(共11张PPT)
专题五 解
析
几
何
必备知识·整合回顾
【核心知识】建体系
【常用结论】精归纳
1.椭圆
=1(a>b>0)
(1)切线方程：
过椭圆上点P(x0，y0)处的切线方程是
=1.
(2)椭圆中，长轴是最长的弦，过焦点的所有弦长中，通径最短，通径长l=
.
距焦点最短的点是相应的对称轴同侧顶点.
(3)中点弦的斜率：AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，M(x0，y0)为AB的中点，则
kAB=-
，如果焦点在y轴上，则有kAB=-
.且kOM·kAB=-
.(其中M为椭圆上
一点，不与长轴端点重合)
2.双曲线
=1(a>0，b>0)
(1)过双曲线上一点P(x0，y0)处的切线方程是
=1.
(2)双曲线上距焦点最近的点是相应的对称轴同侧顶点.
(3)渐近线是双曲线的特定直线，由焦点向渐近线引垂线，焦点到相应渐近线的
距离等于双曲线的虚半轴长b.
(4)AB是双曲线不平行于对称轴的弦，M(x0，y0)为AB的中点，
则kOM·kAB=
，
即kAB=
.
如果焦点在y轴上，则有
kAB=
.
(5)过双曲线的焦点作实轴所在直线的垂线，与双曲线交于A，B两点，
则|AB|=
.
3.抛物线y2=2px(p>0)
(1)过抛物线上一点P(x0，y0)处的切线方程是y0y=p(x+x0).
(2)过抛物线y2=2px外一点P(x0，y0)所引两条切线的切点弦方程是y0y=p(x+x0).
(3)过抛物线焦点的直线倾斜角为θ，与抛物线交于A，B两点，则：
；
焦点弦长公式：AB=p+x1+x2；
AB=
.
(4)抛物线的焦点弦端点坐标乘积公式：
①过抛物线的焦点的一条直线和抛物线交于A
，B
，则y1·y2=-p2
；
x1·x2=
.
②一般地，一条直线与抛物线交于A
，B
，O为坐标原点，当OA与OB
垂直时，
x1·x2=4p2；y1·y2=-4p2；直线AB过定点(2p，0).
(5)设AB是抛物线的不平行于对称轴的弦，M(x0，y0)为AB的中点，则直线AB的斜率k=
.
【易错警示】防误区
1.忽略圆锥曲线性质问题
(1)椭圆、双曲线中的a，b，c的关系混淆致误；
(2)混淆圆锥曲线的焦点在x轴、y轴的讨论，以及焦点位置对方程中参数范围的限制；
(3)忽略椭圆、双曲线的离心率的范围致误；
(4)抛物线中忽视一次项的系数与焦点、准线坐标的4倍关系致误；
(5)对于范围问题忽略圆锥曲线自身的封闭性对变量x，y范围的限制.
2.求轨迹方程中的问题
(1)忽略轨迹与轨迹方程的区别致误；
(2)求出轨迹方程后忽略变量范围致误.(共80张PPT)
2课时突破
解析几何高考小题
第1课时 直
线
与
圆
关键能力·应用实践
考向一
直线与圆
【多维题组】速通关
1.已知两条直线l1：(m-2)x+3y+1=0，l2：x+my+1=0平行，则m=
( )
A.3
B.-1
C.1或-1
D.3或-1
【解析】选B.当m=0时，l1与l2相交；当m≠0时，已知两条直线
l1：(m-2)x+3y+1=0，l2：x+my+1=0平行，
所以
，求得m=-1.
【变式拓展】
本题直线不变，若l1⊥l2，试求m的取值.
【解析】因为l1⊥l2，所以m-2+3m=0，解得m=
.
2.已知直线l的斜率与直线3x-2y=6的斜率相等，且直线l在x轴上的截距比在y轴
上的截距大1，则直线l的方程为
( )
A.15x-10y-6=0
B.15x-10y+6=0
C.6x-4y-3=0
D.6x-4y+3=0
【解析】选A.由题意可知，直线l的斜率k=
，
设直线l的方程为y=
x+b，令x=0可得y=b，
令y=0可得x=-
，则-
=b+1，所以b=-
，
所以直线l的方程为y=
x-
，即15x-10y-6=0.
3.若a，b为正实数，直线2x+(2a-3)y+2=0与直线bx+2y-1=0互相垂直，则ab的最
大值为
( )
【解析】选B.由直线2x+(2a-3)y+2=0与直线bx+2y-1=0互相垂直，
所以2b+2(2a-3)=0，即2a+b=3；
又a，b为正实数，所以2a+b≥
，
即2ab≤
，
当且仅当a=
，b=
时取“=”；
所以ab的最大值为
.
4.已知点O(0，0)，A(4，0)，B(0，4).若从点P(1，0)射出的光线经直线AB反射
后过点Q(-2，0)，则反射光线所在直线的方程为_______；若从点M(m，0)，
m∈(0，4)射出的光线经直线AB反射，再经直线OB反射后回到点M，则光线所经
过的路程是_______(结果用m表示).?
【解析】根据题意，设点P1(a，b)与点P(1，0)关于直线AB对称，则P1在反射光
线所在直线上，
又由A(4，0)，B(0，4)，则直线AB的方程为x+y=4，
则有
，解得
，即P1(4，3)，
反射光线所在直线的斜率k=
，
则其方程为y-0=
(x+2)，即x-2y+2=0；
设点M1(a0，b0)与点M关于直线AB对称，
点M2与M关于y轴对称，易得M2(-m，0)；
线段M1M2的长度就是光线所经过的路程，
则有
解得
，
即M1(4，4-m)，又由M2(-m，0)，
则|M1M2|=
.
答案：x-2y+2=0
【技法点拨】提素养
关于直线的方程及应用
(1)设直线的方程时要注意其适用条件，如设点斜式时，要注意斜率不存在的情况；设截距式时要注意截距为零的情况.
(2)已知直线的平行、垂直关系求参数值时，可以直接利用其系数的等价关系式求值，也要注意验证与x，y轴垂直的特殊情况.
考向二 圆的方程
【多维题组】速通关
1.过三点A(1，3)，B(6，-2)，C(1，-7)的圆交x轴于M，N两点，则|MN|=
( )
A.2
B.2
C.4
D.4
【解析】选B.设过三点A(1，3)，B(6，-2)，C(1，-7)的圆的方程为
x2+y2+Dx+Ey+F=0.
则
解得D=-2，E=4，
F=-20.所以圆的方程为x2+y2-2x+4y-20=0，
取y=0，得x2-2x-20=0，
所以|MN|=|x1-x2|=
=
.
【变式拓展】
本题的条件不变，若圆与y轴的两个交点分别是P，Q，则|PQ|=________.?
【解析】由解析可知，圆的方程为x2+y2-2x+4y-20=0，
令x=0，得y2+4y-20=0，
则|PQ|=
.
答案：4
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
( )
【解析】选B.因为已知圆与两坐标轴都相切，所以可设圆心坐标为
(a>0)，
则半径为a，由此圆过点(2，1)得，
=a2，解得a=1或5，所以圆心
坐标为(1，1)或(5，5)，圆心到直线2x-y-3=0的距离都是
.
3.已知圆C与x轴的正半轴相切于点A，圆心在直线y=2x上，若点A在直线x-y-4=0
的左上方且到该直线的距离等于
，则圆C的标准方程为
( )
A.(x-2)2+(y+4)2=4
B.(x+2)2+(y+4)2=16
C.(x-2)2+(y-4)2=4
D.(x-2)2+(y-4)2=16
【解析】选D.由题意设圆心为(a，2a)(0
则A(a，0)，由题意可得
，
解得a=6(舍)或a=2.
则圆的圆心坐标为(2，4)，半径为4.
所以圆C的标准方程为(x-2)2+(y-4)2=16.
4.已知圆E的圆心在y轴上，且与圆C：x2+y2-2x=0的公共弦所在直线的方程为
x-
y=0，则圆E的方程为( )
A.x2+(y-
)2=2
B.x2+(y+
)2=2
C.x2+(y-
)2=3
D.x2+(y+
)2=3
【解析】选C.因为圆E的圆心在y轴上，
所以设圆心E的坐标为(0，b)，设半径为r，
则圆E的方程为：x2+(y-b)2=r2，
即x2+y2-2by+b2-r2=0，
又因为圆C的方程为：x2+y2-2x=0，
两圆方程相减得公共弦所在直线的方程为：x-by+
=0，
又因为公共弦所在直线的方程为x-
y=0，
所以
，解得
所以圆E的方程为：x2+(y-
)2=3.
5.已知圆C的圆心在第一象限，且在直线y=2x上，圆C与抛物线y2=4x的准线和x轴
都相切，则圆C的方程为_______.?
【解析】因为圆C的圆心在第一象限，且在直线y=2x上，故可设圆心为
C(a，2a)，a>0，
因为圆C与抛物线y2=4x的准线x=-1和x轴都相切，故圆的半径|a+1|=|2a|，解得
a=1，或a=-
(舍去)，故半径为2，
则圆C的方程为(x-1)2+(y-2)2=4.
答案：(x-1)2+(y-2)2=4
【技法点拨】提素养
圆的方程的求法
(1)设圆的标准方程或一般方程，利用条件确定方程中的系数，即待定系数法；
(2)利用与圆相关的定理、性质确定圆的圆心和半径，写出圆的标准方程.
提醒：要根据条件灵活选取圆的标准方程或一般方程.
考向三 直线(圆)与圆的位置关系
(重难突破)
【多维题组】速通关
1.在平面直角坐标系中，记d为点P(cos
θ，sin
θ)到直线x-my-2=0的距离.当θ，m变化时，d的最大值为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
解题方法
数形结合
性质应用
(1)求轨迹：点P的轨迹为单位圆
(2)化归转化：转化为原点到直线距离加1
(3)单调性：通过函数式的单调性求最值
素养考查
直观想象、逻辑推理
【考场思维】
【解析】选C.设P(x，y)，则
x2+y2=1.即点P在单位圆上，点P到直线
x-my-2=0的距离可转化为圆心(0，0)到直线x-my-2=0的距离加上(或减去)半
径，所以距离最大为d=
.
当m=0时，dmax=3.
2.(2020·海淀一模)如图，半径为1的圆M与直线l相切于点A，圆M沿着直线l滚动.当圆M滚动到圆M′时，圆M′与直线l相切于点B，点A运动到点A′，线段AB的长度为
，则点M′到直线BA′的距离为
( )
【考场思维】
解题方法
直接法
解题流程
线段AB的长度→弧长→圆心角→距离
素养考查
直观想象、数学运算
【解析】选C.根据条件可知圆周长=2π，
因为|BA|=
π=
×2π，故可得A′位置如图：
∠A′M′B=90°，则△A′M′B是等腰直角三角形，
则M′到BA′的距离d=
r=
.
【技法点拨】提素养
关于直线(圆)与圆的位置关系
(1)熟练掌握与切线、弦长等问题相关的基础知识和方法；
(2)综合运用化归思想，将问题进行转化，再利用圆的性质解题；
(3)注意圆与其他圆锥曲线、三角等知识结合应用解题.
【变式训练】
1.两圆C1：x2+y2=1与C2：(x+3)2+y2=4的公切线条数为
( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选C.圆C1：x2+y2=1的圆心为C1(0，0)，半径为r1=1，
圆C2：(x+3)2+y2=4的圆心为C2(-3，0)，
半径为r2=2；
且|C1C2|=3，r1+r2=3，所以|C1C2|=r1+r2，
所以两圆外切，公切线有3条.
2.
(2020·全国Ⅰ卷)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】选D.圆的方程可化为
，点M到直线l的距离为
d=
>2，所以直线l与圆相离.
依圆的知识可知，四点A，P，B，M共圆，且AB⊥MP，
所以
=2S△PAM=
，
而
，
当MP⊥l时，
，
此时
最小.
所以MP：y-1=
即y=
x+
，
由
，解得
.得P(-1，0)
所以以MP为直径的圆的方程为x2+y2-y-1=0，
两圆的方程相减可得：2x+y+1=0，即为直线AB的方程.
3.已知直线y=x+m和圆x2+y2=1交于A，B两点，O为坐标原点，若
=0，
则实数m=
( )
【解析】选A.由题可得圆心即为原点O(0，0)，
联立
可得2x2+2mx+m2-1=0，
Δ=4m2-8m2+8=-4m2+8>0，
解得-
，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1+x2=-m，x1x2=
，
y1y2=(x1+m)(x2+m)=x1x2+m(x1+x2)+m2，
则
=(x1，y1)·(x2，y2)=x1x2+y1y2
=2x1x2+m(x1+x2)+m2
=m2-1-m2+m2=0，解得m=±1，
【加练备选】
(2020·茂名一模)已知圆C的圆心坐标是(0，m)，若直线x-y+1=0与圆C相切于点
A(-2，-1)，则m=________.?
【解析】根据题意可得，圆心C(0，m)到直线x-y+1=0的距离d=r=
，①
又直线x-y+1=0与圆C相切于点A(-2，-1)，
所以r=
②，
联立①②可得，m=-3.
答案：-3
题组训练·素养提升
【新题速递】
1.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】选A.设AB=2a
，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角
坐标系，
则：A
，B
，
设C
，
可得：
，
，
从而：
=
+y2，
结合题意可得：
+y2=1，
整理可得：x2+y2=a2+1，即点C的轨迹是以AB中点为圆心，
为半径的圆.
2.圆C的半径为5，圆心在x轴的负半轴上，且被直线3x+4y+4=0截得的弦长为6，
则圆C的方程为
( )
A.x2+y2-2x-3=0
B.x2+16x+y2+39=0
C.x2-16x+y2-39=0
D.x2+y2-4x=0
【解析】选B.设圆心为(a，0)(a<0)，由题意知圆心到直线3x+4y+4=0的距离为
d=
=4，解得a=-8，
则圆C的方程为(x+8)2+y2=25，
即为x2+16x+y2+39=0.
3.已知倾斜角为α的直线l上两点P(a，m-2)，Q(b，m+3)，α∈
，
sin
2α=
，则|PQ|=
( )
【解析】选D.根据题意，直线l的倾斜角为α，则k=tan
α，
若sin
2α=
，即2sin
αcos
α=
，
则有
，
解得tan
α=3或
，
又由α∈
，则tan
α<1，则tan
α=
，
又由直线l上两点P(a，m-2)，Q(b，m+3)，
则有k=tan
α=
，
则b-a=15，
故|PQ|=
.
4.若直线l：y=x+a将圆C：x2+y2=1的圆周分成长度之比为1∶3的两段弧，则实数a的所有可能取值是________.?
【解析】圆的标准方程为x2+y2=1，圆心为(0，0)，半径R=1，设直线y=x+a和圆相交于A，B，
若较短弧长与较长弧长之比为1∶3，则∠AOB=90°，
则圆心到直线-x+y-a=0的距离d=
，
即d=
，即|a|=1，解得a=±1.
答案：±1
【创新迁移】
1.掷铁饼是一项体育竞技活动.如图是一位掷铁饼运动员在准备掷出铁饼的瞬
间，张开的双臂及肩部近似看成一张拉满弦的“弓”.经测量此时两手掌心之间
的弧长是
，“弓”所在圆的半径为1.25米，估算这位掷铁饼运动员两手掌
心之间的距离约为
( )
(参考数据：
≈1.414，
≈1.732)
A.1.012米
B.1.768米
C.2.043米
D.2.945米
【解析】选B.根据题意作出下图，弧AD的长为
，∠AOC=
，
所以AB=2AC=2×1.25·sin
≈1.768.
2.瑞士数学家欧拉(Leonhar·Euler)1765年在其所著的《三角形的几何学》一
书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线
为欧拉线.若已知△ABC的顶点A(-4，0)，B(0，4)，其欧拉线方程为x-y+2=0，
则顶点C的坐标可以是
( )
A.(1，3)
B.(3，1)
C.(-2，0)
D.(0，-2)
【解析】选D.因为A(-4，0)，B(0，4)，
所以AB的垂直平分线方程为x+y=0，
又外心在欧拉线x-y+2=0上，
联立
，解得△ABC的外心G(-1，1)，
又r=|GA|=
，
所以△ABC外接圆的方程为(x+1)2+(y-1)2=10.
设C(x，y)，则△ABC的重心
在欧拉线上，即
.
整理得x-y-2=0.
联立
解得
或
所以顶点C的坐标可以是(0，-2).
专题能力提升练
十六 直
线
与
圆
(40分钟
80分)
一、选择题(每小题5分，共60分)
1.已知直线l1：3x-2y+1=0，l2：x+my+1=0，若l1⊥l2，则m=
( )
【解析】选C.因为直线l1：3x-2y+1=0，l2：x+my+1=0，l1⊥l2，所以3-2m=0，解
得m=
.
2.点(5，2)到动直线(m-1)x+(2m-1)y=m-5的距离中最大的值是
( )
【解析】选B.化直线(m-1)x+(2m-1)y=m-5，为m(x+2y-1)-x-y+5=0，
联立
，解得
.
所以直线(m-1)x+(2m-1)y=m-5过定点(9，-4)，
所以点(5，2)到直线(m-1)x+(2m-1)y=m-5的距离的最大值为
3.从点A(1，-2)射出的光线经直线l：x+y-3=0反射后到达点B(-1，1)，则光线所
经过的路程是
( )
【解析】选D.由x+y-3=0，
得
，
所以点A(1，-2)关于直线l：x+y-3=0的对称的点坐标为C(5，2)，则光线所经过
的路程
4.已知直线l过圆x2+y2-6x-2y+6=0的圆心且与直线x+y+1=0垂直，则l的方程是
( )
A.x+y-2=0
B.x+y-3=0
C.x-y-2=0
D.x-y-3=0
【解析】选C.由圆x2+y2-6x-2y+6=0，得其圆心坐标为(3，1)，又所求直线与直线x+y+1=0垂直，
则所求直线的斜率为k=1.
所以所求直线方程为y-1=1×(x-3)，即x-y-2=0.
5.已知圆C：x2+(y+2)2=2，则在x轴和y轴上的截距相等且与圆C相切的直线有几
条
( )
A.3条
B.2条
C.1条
D.4条
【解析】选A.若直线不过原点，其斜率=-1，
设其方程为y=-x+m，
则
，解得m=0或-4，
当m=0时，直线过原点；
若过原点，把(0，0)代入02+(0+2)2=4>2，
即原点在圆外，所以过原点有2条切线，
综上，一共有3条.
【误区警示】本题容易忽视m=0的情况，出现漏解的错误.
6.(2020·赣州三模)圆x2+y2-4y-4=0上恰有两点到直线x-y+a=0(a>0)的距离
为
，则a的取值范围是
( )
A.(4，8)
B.[4，8)
C.(0，4)
D.(0，4]
【解析】选A.根据题意，圆x2+y2-4y-4=0即圆x2+(y-2)2=8，其圆心为(0，2)，
半径r=2
，圆心到直线x-y+a=0的距离
，若圆x2+y2-4y-4=0上
恰有两点到直线x-y+a=0的距离为
，则有
，即
，变形可得：2<|a-2|<6，
解可得：-40，则47.(2020·南京二模)过点P(-3，4)向圆x2+y2=1引圆的两条切线PA，PB，则弦AB
的长为
( )
【解析】选B.根据题意，P(-3，4)，
圆x2+y2=1的圆心为O(0，0)，
则
，又由圆的半径OA=1，
所以
由面积法可知，
8.(2020·西城一模)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】选A.圆x2+y2-4x+2y+a=0?(x-2)2+(y+1)2=5-a；圆心(2，-1)，
因为圆与x，y轴都有公共点，
所以
9.若圆C1：(x-1)2+y2=1与圆C2：x2+y2-8x+8y+m=0相切，则m的值是( )
A.16
B.7
C.-4
D.-4或16
【解析】选D.圆C2可化简为(x-4)2+(y+4)2
=32-m(m<32).由两圆相切，可得
解得m=16或-4.
10.(2020·潍坊二模)已知圆C：x2+y2-2x=0，点A是直线y=kx-3上任意一点，若
以点A为圆心，半径为1的圆A与圆C没有公共点，则整数k的值不能取( )
A.-2
B.-1
C.0
D.1
【解析】选D.圆C的方程为x2+y2-2x=0，
即
(x-1)2+y2=1，半径为1，由题意可得，圆心(1，0)到直线y=kx-3(k∈Z)的距
离大于2，即
所以k=-2或-1或0.
11.(2019·宜昌一模)已知圆C1：(x-2)2+(y-3)2=1，圆C2：(x-3)2+(y-4)2=9，
M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|+|PN|的最小值为
( )
【解析】选A.如图所示，
作圆C1关于x轴的对称圆C1′：(x-2)2+(y+3)2=1，则
|PM|+|PN|=|PM′|+|PN|.由图可知，当点C2，N，P，M′，C1′在同一直线上
时，|PM|+|PN|=|PM′|+|PN|取得最小值，即为|C1′C2|-1-3=
-4.
12.设m，n∈R，若直线(m+1)x+(n+1)y-2=0与圆(x-1)2+(y-1)2=1相切，则m+n的
取值范围是
( )
【解析】选D.因为直线(m+1)x+(n+1)y-2=0与圆(x-1)2+(y-1)2=1相切，所以圆心
(1，1)到直线的距离为
，所以
设t=m+n，则
t2≥t+1，
解得t∈(-∞，2-2
]∪[2+2
，+∞).
二、填空题(每小题5分，共20分)
13.已知直线l1：4x+2y-7=0和l2：2x+y-1=0，直线m分别与l1，l2交于A，B两点，
则线段AB长度的最小值为________.?
【解析】由题知，l2：4x+2y-2=0，
两直线间的距离
答案：
14.已知P是直线l：kx+4y-10=0(k>0)上的动点，PA，PB是圆C：x2+y2-2x+4y+4=0
的两条切线，A，B是切点，C是圆心，若四边形PACB的面积的最小值为2
，则
k的值为________.?
【解析】圆的标准方程为(x-1)2+(y+2)2=1，则圆心为C(1，-2)，半径为1，
则直线与圆相离，如图，
而
=
|PA|·|CA|=
|PA|，
=
|PB|·|CB|=
|PB|，
又|PA|=|PB|=
所以当|PC|取最小值时，|PA|=|PB|取最小值，
即
取最小值，此时，CP⊥l，
四边形PACB面积的最小值为2
，
，所以|PA|=2
，则|CP|=3，得
.因为k>0，所以k=3.
答案：3
15.在平面直角坐标系xOy中，圆C：x2-2ax+y2-2ay+2a2-1=0上存在点P到点(0，1)的距离为2，则实数a的取值范围是________.?
【解析】根据题意，C：x2-2ax+y2-2ay+2a2-1=0，
即(x-a)2+(y-a)2=1，其圆心C(a，a)，半径r=1，以点(0，1)为圆心，半径为2的圆的方程为x2+(y-1)2=4，
若圆C：x2-2ax+y2-2ay+2a2-1=0上存在点P到点(0，1)的距离为2，则圆C与圆x2+(y-1)2=4有交点，
则有
，变形可得：0≤a2-a≤4，解
得
，即a的取值范围为
答案：
【加练备选】
(2020·朝阳二模)在平面直角坐标系中，已知点A(0，1)，B(1，1)，P为直线AB上的动点，A关于直线OP的对称点记为Q，则线段BQ的长度的最大值是________.?
【解析】根据题意，点A(0，1)，B(1，1)，
如图，A，Q关于直线OP对称，则|OA|=|OQ|=1，则Q的轨迹为以(0，0)为圆心，
半径r=|OA|=1的圆，连接OQ，QB，分析可得：当O，Q，B三点共线时，|BQ|最
大，此时|BQ|=1+
.
答案：
+1
16.(2020·青岛一模)2020年是中国传统的农历“鼠年”，有人用3个圆构成“卡通鼠”的形象，如图：Q(0，-3)是圆Q的圆心，圆Q过坐标原点O；点L，S均在x轴上，圆L与圆S的半径都等于2，圆S，圆L均与圆Q外切.已知直线l过点O.
(1)若直线l与圆L，圆S均相切，则l截圆Q所得弦长为________；?
(2)若直线l截圆L，圆S，圆Q所得弦长均等于d，则d=________.?
【解析】(1)根据条件得到两圆的圆心坐标分别为(-4，0)，(4，0)，设公切线
方程为y=kx(k≠0)且k存在，
则
解得
故公切线方程为y=
x，则Q到直线l的距离
故l截圆Q的弦长=
(2)设直线l方程为y=kx(k≠0)且k存在，则三个圆心到该直线的距离分别为：
则
即有(共50张PPT)
第3课时 圆锥曲线中的存在性与证明问题
考向一
圆锥曲线中的存在性问题
【典例】(2020·银川二模)已知椭圆C：
=1(a>b>0)的离心率与双曲线x2-
=1的离心率互为倒数，A，B分别为椭圆的左、右顶点，且|AB|=4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过左顶点A的直线l与椭圆C另交于点D，与y轴交于点E，在平面内是否存
在一定点P，使得
=0恒成立？若存在，求出该点的坐标，并求△ADP面
积的最大值；若不存在，说明理由.
【解析】(1)双曲线x2-
=1的离心率为
=2，由题意可得椭圆的离心率为e=
，|AB|=4，即2a=4，即a=2，b=
，所以椭圆的方程为
=1；
(2)过左顶点A的直线l的斜率显然存在，设为k，方程设为y=k(x+2)，由题意知
k≠0，
可得E(0，2k)，且A(-2，0)，B(2，0)，
设P(m，n)，由
可得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0，
则-2xD=
，即xD=
，即有
D
，在平面内假设存在一定点P，使得
=0恒成立.
可得
=(-m，2k-n)·
由于上式恒成立，可得k(4m+6)-3n=0，即有4m+6=0，且-3n=0，可得m=-
，
n=0，则存在P
，使得
=0恒成立.此时S△ADP=
|AP|·|yD|=
，因为k≠0，所以S△ADP=
当且仅当
|k|2=
，即k=±
时取得等号.
综上可得，点P的坐标为
，S△ADP的最大值为
.
【探究延伸】
本例中，若直线l过点F(-1，0)且与椭圆C交于M，N两点，以OM，ON为邻边作平
行四边形OMQN.是否存在直线l，使点Q落在椭圆C上？若存在，求出点Q坐标；若
不存在，请说明理由.
【解析】当直线MN的斜率存在且不为0时，设直线MN的方程为y=k(x+1)，
由
得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0，
设Q(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1+x2=
，x1·x2=
，由于OMQN为平行四边形，得
故
若点Q在椭圆C上，则
=1，
代入得
=1，无解；
当直线斜率不存在时，易知存在点Q(-2，0)在椭圆C上.
故存在直线l，使点Q(-2，0)落在椭圆C上.
【素养提升】
关于存在性问题的解题策略
(1)直接求解，求出要探究的参数值、点、直线等，即可说明存在性，若无解，则不存在.
(2)假设存在，并作为条件使用，结合已知条件进行推导，探究是否有矛盾，没有矛盾符合题意则存在，否则不存在.
【变式训练】
已知焦点为F的抛物线C：y2=2px(p>0)与圆O：x2+y2=p2+1交于点P(1，y0).
(1)求抛物线C的方程；
(2)在第一象限内，圆O上是否存在点A，过点A作直线l与抛物线C交于点B(B为第四象限的点)，与x轴交于点D，且以点D为圆心的圆过点O，A，B？若存在，求出点A的坐标；若不存在，说明理由.
【解析】(1)将点P(1，y0)代入得
解得p=2，则抛物线C的方程为
y2=4x.
(2)假设在第一象限内，圆O上存在点A，且以点D为圆心的圆过点O，A，B，则
OA⊥OB，D为AB的中点，由题意可得直线OA的斜率存在且大于0，设OA的方程为
y=kx(k>0)，则OB的方程为y=-
x，
联立
解得x=
，
所以A
联立
，解得x=4k2，所以B(4k2，-4k)，由D为AB的中点，可得
-
4k=0，整理得16k2+11=0，方程无实数解，则符合条件的k不存在，所以满足条件
的点A不存在.
考向二
圆锥曲线中的证明问题(规范解答)
【典例】(12分)(2020·运城一模)已知椭圆C：
=1(a>b>0)的离心率为
，右焦点为F，以原点O为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x-y+
=0相切.
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，过定点P(2，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，连接AF并延长交椭圆C于M，求证：∠PFM=∠PFB.
【思维流程图】(1)离心率、相切→求出a，b；
(2)直线方程与椭圆方程联立、根与系数的关系→kFB+kFA=0→∠PFM=∠PFB.
【规范解答】(1)依题意可设圆O方程为x2+y2=b2，………………1分
因为圆O与直线x-y+
=0相切，
所以b=
=1，
……………2分
所以a2-c2=1，又
，解得a=
，
所以椭圆C的方程为
+y2=1.
……………4分
(2)依题意可知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y=k(x-2)，
……………5分
代入
+y2=1，
整理得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0，
……………6分
因为l与椭圆有两个交点，所以Δ>0，即2k2-1<0.
……………7分
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线AF，BF的斜率分别为k1，k2，
则x1+x2=
，x1x2=
.
……………8分
因为F(1，0)，所以k1+k2=
………………………………………10分
=2k-k
=0，………11分
即∠PFM=∠PFB.
………………12分
考查要求
综合性
学科素养
数学运算、逻辑推理
评分细则
表示出圆O的方程给1分；
求出圆心到直线的距离等于半径给1分；
求出椭圆方程给2分；
设出直线l的方程给1分；
联立消元得出方程给1分；
列出Δ>0给1分；
列出根与系数的关系给1分；
表示出斜率和及代入根与系数的关系给2分；
整理出斜率和为0给1分；
判断角相等给1分
【答题模板】
【素养提升】
(1)求值(方程)证明：对于定值、定点等类型的证明问题，可以利用定点、定值类的方法，通过计算，求出相应的值、方程即可证明.
(2)转化证明：将要证明的命题转化为斜率、弦长、中点、位置关系等.利用方程联立、消元，结合根与系数的关系解题.
【变式训练】
已知椭圆C：x2+2y2=36.
(1)求椭圆C的短轴长和离心率；
(2)过点(2，0)的直线l与椭圆C相交于两点M，N，设MN的中点为T，点P(4，0)，判断|TP|与|TM|的大小，并证明你的结论.
【解析】(1)椭圆C：x2+2y2=36可变形为C：
=1，所以a=6，b=3
，
c=3
，故短轴长为
(2)当l为x=2时，代入C：x2+2y2=36可得y=±4，此时T(2，0)，所以|TM|=4，
|TP|=2，
所以|TM|>|TP|，当l的斜率k存在时，设l：y=k(x-2)，代入到C：x2+2y2=36，得
x2+2k2(x-2)2=36，所以(2k2+1)x2-8k2x+8k2-36=0，令M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1+x2=
，x1x2=
，
此时
=(x1-4，y1)，
=(x2-4，y2)，
所以
=(x1-4)(x2-4)+y1y2
=(x1-4)(x2-4)+k2(x1-2)(x2-2)
=(k2+1)x1x2-(4+2k2)(x1+x2)+16+4k2
=
+16+4k2
所以∠MPN>90°，点P在以MN为直径的圆内部.
所以|TM|>|TP|，综上所述，|TM|>|TP|.
【加练备选】
已知O为坐标原点，过点M(1，0)的直线l与抛物线C：y2=2px(p>0)交于A，B两
点，且
=-3.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M作直线l′⊥l交抛物线C于P，Q两点，记△OAB，△OPQ的面积分别为
S1，S2，证明：
为定值.
【解析】(1)设直线l的方程为：x=my+1，与抛物线C：y2=2px(p>0)联立，消去x得：y2-2pmy-2p=0；设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1+y2=2pm，y1y2=-2p；
由
=-3，得x1x2+y1y2=(my1+1)(my2+1)+y1y2=(1+m2)y1y2+(y1+y2)m+1
=(1+m2)·(-2p)+2pm2+1=-2p+1=-3，解得p=2，所以抛物线C的方程为y2=4x；
(2)由(1)知，点M(1，0)是抛物线C的焦点，
所以|AB|=x1+x2+p=my1+my2+2+p=4m2+4，又原点到直线l的距离为d=
，
所以△OAB的面积为S1=
×4(m2+1)=2
，又直线l′过点M，且
l′⊥l，
所以△OPQ的面积为S2=
所以
即
为定值.
专题能力提升练
二十 圆锥曲线中的存在性与证明问题
(40分钟 80分)
1.已知抛物线C：x2=2py(p>0)与圆O：x2+y2=12相交于A，B两点，且点A的横坐标
为2
.F是抛物线C的焦点，过焦点的直线l与抛物线C相交于不同的两点M，N.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M，N作抛物线C的切线l1，l2，P(x0，y0)是l1，l2的交点，求证：点P在
定直线上.
【解析】(1)点A的横坐标为2
，所以点A的坐标为(2
，2)，代入x2=2py，
解得p=2，
所以抛物线的方程为x2=4y.
(2)抛物线C：y=
，则y′=
，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以切线PM的方程
为y-y1=
(x-x1)，即y=
x-
，同理切线PN的方程为y=
，联立解得
点P
，设直线MN的方程为y=kx+1，代入x2=4y，得x2-4kx-4=0，
所以x1x2=-4，所以点P在y=-1上，结论得证.
2.(2020·广东一模)已知椭圆C：
=1，A，B分别为椭圆长轴的左右端
点，M为直线x=2上异于点B的任意一点，连接AM交椭圆于P点.
(1)求证：
为定值；
(2)是否存在x轴上的定点Q，使得以MP为直径的圆恒通过MQ与BP的交点.
【解析】(1)由椭圆的方程可得：
A(-2，0)，B(2，0)，
设M(2，m)，
P(x0，y0)，(m≠0，x0≠±2)，则
=1，得
，又kAP=
=kAM=
，
kBP=
，所以kAP·kBP=
，所以
，整理可得
2x0+my0=4，所以
=2x0+my0=4为定值.
(2)假设存在定点Q(n，0)满足要求，设M(2，m)，P(x0，y0)，(m≠0，x0≠±2)，由以MP为直径的圆恒通过MQ与BP的交点可得
=0，所以
(n-2，-m)·(x0-2，y0)=nx0-2n-2x0+4-my0=0，①
由(1)得2x0+my0=4，②
由①②可得n(x0-2)=0，因为x0≠2，解得n=0，所以存在x轴上的定点Q(0，0)，使得以MP为直径的圆恒通过MQ与BP的交点.
3.已知A(1，2)为抛物线y2=2px(p>0)上的一点，E，F为抛物线上异于点A的两
点，且直线AE的斜率与直线AF的斜率互为相反数.
(1)求直线EF的斜率；
(2)设直线l过点M(m，0)并交抛物线于P，Q两点，且
(λ>0)，直线
x=-m与x轴交于点N，试探究
与
的夹角是否为定值，若是，则求出
定值；若不是，说明理由.
【解析】(1)设E(x1，y1)，F(x2，y2)，因为点A(1，2)为抛物线y2=2px(p>0)上的
一点，所以y2=4x，同时有
=4x1，
=4x2，kAE=
，kAF=
，因为直线AE的斜率与直线AF的
斜率互为相反数，即
，即y1+y2=-4，故kEF=
=-1.
(2)设直线l的方程为：x=ty+m，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
N(-m，0)，联立x=ty+m与y2=4x得y2-4ty-4m=0，
所以y3+y4=4t，y3y4=-4m，
因为
=(m-x3，-y3)，
=(x4-m，y4)，
且
=λ
(λ>0)，
所以-y3=λy4，λ=-
，
由题可知，
-λ
=(x3+m，y3)-λ(x4+m，y4)
=(x3+m-λ(x4+m)，y3-λy4)
=
，
又因为
+m-λ
=
=
=
=0，
所以
=(0，y3-λy4)，
又
=(2m，0)，所以
=0，
所以
.
即
与
的夹角为
.
4.在平面直角坐标系中，已知点A(-2，0)，B(2，0)，动点P(x，y)满足直线AP
与BP的斜率之积为-
.记点P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)若M，N是曲线C上的动点，且直线MN过点D
，问在y轴上是否存在定点
Q，使得∠MQO=∠NQO？若存在，请求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)由题知kAP·kBP=
，y≠0，整理可得
=1，
y≠0，
故C的方程为
=1，y≠0，
说明C是不包含y=0的椭圆；
(2)假设存在满足题意的定点Q，设Q(0，m)，设直线MN的方程为y=kx+
，
M(x1，y1)，N(x2，y2).由
消去y，
得(3+4k2)x2+4kx-11=0.由直线MN过椭圆内一点
，故Δ>0，由根与系数的关
系得：x1+x2=
，x1x2=
，由∠MQO=∠NQO，得直线MQ与NQ的斜率和为
零.
故
=
，所以m=6，存在定点(0，6)，
当斜率不存在时定点(0，6)也符合题意.
5.已知O为坐标原点，直线y=-
上一点Q，动点P满足：OP⊥OQ，
=1.
(1)求动点P的轨迹W的标准方程；
(2)直线l：y=k(x+1)(k>0)与轨迹W相交于A，B两点，线段AB的中点为E，
射线OE交轨迹W于点G，交直线x=-3于点D.证明：|OG|2=|OD|·|OE|.
【解析】(1)设P(x，y)，Q
，
由题知：
=1，
所以
=1，又因为OP⊥OQ，
所以xxQ-
=0，xQ=
(x≠0)，
所以
=1，整理得
+y2=1，
所以轨迹W的方程为
+y2=1(x≠0)；
(2)由题意：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为E(x0，y0)，
D(-3，m)，由
消去y整理得：(1+3k2)x2+6k2x+3k2-3=0，由根与系数
的关系得x1+x2=
，
所以x0=-
，y0=kx0+k=
，
即点E
，
因为kOE=-
，所以射线OE：y=-
，
由
得
，
由
，得yD=
，即D
，
又因为yD·yE=
，
所以
=yD·yE，即|OG|2=|OD|·|OE|.
6.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：x2=2py(p>0)，过抛物线焦点F且与y
轴垂直的直线与抛物线相交于A，B两点，且△OAB的周长为2+
.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线l过焦点F且与抛物线C相交于M，N两点，过点M，N分别作抛物线C的切
线l1，l2，切线l1与l2相交于点P，求|PF|2-|MF|·|NF|的值.
【解析】(1)由题意知焦点F的坐标为
，将y=
代入抛物线C的方程可求得点A，B的坐标分别为
，
有|AB|=2p，|OA|=|OB|=
p，可得△OAB的周长为2p+
p，
有2p+
p=2+
，解得p=1；
所以抛物线C的方程为x2=2y.
(2)由(1)知抛物线C的方程可化为y=
x2，求导可得y′=x.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
设直线l的方程为y=kx+
(直线l的斜率显然存在)，
联立方程
，
消去y整理为x2-2kx-1=0，
可得
.故y1+y2=k(x1+x2)+1=2k2+1，y1y2=
.
可得直线l1的方程为y-
=x1(x-x1)，
整理为y=x1x-
；
同理直线l2的方程为y=x2x-
；
联立方程
解得(共60张PPT)
3课时突破
解析几何解答题
第1课时 圆锥曲线中的最值、范围问题
考向一 圆锥曲线中的求值(方程)问题
【典例】(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.
【解析】(1)因为F是椭圆C1的右焦点，且AB⊥x轴，
所以F(c，0)，直线AB的方程为x=c，
联立
，得
=1-
=
，又因为
a2=b2+c2，所以y2=
，解得y=±
，
则|AB|=
，
因为点F(c，0)是抛物线C2的焦点，所以抛物线C2的方程为y2=4cx，
联立
，解得
，
所以|CD|=4c，因为|CD|=
|AB|，即4c=
，2b2=3ac，即2c2+3ac-2a2=0，
即2e2+3e-2=0，
因为0，
因此，椭圆C1的离心率为
.
(2)由(1)知a=2c，b=
c，椭圆C1的方程为
=1，
联立
，消去y并整理得3x2+16cx-12c2=0，
解得x=
c或x=-6c(舍去)，由抛物线的定义可得|MF|=
c+c=
=5，解得c=3.
因此，曲线C1的标准方程为
=1，曲线C2的标准方程为y2=12x.
【探究延伸】
若本例中，斜率为
的直线(不过原点)与C2交于两点M，N，以MN为直径的圆过原点，试求直线l的方程.
【解析】设直线l的方程为：y=
x+t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由
得y2-8y+8t=0，
由题意Δ=64-32t>0，所以t<2，且t≠0，
所以y1y2=8t，x1x2=
，
因为以MN为直径的圆过原点，所以x1x2+y1y2=0，
所以
t2+8t=0，解得：t=-18或t=0(舍去)，
所以直线l的方程为y=
x-18，即3x-2y-36=0.
【素养提升】
关于圆锥曲线中的求值(方程)问题
(1)与圆锥曲线有关的求值问题往往涉及求直线斜率及方程、圆的方程、弦长、面积等问题.
(2)解决求值(方程)问题时要注意基本方法的应用.如联立消元、根与系数的关系、向量向坐标的转化、弦长公式、中点弦中的点差法等.
提醒：设直线方程时要注意斜率不存在的情况；利用点差法时要注意直线与圆锥曲线相交的前提.
【变式训练】
(2018·全国Ⅱ卷)设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|=8.
(1)求l的方程；
(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程.
【解析】(1)由题意得F(1，0)，l的方程为y=k(x-1)(k>0).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由
得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.
Δ=16k2+16>0，故x1+x2=
.
所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=
.
由题设知
=8，解得k=-1(舍去)，k=1.
因此l的方程为y=x-1.
(2)由(1)得AB的中点坐标为(3，2)，
所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3)，
即y=-x+5.
设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，
则
解得
或
因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.
【加练备选】
(2017·全国卷Ⅰ)设A，B为曲线C：y=
上两点，A与B的横坐标之和为4.
(1)求直线AB的斜率.
(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方
程.
【解析】(1)设A
，B
，
则kAB
=
=1.
(2)设M
，则C在M处的切线斜率k=kAB=y′
=
x0=1，所以x0=2，
则M（2,1），又AM⊥BM，
kAM
·
kBM
=
=
=-1
，
即x1x2+2
+20=0，
又设AB：y=x+m代入x2=4y，
得x2-4x-4m=0，
所以x1+x2=4，x1x2=-4m，
-4m+8+20=0，所以m=7，
所以直线AB的方程为y=x+7.
考向二 圆锥曲线中的最值问题
【典例】已知椭圆C：
=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上
一点，以PF1为直径的圆E：x2+
过点F2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P且斜率大于0的直线l1与C的另一个交点为A，与直线x=4的交点为B，
过点(3，
)且与l1垂直的直线l2与直线x=4交于点D，求△ABD面积的最小值.
【解析】(1)在圆E的方程中，点E为圆心，令y=0，得到：x2=4.
所以F1(-2，0)，F2(2，0)，
又因为OE?
F2P，所以P点坐标为(2，
)，
所以2a=|PF1|+|PF2|=4
，
则a=2
，b=2，因此椭圆的方程为
=1；
(2)设直线l1：y-
=k(x-2)(k>0)，
所以点B的坐标为(4，
+2k)，
设A(xA，yA)，D(xD，yD)，
将直线l1代入椭圆方程得：
(1+2k2)x2+(4
k-8k2)x+8k2-8
k-4=0，
所以xPxA=
，
所以xA=
，
直线l2的方程为y-
=-
(x-3)，
所以点D坐标为(4，
)，
所以
=
(4-xA)|yB-yD|
=
=2k+
+2
≥2
+2
，
当且仅当2k=
，即k=
时取等号，
综上，△ABD面积的最小值为2
+2
.
【素养提升】
提醒：利用函数的单调性求最值时，可以借助导数判断单调性；利用基本不等式求最值、一元二次函数配方求最值是常见的最值求法.
几何法
利用曲线的定义、几何性质、平面几何中的性质、定理进行转化，再通过计算求最值
代数法
把要求最值的几何量或代数表达式表示成某一个参数的函数(解析式)，利用函数的单调性、不等式知识求最值.
【变式训练】
(2020·威海二模)已知椭圆C：
=1(a>b>0)的右顶点为M(2，0)，离心率
为
.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点Q为左顶点，过点N(1，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，当
取得最
大值时，求直线l的方程.
【解析】(1)由题意可得：a=2，e=
，得c=
，则
b2=a2-c2=2，所以椭圆C的方程为
=1；
(2)当直线l与x轴重合时，不妨取A(-2，0)，B(2，0)，此时
=0；
当直线l与x轴不重合时，设直线l的方程为x=ty+1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立
得(t2+2)y2+2ty-3=0，
显然Δ>0，y1+y2=
，y1·y2=
；
所以
=(x1+2)(x2+2)+y1y2
=(ty1+3)(ty2+3)+y1y2
=(t2+1)y1y2+3t(y1+y2)+9
=(t2+1)
=
，
当t=0时，
取最大值
.
此时直线l方程为x=1.
【加练备选】
(2020·铜川二模)已知椭圆C：
=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，
F2，点
是椭圆C上的点，离心率e=
.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点A(x0，y0)(y0≠0)在椭圆C上，若点N与点A关于原点对称，连接AF2并延长与
椭圆C的另一个交点为M，连接MN，求△AMN面积的最大值.
【解析】(1)由题意可知：离心率e=
，
则a=
c，b2=a2-c2=c2，
将
代入椭圆方程：
=1，
解得c=1，则a=
，b=1，
所以椭圆C的方程为
+y2=1；
(2)椭圆的右焦点F2(1，0)，设直线AM的方程是x=my+1，与
+y2=1联立，
可得(m2+2)y2+2my-1=0，又A(x0，y0)，
设M(x2，y2)，则x0=my0+1，x2=my2+1，
于是|AM|=
|y0-y2|=
，原点O(0，0)到直线AM的距离
d=
.
于是△AMN的面积
S=2S△OAM=|AM|d=
=2
.
因为m2+1+
≥2(当m=0时，取=)，
所以△AMN的面积S≤2×
.
当且仅当m=0时取到最大值
.
考向三 圆锥曲线中的范围问题(规范解答)
【典例】(12分)(2019·全国Ⅱ卷)已知F1，F2是椭圆C：
=1(a>b>0)的两
个焦点，P为C上一点，O为坐标原点.
(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；
(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值
范围.
【思维流程图】(1)△POF2为等边三角形→∠F1PF2=90°→表示出边、利用定义
得出a，c的关系；
(2)PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16→列出满足的式子→结合椭圆的方程消
元，得出b→消元得到x，利用x的范围得出b，c的关系→利用a2=b2+c2求a的范围.
【规范解答】(1)连接PF1，由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，
∠F1PF2=90°，|PF2|=c，|PF1|=
c，
……………………1分
于是2a=|PF1|+|PF2|=(
+1)c，
……………………3分
故C的离心率是e=
-1.
………………………………4分
(2)由题意可知，满足条件的点P(x，y)存在.
当且仅当
|y|·2c=16，
=-1，
即c|y|=16，①
x2+y2=c2，②
=1，③
……………………7分
由②③及a2=b2+c2得y2=
，又由①知y2=
，故b=4.
………………9分
由②③得x2=
，所以c2≥b2，
…………………………10分
从而a2=b2+c2≥2b2=32，故a≥4
.
………………11分
当b=4，a≥4
时，存在满足条件的点P.
所以b=4，a的取值范围为[4
，+∞).
……………………12分
考查要求
综合性
学科素养
逻辑推理、数学运算
评分细则
得出∠F1PF2与|PF1|，|PF2|的值给1分；
列出定义式2a=|PF1|+|PF2|给2分；求出离心率给1分；
列出点P坐标满足的关系式各给1分；
求出b的值给2分；推出c，b关系给1分；求出a的取值范围给1分；最后给出结论给1分
【答题模板】
【素养提升】
求解范围的常用方法
判别
式法
构造含参数的一元二次方程，利用判别式求范围
函数
法
将要求的量用已知参数表示出来，转化为关于这个参数的值域问题，利用函数性质、配方法、基本不等式法等求值域
不等
式法
构造关于要求的参数的不等式，通过解不等式求范围
【变式训练】
已知椭圆
=1(a>b>0)的右焦点F(1，0)，离心率为
，过F作两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD中点分别为M，N.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求以A，B，C，D为顶点的四边形的面积的取值范围.
【解析】(1)由题意：c=1，
，
得a=
，b=c=1，
因此椭圆的方程为
+y2=1；
(2)①当两直线一条斜率不存在且一条斜率为0时，
S=
|AB|·|CD|=
=2.
②当两直线斜率存在且都不为0时，
设直线AB方程为y=k(x-1)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将其代入椭圆方程整理得：
(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0，
所以x1+x2=
，x1x2=
，
所以|AB|=
|x1-x2|=
，
同理|CD|=
，
则S=
|AB|·|CD|
=
=
=2-
，
当k=±1时，S=
，
综上所述，四边形面积范围是
.
十八 圆锥曲线中的最值、范围问题
（40分钟
80分）
1.(2020·威海一模)已知椭圆
(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点
是椭圆上一点，|F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中项.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若A为椭圆的右顶点，直线AP与y轴交于点H，过点H的另一直线与椭圆交于
M，N两点，且
，求直线MN的方程.
专题能力提升练
【解析】(1)因为|F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中项，所以a=2c，得a2=4c2.
由b2=a2-c2，得b2=3c2.
又
在椭圆上，所以
所以c=1，a2=4，b2=a2-c2=3，
可得椭圆的标准方程为
(2)因为
，由(1)计算可知A(2，0)，H(0，1)，当直线MN与x轴垂直时，不
合题意.当直线MN与x轴不垂直时，
设直线MN的方程为y=kx+1，
联立直线与椭圆的方程
可得(4k2+3)x2+8kx-8=0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则
，……①
由
可得|AH||MH|=6|NH||PH|，
又|AH|=2|PH|，
所以|MH|=3|NH|，得x1=-3x2，
代入①，可得
，
所以
所以直线MN的方程为
2.(2020·天津一模)已知抛物线C：y2=
x的焦点为椭圆E：
(a>b>0)的
右焦点，C的准线与E交于P，Q两点，且|PQ|=2.
(1)求E的方程；
(2)过E的左顶点A作直线l交E于另一点B，且BO(O为坐标原点)的延长线交E于点
M，若直线AM的斜率为1，求l的方程.
【解析】(1)由抛物线方程得，抛物线C的焦点F的坐标为(
，0)，准线方程为
x=-
，
所以椭圆E的右焦点F(
，0)，左焦点F′(-
，0).设椭圆E的半焦距为c，
依题意得
解得a=2，b=
故所求椭圆的方程为
(2)由题意，得E的左顶点A(-2，0).
又知直线l的斜率存在，
设为k(k≠0)，点B(xB，yB)，
则直线AB的方程为y=k(x+2).
联立
消去y并整理，
得(2k2+1)x2+8k2x+8k2-4=0，(※)
得Δ=(8k2)2-4(2k2+1)(8k2-4)=16>0，
所以-2，xB为方程(※)的两根，
从而
，所以
所以yB=k(xB+2)=
由题意，点B，M均在椭圆E上，且B，M关于原点O对称，所以点M(-xB，-yB)，
即
因为kAM=1，所以
故所求直线l的方程为
，即x+2y+2=0.
3.(2020·株洲一模)已知F为抛物线C：y=
x2的焦点，A为抛物线C上的一动点，
抛物线C在A处的切线交y轴于点B，以FA，FB为邻边作平行四边形FAMB.
(1)证明：点M在一条定直线上；
(2)记点M所在定直线为l，l与y轴交于点N，MF与抛物线C交于P，Q两点，求△NPQ
的面积的取值范围.
【解析】(1)设
所以在A点处的切线方程为：
，即
令x=0可得：y=
，
所以
，由FA，FB为邻边作平行四边形FAMB可得
，又F(0，1)，
设M(x，y)，则
所以x=x0，
，即y=-1，
所以点M在一条定直线上.
(2)由(1)可得M在定直线y=-1上，
即M在抛物线的准线上，
可得N(0，-1)，设M(a，-1)，a≠0，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线MF为
，代入抛物线的方程可得：
x1x2=-4，
所以△NPQ的面积的取值范围为(4，+∞).
4.(2020·长春三模)已知点A(0，1)，点B在y轴负半轴上，以AB为边作菱形ABCD，且菱形ABCD对角线的交点在x轴上，设点D的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)过点M(m，0)，其中1【解析】(1)设B(0，-t)(t>0)，菱形ABCD的中心在x轴上，设为Q点.
由题意可知，|OQ|2=|OA||OB|，则Q(
，0)或(-
，0)，
当Q在x轴正半轴时，Q为BD的中点，
因此点D(2
，t)，
即点D的轨迹为
(t为参数且t≠0)，
化为标准方程为x2=4y(x>0).
同理可知Q在x轴负半轴时，x2=4y(x<0).
综上，E的方程为x2=4y(x≠0).
(2)设点
，过点N的切线方程为：
，点M(m，0)在该切线上，所
以
，即
，由1又kMN=
，kAM=
，则kMNkAM=-1，
即NM⊥AM，
所以S=
|MN||AM|=
可知当25.设抛物线C：x2=2py(p>0)的准线被圆O：x2+y2=4所截得的弦长为
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点F是抛物线C的焦点，M为抛物线C上的一动点，过M作抛物线C的切线交圆
O于A，B两点，求△FAB面积的最大值.
【解析】(1)因为抛物线C的准线方程为
，且直线
被圆O：x2+y2=4所截
得的弦长为
，所以
，解得p=2(p>0)，因此抛物线C的方程为
x2=4y；
(2)设
，由
知直线AB的方程为：
即2tx-4y-t2=0.
因为圆心O到直线AB的距离为
所以
设点F(0，1)到直线AB的距离为d，
则
所以△FAB的面积
当且仅当t=±2
时等号成立，经检验此时直线AB与圆O相交，满足题意.
综上可知，△FAB的面积的最大值为2
.
6.设点P(s，t)为抛物线C：y2=2px(p>0)上的动点，F是抛物线的焦点，当s=1
时，
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点P作圆M：(x-2)2+y2=1的切线l1，l2，分别交抛物线C于点A，B.当t>1时，
求△PAB面积的最小值.
【解析】(1)当s=1时，
得p=
.所以抛物线C的方程为y2=x；
(2)点P(s，t)为抛物线C：y2=x上的动点，
则t2=s，
设过点P(t2，t)的切线为x=m(y-t)+t2，
则
得(t2-1)m2+2t(2-t2)m+(2-t2)2-1=0(
).
设m1，m2是方程(
)的两个根，
所以m1+m2=
，m1m2=t2-3.
设
因为直线l1：x=m1(y-t)+t2与抛物线C：y2=x交于点A，则
得y2-m1y+m1t-t2=0，
所以ty1=m1t-t2(根与系数的关系)，即y1=m1-t，同理y2=m2-t.
可得直线AB：x=(y1+y2)y-y1y2，
则
又y1+y2=m1+m2-2t=
y1y2=(m1-t)(m2-t)=
所以S△PAB=
|AB|·d(共83张PPT)
第2课时 圆锥曲线的方程与性质
关键能力·应用实践
考向一
圆锥曲线的定义及标准方程
【多维题组】速通关
1.(2020·泉州二模)已知椭圆E：
+y2=1与抛物线C：y2=ax(a>0)有公共焦点
F，给出A(5，3)及C上任意一点P，当|PA|+|PF|最小时，P到原点O的距离
|PO|=
( )
【解析】选A.椭圆E：
+y2=1的右焦点为(1，0)，抛物线C：y2=ax(a>0)的焦点
为
，由题意可得抛物线C的方程为y2=4x，由抛物线的定义可得：
|PA|+|PF|=|PA|+|PP1|≥|AP1|，当且仅当A，P，P1三点共线时，|PA|+|PF|最
小，此时P的坐标
，此时|OP|=
.
2.已知椭圆C：
=1(a>b>0)经过点
，且C的离心率为
，
则C的方程是
( )
【解析】选A.由题可知，
解得
所以椭圆的方程为
.
3.(2018·天津高考)已知双曲线
(a>0，b>0)的离心率为2，过右焦点
且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点.设A，B到双曲线的同一条渐近线的
距离分别为d1和d2，且d1+d2=6，则双曲线的方程为
( )
【解析】选C.因为双曲线的离心率为2，所以
=2，c=2a，b=
a，不妨令
A(2a，3a)，B(2a，-3a)，双曲线其中一条渐近线方程为y=
x，所以
d1=
，
d2=
；依题意得：
，
解得：a=
，b=3，所以双曲线方程为：
=1.
【变式拓展】
本例中若|AB|=6
，试求双曲线的方程.
【解析】由题意c=2a，
=6
，解得a=
，b=3.故双曲线的方程为
.
4.(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】选C.设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知|AF|=xA+
=12，即
12=9+
，解得p=6.
【技法点拨
】提素养
1.关于圆锥曲线定义的应用
对于椭圆、双曲线如果涉及曲线上的点与焦点的距离，一般要利用定义进行转化.对应抛物线涉及曲线上点到焦点的距离、到准线的距离时需要相互转化.
2.关于圆锥曲线方程的求法
定型
确定曲线类型
计算
利用待定系数法，根据条件求出系数a，b，c，p
考向二 圆锥曲线的几何性质
【多维题组】速通关
1.(2019·全国Ⅰ卷)双曲线C：
(a>0，b>0)的一条渐近线的倾斜角为
130°，则C的离心率为
( )
A.2sin
40°
B.2cos
40°
【解析】选D.由已知可得-
=tan
130°，所以
=tan
50°，
所以e=
=
，故选D.
2.已知F1，F2为椭圆C：
+y2=1(m>0)的两个焦点，若C上存在点M满足MF1⊥MF2，则实数m的取值范围是
( )
【解析】选C.分椭圆的焦点在x轴上和y轴上两种情况讨论.
①若焦点在x轴上，即m>1，当M为短轴的端点时，∠F1MF2取最大值，要使
MF1⊥MF2，则∠F1MF2≥90°，即∠F1MO≥45°，
所以tan∠F1MO=
≥tan
45°=1，解得m≥2，
②若焦点在y轴上，即0同理可得tan∠F1MO=
≥tan
45°=1，
解得0，
综上，实数m的取值范围是
∪[2，+∞).
3.(2019·天津高考)已知抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线
(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】选D.l的方程为x=-1，双曲线的渐近线方程为y=±
x，
可设A
，B
，
所以|AB|=
，则
=4，b=2a，
所以e=
.
4.(2020·全国Ⅰ卷)设F1，F2是双曲线C：
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
( )
【解析】选B.由已知，不妨设F1(-2，0)，F2(2，0)，
则a=1，c=2，因为|OP|=2=
|F1F2|，
所以点P在以F1F2为直径的圆上，
即△F1F2P是以P为直角顶点的直角三角形，
故|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，
即|PF1|2+|PF2|2=16，又||PF1|-|PF2||=2a=2，
所以4=||PF1|-|PF2||2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|=16-2|PF1||PF2|，解得|PF1||PF2|=6，
所以
=
|PF1||PF2|=3.
5.(2020·临沂二模)已知F是抛物线y2=2px(p>0)的焦点，过F的直线与抛物线交于A，B两点，AB的中点为C，过C作抛物线准线的垂线交准线于C1，若CC1的中点为M(1，4)，则p=
( )
A.4
B.8
C.4
D.8
【解析】选B.设A，B两点的坐标分别为(xA，yA)，(xB，yB).由题意CC1的中点坐
标为(1，4)，所以可得yA+yB=8，则点C的横坐标xC满足xC-
=2×1，所以xC=2+
，xA+xB=4+p，设直线AB的方程为：x=my+
，代入抛物线的方程可得
y2-2pmy-p2=0，
所以yA+yB=2pm，xA+xB=m(yA+yB)+p=8m+p
所以可得
解得：p=8，m=
.
【技法点拨】提素养
性质
应用指南
研究圆锥曲线的性质
理清圆锥曲线中a，b，c，e，p的关系是关键
离心率
根据条件建立关于a，b，c之间的方程，结合其自身的关系消元，构造方程求离心率
双曲线的渐近线方程
利用公式
，建立离心率与渐近线斜率的关
系，知道一个可以求另一个
提醒：研究圆锥曲线的性质时，一是要结合圆锥曲线的定义；二是要与三角形中的定理，如勾股定理、角平分线定理等相结合解题.
考向三 圆锥曲线的综合交汇问题
（重点突破）
【多维题组】速通关
1.(2020·和平区二模)已知双曲线C：
(a>0)的右焦点为F，圆
x2+y2=c2(c为双曲线的半焦距)与双曲线C的一条渐近线交于A，B两点，且线段AF
的中点M落在另一条渐近线上，则双曲线C的方程是
( )
【考场思维】
解题方法
数形结合
解题流程
图形性质、位置关系→数量关系
素养考查
直观想象、数学运算
【解析】选D.双曲线C：
(a>0)的渐近线方程为y=±
x，
由
，解得
或
，
由图可知A在第二象限，即A(-a，
)，
因为F(c，0)，所以M
，所以
=
，
所以c=2a，所以a2+3=4a2，解得a=1.
2.如图，F1，F2是双曲线
(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1的直线与双
曲线左、右两支分别交于点P，Q，若
，M为PQ的中点，且
，
则双曲线的离心率为
( )
【考场思维】
解题方法
化归转化
解题流程
向量关系→图形位置关系、数量关系
素养考查
数学运算、逻辑推理
【解析】选B.设|PF2|=m，|PF1|=n，
因为
，且M为PQ的中点，所以M为QF1的三等分点，|QF1|=3|PF1|=3n，
因为M为PQ的中点，且
，
所以△F2PQ为等腰三角形，|QF2|=|PF2|=m，
由双曲线的定义可知，
，
即
，解得
.
在Rt△MPF2中，|MF2|2=|PF2|2-|PM|2=m2-n2，
在Rt△MF1F2中，
|MF2|2=|F1F2|2-|MF1|2=(2c)2-(2n)2=4c2-4n2，
所以m2-n2=4c2-4n2，即16a2+3×4a2=4c2，
所以
=7，所以离心率
.
【技法点拨】提素养
1.圆锥曲线及圆之间的综合问题
解决圆锥曲线之间、圆锥曲线与圆之间的综合问题时，关键是抓住两种曲线之间的联系，再结合其自身的几何性质解题.
2.圆锥曲线与其他知识点之间的交汇问题
圆锥曲线与向量、三角函数、基本不等式等交汇，综合考查圆锥曲线的几何性质的应用，一般是利用圆锥曲线的几何性质转化条件，再利用其他的知识点解题，或者是其他的知识点转化为条件，再利用圆锥曲线的几何性质解题.
【变式训练】
1.已知双曲线
(a>0，b>0)的一条渐近线过点(-
，2)，且双曲线的
一个焦点在抛物线y2=4
x的准线上，则双曲线的方程为
( )
【解析】选C.由题意双曲线的渐近线方程为y=±
x，双曲线
(a>0，b>0)的一条渐近线过点(-
，2)，可得
，
因为抛物线y2=4
x的准线方程为x=-
，双曲线的一个焦点在抛物线y2=4
x
的准线上，
所以c=
，所以a2+b2=c2=7，所以a=
，b=2，
所以双曲线的方程为
.
2.已知抛物线C：y=
x2的焦点是F，点M是其准线l上一点，线段MF交抛物线C于
点N.当
时，△NOF的面积是________.?
【解析】由题意抛物线的标准方程为：x2=8y，所以焦点F(0，2)，准线方程为
y=-2，
设NN′垂直于准线且交准线于N′，
由抛物线的性质可得|NN′|=|NF|，
因为
，可得N在M，F之间，
所以|MN|=2|NF|=2|NN′|，所以sin
∠FMN′=
，所以
tan∠FMN′=
，即直线MF的斜率为
，所以直线MF的方程为y=
x+2，
将直线MF的方程代入抛物线的方程可得：x2-
x-16=0，解得x=-
或x=4
(舍)，所以
|OF|·|xN|=
×2×
=
答案：
【加练备选】
已知点F是抛物线y2=16x的焦点，直线l经过点F与抛物线交于A，D两点，与圆
(x-4)2+y2=16交于B，C两点(如图所示)，则|AB|·|CD|=________.?
【解析】根据题意，设A(x1，y1)，D(x2，y2)，抛物线方程为y2=16x的焦点为
F(4，0)，
圆M：(x-4)2+y2=16的圆心为(4，0)，圆心与焦点重合，
|AB|=|AF|-|BF|=|AF|-4=x1，|CD|=|DF|-|CF|=|DF|-4=x2，
所以|AB|·|CD|=x1·x2，由题意可知直线l的斜率不为0，所以设直线方程为：
x=ty+4，与抛物线方程联立可得：y2-16ty-64=0，即y1y2=-64，x1x2=
=16，
所以|AB|·|CD|=16.
答案：16
题组训练·素养提升
【新题速递】
1.已知椭圆C：
的离心率与双曲线C′：
(b>0)的离心率互
为倒数关系，则b=
A.2
B.2
C.4
D.6
【解析】选B.椭圆C：
的离心率与双曲线C′：
(b>0)
的离心率互为倒数关系，椭圆C：
的离心率为
；
所以双曲线C′：
(b>0)的离心率：
，解得b=2
.
2.双曲线C：x2-
=1的渐近线与直线x=1交于A，B两点，且|AB|=4，那么双曲线
C的离心率为
( )
【解析】选D.由双曲线的方程可得a=1，且渐近线的方程为：y=±bx，与x=1联
立可得y=±b，所以|AB|=|2b|，由题意可得4=2|b|，解得|b|=2，c2=a2+b2，所
以双曲线的离心率e=
.
3.已知椭圆
(a>0，b>0)的离心率为
，直线y=kx与该椭圆交于A，B
两点，分别过A，B向x轴作垂线，若垂足恰为椭圆的两个焦点，则k等于
( )
【解析】选A.由题可知，不妨设A，B两点的坐标分别为(-c，-kc)，(c，kc)，
因为A，B均在椭圆上，所以
，又椭圆的离心率为
，所以
，
所以
，
所以
，解得k=±
.
4.直线l过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F，交抛物线C于点A(点A在x轴上方)，过
点A作直线x=-
的垂线，垂足为M，若垂足M恰好在线段AF的垂直平分线上，则
直线l的斜率为________.?
【解析】由抛物线的性质可得|AF|=|AM|，又M恰好在线段AF的垂直平分线上，
所以|MF|=|AM|，
所以可得△AMF为等边三角形，所以∠MAF=60°，又因为AM∥OF，所以
∠AFx=60°，
所以直线l的斜率为k=tan60°=
.
答案：
【创新迁移】
1.“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互
相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆.若
椭圆C：
(a>0)的离心率为
，则椭圆C的蒙日圆方程为( )
A.x2+y2=9
B.x2+y2=7
C.x2+y2=5
D.x2+y2=4
【解析】选B.因为椭圆的离心率为
，所以
，解得a=3.因为椭圆
上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，
所以找两个特殊点，分别为(
，0)，(0，
)，所以对应的两条切线分别
是x=
，y=
，这两条直线的交点为P
，因为点P在蒙日圆上，
所以(
)2+(
)2=r2=7，
所以椭圆C的蒙日圆方程为x2+y2=7.
2.1618年德国物理学家开普勒在《宇宙谐和论》上提出：绕以太阳为焦点的椭
圆轨道运行的所有行星，其各自椭圆轨道半长轴长(单位：米)的立方(a3)与它的
公转周期(单位：秒)的平方(T2)之比是一个常量，即
，k=
(其中k为开
普勒常数，M为中心天体质量，G为引力常量).已知地球轨道的半长轴长约为
1.5亿千米，地球的运行周期约为1年，距离太阳最远的冥王星轨道的半长轴长
约为60亿千米，则冥王星的运行周期约为
( )
A.150年
B.200年
C.250年
D.300年
【解析】选C.设地球的运行周期为T1，半长轴长为a1，冥王星的运行周期为T2，
冥王星轨道的半长轴长为a2，由题意可得
=k，
所以
，由题意可得
×12，
所以T2=80
≈250年.
专题能力提升练
十七 圆锥曲线的方程与性质
(40分钟
80分)
一、选择题(每小题5分，共60分)
1.已知圆x2+y2-2x+4y=0关于双曲线C：
(m>0)的一条渐近线对称，则m=
( )
【解析】选D.圆x2+y2-2x+4y=0关于双曲线C：
(m>0)的一条渐近线对
称，则圆心(1，-2)在渐近线
上，
所以
2.抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，点P在l上，线段PF与抛物线C交于
点A，若
，点A到y轴的距离为1，则抛物线C的方程为
( )
【解析】选C.由题可知，点
，因为点A到y轴的距离为1，且A在
抛物线上，
所以点
，因为
，
所以
，解得p=
或-
(舍负).所以抛物线的方程为x2=2
y.
3.若椭圆
和双曲线
的共同焦点为F1，F2，P是两曲线的一个交
点，则cos
∠F1PF2的值为
( )
【解析】选A.由题可知，焦距|F1F2|=6，不妨设点P是双曲线右支上的一点，
由椭圆和双曲线的定义可知，
解得
，
在△PF1F2中，由余弦定理可知，
4.(2018·全国Ⅱ卷)已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若
PF1⊥PF2，且∠PF2F1=60°，则C的离心率为
( )
【解析】选D.在直角三角形PF1F2中，|F1F2|=2c，∠PF2F1=60°，
所以|PF1|=
c，|PF2|=c，
又|PF1|+|PF2|=2a，所以
c+c=2a，
解得
5.(2020·包头二模)已知椭圆C：
(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，过F1
的直线与C交于A，B两点，其中A为椭圆与y轴正半轴的交点，若|AF1|=2|F1B|，
则C的离心率为
( )
【解析】选D.椭圆C：
(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C
交于A，B两点，其中A为椭圆与y轴正半轴的交点，可知A(0，b)，F1(-c，0).若
|AF1|=2|F1B|，
则
，代入椭圆方程可得：
，e∈(0，1).解得
6.(2020·全国Ⅱ卷)设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C：
（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】选B.
双曲线C：
（a＞0,b＞0）的两条渐近线方程为
将x=a与双曲线渐近线方程联立，令D和E坐标分别为D(a，b)，E(a，-b)，
所以△ODE的面积为ab=8，所以c2=a2+b2≥2ab=16，
当且仅当a=b=2
时，等号成立，
所以c≥4，则焦距2c的最小值为8.
7.(2020·南昌二模)已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，A(xA，yA)是抛物线上一
点，过A作抛物线准线的垂线，垂足为B，若|AF|=
|BF|，则|yA|=
( )
A.3
B.3
C.4
D.4
【解析】选D.抛物线C：y2=4x的焦点为F(1，0)，A(xA，yA)是抛物线上一点，过
A作抛物线准线的垂线，垂足为B(-1，yA)，若|AF|=
|BF|，可得
所以
，解得xA=-1(舍去)，xA=8，此时
=32，所以|yA|=
8.(2018·全国Ⅲ卷)设F1，F2是双曲线C：
(a>0，b>0)的左，右焦点，O
是坐标原点.过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若
，则C的离心
率为
( )
【解析】选C.方法一：设渐近线的方程为bx-ay=0，则直线PF2的方程为ax+by-
ac=0，由
可得
，由F1(-c，0)及
，
得
化简可得3a2=c2，即
方法二：因为|PF2|=b，|OF2|=c，
所以|PO|=a，在Rt△POF2中，设∠PF2O=θ，则有
因为在△PF1F2中，
所以
?b2+4c2-6a2=4b2?4c2-6a2=3c2-3a2?c2=3a2?
9.已知点F是双曲线C：
(a>0，b>0)的左焦点，点P是该双曲线渐近线上
一点，若△POF是等边三角形(其中O为坐标原点)，则双曲线C的离心率为
( )
【解析】选B.设点P是该双曲线渐近线
上一点，且△POF是等边三角形，
可得
可得双曲线的离心率
10.(2018·全国Ⅱ卷)已知F1，F2是椭圆C：
(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
( )
【解析】选D.由题意直线AP的方程为y=
(x+a)，△PF1F2为等腰三角形，
∠F1F2P=120°，所以PF2=2c，∠PF2x=60°，故P(2c，
c)，代入y=
(x+a)
得，
(2c+a)=
c，解得
11.(2020·上饶三模)已知双曲线C：
(a>0，b>0)的左、右焦点分别为
F1，F2，过F1作斜率为
的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于A，B两点，若
|AF2|=|BF2|，则双曲线的离心率为
( )
【解析】选D.如图，取AB中点M，连接F2M，
因为|AF2|=|BF2|，
所以F2M⊥AB，
设|AF2|=|BF2|=x，因为|AF2|-|AF1|=2a，所以|AF1|=x-2a，
又|BF1|-|BF2|=2a，所以|BF1|=x+2a，
所以|AB|=|BF1|-|AF1|=4a，
所以|AM|=|BM|=2a，
所以|F1M|=|BF1|-|BM|=x，由勾股定理，
知
即
解得x2=2a2+2c2，
所以
所以
即
，化简得c2=3a2，
所以离心率
12.已知椭圆C的右焦点为F(1，0)，点A在椭圆C上，且AF与x轴垂直，点B与点A
关于原点O对称，直线BF与椭圆C的另一个交点为P，若PA⊥AB，则C的方程为
( )
【解析】选A.设椭圆方程为
(a>b>0)，
A(x1，y1)，P(x0，y0)，
则由题意可得B(-x1，-y1)，可得
，所以可得
所以
由题意且AF与x轴垂直，可得
，所以
所以
，因为kAB=kOA=
，又因为PA⊥AB，所以kPA·kAB=-1，
所以
所以a2=2b2，而c=1，所以a2=b2+c2=2，b2=1，
所以椭圆的方程为：
【加练备选】
已知椭圆
(a>b>0)左右焦点分别为F1(-c，0)，F2(c，0)，若椭圆上一点
P满足PF2⊥x轴，且PF1与圆x2+y2=
相切，则该椭圆的离心率为( )
【解析】选A.
设PF1与圆x2+y2=
相切于点Q，则|OQ|=
，
△OF1Q∽△PF1F2，所以
，即
所以
由椭圆的定义可知，|PF1|+|PF2|=2a，所以
，所以椭圆的离心率
二、填空题(每小题5分，共20分)
13.F2是椭圆
的右焦点，P是椭圆上的动点，A(1，
)为定点，则
|PA|+|PF1|的最小值为________.?
【解析】由题可知，a2=16，b2=12，c2=a2-b2=16-12=4，即c=2，
所以椭圆右焦点F2的坐标为(2，0)，
由椭圆的定义可知，|PF1|+|PF2|=2a=8，
所以|PA|+|PF1|=|PA|+8-|PF2|，
由图形知，
当P在直线AF2上时，
||PA|-|PF2||=|AF2|=
当P不在直线AF2上时，
根据三角形的两边之差小于第三边有，
||PA|-|PF2||<|AF2|=2；
所以当P在F2A的延长线上时，|PA|-|PF2|取得最小值，所以|PA|+|PF1|的最小值
为8-2=6.
答案：6
14.(2020·南京三模)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线
(a>0，b>0)
的右焦点为F.若以F为圆心，a为半径的圆交该双曲线的一条渐近线于A，B两
点，且AB=2b，则该双曲线的离心率为________.?
【解析】由题可知，双曲线的渐近线方程为y=±
x，不妨设与圆F相交的渐近
线是y=
x，因为AB=2b，所以点F到直线y=
x的距离为
，化简
得a4-b4=b2c2，
因为b2=c2-a2，
所以a4-(c2-a2)2=(c2-a2)c2，
整理得3a2=2c2.所以离心率
答案：
【加练备选】
(2020·太原二模)已知双曲线
(a>0，b>0)的左右顶点分别为A，B，点P
是双曲线上一点，若△PAB为等腰三角形，∠PAB=120°，则双曲线的离心率为
________.?
【解析】设P(m，n)在第二象限，由△PAB为等腰三角形，∠PAB=120°，可得
|PA|=|AB|=2a，可得m=2acos
120°-a=-2a，n=2asin
60°=
a，即
P(-2a，
a)，由P在双曲线上，可得
即有
，即a=b，可得
答案：
15.(2020·深圳二模)已知双曲线C：
(a>0，b>0)的焦点分别为F1(-5，
0)，F2(5，0)，P为C上一点，PF1⊥PF2，tan∠PF1F2=
，则C的方程为______.?
【解析】因为F1(-5，0)，F2(5，0)，所以c=5，|F1F2|=10，因为PF1⊥PF2，
tan∠PF1F2=
，所以
，所以|PF1|=8，|PF2|=6，
由双曲线的定义可知，|PF1|-|PF2|=2=2a，所以a=1，所以b2=c2-a2=25-1=24.
所以双曲线的方程为
答案：
16.(2020·广州二模)过抛物线y2=4x焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，且|AB|=4，若原点O是△ABC的垂心，则点C的坐标为________.?
【解析】显然直线AB的斜率不为0，由题意设直线AB的方程为：x=my+1，设
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立直线AB与抛物线的方程
，
整理可得y2-4my-4=0，y1+y2=4m，
所以x1+x2=4m2+2，由抛物线的性质可得|AB|=x1+x2+2=4m2+4，由题意可得
4m2+4=4，所以m=0，即直线AB垂直于x轴，所以可得A(1，2)，B(1，-2)，
因为原点O是△ABC的垂心，所以C在x轴上，
设C(a，0)，可得AO⊥BC，即
即(-1，-2)·(a-1，2)=0，整理可得：1-a-4=0，解得a=-3，所以C的坐标为：
(-3，0).
答案：(-3，0)(共59张PPT)
第2课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
考向一 圆锥曲线中的定点问题
【典例】已知椭圆C：
=1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，
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.
【解析】(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点.又由
知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此
解得
故C的方程为
+y2=1.
(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，
由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为
则k1+k2=
=-1，得t=2，不符合题设.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
而k1+k2=
由题设知k1+k2=-1，
故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.
即(2k+1)·
+(m-1)·
=0.
解得k=-
.
代入Δ得当且仅当m>-1时，Δ>0，
于是l：y=-
x+m，
即y+1=-
(x-2)，所以l过定点(2，-1).
【素养提升】
直线过定点问题的常见解法
(1)用参数表示出直线的方程，根据直线方程的特征确定定点的位置.
(2)从特殊点入手，先确定定点，再证明该定点符合题目条件.
提醒：求出直线方程是判断直线是否过定点的前提和关键.
【变式训练】
(2020·德州二模)已知椭圆C：
=1(a>b>0)与圆x2+y2=
b2相交于M，N，P，
Q四点，四边形MNPQ为正方形，△PF1F2的周长为2(
+1)，其中F1，F2分别为椭
圆C的左、右焦点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l与椭圆C相交于A，B两点，D(0，-1)，若直线AD与直线BD的斜率之积
为
，证明：直线l恒过定点.
【解析】(1)因为四边形MNPQ为正方形，
可得椭圆与圆的交点坐标满足x2=y2=
b2，
代入椭圆方程可得
①
又2a+2c=2(
+1)，②
a2=b2+c2，③
联立①②③解得a2=2，b2=1.
所以椭圆C的方程为
+y2=1；
(2)当直线l的斜率不存在时，
设l：x=m，A(m，yA)，B(m，-yA)，
kAD·kBD=
不满足题意；
当直线l的斜率存在时，设l：y=kx+b(b≠-1).
A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立
得(1+2k2)x2+4kbx+2b2-2=0.
x1+x2=
，x1x2=
.
则kAD·kBD=
即b2+3b+2=0.
又b≠-1，解得b=-2.所以直线l恒过定点(0，-2).
【加练备选】
已知曲线C上的任意一点M到点F(0，1)的距离比到直线l：y=-2的距离少1，动点P在直线s：y=-1上，过点P作曲线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点.
(1)求曲线C的方程；
(2)判断直线AB是否能恒过定点？若能，求定点坐标；若不能，说明理由.
【解析】(1)由已知得动点M到点F(0，1)的距离与到直线s：y=-1的距离相等，
由抛物线的定义可知，曲线C为抛物线，焦点F(0，1)，准线s：y=-1.
所以曲线C的方程为x2=4y；
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(t，-1)，
由x2=4y，即y=
x2，得y′=
x.
所以抛物线C在点A处的切线方程为
y-y1=
(x-x1)，
因为y1=
，所以y=
x-y1，
又点P(t，-1)在切线PA上，
所以-1=
t-y1，①
同理-1=
t-y2，②
综合①②得，A(x1，y1)，B(x2，y2)的坐标都满足-1=
t-y.所以直线AB：
y=
x+1，
所以直线AB恒过抛物线的焦点F(0，1).
考向二 圆锥曲线中的定值问题(规范解答)
【典例】(12分)(2020·上饶一模)已知椭圆C：
=1(a>b>0)的离心率为
，其右顶点为A，下顶点为B，定点C(0，2)，△ABC的面积为3，过点C作与y
轴不重合的直线l交椭圆C于P，Q两点，直线BP，BQ分别与x轴交于M，N两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)试探究M，N的横坐标的乘积是否为定值，说明理由.
【思维流程图】(1)离心率、面积→椭圆的方程；
(2)设直线方程、点P，Q的坐标→表示出点M，N的横坐标及乘积→直线与椭圆方程联立，根与系数关系代入横坐标乘积式中→化简运算得定值.
【规范解答】(1)由题意可知：点A(a，0)，B(0，-b)，因为△ABC的面积为3，
所以
×(2+b)×a=3，
…………1分
又因为e=
，所以a=2b，
所以
×(2+b)×2b=3，…………
2分
解得b=1，所以a=2，…………3分
所以椭圆C的方程为
+y2=1；
………………4分
(2)由题意可知，直线PQ的斜率存在，故设直线PQ的方程为y=kx+2，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线BP的方程为y=
x-1，令y=0，
得点M的横坐标xM=
，
…………5分
直线BQ的方程为y=
x-1，令y=0，
得点N的横坐标xN=
，…………
6分
所以xM·xN=
…………7分
把直线y=kx+2代入椭圆
+y2=1，
得：(1+4k2)x2+16kx+12=0，
…………
8分
所以x1+x2=-
，x1x2=
，
…………
9分
所以xM·xN=
…………
10分
故M，N的横坐标的乘积是定值
.
…………
12分
考查要求
综合性
学科素养
数学运算、逻辑推理
评分细则
列出面积和离心率条件各给1分；
求出a，b的值给1分；求出椭圆的方程给1分；分别表示出点M，N的横坐标各给1分；
表示出横坐标的乘积给1分；
联立直线、椭圆方程，消元得一元二次方程给1分；
列出根与系数的关系式给1分；
将根与系数的关系式代入横坐标乘积给1分；
化简、整理得出定值给2分
【答题模板】
【素养提升】
求定值问题常见的方法
(1)从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
【变式训练】
(2020·德州一模)已知抛物线E：x2=2py(p>0)的焦点为F，圆M的方程为：x2+y2-
py=0，若直线x=4与x轴交于点R，与抛物线交于点Q，且|QF|=
|RQ|.
(1)求出抛物线E和圆M的方程；
(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，与圆M交于C，D两点(A，C在y轴同
侧)，求证：|AC|·|DB|是定值.
【解析】(1)设Q(4，y0)，由|QF|=
|RQ|，
得y0+
y0，即y0=2p.
将点(4，2p)代入抛物线方程，可得p=2.
所以抛物线E的方程为x2=4y，
圆M的方程为x2+y2-2y=0；
(2)抛物线E：x2=4y的焦点F(0，1)，
设直线l的方程为y=kx+1，A(x1，y1)，B(x2，y2).
联立
，得x2-4kx-4=0.
则Δ=16(k2+1)>0，且x1+x2=4k，x1x2=-4.
由圆的方程可得圆M的圆心坐标为(0，1)，半径为1，圆心就是焦点F.
由抛物线的定义可知|AF|=y1+1，|BF|=y2+1.
则|AC|=|AF|-1=y1，|BD|=|BF|-1=y2，
|AC|·|BD|=y1y2=(kx1+1)(kx2+1)
=k2x1x2+k(x1+x2)+1=-4k2+4k2+1=1.
即|AC|·|DB|是定值1.
【加练备选】
(2020·石嘴山一模)已知椭圆C：
=1(a>b>0)的焦点为F1，F2，离心率
为
，点P为椭圆C上一动点，且△PF1F2的面积最大值为
，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点M(x1，y1)，N(x2，y2)为椭圆C上的两个动点，当x1x2+y1y2为多少时，
点O到直线MN的距离为定值.
【解析】(1)根据题意，因为P在椭圆上，
当P是短轴端点时，P到x轴距离最大，
此时△PF1F2面积最大，
所以
×2c×b=bc=
，由
解得
所以椭圆C的方程为
=1.
(2)根据题意，在x1≠x2时，
设直线MN方程为y=kx+m，
原点到此直线的距离为d=
，
即d2=
，由
得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0，
Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0，m2<4k2+3，
所以x1+x2=-
，x1x2=
，
x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)
=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2
=(1+k2)·
+m2
所以当x1x2+y1y2=0时，m2=
(1+k2)，
为常数.
若x1=x2，则y1=-y2，
x1x2+y1y2=
=0，
d=|x|=
，
综上所述，当x1x2+y1y2=0时，点O到直线MN的距离为定值
.
十九 圆锥曲线中的定点、定值问题
(40分钟 80分)
1.(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.
专题能力提升练
【解析】(1)依据题意作图如图所示：
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)设P
，则直线AP的方程为：
y=
，即：y=
，
联立直线AP的方程与椭圆方程可得：
整理得：
x2+6
x+9
-81=0，
解得：x=-3或x=
，
将x=
代入直线y=
可得：
y=
，
所以点C的坐标为
.
同理可得：点D的坐标为
，
所以直线CD的方程为：y-
=
，
整理可得：
，
整理得：y=
=
故直线CD过定点
.
2.已知抛物线E：y2=4x，过抛物线焦点F的直线l分别交抛物线E和圆F：
(x-1)2+y2=1于点A，C，D，B(自上而下).
(1)求证：|AC|·|BD|为定值；
(2)若|AC|，|CD|，|DB|成等差数列，求直线l的方程.
【解析】(1)由题意，F(1，0)，圆F的半径为1，
①当直线l的斜率不存在时，l：x=1，交点A(1，2)，B(1，-2)，C(1，1)，D(1，-1)，
此时|AC|·|BD|=1×1=1；
②当直线l的斜率存在时，设直线方程为y=k(x-1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立
，得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.
Δ=16(k2+1)>0.则x1+x2=2+
，x1x2=1，
由抛物线的定义，|AC|=|AF|-|CF|=x1+1-1=x1，
同理|BD|=x2.所以|AC|·|BD|=x1x2=1；
综上所述，|AC|·|BD|为定值.
(2)由|AC|，|CD|，|DB|成等差数列，
得|AC|+|BD|=2|CD|=4.
所以弦长|AB|=|AC|+|CD|+|DB|=6.
由(1)知，显然斜率存在，由抛物线的定义得|AB|=x1+x2+2=6.
故4+
=6，解得k=±
.
所以直线l的方程为y=±
(x-1).
3.已知椭圆C：
=1，过Q(-4，0)的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且与y轴相交于P点.
(1)若
，求直线l的方程；
(2)设A关于x轴的对称点为C，证明：直线BC过x轴上的定点.
【解析】(1)由题意可设直线l的方程为y=k(x+4)，联立椭圆方程
=1，
可得(1+3k2)x2+24k2x+48k2-6=0，(
)
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由Q(-4，0)，P(0，4k)，
，
可得x1-0=
(-4-x1)，
解得x1=-
，代入方程(
)可得
(1+3k2)-
k2+48k2-6=0，
解得k=±
，则直线l的方程为y=±
(x+4)；
(2)由题设及(1)可得C(x1，-y1)，
由(1)可得x1+x2=-
，x1x2=
，
再由(1)可得直线BC的方程为
y+y1=
(x-x1)，
令y=0，可得x=
=
=
，
故直线BC过x轴上的定点
.
4.已知抛物线Γ：y2=2px(p>0)的焦点为F，P是抛物线Γ上一点，且在第一象
限，满足
=(2，2
).
(1)求抛物线Γ的方程；
(2)已知经过点A(3，-2)的直线交抛物线Γ于M，N两点，经过定点B(3，-6)和M
的直线与抛物线Γ交于另一点L，问直线NL是否恒过定点，如果过定点，求出该
定点，否则说明理由.
【解析】(1)由抛物线的方程可得焦点F
，满足
=(2，2
)的P的坐标
为(2+
，2
)，P在抛物线上，所以(2
)2=2p
，
即p2+4p-12=0，p>0，
解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x；
(2)设M(x0，y0)，N(x1，y1)，L(x2，y2)，
则
=4x1，
=4x2，
直线MN的斜率kMN=
，
则直线MN的方程为：y-y0=
，
即y=
①，
同理可得直线ML的方程为y=
②，
将A(3，-2)，B(3，-6)分别代入①，②的方程可得
，
消去y0可得y1y2=12，
易知直线kNL=
，
则直线NL的方程为y-y1=
，
即y=
，故y=
，
所以y=
(x+3)，
因此直线NL恒过定点(-3，0).
5.已知圆E：
+y2=16，P为E上任意一点，F(-
，0)，PF的垂直平分线
交PE于点G，记点G的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)已知点S(2，0)，过Q(2，-4)的直线l交C于M，N两点，证明：直线SM的斜率
与直线SN的斜率之和为定值.
【解析】(1)因为G在PF的中垂线上，
所以GP=GF，而GP+GE=PE，
所以GF+GE=PE=4>2
，
由椭圆的定义可得G的轨迹为焦点在x轴上，长轴长为4，焦点坐标为(±
，0)
的椭圆，
即c=
，a=2，所以b2=a2-c2=2，
所以曲线C的方程为
=1；
(2)由题意可知直线l的斜率存在，设l的方程为y=kx+m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立直线与椭圆的方程：
，
整理可得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-4=0，
Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-4)>0，
即m2<2+4k2，
x1+x2=
，x1x2=
，
kSM+kSN=
=
=
，
代入可得kSM+kSN=
，
因为直线过Q点，所以-4=2k+m，
所以kSM+kSN=
，即直线SM的斜率与直线SN的斜率之和为定值
.
6.设O为坐标原点，动点M在圆C：x2+y2=4上，过M作x轴的垂线，垂足为D，点E满足
.
(1)求点E的轨迹Γ的方程；
(2)直线x=4上的点P满足OM⊥MP.过点M作直线l垂直于线段OP交C于点N.
(ⅰ)证明：l恒过定点；
(ⅱ)设线段OP交Γ于点Q，求四边形OMQN的面积.
【解析】(1)设E(x，y)，M(a，b)，则D(a，0)，
因为
，又
=(a-x，-y)，
=(0，-b)，所以
又a2+b2=4，所以x2+
=4，
化简得点E的轨迹Γ的方程为
=1.
(2)(i)设P(4，p)，M(a，b).
因为OM⊥MP，所以
=4a-a2+pb-b2=0，
又a2+b2=4，所以4a+pb=4①.
又直线l过点M且垂直于线段OP，
故设直线l的方程为y-b=-
(x-a)，
化简得4x+py-bp-4a=0，又由①式可得4x+py=4.所以l恒过定点(1，0).
(ii)方法一：直线l为4x+py=4，交圆C于M，N两点，则圆心到直线的距离为
d=
，
所以弦长|MN|=2
=
.
又直线OP为y=
x.由题意得
，
故|OQ|=
·|xQ|
=
，
所以SO
M
QN=
|OQ|·|MN|=2
.
即四边形OMQN的面积为2
.
方法二：由(i)可知直线l恒过定点(1，0)，
故设直线l：x=ty+1交圆C于M，N两点，
圆心到直线的距离为d=
，
所以弦长|MN|=2
.