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第一节　直线与直线的方程
1．直线的倾斜角
(1)定义：
(2)范围：直线的倾斜角α的取值范围是：[0，π)．
2．直线的斜率
条件
公式
直线的倾斜角θ，且θ≠90°
k＝tan_θ
直线过点A(x1，y1)，B(x2，y2)且x1≠x2
k＝
3.两直线的平行、垂直与其斜率的关系
条件
两直线位置关系
斜率的关系
两条不重合的直线l1，l2，斜率分别为k1，k2
平行
k1＝k2
k1与k2都不存在
垂直
k1k2＝－1
k1与k2一个为零、另一个不存在
4.直线方程的五种形式
名称
已知条件
方程
适用范围
点斜式
斜率k与点(x1，y1)
y－y1＝k(x－x1)
不含直线x＝x1
斜截式
斜率k与直线在y轴上的截距b
y＝kx＋b
不含垂直于x轴的直线
续表
名称
已知条件
方程
适用范围
两点式
两点(x1，y1)，(x2，y2)
＝(x1≠x2，y1≠y2)
不含直线x＝x1(x1＝x2)和直线y＝y1(y1＝y2)
截距式
直线在x轴、y轴上的截距分别为a，b
＋＝1(a≠0，b≠0)
不含垂直于坐标轴和过原点的直线
一般式
Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)
平面直角坐标系内的直线都适用
5.线段的中点坐标公式
若点P1，P2的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，线段P1P2的中点M的坐标为(x，y)，则此公式为线段P1P2的中点坐标公式．
1．斜率与倾斜角的两个关注点：
(1)倾斜角α的取值范围是[0，π)，斜率与倾斜角的函数关系为k＝tan
α，图象为：
(2)当倾斜角为90°
时，直线垂直于x轴，斜率不存在．
2．直线A1x＋B1y＋C1＝0与A2x＋B2y＋C2＝0垂直的充要条件为A1A2＋B1B2＝0.
1．(基础知识：根据两点求斜率)过点M(－2，m)，N(m，4)的直线的斜率等于1，则m的值为(　　)
A．1
B．4
C．1或3
D．1或4
答案：A
2．(基础知识：直线的倾斜角与斜率的关系)直线x＋y＋1＝0的倾斜角是(　　)
A．
B．
C．
D．
答案：D
3．(基本方法：直线的点斜式方程)已知直线l经过点P(－2，5)，且斜率为－，则直线l的方程为______________．
答案：3x＋4y－14＝0
4．(基本方法：直线的截距概念)过点(5，0)，且在两轴坐标上的截距之差为2的直线方程为________．
答案：3x＋5y－15＝0或7x＋5y－35＝0
5．(基本能力：直线斜率的取值范围)直线l过点P(1，0)，且与以A(2，1)，B(0，)为端点的线段总有公共点，则直线l的斜率的取值范围是________________．
答案：(－∞，－
]∪[1，＋∞)
题型一　直线的倾斜角与斜率　
1．设直线l的方程为x＋y
cos
θ＋3＝0(θ∈R)，则直线l的倾斜角α的取值范围是(　　)
A．[0，π)
B．
C．
D．∪
解析：当cos
θ＝0时，方程变为x＋3＝0，其倾斜角为；
当cos
θ≠0时，由直线l的方程，可得斜率k＝－.
因为cos
θ∈[－1，1]且cos
θ≠0，
所以k∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，
即tan
α∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，
又α∈[0，π)，所以α∈∪，
综上可知，直线l的倾斜角α的取值范围是.
答案：C
2．直线2x
cos
α－y－3＝0的倾斜角的取值范围是(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：直线2x
cos
α－y－3＝0的斜率k＝2cos
α，
因为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，
].
又θ∈[0，π)，所以θ∈，
即直线倾斜角的取值范围是.
答案：B
3．(2021·山西太原模拟)已知点A(2，－3)，B(－3，－2)，直线l过点P(1，1)且与线段AB有交点，则直线l的斜率k的取值范围为________．
解析：如图所示，kPA＝＝－4，kPB＝＝.要使直线l与线段AB有交点，则有k≥或k≤－4.
答案：(－∞，－4]∪
4．直线l：ax＋(a＋1)y＋2＝0的倾斜角大于45°，求a的取值范围．
解析：当a＝－1时，直线l的倾斜角为90°，符合要求；当a≠－1时，直线l的斜率为－.
则有－>1或－<0，解得－10.综上可知，实数a的取值范围是∪(0，＋∞).
方法总结?
1．倾斜角α与斜率k的关系：
(1)当α∈时，k∈[0，＋∞).
(2)当α＝时，斜率k不存在．
(3)当α∈时，k∈(－∞，0).
2．斜率的两种求法：
(1)定义法：若已知直线的倾斜角α或α的某种三角函数值，一般根据k＝tan
α求斜率．
(2)公式法：若已知直线上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，一般根据斜率公式k＝(x1≠x2)求斜率．
3．倾斜角α范围与直线斜率范围互求时，要充分利用y＝tan
α的单调性．　　?
题型二　求直线方程　
　　　　
　　　　　　　　
[典例剖析]
[典例]　(1)已知点M是直线l：2x－y－4＝0与x轴的交点，将直线l绕点M按逆时针方向旋转45°，得到的直线方程是(　　)
A．x＋y－3＝0
B．x－3y－2＝0
C．3x－y＋6＝0
D．3x＋y－6＝0
解析：设直线l的倾斜角为α，
则tan
α＝k＝2，
直线l绕点M按逆时针方向旋转45°，
所得直线的斜率
k′＝tan
(α＋45°)＝＝－3，
又点M(2，0)，
所以y＝－3(x－2)，
即3x＋y－6＝0.
答案：D
(2)直线过点(－4，0)，倾斜角的正弦值为的直线方程为________．
解析：由题意知，直线的斜率存在，
设倾斜角为α，
则sin
α＝(α∈[0，π))，
从而cos
α＝±，
则k＝tan
α＝±.
故所求直线的方程为y＝(x＋4)或y＝－(x＋4)，
即x＋3y＋4＝0或x－3y＋4＝0.
答案：x＋3y＋4＝0或x－3y＋4＝0
(3)过点A(－1，－3)，斜率是直线y＝3x的斜率的－倍的直线方程为________．
解析：设所求直线的斜率为k，依题意
k＝－×3＝－.
又直线经过点A(－1，－3)，
因此所求直线方程为y＋3＝－(x＋1)，
即3x＋4y＋15＝0.
答案：3x＋4y＋15＝0
1．求直线方程的方法
方法
解读
题型
直接法
直接求出直线方程所需要的标量
适合于直线标量易求的题目
待定系数法
设出直线方程形式，待定其中的标量
适合于条件较多而隐含的题目
方法总结?
提醒　解题时需要考虑问题的特殊情况，如斜率不存在的情况、截距等于零的情况．
2．设直线方程的常用技巧
(1)已知直线纵截距为b，常设其方程为y＝kx＋b(需保证斜率存在)；
(2)已知直线横截距为x0，常设其方程为x＝my＋x0(它不适用于斜率为0的直线)；
(3)已知直线过点(x0，y0)，当斜率k存在时，常设其方程为y－y0＝k(x－x0)，当斜率k不存在时，则其方程为x＝x0；
(4)与直线l：Ax＋By＋C＝0平行的直线可表示为Ax＋By＋C1＝0(C1≠C)；
(5)与直线l：Ax＋By＋C＝0垂直的直线可表示为Bx－Ay＋C1＝0；
(6)过直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0和直线l2：A2x＋B2y＋C2＝0交点的直线系方程可表示为A1x＋B1y＋C1＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0(不含l2).
[对点训练]
求适合下列条件的直线方程：
(1)求过点(2，1)且在x轴上的截距与在y轴上的截距之和为6的直线方程；
(2)求经过点A(－5，2)，且在x轴上的截距等于在y轴上截距的2倍的直线方程．
解析：(1)法一：由题意可设直线方程为＋＝1.
则解得a＝b＝3，或a＝4，b＝2.
故所求直线方程为x＋y－3＝0或x＋2y－4＝0.
法二：设直线方程为y＝kx＋b，则在x轴上的截距为－，所以b＋＝6，①
又直线过点(2，1)，则2k＋b＝1.②
由①②得或
故所求直线方程为x＋y－3＝0或x＋2y－4＝0.
(2)当直线不过原点时，
设所求直线方程为＋＝1，
将(－5，2)代入所设方程，解得a＝－，
此时，直线方程为x＋2y＋1＝0.
当直线过原点时，斜率k＝－，
直线方程为y＝－x，即2x＋5y＝0，
综上可知，所求直线方程为
x＋2y＋1＝0或2x＋5y＝0.
题型三　两条直线的位置关系　
　　　　
　　　　　　　　　[典例剖析]
类型
1　利用平行、垂直求参数
[例1]　“a＝0”是“直线l1：(a＋1)x＋a2y－3＝0与直线l2：2x＋ay－2a－1＝0平行”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：当a＝0时，l1：x－3＝0，l2：2x－1＝0，故l1∥l2.
当l1∥l2时，若l1与l2斜率不存在，则a＝0；
若l1与l2斜率都存在，则a≠0，有－＝－且≠，此时a无解，故当l1∥l2时，有a＝0.
答案：C
类型
2　利用平行或垂直关系求直线方程
[例2]　(1)已知点P1(2，3)，P2(－4，5)和A(－1，2)，则过点A且与点P1，P2距离相等的直线方程为__________．
解析：当直线与点P1，P2的连线所在的直线平行时，由直线P1P2的斜率k＝＝－，得所求直线的方程为y－2＝－(x＋1)，即x＋3y－5＝0.当直线过线段P1P2的中点时，因为线段P1P2的中点坐标为(－1，4)，所以直线方程为x＝－1.综上所述，所求直线方程为x＋3y－5＝0或x＝－1.
答案：x＋3y－5＝0或x＝－1
(2)与直线3x＋4y＋1＝0平行且过点(1，2)的直线l的方程为________________．
解析：设所求直线为3x＋4y＋c＝0，∵直线过点(1，2).
∴3＋4×2＋c＝0，∴c＝－11，∴直线l的方程为3x＋4y－11＝0.
答案：3x＋4y－11＝0
方法总结?
两直线位置关系的判断方法
方法
平行
垂直
适合题型
化成斜截式
k1＝k2，且b1≠b2
k1k2＝－1
斜率存在
　　?续表
方法
平行
垂直
适合题型
一般式
设直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，l1∥l2?A1B2－A2B1＝0，且B1C2－B2C1≠0
设直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，l1⊥l2?A1A2＋B1B2＝0
无限制
直接法
k1与k2都不存在，且b1≠b2
k1与k2中一个不存在，另一个为零
k不存在
[题组突破]
1．已知直线l1：(a＋2)x＋(1－a)y－3＝0与直线l2：(a－1)x＋(2a＋3)y＋2＝0，则“a＝1”是“l1⊥l2”的(　　)
A.充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：l1⊥l2的充要条件是(a＋2)(a－1)＋(1－a)(2a＋3)＝0，即a2－1＝0，故有(a－1)(a＋1)＝0，解得a＝±1.
显然“a＝1”是“a＝±1”的充分不必要条件．
答案：A
2．已知两直线l1：mx＋8y＋n＝0和l2：2x＋my－1＝0，试确定m，n的值，使
(1)l1∥l2；
(2)l1⊥l2，且l1在y轴上的截距为－1.
解析：(1)∵l1∥l2，∴
解得或
即当m＝4，n≠－2或m＝－4，n≠2时，l1∥l2.
(2)当且仅当2m＋8m＝0，
即m＝0时，l1⊥l2.
又－＝－1，∴n＝8.
即当m＝0，n＝8时，l1⊥l2，且l1在y轴上的截距为－1.
eq
\a\vs4\al(
重温经典\x(平行、垂直直线系方程))
1．(平行直线系方程)已知直线l1与直线l2：x－3y＋6＝0平行，l1能和x轴，y轴围成面积为8的三角形，请求出直线l1的方程．
解析：设直线l1的方程为x－3y＋c＝0(c≠6)，则令y＝0，得x＝－c；令x＝0，得y＝，依题意有×|－c|×＝8，解得c＝±4.所以直线l1的方程是x－3y±4＝0.
2．(垂直直线系方程)求经过点A(2，1)，且与直线2x＋y－10＝0垂直的直线l的方程．
解析：因为所求直线与直线2x＋y－10＝0垂直，所以设该直线方程为x－2y＋c＝0，又直线过点A(2，1)，
所以有2－2×1＋c＝0，解得c＝0，
即所求直线方程为x－2y＝0.
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(线线平行求距离))
若直线l1：x＋ay＋6＝0与l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0平行，则l1与l2间的距离为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：因为l1∥l2，所以＝≠，所以解得a＝－1，所以l1：x－y＋6＝0，l2：x－y＋＝0，所以l1与l2之间的距离d＝＝.
答案：B
PAGE第二节　直线的交点与距离公式
三种距离
三种距离
条件
公式
两点间的距离
A(x1，y1)，B(x2，y2)
|AB|＝
点到直线的距离
P(x0，y0)到直线Ax＋By＋C＝0的距离为d
d＝
两平行线间的距离
直线Ax＋By＋C1＝0到直线Ax＋By＋C2＝0的距离为d
d＝
1.点到直线的距离公式的注意点
(1)直线方程为一般式．
(2)公式中分母与点无关．
(3)分子与点及直线方程都有关．
2．两平行直线间的距离的注意点
(1)是一条直线上任意一点到另一条直线的距离．
(2)也可以看成是两条直线上各取一点的最短距离．
1．(基础知识：点到直线的距离)点(1，－1)到直线x－y＋1＝0的距离是(　　)
A．
B．
C．
D．
答案：D
2．(基本能力：直线的交点)直线2x－y＝－10，y＝x＋1，y＝ax－2交于一点，则a的值为________．
答案：
3．(基本方法：两平行线间的距离)已知两平行线l1：2x＋3y＝6，l2：2x＋3y－1＝0，则l1与l2间的距离为________．
答案：
4．(基本应用：点到直线距离的应用)已知点A(3，2)和B(－1，4)到直线ax＋y＋1＝0的距离相等，则a的值为________．
答案：－4或
5．(基本应用：点关于直线对称)已知点A与点B(1，2)关于直线x＋y＋3＝0对称，则点A的坐标为________．
答案：(－5，－4)
题型一　直线的交点及应用　
　　　　
　　　　　　　　　[典例剖析]
[典例]　(1)(2020·山西太原模拟)若直线y＝2x，x＋y＝3，mx＋ny＋5＝0相交于同一点，则点(m，n)与原点之间的距离的最小值为(　　)
A．
B．
C．2
D．2
解析：由解得把(1，2)代入mx＋ny＋5＝0，可得m＋2n＋5＝0，∴m＝－5－2n.∴点(m，n)与原点之间的距离d＝＝＝≥，当且仅当n＝－2，m＝－1时取等号．∴点(m，n)与原点之间的距离的最小值为.
答案：A
(2)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的方程为________________．
解析：法一：由方程组得x＝0，y＝2，即P(0，2).因为l⊥l3，所以直线l的斜率k＝－，所以直线l的方程为y－2＝－x，即4x＋3y－6＝0.
法二：因为直线l过直线l1和l2的交点，所以可设直线l的方程为x－2y＋4＋λ(x＋y－2)＝0，即(1＋λ)x＋(λ－2)y＋4－2λ＝0.因为l⊥l3，所以3(1＋λ)＋(－4)(λ－2)＝0，所以λ＝11，所以直线l的方程为12x＋9y－18＝0，即4x＋3y－6＝0.
答案：4x＋3y－6＝0
方法总结?
求过两直线交点的直线方程的方法
(1)直接法：①先求出两直线的交点坐标；②结合题设中的其他条件，写出直线方程；③将直线方程化为一般式．
(2)直线系法：①设过两直线A1x＋B1y＋C1＝0，A2x＋B2y＋C2＝0交点的直线方程为A1x＋B1y＋C1＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0.
②利用题设条件，求λ的值，得出直线方程．
③验证所得直线方程是否符合题意．
(3)数形结合法：求直线截得的线段长．　　?
[对点训练]
1．经过直线l1：x－2y＋3＝0与直线l2：2x＋3y－8＝0的交点，且与点P(0，4)的距离为2的直线方程为________．
解析：由解得
∴l1与l2的交点为(1，2).
由题意知直线斜率存在，故设所求直线的方程为y－2＝k(x－1)，
即kx－y＋2－k＝0.
∵点P(0，4)与所求直线的距离为2，
∴2＝，解得k＝0或k＝.
∴所求直线的方程为y＝2或4x－3y＋2＝0.
答案：y＝2或4x－3y＋2＝0
2．已知直线l经过点P(3，1)，且被两条平行直线l1：x＋y＋1＝0和l2：x＋y＋6＝0截得的线段长为5，求直线l的方程．
解析：法一：若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝3，此时与l1，l2的交点分别为A′(3，－4)，B′(3，－9)，截得的线段A′B′的长|A′B′|＝|－4＋9|＝5，符合题意．若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－3)＋1.
解方程组
得A，
解方程组得B.
由|AB|＝5，
得＋＝52.
解得k＝0，即所求的直线方程为y＝1.
综上可知，所求直线l的方程为x＝3或y＝1.
法二：如图所示，作直线l1：x＋y＋1＝0，l2：x＋y＋6＝0.
l1与x，y轴的交点分别为A(－1，0)，B(0，－1)，
l2与x，y轴的交点分别为C(－6，0)，D(0，－6).
所以|BD|＝5，|AC|＝5.
过点(3，1)与l1、l2截得的线段长为5，
即平行于x轴或y轴．
所以所求直线方程为x＝3或y＝1.
题型二　距离问题　
　　　　
　　　　　　　[典例剖析]
[典例]　(1)已知两条平行直线l1：mx＋8y＋n＝0与l2：2x＋my－1＝0间的距离为，则直线l1的方程为________________．
解析：因为l1∥l2，所以＝≠，
所以或
①当m＝4时，直线l1的方程为4x＋8y＋n＝0，
把l2的方程写成4x＋8y－2＝0，
所以＝，解得n＝－22或18.
故所求直线l1的方程为2x＋4y－11＝0或2x＋4y＋9＝0.
②当m＝－4时，直线l1的方程为4x－8y－n＝0，
把l2的方程写成4x－8y－2＝0，
所以＝，解得n＝－18或22.
故所求直线l1的方程为2x－4y＋9＝0或2x－4y－11＝0.
答案：2x±4y＋9＝0或2x±4y－11＝0
(2)已知正方形的中心为点M(－1，0)，一条边所在直线方程是x＋3y－5＝0.求正方形其他三边所在直线的方程．
解析：如图所示，过M作边AD所在直线x＋3y－5＝0的垂线，垂足为E.
|ME|＝＝.
设直线BC的方程为x＋3y－m＝0，则M到BC的距离是
.
令＝.
解得m＝－7或m＝5.
所以直线BC的方程为x＋3y＋7＝0.
因为直线AB与AD垂直，所以设它的方程为3x－y－n＝0.
则M到AB的距离是
.
令＝，
解得n＝3或n＝－9.
所以直线AB，CD的方程分别为3x－y＋9＝0，3x－y－3＝0.
综上得，其余三边所在直线的方程分别是
3x－y＋9＝0，x＋3y＋7＝0，3x－y－3＝0.
方法总结?
1．用点到直线的距离公式，直线方程必须为一般式；
2．用两平行线间的距离公式，两直线方程中x，y的系数分别相同；
3．两个公式中的“绝对值”号不可盲目去掉，要等价变化；
4．点P(x0，y0)到直线x＝a的距离d＝|x0－a|，到直线y＝b的距离d＝|y0－b|.　　?
[对点训练]
1．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(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：因为＝≠，所以两直线平行．将直线3x＋4y－12＝0化为6x＋8y－24＝0，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.
答案：C
2．过点P(2，－1)且与原点距离为2的直线l的方程为________．
解析：①当l的斜率k不存在时，此时l的方程为x＝2，满足题意；
②当l的斜率k存在时，设l的方程为y＋1＝k(x－2)，即kx－y－2k－1＝0.
由点到直线的距离公式得＝2，
∴k＝，∴l的方程为3x－4y－10＝0.
综上，所求l的方程为x＝2或3x－4y－10＝0.
答案：x＝2或3x－4y－10＝0
题型三　对称问题　
　　　　
　　　　[典例剖析]
类型
1　点关于点对称
[例1]　过点P(0，1)作直线l，使它被直线l1：2x＋y－8＝0和l2：x－3y＋10＝0截得的线段被点P平分，则直线l的方程为________________．
解析：设l1与l的交点为A(a，8－2a)，则由题意知，点A关于点P的对称点B(－a，2a－6)在l2上，代入l2的方程得－a－3(2a－6)＋10＝0，解得a＝4，即点A(4，0)在直线l上，所以直线l的方程为x＋4y－4＝0.
答案：x＋4y－4＝0
类型
2　点关于直线对称
[例2]　如图所示，已知A(4，0)，B(0，4)，从点P(2，0)射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到P点，则光线所经过的路程是(　　)
A．3
B．6
C．2
D．2
解析：直线AB的方程为x＋y＝4，点P(2，0)关于直线AB的对称点为D(4，2)，关于y轴的对称点为C(－2，0)，则光线经过的路程为|CD|＝＝2.
答案：C
类型
3　直线关于直线对称
[例3]　直线2x－y＋3＝0关于直线x－y＋2＝0对称的直线方程是________________．
解析：设所求直线上任意一点P(x，y)，
则P关于x－y＋2＝0的对称点为P′(x0，y0)，
由
得
∵点P′(x0，y0)在直线2x－y＋3＝0上，
∴2(y－2)－(x＋2)＋3＝0，
即x－2y＋3＝0.
答案：x－2y＋3＝0
方法总结?
有关对称问题的规律方法
方法
解读
中心对称
点关于点
点M(x1，y1)与N(x，y)关于P(a，b)对称，利用中点
直线关于点
l1关于A对称的直线：取B∈l1，求B关于A的对称点B′，利用斜率相等，求点斜式
轴对称
点关于直线对称
点A关于l1的对称点A′，利用A′A的中点在l1上，且AA′⊥l1，求A′点
直线l1关于直线l对称，l1∩l＝A
利用A∈l2，且取B∈l1，求B关于l的对称点B′，由A和B′求方程
若l1∥l
利用平行线l1与l，l与l2之间的距离相等或者利用斜率相等
　　?
[题组突破]
1．在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝4，点P为边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发，经BC，CA反射后又回到点P.若光线QR经过△ABC的重心，则AP等于(　　)
A．2　　　　　　　　　　　
B．1
C．
D．
解析：以A为原点，AB为x轴，AC为y轴建立直角坐标系如图所示．
则A(0，0)，B(4，0)，C(0，4).
设△ABC的重心为D，
则D点坐标为.
设P点坐标为(m，0)，则P点关于y轴的对称点P1为(－m，0)，因为直线BC方程为x＋y－4＝0，所以P点关于BC的对称点P2为(4，4－m)，根据光线反射原理，P1，P2均在QR所在直线上，
∴kP1D＝kP2D，即＝，
解得m＝或m＝0.
当m＝0时，P点与A点重合，故舍去．∴m＝.
答案：D
2．已知直线l：2x－3y＋1＝0，点A(－1，－2).求：
(1)点A关于直线l的对称点A′的坐标；
(2)直线m：3x－2y－6＝0关于直线l的对称直线m′的方程；
(3)直线l关于点A的对称直线l′的方程．
解析：(1)设对称点A′的坐标为(m，n)，
由已知可得
解得即A′.
(2)在直线m上取一点，如B(2，0)，则B关于l的对称点必在m′上，设对称点为B′(a，b)，
则由得B′.
设m与l的交点为N，由得N(4，3).
设直线m′上任意一点的坐标为(x，y)，由两点式得直线m′的方程为＝，即9x－46y＋102＝0.
(3)法一：在l：2x－3y＋1＝0上任取两点，如M(1，1)，N(4，3).则M，N关于点A的对称点M′，N′均在直线l′上．
易知M′(－3，－5)，N′(－6，－7)，由两点式可得l′的方程为2x－3y－9＝0.
法二：设直线l关于点A的对称直线l′上的任意一点P(x，y)，则点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.
eq
\a\vs4\al(
重温经典\x(构造距离求最值))
1．设x＞0，y＞0，满足2x＋y＝1，则x＋
的最小值为(　　)
A．
B．
C．1
D．
解析：因为x>0，y>0，满足2x＋y＝1，设z＝x＋，其可表示为直线2x＋y＝1在第一象限的点P(x，y)到y轴的距离d与到原点的距离|PO|的和．
设原点关于直线2x＋y＝1的对称点为O1(m，n)，
则由解得
所以O1.
由对称性可得|PO1|＝|PO|，所以z＝|PO1|＋d，故当PO1⊥y轴时z最小．
故当且仅当x＝，y＝时，z＝x＋取最小值.
答案：A
2．已知实数x满足|2x＋1|＋|2x－5|＝6，则x的取值范围是________．
解析：由|2x＋1|＋|2x－5|＝6可得＋＝3，它表示数轴上的动点x到定点－与的距离之和为3.又定点－与之间的距离恰好为3，故有x∈.
答案：
3．求函数y＝
＋的最小值．
解析：此类问题直接用代数方法求解，困难较大，我们注意到和可分别变形为和，便可分别看成是点(x，0)到另两点(1，1)和(3，2)的距离，即问题化为x轴上一动点(x，0)到另两定点(1，1)和(3，2)的距离之和的最小值．结合图形(图略)，易得ymin＝.
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(新定义问题))
(2020·上海松江区模拟)对于直角坐标平面内任意两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，定义它们之间的一种“新距离”：|AB|＝|x2－x1|＋|y2－y1|.给出下列三个命题：
①若点C在线段AB上，则|AC|＋|CB|＝|AB|；
②在△ABC中，若∠C＝90°，则|AC|2＋|CB|2＝|AB|2；
③在△ABC中，|AC|＋|CB|>|AB|.
其中的真命题为(　　)
A．①②③
B．①②
C．①
D．②③
解析：对于直角坐标平面内的任意两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，定义它们之间的一种“新距离”：|AB|＝|x2－x1|＋|y2－y1|.对于①，若点C在线段AB上，设C点坐标为(x0，y0)，x0在x1，x2之间，y0在y1，y2之间，
则|AC|＋|CB|＝|x0－x1|＋|y0－y1|＋|x2－x0|＋|y2－y0|＝|x2－x1|＋|y2－y1|＝|AB|成立，故①正确；
对于②，平方后不能消除x0，y0，命题不成立；
对于③，在△ABC中，
|AC|＋|CB|＝|x0－x1|＋|y0－y1|＋|x2－x0|＋|y2－y0|≥|(x0－x1)＋(x2－x0)|＋|(y0－y1)＋(y2－y0)|＝|x2－x1|＋|y2－y1|＝|AB|，故③不一定成立．
只有命题①成立．
答案：C
PAGE第三节　圆的方程
1．圆的定义、方程
定义
平面内到定点的距离等于定长的点的轨迹叫做圆
标准方程
(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)
圆心：(a，b)
半径：r
一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0
条件：D2＋E2－4F>0
圆心：
半径：r＝_
2.点与圆的位置关系
点M(x0，y0)与圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2的位置关系：
(1)点M(x0，y0)在圆外，则(x0－a)2＋(y0－b)2>r2；
(2)点M(x0，y0)在圆上，则(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2；
(3)点M(x0，y0)在圆内，则(x0－a)2＋(y0－b)21．方程Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的充要条件：A＝C≠0，B＝0，且D2＋E2－4AF＞0.
2．以A(x1，y1)，B(x2，y2)为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0.
1．(基础知识：圆的一般方程与标准方程的互化)圆x2＋y2－4x＋6y＝0的圆心坐标是(　　)
A．(2，3)
B．(－2，3)
C．(－2，－3)
D．(2，－3)
答案：D
2．(基本方法：求圆的方程)过点A(1，－1)，B(－1，1)，且圆心在直线x＋y－2＝0上的圆的方程是(　　)
A．(x－3)2＋(y＋1)2＝4
B．(x＋3)2＋(y－1)2＝4
C．(x－1)2＋(y－1)2＝4
D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝4
答案：C
3．(基本方法：求圆的方程)△AOB中，A(4，0)，B(0，3)，O(0，0)，则△AOB外接圆的方程为________________．
答案：x2＋y2－4x－3y＝0
4．(基础知识：二元二次方程表示圆的条件)x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圆，则a的取值范围是________．
答案：
5．(基本能力：数形结合)半径为3，圆心的横、纵坐标相等且与两条坐标轴都相切的圆的方程为________________．
答案：(x－3)2＋(y－3)2＝9或(x＋3)2＋(y＋3)2＝9
题型一　求圆的方程　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
[典例]　(1)圆心在y轴上，半径长为1，且过点A(1，2)的圆的方程是(　　)
A．x2＋(y－2)2＝1
B．x2＋(y＋2)2＝1
C．(x－1)2＋(y－3)2＝1
D．x2＋(y－3)2＝4
解析：根据题意可设圆的方程为x2＋(y－b)2＝1，因为圆过点A(1，2)，所以12＋(2－b)2＝1，解得b＝2，所以所求圆的方程为x2＋(y－2)2＝1.
答案：A
(2)在平面直角坐标系xOy中，以点A(1，0)为圆心且与直线mx－y－2m－1＝0(m∈R)相切的所有圆中，求半径最大的圆的标准方程．
解析：因为直线与圆相切，所以半径等于圆心到直线的距离，r＝＝＝＝，因为1＋m2≥2m，所以≤1，所以r≤＝，所以半径最大的圆的标准方程为(x－1)2＋y2＝2.
方法总结?
求圆的方程的方法
方法
解读
适合题型
几何法
通过研究圆的性质、直线和圆、圆和圆的位置关系，进而求得圆的基本量(圆心、半径)和方程，常用的几何性质如下：(1)圆心在过切点且与切线垂直的直线上；(2)圆心在任一弦的中垂线上；(3)两圆内切或外切时，切点与两圆圆心三点共线
题设条件中有明显的几何特征
待定系数法
(1)根据条件设出圆的方程，一般地，若题目中有与圆心和半径有关的信息，选择标准方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2，若已知圆上三点坐标(或三点坐标易求)，选择一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0；(2)由题目给出的条件，列出关于a，b，r或D，E，F的方程组；(3)解出a，b，r或D，E，F，代入标准方程或一般方程
题设条件中有明显的代数特征　
　　?
[对点训练]
1．(母题变式)将本例(1)改为圆心在y轴上，且过点(3，1)的圆与x轴相切，则该圆的方程是(　　)
A．x2＋y2＋10y＝0
B．x2＋y2－10y＝0
C．x2＋y2＋10x＝0
D．x2＋y2－10x＝0
解析：根据题意，设圆心坐标为(0，r)，半径为r，可设圆的方程为x2＋(y－r)2＝r2，则32＋(r－1)2＝r2，解得r＝5，可得圆的方程为x2＋y2－10y＝0.
答案：B
2．(母题变式)本例(2)改为：在平面直角坐标系xOy中，过点A(1，0)作直线mx－y－2m－1＝0(m∈R)的垂线，垂足为B，以A，B的连线段为直径的所有圆中，半径最大的圆的一般方程为________________．
解析：因为直线mx－y－2m－1＝0(m∈R)过定点
C(2，－1)，所以直径AB的最大值为|AC|＝，
所以所求半径最大的圆的标准方程为
＋＝，
化为一般方程为x2＋y2－3x＋y＋2＝0.
答案：x2＋y2－3x＋y＋2＝0
3．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________________．
解析：法一(几何法)：设点C为圆心，因为点C在直线x－2y－3＝0上，所以可设点C的坐标为(2a＋3，a).
又该圆经过A，B两点，所以|CA|＝|CB|，
即＝，解得a＝－2，
所以圆心C的坐标为(－1，－2)，半径r＝，
故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10.
法二(待定系数法)：设所求圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
由题意得
解得a＝－1，b＝－2，r2＝10，
故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10.
法三(待定系数法)：设圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
则圆心坐标为，
由题意得
解得D＝2，E＝4，F＝－5.
故所求圆的方程为x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.
答案：(x＋1)2＋(y＋2)2＝10
题型二　与圆有关的轨迹问题　
　　　　
　　　　　
[典例剖析]
类型
1　直接法求与圆有关的轨迹方程
[例1]　已知点M与两个定点O(0，0)，A(3，0)的距离的比为，则点M的轨迹方程为________________．
解析：设点M(x，y)，由题意得＝，
整理得x2＋y2＋2x－3＝0.
答案：x2＋y2＋2x－3＝0
类型
2　相关点(代入法)求轨迹方程
[例2]　设定点M(－3，4)，动点N在圆x2＋y2＝4上运动，以OM，ON为两边作平行四边形MONP，求点P的轨迹方程．
解析：如图所示，设P(x，y)，N(x0，y0)，
则线段OP的中点坐标为，
线段MN的中点坐标为.
因为平行四边形的对角线互相平分，
所以＝，＝，
整理得
又点N(x0，y0)在圆x2＋y2＝4上，
所以(x＋3)2＋(y－4)2＝4.
所以点P的轨迹是以(－3，4)为圆心，2为半径的圆，直线OM与轨迹相交于两点和，不符合题意，舍去，所以点P的轨迹为(x＋3)2＋(y－4)2＝4，除去两点和.
方法总结?
与圆有关的轨迹问题的四种求法
(1)直接法：直接根据题设给定的条件列出方程求解的方法；
(2)定义法：根据圆的定义列方程求解的方法；
(3)几何法：利用圆的几何性质，得出方程的方法；
(4)代入法(相关点法)：找出要求的点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式的方法．　　?
[题组突破]
1．(2020·内蒙古模拟)已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B.
(1)求圆C1的圆心坐标；
(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程．
解析：(1)由x2＋y2－6x＋5＝0得(x－3)2＋y2＝4，
所以圆C1的圆心坐标为(3，0).
(2)设M(x，y)，
因为点M为线段AB的中点，所以C1M⊥AB，
所以kC1M·kAB＝－1，当x≠3时可得·＝－1，
整理得＋y2＝，
又当直线l与x轴重合时，M点坐标为(3，0)，代入上式成立．
设直线l的方程为y＝kx，与x2＋y2－6x＋5＝0联立，消去y得，(1＋k2)x2－6x＋5＝0.
令其判别式Δ＝(－6)2－4(1＋k2)×5＝0，得k2＝，此时方程为x2－6x＋5＝0，解上式得x＝，因此＜x≤3.所以线段AB的中点M的轨迹的方程为＋y2＝.
2．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)法一：设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.
因为AC⊥BC，且BC，AC斜率均存在，
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).
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).
题型三　与圆有关的最值　
　　　　
　　　　　　　　　[典例剖析]
[典例]　已知实数x，y满足x2＋y2－4x＋1＝0.
(1)求的最大值与最小值；
(2)求y－x的最大值、最小值；
(3)求x2＋y2的最大值、最小值．
解析：(1)原方程可化为(x－2)2＋y2＝3，
表示以(2，0)为圆心，为半径的圆．
的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，
所以设＝k，即y＝kx.
如图所示，当直线y＝kx与圆相切时，斜率k取最大值或最小值，此时＝，解得k＝±.
所以的最大值为，最小值为－.
(2)y－x可看作是直线y＝x＋b在y轴上的截距，如图所示，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－.
(3)
如图所示，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，在原点和圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．
又圆心(2，0)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.
方法总结?
与圆有关的最值问题的几何转化法
(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．　　?
[对点训练]
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________．
解析：因为圆C：x2＋y2－4x－2y＝0，
故圆C是以C(2，1)为圆心，半径r＝的圆．
设点A(0，2)关于直线x＋y＋2＝0的对称点为A′(m，n)，
故
解得故A′(－4，－2).
连接A′C交圆C于Q(图略)，由对称性可知
|PA|＋|PQ|＝|A′P|＋|PQ|≥|A′Q|＝|A′C|－r＝2.
答案：2
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(挖掘圆的几何性质))
1．(2020·高考全国卷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(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：由题意可知圆心在第一象限，设为(a，b).
∵圆与两坐标轴均相切，∴a＝b，且半径r＝a，
∴圆的标准方程为(x－a)2＋(y－a)2＝a2.
∵点(2，1)在圆上，∴(2－a)2＋(1－a)2＝a2，
∴a2－6a＋5＝0，解得a＝1或a＝5.
当a＝1时，圆心坐标为(1，1)，此时圆心到直线2x－y－3＝0的距离d＝＝；
当a＝5时，圆心坐标为(5，5)，此时圆心到直线2x－y－3＝0的距离d＝＝.
综上，圆心到直线2x－y－3＝0的距离为.
答案：B
2．(2020·高考全国卷Ⅰ)已知⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直线l：2x＋y＋2＝0，P为l上的动点．过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|·|AB|最小时，直线AB的方程为(　　)
A．2x－y－1＝0
B．2x＋y－1＝0
C．2x－y＋1＝0
D．2x＋y＋1＝0
解析：⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，
则圆心M(1，1)，⊙M的半径为2.
如图所示，由题意可知PM⊥AB，
∴S四边形PAMB＝|PM|·|AB|＝|PA|·|AM|＝2|PA|，
∴|PM|·|AB|＝4|PA|＝4.
当|PM|·|AB|最小时，|PM|最小，此时PM⊥l.
故直线PM的方程为y－1＝(x－1)，即x－2y＋1＝0.
由得∴P(－1，0).
又∵PA与⊙M相切，∴直线PA的方程为x＝－1(∵在⊙M中，－1≤x≤1)，
∴PA⊥x轴，PA⊥MA，∴A(－1，1).
又直线AB与l平行，
设直线AB的方程为2x＋y＋m＝0，
将A(－1，1)的坐标代入2x＋y＋m＝0，得m＝1.
∴直线AB的方程为2x＋y＋1＝0.
答案：D
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(数形结合求范围))
若x，y∈R，且x＝，则的取值范围是________．
解析：x＝?x2＋y2＝1(x≥0)，此方程表示圆的一半，如图，设P(x，y)是此曲线上的点，则表示过点P(x，y)，Q(－1，－2)两点直线的斜率．设切线QA的斜率为k，则它的方程为y＋2＝k(x＋1).从而由＝1，解得k＝.又kBQ＝3，∴所求范围是.
答案：
PAGE第四节　直线与圆、圆与圆的位置关系
1．直线与圆的位置关系与判断方法
(1)几何法：利用圆心到直线的距离d与半径r的大小关系．
①d②d＝r?直线与圆相切；
③d>r?直线与圆相离．
(2)代数法：联立方程，消去x(或y)得一元二次方程，计算Δ＝b2－4ac.
①Δ>0?直线与圆相交；
②Δ＝0?直线与圆相切；
③Δ<0?直线与圆相离．
2．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
外离
d>r1＋r2
无解
外切
d＝r1＋r2
一组实数解
续表
　　　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
相交
|r1－r2|两组不同的实数解
内切
d＝|r1－r2|(r1≠r2)
一组实数解
内含
0≤d<|r1－r2|(r1≠r2)
无解
3.两圆公切线的条数
位置关系
内含
内切
相交
外切
外离
公切线条数
0
1
2
3
4
圆的方程两种设法技巧
(1)经过直线l：Ax＋By＋C＝0与圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0的交点的圆的方程表示为(x2＋y2＋Dx＋Ey＋F)＋λ(Ax＋By＋C)＝0.
(2)经过圆x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0与圆x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0的两个交点的圆的方程表示为x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0.
1．(基本方法：直线与圆的位置关系)直线y＝x＋6与圆x2＋y2－2y－4＝0的位置关系为(　　)
A．相离
B．相切
C．相交且不过圆心
D．相交过圆心
答案：A
2．(基本方法：圆与圆的位置关系)两圆x2＋y2－2y＝0与x2＋y2－4＝0的位置关系是(　　)
A．相交
B．内切
C．外切
D．内含
答案：B
3．(基本能力：圆的弦长)直线3x－y－6＝0与圆x2＋y2－2x－4y＝0相交于A，B两点，则|AB|＝________．
答案：
4．(基本应用：求圆的切线方程)已知直线l：y＝k(x＋)和圆C：x2＋(y－1)2＝1，若直线l与圆C相切，则k＝________．
答案：0或
5．(基本能力：圆的公切线)与圆C1：x2＋y2－6x＋4y＋12＝0，C2：x2＋y2－14x－2y＋14＝0都相切的直线有________条．
答案：1
题型一　直线与圆的位置关系　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
类型
1　直线与圆位置关系的判断
[例1]　(1)已知点M(a，b)在圆O：x2＋y2＝1外，则直线ax＋by＝1与圆O的位置关系是(　　)
A．相切
B．相交
C．相离
D．不确定
解析：因为M(a，b)在圆O：x2＋y2＝1外，
所以a2＋b2>1，
而圆心O到直线ax＋by＝1的距离
d＝＝<1，
所以直线与圆相交．
答案：B
(2)(2021·湖北荆州模拟)圆(x－1)2＋(y－1)2＝2关于直线y＝kx＋3对称，则k的值是(　　)
A．2
B．－2
C．1
D．－1
解析：∵圆(x－1)2＋(y－1)2＝2关于直线y＝kx＋3对称，∴直线y＝kx＋3过圆心(1，1)，即1＝k＋3，解得k＝－2.
答案：B
(3)(多选题)已知θ∈R，由所有直线l：(x－2)cos
θ＋(y－1)sin
θ＝1组成的集合记为M，则下列命题中是真命题的是(　　)
A．存在一个圆与所有直线都相交
B．存在一个圆与所有直线都不相交
C．存在一个圆与所有直线都相切
D．M中的直线所围成的正三角形面积都相等
解析：根据点(2，1)到直线的距离d＝＝1，
故l表示圆(x－2)2＋(y－1)2＝1的所有切线，符合A、B、C三项的圆可依次为
(x－2)2＋(y－1)2＝2，(x－2)2＋(y－1)2＝，(x－2)2＋(y－1)2＝1.
对于D，存在如下图所示的两种正三角形(△ABC与△ADE)，面积不相等，选项D不正确．
答案：ABC
类型
2　直线与圆相切问题
[例2]　(1)(2020·河南洛阳三校联考)已知圆C：(x＋1)2＋(y－1)2＝1与x轴切于A点，与y轴切于B点，设劣弧AB的中点为M，则过点M的圆C的切线方程是(　　)
A．y＝x＋2－
B．y＝x＋1－
C．y＝x－2＋
D．y＝x＋1－
解析：由已知得A(－1，0)，B(0，1)，则易得kAB＝1，M，所以切线斜率为1，故切线方程为y＋－1＝x－＋1，即y＝x＋2－.
答案：A
(2)点P为射线x＝2(y≥0)上一点，过P作圆x2＋y2＝3的两条切线，若两条切线的夹角为90°，则点P的坐标为(　　)
A．(2，1)
B．(2，2)
C．(2，)
D．(2，0)
解析：如图所示，设切点为A，B，则OA⊥AP，OB⊥BP，OA＝OB，AP＝BP，AP⊥BP，故四边形OAPB为正方形，
则|OP|＝，又xP＝2，则P(2，).
答案：C
(3)若圆心在x轴上，半径为的圆O′位于y轴左侧，且与直线x＋2y＝0相切，则圆O′的方程是(　　)
A．(x－5)2＋y2＝5或(x＋5)2＋y2＝5
B．(x＋)2＋y2＝5
C．(x－5)2＋y2＝5
D．(x＋5)2＋y2＝5
解析：设圆心坐标为(a，0)(a＜0)，因为圆与直线x＋2y＝0相切，所以＝，解得a＝－5，因此圆的方程为(x＋5)2＋y2＝5.
答案：D
类型
3　直线与圆相交问题
[例3]　(1)(2020·高考全国卷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(　　)
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：圆的方程可化为(x－3)2＋y2＝9，故圆心的坐标为C(3，0)，半径r＝3.如图所示，记点M(1，2)，则当MC与直线垂直时，直线被圆截得的弦的长度最小，此时|MC|＝2，弦的长度l＝2＝2＝2.
答案：B
(2)若圆Ω过点(0，－1)，(0，5)，且被直线x－y＝0截得的弦长为2，则圆Ω的方程为(　　)
A．x2＋(y－2)2＝9或(x＋4)2＋(y－2)2＝25
B．x2＋(y－2)2＝9或(x－1)2＋(y－2)2＝10
C．(x＋4)2＋(y－2)2＝25或(x＋4)2＋(y－2)2＝17
D．(x＋4)2＋(y－2)2＝25或(x－4)2＋(y－1)2＝16
解析：由于圆Ω过点(0，－1)，(0，5)，
所以圆心在直线y＝2上，
设圆心坐标为(a，2)，
由题意得＝，
解得a＝0或a＝－4.
当a＝0时，圆心坐标为(0，2)，半径为3；
当a＝－4时，圆心坐标为(－4，2)，半径为5，
所以圆Ω的方程为x2＋(y－2)2＝9或(x＋4)2＋(y－2)2＝25.
答案：A
(3)设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过点(0，3)，且与圆C交于A，B两点．若|AB|＝2，则直线l的方程为__________.
解析：当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，
由
解得或
所以|AB|＝2，符合题意．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋3，
由已知可得圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝4，其圆心为C(1，1)，半径r＝2，
所以圆心C到直线kx－y＋3＝0的距离d＝＝.
因为d2＝r2－，
所以＝4－，
即(k＋2)2＝k2＋1，解得k＝－，
所以直线l的方程为y＝－x＋3，即3x＋4y－12＝0.
综上，满足题意的直线l的方程为x＝0或3x＋4y－12＝0.
答案：x＝0或3x＋4y－12＝0
方法总结?
直线与圆位置关系的求解方法
问题
解题技巧
图例
直线与圆位置关系判断
利用圆心到直线的距离d与半径r比较进行判断
求弦长
巧借垂径定理，利用|AB|＝2(d为弦心距，r为圆的半径)求解直线与圆相交所得弦长
求切线方程
若点(x0，y0)在圆上，斜率存在时，先求点与圆心连线的斜率k，由切线与过切点、圆心的直线垂直的关系知切线的斜率为－，由点斜式方程可求出切线方程
若点(x0，y0)在圆外，当斜率k存在时，设直线方程为y－y0＝k(x－x0)，由圆心到直线的距离等于半径求出斜率，即可得出切线方程
　　?
[题组突破]
1．直线l：mx－y＋1－m＝0与圆C：x2＋(y－1)2＝5的位置关系是(　　)
A．相交
B．相切
C．相离
D．不确定
解析：法一：直线l：mx－y＋1－m＝0过定点(1，1)，因为点(1，1)在圆x2＋(y－1)2＝5的内部，所以直线l与圆相交．
法二(几何法)：由题意知，圆心(0，1)到直线l的距离d＝＜1＜，故直线l与圆相交．
法三(代数法)：由消去y，整理得(1＋m2)x2－2m2x＋m2－5＝0，Δ＝(－2m2)2－4(1＋m2)·(m2－5)＝4(4m2＋5)＞0，故直线l与圆相交．
答案：A
2．若直线kx－y＋2＝0与圆x2＋y2－2x－3＝0没有公共点，则实数k的取值范围是________．
解析：由题知，圆x2＋y2－2x－3＝0可化为(x－1)2＋y2＝4，圆心(1，0)到直线kx－y＋2＝0的距离d＞2，即
＞2，解得0＜k＜.
答案：
3．已知直线l：mx＋y＋3m－＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点．若|AB|＝2，则|CD|＝________．
解析：由直线l：mx＋y＋3m－＝0知其过定点(－3，)，圆心O到直线l的距离为d＝.
由|AB|＝2得＋()2＝12，解得m＝－.又直线l的斜率为－m＝，所以直线l的倾斜角α＝.
画出符合题意的图形如图所示，过点C作CE⊥BD，则∠DCE＝.
在Rt△CDE中，可得|CD|＝＝2×＝4.
答案：4
题型二　圆与圆的位置关系　
　　　　
　　　　　　　　
[典例剖析]
[典例]　(1)(2021·江西九江调研)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(　　)
A．内切
B．相交
C．外切
D．相离
解析：圆M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)可化为x2＋(y－a)2＝a2，由题意得d＝，所以有a2＝＋2，解得a＝2.
所以圆M：x2＋(y－2)2＝22，圆M与圆N的圆心距为，半径和为3，半径差为1，所以两圆相交．
答案：B
(2)若圆O1：x2＋y2＝5与圆O2：(x＋m)2＋y2＝20相交于A，B两点，且两圆在点A处的切线互相垂直，则线段AB的长度是(　　)
A．3
B．4
C．2
D．8
解析：如图所示，连接O1A、O2A，由于⊙O1与⊙O2在点A处的切线互相垂直，因此O1A⊥O2A，所以O1O＝O1A2＋O2A2，即m2＝5＋20＝25.设AB交x轴于点C.在Rt△O1AO2中，sin
∠AO2O1＝，∴在Rt△ACO2中，AC＝AO2·sin
∠AO2O1＝2×＝2，∴AB＝2AC＝4.
答案：B
(3)(2021·江苏南京模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知圆M：(x－a)2＋(y－2a)2＝4，圆N：(x－2)2＋(y＋1)2＝4，若圆M上存在一点P，使得以点P为圆心，1为半径的圆与圆N有公共点，则实数a的取值范围为________．
解析：根据题意，可将“以点P为圆心，1为半径的圆与圆N有公共点”转化为“圆M的半径增加1后与圆N有交点”，即圆(x－a)2＋(y－2a)2＝9与圆(x－2)2＋(y＋1)2＝4有交点，则1≤≤5，得a2≤4，即a∈[－2，2].
答案：[－2，2]
方法总结?
1．判断两圆位置关系的方法
常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和及差的绝对值的大小关系判断，一般不用代数法．重视两圆内切的情况，作图观察．
2．两圆相交时，公共弦所在直线方程的求法
两圆的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．
3．两圆公共弦长的求法
求两圆公共弦长，常选其中一圆，由弦心距d，半弦长，
半径r构成直角三角形，利用勾股定理求解．　　?
[对点训练]
1．若圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0相切，则m＝(　　)
A．－11
B．9
C．19
D．9或－11
解析：依题意可得C1(0，0)，C2(3，4)，则|C1C2|＝＝5.又r1＝1，r2＝，25－m＞0，
当两圆外切时，r1＋r2＝＋1＝5，解得m＝9；
当两圆内切时，|r2－r1|＝5，即|－1|＝5，
得＝6，解得m＝－11.
答案：D
2．若圆x2＋y2＝a2与圆x2＋y2＋ay－6＝0的公共弦长为2，则a＝________．
解析：两圆作差得公共弦所在直线方程为a2＋ay－6＝0.原点到a2＋ay－6＝0的距离为d＝，
∵公共弦长为2，
∴a2＝()2＋，
∴a2＝4，a＝±2.
答案：±2
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(创新思维))
1．(2020·高考全国卷Ⅲ)若直线l与曲线y＝和圆x2＋y2＝都相切，则l的方程为(　　)
A．y＝2x＋1
B．y＝2x＋
C．y＝x＋1
D．y＝x＋
解析：圆x2＋y2＝的圆心为原点，半径为，经检验原点与选项A，D中的直线y＝2x＋1，y＝x＋的距离均为，即两直线与圆x2＋y2＝均相切，原点与选项B，C中的直线y＝2x＋，y＝x＋1的距离均不是，即两直线与圆x2＋y2＝均不相切，所以排除选项BC.将直线方程y＝2x＋1代入y＝，得2()2－＋1＝0，判别式Δ＜0，所以直线y＝2x＋1与曲线y＝不相切，所以排除选项A.
答案：D
2．(2020·高考天津卷)已知直线x－y＋8＝0和圆x2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B两点．若|AB|＝6，则r的值为________．
解析：设圆心为O(0，0)，圆心到直线的距离d＝＝4.取AB的中点M，连接OM(图略)，则OM⊥AB.在Rt△OMA中，r＝＝5.
答案：5
3．(2020·高考浙江卷)已知直线y＝kx＋b(k>0)与圆x2＋y2＝1和圆(x－4)2＋y2＝1均相切，则k＝________，b＝________．
解析：法一：直线kx－y＋b＝0分别与圆心坐标为(0，0)，半径为1，及圆心坐标为(4，0)，半径为1的两圆相切，
可得
解得
或
(舍去).
法二：如图所示，直线分别与两个半径相等的圆相切，由对称性可知，直线与x轴的交点为A(2，0).
由AB＝2，BM＝1，∠AMB＝90°，得∠MAB＝30°，
可得直线的斜率k＝tan
30°＝，
直线方程为y＝(x－2)＝x－，因此b＝－.
答案：　－
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(圆与向量的结合))
已知圆C经过点(2，4)，(1，3)，圆心C在直线x－y＋1＝0上，过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C相交于M，N两点．
(1)求圆C的方程；
(2)请问·是否为定值，若是，请求出该定值，若不是，请说明理由；
(3)若·＝12(O为坐标原点)，求直线l的方程．
解析：(1)设圆C的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则依题意，得解得
∴圆C的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝1.
(2)·为定值．
过点A(0，1)作直线AT与圆C相切，切点为T，易得|AT|2＝7，
∴·＝||·||cos
0°＝|AT|2＝7，
∴·为定值，且定值为7.
(3)依题意可知，直线l的方程为y＝kx＋1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，将y＝kx＋1代入(x－2)2＋(y－3)2＝1并整理，得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0，∴x1＋x2＝，x1x2＝，
∴·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝＋8＝12，即＝4，解得k＝1，又当k＝1时Δ＞0，∴直线l的方程为y＝x＋1.
PAGE第五节　椭
圆
1．椭圆的定义
(1)平面内与两个定点F1，F2的距离之和等于常数(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．
(2)集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a，c为常数且a>0，c>0.
①当2a>|F1F2|时，M点的轨迹为椭圆；
②当2a＝|F1F2|时，M点的轨迹为线段F1F2；
③当2a<|F1F2|时，M点的轨迹不存在．
2．椭圆的标准方程和几何性质
图形
标准方程
＋＝1(a>b>0)
＋＝1(a>b>0)
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
a2＝b2＋c2
1.e与：因为e＝＝＝，所以离心率e越大，则越小，椭圆就越扁；离心率e越小，则越大，椭圆就越圆．
2．点与椭圆的位置关系：
已知点P(x0，y0)，椭圆＋＝1(a＞b＞0)，则
(1)点P(x0，y0)在椭圆内?
eq
\f(x,a2)
＋
eq
\f(y,b2)
＜1；
(2)点P(x0，y0)在椭圆上?
eq
\f(x,a2)
＋
eq
\f(y,b2)
＝1；
(3)点P(x0，y0)在椭圆外?
eq
\f(x,a2)
＋
eq
\f(y,b2)
＞1.
3．设椭圆＋＝1(a＞b＞0)上任意一点P(x，y)，则当x＝0时，|OP|有最小值b，这时，P为短轴端点；当x＝±a时，|OP|有最大值a，这时，P为长轴端点．
4．若点P是椭圆＋＝1(a＞b＞0)上任意一点，F1、F2是椭圆的左、右焦点，且∠F1PF2＝θ，则S△PF1F2＝b2tan
.
5．过椭圆＋＝1(a＞b＞0)的焦点F作x轴的垂线，交椭圆于A，B，则|AB|＝.
6．椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1、F2，P(x0，y0)是椭圆上任意一点，则|PF1|＝a＋ex0，|PF2|＝a－ex0.
7．若P为椭圆＋＝1(a＞b＞0)上任意一点，则a－c≤|PF|≤a＋c.
1．(基础知识：椭圆的概念)下列说法中正确的个数是(　　)
①平面内到两定点距离之和为常数是动点的轨迹是椭圆的必要不充分条件；②椭圆的离心率越大，椭圆越接近圆；③若方程＋＝1表示椭圆，则(5－k)(k－3)＞0；④椭圆的离心率e∈(0，1).
A．1
B．2
C．3
D．0
答案：B
2．(基础知识：椭圆的定义)已知椭圆＋＝1上一点P到椭圆一个焦点F1的距离为3，则P到另一个焦点F2的距离为(　　)
A．2
B．3
C．5
D．7
答案：D
3．(基本方法：椭圆的方程)过点A(3，－2)且与椭圆＋＝1有相同焦点的椭圆的方程为(　　)
A．＋＝1
B．＋＝1
C．＋＝1
D．＋＝1
答案：A
4．(基本能力：椭圆的离心率)已知椭圆＋＝1(m>0)的离心率e＝，则m的值为________．
答案：3或
5．(基本应用：椭圆的性质)已知点P是椭圆＋＝1上y轴右侧的一点，且以点P及焦点F1，F2为顶点的三角形的面积等于1，则点P的坐标为____________．
答案：或
题型一　椭圆的定义及应用　
　　　　
　　　　　　　　　
1．已知圆C1：(x－4)2＋y2＝169，圆C2：(x＋4)2＋y2＝9，动圆在圆C1内部且和圆C1相内切，和圆C2相外切，则动圆圆心M的轨迹方程为(　　)
A．－＝1
B．＋＝1
C．－＝1
D．＋＝1
解析：设圆M的半径为r，
则|MC1|＋|MC2|＝(13－r)＋(3＋r)＝16，
∴M的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，且2a＝16，2c＝8，故所求的轨迹方程为＋＝1.
答案：D
2．(2021·河南郑州第二次质量检测)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为，过F2的直线l交C于A，B两点．若△AF1B的周长为12，则椭圆C的标准方程为(　　)
A．＋y2＝1
B．＋＝1
C．＋＝1
D．＋＝1
解析：由椭圆的定义，知|AF1|＋|AF2|＝2a，|BF1|＋|BF2|＝2a，所以△AF1B的周长为|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝12，所以a＝3.因为椭圆的离心率e＝＝，所以c＝2，所以b2＝a2－c2＝5，所以椭圆C的方程为＋＝1.
答案：D
3．设点P为椭圆C：＋＝1(a>2)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且∠F1PF2＝60°，则△PF1F2的面积为________．
解析：由题意知，c＝.
又∠F1PF2＝60°，|F1P|＋|PF2|＝2a，
|F1F2|＝2，
∴|F1F2|2＝(|F1P|＋|PF2|)2－2|F1P|·|PF2|－2|F1P|·|PF2|cos
60°＝4a2－3|F1P|·|PF2|＝4a2－16，
∴|F1P|·|PF2|＝，
∴S△PF1F2＝|F1P|·|PF2|sin
60°＝××＝.
答案：
4．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|的最大值为________，最小值为________．
解析：椭圆方程可化为＋＝1，
设F1是椭圆的右焦点，则F1(2，0)，
∴|AF1|＝，
∴|PA|＋|PF|＝|PA|－|PF1|＋6.
又－|AF1|≤|PA|－|PF1|≤|AF1|(当且仅当P，A，F1共线时等号成立)，
∴|PA|＋|PF|≤6＋，|PA|＋|PF|≥6－.
答案：6＋　6－
5．已知动圆M过定点A(－3，0)并且与定圆B：(x－3)2＋y2＝64相切，则动圆圆心M的轨迹方程为________．
解析：因为点A在圆B内，
所以过点A的圆与圆B只能内切，
因为定圆圆心坐标为B(3，0)，
所以|AB|＝6.
所以|BM|＝8－|MA|，即|MB|＋|MA|＝8＞|AB|，
所以动点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，
即a＝4，c＝3.故b2＝7.所以椭圆方程为＋＝1.
答案：＋＝1
方法总结?
椭圆定义应用技巧思路
应用
解读
求方程
条件转化后满足椭圆定义，直接求轨迹方程
求焦点三角形
求焦点三角形周长或面积，根据椭圆定义、正、余弦定理，其中|PF1|＋|PF2|＝2a.平方是常用技巧
求最值
利用|PF1|＋|PF2|＝2a为定值，利用基本不等式求|PF1|·|PF2|最值或利用三角形求最值．如a＋c、a－c
　　?
题型二　椭圆的标准方程及应用　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
[典例]　(1)(2020·福建宁德模拟)一个椭圆的中心在原点，焦点F1，F2在x轴上，P(2，)是椭圆上一点，且|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列，则椭圆的方程为(　　)
A．＋＝1
B．＋＝1
C．＋＝1
D．＋＝1
解析：设椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0).
由点P(2，)在椭圆上知＋＝1.
又|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列，
则|PF1|＋|PF2|＝2|F1F2|，即2a＝2×2c，＝，又c2＝a2－b2，联立
解得a2＝8，b2＝6，故椭圆方程为＋＝1.
答案：A
(2)已知椭圆的中心在原点，以坐标轴为对称轴，且经过两点，(，)，则椭圆的方程为________________________________________________________．
解析：设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m，n>0，m≠n).
由
解得m＝，n＝.
∴椭圆方程为＋＝1.
答案：＋＝1
(3)已知椭圆C1：＋y2＝1，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率，求椭圆C2的方程．
解析：法一(待定系数法)：由已知可设椭圆C2的方程为＋＝1(a>2)，其离心率为，故＝，解得a＝4，故椭圆C2的方程为＋＝1.
法二(椭圆系法)：因椭圆C2与C1有相同的离心率，且焦点在y轴上，故设C2：＋x2＝k(k>0)，即＋＝1.
又2＝2×2，故k＝4，故椭圆C2的方程为＋＝1.
答案：＋＝1
方法总结?
求椭圆标准方程的方法
方法
解读
适合题型
定义法
根据题目的条件，判断是否满足椭圆的定义，若满足，求出相应的a，b，c的值，即可求得方程
涉及两焦点的距离问题
待定系数法
(1)如果已知椭圆的中心在原点，且确定焦点所在位置，可设出相应形式的标准方程，然后根据条件确定关于a，b，c的方程组，解出a2，b2，从而写出椭圆的标准方程；(2)当焦点位置不确定时，可以分类讨论，也可以设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m≠n>0)
能够明确椭圆的焦点位置
椭圆系法
根据共同特征设出椭圆的标准方程，再根据其他条件确定方程：与＋＝1有相同离心率的椭圆为＋＝λ(λ>0)或＋＝λ(λ>0)；与＋＝1有共同焦点的椭圆为＋＝1(a>b>0)
具有某共同特征的椭圆求标准方程
　　?[对点训练]
1．(2021·四川成都模拟)与椭圆＋＝1有相同离心率且经过点(2，－)的椭圆方程为________________．
解析：因为e＝＝＝＝＝，
若焦点在x轴上，设所求椭圆方程为＋＝1(m＞n＞0)，
则1－＝，从而＝，＝.
又＋＝1，所以m2＝8，n2＝6.
所以所求椭圆方程为＋＝1.
若焦点在y轴上，设方程为＋＝1(h＞k＞0)，
则＋＝1，且＝，解得h2＝，k2＝.
故所求椭圆方程为＋＝1，即＋＝1.
答案：＋＝1或＋＝1
2．已知中心在坐标原点的椭圆过点A(－3，0)，且离心率e＝，则椭圆的标准方程为________________．
解析：若焦点在x轴上，则a＝3.
由e＝得c＝，∴b2＝a2－c2＝9－5＝4，
所以椭圆方程为＋＝1.
若焦点在y轴上，则b＝3，a2－c2＝9，又离心率e＝＝，解得a2＝，所以椭圆方程是＋＝1，即＋＝1.
答案：＋＝1或＋＝1
题型三　椭圆的几何性质　
　
[典例剖析]
类型
1　求离心率(范围)
[例1]　(1)已知椭圆C：＋＝1的一个焦点为(2，0)，则椭圆C的离心率为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：∵a2＝4＋22＝8，∴a＝2，∴e＝＝＝.
答案：C
(2)设椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，椭圆C上的两点A、B关于原点对称，且满足·＝0，|FB|≤|FA|≤2|FB|，则椭圆C的离心率的取值范围是(　　)
A．
B．
C．
D．[－1，1)
解析：设椭圆左焦点为F′，连接AF′、BF′(图略).由椭圆的对称性可知，四边形AFBF′为平行四边形，又·＝0，即FA⊥FB，故平行四边形AFBF′为矩形，所以|AB|＝|FF′|＝2c.
设|AF′|＝n，|AF|＝m，则在Rt△AF′F中，m＋n＝2a，
m2＋n2＝4c2，①
得mn＝2b2，②
①÷②得＋＝，
令＝t，得t＋＝.
又由|FB|≤|FA|≤2|FB|得1≤≤2，
则＝t∈[1，2]，
∴t＋＝∈，
又＝＝，则可得≤e≤，
即离心率的取值范围是.
答案：A
(3)(2021·陕西西安检测)已知P为椭圆＋＝1(a＞b＞0)上一点，F1、F2是其左、右焦点，∠F1PF2取最大值时cos
∠F1PF2＝，则椭圆的离心率为________．
解析：易知∠F1PF2取最大值时，点P为椭圆＋＝1与y轴的交点，由余弦定理及椭圆的定义得2a2－＝4c2，即a＝c，所以椭圆的离心率e＝＝.
答案：
类型
2　有关最值及范围
[例2]　(1)已知点P(0，1)，椭圆＋y2＝m(m>1)上两点A，B满足＝2，则当m＝________时，点B横坐标的绝对值最大．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由＝2，
得
即x1＝－2x2，y1＝3－2y2.
因为点A，B在椭圆上，
所以
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4x,4)＋（3－2y2）2＝m，,\f(x,4)＋y＝m，))
得y2＝m＋，
所以x＝m－(3－2y2)2＝－m2＋m－＝－(m－5)2＋4≤4，
所以当m＝5时，点B横坐标的绝对值最大，最大值为2.
答案：5
(2)(2021·山东烟台模拟)已知F(2，0)为椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点，过F且垂直于x轴的弦长为6，若A(－2，)，点M为椭圆上任一点，则|MF|＋|MA|的最大值为________．
解析：设椭圆的左焦点为F′，
由椭圆的右焦点为F(2，0)，得c＝2，又过F且垂直于x轴的弦长为6，即＝6，
则＝＝3，解得a＝4，
所以|MF|＋|MA|＝8－|MF′|＋|MA|＝8＋|MA|－|MF′|，
当M，A，F′三点共线时，|MA|－|MF′|取得最大值，
(|MA|－|MF′|)max＝|AF′|＝，
所以|MF|＋|MA|的最大值为8＋.
答案：8＋
方法总结?
1．求椭圆离心率或其范围的方法
(1)求a，b，c的值，由e2＝＝＝1－直接求解．
(2)列出含有a，b，c的方程(或不等式)，借助于b2＝a2－c2消去b，然后转化成关于e的方程(或不等式)求解．
2．椭圆几何性质的应用技巧
(1)与椭圆几何性质有关的问题要结合图形进行分析，即使不画出图形，思考时也要联想到一个图形．
(2)椭圆的范围或最值问题常常涉及一些不等式．例如，－a≤x≤a，－b≤y≤b，0[题组突破]
1．已知F1、F2是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C的离心率为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：如图所示，作PB⊥x轴于点B.
由题意可设|F1F2|＝|PF2|＝2，则c＝1，
由∠F1F2P＝120°，
可得|PB|＝，|BF2|＝1，
故|AB|＝a＋1＋1＝a＋2，
tan
∠PAB＝＝＝，
解得a＝4，
所以e＝＝.
答案：D
2．已知点P为椭圆＋＝1上的动点，EF为圆N：x2＋(y－1)2＝1的任一直径，
则·的最大值和最小值分别是(　　)
A．16，12－4
B．17，13－4
C．19，12－4
D．20，13－4
解析：∵EF是圆N的直径，∴|NE|＝|NF|＝1，且＝－，则·＝(＋)·(＋)＝(＋)·(－)＝2－2＝2－1.设P(x0，y0)，则有
eq
\f(x,16)
＋
eq
\f(y,12)
＝1，即x＝16－y，又N(0，1)，
∴||2＝x＋(y0－1)2＝－(y0＋3)2＋20，又∵y0∈[－2，2]，∴当y0＝－3时，||2取得最大值20，则(·)max＝20－1＝19.当y0＝2时，||2取得最小值13－4，则(·)min＝12－4.综上，·的最大值和最小值分别为19，12－4.
答案：C
题型四　椭圆的综合应用　
　
[典例剖析]
[典例]　(2020·安徽模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，P为椭圆C上一点，满足3|PF1|＝5|PF2|，且cos
∠F1PF2＝.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，点Q，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范围．
解析：(1)由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，①
则3r1＝5r2.
又r1＋r2＝2a，②
联立①②，解得r1＝a，r2＝a.
在△PF1F2中，由余弦定理得cos
∠F1PF2＝
eq
\f(r＋r－|F1F2|2,2r1r2)
＝＝，
解得a2＝4.
因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，
于是椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由消去y并整理，得
(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，
x1x2＝，
且Δ＝(8km)2－4×(3＋4k2)×(4m2－12)＝48(3＋4k2－m2)>0.③
设线段AB的中点为M(x0，y0)，连接QM，图略则
x0＝＝，y0＝kx0＋m＝.
因为|AQ|＝|BQ|，所以AB⊥QM.
又Q，M为线段AB的中点，所以k≠0，直线QM的斜率存在，
所以k·kQM＝k·＝－1，
解得m＝－.④
把④代入③，得3＋4k2>，
解得k<－或k>.
即k的取值范围为∪.
方法总结?
1．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．
2．设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
|AB|＝
|x1－x2|＝或|AB|＝
|y1－y2|＝
(k为直线斜率，k≠0).
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．　　?
[对点训练]
　已知P(1，1)为椭圆＋＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为________．
解析：法一：易知此弦所在直线的斜率存在，设其方程为y－1＝k(x－1)，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由
消去y，得(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，
∴x1＋x2＝.
又∵x1＋x2＝2，
∴＝2，解得k＝－.
经检验，k＝－满足题意．
故此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0.
法二：易知此弦所在直线的斜率存在，
设斜率为k，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
eq
\f(x,4)
＋
eq
\f(y,2)
＝1，①
eq
\f(x,4)
＋
eq
\f(y,2)
＝1，②
①－②得
＋＝0.
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴＋y1－y2＝0，
∴k＝＝－.
经检验，k＝－满足题意．
∴此弦所在的直线方程为
y－1＝－(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
答案：x＋2y－3＝0
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(创新思维))
(2019·高考全国卷Ⅰ)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(　　)
A．＋y2＝1
B．＋＝1
C．＋＝1
D．＋＝1
解析：设椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0).
由椭圆的定义可得|AF1|＋|AB|＋|BF1|＝4a.
∵|AB|＝|BF1|，|AF2|＝2|F2B|，
∴|AB|＝|BF1|＝|AF2|，
∴|AF1|＋3|AF2|＝4a.
又∵|AF1|＋|AF2|＝2a，∴|AF1|＝|AF2|＝a，
∴点A是椭圆的短轴端点，如图所示．
不妨设A(0，－b)，由F2(1，0)，，得B.
由点B在椭圆上，得＋＝1，解得a2＝3，b2＝a2－c2＝2.
∴椭圆C的方程为＋＝1.
答案：B
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(椭圆离心率的范围问题))
已知F1(－c，0)，F2(c，0)为椭圆＋＝1(a＞b＞0)的两个焦点，P在椭圆上且满足，则此椭圆离心率的取值范围是(　　)
A．　　　　　　　　
B．
C．
D．
解析：设P(x，y)，则＋＝1，y2＝b2－x2，－a≤x≤a，＝(－c－x，－y)，＝(c－x，－y).
所以＝x2－c2＋y2＝x2＋b2－c2＝x2＋b2－c2.因为－a≤x≤a，所以b2－c2≤≤b2.所以b2－c2≤c2≤b2.所以2c2≤a2≤3c2.
所以≤≤.
答案：B
PAGE第六节　双曲线
1．双曲线的定义
(1)平面内与两个定点F1，F2的距离之差的绝对值(|F1F2|＝2c>0)为非零常数2a(2a<2c)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焦距．
(2)集合P＝{M|||MF1|－|MF2||＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a，c为常数且a>0，c>0.
①当2a<|F1F2|时，M点的轨迹是双曲线；
②当2a＝|F1F2|时，M点的轨迹是两条射线；
③当2a>|F1F2|时，M点不存在．
2．双曲线的标准方程与几何性质
图形
标准方程
－＝1(a>0，b>0)
－＝1(a>0，b>0)
性质
范围
x≥a或x≤－a
y≤－a或y≥a
对称性
对称轴：坐标轴；对称中心：原点
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
性质
离心率
e＝，e∈(1，＋∞)
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间的关系
c2＝a2＋b2(c>a>0，c>b>0)
1.在双曲线的定义中，|MF1|－|MF2|＝2a表示靠近F2的一支，|MF2|－|MF1|＝2a表示靠近F1的一支．
2．双曲线的焦点到渐近线的距离等于其虚半轴长．
3．方程－＝1(mn＞0)表示的曲线：
(1)当m＞0，n＞0时，表示焦点在x轴上的双曲线．
(2)当m＜0，n＜0时，表示焦点在y轴上的双曲线．
4．方程的常见设法：
(1)与双曲线－＝1共渐近线的方程可设为－＝λ(λ≠0).
(2)若渐近线的方程为y＝±x，则可设双曲线方程为－＝λ(λ≠0).
1．(基本方法：双曲线的标准方程)以椭圆＋＝1的焦点为顶点，顶点为焦点的双曲线方程为(　　)
A．x2－＝1
B．－y2＝1
C．x2－＝1
D．－＝1
答案：A
2．(基础知识：双曲线的定义)若双曲线E：－＝1的左、右焦点分别为F1、F2，点P在双曲线E上，且|PF1|＝3，则|PF2|等于(　　)
A．11
B．9
C．5
D．3
答案：B
3．(基本能力：双曲线的离心率)双曲线－＝1的离心率为(　　)
A．4
B．
C．
D．
答案：D
4．(基础知识：双曲线的渐近线)双曲线x2－＝1的渐近线方程为________．
答案：y＝±x
5．(基本应用：双曲线的性质)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A在其右支上，若AF1⊥AF2，∠AF1F2＝，则的值为________．
答案：1
题型一　双曲线的定义及应用　
　　　　
　　　　　　
1．已知两圆C1：(x＋4)2＋y2＝2，C2：(x－4)2＋y2＝2，动圆M与两圆C1，C2都相切，则动圆圆心M的轨迹方程是(　　)
A．x＝0
B．－＝1(x≥)
C．－＝1
D．－＝1或x＝0
解析：动圆M与两圆C1，C2都相切，有四种情况：①动圆M与两圆都外切；②动圆M与两圆都内切；③动圆M与圆C1外切、与圆C2内切；④动圆M与圆C1内切、与圆C2外切．在①②情况下，显然，动圆圆心M的轨迹方程为x＝0；在③的情况下，设动圆M的半径为r，则|MC1|＝r＋，|MC2|＝r－，
故得|MC1|－|MC2|＝2；
在④的情况下，同理得|MC2|－|MC1|＝2.
由③④得|MC1|－|MC2|＝±2.已知|C1C2|＝8，
根据双曲线定义，可知点M的轨迹是以C1(－4，0)，C2(4，0)为焦点的双曲线，且a＝，c＝4，b2＝c2－a2＝14，其方程为－＝1.
答案：D
2．(2020·陕西师大附中模拟)设过双曲线x2－y2＝9左焦点F1的直线交双曲线的左支于点P，Q，若|PQ|＝7，则△F2PQ的周长为(　　)
A．19
B．26
C．43
D．50
解析：如图所示，由双曲线的定义
可得
①＋②得|PF2|＋|QF2|－|PQ|＝4a，
∴△F2PQ的周长为|PF2|＋|QF2|＋|PQ|
＝4a＋|PQ|＋|PQ|＝4×3＋2×7＝26.
答案：B
3．(2021·河南郑州模拟)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，实轴长为6，渐近线方程为y＝±x，动点M在双曲线左支上，点N为圆E：x2＋(y＋)2＝1上一点，则|MN|＋|MF2|的最小值为(　　)
A．8
B．9
C．10
D．11
解析：由题意知2a＝6，则a＝3，又由＝得b＝1，所以c＝＝，则F1(－，0).根据双曲线的定义知|MF2|＝2a＋|MF1|＝|MF1|＋6，所以|MN|＋|MF2|＝|MN|＋|MF1|＋6＝|EN|＋|MN|＋|MF1|＋5≥|F1E|＋5＝＋5＝9，当且仅当F1，M，N，E共线时取等号．
答案：B
4．已知F1，F2为双曲线C：x2－y2＝2的左、右焦点，点P在C上，∠F1PF2＝60°，则△F1PF2的面积为________．
解析：不妨设点P在双曲线的右支上，则|PF1|－|PF2|＝2a＝2.
在△F1PF2中，由余弦定理，得cos
∠F1PF2＝＝，
∴|PF1|·|PF2|＝8，
∴S△F1PF2＝|PF1|·|PF2|·sin
60°＝2.
答案：2
方法总结?
应用双曲线定义时要注意
(1)距离之差的绝对值，不能漏掉“绝对值”，否则轨迹是一支．
(2)2a<|F1F2|，否则轨迹是射线或不存在．
(3)求双曲线方程时，注意标准形式的判断及焦点位置，否则x2与y2的系数会错．
(4)注意a、b、c的关系易错易混(c>a>0，c>b>0).　　?
题型二　双曲线的方程及性质　
　　　　
　　　　　　　
[典例剖析]
类型
1　双曲线标准方程
[例1]　(1)(2021·安徽合肥调研)已知双曲线的渐近线为y＝±x，实轴长为4，则该双曲线的方程为(　　)
A．－＝1
B．－＝1或－＝1
C．－＝1
D．－＝1或－＝1
解析：设双曲线方程为－＝1(m≠0)，
又2a＝4，∴a2＝4，
当m>0时，2m＝4，m＝2；
当m<0时，－m＝4，m＝－4.
故所求双曲线方程为－＝1或－＝1.
答案：D
(2)若双曲线经过点(3，)，且渐近线方程是y＝±x，则双曲线的方程是________________．
解析：设双曲线的方程是y2－＝λ.因为双曲线过点(3，)，所以λ＝2－＝1.所以双曲线的方程为y2－＝1.
答案：y2－＝1
(3)(2020·四川成都模拟)设双曲线与椭圆＋＝1有共同的焦点，且与椭圆相交，一个交点的坐标为(，4)，则此双曲线的标准方程是________________．
解析：法一：椭圆＋＝1的焦点为(0，3)和(0，－3)，
∴双曲线的焦距为2c＝6.
由双曲线的定义得
－＝8－4＝4＝2a.
∴a＝2，∴b2＝c2－a2＝9－4＝5，
双曲线方程为－＝1.
法二：设双曲线的方程为＋＝1(27<λ<36)，由于双曲线过点(，4)，故＋＝1，解得λ1＝32，λ2＝0(舍去).故所求双曲线方程为－＝1.
答案：－＝1
类型
2　渐近线
[例2]　(1)已知双曲线9y2－m2x2＝1(m>0)的一个顶点到它的一条渐近线的距离为，则m等于(　　)
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：由已知，取顶点，渐近线3y－mx＝0，则顶点到渐近线的距离为＝，解得m＝4.
答案：D
(2)(2021·湖北八市重点高中联考)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A，B，点P在双曲线C上，若△PAB中，∠PBA＝∠PAB＋，则双曲线C的渐近线方程为________．
解析：如图所示，过B作BM⊥x轴，
∵∠PBA＝∠PAB＋，
则∠PAB＝∠PBM，
∴∠PAB＋∠PBx＝，
即kPA·kPB＝1.
设P(x，y)，又A(－a，0)，B(a，0)，
∴·＝1，
∴x2－y2＝a2，∴a＝b，
则双曲线C的渐近线方程为y＝±x.
答案：y＝±x
类型
3　离心率
[例3]　(1)(2020·高考全国卷Ⅰ)已知F为双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴．若AB的斜率为3，则C的离心率为________．
解析：如图所示，A(a，0).
由BF⊥x轴且AB的斜率为3，知点B在第一象限，且B，
则kAB＝＝3，
即b2＝3ac－3a2.
又∵c2＝a2＋b2，即b2＝c2－a2，∴c2－3ac＋2a2＝0，
∴e2－3e＋2＝0，解得e＝2或e＝1(舍去).故e＝2.
答案：2
(2)(2019·高考全国卷Ⅱ)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．
B．
C．2
D．
解析：设双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点F的坐标为(c，0).由圆的对称性及条件|PQ|＝|OF|可知，PQ是以OF为直径的圆的直径，且PQ⊥OF.设垂足为M，连接OP，如图所示，则|OP|＝a，|OM|＝|MP|＝.由|OM|2＋|MP|2＝|OP|2得＋＝a2，故＝，即e＝.
答案：A
方法总结?
1．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轴上，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－＝λ(λ≠0)，再根据条件求λ的值．
2．求双曲线的渐近线的方法
求双曲线－＝1(a>0，b>0)或－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程的方法是令右边的常数等于0，即令－＝0，得y＝±x；或令－＝0，得y＝±x.反之，已知渐近线方程为y＝±x，可设双曲线方程为－＝λ(a>0，b>0，λ≠0).
3．求双曲线的离心率
(1)求双曲线的离心率或其范围的方法：
①求a，b，c的值，由＝＝1＋直接求e.
②列出含有a，b，c的等式(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．
(2)焦点在x轴上的双曲线的渐近线的斜率k与离心率e的关系：k＝＝＝
＝.　　?
[题组突破]
1．经过点(2，1)，且渐近线与圆x2＋(y－2)2＝1相切的双曲线的标准方程为(　　)
A．－＝1
B．－y2＝1
C．－＝1
D．－＝1
解析：法一：设双曲线的渐近线方程为y＝kx，即kx－y＝0，由渐近线与圆x2＋(y－2)2＝1相切可得圆心(0，2)到渐近线的距离等于半径1，由点到直线的距离公式可得＝1，解得k＝±.因为双曲线经过点(2，1)，所以双曲线的焦点在x轴上，可设双曲线的方程为－＝1(a＞0，b＞0)，将(2，1)代入可得－＝1，由得故所求双曲线的标准方程为－＝1.
法二：设双曲线的方程为mx2－ny2＝1(mn＞0)，将(2，1)代入方程可得4m－n＝1①.双曲线的渐近线方程为y＝±x，圆x2＋(y－2)2＝1的圆心为(0，2)，半径为1，由渐近线与圆x2＋(y－2)2＝1相切，可得＝1，即＝3②，由①②可得m＝，n＝，所以该双曲线的标准方程为－＝1.
答案：A
2．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为(　　)
A．
B．
C．2
D．
解析：由题意，可得F(1，0)，直线l的方程为x＝－1，双曲线的渐近线方程为y＝±x.将x＝－1代入y＝±x，得y＝±，所以点A，B的纵坐标的绝对值均为.由|AB|＝4|OF|可得＝4，即b＝2a，b2＝4a2，故双曲线的离心率e＝＝＝.
答案：D
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(定义与性质相结合))
1．(2019·高考全国卷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________.
解析：法一：由，得A为F1B的中点．
又∵O为F1F2的中点，∴OA∥BF2.
又＝0，∴∠F1BF2＝90°.
∴OF2＝OB，∴∠OBF2＝∠OF2B.
又∵∠F1OA＝∠BOF2，
∠F1OA＝∠OF2B，
∴∠BOF2＝∠OF2B＝∠OBF2，∴△OBF2为等边三角形．
如图所示，不妨设B为.
∵点B在直线y＝－x上，∴＝，
∴离心率e＝＝2.
法二：∵＝0，∴∠F1BF2＝90°.在Rt△F1BF2中，O为F1F2的中点，∴|OF2|＝|OB|＝c.如图所示，作BH⊥x轴于H，由l1为双曲线的渐近线，可得＝，且|BH|2＋|OH|2＝|OB|2＝c2，
∴|BH|＝b，|OH|＝a，
∴B(a，－b)，F2(c，0).
又∵，
∴A为F1B的中点．
∴OA∥F2B，∴＝，
∴c＝2a，∴离心率e＝＝2.
答案：2
2．(2020·高考全国卷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的面积为(　　)
A．
B．3
C．
D．2
解析：法一：由题知a＝1，b＝，c＝2，F1(－2，0)，F2(2，0)，如图所示，因为|OF1|＝|OF2|＝|OP|＝2，所以点P在以F1F2为直径的圆上，故PF1⊥PF2，则|PF1|2＋|PF2|2＝(2c)2＝16.
由双曲线的定义知||PF1|－|PF2||＝2a＝2，所以|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|＝4，所以|PF1||PF2|＝6，
所以△PF1F2的面积为|PF1||PF2|＝3.
法二：由双曲线的方程可知，双曲线的焦点F1，F2在x轴上，且|F1F2|＝2＝4.设点P的坐标为(x0，y0)，则
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,3)＝1，,\r(x＋y)＝2，))
解得|y0|＝.所以△PF1F2的面积为|F1F2|·|y0|＝×4×＝3.
答案：B
3．(2020·高考全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，直线x＝a与双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线分别交于D，E两点．若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为(　　)
A．4
B．8
C．16
D．32
解析：双曲线的渐近线方程为y＝±x，分别与x＝a联立，可得D(a，b)，E(a，－b)，
∴S△ODE＝×a×|DE|＝a×2b＝ab＝8，
∴c2＝a2＋b2≥2ab＝16.
当且仅当a＝b＝2时，等号成立．
∴c2的最小值为16，∴c的最小值为4，
∴C的焦距的最小值为2×4＝8.
答案：B
4．(2020·高考全国卷Ⅲ)设双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为.P是C上一点，且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面积为4，则a＝(　　)
A．1
B．2
C．4
D．8
解析：由得∴|F1F2|＝2c＝2a.
∵△PF1F2中，F1P⊥F2P，∴|F1P|2＋|F2P|2＝|F1F2|2＝4c2＝20a2.不妨设P在C的右支上，则|F1P|－|F2P|＝2a.∵△PF1F2的面积为4，
∴|F1P||F2P|＝4，即|F1P||F2P|＝8.∴(|F1P|－|F2P|)2＝|F1P|2＋|F2P|2－2|F1P||F2P|＝20a2－2×8＝4a2，解得a＝1.
答案：A
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(圆与椭圆、双曲线方程的共性))
1．(2020·高考山东卷)(多选题)已知曲线C：mx2＋ny2＝1.(　　)
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：对于选项A，当m＞n＞0时，有＞＞0，方程化为＋＝1，表示焦点在y轴上的椭圆，故选项A正确．
对于选项B，当m＝n＞0时，方程化为x2＋y2＝，表示半径为
的圆，故选项B错误．
对于选项C，当m＞0，n＜0时，方程化为－＝1，表示焦点在x轴上的双曲线，其中a＝，b＝，渐
近线方程为y＝±
x；当m＜0，n＞0时，方程化为－＝1，表示焦点在y轴上的双曲线，其中a＝
，b＝
，渐近线方程为y＝±
x，故选项C正确．
对于选项D，当m＝0，n＞0时，方程化为y＝±
，表示两条平行于x轴的直线，故选项D正确．综上可知，正确的选项为ACD.
答案：ACD
2．(共焦点的椭圆与双曲线)已知F1，F2为椭圆和双曲线的公共焦点，P为它们的一个公共点，且∠F1PF2＝，则该椭圆和双曲线的离心率之积的最小值是(　　)
A．
B．
C．1
D．
解析：设|PF1|＝m，|PF2|＝n，其中m>n.椭圆方程为
eq
\f(x2,a)
＋
eq
\f(y2,b)
＝1，双曲线方程为
eq
\f(x2,a)
－
eq
\f(y2,b)
＝1，两曲线的半焦距分别为c1，c2，则c1＝c2.由定义知，m＋n＝2a1，m－n＝2a2，∴m＝a1＋a2，n＝a1－a2.
∵∠F1PF2＝，∴在△PF1F2中，由余弦定理得m2＋n2－mn＝4c＝4c，即(a1＋a2)2＋(a1－a2)2＋(a1＋a2)·(a1－a2)＝4c＝4c，∴
eq
\f(1,e)
＋
eq
\f(3,e)
＝4，
又∵
eq
\f(1,e)
＋
eq
\f(3,e)
≥2
eq
\r(\f(3,ee))
，
∴4≥2
eq
\r(\f(3,ee))
，
∴e1e2≥，当且仅当e1＝，e2＝时，等号成立．
答案：B
PAGE第七节　抛物线
1．抛物线的定义
满足以下三个条件的点的轨迹是抛物线：
(1)在平面内．
(2)与一个定点F和一条定直线l距离相等．
(3)l不经过点F.
2．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轴)
x＝0(y轴)
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
焦半径(其中P(x0，y0))
|PF|＝x0＋
|PF|＝－x0＋
|PF|＝y0＋
|PF|＝－y0＋
焦点弦性质
设AB是过抛物线y2＝2px(p＞0)焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
(1)x1x2＝，y1y2＝－p2.
(2)弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝(α为弦AB的倾斜角).
(3)＋＝.
(4)以弦AB为直径的圆与准线相切．
(5)以AF或BF为直径的圆与y轴相切．
(6)通径：过焦点且垂直于对称轴的弦，长等于2p.
1．(基础知识：抛物线的定义)若抛物线y＝4x2上的一点M到焦点的距离为1，则点M的纵坐标是(　　)
A．
B．
C．
D．0
答案：B
2．(基本方法：抛物线的标准方程)以x轴为对称轴，原点为顶点的抛物线上的一点P(1，m)到焦点的距离为3，则其方程是(　　)
A．y＝4x2
B．y＝8x2
C．y2＝4x
D．y2＝8x
答案：D
3．(基本应用：抛物线的定义)抛物线y2＝8x上到其焦点F距离为5的点P有(　　)
A．0个
B．1个
C．2个
D．4个
答案：C
4．(基本能力：抛物线的性质)设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是________．
答案：[－1，1]
5．(基本能力：抛物线的性质)已知抛物线的顶点是原点，对称轴为坐标轴，并且经过点P(－2，－4)，则该抛物线的标准方程为________．
答案：y2＝－8x或x2＝－y
题型一　抛物线的定义及应用　
　　　　　　　　　　　　　
1．已知P为抛物线y2＝4x上一个动点，Q为圆x2＋(y－4)2＝1上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到抛物线的准线距离之和的最小值是(　　)
A．2－1
B．2－2
C．－1
D．－2
解析：由题意得圆x2＋(y－4)2＝1的圆心A(0，4)，半径r＝1，抛物线的焦点F(1，0).由抛物线的几何性质可得：点P到点Q的距离与点P到抛物线的准线距离之和的最小值是|AF|－r＝－1＝－1.
答案：C
2．过抛物线y2＝4x的焦点的直线交抛物线于A，B两点，若|AB|＝10，则AB的中点到y轴的距离等于(　　)
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：AB的中点到抛物线准线的距离为＝5，所以AB的中点到y轴的距离为5－1＝4.
答案：D
3．已知动圆过定点F，且与直线x＝－相切，其中p>0，求动圆圆心的轨迹E的方程．
解析：依题意得，圆心到定点F的距离与到直线x＝－的距离相等，再依抛物线的定义可知，动圆圆心的轨迹E为抛物线，其方程为y2＝2px.
方法总结?
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，可以利用定义进行相互转化．
(3)注意灵活运用抛物线上一点P(x，y)到焦点F的距离|PF|＝|x|＋或|PF|＝|y|＋.　　?
题型二　抛物线的方程及性质　
　　　　
　　　　
[典例剖析]
类型
1　标准方程
[例1]　(1)顶点在原点，对称轴为坐标轴，焦点为直线3x－4y－12＝0与坐标轴的交点的抛物线的标准方程为(　　)
A．x2＝－12y或y2＝16x
B．x2＝12y或y2＝－16x
C．x2＝9y或y2＝12x
D．x2＝－9y或y2＝－12x
解析：当焦点为(0，－3)时，设抛物线方程为x2＝－2py(p>0)，则＝3，所以p＝6，此时抛物线的标准方程为x2＝－12y；
当焦点为(4，0)时，设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，则＝4，所以p＝8，
此时抛物线的标准方程为y2＝16x.
故所求抛物线的标准方程为x2＝－12y或y2＝16x.
答案：A
(2)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M在C上，|MF|＝5，若以MF为直径的圆过点(0，2)，则C的标准方程为(　　)
A．y2＝4x或y2＝8x
B．y2＝2x或y2＝8x
C．y2＝4x或y2＝16x
D．y2＝2x或y2＝16x
解析：由题意知，F，抛物线的准线方程为x＝－，则由抛物线的定义知，xM＝5－，设以MF为直径的圆的圆心为，所以圆的方程为＋＝，又因为圆过点(0，2)，所以yM＝4，又因为点M在C上，所以16＝2p，解得p＝2或p＝8，所以抛物线C的标准方程为y2＝4x或y2＝16x.
答案：C
类型
2　抛物线性质
[例2]　(1)(2020·高考全国卷Ⅲ)设O为坐标原点，直线x＝2与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为(　　)
A．
B．
C．(1，0)
D．(2，0)
解析：法一：∵抛物线C关于x轴对称，∴D，E两点关于x轴对称．可得出直线x＝2与抛物线的两交点的坐标分别为(2，2)，(2，－2).不妨设D(2，2)，E(2，－2)，则＝(2，2)，＝(2，－2).又∵OD⊥OE，∴·＝4－4p＝0，解得p＝1，∴C的焦点坐标为.
法二：∵抛物线C关于x轴对称，∴D，E两点关于x轴对称．∵OD⊥OE，∴D，E两点横、纵坐标的绝对值相等．不妨设点D(2，2)，将点D的坐标代入C：y2＝2px，得4＝4p，解得p＝1，故C的焦点坐标为.
答案：B
(2)(2020·江西萍乡模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线l：x＝－1，点M在抛物线C上，点M在直线l：x＝－1上的射影为A，且直线AF的斜率为－，则△MAF的面积为(　　)
A．
B．2
C．4
D．8
解析：如图所示，设准线l与x轴交于点N.则|FN|＝2.
∵直线AF的斜率为－，∴∠AFN＝60°.
∴∠MAF＝60°，|AF|＝4.
由抛物线的定义可得|MA|＝|MF|，
∴△AMF是边长为4的等边三角形．
∴S△AMF＝×42＝4.
答案：C
方法总结?
1．求抛物线标准方程的方法及注意点
(1)方法：
求抛物线的标准方程的主要方法是定义法和待定系数法．若题目已给出抛物线的方程(含有未知数p)，那么只需求出p即可；若题目未给出抛物线的方程，对于焦点在x轴上的抛物线的标准方程可统一设为y2＝ax(a≠0)；焦点在y轴上的抛物线的标准方程可设为x2＝ay(a≠0)，a的正负由题设来定，这样就减少了不必要的讨论．
(2)注意点：
①当坐标系已建立时，应根据条件确定抛物线方程属于四种类型中的哪一种；
②要掌握抛物线的顶点、对称轴、开口方向与方程之间的对应关系；
③要注意参数p的几何意义是焦点到准线的距离，利用它的几何意义来解决问题．
2．抛物线性质的应用技巧
(1)利用抛物线方程确定及应用其焦点、准线时，关键是将抛物线方程化成标准方程．
(2)要结合图形分析，灵活运用平面图形的性质简化运算．　　?
[题组突破]
1．过点P(－2，0)的直线与抛物线C：y2＝4x相交于A，B两点，且|PA|＝|AB|，则点A到抛物线C的焦点的距离为(　　)
A．
B．
C．
D．2
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，分别过点A，B作直线x＝－2的垂线，垂足分别为点D，E(图略).
∵|PA|＝|AB|，
∴
又
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝4x1，,y＝4x2，))
得x1＝，
则点A到抛物线C的焦点的距离为1＋＝.
答案：A
2．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，点M，N分别在抛物线C上，且＋3＝0，直线MN交l于点P，NN′⊥l，垂足为N′.若△MN′P的面积为24，则F到l的距离为(　　)
A．4
B．6
C．8
D．12
解析：作出图形如图所示，作MM′⊥l，垂足为M′，设|NF|＝m(m＞0)，则|NN′|＝m.由＋3＝0，得|MF|＝3m，则|MM′|＝3m，过点N作NG⊥MM′，垂足为G，则|M′G|＝m，|MG|＝2m，所以∠NMG＝60°，所以|MP|＝6m，|NP|＝2m，|N′P|＝m，S△MN′P＝·|MM′||N′P|＝×3m×m＝24，所以m＝4.易知F为线段MP的中点，所以F到l的距离为p＝＝6.
答案：B
题型三　抛物线的综合问题　
　　　　
　　　　　　　　[典例剖析]
[典例]　(2020·高考全国卷Ⅱ)已知椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合．C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|＝|AB|.
(1)求C1的离心率；
(2)设M是C1与C2的公共点，若|MF|＝5，求C1与C2的标准方程．
解析：(1)由已知可设C2的方程为y2＝4cx，其中c＝.
不妨设A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为，－；C，D的纵坐标分别为2c，－2c，故|AB|＝，|CD|＝4c.
由|CD|＝|AB|得4c＝，即3×＝2－2.
解得＝－2(舍去)或＝.
所以C1的离心率为.
(2)由(1)知a＝2c，b＝c，故C1：＋＝1.
设M(x0，y0)，则
eq
\f(x,4c2)
＋
eq
\f(y,3c2)
＝1，y＝4cx0，
故
eq
\f(x,4c2)
＋＝1.　①
因为C2的准线为x＝－c，
所以|MF|＝x0＋c，而|MF|＝5，故x0＝5－c，代入①得＋＝1，即c2－2c－3＝0，解得c＝－1(舍去)或c＝3.
所以C1的标准方程为＋＝1，C2的标准方程为y2＝12x.
方法总结?
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、斜率时一般用“点差法”求解．
4．设AB是过抛物线y2＝2px(p>0)焦点F的弦，
若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
(1)x1x2＝，y1y2＝－p2.
(2)弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝(α为弦AB的倾斜角).
(3)以弦AB为直径的圆与准线相切．
(4)通径：过焦点垂直于对称轴的弦，长等于2p，通径是过焦点最短的弦．　　?
[对点训练]
(2021·陕西汉中模拟)已知点M为直线l1：x＝－1上的动点，N(1，0)，过M作直线l1的垂线l，l交MN的中垂线于点P，记点P的轨迹为C.
(1)求曲线C的方程；
(2)若直线l2：y＝kx＋m(k≠0)与圆E：(x－3)2＋y2＝6相切于点D，与曲线C交于A，B两点，且D为线段AB的中点，求直线l2的方程．
解析：(1)由已知可得|PN|＝|PM|，
即点P到定点N的距离等于它到直线l1的距离，故点P的轨迹是以N为焦点，l1为准线的抛物线，
∴曲线C的方程为y2＝4x.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，
由?y＝kx＋m，
y2＝4x，?得
k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0，
∴x1＋x2＝，
∴x0＝＝，
y0＝kx0＋m＝，即D.
∵直线l2与圆E：(x－3)2＋y2＝6相切于点D，
∴|DE|2＝6，且DE⊥l2，
从而＋＝6，
kDE·k＝－1，
即
整理可得＝2，即k＝±，
∴m＝0，满足Δ>0，
故直线l2的方程为x－y＝0或x＋y＝0.
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(创新思维))
1．(2019·高考全国卷Ⅱ)若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆＋＝1的一个焦点，则p＝(　　)
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的焦点坐标为(±，0).
由题意得＝，解得p＝0(舍去)或p＝8.
答案：D
2．(2020·高考山东卷)斜率为的直线过抛物线C：y2＝4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|＝________．
解析：由题意得，抛物线焦点为F(1，0)，则直线AB的方程为y＝(x－1).
由得3x2－10x＋3＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，
所以|AB|＝x1＋x2＋2＝.
答案：
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(圆锥曲线综合问题))
已知抛物线y2＝2px(p＞0)与双曲线－y2＝1在第四象限的交点为G(x0，y0)，点G到抛物线的准线的距离d＝p，则当p取得最小值时，抛物线的焦点F到双曲线的渐近线的距离为________．
解析：联立，得可得－2px＝1，即x2－2a2px－a2＝0，解得x＝a2p＋a或x＝a2p－a＜0(舍去)，故x0＝a2p＋a，抛物线的准线方程为x＝－，则点G到抛物线的准线的距离d＝a2p＋a＋＝p，即ap＋＝p，可得－2ap2＋p2＝1，故p2＝，又≤a＜，所以当a＝时，p2＝＝＝4，即p取得最小值2，此时抛物线的焦点为F(1，0)，双曲线的渐近线方程为y＝±x，即8x±3y＝0，所以抛物线的焦点F到双曲线的渐近线的距离为＝.
答案：
PAGE第八节　曲线与方程
1．曲线与方程
一般地，在直角坐标系中，如果某曲线C(看作点的集合或适合某种条件的点的轨迹)上的点与一个二元方程f(x，y)＝0的实数解建立了如下关系：
(1)曲线上点的坐标都是这个方程的解；
(2)以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点．
那么这个方程叫做曲线的方程；这条曲线叫做方程的曲线．
2．求动点轨迹方程的一般步骤
(1)建立坐标系，用(x，y)表示曲线上任意一点M的坐标；
(2)写出适合条件p的点M的集合P＝{M|p(M)}；
(3)用坐标表示条件p(M)，列出方程f(x，y)＝0，并化简；
(4)查漏补缺．
1．(基本方法：定义法求轨迹方程)到点F(0，4)的距离比到直线y＝－5的距离小1的动点M的轨迹方程为(　　)
A.y＝16x2
B．y＝－16x2
C．x2＝16y
D．x2＝－16y
答案：C
2．(基础知识：曲线与方程的关系)在△ABC中，A(0，3)，B(－2，0)，C(2，0)，则中线AO(O为原点)所在的方程为________．
答案：x＝0(0≤y≤3)
3．(基本方法：直接法求轨迹)已知A(－5，0)，B(5，0)，则满足kAC·kBC＝－1的点C的轨迹方程为__________________________________________________________．
答案：x2＋y2＝25(去掉A、B两点)
4．(基本方法：代入法求轨迹方程)已知⊙O的方程为x2＋y2＝4，过M(4，0)的直线与⊙O交于A，B两点，则弦AB的中点P的轨迹方程为__________________．
答案：(x－2)2＋y2＝4(0≤x＜1)
5．(基本能力：圆的方程)曲线x2＋y2＝|x|＋|y|所围成的封闭图形的面积为________．
答案：2＋π
题型一　定义法求轨迹方程　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
[典例]　(1)(2021·内蒙古呼和浩特调研)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)，M为椭圆上一动点，F1为椭圆的左焦点，则线段MF1的中点P的轨迹是(　　)
A．圆
B．椭圆
C．双曲线
D．抛物线
解析：设椭圆的右焦点是F2，由椭圆定义可得|MF1|＋|MF2|＝2a＞2c，所以|PF1|＋|PO|＝(|MF1|＋|MF2|)＝a＞c，所以点P的轨迹是以F1和O为焦点的椭圆．
答案：B
(2)(2021·北京模拟)△ABC的顶点A(－5，0)，B(5，0)，△ABC的内切圆圆心在直线x＝3上，则顶点C的轨迹方程是________________．
解析：如图所示，△ABC的内切圆P与三边的切点分别为E、F、G.
∵P在x＝3上，
∴|AC|>|BC|，
∴|CA|－|CB|＝|GA|－|FB|＝|EA|－|EB|＝(5＋3)－(5－3)＝6，
∴C点轨迹是以A、B为焦点的双曲线(右支)，
∴2a＝6，a＝3，c＝5，b＝4，
∴方程为－＝1(x>3).
答案：－＝1(x>3)
方法总结?
破解此类题的关键点
(1)定条件，确定动点所满足的条件类型，对其适当化简整理．
(2)定型，根据动点所满足的条件，与直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义作比较，判断动点轨迹类型．
(3)定量，设出轨迹方程，并根据已知求出方程中的待定系数，从而求出动点轨迹方程．　　?
[对点训练]
已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，则圆心P的轨迹方程为________________．
解析：由题意可知，|PM|＝r＋1，|PN|＝3－r，
∴|PM|＋|PN|＝4且MN＝2，
∴P点轨迹是以M，N为焦点的椭圆．
∴2a＝4，a＝2，c＝1，∴b2＝3.
∴圆心P的轨迹方程为＋＝1(x≠－2).
答案：＋＝1(x≠－2)
题型二　直接法求曲线方程　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
[典例]　(1)已知点F(0，1)，直线l：y＝－1，P为平面上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为Q，且·＝·，则动点P的轨迹C的方程为(　　)
A．x2＝4y
B．y2＝3x
C．x2＝2y
D．y2＝4x
解析：设点P(x，y)，则Q(x，－1)，
∵·＝·，
∴(0，y＋1)·(－x，2)＝(x，y－1)·(x，－2)，
即2(y＋1)＝x2－2(y－1)，
整理得x2＝4y，
∴动点P的轨迹C的方程为x2＝4y.
答案：A
(2)已知动点P(x，y)与两定点M(－1，0)，N(1，0)连线的斜率之积等于常数λ(λ≠0).
①求动点P的轨迹C的方程；
②试根据λ的取值情况讨论轨迹C的形状．
解析：①由题意可知，直线PM与PN的斜率均存在且均不为零，所以kPM·kPN＝·＝λ，整理得x2－＝1(λ≠0，x≠±1).
即动点P的轨迹C的方程为x2－＝1(λ≠0，x≠±1).
②当λ＞0时，轨迹C为中心在原点，焦点在x轴上的双曲线(除去顶点)；
当－1＜λ＜0时，轨迹C为中心在原点，焦点在x轴上的椭圆(除去长轴的两个端点)；
当λ＝－1时，轨迹C为以原点为圆心，1为半径的圆除去点(－1，0)，(1，0)；
当λ＜－1时，轨迹C为中心在原点，焦点在y轴上的椭圆(除去短轴的两个端点).
方法总结?
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．通常将步骤简记为建系设点、列式、代换、化简、证明这五个步骤，但最后的证明可以省略，如果给出了直角坐标系则可省去建系这一步，求出曲线的方程后还需注意检验方程的纯粹性和完备性．　　?
[对点训练]
已知动圆过定点A(4，0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.求动圆圆心的轨迹C的方程．
解析：如图所示，设动圆圆心O1(x，y)，
由题意知|O1A|＝|O1M|，
当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点，
∴|O1M|＝，
又|O1A|＝，
∴＝，
化简得y2＝8x(x≠0).
当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标为(0，0)也满足方程y2＝8x.
∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.
题型三　代入法求曲线方程　
　　　　
　　
[典例剖析]
[典例]　已知P是椭圆＋＝1(a>b>0)上的任意一点，F1、F2是它的两个焦点，O为坐标原点，有一动点Q满足＝PF1＋PF2，则动点Q的轨迹方程是________________.
解析：如图所示，作P关于O的对称点M，连接F1M，F2M，则四边形F1PF2M为平行四边形，所以PF1＋PF2＝＝2
＝－2.
又＝PF1＋PF2，所以＝－.
设Q(x，y)，则＝，
即P点坐标为，又P在椭圆上，
则有＋＝1，
即＋＝1.
答案：＋＝1
方法总结?
相关点法求轨迹方程的基本步骤
(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．　　?
[对点训练]
已知F是抛物线y＝x2的焦点，P是该抛物线上的动点，则线段PF中点的轨迹方程是________．
解析：因为抛物线x2＝4y的焦点F(0，1)，设线段PF的中点坐标是(x，y)，则P(2x，2y－1)在抛物线x2＝4y上，所以(2x)2＝4(2y－1)，化简得x2＝2y－1.
答案：x2＝2y－1
　　　　
　　　　　　　　　
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(轨迹问题))
1．(2020·高考全国卷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．圆
B．椭圆
C．抛物线
D．直线
解析：建立如图所示的平面直角坐标系，设点A，B分别为(－a，0)，(a，0)(a＞0)，点C为(x，y)，则＝(x＋a，y)，＝(x－a，y)，所以·＝(x－a)(x＋a)＋y·y＝x2＋y2－a2＝1，整理得x2＋y2＝a2＋1.因此点C的轨迹为圆．
答案：A
2．(2019·高考全国卷Ⅱ节选)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.求C的方程，并说明C是什么曲线．
解析：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．
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(妙法求轨迹：蒙日圆))
若动点P(x0，y0)为椭圆C：＋＝1外一点，
P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程．
解析：当切线的斜率存在时，设一条切线的方程为y－y0＝k(x－x0)，即y＝kx＋(y0－kx0).
由消去y并整理得
(9k2＋4)x2＋18k(y0－kx0)x＋9(y0－kx0)2－36＝0，
由Δ＝[18k(y0－kx0)]2－4×(9k2＋4)×[9(y0－kx0)2－36]＝0，
得(y0－kx0)2－9k2－4＝0，
即(x－9)k2－2kx0y0＋(y－4)＝0，
则两条切线的斜率k1、k2是方程的根．
∴k1·k2＝
eq
\f(y－4,x－9)
＝－1，∴x＋y＝13.
当两切线均与坐标轴垂直时，P为(±3，±2)也满足x＋y＝13.综上可知，点P的轨迹方程为x2＋y2＝13.
PAGE第九节　直线与圆锥曲线的综合问题
1．直线与圆锥曲线的位置关系的判定
代数法：把圆锥曲线方程C与直线方程l联立消去y，整理得到关于x的方程ax2＋bx＋c＝0.
方程ax2＋bx＋c＝0的解
l与C的交点
a＝0
b＝0
无解(含l是双曲线的渐近线)
无公共点
b≠0
有一解(含l与抛物线的对称轴平行或与双曲线的渐近线平行)
一个交点
a≠0
Δ>0
两个不相等的解
两个交点
Δ＝0
两个相等的解
一个交点
Δ<0
无实数解
无交点
2.弦长公式
设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝_|x1－x2|＝_·或|AB|＝·|y1－y2|＝·．
直线与圆锥曲线相交与相切的区别与联系
(1)直线与椭圆相交?有两个交点；
相切?有一个公共点．
(2)直线与双曲线相交时，可以为一个公共点，即直线与渐近线平行；可以为两个公共点，直线与渐近线不平行．直线与双曲线相切时，只有一个公共点．
(3)直线与抛物线相交，当直线平行对称轴时，只有一个公共点；当直线与对称轴不平行，有两个公共点．直线与抛物线相切时，只有一个公共点．
1．(基本能力：直线与抛物线的关系)已知点A(－2，3)在抛物线C：y2＝2px的准线上，记C的焦点为F，则直线AF的斜率为(　　)
A．－
B．－1
C．－
D．－
答案：C
2．(基础知识：直线截椭圆的弦长)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(　　)
A．2
B．
C．
D．
答案：C
3．(基本应用：椭圆的焦点三角形)已知F1，F2是椭圆16x2＋25y2＝1
600的两个焦点，P是椭圆上一点，且PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积为________．
答案：64
4．(基本能力：双曲线的通径)F是双曲线C：x2－＝1的右焦点，过F作x轴的垂线交双曲线于A、B两点，则|AB|＝________．
答案：6
5．(基本能力：抛物线的性质与圆的切线)已知抛物线C的方程为y2＝2px(p＞0)，⊙M的方程为x2＋y2＋8x＋12＝0，如果抛物线C的准线与⊙M相切，那么p的值为__________．
答案：12或4
第一课时　最值、范围、证明问题
题型一　弦长问题　
　　　　
　　　　　　[典例剖析]
[典例]　(1)过椭圆＋＝1的右焦点的直线交椭圆于A，B两点，若|AB|＝2，则直线AB的方程为(　　)
A.x＋y－3＝0
B．x±y－3＝0
C．x＋y－3＝0
D．x±y－3＝0
解析：由题意知，椭圆＋＝1的右焦点为F(3，0)，设直线AB的方程为x＝ty＋3，代入椭圆方程＋＝1中得(t2＋4)y2＋6ty－3＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝－，所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝＋＝，所以|AB|＝＝＝2，解得t2＝2，所以t＝±，所以直线AB的方程为x＝±y＋3，即x±y－3＝0.
答案：D
(2)(2020·辽宁沈阳检测)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________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2，则y1＋y2＝2，又点A，B在抛物线y2＝4x上，所以
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝4x1，,y＝4x2，))
两式相减，得(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)，则＝＝2，即直线AB的斜率k＝2，所以直线AB的方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
答案：2x－y－1＝0
方法总结?
处理弦的问题，一般是联立方程组，结合根与系数的关系，用直线斜率或纵截距作为主元，注意斜率不存在的情况．
如果涉及弦的中点与斜率问题，往往用点差法：点差法的基本步骤是设点(即设出弦的端点坐标)——代入(即代入曲线方程)——作差，建立关系．　　?
[对点训练]
已知双曲线x2－＝1，过点P(1，1)能否作一条直线l与双曲线交于A、B两点，且点P是线段的中点？
解析：假设可作直线l，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,2)＝1，①,x－\f(y,2)＝1，②))
①－②得(x1＋x2)(x1－x2)＝(y1＋y2)(y1－y2)，
又∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴kAB＝＝2，
此时直线l的方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
由得x2－2x＋＝0，
∴Δ＝4－4×＜0，无解，
故不存在这样的直线．
题型二　证明问题　
　　　　
　　　　　　　
[典例剖析]
[典例]　如图所示，已知点F为抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|＝3.
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点G(－1，0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．
解析：(1)由抛物线的定义得|AF|＝2＋.
∵|AF|＝3，即2＋＝3，解得p＝2，
∴抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)证明：设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.
∵点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，
∴m＝±2.
由抛物线的对称性，不妨设A(2，2).
由A(2，2)，F(1，0)可得，
直线AF的方程为y＝2(x－1).
由得2x2－5x＋2＝0，
解得x＝2或x＝，从而B.
又G(－1，0)，
故直线GA的方程为2x－3y＋2＝0，
从而r＝＝.
又直线GB的方程为2x＋3y＋2＝0，
∴点F到直线GB的距离
d＝＝＝r.
这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．
方法总结?
圆锥曲线中证明问题的类型及解题策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).
(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．　　?
[对点训练]
设椭圆E的方程为＋＝1(a＞b＞0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.
(1)求E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.
解析：(1)由题设条件知，点M的坐标为，
又kOM＝，从而＝.
进而得a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.
(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为，可得＝.又＝(－a，b)，
从而有·＝－a2＋b2＝(5b2－a2).
由(1)可知a2＝5b2，
所以·＝0，故MN⊥AB.
题型三　最值与范围问题　
　　　　
　　　　　　　　[典例剖析]
类型
1　数形结合用性质
[例1]　(2021·陕西质量检测)已知等腰三角形ABC的底边端点A，B在双曲线－＝1的右支上，顶点C在x轴上，且AB不垂直于x轴，则顶点C的横坐标t的取值范围是________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(t，0)，AB的中点为M(x0，y0)，则x0>.
由题意，得
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,6)－\f(y,3)＝1，,\f(x,6)－\f(y,3)＝1，))
两式相减并整理，得
(x1＋x2)(x1－x2)＝2(y1＋y2)(y1－y2)，
所以kAB＝＝·＝.
又kMC＝，由题意易知AB⊥MC，
所以kMC×kAB＝×＝－1，即x0＋2(x0－t)＝0，
解得t＝，又x0>，所以t>.
答案：
类型
2　选参数构造函数
[例2]　(2020·安徽知名示范高中联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且以原点为圆心、椭圆的焦距为直径的圆与直线x
sin
θ＋y
cos
θ－1＝0相切(θ为常数).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若椭圆C的左、右焦点分别为F1、F2，过F2作直线l与椭圆交于M，N两点，求F1M·F1N的最大值．
解析：(1)由题意，得?e＝＝，
＝c，
a2＝b2＋c2，?
解得故椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)由(1)得F1(－1，0)，F2(1，0).
①若直线l的斜率不存在，则直线l⊥x轴，直线l的方程为x＝1，不妨记M，N，
∴F1M＝，F1N＝，
故F1M·F1N＝.
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－1)，由消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
又F1M＝(x1＋1，y1)，F1N＝(x2＋1，y2)，
则F1M·F1N＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2
＝(x1＋1)(x2＋1)＋k(x1－1)·k(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2＋(1－k2)(x1＋x2)＋1＋k2
＝＋＋1＋k2
＝＝－，
由k2≥0，可得F1M·F1N∈.
综上，F1M·F1N的最大值为.
类型
3　利用基本不等式求最值
[例3]　(2021·安徽宣城模拟)已知椭圆C的方程为＋＝1，A是椭圆上的一点，且点A在第一象限内，过点A且斜率等于－1的直线与椭圆C交于另一点B，点A关于坐标原点的对称点为D.
(1)证明：直线BD的斜率为定值；
(2)求△ABD面积的最大值．
解析：(1)证明：设D(x1，y1)，B(x2，y2)，则A(－x1，－y1)，直线BD的斜率k＝.
因为D，B两点都在椭圆上，
所以
eq
\f(x,4)
＋
eq
\f(y,2)
＝1，　①
eq
\f(x,4)
＋
eq
\f(y,2)
＝1，　②
由②－①得＝－×.
因为kAB＝＝－1，所以k＝＝.
故直线BD的斜率为定值.
(2)连接OB(图略)，因为A，D两点关于原点对称，所以S△ABD＝2S△OBD，
由(1)可知直线BD的斜率k＝，设直线BD的方程为y＝x＋t，
因为点D在第三象限，所以－＜t＜1且t≠0.
点O到直线BD的距离d＝＝，
由消去y并整理得3x2＋4tx＋4t2－8＝0，
易知Δ>0，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|BD|＝×＝×＝×.
所以S△ABD＝2S△OBD＝2××|BD|×d＝××＝×≤×＝2，当且仅当t2＝3－t2，即t＝－时等号成立．
所以△ABD面积的最大值为2.
方法总结?
1．解决圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，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建立两个参数之间的等量关系．
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
2．处理圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数解析式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．　　?
[题组突破]
1．已知点A，B分别为椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，点P(0，－2)，直线BP交E于点Q，＝，且△ABP是等腰直角三角形．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．
解析：(1)由△ABP是等腰直角三角形，知a＝2，B(2，0).
设Q(x0，y0)，由＝，得x0＝，y0＝－，
代入椭圆方程，解得b2＝1，
∴椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)由题意可知，直线l的斜率存在，设方程为y＝kx－2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由消去y，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
由直线l与E有两个不同的交点，得Δ＞0，
则(－16k)2－4×12×(1＋4k2)＞0，解得k2＞.　①
由坐标原点O位于以MN为直径的圆外，
则·＞0，即x1x2＋y1y2＞0，
则x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)
＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4
＝(1＋k2)·－2k·＋4＞0，
解得k2＜4.　②
联立①②可知＜k2＜4，
解得－2＜k＜－或＜k＜2，
故直线l斜率的取值范围为∪.
2．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．
解析：(1)证明：设P(x0，y0)，A
eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)y，y1))
，B
eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)y，y2))
.
因为PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程＝4·，
即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根．
所以y1＋y2＝2y0，
因此PM垂直于y轴．
(2)由(1)可知
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝2y0，,y1y2＝8x0－y，))
所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，
|y1－y2|＝2
eq
\r(2（y－4x0）)
.
因此△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0).
因为x＋
eq
\f(y,4)
＝1(x0<0)，
所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4，5]，
所以△PAB面积的取值范围是.
　
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(理顺关系、分而治之))
(2020·高考全国卷Ⅲ)已知椭圆C：＋＝1(0＜m＜5)的离心率为，A，B分别为C的左、右顶点．
(1)求C的方程；
(2)若点P在C上，点Q在直线x＝6上，且|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面积．
解析：(1)由题设可得＝，得m2＝，
所以C的方程为＋＝1.
(2)设P(xP，yP)，Q(6，yQ)，根据对称性可设yQ＞0，
由题意知yP＞0.
由已知可得B(5，0)，直线BP的方程为y＝－(x－5)，
所以|BP|＝yP
eq
\r(1＋y)
，|BQ|＝
eq
\r(1＋y)
.
因为|BP|＝|BQ|，所以yP＝1.
将yP＝1代入C的方程，解得xP＝3或－3.
由直线BP的方程得yQ＝2或8，所以点P，Q的坐标分别为P1(3，1)，Q1(6，2)；P2(－3，1)，Q2(6，8).
所以|P1Q1|＝，直线P1Q1的方程为y＝x，
点A(－5，0)到直线P1Q1的距离为，
故△AP1Q1的面积为××＝；
|P2Q2|＝，直线P2Q2的方程为y＝x＋，
点A到直线P2Q2的距离为，
故△AP2Q2的面积为××＝.
综上，△APQ的面积为.
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(抛物线问题综合应用))
(2020·南昌模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)和定点M(0，1)，设过点M的动直线交抛物线C于A，B两点，抛物线C在A，B处的切线的交点为N.
(1)若N在以AB为直径的圆上，求p的值；
(2)若△ABN的面积的最小值为4，求抛物线C的方程．
解析：设直线AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线AB的方程代入抛物线C的方程得x2－2pkx－2p＝0，则x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p.①
(1)由x2＝2py得y′＝，则A，B处的切线斜率的乘积为＝－，
∵点N在以AB为直径的圆上，∴AN⊥BN，
∴－＝－1，∴p＝2.
(2)易得直线AN：y－y1＝(x－x1)，直线BN：y－y2＝(x－x2)，
联立，得，结合①式，解得即N(pk，－1).
|AB|＝|x2－x1|＝＝
，
点N到直线AB的距离d＝＝，
则△ABN的面积S△ABN＝·|AB|·d＝≥2，当k＝0时，取等号，
∵△ABN的面积的最小值为4，
∴2＝4，∴p＝2，故抛物线C的方程为x2＝4y.
PAGE第二课时　定点、定值、探索性问题
题型一　圆锥曲线的定点问题　
　　　
[典例剖析]
[典例]　(2020·高考全国卷Ⅰ)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)由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).
则＝(a，1)，＝(a，－1).由·＝8，得a2－1＝8，即a＝3.所以E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3＜n＜3.
由于直线PA的方程为y＝(x＋3)，所以y1＝(x1＋3).
直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3).
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3).
由于
eq
\f(x,9)
＋y＝1，故y＝－，
可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，
即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①
将x＝my＋n代入＋y2＝1得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2·(m2＋9)＝0.
解得n＝－3(舍去)或n＝.
故直线CD的方程为x＝my＋，
即直线CD过定点.
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点.
综上，直线CD过定点.
方法总结?
求解圆锥曲线中定点问题的两种求法
(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．
(2)直接推理法：①选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k变成变量，将变量x，y当成常数，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式；②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．　　?
[对点训练]
(2021·湖南郴州模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点．
(1)若以A，B为直径的圆的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝16，求抛物线C的标准方程；
(2)过A，B分别作抛物线的切线l1，l2，证明：l1，l2的交点在定直线上．
解析：(1)设AB的中点为M，A到准线的距离为d1，B到准线的距离为d2，M到准线的距离为d，
则d1＋d2＝|AB|＝8，d＝＝4，即yM＋＝4，而yM＝3，所以3＋＝4，解得p＝2，
故抛物线C的标准方程为x2＝4y.
(2)证明：由x2＝2py得其焦点坐标为F.
设A
eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x,2p)))
，B
eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(x,2p)))
，
直线AB：y＝kx＋，代入抛物线方程，得x2－2kpx－p2＝0，
∴x1x2＝－p2.①
对y＝求导得y′＝，
∴抛物线过点A的切线的斜率为，切线方程为y－
eq
\f(x,2p)
＝(x－x1)，②
抛物线过点B的切线的斜率为，切线方程为y－
eq
\f(x,2p)
＝(x－x2)，③
由①②③得y＝－.
∴l1与l2的交点P的轨迹方程是y＝－，即l1，l2的交点在定直线上．
题型二　圆锥曲线的定值问题　
　
[典例剖析]
[典例]　已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为，P是C上的一个动点，且△F1PF2面积的最大值为4.
(1)求C的方程；
(2)设C的左、右顶点分别为A，B，若直线PA，PB分别交直线x＝2于M，N两点，过点F1作以MN为直径的圆的切线，证明：切线长为定值，并求该定值．
解析：(1)设P(x0，y0)，椭圆的半焦距为c.
因为S△F1PF2＝|F1F2|·|y0|≤·2c·b＝bc，
所以bc＝4.
又e＝＝，a2＝b2＋c2，
所以a＝4，b＝2，c＝2，
所以C的方程为＋＝1.
(2)证明：由(1)可知A(－4，0)，B(4，0)，F1(－2，0).
由题意可知，x0≠2，且x0≠±4.
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，
则直线PA的方程为y＝k1(x＋4)，
令x＝2，得y＝6k1，故M(2，6k1).
直线PB的方程为y＝k2(x－4)，
令x＝2，得y＝－2k2，故N(2，－2k2).
记以MN为直径的圆为圆D，则D(2，3k1－k2).
如图所示，F1T是圆D的一条切线，切点为T，连接F1D，DT.
则|F1T|2＝|F1D|2－|DT|2，
所以|F1T|2＝16＋(3k1－k2)2－(3k1＋k2)2＝16－12k1k2，
又k1＝，k2＝，
所以k1·k2＝·＝
eq
\f(y,x－16)
，
由
eq
\f(x,16)
＋
eq
\f(y,12)
＝1，得y＝－(x－16)，
所以k1·k2＝－，
则|F1T|2＝16－12k1k2＝16－12×＝25，
所以|F1T|＝5.
故切线长为定值5.
方法总结?
此类问题求解的一种思路是找准变化的主元，设为参数，建立参变量与其他量的关系(如函数关系、方程关系、不等式关系等)，探求目标式，通过代数运算将目标式用参变量表示出来，这一步是求解的难点也是关键所在，然后再恒等变形得到定值．另一种思路是通过特殊值或极端情形探索出定值是多少，然后进行一般性计算或证明．　　?
[对点训练]
　在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：－＝1，椭圆C2：x2＋＝1，若M，N分别是C1，C2上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值．
证明：当直线ON垂直于x轴时，|ON|＝2，|OM|＝，则O到直线MN的距离为.
当直线ON不垂直于x轴时，
设直线ON的方程为y＝kx，
则直线OM的方程为y＝－x.
由得
所以|ON|2＝.同理|OM|2＝.
设O到直线MN的距离为d，
因为在Rt△MON中，(|OM|2＋|ON|2)d2＝|OM|2·|ON|2，
所以＝＋＝＝，即d＝.
综上，O到直线MN的距离是定值．
题型三　圆锥曲线的存在性问题　
　　[典例剖析]
[典例]　已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为线段AB的中点．
(1)若p＝2，M的坐标为(1，1)，求直线l的方程；
(2)若直线l过焦点F，线段AB的垂直平分线交x轴于点N，试问：是否为定值？若为定值，试求出此定值；否则，说明理由．
解析：(1)法一：由题意知直线l的斜率存在且不为0，可设直线l的方程为x－1＝t(y－1)(t≠0)，即x＝ty＋1－t，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由p＝2知抛物线方程为y2＝4x，
由消去x，得y2－4ty－4＋4t＝0.
Δ＝(－4t)2－4(－4＋4t)＝16(t2－t＋1)>0，
y1＋y2＝4t，所以4t＝2，解得t＝.
所以直线l的方程为2x－y－1＝0.
法二：由p＝2，知抛物线方程为y2＝4x.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y＝4x1，y＝4x2.
由题意知直线AB的斜率存在，则直线AB的斜率kAB＝＝，
因为线段AB的中点为M(1，1)，所以y1＋y2＝2，
所以kAB＝＝2，则直线l的方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)为定值2p.
由抛物线C：y2＝2px(p>0)，知焦点F的坐标为.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0，
因为直线l过焦点F，
所以可设直线l的方程为x＝ry＋(r≠0)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，
由消去x，得y2－2pry－p2＝0.
Δ＝(－2pr)2－4(－p2)＝4p2r2＋4p2>0，y3＋y4＝2pr，
所以x3＋x4＝r(y3＋y4)＋p＝2pr2＋p，则M.
所以直线MN的方程为y－pr＝－r，
令y＝0，解得x＝pr2＋，则N.
所以|MN|2＝p2＋p2r2，|FN|＝pr2＋－＝pr2＋p，
于是＝＝2p.
所以为定值2p.
方法总结?
解决存在性问题的注意事项
存在性问题，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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采用另外的途径．　　?
[对点训练]
已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点A(0，4)的直线l与椭圆C交于M、N两点，F是椭圆C的上焦点．问：是否存在直线l，使得S△MAF＝S△MNF？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解析：(1)由题意知＝，b＝，且a2＝b2＋c2，解得a2＝4，b2＝3，∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)存在．理由如下：
由题意可知l的斜率一定存在，
设l为y＝kx＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立消去y，得(3k2＋4)x2＋24kx＋36＝0，
∴
∵S△MAF＝S△MNF，∴M为线段AN的中点，∴x2＝2x1，④
将④代入②解得x1＝－，⑤
将④代入③得x＝，⑥
将⑤代入⑥解得k2＝，⑦
将⑦代入①检验成立，∴k＝±，即存在直线l：6x－y＋4＝0或6x＋y－4＝0符合题意．
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(目标等式寻定点、巧妙消元求定值))
(2020·高考山东卷)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点A(2，1).
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
解析：(1)由题设得＋＝1，＝，
解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为＋＝1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2).
若直线MN与x轴不垂直，
设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①
由AM⊥AN，得·＝0，
故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
将①代入上式，可得(k2＋1)－(km－k－2)·＋(m－1)2＋4＝0，
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因为A(2，1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.
所以直线MN的方程为y＝k－(k≠1).
所以直线MN过点P.
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1).
由·＝0，
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又
eq
\f(x,6)
＋
eq
\f(y,3)
＝1，所以3x－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)或x1＝.
此时直线MN过点P.
令Q为AP的中点，即Q.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝|AP|＝.
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|.
综上，存在点Q，使得|DQ|为定值．
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(与抛物线有关的定值问题))
(2020·广西南宁联考)已知抛物线C：y2＝ax(a＞0)上一点P到焦点F的距离为2t.
(1)求抛物线C的方程；
(2)抛物线C上一点A的纵坐标为1，过点Q(3，－1)的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点(均与点A不重合)，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值．
解析：(1)由抛物线的定义及题意可知|PF|＝t＋＝2t，
解得a＝4t.
∵点P在抛物线C上，∴at＝，
∴a·＝，∴a2＝1.
∵a＞0，∴a＝1，∴抛物线C的方程为y2＝x.
(2)证明：∵点A在抛物线C上，且yA＝1，∴xA＝1.
∴A(1，1).
设过点Q(3，－1)的直线的方程为x－3＝m(y＋1)，
即x＝my＋m＋3，
代入y2＝x，得y2－my－m－3＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝m，y1y2＝－m－3.
∴k1k2＝·
＝＝－.
∴k1k2为定值．
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