专题检测卷(五) 解析几何
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.(2020·济南质检)若双曲线C：－y2＝1(m>0)的一条渐近线的方程为3x＋2y＝0，则m＝( )
A.
B.
C.
D.
解析 由题意知，双曲线的渐近线方程为y＝±x(m>0).3x＋2y＝0可化为
y＝－x，所以＝，解得m＝.故选A.
答案 A
2.(2020·北京西城区二模)若圆x2＋y2－4x＋2y＋a＝0与x轴、y轴均有公共点，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，1]
B.(－∞，0]
C.[0，＋∞)
D.[5，＋∞)
解析 将圆的一般方程化作标准方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝5－a，则该圆的圆心坐标为(2，－1)，半径r＝.因为该圆与x轴、y轴均有公共点，所以解得a≤1，则实数a的取值范围是(－∞，1].故选A.
答案 A
3.(2020·河南六市模拟)已知P为圆C：(x－5)2＋y2＝36上任意一点，A(－5，0).若线段PA的垂直平分线交直线PC于点Q，则点Q的轨迹方程为( )
A.＋＝1
B.－＝1
C.－＝1(x<0)
D.－＝1(x>0)
解析 如图，由题意知|QA|＝|QP|，||QA|－|QC||＝||QP|－|QC||＝|PC|＝6<|AC|＝10，所以动点Q的轨迹是以A，C为焦点的双曲线，其方程为－＝1.故选B.
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答案 B
4.(2020·辽宁五校模拟)仿照“Dandelin双球”模型，人们借助圆柱内的两个内切球完美地证明了平面截圆柱的截面为椭圆面.如图，底面半径为1的圆柱内两个内切球球心距离为4，现用与两球都相切的平面截圆柱所得到的截面边缘线是一椭圆，则该椭圆的离心率为( )
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A.
B.
C.
D.
解析 由题意可知椭圆的长轴与两球心连线的夹角为30°，所以椭圆的长轴2a＝＝4，a＝2，椭圆的短轴长等于球的直径，所以b＝1，c＝，e＝＝，故选D.
答案 D
5.(2020·江南十校素质测试)已知点P在圆C：x2＋(y－2)2＝1上，点Q在直线l：x－2y＋1＝0上，且点Q的横坐标x∈[－1，a).若|PQ|既有最大值又有最小值，则实数a的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
解析 如图，直线l：x－2y＋1＝0与x轴交于点Q1(－1，0).连接Q1C并延长，交圆C于点P1.过点C作CQ2⊥直线l于点Q2，交圆C于点P2，则|P2Q2|为|PQ|的最小值.易知直线CQ2：y＝－2x＋2.设Q2(x2，y2)，联立得方程组解得x2＝，
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∴a>.设点Q3(x3，y3).为点Q1关于点Q2的对称点，则x3＝.当a>时，|PQ|无法取到最大值，当
答案 A
6.(2020·青岛检测)已知直线y＝k(x－1)与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，直线y＝2k(x－2)与抛物线D：y2＝8x交于M，N两点，设λ＝|AB|－2|MN|，则( )
A.λ<－16
B.λ＝－16
C.－12<λ<0
D.λ＝－12
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2).由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，则x1＋x2＝＝2＋.因为直线y＝k(x－1)经过抛物线C的焦点，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝4＋.同理可得|MN|＝8＋.所以λ＝4＋－2×＝4－16＝－12.故选D.
答案 D
7.(2020·南昌调研)圆C：x2＋y2－10y＋16＝0上有且仅有两点到双曲线－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的距离为1，则该双曲线离心率的取值范围是( )
A.(，)
B.
C.
D.(，＋1)
解析 双曲线－＝1的一条渐近线方程为bx－ay＝0，圆C：x2＋y2－10y＋16＝0的圆心坐标为(0，5)，半径为3.因为圆C上有且仅有两点到直线bx－ay＝0的距离为1，所以圆心(0，5)到直线bx－ay＝0的距离d的范围为2答案 C
8.(2020·潍坊模拟)如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点P(x0，2)是抛物线C上一点.以P为圆心的圆与线段PF交于点Q，与过焦点F且垂直于x轴的直线交于点A，B，|AB|＝|PQ|，直线PF与抛物线C的另一交点为M.若|PF|＝|PQ|，则＝( )
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A.1
B.
C.2
D.
解析 如图，连接PA，PB.因为|AB|＝|PQ|，所以△PAB是正三角形.又x0>，所以x0－＝|PQ|.
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又因为|PF|＝x0＋＝|PQ|，所以x0＝.所以点P，所以(2)2＝2p·.因为p>0，所以p＝2.
所以F(1，0)，P(3，2)，所以|PQ|＝|PF|＝·＝，抛物线C的方程为y2＝4x，直线PF的方程为y＝(x－1).由得M，所以|FM|＝＋1＝，所以＝.故选B.
答案 B
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9.过点P(2，2)作圆C：(x＋2)2＋(y＋2)2＝r2(r>0)的两条切线，切点分别为A，B，下列说法正确的是( )
A.0B.若△PAB为直角三角形，则r＝4
C.△PAB外接圆的方程为x2＋y2＝4
D.直线AB的方程为4x＋4y＋16－r2＝0
解析 因为过点P(2，2)作圆C：(x＋2)2＋(y＋2)2＝r2(r>0)的切线有两条，则点P在圆C外，则r<|PC|＝4，故A错误；若△PAB为直角三角形，则四边形PACB为正方形，则r＝|PC|＝4，解得r＝4，故B正确；由PA⊥CA，PB⊥CB，可得点P，A，C，B共圆，所以△PAB的外接圆就是以PC为直径的圆，即x2＋y2＝8，故C错误；将(x＋2)2＋(y＋2)2＝r2与x2＋y2＝8相减即得直线AB的方程，所以直线AB的方程为4x＋4y＋16－r2＝0，所以D正确.故选BD.
答案 BD
10.(2020·潍坊模拟)已知双曲线－＝sin2θ(θ≠kπ，k∈Z)，则不因θ改变而变化的是( )
A.焦距
B.离心率
C.顶点坐标
D.渐近线方程
解析 由题意，得双曲线的标准方程为－＝1，则a＝2|sin
θ|，
b＝|sin
θ|，则c＝＝|sin
θ|，则双曲线的焦距为2c＝2|sin
θ|，顶点坐标为
(±2|sin
θ|，0)，离心率为e＝＝，渐近线方程为y＝±x.所以不因θ改变而变化的是离心率、渐近线方程.故选BD.
答案 BD
11.设P是椭圆C：＋y2＝1上任意一点，F1，F2是椭圆C的左、右焦点，则( )
A.|PF1|＋|PF2|＝2
B.－2<|PF1|－|PF2|<2
C.1≤|PF1|·|PF2|≤2
D.0≤·≤1
解析 椭圆C的长轴长为2，根据椭圆的定义得|PF1|＋|PF2|＝2，故A正确；||PF1|－|PF2||≤|F1F2|＝2＝2，所以－2≤|PF1|－|PF2|≤2，B错误；|PF1|·|PF2|＝[(|PF1|＋|PF2|)2－(|PF1|－|PF2|)2]，而0≤(|PF1|－|PF2|)2≤4，所以1≤|PF1|·|PF2|≤2，C正确；·＝(－)·(－)＝·－·(＋)＋||2＝||2－1，根据椭圆性质有1≤|OP|≤，所以0≤·＝||2－1≤1，D正确.故选ACD.
答案 ACD
12.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l.设l与x轴的交点为K，P为C上异于O的任意一点，P在l上的射影为E，∠EPF的外角平分线交x轴于点Q，过点Q作QN⊥PE交EP的延长线于点N，作QM⊥PF交线段PF于点M，则( )
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A.|PE|＝|PF|
B.|PF|＝|QF|
C.|PN|＝|MF|
D.|PN|＝|KF|
解析 由抛物线的定义，得|PE|＝|PF|，A正确；∵PN∥QF，PQ是∠FPN的平分线，∴∠FQP＝∠NPQ＝∠FPQ，∴|PF|＝|QF|，B正确；若|PN|＝|MF|，则由PQ是∠FPN的平分线，QN⊥PE，QM⊥PF，得|QM|＝|QN|，从而有|PM|＝|PN|，于是有|PM|＝|FM|，则有|QP|＝|QF|，∴△PFQ为等边三角形，∠FPQ＝60°，也即有∠FPE＝60°，这只是在特殊位置才有可能，
因此C错误；连接EF，如图，由选项A、B知|PE|＝|QF|，又PE∥QF，∴EPQF是平行四边形，∴|EF|＝|PQ|，∴△EKF≌△QNP，∴|KF|＝|PN|，D正确.故选ABD.
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答案 ABD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.(2020·武汉质检)已知以x±2y＝0为渐近线的双曲线经过点(4，1)，则该双曲线的标准方程为________.
解析 由题知，双曲线的渐近线方程为x±2y＝0，设双曲线的方程为x2－4y2＝λ(λ≠0).因为点(4，1)在双曲线上，所以λ＝42－4＝12，所以双曲线的标准方程为－＝1.
答案 －＝1
14.已知点A(－5，0)，B(－1，－3)，若圆x2＋y2＝r2(r>0)上恰有两点M，N，使得△MAB和△NAB的面积均为5，则r的取值范围是________.
解析 由题意可得|AB|＝＝5，根据△MAB和△NAB的面积均为5可得M，N到直线AB的距离均为2，由于直线AB的方程为＝，即3x＋4y＋15＝0，若圆上只有一个点到直线AB的距离为2，则圆心到直线AB的距离为＝r＋2，解得r＝1，若圆上只有3个点到直线AB的距离为2，则圆心到直线AB的距离为＝r－2，解得r＝5.故r的取值范围是(1，5).
答案 (1，5)
15.如图，点A，B分别是椭圆＋＝1(0INCLUDEPICTURE"W95.TIF"
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解析 依题意得直线AP的方程为x－y＋5＝0，直线PF与x轴的交点为(4，0)，即F(4，0)，∴b2＝25－16＝9，即椭圆方程为＋＝1.设M(m，0)(－5≤m≤5)，则M到直线AP的距离为，又|MB|＝|5－m|，所以＝|5－m|，
∵－5≤m≤5，∴＝5－m，解得m＝3，∴M(3，0).设椭圆上的点(x，y)(x∈
[－5，5])到M(3，0)的距离为d，则d2＝(x－3)2＋y2＝(x－3)2＋9＝x2－6x＋18＝＋，
∵x∈[－5，5]，∴当x＝时，d2最小，此时dmin＝.
答案
16.(2020·烟台诊断)已知F为抛物线x2＝2py(p>0)的焦点，点A(1，p)，M为抛物线上任意一点，且|MA|＋|MF|的最小值为3，则该抛物线的方程为________.若线段AF的垂直平分线交抛物线于P，Q两点，则四边形APFQ的面积为________.(本小题第一空2分，第二空3分)
解析 由题意，得抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F，准线的方程为y＝－.因为|MF|等于点M到准线的距离，所以当p>时，|MA|＋|MF|的最小值为点A到准线y＝－的距离，而|MA|＋|MF|的最小值为3，所以＝3，解得p＝2，满足p>；当p≤时，|MA|＋|MF|的最小值为|AF|，而|MA|＋|MF|的最小值为3，所以＝3，解得p＝4，不满足p≤.综上所述，p＝2.因此抛物线的方程为x2＝4y.由p＝2得，点A(1，2)，焦点F(0，1)，则线段AF的垂直平分线的方程为x＋y－2＝0，且|AF|＝＝.设线段AF的垂直平分线与抛物线的交点分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2).由解得或
则|PQ|＝＝4.所以四边形APFQ的面积S＝|AF|·|PQ|＝××4＝4.
答案 x2＝4y 4
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(本小题满分10分)(2020·北京适应性考试)已知椭圆C的短轴的两个端点分别为A(0，1)，B(0，－1)，焦距为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线y＝m与椭圆C有两个不同的交点M，N，设D为直线AN上一点，且直线BD，BM的斜率的积为－.证明：点D在x轴上.
(1)解 由题意知c＝，b＝1，∴a2＝b2＋c2＝4.
∵焦点在x轴上，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明 由题意可设M(－x0，m)，N(x0，m)，－1则x＝4(1－m2).①
∵点D在直线AN上一点，A(0，1)，
∴＝λ＝λ(x0，m－1)，
∴＝＋＝(λx0，λ(m－1)＋1)，
∴D(λx0，λ(m－1)＋1).
∵B(0，－1)，M(－x0，m)，
∴kBD·kBM＝·＝－.
整理，得4λ(m2－1)＋8(m＋1)＝λx.
将①代入上式得(m＋1)[λ(m－1)＋1]＝0.
∵m＋1≠0，∴λ(m－1)＋1＝0，
∴点D在x轴上.
18.(本小题满分12分)(2020·浙江卷)如图，已知椭圆C1：＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p＞0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A).
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(1)若p＝，求抛物线C2的焦点坐标；
(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值.
解 (1)由p＝，得抛物线C2的焦点坐标是.
(2)由题意可设直线l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)，点A(x0，y0).
将直线l的方程代入椭圆C1：＋y2＝1，得
(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，
所以点M的纵坐标yM＝－.
将直线l的方程代入抛物线C2：y2＝2px，得y2－2pmy－2pt＝0，
所以y0yM＝－2pt，解得y0＝，
因此x0＝.
由eq
\f(x,2)＋y＝1，得＝4＋2≥160，
当且仅当m＝，t＝时，p取到最大值.
19.(本小题满分12分)(2019·北京卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点.
(1)解 由题意，得b2＝1，c＝1，
所以a2＝b2＋c2＝2.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线AP的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得点M的横坐标xM＝－.
又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝.
同理，|ON|＝.
由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|OM|·|ON|＝·
＝
＝
＝2.
又|OM|·|ON|＝2，所以2＝2.
解得t＝0，所以直线l经过定点(0，0).
20.(本小题满分12分)(2020·沈阳一监)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点A(2，2)，点B在抛物线C上，且满足＝－2(O为坐标原点).
(1)求抛物线C的方程；
(2)过焦点F任作两条相互垂直的直线l与l′，直线l与抛物线C交于P，Q两点，直线l′与抛物线C交于M，N两点，△OPQ的面积记为S1，△OMN的面积记为S2，求证：eq
\f(1,S)＋eq
\f(1,S)为定值.
(1)解 设B(x0，y0)，∵F，
∴＝－2＝－2＝＝，
∴∴
∵点B在抛物线C上，∴42＝2p×4，∴p＝2，∴y2＝4x.
(2)证明 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由题意得，直线l的斜率存在且不为零.
设l：x＝my＋1，代入y2＝4x得，y2－4my－4＝0.
∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.
∴|y1－y2|＝＝
＝4.
因此S1＝|y1－y2|×1＝2.
同理可得，S2＝2.
∴eq
\f(1,S)＋eq
\f(1,S)＝＋＝＋＝.
∴eq
\f(1,S)＋eq
\f(1,S)为定值，定值为.
21.(本小题满分12分)设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1，0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.
(1)证明 因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，
故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，
故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.
由题设得A(－1，0)，B(1，0)，|AB|＝2，
又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，
所以|EA|＋|EB|＝4>|AB|.
由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：＋＝1(y≠0).
(2)解 当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).
由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|MN|＝|x1－x2|＝.
过点B(1，0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，A到m的距离为，
所以|PQ|＝2＝4.
故四边形MPNQ的面积
S＝|MN||PQ|＝12.
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12，8).
当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，故四边形MPNQ的面积为12.
综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12，8).
22.(本小题满分12分)(2020·东北三校一联)已知以动点P为圆心的⊙P与直线l：x＝－相切，与定圆F：(x－1)2＋y2＝外切.
(1)求动圆圆心P的轨迹C的方程；
(2)过曲线C上位于x轴两侧的点M，N(MN不与x轴垂直)分别作直线l的垂线，垂足分别为M1，N1，直线l交x轴于点A，记△AMM1，△AMN，△ANN1的面积分别为S1，S2，S3，且S＝4S1S3，求证：直线MN过定点.
(1)解 设P(x，y)，⊙P的半径为R，则R＝x＋，|PF|＝R＋，
∴点P到直线x＝－1的距离与到定点F(1，0)的距离相等，
故点P的轨迹C的方程为y2＝4x.
(2)证明 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则M1，N，
设直线MN：x＝ty＋n(t≠0，n>0).将直线MN的方程代入y2＝4x消去x并整理，得y2－4ty－4n＝0，则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4n<0.
∵S1＝·|y1|，S3＝·|y2|，
∴4S1S3＝|y1y2|
＝|y1y2|
＝·|－4n|
＝·4n
＝·4n.
∵S2＝·|y1－y2|
＝·，
∴S＝·(16t2＋16n)＝4(t2＋n).
∵S＝4S1S3，∴n＝(t2＋n)，
即2n＝，解得n＝.
∴直线MN恒过定点.INCLUDEPICTURE"专题五.tif"
第1讲 直线与圆
高考定位 考查重点是直线间的平行和垂直的条件、与距离有关的问题、直线与圆的位置关系(特别是弦长问题)，此类问题难度属于中低档，一般以选择题、填空题的形式出现.
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅲ卷)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 以AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设点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.故选A.
答案 A
2.(2020·全国Ⅱ卷)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 因为圆与两坐标轴都相切，且点(2，1)在圆上.所以可设圆的方程为(x－a)2＋(y－a)2＝a2(a＞0).则(2－a)2＋(1－a)2＝a2，解之得a＝1或a＝5.所以圆心的坐标为(1，1)或(5，5)，所以圆心到直线2x－y－3＝0的距离d＝＝或d＝＝.
答案 B
3.(2020·全国Ⅰ卷)已知⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直线l：2x＋y＋2＝0，点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 由⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0①，
得⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，所以圆心M(1，1).
如图，连接AM，BM，易知四边形PAMB的面积为|PM|·|AB|，欲使|PM|·|AB|最小，只需四边形PAMB的面积最小，即只需△PAM的面积最小.
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因为|AM|＝2，所以只需|PA|最小.
又|PA|＝＝，
所以只需直线2x＋y＋2＝0上的动点P到M的距离最小，其最小值为＝，此时PM⊥l，易求出直线PM的方程为x－2y＋1＝0.
由得所以P(－1，0).
易知P、A、M、B四点共圆，所以以PM为直径的圆的方程为
x2＋＝，即x2＋y2－y－1＝0②，
由①②得，直线AB的方程为2x＋y＋1＝0，故选D.
答案 D
4.(2019·全国Ⅰ卷)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切.
(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；
(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由.
解 (1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a).
因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.连接MA，由已知得|AO|＝2.
又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.
故⊙M的半径r＝2或r＝6.
(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|－|MP|为定值.
理由如下：
设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2,
化简得M的轨迹方程为y2＝4x.
因为曲线C：y2＝4x是以点P(1，0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，
所以存在满足条件的定点P.
考
点
整
合
1.两条直线平行与垂直的判定
若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2?k1＝k2，l1⊥l2?k1k2＝
－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在.
2.两个距离公式
(1)两平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0与l2：Ax＋By＋C2＝0间的距离d＝.
(2)点(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离d＝.
3.圆的方程
(1)圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，圆心为(a，b)，半径为r.
(2)圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，圆心为，半径为r＝.
4.直线与圆的位置关系的判定
(1)几何法：把圆心到直线的距离d和半径r的大小加以比较：dr?相离.
(2)代数法：将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ来讨论位置关系：Δ>0?相交；Δ＝0?相切；Δ<0?相离.
热点一 直线的方程
【例1】
(1)(2020·西安检测)若直线x＋(1＋m)y－2＝0与直线mx＋2y＋4＝0平行，则m的值是( )
A.1
B.－2
C.1或－2
D.－
(2)已知直线l1：kx－y＋4＝0与直线l2：x＋ky－3＝0(k≠0)分别过定点A，B，又l1，l2相交于点M，则|MA|·|MB|的最大值为________.
解析 (1)由题意知m(1＋m)－2×1＝0，解得m＝1或－2，当m＝－2时，两直线重合，舍去；
当m＝1时，满足两直线平行，所以m＝1.
(2)由题意可知，直线l1：kx－y＋4＝0经过定点A(0，4)，
直线l2：x＋ky－3＝0经过定点B(3，0)，
注意到直线l1：kx－y＋4＝0和直线l2：x＋ky－3＝0始终垂直，点M又是两条直线的交点，
则有MA⊥MB，所以|MA|2＋|MB|2＝|AB|2＝25.
故|MA|·|MB|≤(当且仅当|MA|＝|MB|＝时取“＝”).
答案 (1)A (2)
探究提高 1.求解两条直线平行的问题时，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性.
2.求直线方程时应根据条件选择合适的方程形式利用待定系数法求解，同时要考虑直线斜率不存在的情况是否符合题意.
【训练1】
(1)(多选题)光线自点(2，4)射入，经倾斜角为135°的直线l：y＝kx＋1反射后经过点(5，0)，则反射光线还经过下列哪个点( )
A.(14，2)
B.
C.(13，2)
D.(13，1)
(2)已知l1，l2是分别经过A(1，1)，B(0，－1)两点的两条平行直线，当l1，l2间的距离最大时，则直线l1的方程是________.
解析 (1)因为直线l的倾斜角为135°，所以直线l的斜率k＝－1，设点(2，4)关于直线l：y＝－x＋1的对称点为(m，n)，则解得所以反射光线经过点(－3，－1)和点(5，0)，则反射光线所在直线的方程为y＝(x－5)＝(x－5)，当x＝13时，y＝1；当x＝14时，y＝.故选BD.
(2)当直线AB与l1，l2垂直时，l1与l2间的距离最大.
由A(1，1)，B(0，－1)得kAB＝＝2.
∴两平行直线的斜率k＝－.
∴直线l1的方程是y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0.
答案 (1)BD (2)x＋2y－3＝0
热点二 圆的方程
【例2】
(1)(2020·石家庄模拟)古希腊数学家阿波罗尼斯在其巨著《圆锥曲线论》中提出“在同一平面上给出三点，若其中一点到另外两点的距离之比是一个大于零且不等于1的常数，则该点轨迹是一个圆”.现在，某电信公司要在甲、乙、丙三地搭建三座5G信号塔来构建一个特定的三角形信号覆盖区域，以实现5G商用，已知甲、乙两地相距4
km，丙、甲两地距离是丙、乙两地距离的倍，则这个三角形信号覆盖区域的最大面积(单位：km2)是( )
A.2
B.4
C.3
D.4
(2)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________.
解析 (1)以甲、乙两地所在直线为x轴，线段甲乙的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设甲、乙两地的坐标分别为(－2，0)，(2，0)，丙地坐标为(x，y)(y≠0)，则＝·，整理得(x－4)2＋y2＝12，可知丙地所在的圆的半径为r＝2.所以三角形信号覆盖区域的最大面积为×4×2＝4.
(2)∵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＋＝r2，即＋＝2a2，解得a＝1，
∴圆C的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2.
答案 (1)B (2)(x－1)2＋(y＋1)2＝2
探究提高 1.第(1)题是一道以阿波罗尼斯圆为背景的数学应用问题，解题关键是先利用题设条件给出的关系式，求出阿波罗尼斯圆的方程，即(x－4)2＋y2＝12，然后应用圆中的几何量求解三角形信号覆盖区域的最大面积.
2.求圆的方程主要方法有两种：(1)直接法求圆的方程，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)待定系数法求圆的方程时，若已知条件与圆心(a，b)和半径r有关，则设圆的标准方程，否则选择圆的一般方程.
温馨提醒 解答圆的方程问题，应注意数形结合，充分运用圆的几何性质.
【训练2】
(1)(2020·北京卷)已知半径为1的圆经过点(3，4)，则其圆心到原点的距离的最小值为( )
A.4
B.5
C.6
D.7
(2)已知A，B分别是双曲线C：－＝1的左、右顶点，P(3，4)为C上一点，则△PAB的外接圆的标准方程为________.
解析 (1)由平面几何知识知，当且仅当原点、圆心、点(3，4)共线时，圆心到原点的距离最小且最小值为dmin＝－1＝4.故选A.
(2)∵P(3，4)为C上一点，－＝1，
解得m＝1，则B(1，0)，A(－1，0)，
∴kPB＝＝2，BP的中点为(2，2)，
PB的垂直平分线方程为l1：y＝－(x－2)＋2，
AB的垂直平分线方程为l2：x＝0，
则圆心是l1与l2的交点M，联立l1与l2方程，
解得
则M(0，3)，r＝|MB|＝＝，
∴△PAB外接圆的标准方程为x2＋(y－3)2＝10.
答案 (1)A (2)x2＋(y－3)2＝10
热点三 直线(圆)与圆的位置关系
角度1 圆的切线问题
【例3】
(1)(2020·全国Ⅲ卷)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＋
(2)(多选题)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－4x＝0.若直线y＝k(x＋1)上存在一点P，使过点P所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k的可能取值是( )
A.1
B.2
C.3
D.4
解析 (1)易知直线l的斜率存在，设直线l的方程y＝kx＋b，则＝ ①，设直线l与曲线y＝的切点坐标为(x0，)(x0>0)，则y′|x＝x0＝x0－＝k ②，＝kx0＋b ③，由②③可得b＝，将b＝，k＝x0－代入①得x0＝1或x0＝－(舍去)，所以k＝b＝，故直线l的方程y＝x＋.
(2)由x2＋y2－4x＝0，得(x－2)2＋y2＝4，则圆心为C(2，0)，半径r＝2，过点P所作的圆的两条切线相互垂直，设两切点分别为A，B，连接AC，BC，所以四边形PACB为正方形，即PC＝r＝2，圆心到直线的距离d＝≤2，即－2≤k≤2，所以实数k的取值可以是1，2.故选AB.
答案 (1)D (2)AB
探究提高 1.直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立关于切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式.
2.过圆外一点求解切线段长的问题，可先求出圆心到圆外点的距离，再结合半径利用勾股定理计算.
【训练3】
(1)(2020·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＝__________.
(2)已知⊙O：x2＋y2＝1，点A(0，－2)，B(a，2)，从点A观察点B，要使视线不被⊙O挡住，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，－2)∪(2，＋∞)
B.∪
C.∪
D.
解析 (1)直线kx－y＋b＝0(k＞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
由①②，解得
(2)易知点B在直线y＝2上，过点A(0，－2)作圆的切线.
设切线的斜率为k，则切线方程为y＝kx－2，
即kx－y－2＝0.
由d＝＝1，得k＝±.
∴切线方程为y＝±x－2，和直线y＝2的交点坐标分别为，.
故要使视线不被⊙O挡住，则实数a的取值范围是∪.
答案 (1) － (2)B
角度2 圆的弦长的相关计算
【例4】
在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1).当m变化时，解答下列问题：
(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；
(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
(1)解 不能出现AC⊥BC的情况，理由如下：
设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2满足方程x2＋mx－2＝0，
所以x1x2＝－2.又C的坐标为(0，1)，
故AC的斜率与BC的斜率之积为·＝－，
所以不能出现AC⊥BC的情况.
(2)证明 BC的中点坐标为，可得BC的中垂线方程为y－＝x2.
由(1)可得x1＋x2＝－m，
所以AB的中垂线方程为x＝－.
联立
又x＋mx2－2＝0，③
由①②③解得x＝－，y＝－.
所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为，半径r＝.
故圆在y轴上截得的弦长为2＝3，
即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
探究提高 1.研究直线与圆的位置关系最常用的解题方法为几何法，将代数问题几何化，利用数形结合思想解题.
2.与圆的弦长有关的问题常用几何法，即利用圆的半径r，圆心到直线的距离d，及半弦长，构成直角三角形的三边，利用勾股定理来处理.
【训练4】
(1)(2020·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__________.
(2)(2020·菏泽联考)已知圆O：x2＋y2＝4，直线l与圆O交于P，Q两点，A(2，2)，若|AP|2＋|AQ|2＝40，则弦PQ的长度的最大值为________.
解析 (1)依题意得，圆心(0，0)到直线x－y＋8＝0的距离d＝＝4，因此r2＝d2＋＝25，又r＞0，所以r＝5.
(2)设点M为PQ的中点，则|PM|＝|MQ|，
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MERGEFORMAT
在△APQ中，由余弦定理易得
|AP|2＋|AQ|2＝|AM|2＋|PM|2＋|MQ|2＋|AM|2＝2(|AM|2＋|MQ|2)
又|MQ|2＝|OQ|2－|OM|2＝4－|OM|2，|AP|2＋|AQ|2＝40.
∴40＝2|AM|2＋8－2|OM|2，则|AM|2－|OM|2＝16，
设M(x，y)，则(x－2)2＋(y－2)2－(x2＋y2)＝16.
化简得x＋y＋2＝0.
当OM⊥l时，OM取到最小值，即|OM|min＝＝.
此时，|PQ|＝2＝2.
故弦PQ的长度的最大值为2.
答案 (1)5 (2)2
A级 巩固提升
一、选择题
1.(2020·长沙模拟)命题p：m＝2，命题q：直线(m－1)x－y＋m－12＝0与直线mx＋2y－3m＝0垂直，则p是q成立的( )
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 若两直线垂直，则(m－1)×m＋(－1)×2＝0，解之得m＝2或m＝－1.∴p是q成立的充分不必要条件.
答案 A
2.过点A(1，2)的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为( )
A.y－x＝1
B.y＋x＝3
C.2x－y＝0或x＋y＝3
D.2x－y＝0或y－x＝1
解析 当直线过原点时，可得斜率为＝2，
故直线方程为y＝2x，
当直线不过原点时，设方程为＋＝1，
代入点(1，2)可得－＝1，解得a＝－1，
方程为x－y＋1＝0，
故所求直线方程为2x－y＝0或y－x＝1.
答案 D
3.过点(3，1)作圆(x－1)2＋y2＝r2的切线有且只有一条，则该切线的方程为( )
A.2x＋y－5＝0
B.2x＋y－7＝0
C.x－2y－5＝0
D.x－2y－7＝0
解析 依题意知，点(3，1)在圆(x－1)2＋y2＝r2上，且为切点.∵圆心(1，0)与切点(3，1)连线的斜率为，所以切线的斜率k＝－2.故过点(3，1)的切线方程为y－1＝－2(x－3)，即2x＋y－7＝0.
答案 B
4.(2020·全国Ⅲ卷)点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离的最大值为( )
A.1
B.
C.
D.2
解析 设点A(0，－1)，直线l：y＝k(x＋1)，由l恒过定点B(－1，0)，当AB⊥l时，点A(0，－1)到直线y＝k(x＋1)的距离最大，最大值为.故选B.
答案 B
5.(2020·合肥调研)已知点P为圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝4上一点，A(0，－6)，B(4，0)，则|＋|的最大值为( )
A.＋2
B.＋4
C.2＋4
D.2＋2
解析 取AB中点D(2，－3)，
则＋＝2，|＋|＝|2|＝2||，
又由题意知，圆C的圆心C(1，2)，半径为2，
||的最大值为圆心C(1，2)到D(2，－3)的距离d再加半径r，
又d＝＝，∴d＋r＝＋2，
∴2||的最大值为2＋4，
即|＋|的最大值为2＋4.
答案 C
6.(多选题)集合A＝{(x，y)|x2＋y2＝4}，B＝{(x，y)|(x－3)2＋(y－4)2＝r2}，其中r>0，若A∩B中有且仅有一个元素，则r的值是( )
A.3
B.5
C.7
D.9
解析 圆x2＋y2＝4的圆心是O(0，0)，半径为R＝2，圆(x－3)2＋(y－4)2＝r2的圆心是C(3，4)，半径为r，|OC|＝5，当2＋r＝5，r＝3时，两圆外切；当|r－2|＝5，r＝7时，两圆内切，它们都只有一个公共点，即集合A∩B只有一个元素.故选AC.
答案 AC
7.(多选题)已知点A是直线l：x＋y－＝0上一定点，点P，Q是圆x2＋y2＝1上的动点，若∠PAQ的最大值为90°，则点A的坐标可以是( )
A.(0，)
B.(1，－1)
C.(，0)
D.(－1，1)
解析 如图所示，坐标原点O到直线l：x＋y－＝0的距离d＝＝1，则直线l与圆x2＋y2＝1相切，由图可知，当AP，AQ均为圆x2＋y2＝1的切线时，∠PAQ取得最大值，连接OP，OQ，由于∠PAQ的最大值为90°，且∠APO＝∠AQO＝90°，|OP|＝|OQ|＝1，则四边形APOQ为正方形，所以|OA|＝|OP|＝.设A(t，－t)，由两点间的距离公式得|OA|＝＝，整理得2t2－2t＝0，解得t＝0或t＝，因此，点A的坐标为(0，)或(，0).故选AC.
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"W85.TIF"
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MERGEFORMAT
答案 AC
8.(多选题)已知圆C1：x2＋y2＝r2与圆C2：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则下列结论正确的是( )
A.a(x1－x2)＋b(y1－y2)＝0
B.2ax1＋2by1＝a2＋b2
C.x1＋x2＝a
D.y1＋y2＝2b
解析 圆C2的方程为x2＋y2－2ax－2by＋a2＋b2－r2＝0，两圆的方程相减，可得直线AB的方程为2ax＋2by－a2－b2＝0，即得2ax＋2by＝a2＋b2，分别把A(x1，y1)，B(x2，y2)两点的坐标代入，可得2ax1＋2by1＝a2＋b2，2ax2＋2by2＝a2＋b2，两式相减可得2a(x1－x2)＋2b(y1－y2)＝0，即a(x1－x2)＋b(y1－y2)＝0，所以选项A、B均正确；由圆的性质可得，线段AB与线段C1C2互相平分，所以x1＋x2＝a，y1＋y2＝b，所以选项C正确，选项D不正确.
答案 ABC
二、填空题
9.(2019·北京卷)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________.
解析 抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为(1，0)，准线l为直线x＝－1，
所求的圆以F为圆心，且与准线l相切，故圆的半径r＝2.
所以圆的方程为(x－1)2＋y2＝4.
答案 (x－1)2＋y2＝4
10.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________.
解析 ∵圆C的圆心在x轴的正半轴上，设C(a，0)，且a>0.
则圆心C到直线2x－y＝0的距离d＝＝，解得a＝2.∴圆C的半径r＝|CM|＝＝3，因此圆C的方程为(x－2)2＋y2＝9.
答案 (x－2)2＋y2＝9
11.已知圆C的方程是x2＋y2－8x－2y＋8＝0，直线l：y＝a(x－3)被圆C截得的弦长最短时，直线l方程为________________.
解析 圆C的标准方程为(x－4)2＋(y－1)2＝9，
∴圆C的圆心C(4，1)，半径r＝3.
又直线l：y＝a(x－3)过定点P(3，0)，
则当直线l与直线CP垂直时，被圆C截得的弦长最短.因此a·kCP＝a·＝－1，∴a＝－1.
故所求直线l的方程为y＝－(x－3)，即x＋y－3＝0.
答案 x＋y－3＝0
12.(2020·衡水中学检测)已知直线Ax＋By＋C＝0(其中A2＋B2＝C2，C≠0)与圆x2＋y2＝6交于点M，N，O是坐标原点，则|MN|＝________，·＝________.
解析 由于A2＋B2＝C2，且C≠0，∴圆心(0，0)到直线Ax＋By＋C＝0的距离d＝＝1.所以|MN|＝2＝2＝2.设向量，的夹角为θ，则cos(π－θ)＝＝，所以cos
θ＝－，所以·＝||||cos
θ＝×2×＝－10.
答案 2 －10
B级 能力突破
13.直线x＋y＋2＝0分别与x轴、y轴交于A，B两点，点P在圆(x－2)2＋y2＝2上，则△ABP面积的取值范围是( )
A.[2，6]
B.[4，8]
C.[，3]
D.[2，3]
解析 由题意知圆心的坐标为(2，0)，半径r＝，圆心到直线x＋y＋2＝0的距离d＝＝2，所以圆上的点到直线的最大距离是d＋r＝3，最小距离是d－r＝.易知A(－2，0)，B(0，－2)，所以|AB|＝2，所以2≤S△ABP≤6.
答案 A
14.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一点A(2，4).
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(1)设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；
(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且|BC|＝|OA|，求直线l的方程.
解 圆M的标准方程为(x－6)2＋(y－7)2＝25，
所以圆心M(6，7)，半径为5，
(1)由圆心N在直线x＝6上，可设N(6，y0)，
因为圆N与x轴相切，与圆M外切，
所以0从而7－y0＝5＋y0，解得y0＝1.
因此，圆N的标准方程为(x－6)2＋(y－1)2＝1.
(2)因为直线l∥OA，
所以直线l的斜率为＝2.
设直线l的方程为y＝2x＋m，
即2x－y＋m＝0，
则圆心M到直线l的距离
d＝＝.
因为|BC|＝|OA|＝＝2，
又|MC|2＝d2＋，
所以25＝＋5，解得m＝5或m＝－15.
故直线l的方程为2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0.(共53张PPT)
第3讲 圆锥曲线中的热点问题
高考定位 1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一；2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题，对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法的考查.
真
题
感
悟
A.4
B.8
C.16
D.32
答案 B
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点.
(1)解 由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).
(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由①②可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，
结合x＝my＋n，得(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.③
代入③式
得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0，
(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.
(2)证明 设M(x1，y1)，N(x2，y2).
若直线MN与x轴不垂直，
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.
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.
考
点
整
合
1.圆锥曲线常考查的几何量
(1)直线方程：会用点斜式或斜截式设直线方程；
(2)线段长、面积：三角形、四边形的面积中蕴含着线段长、点到直线的距离公式；
(3)斜率公式、共线点的坐标关系：由两点坐标会表示出对应的直线斜率，共线点的横坐标或纵坐标也满足比例关系；
(4)平面图形的几何性质：平行四边形、菱形等图形中的几何性质，如垂直、平行、平分、中点关系；
(5)向量关系的转化：会把向量关系转化为对应点，如坐标关系.
2.圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的值域、最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解.
温馨提醒 圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.
3.圆锥曲线中的定点、定值问题
(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.
若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m).
(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.
4.圆锥曲线中的存在性问题的解题步骤：
(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).
(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在.
(3)下结论.
(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.
(2)①证明 设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0).
探究提高 求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解.
(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，列出含参数的函数式；可利用求函数值域(最值)或基本不等式、换元法、导数法，利用已知或隐含的参数范围求最值、范围.特别是分式形式时，会用换元法将复杂化为简单.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆相交于不同的两点M，N.当|AM|＝|AN|时，求m的取值范围.
探究提高 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(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.
【训练1】
(2020·贵阳诊断)在直角坐标系xOy中，曲线C1上的任意一点M到直线
y＝－1的距离比M点到点F(0，2)的距离小1.
(1)求动点M的轨迹C1的方程；
(2)若点P是圆C2：(x－2)2＋(y＋2)2＝1上一动点，过点P作曲线C1的两条切线，切点分别为A，B，求直线AB斜率的取值范围.
法二 由题意知M到直线y＝－2的距离等于M到F(0，2)的距离，由抛物线定义得动点M的轨迹方程为x2＝8y.
热点二 圆锥曲线中定值、定点问题
角度1 圆锥曲线中的定值
【例3】
(2020·广州模拟)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)解 因为抛物线y2＝2px过点P(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).
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<1，
又因为k≠0，故k<0或0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)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2).
探究提高 1.求定值问题常见的方法有两种：
(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.
2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.
由题意知Δ＝4t2－4(2t2－4)＞0，解得－2＜t＜2且t≠0.
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由点P与点E关于原点对称，得E(－x1，－y1).
易知x1＋x2＝－2t，x1x2＝2t2－4.
设直线AE与AQ的斜率分别为kAE，kAQ，
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和
为－1，证明：l过定点.
(2)证明 设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果直线l的斜率不存在，此时l垂直于x轴.
此时l过椭圆C右顶点，与椭圆C不存在两个交点，故不满足.
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1).
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
解得m＝－2k－1，此时Δ＝32(m＋1)，
∴当且仅当m>－1时，Δ>0，
∴直线l的方程为y＝kx－2k－1，即y＋1＝k(x－2).
所以l过定点(2，－1).
探究提高 1.动直线l过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0).
2.动曲线C过定点问题.引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.
【训练3】
(2020·太原模拟)已知圆O1：(x＋1)2＋y2＝8上有一动点Q，点O2的坐标为(1，0)，四边形QO1O2R为平行四边形.线段O1R的垂直平分线交O2R于点P.
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)过点O2作直线与曲线C交于A，B两点，点K的坐标为(2，1)，直线KA，KB与y轴分别交于M，N两点，求证：线段MN的中点为定点，并求出该中点的坐标.
(2)证明 当直线AB的斜率为0时，由(1)y≠0知与曲线C无交点.
当直线AB的斜率不为0时，设过点O2的直线方程为x＝my＋1，点A，B坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2).
所以MN的中点为(0，－1)，恒为定点.
解 (1)在△ABC中，由余弦定理AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos
C＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.
(2)设直线方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，
探究提高 1.此类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，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.
2.求解步骤：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.
【训练4】
(2020·西安调研)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线经过点P(－1，0).
(1)求抛物线C的方程.
(2)设O是原点，直线l恒过定点(1，0)，且与抛物线C交于A，B两点，直线x＝1与直线OA，OB分别交于点M，N，请问：是否存在以MN为直径的圆经过x轴上的两个定点？若存在，求出两个定点的坐标；若不存在，请说明理由.
(2)存在，理由如下.第3讲 圆锥曲线中的热点问题
高考定位 1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一；2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题，对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法的考查.
INCLUDEPICTURE"真题感悟考点整合.tif"
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅱ卷)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 由题意知双曲线的渐近线方程为y＝±x.
因为D，E分别为直线x＝a与双曲线C的两渐近线的交点，
所以不妨设D(a，b)，E(a，－b)，
所以S△ODE＝×a×|DE|＝×a×2b＝ab＝8，
则c2＝a2＋b2≥2ab＝16，当且仅当a＝b＝2时等号成立，∴c≥4.
故曲线C的焦距2c的最小值为8.
答案 B
2.(2020·全国Ⅰ卷)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.
(1)解 由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).
则＝(a，1)，＝(a，－1).
由·＝8，得a2－1＝8，
解得a＝3或a＝－3(舍去).
所以椭圆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易知直线PA的方程为y＝(x＋3)，
所以y1＝(x1＋3).
易知直线PB的方程为y＝(x－3)，
所以y2＝(x2－3).
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3).①
由于eq
\f(x,9)＋y＝1，故y＝－，②
由①②可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，
结合x＝my＋n，
得(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.③
将x＝my＋n代入＋y2＝1，
得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
代入③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.
3.(2020·新高考山东卷)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.
(1)解 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.
考
点
整
合
1.圆锥曲线常考查的几何量
(1)直线方程：会用点斜式或斜截式设直线方程；
(2)线段长、面积：三角形、四边形的面积中蕴含着线段长、点到直线的距离公式；
(3)斜率公式、共线点的坐标关系：由两点坐标会表示出对应的直线斜率，共线点的横坐标或纵坐标也满足比例关系；
(4)平面图形的几何性质：平行四边形、菱形等图形中的几何性质，如垂直、平行、平分、中点关系；
(5)向量关系的转化：会把向量关系转化为对应点，如坐标关系.
2.圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的值域、最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解.
温馨提醒 圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.
3.圆锥曲线中的定点、定值问题
(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.
若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m).
(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.
4.圆锥曲线中的存在性问题的解题步骤：
(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).
(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在.
(3)下结论.
热点一 圆锥曲线中的最值、范围问题
角度1 求线段长度、三角形面积的最值
【例1】
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.
(1)解 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＝±.
设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解 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.
探究提高 求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解.
(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，列出含参数的函数式；可利用求函数值域(最值)或基本不等式、换元法、导数法，利用已知或隐含的参数范围求最值、范围.特别是分式形式时，会用换元法将复杂化为简单.
角度2 求几何量、某个参数的取值范围
【例2】
(2020·江西六校联考)已知椭圆的一个顶点为A(0，－1)，焦点在x轴上，中心在原点.若右焦点到直线x－y＋2＝0的距离为3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆相交于不同的两点M，N.当|AM|＝|AN|时，求m的取值范围.
解 (1)依题意可设椭圆方程为＋y2＝1(a>1)，
则右焦点F(，0)，由题设＝3，
解得a2＝3.∴所求椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)设P(xP，yP)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，
P为弦MN的中点，
由得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0，
∵直线与椭圆相交，
∴Δ＝(6mk)2－4(3k2＋1)×3(m2－1)>0?m2<3k2＋1.①
∴xP＝＝－，从而yP＝kxP＋m＝，
∴kAP＝＝－，
又∵|AM|＝|AN|，∴AP⊥MN，
则－＝－，即2m＝3k2＋1.②
把②代入①，得m2<2m，解得0由②得k2＝>0，解得m>.
综上，
求得m的取值范围是.
探究提高 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(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.
【训练1】
(2020·贵阳诊断)在直角坐标系xOy中，曲线C1上的任意一点M到直线y＝－1的距离比M点到点F(0，2)的距离小1.
(1)求动点M的轨迹C1的方程；
(2)若点P是圆C2：(x－2)2＋(y＋2)2＝1上一动点，过点P作曲线C1的两条切线，切点分别为A，B，求直线AB斜率的取值范围.
解 (1)法一 设点M(x，y)，∵点M到直线y＝－1的距离等于|y＋1|，
∴|y＋1|＝－1，化简得x2＝8y，
∴动点M的轨迹C1的方程为x2＝8y.
法二 由题意知M到直线y＝－2的距离等于M到F(0，2)的距离，由抛物线定义得动点M的轨迹方程为x2＝8y.
(2)由题意可知，PA，PB的斜率都存在，分别设为k1，k2，切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设点P(m，n)，过点P的抛物线的切线方程为
y＝k(x－m)＋n，
联立得x2－8kx＋8km－8n＝0，
∵Δ＝64k2－32km＋32n＝0，即2k2－km＋n＝0，
∴k1＋k2＝，k1k2＝.
由x2＝8y，得y′＝，
∴x1＝4k1，y1＝eq
\f(x,8)＝2k，x2＝4k2，y2＝eq
\f(x,8)＝2k，
∴kAB＝＝eq
\f(2k－2k,4k2－4k1)＝＝，
∵点P(m，n)满足(x－2)2＋(y＋2)2＝1，∴1≤m≤3，
∴≤≤，即直线AB斜率的取值范围为.
热点二 圆锥曲线中定值、定点问题
角度1 圆锥曲线中的定值
【例3】
(2020·广州模拟)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.
(1)解 因为抛物线y2＝2px过点P(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<1，
又因为k≠0，故k<0或0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)证明 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＋＝2为定值.
探究提高 1.求定值问题常见的方法有两种：
(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.
2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.
【训练2】
(2020·长沙模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，且圆x2＋y2＝2过椭圆C的上、下顶点.
(1)求椭圆C的方程.
(2)若直线l的斜率为，且直线l交椭圆C于P，Q两点，点P关于原点的对称点为E，A(－2，1)是椭圆C上的一点，判断直线AE与AQ的斜率之和是否为定值，如果是，请求出此定值；如果不是，请说明理由.
解 (1)由圆x2＋y2＝2过椭圆C的上、下顶点，
可得b＝.
又离心率e＝，所以＝，解得a＝2.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由直线l的斜率为，可设直线l的方程为
y＝x＋t(t≠0).
由消去y并整理得x2＋2tx＋2t2－4＝0.
由题意知Δ＝4t2－4(2t2－4)＞0，解得－2＜t＜2且t≠0.
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由点P与点E关于原点对称，得E(－x1，－y1).
易知x1＋x2＝－2t，x1x2＝2t2－4.
设直线AE与AQ的斜率分别为kAE，kAQ，
由A(－2，1)，得kAE＋kAQ＝＋
＝.
又y1＝x1＋t，y2＝x2＋t，
于是有(2－x1)(y2－1)－(2＋x2)(y1＋1)
＝2(y2－y1)－(x1y2＋x2y1)＋(x1－x2)－4
＝(x2－x1)－＋(x1－x2)－4
＝－x1x2－t(x1＋x2)－4
＝－(2t2－4)－t(－2t)－4＝0.
因此kAE＋kAQ＝0.
于是直线AE与AQ的斜率之和为定值，此定值为0.
角度2 圆锥曲线中的定点问题
【例4】
(2020·成都二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上.
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点.
(1)解 由于点P3，P4关于y轴对称，由题设知C必过P3，P4.又由＋>＋知，椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上.
因此解得故C的方程为＋y2＝1.
(2)证明 设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果直线l的斜率不存在，此时l垂直于x轴.
设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，
k1＋k2＝＋＝＝－1，得m＝2，
此时l过椭圆C右顶点，与椭圆C不存在两个交点，故不满足.
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1).
将y＝kx＋m代入＋y2＝1
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
则k1＋k2＝＋＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
∴(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.
解得m＝－2k－1，此时Δ＝32(m＋1)，
∴当且仅当m>－1时，Δ>0，
∴直线l的方程为y＝kx－2k－1，即y＋1＝k(x－2).
所以l过定点(2，－1).
探究提高 1.动直线l过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0).
2.动曲线C过定点问题.引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.
【训练3】
(2020·太原模拟)已知圆O1：(x＋1)2＋y2＝8上有一动点Q，点O2的坐标为(1，0)，四边形QO1O2R为平行四边形.线段O1R的垂直平分线交O2R于点P.
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)过点O2作直线与曲线C交于A，B两点，点K的坐标为(2，1)，直线KA，KB与y轴分别交于M，N两点，求证：线段MN的中点为定点，并求出该中点的坐标.
(1)解 因为|PO1|＋|PO2|＝|PR|＋|PO2|＝|RO2|＝|QO1|＝2>|O1O2|＝2，
所以点P的轨迹是一个椭圆，且长轴长2a＝2，半焦距c＝1，
所以b2＝a2－c2＝1，轨迹C的方程为＋y2＝1(y≠0).
(2)证明 当直线AB的斜率为0时，由(1)y≠0知与曲线C无交点.
当直线AB的斜率不为0时，设过点O2的直线方程为x＝my＋1，点A，B坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2).
直线方程与椭圆方程联立得消去x，得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
则y1＋y2＝，y1y2＝.
直线KA的方程为y－1＝(x－2)，
令x＝0得yM＝.
同理可得yN＝.
所以＝
＝
＝＝－1.
所以MN的中点为(0，－1)，恒为定点.
热点三 圆锥曲线中的存在性问题
【例5】
设椭圆M：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为A(－1，0)，B(1，0)，C为椭圆M上的点，且∠ACB＝，S△ABC＝.
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E，F两点，探究在x轴上是否存在定点D，使得·为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；若不存在，请说明理由.
解 (1)在△ABC中，由余弦定理AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos
C＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.
又S△ABC＝CA·CB·sin
C＝CA·CB＝，
∴CA·CB＝，代入上式得CA＋CB＝2.
椭圆长轴长为2a＝2，焦距为2c＝AB＝2，b2＝a2－c2＝1.
所以椭圆M的标准方程为＋y2＝1.
(2)设直线方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，
联立
消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
假设x轴上存在定点D(x0，0)，使得·为定值.
∴·＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)
＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2
＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋k2(x1－1)(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋x＋k2
＝eq
\f(（2x－4x0＋1）k2＋（x－2）,1＋2k2).
要使·为定值，则·的值与k无关，
∴2x－4x0＋1＝2(x－2)，解得x0＝，
此时·＝－为定值，定点为.
探究提高 1.此类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，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.
2.求解步骤：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.
【训练4】
(2020·西安调研)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线经过点P(－1，0).
(1)求抛物线C的方程.
(2)设O是原点，直线l恒过定点(1，0)，且与抛物线C交于A，B两点，直线x＝1与直线OA，OB分别交于点M，N，请问：是否存在以MN为直径的圆经过x轴上的两个定点？若存在，求出两个定点的坐标；若不存在，请说明理由.
解 (1)依题意知，－＝－1，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)存在，理由如下.
设直线AB的方程为x＝ty＋1，Aeq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,4)，y1))，Beq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,4)，y2)).
联立直线AB与抛物线C的方程得消去x并整理，得y2－4ty－4＝0.
易知Δ＝16t2＋16＞0，则
由直线OA的方程y＝x，可得M，由直线OB的方程y＝x，可得N.
设以MN为直径的圆上任一点D(x，y)，则·＝0，
所以以MN为直径的圆的方程为
(x－1)2＋＝0.
令y＝0，得(x－1)2＋＝0.
将y1y2＝－4代入上式，得(x－1)2－4＝0，
解得x1＝－1，x2＝3.
故存在以MN为直径的圆经过x轴上的两个定点，两个定点的坐标分别为(－1，0)和(3，0).
A级 巩固提升
一、选择题
1.椭圆C：＋＝1的焦点在x轴上，点A，B是长轴的两端点，若曲线C上存在点M满足∠AMB＝120°，则实数m的取值范围是( )
A.(3，＋∞)
B.[1，3)
C.(0，)
D.(0，1]
解析 依题意，当0要在曲线C上存在点M满足∠AMB＝120°，
则≥tan
60°，即≥，解得0答案 D
2.若点P为抛物线y＝2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为( )
A.2
B.
C.
D.
解析 根据题意，设抛物线y＝2x2上点P到准线的距离为d，则有|PF|＝d，抛物线的方程为y＝2x2，即x2＝y，其准线方程为y＝－，∴当点P在抛物线的顶点时，d有最小值，即|PF|min＝.
答案 D
3.(2020·济南模拟)已知椭圆C：x2＋＝1，直线l：y＝x＋m，若椭圆C上存在两点关于直线l对称，则m的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
解析 设椭圆C上存在关于直线y＝x＋m对称的两点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，则线段MN被直线y＝x＋m垂直平分.设MN的中点T(x0，y0)在直线y＝x＋m上，kMN＝－1，故设直线MN的方程为y＝－x＋n.
联立整理，得3x2－2nx＋n2－2＝0，
∴x1＋x2＝，y1＋y2＝2n－(x1＋x2)＝2n－＝，
∴x0＝＝，y0＝＝.
由Δ＝4n2－12(n2－2)＞0，可得－＜n＜.
∵MN的中点T(x0，y0)在直线y＝x＋m上，
∴＝＋m，∴m＝，∴－＜m＜.
答案 B
4.(多选题)(2020·东营质检)设椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的动点，则下列结论正确的是( )
A.|PF1|＋|PF2|＝2
B.离心率e＝
C.△PF1F2面积的最大值为
D.以线段F1F2为直径的圆与直线x＋y－＝0相切
解析 对于A，由椭圆的定义可知|PF1|＋|PF2|＝2a＝2，故A正确；对于B，由椭圆方程知a＝，b＝1，c＝1，所以离心率e＝＝＝，故B错误；对于C，|F1F2|＝2c＝2，当P为椭圆短轴顶点时，△PF1F2的面积取得最大值，最大值为·2c·b＝c·b＝1，故C错误；对于D，以线段F1F2为直径的圆的圆心为(0，0)，半径为c＝1，圆心到直线x＋y－＝0的距离为＝1，即圆心到直线的距离等于半径，所以以线段F1F2为直径的圆与直线x＋y－＝0相切，故D正确.故选AD.
答案 AD
5.(多选题)(2020·海南新高考诊断)已知P是椭圆C：＋y2＝1上的动点，Q是圆D：(x＋1)2＋y2＝上的动点，则( )
A.椭圆C的焦距为
B.椭圆C的离心率为
C.圆D在椭圆C的内部
D.|PQ|的最小值为
解析 依题意可得c＝＝，则椭圆C的焦距为2，离心率为＝.设P(x，y)(－≤x≤).由圆心D的坐标为(－1，0)，得|PD|2＝(x＋1)2＋y2＝(x＋1)2＋1－＝＋≥>，所以圆D在椭圆C的内部，且|PQ|的最小值为－＝.故选BC.
答案 BC
二、填空题
6.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的横坐标的绝对值最大，最大值为2.
答案 5
7.(2020·郑州模拟)已知双曲线－＝1的左、右焦点分别为F1、F2，P为双曲线上任一点，且·的最小值为－7，则该双曲线的离心率是________.
解析 设点F1(－c，0)，F2(c，0)(其中c＞0)，P(x0，y0).
则eq
\f(x,9)－eq
\f(y,b2)＝1，所以x＝9eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(y,b2))).
∵＝(－c－x0，－y0)，＝(c－x0，－y0)，
∴·＝x－c2＋y＝9eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(y,b2)))＋y－c2＝y＋9－c2≥9－c2，当且仅当y0＝0时，上式“＝”成立.
∴9－c2＝－7，∴c＝4.
从而双曲线的离心率e＝＝.
答案
8.设抛物线x2＝4y的焦点为F，A为抛物线上第一象限内一点，满足|AF|＝2；已知P为抛物线准线上任一点，则|PA|＋|PF|的最小值为________，此时△PAF的外接圆半径为________.
解析 由x2＝4y，知p＝2，∴焦点F(0，1)，准线y＝－1.
依题意，设A(x0，y0)(x0>0)，由定义，得|AF|＝y0＋，则y0＝2－1＝1，∴AF⊥y轴.易知当P(1，－1)时，|PA|＋|PF|最小，
∴|PF|＝＝，则|PA|＋|PF|＝2，由正弦定理，2R＝＝＝，因此△PAF的外接圆半径R＝.
答案 2
三、解答题
9.(2020·广州调研)已知点P到直线y＝－3的距离比点P到点A(0，1)的距离多2.
(1)求点P的轨迹方程；
(2)经过点
Q(0，2)的动直线l与点P的轨迹交于M，N两点，是否存在定点R使得∠MRQ＝∠NRQ？若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由.
解 (1)由题知，|PA|等于点P到直线y＝－1的距离，
故P点的轨迹是以A为焦点，y＝－1为准线的抛物线，
所以其方程为x2＝4y.
(2)根据图形的对称性知，若存在满足条件的定点R，则点R必在y轴上，可设其坐标为(0，r)，
此时由∠MRQ＝∠NRQ可得kMR＋kNR＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则＋＝0，
由题知直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx＋2，与x2＝4y联立得x2－4kx－8＝0，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－8，
＋＝＋
＝2k＋＝2k－＝0，
故r＝－2，即存在满足条件的定点R(0，－2).
10.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝，n＝，m·n＝0.
(1)求证：k1·k2＝－；
(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由.
(1)证明 ∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0，
又m·n＝0，∴＋y1y2＝0，即＝－y1y2，
∴k1·k2＝＝－.
(2)解 当直线PQ的斜率不存在，
即x1＝x2，y1＝－y2时，
由＝－，得eq
\f(x,4)－y＝0，
又∵点P(x1，y1)在椭圆上，得eq
\f(x,4)＋y＝1，
∴|x1|＝，|y1|＝.
∴S△POQ＝|x1|·|y1－y2|＝1.
当直线PQ的斜率存在时，
设直线PQ的方程为y＝kx＋b(b≠0).
由得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)>0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∵＋y1y2＝0，∴＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，
得2b2－4k2＝1，满足Δ>0.
∴S△POQ＝·|PQ|
＝|b|＝2|b|·＝1.
综上可知，△POQ的面积S为定值.
B级 能力突破
11.(2019·北京卷)已知抛物线C：x2＝－2py(p>0)经过点(2，－1).
(1)求抛物线C的方程及其准线方程.
(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.
(1)解 由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)得p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.
(2)证明 抛物线C的焦点为F(0，－1).
设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0).
由得x2＋4kx－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－，
同理得B的横坐标xB＝－.
设点D(0，n)，
则＝，＝，
·＝＋(n＋1)2＝eq
\f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,4)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,4))))＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.
令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，
得n＝1或n＝－3.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0，1)和(0，－3).
12.(2020·成都一诊)已知椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过点F的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A，B两点，直线l：x＝2与x轴相交于点H，过点A作AD⊥l，垂足为D.
(1)求四边形OAHB(O为坐标原点)的面积的取值范围.
(2)证明：直线BD过定点E，并求出点E的坐标.
(1)解 由题设知F(1，0)，设直线AB的方程为
x＝my＋1(m∈R)，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由消去x并整理，
得(m2＋2)y2＋2my－1＝0.
Δ＝4m2＋4(m2＋2)＞0，
则y1＋y2＝－，y1y2＝－，
所以|y1－y2|＝＝.
所以四边形OAHB的面积S＝×|OH|×|y1－y2|
＝×2×＝.
令＝t，则t≥1，所以S＝＝，t≥1.
因为t＋≥2(当且仅当t＝1，即m＝0时取等号)，
所以0＜S≤.
故四边形OAHB的面积的取值范围为(0，].
(2)证明 由B(x2，y2)，D(2，y1)，可知直线BD的斜率k＝.
所以直线BD的方程为y－y1＝(x－2).
令y＝0，得x＝＝.①
由(1)知，y1＋y2＝－，y1y2＝－，
所以y1＋y2＝2my1y2.②
将②代入①，化简得x＝
＝＝，
所以直线BD过定点E.(共11张PPT)
规范答题示范课——解析几何解答题
[破题之道] 解析几何试题知识点多，运算量大，能力要求高，综合性强，在高考试题中大都是以压轴题的面貌出现，是考生“未考先怕”的题型，不是怕解题无思路，而是怕解题过程中繁杂的运算.因此，在遵循“设——列——解”程序化解题的基础上，应突出解析几何“设”的重要性，以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾，突破如何避繁就简这一瓶颈.
(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.
[高考状元满分心得]
?得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问，求椭圆C的方程；第(2)问表示出|BP|与|BQ|，分两种情况求△APQ的面积.
?得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中由离心率求m2；第(2)问中求直线BP的方程、直线P1Q1与直线P2Q2的方程等.
?得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问求对m2及曲线C的方程，否则全盘皆输；第(2)问中正确计算点P，Q的坐标，否则将导致失分.
[满分体验]
由题意知Δ＝4k2t2－4(k2＋4)(t2－4)＞0，(
)
由m⊥n，即m·n＝0，得4x1x2＋y1y2＝0，
所以4x1x2＋(kx1＋t)(kx2＋t)＝0，
即(k2＋4)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝0.
整理得2t2－k2＝4，满足(
)式.
此时△AOB的面积为定值.
综合①②可得，△AOB的面积为定值1.第2讲 圆锥曲线的方程与性质
高考定位 1.圆锥曲线的方程与几何性质是高考的重点，多以选择题、填空题或解答题的第一问的形式命题.2.直线与圆锥曲线的位置关系是命题的热点，尤其是有关弦长计算及存在性问题，运算量大，能力要求高，突出方程思想、转化、化归与分类讨论思想方法的考查.
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅰ卷)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＝( )
A.2
B.3
C.6
D.9
解析 设A(x，y)，由抛物线的定义知，点A到准线的距离为12，即x＋＝12.
又因为点A到y轴的距离为9，即x＝9，
所以9＋＝12，解得p＝6.故选C.
答案 C
2.(2020·全国Ⅲ卷)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 将x＝2与抛物线方程y2＝2px联立，
可得y＝±2，
不妨设D(2，2)，E(2，－2)，
由OD⊥OE，可得·＝4－4p＝0，解得p＝1，
所以抛物线C的方程为y2＝2x.其焦点坐标为.故选B.
答案 B
3.(2020·全国Ⅰ卷)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，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.
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\
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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.故选B.
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.故选B.
答案 B
4.(2020·全国Ⅱ卷)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 (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，
又|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.
考
点
整
合
1.圆锥曲线的定义
(1)椭圆：|MF1|＋|MF2|＝2a(2a＞|F1F2|)；
(2)双曲线：||MF1|－|MF2||＝2a(2a＜|F1F2|)；
(3)抛物线：|MF|＝d(d为M点到准线的距离).
温馨提醒 应用圆锥曲线定义解题时，易忽视定义中隐含条件导致错误.
2.圆锥曲线的标准方程
(1)椭圆：＋＝1(a＞b＞0)(焦点在x轴上)或＋＝1(a＞b＞0)(焦点在y轴上)；
(2)双曲线：－＝1(a＞0，b＞0)(焦点在x轴上)或－＝1(a＞0，b＞0)(焦点在y轴上)；
(3)抛物线：y2＝2px，y2＝－2px，x2＝2py，x2＝－2py(p＞0).
3.圆锥曲线的重要性质
(1)椭圆、双曲线中a，b，c之间的关系
①在椭圆中：a2＝b2＋c2；离心率为e＝＝.
②在双曲线中：c2＝a2＋b2；离心率为e＝＝.
(2)双曲线的渐近线方程与焦点坐标
①双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x；焦点坐标F1(－c，0)，F2(c，0).
②双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，焦点坐标F1(0，－c)，F2(0，c).
(3)抛物线的焦点坐标与准线方程
①抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F，准线方程x＝－.
②抛物线x2＝2py(p>0)的焦点F，准线方程y＝－.
4.弦长问题
(1)直线与圆锥曲线相交的弦
设而不求，利用根与系数的关系，进行整体代入.即当斜率为k，直线与圆锥曲线交于A(x1，y1)，B(x2，y2)时，|AB|＝|x1－x2|＝＝.
(2)过抛物线焦点的弦
抛物线y2＝2px(p>0)过焦点F的弦AB，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝，y1y2＝－p2，弦长|AB|＝x1＋x2＋p.
热点一 圆锥曲线的定义及标准方程
【例1】
(1)(2020·浙江卷)已知点O(0，0)，A(－2，0)，B(2，0).设点P满足|PA|－|PB|＝2，且P为函数y＝3图象上的点，则|OP|＝( )
A.
B.
C.
D.
(2)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 (1)由|PA|－|PB|＝2＜|AB|＝4，得点P的轨迹是双曲线的右支.又a＝1，c＝2，知b2＝c2－a2＝3.故点P的轨迹方程为x2－＝1(x≥1)①，由于y＝3②，联立①②，得x2＝，y2＝，故|OP|＝＝.
(2)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0).连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.
由椭圆定义，4m＝2a，得m＝，
故|F2A|＝|F1A|＝a，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点.
如图，不妨设A(0，－b)，依题意，＝2，得B.
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由点B在椭圆上，得＋＝1，
得a2＝3，b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为＋＝1.
答案 (1)D (2)B
探究提高 1.两题求解的关键在于准确把握圆锥曲线的定义和标准方程，另外注意焦点在不同的坐标轴上，椭圆、双曲线、抛物线方程各有不同的表示形式.
2.求解圆锥曲线的标准方程的方法是“先定型，后计算”.所谓“定型”，就是指确定类型，所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值，最后代入写出椭圆、双曲线、抛物线的标准方程.
【训练1】
(1)(2020·天津卷)设双曲线C的方程为－＝1(a＞0，b＞0)，过抛物线y2＝4x的焦点和点(0，b)的直线为l.若C的一条渐近线与l平行，另一条渐近线与l垂直，则双曲线C的方程为( )
A.－＝1
B.x2－＝1
C.－y2＝1
D.x2－y2＝1
(2)(2020·长郡中学检测)已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点M(x0，6)是抛物线上一点，以M为圆心的圆与直线x＝交于A，B两点(A在B的上方)，若sin∠MFA＝，则此抛物线的方程为________.
解析 (1)由y2＝4x，知焦点坐标为(1，0)，则过点(1，0)和点(0，b)的直线方程为x＋＝1.
易知－＝1的渐近线方程为＋＝0和－＝0.
由l与一条渐近线平行，与一条渐近线垂直，得a＝1，b＝1.故双曲线C的方程为x2－y2＝1.
(2)如图所示，过M点作CM⊥AF，垂足为C，交准线于D，
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∴sin∠MFA＝＝.
由抛物线定义|MF|＝|MD|＝x0＋，
∴＝＝，
得x0＝3p.
∵点M(x0，6)是抛物线上一点，
∴(6)2＝2px0，36×6＝6p2，∴p＝6，∴y2＝12x.
答案 (1)D (2)y2＝12x
热点二 圆锥曲线的几何性质
【例2】
(1)(2020·全国Ⅰ卷)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________.
(2)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 (1)设B(c，yB)，因为B为双曲线C：－＝1上的点，所以－eq
\f(y,b2)＝1，所以y＝，则yB＝.
因为AB的斜率为3，
所以＝3，则b2＝3ac－3a2.
所以c2－a2＝3ac－3a2，所以c2－3ac＋2a2＝0，解得c＝a(舍去)或c＝2a.
所以C的离心率e＝＝2.
(2)因为·＝0，所以F1B⊥F2B，如图.
所以|OF1|＝|OB|，
所以∠BF1O＝∠F1BO，
所以∠BOF2＝2∠BF1O.
因为＝，所以点A为F1B的中点，
又点O为F1F2的中点，所以OA∥BF2，
所以F1B⊥OA.
因为直线OA，OB为双曲线C的两条渐近线，
所以tan∠BF1O＝＝，tan∠BOF2＝.
因为tan∠BOF2＝tan(2∠BF1O)，所以＝，
所以b2＝3a2，所以c2－a2＝3a2，即2a＝c.
所以双曲线的离心率e＝＝2.
答案 (1)2 (2)2
探究提高 1.第(1)题的易错点有两处：一是忽视题眼“AB的斜率为3”，由y＝得yB＝±；二是将双曲线中a，b，c的关系式与椭圆中a，b，c的关系式搞混.
2.确定椭圆和双曲线的离心率的值及范围，其关键就是确立一个关于a，b，c的等量关系或不等关系，然后用a，c代换b，进而求的值.
3.求双曲线渐近线方程的关键在于求或的值，也可将双曲线方程中等号右边的“1”变为“0”，然后因式分解得到.
【训练2】
(1)(多选题)(2020·青岛统测)已知椭圆Ω：＋＝1(a>b>0)，则下列结论正确的是( )
A.若a＝2b，则椭圆Ω的离心率为
B.若椭圆Ω的离心率为，则＝
C.若点F1，F2分别为椭圆Ω的左、右焦点，直线l过点F1且与椭圆Ω交于A，B两点，则△ABF2的周长为4a
D.若点A1，A2分别为椭圆Ω的左、右顶点，点P为椭圆Ω上异于点A1，A2的任意一点，则直线PA1，PA2的斜率之积为－
(2)(多选题)(2020·德州质检)双曲线C：－＝1的右焦点为F，点P在双曲线C的一条渐近线上，O为坐标原点，则下列说法正确的是( )
A.双曲线C的离心率为
B.双曲线－＝1与双曲线C的渐近线相同
C.若PO⊥PF，则△PFO的面积为
D.|PF|的最小值为2
解析 (1)若a＝2b，则c＝b，所以e＝，A不正确；若e＝，则a＝2c，b＝c，所以＝，B正确；根据椭圆的定义易知C正确；设点P(x0，y0)，则eq
\f(x,a2)＋eq
\f(y,b2)＝1，易知A1(－a，0)，A2(a，0)，所以直线PA1，PA2的斜率之积是·＝eq
\f(y,x－a2)＝eq
\f(b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,a2))),x－a2)＝－，D正确.故选BCD.
(2)对于A，因为a＝2，b＝，所以c＝＝，所以双曲线C的离心率为，所以A正确；对于B，它们的渐近线都是直线y＝±x，所以B正确；对于C，结合PO⊥PF，点P在双曲线C的一条渐近线上，不妨设点P在渐近线y＝x上，则直线PF的方程为y－0＝－(x－)，即y＝－(x－)，由解得所以点P，所以△PFO的面积S＝××＝，所以C正确；对于D，因为点F(，0)，双曲线C的一条渐近线为直线y＝x，所以|PF|的最小值就是点F到渐近线的距离，为，所以D错误.故选ABC.
答案 (1)BCD (2)ABC
热点三 有关弦的中点、弦长问题
【例3】
(2019·全国Ⅰ卷)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 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，
其中Δ＝144(1－2t)>0，即t<，
则x1＋x2＝－.
从而－＝，得t＝－(满足Δ>0).
所以l的方程为y＝x－.
(2)由＝3可得y1＝－3y2.①
由可得y2－2y＋2t＝0，所以y1＋y2＝2.②
由①②联立，得y1＝3，且y2＝－1.
代入C的方程得x1＝3，x2＝.
故|AB|＝＝.
探究提高 1.涉及弦长的问题，应熟练地利用根与系数的关系与弦长公式|AB|＝|x2－x1|，设而不求计算弦长；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解，以简化运算，当A，B两点坐标易求时也可以直接用|AB|＝求解.
2.对于弦的中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件Δ>0，在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交.
【训练3】
(2020·衡水质检)已知椭圆C：＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线l交椭圆C于A，B两点.
(1)若△F1AB的面积为，求直线l的方程；
(2)若＝2，求|AB|.
解 (1)当直线l斜率为0时，不满足题意.
当直线l斜率不为0时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设直线l的方程为x＝my＋1，
代入椭圆C的方程消去x，
得(5m2＋6)y2＋10my－25＝0，
Δ＞0?m∈R，
由根与系数的关系得y1＋y2＝，①
y1y2＝，②
则S△F1AB＝|F1F2|·|y1－y2|＝×2
＝＝.
整理得50m4－m2－49＝0，
解得m2＝1或m2＝－(舍去)，
故直线l的方程为x±y－1＝0.
(2)若＝2，则(1－x2，－y2)＝2(x1－1，y1)，
所以y2＝－2y1.
代入上式①②得y1＝，2y＝，
消去y1，得2＝，解得m＝±，
所以|AB|＝|y1－y2|＝|y1－y2|＝3|y1|＝3×＝.
热点四 与直线与圆锥曲线的位置关系有关的综合问题
【例4】
(2020·北京卷)已知椭圆C：＋＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点B(－4，0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝
－4于点P，Q，求的值.
解 (1)由椭圆过点A(－2，－1)，得＋＝1.
又a＝2b，∴＋＝1，解得b2＝2，
∴a2＝4b2＝8，∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，显然不合题意.
设直线l：y＝k(x＋4)，
由得(4k2＋1)x2＋32k2x＋64k2－8＝0.
由Δ＞0，得－＜k＜.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
又∵直线AM：y＋1＝(x＋2)，
令x＝－4，得yP＝－1.
将y1＝k(x1＋4)代入，得yP＝.
同理yQ＝.
∴yP＋yQ＝－(2k＋1)
＝－(2k＋1)·
＝－(2k＋1)·
＝－(2k＋1)·＝0.
∴|PB|＝|BQ|，∴＝1.
探究提高 1.求解此类问题往往要设出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求解.
2.判断直线与圆锥曲线的交点个数时，可直接求解相应方程组得到交点坐标，也可利用消元后的一元二次方程的判别式来确定，需注意利用判别式的前提是二次项系数不为0.
【训练4】
(2020·天津卷)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的一个顶点为A(0，－3)，右焦点为F，且|OA|＝|OF|，其中O为原点.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点C满足3＝，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点，求直线AB的方程.
解 (1)由已知得b＝3.记半焦距为c，
由|OF|＝|OA|，得c＝b＝3.
由a2＝b2＋c2，得a2＝18.
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以AB⊥CP.
依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在，
设直线AB的方程为y＝kx－3.
联立
消去y，可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，
解得x＝0或x＝.
依题意，可得点B的坐标为.
因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，－3)，
所以点P的坐标为.
由3＝，得点C的坐标为(1，0)，
故直线CP的斜率kCP＝＝.
又因为AB⊥CP，所以k·＝－1，
整理得2k2－3k＋1＝0，
解得k＝或k＝1.
所以，直线AB的方程为y＝x－3或y＝x－3.
即直线AB的方程为x－2y－6＝0或x－y－3＝0.
A级 巩固提升
一、选择题
1.(2020·北京卷)设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l，P是抛物线上异于O的一点，过P作PQ⊥l于Q.则线段FQ的垂直平分线( )
A.经过点O
B.经过点P
C.平行于直线OP
D.垂直于直线OP
解析 如图所示，连接PF，则|PF|＝|PQ|，∴QF的垂直平分线过点P.故选B.
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\
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答案 B
2.(多选题)(2020·新高考山东、海南卷)已知曲线C：mx2＋ny2＝1，则下列结论正确的是( )
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A正确；
对于B，由m＝n＞0，方程变形为x2＋y2＝，该方程表示半径为的圆，B错误；
对于C，由mn＜0知曲线表示双曲线，其渐近线方程为y＝±x，C正确；
对于D，当m＝0，n＞0时，方程变为ny2＝1表示两条直线，D正确.
答案 ACD
3.(多选题)(2020·青岛一模)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线l的斜率为且经过点F，直线l与抛物线C交于A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D，若|AF|＝8，则以下结论正确的是( )
A.p＝4
B.＝
C.|BD|＝2|BF|
D.|BF|＝4
解析 如图，分别过点A，B作抛物线C的准线的垂线，垂足分别为点E，M，连接EF.设抛物线C的准线交x轴于点P，则|PF|＝p，由直线l的斜率为，可得其倾斜角为60°.∵AE∥x轴，
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\
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∴∠EAF＝60°.由抛物线的定义可知，|AE|＝|AF|，则△AEF为等边三角形，∴∠PEF＝30°，
∴|AF|＝|EF|＝2|PF|＝2p＝8，得p＝4，A正确.
∵|AE|＝2|PF|，PF∥AE，∴F为AD的中点，则＝，B正确.又∠DAE＝60°，∴∠ADE＝30°，
∴|BD|＝2|BM|＝2|BF|，C正确.
由C选项知|BF|＝|DF|＝|AF|＝，D错误.故选ABC.
答案 ABC
4.(2020·东北三省三校联考)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线上，且有·＝0，若点P到x轴的距离为|F1F2|，则双曲线的离心率为( )
A.
B.
C.2
D.
解析 因为·＝0，所以PF1⊥PF2，
则∠F1PF2＝90°，∴|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2.
由双曲线定义，得|PF1|－|PF2|＝±2a，∴|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|＝4a2.
因此2(c2－a2)＝|PF1|·|PF2|，①
在Rt△PF1F2中，|PF1|·|PF2|＝|F1F2|·|F1F2|＝c2.
代入①式，得2(c2－a2)＝c2，则c2＝2a2，
故双曲线的离心率e＝＝＝.
答案 A
5.(2020·成都诊断)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，F1，F2分别为椭圆的左右焦点，若椭圆C上存在点P(x0，y0)(x0≥0)使得∠PF1F2＝30°，则椭圆的离心率的取值范围为( )
A.
B.
C.
D.
解析 依题设x0≥0时，当点P在椭圆的上(下)顶点时，∠PF1F2最大.
若在椭圆C上存在P(x0，y0)(x0≥0)使得∠PF1F2＝30°，
则90°＞(∠PF1F2)max≥30°，
∴tan(∠PF1F2)max≥tan
30°＝，
则≥，即b≥c.
又a2＝b2＋c2，得3a2≥4c2，
所以e＝＝≤＝.
故椭圆离心率的取值范围为.
答案 B
二、填空题
6.(2020·北京卷)已知双曲线C：－＝1，则C的右焦点的坐标为__________；C的焦点到其渐近线的距离是__________.
解析 由－＝1，得c2＝a2＋b2＝9，解得c＝3，又焦点在x轴上，所以双曲线C的右焦点坐标为(3，0).
双曲线的一条渐近线方程为y＝x，即x－y＝0，
所以焦点(3，0)到渐近线的距离为d＝＝.
答案 (3，0)
7.(2020·全国Ⅲ卷改编)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＝________.
解析 法一 设|PF1|＝m，|PF2|＝n，P为双曲线右支上一点，则S△PF1F2＝mn＝4，m－n＝2a，m2＋n2＝4c2，从而c2＝a2＋4，又e＝＝，从而a＝1.
法二 由题意得，S△PF1F2＝＝4，得b2＝4，
又e2＝＝5，c2＝a2＋b2，所以a＝1.
答案 1
8.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________.
解析 不妨设F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，则|MF1|>|MF2|，|F1F2|＝2c＝2＝8，
因为△MF1F2是等腰三角形，
|MF1|>|MF2|，且|MF1|＋|MF2|＝2a＝12，
所以|MF1|>6，|MF2|<6，
所以△MF1F2是以MF2为底边的等腰三角形.
故点M在以F1为圆心、焦距为半径长的圆上，即在圆(x＋4)2＋y2＝64上.
因为点M在椭圆＋＝1上，
所以联立方程可得解得
又因为点M在第一象限，所以点M的坐标为(3，).
答案 (3，)
三、解答题
9.(2020·湖北重点中学联考)定义：由椭圆的两个焦点和短轴的一个端点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”.如果两个椭圆的“特征三角形”是相似的，那么称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将“特征三角形”的相似比称为椭圆的相似比.已知椭圆C1：＋y2＝1，椭圆C2与C1是“相似椭圆”，且椭圆C2的短半轴长为b.
(1)写出椭圆C2的方程；
(2)若在椭圆C2上存在两点M，N关于直线y＝x＋1对称，求实数b的取值范围.
解 (1)依题意，设椭圆C2的方程为＋＝1(a＞b＞0)，
则由椭圆C2与C1是“相似椭圆”，可得＝，即a2＝4b2.
所以椭圆C2的方程为＋＝1(b＞0).
(2)设直线MN的方程为y＝－x＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为(x0，y0)，
由消去y并整理得5x2－8tx＋4(t2－b2)＝0，
易知Δ＝64t2－80(t2－b2)＝16(5b2－t2)＞0，①
则x0＝＝，y0＝.
由题意知线段MN的中点在直线y＝x＋1上，
所以＝＋1，解得t＝－，
则直线MN的方程为y＝－x－，
将t＝－代入①式，解得b＞.
所以实数b的取值范围是.
10.(2019·全国Ⅲ卷)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.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
(1)证明 设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.
因为y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，
故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点.
(2)解 由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.
由可得x2－2tx－1＝0.
于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，
y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，
|AB|＝|x1－x2|＝×＝2(t2＋1).
设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，
则d1＝，d2＝.
因此，四边形ADBE的面积
S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3).
设M为线段AB的中点，则M.
因为⊥，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，
所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4.
因此，四边形ADBE的面积为3或4.
B级 能力突破
11.(2019·全国Ⅱ卷)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，则|OP|＝a，|OM|＝|MP|＝.在Rt△OPM中，|OM|2＋|MP|2＝|OP|2得＋＝a2，故＝，即e＝.
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MERGEFORMAT
答案 A
12.(2020·郑州调研)设中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E过点，且离心率为，F为E的右焦点，P为E上一点，PF⊥x轴，圆F的半径为PF.
(1)求椭圆E和圆F的方程；
(2)若直线l：y＝k(x－)(k＞0)与圆F交于A，B两点，与椭圆E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使|AC|＝|BD|？若存在，求l的方程；若不存在，说明理由.
解 (1)由题意可设椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，
∵椭圆的离心率e＝，∴＝，
∵a2＝b2＋c2，∴a＝2b，
将点代入椭圆的方程得＋＝1，
联立a＝2b，解得a＝2且b＝1.
∴椭圆E的方程为＋y2＝1.
∴F(，0)，∵PF⊥x轴，∴P，
∴圆F的半径为，圆心为(，0)，
∴圆F的方程为(x－)2＋y2＝.
(2)由A，B在圆上得|AF|＝|BF|＝|PF|＝.
设点C(x1，y1)，D(x2，y2).
|CF|＝eq
\r(（x1－\r(3)）2＋y)＝2－x1，
同理|DF|＝2－x2.
若|AC|＝|BD|，则|AC|＋|BC|＝|BD|＋|BC|，
即|AB|＝|CD|＝1，
4－(x1＋x2)＝1，
由
得(4k2＋1)x2－8k2x＋12k2－4＝0，
∴x1＋x2＝，∴4－＝1，
得12k2＝12k2＋3，无解，故不存在.(共47张PPT)
第2讲 圆锥曲线的方程与性质
高考定位 1.圆锥曲线的方程与几何性质是高考的重点，多以选择题、填空题或解答题的第一问的形式命题.2.直线与圆锥曲线的位置关系是命题的热点，尤其是有关弦长计算及存在性问题，运算量大，能力要求高，突出方程思想、转化、化归与分类讨论思想方法的考查.
真
题
感
悟
1.(2020·全国Ⅰ卷)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＝( )
A.2
B.3
C.6
D.9
答案 C
2.(2020·全国Ⅲ卷)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( )
答案 B
如图，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，
答案 B
(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.
考
点
整
合
1.圆锥曲线的定义
(1)椭圆：|MF1|＋|MF2|＝2a(2a＞|F1F2|)；
(2)双曲线：||MF1|－|MF2||＝2a(2a＜|F1F2|)；
(3)抛物线：|MF|＝d(d为M点到准线的距离).
温馨提醒 应用圆锥曲线定义解题时，易忽视定义中隐含条件导致错误.
2.圆锥曲线的标准方程
3.圆锥曲线的重要性质
4.弦长问题
答案 (1)D (2)B
探究提高 1.两题求解的关键在于准确把握圆锥曲线的定义和标准方程，另外注意焦点在不同的坐标轴上，椭圆、双曲线、抛物线方程各有不同的表示形式.
2.求解圆锥曲线的标准方程的方法是“先定型，后计算”.所谓“定型”，就是指确定类型，所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值，最后代入写出椭圆、双曲线、抛物线的标准方程.
(2)如图所示，过M点作CM⊥AF，垂足为C，交准线于D，
答案 (1)D (2)y2＝12x
答案 (1)2 (2)2
答案 (1)BCD (2)ABC
解 (1)当直线l斜率为0时，不满足题意.
当直线l斜率不为0时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设直线l的方程为x＝my＋1，
代入椭圆C的方程消去x，
得(5m2＋6)y2＋10my－25＝0，Δ＞0?m∈R，
探究提高 1.求解此类问题往往要设出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求解.
2.判断直线与圆锥曲线的交点个数时，可直接求解相应方程组得到交点坐标，也可利用消元后的一元二次方程的判别式来确定，需注意利用判别式的前提是二次项系数不为0.
解 (1)由已知得b＝3.记半焦距为c，
由|OF|＝|OA|，得c＝b＝3.
由a2＝b2＋c2，得a2＝18.(共41张PPT)
第1讲 直线与圆
高考定位 考查重点是直线间的平行和垂直的条件、与距离有关的问题、直线与圆的位置关系(特别是弦长问题)，此类问题难度属于中低档，一般以选择题、填空题的形式出现.
真
题
感
悟
A.圆
B.椭圆
C.抛物线
D.直线
答案 A
2.(2020·全国Ⅱ卷)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( )
答案 B
3.(2020·全国Ⅰ卷)已知⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直线l：2x＋y＋2＝0，点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 由⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0①，
得⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，所以圆心M(1，1).
因为|AM|＝2，所以只需|PA|最小.
由①②得，直线AB的方程为2x＋y＋1＝0，故选D.
答案 D
4.(2019·全国Ⅰ卷)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切.
(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；
(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由.
解 (1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a).
因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.连接MA，由已知得|AO|＝2.
又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.
故⊙M的半径r＝2或r＝6.
(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|－|MP|为定值.
理由如下：
设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2,
化简得M的轨迹方程为y2＝4x.
因为曲线C：y2＝4x是以点P(1，0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，
所以存在满足条件的定点P.
考
点
整
合
1.两条直线平行与垂直的判定
若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2?k1＝k2，l1⊥l2?k1k2＝
－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在.
2.两个距离公式
3.圆的方程
4.直线与圆的位置关系的判定
(1)几何法：把圆心到直线的距离d和半径r的大小加以比较：dr?相离.
(2)代数法：将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ来讨论位置关系：Δ>0?相交；Δ＝0?相切；Δ<0?相离.
热点一 直线的方程
【例1】
(1)(2020·西安检测)若直线x＋(1＋m)y－2＝0与直线mx＋2y＋4＝0平行，则m的值是( )
解析 (1)由题意知m(1＋m)－2×1＝0，解得m＝1或－2，当m＝－2时，两直线重合，舍去；当m＝1时，满足两直线平行，所以m＝1.
探究提高 1.求解两条直线平行的问题时，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性.
2.求直线方程时应根据条件选择合适的方程形式利用待定系数法求解，同时要考虑直线斜率不存在的情况是否符合题意.
【训练1】
(1)(多选题)光线自点(2，4)射入，经倾斜角为135°的直线l：y＝kx＋1反射后经过点(5，0)，则反射光线还经过下列哪个点( )
答案 (1)BD (2)x＋2y－3＝0
答案 (1)B (2)(x－1)2＋(y＋1)2＝2
探究提高 1.第(1)题是一道以阿波罗尼斯圆为背景的数学应用问题，解题关键是先利用题设条件给出的关系式，求出阿波罗尼斯圆的方程，即(x－4)2＋y2＝12，然后应用圆中的几何量求解三角形信号覆盖区域的最大面积.
2.求圆的方程主要方法有两种：(1)直接法求圆的方程，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)待定系数法求圆的方程时，若已知条件与圆心(a，b)和半径r有关，则设圆的标准方程，否则选择圆的一般方程.
温馨提醒 解答圆的方程问题，应注意数形结合，充分运用圆的几何性质.
【训练2】
(1)(2020·北京卷)已知半径为1的圆经过点(3，4)，则其圆心到原点的距离的最小值为( )
A.4
B.5
C.6
D.7
答案 (1)A (2)x2＋(y－3)2＝10
(2)(多选题)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－4x＝0.若直线y＝k(x＋1)上存在一点P，使过点P所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k的可能取值是( )
A.1
B.2
C.3
D.4
答案 (1)D (2)AB
探究提高 1.直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立关于切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式.
2.过圆外一点求解切线段长的问题，可先求出圆心到圆外点的距离，再结合半径利用勾股定理计算.
【训练3】
(1)(2020·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 (1)直线kx－y＋b＝0(k＞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，
(2)易知点B在直线y＝2上，过点A(0，－2)作圆的切线.
设切线的斜率为k，则切线方程为y＝kx－2，即kx－y－2＝0.
角度2 圆的弦长的相关计算
【例4】
在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1).当m变化时，解答下列问题：
(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；
(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
(1)解 不能出现AC⊥BC的情况，理由如下：
设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2满足方程x2＋mx－2＝0，
所以x1x2＝－2.又C的坐标为(0，1)，
(2)(2020·菏泽联考)已知圆O：x2＋y2＝4，直线l与圆O交于P，Q两点，A(2，2)，若|AP|2＋|AQ|2＝40，则弦PQ的长度的最大值为________.
(2)设点M为PQ的中点，则|PM|＝|MQ|，
在△APQ中，由余弦定理易得
|AP|2＋|AQ|2＝|AM|2＋|PM|2＋|MQ|2＋|AM|2＝2(|AM|2＋|MQ|2)
又|MQ|2＝|OQ|2－|OM|2＝4－|OM|2，|AP|2＋|AQ|2＝40.
∴40＝2|AM|2＋8－2|OM|2，则|AM|2－|OM|2＝16，
设M(x，y)，则(x－2)2＋(y－2)2－(x2＋y2)＝16.
化简得x＋y＋2＝0.规范答题示范课——解析几何解答题
[破题之道] 解析几何试题知识点多，运算量大，能力要求高，综合性强，在高考试题中大都是以压轴题的面貌出现，是考生“未考先怕”的题型，不是怕解题无思路，而是怕解题过程中繁杂的运算.因此，在遵循“设——列——解”程序化解题的基础上，应突出解析几何“设”的重要性，以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾，突破如何避繁就简这一瓶颈.
【典例示范】
(12分)(2020·全国Ⅲ卷)已知椭圆C：＋＝1(0(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.
规范解答 (1)由题设可得＝，得m2＝，2分
所以C的方程为＋＝1.3分
(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|＝yPeq
\r(1＋y)，|BQ|＝eq
\r(1＋y).5分
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).7分
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××＝.9分
|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××＝.11分
综上，△APQ的面积为.12分
[高考状元满分心得]
?得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问，求椭圆C的方程；第(2)问表示出|BP|与|BQ|，分两种情况求△APQ的面积.
?得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中由离心率求m2；第(2)问中求直线BP的方程、直线P1Q1与直线P2Q2的方程等.
?得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问求对m2及曲线C的方程，否则全盘皆输；第(2)问中正确计算点P，Q的坐标，否则将导致失分.
[满分体验]
(2020·东北三省三校联考)直线与椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，已知m＝(ax1，by1)，n＝(ax2，by2)，椭圆的离心率e＝，且经过点，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程.
(2)当m⊥n时，△AOB的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由.
解 (1)由题意得，解得
所以椭圆C的方程为＋x2＝1.
(2)①当直线AB的斜率不存在时，x1＝x2，y1＝－y2，
由m⊥n，即m·n＝0，得4x－y＝0，所以y＝4x.
又A(x1，y1)在椭圆C上，所以eq
\f(4x,4)＋x＝1，解得|x1|＝，所以|y1|＝，
所以S△AOB＝|x1||y1－y2|＝|x1|·2|y1|＝1，此时△AOB的面积为定值.
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为
y＝kx＋t(t≠0)，
由消去y并整理得
(k2＋4)x2＋2ktx＋t2－4＝0.
由题意知Δ＝4k2t2－4(k2＋4)(t2－4)＞0，(
)
x1＋x2＝，x1x2＝.
由m⊥n，即m·n＝0，得4x1x2＋y1y2＝0，
所以4x1x2＋(kx1＋t)(kx2＋t)＝0，
即(k2＋4)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝0.
所以(k2＋4)·＋kt·＋t2＝0，
整理得2t2－k2＝4，满足(
)式.
从而S△AOB＝··|AB|
＝＝·
＝＝＝1，
此时△AOB的面积为定值.
综合①②可得，△AOB的面积为定值1.