A，
S△QAB＝××4＝；
当BF所在直线斜率存在时，设BF：y＝k(x＋2)(k≠0)，
联立，得
(1＋5k2)x2＋20k2x＋20k2－5＝0，
设B(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝．
则|BQ|＝
＝·
＝·．
又O到BQ的距离d＝，
则A到BQ的距离为，
∴S△QAB＝．
令1＋5k2＝t(t＞1)，
则S△QAB＝4
＝．
∴当＝时，(S△QAB)max＝．
综上，△QAB的面积的最大值为．
考点二　圆锥曲线中的范围问题——师生共研
例3　(2021·西安模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1,0)，且点P在椭圆C上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角，求直线l的斜率k的取值范围．
[解析]　(1)由题意，得c＝1，所以a2＝b2＋1．
因为点P在椭圆C上，
所以＋＝1，所以a2＝4，b2＝3．
则椭圆C的标准方程为＋＝1．
(2)设直线l的方程为y＝kx＋2，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0．
因为Δ＝48(4k2－1)＞0，所以k2＞，
由根与系数的关系，得x1＋x2＝，x1x2＝．
因为∠AOB为锐角，所以·＞0，即x1x2＋y1y2＞0．
所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＞0，
即(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＞0，
所以(1＋k2)·＋2k·＋4＞0，
即＞0，所以k2＜．
综上可知＜k2＜，
解得－＜k＜－或＜k＜．
所以直线l的斜率k的取值范围为
∪．
[引申]本例中①，若·＝0，则k＝__±__，②若O在以AB为直径的圆内，则k的取值范围是__∪__．
名师点拨
求解范围问题的常见求法
(1)利用判别式来构造不等式关系，从而确定参数的取值范围．
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系．
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用基本不等式求出参数的取值范围．
(5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
〔变式训练2〕
(2021·广东省质检)已知椭圆C的两个焦点分别是(－1,0)，(1,0)，并且经过点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点Q(0,2)，若C上总存在两个点A、B关于直线y＝x＋m对称，且·＜4，求实数m的取值范围．
[解析]　(1)因为椭圆C的焦点在x轴上，
所以设它的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)．
由椭圆的定义得
2a＝＋＝2，
所以a＝．
因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝1．
因此，椭圆C的标准方程为＋y2＝1．
(2)根据题意可设直线AB的方程为y＝－x＋n，
联立，
整理得3x2－4nx＋2n2－2＝0，
由Δ＝(－4n)2－4×3(2n2－2)＞0，
得n2＜3．
设A(x1，－x1＋n)，B(x2，－x2＋n)，
则x1＋x2＝，x1x2＝．
又设AB的中点为M(x0，－x0＋n)，则x0＝＝，－x0＋n＝．
由于点M在直线y＝x＋m上，
所以＝＋m，得n＝－3m，
代入n2＜3，得9m2＜3，所以－＜m＜．①
因为＝(x1，－x1＋n－2)，＝(x2，－x2＋n－2)，
所以·＝2x1x2－(n－2)(x1＋x2)＋(n－2)2
＝－＋＝．
由·＜4，得3n2－4n＋8＜12,3n2－4n－4＜0
得－＜n＜2，得－＜－3m＜2，所以－＜m＜②
由①②得－＜m＜，
故实数m的取值范围为．
考点三,圆锥曲线中的证明问题——师生共研
例4　(2018·课标Ⅰ卷)设椭圆C：＋y2＝1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．
[解析]　(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1，
由已知可得，点A的坐标为或．
所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－．
(2)当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°．
当l与x轴垂直时，直线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)，
则x1＜，x2＜，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋，
将由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝，将y＝k(x－1)代入＋y2＝1得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以，x1＋x2＝，x1x2＝．
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0，
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补，
所以∠OMA＝∠OMB．
综上，∠OMA＝∠OMB．
名师点拨
圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．
解决证明问题的答题模板
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〔变式训练3〕
(2021·河北张家口模拟)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为4．且过点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A(0，b)，B(0，－b)，C(a，b)，过B点且斜率为k(k＞0)的直线l交椭圆E于另一点M，交x轴于点Q，直线AM与直线x＝a相交于点P．证明：PQ∥OC(O为坐标原点)．
[解析]　(1)由题可知，2c＝4，c＝2，
∴椭圆的左，右焦点分别为(－2,0)，(2,0)．
由椭圆的定义知2a＝＋＝4，∴a＝2，b2＝a2－c2＝4，
∴椭圆E的方程为＋＝1．
．
(2)证明：易得A(0,2)，B(0，－2)，C(2，2)，
直线l：y＝kx－2与椭圆x2＋2y2＝8联立，
得(2k2＋1)x2－8kx＝0，
∴xM＝，
从而M，Q．
∴直线AM的斜率为＝－，
直线AM的方程为y＝－x＋2．
令x＝2得P，
∴直线PQ的斜率kPQ＝＝＝＝．
∵直线OC的斜率kOC＝＝，
∴kPQ＝kOC，从而PQ∥OC．
名师讲坛·素养提升
圆锥曲线中的对称问题
例5
试确定m的取值范围，使得椭圆＋＝1上有不同两点关于直线y＝4x＋m对称．
[解析]　解法一：设椭圆上两点A(x0－u，y0－v)，B(x0＋u，y0＋v)，AB的中点为C(x0，y0)．
∵A，B关于y＝4x＋m对称，
∴kAB＝＝－．
又
两式相减，得＝－，∴y0＝3x0．
而点C在直线y＝4x＋m上，
∴∵点C在椭圆＋＝1内，
∴＋＜1．
∴m∈．
解法二：设椭圆上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y＝4x＋m对称．
设AB的中点为P(x0，y0)，
则又由
得＋＝0．
∴＋·＝0．
∴y1＋y2＝3(x1＋x2)，得y0＝3x0．
代入y0＝4x0＋m，得x0＝－m，∴y0＝－3m．
以下同解法一．
[引申](1)在例题中将椭圆＋＝1换成抛物线y2＝2x，则相应m的范围为__(－∞，－36)__．
(2)在例题中将直线改为y＝mx＋，则相应的m的范围为__∪(2，＋∞)__．
名师点拨
圆锥曲线上两点的对称问题是圆锥曲线的常见题型，处理方法是：
1．设对称两点所在的直线方程与圆锥曲线方程联立，由Δ＞0建立不等关系，再由对称两点的中点在所给直线上，建立相等关系，由相等关系消参，由不等关系确定范围．
2．用参数表示中点坐标，利用中点在圆锥曲线内部建立关于参数的不等式，解不等式得参数范围．
〔变式训练4〕
若抛物线y＝ax2－1上恒有关于直线x＋y＝0对称的相异两点A，B，则a的取值范围是__a＞__．
[解析]　设抛物线上的两点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝x＋b，代入抛物线方程y＝ax2－1，得ax2－x－(b＋1)＝0，设直线AB的中点为M(x0，y0)，则x0＝，y0＝x0＋b＝＋b．由于M(x0，y0)在直线x＋y＝0上，故x0＋y0＝0，由此解得b＝－，此时ax2－x－(b＋1)＝0可变形为ax2－x－＝0，由Δ＝1＋4a＞0，解得a＞．
第三课时　定点、定值、探索性问题
考点突破·互动探究
考点一　圆锥曲线的定值问题——自主练透
例1　(2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)经过点P(1,2)．过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
[解析]　(1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2．
故抛物线C的方程为y2＝4x，
由题意知，直线l的斜率存在且不为0．
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0．
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k＜0或0＜k＜1．
又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．
从而k≠－3．
所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝．
直线PA的方程为y－2＝(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为
yM＝＋2＝＋2．
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2．
由＝λ，＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN．
所以＋＝＋＝＋＝·＝·＝2．
所以＋为定值．
名师点拨
求解定值问题常用的方法
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
〔变式训练1〕
(2021·河南八市重点高中联盟联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左右焦点分别是F1，F2，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线y＝x＋3相切，点P在椭圆C上，|PF1|＝2，∠F1PF2＝60°．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A、B两点，且kOA·kOB＝－，△AOB的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
[解析]　(1)依题意有b＝＝，∴b2＝3，
由|PF1|＝2及椭圆的定义得|PF2|＝2a－2，
由余弦定理得
|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cos∠F1PF2＝|F1F2|2，
即a2－3a＋3＝c2，又a2－c2＝b2＝3，∴a＝2，
故椭圆的方程为＋＝1．
(2)联立可得，
(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
则Δ＝3＋4k2－m2＞0，
①
又x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1·y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝，
由kOA·kOB＝－，可得＝－，
∴y1·y2＝－x1x2，
＝－·，
∴2m2－4k2＝3，满足①，
∵|AB|＝
＝
＝，
∴S△OAB＝·d·|AB|＝××＝为定值．
考点二　圆锥曲线中的定点问题——师生共研
例2　(2021·广东广州三校联考)如图，已知椭圆C：＋y2
＝1的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，其中a＞1．
(1)求椭圆的方程；
(2)不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且AP⊥AQ，证明：动直线l过定点，并且求出该定点坐标．
[解析]　(1)由题可知，A(0,1)，F(c,0)，
则直线AF的方程为＋y＝1，即x＋cy－c＝0，
因为直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，
该圆的圆心为M(3,1)，r＝，
则＝，∴c2＝2，∴a2＝3，
故椭圆的标准方程为＋y2＝1．
(2)解法一：依题得直线l的斜率必存在，
设l：y＝kx＋m，设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立，消去y并整理得
(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
Δ＝36k2m2－4·(3k2＋1)·(3m2－3)＞0，
即m2＜3k2＋1，
且x1＋x2＝－，x1x2＝，
∴·＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1
＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2
＝(k2＋1)·＋k(m－1)·＋(m－1)2
＝
∵AP⊥AQ，∴·＝0，即＝0，
∴m＝1或m＝－．
当m＝1时，直线l：y＝kx＋1，恒过点(0,1)，不满足题意，舍去；
当m＝－时，直线l：y＝kx－，恒过点，故直线恒过定点．
解法二：因为不过点A的动直线l与椭圆C相交于PQ两点，且AP⊥AQ，即直线AP与坐标轴不垂直也不平行，
由A(0,1)，可设直线AP的方程为y＝kx＋1，
则直线AQ的方程为y＝－x＋1，
联立，消去y并整理得
(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或－，
因此点P的坐标为，
即P，
将上式中的k换成－，得点Q，
所以直线l的斜率为＝，
即直线l的方程y＝＋，
化简并整理得y＝x－，故直线l恒过定点．
名师点拨
求解定点问题常用的方法
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．
(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．
(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明．
〔变式训练2〕
(2021·安徽蚌埠质检)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，直线y＝x－1与C相交所得的弦长为8．
(1)求p的值；
(2)已知点O为坐标原点，一条动直线l与抛物线C交于O，M两点，直线l与直线x＝－2交于H点，过点H作y轴的垂线交抛物线C于N点，求证：直线MN过定点．
[解析]　(1)设直线与抛物线的两交点坐标分别为：(x1，y1)，(x2，y2)，
由得，消x可得y2－2py－2p＝0，
∴y1＋y2＝2p，y1y2＝－2p．
∴弦长为·＝·＝8，
解得p＝2或p＝－4(舍去)，∴p＝2．
(2)由(1)可得y2＝4x，设M，
∴直线OM的方程y＝x，
当x＝－2时，∴yH＝－，
代入抛物线方程y2＝4x，可得xN＝，
∴N，
∴直线MN的斜率k＝＝，
直线MN的方程为y－y0＝，
整理可得y＝(x－2)，故直线MN过点(2,0)．
考点三,圆锥曲线中的探索性问题——师生共研
例3　(2021·河南名校联盟联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，四边形A1B1A2B2的面积为4，坐标原点O到直线A1B1的距离为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C上一点P作两条直线分别与椭圆C相交于点A，B(异于点P)，试判断以OP和AB为对角线的四边形能否为菱形？若能，求出直线AB的方程；若不能，请说明理由．
[解析]　(1)直线A1B1的方程为－＋＝1．
由题意可得，解得
所以椭圆C的方程为＋＝1．
(2)当直线AB的斜率不存在时，若平行四边形OAPB为菱形，则P为左顶点或右顶点．
此时直线AB的方程为x＝±1，
当直线AB的斜率为0时，若四边形OAPB为菱形，
则点P为上顶点或下顶点，
此时AB的方程为y＝±．
当直线AB的斜率存在时，
设AB：y＝kx＋m(k≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立
可得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
则Δ＝48(4k2－m2＋3)＞0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝．
若四边形OAPB为菱形，
所以＋＝，
所以点P．
所以直线OP的斜率kOP＝－．
所以k·＝－≠－1，
这与kAB·kOP＝－1矛盾．
所以四边形OAPB不能是菱形．
综上，四边形OAPB能为菱形，
此时直线AB的方程为x＝±1，或y＝±．
名师点拨
圆锥曲线中的探索性问题
1．圆锥曲线中的存在性问题一般分为探究条件、探究结论两种，若探究条件，则可先假设条件成立，在验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在：若探究结论，则应先求出结论的表达式，在对其表达式解析讨论，往往涉及对参数的讨论．
2．圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立，解决此类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．
3．解决探索性问题的答题模板
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〔变式训练3〕
(2021·陕西西安八校联考)已知F为抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点，点M(m,1)在抛物线上，且|MF|＝．直线l：y＝kx＋2与抛物线C交于A、B两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设O为坐标原点，y轴上是否存在点P，使得当k变化时，总有∠OPA＝∠OPB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)根据抛物线的定义，得1＋＝，
解得p＝．
∴抛物线C的方程为x2＝y．
(2)在y轴上存在点P，使得当k变化时，总有∠OPA＝∠OPB．理由如下：
设P(0，b)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由消去y，得2x2－kx－2＝0．且Δ＝k2＋16＞0恒成立．
∴x1＋x2＝，x1x2＝－1．y1＝2x，y2＝2x．
∵∠OPA＝∠OPB时，直线PA和直线PB的倾斜角互补，故其斜率互为相反数．
∴kPA＋kPB＝＋＝＝0，
∴x2·2x－bx2＋x1·2x－bx1＝0，
即＝0，
∴·＝0，得b＝－2，
即点P的坐标为(0，－2)．
所以，y轴上存在点P(0，－2)，使得当k变化时，总有∠OPA＝∠OPB．
高考大题规范解答系列(五)——解析几何
考点一　范围问题
例1　(2018·浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．
(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x＜0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
【分析】　①设出A，B的坐标及点P的坐标，利用PA，PB的中点在抛物线上建立方程，利用根与系数的关系求得点A，B，P的纵坐标之间的关系，由此证明结论成立．
②先根据根与系数的关系，求得|PM|，再表示出△PAB的面积，最后结合点P在椭圆上，并利用二次函数在给定区间的值域，求得三角形面积的取值范围．
【标准答案】——规范答题　步步得分
(1)设P(x0，y0)，A，B．
1分
因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程2＝4·，即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根．3分
所以y1＋y2＝2y0，
4分
因此，PM垂直于y轴．
5分
(2)由(1)可知
所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，
7分
|y1－y2|＝2．
9分
因此，△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0)，
10分
因为x＋＝1(x0＜0)，
所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4,5]，
因此，△PAB面积的取值范围是．
12分
【评分细则】　
①设出点的坐标得1分．
②利用PA，PB的中点在C上，建立二次方程得2分．
③由韦达定理得y1＋y2＝2y0得1分．
④由y1＋y2＝2y0得点M的纵坐标为y0，又点P纵坐标为y0，因此PM垂直于y轴，得1分．
⑤结合韦达定理求|PM|，得2分．
⑥求出|y1－y2|，得2分．
⑦正确写出△PAB的面积，得1分．
⑧合理的转化为二次函数求出△PAB面积的范围，得2分．
【名师点评】　
1．核心素养：本题考查直线与抛物线的位置关系，考查考生分析问题、解决问题的能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是逻辑推理、数学抽象、数学运算．
2．解题技巧：在解析几何中，求某个量(直线斜率，直线在x、y轴上的截距，弦长，三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率，动点的横、纵坐标等)的函数，并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域)，将问题转化为求函数的值域或最值．
3．解决范围问题的答题模板
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〔变式训练1〕
(2021·山东烟台期末)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，F是其右焦点，直线y＝kx与椭圆交于A，B两点，|AF|＋|BF|＝8．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设Q(3,0)，若∠AQB为锐角，求实数k的取值范围．
[解析]　(1)设F1为椭圆的左焦点，连接F1B，由椭圆的对称性可知，|AF|＝|F1B|，
所以|AF|＋|BF|＝|BF1|＋|BF|＝2a＝8，
所以a＝4，
又e＝＝，a2＝b2＋c2，
解得c＝2，b＝2，
∴椭圆的标准方程为＋＝1．
(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则＝(x1－3，y1)，＝(x2－3，y2)，
联立，得(4k2＋1)x2－16＝0，
所以x1＋x2＝0，x1x2＝，
因为∠AQB为锐角，所以·＞0，
所以·＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2
＝9－3(x1＋x2)＋x1x2＋y1y2
＝9－3(x1＋x2)＋(1＋k2)x1x2
＝9－＞0，
解得k＞或k＜－．
考点二　定点、定值问题
例2　(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过点M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝
．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1，证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．
【分析】　①看到求点P的轨迹方程，想到先设出点的坐标，然后利用已知条件，采用代入法求轨迹方程．
②看到过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F，想到证明⊥．
【标准答案】——规范答题　步步得分
(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0,0)．
＝(x－x0，y)，＝(0，y0)，
1分
由＝
，得x0＝x，y0＝y，
3分
因为M(x0，y0)在椭圆C上，
所以＋＝1，
5分
因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2．
6分
(2)由题意知F(－1,0)，设Q(－3，t)，P(m，n)，
则＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，
7分
·＝3＋3m－tn，
8分
＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)，
9分
由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，
10分
又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0．
所以·＝0，即⊥，
11分
又过点P存在唯一直线垂直于OQ，
所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．
12分
【评分细则】　
①设出点的坐标，并求出和得1分．
②由＝，正确求出x0＝x，y0＝y得2分．
③代入法求出＋＝1得2分．
④化简成x2＋y2＝2得1分．
⑤求出和的坐标得1分．
⑥正确求出·的值得1分．
⑦正确求出和的坐标得1分．
⑧正确得出－3m－m2＋tn－n2＝1得1分．
⑨得出⊥得1分．
⑩写出结论得1分．
【名师点评】　
1．核心素养：圆锥曲线中的定点、定值问题是高考命题的热点问题，常与向量巧妙交汇，综合考查考生“数学运算”的核心素养．
2．解题技巧：(1)得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全，如第(2)问中求出－3m－m2＋tn－n2＝1就得分．
(2)得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第(2)问一定要写出·＝0，即⊥，否则不得分，因此步骤才是关键的，只有结果不得分．
3．解决定值(点)问题的答题模板
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〔变式训练2〕
(1)(2021·广西南宁、玉林、贵港等市联考)设椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，右顶点是A(2,0)，离心率为．
①求椭圆C的方程；
②若直线l与椭圆交于两点M，N(M，N不同于点A)，若·＝0，求证：直线l过定点，并求出定点坐标．
(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；
②证明：直线CD过定点．
[解析]　(1)①右顶点是A(2,0)，离心率为，
所以a＝2，＝，∴c＝1，则b＝，
∴椭圆的标准方程为＋＝1．
②当直线MN斜率不存在时，设lMN：x＝m，
与椭圆方程＋＝1联立得：|y|＝，
|MN|＝2，
设直线MN与x轴交于点B，|MB|＝|AB|，
即＝2－m，
∴m＝或m＝2(舍)，
∴直线m过定点；
当直线MN斜率存在时，设直线MN斜率为k，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，则直线MN：y＝kx＋b(k≠0)，
与椭圆方程＋＝1联立，得
(4k2＋3)x2＋8kbx＋4b2－12＝0，
x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2，
Δ＝(8kb)2－4(4k2＋3)(4b2－12)＞0，k∈R，
·＝0，则(x1－2，y1)·(x2－2，y2)＝0，
即x1x2－2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，
∴7b2＋4k2＋16kb＝0，
∴b＝－k或b＝－2k，
∴直线lMN：y＝k或y＝k(x－2)，
∴直线过定点或(2,0)舍去；
综上知直线过定点．
(2)①依据题意作出如下图形：
由椭圆方程E：＋y2
＝1(a＞1)可得：
A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)，
∴＝(a,1)，＝(a，－1)，
∴·＝a2－1＝8，∴a2＝9，
∴椭圆方程为：＋y2＝1．
②证明：设P(6，y0)，
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：(y＋9)x2＋6yx＋9y－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，
∴直线CD的方程为：
y－＝·，
整理可得：y＋＝·＝
整理得：y＝x＋＝·
故直线CD过定点．
考点三,最值问题
例3　(2021·吉林模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q．
①证明：OT平分线段PQ(其中0为坐标原点)；
②当最小时，求点T的坐标．
【分析】　
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【标准答案】——规范答题　步步得分
(1)由已知可得
解得a2＝6，b2＝2.2分
所以椭圆C的标准方程是＋＝1．
3分
(2)①由(1)可得点F的坐标是(－2,0)，
设点T的坐标为(－3，m)，则直线TF的斜率是kTF＝＝－m．
当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝，
直线PQ的方程是x＝my－2．
当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，
也符合x＝my－2的形式．
5分
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得
消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0．
其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)＞0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝．
所以PQ的中点M的坐标为．
7分
所以直线OM的斜率是kOM＝－．
又直线OT的斜率kOT＝－，
所以点M在直线OT上，
因此OT平分线段PQ．
8分
②由①可得
|TF|＝，
9分
|PQ|＝
＝
＝
＝．
10分
所以＝
＝
≥＝．
当且仅当m2＋1＝，即m＝±1时取等号，此时取得最小值，11分
所以当最小时，点T的坐标是(－3,1)或(－3，－1)．
12分
【评分细则】　
①列方程组求出a2与b2给2分．
②写出椭圆的标准方程给1分．
③根据题意恰当设出直线方程，给2分，不讨论m＝0的情况，扣1分．
④方程联立消元，结合韦达定理求出点M的坐标，给2分．
⑤证明OT平分线段PQ，给1分．
⑥写出|TF|的表达式，给1分．
⑦写出|PQ|的表达式，给1分．
⑧写出的表达式，利用均值不等式确定最小值，给1分．
⑨正确写出点T的坐标，给1分．
【名师点评】　
1．核心素养：本题主要考查椭圆的性质、直线与椭圆的位置关系等知识，是一道综合能力较强的题，意在考查考生的分析问题、解决问题的能力以及运算求解能力．
2．解题技巧：(1)注意通性通法的应用
在解题过程中，注意答题要求，严格按照题目及相关知识的要求答题，不仅注意解决问题的巧解，更要注意此类问题的通性通法．如在解决本例(2)①时，注意本题的实质是直线与圆锥曲线的相交问题，因此设出直线方程，然后联立椭圆方程构造方程组，利用根与系数关系求出y1＋y2，y1y2的值即为通法．
(2)关键步骤要全面
阅卷时，主要看关键步骤、关键点，有关键步骤、关键点则得分，没有要相应扣分，所以解题时要写全关键步骤，踩点得分，对于纯计算过程等非得分点的步骤可简写或不写，如本例(2)中，消元化简时，可直接写出结果，利用弦长公式求|PQ|时，也可省略计算过程．
3．最值问题
(1)常见解法有两种：几何法与代数法．
①若题目中的条件或结论能明显体现某种几何特征及意义，或反映出了某种圆锥曲线的定义，则直接利用图形的性质或圆锥曲线的定义来求解，这就是几何法．
②将圆锥曲线中的最值问题通过建立目标函数，转化为函数的最值问题，再充分利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等相关知识去求解，这就是代数法．
(2)易错点
①利用基本不等式求最值问题要指出能取到最值，或求出取到最值的条件；
②利用函数观点解决最值问题时，要注意自变量的取值范围．
4．解决最值问题的答题模板
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例4　(2020·全国卷)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点M(2,3)，点A为其左顶点，且AM斜率为．
(1)求C的方程；
(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．
[解析]　(1)由题意可知直线AM的方程为：y－3＝(x－2)，
即x－2y＝－4．
当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4，
椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点M(2,3)，
可得＋＝1，解得b2＝12．
所以C的方程：＋＝1．
(2)设与直线AM平行的直线方程为：x－2y＝m，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．
联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程＋＝1可得
3(m＋2y)2＋4y2＝48，
化简可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，
所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，
即m2＝64，解得m＝±8．
与AM距离比较远的直线方程x－2y＝8，
直线AM方程为x－2y＝－4．
点N到直线的距离即两平行线之间的距离d＝＝，
由两点间距离公式可得
|AM|＝＝3，
所以△AMN的面积的最大值为×3×＝18．
〔变式训练3〕
(1)(2021·广东新高考适应性考试)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，短轴长为2，A，B在椭圆C上，且＋＝0，△ABF1的周长为8．
①求椭圆C的标准方程；
②过椭圆C上的动点M作C的切线l，过原点O作OP⊥l于点P，求△OMP的面积的最大值．
(2)(2021·广东梅州质检)已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切．
①求抛物线C的方程；
②过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．
[解析]　(1)①由＋＝0，
可知A，B，F2三点共线，且AB⊥x轴．
由△ABF1的周长为8，得4a＝8，
所以a＝2，且b＝，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1．
②显然直线l斜率存在且不为0，设直线l：y＝kx＋t，
联立
得(3＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，
且Δ＝64k2t2－4(3＋4k2)(4t2－12)＝0，
得t2＝4k2＋3，
所以xM＝＝－．
联立得xP＝－，
所以|OP|＝·＝，
则|MP|＝·＝·＝，
所以S△OMP＝|MP|·|OP|＝··＝·＝·≤，
当且仅当k＝±1时取等号，
所以△OMP的面积的最大值为．
(2)①∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C相切，
由消去x得，y2－2py＋2p＝0，
从而Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2．
∴抛物线C的方程为y2＝4x．
②由于直线m的斜率不为0，所以可设直线m的方程为ty＝x－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由消去x得，y2－4ty－4＝0，
∴y1＋y2＝4t，从而x1＋x2＝4t2＋2，
∴线段AB的中点M的坐标为(2t2＋1,2t)．
设点A到直线l的距离为dA，点B到直线l的距离为dB，点M到直线l的距离为d，则
dA＋dB＝2d＝2·＝2|t2－t＋1|
＝2．
∴当t＝时，可使A、B两点到直线l的距离之和最小，距离的最小值为．
PAGE第九讲　圆锥曲线的综合问题(理)
第八讲　圆锥曲线的综合问题(文)
第一课时　直线与圆锥曲线的位置关系
知识梳理·双基自测
知识点一　直线与圆锥曲线的位置关系
(1)从几何角度看，可分为三类：无公共点，仅有一个公共
点及有两个相异的公共点．
(2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得一元二次方程解的情况来判断．设直线l的方程为Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线方程f(x，y)＝0．
由消元，如消去y后得ax2＋bx＋c＝0，
①若a＝0，当圆锥曲线是双曲线时，直线l与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物线时，直线l与抛物线的对称轴平行(或重合)．
②若a≠0，设Δ＝b2－4ac．
当Δ__＞__0时，直线和圆锥曲线相交于不同两点；
当Δ__＝__0时，直线和圆锥曲线相切于一点；
当Δ__＜__0时，直线和圆锥曲线没有公共点．
知识点二　直线与圆锥曲线相交时的弦长问题
(1)斜率为k(k不为0)的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)、P2(x2，y2)，则所得弦长|P1P2|＝__·|x1－x2|__或|P1P2|＝__·|y1－y2|__．
(2)当斜率k不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)．
知识点三　圆锥曲线的中点弦问题
遇到中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．在椭圆＋＝1(a＞b＞0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝－；在双曲线－＝1(a＞0，b＞0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝；在抛物线y2＝2px(p＞0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝．
1．判定直线与圆位置关系的关键是圆心到直线的距离与半径的大小关系．
2．判定过定点的直线与椭圆的位置关系应关注定点与椭圆的位置关系．
3．判定过定点的直线与双曲线的位置关系应注意直线斜率与渐近线斜率的关系，过定点与双曲线只有一个公共点的直线可能与双曲线相切，可能与渐近线平行．
4．过定点与抛物线只有一个公共点的直线可能与抛物线相切，可能与对称轴平行．
1．(2021·天津模拟)若双曲线－＝1(p＞0)的左焦点在抛物线y2＝2px的准线上，则p＝(　D　)
A．
B．
C．2
D．4
[解析]　因为双曲线－＝1(p＞0)的左焦点为，抛物线y2＝2px的准线方程为x＝－，所以－＝－，得p＝4，故选D．
2．(2021·宁夏模拟)直线l过抛物线y2＝－2px(p＞0)的焦点，且与该抛物线交于A，B两点，若线段AB的长是8，AB的中点到y轴的距离是2，则此抛物线的方程是(　B　)
A．y2＝－12x
B．y2＝－8x
C．y2＝－6x
D．y2＝－4x
[解析]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，根据抛物线的定义可知|AB|＝－(x1＋x2)＋p＝8．又AB的中点到y轴的距离为2，∴－＝2，∴x1＋x2＝－4，∴p＝4，∴所求抛物线的方程为y2＝－8x．故选B．
3．(2021·安徽宣城调研)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为45°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线的离心率的取值范围是(　A　)
A．[，＋∞)
B．(，＋∞)
C．(2，＋∞)
D．(1，＋∞)
[解析]　双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为45°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点．则该直线的斜率的绝对值小于或等于渐近线的斜率，所以≥1，e2＝＝≥2，∴e≥．故选A．
4．(2021·贵阳市质量监测)已知抛物线x2＝2py(p＞0)的焦点F是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的一个焦点，且该抛物线的准线与椭圆相交于A，B两点，若△FAB是正三角形，则椭圆的离心率为(　C　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　如图，由|AB|＝，
△FAB是正三角形，得×＝2c，
化简可得(2a2－3b2)(2a2＋b2)＝0，
所以2a2－3b2＝0，所以＝，
所以椭圆的离心率e＝＝＝．故选C．
5．(2019·全国卷Ⅰ)已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；
(2)若＝3，求|AB|．
[解析]　设直线l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)由题设得F，
故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋．
又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝．
由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，
则x1＋x2＝－．
从而－＝，得t＝－．
所以l的方程为y＝x－．
(2)由＝3可得y1＝－3y2．
由可得y2－2y＋2t＝0，
所以y1＋y2＝2，从而－3y2＋y2＝2，
故y2＝－1，y1＝3．
代入C的方程得x1＝3，x2＝，
即A(3,3)，B．
故|AB|＝＝．
考点突破·互动探究
考点一　直线与圆锥曲线的位置关系——自主练透
例1
(1)(2021·兰州检测)若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点个数为(　B　)
A．至多一个
B．2
C．1
D．0
(2)(2021·湖北武汉调研)已知不过原点O的直线交抛物线y2＝2px于A，B两点，若OA，AB的斜率分别为kOA＝2，kAB＝6，则OB的斜率为(　D　)
A．3
B．2
C．－2
D．－3
(3)(2021·辽宁沈阳二中月考)直线l：y＝k(x－)与曲线x2－y2＝1(x＞0)相交于A，B两点，则直线l倾斜角α的取值范围是(　B　)
A．[0，π)
B．∪
C．
D．∪
[解析]　(1)∵直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，∴＞2，∴m2＋n2＜4．∴＋＜＋＝1－m2＜1，
∴点(m，n)在椭圆＋＝1的内部，∴过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点有2个，故选B．
(2)由题意可知，直线OA的方程为y＝2x，与抛物线方程y2＝2px联立得得即A，则直线AB的方程为y－p＝6，即y＝6x－2p，与抛物线方程y2＝2px联立得得或
所以B，所以直线OB的斜率为
kOB＝＝－3．故选D．
(3)直线l过定点(，0)，曲线x2－y2＝1(x＞0)的渐近线的倾斜角分别为，，又直线的斜率存在，结合图形可知选B．
名师点拨
研究直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为研究直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组的解的个数．注意：(1)在没有给出直线方程时，要对直线斜率不存在的情况进行讨论，避免漏解；(2)对于选择题、填空题，常根据几何条件，利用数形结合的方法求解．
注：(1)研究直线与圆的位置关系，只需抓住圆心到直线的距离与半径的关系；(2)当直线过定点时，注意定点与圆锥曲线的位置关系；(3)注意“直线与抛物线只有一个交点”与“直线与抛物线相切”的区别．
考点二　直线与圆锥曲线相交的弦的问题——多维探究
角度1　弦长问题
例2　(2021·河北质检)已知M(－，0)，N(，0)，动点P满足：直线PM与直线PN的斜率之积为常数－．设动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)直线l与曲线C交于A，B两点，线段AB的中垂线与y轴交于点，点O为坐标原点，·＝0，求|AB|．
[解析]　(1)设动点P(x，y)(x≠±)，
则kPM＝，kPN＝．
因为kPMkPN＝－，所以·＝－，
即＝－，即＋y2＝1(x≠±)，
所以曲线C的方程为＋y2＝1(x≠±)．
(2)当直线l的斜率不存在时与题设矛盾，故直线l的斜率存在．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：y＝kx＋t．
由得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2t2－2＝0．
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
Δ＝8(2k2－t2＋1)＞0?2k2－t2＋1＞0．
设A，B的中点为D(m，n)，
则m＝＝，n＝km＋t＝．
故线段AB的中垂线方程为y－n＝－(x－m)．
当x＝0时，y＝＋n＝，
所以＋＝，化简得1＋2k2＝－2t．
因为·＝0，得x1x2＋y1y2＝0．
又y1y2＝(kx1＋t)(kx2＋t)＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2，
所以x1x2＋y1y2＝(k2＋1)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝－＋t2＝0，
化简得2k2＋2＝3t2．又1＋2k2＝－2t，
得t＝－1或t＝(舍去)，所以k2＝．
所以|AB|＝
＝
＝＝．
名师点拨
处理弦长问题的两个注意点
(1)利用弦长公式求弦长要注意斜率k不存在的情形，若k不存在时，可直接求交点坐标再求弦长．
(2)涉及焦点弦长时要注意圆锥曲线定义的应用．
〔变式训练1〕
(2021·四省八校质检)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－1,0)，且点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点F的直线l与C相交于A，B两点，直线m：x＝－2，过F作垂直于l的直线与直线m交于点T，求的最小值和此时l的方程．
[解析]　(1)由题意可得：?，
所以椭圆的方程为：＋y2＝1．
(2)当直线l的斜率不存在时，l：x＝－1，T(－2,0)，
∴A，B，此时＝，
当直线l的斜率存在时，设l：y＝k(x＋1)(k≠0)，
且A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由?(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
则x1＋x2＝－，x1·x2＝，Δ＝8(k2＋1)＞0，
所以|AB|＝|x1－x2|＝，
由?T，∴|TF|＝，
所以＝＝
＞＝
(∵1＋k2≠k2，所以无法取等号)
所以的最小值为，此时l的方程为：x＝－1．
角度2　中点弦问题
例3
已知双曲线－＝1(a，b＞0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为4，若抛物线y＝ax2上的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y＝x＋m对称，且x1x2＝－，则m的值为(　A　)
A．
B．
C．2
D．3
[解析]　由双曲线的定义知2a＝4，得a＝2，所以抛物线的方程为y＝2x2．因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y＝2x2上，所以y1＝2x，y2＝2x，两式相减得y1－y2＝2(x1－x2)(x1＋x2)，不妨设x1＜x2，又A，B关于直线y＝x＋m对称，所以＝－1，故x1＋x2＝－，而x1x2＝－，解得x1＝－1，x2＝，设A(x1，y1)，B(x2，y2)的中点为M(x0，y0)，则x0＝＝－，y0＝＝＝，因为中点M在直线y＝x＋m上，所以＝－＋m，解得m＝，选A．
名师点拨
处理中点弦问题常用的求解方法
→
→
〔变式训练2〕
已知椭圆＋y2＝1的左焦点为F，O为坐标原点．设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，点A和点B关于直线l对称，l与x轴交于点G，则点G横坐标的取值范围是____．
[解析]　设直线AB的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，
代入＋y2＝1，整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0．
因为直线AB过椭圆的左焦点F且不垂直于x轴，
所以方程有两个不等实根．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点N(x0，y0)，
则x1＋x2＝－，
x0＝(x1＋x2)＝－，y0＝k(x0＋1)＝，
因为点A和点B关于直线l对称，
所以直线l为AB的垂直平分线，其方程为
y－y0＝－(x－x0)．
令y＝0，得xG＝x0＋ky0＝－＋＝－＝－＋，
因为k≠0，所以－＜xG＜0，
即点G横坐标的取值范围为．故填．
角度3　求直线的方程
例4　(2021·广东梅州质检)已知F为抛物线T：x2＝4y的焦点，直线l：y＝kx＋2与T相交于A，B两点．
(1)若k＝1，求|FA|＋|FB|的值；
(2)点C(－3，－2)，若∠CFA＝∠CFB，求直线l的方程．
[解析]　(1)由题意，可得F(0,1)，
设A，B，
联立方程组，整理得x2－4kx－8＝0，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－8，
又由|FA|＋|FB|＝＋1＋＋1＝＋2．
显然当k＝1时，|FA|＋|FB|＝10．
(2)由题意可知，＝，
＝，＝(－3，－3)，
由∠CFA＝∠CFB，
可得cos〈，〉＝cos〈，〉，
即＝，
又|FA|＝＋1，|FB|＝＋1，|FC|＝3，
整理得4＋2(x1＋x2)－x1x2＝0，
即4＋8k＋8＝0，解得k＝－，
所以直线l的方程为3x＋2y－4＝0．
名师点拨
设直线方程时一定要关注直线的斜率是否存在，若不能确定，应分类求解，当过点P(a，b)的直线不与x轴垂直时，可设其方程为y＝k(x－a)＋b；当过点P(a，b)的直线不与y轴垂直时，可设其方程为x＝m(y－b)＋a．
〔变式训练3〕
(2021·广西桂林、崇左模拟)椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，过点A(－a,0)和B(0，b)的直线与原点间的距离为．
(1)求椭圆M的方程；
(2)过点E(1,0)的直线l与椭圆M交于C、D两点，且点D位于第一象限，当＝3时，求直线l的方程．
[解析]　(1)据题知，直线AB的方程为bx－ay＋ab＝0．
依题意得．
解得a2＝2，b2＝1，
所以椭圆M的方程为＋y2＝1．
(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)(x2＞0，y2＞0)，
设直线l的方程为x＝my＋1(m∈R)．
代入椭圆方程整理得：(m2＋2)y2＋2my－1＝0．
Δ＝8m2＋8＞0，
∴y1＋y2＝－，y1y2＝－．①
由＝3，依题意可得：y1＝－3y2，②
结合①②得，
消去y2解得m＝1，m＝－1(不合题意)．
所以直线l的方程为y＝x－1．
名师讲坛·素养提升
“设而不求，整体代换”解决圆锥曲线问题
例5　(2021·山西太原模拟)已知动点C到点F(1,0)的距离比到直线x＝－2的距离小1，动点C的轨迹为E．
(1)求曲线E的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m(km＜0)与曲线E相交于A，B两个不同点，且·＝5，证明：直线l经过一个定点．
[解析]　(1)由题意可得动点C到点F(1,0)的距离等于到直线x＝－1的距离，∴曲线E是以点(1,0)为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线．设其方程为y2＝2px(p＞0)，
∴＝1，∴p＝2，
∴曲线E的方程为y2＝4x．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
Δ＝(2km－4)2－4m2k2＝16(1－km)＞0．
∵·＝5，
∴x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝＝5，
∴m2＋4km－5k2＝0，∴m＝k或m＝－5k．
∵km＜0，则m＝k舍去，∴m＝－5k，满足Δ＝16(1－km)＞0，
∴直线l的方程为y＝k(x－5)，
∴直线l必经过定点(5,0)．
名师点拨
对题目涉及的变量巧妙的引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果．
〔变式训练4〕
(2021·福建龙岩质检)已知椭圆E的方程为＋y2＝1，点A为长轴的右端点．B，C为椭圆E上关于原点对称的两点．直线AB与直线AC的斜率kAB和kAC满足：kAB·kAC＝－．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若直线l：y＝kx＋t与圆x2＋y2＝相切，且与椭圆E相交于M，N两点，求证：以线段MN为直径的圆恒过原点．
[解析]　(1)设B(x0，y0)，则C(－x0，－y0)
由＋y＝1得，y＝1－＝，
由kAB·kAC＝－，即·＝－得，
y＝，所以＝，所以a2＝2，
即椭圆E的标准方程为：＋y2＝1．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由得：(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
x1＋x2＝，x1x2＝．
y1y2＝(kx1＋t)(kx2＋t)＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2
＝＋＋t2＝，
又l与圆C相切，所以＝即＝，
所以·＝x1x2＋y1y2＝
＝＝＝0，
所以，⊥，即∠MON＝90°，
所以，以线段MN为直径的圆经过原点．
PAGE第二讲　两条直线的位置关系
知识梳理·双基自测
知识点一　两条直线的位置关系
平面内两条直线的位置关系包括__平行、相交、重合__三种情况．
(1)两条直线平行
对于直线l1：y＝k1x＋b1，l2：y＝k2x＋b2，l1∥l2?k1＝k2，且b1≠b2．
对于直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，
l1∥l2?A1B2－A2B1＝0，且B1C2－B2C1≠0(或A1C2－A2C1≠0)．
(2)两条直线垂直
对于直线l1：y＝k1x＋b1，l2：y＝k2x＋b2，l1⊥l2?k1·k2＝－1．
对于直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，l1⊥l2?__A1A2＋B1B2＝0__．
知识点二　两条直线的交点
直线l1和l2的交点坐标即为两直线方程组成的方程组的解．
相交?方程组有__唯一解__；
平行?方程组__无解__；
重合?方程组有__无数个解__．
知识点三　三种距离公式
(1)平面上的两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)间的距离公式|P1P2|＝．
特别地，原点O(0,0)与任一点P(x，y)的距离|OP|＝．
(2)点P(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离d＝．
(3)两条平行线Ax＋By＋C1＝0与Ax＋By＋C2＝0间的距离为d＝．
1．求解距离问题的规律
运用点到直线的距离公式时，需把直线方程化为一般式；运用两平行线间的距离公式时，需先把两平行线方程中x，y的系数化为相同的形式．
2．对称问题的求解规律
(1)中心对称：转化为中点问题处理．
(2)轴对称：转化为垂直平分线问题处理．特殊地：点P(a，b)关于直线x＋y＋m＝0对称的点坐标为(－b－m，－a－m)，点P(a，b)关于直线x－y＋m＝0对称的点坐标为(b－m，a＋m)．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若两直线的斜率相等，则两直线平行，反之，亦然．(　×　)
(2)如果两条直线l1与l2垂直，那么它们的斜率之积一定等于－1．(　×　)
(3)已知直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0(A1，B1，C1，A2，B2，C2为常数)，若直线l1⊥l2，则A1A2＋B1B2＝0．(　√　)
(4)点P(x0，y0)到直线y＝kx＋b的距离为．(　×　)
(5)若点A，B关于直线l：y＝kx＋b(k≠0)对称，则直线AB的斜率等于－，且线段AB的中点在直线l上．(　√　)
题组二　走进教材
2．(课本习题改编)过点(1,0)且与直线x－2y－2＝0平行的直线方程是(　A　)
A．x－2y－1＝0
B．x－2y＋1＝0
C．2x＋y－2＝0
D．x＋2y－1＝0
3．(必修2P110B组T2)已知点(a,2)(a＞0)到直线l：x－y＋3＝0的距离为1，则a等于(　C　)
A．
B．2－
C．－1
D．＋1
[解析]　由题意得＝1．
解得a＝－1＋或a＝－1－．
∵a＞0，∴a＝－1＋．
题组三　走向高考
4．(2020·高考全国Ⅲ)点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离的最大值为(　B　)
A．1
B．
C．
D．2
[解析]　解法一：由y＝k(x＋1)可知直线过定点P(－1,0)，设A(0，－1)，当直线y＝k(x＋1)与AP垂直时，点A到直线y＝k(x＋1)距离最大，即为|AP|＝，故选B．
解法二：因为点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离d＝＝＝；∵要求距离的最大值，故需k＞0；可得d＝≤，当且仅当k＝1时取等号，故选B．
5．(2018·全国)坐标原点关于直线x－y－6＝0的对称点的坐标为__(6，－6)__．
[解析]　设坐标原点关于直线x－y－6＝0的对称点的坐标为(a，b)，则，解得a＝6，b＝－6，∴坐标原点关于直线x－y－6＝0的对称点的坐标为(6，－6)．
考点突破·互动探究
考点一　两条直线平行、垂直的关系——自主练透
例1
(1)(2021·高安期中)经过抛物线y2＝2x的焦点且平行于直线3x－2y＋5＝0的直线l的方程是(　A　)
A．6x－4y－3＝0
B．3x－2y－3＝0
C．2x＋3y－2＝0
D．2x＋3y－1＝0
(2)“m＝3”是“直线l1：2(m＋1)x＋(m－3)y＋7－5m＝0与直线l2：(m－3)x＋2y－5＝0垂直”的(　A　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
(3)(2021·青岛调研)直线2x＋(m＋1)y＋4＝0与直线mx＋3y－2＝0平行，则m＝(　C　)
A．2
B．－3
C．2或－3
D．－2或－3
(4)等腰直角三角形斜边的中点是M(4,2)，一条直角边所在直线的方程为y＝2x，则另外两边所在直线的方程为__x－3y＋2＝0、x＋2y－14＝0__．
[解析]　(1)因为抛物线y2＝2x的焦点坐标为，直线3x－2y＋5＝0的斜率为，所以所求直线l的方程为y＝，化为一般式，得6x－4y－3＝0．
(2)由l1⊥l2，得2(m＋1)(m－3)＋2(m－3)＝0，∴m＝3或m＝－2，∴m＝3是l1⊥l2的充分不必要条件．
(3)由题意知解得m＝2或－3．故选C．
(4)设斜边所在直线的斜率为k，由题意知tan
＝＝1，∴k＝，
∴斜边所在直线方程为y－2＝(x－4)，
即x－3y＋2＝0，
由可知A，
∴A关于M的对称点B，
∴另一条直角边的方程为y－＝－，
即x＋2y－14＝0，故填x－3y＋2＝0、x＋2y－14＝0．
名师点拨
(1)当含参数的直线方程为一般式时，若要表示出直线的斜率，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不存在的特殊情况，同时还要注意x，y的系数不能同时为零这一隐含条件．
(2)在判断两直线的平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论．
〔变式训练1〕
(1)(2021·吉林长春模拟)曲线f(x)＝2sin
x在x＝处的切线与直线ax＋y－1＝0垂直，则a＝__1__．
(2)(2012·浙江)设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋4＝0”平行的(　A　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
[解析]　(1)由题得f′(x)＝2cos
x，∴k＝f′＝1．所以1×(－a)＝－1，∴a＝1．
(2)l1∥l2?a2＋a－2＝0?a＝1或－2，∴a＝1是l1∥l2的充分不必要条件．故选A．
考点二　两直线的交点、距离问题——师生共研
例2
(1)两条垂直直线l1：2x＋y＋1＝0与l2：ax＋4y－6＝0的交点到原点的距离为____．
(2)已知点P(2，－1)．
①求过点P且与原点的距离为2的直线l的方程；
②求过点P且与原点的距离最大的直线l的方程，最大距离是多少？
③是否存在过点P且与原点的距离为6的直线？若存在，求出方程；若不存在，请说明理由．
(3)(2020·上海)已知直线l1：x＋ay＝1，l2：ax＋y＝1，若l1∥l2，则l1与l2的距离为____．
[解析]　(1)kl1＝－2，kl2＝，由l1⊥l2知－2×＝－1，∴a＝－2，∴l2：x－2y＋3＝0，由得交点A(－1，1)，∴|AO|＝．
(2)①过点P的直线l与原点的距离为2，而点P的坐标为(2，－1)，显然，过点P(2，－1)且垂直于x轴的直线满足条件，
此时l的斜率不存在，其方程为x＝2．
若斜率存在，设l的方程为y＋1＝k(x－2)，
即kx－y－2k－1＝0．
由已知得＝2，解得k＝．
此时l的方程为3x－4y－10＝0．
综上，可得直线l的方程为x＝2或3x－4y－10＝0．
②作图可得过点P与原点O的距离最大的直线是过点P且与PO垂直的直线，如图．
由l⊥OP，得klkOP＝－1，
所以kl＝－＝2．
由直线方程的点斜式，得y＋1＝2(x－2)，即2x－y－5＝0．
所以直线2x－y－5＝0是过点P且与原点O的距离最大的直线，最大距离为＝．
③由②可知，过点P不存在到原点的距离超过的直线，因此不存在过点P且到原点的距离为6的直线．
(3)直线l1：x＋ay＝1，l2：ax＋y＝1，
当l1∥l2时，a2－1＝0，解得a＝±1；
当a＝1时l1与l2重合，不满足题意；
当a＝－1时l1∥l2，
此时l1：x－y－1＝0，l2：x－y＋1＝0；
则l1与l2的距离为d＝＝．
名师点拨
距离的求法
(1)点到直线的距离：
可直接利用点到直线的距离公式来求，但要注意此时直线方程必须为一般式．
(2)两平行直线间的距离：
①利用“化归”法将两条平行线间的距离转化为一条直线上任意一点到另一条直线的距离；
②利用两平行线间的距离公式．
提醒：在应用两条平行线间的距离公式时，应把直线方程化为一般形式，且使x、y的系数分别相等．
〔变式训练2〕
(1)(2021·西南名校联盟联考)设直线l1：3x－y－1＝0与直线l2：x＋2y－5＝0的交点为A，则A到直线l：x＋by＋2＋b＝0的距离的最大值为(　C　)
A．4
B．
C．3
D．
(2)已知两点A(3,2)和B(－1,4)到直线mx＋y＋3＝0距离相等，则m的值可以为(　C　)
A．－6或
B．－或1
C．或－6
D．1或－6
(3)(2021·绵阳模拟)若P，Q分别为直线3x＋4y－12＝0与6x＋8y＋5＝0上任意一点，则|PQ|的最小值为(　C　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　(1)解法一：显然l1与l2的交点A(1,2)，又直线l过点B(－2，－1)，∴所求最大距离为|AB|＝3，故选C．
解法二：显然l1与l2的交点为A(1,2)，则A到直线l的距离d＝＝3＝3≤3(当且仅当b＝1时取等号)，故选C．
(2)直线mx＋y＋3＝0与直线AB平行或过AB中点，∴－m＝＝－，即m＝；AB中点(1,3)，∴m＋3＋3＝0即m＝－6，故选C．
(3)因为＝≠，所以两直线平行，由题意可知|PQ|的最小值为这两条平行直线间的距离，即＝，所以|PQ|的最小值为．
考点三,对称问题——多维探究
角度1　线关于点的对称
例3　(2021·河北五校联考)直线ax＋y＋3a－1＝0恒过定点M，则直线2x＋3y－6＝0关于M点对称的直线方程为(　D　)
A．2x＋3y－12＝0
B．2x－3y－12＝0
C．2x－3y＋12＝0
D．2x＋3y＋12＝0
[解析]　由ax＋y＋3a－1＝0，可得y－1＝－a(x＋3)，所以M(－3,1)，M不在直线2x＋3y－6＝0上，设直线2x＋3y－6＝0关于M点对称的直线方程为2x＋3y＋c＝0(c≠－6)，则＝，解得c＝12或c＝－6(舍去)，所以所求方程为2x＋3y＋12＝0，故选D．
另解：在直线2x＋3y－6＝0上取点A(0,2)、B(3,0)，则A、B关于M的对称点分别为A′(－6,0)，B′(－9,2)，又kA′B′＝＝－，故所求直线方程为y＝－(x＋6)，即2x＋3y＋12＝0．故选D．
角度2　点关于线的对称
例4　(2021·长沙一模)已知入射光线经过点M(－3,4)，被直线l：x－y＋3＝0反射，反射光线经过点N(2,6)，则反射光线所在直线的方程为__6x－y－6＝0__．
[解析]　设点M(－3,4)关于直线l：x－y＋3＝0的对称点为M′(a，b)，则反射光线所在直线过点M′，所以解得a＝1，b＝0．又反射光线经过点N(2，6)，所以所求直线的方程为＝，即6x－y－6＝0．
(代入法)当x＝－3时，由x－y＋3＝0得y＝0，
当y＝4时，由x－y＋3＝0得x＝1．
∴M(－3,4)关于直线l的对称点为M′(1,0)．
又kNM′＝＝6，
∴所求直线方程为y＝6(x－1)，即6x－y－6＝0．
[引申]本例中入射光线所在直线的方程为__x－6y＋27＝0__．
[解析]　N(2,6)关于直线l的对称点N′(3,5)，又kMN′＝＝，∴所求直线方程为y－4＝(x＋3)，即x－6y＋27＝0．
角度3　线关于线的对称
例5　(2021·合肥模拟)已知直线l：x－y－1＝0，l1：2x－y－2＝0．若直线l2与l1关于l对称，则l2的方程是(　B　)
A．x－2y＋1＝0
B．x－2y－1＝0
C．x＋y－1＝0
D．x＋2y－1＝0
[解析]　解法一：因为l1与l2关于l对称，所以l1上任一点关于l的对称点都在l2上，故l与l1的交点(1,0)在l2上．又易知(0，－2)为l1上一点，设它关于l的对称点为(x，y)，则解得即(1,0)，(－1，－1)为l2上两点，可得l2的方程为x－2y－1＝0．
解法二：在l1上取两点A(0，－2)，B(1,0)，则A、B关于l的对称点分别为A′(－1，－1)，B′(1,0)，∴kA′B′＝＝．∴l2的方程为y－0＝(x－1)，即x－2y－1＝0．故选B．
解法三：设P(x，y)是直线l2上任一点，则P关于直线l的对称点为P′(y＋1，x－1)，又P′∈l1，∴2(y＋1)－(x－1)－2＝0，即直线l2的方程为x－2y－1＝0．故选B．
名师点拨
对称问题的解法
以光线反射为代表的很多实际问题，都可以转化为对称问题，关于对称问题，一般常见的有：
(1)中心对称
①点P(x，y)关于O(a，b)的对称点P′(x′，y′)满足
②直线关于点的对称可转化为点关于点的对称问题来解决．
(2)轴对称
①点A(a，b)关于直线Ax＋By＋C＝0(B≠0)的对称点A′(m，n)，则有
②直线关于直线的对称可转化为点关于直线的对称问题来解决．
特别地，当对称轴的斜率为±1时，可类比关于y＝x的对称问题采用代入法，如(1,3)关于y＝x＋1的对称点为(3－1，1＋1)，即(2,2)．
〔变式训练3〕
已知直线l：2x－3y＋1＝0，点A(－1，－2)．求：
(1)(角度2)点A关于直线l的对称点A′的坐标；
(2)(角度3)直线m：3x－2y－6＝0关于直线l的对称直线m′的方程；
(3)(角度1)直线l关于点A(－1，－2)对称的直线l′的方程．
[解析]　(1)设A′(x，y)，由已知条件得
解得
∴A′．
(2)在直线m上取一点，如M(2,0)，则M(2,0)关于直线l的对称点M′必在直线m′上．
设对称点M′(a，b)，则
得M′．
设直线m与直线l的交点为N，则
由得N(4,3)．
又∵m′经过点N(4,3)，
∴由两点式得直线m′的方程为9x－46y＋102＝0．
(3)设P(x，y)在l′上任意一点，
则P(x，y)关于点A(－1，－2)的对称点为P′(－2－x，－4－y)，
∵点P′在直线l上，
∴2(－2－x)－3(－4－y)＋1＝0，
即2x－3y－9＝0．
名师讲坛·素养提升
巧用直线系求直线方程
例6
(1)求证：动直线(m2＋2m＋3)x＋(1＋m－m2)y＋3m2＋1＝0(其中m∈R)恒过定点，并求出定点坐标；
(2)求经过两直线l1：x－2y＋4＝0和l2：x＋y－2＝0的交点P，且与直线l3：3x－4y＋5＝0垂直的直线l的方程．
[解析]　(1)证明：解法一：令m＝0，则直线方程为
3x＋y＋1＝0．
再令m＝1时，直线方程为6x＋y＋4＝0．
①和②联立方程组得
将点A(－1,2)的坐标代入动直线(m2＋2m＋3)x＋(1＋m－m2)y＋3m2＋1＝0中，
(m2＋2m＋3)×(－1)＋(1＋m－m2)×2＋3m2＋1＝(3－1－2)m2＋(－2＋2)m＋2＋1－3＝0，
故动直线(m2＋2m＋3)x＋(1＋m－m2)y＋3m2＋1＝0恒过定点A．
解法二：将动直线方程按m降幂排列整理，得m2(x－y＋3)＋m(2x＋y)＋3x＋y＋1＝0，①
不论m为何实数，①式恒为零，
∴有解得
故动直线恒过点A(－1,2)．
(2)解法一：解方程组得P(0,2)．
因为l3的斜率为，且l⊥l3，所以直线l的斜率为－，
由斜截式可知l的方程为y＝－x＋2，
即4x＋3y－6＝0．
解法二：设所求直线方程为4x＋3y＋m＝0，
将解法一中求得的交点P(0,2)代入上式可得m＝－6，
故所求直线方程为4x＋3y－6＝0．
解法三：设直线l的方程为x－2y＋4＋λ(x＋y－2)＝0，
即(1＋λ)x＋(λ－2)y＋4－2λ＝0．
又∵l⊥l3，∴3×(1＋λ)＋(－4)×(λ－2)＝0，
解得λ＝11．
∴直线l的方程为4x＋3y－6＝0．
[引申]若将本例(2)中的“垂直”改为“平行”，则直线l的方程为__3x－4y＋8＝0__．
名师点拨
]1．确定方程含参数的直线所过定点的方法：
(1)将直线方程写成点斜式y－y0＝f(λ)(x－x0)，从而确定定点(x0，y0)．
(2)将直线方程整理成关于参数的方程，由方程中各项系数及常数项为0确定定点．
(3)给参数取两个不同值，再解直线方程构成的方程组，从而确定定点坐标．
2．直线系的主要应用
(1)共点直线系方程：经过两直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0交点的直线系方程为A1x＋B1y＋C1＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0，其中A1B2－A2B1≠0，待定系数λ∈R．在这个方程中，无论λ取什么实数，都得不到A2x＋B2y＋C2＝0，因此它不能表示直线l2．
(2)过定点(x0，y0)的直线系方程为y－y0＝k(x－x0)(k为参数)及x＝x0．
(3)平行直线系方程：与直线y＝kx＋b平行的直线系方程为y＝kx＋m(m为参数且m≠b)；与直线Ax＋By＋C＝0平行的直线系方程是Ax＋By＋λ＝0(λ≠C，λ是参数)．
(4)垂直直线系方程：与直线Ax＋By＋C＝0(A≠0，B≠0)垂直的直线系方程是Bx－Ay＋λ＝0(λ为参数)．
如果在求直线方程的问题中，有一个已知条件，另一个条件待定时，那么可选用直线系方程来求解．
〔变式训练4〕
(1)(2021·启东模拟)不论m为何值时，直线(m－1)x＋(2m－1)y＝m－5恒过定点(　D　)
A．
B．(－2,0)
C．(2,3)
D．(9，－4)
(2)与直线l：5x－12y＋6＝0平行且到l的距离为2的直线的方程是__5x－12y＋32＝0或5x－12y－20＝0__．
[解析]　(1)解法一：由(m－1)x＋(2m－1)y＝m－5，得(x＋2y－1)m－(x＋y－5)＝0，由得定点坐标为(9，－4)，故选D．
解法二：令m＝1，则y＝－4；令m＝，则－x＝－，即x＝9，∴直线过定点(9，－4)，故选D．
解法三：将直线方程化为(2m－1)(y＋a)＝(1－m)(x＋b)，则，即，∴y＋4＝(x－9)，故直线过点(9，－4)，故选D．
(2)设所求直线的方程为5x－12y＋c＝0，则＝2，解得c＝32或－20，故所求直线的方程为5x－12y＋32＝0或5x－12y－20＝0．
PAGE第八讲　曲线与方程(理)
知识梳理·双基自测
知识点一　曲线与方程的定义
一般地，在直角坐标系中，如果某曲线C上的点与一个二元方程f(x，y)＝0的实数解建立如下的对应关系：
那么，这个方程叫做__曲线__的方程；这条曲线叫做__方程__的曲线．
知识点二　求动点的轨迹方程的基本步骤
1．“曲线C是方程f(x，y)＝0的曲线”是“曲线C上的点的坐标都是方程f(x，y)＝0的解”的充分不必要条件．
2．求轨迹问题常用的数学思想
(1)函数与方程思想：求平面曲线的轨迹方程就是将几何条件(性质)表示为动点坐标x，y的方程及函数关系．
(2)数形结合思想：由曲线的几何性质求曲线方程是“数”与“形”的有机结合．
(3)等价转化思想：通过坐标系使“数”与“形”相互结合，在解决问题时又需要相互转化．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)方程x2＋xy＝x的曲线是一个点和一条直线．(　×　)
(2)到两条互相垂直的直线距离相等的点的轨迹方程是x2＝y2．(　×　)
(3)y＝kx与x＝y表示同一直线．(　×　)
(4)动点的轨迹方程和动点的轨迹是一样的．(　×　)
题组二　走进教材
2．(必修2P37T3)已知点F，直线l：x＝－，点B是l上的动点，若过点B垂直于y轴的直线与线段BF的垂直平分线交于点M，则点M的轨迹是(　D　)
A．双曲线
B．椭圆
C．圆
D．抛物线
[解析]　由已知|MF|＝|MB|，根据抛物线的定义知，点M的轨迹是以点F为焦点，直线l为准线的抛物线．
3．(选修2－1P37T1改编)已知A(－2,0)，B(1,0)两点，动点P不在x轴上，且满足∠APO＝∠BPO，其中O为原点，则点P的轨迹方程是__x2＋y2－4x＝0(y≠0)__．
[解析]　设P(x，y)，
∵∠APO＝∠BPO，
∴＝＝2，
即|PA|＝2|PB|，
∴(x＋2)2＋y2＝4[(x－1)2＋y2]，(y≠0)
化简整理得P的轨迹方程为x2＋y2－4x＝0(y≠0)．
题组三　走向高考
4．(2020·山东改编)已知曲线C：mx2＋ny2＝1．则下列结论错误的是(　B　)
A．若m＞n＞0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m＝n＞0，则C是圆，其半径为
C．若mn＜0，则C是双曲线，其渐近线方程为y＝±x
D．若m＝0，n＞0，则C是两条直线
[解析]　A．若m＞n＞0，则＜，则根据椭圆定义，知＋＝1表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；B．若m＝n＞0，则方程为x2＋y2＝，表示半径为的圆，故B错误；C．若m＜0，n＞0，则方程为＋＝1，表示焦点在y轴的双曲线，故此时渐近线方程为y＝±x，若m＞0，n＜0，则方程为＋＝1，表示焦点在x轴的双曲线，故此时渐近线方程为y＝±x，故C正确；D．当m＝0，n＞0时，则方程为y＝±表示两条直线，故D正确；故选B．
5．(2019·北京卷)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：x2＋y2＝1＋|x|y就是其中之一(如图)．给出下列三个结论：
①曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点)；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3．
其中，所有正确结论的序号是(　C　)
A．①
B．②
C．①②
D．①②③
[解析]　将x换成－x方程不变，所以图形关于y轴对称，
当x＝0时，代入得y2＝1，
∴y＝±1，即曲线经过(0,1)，(0，－1)；
当x＞0时，方程变为y2－xy＋x2－1＝0，
所以Δ＝x2－4(x2－1)≥0，解得x∈，
所以x只能取整数1，当x＝1时，y2－y＝0，
解得y＝0或y＝1，即曲线经过(1,0)，(1,1)，
根据对称性可得曲线还经过(－1,0)，(－1,1)，
故曲线一共经过6个整点，故①正确．
当x＞0时，由x2＋y2＝1＋xy得
x2＋y2－1＝xy≤，(当x＝y时取等)，
∴x2＋y2≤2，∴≤，
即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过，根据对称性可得：曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；故②正确．
在x轴上图形面积大于矩形面积＝1×2＝2，x轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积＝×2×1＝1，因此曲线C所围成的“心形”区域的面积大于2＋1＝3，故③错误．故选C．
考点突破·互动探究
考点一　曲线与方程——自主练透
例1
关于x，y的方程＋＝1，对应的曲线可能是
①焦点在x轴上的椭圆　②焦点在y轴上的椭圆　③焦点在x轴上的双曲线　④圆
其中正确结论个数为(　D　)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]　由题，若m2＋2＞3m2－2，解得－＜m＜，3m2－2＞0，解得m＜－或m＞，则当x∈∪时，曲线是焦点在x轴上的椭圆，①正确；若3m2－2＞m2＋2，解得m＜－或m＞，此时曲线是焦点在y轴上的椭圆，②正确；若3m2－2＜0，解得－＜m＜，此时曲线是焦点在x轴上的双曲线，③正确；当m2＝2时，方程为x2＋y2＝4，所以④正确．故选D．
〔变式训练1〕
(2021·山东青岛一中期末改编)已知点F(1,0)为曲线C的焦点，则曲线C的方程可能为
①y2＝4x　②x2＝4y　③＋＝1
④－＝1
其中正确结论个数为(　B　)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]　y2＝4x的焦点坐标为(1,0)；x2＝4y的焦点坐标为(0,1)；当θ＝时，sin2θ＝cos2θ＝，＋＝1表示圆；双曲线－＝1的焦点在x轴上，且c＝＝1，其焦点坐标为(1,0)，(－1,0)，故选B．
考点二　定义法求轨迹方程——自主练透
例2
(1)(2021·长春模拟)如图所示，A是圆O内一定点，B是圆周上一个动点，AB的中垂线CD与OB交于点E，则点E的轨迹是(　B　)
A．圆
B．椭圆
C．双曲线
D．抛物线
(2)(2021·福州模拟)已知圆M：(x＋)2＋y2＝36，定点N(，0)，点P为圆M上的动点，点Q在NP上，点G在线段MP上，且满足＝2，·＝0，则点G的轨迹方程是(　A　)
A．＋＝1
B．＋＝1
C．－＝1
D．－＝1
(3)(2021·江苏南京二十九中调研)已知两圆C1：(x＋3)2＋y2＝1，C2：(x－3)2＋y2＝9，动圆M同时与圆C1和圆C2外切，则动圆圆心M的轨迹方程为(　D　)
A．x2－＝1
B．－y2＝1
C．x2－＝1(x≥1)
D．x2－＝1(x≤－1)
[解析]　(1)由题意知，|EA|＋|EO|＝|EB|＋|EO|＝r(r为圆的半径)且r＞|OA|，故E的轨迹为以O，A为焦点的椭圆，故选B．
(2)由＝2，·＝0知GQ所在直线是线段NP的垂直平分线，连接GN，∴|GN|＝|GP|，∴|GM|＋|GN|＝|MP|＝6＞2，∴点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，其中2a＝6,2c＝2，∴b2＝4，∴点G的轨迹方程为＋＝1，故选A．
(3)设动圆M的半径为r，则|C1M|＝r＋1，|C2M|＝3＋r，∴|C2M|－|C1M|＝2＜6＝|C1C2|．∴动圆圆心M的轨迹是以C1、C2为焦点的双曲线左支，且c＝3，a＝1，∴b2＝c2－a2＝8，∴其轨迹方程为x2－＝1(x≤－1)．故选D．
[引申1]本例(3)中，若动圆M与圆C1内切，与圆C2外切，则动圆圆心M的轨迹方程为__－＝1(x≤－2)__．
[引申2]本例(3)中，若动圆M与圆C1外切，与圆C2内切，则动圆圆心M的轨迹方程为__－＝1(x≥2)__．
[引申3]本例(3)中，若动圆M与圆C1、圆C2都内切，则动圆圆心M的轨迹方程为__x2－＝1(x≥1)__．
[引申4]本例3中，若动圆M与圆C1、圆C2中一个内切一个外切，则动圆圆心M的轨迹方程为__－＝1__．
名师点拨
定义法求轨迹方程及其注意点
(1)在利用圆锥曲线的定义法求轨迹方程时，若所求的轨迹符合某种圆锥曲线的定义，则根据曲线的方程，写出所求的轨迹方程．
(2)利用定义法求轨迹方程时，还要看轨迹是否是完整的圆、椭圆、双曲线、抛物线，如果不是完整的曲线，则应对其中的变量x或y进行限制．
〔变式训练2〕
(1)动圆M经过双曲线x2－＝1的左焦点且与直线x＝2相切，则圆心M的轨迹方程是(　B　)
A．y2＝8x
B．y2＝－8x
C．y2＝4x
D．y2＝－4x
(2)(2021·湖南娄底质检)在水平地面上的不同两点处竖有两根笔直的电线杆，假设它们都垂直于地面，则在水平地面上视它们上端仰角相等的点P的轨迹可能是__①②__．
①直线　②圆　③椭圆　④抛物线
[解析]　(1)双曲线x2－＝1的左焦点为F(－2,0)，由题意可知点M的轨迹是以F为焦点、原点为顶点、对称轴为x轴的抛物线，故其方程为y2＝－8x．故选B．
(2)如图两根电杆AB，CD，
①当|AB|＝|CD|时，
∵∠BPA＝∠DPC，∴|PA|＝|PC|，
∴P的轨迹是AC的中垂线，
②当|AB|＝λ|CD|(λ≠1，λ＞0)时，
由∠BPA＝∠DPC知Rt△ABP∽Rt△CDP，
∴＝＝λ，
以AC所在直线为x轴，线段AC的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，
记A(－1,0)，C(1,0)，P(x，y)，
则＝λ，
即2＋y2＝2，
轨迹为圆，故答案为①②．
考点三,直接法求轨迹方程——师生共研
例3
(1)(2021·四川、云南、贵州、西藏四省四校联考)已知圆C过点A(0,2)且与直线y＝－2相切，则圆心C的轨迹方程为(　B　)
A．x2＝4y
B．x2＝8y
C．x2＝－4y
D．x2＝－8y
(2)(2021·山东菏泽模拟)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得的弦MN的长为8．
①求动圆圆心的轨迹C的方程；
②已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明：直线l过定点．
[解析]　(1)设圆心C(x，y)，
由题意知＝|y＋2|，
化简得x2＝8y，故选B．
(2)①设动圆圆心P(x，y)，线段MN的中点为E，
则|PA|2＝|PE|2＋42，
即(x－4)2＋y2＝x2＋16，化简得y2＝8x，
∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x．
②设直线l的方程为y＝kx＋b，
联立
得k2x2＋2kbx＋b2＝8x，
k2x2－(8－2kb)x＋b2＝0(其中Δ＞0)，
设P(x1，kx1＋b)，Q(x2，kx2＋b)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
若x轴是∠PBQ的角平分线，
则kPB＋kQB＝＋
＝
＝
＝＝0，即k＝－b．
故直线l的方程为y＝k(x－1)，直线l过定点(1,0)．
名师点拨
直接法求曲线方程的一般步骤
(1)建立合适的直角坐标系．
(2)设出所求曲线上点的坐标，把几何条件或等量关系用坐标表示为代数方程．
(3)化简整理这个方程，检验并说明所求方程就是曲线的方程．直接法求曲线方程时最关键的就是把几何条件或等量关系“翻译”为代数方程，要注意“翻译”的等价性．
(4)运用直接法应注意的问题
①在用直接法求轨迹方程时，在化简的过程中，有时破坏了方程的同解性，此时就要补上遗漏的点或删除多余的点，这是不能忽视的．
②若方程的化简过程是恒等变形，则最后的验证可以省略．
〔变式训练3〕
(1)已知两定点A(－2,0)，B(1,0)，如果动点P满足|PA|＝2|PB|，则动点P的轨迹是(　B　)
A．直线
B．圆
C．椭圆
D．双曲线
(2)(2021·湖南湘潭模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知点Q(1,0)，直线l：x＝2．若动点P在直线l上的射影为R，且||＝||，设点P的轨迹为C．
①求C的轨迹方程；
②设直线y＝x＋n与曲线C相交于A、B两点，试探究曲线C上是否存在点M，使得四边形MAOB为平行四边形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)设P(x，y)，
则＝2，
化简得x2＋y2－4x＝0，即(x－2)2＋y2＝4，
其表示以(2,0)为圆心，4为半径的圆，故选B．
(2)①设P(x，y)，由||＝||，
得|2－x|＝·，
平方化简得C的轨迹方程为＋y2＝1．
②设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，
联立，得x2＋2(x＋n)2－2＝0，
即3x2＋4nx＋2n2－2＝0，
所以x1＋x2＝－，y1＋y2＝x1＋x2＋2n＝．
假设存在点M使得四边形MAOB为平行四边形，
则＝＋，
所以(x3，y3)＝(x1，y1)＋(x2，y2)，
所以x3＝x1＋x2＝－，y3＝y1＋y2＝．
由点M在曲线C上得＋y＝1，
代入得＋＝1，
解得n2＝，n＝±．
所以当n＝±时，曲线C上存在点M使得四边形MAOB为平行四边形，
此时点M的坐标为或者M，
当n≠±，曲线C上不存在点M使得四边形MAOB为平行四边形．
考点四,代入法(相关点法)求轨迹方程——师生共研
例4　(2021·河南新乡模拟)在直角坐标系xOy中，点M(－2,0)，N是曲线x＝y2＋2上的任意一点，动点C满足＋＝0．
(1)求点C的轨迹方程；
(2)经过点P(1,0)的动直线l与点C的轨迹交于A，B两点，在x轴上是否存在定点D(异于点P)，使得∠ADP＝∠BDP？若存在，求出D的坐标；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)设C(x，y)，N(x0，y0)，
则＝(x＋2，y)，＝(x－x0，y－y0)，
＋＝(2x－x0＋2,2y－y0)．
又＋＝0，则
即
因为点N为曲线x＝y2＋2上的任意一点，
所以x0＝y＋2，
所以2x＋2＝(2y)2＋2，
整理得y2＝2x，故点C的轨迹方程为y2＝2x．
(2)设存在点D(t,0)，使得∠ADP＝∠BDP，
所以kDA＋kDB＝0．
由题易知，直线l的倾斜角不可能为0°，
故设直线l的方程为x＝my＋1，
将x＝my＋1代入y2＝2x，得y2－2my－2＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2m，y1y2＝－2．
因为kDA＋kDB＝＋＝＋＝0，
所以2my1y2＋(1－t)(y1＋y2)＝0，
即－4m＋2m·(1－t)＝0，所以t＝－1．
故存在点D(－1,0)，使得∠ADP＝∠BDP．
名师点拨
代入法(相关点法)求轨迹方程
(1)当题目中的条件同时具有以下特征时，一般可以用相关点法求其轨迹方程：
①某个动点P在已知方程的曲线上移动；
②另一个动点M随P的变化而变化；
③在变化过程中P和M满足一定的规律．
(2)代入法(相关点法)的基本步骤
①设点：设被动点坐标为(x，y)，主动点坐标为(x1，y1)；
②求关系式：求出两个动点坐标之间的关系式
③代换：将上述关系式代入已知曲线方程，便可得到所求动点的轨迹方程；
④检验：注意检验所求方程是否符合题意．
〔变式训练4〕
(2021·河北石家庄模拟)已知点Q在椭圆C：＋＝1上，点P满足＝(＋)(其中O为坐标原点，F1为椭圆C的左焦点)，则点P的轨迹为(　D　)
A．圆　　
B．抛物线　
C．双曲线　
D．椭圆
[解析]　设P(x，y)，Q(x0，y0)，椭圆C的左焦点F1(－2,0)，
由题意知
又＋＝1，∴＋＝1，故选D．
考点五,参数法求轨迹方程——师生共研
例5　(2021·河北衡水中学调研)已知圆C1：x2＋y2＝2，圆C2：x2＋y2＝4，如图，C1，C2分别交x轴正半轴于点E，A．射线OD分别交C1，C2于点B，D，动点P满足直线BP与y轴垂直，直线DP与x轴垂直．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点E作直线l交曲线C与点M，N，射线OH⊥l于点H，且交曲线C于点Q．问：＋的值是否是定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由．
[分析]　显然点P(x，y)的变动由∠AOD的大小α(或kOD)决定，故可通过α(或kOD)建立x，y间的关系，即点P的轨迹方程．
[解析]　(1)解法一：如图设∠BOE＝α，
则B(cos
α，sin
α)，D(2cos
α，2sin
α)，
所以xP＝2cos
α，yP＝sin
α．
所以动点P的轨迹C的方程为＋＝1．
解法二：当射线OD的斜率存在时，设斜率为k，OD方程为y＝kx，
由得y＝，
同理得x＝，
所以x＋2y＝4即有动点P的轨迹C的方程为＋＝1．
当射线OD的斜率不存在时，点(0，±)也满足．
(2)由(1)可知E为C的焦点，
设直线l的方程为x＝my＋(斜率不为0时)且设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由，得(m2＋2)y2＋2my－2＝0，
所以，
所以＝＝，
又射线OQ方程为y＝－mx，
代入椭圆C的方程得x2＋2(mx)2＝4，
即x＝，y＝，＝，
所以＋＝＋＝，
又当直线l的斜率为0时，也符合条件．
综上，＋为定值，且为．
名师点拨
](1)在选择参数时，参数可以具有某种物理或几何意义，如时间、速度、距离、角度、直线的斜率、点的横(纵)坐标等，也可以没有具体的意义，但要特别注意它的取值范围对动点坐标取值范围的影响．
(2)参数法求轨迹方程的适用条件
动点所满足的条件不易得出或不易转化为等式，也没有明显的相关点，但却较易发现(或经过分析可发现)这个动点的运动与某一个量或某两个变量(角、斜率、比值、截距等)有关．
〔变式训练5〕
若过点P(1,1)且互相垂直的两条直线l1，l2分别与x轴、y轴交于A、B两点，则AB中点M的轨迹方程为__x＋y－1＝0__．
[解析]　当直线l1的斜率存在时，l2的斜率也存在，设直线l1的方程是y－1＝k(x－1)，则直线l2的方程是y－1＝－(x－1)，所以直线l1与x轴的交点为A，l2与y轴的交点为B，设AB的中点M的坐标为(x，y)，则有两式相加消去k，得x＋y＝1，即x＋y－1＝0(x≠)，所以AB中点M的轨迹方程为x＋y－1＝0．
当直线l1(或l2)的斜率不存在时，点M的坐标为，此点在直线x＋y－1＝0上．
综上，AB中点M的轨迹方程为x＋y－1＝0．
另解：由题意易知|MP|＝|MO|，
∴M的轨迹为线段OP的中垂线，
其方程为y－＝－，
即x＋y－1＝0．
名师讲坛·素养提升
高考中的轨迹问题
例6　(2019·课标Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－．记M的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G．
①证明：△PQG是直角三角形；
②求△PQG面积的最大值．
[解题思路]　(1)→
(2)①→→
→→→
②→→→
[解析]　(1)由题设得·＝－，
化简得＋＝1(|x|≠2)，
所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k＞0)，
由得x＝±．
记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．
由，
得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0．①
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，
故xG＝，由此得yG＝．
从而直线PG的斜率为＝－．
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
②由①得|PQ|＝2u，|PG|＝，
所以△PQG的面积S＝|PQ||PG|＝
＝．
设t＝k＋，则由k＞0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号，
因为S＝在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，
即k＝1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
[解题关键]　①利用方程思想得出点P、Q的坐标，进而利用换元法及整体代换法简化运算过程是顺利解决本题的关键；②正确利用基本不等式及函数单调性是求解△PQG面积最值的关键．
〔变式训练6〕
(2020·新课标Ⅲ)在平面内，A，B是两个定点C是动点，若·＝1，则点C的轨迹为(　A　)
A．圆
B．椭圆
C．抛物线
D．直线
[解析]　不妨以AB所在直线为x轴，AB的中点为原点，建立平面直角坐标系，
设C(x，y)，A(－c,0)，B(c,0)，c＞0，
则＝(x＋c，y)，＝(x－c，y)，
由·＝1，得(x＋c)(x－c)＋y·y＝1，
即x2＋y2＝c2＋1＞0，
∴点C的轨迹为圆．故选A．
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