第五板塊　解析幾何

第五板塊解析幾何悉高考從高考試題來看，解析幾何是高考必考內(nèi)容，一般是以“3小1大”的形式出現(xiàn)，難度中檔偏上，考查內(nèi)容幾乎覆蓋了該部分的所有知識，如直線、圓、圓錐曲線方程與性質(zhì)，直線與圓錐曲線的位置關(guān)系.基礎(chǔ)小題一般涉及圓的方程，直線與圓的位置關(guān)系，橢圓、雙曲線、拋物線的簡單性質(zhì)等，壓軸小題一般涉及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系及離心率問題等.解答題一般出現(xiàn)在后兩題的位置，作為壓軸題考查.主要涉及定點(diǎn)、定值、最值、范圍、證明問題等.小題基準(zhǔn)考法——直線與圓命題點(diǎn)一三角函數(shù)的概念及誘導(dǎo)公式[一練而過]1．已知a>0，b>0，若直線l1：ax＋by－2＝0與直線l2：2x＋(1－a)y＋1＝0垂直，則a＋2b的最小值為()A．1B．3C．8D．9解析：選D因為兩直線垂直，所以斜率乘積為－1.即－eq\f(a,b)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,1－a)))＝－1，即2a＋b＝ab，整理可得eq\f(2,b)＋eq\f(1,a)＝1，所以a＋2b＝(a＋2b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,b)＋\f(1,a)))＝eq\f(2a,b)＋1＋4＋eq\f(2b,a)≥5＋2eq\r(\f(2a,b)×\f(2b,a))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時，等號成立．因此a＋2b的最小值為9.2．若a為實(shí)數(shù)，則“a＝1”是“直線l1：ax＋y＋2＝0與l2：x＋ay－3－a＝0平行”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選C若“直線l1：ax＋y＋2＝0與l2：x＋ay－3－a＝0平行”，則a2－1＝0，解得a＝1或a＝－1.當(dāng)a＝1時，直線l1：x＋y＋2＝0，l2：x＋y－4＝0，此時l1∥l2，符合題意；當(dāng)a＝－1時，直線l1：－x＋y＋2＝0，即l1：x－y－2＝0，l2：x－y－2＝0，此時l1，l2重合，不符合題意．綜上所述，“直線l1：ax＋y＋2＝0與l2：x＋ay－3－a＝0平行”等價于a＝1.所以“a＝1”是“直線l1：ax＋y＋2＝0與l2：x＋ay－3－a＝0平行”的充要條件．3．(2023·東北師大附中二模)直線l的方程為(λ＋2)x＋(λ－1)y－3λ＝0(λ∈R)，當(dāng)原點(diǎn)O到直線l的距離最大時，λ的值為()A．－1B．－5C．1D．5解析：選B直線方程(λ＋2)x＋(λ－1)y－3λ＝0(λ∈R)可化為λ(x＋y－3)＋(2x－y)＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3＝0，,2x－y＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))所以直線(λ＋2)x＋(λ－1)y－3λ＝0(λ∈R)過定點(diǎn)A(1,2)．當(dāng)OA⊥l時，原點(diǎn)O到直線l的距離最大，且kOA＝2.又因為直線l的斜率為k＝－eq\f(λ＋2,λ－1)＝－eq\f(1,2)，解得λ＝－5.4．直線l1：y＝2x和l2：y＝kx＋1與x軸圍成的三角形是等腰三角形，寫出滿足條件的k的兩個可能取值：________和________．解析：令直線l1，l2的傾斜角分別為α，θ，則tanα＝2，tanθ＝k.當(dāng)圍成的等腰三角形底邊在x軸上時，θ＝π－α，k＝tan(π－α)＝－tanα＝－2；當(dāng)圍成的等腰三角形底邊在直線l2上時，α＝2θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanα＝tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(2k,1－k2)＝2，整理得k2＋k－1＝0.而k>0，解得k＝eq\f(\r(5)－1,2)；當(dāng)圍成的等腰三角形底邊在直線l1上時，θ＝2α，k＝tanθ＝tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×2,1－22)＝－eq\f(4,3)，所以k的兩個可能取值－2，eq\f(\r(5)－1,2).答案：－2eq\f(\r(5)－1,2)(答案不唯一)[一站補(bǔ)給]知識的“盲點(diǎn)”傾斜角α與斜率k的關(guān)系：當(dāng)α∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，k∈[0，＋∞)，當(dāng)α＝eq\f(π,2)時，斜率k不存在，當(dāng)α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，k∈(－∞，0)思維的“難點(diǎn)”(1)設(shè)直線的方程時要注意其適用條件，如設(shè)點(diǎn)斜式時，要注意斜率不存在的情況；設(shè)截距式時要注意截距為零的情況．(2)已知直線的平行、垂直關(guān)系求參數(shù)值時，可以直接利用其系數(shù)的等價關(guān)系式求值，也要注意驗證與x，y軸垂直的特殊情況結(jié)論的“妙點(diǎn)”已知直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0(A1，B1不同時為零)，直線l2：A2x＋B2y＋C2＝0(A2，B2不同時為零)，則l1∥l2A1B2－A2B1＝0，且A1C2－A2C1≠0；l1⊥l2A1A2＋B1B2＝0命題點(diǎn)二圓的方程[真題導(dǎo)向]1．(2023·全國乙卷)已知實(shí)數(shù)x，y滿足x2＋y2－4x－2y－4＝0，則x－y的最大值是()A．1＋eq\f(3\r(2),2) B．4C．1＋3eq\r(2) D．7解析：選C將方程x2＋y2－4x－2y－4＝0化為(x－2)2＋(y－1)2＝9，其表示圓心為(2,1)，半徑為3的圓．設(shè)z＝x－y，數(shù)形結(jié)合知，只有當(dāng)直線x－y－z＝0與圓相切時，z才能取到最大值，此時eq\f(|2－1－z|,\r(2))＝3，解得z＝1±3eq\r(2)，故z＝x－y的最大值為1＋3eq\r(2)，故選C.2．(2022·全國甲卷)設(shè)點(diǎn)M在直線2x＋y－1＝0上，點(diǎn)(3,0)和(0,1)均在⊙M上，則⊙M的方程為__________．解析：設(shè)⊙M的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b－1＝0，,3－a2＋b2＝r2，,a2＋1－b2＝r2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，,r2＝5.))∴⊙M的方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝5.答案：(x－1)2＋(y＋1)2＝53．(2022·全國乙卷)過四點(diǎn)(0,0)，(4,0)，(－1,1)，(4,2)中的三點(diǎn)的一個圓的方程為____________．解析：設(shè)點(diǎn)A(0,0)，B(4,0)，C(－1,1)，D(4,2)．①若圓過A、B、C三點(diǎn)，圓心在直線x＝2，設(shè)圓心坐標(biāo)為(2，a)，則4＋a2＝9＋(a－1)2a＝3，r＝eq\r(4＋a2)＝eq\r(13)，所以圓的方程為(x－2)2＋(y－3)2＝13.②若圓過A、B、D三點(diǎn)，設(shè)圓心坐標(biāo)為(2，a)，則4＋a2＝4＋(a－2)2a＝1，r＝eq\r(4＋a2)＝eq\r(5)，所以圓的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝5.③若圓過A、C、D三點(diǎn)，則線段AC的中垂線方程為y＝x＋1，線段AD的中垂線方程為y＝－2x＋5，聯(lián)立得x＝eq\f(4,3)，y＝eq\f(7,3)r＝eq\f(\r(65),3)，所以圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(7,3)))2＝eq\f(65,9).④若圓過B、C、D三點(diǎn)，則線段BD的中垂線方程為y＝1,線段BC的中垂線方程為y＝5x－7，聯(lián)立得x＝eq\f(8,5)，y＝1r＝eq\f(13,5)，所以圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(8,5)))2＋(y－1)2＝eq\f(169,25).答案：(x－2)2＋(y－3)2＝13eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或x－22＋y－12＝5或\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(7,3)))2＝\f(65,9)或\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(8,5)))2＋y－12＝\f(169,25)))[素養(yǎng)評價]1．(2023·郴州模擬)已知A，B是⊙C：(x－2)2＋(y－4)2＝25上的兩個動點(diǎn)，P是線段AB的中點(diǎn)，若|AB|＝6，則點(diǎn)P的軌跡方程為()A．(x－4)2＋(y－2)2＝16B．(x－2)2＋(y－4)2＝11C．(x－2)2＋(y－4)2＝16D．(x－4)2＋(y－2)2＝11解析：選C因為AB的中點(diǎn)為P，所以CP⊥AB.又|AB|＝6，所以|CP|＝eq\r(25－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))2)＝4.所以點(diǎn)P在以C為圓心，4為半徑的圓上，其軌跡方程為(x－2)2＋(y－4)2＝16.2．(2023·昌平模擬)已知點(diǎn)P在直線eq\r(3)x－y－10＝0上，點(diǎn)Q(2cosθ，2sinθ)(θ∈R)，則|PQ|的最小值為()A．1 B．3C．5 D．7解析：選B設(shè)Q(x，y)，由Q(2cosθ，2sinθ)(θ∈R)可知x＝2cosθ，y＝2sinθ，所以x2＋y2＝4.即Q是圓心為(0,0)，半徑為2的圓上的動點(diǎn)，圓心到直線的距離d＝eq\f(|0－0－10|,\r(3＋1))＝5，所以|PQ|min＝5－2＝3.3．(2023·成都模擬)過A(0,1)，B(0,3)兩點(diǎn)，且與直線y＝x－1相切的圓的方程可以是()A．(x＋1)2＋(y－2)2＝2B．(x－2)2＋(y－2)2＝5C．(x－1)2＋(y－2)2＝2D．(x＋2)2＋(y－2)2＝5解析：選C因為A(0,1)，B(0,3)，則線段AB的垂直平分線所在直線的方程為y＝2，設(shè)圓心為C(t,2)，則圓C的半徑為r＝eq\f(|t－2－1|,\r(2))＝eq\f(|t－3|,\r(2)).又因為r＝|AC|＝eq\r(t2＋2－12)＝eq\r(t2＋1)，所以eq\f(|t－3|,\r(2))＝eq\r(t2＋1)，整理可得t2＋6t－7＝0，解得t＝1或t＝－7.當(dāng)t＝1時，r＝|AC|＝eq\r(2)，此時圓的方程為(x－1)2＋(y－2)2＝2；當(dāng)t＝－7時，r＝|AC|＝5eq\r(2)，此時圓的方程為(x＋7)2＋(y－2)2＝50.綜上所述，滿足條件的圓的方程為(x－1)2＋(y－2)2＝2或(x＋7)2＋(y－2)2＝50.4．(2023·長安二模)“蒙日圓”涉及幾何學(xué)中的一個著名定理，該定理的內(nèi)容：橢圓上兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)必在一個與橢圓同心的圓上，該圓稱為橢圓的蒙日圓．若橢圓C：eq\f(x2,a＋1)＋eq\f(y2,a)＝1(a>0)的離心率為eq\f(1,3)，則橢圓C的蒙日圓的方程為()A．x2＋y2＝19 B．x2＋y2＝17C．x2＋y2＝15 D．x2＋y2＝14解析：選B因為橢圓C：eq\f(x2,a＋1)＋eq\f(y2,a)＝1(a>0)的離心率為eq\f(1,3)，則eq\f(1,\r(a＋1))＝eq\f(1,3)，解得a＝8，即橢圓C的方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1.于是橢圓的上頂點(diǎn)A(0，2eq\r(2))，右頂點(diǎn)B(3,0)，經(jīng)過A，B兩點(diǎn)的橢圓切線方程分別為y＝2eq\r(2)，x＝3，則兩條切線的交點(diǎn)坐標(biāo)為(3，2eq\r(2))，顯然這兩條切線互相垂直，因此點(diǎn)(3,2eq\r(2))在橢圓C的蒙日圓上，圓心為橢圓C的中心O，橢圓C的蒙日圓半徑r＝eq\r(32＋2\r(2)2)＝eq\r(17)，所以橢圓C的蒙日圓方程為x2＋y2＝17.[一站補(bǔ)給]方法的“疑點(diǎn)”求圓的方程兩種主要的方法(1)幾何法求圓的方程，根據(jù)圓的幾何性質(zhì)，直接求出圓心坐標(biāo)和半徑，進(jìn)而寫出方程．(2)待定系數(shù)法求圓的方程時，若已知條件與圓心(a，b)和半徑r有關(guān)，則設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，否則選擇圓的一般方程思維的“難點(diǎn)”在求與圓有關(guān)的軌跡方程時，一定要做到該分類討論就分類討論，該舍去的點(diǎn)一定要舍去思想的“高點(diǎn)”解決與圓有關(guān)的最值問題時，常利用數(shù)形結(jié)合思想求解命題點(diǎn)三直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系[典例導(dǎo)析]考法1直線與圓的位置關(guān)系[例1](2023·泉州模擬)[多選]若直線y＝kx＋1與圓C：(x－2)2＋y2＝9相交于A，B兩點(diǎn)，則|AB|的長度可能等于()A．2B．3C．4D．5[解析]已知直線y＝kx＋1恒過點(diǎn)P(0,1)，圓C：(x－2)2＋y2＝9的圓心坐標(biāo)為C(2,0)，半徑r＝3.當(dāng)直線經(jīng)過圓心時，所得弦長|AB|最大，|AB|max＝2r＝6；當(dāng)直線與PC所在直線垂直時，所得弦長|AB|最小，|AB|min＝2eq\r(r2－|PC|2)＝2eq\r(9－5)＝4，因此可得4≤|AB|≤6，故|AB|的長度可能等于4或5.故選C、D.[答案]CD[例2](2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)過點(diǎn)(0，－2)與圓x2＋y2－4x－1＝0相切的兩條直線的夾角為α，則sinα＝()A．1 B.eq\f(\r(15),4)C.eq\f(\r(10),4) D.eq\f(\r(6),4)[解析]圓x2＋y2－4x－1＝0的圓心C(2,0)，半徑r＝eq\r(5)，過點(diǎn)P(0，－2)作圓C的切線，切點(diǎn)為A，B，因為|PC|＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，則|PA|＝eq\r(|PC|2－r2)＝eq\r(3)，可得sin∠APC＝eq\f(\r(5),2\r(2))＝eq\f(\r(10),4)，cos∠APC＝eq\f(\r(3),2\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，則sin∠APB＝sin2∠APC＝2sin∠APC·cos∠APC＝2×eq\f(\r(10),4)×eq\f(\r(6),4)＝eq\f(\r(15),4)，cos∠APB＝cos2∠APC＝cos2∠APC－sin2∠APC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),4)))2＝－eq\f(1,4)＜0，即∠APB為鈍角，所以sinα＝sin(π－∠APB)＝sin∠APB＝eq\f(\r(15),4).[答案]B考法2圓與圓的位置關(guān)系[例3][多選]已知圓A：x2＋y2＝1，圓B：x2＋y2－4x－4y＋4＝0，直線l：mx－y＋1－m＝0，則下列說法正確的是()A．圓B的圓心為(2,2)B．圓A與圓B有4條公切線C．點(diǎn)M在圓A上，點(diǎn)N在圓B上，則線段MN長的最大值為3＋2eq\r(2)D．直線l與圓B一定相交，且相交的弦長最小值為2eq\r(2)[解析]因為圓B的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－2)2＋(y－2)2＝4，所以圓B的圓心為(2,2)，故A正確；圓A的圓心為A(0,0)，半徑為r1＝1，圓B的半徑為r2＝2，圓心距為|AB|＝eq\r(2－02＋2－02)＝2eq\r(2)∈(1,3)，即|r1－r2|<|AB|<r1＋r2，所以圓A與圓B相交．故圓A與圓B有2條公切線，故B錯誤；因為兩圓圓心距為|AB|＝2eq\r(2)，且點(diǎn)M在圓A上，點(diǎn)N在圓B上，則線段MN長的最大值為|AB|＋r1＋r2＝3＋2eq\r(2)，故C正確；直線l的方程可化為m(x－1)－(y－1)＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＝0，,y－1＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1.))所以直線l過定點(diǎn)C(1,1)．因為(1－2)2＋(1－2)2<4，故點(diǎn)C在圓B內(nèi)，所以直線l與圓B相交．當(dāng)l⊥BC時，圓心B到直線l的距離取得最大值，且最大值為|BC|＝eq\r(1－22＋1－22)＝eq\r(2)，此時，直線l截圓B所得弦長最小，且最小值為2eq\r(4－|BC|2)＝2eq\r(2)，故D正確．[答案]ACD[思維建模]直線(圓)與圓的位置關(guān)系的解題思路數(shù)形結(jié)合討論直線與圓及圓與圓的位置關(guān)系時，要注意數(shù)形結(jié)合，充分利用圓的幾何性質(zhì)尋找解題途徑，減少運(yùn)算量巧用垂直直線與圓相切時利用“切線與過切點(diǎn)的半徑垂直，圓心到切線的距離等于半徑”建立切線斜率的等式，求切線方程主要選擇點(diǎn)斜式弦長公式弦長用圓的半徑和圓心到直線的距離表示，l＝2eq\r(r2－d2)(其中l(wèi)為弦長，r為圓的半徑，d為圓心到直線的距離)[針對訓(xùn)練]1．若直線x＋ay－a－1＝0與圓C：(x－2)2＋y2＝4交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)|AB|最小時，劣弧的長為()A.eq\f(π,2) B．πC．2π D．3π解析：選B由題意，直線x＋ay－a－1＝0可化為(x－1)＋a(y－1)＝0.當(dāng)x－1＝0且y－1＝0，即x＝1且y＝1時，等式恒成立，所以直線恒過定點(diǎn)M(1,1)．圓的圓心為C(2,0)，半徑r＝2，當(dāng)MC⊥直線AB時，|AB|取得最小值，且最小值為2eq\r(r2－|MC|2)＝2eq\r(4－2)＝2eq\r(2)，此時弦長AB對的圓心角為eq\f(π,2)，所以劣弧長為eq\f(π,2)×2＝π.故選B.2．[多選]若圓C1：x2＋y2＝4與圓C2：(x－m)2＋(y－n)2＝4的公共弦AB的長為2eq\r(3)，則下列結(jié)論正確的是()A．m2＋n2＝4B．直線AB的方程為mx＋ny－2＝0C．AB中點(diǎn)的軌跡方程為x2＋y2＝3D．四邊形AC1BC2的面積為eq\r(3)解析：選AB兩圓方程相減可得直線AB的方程為2mx＋2ny－m2－n2＝0.因為圓C1的圓心為C1(0,0)，半徑為2，且公共弦AB的長為2eq\r(3)，則C1(0,0)到直線2mx＋2ny－m2－n2＝0的距離為1，所以eq\f(m2＋n2,\r(4m2＋n2))＝1，解得m2＋n2＝4.所以直線AB的方程為mx＋ny－2＝0，故A、B正確；由圓的性質(zhì)可知直線C1C2垂直平分線段AB，所以C1(0,0)到直線mx＋ny－2＝0的距離即為AB的中點(diǎn)與點(diǎn)C1的距離．設(shè)AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，則eq\r(x－02＋y－02)＝1，即x2＋y2＝1，故C錯誤；易得四邊形AC1BC2為菱形，且AB＝2eq\r(3)，C1C2＝2，則四邊形AC1BC2的面積為eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2＝2eq\r(3)，故D錯誤．3．(2023·重慶模擬)已知點(diǎn)A(1，m)，B(1,2eq\r(5)－m)，若圓C：x2＋y2＋2x＝0上有且只有一點(diǎn)P，使得PA⊥PB，則實(shí)數(shù)m的一個取值為________．(寫出滿足條件的一個即可)解析：由題知，圓C：x2＋y2＋2x＝0，即(x＋1)2＋y2＝1，圓心為C(－1,0)，半徑r＝1.設(shè)AB的中點(diǎn)為M，因為A(1，m)，B(1,2eq\r(5)－m)，則M(1，eq\r(5))，|AB|＝2|eq\r(5)－m|.以AB為直徑的圓為(x－1)2＋(y－eq\r(5))2＝(eq\r(5)－m)2，因為圓C：x2＋y2＋2x＝0上有且只有一點(diǎn)P，使得PA⊥PB，則圓C與圓M相切．又|MC|＝eq\r(－1－12＋0－\r(5)2)＝3，即有|eq\r(5)－m|＋1＝3或|eq\r(5)－m|－1＝3，解得m＝eq\r(5)±2或m＝eq\r(5)±4.答案：eq\r(5)＋2[課下作業(yè)——小題保分練]1．兩圓x2＋y2－2x－5＝0和x2＋y2－4x－6y＋4＝0的圓心連線方程為()A．3x－y－3＝0 B．x－3y＋3＝0C．3x＋y－3＝0 D．x＋3y－3＝0解析：選A由題意x2＋y2－2x－5＝0，即(x－1)2＋y2＝6，x2＋y2－4x－6y＋4＝0，即(x－2)2＋(y－3)2＝9，故兩圓的圓心坐標(biāo)分別為(1,0)，(2,3)，則連心線斜率為k＝eq\f(3－0,2－1)＝3，則兩圓心的連線方程為y＝3(x－1)，即3x－y－3＝0.2．(2023·汕頭模擬)已知兩條直線l1：ax＋(a－2)y－1＝0，l2：3x＋ay＋2＝0，則l1⊥l2是a＝－1的()A．必要不充分條件B．充分不必要條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選A當(dāng)a＝－1時，l2：y＝3x＋2，l1：y＝－eq\f(1,3)x－eq\f(1,3)，k1·k2＝－3×eq\f(1,3)＝－1，所以l1⊥l2.當(dāng)l1⊥l2時，可得3×a＋a(a－2)＝a(a＋1)＝0，解得a＝－1或a＝0.所以“l(fā)1⊥l2”是“a＝－1”的必要不充分條件．3．已知圓C與圓x2＋y2－2y＝0關(guān)于直線x－y－2＝0對稱，則圓C的方程是()A．(x＋1)2＋y2＝1B．(x－3)2＋(y＋2)2＝1C．(x＋3)2＋(y－2)2＝1D．(x＋2)2＋(y－3)2＝1解析：選B將圓x2＋y2－2y＝0化成標(biāo)準(zhǔn)形式得x2＋(y－1)2＝1，所以已知圓的圓心為(0,1)，半徑r＝1.因為圓C與圓x2＋y2－2y＝0關(guān)于直線x－y－2＝0對稱，所以圓C的圓心C與點(diǎn)(0,1)關(guān)于直線x－y－2＝0對稱，半徑也為1.設(shè)C(a，b)可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1－b,0－a)＝－1，,\f(0＋a,2)－\f(1＋b,2)－2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－2.))所以C(3，－2)，圓C的方程是(x－3)2＋(y＋2)2＝1.4．若點(diǎn)P(－1,2)是圓C：(x＋4)2＋(y－3)2＝25的弦MN的中點(diǎn)，則弦MN所在的直線方程為()A．3x－y－5＝0 B．x＋3y－5＝0C．3x－y＋5＝0 D．x＋3y＋5＝0解析：選C因為圓心C(－4,3)，P(－1,2)，所以kPC＝eq\f(3－2,－4－－1)＝－eq\f(1,3).因為P是圓C的弦MN的中點(diǎn)，所以PC⊥MN.所以kMN＝3.則直線MN的方程為y－2＝3(x＋1)，即3x－y＋5＝0.5．(2023·南昌模擬)已知圓(x－1)2＋(y－1)2＝1關(guān)于直線ax＋by－1＝0(a>0，b>0)對稱，則eq\f(b2＋2a,ab)的最小值為()A．3 B．3＋2eq\r(2)C．2 D．2＋2eq\r(2)解析：選D由題意可知，圓心(1,1)在直線ax＋by－1＝0上，則a＋b＝1.又因為a>0，b>0，所以eq\f(b2＋2a,ab)＝eq\f(b2＋2aa＋b,ab)＝eq\f(b2＋2a2＋2ab,ab)＝eq\f(b,a)＋eq\f(2a,b)＋2≥2eq\r(2)＋2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(2a,b)且a＋b＝1，即a＝eq\r(2)－1，b＝2－eq\r(2)時取等號，此時取得最小值2＋2eq\r(2).6．(2023·黃岡三模)已知點(diǎn)M(1，eq\r(3))在圓C：x2＋y2＝m上，過M作圓C的切線l，則l的傾斜角為()A．30° B．60°C．120° D．150°解析：選D由題意得m＝1＋3＝4，當(dāng)l的斜率不存在時，此時直線方程為x＝1，與圓C：x2＋y2＝4相交，不合題意．當(dāng)l的斜率存在時，設(shè)切線l的方程為y－eq\r(3)＝k(x－1)，則eq\f(|k－\r(3)|,\r(1＋k2))＝2，解得k＝－eq\f(\r(3),3).設(shè)l的傾斜角為θ，則0°≤θ<180°，故l的傾斜角為150°.7．(2023·山東師大附中模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A(0,3)，直線l：y＝2x－4.設(shè)圓C的半徑為1，圓心在l上．若圓C上存在點(diǎn)M，使|MA|＝2|MO|，則圓心C的橫坐標(biāo)a的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(12,5))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(12,5)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(12,5)，\f(12,5))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(12,5)))解析：選D圓心C的橫坐標(biāo)為a，則圓心C的坐標(biāo)為(a,2a－4)．則圓C的方程(x－a)2＋(y－2a＋4)2＝1.設(shè)M(x，y)，由|MA|＝2|MO|，可得eq\r(x2＋y－32)＝2eq\r(x2＋y2)，整理得x2＋(y＋1)2＝4，則圓(x－a)2＋(y－2a＋4)2＝1與圓x2＋(y＋1)2＝4有公共點(diǎn)，則2－1≤eq\r(0－a2＋－1－2a＋42)≤2＋1，即1≤5a2－12a＋9≤9，解得0≤a≤eq\f(12,5).8．(2023·鎮(zhèn)江中學(xué)?？寄M預(yù)測)已知半徑為1的圓O上有三個動點(diǎn)A，B，C，且|AB|＝eq\r(2)，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的最小值為()A．1－eq\r(2) B.eq\r(2)－1C.eq\f(1,2)－eq\r(2) D.eq\r(2)－eq\f(1,2)解析：選A因為|AB|＝eq\r(2)，又|OA|＝|OB|＝1，所以|OA|2＋|OB|2＝|AB|2，所以∠AOB＝eq\f(π,2).以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OB所在直線為x，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A(1,0)，B(0,1)，設(shè)C(x，y)，則x2＋y2＝1，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(x－1，y)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(x，y－1)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝x(x－1)＋y(y－1)＝x2＋y2－x－y＝－x－y＋1.設(shè)－x－y＋1＝t，即x＋y＋t－1＝0，依題意直線x＋y＋t－1＝0與圓O有公共點(diǎn)，所以eq\f(|t－1|,\r(1＋1))≤1，得1－eq\r(2)≤t≤1＋eq\r(2)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的最小值為1－eq\r(2).9．(2023·北京大興三模)若點(diǎn)P是圓C：x2＋y2－2x＝0上的動點(diǎn)，直線l：x＋y＋1＝0與x軸、y軸分別相交于M，N兩點(diǎn)，則∠PMN的最小值為()A.eq\f(π,12)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,3)解析：選A如圖所示，直線l的斜率為－1，傾斜角為eq\f(3π,4)，故∠OMN＝eq\f(π,4)，圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋y2＝1，圓心為C(1,0)，半徑為r＝1.易知直線l交x軸于點(diǎn)M(－1,0)，所以|MC|＝2.由圖可知，當(dāng)直線PM與圓C相切，且切點(diǎn)位于x軸下方時，∠PMN取最小值．由圓的幾何性質(zhì)可知CP⊥MP，且|CP|＝1＝eq\f(1,2)|CM|，則∠CMP＝eq\f(π,6)，故∠PMN≥∠OMN－eq\f(π,6)＝eq\f(π,4)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,12).10．已知曲線C的方程為x2＋y2－2x＋4y－1＝0，曲線C關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，m))的對稱曲線為C′，若以曲線C′與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形面積為4eq\r(3)，則m的值為()A．－1 B．1C．0或－2 D．0解析：選C曲線C：(x－1)2＋(y＋2)2＝6是以點(diǎn)C(1，－2)為圓心，eq\r(6)為半徑的圓，點(diǎn)C(1，－2)關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，m))的對稱點(diǎn)C′(0,2m＋2)，則曲線C′是以點(diǎn)C′為圓心，eq\r(6)為半徑的圓，圓C′的方程為x2＋(y－2m－2)2＝6.圓C′與兩坐標(biāo)軸各有兩個交點(diǎn)，又圓C′的圓心在y軸上，則原點(diǎn)必在圓C′內(nèi)，因此圓C′的內(nèi)接四邊形兩條對角線互相垂直，其中一條對角線長為2eq\r(6)，設(shè)另一條對角線長為a，于是eq\f(1,2)a·2eq\r(6)＝4eq\r(3)，解得a＝2eq\r(2).因此圓C′截x軸所得弦長為a＝2eq\r(2).在x2＋(y－2m－2)2＝6中，令y＝0，得x2＝6－(2m＋2)2，即|x|＝eq\r(6－2m＋22)，從而eq\r(6－2m＋22)＝eq\r(2)，解得m＝0或m＝－2.所以m的值為0或－2.11．[多選]設(shè)圓O：x2＋y2＝2，直線l：x＋y－4＝0，P為l上的動點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓O的兩條切線PA，PB，切點(diǎn)為A，B，則下列說法正確的是()A．直線l與圓O相交B．|PA|的取值范圍為[eq\r(6)，＋∞)C．存在點(diǎn)P，使四邊形OAPB為正方形D．當(dāng)點(diǎn)P坐標(biāo)為(2,2)時，直線AB的方程為x＋y＝1解析：選BD由題易知，圓O的圓心為(0,0)，其到直線l的距離d＝eq\f(|－4|,\r(2))＝2eq\r(2)>eq\r(2)，故直線l與圓相離，故A錯誤；設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，則|PA|＝eq\r(|PO|2－|OA|2)＝eq\r(|PO|2－2)＝eq\r(2x\o\al(2,0)－8x0＋16－2)＝eq\r(2x0－22＋6)≥eq\r(6)，即|PA|的取值范圍為[eq\r(6)，＋∞)，故B正確；當(dāng)四邊形OAPB為正方形時，|OA|＝|OB|＝|AP|＝|BP|.又圓O：x2＋y2＝2的圓心O(0,0)，半徑r＝eq\r(2)，所以|PO|＝eq\r(|OA|2＋|AP|2)＝eq\r(2r2)＝eq\r(4)＝2.設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，則y0＝4－x0，所以|PO|＝eq\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0))＝eq\r(x\o\al(2,0)＋4－x02)＝eq\r(2x\o\al(2,0)－8x0＋16)＝2，化簡得xeq\o\al(2,0)－4x0＋6＝0，該方程的判別式Δ＝16－24＝－8<0，該方程無解．所以不存在點(diǎn)P使得四邊形OAPB為正方形，故C錯誤；當(dāng)點(diǎn)P坐標(biāo)為(2,2)時，以|PO|為直徑的圓的圓心為(1,1)，半徑為eq\r(2)，所以以|PO|為直徑的圓的方程為(x－1)2＋(y－1)2＝2.兩圓相減可得直線AB的方程為x＋y＝1，故D正確．12．[多選]已知點(diǎn)P，Q分別是直線l：mx－y－3m＋4＝0和圓O：x2＋y2＝4上的動點(diǎn)，則()A．點(diǎn)Q到直線l的最大距離為7B．當(dāng)直線l被圓O所截得的弦長最大時，m的值為1C．若直線l與圓O相切，則m的值為eq\f(12±2\r(21),5)D．若直線l被圓O所截得的弦長為2eq\r(3)，則m的值為eq\f(6±\r(6),4)解析：選ACD由l：mx－y－3m＋4＝m(x－3)－(y－4)＝0，可知l過定點(diǎn)M(3,4)，圓O：x2＋y2＝4的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，半徑r＝2.設(shè)圓心O到直線l的距離為d，如圖所示，當(dāng)OM⊥l時，d＝|OM|＝eq\r(32＋42)＝5，當(dāng)OM與直線l不垂直時，d<|OM|，從而可知點(diǎn)Q到直線l的最大距離為d＋r＝5＋2＝7，此時Q，O，M三點(diǎn)共線，故A正確；若直線l被圓O所截得的弦長最大，則直線l經(jīng)過圓心，則m·0－0－3m＋4＝0，解得m＝eq\f(4,3)，故B錯誤；若直線l與圓O相切，則圓心到直線l的距離為eq\f(|－3m＋4|,\r(m2＋－12))＝2，解得m＝eq\f(12±2\r(21),5)，故C正確；若直線l被圓O截得的弦長為2eq\r(3)，如圖設(shè)為弦CD，則圓心O到直線l的距離為eq\r(|OC|2－\f(|CD|2,4))＝eq\r(22－\r(3)2)＝1＝eq\f(|－3m＋4|,\r(m2＋－12))，解得m＝eq\f(6±\r(6),4)，故D正確．13．(2023·南平模擬)對于任意實(shí)數(shù)λ，直線x＋y－3＋λ(x－2y)＝0恒過定點(diǎn)A，且點(diǎn)B(1,0)，則直線AB的一個方向向量為________．解析：由題意對于任意實(shí)數(shù)λ，直線x＋y－3＋λ(x－2y)＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3＝0，,x－2y＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝1.))即定點(diǎn)A為(2,1)．所以直線AB的一個方向向量為eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1)．答案：(－1，－1)(答案不唯一)14．(2023·南陽模擬)直線l經(jīng)過點(diǎn)P(2，－3)，與圓C：x2＋y2＋2x＋2y－14＝0相交截得的弦長為2eq\r(7)，則直線l的方程為________．解析：圓C：x2＋y2＋2x＋2y－14＝0，即(x＋1)2＋(y＋1)2＝16，圓心為C(－1，－1)，半徑r＝4.因為直線與圓相交截得的弦長為2eq\r(7)，所以圓心到直線的距離d＝eq\r(42－\r(7)2)＝3.若直線的斜率不存在，此時直線方程為x＝2，滿足圓心C(－1，－1)到直線x＝2的距離為3，符合題意；若直線的斜率存在，設(shè)斜率為k，則直線方程為y＋3＝k(x－2)，即kx－y－2k－3＝0，則d＝eq\f(|－k＋1－2k－3|,\r(k2＋－12))＝3，解得k＝eq\f(5,12)，所以直線方程為y＋3＝eq\f(5,12)(x－2)，即5x－12y－46＝0.綜上，直線l的方程為5x－12y－46＝0或x＝2.答案：5x－12y－46＝0或x＝215．已知兩圓C1：x2＋y2－2x＋10y＋10＝0和C2：x2＋y2＋2x＋2y＋1＝0交于A，B兩點(diǎn)，則線段AB的垂直平分線方程是________，公共弦AB長度為________．解析：圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋(y＋5)2＝16，其中圓心C1(1，－5)，半徑為4；圓C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋(y＋1)2＝1，其中圓心C2(－1，－1)，半徑為1.而線段AB的垂直平分線恰為直線C1C2，其方程為y＋1＝eq\f(－5＋1,1＋1)×(x＋1)，即2x＋y＋3＝0.聯(lián)立兩圓的方程可得，線段AB所在的直線方程為4x－8y－9＝0.所以圓心C2(－1，－1)到直線AB的距離d＝eq\f(|－4＋8－9|,\r(42＋82))＝eq\f(\r(5),4).所以|AB|＝2eq\r(1－d2)＝2eq\r(1－\f(5,16))＝eq\f(\r(11),2).答案：2x＋y＋3＝0eq\f(\r(11),2)16．已知直線l：x－y＋8＝0與x軸相交于點(diǎn)A，過直線l上的動點(diǎn)P作圓x2＋y2＝16的兩條切線，切點(diǎn)分別為C，D兩點(diǎn)，則直線CD恒過定點(diǎn)坐標(biāo)為________；記M是CD的中點(diǎn)，則|AM|的最小值為________．解析：由題意設(shè)點(diǎn)P(t，t＋8)，C(x1，y1)，D(x2，y2)．因為PD，PC是圓的切線，所以O(shè)D⊥PD，OC⊥PC，所以C，D在以O(shè)P為直徑的圓上，其圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(t,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(t＋8,2)))2＝eq\f(t2＋t＋82,4).又C，D在圓x2＋y2＝16上，將兩個圓的方程作差得直線CD的方程為tx＋(t＋8)y－16＝0，即t(x＋y)＋8(y－2)＝0，所以直線CD恒過定點(diǎn)Q(－2,2)．又因為OM⊥CD，M，Q，C，D四點(diǎn)共線，所以O(shè)M⊥MQ.即M在以O(shè)Q為直徑的圓(x＋1)2＋(y－1)2＝2上，其圓心為G(－1,1)，半徑為r＝eq\r(2)，如圖所示．所以|AM|min＝|AG|－r＝eq\r(－1＋82＋12)－eq\r(2)＝4eq\r(2).所以|AM|的最小值為4eq\r(2).答案：(－2,2)4eq\r(2)小題壓軸考法——圓錐曲線的方程與性質(zhì)命題點(diǎn)一圓錐曲線的定義與標(biāo)準(zhǔn)方程[典例導(dǎo)析][例1]已知雙曲線Γ：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線分別交雙曲線Γ的左、右兩支于A，B兩點(diǎn)，且∠F2AB＝∠F2BA，則|BF2|＝()A.eq\r(5)＋4 B．2eq\r(5)＋4C．2eq\r(5) D.eq\r(5)[解析]由雙曲線Γ：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1，得a＝2，b＝eq\r(2)，c＝eq\r(6).因為∠F2AB＝∠F2BA，所以|F2A|＝|F2B|.作F2C⊥AB于點(diǎn)C，則C是AB的中點(diǎn)．設(shè)|F2A|＝|F2B|＝x，則由雙曲線的定義|F2A|－|F1A|＝2a，|F1B|－|F2B|＝2a，可得|F1A|＝x－4，|F1B|＝x＋4，|AB|＝8.故cos∠F1BF2＝eq\f(|CB|,|BF2|)＝eq\f(4,x).又由余弦定理得cos∠F1BF2＝eq\f(x＋42＋x2－2\r(6)2,2x＋4x)＝eq\f(x2＋4x－4,x＋4x)，所以eq\f(4,x)＝eq\f(x2＋4x－4,x＋4x)，解得x＝2eq\r(5).[答案]C[例2](2023·全國甲卷)設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓C：eq\f(x2,5)＋y2＝1的兩個焦點(diǎn)，點(diǎn)P在C上，若eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，則|PF1|·|PF2|＝()A．1B．2C．4D．5[解析]法一：因為eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，所以PF1⊥PF2，則S△PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|＝b2taneq\f(∠F1PF2,2)，得eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|＝1×taneq\f(90°,2).所以|PF1|·|PF2|＝2，故選B.法二：因為eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，所以PF1⊥PF2.所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝16.因為|PF1|＋|PF2|＝2a＝2eq\r(5)，所以(|PF1|＋|PF2|)2＝20，即|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝20.所以|PF1|·|PF2|＝2，故選B.[答案]B[思維建模](1)在焦點(diǎn)三角形中，常利用正弦定理、余弦定理結(jié)合橢圓(雙曲線)的定義，運(yùn)用平方的關(guān)系，建立|PF1|＋|PF2|與|PF1||PF2|的聯(lián)系．(2)求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程時的常見錯誤．雙曲線的定義中忽略“絕對值”致錯；橢圓與雙曲線中參數(shù)的關(guān)系式弄混，橢圓中的關(guān)系式為a2＝b2＋c2，雙曲線中的關(guān)系式為c2＝a2＋b2；圓錐曲線方程確定時還要注意焦點(diǎn)位置．[針對訓(xùn)練]1．已知△ABC的頂點(diǎn)都在拋物線y2＝4x上，且△ABC的重心為拋物線的焦點(diǎn)F，則|AF|＋|BF|＋|CF|＝()A．3B．6C．9D．12解析：選B由題意得p＝2，F(xiàn)(1,0)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．∵點(diǎn)F是△ABC的重心，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋x3,3)，\f(y1＋y2＋y3,3))).∴x1＋x2＋x3＝3.根據(jù)拋物線的定義可得|AF|＋|BF|＋|CF|＝x1＋eq\f(p,2)＋x2＋eq\f(p,2)＋x3＋eq\f(p,2)＝x1＋x2＋x3＋eq\f(3p,2)＝6.2．已知雙曲線C：eq\f(x2,9)－y2＝1，點(diǎn)F是C的左焦點(diǎn)，若點(diǎn)P為C右支上的動點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P到C的一條漸近線的距離為d，則d＋|PF|的最小值為()A．6B．7C．8D．9解析：選B過P作PH垂直于雙曲線的一條漸近線，垂足為H，則|PH|＝d，連接P與雙曲線的另一個焦點(diǎn)F1，如圖所示，由雙曲線的定義知，d＋|PF|＝|PH|＋|PF1|＋2a.又雙曲線方程為eq\f(x2,9)－y2＝1，故a＝3，b＝1，c＝eq\r(10).又點(diǎn)F1的坐標(biāo)為(eq\r(10)，0)，雙曲線的漸近線為y＝eq\f(1,3)x，故點(diǎn)F1到漸近線的距離為eq\f(\f(\r(10),3),\f(\r(10),3))＝1，故|PH|＋|PF1|＋2a≥1＋6＝7.3．已知F1，F(xiàn)2分別為橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1的左、右焦點(diǎn)，P為橢圓上的動點(diǎn)，點(diǎn)F2關(guān)于直線PF1的對稱點(diǎn)為M，點(diǎn)F1關(guān)于直線PF2的對稱點(diǎn)為N，則當(dāng)|MN|最大時，△PF1F2的面積為________．解析：根據(jù)橢圓的方程可知，F(xiàn)1(－eq\r(2)，0)，F(xiàn)2(eq\r(2)，0)，連接PM，PN，則|PM|＋|PN|＝|PF1|＋|PF2|＝2a＝4，所以當(dāng)M，N，P三點(diǎn)共線時，|MN|的值最大，此時∠MPF1＝∠F1PF2，∠NPF2＝∠F1PF2.又因為∠MPF1＋∠F1PF2＋∠F2PN＝180°，可得∠F1PF2＝60°.在△F1PF2中，由余弦定理可得，(2c)2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cos∠F1PF2，即8＝(|PF1|＋|PF2|)2－3|PF1|·|PF2|＝16－3|PF1|·|PF2|，解得|PF1|·|PF2|＝eq\f(8,3).故S△PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|sin∠F1PF2＝eq\f(1,2)×eq\f(8,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(2\r(3),3).答案：eq\f(2\r(3),3)命題點(diǎn)二圓錐曲線的幾何性質(zhì)[典例導(dǎo)析]考法1雙曲線的漸近線[例3]設(shè)F1，F(xiàn)2分別為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)．若在雙曲線右支上存在點(diǎn)P，滿足|PF2|＝|F1F2|，且F2到直線PF1的距離等于雙曲線的實(shí)軸長，則該雙曲線的漸近線與拋物線x2＝4y的準(zhǔn)線圍成三角形的面積為________．[解析]依題意|PF2|＝|F1F2|，可知△PF2F1是一個等腰三角形，F(xiàn)2在直線PF1的投影是其中點(diǎn)D.由勾股定理可知|PF1|＝2eq\r(4c2－4a2)＝4b.根據(jù)雙曲線的定義可知4b－2c＝2a，整理得c＝2b－a，代入c2＝a2＋b2，整理得3b2－4ab＝0，所以eq\f(b,a)＝eq\f(4,3).所以雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(4,3)x，即4x±3y＝0.又拋物線x2＝4y的準(zhǔn)線方程為y＝－1，所以雙曲線的漸近線與拋物線的準(zhǔn)線y＝－1的交點(diǎn)坐標(biāo)為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，－1))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，－1)).所以△OMN的面積S＝eq\f(1,2)×1×eq\f(3,2)＝eq\f(3,4)，即雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的漸近線與拋物線x2＝4y的準(zhǔn)線圍成三角形的面積為eq\f(3,4).[答案]eq\f(3,4)[思維建模]與雙曲線漸近線方程有關(guān)的問題(1)雙曲線的焦點(diǎn)到漸近線的距離為b；(2)求解雙曲線的漸近線方程時，務(wù)必分清楚焦點(diǎn)在哪個坐標(biāo)軸上，或者直接令右側(cè)的1為0得出漸近線方程．考法2橢圓、雙曲線的離心率[例4]已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(c,0)，上頂點(diǎn)為A(0，b)，直線x＝eq\f(a2,c)上存在一點(diǎn)P滿足(eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→)))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，則橢圓離心率的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))[關(guān)鍵點(diǎn)撥][解析]eq\o(FA,\s\up6(→))＝(－c，b)，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，y0))，則eq\o(FP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)－c，y0))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，y0－b))，所以eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)－2c，y0＋b)).因為(eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→)))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)－2c))·eq\f(a2,c)＋(y0＋b)(y0－b)＝0，可得yeq\o\al(2,0)＝2a2＋b2－eq\f(a4,c2).又yeq\o\al(2,0)≥0，b2＝a2－c2，所以a4－3a2c2＋c4≤0，即e4－3e2＋1≤0，可得eq\f(3－\r(5),2)≤e2<1，解得eq\f(\r(5)－1,2)≤e<1，故選C.[答案]C[例5](2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.點(diǎn)A在C上，點(diǎn)B在y軸上，eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，則C的離心率為________．[關(guān)鍵點(diǎn)撥]此題可以選擇代數(shù)法和幾何法．代數(shù)法即利用eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))建立坐標(biāo)間的關(guān)系求離心率．幾何法即由雙曲線的定義及向量數(shù)量積的幾何意義得到|AF2|，|BF2|，|AF1|關(guān)于a的表達(dá)式，利用余弦定理得到a，c的齊次式方程．[解析]法一：由題意可知，F(xiàn)1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，設(shè)A(x1，y1)，B(0，y0)，所以eq\o(F2A,\s\up6(→))＝(x1－c，y1)，eq\o(F2B,\s\up6(→))＝(－c，y0)，因為eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－c＝\f(2,3)c，,y1＝－\f(2,3)y0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(5,3)c，,y1＝－\f(2,3)y0，))所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c，－\f(2,3)y0))，eq\o(F1A,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)c，－\f(2,3)y0))，eq\o(F1B,\s\up6(→))＝(c，y0)．因為eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，所以eq\o(F1A,\s\up6(→))·eq\o(F1B,\s\up6(→))＝0，即eq\f(8,3)c2－eq\f(2,3)yeq\o\al(2,0)＝0，解得yeq\o\al(2,0)＝4c2.因為點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c，－\f(2,3)y0))在雙曲線C上，所以eq\f(25c2,9a2)－eq\f(4y\o\al(2,0),9b2)＝1.又yeq\o\al(2,0)＝4c2，所以eq\f(25c2,9a2)－eq\f(16c2,9b2)＝1，即eq\f(25a2＋b2,9a2)－eq\f(16a2＋b2,9b2)＝1，化簡得eq\f(b2,a2)＝eq\f(4,5).所以e2＝1＋eq\f(b2,a2)＝eq\f(9,5)，所以e＝eq\f(3\r(5),5).法二：由eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，得eq\f(|\o(F2A,\s\up6(→))|,|\o(F2B,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,3).設(shè)|eq\o(F2A,\s\up6(→))|＝2t，|eq\o(F2B,\s\up6(→))|＝3t，由對稱性可得|eq\o(F1B,\s\up6(→))|＝3t，則|eq\o(AF1,\s\up6(→))|＝2t＋2a，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝5t.設(shè)∠F1AF2＝θ，則sinθ＝eq\f(3t,5t)＝eq\f(3,5)，所以cosθ＝eq\f(4,5)＝eq\f(2t＋2a,5t)，解得t＝a.所以|eq\o(AF1,\s\up6(→))|＝2t＋2a＝4a，|eq\o(AF2,\s\up6(→))|＝2a.在△AF1F2中，由余弦定理可得cosθ＝eq\f(16a2＋4a2－4c2,16a2)＝eq\f(4,5)，即5c2＝9a2，則e＝eq\f(3\r(5),5).[答案]eq\f(3\r(5),5)[思維建模]橢圓、雙曲線的離心率(離心率范圍)的求解方法(1)基本方法：從定義出發(fā)，找到關(guān)于a，b，c的等式或不等式；(2)幾何法：根據(jù)題目中給出的或隱含的條件找出等量關(guān)系或不等關(guān)系，比如等腰、鈍角、銳角、中垂線、垂直、內(nèi)外切等．根據(jù)上述a，b，c的等量關(guān)系或不等關(guān)系，把b用a，c代換，求eq\f(c,a)的值；也可以利用e＝eq\r(1－\f(b2,a2))或e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))直接進(jìn)行計算，這樣不用求出a，b，c各自的值，會使計算量大大減?。挤?拋物線的焦點(diǎn)弦問題[例6]過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F，作傾斜角為eq\f(π,6)的直線l交C于A，B兩點(diǎn)，交C的準(zhǔn)線于點(diǎn)M，若|OM|＝eq\f(2\r(21),3)(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則線段AB的長度為()A．8B．16C．24D．32[解析]拋物線C的焦點(diǎn)為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(p,2)，直線AB的方程為y＝taneq\f(π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))＝eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(p,2)，,y＝\f(\r(3),3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(p,2)，,y＝－\f(\r(3),3)p))即點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，－\f(\r(3),3)p))，所以|OM|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)p))2)＝eq\f(2\r(21),3)，因為p>0，所以p＝4，所以直線AB的方程為y＝eq\f(\r(3),3)(x－2)，拋物線C：y2＝8x，設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),3)x－2，,y2＝8x，))可得x2－28x＋4＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系可得x1＋x2＝28，則|AB|＝x1＋x2＋p＝32.故選D.[答案]D[思維建模]利用拋物線的幾何性質(zhì)解題時，注意利用定義構(gòu)造與焦半徑相關(guān)的圖形(如直角三角形、梯形)，來溝通已知量和p的關(guān)系及靈活應(yīng)用焦點(diǎn)弦的結(jié)論：(1)x1x2＝eq\f(p2,4)，y1y2＝－p2；(2)|AB|＝x1＋x2＋p；(3)當(dāng)AB⊥x軸時，弦AB的長最短為2p.[針對訓(xùn)練]4．(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)設(shè)橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a＞1)，C2：eq\f(x2,4)＋y2＝1的離心率分別為e1，e2，若e2＝eq\r(3)e1，則a＝()A.eq\f(2\r(3),3)B.eq\r(2)C.eq\r(3)D.eq\r(6)解析：選A由e2＝eq\r(3)e1，得eeq\o\al(2,2)＝3eeq\o\al(2,1).因此eq\f(3,4)＝3×eq\f(a2－1,a2).因為a＞1，所以a＝eq\f(2\r(3),3).5．[多選]已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，右頂點(diǎn)為A，M為OA的中點(diǎn)，P為雙曲線C右支上一點(diǎn)，且PF2⊥F1F2，tan∠PF1F2＝eq\f(3,4)，則()A．C的離心率為2B．C的漸近線方程為x±eq\r(3)y＝0C．PM平分∠F1PF2D.eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(PF1,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(PF2,\s\up6(→))解析：選ACD由PF2⊥F1F2可得|PF2|＝eq\f(b2,a).由tan∠PF1F2＝eq\f(|PF2|,|F1F2|)＝eq\f(\f(b2,a),2c)＝eq\f(b2,2ac)＝eq\f(3,4)，得3ac＝2b2，即3ac＝2(c2－a2)，即2e2－3e－2＝0，即(2e＋1)(e－2)＝0.∴e＝2，故A正確；由e＝2＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)eq\f(b,a)＝eq\r(3)，∴雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\r(3)x，故B錯誤；由eq\f(c,a)＝2c＝2a，b＝eq\r(3)a，∴|PF2|＝eq\f(b2,a)＝eq\f(3a2,a)＝3a.又由|PF1|－|PF2|＝2a|PF1|＝5a，∴eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(5a,3a)＝eq\f(5,3).∵|F1M|＝c＋eq\f(a,2)＝2a＋eq\f(a,2)＝eq\f(5a,2)，|F2M|＝c－eq\f(a,2)＝2a－eq\f(a,2)＝eq\f(3a,2)，∴eq\f(|F1M|,|F2M|)＝eq\f(\f(5a,2),\f(3a,2))＝eq\f(5,3)，∴eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(|F1M|,|F2M|)＝eq\f(5,3).∴根據(jù)角平分線的性質(zhì)可知PM平分∠F1PF2，故C正確；|F2A|＝c－a＝2a－a＝a，|F1F2|＝2c＝4a，eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\o(PF2,\s\up6(→))＋eq\o(F2A,\s\up6(→))＝eq\o(PF2,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(F2F1,\s\up6(→))＝eq\o(PF2,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)(eq\o(PF1,\s\up6(→))－eq\o(PF2,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)eq\o(PF1,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(PF2,\s\up6(→))，故D正確．6．(2023·廈門一中5月預(yù)測)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，P為C上一點(diǎn)，PF與x軸垂直，Q為x軸上一點(diǎn)，且PQ⊥OP，若|FQ|＝6，則C的準(zhǔn)線方程為________．解析：拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，因為PF與x軸垂直，所以P的橫坐標(biāo)為eq\f(p,2)，將其代入拋物線方程可得P的縱坐標(biāo)為±p，不妨設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，則eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p)).因為Q為x軸上一點(diǎn)，且PQ⊥OP，所以Q在F的右側(cè)．又|FQ|＝6，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋\f(p,2)，0)).所以eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(6，－p)．因為PQ⊥OP，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝6×eq\f(p,2)－p2＝0.因為p>0，所以p＝3.所以C的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(3,2).答案：x＝－eq\f(3,2)命題點(diǎn)三直線與圓錐曲線位置關(guān)系[典例導(dǎo)析][例7](2023·全國乙卷)設(shè)A，B為雙曲線x2－eq\f(y2,9)＝1上兩點(diǎn)，下列四個點(diǎn)中，可為線段AB中點(diǎn)的是()A．(1,1) B．(－1,2)C．(1,3) D．(－1，－4)[解析]設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點(diǎn)為M(x0，y0)，由點(diǎn)A，B在雙曲線上，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)－\f(y\o\al(2,1),9)＝1，,x\o\al(2,2)－\f(y\o\al(2,2),9)＝1，))兩式作差，得xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＝eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),9)，即(x1－x2)(x1＋x2)＝eq\f(y1－y2y1＋y2,9)，化簡得eq\f(y1－y2y1＋y2,x1－x2x1＋x2)＝9，即eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2))＝kAB·eq\f(y0,x0)＝9，因此kAB＝9·eq\f(x0,y0).由雙曲線方程可得漸近線方程為y＝±3x，可得－3<9·eq\f(x0,y0)<3，即－eq\f(1,3)<eq\f(x0,y0)<eq\f(1,3)eq\f(y0,x0)>3或eq\f(y0,x0)<－3.結(jié)合選項知選D.[答案]D[例8](2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)[多選]設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y＝－eq\r(3)(x－1)過拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)，且與C交于M，N兩點(diǎn)，l為C的準(zhǔn)線，則()A．p＝2B．|MN|＝eq\f(8,3)C．以MN為直徑的圓與l相切D．△OMN為等腰三角形[解析]由題意，易知直線y＝－eq\r(3)(x－1)過點(diǎn)(1,0)．因為直線經(jīng)過拋物線C的焦點(diǎn)，所以易知焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0)，所以eq\f(p,2)＝1，即p＝2，故A正確．不妨設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1＜x2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(3)x－1，,y2＝4x，))消去y并整理得3x2－10x＋3＝0，解得x1＝eq\f(1,3)，x2＝3.由拋物線的定義，得|MN|＝x1＋x2＋p＝eq\f(10,3)＋2＝eq\f(16,3)，故B錯誤．設(shè)MN的中點(diǎn)為A，M，N，A到直線l的距離分別為d1，d2，d，因為d＝eq\f(1,2)(d1＋d2)＝eq\f(1,2)(|MF|＋|NF|)＝eq\f(1,2)|MN|，即A到直線l的距離等于MN的一半，所以以MN為直徑的圓與直線l相切，故C正確．直線y＝－eq\r(3)(x－1)，即eq\r(3)x＋y－eq\r(3)＝0，O到直線eq\r(3)x＋y－eq\r(3)＝0的距離為eq\f(\r(3),2)，所以S△OMN＝eq\f(1,2)×eq\f(16,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4\r(3),3).由上述分析可知y1＝－eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－1))＝eq\f(2\r(3),3)，y2＝－eq\r(3)(3－1)＝－2eq\r(3)，所以|OM|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(13),3)，|ON|＝eq\r(32＋－2\r(3)2)＝eq\r(21).所以△OMN不是等腰三角形，故D錯誤．故選A、C.[答案]AC[思維建模]解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系的相關(guān)問題的常規(guī)思路是先聯(lián)立直線方程和曲線方程，消元、化簡，利用根與系數(shù)的關(guān)系建立方程，解決相關(guān)問題，涉及中點(diǎn)弦問題時，用“點(diǎn)差法”解決，往往會更簡單．[針對訓(xùn)練]7．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知橢圓C：eq\f(x2,3)＋y2＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，直線y＝x＋m與C交于A，B兩點(diǎn)，若△F1AB面積是△F2AB面積的2倍，則m＝()A.eq\f(2,3)B.eq\f(\r(2),3)C．－eq\f(\r(2),3)D．－eq\f(2,3)解析：選C將直線y＝x＋m與橢圓C聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0.因為直線y＝x＋m與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，所以Δ＝36m2－4×4(3m2－3)＞0，解得－2＜m＜2.由題意，F(xiàn)1(－eq\r(2)，0)，F(xiàn)2(eq\r(2)，0)，因為△F1AB面積是△F2AB面積的2倍，所以點(diǎn)F1到直線AB的距離是點(diǎn)F2到直線AB的距離的2倍，即eq\f(|－\r(2)＋m|,\r(2))＝2×eq\f(|\r(2)＋m|,\r(2))，解得m＝－eq\f(\r(2),3)或m＝－3eq\r(2)(舍去)，故選C.8．已知雙曲線C：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1的右焦點(diǎn)為F，左頂點(diǎn)為A，過F的直線交雙曲線C于P，Q兩點(diǎn)，連接AP，AQ，分別與直線x＝m交于M，N兩點(diǎn)，若MF⊥NF，則m＝()A．21 B．9C．21或eq\f(9,5) D．21或9解析：選C由題意，雙曲線C：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，可得A(－3,0)，F(xiàn)(5,0)．設(shè)直線AP和直線AQ的方程分別為y＝k1(x＋3)和y＝k2(x＋3)，則M(m，k1(m＋3))，N(m，k2(m＋3))．因為MF⊥NF，所以eq\o(MF,\s\up6(→))·eq\o(NF,\s\up6(→))＝0，即(m－5)2＋k1k2(m＋3)2＝0.設(shè)PQ的方程為x＝ny＋5，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ny＋5，,\f(x2,9)－\f(y2,16)＝1，))整理得(16n2－9)