第八章 平面解析几何-（教师用书）【赢在微点·顶层设计】2026年高中数学高考一轮总复习

第八章平面解析几何 第一节　直线的倾斜角与斜率、直线方程 【课程标准】　1.理解直线的倾斜角和斜率的概念,掌握过两点的直线斜率的计算公式;2.根据确定直线位置的几何要素,掌握直线方程的几种形式(点斜式、两点式及一般式),了解斜截式与一次函数的关系. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.直线的倾斜角 (1)定义:当直线l与x轴相交时,以x轴为基准,x轴正向与直线l向上的方向之间所成的角α叫做直线l的倾斜角. (2)规定:当直线l与x轴平行或重合时,规定它的倾斜角为 0° .  (3)范围:直线的倾斜角α的取值范围是 0°≤α<180° .  2.斜率公式 (1)定义式:直线l的倾斜角为α,则斜率k=tan α. (2)坐标式:设点P1(x1,y1),P2(x2,y2)在直线l上,且x1≠x2,则l的斜率k=. 3.直线方程的五种形式 名称 方程 适用范围 点斜式 y-y0=k(x-x0) 不含垂直于x轴的直线 斜截式 y=kx+b 不含垂直于x轴的直线 两点式 =(x1≠x2,y1≠y2) 不含直线x=x1和直线y=y1 截距式 +=1(其中a≠0,b≠0) 不含垂直于坐标轴和过原点的直线 一般式 Ax+By+C=0(其中A,B不同时为0) 平面内所有直线都适用 微|点|延|伸 1.直线的斜率k与倾斜角α之间的关系 α 0° 0°<α<90° 90° 90°<α<180° k 0 k>0 不存在 k<0 牢记口诀:“斜率变化分两段,90°是分界线;遇到斜率要谨记,存在与否要讨论”. 2.直线Ax+By+C=0(其中A,B不同时为0)的一个方向向量为a=(-B,A),或a=(B,-A). 小|题|快|练 1.若过点M(-2,m),N(m,4)的直线的斜率等于1,则m=(A) A.1 B.4 C.1或3 D.1或4 解析　由题意得=1,解得m=1.故选A. 2.已知直线l过点(1,1),且倾斜角为90°,则直线l的方程为(D) A.x+y=1 B.x-y=1 C.y=1 D.x=1 3.过点(1,2)且方向向量的坐标为(-1,2)的直线的方程为(A) A.2x+y-4=0 B.x+y-3=0 C.x-2y+3=0 D.x-2y-3=0 解析　由题意可知直线的斜率k==-2,由点斜式方程得,所求直线的方程为y-2=-2(x-1),即2x+y-4=0.故选A. 4.(人A选一P67T7改编)过点P(2,3)且在两坐标轴上截距相等的直线方程为 3x-2y=0或x+y-5=0 .  解析　当截距为0时,直线方程为3x-2y=0;当截距不为0时,设直线方程为+=1,则+=1,解得a=5,直线方程为x+y-5=0.所以直线方程为3x-2y=0或x+y-5=0. 5.(人A选一P80T16改编)直线x+(m+1)y+m=0(m∈R)所过的定点坐标为 (1,-1) .  解析　直线x+(m+1)y+m=0(m∈R)可以化为m(y+1)+y+x=0,令解得故所过的定点坐标为(1,-1). 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　直线的倾斜角与斜率 自练自悟 1.直线x-y+a=0(a为常数)的倾斜角为(A) A. B. C. D. 2.直线x+(a2+1)y+1=0的倾斜角的取值范围是(B) A. B. C.∪ D.∪ 解析　由直线方程可得该直线的斜率为-,又-1≤-<0,所以倾斜角的取值范围是.故选B. 3.(多选题)如图,直线l1,l2,l3的斜率分别为k1,k2,k3,倾斜角分别为α1,α2,α3,则下列选项正确的是(AD) A.k1<k3<k2 B.k3<k2<k1 C.α1<α3<α2 D.α3<α2<α1 解析　如题图,直线l1,l2,l3的斜率分别为k1,k2,k3,倾斜角分别为α1,α2,α3,则k2>k3>0,k1<0,故>α2>α3>0,且α1为钝角.故选AD. 4.直线l过点P(1,0),且与以A(2,1),B(0,)为端点的线段有公共点,则直线l斜率的取值范围为 (-∞,-]∪[1,+∞) .  解析　 解法一:设PA与PB的倾斜角分别为α,β,直线PA的斜率是kAP=1,直线PB的斜率是kBP=-,如图,当直线l由PA变化到与y轴平行的位置PC时,它的倾斜角由α增至90°,斜率的取值范围为[1,+∞).当直线l由PC变化到PB的位置时,它的倾斜角由90°增至β,斜率的变化范围是(-∞,-].故斜率的取值范围是(-∞,-]∪[1,+∞). 解法二:设直线l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x-1),即kx-y-k=0.因为A,B两点在直线l的两侧或其中一点在直线l上,所以(2k-1-k)(--k)≤0,即(k-1)(k+)≥0,解得k≥1或k≤-.即直线l的斜率的取值范围是(-∞,-]∪[1,+∞). 　　1.由直线倾斜角的取值范围求斜率的取值范围或由斜率的取值范围求直线倾斜角的取值范围时,常借助正切函数y=tan x在∪上的单调性求解,这里特别要注意,正切函数在∪上并不是单调的. 2.过一定点作直线与已知线段相交,求直线斜率取值范围时,应注意倾斜角为时,直线斜率不存在. 类型二　求直线的方程 【例1】　(1)经过点A(-1,-3),倾斜角等于直线y=3x的倾斜角的2倍的直线方程为 3x+4y+15=0 .  解析　由已知,设直线y=3x的倾斜角为α,则所求直线的倾斜角为2α.因为tan α=3,所以tan 2α==-.又直线经过点A(-1,-3),因此所求直线方程为y+3=-(x+1),即3x+4y+15=0. (2)过点A(4,2)且在x轴上截距是在y轴上截距的3倍的直线l的方程为 y=x或x+3y-10=0 .  解析　当直线过原点时,它在x轴、y轴上的截距都是零,满足题意.此时,直线的斜率为,所以直线方程为y=x;当直线不过原点时,由题意可设直线方程为+=1,又直线过点A(4,2),所以+=1,解得a=,方程为x+3y-10=0.综上,所求直线方程为y=x或x+3y-10=0. (3)经过两条直线l1:x+y=2,l2:2x-y=1的交点,且一个方向向量为ν=(-3,2)的直线方程为 2x+3y-5=0　.  解析　联立解得所以直线过点(1,1).因为直线的方向向量ν=(-3,2),所以直线的斜率k=-,则直线的方程为y-1=-(x-1),即2x+3y-5=0. 　　直线方程的求法 1.直接法:根据已知条件,求出直线方程的确定条件,选择适当的直线方程的形式,直接写出直线方程. 2.待定系数法:设出直线方程的恰当形式(点斜式、斜截式、两点式、截距式和一般式),进而根据已知条件求解. 3.涉及截距问题,还要考虑截距为0这一特殊情况. 【训练】　(1)已知过点M(2,1)的直线l与x轴、y轴分别交于P,Q两点.若M为线段PQ的中点,则直线l的方程为(C) A.2x-y-3=0 B.2x+y+5=0 C.x+2y-4=0 D.x-2y+3=0 解析　由题意知直线l的斜率存在,且不为0.设所求直线的方程为y-1=k(x-2).令x=0,得y=1-2k,所以点Q的坐标为(0,1-2k).又因为M为线段PQ的中点,点P的纵坐标为0,所以根据中点坐标公式得=1,解得k=-,所以所求直线的方程为x+2y-4=0.故选C. (2)(多选题)若直线l过点A(1,2),且在两坐标轴上截距的绝对值相等,则直线l的方程可能为(ABC) A.x-y+1=0 B.x+y-3=0 C.2x-y=0 D.x-y-1=0 解析　当直线经过原点时,斜率为k==2,所求的直线方程为y=2x,即2x-y=0;当直线不过原点时,设所求的直线方程为x±y=k,把点A(1,2)代入可得1-2=k或1+2=k,解得k=-1或k=3,故所求的直线方程为x-y+1=0或x+y-3=0.综上,所求的直线方程为2x-y=0,x-y+1=0或x+y-3=0.故选ABC. 类型三　直线方程的应用 考向❶:过定点问题 【例2】　直线kx-y+1-3k=0,当k变动时,所有直线都通过定点(A) A.(3,1) B.(0,1) C.(0,0) D.(2,1) 解析　直线kx-y+1-3k=0可以为y-1=k(x-3),表示过点(3,1),斜率为k的直线,所以所有直线都通过定点(3,1).故选A. 　　解含参数的直线恒过定点问题的策略 1.任给直线中的参数赋两个不同的值,得到两条不同的直线,然后验证这两条直线的交点就是题目中含参数直线所过的定点,从而问题得解. 2.含有一个参数的二元一次方程,若能整理为A1x+B1y+C1+λ(A2x+B2y+C2)=0,其中λ是参数,这就说明了它表示的直线必过定点,其定点可由方程组解得.若整理成y-y0=k(x-x0)的形式,则表示的所有直线必过定点(x0,y0). 考向❷:最值(范围)问题 【例3】　已知直线l过点M(2,1),且分别与x轴的正半轴,y轴的正半轴交于A,B两点,O为原点,当△AOB面积最小时,求直线l的方程. 解　解法一:设直线l的方程为y-1=k(x-2),则可得A,B(0,1-2k).因为l与x轴、y轴正半轴分别交于A,B两点,所以所以k<0.于是S△AOB=·|OA|·|OB|=··(1-2k)=≥=4.当且仅当-=-4k=2,即k=-时,△AOB面积有最小值为4,此时,直线l的方程为y-1=-(x-2),即x+2y-4=0. 解法二:设所求直线l的方程为+=1(a>0,b>0),则+=1.又因为+≥2,所以ab≥4,当且仅当==,即a=4,b=2时,△AOB的面积S=ab有最小值为4.此时,直线l的方程是+=1,即x+2y-4=0. 　　1.求解与直线方程有关的最值问题,先根据题意建立目标函数,再利用基本不等式(或函数)求解最值. 2.求解直线方程与函数相结合的问题,一般是利用直线方程中x,y的关系,将问题转化为关于x(或y)的函数,借助函数的性质解决问题. 【题组对点练】　 题号 1 2 3 考向 ❶ ❷ ❷ 1.直线(a-1)x-(a+1)y+2=0恒过定点(A) A.(1,1) B.(1,-1) C.(-1,1) D.(-1,-1) 解析　将(a-1)x-(a+1)y+2=0变形为(x-y)a-x-y+2=0,令x-y=0且-x-y+2=0,解得x=1,y=1,所以直线恒过定点(1,1).故选A. 2.(2025·临沂模拟)已知点A(1,3),B(-2,-1).若直线l:y=k(x-2)+1与线段AB相交,则k的取值范围是(D) A. B.(-∞,-2] C.(-∞,-2]∪ D. 解析　直线l:y=k(x-2)+1经过定点P(2,1),因为kPA==-2,kPB==,又直线l:y=k(x-2)+1与线段AB相交,所以-2≤k≤.故选D. 3.已知直线x+2y=2分别与x轴、y轴相交于A,B两点,若动点P(a,b)在线段AB上,则ab的最大值为  .  解析　直线方程可化为+y=1,故直线与x轴的交点为A(2,0),与y轴的交点为B(0,1),由动点P(a,b)在线段AB上,可知0≤b≤1,且a+2b=2,从而a=2-2b,故ab=(2-2b)b=-2b2+2b=-2+,0≤b≤1,故当b=时,ab取得最大值. 第二节　直线的交点坐标与距离公式 【课程标准】　1.能用解方程组的方法求两条相交直线的交点坐标;2.掌握平面上两点间及点到直线的距离公式,会求两平行直线间的距离;3.能根据两条直线的斜率判断这两条直线平行或垂直. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.两条直线平行与垂直的判定 (1)两条直线平行:对于两条不重合的直线l1,l2,其斜率分别为k1,k2,则有l1∥l2⇔ k1=k2 .特别地,当直线l1,l2的斜率都不存在时,l1与l2 平行 .  与Ax+By+C=0平行的直线,可设为Ax+By+m=0(m≠C). (2)两条直线垂直:如果两条直线l1,l2斜率存在,设为k1,k2,则l1⊥l2⇔ k1·k2=-1 .特别地,当一条直线斜率为零,另一条直线斜率不存在时,两直线 垂直 .  2.两直线相交 (1)交点:直线l1:A1x+B1y+C1=0和l2:A2x+B2y+C2=0的公共点的坐标与方程组的解一一对应. (2)相交⇔方程组有 唯一解 ,交点坐标就是方程组的解.  (3)平行⇔方程组 无解 .  (4)重合⇔方程组有 无数个解 .  3.三种距离公式 (1)点A(x1,y1),B(x2,y2)间的距离为|AB|=  .  (2)点P(x0,y0)到直线l:Ax+By+C=0的距离为d=  .  (3)两平行直线l1:Ax+By+C1=0与l2:Ax+By+C2=0(C1≠C2)间的距离为d=  .  [微点清]　求点到直线的距离时,应先化直线方程为一般式.求两平行直线之间的距离时,应先将方程化为一般式,且x,y的系数对应相等. 4.对称问题 (1)点P(x0,y0)关于点A(a,b)的对称点的坐标为P' (2a-x0,2b-y0) .  (2)设点P(x0,y0)关于直线y=kx+b的对称点为P'(x',y'),则有可求出x',y'. 微|点|延|伸 1.对于直线A1x+B1y+C1=0,A2x+B2y+C2=0: (1)“两直线平行”的充要条件是“A1B2=A2B1且A1C2≠A2C1”; (2)“两直线垂直”的充要条件是“A1A2+B1B2=0”. 2.与直线Ax+By+C=0(其中A,B不同时为0)垂直或平行的直线方程可设为: (1)垂直:Bx-Ay+m=0; (2)平行:Ax+By+n=0(n≠C). 小|题|快|练 1.过点A(2,3)且与直线l:2x-4y+7=0平行的直线方程是(A) A.x-2y+4=0 B.x-2y-4=0 C.2x-y+1=0 D.x+2y-8=0 解析　由题意,设所求直线方程为2x-4y+c=0(c≠7),因为直线经过点A(2,3),所以2×2-4×3+c=0,解得c=8,所以所求直线方程为x-2y+4=0.故选A. 2.若直线(2m-1)x+my+1=0和直线mx+3y+3=0垂直,则实数m的值为(D) A.1 B.0 C.2 D.-1或0 解析　由两直线垂直可得m(2m-1)+3m=0,解得m=0或m=-1.故选D. 3.点A(2,5)到直线l:x-2y+3=0的距离为(C) A.2 B. C. D. 解析　由题意得d==.故选C. 4.点P(2,5)关于直线x+y=1的对称点的坐标为 (-4,-1) .  解析　设对称点的坐标为(x0,y0),则解得所以所求对称点的坐标为(-4,-1). 5.两条平行直线3x+4y-12=0与ax+8y+11=0之间的距离为  .  解析　由两条直线平行,得=,所以a=6,所以直线3x+4y-12=0可化为6x+8y-24=0,则两条平行直线间的距离为d==. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　两条直线的平行与垂直 自练自悟 1.已知p:直线x+2y-1=0与直线a2x+(a+1)y-1=0平行,q:a=1,则p是q的(D) 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　当直线x+2y-1=0与直线a2x+(a+1)y-1=0平行时,=≠1,解得a=-,当a=1时,直线x+2y-1=0与直线a2x+(a+1)y-1=0重合,所以p是q的既不充分也不必要条件.故选D. 2.若直线l1:(k-3)x+(k+4)y+1=0与l2:(k+1)x+2(k-3)y+3=0垂直,则实数k的值是(A) A.3或-3 B.3或4 C.-3或-1 D.-1或4 解析　因为直线l1:(k-3)x+(k+4)y+1=0与直线l2:(k+1)x+2(k-3)y+3=0垂直,所以(k-3)×(k+1)+(k+4)×2(k-3)=0,即k2-9=0,解得k=3或k=-3.故选A. 3.(多选题)已知直线l1:x+my-1=0,l2:(m-2)x+3y+3=0,则下列说法正确的是(BD) A.若l1∥l2,则m=-1或m=3 B.若l1∥l2,则m=3 C.若l1⊥l2,则m=- D.若l1⊥l2,则m= 解析　若l1∥l2,则1×3-m(m-2)=0,解得m=3或m=-1,当m=-1时,l1:x-y-1=0,l2:x-y-1=0,l1与l2重合,所以m=-1(舍去),故m=3,故B正确;若l1⊥l2,则1×(m-2)+m×3=0,解得m=,故C不正确,D正确.故选BD. 　　1.当含参数的直线方程为一般式时,若要表示出直线的斜率,不仅要考虑到斜率存在的一般情况,也要考虑到斜率不存在的特殊情况,同时还要注意x,y的系数不能同时为零这一隐含条件. 2.在判断两直线的平行、垂直时,也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论. 类型二　两条直线的交点问题 【例1】　已知直线kx-y+2k+1=0与直线2x+y-2=0的交点在第一象限,则实数k的取值范围是(D) A. B.∪(-1,+∞) C.(-1,+∞) D. 解析　联立直线方程得解得x=,y=(k≠-2).因为直线kx-y+2k+1=0与直线2x+y-2=0的交点在第一象限,所以>0,>0,解得-<k<.故选D. 　　求过两条直线交点的直线方程的方法 1.列方程组解出交点,根据条件求出直线方程. 2.采用过交点的直线系方程求解. 【训练1】　经过直线l1:x-3y+4=0和l2:2x+y+5=0的交点,并且经过原点的直线的方程是(C) A.19x-9y=0 B.9x+19y=0 C.3x+19y=0 D.19x-3y=0 解析　由得所以l1与l2的交点坐标为.所以所求的直线方程为y=-x,即3x+19y=0.故选C. 类型三　距离问题 【例2】　(1)已知直线3x+my-3=0与6x+4y+1=0互相平行,则它们之间的距离是(D) A.4 B. C. D. 解析　直线3x+my-3=0过定点(1,0),则直线3x+my-3=0到直线6x+4y+1=0的距离即为点(1,0)到直线6x+4y+1=0的距离,则所求距离d===.故选D. (2)点(0,-1)到直线y=k(x+1)距离的最大值为(B) A.1 B. C. D.2 解析　由y=k(x+1),可得直线过定点(-1,0),易知当点(-1,0)与(0,-1)的连线与直线y=k(x+1)垂直时,所求距离最大,所以点(0,-1)到直线y=k(x+1)距离的最大值为=.故选B. (3)已知点P(2,-1),则过点P且与原点的距离为2的直线l的方程为 x=2或3x-4y-10=0 .  解析　易知过点P且垂直于x轴的直线满足条件,此时l的斜率不存在,其方程为x=2.若斜率存在,设l的方程为y+1=k(x-2),即kx-y-2k-1=0,由已知得=2,解得k=,此时l的方程为3x-4y-10=0.综上,直线l的方程为x=2或3x-4y-10=0. 　　1.点到直线的距离可直接利用点到直线的距离公式去求,注意直线方程应为一般式. 2.运用两平行直线间的距离公式d=的前提是两直线方程中的x,y的系数对应相等. 【训练2】　(1)直线l1,l2分别过点M(1,4),N(3,1),它们分别绕点M和N旋转,但必须保持平行,那么它们之间的距离d的最大值是(C) A.5 B.4 C. D.3 解析　连接MN,当直线l1,l2都与MN垂直时,它们之间的距离取得最大值,则dmax=|MN|==.故选C. (2)直线l过点P(-1,2)且到点A(2,3)和点B(-4,5)的距离相等,则直线l的方程为 x+3y-5=0或x=-1 .  解析　解法一:当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y-2=k(x+1),即kx-y+k+2=0.由题意知=,即|3k-1|=|-3k-3|,所以k=-,所以直线l的方程为y-2=-(x+1),即x+3y-5=0.当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=-1,也符合题意.故所求直线l的方程为x+3y-5=0或x=-1. 解法二:连接AB,当AB∥l时,直线l的斜率k=kAB=-,直线l的方程为y-2=-(x+1),即x+3y-5=0.当l过AB的中点(-1,4)时,由直线l过点P(-1,2)知,直线l的方程为x=-1.故所求直线l的方程为x+3y-5=0或x=-1. 类型四　对称问题 【例3】　已知直线l:2x-3y+1=0,点A(-1,-2).求: (1)点A关于直线l的对称点A'的坐标; (2)直线m:3x-2y-6=0关于直线l的对称直线m'的方程; (3)直线l关于点A(-1,-2)对称的直线l'的方程. 解　(1)设A'(x,y),由已知条件得解得所以A'. (2)在直线m上取一点M(2,0),则M(2,0)关于直线l的对称点M'必在直线m'上.设对称点M'(a,b),则解得故M'.设直线m与直线l的交点为N,则由得即N(4,3).又因为m'经过点N(4,3),所以由两点式得直线m'的方程为9x-46y+102=0. (3)设P(x,y)为l'上任意一点,则P(x,y)关于点A(-1,-2)的对称点为P'(-2-x,-4-y),因为P'在直线l上,所以2(-2-x)-3(-4-y)+1=0,即2x-3y-9=0. 　　解决两类对称问题的关键 解决中心对称问题的关键在于运用中点坐标公式,而解决轴对称问题,一般是转化为求对称点的问题,在求对称点时,关键要抓住两点:一是两对称点的连线与对称轴垂直;二是两对称点所连线段的中点在对称轴上,即抓住“垂直平分”,由“垂直”列出一个方程,由“平分”列出一个方程,联立求解. 【训练3】　(1)过点P(0,1)作直线l,使它被直线l1:2x+y-8=0和l2:x-3y+10=0截得的线段被点P平分,则直线l的方程为 x+4y-4=0 .  解析　设l1与l的交点为A(a,8-2a),则由题意知,点A关于点P的对称点B(-a,2a-6)在l2上,代入l2的方程,得-a-3(2a-6)+10=0,解得a=4,即点A(4,0)在直线l上,所以直线l的方程为x+4y-4=0. (2)已知入射光线经过点M(-3,4),被直线l:x-y+3=0反射,反射光线经过点N(2,6),则反射光线所在直线的方程为 6x-y-6=0 .  解析　设点M(-3,4)关于直线l:x-y+3=0的对称点为M'(a,b),则反射光线所在直线过点M',所以解得又反射光线经过点N(2,6),所以所求直线的方程为=,即6x-y-6=0. 第三节　圆的方程 【课程标准】　1.掌握确定圆的几何要素,掌握圆的标准方程与一般方程;2.初步了解用代数方法处理几何问题的思想. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.圆的定义和圆的方程 定义 圆是平面上到定点的距离等于定长的点的集合 标准 方程 (x-a)2+(y-b)2=r2(r>0) 圆心C(a,b) 半径为r 一般 方程 x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0) 充要条件: D2+E2-4F>0 圆心坐标: 半径r= 2.点与圆的位置关系 平面上的一点M(x0,y0)与圆C:(x-a)2+(y-b)2=r2之间存在着下列关系: (1)|MC|>r⇔M在 圆外 ,即(x0-a)2+(y0-b)2>r2;  (2)|MC|=r⇔M在 圆上 ,即(x0-a)2+(y0-b)2=r2;  (3)|MC|<r⇔M在 圆内 ,即(x0-a)2+(y0-b)2<r2.  微|点|延|伸 1.二元二次方程Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0表示圆,则 2.圆的“直径式”方程:以A(x1,y1),B(x2,y2)为直径端点的圆的方程为(x-x1)(x-x2)+(y-y1)(y-y2)=0. 3.圆的参数方程:圆心为(a,b),半径为r的圆的参数方程为其中θ为参数,可用来设圆上的点的坐标. 小|题|快|练 1.如果方程x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)表示的曲线关于直线y=x对称,那么必有(A) A.D=E B.D=F C.E=F D.D=E=F 2.(人A选一P85T1改编)圆心坐标为(2,-3)且过原点的圆的方程是(D) A.(x-2)2+(y+3)2= B.(x+2)2+(y+3)2= C.(x+2)2+(y-3)2=13 D.(x-2)2+(y+3)2=13 3.圆心在y轴上,半径长为1,且过点A(1,2)的圆的方程是(A) A.x2+(y-2)2=1 B.x2+(y+2)2=1 C.(x-1)2+(y-3)2=1 D.x2+(y-3)2=4 解析　根据题意可设圆的方程为x2+(y-b)2=1,因为圆过点A(1,2),所以12+(2-b)2=1,解得b=2,所以所求圆的方程为x2+(y-2)2=1.故选A. 4.(人A选一P85T3改编)已知A(1,0),B(0,3),则以AB为直径的圆的方程是 x2+y2-x-3y=0 .  5.已知P(x,y)是圆x2+y2=1上的动点,则x2+4y的最大值为 4 .  解析　由题意得,x2+4y=1-y2+4y=-(y-2)2+5,因为y∈[-1,1],所以当y=1时,x2+4y取得最大值4. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　求圆的方程 【例1】　(1)已知圆的内接正方形的一条对角线上的两个顶点的坐标分别是(5,6),(3,-4),则这个圆的方程为(B) A.x2+y2-4x-2y+7=0 B.x2+y2-8x-2y-9=0 C.x2+y2+8x+2y-6=0 D.x2+y2-4x+2y-5=0 解析　根据题意,圆的内接正方形的一条对角线上的两个顶点的坐标分别是(5,6),(3,-4),则圆的圆心坐标为(4,1),半径r=×=,则圆的方程为(x-4)2+(y-1)2=26,即x2+y2-8x-2y-9=0,故选B. (2)求圆心在直线x-2y-3=0上,且过点A(2,-3),B(-2,-5)的圆的方程. 解　解法一:设点C为圆心,因为点C在直线x-2y-3=0上,所以可设点C的坐标为(2a+3,a).又该圆经过A,B两点,连接CA,CB,所以|CA|=|CB|,即=,解得a=-2,所以圆心C的坐标为(-1,-2),半径r=.故所求圆的方程为(x+1)2+(y+2)2=10. 解法二:设所求圆的标准方程为(x-a)2+(y-b)2=r2,由题意得解得故所求圆的方程为(x+1)2+(y+2)2=10. 　　求圆的方程的常用方法 1.直接法:直接求出圆心坐标和半径,写出方程. 2.待定系数法 (1)若已知条件与圆心(a,b)和半径r有关,则设圆的标准方程,求出a,b,r的值; (2)选择圆的一般方程,依据已知条件列出关于D,E,F的方程组,进而求出D,E,F的值. 【训练1】　(1)(2025·辽宁大连模拟)过点(-1,1)和(1,3),且圆心在x轴上的圆的方程为(D) A.x2+y2=4 B.(x-2)2+y2=8 C.(x-1)2+y2=5 D.(x-2)2+y2=10 解析　设圆的圆心为(a,0),半径为r,则有解得故圆的方程为(x-2)2+y2=10.故选D. (2)(2025·山东泰安检测)在平面内,M,N是两个定点,P是动点,若·=4,则点P的轨迹为(D) A.椭圆 B.抛物线 C.直线 D.圆 解析　 如图建立平面直角坐标系,由M,N是两个定点,不妨设M(-c,0),N(c,0),设P(x,y),则=(x+c,y),=(x-c,y).由·=4可得(x+c)(x-c)+y2=4,即x2+y2=4+c2.所以点P的轨迹为圆.故选D. 类型二　与圆有关的最值问题 考向❶:借助几何性质求最值 【例2】　已知M(-1,2),N是曲线C:x2+y2-6x-2y+9=0上的动点,P为直线x+2y+2=0上的一个动点,则|PM|+|PN|的最小值为 3-1 .  解析　 如图,曲线C:x2+y2-6x-2y+9=0是以C(3,1)为圆心,以1为半径的圆,则根据圆的性质可知,|PN|的最小值为|PC|-1,设M关于直线x+2y+2=0的对称点为H(m,n),则可得解得即H(-3,-2),连接HC,分别交直线x+2y+2=0与圆C于点P,N,则|PM|+|PN|=|PM|+|PC|-1=|PH|+|PC|-1≥|HC|-1,当且仅当P,H,C三点共线时取等号,此时取得最小值3-1,所以|PM|+|PN|的最小值为3-1. 　　将求解的式子进行变形,赋予其一定的几何意义解题,比如本题利用对称性求解.也可以从斜率、距离等几何意义出发求解. 考向❷:借助函数法求最值 【例3】　(1)设点P(x,y)是圆x2+(y-3)2=1上的动点,定点A(2,0),B(-2,0).则·的最大值为 12 .  解析　由题意,得=(2-x,-y),=(-2-x,-y),所以·=x2+y2-4,由于点P(x,y)是圆上的点,故其坐标满足方程x2+(y-3)2=1,故x2=-(y-3)2+1,所以·=-(y-3)2+1+y2-4=6y-12.易知2≤y≤4,所以当y=4时,·的值最大,最大值为6×4-12=12. (2)已知x2+y2+x+y=0,求x+y的取值范围为 [-2,0] .  解析　配方:+=,令则x+y=cos θ+sin θ-1=sin-1∈[-2,0]. 　　建立函数关系式求最值 根据题目条件列出关于所求目标式子的函数关系式,然后根据关系式的特征选用参数法、配方法、判别式法等,利用二次函数或基本不等式求最值是比较常用的. 【题组对点练】　 题号 1 2 3 考向 ❶ ❶ ❷ 1.设P(x,y)是圆(x-2)2+y2=1上的任意一点,则(x-5)2+(y+4)2的最大值是(D) A.6 B.25 C.26 D.36 解析　(x-5)2+(y+4)2表示点P(x,y)到(5,-4)的距离的平方,因为P(x,y)是圆(x-2)2+y2=1上的任意一点,所以(x-5)2+(y+4)2的最大值为圆心(2,0)到(5,-4)的距离与半径之和的平方,即[(x-5)2+(y+4)2]max=[+1]2=36.故选D. 2.已知A(2,0),B(4,0),若直线y=k(x-1)上存在一点M,使得·=0,则实数k的取值范围为(A) A. B.∪ C. D.∪ 解析　因为·=0,所以AM⊥BM,所以点M在以AB为直径的圆上,所以以AB为直径的圆与直线y=k(x-1)有公共点.因为以AB为直径的圆的圆心为(3,0)、半径为1,所以≤1,解得-≤k≤,故选A. 3.(2024·山东聊城一模)已知P是圆C:x2+y2=1外的动点,过点P作圆C的两条切线,设两切点分别为A,B,当·的值最小时,点P到圆心C的距离为(A) A. B. C. D.2 解析　设|PC|=m,则|PA|=|PB|=,cos∠APC==,cos∠APB=2cos2∠APC-1=2×-1==,所以·=(m2-1)·==m2+-3≥2-3,当且仅当m2=,即m2=,即m=时等号成立,此时|PC|=,故选A. 类型三　与圆有关的轨迹问题 【例4】　已知定点M(1,0),N(2,0),动点P满足|PN|=|PM|. (1)求动点P的轨迹C的方程; (2)已知点B(6,0),点A在轨迹C上运动,求线段AB上靠近点B的三等分点Q的轨迹方程. 解　(1)设动点P的坐标为(x,y),因为M(1,0),N(2,0),且|PN|=|PM|,所以=·,整理得x2+y2=2,所以动点P的轨迹C的方程为x2+y2=2. (2)设点Q的坐标为(x,y),点A的坐标为(xA,yA),因为Q是线段AB上靠近点B的三等分点,所以=2,即(x-xA,y-yA)=2(6-x,-y),解得又点A在轨迹C上运动,由(1)有(3x-12)2+(3y)2=2,化简得(x-4)2+y2=,即点Q的轨迹方程为(x-4)2+y2=. 　　求与圆有关的轨迹问题的常用方法 1.直接法:直接根据题目提供的条件列出方程. 2.定义法:根据圆、直线等定义列方程. 3.相关点代入法:找到要求点与已知点的关系,代入已知点满足的关系式. 【训练2】　如图所示,圆O1和圆O2的半径长都等于1,|O1O2|=4.过动点P分别作圆O1,圆O2的切线PM,PN(M,N为切点),使得|PM|=|PN|.试建立平面直角坐标系,并求动点P的轨迹方程. 解　 以O1O2的中点O为原点,O1O2所在的直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则O1(-2,0),O2(2,0).由已知|PM|=|PN|,得|PM|2=2|PN|2.连接O1M,O2N,PO1,PO2,则O1M⊥PM,O2N⊥PN.因为两圆的半径长均为1,所以|PO1|2-1=2(|PO2|2-1).设P(x,y),则(x+2)2+y2-1=2[(x-2)2+y2-1],化简,得(x-6)2+y2=33,所以点P的轨迹方程为(x-6)2+y2=33. 教考衔接8　阿波罗尼斯圆 　　　　　　　　　　　　　 【链接教材】　 　(人教A版选择性必修第一册第97页例6)得到的圆即是著名数学家阿波罗尼斯提出的一种圆的方程,我们称之为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆. 1.阿波罗尼斯圆的定义 若点A,B为两定点,动点M满足|MA|=λ|MB|,则λ=1时,动点M的轨迹为直线;当λ>0且λ≠1时,动点M的轨迹为圆,此圆称之为阿波罗尼斯圆. 如图,设A(-m,0),B(m,0).当λ>0,且λ≠1时,可得阿波罗尼斯圆的方程为+y2=,是以点P为圆心,为半径的圆. 2.阿波罗尼斯圆性质 (1)已知平面上两定点A,B,则所有满足=λ(λ>0且λ≠1)的动点M的轨迹,是一个以定比为=λ(λ>0且λ≠1)内分和外分定线段AB的两个分点的连线为直径的圆.若以线段AB所在直线为x轴,以线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系,则圆的半径为·|AB|,圆心为. (2)已知圆(x-a)2+(y-b)2=r2上任意一点P和坐标轴上任意两点A,B,求形如λ|PA|±|PB|(|PA|±λ|PB|)的最值问题,可逆用阿氏圆转化为三点共线计算最值. 【应用体验】　 1.已知两点A(-2,0),B(1,0),动点P满足|PA|=2|PB|,则点P的轨迹所围成的面积为(B) A.π B.4π C.9π D.16π 解析　解法一:设P(x,y),则=2,得P的轨迹方程为x2+y2-4x=0,(x-2)2+y2=4,所以圆的半径r=2,面积S=πr2=4π.故选B. 解法二:由题意得|AB|=3,λ=2.所以P的轨迹是半径r=·|AB|=×3=2的阿氏圆,则面积S=πr2=π×22=4π.故选B. 2.已知在△ABC中,|AB|=3,|CA|=2|CB|,则△ABC面积的最大值为(C) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　由题意知,点C的轨迹是圆心在直线AB上,半径r==2的圆(如图),所以点C到AB的距离的最大值h=r=2,故△ABC面积的最大值为|AB|·h=×3×2=3.故选C. 3.已知圆C是以线段MN为直径的圆,且M(2,2),N(6,-2),点P为圆C上的动点,若点A(2,0),点B(1,1),则2|PA|-|PB|的最大值为(A) A. B.4+ C.8+5 D. 解析　由题设,知圆心C(4,0)且|MN|==8,即圆C的半径为4,因为圆C:(x-4)2+y2=16,如图,D(-4,0),则|OD|=2|AC|=|CP|=|OC|=4,所以==,即△APC∽△PDC,故==(亦可逆用阿氏圆,其实就是阿氏圆的几何推导).所以2|PA|-|PB|=|PD|-|PB|,在△PBD中,|PD|-|PB|<|BD|,所以要使|PD|-|PB|最大,则P,B,D三点共线,且最大值为|BD|的长度.又|BD|==,所以2|PA|-|PB|的最大值为.故选A. 教考衔接9　与圆有关的轨迹方程问题 　　　 　　　　　　　　　　　　　 一、教材题组·加固练■ 人教A版选择性必修第一册 1 2 3 4 5 P89·8题 P87·例5 P89·9题 P97·例6 P89·10题 【选题说明】本组五个小题从不同角度给出圆的轨迹方程.题1为定义圆,题2为圆的伴生圆,题3、4为比例圆(阿氏圆),题5为圆的参数方程.高考试题可能会以其中之一或其拓展为知识情境进行命题. 【题1】　长为2a的线段AB的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动,求线段AB的中点的轨迹方程,并说明轨迹的形状. 解　如图,设线段AB的中点为M(x,y),点M运动时,它到原点O的距离为定长,即Rt△AOB的斜边上的中线长.|OM|=|AB|=a,即点M∈{M||OM|=a},所以点M的轨迹方程为x2+y2=a2.轨迹是以O为圆心,a为半径的圆. 【题2】　已知线段AB的端点B的坐标是(4,3),端点A在圆(x+1)2+y2=4上运动,求线段AB的中点M的轨迹方程. 解　如图,设点M的坐标是(x,y),点A的坐标是(x0,y0),由于点B的坐标是(4,3),且M是线段AB的中点,所以x=,y=.于是有x0=2x-4,y0=2y-3　①,因为点A在圆(x+1)2+y2=4上运动,所以点A的坐标满足圆的方程,即(x0+1)2+=4　②,把①代入②,得(2x-4+1)2+(2y-3)2=4,整理,得+=1.这就是点M的轨迹方程,它表示以为圆心,半径为1的圆. 【题3】　已知动点M与两个定点O(0,0),A(3,0)的距离的比为,求动点M的轨迹方程,并说明轨迹的形状. 解　如图,设点M的坐标为(x,y),根据题设有M∈,根据已知条件得=2.化简整理得 (x+1)2+y2=4.轨迹的形状为以(-1,0)为圆心,半径为2的圆. 【题4】　已知圆O的直径AB=4,动点M与点A的距离是它与点B的距离的倍,试探究点M的轨迹. 解　如图,以线段AB的中点O为原点,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.由AB=4,得A(-2,0),B(2,0).设点 M的坐标为(x,y),由|MA|=|MB|,得=×,化简,得x2-12x+y2+4=0,即(x-6)2+y2=32.所以点M的轨迹是以P(6,0)为圆心,半径为4的一个圆. 【题5】　在平面直角坐标系中,如果点P的坐标(x,y) 满足其中θ为参数,r>0.证明:点P的轨迹是圆心为(a,b),半径为r的圆. 证明　由于点P的坐标(x,y) 满足其中θ为参数,所以可得(x-a)2+(y-b)2=(rcos θ)2+(rsin θ)2=r2,所以点P的轨迹方程为(x-a)2+(y-b)2=r2.点P的轨迹是圆心为(a,b),半径为r的圆. 二、创新变式·提升练■ 【变式1】　点A为圆x2+y2=4上的动点,PA是圆的切线,|PA|=1,则点P的轨迹方程是(B) A.x2+y2=4 B.x2+y2=5 C.(x-1)2+y2=4 D.(x-1)2+y2=5 解析　因为点A为圆x2+y2=4上的动点,所以|OA|=2,因为PA是圆的切线,所以OA⊥PA,所以|OA|2+|PA|2=|OP|2,设点P(x,y),因为|PA|=1,则x2+y2=5,所以点P的轨迹方程是x2+y2=5. 【变式2】　已知直线l:+=1,θ∈,l与坐标轴的交点分别为A,B,则线段AB的中点C的轨迹与坐标轴围成图形的面积为(D) A. B. C. D. 解析　设A为直线l与x轴的交点,B为直线l与y轴的交点,则A(sin θ,0),B(0,cos θ),故C,设C(x,y),则x2+y2=,且x>0,y>0,故点C的轨迹与坐标轴围成的图形的面积为×π×=.故选D. 【变式3】　已知等腰△ABC,其中顶点A的坐标为(0,0),底边的一个端点B的坐标为(1,1),则另一个端点C的轨迹方程为 x2+y2=2(除去点(1,1)和点(-1,-1)) .  解析　设C(x,y),根据在等腰△ABC中|AB|=|AC|,可得(x-0)2+(y-0)2=(1-0)2+(1-0)2,即x2+y2=2.考虑到A,B,C三点要构成三角形,因此点C不能为(1,1)和(-1,-1).所以点C的轨迹方程为x2+y2=2(除去点(1,1)和点(-1,-1)). 三、链接高考·体验练■ 1.(2023·全国乙卷)已知实数x,y满足x2+y2-4x-2y-4=0,则x-y的最大值是(C) A.1+ 　B.4 C.1+3 　D.7 解析　解法一:x2+y2-4x-2y-4=0,整理得(x-2)2+(y-1)2=9,令x=3cos θ+2,y=3sin θ+1,其中θ∈[0,2π),则x-y=3cos θ-3sin θ+1=3cos+1,因为θ∈[0,2π),所以θ+∈,则θ+=2π,即θ=时,x-y取得最大值3+1.故选C. 解法二:由x2+y2-4x-2y-4=0可得(x-2)2+(y-1)2=9,表示圆心为(2,1),半径为3的圆,设x-y=k,则圆心到直线x-y=k的距离d=≤3,解得1-3≤k≤1+3.故选C. 2.(高考预测题) (多选题)已知线段AB=2,其端点A,B分别在x轴和y轴上滑动,OP⊥AB,垂足为P,点P的轨迹为如图所示的四叶玫瑰线,则下列结论正确的是(ABC) A.(S△OAB)max=1 B.|OP|max=1 C.四叶玫瑰线围成的面积小于π D.(S△OAP)max= 解析　对于A,由OA2+OB2=AB2=4,得4≥2OA·OB,即OA·OB≤2,当且仅当OA=OB=时,等号成立,所以S△OAB=OA·OB≤1,故A正确;对于B,解法一:设P(x,y),易知点P的轨迹(即四叶玫瑰线)方程为(x2+y2)3=4x2y2.(x2+y2)3=4x2y2≤(x2+y2)2,当且仅当x=y时,等号成立,即x2+y2≤1.所以|OP|=≤1,故B正确.解法二:由(1)知(S△AOB)max=1,即×|AB||OP|最大值为1,|AB|=2,故|OP|max=1.故B正确;对于C,由题图可知,四叶玫瑰线围成的面积小于以|OP|max为半径的圆的面积π, 故C正确;对于D,设AP=t,t∈(0,2),则BP=2-t,OP2=AP·BP=t(2-t).所以S△OAP=AP·OP=t=,设f(t)=t3(2-t)=2t3-t4,t∈(0,2),则f'(t)=6t2-4t3=2t2(3-2t),所以当0<t<时,f'(t)>0,当<t<2时,f'(t)<0,所以f(t)在上单调递增,在上单调递减.所以f(t)max=f=.所以(S△OAP)max=,故D错误.故选ABC. 3.(经典高考题)已知平面内两定点A,B间的距离为2,动点P满足=,则△PAB面积的最大值为 2 .  解析　 设以经过点A,B的直线为x轴,的方向为x轴正方向,以线段AB的垂直平分线为y轴,线段AB的中点O为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(-1,0),B(1,0).设P(x,y),因为=,所以=,两边平方并整理得x2+y2-6x+1=0,即点P的轨迹为(x-3)2+y2=8.要使△PAB的面积最大,只需点P到AB(x轴)的距离最大,此时面积为×2×2=2. 第四节　直线与圆、圆与圆的位置关系 【课程标准】　1.能根据给定直线、圆的方程,判断直线与圆、圆与圆的位置关系;2.能用直线和圆的方程解决一些简单的数学问题与实际问题;3.初步了解用代数方法处理几何问题的思想. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.直线与圆的位置关系(圆心到直线的距离为d,圆的半径为r) 相离 相切 相交 图形 量 化 方程 观点 Δ < 0 Δ = 0 Δ > 0 几何 观点 d > r d = r d < r 2.圆与圆的位置关系(☉O1,☉O2的半径分别为r1,r2,d=|O1O2|) 图形 量的关系 外离 d>r1+r2 外切 d=r1+r2 相交 |r1-r2|<d<r1+r2 内切 d=|r1-r2| 内含 0≤d<|r1-r2| 微|点|延|伸 1.圆的切线方程常用结论 (1)过圆x2+y2=r2上一点P(x0,y0)的圆的切线方程为x0x+y0y=r2. (2)过圆(x-a)2+(y-b)2=r2上一点P(x0,y0)的圆的切线方程为(x0-a)(x-a)+(y0-b)(y-b)=r2. (3)过圆x2+y2=r2外一点M(x0,y0)作圆的两条切线,则两切点所在的直线方程为x0x+y0y=r2. 2.设圆C1:x2+y2+D1x+E1y+F1=0, 圆C2:x2+y2+D2x+E2y+F2=0, (1)若两圆相交,两式相减,得(D1-D2)x+(E1-E2)y+F1-F2=0,该方程表示圆C1与C2的公共弦所在的直线方程. (2)若两圆相切,两式相减,得(D1-D2)x+(E1-E2)y+F1-F2=0,该方程表示圆C1与C2的公共切线所在的直线方程. 小|题|快|练 1.直线3x+4y=5与圆x2+y2=16的位置关系是(A) A.相交 B.相切 C.相离 D.相切或相交 解析　圆心到直线的距离d==1<4,所以直线与圆相交.故选A. 2.(人A选一P93T3改编)直线x-2y+5=0与圆x2+y2=8相交于A,B两点,则|AB|=(B) A. B.2 C. D.2 解析　因为圆x2+y2=8的圆心为(0,0),半径为2,所以圆心到直线x-2y+5=0的距离d==,所以|AB|=2=2.故选B. 3.(人A选一P98练习T1改编)圆C1:x2+y2=4与圆C2:x2+y2-8x-6y+16=0的位置关系是(A) A.外切 B.相交 C.外离 D.内切 解析　圆C1的圆心C1(0,0),半径r1=2,圆C2可化为(x-4)2+(y-3)2=9,所以圆心C2(4,3),半径r2=3,所以|C1C2|==5=r1+r2,故两圆外切.故选A. 4.若圆x2+y2+6x=0与圆x2+y2-2my+m2-16=0外离,则实数m的取值范围是 (-∞,-2)∪(2,+∞) .  解析　设圆C1:x2+y2+6x=0,即(x+3)2+y2=9,所以圆心C1(-3,0),半径r1=3;圆C2:x2+y2-2my+m2-16=0,即x2+(y-m)2=16,所以圆心C2(0,m),半径r2=4.因为圆C1和圆C2外离,所以|C1C2|>r1+r2,即>7,解得m<-2或m>2,所以实数m的取值范围是(-∞,-2)∪(2,+∞). 5.(人A选一P96例5改编)圆x2+y2-4=0与圆x2+y2-4x+4y-12=0的公共弦长为 2 .  解析　由得两圆公共弦所在直线方程x-y+2=0.又圆x2+y2=4的圆心到直线x-y+2=0的距离为=.由勾股定理得弦长为2=2. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　直线与圆位置关系的判断 自练自悟 1.直线kx-y+2-k=0与圆x2+y2-2x-8=0的位置关系为(C) A.相交、相切或相离 B.相交或相切 C.相交 D.相切 解析　解法一:直线kx-y+2-k=0的方程可化为k(x-1)-(y-2)=0,该直线恒过定点(1,2).因为12+22-2×1-8<0,所以点(1,2)在圆x2+y2-2x-8=0的内部,所以直线kx-y+2-k=0与圆x2+y2-2x-8=0相交.故选C. 解法二:圆的方程可化为(x-1)2+y2=32,所以圆的圆心为(1,0),半径为3.圆心到直线kx-y+2-k=0的距离为=≤2<3,所以直线与圆相交.故选C. 2.(2025·济南质量检测)已知直线l经过点(2,4),则“直线l的斜率为-1”是“直线l与圆C:(x-1)2+(y-3)2=2相切”的(C) 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　如图,易知点(2,4)在圆C:(x-1)2+(y-3)2=2上,圆心C(1,3)与点(2,4)的连线l'的斜率为=1,若直线l的斜率为-1,则l⊥l',则直线l与圆C相切,反之,若直线l与圆C相切,则l⊥l',则直线l的斜率为-1.故选C. 3.已知点A(-2,0),B(2,0),点M是直线y=kx+3上任意一点,且∠AMB<90°,则实数k的取值范围是  .  解析　因为∠AMB<90°,所以点M在以线段AB为直径的圆外,即直线y=kx+3与以线段AB为直径的圆相离,设线段AB的中点为O(0,0),又|AB|=4,可知以线段AB为直径的圆的圆心为O(0,0),半径r=|AB|=2,故方程为x2+y2=4,又圆心(0,0)到直线y=kx+3的距离d=>2,解得-<k<,所以实数k的取值范围是. 　　判断直线与圆的位置关系的常见方法 1.几何法:利用d与r的关系判断. 2.代数法:联立方程之后利用Δ判断. 类型二　圆的切线问题 【例1】　已知点P(+1,2-),点M(3,1),圆C:(x-1)2+(y-2)2=4. (1)求过点P的圆C的切线方程; (2)求过点M的圆C的切线方程,并求出切线长. 解　由题意得圆心C(1,2),半径r=2. (1)因为(+1-1)2+(2--2)2=4,所以点P在圆C上.又kPC==-1,所以过点P的切线的斜率为-=1,所以过点P的圆C的切线方程是y-(2-)=1×[x-(+1)],即x-y+1-2=0. (2)因为(3-1)2+(1-2)2=5>4,所以点M在圆C外.当过点M的直线的斜率不存在时,直线方程为x=3,即x-3=0.又点C(1,2)到直线x-3=0的距离d=3-1=2=r,所以直线x=3是圆的切线;当切线的斜率存在时,设切线方程为y-1=k(x-3),即kx-y+1-3k=0,由圆心C到切线的距离d'==r=2,解得k=.所以切线方程为y-1=(x-3),即3x-4y-5=0.综上,过点M的圆C的切线方程为x-3=0或3x-4y-5=0.因为|MC|==,所以过点M的圆C的切线长为==1. 　　当切线方程斜率存在时,圆的切线方程的求法 1.几何法:设切线方程为y-y0=k(x-x0),利用点到直线的距离公式表示出圆心到切线的距离d,然后令d=r,进而求出k. 2.代数法:设切线方程为y-y0=k(x-x0),与圆的方程组成方程组,消元后得到一个一元二次方程,然后令判别式Δ=0进而求得k. 注意验证斜率不存在的情况. 【训练1】　(2025·重庆模拟)已知P(x0,y0)是直线l:x-y+4=0上一点,过点P作圆O:x2+y2=1的两条切线,切点分别为A,B,当直线AB与l平行时,|AB|=(A) A. B. C. D.4 解析　在平面直角坐标系中画出直线l与圆O的图象,如图所示.连接OA,OB,OP,由PA,PB切圆O于A,B知,OA⊥PA,OB⊥PB,OP⊥AB.因为直线AB与l平行,所以OP⊥l,又|OP|==2,且圆O半径为1,所以|PA|==.由四边形OAPB面积S=2S△OPA,得|AB||OP|=2×|OA||AP|,所以|AB|===.故选A. 类型三　圆的弦长问题 【例2】　(1)设圆x2+y2-2x-2y-2=0的圆心为C,直线l过(0,3)且与圆C交于A,B两点,若|AB|=2,则直线l的方程为(B) A.3x+4y-12=0或4x-3y+9=0 B.3x+4y-12=0或x=0 C.4x-3y+9=0或x=0 D.3x-4y+12=0或4x+3y+9=0 解析　当直线l的斜率不存在时,其方程为x=0,则由得或所以|AB|=2,符合题意.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+3,因为圆x2+y2-2x-2y-2=0即(x-1)2+(y-1)2=4,所以圆心为C(1,1),圆的半径r=2,易知圆心C(1,1)到直线y=kx+3的距离d==,d2+=r2,所以+3=4,解得k=-,所以直线l的方程为y=-x+3,即3x+4y-12=0.综上,直线l的方程为3x+4y-12=0或x=0.故选B. (2)(2024·全国甲卷)已知b是a,c的等差中项,直线ax+by+c=0与圆x2+y2+4y-1=0交于A,B两点,则|AB|的最小值为(C) A.1 B.2 C.4 D.2 解析　根据题意有2b=a+c,即a-2b+c=0,所以直线ax+by+c=0过点M(1,-2).设圆x2+y2+4y-1=0的圆心为C,连接CM,则AB⊥CM时,|AB|最小,将圆的方程化为x2+(y+2)2=5,则C(0,-2),所以|MC|=1,所以|AB|的最小值为2=4,故选C. 　　弦长的两种求法 1.代数法:将直线和圆的方程联立方程组,根据弦长公式求弦长. 2.几何法:若弦心距为d,圆的半径长为r,则弦长l=2. 【训练2】　(多选题)(2025·山东青岛模拟)已知直线l:x-my+3=0和圆C:x2+y2-6x+5=0,则下列结论成立的是(AD) A.直线l:x-my+3=0过定点(-3,0) B.当直线l与圆C相交时,直线l:x-my+3=0被圆所截的弦长最大值为4 C.当直线l与圆C相切时,实数m=2 D.当实数m的值为3时,直线l与圆C相交,且所得弦长为 解析　将圆C:x2+y2-6x+5=0化为(x-3)2+y2=4,可得其圆心C(3,0),半径r=2.对于A,对于任意实数m,当y=0时,恒有x=-3,即直线l过定点(-3,0),A正确;对于B,显然圆心C(3,0)不满足直线l的方程,即直线l不过圆心C,因此,当直线l与圆C相交时,直线l被圆所截的弦长小于4,B错误;对于C,当直线l与圆C相切时,圆心C到直线l的距离d1==2,解得m=±2,C错误;对于D,当m=3时,由C知,圆心C到直线l的距离d2=<2,所以直线l与圆C相交,所得弦长为2=2=,D正确.故选AD. 类型四　圆与圆的位置关系 【例3】　(1)圆C1:(x-2)2+(y-4)2=9与圆C2:(x-5)2+y2=16的公切线条数为(B) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　依题意,圆C1的圆心为C1(2,4),半径r1=3,圆C2的圆心为C2(5,0),半径r2=4,|C1C2|==5,因为|r1-r2|<5<r1+r2,故圆C1与C2相交,有2条公切线.故选B. (2)已知圆C1:x2+y2-2x-6y-1=0和圆C2:x2+y2-10x-12y+45=0. (ⅰ)求证:圆C1和圆C2相交; (ⅱ)求圆C1和圆C2的公共弦所在直线的方程和公共弦长. 解　(ⅰ)证明:圆C1的圆心C1(1,3),半径r1=,圆C2的圆心C2(5,6),半径r2=4,两圆圆心距d=|C1C2|=5,r1+r2=+4,|r1-r2|=4-,因为|r1-r2|<d<r1+r2,所以圆C1和圆C2相交. (ⅱ)将圆C1和圆C2的方程左、右分别相减,得4x+3y-23=0,所以两圆的公共弦所在直线的方程为4x+3y-23=0.圆心C2(5,6)到直线4x+3y-23=0的距离d==3,故公共弦长为2=2. 　　两圆公共弦长的求法 求两圆公共弦长,先求出公共弦所在直线的方程,在其中一圆中,由弦心距d,半弦长,半径r所在线段构成直角三角形,利用勾股定理求解. 【训练3】　(1)(多选题)已知圆C:x2+y2-2ax+a2-1=0与圆D:x2+y2=4有且仅有两条公共切线,则实数a的取值可以是(CD) A.-3 B.3 C.2 D.-2 解析　圆C的标准方程为(x-a)2+y2=1,圆心为(a,0),半径r1=1.圆D的圆心为(0,0),半径r2=2.依题意,两圆的圆心距d满足|r1-r2|<d<|r1+r2|,即1<|a|<3.满足条件的只有C和D. (2)(2025·长沙适应性考试)已知A(4,1),B(2,2),C(0,3),若在圆x2+y2=r2(r>0)上存在点P满足|PA|2+|PB|2+|PC|2=13,则实数r的取值范围是 [2-1,2+1] .  解析　设P(x,y),由|PA|2+|PB|2+|PC|2=13,得(x-4)2+(y-1)2+(x-2)2+(y-2)2+x2+(y-3)2=13,得x2+y2-4x-4y+7=0,即(x-2)2+(y-2)2=1,所以点P的轨迹是以(2,2)为圆心,1为半径的圆,记该圆为圆E,E(2,2).记圆x2+y2=r2(r>0)为圆O,O(0,0),若在圆x2+y2=r2(r>0)上存在点P满足|PA|2+|PB|2+|PC|2=13,则圆E和圆O有公共点.连接OE,则|OE|-1≤r≤|OE|+1,解得2-1≤r≤2+1. 高考真题重温 　　　　　　　　　　　　　 1.(2024·北京高考)圆x2+y2-2x+6y=0的圆心到直线x-y+2=0的距离为(D) A. B.2 C.3 D.3 解析　化圆的方程为标准方程,得(x-1)2+(y+3)2=10,所以该圆的圆心(1,-3)到直线x-y+2=0的距离为==3.故选D. 2.(2023·新课标Ⅰ卷)过点(0,-2)与圆x2+y2-4x-1=0相切的两条直线的夹角为α,则sin α=(B) A.1 B. C. D. 解析　圆的方程可化为(x-2)2+y2=5,圆心C(2,0),半径r=,M(0,-2)与C(2,0)之间的距离d=2,所以sin==,cos=,sin α=2sincos=2××=.故选B. 3.(多选题)(2021·新高考Ⅰ卷)已知点P在圆(x-5)2+(y-5)2=16上,点A(4,0),B(0,2),则(ACD) A.点P到直线AB的距离小于10 B.点P到直线AB的距离大于2 C.当∠PBA最小时,|PB|=3 D.当∠PBA最大时,|PB|=3 解析　由题意可知直线AB的方程为+=1,即x+2y-4=0,则圆心(5,5)到直线AB的距离d==>4,所以直线AB与圆(x-5)2+(y-5)2=16相离,所以点P到直线AB的距离的取值范围为,因为-4∈(0,1),+4∈(8,9),所以选项A正确,选项B错误.过点B作圆的两条切线,切点分别为P1,P2,如图,当点P在切点P1的位置时,∠PBA最小,当点P在切点P2的位置时,∠PBA最大,易知|P1B|=|P2B|,圆心(5,5)到点B的距离为,圆的半径为4,所以|P1B|=|P2B|===3,故选项C,D均正确.故选ACD. 4.(多选题)(2021·新高考Ⅱ卷)已知直线l:ax+by-r2=0与圆C:x2+y2=r2,点A(a,b),则下列说法正确的是(ABD) A.若点A在圆C上,则直线l与圆C相切 B.若点A在圆C内,则直线l与圆C相离 C.若点A在圆C外,则直线l与圆C相离 D.若点A在直线l上,则直线l与圆C相切 解析　圆心C(0,0)到直线l的距离d=,若点A(a,b)在圆C上,则a2+b2=r2,所以d==|r|,所以直线l与圆C相切,故A正确.若点A(a,b)在圆C内,则a2+b2<r2,所以d=>|r|,所以直线l与圆C相离,故B正确.若点A(a,b)在圆C外,则a2+b2>r2,所以d=<|r|,所以直线l与圆C相交,故C错误.若点A(a,b)在直线l上,则a2+b2-r2=0,即a2+b2=r2,所以d==|r|,所以直线l与圆C相切,故D正确.故选ABD. 5.(2023·新课标Ⅱ卷)已知直线l:x-my+1=0与☉C:(x-1)2+y2=4交于A,B两点,写出满足“△ABC面积为”的m的一个值 2 .  解析　设点C到直线AB的距离为d,由弦长公式,得|AB|=2,所以S△ABC=×d×2=,解得d=或d=,又d==,所以=或=,解得m=±2或m=±. 6.(2022·新课标Ⅱ卷)设点A(-2,3),B(0,a),若直线AB关于直线y=a对称的直线与圆(x+3)2+(y+2)2=1有公共点,则a的取值范围是  .  解析　因为kAB=,所以直线AB关于直线y=a对称的直线方程为(3-a)x-2y+2a=0.由题意可知圆心为(-3,-2),且圆心到对称直线的距离小于或等于1,所以≤1.整理,得6a2-11a+3≤0,解得≤a≤. 第五节　椭圆 【课程标准】　1.掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率);2.了解椭圆的简单应用;3.理解数形结合的思想. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.椭圆的定义 (1)文字形式 平面内与两个定点F1,F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做 椭圆 .这两个定点叫做椭圆的 焦点 ,两焦点间的距离叫做椭圆的 焦距 ,焦距的一半称为半焦距.  (2)代数式形式 点集P={M||MF1|+|MF2|=2a},其中|F1F2|=2c<2a. [微点清]　2a=|F1F2|时,动点的轨迹是线段F1F2;2a<|F1F2|时,动点的轨迹不存在. 2.椭圆的标准方程与几何性质 标准 方程 +=1(a>b>0) +=1(a>b>0) 范围 -a≤x≤a,-b≤y≤b -b≤x≤b,-a≤y≤a 对称性 关于x轴、y轴、原点对称 顶点 (±a,0),(0,±b) (±b,0),(0,±a) 离心率 0<e=<1 [微点清]　椭圆方程的两种设法:Ax2+By2=1或+=1(A>0,B>0,A≠B)表示椭圆.离心率表示椭圆的扁平程度.当e越接近1时,c越接近a,从而b=越小,因此椭圆越扁平. 3.直线与椭圆的位置关系 (1)直线与椭圆位置关系的判断 联立消去y,得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.该一元二次方程的根的判别式为Δ. Δ>0⇔直线与椭圆有 两个 公共点⇔相交;  Δ=0⇔直线与椭圆有 一个 公共点⇔相切;  Δ<0⇔直线与椭圆 没有 公共点⇔相离.  (2)椭圆的弦长 设AB为椭圆的一条弦,所在直线的斜率为k,A(x1,y1),B(x2,y2),则弦长l=|x1-x2|=|y1-y2|. 微|点|延|伸 　椭圆上的点P(x0,y0)与两焦点构成的△PF1F2叫做焦点三角形.如图所示,设∠F1PF2=θ. (1)当P为短轴端点时,θ最大. (2)=|PF1||PF2|sin θ=b2tan=c|y0|.当|y0|=b,即点P为短轴端点时,△PF1F2的面积取最大值,最大值为bc. (3)焦点三角形的周长为2(a+c). (4)4c2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|cos θ. 小|题|快|练 1.(人B选一P139例3改编)若椭圆C:+=1,则该椭圆上的点到焦点距离的最大值为(A) A.3 B.2+ C.2 D.+1 解析　由题意知a=2,b=,所以c=1,则椭圆上的点到焦点距离的最大值为a+c=3.故选A. 2.已知椭圆C:+=1的一个焦点为(2,0),则C的离心率为(C) A. B. C. D. 解析　由已知可得b2=4,c=2,则a2=b2+c2=8,所以a=2,则离心率e==.故选C. 3.已知直线3x-2y-6=0经过焦点在坐标轴上的椭圆的两个顶点,则该椭圆的方程为 +=1 .  解析　令x=0,可得y=-3;令y=0,可得x=2,则椭圆的两个顶点坐标分别为(0,-3),(2,0).因为|-3|>2,所以椭圆的焦点在y轴上.设椭圆的方程为+=1(a>b>0),则a=3,b=2,所以椭圆的方程为+=1. 4.若椭圆的方程为+=1,且此椭圆的焦距为4,则实数a= 4或8 .  解析　①当焦点在x轴上时,10-a-(a-2)=22,解得a=4;②当焦点在y轴上时,a-2-(10-a)=22,解得a=8. 5.已知斜率为1的直线l过椭圆+y2=1的右焦点,交椭圆于A,B两点,则弦AB的长为  .  解析　椭圆+y2=1的右焦点为(,0),所以直线l的方程为y=x-,将y=x-代入+y2=1,得5x2-8x+8=0,则x1+x2=,x1x2=,得|AB|==. 第1课时　椭圆及其简单几何性质 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　椭圆的定义及应用 【例1】　(1)已知A,B是圆+y2=4(F为圆心)上一动点,线段AB的垂直平分线交BF于点P,则动点P的轨迹方程为 x2+y2=1 .  解析　连接PA,由题意知|PA|=|PB|,|PF|+|BP|=2.所以|PA|+|PF|=2且|PA|+|PF|>|AF|,即动点P的轨迹是以A,F为焦点的椭圆,a=1,c=,b2=.所以动点P的轨迹方程为x2+y2=1. (2)设点P为椭圆C:+=1(a>2)上一点,F1,F2分别为C的左、右焦点,且∠F1PF2=60°,则△PF1F2的面积为  .  解析　解法一:由题意知,c=.又∠F1PF2=60°,|F1P|+|PF2|=2a,|F1F2|=2,所以|F1F2|2=(|F1P|+|PF2|)2-2|F1P||PF2|-2|F1P||PF2|cos 60°=4a2-3|F1P||PF2|=4a2-16,所以|F1P||PF2|=,所以=|F1P||PF2|sin 60°=××=. 解法二:=b2tan=4×tan 30°=. 　　1.椭圆的定义的应用 求椭圆的标准方程,求焦点三角形的周长、面积及弦长、最值和离心率等. 2.焦点三角形的应用 椭圆上一点P与椭圆的两焦点组成的三角形通常称为“焦点三角形”,利用定义可求其周长;利用定义和余弦定理可求|PF1||PF2|;通过整体代入可求其面积等. 【训练1】　(多选题)已知椭圆C:3x2+4y2=48的两个焦点分别为F1,F2,P是C上任意一点,则(BD) A.C的离心率为 B.△PF1F2的周长为12 C.|PF1|的最小值为3 D.|PF1|·|PF2|的最大值为16 解析　由3x2+4y2=48得+=1,所以a=4,b=2,c=2,令F1(-2,0),F2(2,0),对于A,e==,错误;对于B,△PF1F2的周长为2a+2c=12,正确,对于C,|PF1|的最小值为a-c=2,错误;对于D,2a=8=|PF1|+|PF2|≥2,即|PF1|·|PF2|≤16,当且仅当|PF1|=|PF2|时等号成立,正确.故选BD. 类型二　椭圆的标准方程 【例2】　(1)(2025·石家庄质量检测)已知曲线C:+=1(m≠0),则“m∈(0,6)”是“曲线C的焦点在x轴上”的(A) 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　因为曲线C:+=1(m≠0),所以当m∈(0,6)时,曲线C表示焦点在x轴上的椭圆;若曲线C的焦点在x轴上,则当曲线C表示椭圆时,m∈(0,6),当曲线C表示双曲线时,则m∈(-∞,0).综上,“m∈(0,6)”是“曲线C的焦点在x轴上”的充分不必要条件,故选A. (2)(2024·山东联考)动点M(x,y)到定点F(-4,0)的距离与M到定直线l:x=-的距离的比等于,则动点M的轨迹方程是(A) A.+=1 B.+=1 C.+=1 D.+=1 解析　解法一:根据题意,得=,化简得+=1,故选A. 解法二:根据椭圆的第二定义可知,动点M的轨迹为椭圆,且c=4,=,所以a=5,b==3,所以动点M的轨迹方程是+=1.故选A. (3)已知椭圆的中心在原点,以坐标轴为对称轴,且经过两点P1(,1),P2(-,-),则该椭圆的方程为 +=1 .  解析　设椭圆的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0,且m≠n).因为椭圆经过P1,P2两点,所以点P1,P2的坐标满足椭圆方程,即解得所以所求椭圆的方程为+=1. 　　根据条件求椭圆方程的主要方法 1.定义法:根据题目所给条件确定动点的轨迹满足椭圆的定义. 2.待定系数法:根据题目所给的条件确定椭圆中的a,b.当不知焦点在哪一个坐标轴上时,一般可设所求椭圆的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n),用待定系数法不必考虑焦点位置,求出m,n的值即可. 【训练2】　(2025·河南质量检测)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,A1,A2分别为C的左、右顶点,B为C的上顶点.若·=-2,则椭圆C的方程为(B) A.+=1 B.+=1 C.+=1 D.+=1 解析　由离心率e====,解得=,则b2=a2　①.因为A1,A2分别为C的左、右顶点,B为C的上顶点,所以A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),所以=(-a,-b),=(a,-b),又·=-2,所以-a2+b2=-2　②,联立①②解得a2=8,b2=6,所以椭圆C的方程为+=1.故选B. 类型三　椭圆的几何性质 考向❶:离心率问题 【例3】　(1)已知F1,F2为椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点,M为椭圆上一点,MF1垂直于x轴,且∠F1MF2=60°,则椭圆的离心率为  .  解析　解法一:因为|F1F2|=2c,MF1⊥x轴,∠F1MF2=60°,所以|MF1|=c,|MF2|=c.所以2a=|MF1|+|MF2|=2c.所以e==. 解法二:依题意得F1(-c,0),将x=-c代入+=1,得|y|=,因为=,所以=.因为b2=a2-c2,所以=,即=.解得e=-(舍)或e=. (2)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右焦点为F1,F2,圆x2+y2=a2-b2与E的一个交点为P,直线PF2与E的另一个交点为Q,tan∠F1QF2=,则E的离心率为(B) A. B. C. D. 解析　设椭圆E的半焦距为c,则a2-b2=c2,所以圆的方程为x2+y2=c2.连接PF1,由圆的性质可知∠F1PF2=90°,所以△F1PQ为直角三角形.由tan∠F1QF2=,可设|F1P|=3x,|PQ|=4x,|F1Q|=5x.由椭圆的定义可得|F1P|+|PQ|+|QF1|=4a,即12x=4a,得x=,所以|F1P|=a,又|F1P|+|F2P|=2a,所以|F2P|=a.在Rt△F1PF2中,由勾股定理得|F1P|2+|F2P|2=|F1F2|2,即a2+a2=(2c)2,得a=c,所以E的离心率e===.故选B. 　　求椭圆的离心率的方法 1.直接求出a,c来求解,通过已知条件列方程组,解出a,c的值. 2.构造a,c的齐次式,解出e.由已知条件得出关于a,c的二元齐次方程,然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解. 考向❷:最值或范围问题 【例4】　(1)若点O和点F分别为椭圆+=1的中心和左焦点,点P为椭圆上的任意一点,则·的最大值为(C) A.2 B.3 C.6 D.8 解析　由椭圆+=1可得F(-1,0),设P(x,y)(-2≤x≤2),则·=x2+x+y2=x2+x+3=x2+x+3=(x+2)2+2,-2≤x≤2,当且仅当x=2时,·取得最大值6.故选C. (2)已知椭圆+=1的左焦点为F,若A,B是椭圆上两动点,且直线AB垂直于x轴,则△ABF周长的最大值为 12 .  解析　设椭圆+=1的右焦点为F1,连接AF1,BF1,易知△ABF的周长为|AF|+|BF|+|AB|=6-|AF1|+6-|BF1|+|AB|=12-(|AF1|+|BF1|-|AB|)≤12,当且仅当边AB过点F1时,等号成立,故△ABF周长的最大值为12. 　　与椭圆有关的最值或范围问题的求解方法 1.利用数形结合、几何意义,尤其是椭圆的性质. 2.利用函数,尤其是二次函数. 3.利用不等式,尤其是基本不等式. 特别注意:在求解与椭圆几何性质有关的参数问题时,要结合图形进行分析,当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时,要理清它们之间的关系. 【题组对点练】　 题号 1 2 考向 ❶ ❷ 1.(2025·成都联考)已知椭圆Γ:+=1(a>b>0),过原点的直线交椭圆于A,B(A在第一象限)两点.由A向x轴作垂线,垂足为C,连接BC并延长交椭圆于点D.若△ABD为直角三角形,则椭圆的离心率为(B) A. B. C. D. 解析　如图所示,设点A(x0,y0),其中x0>0,y0>0,则B(-x0,-y0),C(x0,0),则kAB=,kBC=,设点D(x1,y1),则由点差法易得:+=0,所以=-,所以kDAkDB=·==-≠-1,则AD,BD不互相垂直,所以AD⊥AB,则kADkAB=-1,所以kAD=-=-,又kDAkDB=kDAkBC=-·=-,所以=,所以该椭圆的离心率为e=====.故选B. 2.已知F是椭圆5x2+9y2=45的左焦点,P是此椭圆上的动点,A(1,1)是一定点.求|PA|+|PF|的最大值和最小值分别是 6+ , 6- .  解析　如图所示,设椭圆右焦点为F1,连接PF1,则|PF|+|PF1|=6.所以|PA|+|PF|=|PA|-|PF1|+6.因为-|AF1|≤|PA|-|PF1|≤|AF1|(当P,A,F1共线时等号成立),所以6-≤|PA|+|PF|≤6+.故|PA|+|PF|的最大值为6+,最小值为6-. 教考衔接10　与椭圆有关的轨迹方程问题 　　　 　　　　　　　　　　　　　 一、教材题组·加固练■ 人教A版选择性必修第一册 1 2 3 4 P108·例2 P115·9题 P108·例3 P113·例6 【选题说明】本组四个小题从不同角度给出椭圆的轨迹方程.题1、2可知一个圆按某一个方向作伸缩变换可以得到椭圆.题3、4分别给出椭圆的另两种定义方式.高考试题可能会以其中之一或其拓展为知识情境进行命题. 【题1】　如图,在圆x2+y2=4上任取一点P,过点P作x轴的垂线段PD,D为垂足.当点P在圆上运动时,线段PD的中点M的轨迹是什么?为什么?(当点P经过圆与x轴的交点时,规定点M与点P重合). 解　设点M的坐标为(x,y),点P的坐标为(x0,y0),则点D的坐标为(x0,0),由点M是线段PD的中点,得x=x0,y=.因为点P(x0,y0)在圆x2+y2=4上,所以+=4　①,把x0=x,y0=2y代入方程①,得x2+4y2=4,即+y2=1.所以点M的轨迹是椭圆. 【题2】　如图,DP⊥x轴,垂足为D,点M在DP的延长线上,且=.当点P在圆x2+y2=4 上运动时,求点M的轨迹方程,并说明轨迹的形状. 解　设点M的坐标为(x,y),点P的坐标为(x0,y0),由题意知y0≠0,则点D的坐标为(x0,0),由=,得x=x0,y=,得x0=x,y0=y,因为点P(x0,y0)在圆x2+y2=4上,所以+=4　①,把x0=x,y0=y代入方程①,得x2+=4,即+=1(y≠0).所以点M的轨迹是长轴、短轴长分别为6,4的椭圆,除去与x轴的交点. 【题3】　如图,设A,B两点的坐标分别为(-5,0),(5,0).直线AM,BM相交于点M,且它们的斜率之积是-,求点M的轨迹方程. 解　设点M的坐标为(x,y),因为点A的坐标是(-5,0),所以直线AM的斜率kAM=(x≠-5).同理,直线BM的斜率kBM=(x≠5).由已知,有×=-(x≠±5),化简,得点M的轨迹方程为+=1(x≠±5).点M的轨迹是除去(-5,0),(5,0)两点的椭圆. 【题4】　动点M(x,y)与定点F(4,0)的距离和M到定直线l:x=的距离的比是常数,求动点M的轨迹. 解　设d是点M到直线l:x=的距离,根据题意,动点M的轨迹就是集合P=.由此得,=.将上式两边平方,并化简,得9x2+25y2=225,即+=1.所以点M的轨迹是长轴、短轴长分别为10,6的椭圆. 二、创新变式·提升练■ 【变式1】　已知M为圆P:(x+2)2+y2=36上的一个动点,定点Q(2,0),线段MQ的垂直平分线交线段PM于点N,则点N的轨迹方程为(C) A.+=1 B.+=1 C.+=1 D.+=1 解析　根据题意,作图如图所示,易知|NM|=|NQ|,则|NP|+|NM|=6,即|NP|+|NQ|=6>|PQ|=4,故点N的轨迹是以P,Q为焦点且长轴长为6的椭圆,设其方程为+=1(a>b>0),则c=2,2a=6,则a=3,故b==,则椭圆方程为+=1.故选C. 【变式2】　在椭圆+y2=1上任取一点P,过点P作x轴的垂线段PD,D为垂足.M是DP延长线上的一点,且|DM|=2|DP|.当点P在椭圆上运动时,点M的轨迹方程为 x2+y2=4 (y≠0) .  解析　设M(x,y),P(x0,y0),则D(x0,0).因为|DM|=2|DP|,所以因为点P在椭圆C上,所以+=1,所以+=1,整理得x2+y2=4.故点M的轨迹是圆,方程为x2+y2=4(y≠0). 【变式3】　设椭圆+=1(a>b>0)上关于原点对称的两点分别为A,B,点P在椭圆上且异于A,B两点,若kPA·kPB=-,则e=  .  解析　解法一(常规法):设A(x0,y0),B(-x0,-y0),P(x,y),则kAP·kBP=·===-=-.故=,e==. 解法二(特殊位置法):取A(-a,0),B(a,0),P(0,b).因此,kAP·kBP=·=-=-,所以e=. 解法三:因为kAP·kBP=-=-,所以e=. 三、链接高考·体验练■ 1.(2024·新课标Ⅱ卷)已知曲线C:x2+y2=16(y>0),从C上任意一点P向x轴作垂线段PP',P'为垂足,则线段PP'的中点M的轨迹方程为(A) A.+=1(y>0) B.+=1(y>0) C.+=1(y>0) D.+=1(y>0) 解析　设M(x0,y0),则P(x0,2y0),因为点P在曲线C上,所以+(2y0)2=16(y0>0),即+=1(y0>0),所以线段PP'的中点M的轨迹方程为+=1(y>0).故选A. 2.(经典高考题)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-,记M的轨迹为曲线C,求C的方程,并说明C是什么曲线. 解　由题意得·=-,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,不含与x轴的交点. 第2课时　直线与椭圆的位置关系 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　直线与椭圆的位置关系 【例1】　已知动点M到两定点F1(-m,0),F2(m,0)的距离之和为4(0<m<2),且动点M的轨迹曲线C过点N. (1)求m的值; (2)若直线l:y=kx+与曲线C有两个不同的交点A,B,求k的取值范围. 解　(1)由0<m<2,得0<2m<4,知曲线C是以两定点F1(-m,0),F2(m,0)为焦点,长半轴长为2的椭圆,所以a=2,设曲线C的方程为+=1(b>0),把点N代入,得+=1,解得b2=1,由c2=a2-b2,解得c2=3,所以m=. (2)由(1)知曲线C的方程为+y2=1,联立曲线C与直线l的方程,得消去y,得x2+2kx+1=0,则有Δ=4k2-1>0,解得k2>.所以k>或k<-,所以k的取值范围为∪. 　　利用判别式判断直线与椭圆的位置关系的步骤 注意　对于椭圆方程,在第二步中得到的方程的二次项系数一定不为0,故一定为一元二次方程. 【训练1】　(1)已知椭圆C:+=1,直线l:(m+2)x-(m+4)y+2-m=0(m∈R),则直线l与椭圆C的位置关系为(A) A.相交 B.相切 C.相离 D.相交或相切 解析　对直线l:(m+2)x-(m+4)y+2-m=0(m∈R),整理得m(x-y-1)+2(x-2y+1)=0,令解得故直线l过定点A(3,2).因为+=<1,则点A(3,2)在椭圆C的内部,所以直线l与椭圆C相交.故选A. (2)已知直线l:y=x+m与椭圆C:+=1有公共点,则实数m的取值范围是(B) A.[-2,2] B.[-3,3] C.(-∞,-2]∪[2,+∞) D.(-∞,-3]∪[3,+∞) 解析　将直线l的方程与椭圆C的方程联立,得消去y得9x2+10mx+5m2-20=0①,因为直线l与椭圆C有公共点,所以方程①有实数根,则Δ=(10m)2-36(5m2-20)≥0,得-3≤m≤3.故选B. 类型二　弦长问题 【例2】　(2024·新课标Ⅰ卷)已知A(0,3)和P为椭圆C:+=1(a>b>0)上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线l交C于另一点B,且△ABP的面积为9,求l的方程. 【规范解答】　(1)由题意,得解得 思维点1:利用待定系数法将方程组表达出来. 所以椭圆的离心率e===. (2)由(1)知椭圆C的方程为+=1. 当直线l的斜率不存在时, 思维点2:分类讨论,讨论斜率不存在的特殊情况. 直线l的方程为x=3,B,|PB|=3,点A到直线PB的距离为3,此时S△ABP=×3×3=≠9,不满足条件, 当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为 y-=k(x-3), 思维点3:讨论直线l斜率存在的情况. 联立直线l与椭圆C的方程,得消去y可得(4k2+3)x2-(24k2-12k)x+36k2-36k-27=0. 设点B(x0,y0),则 所以|PB|=|x0-3|=·=. 又点A到直线l的距离d=, 思维点4:求解△APB底边PB长度及高的表达式. 所以△ABP的面积 S=··=9, 思维点5:构造△APB的面积,列出方程. 解得k=或k=. 所以直线l的方程为y=x或y=x-3, 即x-2y=0或3x-2y-6=0. 　　本题以直线与椭圆位置关系为载体,考查求直线方程,体现了综合性.通过将面积问题转化为距离问题,考查学生分析、推理和表达的逻辑思维能力.通过联立直线与椭圆的方程将几何条件代数化,考查学生函数与方程思想、转化与化归思想.通过方程(组)的求解,考查学生的运算求解能力. 【训练2】　 如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆+=1(a>b>0)的离心率为,过椭圆右焦点F作两条互相垂直的弦AB与CD.当直线AB的斜率为0时,|AB|=4. (1)求椭圆的方程; (2)若|AB|+|CD|=,求直线AB的方程. 解　(1)由题意知e==,2a=4.又a2=b2+c2,解得a=2,b=,所以椭圆的方程为+=1. (2)当两条弦中的一条弦所在直线的斜率为0时,另一条弦所在直线的斜率不存在,由题意知此时|AB|+|CD|=7,不满足条件.当两条弦所在直线的斜率均存在且不为0时,设直线AB的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),则直线CD的方程为y=-(x-1).将直线AB的方程代入椭圆方程中并整理得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,由题意知Δ>0,则x1+x2=,x1·x2=,所以|AB|=|x1-x2|=·=.同理,|CD|==.所以|AB|+|CD|=+==,解得k=±1,所以直线AB的方程为x-y-1=0或x+y-1=0. 类型三　中点弦问题 【例3】　(2025·福建福州模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,椭圆上的点到焦点的最短距离是3. (1)求椭圆C的方程. (2)是否存在过点Q的直线交椭圆C于A,B两点,使得Q为线段AB的中点?若存在,求该直线的方程;若不存在,请说明理由. 解　(1)由题意得=,设椭圆右焦点为F,则F(c,0).椭圆上的点到焦点的最短距离是a-c,所以a-c=3,联立解得故b2=a2-c2=36-9=27,故椭圆C的方程为+=1. (2)假设存在过点Q的直线交椭圆C于A,B两点,使得Q为线段AB的中点,设A(x1,y1),B(x2,y2),则两式相减得=,则=-·=-×=-,即kAB=-,则直线AB的方程为y-=-(x-1),即x+2y-4=0.经检验,该方程符合题意.所以存在过点Q的直线交椭圆C于A,B两点,使得Q为线段AB的中点,且该直线的方程为x+2y-4=0. 　　中点弦问题常用的求解方法 1.点差法:即设出弦的两端点的坐标后,代入椭圆方程,并将两式相减,式中含有x1+x2,y1+y2,三个未知量,这样就直接联系了弦中点和直线的斜率,借用中点坐标公式可求得斜率,但要注意进行检验. 2.判别式法:即联立直线与椭圆的方程得到方程组,化为一元二次方程后由根与系数的关系求解. 【训练3】　(2025·南京、盐城调研)已知直线l与椭圆+=1在第二象限交于A,B两点,l与x轴,y轴分别交于点M,N,若|AM|=|BN|,则l的倾斜角是(A) A. B. C. D. 解析　 如图,设点A更靠近点M,直线l:y=kx+b(k>0,b>0),代入椭圆方程得+=1,即x2+x+=0,则Δ=-4××>0,得9k2+3>b2.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=.易得M,因为|AM|=|BN|,所以AB的中点也是MN的中点,故=,解得k=,故直线l的倾斜角为.故选A. 高考真题重温 　　　　　　　　　　　　　 1.(2023·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C:+y2=1的左、右焦点分别为F1,F2,直线y=x+m与C交于A,B两点,若△F1AB的面积是△F2AB面积的2倍,则m=(C) A. B. C.- D.- 解析　将直线y=x+m与椭圆联立,得消去y可得4x2+6mx+3m2-3=0,因为直线与椭圆相交于A,B两点,则Δ=36m2-4×4(3m2-3)>0,解得-2<m<2,如图,设点F1到直线AB的距离为d1,点F2到直线AB的距离为d2,易知F1(-,0),F2(,0),则d1=,d2=,===2,解得m=-或m=-3(舍去),故选C. 2.(2023·全国甲卷)已知椭圆+=1,F1,F2为其两个焦点,O为原点,P为椭圆上一点,cos∠F1PF2=,则|PO|=(B) A. B. C. D. 解析　因为|PF1|+|PF2|=2a=6　①,|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos∠F1PF2=|F1F2|2,即+|PF2|2-|PF1||PF2|=12　②,联立①②,解得|PF1||PF2|=,|PF1|2+|PF2|2=21,而=(+),所以|OP|=||=|+|===.故选B. 3.(2022·新课标Ⅱ卷)已知直线l与椭圆+=1在第一象限交于A,B两点,l与x轴,y轴分别交于M,N两点,且|MA|=|NB|,|MN|=2,则l的方程为 x+y-2=0 .  解析　解法一:取线段AB的中点E,连接OE(O为坐标原点).因为|MA|=|NB|,所以|ME|=|NE|.设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意可得kOE·kAB=×===-.设直线AB的方程为y=kx+m,k<0,m>0,令x=0,则y=m;令y=0,则x=-.所以点E的坐标为,所以k×=-k2=-,解得k=-,所以m2+2m2=12,解得m=2,所以直线AB的方程为y=-x+2,即x+y-2=0. 解法二:设线段AB的中点为E.由|MA|=|NB|,得E为线段MN的中点.设直线AB的方程为y=kx+m,k<0,m>0,则M,N(0,m),E.将y=kx+m代入+=1中并整理,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.由Δ=6k2-m2+3>0,得m2<6k2+3.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2==2,解得k=-.又因为|MN|==2,所以m=2,符合题意,所以直线AB的方程为x+y-2=0. 4.(2022·新课标Ⅰ卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0),C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,|DE|=6,则△ADE的周长是 13 .  解析　由题意知e==,所以a=2c,b=c,所以△AF1F2是等边三角形,所以DE垂直平分AF2,所以|AD|=|DF2|,|AE|=|EF2|,所以△ADE的周长为|DE|+|AD|+|AE|=|DE|+|DF2|+|EF2|.由椭圆的定义,可知|DE|+|DF2|+|EF2|=4a=8c.因为直线DE的斜率k=tan 30°=,所以直线DE的方程为y=(x+c),即x=y-c.由椭圆方程+=1,得3x2+4y2=12c2.将x=y-c代入并整理,得13y2-6cy-9c2=0.设D(x1,y1),E(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=-,所以|DE|==·=c=6,解得c=.所以△ADE的周长是8c=13. 5.(2022·北京高考)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1),焦距为2. (1)求椭圆E的方程; (2)过点P(-2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与x轴交于点M,N.当|MN|=2时,求k的值. 解　(1)依题意可知得故椭圆E的方程为+y2=1. (2)由题可知直线BC的方程为y-1=k(x+2)(k≠0),设B(x1,y1),C(x2,y2),联立直线BC和椭圆E的方程,得整理得(4k2+1)x2+(16k2+8k)x+16k2+16k=0,所以x1+x2=-,x1x2=,由Δ>0得k<0,易知直线AB的斜率kAB=,直线AB的方程为y=x+1,令y=0,可得点M的横坐标xM=,同理可得点N的横坐标xN=.所以|MN|==-==·=====2,得k=-4.故k的值为-4. 第六节　双曲线 【课程标准】　1.了解双曲线的定义、几何图形和标准方程.掌握双曲线的几何性质(范围、对称性、顶点、渐近线、离心率);2.了解双曲线的简单应用;3.理解数形结合的思想. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.双曲线的定义 平面内与两个定点F1,F2的 距离的差的绝对值 等于非零常数(小于|F1F2|)的点的轨迹叫做双曲线.这两个定点叫做双曲线的 焦点 ,两焦点间的距离叫做双曲线的 焦距 .  集合P={M|||MF1|-|MF2||=2a},|F1F2|=2c,其中a,c为常数且a>0,c>0. (1)当2a<|F1F2|时,P点的轨迹是双曲线; (2)当2a=|F1F2|时,P点的轨迹是两条射线; (3)当2a>|F1F2|时,P点不存在. 2.双曲线的标准方程和几何性质 标准方程 -=1(a>0,b>0) -=1(a>0,b>0) 图形 性 质 范围 x≤-a或x≥a,y∈R y≤-a或y≥a,x∈R 对称性 对称轴:坐标轴,对称中心:原点 顶点 A1(-a,0),A2(a,0) A1(0,-a),A2(0,a) 渐近线 y= ±x y= ±x 离心率 e= ,e∈(1,+∞) 实、虚轴 线段A1A2是双曲线的实轴,它的长|A1A2|= 2a ;线段B1B2是双曲线的虚轴,它的长|B1B2|= 2b ;a是双曲线的实半轴长,b是双曲线的虚半轴长 a,b,c的关系 c2= a2+b2 (c>a>0,c>b>0) 微|点|延|伸 1.双曲线的焦点到渐近线的距离为b. 2.若P是双曲线右支上一点,F1,F2分别为双曲线的左、右焦点,则|PF1|min=c+a,|PF2|min=c-a. 3.同支的焦点弦中最短的为通径(过焦点且垂直于实轴的弦),其长为;异支的弦中最短的为实轴,其长为2a. 4.若P是双曲线-=1(a>0,b>0)右支上不同于实轴端点的任意一点,F1,F2分别为双曲线的左、右焦点,I为△PF1F2内切圆的圆心,则圆心I的横坐标为定值a. 5.等轴双曲线的渐近线互相垂直,离心率等于.等轴双曲线上任意一点到中心的距离是它到两焦点距离的等比中项. 小|题|快|练 1.(人A选一P120例1改编)已知平面内两定点A(-5,0),B(5,0),动点M满足|MA|-|MB|=6,则点M的轨迹方程是(D) A.-=1 B.-=1(x≥4) C.-=1 D.-=1(x≥3) 解析　由双曲线的定义知,点M的轨迹是双曲线的右支,故排除A、C.又由题意可知焦点在x轴上,且c=5,a=3,所以b==4,故点M的轨迹方程为-=1(x≥3).故选D. 2.(人A选一P121T3改编)已知曲线C的方程为+=1(k∈R),若曲线C是焦点在y轴上的双曲线,则实数k的取值范围是(C) A.(-1,5) B.(5,+∞) C.(-∞,-1) D.(-∞,-1)∪(-1,5)∪(5,+∞) 解析　若曲线C是焦点在y轴上的双曲线,则解得k<-1.故选C. 3.点(3,0)到双曲线-=1的一条渐近线的距离为(A) A. B. C. D. 解析　双曲线-=1的渐近线方程是±=0,即3x±4y=0.由点到直线的距离公式,得=.故选A. 4.(人A选一P127T1)双曲线4x2-y2+64=0上一点P与它的一个焦点的距离等于1,那么点P与另一个焦点的距离等于 17　.  5.设双曲线的方程为-=1(a>0,b>0),过点(a,0),(0,b)的直线的倾斜角为150°,则双曲线的离心率为  .  解析　由题设,tan 150°=-tan 30°=-,即=,又c2=a2+b2,所以e2==1+=,而e>1,故e=. 第1课时　双曲线及其简单几何性质 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　双曲线的定义及应用 【例1】　(1)(2025·安徽模拟)已知F1,F2是平面内两个不同的定点,P为平面内的动点,则“||PF1|-|PF2||的值为定值m,且m<|F1F2|”是“点P的轨迹是双曲线”的(B) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析　因为“||PF1|-|PF2||的值为定值m,m<|F1F2|”,若m=0,则P点的轨迹不是双曲线,故充分性不成立;“点P的轨迹是双曲线”,则必有F1,F2是平面内两个不同的定点,且满足||PF1|-|PF2||=m<|F1F2|,故必要性成立.故选B. (2)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,其渐近线方程为y=±2x,P是C上一点,且PF1⊥PF2.若△PF1F2的面积为4,则C的焦距为(C) A. B.2 C.2 D.4 解析　由题意,双曲线C的渐近线方程为y=±2x,得=2,因为PF1⊥PF2,△PF1F2的面积为4,所以解得a2=1,b2=4,所以c2=a2+b2=5,即C的焦距为2c=2.故选C. 　　1.利用定义求动点的轨迹方程,要分清是差的绝对值为常数,还是差为常数,即是双曲线还是双曲线的一支. 2.在“焦点三角形”中,常利用正弦定理、余弦定理,结合||PF1|-|PF2||=2a,运用平方的方法,建立与|PF1|·|PF2|的联系. 【训练1】　(1)已知定点F1(-2,0),F2(2,0),N是圆O:x2+y2=1上任意一点,点F1关于点N的对称点为M,线段F1M的中垂线与直线F2M相交于点P,则点P的轨迹是(B) A.椭圆 B.双曲线 C.抛物线 D.圆 解析　 如图,连接ON,由题意可得|ON|=1,且N为线段MF1的中点,又O为线段F1F2的中点,所以|MF2|=2.连接PF1,因为点F1关于点N的对称点为M,线段F1M的中垂线与直线F2M相交于点P,所以|PM|=|PF1|,所以||PF2|-|PF1||=||PF2|-|PM||=|MF2|=2<|F1F2|,所以由双曲线的定义可得,点P的轨迹是以F1,F2为焦点的双曲线.故选B. (2)设P是双曲线-=1上一点,F1,F2分别是双曲线的左、右焦点,若|PF1|=9,则|PF2|= 17 .  解析　由题意,易得a=4,c=6,根据双曲线的定义得||PF1|-|PF2||=8,因为|PF1|=9,所以|PF2|=1或|PF2|=17.又|PF2|≥c-a=2,故|PF2|=17. 类型二　双曲线的标准方程 【例2】　(1)已知方程-=1表示双曲线,则k的取值范围是(D) A.(1,+∞) B.(-∞,-1) C.(-1,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞) 解析　由题意得(1+k)(k-1)>0,解得k<-1或k>1,故选D. (2)(多选题)设A,B两点的坐标分别为(-5,0),(5,0),直线AM,BM相交于点M,且它们的斜率之积为常数k(k≠0),则下列结论正确的是(AB) A.k>0时,点M的轨迹为焦点在x轴的双曲线(不含与x轴的交点) B.-1<k<0时,点M的轨迹为焦点在x轴的椭圆(不含与x轴的交点) C.k<-1时,点M的轨迹为焦点在x轴的椭圆(不含与x轴的交点) D.k<0时,点M的轨迹为椭圆(不含与x轴的交点) 解析　设M(x,y)(x≠±5),则kAM=,kMB=,则·=k,得y2=k(x2-25)(x≠±5).k>0时,易知点M的轨迹为焦点在x轴的双曲线(不含与x轴的交点),故A正确;-1<k<0时,可化为+=1,因为25>-25k>0,所以点M的轨迹为焦点在x轴的椭圆(不含与x轴的交点),故B正确;k<-1时,可化为+=1,因为-25k>25,所以点M的轨迹为焦点在y轴,以A,B为短轴端点的椭圆(除去点A,B),故C错误;若k=-1,则y2+x2=25(x≠±5),表示以原点为圆心,5为半径的圆(除去点A,B),故D错误.故选AB. 　　求双曲线的标准方程的方法 1.定义法:由题目条件判断出动点轨迹是双曲线,确定2a,2b或2c,从而求出a2,b2. 2.待定系数法:“先定型,再定量”,如果焦点位置不好确定,可将双曲线方程设为-=λ(λ≠0),或mx2-ny2=1(m·n>0). 【训练2】　(1)与椭圆C:+=1共焦点且过点(1,)的双曲线的标准方程为(C) A.x2-=1 B.y2-2x2=1 C.-=1 D.-x2=1 解析　椭圆C的焦点坐标为(0,±2),设双曲线的标准方程为-=1(a>0,b>0),由双曲线的定义可得2a=|-|=(+)-(-)=2,所以a=,因为c=2,所以b==,因此双曲线的方程为-=1.故选C. (2) (2025·甘肃模拟)如图,点F1,F2是双曲线C1:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,同时也是双曲线C2:-=1的左、右顶点,过点F1的直线交双曲线C1的左、右两支分别于A,B两点,交双曲线C2的右支于点M(与点F2不重合),且△BF1F2与△ABF2的周长之差为6,则双曲线C1的方程为 -=1 .  解析　设双曲线C1的半焦距为c,因为△BF1F2与△ABF2的周长之差为6,所以|BF1|+|F1F2|+|BF2|-|AB|-|AF2|-|BF2|=|F1F2|-(|AF2|-|AF1|)=2c-2a=6.又点F1,F2分别为双曲线C2:-=1的左、右顶点,所以c=2a,所以a=3,c=6,b==3,所以双曲线C1的方程为-=1. 类型三　双曲线的简单几何性质 考向❶:渐近线问题 【例3】　(1)双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0),过F2作双曲线C的一条渐近线的垂线,垂足为A,若△AF1F2的面积为bc,则双曲线C的渐近线方程为 y=±x .  解析　由题意知双曲线C的渐近线方程为y=±x,如图,由双曲线的对称性,不妨取y=x,即bx-ay=0,则|F2A|==b,所以|OA|===a,所以=ab,因为△AF1F2的面积为bc,=2,所以bc=2×ab,即c=2a,所以a2+b2=4a2,即=3,故=,所以双曲线C的渐近线方程为y=±x. (2)(2025·T8联考)设F为双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左焦点,α,β分别为双曲线C的两条渐近线的倾斜角,已知点F到其中一条渐近线的距离为2,且满足α=β,则双曲线C的焦距为 8　.  解析　根据点F到其中一条渐近线的距离为2,可得b=2,且满足α+β=π.又α=β,所以β=,所以=tan β=,故a=2,所以c=4,所以焦距为2c=8. 　　求双曲线渐近线方程的方法 1.求双曲线中a,b的值,进而得出双曲线的渐近线方程. 2.求a与b的比值,进而得出双曲线的渐近线方程. 3.令双曲线标准方程右侧为0,将所得代数式化为一次式即为渐近线方程. 考向❷:离心率问题 【例4】　(1)若双曲线-y2=1(a>0)的一条渐近线的方程为y=-x,则其离心率为(C) A. B.2 C. D. 解析　因为渐近线方程为y=-x,所以=.又因为b=1,所以a=2,所以c==,故离心率e==.故选C. (2)已知双曲线C1:-=1(a>0,b>0),圆C2:x2+y2-2ax+a2=0.若双曲线C1的一条渐近线与圆C2有两个不同的交点,则双曲线C1的离心率的取值范围是(A) A. B. C.(1,2) D.(2,+∞) 解析　由双曲线方程可得其渐近线方程为y=±x,即bx±ay=0,圆C2:x2+y2-2ax+a2=0可化为(x-a)2+y2=a2,圆心C2的坐标为(a,0),半径r=a.由双曲线C1的一条渐近线与圆C2有两个不同的交点,得<a,得c>2b,即c2>4b2=4(c2-a2),即c2<a2,所以离心率e=<.又e>1,则e∈.故选A. 　　求双曲线离心率或其取值范围的方法 1.直接求出a,c的值,利用离心率公式直接求解. 2.列出含有a,b,c的齐次方程(或不等式),借助于b2=c2-a2消去b,转化为含有e的方程(或不等式)求解. 【题组对点练】　 题号 1 2 考向 ❶ ❷ 1.已知双曲线mx2+y2=1的一条渐近线的斜率为2,则m=(A) A.-4 B.4 C.- D. 解析　根据mx2+y2=1,得到y2-=1,则焦点在y轴上,故渐近线方程为y=±x,则=2,故m=-4.故选A. 2.(2024·九省联考)设双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过坐标原点的直线与C交于A,B两点,|F1B|=2|F1A|,·=4a2,则C的离心率为(D) A. B.2 C. D. 解析　如图,因为过坐标原点的直线与C交于A,B两点,所以A,B两点关于坐标原点对称,故四边形AF1BF2是平行四边形,所以|F1A|=|BF2|,又|BF1|=2|F1A|,所以|BF1|=2|BF2|.由双曲线的定义可知,|BF1|-|BF2|=2a,所以|BF1|=4a,|BF2|=2a.设∠F1BF2=θ,则·=|BF2|·|BF1|cos(π-θ)=-8a2 cos θ=4a2,得cos θ=-,所以θ=.在△F1BF2中,由余弦定理|F1F2|2=|BF1|2+|BF2|2-2|BF1|·|BF2|·cos θ,得4c2=16a2+4a2-2×4a×2a×,所以c2=7a2,所以C的离心率e===.故选D. 素养进级提能力　圆锥曲线统一定义及推广 一、统一定义 　由人教A版选择性必修第一册第113页例6及第125页例5可以归纳出圆锥曲线的统一定义(也称第二定义):平面内到定点F的距离与到定直线l(F∉l)的距离之比为常数e(e>0)的动点的轨迹是圆锥曲线.其中,定点F为圆锥曲线的焦点,常数e是圆锥曲线的离心率,定直线l为圆锥曲线的准线. 当0<e<1时,曲线是椭圆; 当e>1时,曲线是双曲线; 当e=1时,曲线是抛物线. 【例1】　在平面直角坐标系中,若方程=m|x-2y+3|表示的曲线为椭圆,求m的取值范围. 解　已知等式可变形为=m,此式可看成点(x,y)到定点(0,-1)的距离与到直线x-2y+3=0的距离之比为常数m,由统一定义知0<m<1,所以0<m<. 二、统一定义的推广 【例2】　(多选题)(2024·新课标Ⅰ卷)设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分,已知C过坐标原点O,且C上的点满足:横坐标大于-2,到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4,则(ABD) A.a=-2 B.点(2,0)在C上 C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D.当点(x0,y0)在C上时,y0≤ 解析　因为坐标原点O在曲线C上,所以2×|a|=4,又a<0,所以a=-2,所以A正确.因为点(2,0)到点F(2,0)的距离与到定直线x=-2的距离之积为(2-2)(2+2)=4,所以点(2,0)在曲线C上,所以B正确.设P(x,y)(x>0,y>0)是曲线C在第一象限的点,则有(x+2)=4,所以y2=-(x-2)2,令f(x)=-(x-2)2,则f'(x)=--2(x-2),因为f(2)=1,且f'(2)<0,所以函数f(x)在x=2附近单调递减,即必定存在一小区间(2-ε,2+ε)使得f(x)单调递减,所以在区间(2-ε,2)上均有f(x)>1,所以P(x,y)的纵坐标的最大值一定大于1,所以C错误.因为点(x0,y0)在C上,所以x0>-2且(x0+2)=4,得=-(x0-2)2≤,所以y0≤|y0|≤=,所以D正确.综上,选ABD. 【应用体验】　 1.已知双曲线x2-=1的右支上一点P,到左焦点F1与到右焦点F2的距离之比为2∶1,则点P的坐标是  .  解析　设点P(x0,y0)(x0>0),双曲线的左准线为l1:x=-,右准线为l2:x=,则点P到l1,l2的距离分别为d1=x0+,d2=x0-,所以===,解得x0=,代入原方程,得y0=±.因此,点P的坐标为. 2.(多选题)中国结是一种手工编制工艺品,它有着复杂奇妙的曲线,却可以还原成单纯的二维线条,其中的数字“8”对应着数学曲线中的双纽线.在xOy平面上,把与定点F1(-a,0),F2(a,0)距离之积等于a2(a>0)的动点的轨迹称为双纽线.曲线C是当a=2时的双纽线,P是曲线C上的一个动点,则下列是关于曲线C的四个结论,正确的是(ABC) A.曲线C关于原点对称 B.曲线C上满足|PF1|=|PF2|的P有且只有一个 C.曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过4 D.若直线y=kx与曲线C只有一个交点,则实数k的取值范围为(-∞,-1)∪(1,+∞) 解析　根据双纽线的定义可得,=a2,当a=2时,曲线C:=8,即y4+2y2(x2+8)+(x2-8)2=64,整理,得(x2+y2)2=16(x2-y2),用(-x,-y)替换方程中的(x,y),原方程不变,所以曲线C关于原点中心对称,故A正确;若曲线C上点P满足|PF1|=|PF2|,则点P在y轴上,即x=0,代入曲线方程,解得y=0,所以这样的点仅有一个,B正确;由(x2+y2)2=16(x2-y2),得x2+y2=≤16,所以曲线C上任意一点到原点的距离d=≤4,即都不超过4,故C正确;直线y=kx与曲线C一定有公共点(0,0),若直线y=kx与曲线C只有一个交点,将y=kx代入方程(x2+y2)2=16(x2-y2)中,得k4x4+2k2x2(x2+8)+(x2-8)2=64,整理,得(1+k2)2x4=16(1-k2)x2,方程无非零解,则1-k2≤0,解得k≤-1或k≥1,故D错误.故选ABC. 第2课时　直线与双曲线的位置关系 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　直线与双曲线的位置关系 【例1】　(多选题)(2024·广东茂名二模)已知双曲线C:4x2-y2=1,直线l:y=kx+1(k>0),则下列说法正确的是(ABD) A.若k=2,则l与C仅有一个公共点 B.若k=2,则l与C仅有一个公共点 C.若l与C有两个公共点,则2<k<2 D.若l与C没有公共点,则k>2 解析　双曲线C的方程为4x2-y2=1,其渐近线方程为y=±2x,因为直线l:y=kx+1(k>0)过定点(0,1),当k=2时,直线l与双曲线C有且只有一个公共点,故A正确;联立消去y得(4-k2)x2-2kx-2=0,当直线l与双曲线C相切时,方程只有一个实数根,4-k2≠0,且Δ=(-2k)2+8(4-k2)=0,解得k=±2,所以当k=2时,直线l与双曲线C有且只有一个公共点,故B正确;若l与C有两个公共点,则解得0<k<2或2<k<2,故C错误;若l与C没有公共点,则解得k>2,故D正确.故选ABD. 　　解决直线与双曲线的位置关系相关的问题,有时利用数形结合思想,有时利用方程思想.根据直线的斜率k与渐近线的斜率或某切线的斜率的关系来判断直线与双曲线的位置关系会比较快捷. 【训练1】　(1)已知双曲线-=1的左焦点为F1,过F1的直线l交双曲线的左支于A,B两点,则直线l斜率的取值范围为(B) A. B.∪ C. D.∪ 解析　双曲线的渐近线方程为y=±x,当直线l与渐近线平行时,直线l与双曲线只有一个交点.当直线l的斜率大于零时,要使直线l与双曲线的左支交于A,B两点,则需直线l的斜率k>;当直线l的斜率小于零时,要使直线l与双曲线的左支交于A,B两点,则需直线l的斜率k<-;当直线l的斜率k=0时,不满足题意.故直线l斜率的取值范围为∪.故选B. (2)已知直线l过双曲线C:-=1的左焦点,且与C交于A,B两点,当|AB|=8时,这样的直线l有(C) A.1条 B.2条 C.3条 D.4条 解析　由双曲线C:-=1可得左焦点F(-5,0),顶点(-4,0),(4,0).若l⊥x轴,则|AB|=2×=<8,不符合题意,舍去;若l与x轴不垂直,与C的左支交于A,B两点,则|AB|=8,存在两条直线;若l与x轴不垂直,与C的左、右支各交于一点,则只有A,B为顶点时满足|AB|=8,存在一条直线.综上可得,满足条件的直线有3条.故选C. 类型二　中点弦问题 【例2】　已知点A,B在双曲线x2-y2=4上,线段AB的中点M(3,1),则|AB|=(D) A. B.2 C. D.2 解析　设A(x1,y1),B(x2,y2),则可得方程组两式相减得(x1+x2)(x1-x2)=(y1+y2)(y1-y2),即·=1,因为AB的中点为M(3,1),故=,故=3,即直线AB的斜率为3,故直线AB的方程为y-1=3(x-3),联立得2x2-12x+17=0,由根与系数的关系得x1+x2=6,x1x2=,则|AB|==2,故选D. 　　解决中点弦问题的两种方法 1.根与系数的关系法:联立直线与曲线方程构成方程组,消去一个未知数,利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决. 2.点差法:设出交点坐标,利用交点在曲线上,将交点坐标代入曲线方程,然后作差,构造出中点坐标和斜率的关系. 【训练2】　已知双曲线E的中心在原点,F(3,0)是E的焦点,过F的直线l与E相交于A,B两点,且线段AB的中点为N(-12,-15),则E的方程为(B) A.-=1 B.-=1 C.-=1 D.-=1 解析　由已知条件易得直线l的斜率k==1,设双曲线E的方程为-=1(a>0,b>0),A(x1,y1),B(x2,y2),则-=1,-=1,x1+x2=-24,y1+y2=-30,得=,从而=1,又因为a2+b2=c2=9,故a2=4,b2=5,所以E的方程为-=1.故选B. 类型三　直线与双曲线的综合问题 【例3】　在平面直角坐标系中,F1,F2分别为双曲线C:3x2-y2=a2(a>0)的左、右焦点,过F2的直线l与双曲线C的右支交于A,B两点.当l与x轴垂直时,△ABF1的面积为12. (1)求双曲线C的标准方程; (2)当l与x轴不垂直时,作线段AB的垂直平分线,交x轴于点D.试判断是否为定值.若是,请求出该定值;若不是,请说明理由. 解　(1)双曲线3x2-y2=a2可化为-=1.当l与x轴垂直时,=|F1F2|·|AB|=×=4a2=12,解得a2=3,所以双曲线的标准方程为x2-=1. (2)由(1)知F2(2,0),所以可设直线l的方程为x=ty+2(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M为线段AB的中点,联立双曲线C与直线l的方程,得消去x,得(3t2-1)y2+12ty+9=0,因此y1+y2=,y1y2=.进而可得x1+x2=,所以线段AB中点M的坐标为.所以线段AB的垂直平分线的方程为y+=-t,则D,|DF2|==,|AB|==·=.所以|DF2|=|AB|,即为定值1. 　　当涉及有关弦长问题时,通常有以下两种处理方法 1.距离公式法:当弦的两端点坐标易求时,可直接求出交点坐标,再利用两点间距离公式求弦长. 2.弦长公式法:当弦的两端点坐标不易求时,可利用弦长公式求解,即若直线l:y=kx+b(k≠0)与双曲线C:-=1(a>0,b>0)交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则|AB|=|x1-x2|=·|y1-y2|. 【训练3】　已知双曲线C的中心在原点,焦点F1,F2在坐标轴上,离心率为,且过点(2,). (1)求双曲线C的标准方程; (2)设双曲线的两条渐近线分别为l1,l2,已知直线l:y=2x+m交l1,l2于A,B两点,若直线l与轨迹C有且只有一个公共点,求△AOB的面积. 解　(1)因为双曲线的离心率为,故该双曲线为等轴双曲线,设方程为x2-y2=λ(λ≠0),代入点(2,),得4-2=2=λ,故双曲线C的标准方程为-=1. (2)在直线方程y=2x+m中,令y=0,得D,故S△AOB=·|OD|·|yA-yB|,联立整理得3x2+4mx+m2+2=0,由题意得Δ=16m2-12(m2+2)=4m2-24=0,故m2=6,联立解得yA=-m;联立得yB=,因此S△AOB=·|OD|·|yA-yB|=·-·-m-==2. 高考真题重温 　　　　　　　　　　　　　 1.(2024·天津高考)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,P是双曲线右支上一点,且直线PF2的斜率为2,△PF1F2是面积为8的直角三角形,则双曲线的方程为(C) A.-=1 B.-=1 C.-=1 D.-=1 解析　由题意可知,∠F1PF2=90°,又直线PF2的斜率为2,可得tan∠PF2F1==2,根据双曲线定义|PF1|-|PF2|=2a,得|PF1|=4a,|PF2|=2a,=|PF1||PF2|=×4a×2a=4a2,又=8,所以a2=2,所以|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2=(4a)2+(2a)2=20a2=40.又|F1F2|2=4c2,所以c2=10,又a2+b2=c2,所以b2=8,所以双曲线的方程为-=1.故选C. 2.(2023·全国甲卷)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率为,C的一条渐近线与圆(x-2)2+(y-3)2=1交于A,B两点,则|AB|=(D) A. B. C. D. 解析　根据双曲线的离心率e==,得c=a,即c2=5a2,即a2+b2=5a2,所以b2=4a2,=4,所以双曲线的渐近线方程为y=±2x,易知渐近线y=2x与圆相交,则圆心(2,3)到渐近线y=2x的距离d==,所以|AB|=2=2=.故选D. 3.(2023·全国乙卷)设A,B为双曲线x2-=1上两点,下列四个点中,可为线段AB中点的是(D) A.(1,1) B.(-1,2) C.(1,3) D.(-1,-4) 解析　 设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点为M(x0,y0),由点A,B在双曲线上,得两式作差,得-=,即(x1-x2)(x1+x2)=,化简得=9,即·=kAB·=9,因此kAB=9·.由双曲线方程可得渐近线方程为y=±3x,如图.选项中的点均位于双曲线两支之间,故A,B分别在双曲线的两支上且不关于原点对称,则|kAB|=9||<3,即|y0|>3|x0|,结合选项可知选D. 4.(2024·新课标Ⅰ卷)设双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2作平行于y轴的直线交C于A,B两点,若|F1A|=13,|AB|=10,则C的离心率为  .  解析　由|AB|=10及双曲线的对称性得|AF2|==5,因为|AF1|=13,所以2a=|AF1|-|AF2|=13-5=8,2c=|F1F2|===12,所以a=4,c=6,则C的离心率e===. 5.(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 .  解析　设B(c,yB),因为B为双曲线C:-=1上的点,所以-=1,所以=,又易知B为第一象限内的点,则yB=.因为AB的斜率为3,所以=3,所以b2=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. 6.(2024·北京高考)若直线y=k(x-3)与双曲线-y2=1只有一个公共点,则k的一个取值为 (答案不唯一) .  解析　由题意,知该双曲线的渐近线方程为y=±x,直线y=k(x-3)过定点(3,0).因为点(3,0)在双曲线内,所以要使过该点的直线与双曲线只有一个公共点,则该直线与双曲线的渐近线平行,所以k=±. 第七节　抛物线 【课程标准】　1.掌握抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率、准线);2.理解数形结合的思想;3.了解抛物线的实际背景及抛物线的简单应用. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.抛物线的定义 平面内与一个定点F和一条定直线l(l不经过点F)的距离 相等 的点的轨迹叫做抛物线.点F叫做抛物线的焦点,直线l叫做抛物线的准线.  [微点清]　当定点在定直线上时,动点的轨迹是过定点且与定直线垂直的直线. 2.抛物线的标准方程与几何性质 标准 方程 y2=2px (p>0) y2=-2px (p>0) x2=2py (p>0) x2=-2py (p>0) p的几何意义:焦点F到准线l的距离 图形 顶点 O(0,0) 对称轴 x轴 y轴 焦点 F F F F 准线 x=- x= y=- y= 离心率 e=1 范围 x≥0,y∈R x≤0,y∈R y≥0,x∈R y≤0,x∈R 开口 方向 向右 向左 向上 向下 焦半径 (其中 P(x0, y0)) |PF|= x0+ |PF|= -x0+ |PF|= y0+ |PF|= -y0+ [微点清]　四种不同抛物线方程的共同点:①原点都在抛物线上;②焦点都在坐标轴上;③准线与焦点所在坐标轴垂直,垂足与焦点关于原点对称,它们与原点的距离都等于一次项系数的绝对值的,即=. 微|点|延|伸 1.通径:过焦点且垂直于对称轴的弦长等于2p,通径是过焦点最短的弦. 2.过抛物线y2=2px(p>0)的焦点的直线交抛物线于A,B两点,则|AB|=x1+x2+p,也称为抛物线的焦点弦. 小|题|快|练 1.(人A选一P133T2改编)抛物线x2=y的准线方程为(A) A.y=- B.x=- C.y= D.x= 解析　由抛物线的标准方程可得,抛物线的焦点位于y轴正半轴上,焦点坐标为,准线方程为y=-.故选A. 2.(人A选一P133T3改编)抛物线y2=2px(p>0)上一点M(3,y)到焦点F的距离|MF|=4,则抛物线的方程为(B) A.y2=8x B.y2=4x C.y2=2x D.y2=x 解析　由题意可得|MF|=xM+,则3+=4,即p=2,故抛物线方程为y2=4x.故选B. 3.过抛物线y2=4x的焦点的直线l交抛物线于P(x1,y1),Q(x2,y2)两点,如果x1+x2=6,则|PQ|=(B) A.9 B.8 C.7 D.6 解析　抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),准线方程为x=-1.根据题意可得,|PQ|=|PF|+|QF|=x1+1+x2+1=x1+x2+2=8.故选B. 4.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,点A为抛物线C上一点,若|AF|=3,则点A的横坐标为 2　.  解析　设A(m,n),由抛物线的方程可知p=2,则由抛物线的定义可得|AF|=m+=m+1=3,所以m=2. 5.已知抛物线的顶点是坐标原点,对称轴为坐标轴,并且经过点P(2,4),则该抛物线的方程为 y2=8x或x2=y .  解析　设抛物线的方程为y2=kx(k≠0)或x2=my(m≠0),将P(2,4)的坐标分别代入,可得k=8,m=1,故所求抛物线的方程为y2=8x或x2=y. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　抛物线的定义及标准方程 【例1】　(1)已知抛物线C:x2=y上点M的纵坐标为1,则M到C的焦点的距离为(B) A.1 B. C. D.2 解析　抛物线C:x2=y的准线方程为y=-,因为点M在抛物线上且纵坐标为1,所以点M到C的焦点的距离为1-=.故选B. (2)(2024·天津高考)圆(x-1)2+y2=25的圆心与抛物线y2=2px(p>0)的焦点F重合,A为两曲线的交点,则原点到直线AF的距离为  .  解析　由题意知圆(x-1)2+y2=25的圆心坐标为(1,0),则F(1,0),故=1,p=2,由抛物线的定义得|AF|=xA+1=5,得xA=4.由对称性不妨设A(4,4),则直线AF的方程为y=(x-1),即4x-3y-4=0,所以原点到直线AF的距离=. 　　“看到准线想到焦点,看到焦点想到准线”,许多抛物线问题均可根据定义获得简捷、直观的求解.“由数想形,由形想数,数形结合”是灵活解题的一条捷径. 【训练1】　(1)(2025·郑州模拟)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,M是C上一点,N是l与x轴的交点,若|MN|=4,|MF|=4,则p=(D) A. B.2 C.2 D.4 解析　如图所示,作MH⊥l,垂足为H.由抛物线的定义可知,|MH|=|MF|=4,在Rt△MHN中,|HN|==4,则点M的坐标为,又点M在抛物线C:y2=2px(p>0)上,所以2p=16,即p2-8p+16=0,则p=4.故选D. (2)已知点M(20,40)不在抛物线C:y2=2px(p>0)上,抛物线C的焦点为F.若对于抛物线上的一点P,|PM|+|PF|的最小值为41,则p的值等于 42或22 .  解析　当点M(20,40)位于抛物线内时,如图①,过点P作抛物线准线的垂线,垂足为D,则|PF|=|PD|,|PM|+|PF|=|PM|+|PD|.当点M,P,D三点共线时,|PM|+|PF|的值最小.由最小值为41,得20+=41,解得p=42;当点M(20,40)位于抛物线外时,如图②,当点P,M,F三点共线时,|PM|+|PF|的值最小.由最小值为41,得=41,解得p=22或p=58.当p=58时,y2=116x,点M(20,40)在抛物线内,故舍去.综上,p=42或p=22. ①　② 类型二　抛物线的几何性质 【例2】　(多选题)(2023·新课标Ⅱ卷)设O为坐标原点,直线y=-(x-1)过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,且与C交于M,N两点,l为C的准线,则(AC) A.p=2 B.|MN|= C.以线段MN为直径的圆与l相切 D.△OMN为等腰三角形 解析　 A项,直线y=-(x-1)过点(1,0),所以抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F(1,0),所以=1,p=2,2p=4,A项正确,且抛物线C的方程为y2=4x.B项,设M(x1,y1),N(x2,y2),由消去y并化简得3x2-10x+3=(x-3)(3x-1)=0,解得x1=3,x2=,所以|MN|=x1+x2+p=3++2=,B项错误.C项,设线段MN的中点为A,M,N,A到直线l的距离分别为d1,d2,d,因为d=(d1+d2)=(|MF|+|NF|)=|MN|,即A到直线l的距离等于|MN|的一半,所以以线段MN为直径的圆与直线l相切,C项正确.D项,由上述分析可知y1=-×(3-1)=-2,y2=-×=,所以|OM|==,|ON|==,所以三角形OMN不是等腰三角形,D项错误.故选AC. 　　应用抛物线的几何性质解题时,常结合图形思考,通过图形可以直观地看出抛物线的顶点、对称轴、开口方向等几何特征,体现了数形结合思想解题的直观性. 【训练2】　(多选题)(2025·八省联考)已知F(2,0)是抛物线C:y2=2px的焦点,M是C上的点,O为坐标原点,则(ABC) A.p=4 B.|MF|≥|OF| C.以M为圆心且过F的圆与C的准线相切 D.当∠OFM=120°时,△OFM的面积为2 解析　由题可知,=2,则p=4,A项正确.设M(x0,y0),则MF=x0+,OF=,又因为x0≥0,所以|MF|≥|OF|,B项正确.由抛物线的定义知,M到F的距离与M到准线的距离相等,故圆与准线相切,C项正确.当∠OFM=120°时,则∠MFx=60°,|MF|==8,所以S=|OF|·|MF|sin 120°=×2×8×=4,D项错误,故选ABC. 类型三　直线与抛物线的位置关系 【例3】　(1)(2025·江西南昌一模)已知抛物线C:x2=4y的焦点为F,A是抛物线C在第一象限部分上一点,若|AF|=4,则抛物线C在点A处的切线方程为(A) A.x-y-3=0 B.2x-y-1=0 C.x-y-1=0 D.x-y-2=0 解析　设A(x1,y1),x1>0,y1>0,由x2=4y,得p=2,所以抛物线的准线方程为y=-1,由抛物线的定义可得|AF|=y1+1=4,得y1=3,代入x2=4y,得x1=2(负值舍去),由x2=4y得y=x2,所以y'=x,所以抛物线C在点A处的切线斜率为×2=,所以抛物线C在点A处的切线方程为y-3=(x-2),即x-y-3=0,故选A. (2)已知F是抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,过点F且斜率为2的直线l与C交于A,B两点.若|AF|·|BF|=20,则p=(A) A.4 B.3 C.2 D.1 解析　由题意知F,故l的方程为x=y+,与C的方程联立,化简得y2-py-p2=0,显然Δ>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=p,y1y2=-p2,所以x1+x2=,x1x2=.又|AF|=+x1,|BF|=+x2,所以|AF|·|BF|==+(x1+x2)+x1x2==20,解得p=4.故选A. 　　1.切线问题可借助于方程组的解唯一,利用判别式确定,也可以借助导数的几何意义求解,如本例(1). 2.有关弦的问题可借助于一元二次方程根与系数的关系及弦长公式求解. 【训练3】　(1)(2025·广东联考)抛物线y2=4x的焦点为F,过F的直线交抛物线于A,B两点,则|AF|+4|BF|的最小值为(D) A.6 B.7 C.8 D.9 解析　由题意可知F(1,0),设lAB:x=ky+1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立消去x得y2-4ky-4=0,则y1y2=-4,所以x1x2=·=1,|AF|+4|BF|=x1+1+4(x2+1)=x1+4x2+5≥2+5=9,当且仅当x1=2,x2=时取得等号.则|AF|+4|BF|的最小值为9.故选D. (2)过点P(-1,-2)的两条直线与抛物线C:x2=4y分别相切于A,B两点,则三角形PAB的面积为  .  解析　抛物线C:x2=4y,即y=x2,故y'=x,设A,B两点的坐标为A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1=,整理得x1+2y1=4,同理x2+2y2=4.故直线AB的方程为x+2y=4,由得x2+2x-8=0,Δ>0,故x1+x2=-2,x1x2=-8,|AB|=×=3,又点P到直线AB的距离为=,故三角形PAB的面积为×3×=. 素养进级提能力　活用抛物线焦点弦的4个性质 　　　　　　　　　　　　　 　　设AB是过抛物线y2=2px(p>0)焦点F的弦,若A(x1,y1),B(x2,y2),则 性质1:x1·x2=. 性质2:y1·y2=-p2. 性质3:|AB|=x1+x2+p=(α是直线AB的倾斜角). 性质4:+=为定值. 【典例】　过抛物线y2=4x的焦点F的直线l与抛物线交于A,B两点,若|AF|=2|BF|,则|AB|=(B) A.4 B. C.5 D.6 解析　解法一:(利用性质3)由对称性不妨设点A在x轴的上方,如图.设A,B在准线上的射影分别为D,C,作BE⊥AD于E,设|BF|=m,直线l的倾斜角为θ,则|AB|=3m,由抛物线的定义知|AD|=|AF|=2m,|BC|=|BF|=m,所以cos θ==,则sin2θ=.又y2=4x,知2p=4,故由弦长公式得|AB|==.故选B. 解法二:(利用性质4)因为|AF|=2|BF|,+=+===1,解得|BF|=,|AF|=3,故|AB|=|AF|+|BF|=.故选B. 【应用体验】　 1.设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点,O为坐标原点,则△OAB的面积为(D) A. B. C. D. 解析　由2p=3,及|AB|=,得|AB|==12.又原点到直线AB的距离d=|OF|·sin 30°=,故S△OAB=|AB|·d=×12×=.故选D. 2. 如图,过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的直线交抛物线于点A,B,交其准线l于点C,若F是AC的中点,且|AF|=4,则线段|AB|的长为(C) A.5 B.6 C. D. 解析　解法一:过A作l的垂线交l于点D,设l与x轴交于点E,由于F为AC的中点,所以EF为△ACD的中位线,所以p=|AD|=|AF|=2.设A(x1,y1),B(x2,y2),则|AF|=x1+=x1+1=4,所以x1=3,又x1x2==1,所以x2=,所以|AB|=x1+x2+p=3++2=.故选C. 解法二:过A作l的垂线交l于点D,设l与x轴的交点为E,由于F为AC的中点,所以EF为△ACD的中位线,所以p=|AD|=|AF|=2.因为+=,|AF|=4,所以|BF|=,所以|AB|=|AF|+|BF|=4+=.故选C. 3.(多选题)(2025·海南调研)已知斜率为的直线l经过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F,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|AB|=8,则以下结论正确的是(BCD) A.+=1 　B.|AF|=6 C.|BD|=2|BF| 　D.F为AD的中点 解析　如图,过点B作x=-的垂线,垂足为B',又F,直线l的斜率为,则直线l的方程为y=.联立得12x2-20px+3p2=0.解得xA=,xB=.由|AB|=|AF|+|BF|=xA+xB+p==8,得p=3.所以抛物线的方程为y2=6x.则|AF|=xA+=2p=6,故B正确;|BF|=8-|AF|=2,|BD|===4,所以|BD|=2|BF|,故C正确;|AF|=|DF|=6,则F为AD的中点,故D正确;而+=,故A错误.故选BCD. 教考衔接11　圆锥曲线问题的求解方法 　　　　　　　　　　　　　 一、教材典题·学方法■ 【题源】　(人教A版选择性必修第一册P107·例1)已知椭圆的两个焦点坐标分别是(-2,0),(2,0),并且经过点,求它的标准方程. 解题路径 看问题 求标准方程(属于轨迹方程问题) 想方法 (1)待定系数法:已知曲线类型用此法;(2)定义法;(3)代入法(相关点法);(4)直译法(直接法);(5)参数法 看条件 已知椭圆的两个焦点坐标分别是(-2,0),(2,0),且经过点.设点P为 想定义 则有点P到两焦点的距离之和为2a,想坐标,则有点P的坐标满足椭圆的标准方程 定措施 措施一:根据椭圆的定义建立一个方程,再结合c=2,a2=b2+c2,求出a,b的值. 措施二:根据点P的坐标满足椭圆的方程建立一个方程,再结合c=2,a2=b2+c2,求出a,b的值 解　解法一:由于椭圆的焦点在x轴上,所以设它的标准方程为+=1(a>b>0).由椭圆的定义知c=2,2a=+=2,所以a=,所以b2=a2-c2=10-4=6,所以所求椭圆的标准方程为+=1. 解法二:因为椭圆的焦点在x轴上,所以设它的标准方程为+=1(a>b>0).已知该椭圆经过点,则有+=1　①,又已知该椭圆的两个焦点坐标分别是(-2,0),(2,0),则a2-b2=4　②,联立①②得a2=10,b2=6,所以所求椭圆的标准方程为+=1. 二、链接高考·体验练■ 【真题1】　(2022·全国乙卷)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,点A在C上,点B(3,0),若|AF|=|BF|,则|AB|=(B) A.2　　　B.2　　　C.3　　　D.3 解题路径 看问题 求|AB|(属于求值问题) 想方法 整体思想:寻找等量关系,建立关于|AB|的方程求解;各个击破:求出A点的坐标,再根据两点间距离公式求|AB| 看条件 由点A在C:y2=4x上,想定义,可得点A到焦点F的距离与到准线的距离相等;想坐标,点A的坐标满足抛物线C的方程;由|AF|=|BF|及点B,F的坐标可建立关于A点坐标的方程 定措施 措施一:设出A点的坐标,利用点A在C上建立一个方程,再根据|AF|=|BF|建立一个方程,联立求出A点的坐标,最后利用两点间距离公式求出|AB|. 措施二:设出A点的坐标,利用抛物线的定义及|AF|=|BF|建立一个方程,求出A点的坐标,再利用两点间距离公式求出|AB| 解析　解法一:设点A(m,n),因为点A在C:y2=4x上,所以n2=4m　①,又F(1,0),B(3,0),则|AF|=|BF|=2,则有=2　②,联立①②式,解得m=1(负值舍去),代入①式得n2=4,不妨设点A在x轴上方,所以n=2,则A(1,2),所以|AB|==2,故选B. 解法二:设点A(m,n),由题意得F(1,0),又B(3,0),则|AF|=|BF|=2,即点A到准线x=-1的距离为2,则m-(-1)=2,m=1.将(1,n)坐标代入y2=4x得n2=4,不妨设点A在x轴上方,所以n=2,则A(1,2),所以|AB|==2,故选B. 【真题2】　(2023·新课标Ⅰ卷)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2.点A在C上,点B在y轴上,⊥,=-,则C的离心率为  .   解析　解法一:依题意,得F1(-c,0),F2(c,0),设A(x0,y0),B(0,t),因为=-,所以(x0-c,y0)=-(-c,t),则x0=c,y0=-t,所以A.又可知点A在双曲线右支,所以由双曲线的定义得2a=-,整理得2a=-　①.因为⊥,所以·=·(c,t)=c2-t2=0,整理得t2=4c2　②,将②代入①式得2a=-,则2a=c-c=c,所以=,即e=. 解法二:依题意,得F1(-c,0),F2(c,0),设A(x0,y0),B(0,t),因为=-,所以(x0-c,y0)=-(-c,t),则x0=c,y0=-t,所以A,又⊥,所以·=·(c,t)=c2-t2=0,则t2=4c2,又点A在C上,则-=1,整理得-=1,则-=1,所以25c2b2-16c2a2=9a2b2,即25c2(c2-a2)-16a2c2=9a2(c2-a2),整理得25c4-50a2c2+9a4=0,则(5c2-9a2)(5c2-a2)=0,解得5c2=9a2或5c2=a2,又e>1,所以e=. 解法三:依题意,设|AF2|=2m,则|BF2|=3m=|BF1|,|AF1|=2a+2m,如图,在Rt△ABF1中,9m2+(2a+2m)2=25m2,则(a+3m)(a-m)=0,故a=m或a=-3m(舍去),所以|AF1|=4a,|AF2|=2a,|BF2|=|BF1|=3a,则|AB|=5a,故cos∠F1AF2===,所以在△AF1F2中,cos∠F1AF2==,整理得5c2=9a2,故e==. 【真题3】　(2021·全国甲卷)已知F1,F2是双曲线C的两个焦点,P为C上一点,且∠F1PF2=60°,|PF1|=3|PF2|,则C的离心率为(A) A. B. C. D. 解析　因为|PF1|=3|PF2|,又由双曲线的定义得|PF1|-|PF2|=2|PF2|=2a,所以|PF2|=a,|PF1|=3a.因为∠F1PF2=60°,由余弦定理可得4c2=9a2+a2-2·3a·a·cos 60°,整理可得4c2=7a2,所以e2==,即e=,故选A. 第八节　圆锥曲线的综合应用 【课程标准】　圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体,以参数处理为核心,考查范围、最值问题,定点、定值问题以及证明、探索性问题.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法,对计算能力有较高要求,难度较大. 第1课时　求值、证明问题 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　求值问题 【例1】　(2024·北京高考)已知椭圆E:+=1(a>b>0),以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点(0,t)(t>)且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A,B,过点A和C(0,1)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D. (1)求椭圆E的方程及离心率; (2)若直线BD的斜率为0,求t的值. 解　(1)由题知b=,c=,所以a==2.故椭圆E的方程为+=1,离心率e==. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+t(k≠0),联立得得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-4=0.所以Δ=(4kt)2-4(1+2k2)(2t2-4)>0,即4k2-t2+2>0,由根与系数的关系得x1+x2=-,x1x2=.由椭圆的对称性可得D(-x2,y2),因为A,C,D三点共线,所以kAC=kCD,所以=,即x1y2+x2y1-(x1+x2)=0.由y1=kx1+t,y2=kx2+t,得x1(kx2+t)+x2(kx1+t)-(x1+x2)=0,整理得2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0,所以2k·+(t-1)·=0,解得t=2. 　　求值问题一般是根据已知条件列出方程求解,但有时要结合直线与圆锥曲线的位置关系,利用根与系数的关系,设而不求,减少运算量. 【训练1】　已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为e=,其左、右顶点分别为A,B,下焦点为F,若S△ABF=. (1)求椭圆C的方程; (2)若点P为椭圆C上的动点,且在第一象限运动,直线AP的斜率为k,且与y轴交于点M,过点M与AP垂直的直线交x轴于点N,若直线PN的斜率为-k,求k值. 解　(1)由题可知,S△ABF=·2bc=,即bc=,又e=,所以⇒所以椭圆C的方程为+x2=1. (2)由题意知A(-1,0),kAP=k,则直线lAP:y=k(x+1),所以M(0,k),联立方程⇒(k2+4)x2+2k2x+k2-4=0,所以xA+xP=,xA·xP=,所以xP=,所以yP=k(xP+1)=,所以P,因为MN⊥AP,所以直线lMN:y=-x+k,令y=0,解得xN=k2,所以N(k2,0),所以kPN==-k,即k4+5k2-24=0,解得k2=3或k2=-8(舍),因为P在第一象限,所以k=. 类型二　证明问题 【例2】　(2024·全国甲卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,点M在C上,且MF⊥x轴. (1)求C的方程; (2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点,N为线段FP的中点,直线NB交直线MF于点Q,证明:AQ⊥y轴. 解　(1)解法一:由题意知得所以椭圆C的方程为+=1. 解法二:设F'为C的左焦点,连接MF',则|MF|=,|FF'|=2,在Rt△MFF'中,|MF'|===,由椭圆的定义知2a=|MF'|+|MF|=4,2c=|FF'|=2,所以a=2,c=1,又a2=b2+c2,所以b=,所以椭圆C的方程为+=1. (2)证明:分析知直线AB的斜率存在.易知当直线AB的斜率为0时,AQ⊥y轴.当直线AB的斜率不为0时,设直线AB:x=ty+4(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),Q(1,n),联立方程得消去x得(3t2+4)y2+24ty+36=0,Δ>0,则y1+y2=,y1y2=.因为N为线段FP的中点,F(1,0),所以N.由N,Q,B三点共线,得kBN=kNQ,即=,得-y2=n,得n=.所以n-y1=-y1=-y1===0,所以n=y1,所以AQ⊥y轴. 　　圆锥曲线中的常见证明问题 1.位置关系方面的:如证明直线与曲线相切,直线间的平行、垂直,直线过定点等. 2.数量关系方面的:如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下,一般采用直接法,通过相关的代数运算证明. 【训练2】　如图,圆C与x轴相切于点T(2,0),与y轴正半轴相交于两点M,N(点M在点N的下方),且|MN|=3. (1)求圆C的方程; (2)过点M任作一条直线与椭圆+=1相交于两点A,B,连接AN,BN,求证:∠ANM=∠BNM. 解　(1)设圆C的半径为r(r>0),依题意,圆心C的坐标为(2,r).因为|MN|=3,所以r2=+22=,解得r=,圆C的方程为(x-2)2+=. (2)证明:把x=0代入方程(x-2)2+=,解得y=1或y=4,即点M(0,1),N(0,4).①当AB⊥x轴时,可知∠ANM=∠BNM.②当AB与x轴不垂直时,可设直线AB的方程为y=kx+1.联立方程消去y得(1+2k2)x2+4kx-6=0.设直线AB交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则x1+x2=,x1x2=.所以kAN+kBN=+=+===0.所以∠ANM=∠BNM.综合①②知∠ANM=∠BNM. 类型三　探究性问题 【例3】　(2024·天津高考)已知椭圆+=1(a>b>0),椭圆的离心率e=,左顶点为A,下顶点为B,O为坐标原点,C是线段OB的中点,其中S△ABC=. (1)求椭圆的方程; (2)过点的动直线与椭圆有两个交点P,Q,在y轴上是否存在点T使得·≤0?若存在,求出点T纵坐标的取值范围;若不存在,请说明理由. 解　(1)因为e==,所以a=2c,b==c,由题知A(-a,0),B(0,-b),C,所以S△ABC=·|BC|·|OA|=··a=··2c=,得c=,所以a=2,b=3.故椭圆的方程为+=1. (2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),T(0,t).当直线PQ的斜率不存在时,不妨设P(0,3),Q(0,-3),则·=(0,3-t)·(0,-3-t)=t2-9≤0,解得-3≤t≤3.当直线PQ的斜率存在时,设其方程为y=kx-,由可得(3+4k2)x2-12kx-27=0,所以Δ=144k2+4×27(3+4k2)>0,x1+x2=,x1x2=-.因为·=(x1,y1-t)·(x2,y2-t)=x1x2+(y1-t)(y2-t)=x1x2+·=(1+k2)x1x2-k(x1+x2)+=--+==≤0,所以4k2t2-36k2+3t2+9t-≤0对k∈R恒成立,则有解得-3≤t≤.综上可得,-3≤t≤,即点T的纵坐标的取值范围是. 　　本题第(1)问,利用三角形面积求椭圆方程,较为简单;第(2)问,以向量的数量积为背景,考查直线与椭圆的位置关系,对学生的运算求解能力要求较高.学生在平时备考中要加强计算能力的训练,熟练掌握解析几何基本题型的解题思路. 【训练3】　(2024·湖南二模)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆+=1(a>b>0)的右顶点为(2,0),离心率为,P是直线x=4上任一点,过点M(1,0)且与PM垂直的直线交椭圆于A,B两点. (1)求椭圆的方程; (2)设直线PA,PM,PB的斜率分别为k1,k2,k3,问:是否存在常数λ,使得k1+k3=λk2?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由. 解　(1)由题意知a=2,e==,所以c=,所以b2=a2-c2=1,所以椭圆的方程为+y2=1. (2)设存在常数λ,使得k1+k3=λk2.当直线AB的斜率不存在时,其方程为x=1,代入椭圆方程得A,B,此时P(4,0),可得k1+k3=0=k2;当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=k(x-1),k≠0,A(x1,y1),B(x2,y2),将直线方程代入椭圆方程得(1+4k2)x2-8k2x+4k2-4=0,所以x1+x2=,x1x2=.因为P是直线x=4上任一点,过点M(1,0)且与PM垂直的直线交椭圆于A,B两点,所以直线PM的方程为y=-(x-1),所以P,k2=-,k1=,k3=,所以k1+k3=λk2,所以+==λ,将x1+x2=,x1x2=代入上式,并化简得-=-,解得λ=2.综上,存在常数λ=2,使得k1+k3=λk2. 第2课时　最值、范围问题 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　最值问题 考向❶:几何法求最值 【例1】　已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点M(1,2). (1)求过点M的抛物线C的切线方程; (2)若A,B是抛物线C上异于M的两点,记直线MA,MB的斜率分别为k1,k2且k1+k2=3,求点M到直线AB距离的最大值. 解　(1)将M的坐标代入抛物线C的方程中,得p=2,故抛物线C的标准方程为y2=4x. 解法一:由题意知过点M的抛物线的切线的斜率一定存在且不为0,设过点M的抛物线的切线方程为y-2=k(x-1)(k≠0),将其代入y2=4x,得ky2-4y-4(k-2)=0,由Δ=16[1+(k-2)k]=0,得k=1,故过点M的抛物线C的切线方程为x-y+1=0. 解法二:当y>0时,由y2=4x得y=2,而y'=,所以过点M(1,2)的抛物线C的切线的斜率为1,故过点M的抛物线C的切线方程为y-2=x-1,即x-y+1=0. (2)设A,B,则k1==,同理k2=,故k1+k2=+==3,化简得3y1y2+2(y1+y2)-4=0.易知直线AB的斜率不为0,则可设直线AB的方程为x=ty+n,将其代入y2=4x,得y2-4ty-4n=0,所以y1+y2=4t,y1y2=-4n,所以-12n+8t-4=0,即n=t-,直线AB的方程为x=t-,直线AB过定点Q.连接MQ,易知当MQ⊥AB时,点M到直线AB的距离最大,故点M到直线AB距离的最大值为|MQ|==. 　　利用几何法求解最值问题,即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解,解题时常用到两点间线段最短、点到直线的垂线段最短等结论. 【训练1】　已知椭圆C:+=1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且直线AM的斜率为. (1)求椭圆C的方程; (2)设点N为椭圆C上任意一点,求△AMN的面积的最大值. 解　(1)由题意可知直线AM的方程为y-3=(x-2),即x-2y=-4.当y=0时,解得x=-4,所以a=4.由椭圆C:+=1(a>b>0)过点M(2,3),得+=1,解得b2=12,所以椭圆C的方程为+=1. (2)设与直线AM平行的直线方程为x-2y=m(m≠-4),如图所示,当直线与椭圆相切时,记与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N,此时△AMN的面积取得最大值.联立消去x,可得16y2+12my+3m2-48=0,由Δ=144m2-4×16(3m2-48)=0,得m2=64,解得m=±8,所以与AM距离比较远的直线的方程为x-2y=8,又直线AM的方程为x-2y=-4,所以点N到直线AM的距离d即两平行线之间的距离,利用平行线之间的距离公式可得d==.由两点间的距离公式可得|AM|==3,所以△AMN的面积的最大值为d·|AM|=×3×=18. 考向❷:函数法求最值 【例2】　已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,点M(4,m)在抛物线E上,且△OMF的面积为p2(O为坐标原点). (1)求抛物线E的方程; (2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A,B两点,过A,B分别作垂直于l的直线AC,BD,分别交抛物线于C,D两点,求|AC|+|BD|的最小值. 解　(1)由题意可得解得p=2.故抛物线E的方程为y2=4x. (2)由题意知直线l的斜率一定存在且不为0,F(1,0),设直线l的方程为x=ty+1,t≠0,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),易知x1=ty1+1>0,x2=ty2+1>0,联立消去x得y2-4ty-4=0.所以y1+y2=4t,y1y2=-4.由AC垂直于l,得直线AC的方程为y-y1=-t(x-x1),联立消去x得ty2+4y-4tx1-4y1=0.所以y1+y3=-,y1y3=.所以|AC|=====·|ty1+2|=·(ty1+2).同理可得|BD|=·(ty2+2),所以|AC|+|BD|=·[t(y1+y2)+4]=(t2+1)=8,令f(x)=,x>0,则f'(x)=,x>0,所以当x∈(0,2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以当x=2时,f(x)取得最小值,即当t=±时,|AC|+|BD|取得最小值为12. 　　若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可首先建立起目标函数,再求这个函数的最值,求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及单调性法等. 【训练2】　已知椭圆M:+=1(a>0)的一个焦点为F(-1,0),左、右顶点分别为A,B,经过点F的直线l与椭圆M交于C,D两点. (1)求椭圆M的方程; (2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2,求|S1-S2|的最大值. 解　(1)因为F(-1,0)为椭圆M的焦点,所以c=1.又b=,所以a=2.所以椭圆M的方程为+=1. (2)解法一:当直线l的斜率不存在时,直线方程为x=-1,此时△ABD与△ABC的面积相等,即|S1-S2|=0.当直线l的斜率存在时,设C(x1,y1),D(x2,y2),直线l的方程为y=k(x+1)(k≠0),与椭圆M的方程联立,消去y,得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,Δ>0恒成立,且x1+x2=-,此时|S1-S2|=2||y2|-|y1||=2|y1+y2|=2|k(x1+1)+k(x2+1)|=2|k(x1+x2)+2k|==≤=,所以|S1-S2|的最大值为. 解法二:设C(x1,y1),D(x2,y2),直线l的方程为x=my-1,与椭圆M的方程联立,消去x,得(3m2+4) y2-6my-9=0,Δ>0恒成立,且y1+y2=,故|S1-S2|=2||y2|-|y1||=2|y1+y2|==≤=,当且仅当m=±时取等号,所以|S1-S2|的最大值为. 类型二　范围问题 【例3】　已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为2,且过点. (1)求椭圆C的方程; (2)过点M(2,0)的直线交椭圆C于A,B两点,P为椭圆C上一点,O为坐标原点,且满足+=t,其中t∈,求|AB|的取值范围. 解　(1)依题意得解得所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)由题意可知,直线AB的斜率存在,设其方程为y=k(x-2).由得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0,所以Δ=8(1-2k2)>0,解得k2<.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,y1+y2=k(x1+x2-4)=-.由+=t,得P,代入椭圆C的方程得t2=.由<t<2,得<k2<,所以|AB|=·=2.令u=,则u∈,所以|AB|=2∈,所以|AB|的取值范围为. 　　圆锥曲线中取值范围问题的常用解法 1.利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围. 2.利用已知参数的范围,求新参数的范围,解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系. 3.利用已知或隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围. 4.利用求函数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3】　(2025·陕西西安模拟)已知过点A(-4,0)的动直线l与抛物线G:x2=2py(p>0)相交于B,C两点. (1)当直线l的斜率是时,=4,求抛物线G的方程; (2)对(1)中的抛物线G,当直线l的斜率变化时,设线段BC的中垂线在y轴上的截距为b,求b的取值范围. 解　 (1)如图所示,设B(x1,y1),C(x2,y2),当直线l的斜率是时,l的方程为y=(x+4),即x=2y-4,联立消去x并整理得2y2-(8+p)y+8=0,所以Δ=(8+p)2-64>0,y1+y2=4+,y1y2=4,又=4,所以y2=4y1,又p>0,解得y1=1,y2=4,p=2,则抛物线G的方程为x2=4y. (2)由题意知直线l的斜率存在,设l:y=k(x+4),BC的中点坐标为(x0,y0),联立消去y并整理得x2-4kx-16k=0,Δ=16k2+64k>0得k>0或k<-4,所以x1+x2=4k,所以x0==2k,y0=k(x0+4)=2k2+4k,所以线段BC的中垂线方程为y-2k2-4k=-(x-2k),所以线段BC的中垂线在y轴上的截距b=2k2+4k+2=2(k+1)2,所以b>2,所以b的取值范围为(2,+∞). 第3课时　定点、定值问题 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　定点问题 【例1】　(2023·全国乙卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点A(-2,0)在C上. (1)求C的方程; (2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN的中点为定点. 解　(1)因为点A(-2,0)在C上,所以=1,得b2=4.因为椭圆的离心率e==,所以c2=a2,又a2=b2+c2=4+a2,所以a2=9,b2=4,故椭圆C的方程为+=1. (2)证明:由题意知,直线PQ的斜率存在且不为0,设lPQ∶y-3=k(x+2),P(x1,y1),Q(x2,y2),由得(4k2+9)x2+(16k2+24k)x+16k2+48k=0,则Δ=(16k2+24k)2-4(4k2+9)(16k2+48k)=-1 728k>0,解得k<0,故x1+x2=-,x1x2=.直线AP:y=(x+2),令x=0,解得yM=,同理得yN=,则======3.所以MN的中点为定点(0,3). 　　求定点问题的解题策略 1.求解直线或曲线过定点问题的基本思路:把直线或曲线方程中的变量x,y当作常数看待,把方程一端化为零,既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零,这样就得到一个关于x,y的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点. 2.由直线方程确定其过定点时,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). 【训练1】　(2025·湖北黄冈质检)如图,已知椭圆M:+=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,B,P是椭圆M上异于A,B的动点,满足kPA·kPB=-,当P为M的上顶点时,△ABP的面积为2. (1)求椭圆M的方程; (2)若直线AP交直线l:x=4于C点,直线CB交椭圆M于Q点,求证:直线PQ过定点. 解　(1)由题意得A(-a,0),B(a,0).当点P为椭圆M的上顶点时,P(0,b),则kPA·kPB=·==-,又S△ABP=×2ab=2,所以a=2,b=1,所以椭圆M的方程为+y2=1. (2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),C(4,t),t≠0,则直线AC:y=(x+2),BC:y=(x-2).当直线PQ的斜率不存在时,x1=x2,y1=-y2.所以解得x1=1,此时直线PQ的方程为x=1,直线PQ过点(1,0).当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y=kx+m,由kPA=,kBQ=,可知kBQ=3kPA,又kPA·kPB=-,所以kBQ·kPB=-,即·==-,整理得3x1x2+4y1y2-6(x1+x2)+12=0　①.联立直线PQ与椭圆M的方程得整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,所以Δ=64k2m2-4(4k2+1)(4m2-4)=16(4k2+1-m2)>0,则4k2+1>m2,由根与系数的关系得x1+x2=-,x1x2=　②,所以y1·y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=　③,将②③代入①得3×+4×+6×+12=0,可得(2k+m)(k+m)=0,所以m=-2k或m=-k,当m=-2k时,直线PQ的方程为y=kx-2k=k(x-2),过点B(2,0),不符合题意,舍去,所以m=-k,此时直线PQ的方程为y=kx-k=k(x-1),过定点(1,0).综上,直线PQ过定点(1,0). 类型二　定线问题 【例2】　(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-2,0),离心率为. (1)求C的方程; (2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与NA2交于点P,证明:点P在定直线上. 解　(1)设双曲线C的方程为-=1(a>0,b>0),由焦点坐标可知c=2,由e==,可得a=2,b==4,所以双曲线C的方程为-=1. (2)证明:如图,由(1)可得A1(-2,0),A2(2,0),设M(x1,y1),N(x2,y2),显然直线MN的斜率不为0,设直线MN的方程为x=my-4,且-<m<,与-=1联立,可得(4m2-1)y2-32my+48=0,且Δ=64(4m2+3)>0,且4m2-1≠0,则y1+y2=,y1y2=,且my1y2=(y1+y2).直线MA1的方程为y=,直线NA2的方程为y=,联立直线MA1与直线NA2的方程,可得=====-,解得x=-1,即xP=-1.所以点P在定直线x=-1上运动. 　　动点在定直线上是圆锥曲线的常规题型,设点法:通过已知点轨迹,消去参数,从而得到轨迹方程. 【训练2】　(2025·吉林长春质检)过抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点F,且斜率为-1的直线l与抛物线E交于A,B两点,|AB|=8. (1)求抛物线E的方程; (2)过焦点F的直线l',交抛物线E于C,D两点,直线AC与BD的交点是否恒在一条直线上?若是,求出该直线的方程;否则,说明理由. 解　(1)由题意知,F,则直线l:y=-x+.设A(x1,y1),B(x2,y2),联立得消去y并整理得,x2-3px+=0,Δ1=(-3p)2-4×1×=8p2>0,所以x1+x2=3p,x1x2=.由抛物线的定义得,|AB|=x1+x2+p=4p=8,解得p=2,所以抛物线E的方程为y2=4x. (2)由(1)可得,y1y2=-4,F(1,0).由题意知,直线l'的斜率不为0,设直线l':x=my+1,C(x3,y3),D(x4,y4),联立得消去x并整理得,y2-4my-4=0,Δ2=(-4m)2-4×1×(-4)=16(m2+1)>0,所以y3y4=-4.直线AC:y-y3=(x-x3)=(x-x3)=(x-x3),即y=　①.同理得,直线BD:y=　②.由①②消去y得,=,即4(y1-y2+y3-y4)x=y1y2(y3-y4)+y3y4(y1-y2)=-4(y1-y2+y3-y4),解得x=-1,所以直线AC与直线BD的交点恒在直线x=-1上. 类型三　定值问题 【例3】　(2025·广东佛山联考)已知P是圆C:(x+2)2+y2=12上一动点,定点M(2,0),线段PM的垂直平分线n与直线PC交于点T,记点T的轨迹为C'. (1)求C'的方程; (2)若直线l与曲线C'恰有一个公共点,且l与直线l1:y=x,l2:y=-x分别交于A,B两点,△OAB的面积是否为定值(O为坐标原点)?若是,求出该定值,若不是,请说明理由. 解　(1)由C:(x+2)2+y2=12,可知C(-2,0),圆C的半径r=2,连接TM,因为线段PM的垂直平分线n与直线PC交于点T,所以|TP|=|TM|,所以|TM|=|TC|+2或|TC|=|TM|+2,所以||TM|-|TC||=2<|CM|=4,所以由双曲线的定义可知,点T的轨迹是以(2,0),(-2,0)为焦点的双曲线,设双曲线方程为-=1(a>0,b>0),易知2a=2,c=2,所以a=,c=2,b==1,所以C'的方程为-y2=1. (2)当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,因为直线l与直线l1:y=x,l2:y=-x分别交于A,B两点,所以k≠±.由得关于x的方程(1-3k2)x2-6mkx-3m2-3=0,因为k≠±,所以1-3k2≠0,因为直线l与曲线C'恰有一个公共点,所以Δ=36m2k2+4(1-3k2)(3m2+3)=0,即3k2=m2+1.由得x=-,即xA=-.同理可得xB=-,则|AB|=·|xA-xB|=,又原点O到直线l的距离d=,所以S△OAB=|AB|d=.因为3k2=m2+1,所以S△OAB=.当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=±.渐近线方程为y=±x,此时|AB|=2,S△OAB=××2=.故△OAB的面积为定值. 　　求代数式为定值,依题设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式,化简即可得出定值. 【训练3】　已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,准线为l,过点F且倾斜角为的直线交抛物线于点M(M在第一象限),MN⊥l,垂足为N,直线NF交x轴于点D,|MD|=4. (1)求p的值; (2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切,切点为G,平行于l1的直线交抛物线C于P,Q两点,且∠PGQ=,证明:点F到直线PQ与到直线l1的距离之比为定值. 解　 (1)如图所示,过点F作FA⊥MN,垂足为A,MN交x轴于点E,准线l与y轴交于B.由题得∠AFM=,所以∠NMF=,因为|MF|=|MN|,所以△MNF是等边三角形,因为O是FB的中点,所以|DF|=|DN|,MD⊥DF,故|FM|==8,所以|MN|=8,|AN|=4,所以|OF|=|AN|=2,所以=2,即p=4. (2)证明:由(1)可知抛物线C的方程是x2=8y,由题意知直线PQ斜率存在,设直线PQ的方程为y=kx+m(k≠0),P,Q,G,因为∠PGQ=,所以·=-1,即(x1+x0)(x2+x0)=-64,即x1x2+x0(x1+x2)+=-64.又k=,所以x0=4k,故l1:y=(x-x0)+=kx-2k2.联立消去y,得x2-8kx-8m=0,其中Δ=64k2+32m>0,则x1+x2=8k,x1x2=-8m,所以-8m+32k2+16k2=-64,所以m=6k2+8.设点F到直线PQ和直线l1的距离分别为d1,d2,则由l1∥PQ得===3,所以点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是定值,定值为3. 新定义4.以圆锥曲线为载体的新定义问题 　　　　　　　　　　　　　 类型一　定义新概念 【例1】　加斯帕尔·蒙日(图①)是18~19世纪法国著名的几何学家,他在研究圆锥曲线时发现:椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上,其圆心是椭圆的中心,这个圆被称为“蒙日圆”(图②).则椭圆C:+=1的蒙日圆的半径为 3 .  ①　② 解析　由题意可知,椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上,故当两条切线中的一条经过椭圆长轴顶点,另一条经过短轴顶点时,如图,此时,两切线垂直,交点M在“蒙日圆”上,由椭圆C:+=1可知a2=5,b2=4,故“蒙日圆”的半径为|OM|===3. 　　蒙日圆是一种重要的圆.本题也可直接运用二级结论求解.过椭圆+=1(a>b>0)上任意不同两点A,B作圆的切线,如果切线垂直且相交于P,则动点P的轨迹为圆x2+y2=a2+b2. 类型二　定义新性质 【例2】　(2025·杭州模拟)已知动圆M与圆C1:(x+1)2+y2=49和圆C2:(x-1)2+y2=1都内切,记动圆圆心M的轨迹为Γ. (1)求Γ的方程; (2)已知圆锥曲线具有如下性质:若圆锥曲线的方程为Ax2+2Bxy+Cy2+2Dx+2Ey+F=0,则曲线上一点(x0,y0)处的切线方程为:Ax0x+B(x0y+y0x)+Cy0y+D(x0+x)+E(y0+y)+F=0.试运用该性质解决以下问题:点P为直线x=9上一点(P不在x轴上),过点P作Γ的两条切线PA1,PA2,切点分别为A1,A2. (ⅰ)证明:A1A2⊥PC2; (ⅱ)点A1关于x轴的对称点为A'1,直线A'1A2交x轴于点N,直线PC2交曲线Γ于G,H两点.记△GC2N,△HC2N的面积分别为S1,S2,求S1-S2的取值范围. 解　(1)设动圆M的半径为r,由题意得圆C1和圆C2的半径分别为7,1,因为M与C1,C2都内切,所以|MC1|=7-r,|MC2|=r-1,所以|MC1|+|MC2|=7-r+r-1=6,又C1(-1,0),C2(1,0),故|C2C1|=2<6,所以点M的轨迹是以C1,C2为焦点的椭圆,设Γ的方程为:+=1(a>b>0),则2a=6,2c=2,所以b2=a2-c2=9-1=8,故Γ的方程为+=1. ① (2)(ⅰ)证明:设A1(x1,y1),A2(x2,y2),P(9,t)(t≠0),如图①,由题意中的性质可得,切线PA1方程为+=1,切线PA2方程为+=1,因为两条切线都经过点P(9,t),所以x1+=1,x2+=1,故直线A1A2的方程为:x+=1,可得直线A1A2的斜率为=-,而直线PC2的斜率为==,因为·=·=-1,所以A1A2⊥PC2. ② (ⅱ)如图②,由直线A1A2的方程为:x+=1,过定点(1,0),可改设直线A1A2的方程为:x=my+1(m≠0),联立整理得(8m2+9)y2+16my-64=0,由根与系数的关系得又A'1(x1,-y1),所以直线A'1A2的方程为y+y1=(x-x1),令y=0得,xN=+x1====1+=1+=1+8=9,所以直线A'1A2经过定点N(9,0),又C2(1,0),再由A1A2⊥PC2,可设直线PC2的方程为:y=-m(x-1),再联立整理得y2-y-64=0,设G(x3,y3),H(x4,y4),则由根与系数的关系得因为y3y4<0,所以|S1-S2|=|C2N|||y3|-|y4||=4|y3+y4|==≤=,所以=,当且仅当9|m|=时,即m=±时取等号.又因为m≠0,所以S1-S2∈∪. 　　(1)利用两圆相内切的几何关系来推导出椭圆的几何定义,从而求出轨迹方程. (2)利用曲线上某点的切线方程去推导出切点弦方程. 类型三　定义新运算 【例3】　(2024·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C上,k为常数,0<k<1.按照如下方式依次构造点Pn(n=2,3,…):过Pn-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn-1,令Pn为Qn-1关于y轴的对称点.记Pn的坐标为(xn,yn). (1)若k=,求x2,y2; (2)证明:数列{xn-yn}是公比为的等比数列; (3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积.证明:对任意正整数n,Sn=Sn+1. 【规范解答】　将点P1(5,4)的坐标代入C的方程,得52-42=m,解得m=9,所以C:x2-y2=9. (1)过点P1(5,4)且斜率k=的直线方程为y=(x-5)+4, 与C的方程联立,消去y化简可得x2-2x-15=0,即(x-5)(x+3)=0, 所以点Q1的横坐标为-3,将x=-3代入直线方程,得y=0, 因此Q1(-3,0),从而P2(3,0),即x2=3,y2=0. (2)由题意,Pn(xn,yn),Pn+1(xn+1,yn+1),Qn(-xn+1,yn+1). 设过点Pn(xn,yn)且斜率为k的直线为ln:y=k(x-xn)+yn, 将ln的方程与C的方程联立,消去y化简可得(1-k2)x2+(2k2xn-2kyn)x-(kxn-yn)2-9=0, 由根与系数的关系,得-xn+1+xn=-, 所以xn+1=+xn=.又Qn(-xn+1,yn+1)在直线ln上, 所以yn+1=k(-xn+1-xn)+yn=-kxn+1-kxn+yn. 从而xn+1-yn+1=xn+1+kxn+1+kxn-yn=(1+k)xn+1+kxn-yn=(1+k)·+kxn-yn=·(xn-yn), 易知xn-yn≠0,所以数列{xn-yn}是公比为的等比数列. (3)由(2)知,数列{xn-yn}是首项为x1-y1=5-4=1,公比为的等比数列. 令t=,由0<k<1可知t>1,则xn-yn=tn-1, 又-=9,所以xn+yn==, 可得xn=,yn=. 所以Pn,Pn+1,Pn+2. 所以直线PnPn+1的方程为x-xn=(y-yn),即(9+t2n-1)x-(9-t2n-1)y-9tn-1(1+t)=0. 易知点Pn+2到直线PnPn+1的距离d= =. 又|PnPn+1|= =, 则Sn=·|PnPn+1|·d==,即Sn为定值,所以Sn=Sn+1. 　　本题分层设问,环环相扣,三问都可以通过基本方法简化计算过程;第(2)问利用固定斜率的直线与双曲线交点的性质可以迅速得出结论;第(3)问证明面积相等,运算量超大,需具有很强的运算能力. 学科网（北京）股份有限公司 $$