1、第八章 解析几何第一节直线的倾斜角与斜率、直线的方程1直线的倾斜角(1)定义：当直线 l 与 x 轴相交时，取 x 轴作为基准，x 轴正向与直线 l 向上方向之间所成的角叫做直线 l 的倾斜角当直线 l 与 x 轴平行或重合时，规定它的倾斜角为 0(2)范围：直线 l 倾斜角的取值范围是0，)2斜率公式(1)直线 l 的倾斜角为(2)，则斜率 ktan_(2)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)在直线 l 上，且 x1x2，则 l 的斜率 ky2y1x2x13直线方程的五种形式名称方程适用范围点斜式yy0k(xx0)不含直线 xx0斜截式ykxb不含垂直于 x 轴的直线两点式yy1y2y1
2、xx1x2x1不含直线 xx1(x1x2)和直线 yy1(y1y2)截距式xayb1不含垂直于坐标轴和过原点的直线一般式AxByC0，A2B20平面内所有直线都适用小题体验1(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：22(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：x13y503已知直线 l：axy2a0 在 x 轴和 y 轴上的截距相等，则实数 a_解析：令 x0，则 l 在 y 轴的截距为 2a；令 y0，得直线 l 在 x 轴上的截距为 12a依题意 2a12a，解
3、得 a1 或 a2答案：1 或21点斜式、斜截式方程适用于不垂直于 x 轴的直线；两点式方程不能表示垂直于 x，y轴的直线；截距式方程不能表示垂直于坐标轴和过原点的直线2截距不是距离，距离是非负值，而截距可正可负，可为零，在与截距有关的问题中，要注意讨论截距是否为零3求直线方程时，若不能断定直线是否具有斜率时，应注意分类讨论，即应对斜率是否存在加以讨论小题纠偏1经过点 A(2，3)，倾斜角等于直线 yx 的 2 倍的直线方程为_解析：直线 yx 的斜率 k1，故倾斜角为4，所以所求的直线的倾斜角为2，则所求的直线方程为 x2答案：x22过点 M(3，4)，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为
4、_解析：若直线过原点，则 k43，所以 y43x，即 4x3y0若直线不过原点设xaya1，即 xya则 a3(4)1，所以直线的方程为 xy10答案：4x3y0 或 xy10考点一 直线的倾斜角与斜率基础送分型考点自主练透题组练透1(2016绥化一模)直线 xsin y20 的倾斜角的取值范围是()A0，)B0，4 34，C0，4D0，4 2，解析：选 B 因为直线 xsin y20 的斜率 ksin，又1sin 1，所以1k1设直线 xsin y20 的倾斜角为，所以1tan 1，而 0，)，故倾斜角的取值范围是0，4 34，2若点 A(4,3)，B(5，a)，C(6,5)三点共线，则 a
5、 的值为_解析：kAC53641，kABa354a3由于 A，B，C 三点共线，所以 a31，即 a4答案：43若直线 l 经过点 A(1,2)，在 x 轴上的截距的取值范围是(3，3)，则其斜率的取值范围是_解析：设直线 l 的斜率为 k，则直线方程为 y2k(x1)，在 x 轴上的截距为 12k令312k3，解得 k1 或 k12故其斜率的取值范围为(，1)12，答案：(，1)12，谨记通法1倾斜角与斜率 k 的关系当 0，2 且由 0 增大到22 时，k 的值由 0 增大到当 2，时，k 也是关于 的单调函数，当 在此区间内由22 增大到()时，k 的值由趋近于 0(k0)2斜率的 2
6、种求法(1)定义法：若已知直线的倾斜角 或 的某种三角函数值，一般根据 ktan 求斜率(2)公式法：若已知直线上两点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，一般根据斜率公式 ky2y1x2x1(x1x2)求斜率考点二 直线的方程重点保分型考点师生共研典例引领(1)求过点 A(1,3)，斜率是直线 y4x 的斜率的13的直线方程；(2)求经过点 A(5,2)，且在 x 轴上的截距等于在 y 轴上截距的 2 倍的直线方程解：(1)设所求直线的斜率为 k，依题意 k41343又直线经过点 A(1,3)，因此所求直线方程为 y343(x1)，即 4x3y130(2)当直线不过原点时，设所求直线方程为
7、x2aya1，将(5,2)代入所设方程，解得 a12，所以直线方程为 x2y10；当直线过原点时，设直线方程为 ykx，则5k2，解得 k25，所以直线方程为 y25x，即 2x5y0故所求直线方程为 2x5y0 或 x2y10由题悟法求直线方程的 2 个注意点(1)在求直线方程时，应选择适当的形式，并注意各种形式的适用条件(2)对于点斜式、截距式方程使用时要注意分类讨论思想的运用(若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的情况；若采用截距式，应判断截距是否为零)即时应用已知点 A(3,4)，求满足下列条件的直线方程：(1)经过点 A 且在两坐标轴上截距相等；(2)经过点 A 且与两坐标轴围成一个等腰
8、直角三角形解：(1)设直线在 x 轴，y 轴上的截距均为 a若 a0，即直线过点(0,0)及(3,4)直线的方程为 y43x，即 4x3y0若 a0，设所求直线的方程为xaya1，又点(3,4)在直线上，3a4a1，a7直线的方程为 xy70综合可知所求直线的方程为 4x3y0 或 xy70(2)由题意可知，所求直线的斜率为1又过点(3,4)，由点斜式得 y4(x3)故所求直线的方程为 xy10 或 xy70考点三 直线方程的综合应用题点多变型考点多角探明锁定考向直线方程的综合应用是常考内容之一，它常与函数、导数、不等式、圆相结合，命题多为客观题常见的命题角度有：(1)与基本不等式相结合的最值
9、问题；(2)与导数的几何意义相结合的问题；(3)与圆相结合求直线方程的问题 题点全练角度一：与基本不等式相结合的最值问题1过点 P(4,1)作直线 l 分别交 x 轴，y 轴正半轴于 A，B 两点，O 为坐标原点(1)当AOB 面积最小时，求直线 l 的方程(2)当|OA|OB|取最小值时，求直线 l 的方程解：设直线 l：xayb1(a0，b0)，因为直线 l 经过点 P(4,1)，所以4a1b1(1)4a1b124a1b 4ab，所以 ab16，当且仅当 a8，b2 时等号成立，所以当 a8，b2 时，AOB 的面积最小，此时直线 l 的方程为x8y21，即 x4y80(2)因为4a1b1
10、，a0，b0，所以|OA|OB|ab(ab)4a1b 5ab4ba 52 ab4ba 9，当且仅当 a6，b3 时等号成立，所以当|OA|OB|取最小值时，直线 l 的方程为x6y31，即 x2y60角度二：与导数的几何意义相结合的问题2设 P 为曲线 C：yx22x3 上的点，且曲线 C 在点 P 处的切线倾斜角的取值范围为0，4，则点 P 横坐标的取值范围为()A1，12 B1，0C0,1D12，1解析：选 A 由题意知 y2x2，设 P(x0，y0)，则 k2x02因为曲线 C 在点 P 处的切线倾斜角的取值范围为0，4，所以 0k1，即 02x021，故1x012角度三：与圆相结合求直
11、线方程的问题3在平面直角坐标系 xOy 中，设 A 是半圆 O：x2y22(x0)上一点，直线 OA 的倾斜角为 45，过点 A 作 x 轴的垂线，垂足为 H，过 H 作 OA 的平行线交半圆于点 B，则直线 AB 的方程是_解析：直线 OA 的方程为 yx，代入半圆方程得 A(1,1)，H(1,0)，直线 HB 的方程为 yx1，代入半圆方程得 B1 32，1 32所以直线 AB 的方程为y11 321x11 321，即 3xy 310答案：3xy 310通法在握处理直线方程综合应用的 2 大策略(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”
12、(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演练冲关1设 mR，过定点 A 的动直线 xmy0 和过定点 B 的动直线 mxym30 交于点 P(x，y)，则|PA|PB|的最大值是_解析：易求定点 A(0,0)，B(1,3)当 P 与 A 和 B 均不重合时，因为 P 为直线 xmy0与 mxym30 的交点，且易知两直线垂直，则 PAPB，所以|PA|2|PB|2|AB|210，所以|PA|PB|PA|2|PB|225(当且仅当|PA|PB|5时，等号成立)，当 P 与 A 或 B 重合时，|PA|PB|0，故|PA|PB|的最大值是
13、 5答案：52(2017衡阳一模)已知点 P 在直线 x3y20 上，点 Q 在直线 x3y60 上，线段 PQ 的中点为 M(x0，y0)，且 y0 x02，则y0 x0的取值范围是_解析：依题意可得|x03y02|10|x03y06|10，化简得 x03y020，又 y00，当点 M 位于射线 BN 上除 B 点外时，kOM0且 k20，所以6k2故选 A4(2017豫西五校联考)曲线 yx3x5 上各点处的切线的倾斜角的取值范围为_解析：设曲线上任意一点处的切线的倾斜角为(0，)，因为 y3x211，所以 tan 1，结合正切函数的图象可知，的取值范围为0，2 34，答案：0，2 34，
14、5如果 AC0，且 BC0，那么直线 AxByC0 不经过第_象限解析：由题意知 ABC0，直线方程变形为 yABxCBAC0，BC0，其斜率 kAB0直线过第一、二、四象限，不经过第三象限答案：三二保高考，全练题型做到高考达标1(2017秦皇岛模拟)倾斜角为 120，在 x 轴上的截距为1 的直线方程是()A 3xy10 B 3xy 30C 3xy 30 D 3xy 30解析：选 D 由于倾斜角为 120，故斜率 k 3又直线过点(1,0)，所以直线方程为 y 3(x1)，即 3xy 302已知直线 l 过点(1,0)，且倾斜角为直线 l0：x2y20 的倾斜角的 2 倍，则直线 l的方程为
15、()A4x3y30 B3x4y30C3x4y40 D4x3y40解析：选 D 由题意可设直线 l0，l 的倾斜角分别为，2，因为直线 l0：x2y20 的斜率为12，则 tan 12，所以直线 l 的斜率 ktan 2 2tan 1tan22121 12243，所以由点斜式可得直线 l 的方程为 y043(x1)，即 4x3y403(2015福建高考)若直线xayb1(a0，b0)过点(1,1)，则 ab 的最小值等于()A2 B3C4 D5解析：选 C 将(1,1)代入直线xayb1 得1a1b1，a0，b0，故 ab(ab)1a1b 2baab224，等号当且仅当 ab 时取到，故选 C4
16、(2017菏泽模拟)若直线 x2yb0 与两坐标轴所围成的三角形的面积不大于 1，那么 b 的取值范围是()A2,2B(，22，)C2,0)(0,2D(，)解析：选 C 令 x0，得 yb2，令 y0，得 xb，所以所求三角形面积为12 b2|b|14b2，且 b0，因为14b21，所以 b24，所以 b 的取值范围是2,0)(0,25已知点 P(x，y)在直线 xy40 上，则 x2y2 的最小值是()A8 B2 2C 2D16解析：选 A 点 P(x，y)在直线 xy40 上，y4x，x2y2x2(4x)22(x2)28，当 x2 时，x2y2 取得最小值 86过点(2，3)且在两坐标轴上
17、的截距互为相反数的直线方程为_解析：若直线过原点，则直线方程为 3x2y0；若直线不过原点，则斜率为 1，方程为 y3x2，即为 xy50，故所求直线方程为 3x2y0 或 xy50答案：3x2y0 或 xy507设点A(1,0)，B(1,0)，直线2xyb0与线段AB相交，则b的取值范围是_解析：b 为直线 y2xb 在 y 轴上的截距，如图，当直线 y2xb 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：2,28(2016沈阳一模)若直线 l：xayb1(a0，b0)经过点(1,2)，则直线 l 在 x 轴和 y 轴上的截距之和的最小值是_解
18、析：由直线 l：xayb1(a0，b0)可知直线在 x 轴上的截距为 a，在 y 轴上的截距为b求直线在 x 轴和 y 轴上的截距之和的最小值，即求 ab 的最小值由直线经过点(1,2)得1a2b1于是 ab(ab)1a2b 3ba2ab，因为ba2ab 2ba2ab 2 2当且仅当ba2ab 时取等号，所以 ab32 2，故直线 l 在 x 轴和 y 轴上的截距之和的最小值为 32 2答案：32 29已知直线 l 与两坐标轴围成的三角形的面积为 3，分别求满足下列条件的直线 l 的方程：(1)过定点 A(3,4)；(2)斜率为16解：(1)设直线 l 的方程为 yk(x3)4，它在 x 轴，
19、y 轴上的截距分别是4k3,3k4，由已知，得(3k4)4k3 6，解得 k123或 k283故直线 l 的方程为 2x3y60 或 8x3y120(2)设直线 l 在 y 轴上的截距为 b，则直线 l 的方程是 y16xb，它在 x 轴上的截距是6b，由已知，得|6bb|6，b1直线 l 的方程为 x6y60 或 x6y6010如图，射线 OA，OB 分别与 x 轴正半轴成 45和 30角，过点 P(1，0)的直线 AB 分别交 OA，OB 于 A，B 两点，当 AB 的中点 C 恰好落在直线y12x 上时，求直线 AB 的方程解：由题意可得 kOAtan 451，kOBtan(18030)
20、33，所以直线 lOA：yx，lOB：y 33 x设 A(m，m)，B(3n，n)，所以 AB 的中点 Cm 3n2，mn2，由点 C 在直线 y12x 上，且 A，P，B 三点共线得mn212m 3n2，m0m1n0 3n1，解得 m 3，所以 A(3，3)又 P(1,0)，所以 kABkAP3313 32，所以 lAB：y3 32(x1)，即直线 AB 的方程为(3 3)x2y3 30三上台阶，自主选做志在冲刺名校1已知曲线 y1ex1，则曲线的切线中斜率最小的直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为_解析：y exex121ex1ex2，因为 ex0，所以 ex1ex2ex 1ex2(当且仅
21、当 ex1ex，即 x0 时取等号)，所以 ex1ex24，故 y1ex1ex214(当且仅当 x0 时取等号)所以当 x0 时，曲线的切线斜率取得最小值，此时切点的坐标为0，12，切线的方程为 y1214(x0)，即 x4y20该切线在 x 轴上的截距为 2，在 y 轴上的截距为12，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积 S1221212答案：122已知直线 l：kxy12k0(kR)(1)证明：直线 l 过定点；(2)若直线 l 不经过第四象限，求 k 的取值范围；(3)若直线 l 交 x 轴负半轴于点 A，交 y 轴正半轴于点 B，O 为坐标原点，设AOB 的面积为 S，求 S 的最
22、小值及此时直线 l 的方程解：(1)证明：直线 l 的方程可化为 yk(x2)1，故无论 k 取何值，直线 l 总过定点(2,1)(2)直线 l 的方程为 ykx2k1，则直线 l 在 y 轴上的截距为 2k1，要使直线 l 不经过第四象限，则k0，12k0，解得 k0，故 k 的取值范围是)0，(3)依题意，直线 l 在 x 轴上的截距为12kk，在 y 轴上的截距为 12k，A12kk，0，B(0,12k)又12kk0，k0故 S12|OA|OB|1212kk(12k)124k1k4 12(44)4，当且仅当 4k1k，即 k12时，取等号故 S 的最小值为 4，此时直线 l 的方程为 x
23、2y40第二节两条直线的位置关系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，若其斜率分别为 k1，k2，则有 l1l2k1k2当直线 l1，l2 不重合且斜率都不存在时，l1l2(2)两条直线垂直：如果两条直线 l1，l2 的斜率存在，设为 k1，k2，则有 l1l2k1k21当其中一条直线的斜率不存在，而另一条直线的斜率为 0 时，l1l22两条直线的交点的求法直线 l1：A1xB1yC10，l2：A2xB2yC20，则 l1 与 l2 的交点坐标就是方程组A1xB1yC10，A2xB2yC20的解3三种距离公式P1(x1，y1)，P2(x2，y2)两点之
24、间的距离|P1P2|x2x12y2y12点 P0(x0，y0)到直线 l：AxByC0 的距离d|Ax0By0C|A2B2平行线 AxByC10 与 AxByC20 间距离d|C1C2|A2B2小题体验1(教材习题改编)已知点(a,2)(a0)到直线 l：xy30 的距离为 1，则 a 等于()A 2 B2 2C 21 D 21解析：选 C 由题意知|a23|21，|a1|2，又 a0，a 212已知直线 l1：ax(3a)y10，l2：x2y0若 l1l2，则实数 a 的值为_解析：由题意，得 aa32，解得 a2答案：21在判断两条直线的位置关系时，易忽视斜率是否存在，两条直线都有斜率可根
25、据条件进行判断，若无斜率，要单独考虑2运用两平行直线间的距离公式时易忽视两方程中的 x，y 的系数分别相等这一条件盲目套用公式导致出错小题纠偏1已知 P：直线 l1：xy10 与直线 l2：xay20 平行，Q：a1，则 P 是 Q的()A充要条件 B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件解析：选 A 由于直线 l1：xy10 与直线 l2：xay20 平行的充要条件是 1a(1)10，即 a1所以 P 是 Q 的充要条件2已知直线 3x4y30 与直线 6xmy140 平行，则它们之间的距离是_解析：63m4 143，m8，直线 6xmy140 可化为 3x4y70，两平行线之
26、间的距离 d|37|32422答案：2考点一 两条直线的位置关系(基础送分型考点自主练透)题组练透1过点(1,0)且与直线 x2y20 平行的直线方程是()Ax2y10 Bx2y10C2xy20 Dx2y10解析：选 A 依题意，设所求的直线方程为 x2ya0，由于点(1,0)在所求直线上，则 1a0，即 a1，则所求的直线方程为 x2y102已知过点 A(2，m)和点 B(m,4)的直线为 l1，直线 2xy10 为 l2，直线 xny10 为 l3若 l1l2，l2l3，则实数 mn 的值为()A10 B2C0 D8解析：选 A l1l2，4mm22(m2)，解得 m8(经检验，l1 与
27、l2 不重合)，l2l3，211n0，解得 n2，mn103已知两直线 l1：mx8yn0 和 l2：2xmy10，试确定 m，n 的值，使(1)l1 与 l2 相交于点 P(m，1)；(2)l1l2；(3)l1l2，且 l1 在 y 轴上的截距为1解：(1)由题意得m28n0，2mm10，解得 m1，n7即 m1，n7 时，l1 与 l2 相交于点 P(m，1)(2)l1l2，m2160，m2n0，解得m4，n2或m4，n2.即 m4，n2 或 m4，n2 时，l1l2(3)当且仅当 2m8m0，即 m0 时，l1l2又n81，n8即 m0，n8 时，l1l2，且 l1 在 y 轴上的截距为
28、1谨记通法1已知两直线的斜率存在，判断两直线平行垂直的方法(1)两直线平行两直线的斜率相等且在坐标轴上的截距不等；(2)两直线垂直两直线的斜率之积等于1提醒 当直线斜率不确定时，要注意斜率不存在的情况2由一般式确定两直线位置关系的方法直线方程l1：A1xB1yC10(A21B210)l2：A2xB2yC20(A22B220)l1 与 l2 垂直的充要条件A1A2B1B20l1 与 l2 平行A1A2B1B2C1C2(A2B2C20)的充分条件l1 与 l2 相交的充分条件A1A2B1B2(A2B20)l1 与 l2 重合的充分条件A1A2B1B2C1C2(A2B2C20)提醒 在判断两直线位置
29、关系时，比例式A1A2与B1B2，C1C2的关系容易记住，在解答选择、填空题时，建议多用比例式来解答考点二 距离问题重点保分型考点师生共研典例引领已知 A(4，3)，B(2，1)和直线 l：4x3y20，在坐标平面内求一点 P，使|PA|PB|，且点 P 到直线 l 的距离为 2解：设点 P 的坐标为(a，b)A(4，3)，B(2，1)，线段 AB 的中点 M 的坐标为(3，2)而 AB 的斜率 kAB3142 1，线段 AB 的垂直平分线方程为 y2x3，即 xy50点 P(a，b)在直线 xy50 上，ab50又点 P(a，b)到直线 l：4x3y20 的距离为 2，|4a3b2|52，即
30、 4a3b210，由联立可得a1，b4 或a277，b87.所求点 P 的坐标为(1，4)或277，87 由题悟法处理距离问题的 2 大策略(1)点到直线的距离问题可直接代入点到直线的距离公式去求(2)动点到两定点距离相等，一般不直接利用两点间距离公式处理，而是转化为动点在两定点所在线段的垂直平分线上，从而使计算简便，如本例中|PA|PB|这一条件的转化处理即时应用1已知 P 是直线 2x3y60 上一点，O 为坐标原点，且点 A 的坐标为(1,1)，若|PO|PA|，则 P 点的坐标为_解析：法一：设 P(a，b)，则2a3b60，a2b2 a12b12，解得 a3，b4P 点的坐标为(3,
31、4)法二：线段 OA 的中垂线方程为 xy10，则由2x3y60，xy10.解得x3，y4，则 P 点的坐标为(3,4)答案：(3,4)2已知直线 l1 与 l2：xy10 平行，且 l1 与 l2 的距离是 2，则直线 l1 的方程为_解析：因为 l1 与 l2：xy10 平行，所以可设 l1 的方程为 xyb0(b1)又因为 l1 与 l2 的距离是 2，所以|b1|1212 2，解得 b1 或 b3，即 l1 的方程为 xy10 或 xy30答案：xy10 或 xy303已知点 P(4，a)到直线 4x3y10 的距离不大于 3，则 a 的取值范围为_解析：由题意得，点 P 到直线的距离
32、为|443a1|5|153a|5又|153a|53，即|153a|15，解得 0a10，所以 a 的取值范围是0,10答案：0,10考点三 对称问题题点多变型考点多角探明锁定考向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 题点全练角度一：点关于点对称1过点 P(0,1)作直线 l 使它被直线 l1：2xy80 和 l2：x3y100 截得的线段被点 P 平分，则直线 l 的方程为_解析：设 l1 与 l 的交点为 A(a,82a)，则由题意知，点 A 关于点 P 的对称点 B(a,2a6)在 l2
33、上，把 B 点坐标代入 l2 的方程得a3(2a6)100，解得 a4，即点 A(4,0)在直线 l 上，所以由两点式得直线 l 的方程为 x4y40答案：x4y40角度二：点关于线对称2已知直线 l：2x3y10，点 A(1，2)，则点 A 关于直线 l 的对称点 A的坐标为_解析：设 A(x，y)，由已知得y2x1231，2x12 3y22 10，解得x3313，y 413，故 A3313，413 答案：A3313，413角度三：线关于线对称3直线 2xy30 关于直线 xy20 对称的直线方程是()Ax2y30 Bx2y30Cx2y10 Dx2y10解析：选 A 设所求直线上任意一点 P
34、(x，y)，则 P 关于 xy20 的对称点为 P(x0，y0)，由xx02yy0220，xx0yy0，得x0y2，y0 x2，由点 P(x0，y0)在直线 2xy30 上，2(y2)(x2)30，即 x2y30通法在握1中心对称问题的 2 个类型及求解方法(1)点关于点对称：若点 M(x1，y1)及 N(x，y)关于 P(a，b)对称，则由中点坐标公式得x2ax1，y2by1，进而求解(2)直线关于点的对称，主要求解方法是：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；求出一个对称点，再利用两对称直线平行，由点斜式得到所求直线方程2轴对称问题的
35、 2 个类型及求解方法(1)点关于直线的对称：若两点 P1(x1，y1)与 P2(x2，y2)关于直线 l：AxByC0 对称，由方程组Ax1x22By1y22C0，y2y1x2x1AB 1，可得到点 P1 关于 l 对称的点 P2 的坐标(x2，y2)(其中 B0，x1x2)(2)直线关于直线的对称：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演练冲关1与直线 3x4y50 关于 x 轴对称的直线方程为_解析：设 A(x，y)为所求直线上的任意一点，则 A(x，y)在直线 3x4y50 上，即 3x4(y)50，故所求直线方程为 3x4y5
36、0答案：3x4y502已知点 A(1,3)关于直线 ykxb 对称的点是 B(2,1)，则直线 ykxb 在 x 轴上的截距是_解析：由题意得线段 AB 的中点12，2 在直线 ykxb 上，故23k1，12kb2，解得 k32，b54，所以直线方程为 y32x54令 y0，即32x540，解得 x56，故直线 ykxb 在 x 轴上的截距为56答案：563 已知入射光线经过点 M(3,4)，被直线 l：xy30 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_解析：设点 M(3,4)关于直线 l：xy30 的对称点为 M(a，b)，则反射光线所在直线过点 M，所以b4a311
37、，3a2b42 30，解得 a1，b0又反射光线经过点 N(2,6)，所以所求直线的方程为y060 x121，即 6xy60答案：6xy60一抓基础，多练小题做到眼疾手快1直线 2xym0 和 x2yn0 的位置关系是()A平行 B垂直C相交但不垂直D不能确定解析：选 C 由2xym0，x2yn0，可得 3x2mn0，由于 3x2mn0 有唯一解，故方程组有唯一解，故两直线相交，两直线的斜率分别为2，12，斜率之积不等于1，故不垂直2过点(1,0)且与直线 x2y20 垂直的直线方程是()Ax2y10 Bx2y10C2xy20 Dx2y10解析：选 C 因为直线 x2y20 的斜率为12，所以
38、所求直线的斜率 k2所以所求直线的方程为 y02(x1)，即 2xy20故选 C3直线 x2y10 关于直线 x1 对称的直线方程是()Ax2y10 B2xy10C2xy30 Dx2y30解析：选 D 由题意得直线 x2y10 与直线 x1 的交点坐标为(1,1)又直线 x2y10 上的点(1,0)关于直线 x1 的对称点为(3,0)，所以由直线方程的两点式，得y010 x313，即 x2y304与直线 l1：3x2y60 和直线 l2：6x4y30 等距离的直线方程是_解析：l2：6x4y30 化为 3x2y320，所以 l1 与 l2 平行，设与 l1，l2 等距离的直线 l 的方程为 3
39、x2yc0，则|c6|c32，解得 c154，所以 l 的方程为 12x8y150答案：12x8y1505若直线 2xy10，yx1，yax2 交于一点，则 a 的值为_解析：解方程组2xy10，yx1，可得x9，y8，所以直线 2xy10 与 yx1 的交点坐标为(9，8)，代入 yax2，得8a(9)2，所以 a23答案：23二保高考，全练题型做到高考达标1已知 A(2,3)，B(4,0)，P(3,1)，Q(m，m1)，若直线 ABPQ，则 m 的值为()A1 B0C1 D2解析：选 C ABPQ，kABkPQ，即 0342 m11m3，解得 m1，故选 C2若直线 l1：xay60 与
40、l2：(a2)x3y2a0 平行，则 l1 与 l2 之间的距离为()A4 23B4 2C8 23D2 2解析：选 C l1l2，1a2a3 62a，解得 a1，l1 与 l2 的方程分别为 l1：xy60，l2：xy230，l1 与 l2 的距离 d62328 23 3(2016浙江温州第二次适应性)已知直线 l1：mxy10 与直线 l2：(m2)xmy10，则“m1”是“l1l2”的()A充分不必要条件B充要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件解析：选 A 由 l1l2，得 m(m2)m0，解得 m0 或 m1，所以“m1”是“l1l2”的充分不必要条件，故选 A4若直线 l1：y
41、k(x4)与直线 l2 关于点(2,1)对称，则直线 l2 恒过定点()A(0,4)B(0,2)C(2,4)D(4，2)解析：选 B 由于直线 l1：yk(x4)恒过定点(4,0)，其关于点(2,1)对称的点为(0,2)，又由于直线 l1：yk(x4)与直线 l2 关于点(2,1)对称，所以直线 l2 恒过定点(0,2)5已知直线 l：xy10，l1：2xy20若直线 l2 与 l1 关于 l 对称，则 l2 的方程是()Ax2y10 Bx2y10Cxy10 Dx2y10解析：选 B 因为 l1 与 l2 关于 l 对称，所以 l1 上任一点关于 l 的对称点都在 l2上，故 l与 l1 的交
42、点(1,0)在 l2 上又易知(0，2)为 l1 上一点，设它关于 l 的对称点为(x，y)，则x02 y22 10，y2x 11，解得x1，y1，即(1,0)，(1，1)为 l2 上两点，可得 l2 的方程为 x2y106已知点 A(3，4)，B(6,3)到直线 l：axy10 的距离相等，则实数 a 的值为_解析：由题意及点到直线的距离公式得|3a41|a21|6a31|a21，解得 a13或79答案：13或797以点 A(4,1)，B(1,5)，C(3,2)，D(0，2)为顶点的四边形 ABCD 的面积为_解析：因为 kAB511443，kDC2230 43kAD2104 34，kBC
43、253134则 kABkDC，kADkBC，所以四边形 ABCD 为平行四边形又 kADkAB1，即 ADAB，故四边形 ABCD 为矩形故 S|AB|AD|142512 04221225答案：258l1，l2 是分别经过点 A(1,1)，B(0，1)的两条平行直线，当 l1，l2 间的距离最大时，直线 l1 的方程是_解析：当两条平行直线与 A，B 两点连线垂直时，两条平行直线间的距离最大因为A(1,1)，B(0，1)，所以 kAB1101 2，所以当 l1，l2 间的距离最大时，直线 l1 的斜率为k12，所以当 l1，l2 间的距离最大时，直线 l1 的方程是 y112(x1)，即 x2
44、y30答案：x2y309已知直线 l1：ax2y60 和直线 l2：x(a1)ya210(1)当 l1l2 时，求 a 的值；(2)当 l1l2 时，求 a 的值解：(1)法一：当 a1 时，l1：x2y60，l2：x0，l1 不平行于 l2；当 a0 时，l1：y3，l2：xy10，l1 不平行于 l2；当 a1 且 a0 时，两直线方程可化为 l1：ya2x3，l2：y 11ax(a1)，由 l1l2 可得a2 11a，3a1，解得 a1综上可知，a1法二：由 l1l2 知A1B2A2B10，A1C2A2C10，即aa1120，aa21160a2a20，aa216a1(2)法一：当 a1
45、时，l1：x2y60，l2：x0，l1 与 l2 不垂直，故 a1 不符合；当 a1 时，l1：ya2x3，l2：y 11ax(a1)，由 l1l2，得a2 11a1a23法二：l1l2，A1A2B1B20，即 a2(a1)0，得 a2310已知ABC 的顶点 A(5,1)，AB 边上的中线 CM 所在直线方程为 2xy50，AC边上的高 BH 所在直线方程为 x2y50，求直线 BC 的方程解：依题意知：kAC2，A(5,1)，lAC 的方程为 2xy110，联立2xy110，2xy50，得 C(4,3)设 B(x0，y0)，则 AB 的中点 Mx052，y012，代入 2xy50，得 2x
46、0y010，联立2x0y010，x02y050，得 B(1，3)，kBC65，直线 BC 的方程为 y365(x4)，即 6x5y90三上台阶，自主选做志在冲刺名校1已知 P(x0，y0)是直线 l：AxByC0 外一点，则方程 AxByC(Ax0By0C)0 表示()A过点 P 且与 l 垂直的直线B过点 P 且与 l 平行的直线C不过点 P 且与 l 垂直的直线D不过点 P 且与 l 平行的直线解析：选 D 因为 P(x0，y0)是直线 l1：AxByC0 外一点，所以 Ax0By0Ck，k0若方程 AxByC(Ax0By0C)0，则 AxByCk0因为直线 AxByCk0 和直线 l 斜
47、率相等，但在 y 轴上的截距不相等，故直线 AxByCk0 和直线 l 平行因为 Ax0By0Ck，而 k0，所以 Ax0By0Ck0，所以直线 AxByCk0 不过点 P2已知直线 l：(2ab)x(ab)yab0 及点 P(3,4)(1)证明直线 l 过某定点，并求该定点的坐标(2)当点 P 到直线 l 的距离最大时，求直线 l 的方程解：(1)证明：直线 l 的方程可化为a(2xy1)b(xy1)0，由2xy10，xy10，得x2，y3，所以直线 l 恒过定点(2,3)(2)由(1)知直线 l 恒过定点 A(2,3)，当直线 l 垂直于直线 PA 时，点 P 到直线 l 的距离最大又直线
48、 PA 的斜率 kPA433215，所以直线 l 的斜率 kl5故直线 l 的方程为 y35(x2)，即 5xy70第三节圆的方程1圆的定义及方程定义平面内与定点的距离等于定长的点的集合(轨迹)标准方程(xa)2(yb)2r2(r0)圆心：(a，b)，半径：r一般方程x2y2DxEyF0，(D2E24F0)圆心：D2，E2，半径：12 D2E24F2点与圆的位置关系点 M(x0，y0)与圆(xa)2(yb)2r2 的位置关系：(1)若 M(x0，y0)在圆外，则(x0a)2(y0b)2r2(2)若 M(x0，y0)在圆上，则(x0a)2(y0b)2r2(3)若 M(x0，y0)在圆内，则(x0
49、a)2(y0b)2r2小题体验1(2016全国甲卷)圆 x2y22x8y130 的圆心到直线 axy10 的距离为 1，则 a()A43 B34C 3D2解析：选 A 因为圆 x2y22x8y130 的圆心坐标为(1,4)，所以圆心到直线 axy10 的距离 d|a41|a21 1，解得 a432(教材习题改编)圆 C 的直径的两个端点分别是 A(1,2)，B(1,4)，则圆 C 的标准方程为_解析：设圆心 C 的坐标为(a，b)，则 a1120，b242 3，故圆心 C(0,3)半径 r12|AB|12 112422 2圆 C 的标准方程为 x2(y3)22答案：x2(y3)223若点(1,
50、1)在圆(xa)2(ya)24 的内部，则实数 a 的取值范围是_解析：因为点(1,1)在圆(xa)2(ya)24 的内部，所以(1a)2(1a)24即 a21，故1a1答案：(1,1)对于方程 x2y2DxEyF0 表示圆时易忽视 D2E24F0 这一成立条件小题纠偏(2016浙江高考)已知 aR，方程 a2x2(a2)y24x8y5a0 表示圆，则圆心坐标是_，半径是_解析：由二元二次方程表示圆的条件可得 a2a2，解得 a2 或1当 a2 时，方程为 4x24y24x8y100，即 x2y2x2y520，配方得x122(y1)2540，不表示圆；当 a1 时，方程为 x2y24x8y50
51、，配方得(x2)2(y4)225，则圆心坐标为(2，4)，半径是 5答案：(2，4)5考点一 圆的方程基础送分型考点自主练透题组练透1(2017石家庄质检)若圆 C 的半径为 1，点 C 与点(2,0)关于点(1,0)对称，则圆 C 的标准方程为()Ax2y21 B(x3)2y21C(x1)2y21 Dx2(y3)21解析：选 A 因为点 C 与点(2,0)关于点(1,0)对称，故由中点坐标公式可得 C(0,0)，所以所求圆的标准方程为 x2y212圆心在 y 轴上且经过点(3,1)的圆与 x 轴相切，则该圆的方程是()Ax2y210y0 Bx2y210y0Cx2y210 x0 Dx2y210
52、 x0解析：选 B 设圆心为(0，b)，半径为 r，则 r|b|，所以圆的方程为 x2(yb)2b2因为点(3,1)在圆上，所以 9(1b)2b2，解得 b5所以圆的方程为 x2y210y03(2015全国卷)过三点 A(1,3)，B(4,2)，C(1，7)的圆交 y 轴于 M，N 两点，则|MN|()A2 6B8C4 6D10解析：选 C 设圆的方程为 x2y2DxEyF0，则D3EF100，4D2EF200，D7EF500.解得D2，E4，F20.圆的方程为 x2y22x4y200令 x0，得 y22 6或 y22 6，M(0，22 6)，N(0，22 6)或 M(0，22 6)，N(0，
53、22 6)，|MN|4 6，故选 C4(2016天津高考)已知圆 C 的圆心在 x 轴的正半轴上，点 M(0，5)在圆 C 上，且圆心到直线 2xy0 的距离为4 55，则圆 C 的方程为_解析：因为圆 C 的圆心在 x 轴的正半轴上，设 C(a,0)，且 a0，所以圆心到直线 2xy0 的距离 d2a54 55，解得 a2，所以圆 C 的半径 r|CM|453，所以圆 C 的方程为(x2)2y29答案：(x2)2y29谨记通法1求圆的方程的 2 种方法(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程(2)待定系数法：若已知条件与圆心(a，b)和半径 r 有关，则设圆的标准
54、方程，依据已知条件列出关于a，b，r 的方程组，从而求出 a，b，r 的值；若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，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2确定圆心位置的 3 种方法(1)圆心在过切点且与切线垂直的直线上(2)圆心在圆的任意弦的垂直平分线上(3)两圆相切时，切点与两圆圆心共线提醒 解答圆的有关问题，应注意数形结合，充分运用圆的几何性质考点二 与圆有关的最值问题题点多变型考点多角探明锁定考向与圆有关的最值问题是命题的热点内容，它着重考查数形结合与转化思想常见的命题角度有：(1)斜率型最值问题；(2)截距型最值问题；(3)距离型最值问题
55、 题点全练角度一：斜率型最值问题1(2016抚顺模拟)已知实数 x，y 满足方程 x2y24x10，求yx的最大值和最小值解：原方程可化为(x2)2y23，表示以(2,0)为圆心，3为半径的圆yx的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设yxk，即 ykx当直线 ykx 与圆相切时(如图)，斜率 k 取最大值或最小值，此时|2k0|k21 3，解得 k 3所以yx的最大值为 3，最小值为 3角度二：截距型最值问题2已知实数 x，y 满足方程 x2y24x10，求 yx 的最大值和最小值解：yx 可看作是直线 yxb 在 y 轴上的截距，如图所示，当直线 yxb 与圆相切时，纵截距 b 取得最
56、大值或最小值，此时|20b|2 3，解得 b2 6所以 yx 的最大值为2 6，最小值为2 6角度三：距离型最值问题3已知实数 x，y 满足方程 x2y24x10，求 x2y2 的最大值和最小值解：如图所示，x2y2 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2020022，所以 x2y2 的最大值是(2 3)274 3，x2y2 的最小值是(2 3)274 3通法在握与圆有关的最值问题的 3 种常见转化法(1)形如 ybxa形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题(2)形如 taxby 形式的最值问题，可转化为
57、动直线截距的最值问题(3)形如(xa)2(yb)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演练冲关1设点 P 是函数 y 4x12图象上的任意一点，点 Q 坐标为(2a，a3)(aR)，则|PQ|的最小值为_解析：函数 y 4x12的图象表示圆(x1)2y24 的下半圆令点 Q 的坐标为(x，y)，则x2a，ya3，得 yx23，即 x2y60，作出图象如图所示由于圆心(1,0)到直线 x2y60 的距离 d|1206|1222 52，所以直线 x2y60 与圆(x1)2y24 相离，因此|PQ|的最小值是 52答案：522已知 m0，n0，若直线(m1)x(n1)y20 与
58、圆(x1)2(y1)21 相切，则 mn 的取值范围是_解析：因为 m0，n0，直线(m1)x(n1)y20 与圆(x1)2(y1)21 相切，所以 圆心 C(1,1)到直 线的距 离为半径 1，所 以|m1n12|m12n12 1，即|m n|m12n12两边平方并整理得 mnmn1由基本不等式 mnmn22 可得 mn1mn22，即(mn)24(mn)40，解得 mn22 2当且仅当 mn 时等号成立答案：22 2，)考点三 与圆有关的轨迹问题重点保分型考点师生共研典例引领已知 A(2,0)为圆 x2y24 上一定点，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
59、迹方程；(2)若PBQ90，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(2x2,2y)因为 P 点在圆 x2y24 上，所以(2x2)2(2y)24故线段 AP 中点的轨迹方程为(x1)2y21(2)设 PQ 的中点为 N(x，y)，在 RtPBQ 中，|PN|BN|，设 O 为坐标原点，连接 ON，则 ONPQ，所以|OP|2|ON|2|PN|2|ON|2|BN|2，所以 x2y2(x1)2(y1)24故线段 PQ 中点的轨迹方程为 x2y2xy10由题悟法与圆有关的轨迹问题的 4 种求法(1)直接法：直接根据题目提供的条件列出方
60、程(2)定义法：根据圆、直线等定义列方程(3)几何法：利用圆与圆的几何性质列方程(4)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等即时应用设定点 M(3,4)，动点 N 在圆 x2y24 上运动，点 O 是坐标原点，以 OM，ON 为两边作平行四边形 MONP，求动点 P 的轨迹解：四边形 MONP 为平行四边形，OPOMON设点 P(x，y)，点 N(x0，y0)，则ON OPOM(x，y)(3,4)(x3，y4)(x0，y0)，x0 x3，y0y4又点 N 在圆 x2y24 上运动，x20y204，即(x3)2(y4)24又当 OM 与 ON 共线时，O，M，N，P 构不成平
61、行四边形，故动点 P 的轨迹是以(3,4)为圆心，2 为半径的圆且除去两点95，125 和215，285 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1经过点(1,0)，且圆心是两直线 x1 与 xy2 的交点的圆的方程为()A(x1)2y21B(x1)2(y1)21Cx2(y1)21D(x1)2(y1)22解析：选 B 由x1，xy2，得x1，y1，即所求圆的圆心坐标为(1,1)，又由该圆过点(1,0)，得其半径为 1，故圆的方程为(x1)2(y1)212若圆 x2y22axb20 的半径为 2，则点(a，b)到原点的距离为()A1 B2C 2D4解析：选 B 由半径 r12 D2E24F12 4a24b
62、22 得，a2b22点(a，b)到原点的距离 d a2b22，故选 B3点 P(4，2)与圆 x2y24 上任一点连线的中点的轨迹方程是()A(x2)2(y1)21 B(x2)2(y1)24C(x4)2(y2)24 D(x2)2(y1)21解析：选 A 设圆上任一点为 Q(x0，y0)，PQ 的中点为 M(x，y)，则x4x02，y2y02，解得x02x4，y02y2，因为点 Q 在圆 x2y24 上，所以 x20y204，即(2x4)2(2y2)24，化简得(x2)2(y1)214若圆 C 的半径为 1，其圆心与点(1,0)关于直线 yx 对称，则圆 C 的标准方程为_解析：根据题意得点(1
63、,0)关于直线 yx 对称的点(0,1)为圆心，又半径 r1，所以圆 C的标准方程为 x2(y1)21答案：x2(y1)215已知圆 C 的圆心在 x 轴上，并且经过点 A(1,1)，B(1,3)，若 M(m，6)在圆 C 内，则 m 的取值范围为_解析：设圆心为 C(a,0)，由|CA|CB|，得(a1)212(a1)232，解得 a2半径 r|CA|21212 10故圆 C 的方程为(x2)2y210由题意知(m2)2(6)210，解得 0m4答案：(0,4)二保高考，全练题型做到高考达标1方程 y 1x2表示的曲线是()A上半圆 B下半圆C圆D抛物线解析：选 A 由方程可得 x2y21(
64、y0)，即此曲线为圆 x2y21 的上半圆2以 M(1,0)为圆心，且与直线 xy30 相切的圆的方程是()A(x1)2y28 B(x1)2y28C(x1)2y216 D(x1)2y216解析：选 A 因为所求圆与直线 xy30 相切，所以圆心 M(1,0)到直线 xy30 的距离即为该圆的半径 r，即 r|103|22 2所以所求圆的方程为：(x1)2y28故选 A3已知圆 C 的圆心是直线 xy10 与 x 轴的交点，且圆 C 与直线 xy30 相切，则圆 C 的方程是()A(x1)2y22 B(x1)2y28C(x1)2y22 D(x1)2y28解析：选 A 直线 xy10 与 x 轴的
65、交点(1,0)根据题意，圆 C 的圆心坐标为(1,0)因为圆与直线 xy30 相切，所以半径为圆心到切线的距离，即 rd|103|1212 2，则圆的方程为(x1)2y22故选 A4已知圆 C 与直线 yx 及 xy40 都相切，圆心在直线 yx 上，则圆 C 的方程为()A(x1)2(y1)22 B(x1)2(y1)22C(x1)2(y1)22 D(x1)2(y1)22解析：选 D 由题意知 xy0 和 xy40 之间的距离为|4|22 2，所以 r 2又因为 xy0 与 xy0，xy40 均垂直，所以由 xy0 和 xy0 联立得交点坐标为(0,0)，由 xy0 和 xy40 联立得交点坐
66、标为(2，2)，所以圆心坐标为(1，1)，圆 C 的标准方程为(x1)2(y1)225已知直线 l：xmy40，若曲线 x2y22x6y10 上存在两点 P，Q 关于直线 l 对称，则 m 的值为()A2 B2C1 D1解析：选 D 因为曲线 x2y22x6y10 是圆(x1)2(y3)29，若圆(x1)2(y3)29 上存在两点 P，Q 关于直线 l 对称，则直线 l：xmy40 过圆心(1,3)，所以13m40，解得 m16设 A(3,0)，B(3,0)为两定点，动点 P 到 A 点的距离与到 B 点的距离之比为 12，则点 P 的轨迹图形所围成的面积是_解析：设 P(x，y)，则由题意有
67、x32y2x32y214，整理得 x2y210 x90，即(x5)2y216，所以点 P 在半径为 4 的圆上，故其面积为 16答案：167(2016东城区调研)当方程 x2y2kx2yk20 所表示的圆的面积取最大值时，直线 y(k1)x2 的倾斜角 _解析：由题意知，圆的半径 r12k244k21243k21，当半径 r 取最大值时，圆的面积最大，此时 k0，r1，所以直线方程为 yx2，则有 tan 1，又 0，)，故 34 答案：348已知平面区域x0，y0，x2y40恰好被面积最小的圆 C：(xa)2(yb)2r2 及其内部所覆盖，则圆 C 的方程为_解析：由题意知，此平面区域表示的
68、是以 O(0,0)，P(4,0)，Q(0,2)所构成的三角形及其内部，所以覆盖它的且面积最小的圆是其外接圆OPQ 为直角三角形，圆心为斜边 PQ 的中点(2,1)，半径 r|PQ|2 5，因此圆 C 的方程为(x2)2(y1)25答案：(x2)2(y1)259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 10(1)求直线 CD 的方程；(2)求圆 P 的方程解：(1)由题意知，直线 AB 的斜率 k1，中点坐标为(1,2)则直线 CD 的方程为 y2(x1)，即 xy30(2)设圆心 P(a，b)，则由点 P 在
69、 CD 上得 ab30又直径|CD|4 10，|PA|2 10，(a1)2b240由解得a3，b6或a5，b2.圆心 P(3,6)或 P(5，2)圆 P 的方程为(x3)2(y6)240 或(x5)2(y2)24010已知过原点的动直线 l 与圆 C1：x2y26x50 相交于不同的两点 A，B(1)求圆 C1 的圆心坐标(2)求线段 AB 的中点 M 的轨迹 C 的方程解：(1)把圆 C1 的方程化为标准方程得(x3)2y24，圆 C1 的圆心坐标为 C1(3,0)(2)设 M(x，y)，A，B 为过原点的直线 l 与圆 C1 的交点，且 M 为 AB 的中点，由圆的性质知：MC1MO，MC
70、1MO0又MC1(3x，y)，MO(x，y)，由向量的数量积公式得 x23xy20易知直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 ymx，当直线 l 与圆 C1 相切时，d|3m0|m212，解得 m2 55 把相切时直线 l 的方程代入圆 C1 的方程化简得 9x230 x250，解得 x53当直线 l 经过圆 C1 的圆心时，M 的坐标为(3,0)又直线 l 与圆 C1 交于 A，B 两点，M 为 AB 的中点，53x3点 M 的轨迹 C 的方程为 x23xy20，其中53x3，其轨迹为一段圆弧三上台阶，自主选做志在冲刺名校1已知圆 C：(x3)2(y4)21 和两点 A(m,0),B(m
71、,0)(m0)若圆 C 上存在点 P，使得APB90，则 m 的最大值为()A7 B6C5 D4解析：选 B 由(x3)2(y4)21 知圆上点 P(x0，y0)可化为x03cos，y04sin.APB90，即 AP BP0，(x0m)(x0m)y200，m2x20y20266cos 8sin 2610sin()其中tan 34，16m236,且 m0，4m6，即 m 的最大值为 62已知 M(m，n)为圆 C：x2y24x14y450 上任意一点(1)求 m2n 的最大值；(2)求n3m2的最大值和最小值解：(1)因为 x2y24x14y450 的圆心 C(2,7)，半径 r2 2，设 m2
72、nt，将 m2nt 看成直线方程，因为该直线与圆有公共点，所以圆心到直线的距离 d|227t|12222 2，解上式得，162 10t162 10，所以所求的最大值为 162 10(2)记点 Q(2,3)，因为n3m2表示直线 MQ 的斜率 k，所以直线 MQ 的方程为 y3k(x2)，即 kxy2k30由直线 MQ 与圆 C 有公共点，得|2k72k3|1k22 2可得 2 3k2 3，所以n3m2的最大值为 2 3，最小值为 2 3第四节直线与圆、圆与圆的位置关系1直线与圆的位置关系(半径为 r，圆心到直线的距离为 d)相离相切相交图形量化方程观点000几何观点drdrdr2圆与圆的位置关
73、系(两圆半径为 r1，r2，d|O1O2|)相离外切相交内切内含图形量的关系dr1r2dr1r2|r1r2|dr1r2d|r1r2|d|r1r2|小题体验1圆(x2)2y24 与圆(x2)2(y1)29 的位置关系为()A内切 B相交C外切D相离解析：选 B 两圆圆心分别为(2,0)，(2,1)，半径分别为 2 和 3，圆心距 d 42121732d1，解得 k(3，3)答案：k(3，3)谨记通法判断直线与圆的位置关系一般有两种方法(1)几何法：圆心到直线的距离与圆半径比较大小，即可判断直线与圆的位置关系这种方法的特点是计算量较小(2)代数法：将直线方程与圆方程联立方程组，再将二次方程组转化为
74、一元二次方程，该方程解的情况即对应直线与圆的位置关系这种方法具有一般性，适合于判断直线与圆锥曲线的位置关系，但是计算量较大，能用几何法，尽量不用代数法考点二 切线、弦长问题题点多变型考点多角探明锁定考向与圆有关的切线及弦长问题，是近年来高考的一个热点，常见的命题角度有：(1)求圆的切线方程(切线长)；(2)求弦长；(3)由弦长及切线问题求参数 题点全练角度一：求圆的切线方程(切线长)1已知圆的方程为 x2y21，则在 y 轴上截距为 2的切线方程为()Ayx 2Byx 2Cyx 2或 yx 2Dx1 或 yx 2解析：选 C 在 y 轴上截距为 2且斜率不存在的直线显然不是切线，故设切线方程为
75、 ykx 2，则|2|k211，所以 k1，故所求切线方程为 yx 2或 yx 2角度二：求弦长2若 a2b22c2(c0)，则直线 axbyc0 被圆 x2y21 所截得的弦长为()A12 B1C 22D 2解析：选 D 因为圆心(0,0)到直线 axbyc0 的距离 d|c|a2b2|c|2|c|22，因此根据直角三角形的关系，弦长的一半就等于1222 22，所以弦长为 2角度三：由弦长及切线问题求参数3(2017重庆适应性测试)已知圆 C：(x1)2(y2)22 截 y 轴所得线段与截直线 y2xb 所得线段的长度相等，则 b()A 6B 6C 5D 5解析：选 D 记圆 C 与 y 轴
76、的两个交点分别是 A，B，由圆心 C 到 y 轴的距离为 1，|CA|CB|2可知，圆心 C(1,2)到直线 2xyb0 的距离也等于 1 才符合题意，于是|212b|51，解得 b 5，选 D通法在握1圆的切线方程的 2 种求法(1)代数法：设切线方程为 yy0k(xx0)，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 0 进而求得 k(2)几何法：设切线方程为 yy0k(xx0)，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 dr，进而求出 k提醒 若点 M(x0，y0)在圆 x2y2r2 上，则过 M 点的圆的切线方程为 x0 xy0yr22弦长的 2 种求
77、法(1)代数法：将直线和圆的方程联立方程组，消元后得到一个一元二次方程在判别式0 的前提下，利用根与系数的关系，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 l2 r2d2演练冲关1(2017湖南四地联考)若圆 C：x2y22x4y30 关于直线 2axby60 对称，过点(a，b)作圆的切线，则切线长的最小值是()A2 B3C4 D6解析：选 C 圆 C 的标准方程为(x1)2(y2)22，所以圆心为点(1,2)，半径为 2因为圆 C 关于直线 2axby60 对称，所以圆心 C 在直线 2axby60 上，所以2a2b60，即 ba3，点(a，b)到圆心的距离
78、d a12b22 a12a322 2a28a26 2a2218所以当 a2 时，d 取最小值 183 2，此时切线长最小，为3 22 22 164，所以选 C2(2017山西三地五校联考)过原点且与直线 6x 3y10 平行的直线 l 被圆 x2(y 3)27 所截得的弦长为_解析：由题意可得 l 的方程为 2xy0，圆心(0，3)到 l 的距离 d 331，所求弦长 l2 R2d22 712 6答案：2 6考点三 圆与圆的位置关系重点保分型考点师生共研典例引领(2016山东高考)已知圆 M：x2y22ay0(a0)截直线 xy0 所得线段的长度是2 2，则圆 M 与圆 N：(x1)2(y1)
79、21 的位置关系是()A内切 B相交C外切D相离解析：选 B 法一：由x2y22ay0，xy0，得两交点为(0,0)，(a，a)圆 M 截直线所得线段长度为 2 2，a2a22 2又 a0，a2圆 M 的方程为 x2y24y0，即 x2(y2)24，圆心 M(0,2)，半径 r12又圆 N：(x1)2(y1)21，圆心 N(1,1)，半径 r21，|MN|012212 2r1r21，r1r23,1|MN|3，两圆相交法二：由题知圆 M：x2(ya)2a2(a0)，圆心(0，a)到直线 xy0 的距离 d a2，所以 2a2a22 2 2，解得 a2圆 M，圆 N 的圆心距|MN|2，两圆半径之
80、差为 1，故两圆相交由题悟法解决圆与圆位置关系问题的 2 大通法(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即时应用1(2017山西太原模拟)若圆 C1：x2y21 与圆 C2：x2y26x8ym0 外切，则m()A21 B19C9 D11解析：选 C 圆 C1 的圆心为 C1(0,0)，半径 r11，因为圆 C2 的方程可化为(x3)2(y4)225m，所以圆 C2 的圆心为 C2(3,4)，半径 r2 25m(m25)从而|C1C2|32425由两圆外切得|C1C2|r1r2，即 1 25m5，解
81、得 m9，故选 C2若圆 x2y24 与圆 x2y22ay60(a0)的公共弦长为 2 3，则 a_解析：方程 x2y22ay60 与 x2y24两式相减得：2ay2，则 y1a由已知条件22 321a，即 a1答案：1一抓基础，多练小题做到眼疾手快1直线 kxy20(kR)与圆 x2y22x2y10 的位置关系是()A相交 B相切C相离D与 k 值有关解析：选 D 圆心为(1,1)，所以圆心到直线的距离为|k12|1k2|k1|1k2，所以直线与圆的位置关系和 k 值有关，故选 D2已知圆 x2y22x2ya0 截直线 xy20 所得弦的长度为 4，则实数 a 的值是()A2 B4C6 D8
82、解析：选 B 圆的标准方程为(x1)2(y1)22a(a2)，圆心 C(1,1)，半径 r 满足r22a，则圆心 C 到直线 xy20 的距离 d 2，所以 r222(2)22aa43已知点 M 是直线 3x4y20 上的动点，点 N 为圆(x1)2(y1)21 上的动点，则|MN|的最小值是()A95B1C45D135解析：选 C 圆心(1，1)到点 M 的距离的最小值为点(1，1)到直线的距离 d|342|595，故点 N 到点 M 的距离的最小值为 d1454已知圆 O：x2y25 和点 A(1,2)，则过 A 且与圆 O 相切的直线与两坐标轴围成的三角形的面积等于_解析：因为点 A(1
83、,2)在圆 x2y25 上，故过点 A 的圆的切线方程为 x2y5，令 x0，得 y52令 y0，得 x5，故所求三角形的面积S12525254 答案：2545若圆 x2y2mx140 与直线 y1 相切，其圆心在 y 轴的左侧，则 m_解析：圆的标准方程为xm22y2m2122，圆心到直线 y1 的距离 m212|0(1)|，解得 m 3，因为圆心在 y 轴的左侧，所以 m 3答案：3二保高考，全练题型做到高考达标1若直线 l：ykx1(k0)与圆 C：x24xy22y30 相切，则直线 l 与圆 D：(x2)2y23 的位置关系是()A相交B相切C相离D不确定解析：选 A 因为圆 C 的标
84、准方程为(x2)2(y1)22，所以其圆心坐标为(2,1)，半径为 2，因为直线 l 与圆 C 相切所以|2k11|k21 2，解得 k1，因为 k0，所以 k1，所以直线 l 的方程为 xy10圆心 D(2,0)到直线 l 的距离d|201|2 22 3，所以直线 l 与圆 D 相交2若直线 ykx 与圆(x2)2y21 的两个交点关于直线 2xyb0 对称，则 k，b的值分别为()A12，4 B12，4C12，4 D12，4解析：选 A 因为直线 ykx 与圆(x2)2y21 的两个交点关于直线 2xyb0 对称，所以直线 ykx 与直线 2xyb0 垂直，且直线 2xyb0 过圆心，所以
85、k12，220b0，所以k12，b4.3(2017大连模拟)圆 x2y22y30 被直线 xyk0 分成两段圆弧，且较短弧长与较长弧长之比为 13，则 k()A 21 或 21 B1 或3C1 或 2D 2解析：选 B 由题意知，圆的标准方程为 x2(y1)24较短弧所对圆周角是 90，所以圆心(0，1)到直线 xyk0 的距离为 22 r 2即|1k|2 2，解得 k1 或34(2015重庆高考)已知直线 l：xay10(aR)是圆 C：x2y24x2y10 的对称轴过点 A(4，a)作圆 C 的一条切线，切点为 B，则|AB|()A2 B4 2C6 D2 10解析：选 C 由于直线 xay
86、10 是圆 C：x2y24x2y10 的对称轴，圆心 C(2,1)在直线 xay10 上，2a10，a1，A(4，1)|AC|236440又 r2，|AB|240436|AB|65已知直线 3x4y150 与圆 O：x2y225 交于 A，B 两点，点 C 在圆 O 上，且SABC8，则满足条件的点 C 的个数为()A1 B2C3 D4解析：选 C 圆心 O 到已知直线的距离为 d|15|32423，因此|AB|2 52328，设点 C 到直线 AB 的距离为 h，则 SABC128h8，h2，由于 dh325r(圆的半径)，因此与直线 AB 距离为 2 的两条直线中一条与圆相切，一条与圆相交
87、，故符合条件的点C 有三个6若直线 y12x2 与圆 x2y22x15 相交于点 A，B，则弦 AB 的垂直平分线方程的斜截式为_解析：圆的方程可整理为(x1)2y216，所以圆心坐标为(1,0)，半径 r4，易知弦AB 的垂直平分线 l 过圆心，且与直线 AB 垂直，而 kAB12，所以 kl2由点斜式方程可得直线 l 的方程为 y02(x1)，即 y2x2答案：y2x27已知直线 xya0 与圆心为 C 的圆 x2y22x4y40 相交于 A，B 两点，且 ACBC，则实数 a 的值为_解析：由 x2y22x4y40 得(x1)2(y2)29，所以圆 C 的圆心坐标为 C(1,2)，半径为
88、 3，由 ACBC，可知ABC 是直角边长为 3 的等腰直角三角形，故可得圆心 C 到直线 xya0 的距离为3 22，由点到直线的距离公式可得|12a|23 22，解得 a0 或 a6答案：0 或 68在平面直角坐标系 xOy 中，点 A(0,3)，直线 l：y2x4，设圆 C 的半径为 1，圆心在 l 上若圆心 C 也在直线 yx1 上，过点 A 作圆 C 的切线，则切线的方程为_解析：联立yx1，y2x4，解得x3，y2.所以圆心 C(3,2)设切线方程为 ykx3，可得圆心到切线的距离 dr，即|3k32|1k2 1，解得 k0 或 k34则所求的切线方程为 y3 或 3x4y120答
89、案：y3 或 3x4y1209已知圆 C 经过点 A(2，1)，和直线 xy1 相切，且圆心在直线 y2x 上(1)求圆 C 的方程；(2)已知直线 l 经过原点，并且被圆 C 截得的弦长为 2，求直线 l 的方程解：(1)设圆心的坐标为 C(a，2a)，则 a222a12|a2a1|2化简，得 a22a10，解得 a1C(1，2)，半径 r|AC|122212 2圆 C 的方程为(x1)2(y2)22(2)当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 x0，此时直线 l 被圆 C 截得的弦长为 2，满足条件当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 ykx，由题意得|k2|1k21，解
90、得 k34，直线 l 的方程为 y34x综上所述，直线 l 的方程为 x0 或 3x4y010如图，已知以点 A(1,2)为圆心的圆与直线 l1：x2y70 相切过点 B(2,0)的动直线 l 与圆 A 相交于 M，N 两点，Q 是 MN 的中点，直线 l 与 l1相交于点 P(1)求圆 A 的方程；(2)当|MN|2 19时，求直线 l 的方程解：(1)设圆 A 的半径为 r由于圆 A 与直线 l1：x2y70 相切，r|147|52 5圆 A 的方程为(x1)2(y2)220(2)当直线 l 与 x 轴垂直时，易知 x2 符合题意；当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 yk(x2
91、)即 kxy2k0连接 AQ，则 AQMN|MN|2 19，|AQ|20191，则由|AQ|k2|k211，得 k34，直线 l：3x4y60故直线 l 的方程为 x2 或 3x4y60三上台阶，自主选做志在冲刺名校1已知 AC，BD 为圆 O：x2y24 的两条互相垂直的弦，且垂足为 M(1，2)，则四边形 ABCD 面积的最大值为()A5 B10C15 D20解析：选 A 如图，作 OPAC 于 P，OQBD 于 Q，则|OP|2|OQ|2|OM|23，|AC|2|BD|24(4|OP|2)4(4|OQ|2)20又|AC|2|BD|22|AC|BD|，则|AC|BD|10，S 四边形 AB
92、CD12|AC|BD|12105，当且仅当|AC|BD|10时等号成立，四边形 ABCD 面积的最大值为 5故选 A2(2017湖南省东部六校联考)已知直线 l：4x3y100，半径为 2 的圆 C 与 l 相切，圆心 C 在 x 轴上且在直线 l 的右上方(1)求圆 C 的方程；(2)过点 M(1,0)的直线与圆 C 交于 A，B 两点(A 在 x 轴上方)，问在 x 轴正半轴上是否存在定点 N，使得 x 轴平分ANB？若存在，请求出点 N 的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)设圆心 C(a,0)a52，则|4a10|52，解得 a0 或 a5(舍)所以圆 C：x2y24(2)如图，当直线
93、 ABx 轴时，x 轴平分ANB当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 yk(x1)，N(t,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2y24，ykx1得，(k21)x22k2xk240，所以 x1x2 2k2k21，x1x2k24k21若 x 轴平分ANB，则 kANkBN y1x1t y2x2t0kx11x1t kx21x2t 02x1x2(t1)(x1x2)2t02k24k21 2k2t1k21 2t0t4，所以当点 N 为(4,0)时，能使得ANMBNM 总成立命题点一 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(2013天津高考)已知过点 P(2
94、,2)的直线与圆(x1)2y25 相切，且与直线 axy10 垂直，则 a()A12 B1C2 D12解析：选 C 由切线与直线 axy10 垂直，得过点 P(2,2)与圆心(1,0)的直线与直线axy10 平行，所以2021a，解得 a22(2014福建高考)已知直线 l 过圆 x2(y3)2 4 的圆心，且与直线 xy10 垂直，则 l 的方程是()Axy20 Bxy20Cxy30 Dxy30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 y3x0，即 xy30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
95、1(2015北京高考)圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是()A(x1)2(y1)21 B(x1)2(y1)21C(x1)2(y1)22 D(x1)2(y1)22解析：选 D 圆的半径 r 102102 2，圆心坐标为(1,1)，所以圆的标准方程为(x1)2(y1)222(2015全国卷)已知三点 A(1,0)，B(0，3)，C(2，3)，则ABC 外接圆的圆心到原点的距离为()A53B 213C2 53D43解析：选 B A(1,0)，B(0，3)，C(2，3)，ABBCAC2，ABC 为等边三角形，故ABC 的外接圆圆心是ABC 的中心，又等边ABC 的高为 3，故中心为1，2 33，故A
96、BC 外接圆的圆心到原点的距离为12 332 213 3(2015全国卷)一个圆经过椭圆x216y241 的三个顶点，且圆心在 x 轴的正半轴上，则该圆的标准方程为_解析：由题意知 a4，b2，上、下顶点的坐标分别为(0,2)，(0，2)，右顶点的坐标为(4,0)由圆心在 x 轴的正半轴上知圆过点(0,2)，(0，2)，(4,0)三点设圆的标准方程为(xm)2y2r2(0m0)，则m24r2，4m2r2，解得m32，r2254.所以圆的标准方程为x322y2254 答案：x322y22544(2015山东高考)过点 P(1，3)作圆 x2y21 的两条切线，切点分别为 A，B，则PA PB_解
97、析：如图所示，可知 OAAP，OBBP，|OP|132，又|OA|OB|1，可以求得|AP|BP|3，APB60，故 PA PB 3 3cos 6032答案：325(2016全国乙卷)设直线 yx2a 与圆 C：x2y22ay20 相交于 A，B 两点，若|AB|2 3，则圆 C 的面积为_解析：圆 C：x2y22ay20 化为标准方程为 x2(ya)2a22，所以圆心 C(0，a)，半径 r a22，因为|AB|2 3，点 C 到直线 yx2a，即 xy2a0 的距离 d|0a2a|2|a|2，由勾股定理得2 322|a|22a22，解得 a22，所以 r2，所以圆 C 的面积为 224答案
98、：46(2013江西高考)若圆 C 经过坐标原点和点(4,0)，且与直线 y1 相切，则圆 C 的方程是_解析：如图所示，圆心在直线 x2 上，所以切点 A 为(2,1)设圆心 C 为(2，t)，由题意，可得|OC|CA|，故 4t2(1t)2，所以 t32，半径 r2254 所以圆 C 的方程为(x2)2y322254 答案：(x2)2y3222547(2014湖北高考)直线 l1：yxa 和 l2：yxb 将单位圆 C：x2y21 分成长度相等的四段弧，则 a2b2_解析：由题意得，直线 l1 截圆所得的劣弧长为2，则圆心到直线 l1 的距离为 22，即|a|222 a21，同理可得 b2
99、1，则 a2b22答案：28(2015重庆高考)若点 P(1,2)在以坐标原点为圆心的圆上，则该圆在点 P 处的切线方程为_解析：由题意，圆心与点 P 的连线的斜率 kOP2，切线的斜率 k12由点斜式可得切线方程为 y212(x1)，即 x2y50答案：x2y509(2016全国丙卷)已知直线 l：x 3y60 与圆 x2y212 交于 A，B 两点，过 A，B 分别作 l 的垂线与 x 轴交于 C，D 两点，则|CD|_.解析：如图所示，直线 AB 的方程为 x 3y60，kAB 33，BPD30，从而BDP60.在 RtBOD 中，|OB|2 3，|OD|2.取 AB 的中点 H，连接
100、OH，则 OHAB，OH 为直角梯形 ABDC 的中位线，|OC|OD|，|CD|2|OD|224.答案：410(2014北京高考)已知椭圆 C：x22y24(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 y2 上，且 OAOB，试判断直线AB 与圆 x2y22 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x24 y221所以 a24，b22，从而 c2a2b22因此 a2，c 2故椭圆 C 的离心率 eca 22(2)直线 AB 与圆 x2y22 相切证明如下：设点 A，B 的坐标分别为(x0，y0)，(t,2)，其中 x00
101、因为 OAOB，所以 OA OB0，即 tx02y00，解得 t2y0 x0 当 x0t 时，y0t22，代入椭圆 C 的方程，得 t 2，故直线 AB 的方程为 x 2圆心 O 到直线 AB 的距离 d 2此时直线 AB 与圆 x2y22 相切当 x0t 时，直线 AB 的方程为 y2y02x0t(xt)即(y02)x(x0t)y2x0ty00d|2x0ty0|y022x0t2 又 x202y204，t2y0 x0，故 d2x02y20 x0 x20y204y20 x20 44x20 x0 x408x20162x20 2此时直线 AB 与圆 x2y22 相切11(2015全国卷)已知过点 A
102、(0,1)且斜率为 k 的直线 l 与圆 C：(x2)2(y3)21交于 M，N 两点(1)求 k 的取值范围；(2)若OM ON12，其中 O 为坐标原点，求|MN|解：(1)由题设可知直线 l 的方程为 ykx1因为直线 l 与圆 C 交于两点，所以|2k31|1k2 1，解得4 73kb0)因为椭圆的一个焦点为 F(1,0)，离心率 e12，所以c1，ca12，a2b2c2，解得a2c2，b23，故椭圆的标准方程为x24 y231答案：x24 y2311椭圆的定义中易忽视 2a|F1F2|这一条件，当 2a|F1F2|其轨迹为线段 F1F2，当 2a|F1F2|不存在轨迹2求椭圆的标准方
103、程时易忽视判断焦点的位置，而直接设方程为x2a2y2b21(ab0)3注意椭圆的范围，在设椭圆x2a2y2b21(ab0)上点的坐标为 P(x，y)时，|x|a，|y|b，这往往在求与点 P 有关的最值问题中特别有用，也是容易被忽略而导致求最值错误的原因小题纠偏1已知椭圆 C：x24 y231 的左、右焦点分别为 F1，F2，椭圆 C 上的点 A 满足 AF2F1F2，若点 P 是椭圆 C 上的动点，则F1PF2A的最大值为()A 32B3 32C94D154解析：选 B 由椭圆方程知 c 431，所以 F1(1,0)，F2(1,0)因为椭圆 C 上点 A 满足 AF2F1F2，则可设 A(1
104、，y0)，代入椭圆方程可得 y2094，所以y032设 P(x1，y1)，则F1P(x11，y1)，F2A(0，y0)，所以F1PF2Ay1y0因为点 P 是椭圆 C 上的动点，所以 3y1 3，故F1PF2A的最大值为3 32 2若方程 x25k y2k31 表示椭圆，则 k 的取值范围是_解析：由已知得5k0，k30，5kk3.解得 3k0，B0，AB)考点二 椭圆的定义及其应用重点保分型考点师生共研典例引领1设 P 是椭圆x225y291 上一点，M，N 分别是两圆：(x4)2y21 和(x4)2y21上的点，则|PM|PN|的最小值、最大值分别为()A9,12 B8,11C8,12 D
105、10,12解析：选 C 如图所示，因为两个圆心恰好是椭圆的焦点，由椭圆的定义可知|PF1|PF2|10，易知|PM|PN|(|PM|MF1|)(|PN|NF2|)2，则其最小值为|PF1|PF2|28，最大值为|PF1|PF2|2122F1，F2 是椭圆x29 y271 的两个焦点，A 为椭圆上一点，且AF1F245，则AF1F2的面积为()A7 B74C72D7 52解析：选 C 由题意得 a3，b 7，c 2，|F1F2|2 2，|AF1|AF2|6|AF2|2|AF1|2|F1F2|22|AF1|F1F2|cos 45|AF1|24|AF1|8，(6|AF1|)2|AF1|24|AF1|
106、8|AF1|72AF1F2 的面积S12722 2 22 72由题悟法椭圆定义的应用技巧求方程通过对题设条件分析、转化后，能够明确动点 P 满足椭圆的定义，便可直接求解其轨迹方程求焦点三角形利用定义求焦点三角形的周长和面积解决焦点三角形问题常利用椭圆的定义、正弦定理或余弦定理其中|PF1|PF2|2a 两边平方是常用技巧求最值抓住|PF1|与|PF2|之和为定值，可联系到基本不等式求|PF1|PF2|的最值；利用定义|PF1|PF2|2a 转化或变形，借助三角形性质求最值即时应用1已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为 33，过 F2的直线 l 交
107、C 于 A，B 两点若AF1B 的周长为 4 3，则 C 的方程为()Ax23 y221 Bx23 y21Cx212y281 Dx212y241解析：选 A 由题意及椭圆的定义知 4a4 3，则 a 3，又ca c3 33，c1，b22，C 的方程为x23 y221，选 A2已知 F1，F2 是椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的两个焦点，P 为椭圆 C 上的一点，且PF1PF2若PF1F2 的面积为 9，则 b_解析：由题意知|PF1|PF2|2a，PF1PF2，所以|PF1|2|PF2|2|F1F2|24c2，所以(|PF1|PF2|)22|PF1|PF2|4c2，所以 2|PF1|P
108、F2|4a24c24b2所以|PF1|PF2|2b2，所以 SPF1F212|PF1|PF2|122b2b29所以 b3答案：3考点三 椭圆的几何性质题点多变型考点多角探明 锁定考向椭圆的几何性质是高考的热点，高考中多以小题出现，常见的命题角度有：(1)求离心率的值或范围；(2)根据椭圆的性质求参数的值或范围 题点全练角度一：求离心率的值或范围1(2016江苏高考)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，F 是椭圆x2a2y2b21(ab0)的右焦点，直线 yb2与椭圆交于 B，C 两点，且BFC90，则该椭圆的离心率是_解析：将 yb2代入椭圆的标准方程，得x2a2b24b21，所以 x 32
109、a，故 B 32 a，b2，C32 a，b2 又因为 F(c,0)，所以 BFc 32 a，b2，CFc 32 a，b2 因为BFC90，所以 BF CF0，所以c 32 a c 32 a b220，即 c234a214b20，将 b2a2c2 代入并化简，得 a232c2，所以 e2c2a223，所以 e 63(负值舍去)答案：63角度二：根据椭圆的性质求参数的值或范围2(2017泉州质检)已知椭圆 x2m2y210m1 的长轴在 x 轴上，焦距为 4，则 m 等于()A8 B7C6 D5解析：选 A 椭圆 x2m2y210m1 的长轴在 x 轴上，m20，10m0，m210m，解得 6m1
110、0焦距为 4，c2m210m4，解得 m8通法在握1应用椭圆几何性质的 2 个技巧(1)与椭圆几何性质有关的问题要结合图形进行分析，即使画不出图形，思考时也要联想到一个图形(2)椭圆的范围或最值问题常常涉及一些不等式例如axa，byb,0e1，在求椭圆的相关量的范围时，要注意应用这些不等关系2求椭圆离心率的方法(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 b2a2c2 消去 b，转化为含有 e的方程(或不等式)求解演练冲关1已知椭圆x29 y24k1 的离心率为45，则 k 的值为()A21 B21C1925或 21 D1925
111、或21解析：选 D 当 94k0，即5kb0)的左焦点 F1 作 x 轴的垂线交椭圆于点 P，F2 为椭圆的右焦点，若F1PF260，则椭圆的离心率为()A 22B 33C12D13解析：选 B 由题意，可设 Pc，b2a 因为在 RtPF1F2 中，|PF1|b2a，|F1F2|2c，F1PF260，所以2acb2 3又因为b2a2c2，所以 3c22ac 3a20，即 3e22e 30，解得 e 33 或 e 3，又因为 e(0,1)，所以 e 33 3已知 F1，F2 分别是椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，若椭圆 C 上存在点 P，使得线段 PF1 的中垂线恰好经过焦
112、点 F2，则椭圆 C 离心率的取值范围是()A23，1B13，22C13，1D0，13解析：选 C 如图所示，线段 PF1 的中垂线经过 F2，|PF2|F1F2|2c，即椭圆上存在一点 P，使得|PF2|2cac2caceca13，1 考点四 直线与椭圆的位置关系重点保分型考点师生共研典例引领(2017贵州省适应性考试)已知椭圆 G：x2a2y2b21(ab0)在 y 轴上的一个顶点为 M，两个焦点分别是 F1，F2，F1MF2120，MF1F2 的面积为 3(1)求椭圆 G 的方程；(2)过椭圆 G 长轴上的点 P(t,0)的直线 l 与圆 O：x2y21 相切于点 Q(Q 与 P 不重合
113、)，交椭圆 G 于 A，B 两点若|AQ|BP|，求实数 t 的值解：(1)由椭圆性质，知|MF2|a，于是 casin 60 32 a，bacos 6012a所以MF1F2 的面积 S12(2c)b12(3a)12a 3，解得 a2，b1所以椭圆 G 的方程为x24 y21(2)显然，直线 l 与 y 轴不平行，可设其方程为 yk(xt)由于直线 l 与圆 O 相切，则圆心 O 到 l 的距离 d|kt|k211，即 k2t2k21，联立x24y24，ykxt，化简得(14k2)x28tk2x4(t2k21)0设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 8tk214k2设 Q(x0
114、，y0)，有y0kx0t，y0 x01k，解得 x0 tk21k2由已知可得，线段 AB，PQ 中点重合，即有 x1x2tx0因此 8tk214k2t tk21k2，化简得 k212，将其代入式，可得 t 3由题悟法1直线与椭圆的位置关系的解题策略(1)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(2)设直线与椭圆的交点坐标为 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|1k2x1x224x1x211k2 y1y224y1y2(k 为直线斜率)2直线与椭圆
115、相交时的常见问题的处理方法涉及问题处理方法弦长根与系数的关系、弦长公式(直线与椭圆有两交点)中点弦或弦的中点点差法(结果要检验)即时应用(2016郑州市第二次质量检测)已知曲线 C 的方程是 mx2ny21(m0，n0)，且曲线过 A24，22，B66，33两点，O 为坐标原点(1)求曲线 C 的方程；(2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)是曲线 C 上两点，向量 p(mx1，ny1)，q(mx2，ny2)，且 pq0，若直线 MN 过点0，32，求直线 MN 的斜率解：(1)由题可得：18m12n1，16m13n1，解得 m4，n1曲线 C 的方程为 y24x21(2)设直线 MN 的
116、方程为 ykx 32，代入椭圆方程 y24x21，得(k24)x2 3kx140，x1x2 3kk24，x1x214k24，pq(2x1，y1)(2x2，y2)4x1x2y1y20，1k2414k2k2432 k 3kk24340，即 k220，k 2故直线 MN 的斜率为 2一抓基础，多练小题做到眼疾手快1(2017四川遂宁模拟)椭圆x2my241 的焦距为 2，则 m 的值是()A6 或 2 B5C1 或 9 D3 或 5解析：选 D 由题意，得 c1，当椭圆的焦点在 x 轴上时，由 m41，解得 m5；当椭圆的焦点在 y 轴上时，由 4m1，解得 m3，所以 m 的值是 3 或 5，故选
117、 D2已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线 xy 60 相切，则椭圆 C 的方程为()Ax28 y261 Bx212y291Cx24 y231 Dx26 y241解析：选 C 由题意知 eca12，所以 e2c2a2a2b2a214，即 a243b2以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆的方程为 x2y2b2，由题意可知 b 62 3，所以 a24，b23故椭圆 C 的方程为x24 y231，故选 C3设椭圆x24 y231 的焦点为 F1，F2，点 P 在椭圆上，若PF1F2 是直角三角形，则PF1F2 的面积为()A3 B3
118、 或32C32D6 或 3解析：选 C 由已知 a2，b 3，c1，则点 P 为短轴顶点(0，3)时，F1PF23，PF1F2 是正三角形，若PF1F2 是直角三角形，则直角顶点不可能是点 P，只能是焦点 F1(或F2)为直角顶点，此时|PF1|b2a 32或|PF2|b2a，SPF1F212b2a 2cb2ca 32故选 C4(2017湖北优质高中联考)若 n 是 2 和 8 的等比中项，则圆锥曲线 x2y2n1 的离心率是_解析：由 n228，得 n4，当 n4 时，曲线为椭圆，其离心率为 e 412 32；当 n4 时，曲线为双曲线，其离心率为 e 411 5答案：32 或 55(201
119、7北京东城模拟)已知椭圆 C 的中心在原点，一个焦点 F(2,0)，且长轴长与短轴长的比是 2 3，则椭圆 C 的方程是_解析：设椭圆 C 的方程为x2a2y2b21(ab0)由题意知a2b2c2，ab2 3，c2，解得 a216，b212所以椭圆 C 的方程为x216y2121答案：x216y2121二保高考，全练题型做到高考达标1曲线x225y291 与曲线x225k y29k1(k9)的()A长轴长相等 B短轴长相等C离心率相等D焦距相等解析：选 D c225k(9k)16，所以 c4，所以两个曲线的焦距相等2若椭圆 C 的长轴长是短轴长的 3 倍，则 C 的离心率为()A 63B 23
120、C 33D2 23解析：选 D 不妨设椭圆 C 的方程为x2a2y2b21(ab0)，则 2a2b3，即 a3ba29b29(a2c2)即c2a289，eca2 23，故选 D3过椭圆x25 y241 的右焦点作一条斜率为 2 的直线与椭圆交于 A，B 两点，O 为坐标原点，则OAB 的面积为()A43B53C54D103解析：选 B 由题意知椭圆的右焦点 F 的坐标为(1,0)，则直线 AB 的方程为 y2x2联立x25 y241，y2x2，解得交点(0，2)，53，43，SOAB12|OF|yAyB|121243 53，故选 B4(2017西宁模拟)设 F1，F2 分别为椭圆x24 y21
121、 的左、右焦点，点 P 在椭圆上，且|PF1PF2|2 3，则F1PF2()A6B4C3D2解析：选 D 因为PF1PF22 PO，O 为坐标原点，|PF1PF2|2 3，所以|PO|3，又|OF1|OF2|3，所以 P，F1，F2 在以点 O 为圆心的圆上，且 F1F2为直径，所以F1PF225如图，已知椭圆 C 的中心为原点 O，F(2 5，0)为 C 的左焦点，P 为 C 上一点，满足|OP|OF|，且|PF|4，则椭圆 C 的方程为()Ax225y251 Bx236y2161Cx230y2101 Dx245y2251解析：选 B 设椭圆的标准方程为x2a2y2b21(ab0)，焦距为
122、2c，右焦点为 F，连接 PF，如图所示因为 F(2 5，0)为 C 的左焦点，所以 c2 5由|OP|OF|OF|知，FPF90，即FPPF在 RtPFF中，由勾股定理，得|PF|FF|2|PF|24 52428由椭圆定义，得|PF|PF|2a4812，所以 a6，a236，于是 b2a2c236(2 5)216，所以椭圆 C 的方程为x236y21616已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的一个焦点是圆 x2y26x80 的圆心，且短轴长为 8，则椭圆的左顶点为_解析：圆的标准方程为(x3)2y21，圆心坐标为(3,0)，c3又 b4，a b2c25椭圆的焦点在 x 轴上，椭圆的左顶点为(
123、5,0)答案：(5,0)7在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的中心为原点，焦点 F1，F2 在 x 轴上，离心率为 22 过 F1 的直线 l 交 C 于 A，B 两点，且ABF2 的周长为 16，那么 C 的方程为_解析：设椭圆 C 的方程为x2a2y2b21(ab0)，AB 过 F1 且 A，B 在椭圆 C 上，ABF2 的周长|AB|AF2|BF2|AF1|AF2|BF1|BF2|4a16，a4又离心率 eca 22，c2 2，b2a2c28，椭圆 C 的方程为x216y281答案：x216y2818已知椭圆方程为x2a2y2b21(ab0)，A，B 分别是椭圆长轴的两个端点，M，
124、N 是椭圆上关于 x 轴对称的两点，直线 AM，BN 的斜率分别为 k1，k2，若|k1k2|14，则椭圆的离心率为_解析：设 M(x0，y0)，则 N(x0，y0)，|k1k2|y0 x0ay0ax0 y20a2x20b21x20a2a2x20 b2a214，从而 e1b2a2 32 答案：329已知椭圆x2a2y2b21(ab0)，F1，F2 分别为椭圆的左、右焦点，A 为椭圆的上顶点，直线 AF2 交椭圆于另一点 B(1)若F1AB90，求椭圆的离心率(2)若 AF22F2B，AF1 AB32，求椭圆的方程解：(1)若F1AB90，则AOF2 为等腰直角三角形，所以有 OAOF2，即 b
125、c所以 a 2c，eca 22(2)由题知 A(0，b)，F1(c,0)，F2(c,0)，其中 c a2b2，设 B(x，y)由 AF22F2B，得(c，b)2(xc，y)，解得 x3c2，yb2，即 B3c2，b2 将 B 点坐标代入x2a2y2b21，得94c2a2 b24b21，即9c24a2141，解得 a23c2又由 AF1 AB(c，b)3c2，3b2 32，得 b2c21，即有 a22c21由解得 c21，a23，从而有 b22所以椭圆的方程为x23 y22110设 F1，F2 分别是椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，过 F1 且斜率为 1 的直线 l 与 E
126、相交于 A，B 两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列(1)求 E 的离心率；(2)设点 P(0，1)满足|PA|PB|，求 E 的方程解：(1)由椭圆定义知|AF2|BF2|AB|4a，又 2|AB|AF2|BF2|，得|AB|43a，设直线 l 的方程为 yxc，其中 c a2b2设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 A，B 两点的坐标满足方程组yxc，x2a2y2b21，消去 y，化简得(a2b2)x22a2cxa2(c2b2)0，则 x1x22a2ca2b2，x1x2a2c2b2a2b2 因为直线 AB 的斜率为 1，所以|AB|2|x2x1|2x1x224x1x2，
127、即43a 4ab2a2b2，故 a22b2，所以 E 的离心率 eca1b2a2112 22(2)设 AB 的中点为 N(x0，y0)，由(1)知 x0 x1x22 a2ca2b22c3，y0 x0cc3由|PA|PB|，得 kPN1，即y01x0 1，得 c3，从而 a3 2，b3故椭圆 E 的方程为x218y291三上台阶，自主选做志在冲刺名校1(2017石家庄质检)已知两定点 A(2,0)和 B(2,0)，动点 P(x，y)在直线 l：yx3上移动，椭圆 C 以 A，B 为焦点且经过点 P，则椭圆 C 的离心率的最大值为()A 2613 B2 2613C2 1313D4 1313解析：选
128、 B 设点 A 关于直线 l 的对称点为 A1(x1，y1)，则有y1x121，y12x1223，解得 x13，y11，易知|PA|PB|的最小值等于|A1B|26，因此椭圆 C 的离心率 e|AB|PA|PB|4|PA|PB|的最大值为2 2613 2(2017云南统测)已知焦点在 y 轴上的椭圆 E 的中心是原点 O，离心率等于 32，以椭圆 E 的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为 4 5直线 l：ykxm 与 y 轴交于点 P，与椭圆 E 相交于 A，B 两个点(1)求椭圆 E 的方程；(2)若 AP3 PB，求 m2 的取值范围解：(1)根据已知设椭圆 E 的方程为y2a2x2b21
129、(ab0)，焦距为 2c，由已知得ca 32，c 32 a，b2a2c2a24 以椭圆 E 的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为 4 5，4 a2b22 5a4 5，a2，b1椭圆 E 的方程为 x2y241(2)根据已知得 P(0，m)，设 A(x1，kx1m)，B(x2，kx2m)，由ykxm，4x2y240 得，(k24)x22mkxm240由已知得 4m2k24(k24)(m24)0，即 k2m240，且 x1x22kmk24，x1x2m24k24由 AP3 PB得 x13x23(x1x2)24x1x212x2212x220 12k2m2k2424m24k24 0，即 m2k2m2k2
130、40当 m21 时，m2k2m2k240 不成立，k24m2m21k2m240，4m2m21m240，即4m2m2m2101m20，c0(1)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x2a2y2b21(a0，b0)y2a2x2b21(a0，b0)图形性质范围xa 或 xa，yRya 或 ya，xR对称性对称轴：坐标轴对称中心：原点顶点顶点坐标：A1(a,0)，A2(a,0)顶点坐标：A1(0，a)，A2(0，a)渐近线ybaxyabx离心率eca，e(1，)a，b，c 的关系c2a2b2实虚轴线段 A1A2 叫做双曲线的实轴，它的长|A1A2|2a；线段 B1B
131、2 叫做双曲线的虚轴，它的长|B1B2|2b；a 叫做双曲线的实半轴长，b 叫做双曲线的虚半轴长小题体验1双曲线x23 y221 的焦距为_解析：由双曲线x23 y221，易知 c2325，所以 c 5，所以双曲线x23 y221 的焦距为 2 5答案：2 52(教材习题改编)以椭圆x24 y23 1 的焦点为顶点，顶点为焦点的双曲线方程为_解析：设要求的双曲线方程为x2a2y2b21(a0，b0)，由椭圆x24 y231，得椭圆焦点为(1,0)，顶点为(2,0)所以双曲线的顶点为(1,0)，焦点为(2,0)所以 a1，c2，所以 b2c2a23，所以双曲线标准方程为 x2y231答案：x2y
132、2313(2016北京高考)已知双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的一条渐近线为 2xy0，一个焦点为(5，0)，则 a_，b_解析：因为双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的一条渐近线为 2xy0，即 y2x，所以ba2又双曲线的一个焦点为(5，0)，所以 a2b25由得 a1，b2答案：1 21双曲线的定义中易忽视 2a|F1F2|这一条件若 2a|F1F2|，则轨迹是以 F1，F2 为端点的两条射线，若 2a|F1F2|，则轨迹不存在2双曲线的标准方程中对 a，b 的要求只是 a0，b0，易误认为与椭圆标准方程中a，b 的要求相同若 ab0，则双曲线的离心率 e(1，2)；若 ab
133、0，则双曲线的离心率 e 2；若 0ab，则双曲线的离心率 e(2，)3注意区分双曲线中的 a，b，c 大小关系与椭圆中的 a，b，c 关系，在椭圆中 a2b2c2，而在双曲线中 c2a2b24易忽视渐近线的斜率与双曲线的焦点位置关系当焦点在 x 轴上，渐近线斜率为ba，当焦点在 y 轴上，渐近线斜率为ab小题纠偏1设 P 是双曲线x216y2201 上一点，F1，F2 分别是双曲线左、右两个焦点，若|PF1|9，则|PF2|等于_解析：由题意知|PF1|9ac10，所以 P 点在双曲线的左支，则有|PF2|PF1|2a8，故|PF2|PF1|817答案：172离心率为 3，且经过(3，2)的
134、双曲线的标准方程为_解析：当双曲线的焦点在 x 轴上时，设方程为x2a2y2b21则有ca 3，3a24b21，a2b2c2.解得a21，b22.所求双曲线的标准方程为 x2y221当双曲线焦点在 y 轴上时，设方程为y2a2x2b21则有ca 3，4a23b21，a2b2c2.解得a252，b25.所求双曲线的标准方程为y252x25 1答案：x2y221 或y252x25 1考点一 双曲线的标准方程基础送分型考点自主练透题组练透1(2016天津高考)已知双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的焦距为 2 5，且双曲线的一条渐近线与直线 2xy0 垂直，则双曲线的方程为()Ax24 y21
135、Bx2y241C3x220 3y25 1 D3x25 3y2201解析：选 A 由焦距为 2 5，得 c 5因为双曲线的一条渐近线与直线 2xy0 垂直，所以ba12又 c2a2b2，解得 a2，b1，所以双曲线的方程为x24 y212已知点 F1(3,0)和 F2(3,0)，动点 P 到 F1，F2 的距离之差为 4，则点 P 的轨迹方程为()Ax24 y251(y0)Bx24 y251(x0)Cy24x25 1(y0)Dy24x25 1(x0)解析：选 B 由题设知点 P 的轨迹方程是焦点在 x 轴上的双曲线的右支，设其方程为x2a2y2b21(x0，a0，b0)，由题设知 c3，a2，b
136、2945，所以点 P 的轨迹方程为x24 y251(x0)3(2016广西第一次质量检测)若以 F1(3，0)，F2(3，0)为焦点的双曲线过点(2,1)，则该双曲线的标准方程为_解析：依题意，设题中的双曲线方程是x2a2y2b21(a0，b0)，则有 4a2 1b21，a2b23，解得a22，b21因此该双曲线的标准方程是x22 y21答案：x22 y214焦点在 x 轴上，焦距为 10，且与双曲线y24x21 有相同渐近线的双曲线的标准方程是_解析：设所求双曲线的标准方程为y24x2(0)，即x2 y241，则有 425，解得 5，所以所求双曲线的标准方程为x25 y2201答案：x25
137、y2201谨记通法求双曲线标准方程的一般方法(1)待定系数法：设出双曲线方程的标准形式，根据已知条件，列出参数 a，b，c 的方程并求出 a，b，c 的值与双曲线x2a2y2b21 有相同渐近线时，可设所求双曲线方程为x2a2y2b2(0)(2)定义法：依定义得出距离之差的等量关系式，求出 a 的值，由定点位置确定 c 的值考点二 双曲线的定义重点保分型考点师生共研典例引领已知双曲线 x2y2241 的两个焦点为 F1，F2，P 为双曲线右支上一点若|PF1|43|PF2|，则F1PF2 的面积为()A48 B24C12 D6解析：选 B 由双曲线的定义可得|PF1|PF2|13|PF2|2a
138、2，解得|PF2|6，故|PF1|8，又|F1F2|10，由勾股定理可知三角形 PF1F2 为直角三角形，因此 SPF1F212|PF1|PF2|24由题悟法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即时应用1已知 F1，F2 为双曲线 C：x2y22 的左、右焦点，点 P 在 C 上，|PF1|2|PF2|，则 cosF1PF2()A14 B35 C34 D45解析：选 C 双曲线方程可化为x22 y2
139、21，ab 2，c2由|PF1|PF2|2 2，|PF1|2|PF2|得|PF1|4 2，|PF2|2 2，由余弦定理得 cosF1PF2|PF1|2|PF2|2|F1F2|22|PF1|PF2|342设双曲线x24 y221 的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1 的直线 l 交双曲线左支于 A，B 两点，则|BF2|AF2|的最小值为_解析：由双曲线的标准方程为x24 y22 1，得 a2，由双曲线的定义可得|AF2|AF1|4，|BF2|BF1|4，所以|AF2|AF1|BF2|BF1|8因为|AF1|BF1|AB|，当|AB|是双曲线的通径时，|AB|最小，所以(|AF2|BF2|)
140、min|AB|min82b2a 810答案：10考点三 双曲线的几何性质题点多变型考点多角探明双曲线的几何性质是每年高考命题的热点常见的命题角度有：(1)求双曲线的离心率(或范围)；(2)求双曲线的渐近线方程；(3)求双曲线方程 锁定考向题点全练角度一：求双曲线的离心率(或范围)1(2016山东高考)已知双曲线 E：x2a2y2b21(a0，b0)，若矩形 ABCD 的四个顶点在 E 上，AB，CD 的中点为 E 的两个焦点，且 2|AB|3|BC|，则 E 的离心率是_解析：如图，由题意知|AB|2b2a，|BC|2c又 2|AB|3|BC|，22b2a 32c，即 2b23ac，2(c2a
141、2)3ac，两边同除以 a2 并整理得 2e23e20，解得 e2(负值舍去)答案：2角度二：求双曲线的渐近线方程2(2017广州模拟)已知双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的右焦点到左顶点的距离等于它到渐近线距离的 2 倍，则其渐近线方程为()A2xy0 Bx2y0C4x3y0 D3x4y0解析：选 C 双曲线的右焦点到左顶点的距离等于 ac，右焦点到渐近线 ybax 的距离为bca2b2b，即 ac2b，c2ba，a2b2c2(2ba)2，所以 3b4a，ba43，所以所求渐近线方程为 4x3y0角度三：求双曲线方程3(2016天津高考)已知双曲线x24 y2b21(b0)，以原点为圆
142、心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于 A，B，C，D 四点，四边形 ABCD 的面积为 2b，则双曲线的方程为()Ax24 3y24 1 Bx24 4y23 1Cx24 y241 Dx24 y2121解析：选 D 由题意知双曲线的渐近线方程为 yb2x，圆的方程为 x2y24，联立x2y24，yb2x，解得x44b2，y2b4b2或x44b2，y2b4b2，即圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为44b2，2b4b2 由双曲线和圆的对称性得四边形 ABCD 为矩形，其相邻两边长为84b2，4b4b2，故84b4b22b，得 b212故双曲线的方程为x24 y2121故选 D
143、通法在握与双曲线几何性质有关问题的解题策略(1)求双曲线的离心率(或范围)依据题设条件，将问题转化为关于 a，c 的等式(或不等式)，解方程(或不等式)即可求得(2)求双曲线的渐近线方程依据题设条件，求双曲线中 a，b 的值或 a 与 b 的比值，进而得出双曲线的渐近线方程(3)求双曲线的方程依据题设条件，求出 a，b 的值或依据双曲线的定义，求双曲线的方程(4)求双曲线焦点(焦距)、实虚轴的长依题设条件及 a，b，c 之间的关系求解演练冲关1点 F 是双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左焦点，点 E 是该双曲线的右顶点，过 F 且垂直于 x 轴的直线与双曲线交于 A，B 两点，若ABE
144、 是锐角三角形，则该双曲线的离心率 e 的取值范围是()A(1，)B(1,2)C(1,1 2)D(2,1 2)解析：选 B 如图，由题意知 A 点的纵坐标为b2a，若ABE 是锐角三角形，则必有AEF45，tanAEFb2aac1，则 c2ac2a20，e2e20，1e1，1e0，b0)的离心率为54，焦点到渐近线的距离为 3，则 C 的实轴长等于_解析：因为 eca54，所以 c54a，设双曲线的一条渐近线方程为 yabx，即 axby0，焦点为(0，c)，所以bca2b2b3，所以 a c2b22516a29，所以 a216，即 a4，故 2a8答案：83(2017广州测试)已知双曲线 C
145、：x2a2y2b21(a0，b0)的左顶点为 A，右焦点为 F，点 B(0，b)，且 BA BF0，则双曲线 C 的离心率为_解析：依题意，B(0，b)，A(a,0)，F(c,0)，BA BF0，(a，b)(c，b)0，b2acc2a2，e2e10，又 e1，e1 52答案：1 524已知双曲线 x2y231 的左顶点为 A1，右焦点为 F2，P 为双曲线右支上一点，则PA1PF2的最小值为_解析：由题可知 A1(1,0)，F2(2,0)设 P(x，y)(x1)，则PA1(1x，y)，PF2(2x，y)，PA1PF2(1x)(2x)y2x2x2y2x2x23(x21)4x2x5因为 x1，函数
146、 f(x)4x2x5 的图象的对称轴为 x18，所以当 x1 时，PA1PF2取得最小值2答案：2考点四 直线与双曲线的位置关系重点保分型考点师生共研典例引领设 A，B 分别为双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左、右顶点，双曲线的实轴长为 4 3，焦点到渐近线的距离为 3(1)求双曲线的方程；(2)已知直线 y 33 x2 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OMONtOD，求 t 的值及点 D 的坐标解：(1)由题意知 a2 3，一条渐近线为 y bax，即 bxay0由焦点到渐近线的距离为 3，得|bc|b2a2 3又c2a2b2，b23，双曲线的方程为x
147、212y231(2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x0，y0)，则 x1x2tx0，y1y2ty0将直线方程 y 33 x2 代入双曲线方程x212y231 得x216 3x840，则 x1x216 3，y1y2 33(x1x2)412x0y04 33，x2012y2031.解得x04 3，y03.t4，点 D 的坐标为(4 3，3)由题悟法直线与双曲线的位置关系判断方法和技巧(1)判断方法：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(2)技巧：对于中点弦问题常用“点差法”，但需要检
148、验即时应用已知中心在原点，焦点在坐标轴上的双曲线 C 经过 A(7,5)，B(1，1)两点(1)求双曲线 C 的方程；(2)设直线 l：yxm 交双曲线 C 于 M，N 两点，且线段 MN 被圆 E：x2y212xn0(nR)三等分，求实数 m，n 的值解：(1)设双曲线 C 的方程是 x2y21，依题意有49251，1，解得1，2，所以所求双曲线的方程是 2y2x21(2)将 l：yxm 代入 2y2x21，得 x24mx(2m21)0，(4m)24(2m21)8m240设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN 的中点 P(x0，y0)，则 x1x24m，x1x22m21，所以 x0 x
149、1x222m，y0 x0mm，所以 P(2m，m)又圆心 E(6,0)，依题意 kPE1，故m62m1，即 m2将 m2 代入得 x28x70，解得 x11，x27，所以|MN|112|x1x2|6 2故直线 l 截圆 E 所得弦长为13|MN|2 2又 E(6,0)到直线 l 的距离 d2 2，所以圆 E 的半径 R2 22 22 10，所以圆 E 的方程是 x2y212x260所以 m2，n26一抓基础，多练小题做到眼疾手快1已知双曲线 x2my21 的虚轴长是实轴长的 2 倍，则实数 m 的值是()A4 B14C14D4解析：选 C 依题意得 m0，双曲线方程是 x2 y21m1，于是有
150、1m21，m142若双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的离心率为 3，则其渐近线方程为()Ay2xBy 2xCy12xDy 22 x解析：选 B 由条件 e 3，即ca 3，得c2a2a2b2a21b2a23，所以ba 2，所以双曲线的渐近线方程为 y 2x故选 B3已知双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的焦点为 F1，F2，且 C 上点 P 满足PF1PF20，|PF1|3，|PF2|4，则双曲线 C 的离心率为()A 102B 5C52D5解析：选 D 依题意得，2a|PF2|PF1|1，|F1F2|PF2|2|PF1|25，因此该双曲线的离心率 e|F1F2|PF2|PF1
151、|54(2017西安质检)过双曲线 x2y231 的右焦点且与 x 轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于 A，B 两点，则|AB|_解析：双曲线的右焦点为 F(2,0)，过 F 与 x 轴垂直的直线为 x2，渐近线方程为 x2y230，将 x2 代入 x2y230，得 y212，y2 3，|AB|4 3答案：4 35如图所示，已知双曲线以长方形 ABCD 的顶点 A，B 为左、右焦点，且双曲线过 C，D 两顶点若|AB|4，|BC|3，则此双曲线的标准方程为_解析：设双曲线的标准方程为x2a2y2b21(a0，b0)由题意得 B(2,0)，C(2,3)，4a2b2，4a2 9b21，解得a2
152、1，b23，双曲线的标准方程为 x2y231答案：x2y231二保高考，全练题型做到高考达标1“k9”是“方程x225k y2k91 表示双曲线”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 方程x225k y2k91 表示双曲线，(25k)(k9)0，k9 或 k25，“k9”是“方程x225k y2k91 表示双曲线”的充分不必要条件，故选 A2(2017合肥质检)若双曲线 C1：x22 y281 与 C2：x2a2y2b21(a0，b0)的渐近线相同，且双曲线 C2 的焦距为 4 5，则 b()A2 B4C6 D8解析：选 B 由题意得，ba2b2a
153、，C2 的焦距 2c4 5c a2b22 5b4，故选 B3(2016石家庄教学质量检测)已知直线 l 与双曲线 C：x2y22 的两条渐近线分别交于 A，B 两点，若 AB 的中点在该双曲线上，O 为坐标原点，则AOB 的面积为()A12B1C2 D4解析：选 C 由题意得，双曲线的两条渐近线方程为 yx，设 A(x1，x1)，B(x2，x2)，AB 中点坐标为x1x22，x1x22，x1x222x1x2222，即 x1x22，SAOB12|OA|OB|12|2x1|2x2|x1x22，故选 C4(2017河南六市第一次联考)已知点 F1，F2 分别是双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b
154、0)的左、右焦点，过 F1 的直线 l 与双曲线 C 的左、右两支分别交于 A，B 两点，若|AB|BF2|AF2|345，则双曲线的离心率为()A2 B4C 13D 15解析：选 C 由题意，设|AB|3k，|BF2|4k，|AF2|5k，则 BF1BF2，|AF1|AF2|2a5k2a，|BF1|BF2|5k2a3k4k4k2a2a，ak，|BF1|6a，|BF2|4a，又|BF1|2|BF2|2|F1F2|2，即 13a2c2，eca 135(2017长春质检)过双曲线 x2y2151 的右支上一点 P，分别向圆 C1：(x4)2y24和圆 C2：(x4)2y21 作切线，切点分别为 M
155、，N，则|PM|2|PN|2 的最小值为()A10 B13C16 D19解析：选 B 由题可知，|PM|2|PN|2(|PC1|24)(|PC2|21)，因此|PM|2|PN|2|PC1|2|PC2|23(|PC1|PC2|)(|PC1|PC2|)32(|PC1|PC2|)32|C1C2|3136已知双曲线的一个焦点 F(0，5)，它的渐近线方程为 y2x，则该双曲线的标准方程为_解析：设双曲线的标准方程为y2a2x2b21(a0，b0)，由题意得c 5，ab2a2b25，a2ba24，b21，所以双曲线的标准方程为y24x21答案：y24x217若点 P 是以 A(3,0)，B(3,0)为焦
156、点，实轴长为 2 5的双曲线与圆 x2y29 的一个交点，则|PA|PB|_解析：不妨设点 P 在双曲线的右支上，则|PA|PB|因为点 P 是双曲线与圆的交点，所以由双曲线的定义知，|PA|PB|2 5，又|PA|2|PB|236，联立化简得 2|PA|PB|16，所以(|PA|PB|)2|PA|2|PB|22|PA|PB|52，所以|PA|PB|2 13答案：2 138已知双曲线x2a2y2b21(a0，b0)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：由双曲线定义知|PF1|PF2|2a，又已知|PF1|4|
157、PF2|，所以|PF1|83a，|PF2|23a，在PF1F2 中，由余弦定理得 cosF1PF2649 a249a24c2283a23a178 98e2，要求 e 的最大值，即求 cosF1PF2 的最小值，cosF1PF21，cosF1PF2178 98e21，解得 e53，即 e 的最大值为53答案：539已知双曲线的中心在原点，焦点 F1，F2 在坐标轴上，离心率为 2，且过点(4，10)，点 M(3，m)在双曲线上(1)求双曲线的方程；(2)求证：MF1MF20；(3)求F1MF2 的面积解：(1)e 2，则双曲线的实轴、虚轴相等可设双曲线方程为 x2y2双曲线过点(4，10)，16
158、10，即 6双曲线方程为 x2y26(2)证明：设MF1(2 33，m)，MF2(2 33，m)MF1MF2(32 3)(32 3)m23m2，M 点在双曲线上，9m26，即 m230，MF1MF20(3)F1MF2 的底边长|F1F2|4 3由(2)知 m 3F1MF2 的高 h|m|3，SF1MF2124 3 3610已知双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的离心率为 3，点(3，0)是双曲线的一个顶点(1)求双曲线的方程；(2)经过双曲线右焦点 F2 作倾斜角为 30的直线，直线与双曲线交于不同的两点 A，B，求|AB|解：(1)双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的离心
159、率为 3，点(3，0)是双曲线的一个顶点，ca 3，a 3，解得 c3，b 6，双曲线的方程为x23 y261(2)双曲线x23 y261 的右焦点为 F2(3,0)，经过双曲线右焦点 F2 且倾斜角为 30的直线的方程为 y 33(x3)联立x23 y261，y 33 x3，得 5x26x270设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x265，x1x2275 所以|AB|1136524275 16 35三上台阶，自主选做志在冲刺名校1(2017三明质检)已知 P 是双曲线x23 y21 上任意一点，过点 P 分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为 A，B，则 PA PB的值是()
160、A38 B 316C 38D不能确定解析：选 A 令点 P(x0，y0)，因为该双曲线的渐近线分别是 x3y0，x3y0，所以可取|PA|x03y0131，|PB|x03y0131，又 cosAPBcosAOBcos 2AOxcos312，所以 PA PB|PA|PB|cosAPBx203 y204312 3412 382已知椭圆 C1 的方程为x24 y21，双曲线 C2 的左、右焦点分别是 C1 的左、右顶点，而 C2 的左、右顶点分别是 C1 的左、右焦点，O 为坐标原点(1)求双曲线 C2 的方程；(2)若直线 l：ykx 2与双曲线 C2 恒有两个不同的交点 A 和 B，且 OA O
161、B2，求 k的取值范围解：(1)设双曲线 C2 的方程为x2a2y2b21(a0，b0)，则 a2413，c24，再由 a2b2c2，得 b21，故双曲线 C2 的方程为x23 y21(2)将 ykx 2代入x23 y21，得(13k2)x26 2kx90由直线 l 与双曲线 C2 交于不同的两点，得13k20，6 2k23613k2361k20，k21 且 k213设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 6 2k13k2，x1x2 913k2x1x2y1y2x1x2(kx1 2)(kx2 2)(k21)x1x2 2k(x1x2)23k273k21又 OA OB2，即 x1x2y
162、1y22，3k273k212，即3k293k21 0，解得13k23由得13k21，故 k 的取值范围为1，33 33，1 第七节抛物线1抛物线的定义满足以下三个条件的点的轨迹是抛物线：(1)在平面内；(2)动点到定点 F 的距离与到定直线 l 的距离相等；(3)定点不在定直线上2抛物线的标准方程和几何性质标准方程y22px(p0)y22px(p0)x22py(p0)x22py(p0)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y0 x0焦点Fp2，0Fp2，0F0，p2F0，p2离心率e1准线方程xp2xp2yp2yp2范围x0，yRx0，yRy0，xRy0，xR开
163、口方向向右向左向上向下焦半径(其中P(x0，y0)|PF|x0p2|PF|x0p2|PF|y0p2|PF|y0p2小题体验1(2016全国甲卷)设 F 为抛物线 C：y24x 的焦点，曲线 ykx(k0)与 C 交于点 P，PFx 轴，则 k()A12 B1C32D2解析：选 D y24x，F(1,0)又曲线 ykx(k0)与 C 交于点 P，PFx 轴，P(1,2)将点 P(1,2)的坐标代入 ykx(k0)，得 k2故选 D2焦点在直线 2xy20 上的抛物线的标准方程为_答案：y24x 或 x28y3(教材习题改编)若抛物线 y4x2 上的一点 M 到焦点的距离为 1，则点 M 的纵坐标
164、是_解析：M 到准线的距离等于 M 到焦点的距离，又准线方程为 y 116，设 M(x，y)，则 y 1161，y1516答案：15161抛物线的定义中易忽视“定点不在定直线上”这一条件，当定点在定直线上时，动点的轨迹是过定点且与直线垂直的直线2抛物线标准方程中参数 p 易忽视，只有 p0 才能证明其几何意义是焦点 F 到准线l 的距离，否则无几何意义小题纠偏1平面内到点(1,1)与到直线 x2y30 的距离相等的点的轨迹是()A椭圆B双曲线C抛物线D一条直线答案：D2抛物线 8x2y0 的焦点坐标为_解析：由 8x2y0，得 x218y2p18，p 116，焦点为0，132 答案：0，132
165、考点一 抛物线定义及应用重点保分型考点师生共研典例引领1(2016合肥市第二次质量检测)已知抛物线 y22px(p0)上一点 M 到焦点 F 的距离等于 2p，则直线 MF 的斜率为()A 3 B1C34D 33解析：选 A 设 M(xM，yM)，由抛物线定义可得|MF|xMp22p，解得 xM3p2，代入抛物线方程可得 yM 3p，则直线 MF 的斜率为 yMxMp2 3pp 3，选项 A 正确2已知 M 是抛物线 x24y 上一点，F 为其焦点，点 A 在圆 C：(x1)2(y5)21上，则|MA|MF|的最小值是()A4 B5C6 D7解析：选 B 依题意，由点 M 向抛物线 x24y
166、的准线 l：y1 引垂线，垂足为 M1(图略)，则有|MA|MF|MA|MM1|，结合图形可知|MA|MM1|的最小值等于圆心 C(1,5)到 y1 的距离再减去圆 C 的半径，即等于 615，因此|MA|MF|的最小值是 5，故选 B由题悟法应用抛物线定义的 2 个关键点(1)由抛物线定义，把抛物线上点到焦点距离与到准线距离相互转化(2)注意灵活运用抛物线上一点 P(x，y)到焦点 F 的距离|PF|x|p2或|PF|y|p2即时应用1已知 F 是抛物线 y2x 的焦点，A，B 是该抛物线上的两点，|AF|BF|3，则线段 AB 的中点 D 到 y 轴的距离为()A34B1C54D74解析：
167、选 C 因为抛物线 y2x 的准线方程为 x14如图所示，过点 A，B，D 分别作直线 x14的垂线，垂足分别为 G，E，M，因为|AF|BF|3，根据抛物线的定义，|AG|AF|，|BE|BF|，所以|AG|BE|3，所以|MD|BE|AG|232，所以线段 AB 的中点到 y轴的距离为3214542已知直线 l1：4x3y60 和直线 l2：x1，抛物线 y24x 上一动点 P 到直线 l1和直线 l2 的距离之和的最小值是()A3 55B2C115D3解析：选 B 由题可知 l2：x1 是抛物线 y24x 的准线，设抛物线的焦点为 F(1,0)，则动点 P 到 l2 的距离等于|PF|，
168、则动点 P 到直线 l1 和直线 l2 的距离之和的最小值，即焦点 F到直线 l1：4x3y60 的距离，所以最小值是|406|52考点二 抛物线的标准方程与几何性质题点多变型考点多角探明 锁定考向抛物线的标准方程及性质是高考的热点，多以选择题、填空题形式出现常见的命题角度有：(1)求抛物线方程；(2)抛物线的对称性 题点全练角度一：求抛物线方程1顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过点 P(4，2)的抛物线的标准方程是()Ay2x Bx28yCy28x 或 x2yDy2x 或 x28y解析：选 D(待定系数法)设抛物线为 y2mx，代入点 P(4，2)，解得 m1，则抛物线方程为 y2x；设抛物线
169、为 x2ny，代入点 P(4，2)，解得 n8，则抛物线方程为 x28y角度二：抛物线的对称性2已知双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的两条渐近线与抛物线 y22px(p0)分别交于 O，A，B 三点，O 为坐标原点若双曲线的离心率为 2，AOB 的面积为 3，则 p()A1 B32C2 D3解析：选 B 双曲线的渐近线方程为 ybax，因为双曲线的离心率为 2，所以1b2a22，ba 3由y 3x，y22px，解得x0，y0或x2p3，y2 3p3.由曲线的对称性及AOB 的面积得，2122 3p32p3 3，解得 p294，即 p32p32舍去 通法在握求抛物线方程的 3 个注意点(1
170、)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演练冲关1已知抛物线 C 与双曲线 x2y21 有相同的焦点，且顶点在原点，则抛物线 C 的方程是()Ay22 2xBy22xCy24xDy24 2x解析：选 D 因为双曲线的焦点为(2，0)，(2，0)设抛物线方程为 y22px(p0)，则p2 2，所以 p2 2，所以抛物线方程为 y24 2x2(2016全国乙卷)以抛物线 C 的顶点为圆心的圆交 C 于 A，B 两点，交 C 的
171、准线于 D，E 两点已知|AB|4 2，|DE|2 5，则 C 的焦点到准线的距离为()A2 B4C6 D8解析：选 B 设抛物线的方程为 y22px(p0)，圆的方程为 x2y2r2|AB|4 2，|DE|2 5，抛物线的准线方程为 xp2，不妨设 A4p，2 2，Dp2，5 点 A4p，2 2，Dp2，5 在圆 x2y2r2 上，16p28r2，p24 5r2，16p28p24 5，p4(负值舍去)C 的焦点到准线的距离为 4考点三 直线与抛物线的位置关系重点保分型考点师生共研典例引领(2016江苏高考)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 l：xy20，抛物线 C：y22px(p
172、0)(1)若直线 l 过抛物线 C 的焦点，求抛物线 C 的方程(2)已知抛物线 C 上存在关于直线 l 对称的相异两点 P 和 Q求证：线段 PQ 的中点坐标为(2p，p)；求 p 的取值范围解：(1)抛物线 C：y22px(p0)的焦点为p2，0，由点p2，0 在直线 l：xy20 上，得p2020，即 p4所以抛物线 C 的方程为 y28x(2)设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段 PQ 的中点 M(x0，y0)因为点 P 和 Q 关于直线 l 对称，所以直线 l 垂直平分线段 PQ，于是直线 PQ 的斜率为1，则可设其方程为 yxb证明：由y22px，yxb 消去 x 得 y2
173、2py2pb0(*)因为 P 和 Q 是抛物线 C 上的相异两点，所以 y1y2，从而(2p)24(2pb)0，化简得 p2b0方程(*)的两根为 y1,2p p22pb，从而 y0y1y22p因为 M(x0，y0)在直线 l 上，所以 x02p因此，线段 PQ 的中点坐标为(2p，p)因为 M(2p，p)在直线 yxb 上，所以p(2p)b，即 b22p由知 p2b0，于是 p2(22p)0，所以 p43因此 p 的取值范围是0，43 由题悟法解决直线与抛物线位置关系问题的 2 种常用方法(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系(2)有关直线与
174、抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|x1x2p，若不过焦点，则必须用弦长公式即时应用如图所示，已知抛物线 C：y24x 的焦点为 F，直线 l 经过点 F 且与抛物线 C 相交于 A，B 两点(1)若线段 AB 的中点在直线 y2 上，求直线 l 的方程；(2)若线段|AB|20，求直线 l 的方程解：(1)由已知，得抛物线的焦点为 F(1,0)因为线段 AB 的中点在直线 y2 上，所以直线 l 的斜率存在，设直线 l 的斜率为 k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB 的中点 M(x0，y0)，由y214x1，y224x2，得(y1y
175、2)(y1y2)4(x1x2)，所以 2y0k4又 y02，所以 k1，故直线 l 的方程是 yx1(2)设直线 l 的方程为 xmy1，与抛物线方程联立得xmy1，y24x，消去 x，得 y24my40，所以 y1y24m，y1y24，16(m21)0|AB|m21|y1y2|m21y1y224y1y2m214m2444(m21)所以 4(m21)20，解得 m2，所以直线 l 的方程是 x2y1，即 x2y10一抓基础，多练小题做到眼疾手快1以 x1 为准线的抛物线的标准方程为()Ay22x By22xCy24xDy24x解析：选 D 由准线 x1 知，抛物线方程为：y22px(p0)且p
176、21，p2，抛物线的方程为 y24x，故选 D2已知 AB 是抛物线 y22x 的一条焦点弦，|AB|4，则 AB 中点 C 的横坐标是()A2 B12C32D52解析：选 C 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|x1x2p4，又 p1，所以 x1x23，所以点 C 的横坐标是x1x22323已知点 A(2,3)在抛物线 C：y22px(p0)的准线上，记 C 的焦点为 F，则直线 AF的斜率为()A43B1C34D12解析：选 C 由已知，得准线方程为 x2，所以 F 的坐标为(2,0)又 A(2,3)，所以直线 AF 的斜率为 k 3022344已知点 P 在抛物线 y24x
177、 上，且点 P 到 y 轴的距离与其到焦点的距离之比为12，则点 P 到 x 轴的距离为_解析：设点 P 的坐标为(xP，yP)，抛物线 y24x 的准线方程为 x1，根据抛物线的定义，点 P 到焦点的距离等于点 P 到准线的距离，故xPxP112，解得 xP1，所以 y2P4，所以|yP|2答案：25一个顶点在原点，另外两点在抛物线 y22x 上的正三角形的面积为_解析：如图，根据对称性：A，B 关于 x 轴对称，故AOx30直线 OA 的方程 y 33 x，代入 y22x，得 x26x0，解得 x0 或 x6即得 A 的坐标为(6,2 3)|AB|4 3，正三角形 OAB 的面积为124
178、3612 3答案：12 3二保高考，全练题型做到高考达标1抛物线 y4ax2(a0)的焦点坐标是()A(0，a)B(a,0)C0，116aD116a，0解析：选C 将 y4ax2(a0)化为标准方程得x2 14ay(a0)，所以焦点坐标为0，116a，所以选 C2(2016山西高三考前质量检测)已知抛物线 C1：x22py(p0)的准线与抛物线 C2：x22py(p0)交于 A，B 两点，C1 的焦点为 F，若FAB 的面积等于 1，则 C1 的方程是()Ax22yBx2 2yCx2yDx2 22 y解析：选 A 由题意得，F0，p2，不妨设 Ap，p2，Bp，p2，SFAB122pp1，则
179、p1，即抛物线 C1 的方程是 x22y，故选 A3已知过抛物线 y22px(p0)的焦点 F 且倾斜角为 60的直线 l 与抛物线在第一、四象限分别交于 A，B 两点，则|AF|BF|的值为()A5 B4C3 D2解析：选 C 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知 AB 所在的直线方程为 y 3xp2，联立y22px，y 3xp2.得：x25p3 xp24 0，x1x25p3，x1x2p24，所以 x13p2，x2p6，所以|AF|BF|32pp2p2p634已知P为抛物线 y12x2上的动点，点P在x轴上的射影为点M，点A的坐标是6，172，则|PA|PM|的最小值是()A8
180、B192C10 D212解析：选 B 依题意可知焦点 F0，12，准线方程为 y12，延长 PM 交准线于点 H(图略)则|PF|PH|，|PM|PF|12，|PM|PA|PF|PA|12，即求|PF|PA|的最小值因为|PF|PA|FA|，又|FA|62172 12210所以|PM|PA|1012192，故选 B5如图，过抛物线 y22px(p0)的焦点 F 的直线依次交抛物线及准线于点 A，B，C，若|BC|2|BF|，且|AF|3，则抛物线的方程为()Ay232x By23xCy292xDy29x解析：选 B 如图，分别过点 A，B 作准线的垂线，分别交准线于点 E，D，设|BF|a，则
181、|BC|2a，由定义得：|BD|a，故BCD30，在直角三角形 ACE 中，因为|AF|3，|AC|33a，所以 2|AE|AC|，所以 33a6，从而得 a1，因为 BDFG，所以1p23，求得 p32，因此抛物线方程为 y23x6抛物线 x22py(p0)的焦点为 F，其准线与双曲线x23 y231 相交于 A，B 两点，若ABF 为等边三角形，则 p_解析：在等边三角形 ABF 中，AB 边上的高为 p，AB2 33 p，所以 B 33 p，p2 又因为点 B 在双曲线上，故p233p243 1，解得 p6答案：67(2017广西质检)过点 P(2,0)的直线与抛物线 C：y24x 相交
182、于 A，B 两点，且|PA|12|AB|，则点 A 到抛物线 C 的焦点的距离为_解析：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，分别过点 A，B 作直线 x2 的垂线，垂足分别为 D，E(图略)，|PA|12|AB|，3x12x22，3y1y2，又y214x1，y224x2，得 x123，则点 A 到抛物线C 的焦点的距离为 12353答案：538如图是抛物线形拱桥，当水面在 l 时，拱顶离水面 2 米，水面宽 4 米水位下降 1米后，水面宽为_米解析：由题意，可设抛物线方程为 x22py(p0)点(2，2)在抛物线上，p1，即抛物线方程为 x22y当 y3 时，x 6水位下降 1 米后，水面
183、宽为 2 6米答案：2 69已知抛物线 y22px(p0)的焦点为 F，A 是抛物线上横坐标为 4，且位于 x 轴上方的点，A 到抛物线准线的距离等于 5，过 A 作 AB 垂直于 y 轴，垂足为 B，OB 的中点为 M(1)求抛物线的方程；(2)若过 M 作 MNFA，垂足为 N，求点 N 的坐标解：(1)抛物线 y22px 的准线为 xp2，于是 4p25，p2抛物线方程为 y24x(2)点 A 的坐标是(4,4)，由题意得 B(0,4)，M(0,2)又F(1,0)，kFA43，MNFA，kMN34又 FA 的方程为 y43(x1)，MN 的方程为 y234x，联立，解得 x85，y45，
184、N 的坐标为85，45 10已知过抛物线 y22px(p0)的焦点，斜率为 2 2的直线交抛物线于 A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10)因为点 P(1,2)在抛物线上，所以 222p1，解得 p2故所求抛物线的方程是 y24x，准线方程是 x1(2)设直线 PA 的斜率为 kPA，直线 PB 的斜率为 kPB则 kPAy12x11(x11)，kPBy22x21(x21)，因为 PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补，所以 kPAkPB由 A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上，得y214x1，y224x2，所以 y1214y211 y2214y221，所以 y12(y22)所以
185、 y1y24由得，y21y224(x1x2)，所以 kABy1y2x1x24y1y21(x1x2)第八节圆锥曲线的综合问题1直线与圆锥曲线的位置关系判断直线 l 与圆锥曲线 C 的位置关系时，通常将直线 l 的方程 AxByC0(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AxByC0，Fx，y0消去 y，得 ax2bxc0(1)当 a0 时，设一元二次方程 ax2bxc0 的判别式为，则 0直线与圆锥曲线 C 相交；0直线与圆锥曲线 C 相切；b0)，F(2，0)为其右焦点，过点 F 且垂直于 x 轴
186、的直线与椭圆相交所得的弦长为 2则椭圆 C 的方程为_解析：由题意得c 2，2b2a 2，a2b2c2，解得a2，b 2，所以椭圆 C 的方程为x24 y221答案：x24 y2211直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，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2直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于一点小题纠偏1过点(0,1)作直线，使它与抛物线 y24x 仅有一个公共点，这样的直线有()A1 条 B2 条C3 条D4 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 x0，过点(0,1)且平行
187、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 x0)2直线 ybax3 与双曲线x2a2y2b21 的交点个数是()A1 B2C1 或 2 D0解析：选 A 因为直线 ybax3 与双曲线的渐近线 ybax 平行，所以它与双曲线只有1 个交点考点一 直线与圆锥曲线的位置关系重点保分型考点师生共研典例引领(2016全国乙卷)在直角坐标系 xOy 中，直线 l：yt(t0)交 y 轴于点 M，交抛物线 C：y22px(p0)于点 P，M 关于点 P 的对称点为 N，连接 ON 并延长交 C 于点 H(1)求|OH|ON|；(2)除 H 以外，直线 MH 与 C 是否有其他公共点？
188、说明理由解：(1)如图，由已知得 M(0，t)，Pt22p，t 又 N 为 M 关于点 P 的对称点，故 Nt2p，t，故直线 ON 的方程为 yptx，将其代入 y22px 整理得 px22t2x0，解得 x10，x22t2p 因此 H2t2p，2t 所以 N 为 OH 的中点，即|OH|ON|2(2)直线 MH 与 C 除 H 以外没有其他公共点理由如下：直线 MH 的方程为 ytp2tx，即 x2tp(yt)代入 y22px 得 y24ty4t20，解得 y1y22t，即直线 MH 与 C 只有一个公共点，所以除 H 以外，直线 MH 与 C 没有其他公共点由题悟法1直线与圆锥曲线位置关
189、系的判定方法(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2判定直线与圆锥曲线位置关系的注意点(1)联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意讨论二次项系数是否为零的情况(2)判断直线与圆锥曲线位置关系时，判别式 起着关键性的作用，第一：可以限定所给参数的范围；第二：可以取舍某些解以免产生增根即时应用1直线 ykx2 与抛物线 y28x 有且只有一个公共点，则 k 的值为()A1 B1 或 3C0 D1 或 0解析：选 D 由yk
190、x2，y28x，得 k2x2(4k8)x40，若 k0，则 y2，符合题意若 k0，则 0，即 6464k0，解得 k1，所以直线 ykx2 与抛物线 y28x 有且只有一个公共点时，k0 或 12已知双曲线x2a2y2b21 与直线 y2x 有交点，则双曲线离心率的取值范围为()A(1，5)B(1，5C(5，)D 5，)解析：选 C 因为双曲线的一条渐近线方程为 ybax，则由题意得ba2，所以 eca1 ba2 14 5考点二 弦长问题重点保分型考点师生共研典例引领(2016宜春中学与新余一中联考)设椭圆 M：y2a2x2b21(ab0)的离心率与双曲线 x2y21 的离心率互为倒数，且椭
191、圆的长轴长为 4(1)求椭圆 M 的方程；(2)若直线 y 2xm 交椭圆 M 于 A，B 两点，P(1，2)为椭圆 M 上一点，求PAB面积的最大值解：(1)由题可知，双曲线的离心率为 2，则椭圆的离心率 eca 22，由2a4，ca 22，b2a2c2，得 a2，c 2，b 2，故椭圆 M 的方程为y24x22 1(2)联立方程y 2xm，x22 y241，得 4x22 2mxm240，由(2 2m)216(m24)0，得2 2m2 2且x1x2 22 m，x1x2m244，所以|AB|12|x1x2|3x1x224x1x2 312m2m24 34m22 又 P 到直线 AB 的距离为 d
192、|m|3，所以 SPAB12|AB|d 32 4m22|m|3124m22 m2 12 2 m28m2 12 2m28m22 2当且仅当 m2(2 2，2 2)时取等号，所以(SPAB)max 2由题悟法弦长的 3 种常用计算方法(1)定义法：过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义，可优化解题(2)点距法：将直线的方程和圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长(3)弦长公式法：它体现了解析几何中设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系得到的提醒 直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直的特殊情况即时应用设 F1，F2 分别是椭圆 E：
193、x2y2b21(0b1)的左、右焦点，过 F1 的直线 l 与 E 相交于A，B 两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列(1)求|AB|；(2)若直线 l 的斜率为 1，求 b 的值解：(1)由椭圆定义知|AF2|AB|BF2|4，又 2|AB|AF2|BF2|，得|AB|43(2)设直线 l 的方程为 yxc，其中 c 1b2A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 A，B 两点坐标满足方程组yxc，x2y2b21.化简得(1b2)x22cx12b20则 x1x2 2c1b2，x1x212b21b2 因为直线 AB 的斜率为 1，所以|AB|2|x2x1|，即43 2|x2x1|则
194、89(x1x2)24x1x241b21b22412b21b28b41b22，因为 0bb0)的离心率为12，且经过点 P1，32，过它的两个焦点 F1，F2 分别作直线 l1 与 l2，l1 交椭圆于 A，B 两点，l2 交椭圆于 C，D 两点，且 l1l2(1)求椭圆的标准方程；(2)求四边形 ABCD 的面积 S 的取值范围解：(1)由ca12，得 a2c，a24c2，b23c2，将点 P1，32 的坐标代入椭圆方程得 c21，故所求椭圆方程为x24 y231(2)若 l1 与 l2 中有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为 0，此时四边形的面积为 S6若 l1 与 l2 的斜率都存
195、在，设 l1 的斜率为 k，则 l2 的斜率为1k不妨设直线 l1 的方程为 yk(x1)，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立ykx1，x24 y231，消去 y 整理得，(4k23)x28k2x4k2120，64k44(34k2)(4k212)144k21440，x1x2 8k24k23，x1x24k2124k23，|x1x2|x1x224x1x212 k214k23，|AB|1k2|x1x2|12k214k23，同理可得|CD|12k213k24，S12|AB|CD|721k224k233k24，令 k2t(0，)，S721t24t33t4612t225t126t12t225t1
196、26612t12t 256 64928849，S28849，6 综上可知，四边形 ACBD 面积的取值范围是28849，6 一保高考，全练题型做到高考达标1过抛物线 y22x 的焦点作一条直线与抛物线交于 A，B 两点，它们的横坐标之和等于 2，则这样的直线()A有且只有一条 B有且只有两条C有且只有三条D有且只有四条解析：选 B 设该抛物线焦点为 F，A(xA，yA)，B(xB，yB)，则|AB|AF|FB|xAp2xBp2xAxB132p2所以符合条件的直线有且只有两条2若直线 ykx2 与双曲线 x2y26 的右支交于不同的两点，则 k 的取值范围是()A 153，153B0，153C
197、153，0D 153，1解析：选 D 由ykx2，x2y26得(1k2)x24kx100设直线与双曲线右支交于不同的两点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则1k20，16k241k2100，x1x2 4k1k20，x1x2 101k20，解得 153 k1即 k 的取值范围是 153，1 3经过椭圆x22 y21 的一个焦点作倾斜角为 45的直线 l，交椭圆于 A，B 两点设 O为坐标原点，则 OA OB等于()A3 B13C13或3 D13解析：选 B 依题意，当直线 l 经过椭圆的右焦点(1,0)时，其方程为 y0tan 45(x1)，即 yx1，代入椭圆方程x22 y21 并整理得
198、3x24x0，解得 x0 或 x43，所以两个交点坐标分别为(0，1)，43，13，OA OB13，同理，直线 l 经过椭圆的左焦点时，也可得 OA OB134已知抛物线 y22px 的焦点 F 与椭圆 16x225y2400 的左焦点重合，抛物线的准线与 x 轴的交点为 K，点 A 在抛物线上且|AK|2|AF|，则点 A 的横坐标为()A2 B2C3 D3解析：选 D 16x225y2400 可化为x225y2161，则椭圆的左焦点为 F(3,0)，又抛物线 y22px 的焦点为p2，0，准线为 xp2，所以p23，即 p6，即 y212x，K(3,0)设 A(x，y)，则由|AK|2|A
199、F|得(x3)2y22(x3)2y2，即 x218x9y20，又 y212x，所以 x26x90，解得 x35已知双曲线x2a2y2b21(a0，b0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为 4，若抛物线 yax2 上的两点 A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线 yxm 对称，且 x1x212，则 m的值为()A32B52C2 D3解析：选 A 由双曲线的定义知 2a4，得 a2，所以抛物线的方程为 y2x2因为点 A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线 y2x2 上，所以 y12x21，y22x22，两式相减得 y1y22(x1x2)(x1x2)，不妨设 x1x2，又 A，B 关
200、于直线 yxm 对称，所以y1y2x1x21，故 x1x212，而 x1x212，解得 x11，x212，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)的中点为 M(x0，y0)，则 x0 x1x2214，y0y1y222x212x22254，因为中点 M 在直线 yxm 上，所以5414m，解得 m326已知(4,2)是直线 l 被椭圆 x236y29 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x2136y2191，且x2236y2291，两式相减并化简得y1y2x1x2 x1x24y1y2又 x1x28，y1y24，所以y1y2x
201、1x212，故直线 l 的方程为 y212(x4)，即 x2y80答案：x2y807如图，过抛物线 y14x2 的焦点 F 的直线 l 与抛物线和圆 x2(y1)21 交于 A，B，C，D 四点，则 AB DC_解析：不妨设直线 AB 的方程为 y1，联立y1，y14x2，解得 x2，则 A(2,1)，D(2,1)，因为 B(1,1)，C(1,1)，所以 AB(1,0)，DC(1,0)，所以 AB DC1答案：18若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0,2)，直线 y3x7 与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为 1，则这个椭圆的方程为_解析：因为椭圆的中心在原点，一个焦点为(0,2)，则 a2b24，
202、所以可设椭圆方程为y2b24x2b21，联立y3x7，y2b24x2b21，得(10b24)y214(b24)y9b413b21960，设直线 y3x7 与椭圆相交所得弦的端点为(x1，y1)，(x2，y2)，由一元二次方程根与系数的关系得：y1y214b2410b24 2解得：b28所以 a212则椭圆方程为x28 y2121答案：x28 y21219如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆x2a2y2b21(ab0)的离心率为12，过椭圆右焦点 F 作两条互相垂直的弦 AB 与 CD当直线 AB 斜率为 0 时，AB4(1)求椭圆的方程；(2)若|AB|CD|487，求直线 AB 的方程解
203、：(1)由题意知 eca12，2a4又 a2b2c2，解得 a2，b 3，所以椭圆方程为x24 y231(2)当两条弦中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时，由题意知|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 yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线 CD 的方程为 y1k(x1)将直线 AB 方程代入椭圆方程中并整理，得(34k2)x28k2x4k2120，则 x1x2 8k234k2，x1x24k21234k2，所以|AB|k21|x1x2|k21x1x224x1x212k2134k2 同理，|C
204、D|121k213 4k212k213k24 所以|AB|CD|12k2134k2 12k213k2484k21234k23k24487，解得 k1，所以直线 AB 的方程为 xy10 或 xy1010(2016北京高考)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 32，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，OAB 的面积为 1(1)求椭圆 C 的方程；(2)设 P 是椭圆 C 上一点，直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线 PB 与 x 轴交于点 N求证：|AN|BM|为定值解：(1)由题意得ca 32，12ab1，a2b2c2，解得a2，b1，c 3.所以椭圆 C 的方程为x
205、24 y21(2)证明：由(1)知，A(2,0)，B(0,1)设 P(x0，y0)，则 x204y204当 x00 时，直线 PA 的方程为 y y0 x02(x2)令 x0，得 yM 2y0 x02，从而|BM|1yM|1 2y0 x02 直线 PB 的方程为 yy01x0 x1令 y0，得 xN x0y01，从而|AN|2xN|2 x0y01 所以|AN|BM|2 x0y01 1 2y0 x02x204y204x0y04x08y04x0y0 x02y024x0y04x08y08x0y0 x02y024当 x00 时，y01，|BM|2，|AN|2，所以|AN|BM|4综上，|AN|BM|为
206、定值二上台阶，自主选做志在冲刺名校1(2017海口调研)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左，右顶点分别为 A，B，其离心率 e12，点 M 为椭圆上的一个动点，MAB 面积的最大值是 2 3(1)求椭圆的方程；(2)若过椭圆 C 右顶点 B 的直线 l 与椭圆的另一个交点为 D，线段 BD 的垂直平分线与 y轴交于点 P，当 PB PD0 时，求点 P 的坐标解：(1)由题意可知eca12，122ab2 3，a2b2c2，解得 a2，b 3，所以椭圆方程是x24 y231(2)由(1)知 B(2,0)，设直线 BD 的方程为 yk(x2)，D(x1，y1)，把 yk(x2)代入椭圆
207、方程x24 y231，整理得(34k2)x216k2x16k2120，所以 2x1 16k234k2x18k2634k2，则 D8k2634k2，12k34k2，所以 BD 中点的坐标为8k234k2，6k34k2，则直线 BD 的垂直平分线方程为 y 6k34k21kx 8k234k2，得 P0，2k34k2 又 PB PD0，即2，2k34k2 8k2634k2，14k34k2 0，化简得64k428k23634k22064k428k2360，解得 k34故 P0，27 或0，27 2如图，椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)经过点 P1，32，离心率 e12，直线 l 的方程为 x4(
208、1)求椭圆 C 的方程(2)AB 是经过右焦点 F 的任一弦(不经过点 P)，设直线 AB 与直线 l 相交于点 M，记 PA，PB，PM 的斜率分别为 k1，k2，k3问：是否存在常数，使得 k1k2k3？若存在，求 的值；若不存在，说明理由解：(1)由 P1，32 在椭圆上得，1a2 94b21，依题设知 a2c，则 a24c2，b23c2，将代入得 c21，a24，b23故椭圆 C 的方程为x24 y231(2)存在理由如下：由题意可设 AB 的斜率为 k，则直线 AB 的方程为 yk(x1)，代入椭圆方程并整理得(4k23)x28k2x4(k23)0设 A(x1，y1)，B(x2，y2
209、)，则有 x1x2 8k24k23，x1x24k234k23，在方程中令 x4，得 M(4,3k)从而 k1y132x11，k2y232x21，k33k3241 k12因为 A，F，B 三点共线，则有 kkAFkBF，即 y1x11 y2x21k所以 k1k2y132x11y232x21 y1x11 y2x21321x111x212k32x1x22x1x2x1x21，将代入得 k1k22k328k24k2324k234k23 8k24k2312k1又 k3k12，所以 k1k22k3故存在常数 2 符合题意命题点一 椭圆命题指数：难度：高、中题型：选择题、填空题、解答题1(2015广东高考)已
210、知椭圆x225 y2m21(m0)的左焦点为 F1(4,0)，则 m()A2 B3C4 D9解析：选 B 由左焦点为 F1(4,0)知 c4又 a5，25m216，解得 m3 或3又 m0，故 m32(2016全国丙卷)已知 O 为坐标原点，F 是椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左焦点，A，B 分别为 C 的左、右顶点P 为 C 上一点，且 PFx 轴过点 A 的直线 l 与线段 PF 交于点 M，与 y 轴交于点 E若直线 BM 经过 OE 的中点，则 C 的离心率为()A13B12C23D34解析：选 A 如图所示，由题意得 A(a,0)，B(a,0)，F(c,0)设 E(0，m)
211、，由 PFOE，得|MF|OE|AF|AO|，则|MF|maca又由 OEMF，得12|OE|MF|BO|BF|，则|MF|mac2a由得 ac12(ac)，即 a3c，eca13故选 A3(2016全国乙卷)直线 l 经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到 l 的距离为其短轴长的14，则该椭圆的离心率为()A13B12C23D34解析：选 B 不妨设直线 l 经过椭圆的一个顶点 B(0，b)和一个焦点 F(c,0)，则直线 l的方程为xcyb1，即 bxcybc0由题意知|bc|b2c2142b，解得ca12，即 e12故选 B4(2015浙江高考)椭圆x2a2y2b21(ab0)的右焦
212、点 F(c,0)关于直线 ybcx 的对称点 Q在椭圆上，则椭圆的离心率是_解析：设椭圆的另一个焦点为 F1(c,0)，如图，连接 QF1，QF，设 QF 与直线 ybcx 交于点 M由题意知 M 为线段 QF 的中点，且OMFQ又 O 为线段 F1F 的中点，F1QOM，F1QQF，|F1Q|2|OM|在 RtMOF 中，tanMOF|MF|OM|bc，|OF|c，可解得|OM|c2a，|MF|bca，故|QF|2|MF|2bca，|QF1|2|OM|2c2a 由椭圆的定义得|QF|QF1|2bca 2c2a 2a，整理得 bc，a b2c2 2c，故 eca 22 答案：225(2015全
213、国卷)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 22，点(2，2)在 C 上(1)求 C 的方程；(2)直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个交点 A，B，线段 AB 的中点为M证明：直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值解：(1)由题意得 a2b2a 22，4a2 2b21，解得 a28，b24所以 C 的方程为x28 y241(2)证明：设直线 l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)将 ykxb 代入x28 y241，得(2k21)x24kbx2b280故 xMx1x22 2kb2k21，yMkxMbb2
214、k21于是直线 OM 的斜率 kOMyMxM 12k，即 kOMk12所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值命题点二 双曲线命题指数：难度：中题型：选择题、填空题1(2016全国乙卷)已知方程x2m2ny23m2n1 表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为 4，则 n 的取值范围是()A(1,3)B(1，3)C(0,3)D(0，3)解析：选 A 由题意得(m2n)(3m2n)0，解得m2n3m2，又由该双曲线两焦点间的距离为 4，得 m2n3m2n4，即 m21，所以1n0，b0)，则|BM|AB|2a，MBx18012060，点 M 的坐标为()2a，3a 点 M 在双曲线上，
215、4a2a2 3a2b2 1，解得 ab，c 2a，eca 2故选 D3(2016全国甲卷)已知 F1，F2 是双曲线 E：x2a2y2b21 的左，右焦点，点 M 在 E 上，MF1 与 x 轴垂直，sinMF2F113，则 E 的离心率为()A 2B32C 3D2解析：选 A 法一：作出示意图，如图，离心率 eca2c2a|F1F2|MF2|MF1|，由正弦定理得e|F1F2|MF2|MF1|sinF1MF2sinMF1F2sinMF2F12 23113 2故选 A法二：因为 MF1 与 x 轴垂直，所以|MF1|b2a 又 sinMF2F113，所以|MF1|MF2|13，即|MF2|3|
216、MF1|由双曲线的定义得 2a|MF2|MF1|2|MF1|2b2a，所以 b2a2，所以 c2b2a22a2，所以离心率 eca 24(2015全国卷)已知双曲线过点(4，3)，且渐近线方程为 y12x，则该双曲线的标准方程为_解析：法一：双曲线的渐近线方程为 y12x，可设双曲线的方程为 x24y2(0)双曲线过点(4，3)，164(3)24，双曲线的标准方程为x24 y21法二：渐近线 y12x 过点(4,2)，而 30，b0)由已知条件可得ba12，16a2 3b21，解得a24，b21，双曲线的标准方程为x24 y21答案：x24 y215(2016北京高考)双曲线x2a2y2b21
217、(a0，b0)的渐近线为正方形 OABC 的边 OA，OC所在的直线，点 B 为该双曲线的焦点若正方形 OABC 的边长为 2，则 a_解析：不妨令 B 为双曲线的右焦点，A 在第一象限，则双曲线如图所示四边形 OABC 为正方形，|OA|2，c|OB|2 2，AOB4直线 OA 是渐近线，方程为 ybax，batanAOB1，即 ab又a2b2c28，a2答案：2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(2015全国卷)已知椭圆 E 的中心在坐标原点，离心率为12，E 的右焦点与抛物线 C：y28x 的焦点重合，A，B 是 C 的准线与 E 的两个交点，则|AB|()
218、A3 B6C9 D12解析：选 B 由题意，设椭圆 E 的方程为x2a2y2b21(ab0)，抛物线 y28x 的焦点为(2,0)，椭圆中 c2，又ca12，a4，b2a2c212，从而椭圆的方程为x216y2121抛物线 y28x 的准线为 x2，xAxB2，将 xA2 代入椭圆方程可得|yA|3，由椭圆的对称性可知|AB|2|yA|62(2015浙江高考)如图，设抛物线 y24x 的焦点为 F，不经过焦点的直线上有三个不同的点 A，B，C，其中点 A，B 在抛物线上，点 C 在 y 轴上，则BCF 与ACF 的面积之比是()A|BF|1|AF|1 B|BF|21|AF|21C|BF|1|A
219、F|1D|BF|21|AF|21解析：选 A 由图形可知，BCF 与ACF 有公共的顶点 F，且 A，B，C 三点共线，易知BCF 与ACF 的面积之比就等于|BC|AC|由抛物线方程知焦点 F(1,0)，作准线 l，则 l 的方程为 x1点 A，B 在抛物线上，过 A，B 分别作 AK，BH 与准线垂直，垂足分别为点K，H，且与 y 轴分别交于点 N，M由抛物线定义，得|BM|BF|1，|AN|AF|1在CAN 中，BMAN，|BC|AC|BM|AN|BF|1|AF|13(2015山东高考)平面直角坐标系 xOy 中，双曲线 C1：x2a2y2b21(a0，b0)的渐近线与抛物线 C2：x2
220、2py(p0)交于点 O，A，B若OAB 的垂心为 C2 的焦点，则 C1 的离心率为_解析：双曲线的两条渐近线方程为 ybax，与抛物线方程联立得交点 A2pba，2pb2a2，B2pba，2pb2a2，抛物线焦点为 F0，p2，由三角形垂心的性质，得 BFOA，即 kBFkOA1，又 kBFp22pb2a22pba a4bba，kOAba，所以有a4bbaba1，即b2a254，故 C1 的离心率 eca1b2a215432答案：324(2015全国卷)在直角坐标系 xOy 中，曲线 C：yx24 与直线 l：ykxa(a0)交于M，N 两点(1)当 k0 时，分别求 C 在点 M 和 N
221、 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点 P，使得当 k 变动时，总有OPMOPN？说明理由解：(1)由题设可得 M(2 a，a)，N(2 a，a)，或 M(2 a，a)，N(2 a，a)又 yx2，故 yx24 在 x2 a处的导数值为 a，C 在点(2 a，a)处的切线方程为 ya a(x2 a)，即 axya0yx24 在 x2 a处的导数值为 a，C 在点(2 a，a)处的切线方程为 ya a(x2 a)，即 axya0故所求切线方程为 axya0 和 axya0(2)存在符合题意的点理由如下：设 P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线 PM，PN 的斜率
222、分别为 k1，k2将 ykxa 代入 C 的方程，得 x24kx4a0故 x1x24k，x1x24a从而 k1k2y1bx1 y2bx22kx1x2abx1x2x1x2kaba当 ba 时，有 k1k20，则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补，故OPMOPN，所以点 P(0，a)符合题意命题点四 圆锥曲线中的综合问题命题指数：难度：高题型：解答题1(2016全国甲卷)已知 A 是椭圆 E：x24 y231 的左顶点，斜率为 k(k0)的直线交 E于 A，M 两点，点 N 在 E 上，MANA(1)当|AM|AN|时，求AMN 的面积；(2)当 2|AM|AN|时，证明：3k2解：(
223、1)设 M(x1，y1)，则由题意知 y10由已知及椭圆的对称性知，直线 AM 的倾斜角为4又 A(2,0)，因此直线 AM 的方程为 yx2将 xy2 代入x24 y231 得 7y212y0解得 y0 或 y127，所以 y1127 因此AMN 的面积 SAMN212127 127 14449(2)证明：设直线 AM 的方程为 yk(x2)(k0)，代入x24 y231 得(34k2)x216k2x16k2120由 x1(2)16k21234k2，得 x1234k234k2，故|AM|x12|1k212 1k234k2 由题意，设直线 AN 的方程为 y1k(x2)，故同理可得|AN|12
224、k 1k23k24由 2|AM|AN|，得234k2k3k24，即 4k36k23k80设 f(t)4t36t23t8，则 k 是 f(t)的零点f(t)12t212t33(2t1)20，所以 f(t)在(0，)上单调递增又 f(3)15 3260，f(2)60，因此 f(t)在(0，)上有唯一的零点，且零点 k 在(3，2)内，所以 3k22(2016全国乙卷)设圆 x2y22x150 的圆心为 A，直线 l 过点 B(1,0)且与 x 轴不重合，l 交圆 A 于 C，D 两点，过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E(1)证明|EA|EB|为定值，并写出点 E 的轨迹方程；(2)设点
225、E 的轨迹为曲线 C1，直线 l 交 C1 于 M，N 两点，过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A交于 P，Q 两点，求四边形 MPNQ 面积的取值范围解：(1)证明：因为|AD|AC|，EBAC，所以EBDACDADC，所以|EB|ED|，故|EA|EB|EA|ED|AD|又圆 A 的标准方程为(x1)2y216，从而|AD|4，所以|EA|EB|4由题设得 A(1,0)，B(1,0)，|AB|2，由椭圆定义可得点 E 的轨迹方程为x24 y231(y0)(2)当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由ykx1，x24 y231得(4k23)x28k2x4k2120，则 x1x2 8k24k23，x1x24k2124k23 所以|MN|1k2|x1x2|12k214k23 过点 B(1,0)且与 l 垂直的直线 m：y1k(x1)，点 A 到直线 m 的距离为2k21，所以|PQ|2422k2124 4k23k21 故四边形 MPNQ 的面积 S12|MN|PQ|12114k23可得当 l 与 x 轴不垂直时，四边形 MPNQ 面积的取值范围为(12,8 3)当 l 与 x 轴垂直时，其方程为 x1，|MN|3，|PQ|8，故四边形 MPNQ 的面积为 12综上，四边形 MPNQ 面积的取值范围为12,8 3)