第1讲 直线与圆
[全国卷3年考情分析]
年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ
2019 直线与圆的位置关系·T21(1) 双曲线的性质、圆与圆的位置关系·T12 直线与圆及抛物线的位置关系·T21(2)
2018 直线与圆的弦长问题·T15 直线方程、圆的方程、点到直线的距离·T8
2017 直线与圆相切、椭圆的离心率·T11
(1)圆的方程近几年成为高考全国课标卷命题的热点，需重点关注.此类试题难度中等偏下，多以选择题或填空题形式呈现.
(2)直线与圆的方程偶尔单独命题，单独命题时有一定的深度，有时会出现在第11题或第15题位置，难度较大，对直线与圆的方程(特别是直线)的考查主要体现在圆锥曲线的综合问题上.
直线的方程
[例1] (1)已知0＜k＜4，直线l1：kx－2y－2k＋8＝0和直线l2：2x＋k2y－4k2－4＝0与坐标轴围成一个四边形，则使这个四边形面积最小的k的值为( )
A. B.
C. D.2
(2)若直线l1：y＝kx－k＋2与直线l2关于点(2，1)对称，则直线l2过定点( )
A.(3，1) B.(3，0)
C.(0，1) D.(2，1)
[解析] (1)直线l1，l2恒过点P(2，4)，直线l1在y轴上的截距为4－k，直线l2在x轴上的截距为2k2＋2，因为0＜k＜4，所以4－k＞0，2k2＋2＞0，所以四边形的面积S＝×2×(4－k)＋×4×(2k2＋2)＝4k2－k＋8＝4＋，故当k＝时，面积最小.
(2)∵y＝kx－k＋2＝k(x－1)＋2，∴l1：y＝kx－k＋2过定点(1，2).设定点(1，2)关于点(2，1)对称的点的坐标为(x，y)，则得∴直线l2过定点(3，0).故选B.
[答案] (1)A (2)B
[解题方略]
1.两直线的位置关系问题的解题策略
求解与两条直线平行或垂直有关的问题时，主要是利用两条直线平行或垂直的充要条件，即斜率相等且纵截距不相等或斜率互为负倒数.若出现斜率不存在的情况，可考虑用数形结合的方法去研究或直接用直线的一般式方程判断.
2.轴对称问题的两种类型及求解方法
点关于直线的对称 若两点P1(x1，y1)与P2(x2，y2)关于直线l：Ax＋By＋C＝0对称，则线段P1P2的中点在对称轴l上，而且连接P1，P2的直线垂直于对称轴l.由方程组可得到点P1关于l对称的点P2的坐标(x2，y2)(其中B≠0，x1≠x2)
直线关于直线的对称 有两种情况，一是已知直线与对称轴相交；二是已知直线与对称轴平行.一般转化为点关于直线的对称来解决
[跟踪训练]
1.若直线l1：x＋ay＋6＝0与l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0平行，则l1与l2之间的距离为( )
A. B.4
C. D.2
解析：选C 因为l1∥l2，所以＝≠，解得a＝－1，所以l1与l2的方程分别为l1：x－y＋6＝0，l2：x－y＋＝0，所以l1与l2的距离d＝＝.
2.在平面直角坐标系内，过定点P的直线l：ax＋y－1＝0与过定点Q的直线m：x－ay＋3＝0相交于点M，则|MP|2＋|MQ|2＝( )
A. B.
C.5 D.10
解析：选D 由题意知P(0，1)，Q(－3，0)，∵过定点P的直线ax＋y－1＝0与过定点Q的直线x－ay＋3＝0垂直，∴MP⊥MQ，∴|MP|2＋|MQ|2＝|PQ|2＝9＋1＝10，故选D.
圆的方程
[例2] (1)已知点A是直角三角形ABC的直角顶点，且A(2a，2)，B(－4，a)，C(2a＋2，2)，则三角形ABC外接圆的方程是( )
A.x2＋(y－3)2＝5 B.x2＋(y＋3)2＝5
C.(x－3)2＋y2＝5 D.(x＋3)2＋y2＝5
(2)圆心在直线y＝－4x上，并且与直线l：x＋y－1＝0相切于点P(3，－2)的圆的方程为________________.
[解析] (1)∵＝(－4－2a，a－2)，＝(2，0)，∴·＝－8－4a＝0，解得a＝－2.∴A(－4，2)，B(－4，－2)，C(－2，2)，|BC|＝2，又BC的中点坐标为(－3，0)，∴三角形ABC外接圆的圆心为(－3，0)，半径为＝，∴三角形ABC外接圆的方程为(x＋3)2＋y2＝5.
(2)设圆心M为(x，－4x)，kMP＝，
kl＝－1，所以kMP·kl＝－1，所以x＝1，所以M(1，－4)，所以r＝|MP|＝＝2
所以所求圆的方程为(x－1)2＋(y＋4)2＝8.
[答案] (1)D (2)(x－1)2＋(y＋4)2＝8
[解题方略] 求圆的方程的2种方法
几何法 通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，从而求得圆的基本量和方程
代数法 用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，从而求得圆的方程
[跟踪训练]
1.已知圆C1：(x＋2)2＋(y－3)2＝5与圆C2相交于A(0，2)，B(－1，1)两点，且四边形C1AC2B为平行四边形，则圆C2的方程为( )
A.(x－1)2＋y2＝5
B.(x－1)2＋y2＝
C.＋＝5
D.＋＝
解析：选A 法一：(常规求解法)设圆C2的圆心坐标为(a，b)，连接AB，C1C2.因为C1(－2，3)，A(0，2)，B(－1，1)，所以|AC1|＝|BC1|＝，所以平行四边形C1AC2B为菱形，所以C1C2⊥AB且|AC2|＝.
可得解得或则圆心C2的坐标为(1，0)或(－2，3)(舍去).
因为圆C2的半径为，所以圆C2的方程为(x－1)2＋y2＝5.故选A.
法二：(特值验证法)由题意可知，平行四边形C1AC2B为菱形，则|C2A|＝|C1A|＝＝，即圆C2的半径为，排除B、D；将点A(0，2)代入选项A、C，显然选项A符合.故选A.
2.若不同两点P，Q的坐标分别为(a，b)，(3－b，3－a)，则线段PQ的垂直平分线l的斜率为________，圆(x－2)2＋(y－3)2＝1关于直线l对称的圆的方程为____________.
解析：kPQ＝＝1，故直线l的斜率为－1，
由点斜式可知l的方程为y＝－x＋3，圆心(2，3)关于直线y＝－x＋3的对称点为(0，1)，故所求圆的方程为x2＋(y－1)2＝1.
答案：－1 x2＋(y－1)2＝1
直线与圆的位置关系
?题型一 圆的切线问题
[例3] (1)过点P(2，4)作圆(x－1)2＋(y－1)2＝1的切线，则切线方程为( )
A.3x＋4y－4＝0 B.4x－3y＋4＝0
C.x＝2或4x－3y＋4＝0 D.y＝4或3x＋4y－4＝0
(2)设点M(x0，y0)为直线3x＋4y＝25上一动点，过点M作圆x2＋y2＝2的两条切线，切点为B，C，则四边形OBMC面积的最小值为________.
[解析] (1)当斜率不存在时，x＝2与圆相切；当斜率存在时，设切线方程为y－4＝k(x－2)，即kx－y＋4－2k＝0，则＝1，解得k＝，则切线方程为4x－3y＋4＝0，故切线方程为x＝2或4x－3y＋4＝0.
(2)圆心O到直线3x＋4y＝25的距离d＝＝5，
则|OM|≥d＝5，
所以切线长|MB|＝≥＝，
所以S四边形OBMC＝2S△OBM≥2×××＝.
[答案] (1)C (2)
[变式1] 本例(2)变为：过点A(1，3)，作圆x2＋y2＝2的两条切线，切点为B，C，则四边形OBAC的面积为________.
解析：由相切可得S四边形OBAC＝2S△OBA，
因为△OAB为直角三角形，且|OA|＝，|OB|＝，
所以|AB|＝2，
即S△OBA＝×2×＝2，
所以S四边形OBAC＝2S△OBA＝4.
答案：4
[变式2] 本例(2)变为：设点M(x0，y0)为直线3x＋4y＝25上一动点，过点M作圆x2＋y2＝2的两条切线l1，l2，则l1与l2的最大夹角的正切值是________.
解析：设一个切点为B，圆心O到直线3x＋4y＝25的距离为d＝＝5，
则tan∠OMB＝≤，
所以tan2∠OMB＝
＝≤.
故所求最大夹角的正切值为.
答案：
[解题方略] 直线与圆相切问题的解题策略
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.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.
?题型二 圆的弦长问题
[例4] 已知圆C经过点A(－2，0)，B(0，2)，且圆心C在直线y＝x上，又直线l：y＝kx＋1与圆C相交于P，Q两点.
(1)求圆C的方程；
(2)过点(0，1)作直线l1与l垂直，且直线l1与圆C交于M，N两点，求四边形PMQN面积的最大值.
[解] (1)设圆心C(a，a)，半径为r，因为圆C经过点A(－2，0)，B(0，2)，所以|AC|＝|BC|＝r，
即＝＝r，
解得a＝0，r＝2，
故所求圆C的方程为x2＋y2＝4.
(2)设圆心C到直线l，l1的距离分别为d，d1，四边形PMQN的面积为S.
因为直线l，l1都经过点(0，1)，且l1⊥l，
根据勾股定理，有d＋d2＝1.
又|PQ|＝2×，|MN|＝2×，
所以S＝|PQ|·|MN|，
即S＝×2××2×
＝2
＝2≤2
＝2＝7，
当且仅当d1＝d时，等号成立，
所以四边形PMQN面积的最大值为7.
[解题方略] 求解圆的弦长的3种方法
关系法 根据半径，弦心距，半弦长构成的直角三角形，构成三者间的关系r2＝d2＋(其中l为弦长，r为圆的半径，d为圆心到直线的距离)
公式法 根据公式l＝|x1－x2|求解(其中l为弦长，x1，x2为直线与圆相交所得交点的横坐标，k为直线的斜率)
距离法 联立直线与圆的方程，解方程组求出两交点坐标，用两点间距离公式求解
[跟踪训练]
1.已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点，若|MN|＝，则直线l的方程为________.
解析：直线l的方程为y＝kx＋1，圆心C(2，3)到直线l的距离d＝＝，
由r2＝d2＋，得1＝＋，
解得k＝2或，
故所求直线l的方程为y＝2x＋1或y＝x＋1.
答案：y＝2x＋1或y＝x＋1
2.(2019·山东枣庄期末改编)若点P(1，1)为圆x2＋y2－6x＝0中弦AB的中点，则弦AB所在直线的方程为________________，|AB|＝________.
解析：圆x2＋y2＋6x＝0的标准方程为(x－3)2＋y2＝9.又因为点P(1，1)为圆中弦AB的中点，所以圆心与点P所在直线的斜率为＝－，故弦AB所在直线的斜率为2，所以直线AB的方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.圆心(3，0)与点P(1，1)之间的距离d＝，圆的半径r＝3，则|AB|＝2＝4.
答案：2x－y－1＝0 4
3.已知从圆C：(x＋1)2＋(y－2)2＝2外一点P(x1，y1)向该圆引一条切线，切点为M，O为坐标原点，且有|PM|＝|PO|，则当|PM|取最小值时点P的坐标为________.
解析：如图所示，连接CM，CP.由题意知圆心C(－1，2)，半径r＝.因为|PM|＝|PO|，所以|PO|2＋r2＝|PC|2，所以x＋y＋2＝(x1＋1)2＋(y1－2)2，即2x1－4y1＋3＝0.要使|PM|的值最小，只需|PO|的值最小即可.当PO垂直于直线2x－4y＋3＝0时，即PO所在直线的方程为2x＋y＝0时，|PM|的值最小，此时点P为两直线的交点，
则解得故当|PM|取最小值时点P的坐标为.
答案：
数学建模——直线与圆最值问题的求解
[典例] 已知圆O：x2＋y2＝9，过点C(2，1)的直线l与圆O交于P，Q两点，则当△OPQ的面积最大时，直线l的方程为( )
A.x－y－3＝0或7x－y－15＝0
B.x＋y＋3＝0或7x＋y－15＝0
C.x＋y－3＝0或7x－y＋15＝0
D.x＋y－3＝0或7x＋y－15＝0
[解析] 当直线l的斜率不存在时，l的方程为x＝2，则P(2，)，Q(2，－)，所以S△OPQ＝×2×2＝2，当直线l的斜率存在时，设l的方程为y－1＝k(x－2)，则圆心到直线l的距离d＝，所以|PQ|＝2，S△OPQ＝×|PQ|×d＝×2×d＝≤＝，当且仅当9－d2＝d2，即d2＝时，S△OPQ取得最大值，因为2＜，所以S△OPQ的最大值为，此时＝，解得k＝－1或k＝－7，此时直线l的方程为x＋y－3＝0或7x＋y－15＝0，故选D.
[答案] D
[素养通路]
本题考查了直线与圆的最值问题，结合题目的条件，设元、列式、建立恰当的函数，利用基本不等式模型解决相关的最值问题.考查了数学建模这一核心素养.
[专题过关检测]
A组——“6＋3＋3”考点落实练
一、选择题
1.“ab＝4”是“直线2x＋ay－1＝0与直线bx＋2y－2＝0平行”的( )
A.充要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
解析：选C 因为两直线平行，所以斜率相等，即－＝－，可得ab＝4，又当a＝1，b＝4时，满足ab＝4，但是两直线重合，故选C.
2.圆O1：x2＋y2－2x＝0和圆O2：x2＋y2－4y＝0的位置关系是( )
A.相离 B.相交
C.外切 D.内切
解析：选B 圆O1：x2＋y2－2x＝0，即(x－1)2＋y2＝1，圆心是O1(1，0)，半径是r1＝1，
圆O2：x2＋y2－4y＝0，即x2＋(y－2)2＝4，
圆心是O2(0，2)，半径是r2＝2，
因为|O1O2|＝，故|r1－r2|＜|O1O2|＜|r1＋r2|
所以两圆的位置关系是相交.
3.已知直线l1过点(－2，0)且倾斜角为30°，直线l2过点(2，0)且与直线l1垂直，则直线l1与直线l2的交点坐标为( )
A.(3，) B.(2，)
C.(1，) D.
解析：选C 直线l1的斜率k1＝tan30°＝，因为直线l2与直线l1垂直，所以直线l2的斜率k2＝－＝－，所以直线l1的方程为y＝(x＋2)，直线l2的方程为y＝－(x－2)，联立解得即直线l1与直线l2的交点坐标为(1，).
4.(2019·江苏徐州期末)若圆(x＋1)2＋y2＝m与圆x2＋y2－4x＋8y－16＝0内切，则实数m的值为( )
A.1 B.11
C.121 D.1或121
解析：选D 圆(x＋1)2＋y2＝m的圆心坐标为(－1，0)，半径为；圆x2＋y2－4x＋8y－16＝0，即(x－2)2＋(y＋4)2＝36，故圆心坐标为(2，－4)，半径为6.由两圆内切得＝|－6|，解得m＝1或m＝121.故选D.
5.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线x－ky＋1＝0与圆C：x2＋y2＝4相交于A，B两点，＝＋，若点M在圆C上，则实数k的值为( )
A.－2 B.－1
C.0 D.1
解析：选C 法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k2＋1)y2－2ky－3＝0，则Δ＝4k2＋12(k2＋1)>0，y1＋y2＝，x1＋x2＝k(y1＋y2)－2＝－，因为＝＋，故M，又点M在圆C上，故＋＝4，解得k＝0.
法二：由直线与圆相交于A，B两点，＝＋，且点M在圆C上，得圆心C(0，0)到直线x－ky＋1＝0的距离为半径的一半，为1，即d＝＝1，解得k＝0.
6.(2019·广东省广州市高三测试)已知圆C：x2＋y2＝1，点A(－2，0)及点B(2，a)，若直线AB与圆C没有公共点，则a的取值范围是( )
A.(－∞，－1)∪(1，＋∞)
B.(－∞，－2)∪(2，＋∞)
C.∪
D.(－∞，－4)∪(4，＋∞)
解析：选C 由点A(－2，0)及点B(2，a)，得kAB＝，所以直线AB的方程为y＝(x＋2)，即ax－4y＋2a＝0.因为直线AB与圆C没有公共点，所以＞1，解得a＞或a＜－，所以a的取值范围是∪，故选C.
二、填空题
7.(2019·贵阳市第一学期监测)已知直线l1：y＝2x，则过圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0的圆心且与直线l1垂直的直线l2的方程为________.
解析：由题意，圆的标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝4，所以圆的圆心坐标为(－1，2)，所以所求直线的方程为y－2＝－(x＋1)，即x＋2y－3＝0.
答案：x＋2y－3＝0
8.已知直线l过直线l1：x－2y＋3＝0与直线l2：2x＋3y－8＝0的交点，且点P(0，4)到直线l的距离为2，则直线l的方程为________________.
解析：由得所以直线l1与l2的交点为(1，2).显然直线x＝1不满足P(0，4)到直线l的距离为2.设直线l的方程为y－2＝k(x－1)，即kx－y＋2－k＝0，因为P(0，4)到直线l的距离为2，所以＝2，所以k＝0或k＝.所以直线l的方程为y＝2或4x－3y＋2＝0.
答案：y＝2或4x－3y＋2＝0
9.(2019·广东六校第一次联考)已知点P(－1，2)及圆(x－3)2＋(y－4)2＝4，一光线从点P出发，经x轴上一点Q反射后与圆相切于点T，则|PQ|＋|QT|的值为________.
解析：点P关于x轴的对称点为P′(－1，－2)，如图，连接PP′，P′Q，由对称性可知，P′Q与圆相切于点T，则|PQ|＋|QT|＝|P′T|.圆(x－3)2＋(y－4)2＝4的圆心为A(3，4)，半径r＝2，连接AP′，AT，则|AP′|2＝(－1－3)2＋(－2－4)2＝52，|AT|＝r＝2，所以|PQ|＋|QT|＝|P′T|＝＝4.
答案：4
三、解答题
10.已知圆(x－1)2＋y2＝25，直线ax－y＋5＝0与圆相交于不同的两点A，B.
(1)求实数a的取值范围；
(2)若弦AB的垂直平分线l过点P(－2，4)，求实数a的值.
解：(1)把直线ax－y＋5＝0代入圆的方程，
消去y整理，得(a2＋1)x2＋2(5a－1)x＋1＝0，
由于直线ax－y＋5＝0交圆于A，B两点，
故Δ＝4(5a－1)2－4(a2＋1)>0，
即12a2－5a>0，解得a>或a<0，
所以实数a的取值范围是(－∞，0)∪.
(2)由于直线l为弦AB的垂直平分线，且直线AB的斜率为a，则直线l的斜率为－，
所以直线l的方程为y＝－(x＋2)＋4，
即x＋ay＋2－4a＝0，由于l垂直平分弦AB，
故圆心M(1，0)必在l上，所以1＋0＋2－4a＝0，
解得a＝，由于∈，
所以a＝.
11.在平面直角坐标系xOy中，直线x－y＋1＝0截以原点O为圆心的圆所得的弦长为.
(1)求圆O的方程；
(2)若直线l与圆O相切于第一象限，且直线l与坐标轴交于点D，E，当线段DE的长度最小时，求直线l的方程.
解：(1)因为点O到直线x－y＋1＝0的距离为，
所以圆O的半径为＝，
故圆O的方程为x2＋y2＝2.
(2)设直线l的方程为＋＝1(a>0，b>0)，即bx＋ay－ab＝0，
由直线l与圆O相切，得＝，即＋＝，则|DE|2＝a2＋b2＝2(a2＋b2)＝4＋＋≥8，当且仅当a＝b＝2时取等号，此时直线l的方程为x＋y－2＝0.
12.已知A(2，0)，直线4x＋3y＋1＝0被圆C：(x＋3)2＋(y－m)2＝13(m＜3)所截得的弦长为4，且P为圆C上任意一点.
(1)求|PA|的最大值与最小值；
(2)圆C与坐标轴相交于三点，求以这三个点为顶点的三角形的内切圆的半径.
解：(1)∵直线4x＋3y＋1＝0被圆C：(x＋3)2＋(y－m)2＝13(m＜3)所截得的弦长为4，
∴圆心到直线的距离
d＝＝＝1.
∵m＜3，∴m＝2，
∴|AC|＝＝，
∴|PA|的最大值与最小值分别为＋，－.
(2)由(1)可得圆C的方程为(x＋3)2＋(y－2)2＝13，
令x＝0，得y＝0或4；令y＝0，得x＝0或－6，
∴圆C与坐标轴相交于三点M(0，4)，O(0，0)，N(－6，0)，
∴△MON为直角三角形，斜边|MN|＝2，
∴△MON内切圆的半径为＝5－.
B组——大题专攻强化练
1.已知点M(－1，0)，N(1，0)，曲线E上任意一点到点M的距离均是到点N的距离的倍.
(1)求曲线E的方程；
(2)已知m≠0，设直线l1：x－my－1＝0交曲线E于A，C两点，直线l2：mx＋y－m＝0交曲线E于B，D两点.当CD的斜率为－1时，求直线CD的方程.
解：(1)设曲线E上任意一点的坐标为(x，y)，
由题意得＝·，
整理得x2＋y2－4x＋1＝0，即(x－2)2＋y2＝3为所求.
(2)由题意知l1⊥l2，且两条直线均恒过点N(1，0).
设曲线E的圆心为E，则E(2，0)，设线段CD的中点为P，连接EP，ED，NP，则直线EP：y＝x－2.
设直线CD：y＝－x＋t，
由解得点P，
由圆的几何性质，知|NP|＝|CD|＝，
而|NP|2＝＋，|ED|2＝3，
|EP|2＝，
所以＋＝3－，整理得t2－3t＝0，
解得t＝0或t＝3，
所以直线CD的方程为y＝－x或y＝－x＋3.
2.已知点A(1，a)，圆x2＋y2＝4.
(1)若过点A的圆的切线只有一条，求a的值及切线方程；
(2)若过点A且在两坐标轴上截距相等的直线被圆截得的弦长为2，求a的值.
解：(1)由过点A的圆的切线只有一条，得点A在圆上，故12＋a2＝4，解得a＝±.
当a＝时，A(1，)，根据直线的点斜式方程，易知所求的切线方程为x＋y－4＝0；
当a＝－时，A(1，－)，根据直线的点斜式方程，易知所求的切线方程为x－y－4＝0.
综上所述，当a＝时，切线方程为x＋y－4＝0；当a＝－时，切线方程为x－y－4＝0.
(2)设直线方程为x＋y＝b，由于直线过点A，则1＋a＝b，即a＝b－1，
又圆心(0，0)到直线x＋y＝b的距离d＝.
所以＋＝4，则b＝±，因此a＝b－1＝－1±.
3.在平面直角坐标系xOy中，点A(0，3)，直线l：y＝2x－4，设圆C的半径为1，圆心在l上.
(1)若圆心C也在直线y＝x－1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；
(2)若圆C上存在点M，使|MA|＝2|MO|，求圆心C的横坐标a的取值范围.
解：(1)因为圆心在直线l：y＝2x－4上，也在直线y＝x－1上，所以解方程组得圆心C(3，2)，
又因为圆的半径为1，
所以圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝1，
又因为点A(0，3)，显然过点A，圆C的切线的斜率存在，
设所求的切线方程为y＝kx＋3，即kx－y＋3＝0，
所以＝1，解得k＝0或k＝－，
所以所求切线方程为y＝3或y＝－x＋3，
即y－3＝0或3x＋4y－12＝0.
(2)因为圆C的圆心在直线l：y＝2x－4上，
所以设圆心C为(a，2a－4)，
又因为圆C的半径为1，
则圆C的方程为(x－a)2＋(y－2a＋4)2＝1.
设M(x，y)，又因为|MA|＝2|MO|，则有
＝2，
整理得x2＋(y＋1)2＝4，其表示圆心为(0，－1)，半径为2的圆，设为圆D，
所以点M既在圆C上，又在圆D上，即圆C与圆D有交点，所以2－1≤≤2＋1，
解得0≤a≤，
所以圆心C的横坐标a的取值范围为.
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.
解：(1)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：由(1)知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＝－.
联立可得
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.
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(共29张PPT)
年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ
2019 直线与圆的位置关系·T21(1) 双曲线的性质、圆与圆的位置关系·T12 直线与圆及抛物线的位置关系·T21(2)
2018 直线与圆的弦长问题·T15 直线方程、圆的方程、点到直线的距离·T8
2017 直线与圆相切、椭圆的离心率·T11
每课一悟}“素养”落地·功在平时
第2讲 圆锥曲线的方程与性质
[全国卷3年考情分析]
年 份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ
2019 双曲线的渐近线与离心率的关系·T10 抛物线和椭圆的焦点·T9 双曲线的标准方程及几何性质·T10
椭圆的定义及标准方程·T12 圆、双曲线的标准方程和几何性质·T12 椭圆的方程及性质·T15
2018 椭圆的几何性质·T4 双曲线的几何性质·T6 双曲线的几何性质及点到直线的距离·T10
椭圆的定义及几何性质·T11
2017 双曲线的性质、三角形的面积公式·T5 双曲线的几何性质·T5 双曲线的标准方程、渐近线方程·T14
(1)圆锥曲线的定义、方程与性质是每年必考内容，多以选择题的形式考查，常出现在第4～11题的位置，着重考查圆锥曲线的几何性质与标准方程的求法，难度中等.
(2)圆锥曲线与直线的综合问题多以解答题的形式考查，常出现在第20题的位置，一般难度较大.
圆锥曲线的定义及标准方程
[例1] (1)(2019·重庆市学业质量调研)已知抛物线y2＝－4x的准线l过双曲线－＝1(a>0，b>0)的一个焦点F，且该双曲线的一条渐近线过点P(1，－2)，则该双曲线的方程为( )
A.－y2＝1 B.x2－＝1
C.－＝1 D.－＝1
(2)(2019·全国卷Ⅰ)已知椭圆C的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，过F2的直线与C交于A，B两点.若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为( )
A.＋y2＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
[解析] (1)由题意知，抛物线y2＝－4x的准线l：x＝，因为抛物线y2＝－4x的准线l过双曲线－＝1的一个焦点F，所以F(，0)，所以a2＋b2＝5，因为该双曲线的一条渐近线过点P(1，－2)，所以－2＝－，所以b＝2a，可得a＝1，b＝2，所以该双曲线的方程为x2－＝1，故选B.
(2)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0).由椭圆的定义可得|AF1|＋|AB|＋|BF1|＝4a.
∵|AB|＝|BF1|，|AF2|＝2|F2B|，
∴|AB|＝|BF1|＝|AF2|，
∴|AF1|＋3|AF2|＝4a.
又∵|AF1|＋|AF2|＝2a，∴|AF1|＝|AF2|＝a，
∴点A是椭圆的短轴端点，如图.
不妨设A(0，－b)，由F2(1，0)，＝2，
得B.
由点B在椭圆上，得＋＝1，得a2＝3，b2＝a2－c2＝2.∴椭圆C的方程为＋＝1.故选B.
[答案] (1)B (2)B
[解题方略]
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).
2.圆锥曲线方程的求法
求解圆锥曲线标准方程的方法是“先定型，后计算”.
(1)定型.就是指定类型，也就是确定圆锥曲线的焦点位置，从而设出标准方程.
(2)计算.即利用待定系数法求出方程中的a2，b2或p.另外，当焦点位置无法确定时，抛物线常设为y2＝2ax或x2＝2ay(a≠0)，椭圆常设为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0且m≠n)，双曲线常设为mx2－ny2＝1(mn>0).
[跟踪训练]
1.(2019·陕西西安八校联考)如图，抛物线W：y2＝4x与圆C：(x－1)2＋y2＝25交于A，B两点.点P为劣弧上不同于A，B的一个动点且不在x轴上，与x轴平行的直线PQ交抛物线W于点Q，则△PQC的周长的取值范围是( )
A.(10，12) B.(12，14)
C.(10，14) D.(9，11)
解析：选A 法一：(常规法)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由题意得，圆C：(x－1)2＋y2＝25的圆心为C(1，0)，半径为5.抛物线W的准线l：x＝－1，焦点为C(1，0).
由抛物线的定义可得|QC|＝x2＋1，则△PQC的周长为|QC|＋|PQ|＋|PC|＝x2＋1＋(x1－x2)＋5＝6＋x1.
由得A(4，4)，则x1∈(4，6)，所以6＋x1∈(10，12)，于是△PQC的周长的取值范围是(10，12).故选A.
法二：(临界点法)平移直线PQ，当点A在直线PQ上时，属于临界状态，此时结合|CA|＝5可知△PQC的周长趋于2×5＝10；
当直线PQ与x轴重合时，属于临界状态，此时结合圆心坐标(1，0)及圆的半径为5，可知△PQC的周长趋于2×(1＋5)＝12.
综上可知，△PQC的周长的取值范围是(10，12).故选A.
2.(2019·江西七校第一次联考)已知F1，F2为双曲线C：x2－y2＝2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|＝2|PF2|，则cos∠F1PF2＝________.
解析：化双曲线的方程为－＝1，则a＝b＝，c＝2，因为|PF1|＝2|PF2|，所以点P在双曲线的右支上，则由双曲线的定义，知|PF1|－|PF2|＝2a＝2，解得|PF1|＝4，|PF2|＝2，根据余弦定理得cos∠F1PF2＝＝.
答案：
3.如图，已知椭圆C的中心为原点O，F(－5，0)为C的左焦点，P为C上一点，满足|OP|＝|OF|且|PF|＝6，则椭圆C的方程为________.
解析：由题意可得c＝5，设右焦点为F′，连接PF′(图略)，由|OP|＝|OF|＝|OF′|知，∠PFF′＝∠FPO，∠OF′P＝∠OPF′，∠PFF′＋∠OF′P＝∠FPO＋∠OPF′，所以∠FPO＋∠OPF′＝90°，即PF⊥PF′.在Rt△PFF′中，由勾股定理得，|PF′|＝＝8，由椭圆的定义得，|PF|＋|PF′|＝2a＝14，解得a＝7，a2＝49，b2＝a2－c2＝24，所以椭圆C的方程为＋＝1.
答案：＋＝1
圆锥曲线的几何性质
[例2] (1)(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－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为( )
A. B.
C.2 D.
(2)已知F1，F2是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右两个焦点，若椭圆上存在点P使得PF1⊥PF2，则该椭圆的离心率的取值范围是( )
A. B.
C. D.
[解析] (1)由已知易得，抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线l：x＝－1，所以|OF|＝1.又双曲线的两条渐近线的方程为y＝±x，不妨设点A，B，所以|AB|＝＝4|OF|＝4，所以＝2，即b＝2a，所以b2＝4a2.又双曲线方程中c2＝a2＋b2，所以c2＝5a2，所以e＝＝.故选D.
(2)∵F1，F2是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右两个焦点，
∴F1(－c，0)，F2(c，0)，c2＝a2－b2.
设点P(x，y)，由PF1⊥PF2，得(x＋c，y)·(x－c，y)＝0，化简得x2＋y2＝c2.
联立方程组整理得，x2＝(2c2－a2)·≥0，解得e≥.又0＜e＜1，∴≤e＜1.
[答案] (1)D (2)B
[解题方略]
1.椭圆、双曲线的离心率(或范围)的求法
求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值.
2.双曲线的渐近线的求法及用法
(1)求法：把双曲线标准方程等号右边的1改为零，分解因式可得.
(2)用法：①可得或的值.
②利用渐近线方程设所求双曲线的方程.
[跟踪训练]
1.(2019·兰州市诊断考试)若双曲线－＝1(a>0，b>0)的实轴长为4，离心率为，则其虚轴长为( )
A.8 B.4
C.2 D.
解析：选B 由题意知2a＝4，所以a＝2.因为e＝＝，所以c＝2，所以b＝＝2，所以2b＝4，即该双曲线的虚轴长为4，故选B.
2.(2019·福建省质量检查)已知双曲线C的中心在坐标原点，一个焦点(，0)到渐近线的距离等于2，则C的渐近线方程为( )
A.y＝±x B.y＝±x
C.y＝±x D.y＝±2x
解析：选D 设双曲线C的方程为－＝1(a>0，b>0)，则由题意，得c＝.双曲线C的渐近线方程为y＝±x，即bx±ay＝0，所以＝2，又c2＝a2＋b2＝5，所以b＝2，所以a＝＝1，所以双曲线C的渐近线方程为y＝±2x，故选D.
3.以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的准线于D，E两点.已知|AB|＝4，|DE|＝2，则C的焦点到准线的距离为( )
A.2 B.4
C.6 D.8
解析：选B 设抛物线的方程为y2＝2px(p>0)，圆的方程为x2＋y2＝r2.
∵|AB|＝4，|DE|＝2，
抛物线的准线方程为x＝－，
∴不妨设A，D.
∵点A，D在圆x2＋y2＝r2上，
∴∴＋8＝＋5，∴p＝4(负值舍去).
∴C的焦点到准线的距离为4.
直线与圆锥曲线
?题型一 直线与圆锥曲线的位置关系
[例3] (1)已知直线x＝1过椭圆＋＝1的焦点，则直线y＝kx＋2与椭圆至多有一个交点的充要条件是( )
A.k∈
B.k∈∪
C.k∈
D.k∈∪
(2)若直线x－y＋m＝0与双曲线x2－＝1交于不同的点A，B，且线段AB的中点在圆x2＋y2＝5上，则m的值为( )
A.± B.±2
C.±1 D.±
[解析] (1)由题意可得4－b2＝1，
即b2＝3，所以椭圆方程为＋＝1.
由可得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0.
由Δ＝(16k)2－16(3＋4k2)≤0，
解得－≤k≤.故选A.
(2)设A，B两点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M(x0，y0).由得x2－2mx－m2－2＝0(Δ>0)，∴x0＝＝m，y0＝x0＋m＝2m，∵点M(x0，y0)在圆x2＋y2＝5上，∴m2＋(2m)2＝5，∴m＝±1.
[答案] (1)A (2)C
[解题方略]
1.直线与圆锥曲线有两个不同的公共点的判定
通常的方法是直线方程与圆锥曲线方程联立，消元后得到一元二次方程，其Δ>0；另一方法就是数形结合，如直线与双曲线有两个不同的公共点，可通过判定直线的斜率与双曲线渐近线的斜率的大小得到.
2.直线与圆锥曲线只有一个公共点的结论
直线与圆锥曲线只有一个公共点，则直线与双曲线的一条渐近线平行，或直线与抛物线的对称轴平行，或直线与圆锥曲线相切.
?题型二 直线与圆锥曲线的弦长
[例4] 已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，其左、右焦点F1，F2间的距离为4，过动点P的直线PF1和PF2与椭圆E的交点分别为A，B和C，D.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设直线AB，CD的斜率分别为k1，k2，若|AB|＋|CD|＝6，求k1k2的值.
[解] (1)由题意得
易知c＝2，所以a＝2，b＝c＝2.所以椭圆E的标准方程为＋＝1.
(2)因为直线AB的斜率为k1，且直线AB过F1(－2，0)，所以直线AB的方程为y＝k1(x＋2).
由消去y并整理，得(2k＋1)x2＋8kx＋8k－8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|AB|＝·
＝·
＝4·.
同理可得|CD|＝4·.
因为|AB|＋|CD|＝6，所以4·＋4·＝6，
即2＝3，
去分母得2(k＋1)(2k＋1)＋2(k＋1)(2k＋1)＝3(2k＋1)(2k＋1)，
化简得kk＝，即k1k2＝±.
[解题方略] 直线与圆锥曲线的相交弦弦长的求法
解决直线与圆锥曲线的相交弦问题的通法是将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y或x后得到一元二次方程，当Δ＞0时，直线与圆锥曲线有两个交点，设为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系求出x1＋x2，x1x2或y1＋y2，y1y2，则弦长|AB|＝·＝·＝·|y1－y2|＝·(k为直线的斜率且k≠0)，当A，B两点坐标易求时也可以直接用|AB|＝求之.
[跟踪训练]
已知点M在椭圆G：＋＝1(a>b>0)上，且点M到两焦点的距离之和为4.
(1)求椭圆G的方程；
(2)若斜率为1的直线l与椭圆G交于A，B两点，以AB为底作等腰三角形，顶点为P(－3，2)，求△PAB的面积.
解：(1)∵2a＝4，∴a＝2.
又点M在椭圆上，
∴＋＝1，解得b2＝4，
∴椭圆G的方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为y＝x＋m.
由得4x2＋6mx＋3m2－12＝0. ①
设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)(x1则x0＝＝－，y0＝x0＋m＝.
∵AB是等腰△PAB的底边，∴PE⊥AB.
∴PE的斜率k＝＝－1，解得m＝2.
此时方程①为4x2＋12x＝0，解得x1＝－3，x2＝0，
∴y1＝－1，y2＝2，∴|AB|＝3.
此时，点P(－3，2)到直线AB：x－y＋2＝0的距离
d＝＝，
∴△PAB的面积S＝|AB|·d＝.
数学运算——直线与圆锥曲线综合问题的求解
[典例] 已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为(，0)，且经过点，点M是x轴上的一点，过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A在x轴的上方).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若＝2，且直线l与圆O：x2＋y2＝相切于点N，求|MN|.
[解] (1)由题意知
得(a2－4)(4a2－3)＝0，
又a2＝3＋b2＞3，故a2＝4，则b2＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设M(m，0)，直线l：x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＝2，得y1＝－2y2.
由得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0，
则y1＋y2＝－，y1y2＝.
由y1y2＝－2y，y1＋y2＝－2y2＋y2＝－y2，
得y1y2＝－2[－(y1＋y2)]2＝－2(y1＋y2)2，
所以＝－2，
化简得(m2－4)(t2＋4)＝－8t2m2.
易知原点O到直线l的距离d＝，
又直线l与圆O：x2＋y2＝相切，
所以＝，即t2＝m2－1.
由
得21m4－16m2－16＝0，
即(3m2－4)(7m2＋4)＝0，
解得m2＝，此时t2＝，满足Δ＞0，
所以M.
在Rt△OMN中，|MN|＝＝.
[素养通路]
本题是直线与椭圆、圆的综合问题：(1)由题意，列关于a，b的方程组，解方程组可得a，b的值进而求得椭圆的方程；(2)设出M，A，B的坐标及直线l的方程x＝ty＋m，与椭圆方程联立，再结合根与系数的关系，得m与t的关系，由直线与圆相切，得另一关系式，联立可得M的坐标进而得|MN|.考查了数学运算这一核心素养.
[专题过关检测]
A组——“6＋3＋3”考点落实练
一、选择题
1.(2019·全国卷Ⅱ)若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆＋＝1的一个焦点，则p＝( )
A.2 B.3
C.4 D.8
解析：选D 抛物线y2＝2px(p>0)的焦点坐标为，椭圆＋＝1的焦点坐标为.
由题意得＝，解得p＝0(舍去)或p＝8.故选D.
2.一个焦点为(，0)且与双曲线－＝1有相同渐近线的双曲线方程是( )
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1 D.－＝1
解析：选B 设所求双曲线方程为－＝t(t≠0)，因为一个焦点为(，0)，所以|13t|＝26.又焦点在x轴上，所以t＝－2，即双曲线方程为－＝1.
3.已知两圆C1：(x－4)2＋y2＝169，C2：(x＋4)2＋y2＝9，动圆M在圆C1内部且与圆C1内切，与圆C2外切，则动圆圆心M的轨迹方程为( )
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
解析：选D 设圆M的半径为r，则|MC1|＝13－r，|MC2|＝3＋r，|MC1|＋|MC2|＝16>|C1C2|，所以点M的轨迹是以点C1(4，0)和C2(－4，0)为焦点的椭圆，且2a＝16，a＝8，c＝4，则b2＝a2－c2＝48，所以点M的轨迹方程为＋＝1.
4.(2019·全国卷Ⅲ)已知F是双曲线C：－＝1的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点.若|OP|＝|OF|，则△OPF的面积为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 由F是双曲线－＝1的一个焦点，知|OF|＝3，
所以|OP|＝|OF|＝3.
不妨设点P在第一象限，P(x0，y0)，x0>0，y0>0，
则解得所以P，
所以S△OPF＝|OF|·y0＝×3×＝.
故选B.
5.(2019·石家庄市模拟(一))已知椭圆＋＝1(a>b>0)，点F为左焦点，点P为下顶点，平行于FP的直线l交椭圆于A，B两点，且AB的中点为M，则椭圆的离心率为( )
A. B.
C. D.
解析：选B ∵FP的斜率为－，FP∥l，∴直线l的斜率为－.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得－＝－，即＝－.∵AB的中点为M，∴－＝－，∴a2＝2bc，∴b2＋c2＝2bc，∴b＝c，∴a＝c，∴椭圆的离心率为，故选B.
6.(2019·全国卷Ⅱ)设F为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于P，Q两点.若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为( )
A. B.
C.2 D.
解析：选A 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|＝.由|OM|2＋|MP|2＝|OP|2得＋＝a2，故＝，即e＝.故选A.
二、填空题
7.(2019·北京通州区三模改编)抛物线y2＝2px(p＞0)的准线与双曲线x2－＝1的两条渐近线所围成的三角形的面积为2，则p＝________，抛物线焦点到双曲线渐近线的距离为________.
解析：抛物线y2＝2px(p＞0)的准线方程为x＝－，双曲线x2－＝1的两条渐近线方程分别为y＝2x，y＝－2x，这三条直线构成等腰三角形，其底边长为2p，三角形的高为，因此×2p×＝2，解得p＝2.则抛物线焦点坐标为(1，0)，且到直线y＝2x和y＝－2x的距离相等，均为＝.
答案：2
8.设直线l：2x＋y＋2＝0关于原点对称的直线为l′，若l′与椭圆x2＋＝1的交点为A，B，点P为椭圆上的动点，则使△PAB的面积为的点P的个数为________.
解析：直线l′的方程为2x＋y－2＝0，∴交点分别为椭圆顶点(1，0)和(0，2)，则|AB|＝，由△PAB的面积为，得点P到直线AB的距离为，而平面上到直线2x＋y－2＝0的距离为的点都在直线2x＋y－1＝0和2x＋y－3＝0上，而直线2x＋y－1＝0与椭圆相交，2x＋y－3＝0与椭圆相离，∴满足题意的点P有2个.
答案：2
9.已知M(x0，y0)是双曲线C：－y2＝1上的一点，F1，F2是双曲线C的两个焦点.若·<0，则y0的取值范围是________.
解析：由题意知a＝，b＝1，c＝，
设F1(－，0)，F2(，0)，
则＝(－－x0，－y0)，＝(－x0，－y0).
∵·<0，
∴(－－x0)(－x0)＋y<0，
即x－3＋y<0.
∵点M(x0，y0)在双曲线C上，
∴－y＝1，即x＝2＋2y，
∴2＋2y－3＋y<0，∴－答案：－三、解答题
10.(2019·长春市质量监测(二))已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的中心是坐标原点O，左、右焦点分别为F1，F2，设P是椭圆C上一点，满足PF2⊥x轴，|PF2|＝，椭圆C的离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C左焦点且倾斜角为45°的直线l与椭圆C相交于A，B两点，求△AOB的面积.
解：(1)由题意知，离心率e＝＝，|PF2|＝＝，得a＝2，b＝1，所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)由条件可知F1(－，0)，直线l：y＝x＋，联立直线l和椭圆C的方程，得消去y得5x2＋8x＋8＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1·x2＝，所以|y1－y2|＝|x1－x2|＝＝，
所以S△AOB＝·|y1－y2|·|OF1|＝.
11.(2019·全国卷Ⅰ)已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.
(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；
(2)若＝3，求|AB|.
解：设直线l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2).
(1)由题设得F，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋.
又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝.
由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，
则x1＋x2＝－.
从而－＝，得t＝－.
所以l的方程为y＝x－.
(2)由＝3可得y1＝－3y2.
由可得y2－2y＋2t＝0.
所以y1＋y2＝2，从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.
代入C的方程得x1＝3，x2＝.
故|AB|＝.
12.(2019·成都市第二次诊断性检测)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴长为4，离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B，点M，N为椭圆C上位于x轴上方的两点，且F1M∥F2N，直线F1M的斜率为2，记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，求3k1＋2k2的值.
解：(1)由题意，得2b＝4，＝.
又a2－c2＝b2，∴a＝3，b＝2，c＝1.
∴椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由(1)可知A(－3，0)，B(3，0)，F1(－1，0).
据题意，直线F1M的方程为y＝2(x＋1).
记直线F1M与椭圆C的另一个交点为M′.设M(x1，y1)(y1>0)，M′(x2，y2).
∵F1M∥F2N，∴根据对称性，得N(－x2，－y2).
联立得消去y，得14x2＋27x＋9＝0.
由题意知x1>x2，∴x1＝－，x2＝－，
k1＝＝＝，k2＝＝＝－，
∴3k1＋2k2＝3×＋2×＝0，即3k1＋2k2的值为0.
B组——大题专攻强化练
1.已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的离心率为，其中一个顶点是抛物线x2＝－4y的焦点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点P(2，1)的直线l与椭圆C在第一象限相切于点M，求直线l的方程和点M的坐标.
解：(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，
由题意得b＝，＝，
解得a＝2，c＝1.
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)因为过点P(2，1)的直线l与椭圆C在第一象限相切，所以直线l的斜率存在，
故可设直线l的方程为y＝k(x－2)＋1(k≠0).
由
得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0.①
因为直线l与椭圆C相切，
所以Δ＝[－8k(2k－1)]2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)＝0.
整理，得2k＋1＝0，
解得k＝－.
所以直线l的方程为y＝－(x－2)＋1＝－x＋2.将k＝－代入①式，可以解得M点的横坐标为1，故切点M的坐标为.
2.在直角坐标系xOy中，长为＋1的线段的两端点C，D分别在x轴，y轴上滑动，＝.记点P的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)经过点(0，1)作直线l与曲线E相交于A，B两点，＝＋，当点M在曲线E上时，求直线l的方程.
解：(1)设C(m，0)，D(0，n)，P(x，y).
由＝，得(x－m，y)＝(－x，n－y)，
所以得
由||＝＋1，得m2＋n2＝(＋1)2，
所以(＋1)2x2＋y2＝(＋1)2，
整理，得曲线E的方程为x2＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＝＋，
知点M的坐标为(x1＋x2，y1＋y2).
易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，代入曲线E的方程，得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，
则x1＋x2＝－，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝.
由点M在曲线E上，知(x1＋x2)2＋＝1，
即＋＝1，解得k2＝2.
此时直线l的方程为y＝±x＋1.
3.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，焦距为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点Q(0，2)作斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若x轴上的一点E满足|AE|＝|BE|，试求出点E的横坐标的取值范围.
解：(1)由已知得＝，2c＝2，
所以c＝1，a＝3，b2＝a2－c2＝8.所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)根据题意可设直线l的方程为y＝kx＋2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为G(x0，y0).
设点E(m，0)，使得|AE|＝|BE|，则EG⊥AB.
由得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0，
x1＋x2＝－，所以x0＝，y0＝kx0＋2＝，
因为EG⊥AB，所以kEG＝－，即＝－，
所以m＝＝，
当k>0时，9k＋≥2＝12，所以－≤m<0；
当k<0时，9k＋≤－12，所以0综上所述，点E的横坐标的取值范围为∪.
4.如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，右顶点、上顶点分别为点A，B，且|AB|＝|BF|.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若点M在椭圆C的内部，过点M的直线l交椭圆C于P，Q两点，M为线段PQ的中点，且OP⊥OQ，求直线l的方程及椭圆C的方程.
解：(1)由已知|AB|＝|BF|，
得＝a，
即4a2＋4b2＝5a2，4a2＋4(a2－c2)＝5a2，
所以e＝＝.
(2)由(1)知a2＝4b2，
所以椭圆C的方程可化为＋＝1.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由＋＝1，＋＝1，
可得＋＝0，
即＋＝0，
即＋(y1－y2)＝0，从而kPQ＝＝2，所以直线l的方程为y－＝2，
即2x－y＋2＝0.
联立消去y，得17x2＋32x＋16－4b2＝0.
则Δ＝322＋16×17×(b2－4)>0?b>，
x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为OP⊥OQ，·＝0，即x1x2＋y1y2＝0，
x1x2＋(2x1＋2)(2x2＋2)＝0，
5x1x2＋4(x1＋x2)＋4＝0，
从而－＋4＝0，解得b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
综上，直线l的方程为2x－y＋2＝0，
椭圆C的方程为＋y2＝1.
1
(共33张PPT)
年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ
2019 双曲线的渐近线与离心率的关系·T10 抛物线和椭圆的焦点·T9 双曲线的标准方程及几何性质·T10
椭圆的定义及标准方程·T12 圆、双曲线的标准方程和几何性质·T12 椭圆的方程及性质·T15
2018 椭圆的几何性质·T4 双曲线的几何性质·T6 双曲线的几何性质及点到直线的距离·T10
椭圆的定义及几何性质·T11
2017 双曲线的性质、三角形的面积公式·T5 双曲线的几何性质·T5 双曲线的标准方程、渐近线方程·T14
每课一悟}“素养”落地·功在平时
(共18张PPT)
年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ
2019 直线与圆的位置关系，定值问题·T21 椭圆的定义及几何性质、参数的范围·T20 直线与抛物线的位置关系、直线与圆的位置关系、定点问题·T21
2018 直线的方程、直线与抛物线的位置关系、证明问题·T20 直线的方程、直线与抛物线的位置关系、圆的方程·T20 直线与椭圆的位置关系、证明问题·T20
2017 直线与抛物线的位置关系、导数的几何意义·T20 点的轨迹方程、椭圆方程、向量的数量积等·T20 两直线垂直的条件、直线与圆的位置关系、直线方程·T20
依题意条件设出相关的参数,如设出直线的
设参数
斜率
求直线
利用题设条件,求直线系方程
建联系
联立直线与圆锥曲线,利用根与系数的关系,
1求出定点的坐标
<得结论
判断定点的坐标满足所求的直线系方程,即
1可证出直线经过该定点
(共37张PPT)
几何法 根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)
代数法 建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决的(普通方法、基本不等式方法、导数方法(如本例)等)
“专题过关检测”见“专题检测(十七)”
(单击进入电子文档)
求什么
想什么 求轨迹方程，想到求轨迹方程的方法．
求三角形面积的最值，想到表示出三角形面积的式子．
给什么
用什么 给出向量垂直关系，用数量积转化为线段相等．
给出直线l的条件，应设出直线方程，与C的方程联立方程组．
差什么
找什么 差三角形的高，应先找Q点的坐标，即求出BD的直线方程.
[高考5个大题]
GAOKAOWUGEDAT I
解题研诀窍
圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算”
圆锥曲线解答题
参数设点
设“减元设点设而不求
点
设
直接设点
曲线系」
设
线普通方程
标准方程
般方程
参数方程
L回归定义
1求曲线方程
求最值
算
借助平面向量等式(不等式)
巧用图形性质
整体代入
简化运算
合理换元
回归椭圆定义判
轨迹
由判别式构造不
等关系
整体代入,简化
运算
巧用图形关系,便
于计算
巧妙设点,减少
参数
借助平面向量,
列出等式
合理元,关注
设点直线设出直线的方程及相交两点的坐标
联立消元
联立直线方程与曲线方程得方程组,消元得方程
(注意二次项系数是否为零)
根与系数}应用根与系数的关系及判别式
公式求解结合已知条件中点标公式斜率公式及弦长公式求解
第3讲 圆锥曲线的综合问题
[全国卷3年考情分析]
年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ
2019 直线与圆的位置关系，定值问题·T21 椭圆的定义及几何性质、参数的范围·T20 直线与抛物线的位置关系、直线与圆的位置关系、定点问题·T21
2018 直线的方程、直线与抛物线的位置关系、证明问题·T20 直线的方程、直线与抛物线的位置关系、圆的方程·T20 直线与椭圆的位置关系、证明问题·T20
2017 直线与抛物线的位置关系、导数的几何意义·T20 点的轨迹方程、椭圆方程、向量的数量积等·T20 两直线垂直的条件、直线与圆的位置关系、直线方程·T20
解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等.试题难度较大，多以压轴题出现.
解答题的热点题型有：
(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)圆锥曲线中的判断(与证明)及探究问题.
第1课时 圆锥曲线中的定值、定点、证明问题
圆锥曲线中的几何证明问题
[例1] (2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0).
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
[解] (1)由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1.
则点A的坐标为或.
又M(2，0)，
所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－，
即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为
y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为
kMA＋kMB＝＋.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，
得kMA＋kMB＝.
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k
＝＝0.
从而kMA＋kMB＝0，
故MA，MB的倾斜角互补.
所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB成立.
[题后悟通] 几何证明问题的解题策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).
(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.
[跟踪训练]
设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.
(1)求E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.
解：(1)由题设条件知，点M的坐标为，
又kOM＝，从而＝.
进而得a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.
(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为，可得＝.又＝(－a，b)，
从而有·＝－a2＋b2＝(5b2－a2).
由(1)可知a2＝5b2，
所以·＝0，故MN⊥AB.
定值问题
[例2] (2019·福建五校第二次联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，上顶点M到直线x＋y＋4＝0的距离为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l过点(4，－2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值.
[解] (1)由题意可得解得所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y＋2＝k(x－4)，k＜0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得
得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
因为kMA＋kMB＝＋
＝，
所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×＝2k－4(k＋1)×＝2k－(2k＋1)＝－1(为定值).
[题后悟通]
求解定值问题的2大途径
途径一 首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关
途径二 先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值
[跟踪训练]
已知椭圆方程为＋＝1，右焦点为F，若直线l与椭圆C相切，过点F作FQ⊥l，垂足为Q，求证：|OQ|为定值(其中O为坐标原点).
证明：①当直线l的斜率不存在时，l的方程为x＝±2，点Q的坐标为(－2，0)或(2，0)，此时|OQ|＝2；
②当直线l的斜率为0时，l的方程为y＝±，点Q的坐标为(1，－)或(1，)，此时|OQ|＝2；
③当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0).
因为FQ⊥l，所以直线FQ的方程为y＝－(x－1).
由消去y，可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(8km)2－4×(3＋4k2)×(4m2－12)＝0，
整理得m2＝4k2＋3. (*)
由得Q，
所以|OQ|＝
＝，
将(*)式代入上式，得|OQ|＝＝2.
综上所述，|OQ|为定值，且定值为2.
定点问题
[例3] (2019·北京高考)已知椭圆C：＋＝1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.
[解] (1)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).
[题后悟通] 直线过定点问题的解题模型
[跟踪训练]
(2019·重庆市七校联合考试)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝4x，点A(－2，0)，设直线l与C交于不同的两点P，Q.
(1)若直线l⊥x轴，求直线PA的斜率的取值范围；
(2)若直线l不垂直于x轴，且∠PAO＝∠QAO，证明：直线l过定点.
解：(1)当点P在第一象限时，设P(t，2)，则kPA＝＝≤＝，
∴kPA∈，同理，当点P在第四象限时，kPA∈.
综上所述，直线PA的斜率kPA∈∪.
(2)证明：设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，联立方程得得ky2－4y＋4b＝0，
Δ＝16－16kb＞0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1·y2＝，
∵∠PAO＝∠QAO，
∴kAP＋kAQ＝＋＝＝＝＝0，
∵b＝－2k，
∴y＝kx－2k＝k(x－2)，直线l恒过定点(2，0).
[专题过关检测]
大题专攻强化练
1.(2019·全国卷Ⅲ)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，求该圆的方程.
解：(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.
由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点.
(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.
由可得x2－2tx－1＝0.
于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.
设M为线段AB的中点，则M.
由于⊥，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，||＝2，所求圆的方程为x2＋＝4；
当t＝±1时，||＝，所求圆的方程为x2＋＝2.
2.(2019·济南市学习质量评估)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，右焦点为F，且该椭圆过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当动直线l与椭圆C相切于点A，且与直线x＝相交于点B时，求证：△FAB为直角三角形.
解：(1)由题意得＝，＋＝1，又a2＝b2＋c2，所以b2＝1，a2＝4，即椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：由题意可得直线l的斜率存在，
设l：y＝kx＋m，联立得
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
判别式Δ＝64k2m2－16(4k2＋1)(m2－1)＝0，得m2＝4k2＋1＞0.
设A(x1，y1)，则x1＝＝＝－，y1＝kx1＋m＝＋m＝，即A.
易得B，F(，0)，
则＝，＝，
·＝＋＝－－1＋＋1＝0，
所以⊥，即△FAB为直角三角形，得证.
3.如图，设点A，B的坐标分别为(－，0)，(，0)，直线AP，BP相交于点P，且它们的斜率之积为－.
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点P的轨迹为C，点M，N是轨迹C上不同的两点，且满足AP∥OM，BP∥ON，求证：△MON的面积为定值.
解：(1)设点P的坐标为(x，y)，由题意得，
kAP·kBP＝·＝－(x≠±)，
化简得，点P的轨迹方程为＋＝1(x≠±).
(2)证明：由题意可知，M，N是轨迹C上不同的两点，且AP∥OM，BP∥ON，
则直线OM，ON的斜率必存在且不为0，kOM·kON＝kAP·kBP＝－.
①当直线MN的斜率为0时，设M(x0，y0)，N(－x0，y0)，则得
所以S△MON＝|y0||2x0|＝.
②当直线MN的斜率不为0时，设直线MN的方程为x＝my＋t，代入＋＝1，
得(3＋2m2)y2＋4mty＋2t2－6＝0， (*)
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1，y2是方程(*)的两根，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝，
又kOM·kON＝＝
＝，
所以＝－，即2t2＝2m2＋3，满足Δ>0.
又S△MON＝|t||y1－y2|＝，
所以S△MON＝＝.
综上，△MON的面积为定值，且定值为.
4.(2019·福州市质量检测)已知抛物线C1：x2＝2py(p>0)和圆C2：(x＋1)2＋y2＝2，倾斜角为45°的直线l1过C1的焦点，且l1与C2相切.
(1)求p的值；
(2)动点M在C1的准线上，动点A在C1上，若C1在A点处的切线l2交y轴于点B，设＝＋，求证：点N在定直线上，并求该定直线的方程.
解：(1)依题意，设直线l1的方程为y＝x＋，
因为直线l1与圆C2相切，
所以圆心C2(－1，0)到直线l1：y＝x＋的距离d＝＝.
即＝，解得p＝6或p＝－2(舍去).
所以p＝6.
(2)法一：依题意设M(m，－3)，
由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，所以y＝，所以y′＝，
设A(x1，y1)，则以A为切点的切线l2的斜率为k＝，
所以切线l2的方程为y＝x1(x－x1)＋y1.
令x＝0，则y＝－x＋y1＝－×12y1＋y1＝－y1，即B点的坐标为(0，－y1)，
所以＝(x1－m，y1＋3)，
＝(－m，－y1＋3)，
所以＝＋＝(x1－2m，6)，
所以＝＋＝(x1－m，3).
设N点坐标为(x，y)，则y＝3，
所以点N在定直线y＝3上.
法二：设M(m，－3)，
由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，①
设l2的斜率为k，A，则以A为切点的切线l2的方程为y＝k(x－x1)＋x，②
联立①②得，x2＝12，
因为Δ＝144k2－48kx1＋4x＝0，所以k＝，
所以切线l2的方程为y＝x1(x－x1)＋x.
令x＝0，得B点坐标为，
所以＝，
＝，
所以＝＋＝(x1－2m，6)，
所以＝＋＝(x1－m，3)，
所以点N在定直线y＝3上.
第2课时 圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题
最值问题
[例1] (2019·广州市综合检测(一))已知椭圆C的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线y＝x与椭圆C在第一象限内的交点是M，点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2，椭圆C的另一个焦点是F1，且·＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l过点(－1，0)，且与椭圆C交于P，Q两点，求△F2PQ的内切圆面积的最大值.
[解] (1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，
∵点M在直线y＝x上，且点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2(c，0)，∴点M.
∵·＝·＝，
∴c＝1.
∴
解得
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由(1)知，F1(－1，0)，过点F1(－1，0)的直线与椭圆C交于P，Q两点，则△F2PQ的周长为4a＝8，又S△F2PQ＝·4a·r(r为△F2PQ的内切圆半径)，
∴当△F2PQ的面积最大时，其内切圆面积最大.
设直线l的方程为x＝ky－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则
消去x得(4＋3k2)y2－6ky－9＝0，
∴
∴S△F2PQ＝·|F1F2|·|y1－y2|＝.
令＝t，则t≥1，∴S△F2PQ＝，
令f(t)＝3t＋，
则f′(t)＝3－，
当t∈ [1，＋∞)时，f′(t)>0，
f(t)＝3t＋在[1，＋∞)上单调递增，
∴S△F2PQ＝≤3，当t＝1时取等号，
即当k＝0时，△F2PQ的面积取得最大值3，
结合S△F2PQ＝·4a·r，得r的最大值为，
∴△F2PQ的内切圆面积的最大值为π.
[题后悟通] 最值问题的2种基本解法
几何法 根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)
代数法 建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决的(普通方法、基本不等式方法、导数方法(如本例)等)
[跟踪训练]
(2019·河北省九校第二次联考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，若过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M，N两点，且|MN|＝8.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设直线l为抛物线C的切线，且l∥MN，P为l上一点，求·的最小值.
解：(1)由题意可知F，则直线MN的方程为y＝x－，
代入y2＝2px(p>0)得x2－3px＋＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝3p，
∵|MN|＝8，∴x1＋x2＋p＝8，即3p＋p＝8，解得p＝2，
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设直线l的方程为y＝x＋b，代入y2＝4x，得x2＋(2b－4)x＋b2＝0，
∵直线l为抛物线C的切线，∴Δ＝0，解得b＝1，
∴l：y＝x＋1.
由(1)可知，x1＋x2＝6，x1x2＝1，
设P(m，m＋1)，则＝(x1－m，y1－(m＋1))，＝(x2－m，y2－(m＋1))，
∴·＝(x1－m)(x2－m)＋ [y1－(m＋1)][y2－(m＋1)]＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2－(m＋1)(y1＋y2)＋(m＋1)2，
(y1y2)2＝16x1x2＝16，∴y1y2＝－4，
y－y＝4(x1－x2)，∴y1＋y2＝4×＝4，
·＝1－6m＋m2－4－4(m＋1)＋(m＋1)2
＝2(m2－4m－3)＝2[(m－2)2－7]≥－14，当且仅当m＝2，即点P的坐标为(2，3)时，·取得最小值－14.
范围问题
[例2] (2019·安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦点坐标分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，P为椭圆C上一点，满足3|PF1|＝5|PF2|且cos∠F1PF2＝.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，点Q，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范围.
[解] (1)由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，∴r1＝a，r2＝a.
在△PF1F2中，由余弦定理得，cos∠F1PF2＝＝＝，
解得a＝2，∵c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)联立方程，得消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，且Δ＝48(3＋4k2－m2)>0，①
设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM，则x0＝＝，y0＝kx0＋m＝，
∵|AQ|＝|BQ|，∴AB⊥QM，又Q，M为AB的中点，∴k≠0，直线QM的斜率存在，∴k·kQM＝k·＝－1，解得m＝－，②
把②代入①得3＋4k2>，整理得16k4＋8k2－3>0，即(4k2－1)(4k2＋3)>0，解得k>或k<－，故k的取值范围为∪.
[题后悟通] 范围问题的解题策略
解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：
(1)利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围(如本例)；
(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；
(3)利用隐含的不等关系，从而求出所求范围；
(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围；
(5)利用函数值域的求法，确定所求范围；
(6)利用已知，将条件转化为几个不等关系，从而求出参数的范围(如本例).
[跟踪训练]
(2018·浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上.
(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围.
解：(1)证明：设P(x0，y0)，A，B.
因为PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程＝4·，
即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根.
所以y1＋y2＝2y0，
因此PM垂直于y轴.
(2)由(1)可知
所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，
|y1－y2|＝2.
因此△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0).
因为x＋＝1(x0<0)，
所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4，5]，
所以△PAB面积的取值范围是.
探索性问题
[例3] (2019·石家庄市质量检测)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且经过点.
(1)求椭圆C的方程.
(2)过点(，0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，试问在x轴上是否存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.
[解] (1)由题意可得＝，＋＝1，
又a2－b2＝c2，所以a2＝4，b2＝1.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)存在定点Q，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称.
设直线l的方程为x＋my－＝0，与椭圆C的方程联立得
整理得，(4＋m2)y2－2my－1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，定点Q(t，0)(依题意t≠x1，t≠x2).
由根与系数的关系可得，y1＋y2＝，y1y2＝.
直线QA与直线QB恰关于x轴对称，则直线QA与直线QB的斜率互为相反数，
所以＋＝0，即y1(x2－t)＋y2(x1－t)＝0.
又x1＋my1－＝0，x2＋my2－＝0，
所以y1(－my2－t)＋y2(－my1－t)＝0，整理得，(－t)(y1＋y2)－2my1y2＝0，
从而可得，(－t)·－2m·＝0，
即2m(4－t)＝0，
所以当t＝，即Q时，直线QA与直线QB恰关于x轴对称.特别地，当直线l为x轴时，Q也符合题意.
综上所述，在x轴上存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称.
[题后悟通] 探索性问题的解题策略
探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在，若结论不正确，则不存在.
(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论.
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径.
[跟踪训练]
如图，由部分抛物线y2＝mx＋1(m>0，x≥0)和半圆x2＋y2＝r2(x≤0)所组成的曲线称为“黄金抛物线C”，若“黄金抛物线C”经过点(3，2)和.
(1)求“黄金抛物线C”的方程；
(2)设P(0，1)和Q(0，－1)，过点P作直线l与“黄金抛物线C”交于A，P，B三点，问是否存在这样的直线l，使得QP平分∠AQB？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
解：(1)因为“黄金抛物线C”过点(3，2)和，
所以r2＝＋＝1，4＝3m＋1，解得m＝1.
所以“黄金抛物线C”的方程为y2＝x＋1(x≥0)和x2＋y2＝1(x≤0).
(2)假设存在这样的直线l，使得QP平分∠AQB.
显然直线l的斜率存在且不为0，
结合题意可设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令xA<0由消去y并整理，得k2x2＋(2k－1)x＝0，
所以xB＝，yB＝，即B，由xB>0知k<，所以直线BQ的斜率为kBQ＝.
由消去y并整理，得(k2＋1)x2＋2kx＝0，
所以xA＝－，yA＝，即A，由xA<0知k>0，所以直线AQ的斜率为kAQ＝－.
因为QP平分∠AQB，且直线QP的斜率不存在，所以kAQ＋kBQ＝0，
即－＋＝0，
由0所以存在直线l：y＝(－1)x＋1，使得QP平分∠AQB.
[专题过关检测]
大题专攻强化练
1.(2019·全国卷Ⅰ)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⊥，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.
2.(2019·武汉部分学校调研)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，且长轴长为8，T为椭圆C上异于A，B的点，直线TA，TB的斜率之积为－.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为坐标原点，过点M(8，0)的动直线与椭圆C交于P，Q两点，求△OPQ面积的最大值.
解：(1)设T(x，y)(x≠±4)，则直线TA的斜率为k1＝，直线TB的斜率为k2＝.
于是由k1k2＝－，得·＝－，整理得＋＝1(x≠±4)，故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意设直线PQ的方程为x＝my＋8，
由得(3m2＋4)y2＋48my＋144＝0，
Δ＝(48m)2－4×144×(3m2＋4)＝12×48(m2－4)＞0，
即m2＞4，
yP＋yQ＝－，yPyQ＝.
|PQ|＝·＝，
点O到直线PQ的距离d＝.
故S△OPQ＝×|PQ|×d＝＝≤4，
故△OPQ面积的最大值为4.
3.(2019·湖南省湘东六校联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，点A(b，0)，B，F分别为椭圆的上顶点和左焦点，且|BF|·|BA|＝2.
(1)求椭圆C的方程.
(2)若过定点M(0，2)的直线l与椭圆C交于G，H两点(G在M，H之间)，设直线l的斜率k＞0，在x轴上是否存在点P(m，0)，使得以PG，PH为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，请说明理由.
解：(1)设椭圆的焦距为2c，由离心率e＝得a＝2c.①
由|BF|·|BA|＝2，得a·＝2，∴ab＝2.②
a2－b2＝c2，③
由①②③可得a2＝4，b2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为y＝kx＋2(k＞0)，
由得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，可知Δ＞0，∴k＞.
设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则x1＋x2＝，＋＝(x1＋x2－2m，k(x1＋x2)＋4)，＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1)).
∵菱形的对角线互相垂直，∴(＋)·＝0，
∴(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m＝0，得m＝－，
即m＝－，∵k＞，∴－≤m＜0.
∴存在满足条件的实数m，m的取值范围为.
4.(2019·郑州市第二次质量预测)椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆上一动点(异于左、右顶点)，△AF1F2的周长为4＋2，且面积的最大值为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设B是椭圆上一动点，线段AB的中点为P，OA，OB(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－，求|OP|的取值范围.
解：(1)由椭圆的定义及△AF1F2的周长为4＋2，可得2(a＋c)＝4＋2，
∴a＋c＝2＋.①
当A在上(或下)顶点时，△AF1F2的面积取得最大值，即bc＝，②
由①②及a2＝c2＋b2，得a＝2，b＝1，c＝，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在时，k1＝－k2，∵k1k2＝－，∴k1＝±，不妨取k1＝，则直线OA的方程为y＝x，
不妨取点A，则B，P(，0)，∴|OP|＝.
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝16(4k2＋1－m2)＞0，③
∴x1＋x2＝，x1x2＝.∵k1k2＝－，
∴4y1y2＋x1x2＝0，
∴4(kx1＋m)(kx2＋m)＋x1x2＝(4k2＋1)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝4m2－4－＋4m2＝0，
化简得2m2＝1＋4k2(满足③式)，∴m2≥.
设P(x0，y0)，则x0＝＝＝，y0＝kx0＋m＝.
∴|OP|2＝x＋y＝＋＝2－∈，
∴|OP|∈.
综上，|OP|的取值范围为.
[技法指导——迁移搭桥] 圆锥曲线解答题的常见类型是：第(1)小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单.第(2)小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求.在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步： 第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出； 第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系； 第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中. 在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，选用恰当运算方法，合理地简化运算.
[典例] 已知圆(x＋)2＋y2＝16的圆心为M，点P是圆M上的动点，点N(，0)，点G在线段MP上，且满足(＋)⊥(－).
(1)求点G的轨迹C的方程；
(2)过点T(4，0)作斜率不为0的直线l与轨迹C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为D，连接BD交x轴于点Q，求△ABQ面积的最大值.
[快审题]
求什么 想什么 求轨迹方程，想到求轨迹方程的方法. 求三角形面积的最值，想到表示出三角形面积的式子.
给什么 用什么 给出向量垂直关系，用数量积转化为线段相等. 给出直线l的条件，应设出直线方程，与C的方程联立方程组.
差什么 找什么 差三角形的高，应先找Q点的坐标，即求出BD的直线方程.
[稳解题]
(1)因为(＋)⊥(－)，
所以(＋)·(－)＝0，即2－2＝0，
所以|GP|＝|GN|，
所以|GM|＋|GN|＝|GM|＋|GP|＝|MP|＝4>2＝|MN|，
所以点G在以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆上，
设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，
则2a＝4，2c＝2，
即a＝2，c＝，所以b2＝a2－c2＝1，
所以点G的轨迹C的方程为＋y2＝1.
(2)法一：依题意可设直线l：x＝my＋4.
由消去x，得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由Δ＝64m2－4×12×(m2＋4)＝16(m2－12)>0，得m2>12. ①
且y1＋y2＝－，
y1y2＝. ②
因为点A关于x轴的对称点为D，
所以D(x1，－y1)，
可设Q(x0，0)，
所以kBD＝＝，
所以BD所在直线的方程为y－y2＝(x－my2－4).
令y＝0，得x0＝. ③
将②代入③，
得x0＝＝1，
所以点Q的坐标为(1，0).
因为S△ABQ＝|S△TBQ－S△TAQ|＝
|QT||y2－y1|＝
＝，
令t＝m2＋4，结合①得t>16，
所以S△ABQ＝＝
6
＝6.
当且仅当t＝32，即m＝±2时，(S△ABQ)max＝.
所以△ABQ面积的最大值为.
法二：依题意知直线l的斜率存在，设其方程为y＝k(x－4)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x0，0).
由对称性知D(x1，－y1)，
由消去y，
得(4k2＋1)x2－32k2x＋64k2－4＝0.
由Δ＝(－32k2)2－4(4k2＋1)(64k2－4)>0，
得k2<， ①
且x1＋x2＝，x1x2＝. ②
＝(x0－x2，－y2)，＝(x0－x1，y1)
由B，D，Q三点共线知∥，
故(x0－x2)y1＋y2(x0－x1)＝0，
即(x0－x2)·k(x1－4)＋k(x2－4)(x0－x1)＝0.
整理得x0＝. ③
将②代入③，得x0＝1，所以点Q的坐标为(1，0).
因为点Q(1，0)到直线l的距离为d＝，
|AB|＝·
＝，
所以S△ABQ＝|AB|·d＝.
令t＝4k2＋1，则k2＝，
结合①得1所以S△ABQ＝＝3
＝3.
当且仅当＝，即k＝±时，(S△ABQ)max＝.
所以△ABQ面积的最大值为.
[题后悟道]
解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤
[针对训练]
已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)经过点P，且离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，不经过F1的直线l与椭圆C交于两个不同的点A，B.如果直线AF1，l，BF1的斜率依次成等差数列，求焦点F2到直线l的距离d的取值范围.
解：(1)由题意，知结合a2＝b2＋c2得a2＝2，b2＝1，c2＝1.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)易知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0).
由消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0.
则Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)＞0，即2k2＞m2－1.①
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为F1(－1，0)，所以k＝，k＝.
由题意可得2k＝＋，且y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，
所以(m－k)(x1＋x2＋2)＝0.
因为直线l：y＝kx＋m不过焦点F1(－1，0)，所以m－k≠0，
所以x1＋x2＋2＝0，从而－＋2＝0，即m＝k＋.②
由①②得2k2＞－1，化简得|k|＞.
焦点F2(1，0)到直线l：y＝kx＋m的距离d＝＝＝.
令t＝，由|k|＞知t∈(1，)，所以d＝＝，
由函数f(t)＝在(1，)上单调递减知，f()＜d＜f(1)，解得＜d＜2，于是焦点F2到直线l的距离d的取值范围为(，2).
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