三维设计新课标高考数学大一轮复习解析几何精品讲义理含解析 144页

第八章　解析几何 第一节 直线的倾斜角与斜率、直线的方程 基础盘查一　直线的倾斜角与斜率 ‎(一)循纲忆知 ‎1．在平面直角坐标系中，结合具体图形，确定直线位置的几何要素(定点、斜率、倾斜角)．‎ ‎2．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．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角与斜率(　　)‎ ‎(2)过点M(a，b)，N(b，a)(a≠b)的直线的倾斜角是45°(　　)‎ ‎(3)倾斜角越大，斜率越大(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×‎ ‎2．(人教A版教材习题改编)若过两点A(－m,6)，B(1,‎3m)的直线的斜率为12，则m＝________.‎ 答案：－2‎ ‎3．直线xcos α＋y＋2＝0的倾斜角的范围是________．‎ 解析：设直线的倾斜角为θ，依题意知，‎ k＝－cos α；‎ ‎∵cos α∈[－1,1]，∴k∈，‎ 即tan θ∈.‎ 又θ∈[0，π)，∴θ∈∪.‎ 答案：∪ 基础盘查二　直线的方程 ‎(一)循纲忆知 掌握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．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)经过点P(x0，y0)的直线都可以用方程y－y0＝k(x－x0)表示(　　)‎ ‎(2)经过任意两个不同的点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直线都可以用方程(y－y1)(x2－x1)＝(x－x1)(y2－y1)表示(　　)‎ ‎(3)直线的截距即是直线与坐标轴的交点到原点的距离(　　)‎ ‎(4)若直线在x轴，y轴上的截距分别为m，n，则方程可记为＋＝1(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×‎ ‎2．(人教A版教材习题改编)已知三角形的三个顶点A(－5,0)，B(3，－3)，C(0,2)，则BC边上中线所在的直线方程为____________．‎ 答案：x＋13y＋5＝0‎ ‎3．过点M(3，－4)，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为_____________．‎ 解析：①若直线过原点，则k＝－，‎ 所以y＝－x，即4x＋3y＝0.‎ ‎②若直线不过原点，‎ 设直线方程为＋＝1，即x＋y＝a.‎ 则a＝3＋(－4)＝－1，‎ 所以直线的方程为x＋y＋1＝0.‎ 答案：4x＋3y＝0或x＋y＋1＝0‎ |(基础送分型考点——自主练透)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．直线的倾斜角 ‎(1)定义：x轴正向与直线向上的方向所成的角叫做直线的倾斜角．‎ ‎(2)范围：[0，π)．‎ ‎2．直线的斜率 ‎(1)定义：当直线l的倾斜角α≠时，其倾斜角α的正切值tan α叫做这条直线的斜率，斜率通常用小写字母k表示，即k＝tan α.‎ ‎(2)范围：全体实数R.‎ ‎(3)斜率公式：经过两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)(x1≠x2)的直线的斜率公式为kP1P2＝.‎ ‎[提醒]　(1)任意一条直线都有倾斜角，但只有与x轴不垂直的直线才有斜率．‎ ‎(2)α＝0时k＝0；α是锐角时k>0；α是钝角时k<0.‎ ‎(3)已知倾斜角θ的范围，求斜率k的范围时注意下列图象的应用：‎ 当k＝tan α，α∈∪时的图象如图：‎ ‎[题组练透]‎ ‎1．若经过两点A(4,2y＋1)，B(2，－3)的直线的倾斜角为，则y等于(　　)‎ A．－1　　　　　　　　 B．－3‎ C．0 D．2‎ 解析：选B　由k＝＝tan ＝－1.‎ 得－4－2y＝2，∴y＝－3.‎ ‎2．(2015·常州模拟)若ab<0，则过点P与Q的直线PQ的倾斜角的取值范围是________．‎ 解析：kPQ＝＝<0，又倾斜角的取值范围为[0，π)，故直线PQ的倾斜角的取值范围为.‎ 答案： ‎3．(2015·沈阳联考)已知线段PQ两端点的坐标分别为P(－1，1)和Q(2,2)，若直线l：x＋my＋m＝0与线段PQ有交点，则实数m的取值范围是________．‎ 解析：如图所示，直线l：x＋my＋m＝0过定点A(0，－1)，当m≠0时，‎ kQA＝，kPA＝－2，kl＝－.‎ ‎∴－≤－2或－≥.‎ 解得00，所以ex＋≥2＝2(当且仅当ex＝，即x＝0时取等号)，所以ex＋＋2≥4，故y′＝≥－(当且仅当x＝0时取等号)．所以当x＝0时，曲线的切线斜率取得最小值，此时切点的坐标为，切线的方程为y－＝－(x－0)，即x＋4y－2＝0.该切线在x轴上的截距为2，在y轴上的截距为，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S＝×2×＝.‎ 答案： ‎[类题通法]‎ ‎1．含有参数的直线方程可看作直线系方程，这时要能够整理成过定点的直线系，即能够看出“动中有定”．‎ ‎2．求解与直线方程有关的最值问题，先求出斜率或设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式求解最值．‎ 一、选择题 ‎1．直线l：xsin 30°＋ycos 150°＋1＝0的斜率是(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C．－ D．－ 解析：选A　设直线l的斜率为k，则k＝－＝.‎ ‎2．在等腰三角形AOB中，AO＝AB，点O(0,0)，A(1,3)，点B在x轴的正半轴上，则直线AB的方程为(　　)‎ A．y－1＝3(x－3) B．y－1＝－3(x－3)‎ C．y－3＝3(x－1) D．y－3＝－3(x－1)‎ 解析：选D　因为AO＝AB，所以直线AB的斜率与直线AO的斜率互为相反数，所以kAB＝－kOA＝－3，所以直线AB的点斜式方程为：y－3＝－3(x－1)．‎ ‎3．已知直线l：ax＋y－2－a＝0在x轴和y轴上的截距相等，则a的值是(　　)‎ A．1 B．－1‎ C．－2或－1 D．－2或1‎ 解析：选D　由题意可知a≠0.当x＝0时，y＝a＋2.‎ 当y＝0时，x＝.‎ ‎∴＝a＋2，‎ 解得a＝－2或a＝1.‎ ‎4．两条直线l1：－＝1和l2：－＝1在同一直角坐标系中的图象可以是(　　)‎ 解析：选A　取特殊值法或排除法，可知A正确．‎ ‎5．(2015·哈尔滨模拟)函数y＝asin x－bcos x的一条对称轴为x＝，则直线l：ax－by＋c＝0的倾斜角为(　　)‎ A．45° B．60°‎ C．120° D．135°‎ 解析：选D　由函数y＝f(x)＝asin x－bcos x的一条对称轴为x＝知，f(0)＝f，即－b＝a，∴直线l的斜率为－1，∴倾斜角为135°.‎ ‎6．(2014·安徽高考)过点P(－，－1)的直线l与圆x2＋y2＝1有公共点，则直线l的倾斜角的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　法一：如图，过点P作圆的切线PA，PB，切点为A，B.由题意知OP＝2，OA＝1，则sin α＝，所以α＝30°，∠BPA＝60°.故直线l的倾斜角的取值范围是.选D.‎ 法二：设过点P的直线方程为y＝k(x＋)－1，则由直线和圆有公共点知≤1，解得0≤k≤.‎ 故直线l的倾斜角的取值范围是.‎ 二、填空题 ‎7．若ab>0，且A(a,0)，B(0，b)，C(－2，－2)三点共线，则ab的最小值为________．‎ 解析：根据A(a,0)，B(0，b)确定直线的方程为＋＝1，又C(－2，－2)在该直线上，故＋＝1，所以－2(a＋b)＝ab.又ab>0，故a<0，b<0.‎ 根据基本不等式ab＝－2(a＋b)≥4，从而≤0(舍去)或≥4，故ab≥16，当且仅当a＝b＝－4时取等号．即ab的最小值为16.‎ 答案：16‎ ‎8．设点A(－1,0)，B(1,0)，直线2x＋y－b＝0与线段AB相交，则b的取值范围是________．‎ 解析：b为直线y＝－2x＋b在y轴上的截距，‎ 如图，当直线y＝－2x＋b过点A(－1，0)和点B(1,0)时，b分别取得最小值和最大值．‎ ‎∴b的取值范围是[－2,2]．‎ 答案：[－2,2]‎ ‎9．若直线l的斜率为k，倾斜角为α，而α∈∪，则k的取值范围是________________．‎ 解析：∵k＝tan α，α∈∪ ‎∴－≤k<0或≤k≤1.‎ 答案：[－，0)∪ ‎10．一条直线经过点A(－2,2)，并且与两坐标轴围成的三角形的面积为1，则此直线的方程为________________________________________________________________________．‎ 解：设直线的斜率为k(k≠0)，‎ 则直线方程为y－2＝k(x＋2)，‎ 由x＝0知y＝2k＋2.‎ 由y＝0知x＝.‎ 由|2k＋2|＝1.‎ 得k＝－或k＝－2.‎ 故直线方程为x＋2y－2＝0或2x＋y＋2＝0.‎ 答案：x＋2y－2＝0或2x＋y＋2＝0‎ 三、解答题 ‎11．已知直线l过点M(2,1)，且与x轴，y轴的正半轴分别相交于A，B两点，O为坐标原点，求当·取得最小值时，直线l的方程．‎ 解：设A(a,0)，B(0，b)，则a＞0，b＞0，‎ 直线l的方程为＋＝1，所以＋＝1.‎ 故·＝－·＝－(a－2，－1)·(－2，b－1)＝2(a－2)＋b－1＝‎2a＋b－5＝(‎2a＋b)－5＝＋≥4，‎ 当且仅当a＝b＝3时取等号，‎ 此时直线l的方程为x＋y－3＝0.‎ ‎12.如图，射线OA，OB分别与x轴正半轴成45°和30°角，过点P(1,0)作直线AB分别交OA，OB于A，B两点，当AB的中点C恰好落在直线y＝x上时，求直线AB的方程．‎ 解：由题意可得kOA＝tan 45°＝1，kOB＝tan(180°－30°)＝－，‎ 所以直线lOA：y＝x，lOB：y＝－x.‎ 设A(m，m)，B(－n，n)，‎ 所以AB的中点C，‎ 由点C在直线y＝x上，且A，P，B三点共线得 解得m＝，所以A(，)．‎ 又P(1,0)，所以kAB＝kAP＝＝，‎ 所以lAB：y＝(x－1)，‎ 即直线AB的方程为(3＋)x－2y－3－＝0.‎ 第二节两直线的位置关系 基础盘查一　两直线平行与垂直 ‎(一)循纲忆知 能根据两条直线的斜率判定这两条直线平行或垂直．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)当直线l1和l2的斜率都存在时，一定有k1＝k2⇒l1∥l2(　　)‎ ‎(2)如果两条直线l1与l2垂直，则它们的斜率之积一定等于－1(　　)‎ ‎(3)已知直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0(A1，B1，C1，A2，B2，C2为常数)，若直线l1⊥l2，则A‎1A2＋B1B2＝0(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)√‎ ‎2．(人教B版教材习题改编)过点(1,2)与直线2x＋y－10＝0垂直的直线方程为____________．‎ 答案：x－2y＋3＝0‎ 基础盘查二　两直线的交点 ‎(一)循纲忆知 能用解方程组的方法求两条相交直线的交点坐标．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)l1：y＝k1x＋b1，l2：y＝k2x＋b2，当k1≠k2时，l1与l2相交(　　)‎ ‎(2)过l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0的交点的直线方程为A1x＋B1y＋C1＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0(λ∈R)(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×‎ ‎2．(人教A版教材习题改编)经过两直线2x＋y－8＝0与x－2y＋1＝0的交点，且平行于直线4x－3y－7＝0的直线方程为____________．‎ 答案：4x－3y－6＝0‎ 基础盘查三　距离公式 ‎(一)循纲忆知 掌握两点间的距离公式、点到直线的距离公式，会求两条平行直线间的距离．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)点P(x0，y0)到直线y＝kx＋b的距离为(　　)‎ ‎(2)直线外一点与直线上一点的距离的最小值就是点到直线的距离(　　)‎ ‎(3)若点A，B关于直线l：y＝kx＋b(k≠0)对称，则直线AB的斜率等于－，且线段AB的中点在直线l上(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)√‎ ‎2．(北师大版教材习题改编)两平行直线l1，l2分别过A(1,0)，B(0,5)，若l1与l2的距离为5，则l1与l2的方程分别为l1：________________，l2：________________.‎ 答案：y＝0或5x－12y－5＝0‎ y＝5或5x－12y＋60＝0‎ |(基础送分型考点——自主练透)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．判定两直线平行的方法 ‎(1)判定两直线的斜率是否存在，若存在，可先化成斜截式，若k1＝k2，且b1≠b2，则两直线平行；若斜率都不存在，还要判定是否重合．‎ ‎(2)直接用以下方法，可避免对斜率是否存在进行讨论：‎ 设直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，‎ l1∥l2⇔A1B2－A2B1＝0，且B‎1C2－B‎2C1≠0.‎ ‎2．判定两直线垂直的方法 ‎(1)判定两直线的斜率是否存在，若存在，可先化成斜截式，若k1·k2＝－1，则两直线垂直；若一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0，则两直线也垂直．‎ ‎(2)直接用以下方法，可避免对斜率是否存在进行讨论：设直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，l1⊥l2⇔A‎1A2＋B1B2＝0.‎ ‎3．求两条直线的交点 对于直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，它们的交点可由求解．‎ ‎[题组练透]‎ ‎1．(2015·北京海淀区期末)已知直线l1：x＋2y－1＝0与直线l2：mx－y＝0平行，则实数m的取值为(　　)‎ A．－　　　　　　　　　 B. C．2 D．－2‎ 解析：选A　因为直线l1：x＋2y－1＝0与直线l2：mx－y＝0平行，所以＝≠0，解得m＝－，故选A.‎ ‎2．(2015·浙江名校联考)已知直线l1：x＋(a－2)y－2＝0，l2：(a－2)x＋ay ‎－1＝0，则“a＝－‎1”‎是“l1⊥l‎2”‎的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A　若a＝－1，则l1：x－3y－2＝0，l2：－3x－y－1＝0，显然两条直线垂直；若l1⊥l2，则(a－2)＋a(a－2)＝0，∴a＝－1或a＝2，因此，“a＝－1”是“l1⊥l‎2”‎的充分不必要条件，故选A.‎ ‎3．(2015·浙江温州十校联考)过两直线2x－y－5＝0和x＋y＋2＝0的交点且与直线3x＋y－1＝0平行的直线方程为________________．‎ 解析： 联立得交点P(1，－3)．‎ 设过点P且与直线3x＋y－1＝0平行的直线方程为3x＋y＋m＝0，则3×1－3＋m＝0，解得m＝0.‎ 答案：3x＋y＝0‎ ‎[类题通法]‎ ‎1．充分掌握两直线平行与垂直的条件是解决本类题的关键，对于斜率都存在且不重合的两条直线l1和l2，l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1·k2＝－1.若有一条直线的斜率不存在，那么另一条直线的斜率是多少一定要特别注意．‎ ‎2．两直线交点的求法 求两直线交点坐标，就是解由两直线方程组成的方程组，以方程组的解为坐标的点即为交点．‎ ‎3．常见的三大直线系方程 ‎(1)与直线Ax＋By＋C＝0平行的直线系方程是Ax＋By＋m＝0(m∈R且m≠C)．‎ ‎(2)与直线Ax＋By＋C＝0垂直的直线系方程是Bx－Ay＋m＝0(m∈R)．‎ ‎(3)过直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0与l2：A2x＋B2y＋C2＝0的交点的直线系方程为A1x＋B1y＋C1＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0(λ∈R)，但不包括l2.‎ |(重点保分型考点——师生共研)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．两点间的距离公式 平面上任意两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)间的距离公式为|P1P2|＝.‎ ‎2．点到直线的距离公式 点P0(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离d＝.‎ ‎3．两平行直线间的距离公式 两条平行直线Ax＋By＋C1＝0与Ax＋By＋C2＝0间的距离为d＝.‎ ‎[提醒]　在解题过程中，易忽略点到直线与两平行直线间的距离公式中要求直线方程必须是一般式，导致出现错解．特别是两平行直线间的距离公式中，两直线方程的一般式中的x，y的系数要对应相等．‎ ‎[典题例析]‎ 已知点P(2，－1)．‎ ‎(1)求过点P且与原点的距离为2的直线l的方程．‎ ‎(2)求过点P且与原点的距离最大的直线l的方程，最大距离是多少？‎ ‎(3)是否存在过点P且与原点的距离为6的直线？若存在，求出方程；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)过点P的直线l与原点的距离为2，而点P的坐标为(2，－1)，显然，过P(2，－1)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，可得直线l的方程为x＝2或3x－4y－10＝0.‎ ‎(2)作图可得过点P与原点O的距离最大的直线是过点P且与PO垂直的直线，如图．‎ 由l⊥OP，得klkOP＝－1，所以kl＝－＝2.‎ 由直线方程的点斜式得y＋1＝2(x－2)，‎ 即2x－y－5＝0.‎ 所以直线2x－y－5＝0是过点P且与原点O的距离最大的直线，最大距离为＝.‎ ‎(3)由(2)可知，过点P不存在到原点的距离超过的直线，因此不存在过点P且到原点的距离为6的直线．‎ ‎[类题通法]‎ 解决与点到直线的距离有关的问题应熟记点到直线的距离公式，若已知点到直线的距离求直线方程，一般考虑待定斜率法，此时必须讨论斜率是否存在．‎ ‎[演练冲关]‎ 已知l1，l2是分别经过A(1,1)，B(0，－1)两点的两条平行直线，当l1，l2间的距离最大时，则直线l1的方程是__________________________．‎ 解析：当直线AB与l1，l2垂直时，l1，l2间的距离最大．因为A(1,1)，B(0，－1)，所以kAB＝＝2，所以两平行直线的斜率为k＝－，所以直线l1的方程是y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0.‎ 答案：x＋2y－3＝0‎ |(常考常新型考点——多角探明)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．中心对称 ‎(1)点关于点对称：若点M(x1，y1)与N(x，y)关于P(a，b)对称，则由中点坐标公式得进而求解．‎ ‎(2)直线关于点对称问题的主要解法：在已知直线上取两点，利用中点坐标公式求出它们关于已知点对称的两点坐标，再由两点式求出直线方程，或者求出一个对称点，再利用l1∥l2，由点斜式得到所求的直线方程．‎ ‎2．轴对称 ‎(1)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，且连接P1P2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A≠0，x1≠x2)．‎ 特别地，若直线l：Ax＋By＋C＝0满足|A|＝|B|，则P1(x1，y1)与P2(x2，y2)坐标关系为 ‎(2)直线关于直线的对称 此类问题一般转化为点关于直线的对称来解决，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．‎ ‎[多角探明]‎ 对称问题是高考常考内容之一，也是考查学生转化能力的一种常见题型．归纳起来常见的命题角度有：‎ ‎(1)点关于点对称；‎ ‎(2)点关于线对称；‎ ‎(3)线关于线对称；‎ ‎(4)对称问题的应用.‎ 角度一：点关于点的对称 ‎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，求直线l的方程．‎ 解：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，‎ 所以由两点式得直线l的方程为x＋4y－4＝0.‎ 角度二：点关于线对称 ‎2．已知直线l：2x－3y＋1＝0，点A(－1，－2)，求点A关于直线l的对称点A′的坐标．‎ 解：设A′(x，y)，‎ 再由已知得 解得故A′.‎ 角度三：线关于线对称 ‎3．在[角度二]的条件下，求直线m：3x－2y－6＝0关于直线l的对称直线m′的方程．‎ 解：在直线m上取一点，如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 得M′.‎ 设直线m与直线l的交点为N，则 由得N(4,3)．‎ 又∵m′经过点N(4,3)，‎ ‎∴由两点式得直线m′的方程为9x－46y＋102＝0.‎ 角度四：对称问题的应用 ‎4．已知光线从A(－4，－2)点射出，到直线y＝x上的B点后被直线y＝x反射到y轴上的C点，又被y轴反射，这时反射光线恰好过点D(－1,6)，求BC所在的直线方程．‎ 解：作出草图，如图所示，设A关于直线y＝x的对称点为A′，D关于y轴的对称点为D′，则易得A′(－2，－4)，D′(1,6)．由入射角等于反射角可得A′D′所在直线经过点B与C.‎ 故BC所在的直线方程为＝，即10x－3y＋8＝0.‎ ‎[类题通法]‎ 对称问题的解题策略 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，关键是抓住两点：一是两对称点的连线与对称轴垂直；二是两对称点的中心在对称轴上，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．‎ 一、选择题 ‎1．与直线3x－4y＋5＝0关于x轴对称的直线方程为(　　)‎ A．3x＋4y＋5＝0　　　　　　 B．3x＋4y－5＝0‎ C．－3x＋4y－5＝0 D．－3x＋4y＋5＝0‎ 解析：选A　与直线3x－4y＋5＝0关于x轴对称的直线方程是3x－4(－y)＋5＝0，即3x＋4y＋5＝0.‎ ‎2．已知平面内两点A(1,2)，B(3,1)到直线l的距离分别是，－，则满足条件的直线l的条数为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选C　由题知满足题意的直线l在线段AB两侧各有1条，又因为|AB|＝ ，所以还有1条为过线段AB上的一点且与AB垂直的直线，故共3条．‎ ‎3．(2015·广元模拟)若直线l1：x－2y＋m＝0(m>0)与直线l2：x＋ny－3＝0之间的距离是，则m＋n＝(　　)‎ A．0 B．1‎ C．－1 D．2‎ 解析：选A　∵直线l1：x－2y＋m＝0(m>0)与直线l2：x＋ny－3＝0之间的距离为，‎ ‎∴ ‎∴n＝－2，m＝2(负值舍去)．‎ ‎∴m＋n＝0.‎ ‎4．(2015·济南模拟)“m＝‎3”‎是“直线l1：2(m＋1)x＋(m－3)y＋7－‎5m＝0与直线l2：(m－3)x＋2y－5＝0垂直”的(　　)‎ A. 充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A　由l1⊥l2，得2(m＋1)(m－3)＋2(m－3)＝0，‎ ‎∴m＝3或m＝－2.‎ ‎∴m＝3是l1⊥l2的充分不必要条件. ‎ ‎5．(2015·云南统考)已知A，B两点分别在两条互相垂直的直线2x－y＝0和x＋ay＝0上，且AB线段的中点为P，则线段AB的长为(　　)‎ A．11 B．10‎ C．9 D．8‎ 解析：选B　依题意，a＝2，P(0,5)，设A(x,2x)，B(－2y，y)，故则A(4,8)，B(－4,2)，∴|AB|＝＝10.‎ ‎6．已知曲线－＝1与直线y＝2x＋m有两个交点，则m的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－4)∪(4，＋∞) B．(－4,4)‎ C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－3,3)‎ 解析：选A　曲线－＝1的草图如图所示．由该曲线与直线y＝2x＋m有两个交点，可得m>4或m<－4.‎ 二、填空题 ‎7．(2015·重庆检测)已知直线l1的方程为3x＋4y－7＝0，直线l2的方程为6x＋8y＋1＝0，则直线l1与l2的距离为________．‎ 解析：直线l1的方程为3x＋4y－7＝0，直线l2的方程为6x＋8y＋1＝0，即3x＋4y＋＝0，∴直线l1与l2的距离为＝.‎ 答案： ‎8．(2015·河北秦皇岛检测)直线l1：y＝2x＋3关于直线l：y＝x＋1对称的直线l2的方程为________________．‎ 解析：由 解得直线l1与l的交点坐标为(－2，－1)，‎ ‎∴可设直线l2的方程为y＋1＝k(x＋2)，‎ 即kx－y＋2k－1＝0.‎ 在直线l上任取一点(1,2)，‎ 由题设知点(1,2)到直线l1，l2的距离相等，‎ 由点到直线的距离公式得＝，‎ 解得k＝(k＝2舍去)，‎ ‎∴直线l2的方程为x－2y＝0.‎ 答案：x－2y＝0‎ ‎9．若在平面直角坐标系内过点P(1，)，且与原点的距离为d的直线有两条，则d的取值范围为________．‎ 解析：因为原点到点P的距离为2，所以过点P与原点的距离都不大于2，故d∈(0,2)．‎ 答案：(0,2)‎ ‎10．如图，已知A(－2,0)，B(2,0)，C(0,2)，E(－1,0)，F(1,0)，一束光线从F点出发射到BC上的D点，经BC反射后，再经AC反射，落到线段AE上(不含端点)，则直线FD的斜率的取值范围为________．‎ 解析：从特殊位置考虑．如图，‎ ‎∵点A(－2,0)关于直线BC：x＋y＝2的对称点为A1(2,4)，‎ ‎∴kA‎1F＝4.又点E(－1,0)关于直线AC：y＝x＋2的对称点为E1(－2，1)，点E1(－2,1)关于直线BC：x＋y＝2的对称点为E2(1,4)，此时直线E‎2F的斜率不存在，∴kFD>kA‎1F，即kFD∈(4，＋∞)．‎ 答案：(4，＋∞)‎ 三、解答题 ‎11．已知两条直线l1：ax－by＋4＝0和l2：(a－1)x＋y＋b＝0，求满足下列条件的a，b的值：‎ ‎(1)l1⊥l2，且l1过点(－3，－1)；‎ ‎(2)l1∥l2，且坐标原点到这两条直线的距离相等．‎ 解：(1)由已知可得l2的斜率存在，且k2＝1－a.‎ 若k2＝0，则1－a＝0，a＝1.‎ ‎∵l1⊥l2，直线l1的斜率k1必不存在，即b＝0.‎ 又∵l1过点(－3，－1)，∴－‎3a＋4＝0，即a＝(矛盾)．‎ ‎∴此种情况不存在，∴k2≠0.‎ 即k1，k2都存在，∵k2＝1－a，k1＝，l1⊥l2，‎ ‎∴k1k2＝－1，即(1－a)＝－1. ①‎ 又∵l1过点(－3，－1)，∴－‎3a＋b＋4＝0. ②‎ 由①②联立，解得a＝2，b＝2.‎ ‎(2)∵l2的斜率存在，l1∥l2，∴直线l1的斜率存在，‎ k1＝k2，即＝1－a. ③‎ 又∵坐标原点到这两条直线的距离相等，且l1∥l2，‎ ‎∴l1，l2在y轴上的截距互为相反数，即＝b， ④‎ 联立③④，解得或 ‎∴a＝2，b＝－2或a＝，b＝2.‎ ‎12．(2015·东营模拟)设直线l的方程为(a＋1)x＋y－2－a＝0(a∈R)．‎ ‎(1)若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程；‎ ‎(2)若a>－1，直线l与x、y轴分别交于M、N两点，O为坐标原点，求△OMN面积取最小值时，直线l的方程．‎ 解：(1)当直线l经过坐标原点时，该直线在两坐标轴上的截距都为0，此时a＋2＝0，解得a＝－2，‎ 此时直线l的方程为－x＋y＝0，即x－y＝0；‎ 当直线l不经过坐标原点，即a≠－2且a≠－1时，‎ 由直线在两坐标轴上的截距相等可得＝2＋a，‎ 解得a＝0，此时直线l的方程为x＋y－2＝0.‎ 所以直线l的方程为x－y＝0或x＋y－2＝0.‎ ‎(2)由直线方程可得M，N(0,2＋a)，‎ 因为a>－1，‎ 所以S△OMN＝××(2＋a)＝× ‎＝≥×＝2，‎ 当且仅当a＋1＝，即a＝0时等号成立．‎ 此时直线l的方程为x＋y－2＝0.‎ 第三节圆的方程 基础盘查一　圆的定义及标准方程 ‎(一)循纲忆知 ‎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．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)确定圆的几何要素是圆心与半径(　　)‎ ‎(2)已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则以AB为直径的圆的方程是(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0(　　)‎ ‎(3)方程Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的充要条件是A＝C≠0，B＝0，D2＋E2－4AF>0(　　)‎ 答案：(1)√　(2)√　(3)√‎ ‎2．(人教A版教材例题改编)已知圆心为C的圆过点A(1,1)，B(2，－2)且圆心C在直线l：x－y＋1＝0上，则圆的标准方程为________________．‎ 答案：(x＋3)2＋(y＋2)2＝25‎ ‎3. (2015·金华十校联考)已知圆C的半径为1，圆心在第一象限，与y轴相切，与x轴相交于点A、B，且AB＝，则该圆的标准方程是____________________．‎ 解析：依题可设圆C：(x－1)2＋(y－b)2＝1(b＞0)，且2＋b2＝1，可解得b＝，‎ 所以圆C的标准方程为(x－1)2＋2＝1.‎ 答案：(x－1)2＋2＝1‎ 基础盘查二　点与圆的位置关系 ‎(一)循纲忆知 了解点与圆的位置关系(点在圆上、点在圆内、点在圆外)．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)若点M(x0，y0)在圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0外，则x＋y＋Dx0＋Ey0＋F>0(　　)‎ ‎(2)已知圆的方程为x2＋y2－2y＝0，过点A(1,2)作该圆的切线只有一条(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×‎ ‎2．若点(1,1)在圆(x－a)2＋(y＋a)2＝4的内部，则实数a的取值范围是________．‎ 解析：因为点(1,1)在圆(x－a)2＋(y＋a)2＝4的内部，所以(1－a)2＋(1＋a)2<4.‎ 即a2<1，故－10时表示圆，其中为圆心，为半径．‎ ‎[提醒]　方程Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的充要条件： ‎[题组练透]‎ ‎1．(2015·潍坊一模)若圆C经过(1,0)，(3,0)两点，且与y轴相切，则圆C的方程为(　　)‎ A．(x－2)2＋(y±2)2＝3　　　 B．(x－2)2＋(y±)2＝3‎ C．(x－2)2＋(y±2)2＝4 D．(x－2)2＋(y±)2＝4‎ 解析：选D　因为圆C经过(1,0)，(3,0)两点，所以圆心在直线x＝2上，又圆与y轴相切，所以半径r＝2，设圆心坐标为(2，b)，则(1－2)2＋b2＝4，b2＝3，b＝±，选D.‎ ‎2．(2015·温州十校联考)已知抛物线C1：x2＝2y的焦点为F，以F为圆心的圆C2交C1于A，B两点，交C1的准线于C，D两点，若四边形ABCD是矩形，则圆C2的方程为(　　)‎ ‎A.x2＋2＝3 B．x2＋2＝4‎ C．x2＋(y－1)2＝12 D．x2＋(y－1)2＝16‎ 解析：选B　如图，连接AC，BD，由抛物线的定义与性质可知圆心坐标为F，而|FA|＝|AD|＝|FB|为圆的半径r，于是A，而A在抛物线上，故2＝2，∴r＝2，故选B.‎ ‎3．圆C通过不同的三点P(k,0)，Q(2,0)，R(0,1)，已知圆C在点P处的切线斜率为1，则圆C的方程为______________．‎ 解析：设圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，‎ 则k,2为x2＋Dx＋F＝0的两根，‎ ‎∴k＋2＝－D,2k＝F，即D＝－(k＋2)，F＝2k，‎ 又圆过R(0,1)，故1＋E＋F＝0.‎ ‎∴E＝－2k－1.‎ 故所求圆的方程为x2＋y2－(k＋2)x－(2k＋1)y＋2k＝0，‎ 圆心坐标为.‎ ‎∵圆C在点P处的切线斜率为1，‎ ‎∴kCP＝－1＝，∴k＝－3.‎ ‎∴D＝1，E＝5，F＝－6.‎ ‎∴所求圆C的方程为x2＋y2＋x＋5y－6＝0.‎ 答案：x2＋y2＋x＋5y－6＝0‎ ‎[类题通法]‎ 解题时选择设标准方程还是一般方程的一般原则是：如果由已知条件易得圆心坐标、半径或可用圆心坐标、半径列方程，则通常选择设圆的标准方程，否则选择设圆的一般方程．‎ |(常考常新型考点——多角探明)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．与圆的几何性质有关的最值 ‎(1)记O为圆心，圆外一点A到圆上距离最小为|AO|－r，最大为|AO|＋r；‎ ‎(2)过圆内一点的弦最长为圆的直径，最短为以该点为中点的弦；‎ ‎(3)记圆心到直线的距离为d，直线与圆相离，则圆上点到直线的最大距离为d＋r，最小距离为d－r；‎ ‎(4)过两定点的所有圆中，面积最小的是以这两个定点为直径端点的圆．‎ ‎2．与圆上点(x，y)有关的最值 ‎(1)形如μ＝形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题；‎ ‎(2)形如t＝ax＋by形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题；‎ ‎(3)形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题．‎ ‎[多角探明]‎ 与圆有关的最值问题也是命题的热点内容，它着重考查数形结合与转化思想．归纳起来常见的命题角度有：‎ ‎(1)斜率型最值问题；‎ ‎(2)截距型最值问题；‎ ‎(3)距离型最值问题；‎ ‎(4)利用对称性求最值、范围等；‎ ‎(5)建立目标函数求最值问题.‎ 角度一：斜率型最值问题 ‎1．已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0.求的最大值和最小值．‎ 解：原方程可化为(x－2)2＋y2＝3，‎ 表示以(2,0)为圆心，为半径的圆．‎ 的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，‎ 所以设＝k，即y＝kx.‎ 如图所示，当直线y＝kx与圆相切时，斜率k取最大值或最小值，此时＝ ，解得k＝±.‎ 所以的最大值为，最小值为－.‎ 角度二：截距型最值问题 ‎2．在[角度一]条件下求y－x的最大值和最小值．‎ 解：y－x可看作是直线y＝x＋b在y轴上的截距，如图所示，当直线y＝x＋b与圆相切时，纵截距b取得最大值或最小值，此时＝ ，解得b＝－2±.‎ 所以y－x的最大值为－2＋，最小值为－2－.‎ 角度三：距离型最值问题 ‎3．在[角度一]条件下求x2＋y2的最大值和最小值．‎ 解：如图所示，x2＋y2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，在原点和圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．‎ 又圆心到原点的距离为 ＝2，‎ 所以x2＋y2的最大值是(2＋)2＝7＋4，x2＋y2的最小值是2＝7－4.‎ 角度四：利用对称性求范围 ‎4．(2014·新课标全国卷Ⅱ)设点M(x0,1)，若在圆 O：x2＋y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则x0的取值范围是(　　)‎ A．[－1,1] 　　　　　　　 B. C．[－，] D. ‎ 解析：选A　当点M的坐标为(1,1)时，圆上存在点N(1,0)，使得∠OMN＝45°，所以x0＝1符合题意，故排除B，D；当点M的坐标为(，1)时，OM＝，过点M作圆O的一条切线MN′，连接ON′，则在Rt△OMN′中，sin∠OMN′＝<，则∠OMN′<45°，故此时在圆O上不存在点N，使得∠OMN＝45°，即x0＝不符合题意，排除C，故选A.‎ 角度五：建立目标函数求最值问题 ‎5．设圆x2＋y2＝2的切线l与x轴正半轴，y轴正半轴分别交于点A，B，当|AB|取最小值时，切线l的方程为_____________________________________________________．‎ 解析：设点A，B的坐标分别为A(a,0)，B(0，b)(a，b>0)，则直线AB的方程为＋＝1，即bx＋ay－ab＝0，因为直线AB和圆相切，所以圆心到直线AB的距离d＝＝，即2(a2＋b2)＝(ab)2≥4ab，所以ab≥4, 当且仅当a＝b时取等号，又|AB|＝＝≥2，所以|AB|的最小值为2，此时a＝b，即a＝b＝2，切线l的方程为＋＝1，即x＋y－2＝0.‎ 答案：x＋y－2＝0‎ ‎[类题通法]‎ 求解与圆有关的最值问题的两大规律 ‎1．借助几何性质求最值 处理与圆有关的最值问题，应充分考虑圆的几何性质，并根据代数式的几何意义，借助数形结合思想求解．‎ ‎2．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，利用基本不等式求最值是比较常用的．‎ |(重点保分型考点——师生共研)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．求动点的轨迹往往先求出动点的轨迹方程，然后由方程研究轨迹图形；求动点的轨迹方程有时需要先由条件判断轨迹图形，再由图形求方程．‎ ‎2．常用求法：‎ ‎(1)定义法 ‎(2)相关点代入法 ‎[提醒]　“轨迹”与“轨迹方程”的区别：“轨迹”是图形，要指出形状、位置、大小(范围)等特征；“轨迹方程”是方程(等式)，不仅要给出方程，还要指出变量的取值范围．‎ ‎[典题例析]‎ 已知圆x2＋y2＝4上一定点A(2,0)，B(1,1)为圆内一点，P，Q为圆上的动点．‎ ‎(1)求线段AP中点的轨迹方程；‎ ‎(2)若∠PBQ＝90°，求线段PQ中点的轨迹方程．‎ 解：(1)设AP的中点为M(x，y)，由中点坐标公式可知，P点坐标为(2x－2,2y)．‎ 因为P点在圆x2＋y2＝4上，所以(2x－2)2＋(2y)2＝4.‎ 故线段AP中点的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝1.‎ ‎(2)设PQ的中点为N(x，y)．‎ 在Rt△PBQ中，|PN|＝|BN|.‎ 设O为坐标原点，连接ON，则ON⊥PQ，所以|OP|2＝|ON|2＋|PN|2＝|ON|2＋|BN|2，‎ 所以x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2＝4.‎ 故线段PQ中点的轨迹方程为x2＋y2－x－y－1＝0.‎ ‎[类题通法]‎ 求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法 ‎(1)直接法：根据题设条件直接列出方程；‎ ‎(2)定义法：根据圆的定义写出方程；‎ ‎(3)几何法：利用圆的性质列方程；‎ ‎(4)代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式．‎ ‎[演练冲关]‎ 设定点M(－3,4)，动点N在圆x2＋y2＝4上运动，以OM，ON为两边作平行四边形MONP，求点P的轨迹．‎ 解：如图，设P(x，y)，N(x0，y0)，则线段OP的中点坐标为，线段MN的中点坐标为.‎ 因为平行四边形的对角线互相平分，‎ 所以＝，＝，‎ 整理得 又点N(x＋3，y－4)在圆x2＋y2＝4上，‎ 所以(x＋3)2＋(y－4)2＝4.‎ 所以点P的轨迹是以(－3,4)为圆心，2为半径长的圆，因为O，M，P三点不共线，所以应除去两点和.‎ 一、选择题 ‎1．(2015·北京西城期末)若坐标原点在圆(x－m)2＋(y＋m)2＝4的内部，则实数m的取值范围是(　　)‎ A．(－1,1)　　　　　　　　 B．(－，)‎ C．(－，) D. 解析：选C　∵(0,0)在(x－m)2＋(y＋m)2＝4的内部，则有(0－m)2＋(0＋m)2<4，解得－0，即>，所以原点在圆外．‎ ‎4．已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为(　　)‎ A．5－4 B.－1‎ C．6－2 D. 解析：选A　圆C1，C2的图象如图所示．‎ 设P是x轴上任意一点，则|PM|的最小值为|PC1|－1，同理|PN|的最小值为|PC2|－3，则|PM|＋|PN|的最小值为|PC1|＋|PC2|－4.作C1关于x轴的对称点C1′(2，－3)，连接C1′C2，与x轴交于点P，连接PC1，可知|PC1|＋|PC2|的最小值为|C1′C2|，则|PM|＋|PN|的最小值为5－4，故选A.‎ ‎5．点P(4，－2)与圆x2＋y2＝4上任一点连线的中点轨迹方程是(　　)‎ A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1‎ B．(x－2)2＋(y＋1)2＝4‎ C．(x＋4)2＋(y－2)2＝4‎ D．(x＋2)2＋(y－1)2＝1‎ 解析：选A　设M(x0，y0)为圆x2＋y2＝4上任一点，PM中点为Q(x，y)，‎ 则∴ 代入圆的方程得(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，‎ 即(x－2)2＋(y＋1)2＝1.‎ ‎6．(2014·北京高考)已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m,0)，B(m，0)(m>0)．若圆C 上存在点P，使得 ∠APB＝90°，则 m的最大值为(　　)‎ A．7 B．6‎ C．5 D．4‎ 解析：选B　根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心C的坐标为(3,4)，半径r＝1，且|AB|＝‎2m，因为∠APB＝90°，连接OP，易知|OP|＝|AB|＝m.要求m的最大值，即求圆C上的点P到原点O的最大距离．因为|OC|＝＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m 的最大值为6.‎ 二、填空题 ‎7．已知圆C关于y轴对称，经过点(1,0)且被x轴分成两段，弧长比为1∶2，则圆C的方程为 ________________.‎ 解析：由已知圆心在y轴上，且被x轴所分劣弧所对圆心角为，设圆心(0，a), 半径为r，则rsin＝1，rcos＝|a|，解得r＝，即r2＝，|a|＝，‎ 即a＝±，故圆C的方程为x2＋2＝.‎ 答案：x2＋2＝ ‎8．(2015·绍兴模拟)点P(1,2)和圆C：x2＋y2＋2kx＋2y＋k2＝0上的点的距离的最小值是________．‎ 解析：圆的方程化为标准式为(x＋k)2＋(y＋1)2＝1.‎ ‎∴圆心C(－k，－1)，半径r＝1.‎ 易知点P(1,2)在圆外．‎ ‎∴点P到圆心C的距离为：‎ ‎|PC|＝＝≥3.‎ ‎∴|PC|min＝3.‎ ‎∴点P和圆C上点的最小距离dmin＝|PC|min－r＝3－1＝2.‎ 答案：2‎ ‎9．若圆C：x2－2mx＋y2－2y＋2＝0与x轴有公共点，则m的取值范围是________．‎ 解析：圆C的标准方程为(x－m)2＋(y－)2＝m2＋m－2，依题意有得m≥ .‎ 答案：[，＋∞)‎ ‎10．已知两点A(－2,0)，B(0,2)，点C是圆x2＋y2－2x＝0上任意一点，则△ABC面积的最小值是________．‎ 解析：lAB：x－y＋2＝0，圆心(1,0)到l的距离d＝，‎ 则AB边上的高的最小值为－1.‎ 故△ABC面积的最小值是×2×＝3－.‎ 答案：3－ 三、解答题 ‎11．已知圆的方程是x2＋y2－2ax＋2(a－2)y＋2＝0，其中a≠1，且a∈R.‎ ‎(1)求证：a取不为1的实数时，上述圆过定点；‎ ‎(2)求圆心的轨迹方程．‎ 解：(1)证明：将方程x2＋y2－2ax＋2(a－2)y＋2＝0整理得x2＋y2－4y＋2－a(2x－2y)＝0(a≠1，且a∈R)，‎ 令解得 所以a取不为1的实数时，上述圆过定点(1,1)．‎ ‎(2)由题意知圆心坐标为(a,2－a)，且a≠1，‎ 又设圆心坐标为(x，y)，则有消去参数a，得x＋y－2＝0(x≠1)，即为所求圆心的轨迹方程．‎ ‎12. 已知以点P为圆心的圆经过点A(－1,0)和B(3,4)，线段AB的垂直平分线交圆P于点C和D，且|CD|＝4.‎ ‎(1)求直线CD的方程；‎ ‎(2)求圆P的方程．‎ 解：(1)∵直线AB的斜率k＝1，AB的中点坐标为(1,2)．‎ ‎∴直线CD的方程为y－2＝－(x－1)，即x＋y－3＝0.‎ ‎(2)设圆心P(a，b)，则由P在CD上得a＋b－3＝0. ①‎ 又∵直径|CD|＝4，∴|PA|＝2.‎ ‎∴(a＋1)2＋b2＝40. ②‎ 由①②解得或 ‎∴圆心P(－3,6)或P(5，－2)．‎ ‎∴圆P的方程为(x＋3)2＋(y－6)2＝40或(x－5)2＋(y＋2)2＝40.‎ 第四节直线与圆、圆与圆的位置关系 基础盘查一　直线与圆的位置关系 ‎(一)循纲忆知 ‎1．能根据给定直线、圆的方程判断直线与圆的位置关系(相交、相切、相离)．‎ ‎2．能用直线和圆的方程解决一些简单的问题．‎ ‎3．初步了解用代数方法处理几何问题的思想．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)过圆O：x2＋y2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程是x0x＋y0y＝r2(　　)‎ ‎(2)过圆O：x2＋y2＝r2外一点P(x0，y0)作圆的两条切线，切点为A，B，则O，P，A，B四点共圆且直线AB的方程是x0x＋y0y＝r2(　　)‎ 答案：(1)√　(2)√‎ ‎2．(人教A版教材例题改编)已知过点M(－3，－3)的直线l被圆x2＋y2＋4y－21＝0所截得的弦长为4，则直线l的方程为________________．‎ 答案：x＋2y＋9＝0或2x－y＋3＝0‎ ‎3．过坐标原点且与圆x2－4x＋y2＋2＝0相切的直线方程为________________．‎ 解析：圆的标准方程为(x－2)2＋y2＝2.则圆心(2,0)，半径r＝.设直线方程为y＝kx.则＝，解得k＝±1，所以直线方程为y＝±x.‎ 答案：y＝±x 基础盘查二　圆与圆的位置关系 ‎(一)循纲忆知 能根据给定两个圆的方程判断两圆的位置关系(内含、内切、相交、外切、相离)．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)如果两个圆的方程组成的方程组只有一组实数解，则两圆外切(　　)‎ ‎(2)如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和，则两圆相交(　　)‎ ‎(3)从两圆的方程中消掉二次项后得到的二元一次方程是两圆的公共弦所在的直线方程(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×‎ ‎2．(人教B版教材习题改编)两圆x2＋y2＝1与(x＋4)2＋(y－a)2＝25相切，则常数a＝________.‎ 答案：±2或0‎ ‎3．两圆交于点A(1,3)和B(m,1)，两圆的圆心都在直线x－y＋＝0上，则m＋c的值等于________．‎ 解析：有题意可知线段AB的中点在直线x－y＋＝0上，代入得m＋c＝3.‎ 答案：3‎ |(基础送分型考点——自主练透)‎ ‎[必备知识]‎ 直线与圆的位置关系的判断方法 ‎(1)几何法：由圆心到直线的距离d与半径长r的大小关系来判断．‎ 若d>r，则直线与圆相离；‎ 若d＝r，则直线与圆相切；‎ 若d0，方程有两个不同的实数解，从而方程组也有两组不同的实数解，那么直线与圆相交．‎ ‎[提醒]　直线与圆的位置关系的判断多用几何法．‎ ‎[题组练透]‎ ‎1．“a＝‎1”‎是“直线l：y＝kx＋a和圆C：x2＋y2＝2相交”的(　　)‎ A．充分不必要条件　　　　　 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A　直线l：y＝kx＋a经过定点P(0，a)，显然当a＝1时，点P在圆C内，所以直线l与圆C恒相交，故“a＝1”是“直线l：y＝kx＋a和圆C：x2＋y2＝2相交”的充分条件；而当a＝0时，亦有直线l和圆C相交，所以“a＝1”是“直线l：y＝kx＋a和圆C：x2＋y2＝2相交”的不必要条件．综上，“a＝1”是“直线l：y＝kx＋a和圆C：x2＋y2＝2相交”的充分不必要条件．‎ ‎2．(2015·江苏扬州中学月考)已知方程x2＋－＝0有两个不等实根a和b，那么过点A(a，a2)，B(b，b2)的直线与圆x2＋y2＝1的位置关系是________．‎ 解析：由题意可知过A，B两点的直线方程为(a＋b)x－y－ab＝0，圆心到直线AB的距离为d＝，而a＋b＝－，ab＝－，因此d＝，化简后得d＝1，故直线与圆相切．‎ 答案：相切 ‎[类题通法]‎ 判断直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．能用几何法，尽量不用代数法．‎ |(重点保分型考点——师生共研)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．有关弦长问题的两种方法 ‎(1)几何法：直线被圆截得的半弦长，弦心距d和圆的半径r构成直角三角形，即r2＝2＋d2；‎ ‎(2)代数法：联立直线方程和圆的方程，消元转化为关于x的一元二次方程，由根与系数的关系即可求得弦长|AB|＝|x1－x2|＝ 或|AB|＝ |y1－y2|＝ .‎ ‎2．过一点求圆的切线的方法 ‎(1)过圆上一点(x0，y0)的圆的切线方程的求法 先求切点与圆心连线的斜率k，由垂直关系知切线斜率为－，由点斜式方程可求切线方程．若切线斜率不存在，则由图形写出切线方程x＝x0.‎ ‎(2)过圆外一点(x0，y0)的圆的切线方程的求法 当斜率存在时，设为k，切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即kx－y＋y0－kx0＝0.由圆心到直线的距离等于半径，即可得出切线方程．当斜率不存在时要加以验证．‎ ‎[典题例析]‎ ‎1．(2014·大纲全国卷)直线l1和l2是圆x2＋y2＝2的两条切线，若l1与l2的交点为(1,3)，则l1与l2的夹角的正切值等于________．‎ 解析：根据题意作出图象如图所示，连接OA，OB，则|AO|＝＝，|OB|＝，‎ ‎∴|AB|＝＝2，‎ ‎∴tan∠BAO＝＝，‎ ‎∴l1与l2的夹角的正切值等于 tan 2∠BAO＝＝＝.‎ 答案： ‎2．(2014·重庆高考)已知直线x－y＋a＝0与圆心为C的圆x2＋y2＋2x－4y－4＝0相交于A，B两点，且AC⊥BC，则实数a的值为________．‎ 解析：圆C：x2＋y2＋2x－4y－4＝0的标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝9，所以圆心为 C(－1,2)，半径为3.因为AC⊥BC，所以圆心C到直线x－y＋a＝0的距离为，即＝，所以a＝0或6.‎ 答案：0或6‎ ‎[类题通法]‎ ‎1．在讨论有关直线与圆的相交弦问题时，如能充分利用好平面几何中的垂径定理，并在相应的直角三角形中计算，往往能事半功倍．‎ ‎2．圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径建立关系解决问题．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎1．(2014·重庆高考)已知直线ax＋y－2＝0与圆心为C的圆(x－1)2＋(y－a)2＝4相交于A，B两点，且△ABC为等边三角形，则实数a＝________.‎ 解析：依题意，圆C的半径是2，圆心C(1，a)到直线ax＋y－2＝0的距离等于×2＝，于是有＝，即a2－‎8a＋1＝0，解得a＝4±.‎ 答案：4± ‎2．(2014·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，直线x＋2y－3＝0被圆(x－2)2＋(y＋1)2＝4截得的弦长为________．‎ 解析：因为圆心(2，－1)到直线x＋2y－3＝0的距离d＝＝，所以直线x＋2y－3＝0被圆截得的弦长为2＝.‎ 答案： |(题点多变型考点——全面发掘)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．圆与圆的位置关系 圆与圆有五种位置关系，分别是外离、外切、相交、内切、内含．‎ 外离和内含统称为相离；外切和内切统称为相切．‎ 两圆相离——没有公共点，两圆相切——有唯一公共点，两圆相交——有两个不同的公共点．‎ ‎2．判断两圆的位置关系常用的方法是几何法 ‎[提醒]　判断两圆位置关系时常用几何法，利用两圆组成的方程组解的个数，不能判断内切与外切，外离与内含．‎ ‎[一题多变]‎ ‎[典型母题]‎ ‎(2015·合肥二模)已知圆C1：(x－a)2＋(y＋2)2＝4与圆C2：(x＋b)2＋(y＋2)2＝1相外切，则ab的最大值为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D．2 ‎[解析]　由圆C1与圆C2相外切，‎ 可得＝2＋1＝3，即(a＋b)2＝9，‎ 根据基本不等式可知ab≤2＝，‎ 当且仅当a＝b时等号成立．故选C.‎ ‎[答案]　C ‎ [题点发散1]　本例条件中“外切”变为“内切”，则ab的最大值为________．‎ 解析：由C1与C2内切得＝1.‎ 即(a＋b)2＝1，又ab≤2＝，当且仅当a＝b时 等号成立，故ab的最大值为.‎ 答案： ‎[题点发散2]　本例条件“外切”变为“相交”，则公共弦所在的直线方程为_________．‎ 解析：由题意得，把圆C1，圆C2的方程都化为一般方程．‎ 圆C1：x2＋y2－2ax＋4y＋a2＝0， ①‎ 圆C2：x2＋y2＋2bx＋4y＋b2＋3＝0， ②‎ 由②－①得(‎2a＋2b)x＋3＋b2－a2＝0，‎ 即(‎2a＋2b)x＋3＋b2－a2＝0为所求公共弦所在直线方程．‎ 答案：(‎2a＋2b)x＋3＋b2－a2＝0‎ ‎[题点发散3]　本例条件“外切”变为“若两圆有四条公切线”，则直线x＋y－1＝0与圆(x－a)2＋(y－b)2＝1的位置关系是________．‎ 解析：由两圆存在四条切线，故两圆外离，‎ >3.‎ ‎∴(a＋b)2>9.即a＋b>3或a＋b<－3.‎ 又圆心(a，b)到直线x＋y－1＝0的距离d＝>1，‎ ‎∴直线x＋y－1＝0与圆(x－a)2＋(y－b)2＝1相离．‎ 答案：相离 ‎[类题通法]‎ ‎1．处理两圆位置关系多用圆心距与半径和或差的关系判断，一般不采用代数法．‎ ‎2．若两圆相交，则两圆公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差得到．‎ 一、选择题 ‎1．(2015·温州十校联考)对任意的实数k，直线y＝kx－1与圆C：x2＋y2－2x－2＝0的位置关系是(　　)‎ A．相离　　　　　　　　　 B．相切 C．相交 D．以上三个选项均有可能 解析：选C　直线y＝kx－1恒经过点A(0，－1)，圆x2＋y2－2x－2＝0的圆心为C(1,0)，半径为，而|AC|＝<，故直线y＝kx－1与圆x2＋y2－2x－2＝0相交，故选C.‎ ‎2．(2015·成都外国语学校模拟)已知圆C1：(x＋1)2＋(y－1)2＝1，圆C2与圆C1关于直线x－y－1＝0对称，则圆C2的方程为(　　)‎ A．(x＋2)2＋(y－2)2＝1 B．(x－2)2＋(y＋2)2＝1‎ C．(x＋2)2＋(y＋2)2＝1 D．(x－2)2＋(y－2)2＝1‎ 解析：选B　C1：(x＋1)2＋(y－1)2＝1的圆心为(－1,1)，所以它关于直线x－y－1＝0对称的点为(2，－2)，对称后半径不变，所以圆C2的方程为(x－2)2＋(y＋2)2＝1.‎ ‎3．(2015·河南南阳三联)动圆C经过点F(1,0)，并且与直线x＝－1相切，若动圆C与直线y＝x＋2＋1总有公共点，则圆C的面积(　　)‎ A．有最大值8π B．有最小值2π C．有最小值3π D．有最小值4π 解析：选D　设圆心C(a，b)，半径为r，r＝|CF|＝|a＋1|，即(a－1)2＋b2＝(a＋1)2，即a＝b2，∴圆心C，r＝b2＋1，圆心到直线y＝x＋2＋1的距离为d＝≤＋1，∴b≤－2(2＋3)或b≥2.当b＝2时，rmin＝×4＋1＝2，∴Smin＝πr2＝4π.‎ ‎4．(2015·北京西城区期末)已知圆C：(x＋1)2＋(y－1)2＝1与x轴切于A点，与y轴切于B点，设劣弧的中点为M，则过点M的圆C的切线方程是(　　)‎ A．y＝x＋2－ B．y＝x＋1－ C．y＝x－2＋ D．y＝x＋1－ 解析：选A　因为圆C与两轴相切，且M是劣弧的中点，所以直线CM是第二、四象限的角平分线，所以斜率为－1，所以过M的切线的斜率为1.因为圆心到原点的距离为，所以|OM|＝－1，所以M，所以切线方程为y－1＋＝x－＋1，整理得y＝x＋2－.‎ ‎5．已知直线x＋y－k＝0(k>0)与圆x2＋y2＝4交于不同的两点A，B，O是坐标原点，且有|＋|≥||，那么k的取值范围是(　　)‎ A．(，＋∞) B．[，＋∞)‎ C．[，2) D．[，2)‎ 解析：选C　如图，当|＋|＝||时，O，A，B三点为等腰三角形的三个顶点，其中OA＝OB，∠AOB＝120°，从而圆心O到直线x＋y－k＝0(k>0)的距离为1，此时k＝；当k>时，|＋|>||，又直线与圆x2＋y2＝4有两个不同的交点，故k<2，综上k的取值范围为[，2)．‎ ‎6．(2014·江西高考)在平面直角坐标系中，A，B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2x＋y－4＝0相切，则圆C面积的最小值为(　　)‎ A. B. C．(6－2)π D. 解析：选A　法一：设A(a,0)，B(0，b)，圆C的圆心坐标为，2r＝，由题知圆心到直线2x＋y－4＝0的距离d＝＝r，即|‎2a＋b－8|＝2r，‎2a＋b＝8±2r，由(‎2a＋b)2≤5(a2＋b2)，得8±2r≤ 2r⇒r≥，即圆C的面积S＝πr2≥.‎ 法二：由题意可知以线段AB为直径的圆C过原点O，要使圆C的面积最小，只需圆C的半径或直径最小．又圆C与直线2x＋y－4＝0相切，所以由平面几何知识，知圆的直径的最小值为点O到直线2x＋y－4＝0的距离，此时2r＝，得r＝，圆C的面积的最小值为S＝π r2＝.‎ 二、填空题 ‎7．(2015·济南一模)已知直线3x－4y＋a＝0与圆x2－4x＋y2－2y＋1＝0相切，则实数a的值为________．‎ 解析：圆x2－4x＋y2－2y＋1＝0的标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4，所以圆心坐标为(2,1)，半径为2.由直线3x－4y＋a＝0与圆(x－2)2＋(y－1)2＝4相切得2＝，所以|a＋2|＝10，解得a＝－12或a＝8.‎ 答案：－12或8‎ ‎8．圆x2＋y2＋x－2y－20＝0与圆x2＋y2＝25相交所得的公共弦长为________．‎ 解析：公共弦的方程为(x2＋y2＋x－2y－20)－(x2＋y2－25)＝0，即x－2y＋5＝0，圆x2＋y2＝25的圆心到公共弦的距离d＝＝ ，而半径为5，故公共弦长为2＝4.‎ 答案：4 ‎9．(2015·福州质检)若直线x－y＋2＝0与圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝4相交于A，B两点，则·的值为________．‎ 解析：由题意可知，圆心C(3,3)到直线AB：x－y＋2＝0的距离为d＝＝.又因为sin∠BAC＝＝，所以∠BAC＝45°，又因为CA＝CB，所以∠BCA＝90°.‎ 故·＝0.‎ 答案：0‎ ‎10．(2015·浙江考试院抽测)设A(1,0)，B(0,1)，直线l：y＝ax，圆C：(x－a)2＋y2＝1.若圆C既与线段AB有公共点，又与直线l有公共点，则实数a的取值范围是________．‎ 解析：对于圆与直线l有交点，则圆心到直线的距离小于等于半径，即有≤1，∴a2∈；由于圆C与线段AB相交，则a≤2且≤1，因此1－≤a≤2，因此可得实数a的取值范围是.‎ 答案： 三、解答题 ‎11．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)∵(＋1－1)2＋(2－－2)2＝4，∴点P在圆C上．‎ 又kPC＝＝－1，∴切线的斜率k＝－＝1.‎ ‎∴过点P的圆C的切线方程是y－(2－)＝x－(＋1)，即x－y＋1－2＝0.‎ ‎(2)∵(3－1)2＋(1－2)2＝5>4，∴点M在圆C外部．‎ 当过点M的直线斜率不存在时，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，‎ 即此时满足题意，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，‎ 则圆心C到切线的距离d＝＝r＝2，‎ 解得k＝.‎ ‎∴切线方程为y－1＝(x－3)，即3x－4y－5＝0.‎ 综上可得，过点M的圆C的切线方程为x－3＝0或3x－4y－5＝0.‎ ‎∵|MC|＝＝ ，‎ ‎∴过点M的圆C的切线长为＝＝1.‎ ‎12．(2015·绵阳诊断)已知圆心为C的圆，满足下列条件：圆心C位于x轴正半轴上，与直线3x－4y＋7＝0相切，且被y轴截得的弦长为2，圆C的面积小于13.‎ ‎(1)求圆C的标准方程；‎ ‎(2)设过点M(0,3)的直线l与圆C交于不同的两点A，B，以OA，OB为邻边作平行四边形OADB.是否存在这样的直线l，使得直线OD与MC恰好平行？如果存在，求出l的方程；若不存在请说明理由．‎ 解：(1)设圆C：(x－a)2＋y2＝r2(a>0)，‎ 由题意知解得a＝1或a＝，‎ 又S＝π r2<13，∴a＝1，‎ ‎∴圆C的标准方程为(x－1)2＋y2＝4.‎ ‎(2)当斜率不存在时，直线l为x＝0，不满足题意．‎ 当斜率存在时，设直线l：y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 又l与圆C相交于不同的两点，联立得 消去y得(1＋k2)x2＋(6k－2)x＋6＝0.‎ ‎∴Δ＝(6k－2)2－24(1＋k2)＝12k2－24k－20>0，‎ 解得k<1－或k>1＋.‎ x1＋x2＝－，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋6＝，‎ ‎＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)，＝(1，－3)，‎ 假设∥，则－3(x1＋x2)＝y1＋y2，‎ 解得k＝∉∪，假设不成立，‎ ‎∴不存在这样的直线l.‎ 命题点一　直线的方程、两条直线的位置关系 命题指数：☆☆☆ 难度：低 　题型：选择题 ‎1．(2012·浙江高考)设a∈R，则“a＝‎1”‎是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋2y＋4＝0平行”的(　　)‎ A．充分不必要条件　　　　 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选C　由a＝1可得l1∥l2，反之由l1∥l2可得a＝1.‎ ‎2．(2013·天津高考)已知过点P(2,2)的直线与圆(x－1)2＋y2＝5相切，且与直线ax－y＋1＝0垂直，则a＝(　　)‎ A．－ B．1‎ C．2 D. 解析：选C　由切线与直线ax－y＋1＝0垂直，得过点P(2,2)与圆心(1,0)的直线与直线ax－y＋1＝0平行，所以＝a，解得a＝2.‎ ‎3．(2014·福建高考)已知直线l 过圆x2＋(y－3)2 ＝4的圆心，且与直线x＋y＋1＝0 垂直，则l 的方程是 (　　)‎ ‎ A．x＋y－2＝0 B．x－y＋2＝0‎ C．x＋y－3＝0 D．x－y＋3＝0‎ 解析：选D　依题意，得直线l过点(0,3)，斜率为1，所以直线l的方程为y－3＝x－0，即x－y＋3＝0.故选D.‎ 命题点二　圆的方程、直线与圆的位置关系 命题指数：☆☆☆☆☆ 　难度：中 　题型：选择题、填空题、解答题 ‎1．(2013·安徽高考)直线x＋2y－5＋＝0被圆x2＋y2－2x－4y＝0截得的弦长为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．4 D. 4 解析：选C　依题意，圆的圆心为(1,2)，半径r＝，圆心到直线的距离d＝＝1，所以结合图形可知弦长的一半为＝2，故弦长为4.‎ ‎2．(2013·山东高考)过点(3,1)作圆(x－2)2＋(y－2)2＝4的弦，其中最短弦的长为________．‎ 解析：最短弦为过点(3,1)，且垂直于点(3,1)与圆心的连线的弦，易知弦心距d＝＝，所以最短弦长为2＝2＝2.‎ 答案：2 ‎3．(2012·天津高考)设m，n∈R，若直线l：mx＋ny－1＝0与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且l与圆x2＋y2＝4相交所得弦的长为2，O为坐标原点，则△AOB面积的最小值为________．‎ 解析：由直线与圆相交所得弦长为2，知圆心到直线的距离为，即＝，所以m2＋n2＝≥2|mn|，‎ 所以|mn|≤，又A，B，所以△AOB的面积为≥3，最小值为3.‎ 答案：3‎ ‎4．(2013·江西高考)若圆C经过坐标原点和点(4,0)，且与直线y＝1相切，则圆C的方程是__________________．‎ 解析：如图所示，圆心在直线x＝2上，所以切点A为(2,1)．‎ 设圆心C为(2，t)，由题意，可得|OC|＝|CA|，‎ 故4＋t2＝(1－t)2，∴t＝－，半径r2＝.‎ 所以圆C的方程为(x－2)2＋2＝.‎ 答案：(x－2)2＋2＝ ‎5．(2014·湖北高考)直线l1：y＝x＋a和l2：y＝x＋b将单位圆C：x2＋y2＝1分成长度相等的四段弧，则a2＋b2＝________.‎ 解析：由题意得，直线l1截圆所得的劣弧长为，则圆心到直线l1的距离为，即＝⇒a2＝1，同理可得b2＝1，则a2＋b2＝2.‎ 答案：2‎ ‎6．(2014·陕西高考)若圆C的半径为1，其圆心与点(1,0)关于直线y＝x对称，则圆C的标准方程为________________________________________________________________．‎ 解析：因为点(1,0)关于直线y＝x对称的点的坐标为(0,1)，所以所求圆的圆心为(0,1)，半径为1，于是圆C的标准方程为x2＋(y－1)2＝1.‎ 答案：x2＋(y－1)2＝1‎ ‎7．(2014·山东高考)圆心在直线 x－2y＝0上的圆 C与 y轴的正半轴相切，圆 C截x 轴所得弦的长为2 ，则圆C 的标准方程为________________．‎ 解析：依题意，设圆心的坐标为(2b，b)(其中b＞0)，则圆C的半径为2b，圆心到x轴的距离为b，所以2＝2，b＞0，解得b＝1，故所求圆C的标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.‎ 答案：(x－2)2＋(y－1)2＝4‎ ‎8．(2014·北京高考)已知椭圆C：x2＋2y2＝4.‎ ‎(1)求椭圆C的离心率；‎ ‎(2)设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB，试判断直线AB与圆x2＋y2＝2的位置关系，并证明你的结论．‎ ‎解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ 所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.‎ 因此a＝2，c＝.‎ 故椭圆C的离心率e＝＝.‎ ‎(2)直线AB与圆x2＋y2＝2相切．证明如下：‎ 设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t,2)，其中x0≠0.‎ 因为OA⊥OB，所以·＝0，即tx0＋2y0＝0，‎ 解得t＝－.‎ 当x0＝t时，y0＝－，代入椭圆C的方程，得t＝±，‎ 故直线AB的方程为x＝±，‎ 圆心O到直线AB的距离d＝.‎ 此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．‎ 当x0≠t时，直线AB的方程为y－2＝(x－t)．‎ 即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0.‎ d＝ .‎ 又x＋2y＝4，t＝－，故 d＝＝＝.‎ 此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．‎ ‎9.(2013·江苏高考)如图，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＝2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围．‎ 解：(1)由题设，圆心C是直线y＝2x－4和y＝x－1的交点，解得点C(3,2)，于是切线的斜率必存在．设过A(0,3)的圆C的切线方程为y＝kx＋3，‎ 由题意，得＝1，解得k＝0或k＝－，‎ 故所求切线方程为y＝3或3x＋4y－12＝0.‎ ‎(2)因为圆心在直线y＝2x－4上，‎ 所以圆C的方程为(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1.‎ 设点M(x，y)，因为MA＝2MO，‎ 所以＝2，‎ 化简得x2＋y2＋2y－3＝0，‎ 即x2＋(y＋1)2＝4，‎ 所以点M在以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆上．‎ 由题意，点M(x，y)在圆C上，所以圆C与圆D有公共点，则|2－1|≤CD≤2＋1，即1≤≤3.‎ 由‎5a2－‎12a＋8≥0，得a∈R；‎ 由‎5a2－‎12a≤0，得0≤a≤.‎ 所以点C的横坐标a的取值范围为0，.‎ 第五节椭__圆 基础盘查一　椭圆的定义 ‎(一)循纲忆知 掌握椭圆的定义，了解椭圆的简单应用．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)平面内与两个定点F1，F2的距离之和等于常数的点的轨迹是椭圆(　　)‎ ‎(2)动点P到两定点A(0，－2)，B(0,2)的距离之和为4，则点P的轨迹是椭圆(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×‎ ‎2．(人教B版教材习题改编)已知椭圆＋＝1，作一个三角形，使它的一个顶点为焦点F1，另两个顶点D，E在椭圆上且边DE过焦点F2，则△F1DE的周长为________．‎ 答案：‎‎4a ‎3．已知圆(x＋2)2＋y2＝36的圆心为M，设A为圆上任一点，且点N(2,0)，线段AN的垂直平分线交MA于点P，则动点P的轨迹是________．‎ 解析：由题意可知|PM|＋|PN|＝|MA|＝6.又M(－2,0)，N(2,0)，∴动点P的轨迹是椭圆．‎ 答案：椭圆 基础盘查二　椭圆的标准方程和几何性质 ‎(一)循纲忆知 ‎1．掌握椭圆的几何图形、标准方程及简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率)．‎ ‎2．理解数形结合的思想．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．(1)椭圆的离心率e越大，椭圆就越圆(　　)‎ ‎(2)椭圆既是轴对称图形，又是中心对称图形(　　)‎ ‎(3)方程mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)表示的曲线是椭圆．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)√‎ ‎2．(人教A版教材习题改编)焦距是8，离心率等于0.8的椭圆的标准方程为________．‎ 答案：＋＝1或＋＝1‎ ‎3．若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距依次成等差数列，则该椭圆的离心率是________．‎ 解析：由题意可知2b＝a＋c.即2＝a＋c，‎ 整理得‎5c2＋‎2ac－‎3a2＝0.即5e2＋2e－3＝0.‎ 解得e＝或e＝－1(舍去)．‎ 答案： |(基础送分型考点——自主练透)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．定义 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．‎ ‎[提醒]　当到两定点的距离之和等于|F‎1F2|时，动点的轨迹是线段F‎1F2；当到两定点的距离之和小于|F‎1F2|时，动点的轨迹不存在．‎ ‎2．标准方程 中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆的标准方程为：＋＝1(a>b>0)；中心在坐标原点，焦点在y轴上的椭圆的标准方程为：＋＝1(a>b>0)．‎ ‎[提醒]　当焦点的位置不能确定时，椭圆方程可设成Ax2＋By2＝1的形式，其中A，B是不相等的正常数，或设成＋＝1(m2≠n2)的形式．‎ ‎[题组练透]‎ ‎1．(2014·全国大纲卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为，过F2的直线l交C于A，B两点，若△AF1B的周长为4，则C的方程为(　　)‎ A.＋＝1　　　　　　　　 B.＋y2＝1‎ C.＋＝1 D.＋＝1‎ 解析：选A　由椭圆的性质知|AF1|＋|AF2|＝‎2a，|BF1|＋|BF2|＝‎2a，‎ 又∵△AF1B的周长＝|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4，∴a＝.‎ 又e＝，∴c＝1.∴b2＝a2－c2＝2，‎ ‎∴椭圆的方程为＋＝1，故选A.‎ ‎2．已知两圆C1：(x－4)2＋y2＝169，C2：(x＋4)2＋y2＝9，动圆在圆C1内部且和圆C1相内切，和圆C2相外切，则动圆圆心M的轨迹方程为(　　)‎ A.－＝1 B.＋＝1‎ C.－＝1 D.＋＝1‎ 解析：选D　设圆M的半径为r，‎ 则|MC1|＋|MC2|＝(13－r)＋(3＋r)＝16，‎ ‎∴M的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，且‎2a＝16,‎2c＝8，‎ 故所求的轨迹方程为＋＝1.‎ ‎3．(2015·浙江金丽衢十二校二联)若椭圆C：＋＝1的焦点为F1，F2，点P在椭圆C上，且|PF1|＝4，则∠F1PF2＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　由题意得a＝3，c＝，则|PF2|＝2.‎ 在△F2PF1中，由余弦定理可得 cos∠F2PF1＝＝－.‎ 又∵∠F2PF1∈(0，π)，∴∠F2PF1＝.‎ ‎[类题通法]‎ ‎1．求椭圆的方程多采用定义法和待定系数法，利用椭圆的定义定形状时，一定要注意常数‎2a>|F‎1F2|这一条件．‎ ‎2．利用定义求焦点三角形的周长和面积，解焦点三角形常利用椭圆的定义和正弦正理，常用到结论有：(其中，θ＝∠F1PF2)‎ ‎(1)|PF1|＋|PF2|＝‎2a；‎ ‎(2)‎4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cos θ；‎ ‎(3)当P为短轴端点时，θ最大．‎ ‎(4)S△PF‎1F2＝|PF1||PF2|sin θ＝·b2‎ ‎＝b2tan ＝c·|y0|.‎ 当y0＝±b，即P为短轴端点时，S△PF‎1F2有最大值为bc.‎ ‎(5)焦点三角形的周长为2(a＋c)．‎ |(题点多变型考点——全面发掘)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．椭圆的几何性质 ‎(1)与坐标系无关的椭圆本身固有的性质，如：长轴长、短轴长、焦距、离心率等；‎ ‎(2)与坐标系有关的性质，如：顶点坐标、焦点坐标等．‎ ‎[提醒]　在解题时要特别注意第二类性质，先根据椭圆方程的形式判断出椭圆的焦点在哪条坐标轴上，再进行求解．‎ ‎2．椭圆的离心率 椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)有两种方法：‎ ‎(1)求出a，c代入公式e＝；‎ ‎(2)只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e或e2的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．‎ ‎[一题多变]‎ ‎[典型母题]‎ ‎(2015·广州二模)设F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，点P在椭圆C上，若线段PF1的中点在y轴上，∠PF‎1F2＝30°，则椭圆的离心率为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D. ‎[解析]　如图，设PF1的中点为M，连接PF2.‎ 因为O为F‎1F2的中点，所以OM为△PF‎1F2的中位线．‎ 所以OM∥PF2，所以∠PF‎2F1＝∠MOF1＝90°.‎ 因为∠PF‎1F2＝30°，所以|PF1|＝2|PF2|.‎ 由勾股定理得|F‎1F2|＝＝|PF2|，‎ 由椭圆定义得‎2a＝|PF1|＋|PF2|＝3|PF2|⇒a＝，‎2c＝|F‎1F2|＝|PF2|⇒c＝，‎ 则e＝＝·＝.故选A.‎ ‎[答案]　A ‎[题点发散1]　本例条件变为“若∠PF‎1F2＝α，∠PF‎2F1＝β，且cos α＝，sin(α＋β)＝”，则椭圆的离心率为________．‎ 解析： ∵cos α＝⇒sin α＝.‎ sin(α＋β)＝⇒cos(α＋β)＝－.‎ ‎∴sin β＝sin[(α＋β)－α]＝.‎ 设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2.‎ 由正弦定理得＝＝ ‎∴＝⇒e＝＝.‎ 答案： ‎[题点发散2]　本例条件变为“(＋)·＝‎0”‎试求S△F1PF2的面积．‎ 解：∵(＋)·＝(＋)·‎ ‎＝·＝0，‎ ‎∴PF1⊥PF2，∠F1PF2＝90°.‎ 设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m＋n＝‎2a.‎ m2＋n2＝‎4c2，∴(m＋n)2－2mn＝‎4c2.‎ ‎∴‎4a2－2mn＝‎4c2，∴4b2＝2mn.‎ ‎∴mn＝2b2.‎ ‎∴S△F1PF2＝mn＝b2.‎ ‎[题点发散3]　本例条件变为“P到两焦点的距离之比为2∶‎1”‎，试求离心率范围．‎ 解：设P到两个焦点的距离分别为2k，k，根据椭圆定义可知：3k＝‎2a，又结合椭圆的性质可知．椭圆上的点到两个焦点距离之差的最大值为‎2c，即k≤‎2c，∴‎2a≤‎6c，即e≥.‎ 又∵00⇔直线与椭圆相交；‎ ‎(2)Δ＝0⇔直线与椭圆相切；‎ ‎(3)Δ<0⇔直线与椭圆相离．‎ ‎2．弦长公式 ‎(1)若直线y＝kx＋b与椭圆相交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝|x1－x2|＝ |y1－y2|.‎ ‎(2)焦点弦(过焦点的弦)：最短的焦点弦为通径长，最长为‎2a.‎ ‎3．中点弦的重要结论 AB为椭圆＋＝1(a>b>0)的弦，A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦中点M(x0，y0)．‎ ‎(1)斜率：k＝－.‎ ‎(2)弦AB的斜率与弦中点M和椭圆中心O的连线的斜率之积为定值－.‎ ‎[典题例析]‎ ‎(2014·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连接BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连接F‎1C.‎ ‎(1)若点C的坐标为，且BF2＝，求椭圆的方程；‎ ‎(2)若F‎1C⊥AB，求椭圆离心率e的值．‎ 解：设椭圆的焦距为‎2c，则F1(－c，0)，F2(c,0)．‎ ‎(1)因为B(0，b)，所以BF2＝＝a.‎ 又BF2＝，故a＝.‎ 因为点C在椭圆上，所以＋＝1.‎ 解得b2＝1.‎ 故所求椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)因为B(0，b)，F2(c,0)在直线AB上，‎ 所以直线AB的方程为＋＝1.‎ 解方程组得或 所以点A的坐标为.‎ 又AC垂直于x轴，由椭圆的对称性，可得点C的坐标为.‎ 因为直线F‎1C的斜率为＝，‎ 直线AB的斜率为－，且F‎1C⊥AB，‎ 所以·＝－1.‎ 又b2＝a2－c2，整理得a2＝‎5c2.故e2＝.因此e＝.‎ ‎[类题通法]‎ 解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．‎ ‎(1)求E的方程；‎ ‎(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．当△OPQ的面积最大时，求l的方程．‎ 解：(1)设F(c,0)，由条件知，＝，得c＝.‎ 又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.‎ 故E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)当l⊥x轴时不合题意，故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．‎ 将y＝kx－2代入＋y2＝1中，‎ 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.‎ 当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>时，‎ 由根与系数的关系得：x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 从而|PQ|＝|x1－x2|＝.‎ 又点O到直线PQ的距离d＝.‎ 所以△OPQ的面积S△OPQ＝d·|PQ|＝.‎ 设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝.‎ 因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ>0.‎ 所以，当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.‎ ‎[A卷——夯基保分]‎ 一、选择题 ‎1．(2015·北京西城区期末)若曲线ax2＋by2＝1为焦点在x轴上的椭圆，则实数a，b满足(　　)‎ A．a2>b2　　　　　　　　 B.< C．0>0，所以0b>0)的左、右焦点分别为F1(－c,0)、F2(c,0)，若椭圆上存在点P使＝，则该椭圆离心率的取值范围为(　　)‎ A．(0，－1) B. C. D．(－1,1)‎ 解析：选D　根据正弦定理得＝，所以由＝可得＝，即＝＝e，所以|PF1|＝e|PF2|，又|PF1|＋|PF2|＝e|PF2|＋|PF2|＝|PF2|·(e＋1)＝‎2a，则|PF2|＝，因为a－c<|PF2|b>0)的两个焦点，P为椭圆C上的一点，且⊥.若△PF‎1F2的面积为9，则b＝________.‎ 解析：由题意知|PF1|＋|PF2|＝‎2a，⊥，‎ ‎∴|PF1|2＋|PF2|2＝|F‎1F2|2＝‎4c2，‎ ‎∴(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1||PF2|＝‎4c2，‎ ‎∴2|PF1||PF2|＝‎4a2－‎4c2＝4b2.‎ ‎∴|PF1||PF2|＝2b2.‎ ‎∵S△PF‎1F2＝|PF1||PF2|＝×2b2＝b2＝9，‎ ‎∴b＝3.‎ 答案：3‎ ‎10．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e.直线l：y＝ex＋a与x轴，y轴分别交于点A，B，M是直线l与椭圆C的一个公共点，设|AM|＝e|AB|，则该椭圆的离心率e＝________.‎ 解析：因为点A，B分别是直线l：y＝ex＋a与x轴，y轴的交点，所以点A，B的坐标分别是，(0，a)．‎ 设点M的坐标是(x0，y0)，‎ 由|AM|＝e|AB|，得(*)‎ 因为点M在椭圆上，所以＋＝1，将(*)式代入，得＋＝1，整理得，e2＋e－1＝0，解得e＝.‎ 答案： 三、解答题 ‎11．(2015·衡水中学二调)已知椭圆C的对称中心为原点O，焦点在x轴上，左、右焦点分别为F1和F2，且|F‎1F2|＝2，点在该椭圆上．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的面积为，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．‎ 解：(1)由题意知c＝1,‎2a＝＋ ＝4，‎ a＝2，故椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)①当直线l⊥x轴时，可取A，B，△AF2B的面积为3，不符合题意．‎ ‎②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，代入椭圆方程得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，‎ 显然Δ>0成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 可得|AB|＝·＝，‎ 又圆F2的半径r＝，‎ ‎∴△AF2B的面积为|AB|·r＝＝，‎ 代简得：17k4＋k2－18＝0，得k＝±1，‎ ‎∴r＝，圆的方程为(x－1)2＋y2＝2.‎ ‎12．(2014·新课标全国卷Ⅱ)设F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直．直线MF1与C的另一个交点为N.‎ ‎(1)若直线MN的斜率为，求C的离心率；‎ ‎(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.‎ 解：(1)根据a2－b2＝c2及题设知M，＝，‎ 得2b2＝‎3ac.‎ 将b2＝a2－c2代入2b2＝‎3ac，解得＝，＝－2(舍去)．‎ 故C的离心率为.‎ ‎(2)设直线MN与y轴的交点为D，‎ 由题意，原点O为F‎1F2的中点，MF2∥y轴，‎ 所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点，‎ 故＝4，即b2＝‎4a. ①‎ 由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.‎ 设N(x1，y1)，由题意知y1<0，则 即 代入C的方程，得＋＝1. ②‎ 将①及a2－b2＝c2代入②得＋＝1.‎ 解得a＝7，b2＝‎4a＝28，‎ 故a＝7，b＝2.‎ ‎[B卷——增分提能]‎ ‎1．已知中心在原点，焦点在坐标轴上的椭圆E的离心率为，椭圆E的一个焦点和抛物线y2＝－4x的焦点重合，过直线l：x＝4上一点M引椭圆E的两条切线，切点分别是A，B.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)若在椭圆＋＝1(a>b>0)上的点(x0，y0)处的切线方程是＋＝1，求证：直线AB恒过定点C，并求出定点C的坐标．‎ 解：(1)设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，‎ 因为抛物线y2＝－4x的焦点是(－1,0)，所以c＝1.‎ 又＝，所以a＝2，b＝＝，‎ 所以所求椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：设切点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l上一点M的坐标为(4，t)，‎ 则切线方程分别为＋＝1，＋＝1，‎ 又两切线均过点M，即x1＋y1＝1，x2＋y2＝1，‎ 即点A，B的坐标都适合方程x＋y＝1，‎ 而两点确定唯一的一条直线，‎ 故直线AB的方程是x＋y＝1，‎ 显然对任意实数t，点(1,0)都适合这个方程，‎ 故直线AB恒过定点C(1，0)．‎ ‎2．(2015·长春调研)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，右焦点到直线x＋y＋＝0的距离为2.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)过点M(0，－1)作直线l交椭圆于A，B两点，交x轴于N点，且满足＝－，求直线l的方程．‎ 解：(1)设椭圆的右焦点为(c,0)(c＞0)，则＝2，c＋＝±2，c＝或c＝－3(舍去)．‎ 又离心率＝，则＝，‎ 故a＝2，b＝＝，‎ 故椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0,0)，因为＝－，‎ 所以(x1－x0，y1)＝－(x2－x0，y2)，y1＝－y2. ①‎ 易知当直线l的斜率不存在或斜率为0时，①不成立，‎ 于是设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)，‎ 联立方程 消去x得(4k2＋1)y2＋2y＋1－8k2＝0， ②‎ 因为Δ＞0，所以直线与椭圆相交，‎ 于是y1＋y2＝－， ③‎ y1y2＝， ④‎ 由①③得，y2＝，y1＝－，‎ 代入④整理得8k4＋k2－9＝0，k2＝1，k＝±1，‎ 所以直线l的方程是y＝x－1或y＝－x－1.‎ ‎3．(2015·兰州模拟)已知椭圆方程为＋x2＝1，斜率为k(k≠0)的直线l过椭圆的上焦点且与椭圆相交于P，Q两点，线段PQ的垂直平分线与y轴相交于点M(0，m)．‎ ‎(1)求m的取值范围；‎ ‎(2)求△MPQ面积的最大值．‎ 解：(1)设直线l的方程为y＝kx＋1，‎ 由可得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0.‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝－.‎ 可得y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝.‎ 设线段PQ的中点为N，则点N的坐标为，‎ 由题意有kMN·k＝－1，可得·k＝－1，‎ 可得m＝，又k≠0，所以00)表示焦点在x轴上的双曲线(　　)‎ ‎(2)双曲线方程－＝λ(m>0，n>0，λ≠0)的渐近线方程是－＝0，即±＝0(　　)‎ ‎(3)等轴双曲线的渐近线互相垂直，离心率等于(　　)‎ ‎(4)若双曲线－＝1(a>0，b>0)与－＝1(a>0，b>0)的离心率分别是e1，e2，则＋＝1(此结论中两条双曲线为共轭双曲线)(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)√‎ ‎2．(北师大版教材习题改编)若双曲线－＝1的离心率e∈(1,2)，则m的取值范围为________．‎ 答案：(0,15)‎ ‎3．已知F(c,0)是双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，若双曲线C的渐近线与圆E ‎：(x－c)2＋y2＝c2相切，则双曲线C的离心率为________．‎ 解析：依题意得，圆心(c,0)到渐近线的距离等于c，即有b＝c(注：双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离等于其虚半轴长)，c2＝2b2＝2(c2－a2)，c2＝‎2a2，＝，即双曲线C的离心率为.‎ 答案： |(基础送分型考点——自主练透)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．定义 在平面内到两定点F1，F2的距离的差的绝对值等于常数(小于|F‎1F2|且大于零)的点的轨迹(或集合)叫做双曲线．定点F1，F2叫做双曲线的焦点，两焦点间的距离叫做焦距．‎ ‎[提醒]　令平面内一点到两定点F1，F2的距离的差的绝对值为‎2a(a为常数)，则只有当‎2a<|F‎1F2|且‎2a≠0时，点的轨迹才是双曲线；若‎2a＝|F‎1F2|，则点的轨迹是以F1，F2为端点的两条射线；若‎2a>|F‎1F2|，则点的轨迹不存在．‎ ‎2．标准方程 中心在坐标原点，焦点在x轴上的双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)；‎ 中心在坐标原点，焦点在y轴上的双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)．‎ ‎[提醒]　在双曲线的标准方程中，决定焦点位置的因素是x2或y2的系数．‎ ‎[题组练透]‎ ‎1．(2014·大纲卷)已知双曲线C的离心率为2，焦点为F1，F2，点A在C上，若|F‎1A|＝2|F‎2A|，则cos∠AF‎2F1＝(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选A　由双曲线的定义知＝‎2a，又|AF1|＝2|AF2|，∴|AF1|＝‎4a，|AF2|＝‎2a.‎ ‎∵e＝＝2，∴c＝‎2a，∴|F‎1F2|＝‎4a.∴cos∠AF‎2F1＝＝＝，故选A.‎ ‎2．(2014·天津高考)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线平行于直线l：y＝2x＋10，双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为(　　)‎ A.－＝1 B.－＝1‎ C.－＝1 D.－＝1‎ 解析：选A　由题意可知，双曲线的其中一条渐近线y＝x与直线y＝2x＋10平行，所以＝2且左焦点为(－5,0)，所以a2＋b2＝c2＝25，解得a2＝5，b2＝20，故双曲线方程为－＝1.‎ ‎3．已知F1，F2为双曲线－＝1的左、右焦点，P(3,1)为双曲线内一点，点A在双曲线上，则|AP|＋|AF2|的最小值为(　　)‎ A.＋4 B.－4‎ C.－2 D.＋2 解析：选C　由题意知，|AP|＋|AF2|＝|AP|＋|AF1|－ ‎2a，要求|AP|＋|AF2|的最小值，只需求|AP|＋|AF1|的最小值，当A，P，F1三点共线时，取得最小值，则|AP|＋|AF1|＝|PF1|＝，‎ ‎∴|AP|＋|AF2|＝|AP|＋|AF1|－ ‎2a＝－2.‎ ‎[类题通法]‎ ‎1．应用双曲线的定义需注意的问题 在双曲线的定义中要注意双曲线上的点(动点)具备的几何条件，即“到两定点(焦点)的距离之差的绝对值为一常数，且该常数必须小于两定点的距离”．若定义中的“绝对值”去掉，点的轨迹是双曲线的一支．同时注意定义的转化应用．‎ ‎2．求双曲线方程时一是标准形式判断；二是注意a，b，c的关系易错易混．‎ |(常考常新型考点——多角探明)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．求双曲线离心率的值 ‎(1)直接求出a，c，求解e：已知标准方程或a，c易求时，可利用离心率公式e＝求解；‎ ‎(2)变用公式，整体求出e：如利用e＝＝＝，e＝＝ ；‎ ‎2．双曲线的离心率与渐近线方程之间有着密切的联系，二者之间可以互求．已知渐近线方程时，可得的值，于是e2＝＝＝1＋2，因此可求出离心率e的值；而已知离心率的值，也可求出渐近线的方程，即＝.但要注意，当双曲线的焦点所在的坐标轴不确定时，上述两类问题都有两个解．‎ ‎[多角探明]‎ 双曲线的渐近线与离心率问题是每年各地高考命题的热点．归纳起来常见的命题角度有：‎ ‎(1)已知离心率求渐近线方程；‎ ‎(2)已知渐近线求离心率；‎ ‎(3)由离心率或渐近线确定双曲线方程；‎ ‎(4)利用渐近线与已知直线位置关系求离心率范围.‎ 角度一：已知离心率求渐近线方程 ‎1．(2014·山东高考)已知a>b>0，椭圆C1的方程为＋＝1，双曲线C2的方程为－＝1，C1与C2的离心率之积为，则C2的渐近线方程为(　　)‎ A．x±y＝0　　　　　　 B.x±y＝0‎ C．x±2y＝0 D．2x±y＝0‎ 解析：选A　椭圆C1的离心率为，双曲线C2的离心率为，所以·＝，所以a4－b4＝a4，即a4＝4b4，所以a＝b，所以双曲线C2的渐近线方程是y＝± x，即x±y＝0.‎ 角度二：已知渐近线求离心率 ‎2．(2014·浙江高考)设直线x－3y＋m＝0(m≠0)与双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于点A，B.若点P(m,0)满足|PA|＝|PB|，则该双曲线的离心率是________．‎ 解析：联立直线方程x－3y＋m＝0与双曲线渐近线方程y＝±x可得交点坐标为，，而kAB＝，由|PA|＝|PB|，可得AB的中点与点P 连线的斜率为－3，即＝－3，化简得4b2＝a2，所以e＝＝.‎ 答案： 角度三：由离心率或渐近线确定双曲线方程 ‎3．(2015·郑州二模)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的两个焦点分别为F1，F2，以线段F‎1F2为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点是(4,3)．则此双曲线的方程为(　　)‎ A.－＝1 B.－＝1‎ C.－＝1 D.－＝1‎ 解析：选A　由题意，c＝＝5，‎ ‎∴a2＋b2＝c2＝25. ①‎ 又双曲线的渐近线为y＝±x，∴＝. ②‎ 则由①②解得a＝3，b＝4，‎ ‎∴双曲线方程为－＝1.故选A.‎ 角度四：利用渐近线与已知直线位置关系求离心率范围 ‎4．已知双曲线－＝1与直线y＝2x有交点，则双曲线离心率的取值范围为(　　)‎ A．(1，) B．(1，]‎ C．(，＋∞) D．[，＋∞)‎ 解析：选C　∵双曲线的一条渐近线方程为y＝x，‎ 则由题意得＞2，‎ ‎∴e＝＝ ＞＝.‎ ‎[类题通法]‎ 解决有关渐近线与离心率关系问题的方法 ‎(1)已知渐近线方程y＝mx，若焦点位置不明确要分|m|＝或|m|＝讨论．‎ ‎(2)注意数形结合思想在处理渐近线夹角、离心率范围求法中的应用．‎ |(重点保分型考点——师生共研)‎ ‎[必备知识]‎ 研究直线与双曲线位置关系问题的通法：将直线方程代入双曲线方程，消元，得关于x或y的一元二次方程．当二次项系数等于0时，直线与双曲线相交于某支上一点，这时直线平行于一条渐近线；当二次项系数不等于0时，用判别式Δ来判定．‎ ‎[提醒]　直线与双曲线交于一点时，不一定相切，例如：当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点，但不是相切；反之，当直线与双曲线相切时，直线与双曲线仅有一个交点．‎ ‎[典题例析]‎ ‎(2014·江西高考)如图，已知双曲线C：－y2＝1(a>0)的右焦点F，点A，B分别在C的两条渐近线上，AF⊥x轴，AB⊥OB，BF∥OA(O为坐标原点)．‎ ‎(1)求双曲线C的方程；‎ ‎(2)过C上一点P(x0，y0)(y0≠0)的直线l：－y0y＝1与直线AF相交于点M，与直线x＝相交于点N.证明：当点P在C上移动时，恒为定值，并求此定值．‎ 解：(1)设F(c,0)，因为b＝1，‎ 所以c＝，‎ 直线OB的方程为y＝－x，直线BF的方程为y＝(x－c)，‎ 解得B.‎ 又直线OA的方程为y＝x，‎ 则A，kAB＝＝.‎ 又因为AB⊥OB，所以·＝－1，解得a2＝3，‎ 故双曲线C的方程为－y2＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)知a＝，‎ 则直线l的方程为－y0y＝1(y0≠0)，即y＝.‎ 因为直线AF的方程为x＝2，‎ 所以直线l与AF的交点M；‎ 直线l与直线x＝的交点为N.‎ 则＝＝ ‎＝·，‎ 因为P(x0，y0)是C上一点，则－y＝1，代入上式得 ＝· ‎＝·＝.‎ 所求定值为＝＝.‎ ‎[类题通法]‎ 直线与双曲线的位置关系的判断与应用和直线与椭圆的位置关系的判断方法类似，但是联立直线方程与双曲线方程消元后，注意二次项系数是否为0的判断．对于中点弦问题常用“点差法”．‎ ‎[演练冲关]‎ 已知双曲线E的中心为原点，F(3,0)是E的焦点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N(－12，－15)，求双曲线E的方程．‎ 解：设双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)，‎ 由题意知c＝3，a2＋b2＝9，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有：‎ 两式作差得：‎ ＝＝＝，‎ 又AB的斜率是＝1，所以＝1.‎ 将4b2＝‎5a2代入a2＋b2＝9得 a2＝4，b2＝5.‎ 所以双曲线的标准方程是－＝1.‎ 一、选择题 ‎1．(2014·广东高考)若实数k满足0＜k＜9，则曲线－＝1与曲线－＝1的(　　)‎ A．离心率相等　　　　　 　 B．虚半轴长相等 C．实半轴长相等 D．焦距相等 解析：选D　由00)的离心率为2，则a＝(　　)‎ A．2 B. C. D．1‎ 解析：选D　因为双曲线的方程为－＝1，所以e2＝1＋＝4，因此a2＝1，a＝1.选D.‎ ‎3．(2014·重庆高考)设F1，F2分别为双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，双曲线上存在一点P使得|PF1|＋|PF2|＝3b，|PF1|·|PF2|＝ab，则该双曲线的离心率为(　　)‎ A. B. C. D．3‎ 解析：选B　由双曲线的定义得||PF1|－|PF2||＝‎2a，又|PF1|＋|PF2|＝3b，所以(|PF1|＋|PF2|)2－(|PF1|－|PF2|)2＝9b2－‎4a2，即4|PF1|·|PF2|＝9b2－‎4a2，又4|PF1|·|PF2|＝9ab，因此9b2－‎4a2＝9ab，即92－－4＝0，则＝0，解得＝，则双曲线的离心率e＝＝.‎ ‎4．(2015·石家庄二检)已知F是双曲线－＝1(a>0)的右焦点，O为坐标原点，设P是双曲线C上一点，则∠POF的大小不可能是(　　)‎ A．15° B．25°‎ C．60° D．165°‎ 解析：选C　∵两条渐近线y＝±x的倾斜角分别为30°，150°，‎ ‎∴0≤∠POF<30°或150°<∠POF≤180°，故选C.‎ ‎5．(2015·江西宜春一模)已知双曲线－＝1的一个焦点与抛物线y2＝4x的焦点重合，且双曲线的离心率等于，则该双曲线的方程为(　　)‎ A．5x2－＝1 B.－＝1‎ C.－＝1 D．5x2－＝1‎ 解析：选D　∵抛物线的焦点为F(1,0)，∴c＝1.‎ 又＝，∴a＝，∴b2＝c2－a2＝1－＝.‎ 故所求方程为5x2－＝1.‎ ‎6．(2015·开封摸底考试)从双曲线－＝1(a>0，b>0)的左焦点F引圆x2＋y2＝a2的切线，切点为T，延长FT交双曲线右支于P点，若M为线段FP的中点，O为坐标原点，则|MO|－|MT|与b－a的关系为(　　)‎ A．|MO|－|MT|>b－a B．|MO|－|MT|0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线的右支上，且|PF1|＝4|PF2|，则双曲线的离心率e的最大值为________．‎ 解析：设∠F1PF2＝θ，‎ 由得 由余弦定理得 cos θ＝＝＝－e2.‎ ‎∵θ∈(0，π]，∴cos θ∈[－1,1)，－1≤－e2<1，‎ 又e>1，∴10，b>0)的两条渐近线与抛物线y2＝4x的准线相交于A，B两点．若△AOB的面积为2，则双曲线的离心率为________．‎ 解析：因为原点到准线距离为1，‎ 所以S△OAB＝×1×|AB|＝2，即|AB|＝4.‎ 由对称性知，点A(－1,2)，B(－1，－2)．‎ 因为双曲线的渐近线方程为y＝±x，‎ 所以有2＝，即b＝‎2a.‎ 又因为c2＝a2＋b2＝a2＋‎4a2＝‎5a2，‎ 所以e＝＝.‎ 答案： ‎10．(2015·日照模拟)已知F1，F2为双曲线－＝1(a>0，b>0)的焦点，过F2作垂直于x轴的直线交双曲线于点P和Q.且△F1PQ 为正三角形，则双曲线的渐近线方程为________________．‎ 解析：设F2(c,0)(c>0)，P(c，y0)，‎ 代入双曲线方程得y0＝±，‎ ‎∵PQ⊥x轴，∴|PQ|＝.‎ 在Rt△F‎1F2P中，∠PF‎1F2＝30°，‎ ‎∴|F‎1F2|＝|PF2|，即‎2c＝·.‎ 又∵c2＝a2＋b2，∴b2＝‎2a2或‎2a2＝－3b2(舍去)．‎ ‎∵a>0，b>0，∴＝.‎ 故所求双曲线的渐近线方程为y＝±x.‎ 答案：y＝±x 三、解答题 ‎11．(2014·福建高考改编)已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1：y＝2x，l2：y＝－2x.‎ ‎(1)求双曲线E的离心率；‎ ‎(2)如图，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且△OAB的面积恒为8，求双曲线方程．‎ 解：(1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x，‎ 所以＝2，所以＝2，故c＝a，‎ 从而双曲线E的离心率e＝＝.‎ ‎(2)由(1)知，双曲线E的方程为－＝1.‎ 设直线l与x轴相交于点C.‎ 当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，‎ 则|OC|＝a，|AB|＝‎4a，‎ 又因为△OAB的面积为8，‎ 所以|OC|·|AB|＝8，‎ 因此a·‎4a＝8，解得a＝2，‎ 所以双曲线E的方程为－＝1.‎ ‎12．设A，B分别为双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右顶点，双曲线的实轴长为4，焦点到渐近线的距离为.‎ ‎(1)求双曲线的方程；‎ ‎(2)已知直线y＝x－2与双曲线的右支交于M，N两点，且在双曲线的右支上存在点D，使＋＝t，求t的值及点D的坐标．‎ 解：(1)由题意知a＝2，‎ 又∵一条渐近线为y＝x，即bx－ay＝0.‎ ‎∴由焦点到渐近线的距离为，得＝.‎ ‎∴b2＝3，∴双曲线的方程为－＝1.‎ ‎(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x0，y0)，‎ 则x1＋x2＝tx0，y1＋y2＝ty0.‎ 将直线方程y＝x－2代入双曲线方程－＝1得 x2－16x＋84＝0，‎ 则x1＋x2＝16，y1＋y2＝(x1＋x2)－4＝12.‎ ‎∴∴ ‎∴t＝4，点D的坐标为(4，3)．‎ 第七节抛_物_线 基础盘查一　抛物线定义及标准方程 ‎(一)循纲忆知 ‎1．掌握抛物线的定义、几何图形、标准方程．‎ ‎2．了解抛物线的实际背景及抛物线的简单应用．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)平面内与一个定点F和一条定直线l的距离相等的点的轨迹一定是抛物线(　　)‎ ‎(2)抛物线y2＝4x的焦点到准线的距离是4(　　)‎ ‎(3)若一抛物线过点P(－2,3)，其标准方程可写为y2＝2px(p>0)(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×‎ ‎2．(北师大版教材例题改编)点M到点F(4,0)的距离比它到直线l：x＋6＝0的距离小2，则M点的轨迹方程为___________________________________________________________．‎ 答案：y2＝16x ‎3．若抛物线y＝ax2的准线方程是y＝2，则a的值是________．‎ 解析：抛物线y＝ax2可化为x2＝y，‎ ‎∴－＝2，∴a＝－.‎ 答案：－ 基础盘查二　抛物线的几何性质 ‎(一)循纲忆知 ‎1．掌握抛物线的简单几何性质．‎ ‎2．理解数形结合的思想．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)抛物线既是中心对称图形，又是轴对称图形(　　)‎ ‎(2)过抛物线的焦点与抛物线对称轴垂直的直线被抛物线截得的线段叫做抛物线的通径，那么抛物线x2＝－2ay(a>0)的通径长为‎2a(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√‎ ‎2．(人教A版教材例题改编)斜率为1的直线经过抛物线y2＝4x的焦点F，且与抛物线相交于A，B两点，则线段AB的长为________．‎ 答案：8‎ ‎3．若抛物线x2＝ay过点A，则点A到此抛物线的焦点的距离为________．‎ 解析：由题意可知，点A在抛物线x2＝ay上，所以1＝a，解得a＝4，得x2＝4y.由抛物线的定义可知点A到焦点的距离等于点A到准线的距离，所以点A到抛物线的焦点的距离为 yA＋1＝＋1＝.‎ 答案： |(基础送分型考点——自主练透)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．标准方程 顶点在坐标原点，焦点在x轴正半轴上的抛物线的标准方程为：y2＝2px(p>0)；‎ 顶点在坐标原点，焦点在x轴负半轴上的抛物线的标准方程为：y2＝－2px(p>0)；‎ 顶点在坐标原点，焦点在y轴正半轴上的抛物线的标准方程为：x2＝2py(p>0)；‎ 顶点在坐标原点，焦点在y轴负半轴上的抛物线的标准方程为：x2＝－2py(p>0)．‎ ‎[提醒]　抛物线标准方程中参数p的几何意义是抛物线的焦点到准线的距离，所以p的值永远大于0，当抛物线标准方程中一次项的系数为负值时，不要出现p<0的错误．‎ ‎2．抛物线的焦半径 抛物线上任意一点P(x0，y0)到焦点F的距离称为焦半径．有以下结论(p>0)：‎ ‎(1)对于抛物线y2＝2px，|PF|＝＋x0；‎ ‎(2)对于抛物线y2＝－2px，|PF|＝－x0；‎ ‎(3)对于抛物线x2＝2py，|PF|＝＋y0；‎ ‎(4)对于抛物线x2＝－2py，|PF|＝－y0.‎ ‎3．与焦点弦有关的常用结论 ‎(以下图为依据)‎ ‎(1)y1y2＝－p2，x1x2＝.‎ ‎(2)|AB|＝x1＋x2＋p＝(θ为AB的倾斜角)．‎ ‎(3)＋为定值.‎ ‎(4)以AB为直径的圆与准线相切．‎ ‎(5)以AF或BF为直径的圆与y轴相切．‎ ‎[题组练透]‎ ‎1．(2014·安徽高考)抛物线y＝x2 的准线方程是(　　)‎ A．y＝－1　　　　　　　　　 B．y＝－2 ‎ ‎ C．x＝－1 D．x＝－2‎ 解析：选A　抛物线y＝x2的标准方程为x2＝4y，所以其准线方程为y＝－1.‎ ‎2．(2015·石家庄调研)若抛物线y2＝2px上一点P(2，y0)到其准线的距离为4，则抛物线的标准方程为(　　)‎ A．y2＝4x B．y2＝6x C．y2＝8x D．y2＝10x 解析：选C　∵抛物线y2＝2px，∴准线为x＝－.‎ ‎∵点P(2，y0)到其准线的距离为4，‎ ‎∴＝4.‎ ‎∴p＝4.∴抛物线的标准方程为y2＝8x.‎ ‎3．若抛物线y2＝x的准线经过椭圆＋＝1的左焦点，则实数m的值为________．‎ 解析：抛物线y2＝x的准线方程为x＝－，椭圆＋＝1的左焦点坐标为(－2,0)，由题意知－＝－2，所以实数m＝.‎ 答案： ‎[类题通法]‎ ‎1．涉及抛物线几何性质的问题常结合图形思考，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．‎ ‎2．求抛物线方程应注意的问题 ‎(1)当坐标系已建立时，应根据条件确定抛物线方程属于四种类型中的哪一种；‎ ‎(2)要注意把握抛物线的顶点、对称轴、开口方向与方程之间的对应关系；‎ ‎(3)要注意参数p的几何意义是焦点到准线的距离，利用它的几何意义来解决问题．‎ |(常考常新型考点——多角探明)‎ ‎[必备知识]‎ 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．‎ ‎[提醒]　当直线l经过点F时，点的轨迹是过定点F且垂直于定直线l的一条直线．‎ ‎[多角探明]‎ 与抛物线定义相关的最值问题常涉及距离最短、距离和最小等等．归纳起来常见的命题角度有：‎ ‎(1)到焦点与定点距离之和最小问题；‎ ‎(2)到点与准线的距离之和最小问题；‎ ‎(3)到定直线的距离最小问题；‎ ‎(4)焦点弦中距离之和最小问题 角度一：到焦点与定点距离之和最小问题 ‎1．已知抛物线的方程为x2＝8y，F是焦点，点A(－2,4)，在此抛物线上求一点P，使|PF|＋|PA|的值最小．‎ 解：∵(－2)2<8×4，∴点A(－2,4)在抛物线x2＝8y的内部．‎ 如图，设抛物线的准线为l，过点P作PQ⊥l于点Q，过点A作AB⊥l于点B，连接AQ.‎ 由抛物线的定义可知|PF|＋|PA|＝|PQ|＋|PA|≥|AQ|≥|AB|，当且仅当P，Q，A三点共线时，|PF|＋|PA|取得最小值，即为|AB|.‎ ‎∵A(－2,4)，∴不妨设|PF|＋|PA|的值最小时，点P的坐标为(－2，y0)，代入x2＝8y，得y0＝.‎ 故使|PF|＋|PA|的值最小的抛物线上的点P的坐标为.‎ 角度二：到点与准线的距离之和最小问题 ‎2．(2015·忻州联考)已知P为抛物线y2＝4x上一个动点，Q为圆x2＋(y－4)2＝1上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到抛物线准线的距离之和的最小值是________．‎ 解析：由题意知，圆x2＋(y－4)2＝1的圆心为C(0,4)，半径为1，抛物线的焦点为F(1,0)．根据抛物线的定义，点P到点Q的距离与点P到抛物线准线的距离之和即点P到点Q的距离与点P到抛物线焦点的距离之和，因此|PQ|＋|PF|≥|PC|＋|PF|－1≥|CF|－1＝－1.‎ 答案：－1‎ 角度三：到定直线的距离最小问题 ‎3．抛物线y＝－x2上的点到直线4x＋3y－8＝0距离的最小值是________．‎ 解析：法一：如图，设与直线4x＋3y－8＝0平行且与抛物线y＝－x2相切的直线为4x＋3y＋b＝0，切线方程与抛物线方程联立得消去y整理得3x2－4x－b＝0，则Δ＝16＋12b＝0，解得b＝－，所以切线方程为4x＋3y－＝0，抛物线y＝－x2上的点到直线4x＋3y－8＝0距离的最小值是这两条平行线间的距离d＝＝.‎ 法二：对y＝－x2，有y′＝－2x.如图，设与直线4x＋3y－8＝0平行且与抛物线y＝－x2相切的直线与抛物线的切点是T(m，－m2)，则切线斜率k＝y′|x＝m＝－‎2m＝－，所以m＝，即切点T，点T到直线4x＋3y－8＝0的距离d＝＝，由图知抛物线y＝－x2上的点到直线4x＋3y－8＝0距离的最小值是.‎ 答案： 角度四：焦点弦中距离之和最小问题 ‎4．已知抛物线y2＝4x，过焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，过A，B分别作y轴垂线，垂足分别为C，D，则|AC|＋|BD|的最小值为________．‎ 解析：由题意知F(1,0)，|AC|＋|BD|＝|AF|＋|FB|－2＝|AB|－2，即|AC|＋|BD|取得最小值时当且仅当|AB|取得最小值．依抛物线定义知当|AB|为通径，即|AB|＝2p＝4时，为最小值，所以|AC|＋|BD|的最小值为2.‎ 答案：2‎ ‎[类题通法]‎ 与抛物线有关的最值问题的解题策略 该类问题一般情况下都与抛物线的定义有关．实现由点到点的距离与点到直线的距离的相互转化．‎ ‎(1)将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的距离，构造出“两点之间线段最短”，使问题得解．‎ ‎(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，利用“与直线上所有点的连线中垂线段最短”原理解决．‎ |(重点保分型考点——师生共研)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．直线与抛物线位置关系的判断 直线y＝kx＋m(m≠0)与抛物线y2＝2px(p>0)联立方程组，消去y，得到k2x2＋2(mk－p)x＋m2＝0的形式．当k＝0时，直线和抛物线相交，且与抛物线的对称轴平行，此时与抛物线只有一个交点；当k≠0时，设其判别式为Δ，‎ ‎(1)相交：Δ>0⇔直线与抛物线有两个交点；‎ ‎(2)相切：Δ＝0⇔直线与抛物线有一个交点；‎ ‎(3)相离：Δ<0⇔直线与抛物线没有交点．‎ ‎[提醒]　过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：两条切线和一条平行于对称轴的直线．‎ ‎2．直线与抛物线相交的弦长 ‎(1)若直线过抛物线的焦点，则弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝(α为弦AB的倾斜角)．‎ ‎(2)若直线不过抛物线的焦点，则用|AB|＝ ·|x1－x2|求解．‎ ‎[典题例析]‎ ‎(2014·安徽高考)如图，已知两条抛物线E1：y2＝2p1x(p1>0)和E2：y2＝2p2x(p2>0)，过原点O的两条直线l1和l2，l1与E1，E2分别交于A1，A2两点，l2与E1, E2分别交于B1, B2两点．‎ ‎(1)证明：A1B1∥A2B2；‎ ‎(2)过O作直线l(异于l1，l2)与E1，E2分别交于C1，C2两点．记△A1B‎1C1与△A2B‎2C2的面积分别为S1与S2，求的值．‎ 解：(1)证明：设直线l1，l2的方程分别为 y＝k1x，y＝k2x(k1，k2≠0)，‎ 则由得A1，‎ 由得A2.‎ 同理可得B1，B2.‎ 所以＝ ‎＝2p1－，－，‎ ‎＝ ‎＝2p2－，－.‎ 故＝，所以A1B1∥A2B2.‎ ‎(2)由(1)知A1B1∥A2B2，‎ 同理可得B‎1C1∥B‎2C2，C‎1A1∥C‎2A2.‎ 所以△A1B‎1C1∽△A2B‎2C2.‎ 因此＝2.‎ 又由(1)中的＝知＝.‎ 故＝.‎ ‎[类题通法]‎ 直线与抛物线相交问题处理规律 ‎(1)凡涉及抛物线的弦长、弦的中点、弦的斜率问题时都要注意利用韦达定理，避免求交点坐标的复杂运算．解决焦点弦问题时，抛物线的定义有广泛的应用，而且还应注意焦点弦的几何性质．‎ ‎(2)对于直线与抛物线相交、相切、中点弦、焦点弦问题，以及定值、存在性问题的处理，最好是作出草图，由图象结合几何性质做出解答．并注意“设而不求”“整体代入”“点差法”的灵活应用．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎(2015·福州质检)已知抛物线y2＝2px(p＞0)在第一象限内与圆x2＋y2－4x＋1＝0交于不同的两点A，B.‎ ‎(1)求p的取值范围；‎ ‎(2)如果在x轴上只有一个点M，使MA⊥MB，求p的值及M的坐标．‎ 解：(1)据题意知，p＞0，x＞0.‎ 设A(x1，)，B(x2，)．‎ 把y2＝2px代入x2＋y2－4x＋1＝0得，‎ ‎ x2＋2(p－2)x＋1＝0，‎ ‎∵x1，x2是该方程的两不相等的正根，‎ ‎∴即 ‎∴p的取值范围是(0,1)．‎ ‎(2)法一：设M的坐标为(m,0)，‎ 则＝(x1－m，)，＝(x2－m，)，‎ ‎∴·＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋2p.‎ 把x1x2＝1，x1＋x2＝4－2p代入，‎ 得·＝m2－(4－2p)m＋2p＋1，‎ ‎∵MA⊥MB，∴m2－(4－2p)m＋2p＋1＝0，‎ 据题意该方程只有一个根，‎ ‎∴Δ＝(4－2p)2－4(2p＋1)＝0，即p2－6p＋3＝0，‎ ‎∴p＝3－(∵p＜1，舍去p＝3＋)，‎ 此时m＝－＝－1，即M的坐标为(－1,0)．‎ 法二：设AB的中点坐标为(x0，y0)．‎ 据题意，以线段AB为直径的圆恰好与x轴相切，‎ 即y0＝(此时M的横坐标为x0)．‎ y0＝＝ ‎＝＝，‎ ‎|AB|2＝(x1－x2)2＋(－)2‎ ‎＝x＋x－2x1x2＋2p(x1＋x2－2)‎ ‎＝(x1＋x2)2－4x1x2＋2p(x1＋x2－2)‎ ‎＝(4－2p)2－4＋2p(2－2p)＝12(1－p)，‎ ‎∴由y0＝得4y＝|AB|2，‎ 即4p(3－p)＝12(1－p)，即p2－6p＋3＝0，‎ ‎∴p＝3－(∵p＜1，舍去p＝3＋)，‎ 此时M的横坐标为x0＝＝2－p＝－1，‎ 即M的坐标为(－1,0)．‎ ‎[A卷——夯基保分]‎ 一、选择题 ‎1．(2015·广东七校联考)抛物线x2＝y的焦点坐标是(　　)‎ A．(0,1)　　　　　　　　 B. C. D．(0,4)‎ 解析：选A　由x2＝y⇒x2＝4y，于是焦点坐标为(0,1)．故选A.‎ ‎2．(2015·辽宁五校联考)已知AB是抛物线y2＝2x的一条焦点弦，|AB|＝4，则AB中点C的横坐标是(　　)‎ A．2 B. C. D. 解析：选C　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝x1＋x2＋p＝4，又p＝1，所以x1＋x2＝3，所以点C的横坐标是＝.‎ ‎3．已知抛物线y2＝2px(p>0)，过其焦点且斜率为－1的直线交抛物线于A，B两点，若线段AB的中点的横坐标为3，则该抛物线的准线方程为(　　)‎ A．x＝1 B．x＝2‎ C．x＝－1 D．x＝－2‎ 解析：选C　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝－，与抛物线方程联立得，消去y整理得：x2－3px＋＝0，可得x1＋x2＝3p.根据中点坐标公式，有＝3，p＝2，因此抛物线的准线方程为x＝－1.‎ ‎4．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知抛物线C：y2＝x的焦点为F，A(x0，y0)是C上一点，|AF|＝x0，则x0＝(　　)‎ A．1 B．2‎ C．4 D．8‎ 解析：选A　由题意知抛物线的准线为x＝－.因为|AF|＝x0，根据抛物线的定义可得x0＋＝|AF|＝x0，解得x0＝1，故选A.‎ ‎5．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若＝4，则|QF|＝(　　)‎ A. B. C．3 D．2‎ 解析：选C　过点Q作QQ′⊥l交l于点Q′，因为＝4，所以|PQ|∶|PF|＝3∶4，又焦点F到准线l的距离为4，所以|QF|＝|QQ′|＝3.故选C.‎ ‎6．(2014·新课标全国卷Ⅱ)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，则|AB|＝(　　)‎ A . B．6 ‎ C．12 D．7 解析：选C　抛物线C：y2＝3x的焦点为F，所以AB所在的直线方程为y＝，将y＝代入y2＝3x，消去y整理得x2－x＋＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系得x1＋x2＝，由抛物线的定义可得|AB|＝x1＋x2＋p＝＋＝12，故选C.‎ 二、填空题 ‎7．(2015·唐山模拟)过抛物线C：y2＝4x的焦点F作直线l交抛物线C于A，B两点，若A到抛物线的准线的距离为4，则|AB|＝________.‎ 解析：设A(xA，yA)，B(xB，yB)，‎ ‎∵y2＝4x，∴抛物线的准线为x＝－1，F(1,0)，‎ 又A到抛物线准线的距离为4，‎ ‎∴xA＋1＝4，∴xA＝3，‎ ‎∵xAxB＝＝1，∴xB＝，‎ ‎∴|AB|＝xA＋xB＋p＝3＋＋2＝.‎ 答案： ‎8．(2015·陕西质检)已知点M(－3,2)是坐标平面内一定点，若抛物线y2＝2x的焦点为F，点Q是该抛物线上的一动点，则|MQ|－|QF|的最小值是________．‎ 解析：抛物线的准线方程为x＝－，‎ 当MQ∥x轴时，|MQ|－|QF|取得最小值，‎ 此时点Q的纵坐标y＝2，代入抛物线方程y2＝2x得Q的横坐标x＝2，则|QM|－|QF|＝|2＋3|－＝.‎ 答案： ‎9．(2015·洛阳模拟)已知AB是抛物线x2＝4y的一条焦点弦，若该弦的中点纵坐标是3，则弦AB所在的直线方程是________________________．‎ 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 直线AB的方程为x＝m(y－1)，‎ 由抛物线的定义及题设可得，y1＋y2＝6，‎ 直线与抛物线方程联立消去x可得m2y2－(‎2m2‎＋4)y＋m2＝0，则y1＋y2＝，‎ 即6＝，可得m＝1或m＝－1.‎ 故直线方程为x－y＋1＝0或x＋y－1＝0.‎ 答案：x－y＋1＝0或x＋y－1＝0‎ ‎10．(2015·绵阳诊断)已知A是抛物线y2＝4x上一点，F是抛物线的焦点，直线FA交抛物线的准线于点B(点B在x轴上方)，若|AB|＝2|AF|，则点A的坐标为________．‎ 解析：依题意，①若点A位于x轴上方，过点A作抛物线的准线的垂线，垂足记为A1，则有|AB|＝2|AF|＝2|AA1|，∠BAA1＝60°，直线AF的倾斜角为120°.‎ 又点F(1,0)，因此直线AF的方程为y＝－(x－1)．‎ 由得 此时点A的坐标是.‎ ‎②若点A位于x轴下方，则此时点F(1,0)是线段AB的中点，又点B的横坐标是－1，故点A的横坐标是2×1－(－1)＝3，相应的纵坐标是y＝－＝－2，点A的坐标是.‎ 综上所述，点A的坐标是或.‎ 答案：或 三、解答题 ‎11．(2015·唐山模拟)已知抛物线E：x2＝2py(p>0)，直线y＝kx＋2与E交于A，B两点，且·＝2，其中O为原点．‎ ‎(1)求抛物线E的方程；‎ ‎(2)点C坐标为(0，－2)，记直线CA，CB的斜率分别为k1，k2，证明：k＋k－2k2为定值．‎ 解：(1)将y＝kx＋2代入x2＝2py，得x2－2pkx－4p＝0，‎ 其中Δ＝4p2k2＋16p>0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝2pk，x1x2＝－4p.‎ ‎·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋·＝－4p＋4.‎ 由已知，－4p＋4＝2，p＝，‎ 所以抛物线E的方程为x2＝y.‎ ‎(2)证明：由(1)知，x1＋x2＝k，x1x2＝－2.‎ k1＝＝＝＝x1－x2，‎ 同理k2＝x2－x1，‎ 所以k＋k－2k2＝2(x1－x2)2－2(x1＋x2)2‎ ‎＝－8x1x2＝16.‎ ‎12．(2015·昆明模拟)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，M∈C，以M为圆心的圆M与l相切于点Q，Q的纵坐标为p，E(5,0)是圆M与x轴的不同于F的一个交点．‎ ‎(1)求抛物线C与圆M的方程；‎ ‎(2)过F且斜率为的直线n与C交于A，B两点，求△ABQ的面积．‎ 解：(1)由抛物线的定义知，圆M经过焦点F，‎ Q，点M的纵坐标为p，又M∈C，则M，|MF|＝2p.由题意，M是线段EF的垂直平分线上的点，所以＝，解得p＝2，‎ 故抛物线C：y2＝4x，圆M：(x－3)2＋(y－2)2＝16.‎ ‎(2)由题意知直线n的方程为y＝(x－1)，‎ 由解得或 设A(4,4)，B，则|AB|＝.‎ 点Q(－1,2)到直线n：4x－3y－4＝0的距离 d＝，‎ 所以△ABQ的面积S＝|AB|·d＝.‎ ‎[B卷——增分提能]‎ ‎1．(2015·唐山二模)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的准线与x轴交于点M，过点M作圆C：(x－2)2＋y2＝1的两条切线，切点为A，B，|AB|＝.‎ ‎(1)求抛物线E的方程；‎ ‎(2)过抛物线E上的点N作圆C的两条切线，切点分别为P，Q，若P，Q，O(O为原点)三点共线，求点N的坐标．‎ 解：(1)由已知得M，C(2,0)．‎ 如图，设AB与x轴交于点R，由圆的对称性可知，|AR|＝.‎ 于是|CR|＝＝.‎ 由△AMC∽△RAC得＝，‎ ‎∴|MC|＝3，即2＋＝3，p＝2.‎ 故抛物线E的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)如图，设N(s，t)．P，Q是NC为直径的圆D与圆C的两交点．‎ 圆D方程为 2＋2＝，‎ 即x2＋y2－(s＋2)x－ty＋2s＝0. ①‎ 又圆C方程为x2＋y2－4x＋3＝0. ②‎ 由②－①得(s－2)x＋ty＋3－2s＝0. ③‎ P，Q两点坐标是方程①和②的解，也是方程③的解，从而③为直线PQ的方程．‎ 因为直线PQ经过点O，所以3－2s＝0，s＝.‎ 又点N在抛物线E：y2＝4x上，‎ 所以点N的坐标为或.‎ ‎2．(2015·长春三调)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，‎ 则该直线方程为y＝x－，‎ 代入y2＝2px(p>0)，‎ 得x2－3px＋＝0.‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有x1＋x2＝3p.‎ ‎∵|MN|＝8，∴x1＋x2＋p＝8，‎ 即3p＋p＝8，解得p＝2，‎ ‎∴抛物线的方程为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.‎ ‎∴直线l的方程为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.‎ ‎∵x1＋x2＝6，x1x2＝1，‎ ‎∴(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时，即点P的坐标为(2,3)时，·的最小值为－14.‎ ‎3. (2015·长春三校调研)在直角坐标系xOy中，点M，点F为抛物线C：y＝mx2(m＞0)的焦点，线段MF恰被抛物线C平分．‎ ‎(1)求m的值；‎ ‎(2)过点M作直线l交抛物线C于A，B两点，设直线FA，FM，FB的斜率分别为k1，k2，k3，问k1，k2，k3能否成公差不为零的等差数列？若能，求直线l的方程；若不能，请说明理由．‎ 解：(1)由题得抛物线C的焦点F的坐标为，线段MF的中点N在抛物线C上，‎ ‎∴－＝m,‎8m2‎＋‎2m－1＝0，‎ ‎∴m＝.‎ ‎(2)由(1)知抛物线C：x2＝4y，F(0,1)．‎ 设直线l的方程为y＋＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得x2－4kx＋8k＋2＝0，‎ Δ＝16k2－4(8k＋2)＞0，∴k＜或k＞.‎ 由根与系数的关系得 假设k1，k2，k3能成公差不为零的等差数列，则k1＋k3＝2k2.‎ 而k1＋k3＝＋＝ ‎＝＝ ‎＝＝，‎ k2＝＝－，‎ ‎∴＝－，8k2＋10k＋3＝0，‎ 解得k＝－或k＝－(不合题意，舍去)．‎ ‎∴直线l的方程为y＋＝－(x－2)，即x＋2y－1＝0.‎ ‎∴k1，k2，k3能成公差不为零的等差数列，此时直线l的方程为x＋2y－1＝0.‎ 第八节曲线与方程 基础盘查　曲线与方程 ‎(一)循纲忆知 ‎　了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)f(x0，y0)＝0是点P(x0，y0)在曲线f(x，y)＝0上的充要条件(　　)‎ ‎(2)条件甲：“曲线C上的点的坐标都是方程f(x，y)＝0的解”，条件乙：“曲线C是方程f(x，y)＝0的曲线”，则条件甲是条件乙的充要条件(　　)‎ ‎(3)方程y＝与x＝y2表示同一曲线(　　)‎ ‎(4)方程x2＋xy＝x的曲线是一个点和一条直线(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×‎ ‎2．(人教B版教材习题改编)MA和MB分别是动点M(x，y)与两定点A(－1,0)和B(1,0)的连线，则使∠AMB为直角的动点M的轨迹方程是____________________．‎ 答案：x2＋y2＝1(x≠±1)‎ ‎3．平面上有三个点A(－2，y)，B，C(x，y)，若⊥，则动点C的轨迹方程为________．‎ 解析：＝，＝，‎ 由⊥，得·＝0，‎ 即2x＋·＝0，‎ ‎∴动点C的轨迹方程为y2＝8x.‎ 答案：y2＝8x ‎4．已知圆的方程为x2＋y2＝4，若抛物线过点A(－1,0)，B(1,0)且以圆的切线为准线，则抛物线的焦点轨迹方程是____________．‎ 解析：设抛物线焦点为F，过A，B，O作准线的垂线AA1，BB1，OO1，则|AA1|＋|BB1|＝2|OO1|＝4，由抛物线定义得|AA1|＋|BB1|＝|FA|＋|FB|，∴|FA|＋|FB|＝4，故F点的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(去掉长轴两端点)．‎ 答案：＋＝1(y≠0)‎ |(基础送分型考点——自主练透)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．曲线与方程的概念 一般地，在直角坐标系中，如果某曲线C上的点与一个二元方程f(x，y)＝0的实数解建立了如下关系：‎ ‎(1)曲线上点的坐标都是这个方程的解；‎ ‎(2)以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点．‎ 那么这个方程叫做曲线的方程；这条曲线叫做方程的曲线．‎ ‎2．坐标法(直接法)求曲线方程的步骤 ‎(1)建立适当的坐标系，用有序实数对(x，y)表示曲线上任意一点M的坐标；‎ ‎(2)写出适合条件p的点M的集合P＝{M|p(M)}；‎ ‎(3)用坐标表示条件p(M)，列出方程f(x，y)＝0；‎ ‎(4)化f(x，y)＝0为最简形式；‎ ‎(5)证明以化简后的方程的解为坐标的点都在曲线上．‎ ‎[提醒]　在实际处理问题时，可以省略第(5)步．遇到某些点虽然适合方程，但不在曲线上时，可通过限制方程中x，y的取值范围予以剔除．‎ ‎[题组练透]‎ ‎1．|y|－1＝表示的曲线是(　　)‎ A．抛物线　　　　　　 B．一个圆 C．两个圆 D．两个半圆 解析：选D　原方程|y|－1＝等价于⇒⇒或 ‎2．(2015·深圳调研)已知点F(0,1)，直线l：y＝－1，P为平面上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为Q，且·＝·，则动点P的轨迹C的方程为(　　)‎ A．x2＝4y　　　　　　 B．y2＝3x C．x2＝2y D．y2＝4x 解析：选A　设点P(x，y)，则Q(x，－1)．‎ ‎∵·＝·，‎ ‎∴(0，y＋1)·(－x,2)＝(x，y－1)·(x，－2)，‎ 即2(y＋1)＝x2－2(y－1)，整理得x2＝4y，‎ ‎∴动点P的轨迹C的方程为x2＝4y.‎ ‎3．已知动点P(x，y)与两定点M(－1,0)，N(1,0)连线的斜率之积等于常数λ(λ≠0)．则动点P的轨迹C的方程为________________________．‎ 解析：由题设知直线PM与PN的斜率存在且均不为零，所以kPM·kPN＝·＝λ，‎ 整理得x2－＝1(λ≠0，x≠±1)．‎ 即动点P的轨迹C的方程为x2－＝1(λ≠0，x≠±1)．‎ 答案：x2－＝1(λ≠0，x≠±1)‎ ‎[类题通法]‎ ‎1．直接法求轨迹方程的常见类型及解题策略 ‎(1)题目给出等量关系，求轨迹方程．可直接代入即可得出方程．‎ ‎(2)题中未明确给出等量关系，求轨迹方程．可利用已知条件寻找等量关系，得出方程．‎ ‎2．由曲线方程讨论曲线类型的关键是确定参数的分段值．参数分段的确定标准，一般有两类：‎ ‎(1)二次项系数为0的值；‎ ‎(2)二次项系数相等的值．‎ |(重点保分型考点——师生共研)‎ ‎[必备知识]‎ 求轨迹方程时，若动点轨迹的条件满足圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义，则可以直接根据定义求出动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做定义法．‎ ‎[典题例析]‎ 如图，已知△ABC的两顶点坐标A(－1,0)，B(1,0)，圆E是△ABC的内切圆，在边AC，BC，AB上的切点分别为P，Q，R，|CP|＝1(从圆外一点到圆的两条切线段长相等)，动点C的轨迹为曲线M.‎ ‎(1)求曲线M的方程；‎ ‎(2)设直线BC与曲线M的另一交点为D，当点A在以线段CD为直径的圆上时，求直线BC的方程．‎ 解：(1)由题知|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4＞|AB|，‎ 所以曲线M是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(挖去与x轴的交点)．‎ 设曲线M：＋＝1(a＞b＞0，y≠0)，‎ 则a2＝4，b2＝a2－2＝3，‎ 所以曲线M：＋＝1(y≠0)为所求．‎ ‎(2)如图，由题意知直线BC的斜率不为0，且过定点B(1,0)，‎ 设lBC：x＝my＋1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，‎ 由消去x得(‎3m2‎＋4)y2＋6my－9＝0，‎ 所以 因为＝(my1＋2，y1)，＝(my2＋2，y2)，‎ 所以·＝(my1＋2)(my2＋2)＋y1y2‎ ‎＝(m2＋1)y1y2＋‎2m(y1＋y2)＋4‎ ‎＝－－＋4＝.‎ 因为点A在以CD为直径的圆上，‎ 所以·＝0，即m＝±，‎ 所以直线BC的方程为3x＋y－3＝0或3x－y－3＝0.‎ ‎[类题通法]‎ ‎1．运用圆锥曲线的定义求轨迹方程，可从曲线定义出发直接写出方程，或从曲线定义出发建立关系式，从而求出方程．‎ ‎2．定义法和待定系数法适用于已知轨迹是什么曲线，其方程是什么形式的方程的情况．利用条件把待定系数求出来，使问题得解．‎ ‎[演练冲关]‎ 已知圆C1：(x＋3)2＋y2＝1和圆C2：(x－3)2＋y2＝9，动圆M同时与圆C1及圆C2相外切，求动圆圆心M的轨迹方程．‎ 解：如图所示，设动圆M与圆C1及圆C2分别外切于点A和点B，则有|MC1|－|AC1|＝|MA|，‎ ‎|MC2|－|BC2|＝|MB|.‎ 又|MA|＝|MB|，所以|MC2|－|MC1|＝|BC2|－|AC1|＝3－1＝2，即动点M到两定点C2，C1的距离的差是常数2，且2＜|C‎1C2|＝6，|MC2|＞|MC1|，故动圆圆心M的轨迹为以定点C2，C1为焦点的双曲线的左支，则‎2a＝2，所以a＝1.‎ 又c＝3，则b2＝c2－a2＝8.‎ 设动圆圆心M的坐标为(x，y)，则动圆圆心M的轨迹方程为x2－＝1(x≤－1)．‎ |(重点保分型考点——师生共研)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．若动点P(x，y)所满足的条件不易表述或求出，但随另一动点Q(x′，y′)的运动而有规律地运动，且动点Q的轨迹方程给定或容易求得，则可先将x′，y′表示为x，y的式子，再代入Q的轨迹方程，然后整理得点P的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做相关点法，也称代入法．‎ ‎2．用相关点法求轨迹方程的关键是寻求关系式：x′＝f(x，y) ，y′＝g(x，y)，然后代入已知曲线方程．求对称曲线(轴对称、中心对称等)方程实质上也是用代入法(相关点法)解题．‎ ‎[典题例析]‎ ‎(2015·广州模拟)在圆x2＋y2＝4上任取一点P，设点P在x轴上的正投影为点D.当点P在圆上运动时，动点M满足＝2，动点M形成的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求曲线C的方程；‎ ‎(2)已知点E(1,0)，若A，B是曲线C上的两个动点，且满足EA⊥EB，求·‎ 的取值范围．‎ 解：(1)法一：由＝2知点M为线段PD的中点．‎ 设点M的坐标是(x，y)，则点P的坐标是(x,2y)．‎ 因为点P在圆x2＋y2＝4上，‎ 所以x2＋(2y)2＝4.‎ 所以曲线C的方程为＋y2＝1.‎ 法二：设点M的坐标是(x，y)，点P的坐标是(x0，y0)，‎ 由＝2，得x0＝x，y0＝2y.‎ 因为点P(x0，y0)在圆x2＋y2＝4上，‎ 所以x＋y＝4. ①‎ 把x0＝x，y0＝2y代入方程①，得x2＋4y2＝4.‎ 所以曲线C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)因为EA⊥EB，所以·＝0.‎ 所以·＝·(－)＝.‎ 设点A(x1，y1)，则＋y＝1，即y＝1－.‎ 所以·＝＝(x1－1)2＋y＝x－2x1＋1＋1－＝x－2x1＋2＝2＋.‎ 因为点A(x1，y1)在曲线C上，所以－2≤x1≤2.‎ 所以≤2＋≤9.‎ 所以·的取值范围为.‎ ‎[类题通法]‎ 代入法求轨迹方程的关键是寻找所求动点与已知动点间的等量关系．常涉及中点问题、三角形重心问题及向量相等或向量间关系等知识．‎ ‎[演练冲关]‎ 已知F1，F2分别为椭圆C：＋＝1的左，右焦点，点P为椭圆C上的动点，则△PF‎1F2的重心G的轨迹方程为(　　)‎ A.＋＝1(y≠0)　　　　　 B.＋y2＝1(y≠0)‎ C.＋3y2＝1(y≠0) D．x2＋＝1(y≠0)‎ 解析：选C　依题意知F1(－1,0)，F2(1,0)，设P(x0，y0)，G(x，y ‎)，则由三角形重心坐标关系可得 即 代入＋＝1得重心G的轨迹方程为＋3y2＝1(y≠0)．‎ 一、选择题 ‎1．(2015·山西联考)已知圆锥曲线mx2＋4y2＝‎4m的离心率e为方程2x2－5x＋2＝0的根，则满足条件的圆锥曲线的个数为(　　)‎ A．4　　　　　　　　　　　 B．3‎ C．1 D．1‎ 解析：选B　∵e是方程2x2－5x＋2＝0的根，∴e＝2或e＝.mx2＋4y2＝‎4m可化为＋＝1，当它表示焦点在x轴上的椭圆时，有＝，∴m＝3；当它表示焦点在y轴上的椭圆时，有＝，∴m＝；当它表示焦点在x轴上的双曲线时，可化为－＝1，有＝2，∴m＝－12.∴满足条件的圆锥曲线有3个．‎ ‎2．(2015·银川模拟)已知点P是直线2x－y＋3＝0上的一个动点，定点M(－1,2)，Q是线段PM延长线上的一点，且|PM|＝|MQ|，则Q点的轨迹方程是(　　)‎ A．2x＋y＋1＝0 B．2x－y－5＝0‎ C．2x－y－1＝0 D．2x－y＋5＝0‎ 解析：选D　设Q(x，y)，则P为(－2－x,4－y)，代入2x－y＋3＝0得Q点的轨迹方程为2x－y＋5＝0.‎ ‎3．已知两定点A(－2,0)，B(1,0)，如果动点P满足|PA|＝2|PB|，则动点P的轨迹是(　　)‎ A．直线 B．圆 C．椭圆 D．双曲线 解析：选B　设P(x，y)，则 ＝2，‎ 整理得x2＋y2－4x＝0，‎ 又D2＋E2－‎4F＝16＞0，所以动点P的轨迹是圆．‎ ‎4．(2015·长春模拟) 设圆(x＋1)2＋y2＝25的圆心为C，A(1，0)是圆内一定点，Q为圆周上任一点．线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M，则M的轨迹方程为(　　)‎ A.－＝1 B.＋＝1‎ C.－＝1 D.＋＝1‎ 解析：选D　∵M为AQ垂直平分线上一点，则|AM|＝|MQ|，∴|MC|＋|MA|＝|MC|＋|MQ|＝|CQ|＝5，故M的轨迹是以定点C，A为焦点的椭圆．‎ ‎∴a＝，c＝1，则b2＝a2－c2＝，‎ ‎∴椭圆的标准方程为＋＝1.‎ ‎5．(2015·洛阳模拟) 设过点P(x，y)的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A，B两点，点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点．若＝2，且·＝1，则点P的轨迹方程是(　　)‎ A．x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)‎ B．x2－3y2＝1(x＞0，y＞0)‎ C．3x2－y2＝1(x＞0，y＞0)‎ D．3x2＋y2＝1(x＞0，y＞0)‎ 解析：选A　设A(a,0)，B(0，b)，a＞0，b＞0.由＝2，得(x，y－b)＝2(a－x，－y)，即a＝x＞0，b＝3y＞0.点Q(－x，y)，故由·＝1，得(－x，y)·(－a，b)＝1，即ax＋by＝1.将a，b代入ax＋by＝1得所求的轨迹方程为x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)．‎ ‎6．(2015·东营模拟)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)，映射f将xOy平面上的点P(x，y)对应到另一个平面直角坐标系uO′v上的点P′(2xy，x2－y2)，则当点P沿着折线ABC运动时，在映射f的作用下，动点P′的轨迹是(　　)‎ 解析：选D　当P沿AB运动时，x＝1，‎ 设P′(x′，y′)，则(0≤y≤1)，‎ ‎∴y′＝1－(0≤x′≤2,0≤y′≤1)．‎ 当P沿BC运动时，y＝1，‎ 则(0≤x≤1)，‎ ‎∴y′＝－1(0≤x′≤2，－1≤y′≤0)，‎ 由此可知P′的轨迹如D所示，故选D.‎ 二、填空题 ‎7．直线＋＝1与x，y轴交点的中点的轨迹方程是__________________．‎ 解析：直线＋＝1与x，y轴的交点为A(a,0)，B(0，2－a)，设AB的中点为M(x，y)，则x＝，y＝1－，消去a，得x＋y＝1.∵a≠0且a≠2，∴x≠0且x≠1.‎ 答案：x＋y＝1(x≠0且x≠1)‎ ‎8．△ABC的顶点A(－5,0)，B(5,0)，△ABC的内切圆圆心在直线x＝3上，则顶点C的轨迹方程是________________．‎ 解析：如图，|AD|＝|AE|＝8，‎ ‎|BF|＝|BE|＝2，‎ ‎|CD|＝|CF|，‎ 所以|CA|－|CB|＝8－2＝6.‎ 根据双曲线定义，所求轨迹是以A，B为焦点，实轴长为6的双曲线的右支，故方程为－＝1(x＞3)．‎ 答案：－＝1(x＞3)‎ ‎9．(2015·聊城一模)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A(1,0)，B(2,2)，若点C满足＝＋t(－)，其中t∈R，则点C的轨迹方程是________________．‎ 解析：设C(x，y)，则＝(x，y)，＋t(－)＝(1＋t,2t)，所以消去参数t得点C的轨迹方程为y＝2x－2.‎ 答案：y＝2x－2‎ ‎10．P是椭圆＋＝1上的任意一点，F1、F2是它的两个焦点，O为坐标原点，有一动点Q满足＝＋，则动点Q的轨迹方程是________________．‎ 解析：作P关于O的对称点M，连结F‎1M，F‎2M，则四边形F1PF‎2M为平行四边形，所以 ＋＝＝2＝－2，又＝＋，‎ 所以＝－，‎ 设Q(x，y)，则＝，‎ 即P点坐标为，又P在椭圆上，‎ 则有＋＝1，即＋＝1.‎ 答案：＋＝1‎ 三、解答题 ‎11．(2015·抚州模拟)在平面直角坐标系中，已知A1(－，0)，A2(，0)，P(x，y)，M(x,1)，N(x，－2)，若实数λ使得λ2·＝·(O为坐标原点)．‎ 求P点的轨迹方程，并讨论P点的轨迹类型．‎ 解：＝(x,1)，＝(x，－2)，‎ ‎＝(x＋，y)，＝(x－，y)．‎ ‎∵λ2·＝·，‎ ‎∴(x2－2)λ2＝x2－2＋y2，‎ 整理得(1－λ2)x2＋y2＝2(1－λ2)．‎ ‎①当λ＝±1时，方程为y＝0，轨迹为一条直线；‎ ‎②当λ＝0时，方程为x2＋y2＝2，轨迹为圆；‎ ‎③当λ∈(－1,0)∪(0,1)时，方程为＋＝1，轨迹为中心在原点，焦点在x轴上的椭圆；‎ ‎④当λ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，方程为－＝1，轨迹为中心在原点，焦点在x轴上的双曲线．‎ ‎12．(2014·广东高考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点为(，0)，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若动点P(x0，y0)为椭圆C外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程．‎ 解：(1)依题意得，c＝，e＝＝，‎ 因此a＝3，b2＝a2－c2＝4，‎ 故椭圆C的标准方程是＋＝1.‎ ‎(2)若两切线的斜率均存在，设过点P(x0，y0)的切线方程是y＝k(x－x0)＋y0，‎ 则由得＋＝1，‎ 即(9k2＋4)x2＋18k(y0－kx0)x＋9[(y0－kx0)2－4]＝0，Δ＝[18k(y0－kx0)]2－36(9k2＋4)[(y0－kx0)2－4]＝0，整理得(x－9)k2－2x0y0k＋y－4＝0.‎ 又所引的两条切线相互垂直，设两切线的斜率分别为k1，k2，于是有k1k2＝－1，即＝－1，‎ 即x＋y＝13(x0≠±3)．‎ 若两切线中有一条斜率不存在，‎ 则易得或或或 经检验知均满足x＋y＝13.‎ 因此，动点P(x0，y0)的轨迹方程是x2＋y2＝13.‎ 第九节圆锥曲线的综合问题 基础盘查　直线与圆锥曲线的位置关系 ‎(一)循纲忆知 ‎1．掌握解决直线与椭圆、直线与抛物线的位置关系的思想方法．‎ ‎2．了解圆锥曲线的简单应用．‎ ‎3．理解数形结合思想．‎ ‎(二)小题查验 ‎1．判断正误 ‎(1)直线与双曲线有且只有一个公共点，则判别式Δ＝0(　　)‎ ‎(2)经过抛物线上一点有且只有一条直线与抛物线有一个公共点(　　)‎ ‎(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点(　　)‎ ‎(4)直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1恒有两个公共点(　　)‎ ‎(5)直线与椭圆有且只有一个公共点，则其判别式Δ＝0(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√‎ ‎2．(人教A版教材例题改编)已知抛物线方程为y2＝4x.直线l过定点P(－2,1)，斜率为k.则k＝________时，直线l与抛物线有且只有一个公共点．‎ 答案：－1或或0‎ ‎3．椭圆＋y2＝1的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是________________．‎ 解析：设弦的两个端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝1，y1＋y2＝1.‎ ‎∵A，B在椭圆上，∴＋y＝1，＋y＝1.‎ 两式相减得＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，‎ 即＝－＝－，‎ 即直线AB的斜率为－.‎ ‎∴直线AB的方程为y－＝－，‎ 即2x＋4y－3＝0.‎ 答案：2x＋4y－3＝0‎ ‎4．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与曲线y＝相切，则该双曲线的离心率为________．‎ 解析：双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线方程为y＝±x，由得2x2－2x＋1＝0，由渐近线与曲线y＝相切可知Δ＝4－42＝0，得＝1，所以该双曲线为等轴双曲线，离心率为.‎ 答案： 第一课时　直线与圆锥曲线的位置关系 |(基础送分型考点——自主练透)‎ ‎[必备知识]‎ 判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B 不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程．‎ 即消去y，得ax2＋bx＋c＝0.‎ ‎(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ>0⇔直线与圆锥曲线C相交；‎ Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；‎ Δ<0⇔直线与圆锥曲线C相离．‎ ‎(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．‎ ‎[题组练透]‎ ‎1．若过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，则这样的直线有(　　)‎ A．1条　　　　　　　　　　 B．2条 C．3条 D．4条 解析：选C　结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)，故选C.‎ ‎2．(2015·兰州检测)若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点个数为(　　)‎ A．至多一个 B．2‎ C．1 D．0‎ 解析：选B　∵直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，∴＞2，∴m2＋n2＜4.∴＋＜＋＝1－m2＜1，‎ ‎∴点(m，n)在椭圆＋＝1的内部，∴过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点有2个，故选B.‎ ‎3．若直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝6的右支交于不同的两点，则k的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　由得(1－k2)x2－4kx－10＝0.‎ 设直线与双曲线右支交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则 解得－＜k＜－1.‎ ‎[类题通法]‎ 判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题有两种常用方法 ‎(1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标；‎ ‎(2)几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数．‎ ‎[提醒]　直线与双曲线相交时要注意交点的位置限制参数的范围．‎ |(重点保分型考点——师生共研)‎ ‎[必备知识]‎ 弦长公式 设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 ‎|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝· ‎＝ ·|y1－y2|‎ ‎＝ ·.‎ ‎[典题例析]‎ ‎(2014·陕西高考)已知椭圆＋＝1(a>b>0)经过点(0，)，离心率为，左右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)．‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)若直线 l：y＝－x＋m与椭圆交于 A，B两点，与以F‎1F2 为直径的圆交于C，D 两点，且满足＝ ，求直线l 的方程．‎ 解：(1)由题设知 解得a＝2，b＝，c＝1，‎ ‎∴椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由题设，以F‎1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，‎ ‎∴圆心到直线l的距离d＝，‎ 由d＜1得|m|＜.(*)‎ ‎∴|CD|＝2＝2 ＝ .‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得x2－mx＋m2－3＝0，‎ 由根与系数的关系可得x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3.‎ ‎∴|AB|＝ ‎＝ .‎ 由＝得 ＝1，解得m＝±，满足(*)．‎ ‎∴直线l的方程为y＝－x＋或y＝－x－.‎ ‎[类题通法]‎ ‎1．利用弦长公式求弦长要注意斜率k不存在的情形，若k不存在时，可直接求交点坐标再求弦长；‎ ‎2．涉及焦点弦长时要注意圆锥曲线定义的应用．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎(2015·兰州、张掖联考)如图，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l依次交抛物线及其准线于点A，B，C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则抛物线的方程是________．‎ 解析：如图，分别过点A，B作准线的垂线AE，BD，分别交准线于点E，D，则|BF|＝|BD|，∵|BC|＝2|BF|，‎ ‎∴|BC|＝2|BD|，∴∠BCD＝30°，又|AE|＝|AF|＝3，∴|AC|＝6，即点F是AC的中点，根据题意得p＝，‎ ‎∴抛物线的方程是y2＝3x.‎ 答案：y2＝3x |(常考常新型考点——多角探明)‎ ‎[必备知识]‎ 遇到中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．‎ 在椭圆＋＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝－；在双曲线－＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝；在抛物线y2＝2px中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝.‎ ‎[多角探明]‎ 弦的中点问题是考查直线与圆锥曲线位置关系的命题热点．归纳起来常见的命题角度有：‎ ‎(1)由中点弦确定直线方程；‎ ‎(2)由中点弦确定曲线方程；‎ ‎(3)由中点弦解决对称问题.‎ 角度一：由中点弦确定直线方程 ‎1．已知(4,2)是直线l被椭圆＋＝1所截得的线段的中点，则l的方程是__________________．‎ 解析：设直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 则＋＝1，且＋＝1，‎ 两式相减得＝－.‎ 又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，‎ 所以＝－，故直线l的方程为y－2＝－(x－4)，即x＋2y－8＝0.‎ 答案：x＋2y－8＝0‎ 角度二：由中点弦确定曲线方程 ‎2．(2015·武汉调研)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为(　　)‎ A.＋＝1　　　　　　　 B.＋＝1‎ C.＋＝1 D.＋＝1‎ 解析：选D　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，＋＝1，两式作差并化简变形得＝－，而＝＝，x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，所以a2＝2b2，又因为a2－b2＝c2＝9，于是a2＝18，b2＝9.故选D.‎ 角度三：由中点弦解决对称问题 ‎3．已知双曲线x2－＝1上存在两点M，N关于直线y＝x＋m对称，且MN的中点在抛物线y2＝18x上，则实数m的值为________．‎ 解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点P(x0，y0)，‎ 则 由②－①得(x2－x1)(x2＋x1)＝(y2－y1)(y2＋y1)，‎ 显然x1≠x2.‎ ‎∴·＝3，即kMN·＝3，‎ ‎∵M，N关于直线y＝x＋m对称，‎ ‎∴kMN＝－1，∴y0＝－3x0，‎ 又∵y0＝x0＋m，∴P，‎ 代入抛物线方程得m2＝18·，‎ 解得m＝0或－8，经检验都符合．‎ 答案：0或－8‎ ‎[类题通法]‎ 处理中点弦问题常用的求解方法 ‎1．点差法 即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．‎ ‎2．根与系数的关系 即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解．‎ ‎[提醒]　中点弦问题常用的两种求解方法各有弊端：根与系数的关系在解题过程中易产生漏解，需关注直线的斜率问题；点差法在确定范围方面略显不足．‎ 一、选择题 ‎1．直线y＝x＋3与双曲线－＝1的交点个数是(　　)‎ A．1　　　　　　　　　　　 B．2‎ C．1或2 D．0‎ 解析：选A　因为直线y＝x＋3与双曲线的渐近线y＝x平行，所以它与双曲线只有1个交点．‎ ‎2．(2015·舟山三模)已知椭圆C的方程为＋＝1(m>0)，如果直线y＝x与椭圆的一个交点M在x轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F，则m的值为(　　)‎ A．2 B．2 C．8 D．2 解析：选B　根据已知条件得c＝，则点在椭圆＋＝1(m>0)上，‎ ‎∴＋＝1，可得m＝2.‎ ‎3．(2015·四川雅安月考)抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l，经过F且斜率为的直线与抛物线在x轴上方的部分相交于点A，AK⊥l，垂足为K，则△AKF的面积是(　　)‎ A．4 B．3 C．4 D．8‎ 解析：选C　∵y2＝4x，∴F(1,0)，l：x＝－1，过焦点F且斜率为的直线l1：y＝(x－1)，与y2＝4x联立，解得A(3,2)，∴AK＝4，∴S△AKF＝×4×2＝4.‎ ‎4．已知抛物线C：y2＝8x与点M(－2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若·＝0，则k＝(　　)‎ A. B. C. D．2‎ 解析：选D　如图所示，设F为焦点，取AB的中点P，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为G，H，连接MF，MP，由·＝0，知MA⊥MB，则|MP|＝|AB|＝(|AG|＋|BH|)，所以MP为直角梯形BHGA的中位线，所以MP∥AG∥BH，所以∠GAM＝∠AMP＝∠MAP，又|AG|＝|AF|，AM为公共边，所以△AMG≌△AMF，所以∠AFM＝∠AGM＝90°，则MF⊥AB，所以k ‎＝－＝2.‎ ‎5．(2015·丽水一模)斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为(　　)‎ A．2 B. C. D. 解析：选C　设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，‎ 由消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0.‎ 则x1＋x2＝－t，x1x2＝.‎ ‎∴|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝· ‎＝· ‎＝·，‎ 当t＝0时，|AB|max＝.‎ ‎6．(2015·大连双基测试)过抛物线y2＝2px(p>0)焦点F的直线l与抛物线交于B，C两点，l与抛物线准线交于点A，且|AF|＝6，＝2，则|BC|＝(　　)‎ A. B．6‎ C. D．8‎ 解析：选A　不妨设直线l的倾斜角为θ，其中0<θ<，点B(x1，y1)，C(x2y2)，则点B在x轴的上方．过点B作该抛物线的准线的垂线，垂足为B1，于是有|BF|＝|BB1|＝3，＝，由此得p＝2，抛物线方程是y2＝4x，焦点F(1，0)，cos θ＝＝＝＝，sin θ＝＝，tan θ＝＝2，直线l：y＝2(x－1)．由消去y，得2x2－5x＋2＝0，x1＋x2＝，|BC|＝x1＋x2＋p＝＋2＝，选A.‎ 二、填空题 ‎7．设双曲线－＝1的右顶点为A，右焦点为F.过点F 平行于双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点B，则△AFB的面积为________．‎ 解析：c＝5，设过点F平行于一条渐近线的直线方程为y＝(x－5)，即4x－3y－20＝0，联立直线与双曲线方程，求得yB＝－，则S＝×(5－3)×＝.‎ 答案： ‎8．(2015·贵州安顺月考)在抛物线y＝x2上关于直线y＝x＋3对称的两点M、N的坐标分别为__________________．‎ 解析：设直线MN的方程为y＝－x＋b，代入y＝x2中，‎ 整理得x2＋x－b＝0，令Δ＝1＋4b>0，∴b>－.‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－1，‎ ＝－＋b＝＋b，‎ 由在直线y＝x＋3上，‎ 即＋b＝－＋3，解得b＝2，‎ 联立解得 答案：(－2,4)、(1,1)‎ ‎9．(2015·沈阳模拟)已知点A(－，0)，点B(，0)，且动点P满足|PA|－|PB|＝2，则动点P的轨迹与直线y＝k(x－2)有两个交点的充要条件为k∈________.‎ 解析：由已知得动点P的轨迹为一双曲线的右支且‎2a＝2，c＝，则b＝＝1，∴P点的轨迹方程为x2－y2＝1(x>0)，其一条渐近线方程为y＝x.若P点的轨迹与直线y＝k(x－2)有两个交点，则需k∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．‎ 答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)‎ ‎10．(2015·北京石景山期末)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为直线l，过抛物线上一点P作PE⊥l于点E，若直线EF的倾斜角为150°，则|PF|＝________.‎ 解析：由抛物线方程y2＝4x可知焦点F(1,0)，准线为x＝－1.直线EF的斜率为k＝tan 150°＝－，‎ 所以直线EF的方程为y＝－(x－1)，‎ 与准线方程联立可得点E，‎ 故可设P，‎ 将其代入抛物线方程y2＝4x，解得x＝.‎ 所以|PE|＝＝，‎ 由抛物线的定义可知|PE|＝|PF|，故|PF|＝.‎ 答案： 三、解答题 ‎11．(2015·山西模拟)已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，焦距为2，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设直线l经过点M(0,1)，且与椭圆C交于A，B两点，若＝2，求直线l的方程．‎ 解：(1)设椭圆方程为＋＝1(a>0，b>0)，‎ 因为c＝1，＝，所以a＝2，b＝，‎ 所以椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)由题意得直线l的斜率存在，‎ 设直线l的方程为y＝kx＋1，‎ 联立方程 得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0，且Δ>0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由＝2，得x1＝－2x2，‎ 又所以 消去x2得2＝，‎ 解得k2＝，k＝±，‎ 所以直线l的方程为y＝±x＋1，‎ 即x－2y＋2＝0或x＋2y－2＝0.‎ ‎12．(2015·广东肇庆二模)已知双曲线C的两个焦点坐标分别为F1(－2,0)，F2(2,0)，双曲线C上一点P到F1，F2距离差的绝对值等于2.‎ ‎(1)求双曲线C的标准方程；‎ ‎(2)经过点M(2,1)作直线l交双曲线C的右支于A，B两点，且M为AB的中点，求直线l的方程；‎ ‎(3)已知定点G(1,2)，点D是双曲线C右支上的动点，求|DF1|＋|DG|的最小值．‎ 解：(1)依题意，得双曲线C的实半轴长a＝1，焦半距c＝2，‎ 所以其虚半轴长b＝＝.‎ 又其焦点在x轴上，‎ 所以双曲线C的标准方程为x2－＝1.‎ ‎(2)设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，‎ 则两式相减，‎ 得3(x1－x2)(x1＋x2)－(y1－y2)(y1＋y2)＝0.‎ 因为M(2,1)为AB的中点，所以 所以12(x1－x2)－2(y1－y2)＝0，即kAB＝＝6.‎ 故AB所在直线l的方程为y－1＝6(x－2)，‎ 即6x－y－11＝0.‎ ‎(3)由已知，得|DF1|－|DF2|＝2，‎ 即|DF1|＝|DF2|＋2，‎ 所以|DF1|＋|DG|＝|DF2|＋|DG|＋2≥|GF2|＋2，‎ 当且仅当G，D，F2三点共线时取等号．‎ 因为|GF2|＝＝，‎ 所以|DF2|＋|DG|＋2≥|GF2|＋2＝＋2.‎ 故|DF1|＋|DG|的最小值为＋2.‎ 第二课时　最值、范围、证明问题 |(常考常新型考点——多角探明)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．圆锥曲线上本身存在的最值问题．‎ ‎(1)椭圆上两点间最大距离为‎2a(长轴长)；‎ ‎(2)双曲线上两点间最小距离为‎2a(实轴长)；‎ ‎(3)椭圆焦半径的取值范围为[a－c，a＋c]，a－c与a＋c分别表示椭圆焦点到椭圆上的点的最小距离与最大距离；‎ ‎(4)抛物线上的点中顶点与抛物线的准线距离最近．‎ ‎2．圆锥曲线上的点到定点的距离的最值问题，常用两点间的距离公式转化为区间上的二次函数的最值问题解决，有时也用圆锥曲线的参数方程，化为三角函数的最值问题或用三角形的两边之和(或差)与第三边的不等关系求解．‎ ‎3．圆锥曲线上的点到定直线的距离的最值问题解法同上或用平行切线法．‎ ‎[多角探明]‎ 圆锥曲线中的最值问题一直是高考命题的热点，各种题型都有，命题角度很广，归纳起来常见的命题角度有：‎ ‎(1)利用三角函数有界性求最值 ‎(2)数形结合利用几何性质求最值；‎ ‎(3)建立目标函数求最值.‎ 角度一：利用三角函数有界性求最值 ‎1．(2014·福建高考)设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆＋y2＝1上的点，则P，Q两点间的最大距离是(　　)‎ A．5　　　　　　　　　　 B.＋ C．7＋ D．6 解析：选D　设圆的圆心为C，则C(0,6)，半径为r＝，点C到椭圆上的点Q (cos α，sin α)的距离|CQ|＝＝＝≤＝5，当且仅当sin α＝－时取等号，所以|PQ|≤|CQ|＋r＝5＋＝6，即P，Q两点间的最大距离是6，故选D.‎ 角度二：数形结合利用几何性质求最值 ‎2．设P是椭圆＋＝1上一点，M，N分别是两圆：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值、最大值分别为(　　)‎ A．9,12　　　　　　　　 B．8,11‎ C．8,12 D．10,12‎ 解析：选C　如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝‎2a＝10，连接PA，PB分别与圆相交于M，N两点，此时|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接PA，PB并延长，分别与圆相交于M，N两点，此时|PM|＋|PN|最大，最大值为|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为8,12. ‎ 角度三：建立目标函数求最值 ‎3．(2014·浙江高考)已知△ABP的三个顶点在抛物线C：x2＝4y上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，＝3.‎ ‎(1)若|PF|＝3，求点M的坐标；‎ ‎(2)求△ABP面积的最大值．‎ 解：(1)由题意知焦点F(0,1)，准线方程为y＝－1.‎ 设P(x0，y0)，由抛物线定义知|PF|＝y0＋1，得到y0＝2，‎ 所以P(2，2)或P(－2，2)．‎ 由＝3，分别得M或M.‎ ‎(2)设直线AB的方程为y＝kx＋m，‎ 点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)．‎ 由得x2－4kx－‎4m＝0.‎ 于是Δ＝16k2＋‎16m>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－‎4m，‎ 所以AB中点M的坐标为(2k,2k2＋m)．‎ 由＝3，得(－x0,1－y0)＝3(2k,2k2＋m－1)，‎ 所以 由x＝4y0得k2＝－m＋.‎ 由Δ>0，k2≥0，得－f.‎ 所以当m＝时，f(m)取到最大值，此时k＝±.‎ 所以△ABP面积的最大值为.‎ ‎[类题通法]‎ 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．‎ |(重点保分型考点——师生共研)‎ ‎[必备知识]‎ ‎1．点在圆锥曲线上(非线性约束条件)的条件下，求相关式子(目标函数)的取值范围问题，常用参数方程代入转化为三角函数的最值问题，或根据平面几何知识或引入一个参数(有几何意义)化为函数进行处理．‎ ‎2．由直线(系)和圆锥曲线(系)的位置关系，求直线或圆锥曲线中某个参数(系数)的范围问题，常把所求参数作为函数，另一个元作为自变量求解．‎ ‎[典题例析]‎ ‎(2015·云南模拟)已知圆M：(x＋a)2＋y2＝‎16a2(a＞0)及定点N(a,0)，点P是圆M上的动点，点G在MP上，且满足|GP|＝|GN|，G点的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求曲线C的方程；‎ ‎(2)若点A(1,0)关于直线x＋y－t＝0(t＞0)的对称点在曲线C上，求a的取值范围．‎ 解：(1)设G(x，y)，‎ ‎∵|PG|＋|GM|＝‎4a，且|PG|＝|GN|，‎ ‎∴|GM|＋|GN|＝‎4a＞‎2a，‎ 由椭圆定义得，曲线C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设A(1,0)关于直线x＋y－t＝0(t＞0)的对称点为A′(m，n)，则 ∴ ‎∴A′(t，t－1)，‎ ‎∵A′(t，t－1)在曲线C：＋＝1上，‎ ‎∴t2＋4(t－1)2＝‎4a2，‎ 化简得5t2－8t＋4－‎4a2＝0(t＞0)，‎ ‎∵此方程有正根，令f(t)＝5t2－8t＋4－‎4a2，‎ 其图象的对称轴为t＝＞0，‎ ‎∴Δ＝(－8)2－4×5(4－‎4a2)≥0，‎ ‎∴a≥或a≤－，‎ ‎∵a＞0，∴a的取值范围为.‎ ‎[类题通法]‎ 求解范围问题的常见求法 ‎1．利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；‎ ‎ 2.利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；‎ ‎3．利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；‎ ‎4．利用基本不等式求出参数的取值范围；‎ ‎5．利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎1．(2015·温州十校模拟)椭圆＋＝1(a＞b＞0)上一点A关于原点的对称点为B，F为其右焦点，若AF⊥BF，设∠ABF＝α，且α∈，则该椭圆离心率的取值范围为 A.　　　　　　 B. C. D. 解析：选A　由题知AF⊥BF，根据椭圆的对称性，AF′⊥BF′(其中F′是椭圆的左焦点)，因此四边形AFBF′是矩形，于是，|AB|＝|FF′|＝‎2c，|AF|＝2csin α，|AF′|＝2ccos α，根据椭圆的定义，|AF|＋|AF′|＝‎2a，∴2csin α＋2ccos α＝‎2a，∴e＝＝＝，而α∈，∴α＋∈，∴sin∈，故e∈.‎ ‎2．(2015·福州质检)如图，直线y＝m与抛物线y2＝4x交于点A，与圆(x－1)2＋y2＝4的实线部分交于点B，F为抛物线的焦点，则三角形ABF的周长的取值范围是(　　)‎ A．(2,4) B．(4,6)‎ C．[2,4] D．[4,6]‎ 解析：选B　设B(xB，yB)，则1≤xB≤3.‎ 因为可以构成三角形ABF，所以1＜xB＜3.‎ 因为圆的半径|BF|＝2，抛物线的准线方程为x＝－1，‎ 利用抛物线定义，|AF|等于点A到直线x＝－1的距离d，‎ 所以三角形ABF的周长l＝|AF|＋|AB|＋|BF|＝|AF|＋|AB|＋2＝d＋|AB|＋2＝xB－(－1)＋2＝xB＋3，故4＜l＜6.故选B.‎ |(重点保分型考点——师生共研)‎ ‎[典题例析]‎ ‎(2014·浙江高考)如图，设椭圆C：＋＝1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限．‎ ‎(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；‎ ‎(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a－b.‎ 解：(1)设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0)，‎ 由消去y得 ‎(b2＋a2k2)x2＋‎2a2kmx＋a‎2m2‎－a2b2＝0.‎ 由于l与C只有一个公共点，故Δ＝0，‎ 即b2－m2＋a2k2＝0，‎ 解得点P的坐标为.‎ 又点P在第一象限，‎ 故点P的坐标为P，.‎ ‎(2)证明：由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为x＋ky＝0，‎ 所以点P到直线l1的距离d＝，‎ 整理得d＝，‎ 因为a2k2＋≥2ab，‎ 所以≤＝a－b，‎ 当且仅当k2＝时等号成立．‎ 所以点P到直线l1的距离的最大值为a－b.‎ ‎[类题通法]‎ 圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎1．(2015·皖南八校联考)如图，已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，焦点为F，过点G(p,0)作直线l交抛物线C于A，M两点，设A(x1，y1)，M(x2，y2)．‎ ‎(1)若y1y2＝－8，求抛物线C的方程；‎ ‎(2)若直线AF与x轴不垂直，直线AF交抛物线C于另一点B，直线BG交抛物线C于另一点N.求证：直线AB与直线MN斜率之比为定值．‎ ‎ 解：(1)设直线AM的方程为x＝my＋p，代入y2＝2px得y2－2mpy－2p2＝0，‎ 则y1y2＝－2p2＝－8，得p＝2.‎ ‎∴抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)证明：设B(x3，y3)，N(x4，y4)．‎ 由(1)可知y3y4＝－2p2，y1y3＝－p2.‎ 又直线AB的斜率kAB＝＝＝，‎ 直线MN的斜率kMN＝＝＝，‎ ‎∴＝＝＝＝2.‎ 故直线AB与直线MN斜率之比为定值．‎ ‎[A卷——夯基保分]‎ ‎1．已知椭圆E的中心在坐标原点、对称轴为坐标轴，且抛物线x2＝－4y 的焦点是它的一个焦点，又点A(1，)在该椭圆上．‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)若斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点B、C，当△ABC的面积最大时，求直线l的方程．‎ 解：(1)由已知得抛物线的焦点为(0，－)，‎ 故设椭圆方程为＋＝1(a>)．‎ 将点A(1，)代入方程得＋＝1，‎ 整理得a4－‎5a2＋4＝0，解得a2＝4或a2＝1(舍去)，‎ 故所求椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)设直线l的方程为y＝x＋m，‎ B，C的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，‎ 由得4x2＋2mx＋m2－4＝0，‎ 则Δ＝‎8m2‎－16(m2－4)＝8(8－m2)>0，‎ ‎∴0≤m2<8.‎ 由x1＋x2＝－m，x1x2＝，‎ 得|BC|＝|x1－x2|＝.‎ 又点A到BC的距离为d＝，‎ 故S△ABC＝|BC|·d＝≤·＝，‎ 当且仅当‎2m2‎＝16－‎2m2‎，即m＝±2时取等号．‎ 当m＝±2时，满足0≤m2<8.‎ 故直线l的方程为y＝x±2.‎ ‎2．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的一个焦点是F(1,0)，且离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设经过点F的直线交椭圆C于M，N两点，线段MN的垂直平分线交y轴于点P(0，y0)，求y0的取值范围．‎ 解：(1)设椭圆C的半焦距为c.依题意，得c＝1.‎ 因为椭圆C的离心率为e＝，‎ 所以a＝‎2c＝2，b2＝a2－c2＝3.‎ 故椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当MN⊥x轴时，显然y0＝0.‎ 当MN与x轴不垂直时，可设直线MN的方程为y＝k(x－1)(k≠0)．‎ 由 消去y并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为Q(x3，y3)，‎ 则x1＋x2＝.‎ 所以x3＝＝，y3＝k(x3－1)＝.‎ 线段MN的垂直平分线的方程为 y＋＝－.‎ 在上述方程中，令x＝0，得y0＝＝.‎ 当k＜0时，＋4k≤－4，当且仅当＝4k，k＝－时等号成立；‎ 当k＞0时，＋4k≥4，当且仅当＝4k，k＝时等号成立．‎ 所以－≤y0＜0或0＜y0≤.‎ 综上，y0的取值范围是.‎ ‎3．如图，曲线M：y2＝x与曲线N：(x－4)2＋2y2＝m2(m＞0)相交于A，B，C，D四点．‎ ‎(1)求m的取值范围；‎ ‎(2)求四边形ABCD的面积的最大值及面积最大时对角线AC与BD的交点坐标．‎ 解：(1)联立曲线M，N，消去y可得(x－4)2＋2x－m2＝0，即x2－6x＋16－m2＝0，‎ 根据条件可得解得＜m＜4.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x2＞x1，y1＞0，y2＞0，‎ 则SABCD＝(y1＋y2)(x2－x1)‎ ‎＝(＋)(x2－x1)‎ ‎＝ · ‎＝ ·.‎ 令t＝，则t∈(0,3)，‎ SABCD＝· ‎＝2，‎ 设f(t)＝－t3－3t2＋9t＋27，‎ 令f′(t)＝－3t2－6t＋9＝－3(t2＋2t－3)＝－3(t－1)(t＋3)＝0，可得当t∈(0,3)时，f(t)的最大值为f(1)＝32，从而SABCD的最大值为16.‎ 令＝1，得m2＝15.‎ 联立曲线M，N的方程，消去y并整理得 x2－6x＋1＝0，解得x1＝3－2，x2＝3＋2，‎ 所以A(3－2，－1)，C(3＋2，－－1)，‎ kAC＝＝－，‎ 则直线AC的方程为y－(－1)＝－[x－(3－2)]‎ 当y＝0时，x＝1，‎ 由对称性可知AC与BD的交点在x轴上，‎ 即对角线AC与BD的交点坐标为(1,0)．‎ ‎[B卷——增分提能]‎ ‎1．(2015·淄博模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，且过点，右焦点为F2.设A，B是C上的两个动点，线段AB的中点M的横坐标为－，线段AB的中垂线交椭圆C于P，Q两点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)求·的取值范围．‎ 解：(1)因为焦距为2，所以a2－b2＝1.‎ 因为椭圆C过点，所以＋＝1.‎ 故a2＝2，b2＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题意知，当直线AB垂直于x轴时，‎ 直线AB方程为x＝－，‎ 此时P(－，0)，Q(，0)，又F2(1,0)，‎ 得·＝－1.‎ 当直线AB不垂直于x轴时，设直线AB的斜率为k(k≠0)，M(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－1，y1＋y2＝‎2m.‎ 由得(x1＋x2)＋2(y1＋y2)·＝0，‎ 则－1＋4mk＝0，故k＝.‎ 此时，直线PQ斜率为k1＝－‎4m，‎ PQ的直线方程为y－m＝－‎4m.‎ 即y＝－4mx－m.‎ 联立方程组 整理得(‎32m2‎＋1)x2＋‎16m2‎x＋‎2m2‎－2＝0.‎ 设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，‎ 所以x3＋x4＝－，x3x4＝.‎ 于是·＝(x3－1)(x4－1)＋y3y4‎ ‎＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋(4mx3＋m)(4mx4＋m)‎ ‎＝(‎4m2‎－1)(x3＋x4)＋(‎16m2‎＋1)x3x4＋m2＋1‎ ‎＝＋＋m2＋1‎ ‎＝.‎ 由于M在椭圆的内部，故0b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1⊥F‎1F2，＝2，△DF‎1F2的面积为.‎ ‎(1)求该椭圆的标准方程；‎ ‎(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程，若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)，其中c2＝a2－b2.‎ 由＝2，得|DF1|＝＝c.‎ 由DF1⊥F‎1F2，‎ 得S△DF‎1F2＝|DF1||F‎1F2|＝c2＝，‎ 故c＝1，从而|DF1|＝，‎ 故|DF2|2＝|DF1|2＋|F‎1F2|2＝，因此|DF2|＝.‎ 所以‎2a＝|DF1|＋|DF2|＝2，‎ 故a＝，b2＝a2－c2＝1.‎ 因此，所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)如图，设圆心在y轴上的圆C与椭圆＋y2＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y1>0，y2>0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.‎ 由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1＝y2.‎ 由(1)知F1(－1,0)，F2(1,0)，‎ 所以＝(x1＋1，y1)，＝(－x1－1，y1)．‎ 再由F1P1⊥F2P2，得－(x1＋1)2＋y＝0.‎ 由椭圆方程得1－＝(x1＋1)2，‎ 即3x＋4x1＝0，解得x1＝－或x1＝0.‎ 当x1＝0时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在．‎ 当x1＝－时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.‎ 设C(0，y0)，由CP1⊥F1P1，得·＝－1.‎ 而y1＝|x1＋1|＝，故y0＝.‎ 圆C的半径|CP1|＝ ＝.‎ 综上，存在满足题设条件的圆，其方程为x2＋2＝.‎ ‎[类题通法]‎ 解决存在性问题的注意事项 存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．‎ ‎(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；‎ ‎(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；‎ ‎(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎(2015·大庆模拟)设抛物线C的方程为x2＝8y，M为直线l：y＝－m(m＞0)上任意一点，过M作抛物线C的两条切线MA，MB，切点分别为A，B.‎ ‎(1)当M的坐标为(0，－2)时，求过M，A，B三点的圆的标准方程，并判断直线l 与此圆的位置关系；‎ ‎(2)当m变化时，试探究直线l上是否存在点M，使MA⊥MB？若存在，有几个这样的点；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)当M的坐标为(0，－2)时，设过M的切线方程为y＝kx－2，‎ 联立整理得x2－8kx＋16＝0， ①‎ 令Δ＝(－8k)2－4×16＝0，解得k＝±1，‎ ‎∴MA⊥MB，‎ 将k＝±1代入方程①得x＝±4，‎ ‎∴可取A(4,2)，B(－4,2)，‎ ‎∴点M到AB的距离为4，‎ ‎∴过M，A，B三点的圆的圆心为F(0,2)，r＝4，‎ ‎∴圆的标准方程为x2＋(y－2)2＝16.‎ 又圆心(0,2)到直线l：y＝－2的距离d＝4＝r，因此，圆与直线l：y＝－2相切．‎ ‎(2)设切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l上的点为M(x0，y0)，过抛物线上点A(x1，y1)的切线方程为y－y1＝k(x－x1)，‎ ‎∵y′＝x，∴kMA＝y′|x＝x1＝x1，‎ 从而过抛物线上点A(x1，y1)的切线方程为y－y1＝(x－x1)，又切线过点M(x0，y0)，‎ ‎∴y0＝x0－，即x－2x0x1＋8y0＝0，‎ 同理可得过点B(x2，y2)的切线方程为 x－2x0x2＋8y0＝0.‎ ‎∵kMA＝，kMB＝，且x1，x2是方程x2－2x0x＋8y0＝0的两实根，‎ ‎∴x1x2＝8y0，∴kMA·kMB＝·＝，‎ 当y0＝－2，即m＝2时，对直线l上任意点M均有MA⊥MB.‎ 当y0≠－2，即m≠2时，MA与MB不垂直．‎ 综上，当m＝2时，直线l上存在无穷多个点M，使MA⊥MB，当m≠2时，直线l上不存在满足条件的点M.‎ ‎[A卷——夯基保分]‎ ‎1．已知F为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点，抛物线上点G(2,2)满足|GF|＝3.‎ ‎(1)求抛物线的方程；‎ ‎(2)M点的坐标为(4,0)，过点F作斜率为k1的直线与抛物线交于A，B两点，A，B两点的横坐标均不为4，连接AM，BM并延长交抛物线于C，D两点，设直线CD的斜率为k2，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．‎ 解：(1)根据抛物线定义知|GF|＝2＋＝3，‎ 解得p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，‎ 则k1＝＝＝，同理k2＝.‎ 设AC所在直线的方程为x＝ty＋4，‎ 与y2＝4x联立，得y2－4ty－16＝0，所以y1y3＝－16，‎ 同理y2y4＝－16，‎ 所以k2＝＝－·.‎ 设AB所在直线的方程为x＝my＋1，与y2＝4x联立，‎ 得y2－4my－4＝0，所以y1y2＝－4，‎ 所以k2＝－·＝，‎ 所以是定值，且＝4.‎ ‎2．(2015·开封模拟)已知抛物线C：x2＝4y.‎ ‎(1)设P为直线l：x－y－2＝0上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；‎ ‎(2)当点P在直线l上移动时，求|AF|·|BF|的最小值．‎ 解：(1)抛物线C的方程为x2＝4y，即y＝x2，‎ 求导得y′＝x.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则切线PA，PB的斜率分别为x1，x2，‎ 所以切线PA的方程为y－y1＝(x－x1)，‎ 即y＝x－＋y1，即x1x－2y－2y1＝0.‎ 同理可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0.‎ 因为切线PA，PB均过点P(x0，y0)，‎ 所以x1x0－2y0－2y1＝0，‎ x2x0－2y0－2y2＝0，‎ 所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x－2y0－2y＝0的两组解．‎ 故直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.‎ ‎(2)由抛物线定义可知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，‎ 所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1)‎ ‎＝y1y2＋(y1＋y2)＋1，‎ 联立方程 消去x整理得y2＋(2y0－x)y＋y＝0，‎ 由根与系数的关系可得y1＋y2＝x－2y0，y1y2＝y，‎ 所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝y＋x－2y0＋1.‎ 又点P(x0，y0)在直线l上，所以x0＝y0＋2，‎ 所以y＋x－2y0＋1＝2y＋2y0＋5＝22＋，‎ 所以当y0＝－时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为.‎ ‎3．(2015·武汉调研)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，O为坐标原点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设椭圆的上顶点为N，是否存在直线l交椭圆于P，Q两点，使点F为△PQN的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)设F(c,0)，则＝，知a＝c.‎ 过点F且与x轴垂直的直线方程为x＝c，代入椭圆方程，有＋＝1，解得y＝±b.‎ 于是b＝，解得b＝1.‎ 又a2－c2＝b2，从而a＝，c＝1.‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F为△PQN的垂心．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为N(0,1)，F(1,0)，所以kNF＝－1.‎ 由NF⊥PQ，知kPQ＝1.设直线l的方程为y＝x＋m，‎ 由得3x2＋4mx＋‎2m2‎－2＝0.‎ 由Δ＞0，得m2＜3，且x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 由题意，有·＝0.‎ 因为＝(x1，y1－1)，＝(x2－1，y2)，‎ 所以x1(x2－1)＋y2(y1－1)＝0，‎ 即x1(x2－1)＋(x2＋m)(x1＋m－1)＝0，‎ 所以2x1x2＋(x1＋x2)(m－1)＋m2－m＝0，‎ 于是2×－m(m－1)＋m2－m＝0，‎ 解得m＝－或m＝1.‎ 经检验，当m＝1时，△PQN不存在，故舍去m＝1.‎ 当m＝－时，所求直线l存在，‎ 且直线l的方程为y＝x－.‎ ‎[B卷——增分提能]‎ ‎1．(2014·山东高考改编)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E，证明直线AE过定点，并求出定点坐标．‎ 解：(1)由题意知F.‎ 设D(t,0)(t>0)，则FD的中点为.‎ 因为|FA|＝|FD|，由抛物线的定义知3＋＝，‎ 解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．‎ 由＝3，解得p＝2.‎ 所以抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)证明：由(1)知F(1,0)，‎ 设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD,0)(xD>0)，‎ 因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1，‎ 由xD>0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2,0)．‎ 故直线AB的斜率kAB＝－.‎ 因为直线l1和直线AB平行，‎ 设直线l1的方程为y＝－x＋b，‎ 代入抛物线方程得y2＋y－＝0，‎ 由题意Δ＝＋＝0，得b＝－.‎ 设E(xE，yE)，则yE＝－，xE＝.‎ 当y≠4时，kAE＝＝－＝，‎ 可得直线AE的方程为y－y0＝(x－x0)，‎ 由y＝4x0，整理可得y＝(x－1)，直线AE恒过点F(1，0)．当y＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1，0)，所以直线AE过定点F(1,0)．‎ ‎2．已知直线l：y＝x＋，圆O：x2＋y2＝5，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等．‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线，若切线都存在斜率，求证两切线斜率之积为定值．‎ 解：(1)设椭圆半焦距为c，‎ 圆心O到l的距离d＝＝，‎ 则l被圆O截得的弦长为2，所以b＝.‎ 由题意得 又b＝，∴a2＝3，b2＝2.‎ ‎∴椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：设点P(x0，y0)，过点P的椭圆E的切线l0的方程为y－y0＝k(x－x0)，‎ 整理得y＝kx＋y0－kx0，‎ 联立直线l0与椭圆E的方程得 消去y得2[kx＋(y0－kx0)]2＋3x2－6＝0，‎ 整理得(3＋2k2)x2＋4k(y0－kx0)x＋2(kx0－y0)2－6＝0，‎ ‎∵l0与椭圆E相切，‎ ‎∴Δ＝[4k(y0－kx0)]2－4(3＋2k2)[2(kx0－y0)2－6]＝0，‎ 整理得(2－x)k2＋2x0y0k－(y－3)＝0，‎ 设满足题意的椭圆E的两条切线的斜率分别为k1，k2，‎ 则k1k2＝－.‎ ‎∵点P在圆O上，∴x＋y＝5，‎ ‎∴k1k2＝－＝－1.‎ ‎∴两条切线斜率之积为常数－1.‎ ‎3．(2014·福建高考)已知曲线Γ 上的点到点F(0,1) 的距离比它到直线y＝－3 的距离小2.‎ ‎(1)求曲线Γ的方程；‎ ‎(2)曲线Γ在点 P处的切线l 与x 轴交于点A.直线y＝3 分别与直线l 及y 轴交于点M，N.以 MN为直径作圆C，过点A 作圆 C的切线，切点为 B．试探究：当点 P在曲线Γ上运动(点 P与原点不重合)时，线段 AB的长度是否发生变化？证明你的结论．‎ 解：(1)设S(x，y)为曲线Γ上任意一点，‎ 依题意，点S到F(0,1)的距离与它到直线y＝－1的距离相等，‎ 所以曲线Γ是以点F(0,1)为焦点、直线y＝－1为准线的抛物线，‎ 所以曲线Γ的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)当点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．证明如下：‎ 由(1)知抛物线Γ的方程为y＝x2，‎ 设P(x0，y0)(x0≠0)，‎ 则y0＝x，由y′＝x，得切线l的斜率k＝y′|x＝x0＝x0，‎ 所以切线l的方程为y－y0＝x0(x－x0)，‎ 即y＝x0x－x.‎ 由得A.‎ 由得M.‎ 又N(0,3)，所以圆心C，‎ 半径r＝|MN|＝，‎ ‎|AB|＝ ‎＝＝.‎ 所以点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．‎ 命题点一　椭　圆 命题指数：☆☆☆☆☆,‎ 难度：高、中 题型：选择题、填空题、解答题 ‎1．(2013·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的标准方程为＋＝1(a>0，b>0)，右焦点为F，右准线为l，短轴的一个端点为B.设原点到直线BF的距离为d1，F到l的距离为 d2.若d2＝d1，则椭圆C的离心率为________．‎ 解析：令F(c,0)，B(0，b)，则直线BF的方程为＋＝1，所以d1＝ .‎ 又d2＝－c＝，由d2＝d1，可得＝·，解得b2＝‎2c2，所以a2＝‎3c2，a＝c，‎ 所以e＝＝.‎ 答案： ‎2．(2014·辽宁高考)已知椭圆C：＋＝1，点M与C的焦点不重合．若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|＋|BN|＝________.‎ 解析：设MN交椭圆于点P，连接F1P和F2P(其中F1，F2是椭圆C的左、右焦点)，利用中位线定理可得|AN|＋|BN|＝2|F1P|＋2|F2P|＝2×‎2a＝‎4a＝12.‎ 答案：12‎ ‎3．(2014·安徽高考)若F1，F2分别是椭圆E：x2＋＝1(0b>0)的左焦点为F，离心率为， 过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.‎ ‎ (1) 求椭圆的方程；‎ ‎ (2) 设A, B分别为椭圆的左、右顶点， 过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点．若·＋·＝8，求k的值. ‎ 解：(1)设F(－c,0)，由＝，知a＝c.‎ 过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c，‎ 代入椭圆方程有＋＝1，解得y＝±，‎ 于是＝，解得b＝.‎ 又a2－c2＝b2，从而a＝，c＝1.‎ 所以椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，‎ 由F(－1,0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)．‎ 由方程组 消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 因为A(－，0)，B(，0)，‎ 所以·＋·＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)＝6－2x1x2－2y1y2‎ ‎＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)‎ ‎＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2‎ ‎＝6＋.‎ 由已知得6＋＝8，解得k＝±.‎ 命题点二　双曲线 命题指数：☆☆☆☆‎ 难度：中 题型：选择题、填空题 ‎1．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知F是双曲线C：x2－my2＝‎3m(m>0)的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B．3‎ C.m D．‎‎3m 解析：选A　双曲线方程为－＝1，焦点F到一条渐近线的距离为b＝.选A.‎ ‎2．(2013·浙江高考)如图，F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点，若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　由椭圆与双曲线的定义可知，|AF2|＋|AF1|＝4，|AF2|－|AF1|＝‎2a(其中‎2a为双曲线的长轴长)，∴|AF2|＝a＋2，|AF1|＝2－a，又四边形AF1BF2是矩形，∴|AF1|2＋|AF2|2＝|F‎1F2|2＝(2)2，‎ ‎∴a＝，∴e＝＝.‎ ‎3．(2013·重庆高考)设双曲线C的中心为点O，若有且只有一对相交于点O，所成的角为60°的直线A1B1和A2B2，使|A1B1|＝|A2B2|，其中A1，B1和A2，B2分别是这对直线与双曲线C的交点，则该双曲线的离心率的取值范围是(　　)‎ A.，2 B.，2‎ C.，＋∞ D. ，＋∞‎ 解析：选A　设双曲线的焦点在x轴上，则由题意知该双曲线的一条渐近线的斜率k(k>0)必须满足0，b>0)的一个焦点， 且双曲线的离心率为2，则该双曲线的方程为________．‎ 解析：抛物线y2＝8x的准线x＝－2过双曲线的一个焦点，所以c＝2，又离心率为2，所以a＝1，b＝＝，所以该双曲线的方程为x2－＝1.‎ 答案：x2－＝1‎ ‎5．(2013·辽宁高考)已知F为双曲线C：－＝1的左焦点，P，Q为C上的点．若PQ的长等于虚轴长的2倍，点A(5,0)在线段PQ上，则△PQF的周长为________．‎ 解析：由题意得，|FP|－|PA|＝6，|FQ|－|QA|＝6，两式相加，利用双曲线的定义得|FP|＋|FQ|＝28，所以△PQF的周长为|FP|＋|FQ|＋|PQ|＝44.‎ 答案：44‎ 命题点三　抛物线 命题指数：☆☆☆☆☆‎ 难度：中 题型：选择题、填空题、解答题 ‎1．(2012·四川高考)已知抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点O，并且经过点M(2，y0)．若点M到该抛物线焦点的距离为3，则|OM|＝(　　)‎ A．2 B．2 C．4 D．2 解析：选B　依题意，设抛物线方程是y2＝2px(p>0)，则有2＋＝3，得p＝2，故抛物线方程是y2＝4x，点M的坐标是(2，±2)，|OM|＝＝2.‎ ‎2．(2014·新课标全国卷Ⅱ)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(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　易知抛物线中p＝，焦点F，直线AB的斜率k＝，故直线AB的方程为y＝，代入抛物线方程y2＝3x，整理得x2－x＋＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝.由抛物线的定义可得弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝＋＝12，结合图象可得O到直线AB的距离d＝·sin 30°＝，所以△OAB的面积S＝|AB|·d＝.‎ ‎3．(2014·湖南高考)如图，正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为a，b(a0)经过C，F两点，则＝________.‎ 解析：由正方形的定义可知BC＝CD，结合抛物线的定义得点D为抛物线的焦点，所以|AD|＝p＝a，D，F，将点F的坐标代入抛物线的方程得b2＝2p＝a2＋2ab，变形得2－－1＝0，解得＝1＋或＝1－(舍去)，所以＝1＋.‎ 答案：1＋ ‎4．(2014·陕西高考)如图，曲线C由上半椭圆C1：＋＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线l的方程．‎ 解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1，0)，B(1,0)是上半椭圆C1的左、右顶点．‎ 设C1的半焦距为c，由＝及a2－c2＝b2＝1得a＝2.‎ ‎∴a＝2，b＝1.‎ ‎(2)由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x2＝1(y≥0)．‎ 易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，‎ 代入C1的方程，整理得 ‎(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.　(*)‎ 设点P的坐标为(xP，yP)，‎ ‎∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根．‎ 由根与系数的关系，得xP＝，从而yP＝，‎ ‎∴点P的坐标为.‎ 同理，由 得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．‎ ‎∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)．‎ ‎∵AP⊥AQ，∴·＝0，即[k－4(k＋2)]＝0，‎ ‎∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.‎ 经检验，k＝－符合题意，‎ 故直线l的方程为y＝－(x－1).‎ 命题点四　圆锥曲线中的综合问题 命题指数：☆☆☆☆☆‎ ‎　 难度：高 　题型：选择题、填空题、解答题 ‎1．(2014·四川高考改编)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)．‎ 解：(1)由已知可得 解得a2＝6，b2＝2，‎ 所以椭圆C的标准方程是＋＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)可得，F的坐标是(－2,0)，‎ 设T点的坐标为(－3，m)，‎ 则直线TF的斜率kTF＝＝－m.‎ 当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝，直线PQ的方程是x＝my－2.‎ 当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得 消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，‎ 其判别式Δ＝‎16m2‎＋8(m2＋3)>0.‎ 所以y1＋y2＝，y1y2＝，‎ x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝.‎ 所以PQ的中点M的坐标为，‎ 所以直线OM的斜率kOM＝－.‎ 又直线OT的斜率kOT＝－，‎ 所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ.‎ ‎2．(2014·山东高考)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C：＋＝1(a>b>0) 的离心率为，直线y＝x被椭圆C截得的线段长为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过原点的直线与椭圆C交于A，B两点(A，B不是椭圆C的顶点)．点D在椭圆C上，且AD⊥AB，直线BD与x轴、y轴分别交于M，N两点．‎ ‎①设直线BD，AM的斜率分别为k1，k2，证明存在常数λ使得k1＝λk2，并求出λ的值；‎ ‎②求△OMN面积的最大值．‎ 解：(1)由题意知＝，可得a2＝4b2.‎ 椭圆C的方程可简化为x2＋4y2＝a2.‎ 将y＝x代入可得x＝±，‎ 因此×＝，可得a＝2.‎ 因此b＝1.‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)①设A(x1，y1)(x1y1≠0)，D(x2，y2)，则B(－x1，－y1)，‎ 因为直线AB的斜率kAB＝，‎ 又AB⊥AD，所以直线AD的斜率k＝－.‎ 设直线AD的方程为y＝kx＋m，‎ 由题意知k≠0，m≠0.‎ 由可得(1＋4k2)x2＋8mkx＋‎4m2‎－4＝0.‎ 所以x1＋x2＝－，‎ 因此y1＋y2＝k(x1＋x2)＋‎2m＝.‎ 由题意知x1≠－x2，‎ 所以k1＝＝－＝.‎ 所以直线BD的方程为y＋y1＝(x＋x1)．‎ 令y＝0，得x＝3x1，即M(3x1,0)．‎ 可得k2＝－.‎ 所以k1＝－k2，即λ＝－.‎ 因此存在常数λ＝－使得结论成立．‎ ‎②直线BD的方程y＋y1＝(x＋x1)，‎ 令x＝0，得y＝－y1，即N.‎ 由①知M(3x1,0)，‎ 可得△OMN的面积 S＝×3|x1|×|y1|＝|x1||y1|.‎ 因为|x1||y1|≤＋y＝1，当且仅当＝|y1|＝时等号成立，此时S取得最大值，‎ 所以△OMN面积的最大值为.‎ ‎ “平面解析几何”类题目的审题技巧与解题规范 ‎[技法概述]‎ 在高考数学试题中，一些题目从已知到结论不易证明或解决，可采用逆向分析法，即从要证明的结论出发，逐步寻求每一步结论成立的充分条件．直至最后，把要证明的结论归结为一个明显成立的条件或已知定理为止．‎ ‎[适用题型]‎ 以下几种题型常用到此审题技巧与方法：‎ ‎(1)解析几何中证明不等式、定值或等式问题；‎ ‎(2)函数、导数或不等式中的证明问题；‎ ‎(3)立体几何中线面平行与垂直问题．‎ ‎[典例]　(2014·湖南高考)(本题满分13分)‎ 如图所示， O为坐标原点，双曲线C1：－＝1(a1>0，b1>0)和椭圆C2：＋＝1(a2>b2>0) 均过点 P，且以C1 的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．‎ ‎(1)求C1，C2 的方程；‎ ‎(2)是否存在直线l ，使得 l与 C1交于A，B 两点，与C2 只有一个公共点，且 |＋|＝||？证明你的结论．‎ ‎[解题流程]‎ 第一步 利用点在双曲线上求b ‎⇐ 解：(1)设C2的焦距为‎2c2，由题意知，‎2c2＝2，‎2a1＝2.‎ 从而a1＝1，c2＝1.‎ 因为点P在双曲线x2－＝1上，‎ 所以2－＝1.故b＝3. (2分) ‎[失分警示]‎ 第二步 利用椭圆定义求a2并写出方程 ‎⇐ 由椭圆的定义知 ‎2a‎2＝＋ ‎＝2. (4分) 易忽视椭圆定义不会求a2导致失分．‎ 于是a2＝，b＝a－c＝2，故C1，C2的方程分别为 x2－＝1，＋＝1. (5分) 第三步 证明l的斜率不存在时满足假设结论 ‎⇐ (2)不存在符合题设条件的直线.(6分) (ⅰ)若直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点，所以直线l的方程为x＝或x＝－.‎ (7分) 当x＝时，易知A(，)，B(，－)，‎ 易忘记直线的斜率不一定存在而忽视分类讨论.导致步骤失分.‎ 所以 ‎|＋|＝2，||＝2.‎ 此时，|＋|≠||.‎ 当x＝－时，同理可知，|＋|≠||.‎ (8分) 第四步 求出l斜率存在时与双曲线相交时 ‎⇐ (ⅱ)若直线l不垂直于x轴，设l的方程为y＝kx＋m.‎ 由得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0.‎ (9分) 当l与C1相交于A，B两点时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，‎ 从而x1＋x2＝，x1x2＝.‎ y1y2值 于是y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝.‎ (10分) 化简运算易失误.‎ 第五步 利用l与C2只有一个公共点确定k，m的关系式 ‎⇐ 由得(2k2＋3)x2＋4kmx＋‎2m2‎－6＝0.‎ 因为直线l与C2只有一个公共点，‎ 所以上述方程的判别式Δ＝16k‎2m2‎－8(2k2＋3)(m2－3)＝0.‎ 化简，得m2＝2k2＋3，(11分) 第六步 计算·并验证结论 ‎⇐ 因此·＝x1x2＋y1y2＝＋＝‎ ≠0.(12分) 于是2＋2＋2·≠2＋2－2·，‎ 即|＋|2≠|－|2，故|＋|≠‎ 易对|＋|2变形化简失误为2＋2导致去分．‎ ‎||.‎ 综合(ⅰ)(ⅱ)可知，不存在符合题设条件的直线.‎ (13分) 平面解析几何 ‎1．已知椭圆C：＋y2＝1的上、下顶点分别为A，B，点P在椭圆上，且异于点A，B，直线AP，BP与直线l：y＝－2分别交于点M，N.‎ ‎(1)设直线AP，BP的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值；‎ ‎(2)求线段MN长的最小值．‎ 解：(1)由题意，A(0,1)，B(0，－1)，令P(x0，y0)，则x0≠0，‎ ‎∴直线AP的斜率k1＝，BP的斜率k2＝.‎ 又点P在椭圆上，∴＋y＝1(x0≠0)，‎ 从而有k1k2＝＝＝－.‎ 即k1k2为定值．‎ ‎(2)由题设可以得到直线AP的方程为y－1＝k1(x－0)，‎ 直线BP的方程为y－(－1)＝k2(x－0)，‎ 由得 由得 ‎∴直线AP与直线l的交点M，‎ 直线BP与直线l的交点N.‎ 又k1k2＝－，‎ ‎∴|MN|＝＝＝＋|4k1|‎ ‎≥2＝4，‎ 当且仅当＝|4k1|，即k1＝±时等号成立，‎ 故线段MN长的最小值是4.‎ ‎2．(2015·北京西城模拟)已知A，B是抛物线W：y＝x2上的两个点，点A的坐标为(1,1)，直线AB的斜率为k(k>0)．设抛物线W的焦点在直线AB的下方．‎ ‎(1)求k的取值范围；‎ ‎(2)设C为W上一点，且AB⊥AC，过B，C两点分别作W的切线，记两切线的交点为D，判断四边形ABDC是否为梯形，并说明理由．‎ 解：(1)抛物线y＝x2的焦点为.‎ 由题意，得直线AB的方程为y－1＝k(x－1)，‎ 令x＝0，得y＝1－k，即直线AB与y轴相交于点(0,1－k)．‎ 因为抛物线W的焦点在直线AB的下方，‎ 所以1－k>，解得k<.‎ 因为k>0，所以00，y0>0)，‎ 则切线斜率为－，‎ 切线方程为y－y0＝－(x－x0)，即x0x＋y0y＝4，‎ 此时，两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为 S＝··＝.‎ 由x＋y＝4≥2x0y0知当且仅当x0＝y0＝时x0y0有最大值，即S有最小值，‎ 因此点P的坐标为(，)．‎ 由题意知解得a2＝1，b2＝2，‎ 故C1的方程为x2－＝1.‎ ‎(2)由(1)知C2的焦点坐标为(－，0)，(，0)，‎ 由此设C2的方程为＋＝1，其中b1>0.‎ 由P(，)在C2上，得＋＝1，‎ 解得b＝3，因此C2的方程为＋＝1.‎ 显然，l不是直线y＝0.‎ 设l的方程为x＝my＋，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得(m2＋2)y2＋2my－3＝0.‎ 又y1，y2是方程的根，因此 由x1＝my1＋，x2＝my2＋，得 因为＝(－x1，－y1)，＝(－x2，－y2)，‎ 由题意知·＝0，‎ 所以x1x2－(x1＋x2)＋y1y2－(y1＋y2)＋4＝0， ⑤‎ 将①②③④代入⑤式整理得 ‎2m2‎‎－‎2‎m＋4－11＝0，‎ 解得m＝－1或m＝－＋1.‎ 因此直线l的方程为 x－y－＝0或x＋y－＝0.‎