第五板块　解析几何

第五板块解析几何悉高考从高考试题来看，解析几何是高考必考内容，一般是以“3小1大”的形式出现，难度中档偏上，考查内容几乎覆盖了该部分的所有知识，如直线、圆、圆锥曲线方程与性质，直线与圆锥曲线的位置关系.基础小题一般涉及圆的方程，直线与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线的简单性质等，压轴小题一般涉及直线与圆锥曲线的位置关系及离心率问题等.解答题一般出现在后两题的位置，作为压轴题考查.主要涉及定点、定值、最值、范围、证明问题等.小题基准考法——直线与圆命题点一三角函数的概念及诱导公式[一练而过]1．已知a>0，b>0，若直线l1：ax＋by－2＝0与直线l2：2x＋(1－a)y＋1＝0垂直，则a＋2b的最小值为()A．1B．3C．8D．9解析：选D因为两直线垂直，所以斜率乘积为－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，当且仅当a＝b＝3时，等号成立．因此a＋2b的最小值为9.2．若a为实数，则“a＝1”是“直线l1：ax＋y＋2＝0与l2：x＋ay－3－a＝0平行”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C若“直线l1：ax＋y＋2＝0与l2：x＋ay－3－a＝0平行”，则a2－1＝0，解得a＝1或a＝－1.当a＝1时，直线l1：x＋y＋2＝0，l2：x＋y－4＝0，此时l1∥l2，符合题意；当a＝－1时，直线l1：－x＋y＋2＝0，即l1：x－y－2＝0，l2：x－y－2＝0，此时l1，l2重合，不符合题意．综上所述，“直线l1：ax＋y＋2＝0与l2：x＋ay－3－a＝0平行”等价于a＝1.所以“a＝1”是“直线l1：ax＋y＋2＝0与l2：x＋ay－3－a＝0平行”的充要条件．3．(2023·东北师大附中二模)直线l的方程为(λ＋2)x＋(λ－1)y－3λ＝0(λ∈R)，当原点O到直线l的距离最大时，λ的值为()A．－1B．－5C．1D．5解析：选B直线方程(λ＋2)x＋(λ－1)y－3λ＝0(λ∈R)可化为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，))所以直线(λ＋2)x＋(λ－1)y－3λ＝0(λ∈R)过定点A(1,2)．当OA⊥l时，原点O到直线l的距离最大，且kOA＝2.又因为直线l的斜率为k＝－eq\f(λ＋2,λ－1)＝－eq\f(1,2)，解得λ＝－5.4．直线l1：y＝2x和l2：y＝kx＋1与x轴围成的三角形是等腰三角形，写出满足条件的k的两个可能取值：________和________．解析：令直线l1，l2的倾斜角分别为α，θ，则tanα＝2，tanθ＝k.当围成的等腰三角形底边在x轴上时，θ＝π－α，k＝tan(π－α)＝－tanα＝－2；当围成的等腰三角形底边在直线l2上时，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)；当围成的等腰三角形底边在直线l1上时，θ＝2α，k＝tanθ＝tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×2,1－22)＝－eq\f(4,3)，所以k的两个可能取值－2，eq\f(\r(5)－1,2).答案：－2eq\f(\r(5)－1,2)(答案不唯一)[一站补给]知识的“盲点”倾斜角α与斜率k的关系：当α∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，k∈[0，＋∞)，当α＝eq\f(π,2)时，斜率k不存在，当α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，k∈(－∞，0)思维的“难点”(1)设直线的方程时要注意其适用条件，如设点斜式时，要注意斜率不存在的情况；设截距式时要注意截距为零的情况．(2)已知直线的平行、垂直关系求参数值时，可以直接利用其系数的等价关系式求值，也要注意验证与x，y轴垂直的特殊情况结论的“妙点”已知直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0(A1，B1不同时为零)，直线l2：A2x＋B2y＋C2＝0(A2，B2不同时为零)，则l1∥l2A1B2－A2B1＝0，且A1C2－A2C1≠0；l1⊥l2A1A2＋B1B2＝0命题点二圆的方程[真题导向]1．(2023·全国乙卷)已知实数x，y满足x2＋y2－4x－2y－4＝0，则x－y的最大值是()A．1＋eq\f(3\r(2),2) B．4C．1＋3eq\r(2) D．7解析：选C将方程x2＋y2－4x－2y－4＝0化为(x－2)2＋(y－1)2＝9，其表示圆心为(2,1)，半径为3的圆．设z＝x－y，数形结合知，只有当直线x－y－z＝0与圆相切时，z才能取到最大值，此时eq\f(|2－1－z|,\r(2))＝3，解得z＝1±3eq\r(2)，故z＝x－y的最大值为1＋3eq\r(2)，故选C.2．(2022·全国甲卷)设点M在直线2x＋y－1＝0上，点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，则⊙M的方程为__________．解析：设⊙M的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则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的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝5.答案：(x－1)2＋(y＋1)2＝53．(2022·全国乙卷)过四点(0,0)，(4,0)，(－1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．解析：设点A(0,0)，B(4,0)，C(－1,1)，D(4,2)．①若圆过A、B、C三点，圆心在直线x＝2，设圆心坐标为(2，a)，则4＋a2＝9＋(a－1)2a＝3，r＝eq\r(4＋a2)＝eq\r(13)，所以圆的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝13.②若圆过A、B、D三点，设圆心坐标为(2，a)，则4＋a2＝4＋(a－2)2a＝1，r＝eq\r(4＋a2)＝eq\r(5)，所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.③若圆过A、C、D三点，则线段AC的中垂线方程为y＝x＋1，线段AD的中垂线方程为y＝－2x＋5，联立得x＝eq\f(4,3)，y＝eq\f(7,3)r＝eq\f(\r(65),3)，所以圆的方程为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若圆过B、C、D三点，则线段BD的中垂线方程为y＝1,线段BC的中垂线方程为y＝5x－7，联立得x＝eq\f(8,5)，y＝1r＝eq\f(13,5)，所以圆的方程为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)))[素养评价]1．(2023·郴州模拟)已知A，B是⊙C：(x－2)2＋(y－4)2＝25上的两个动点，P是线段AB的中点，若|AB|＝6，则点P的轨迹方程为()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：选C因为AB的中点为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.所以点P在以C为圆心，4为半径的圆上，其轨迹方程为(x－2)2＋(y－4)2＝16.2．(2023·昌平模拟)已知点P在直线eq\r(3)x－y－10＝0上，点Q(2cosθ，2sinθ)(θ∈R)，则|PQ|的最小值为()A．1 B．3C．5 D．7解析：选B设Q(x，y)，由Q(2cosθ，2sinθ)(θ∈R)可知x＝2cosθ，y＝2sinθ，所以x2＋y2＝4.即Q是圆心为(0,0)，半径为2的圆上的动点，圆心到直线的距离d＝eq\f(|0－0－10|,\r(3＋1))＝5，所以|PQ|min＝5－2＝3.3．(2023·成都模拟)过A(0,1)，B(0,3)两点，且与直线y＝x－1相切的圆的方程可以是()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：选C因为A(0,1)，B(0,3)，则线段AB的垂直平分线所在直线的方程为y＝2，设圆心为C(t,2)，则圆C的半径为r＝eq\f(|t－2－1|,\r(2))＝eq\f(|t－3|,\r(2)).又因为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.当t＝1时，r＝|AC|＝eq\r(2)，此时圆的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝2；当t＝－7时，r＝|AC|＝5eq\r(2)，此时圆的方程为(x＋7)2＋(y－2)2＝50.综上所述，满足条件的圆的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝2或(x＋7)2＋(y－2)2＝50.4．(2023·长安二模)“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为椭圆的蒙日圆．若椭圆C：eq\f(x2,a＋1)＋eq\f(y2,a)＝1(a>0)的离心率为eq\f(1,3)，则椭圆C的蒙日圆的方程为()A．x2＋y2＝19 B．x2＋y2＝17C．x2＋y2＝15 D．x2＋y2＝14解析：选B因为椭圆C：eq\f(x2,a＋1)＋eq\f(y2,a)＝1(a>0)的离心率为eq\f(1,3)，则eq\f(1,\r(a＋1))＝eq\f(1,3)，解得a＝8，即椭圆C的方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1.于是椭圆的上顶点A(0，2eq\r(2))，右顶点B(3,0)，经过A，B两点的椭圆切线方程分别为y＝2eq\r(2)，x＝3，则两条切线的交点坐标为(3，2eq\r(2))，显然这两条切线互相垂直，因此点(3,2eq\r(2))在椭圆C的蒙日圆上，圆心为椭圆C的中心O，椭圆C的蒙日圆半径r＝eq\r(32＋2\r(2)2)＝eq\r(17)，所以椭圆C的蒙日圆方程为x2＋y2＝17.[一站补给]方法的“疑点”求圆的方程两种主要的方法(1)几何法求圆的方程，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)待定系数法求圆的方程时，若已知条件与圆心(a，b)和半径r有关，则设圆的标准方程，否则选择圆的一般方程思维的“难点”在求与圆有关的轨迹方程时，一定要做到该分类讨论就分类讨论，该舍去的点一定要舍去思想的“高点”解决与圆有关的最值问题时，常利用数形结合思想求解命题点三直线与圆、圆与圆的位置关系[典例导析]考法1直线与圆的位置关系[例1](2023·泉州模拟)[多选]若直线y＝kx＋1与圆C：(x－2)2＋y2＝9相交于A，B两点，则|AB|的长度可能等于()A．2B．3C．4D．5[解析]已知直线y＝kx＋1恒过点P(0,1)，圆C：(x－2)2＋y2＝9的圆心坐标为C(2,0)，半径r＝3.当直线经过圆心时，所得弦长|AB|最大，|AB|max＝2r＝6；当直线与PC所在直线垂直时，所得弦长|AB|最小，|AB|min＝2eq\r(r2－|PC|2)＝2eq\r(9－5)＝4，因此可得4≤|AB|≤6，故|AB|的长度可能等于4或5.故选C、D.[答案]CD[例2](2023·新课标Ⅰ卷)过点(0，－2)与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sinα＝()A．1 B.eq\f(\r(15),4)C.eq\f(\r(10),4) D.eq\f(\r(6),4)[解析]圆x2＋y2－4x－1＝0的圆心C(2,0)，半径r＝eq\r(5)，过点P(0，－2)作圆C的切线，切点为A，B，因为|PC|＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，则|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)，则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为钝角，所以sinα＝sin(π－∠APB)＝sin∠APB＝eq\f(\r(15),4).[答案]B考法2圆与圆的位置关系[例3][多选]已知圆A：x2＋y2＝1，圆B：x2＋y2－4x－4y＋4＝0，直线l：mx－y＋1－m＝0，则下列说法正确的是()A．圆B的圆心为(2,2)B．圆A与圆B有4条公切线C．点M在圆A上，点N在圆B上，则线段MN长的最大值为3＋2eq\r(2)D．直线l与圆B一定相交，且相交的弦长最小值为2eq\r(2)[解析]因为圆B的标准方程为(x－2)2＋(y－2)2＝4，所以圆B的圆心为(2,2)，故A正确；圆A的圆心为A(0,0)，半径为r1＝1，圆B的半径为r2＝2，圆心距为|AB|＝eq\r(2－02＋2－02)＝2eq\r(2)∈(1,3)，即|r1－r2|<|AB|<r1＋r2，所以圆A与圆B相交．故圆A与圆B有2条公切线，故B错误；因为两圆圆心距为|AB|＝2eq\r(2)，且点M在圆A上，点N在圆B上，则线段MN长的最大值为|AB|＋r1＋r2＝3＋2eq\r(2)，故C正确；直线l的方程可化为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.))所以直线l过定点C(1,1)．因为(1－2)2＋(1－2)2<4，故点C在圆B内，所以直线l与圆B相交．当l⊥BC时，圆心B到直线l的距离取得最大值，且最大值为|BC|＝eq\r(1－22＋1－22)＝eq\r(2)，此时，直线l截圆B所得弦长最小，且最小值为2eq\r(4－|BC|2)＝2eq\r(2)，故D正确．[答案]ACD[思维建模]直线(圆)与圆的位置关系的解题思路数形结合讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时，要注意数形结合，充分利用圆的几何性质寻找解题途径，减少运算量巧用垂直直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立切线斜率的等式，求切线方程主要选择点斜式弦长公式弦长用圆的半径和圆心到直线的距离表示，l＝2eq\r(r2－d2)(其中l为弦长，r为圆的半径，d为圆心到直线的距离)[针对训练]1．若直线x＋ay－a－1＝0与圆C：(x－2)2＋y2＝4交于A，B两点，当|AB|最小时，劣弧的长为()A.eq\f(π,2) B．πC．2π D．3π解析：选B由题意，直线x＋ay－a－1＝0可化为(x－1)＋a(y－1)＝0.当x－1＝0且y－1＝0，即x＝1且y＝1时，等式恒成立，所以直线恒过定点M(1,1)．圆的圆心为C(2,0)，半径r＝2，当MC⊥直线AB时，|AB|取得最小值，且最小值为2eq\r(r2－|MC|2)＝2eq\r(4－2)＝2eq\r(2)，此时弦长AB对的圆心角为eq\f(π,2)，所以劣弧长为eq\f(π,2)×2＝π.故选B.2．[多选]若圆C1：x2＋y2＝4与圆C2：(x－m)2＋(y－n)2＝4的公共弦AB的长为2eq\r(3)，则下列结论正确的是()A．m2＋n2＝4B．直线AB的方程为mx＋ny－2＝0C．AB中点的轨迹方程为x2＋y2＝3D．四边形AC1BC2的面积为eq\r(3)解析：选AB两圆方程相减可得直线AB的方程为2mx＋2ny－m2－n2＝0.因为圆C1的圆心为C1(0,0)，半径为2，且公共弦AB的长为2eq\r(3)，则C1(0,0)到直线2mx＋2ny－m2－n2＝0的距离为1，所以eq\f(m2＋n2,\r(4m2＋n2))＝1，解得m2＋n2＝4.所以直线AB的方程为mx＋ny－2＝0，故A、B正确；由圆的性质可知直线C1C2垂直平分线段AB，所以C1(0,0)到直线mx＋ny－2＝0的距离即为AB的中点与点C1的距离．设AB的中点坐标为(x，y)，则eq\r(x－02＋y－02)＝1，即x2＋y2＝1，故C错误；易得四边形AC1BC2为菱形，且AB＝2eq\r(3)，C1C2＝2，则四边形AC1BC2的面积为eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2＝2eq\r(3)，故D错误．3．(2023·重庆模拟)已知点A(1，m)，B(1,2eq\r(5)－m)，若圆C：x2＋y2＋2x＝0上有且只有一点P，使得PA⊥PB，则实数m的一个取值为________．(写出满足条件的一个即可)解析：由题知，圆C：x2＋y2＋2x＝0，即(x＋1)2＋y2＝1，圆心为C(－1,0)，半径r＝1.设AB的中点为M，因为A(1，m)，B(1,2eq\r(5)－m)，则M(1，eq\r(5))，|AB|＝2|eq\r(5)－m|.以AB为直径的圆为(x－1)2＋(y－eq\r(5))2＝(eq\r(5)－m)2，因为圆C：x2＋y2＋2x＝0上有且只有一点P，使得PA⊥PB，则圆C与圆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[课下作业——小题保分练]1．两圆x2＋y2－2x－5＝0和x2＋y2－4x－6y＋4＝0的圆心连线方程为()A．3x－y－3＝0 B．x－3y＋3＝0C．3x＋y－3＝0 D．x＋3y－3＝0解析：选A由题意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，故两圆的圆心坐标分别为(1,0)，(2,3)，则连心线斜率为k＝eq\f(3－0,2－1)＝3，则两圆心的连线方程为y＝3(x－1)，即3x－y－3＝0.2．(2023·汕头模拟)已知两条直线l1：ax＋(a－2)y－1＝0，l2：3x＋ay＋2＝0，则l1⊥l2是a＝－1的()A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A当a＝－1时，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.当l1⊥l2时，可得3×a＋a(a－2)＝a(a＋1)＝0，解得a＝－1或a＝0.所以“l1⊥l2”是“a＝－1”的必要不充分条件．3．已知圆C与圆x2＋y2－2y＝0关于直线x－y－2＝0对称，则圆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：选B将圆x2＋y2－2y＝0化成标准形式得x2＋(y－1)2＝1，所以已知圆的圆心为(0,1)，半径r＝1.因为圆C与圆x2＋y2－2y＝0关于直线x－y－2＝0对称，所以圆C的圆心C与点(0,1)关于直线x－y－2＝0对称，半径也为1.设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)，圆C的方程是(x－3)2＋(y＋2)2＝1.4．若点P(－1,2)是圆C：(x＋4)2＋(y－3)2＝25的弦MN的中点，则弦MN所在的直线方程为()A．3x－y－5＝0 B．x＋3y－5＝0C．3x－y＋5＝0 D．x＋3y＋5＝0解析：选C因为圆心C(－4,3)，P(－1,2)，所以kPC＝eq\f(3－2,－4－－1)＝－eq\f(1,3).因为P是圆C的弦MN的中点，所以PC⊥MN.所以kMN＝3.则直线MN的方程为y－2＝3(x＋1)，即3x－y＋5＝0.5．(2023·南昌模拟)已知圆(x－1)2＋(y－1)2＝1关于直线ax＋by－1＝0(a>0，b>0)对称，则eq\f(b2＋2a,ab)的最小值为()A．3 B．3＋2eq\r(2)C．2 D．2＋2eq\r(2)解析：选D由题意可知，圆心(1,1)在直线ax＋by－1＝0上，则a＋b＝1.又因为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，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(2a,b)且a＋b＝1，即a＝eq\r(2)－1，b＝2－eq\r(2)时取等号，此时取得最小值2＋2eq\r(2).6．(2023·黄冈三模)已知点M(1，eq\r(3))在圆C：x2＋y2＝m上，过M作圆C的切线l，则l的倾斜角为()A．30° B．60°C．120° D．150°解析：选D由题意得m＝1＋3＝4，当l的斜率不存在时，此时直线方程为x＝1，与圆C：x2＋y2＝4相交，不合题意．当l的斜率存在时，设切线l的方程为y－eq\r(3)＝k(x－1)，则eq\f(|k－\r(3)|,\r(1＋k2))＝2，解得k＝－eq\f(\r(3),3).设l的倾斜角为θ，则0°≤θ<180°，故l的倾斜角为150°.7．(2023·山东师大附中模拟)在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l：y＝2x－4.设圆C的半径为1，圆心在l上．若圆C上存在点M，使|MA|＝2|MO|，则圆心C的横坐标a的取值范围为()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：选D圆心C的横坐标为a，则圆心C的坐标为(a,2a－4)．则圆C的方程(x－a)2＋(y－2a＋4)2＝1.设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，则圆(x－a)2＋(y－2a＋4)2＝1与圆x2＋(y＋1)2＝4有公共点，则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·镇江中学校考模拟预测)已知半径为1的圆O上有三个动点A，B，C，且|AB|＝eq\r(2)，则eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))的最小值为()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：选A因为|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为原点，OA，OB所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，则A(1,0)，B(0,1)，设C(x，y)，则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.设－x－y＋1＝t，即x＋y＋t－1＝0，依题意直线x＋y＋t－1＝0与圆O有公共点，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(→))的最小值为1－eq\r(2).9．(2023·北京大兴三模)若点P是圆C：x2＋y2－2x＝0上的动点，直线l：x＋y＋1＝0与x轴、y轴分别相交于M，N两点，则∠PMN的最小值为()A.eq\f(π,12)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,3)解析：选A如图所示，直线l的斜率为－1，倾斜角为eq\f(3π,4)，故∠OMN＝eq\f(π,4)，圆C的标准方程为(x－1)2＋y2＝1，圆心为C(1,0)，半径为r＝1.易知直线l交x轴于点M(－1,0)，所以|MC|＝2.由图可知，当直线PM与圆C相切，且切点位于x轴下方时，∠PMN取最小值．由圆的几何性质可知CP⊥MP，且|CP|＝1＝eq\f(1,2)|CM|，则∠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．已知曲线C的方程为x2＋y2－2x＋4y－1＝0，曲线C关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，m))的对称曲线为C′，若以曲线C′与两坐标轴的交点为顶点的四边形面积为4eq\r(3)，则m的值为()A．－1 B．1C．0或－2 D．0解析：选C曲线C：(x－1)2＋(y＋2)2＝6是以点C(1，－2)为圆心，eq\r(6)为半径的圆，点C(1，－2)关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，m))的对称点C′(0,2m＋2)，则曲线C′是以点C′为圆心，eq\r(6)为半径的圆，圆C′的方程为x2＋(y－2m－2)2＝6.圆C′与两坐标轴各有两个交点，又圆C′的圆心在y轴上，则原点必在圆C′内，因此圆C′的内接四边形两条对角线互相垂直，其中一条对角线长为2eq\r(6)，设另一条对角线长为a，于是eq\f(1,2)a·2eq\r(6)＝4eq\r(3)，解得a＝2eq\r(2).因此圆C′截x轴所得弦长为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)，从而eq\r(6－2m＋22)＝eq\r(2)，解得m＝0或m＝－2.所以m的值为0或－2.11．[多选]设圆O：x2＋y2＝2，直线l：x＋y－4＝0，P为l上的动点，过点P作圆O的两条切线PA，PB，切点为A，B，则下列说法正确的是()A．直线l与圆O相交B．|PA|的取值范围为[eq\r(6)，＋∞)C．存在点P，使四边形OAPB为正方形D．当点P坐标为(2,2)时，直线AB的方程为x＋y＝1解析：选BD由题易知，圆O的圆心为(0,0)，其到直线l的距离d＝eq\f(|－4|,\r(2))＝2eq\r(2)>eq\r(2)，故直线l与圆相离，故A错误；设点P(x0，y0)，则|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|的取值范围为[eq\r(6)，＋∞)，故B正确；当四边形OAPB为正方形时，|OA|＝|OB|＝|AP|＝|BP|.又圆O：x2＋y2＝2的圆心O(0,0)，半径r＝eq\r(2)，所以|PO|＝eq\r(|OA|2＋|AP|2)＝eq\r(2r2)＝eq\r(4)＝2.设点P(x0，y0)，则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，化简得xeq\o\al(2,0)－4x0＋6＝0，该方程的判别式Δ＝16－24＝－8<0，该方程无解．所以不存在点P使得四边形OAPB为正方形，故C错误；当点P坐标为(2,2)时，以|PO|为直径的圆的圆心为(1,1)，半径为eq\r(2)，所以以|PO|为直径的圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2.两圆相减可得直线AB的方程为x＋y＝1，故D正确．12．[多选]已知点P，Q分别是直线l：mx－y－3m＋4＝0和圆O：x2＋y2＝4上的动点，则()A．点Q到直线l的最大距离为7B．当直线l被圆O所截得的弦长最大时，m的值为1C．若直线l与圆O相切，则m的值为eq\f(12±2\r(21),5)D．若直线l被圆O所截得的弦长为2eq\r(3)，则m的值为eq\f(6±\r(6),4)解析：选ACD由l：mx－y－3m＋4＝m(x－3)－(y－4)＝0，可知l过定点M(3,4)，圆O：x2＋y2＝4的圆心为坐标原点O，半径r＝2.设圆心O到直线l的距离为d，如图所示，当OM⊥l时，d＝|OM|＝eq\r(32＋42)＝5，当OM与直线l不垂直时，d<|OM|，从而可知点Q到直线l的最大距离为d＋r＝5＋2＝7，此时Q，O，M三点共线，故A正确；若直线l被圆O所截得的弦长最大，则直线l经过圆心，则m·0－0－3m＋4＝0，解得m＝eq\f(4,3)，故B错误；若直线l与圆O相切，则圆心到直线l的距离为eq\f(|－3m＋4|,\r(m2＋－12))＝2，解得m＝eq\f(12±2\r(21),5)，故C正确；若直线l被圆O截得的弦长为2eq\r(3)，如图设为弦CD，则圆心O到直线l的距离为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正确．13．(2023·南平模拟)对于任意实数λ，直线x＋y－3＋λ(x－2y)＝0恒过定点A，且点B(1,0)，则直线AB的一个方向向量为________．解析：由题意对于任意实数λ，直线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.))即定点A为(2,1)．所以直线AB的一个方向向量为eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1)．答案：(－1，－1)(答案不唯一)14．(2023·南阳模拟)直线l经过点P(2，－3)，与圆C：x2＋y2＋2x＋2y－14＝0相交截得的弦长为2eq\r(7)，则直线l的方程为________．解析：圆C：x2＋y2＋2x＋2y－14＝0，即(x＋1)2＋(y＋1)2＝16，圆心为C(－1，－1)，半径r＝4.因为直线与圆相交截得的弦长为2eq\r(7)，所以圆心到直线的距离d＝eq\r(42－\r(7)2)＝3.若直线的斜率不存在，此时直线方程为x＝2，满足圆心C(－1，－1)到直线x＝2的距离为3，符合题意；若直线的斜率存在，设斜率为k，则直线方程为y＋3＝k(x－2)，即kx－y－2k－3＝0，则d＝eq\f(|－k＋1－2k－3|,\r(k2＋－12))＝3，解得k＝eq\f(5,12)，所以直线方程为y＋3＝eq\f(5,12)(x－2)，即5x－12y－46＝0.综上，直线l的方程为5x－12y－46＝0或x＝2.答案：5x－12y－46＝0或x＝215．已知两圆C1：x2＋y2－2x＋10y＋10＝0和C2：x2＋y2＋2x＋2y＋1＝0交于A，B两点，则线段AB的垂直平分线方程是________，公共弦AB长度为________．解析：圆C1的标准方程为(x－1)2＋(y＋5)2＝16，其中圆心C1(1，－5)，半径为4；圆C2的标准方程为(x＋1)2＋(y＋1)2＝1，其中圆心C2(－1，－1)，半径为1.而线段AB的垂直平分线恰为直线C1C2，其方程为y＋1＝eq\f(－5＋1,1＋1)×(x＋1)，即2x＋y＋3＝0.联立两圆的方程可得，线段AB所在的直线方程为4x－8y－9＝0.所以圆心C2(－1，－1)到直线AB的距离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．已知直线l：x－y＋8＝0与x轴相交于点A，过直线l上的动点P作圆x2＋y2＝16的两条切线，切点分别为C，D两点，则直线CD恒过定点坐标为________；记M是CD的中点，则|AM|的最小值为________．解析：由题意设点P(t，t＋8)，C(x1，y1)，D(x2，y2)．因为PD，PC是圆的切线，所以OD⊥PD，OC⊥PC，所以C，D在以OP为直径的圆上，其圆的方程为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在圆x2＋y2＝16上，将两个圆的方程作差得直线CD的方程为tx＋(t＋8)y－16＝0，即t(x＋y)＋8(y－2)＝0，所以直线CD恒过定点Q(－2,2)．又因为OM⊥CD，M，Q，C，D四点共线，所以OM⊥MQ.即M在以OQ为直径的圆(x＋1)2＋(y－1)2＝2上，其圆心为G(－1,1)，半径为r＝eq\r(2)，如图所示．所以|AM|min＝|AG|－r＝eq\r(－1＋82＋12)－eq\r(2)＝4eq\r(2).所以|AM|的最小值为4eq\r(2).答案：(－2,2)4eq\r(2)小题压轴考法——圆锥曲线的方程与性质命题点一圆锥曲线的定义与标准方程[典例导析][例1]已知双曲线Γ：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线分别交双曲线Γ的左、右两支于A，B两点，且∠F2AB＝∠F2BA，则|BF2|＝()A.eq\r(5)＋4 B．2eq\r(5)＋4C．2eq\r(5) D.eq\r(5)[解析]由双曲线Γ：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1，得a＝2，b＝eq\r(2)，c＝eq\r(6).因为∠F2AB＝∠F2BA，所以|F2A|＝|F2B|.作F2C⊥AB于点C，则C是AB的中点．设|F2A|＝|F2B|＝x，则由双曲线的定义|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·全国甲卷)设F1，F2为椭圆C：eq\f(x2,5)＋y2＝1的两个焦点，点P在C上，若eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，则|PF1|·|PF2|＝()A．1B．2C．4D．5[解析]法一：因为eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，所以PF1⊥PF2，则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，故选B.法二：因为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.因为|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，故选B.[答案]B[思维建模](1)在焦点三角形中，常利用正弦定理、余弦定理结合椭圆(双曲线)的定义，运用平方的关系，建立|PF1|＋|PF2|与|PF1||PF2|的联系．(2)求圆锥曲线的标准方程时的常见错误．双曲线的定义中忽略“绝对值”致错；椭圆与双曲线中参数的关系式弄混，椭圆中的关系式为a2＝b2＋c2，双曲线中的关系式为c2＝a2＋b2；圆锥曲线方程确定时还要注意焦点位置．[针对训练]1．已知△ABC的顶点都在抛物线y2＝4x上，且△ABC的重心为抛物线的焦点F，则|AF|＋|BF|＋|CF|＝()A．3B．6C．9D．12解析：选B由题意得p＝2，F(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．∵点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.根据抛物线的定义可得|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．已知双曲线C：eq\f(x2,9)－y2＝1，点F是C的左焦点，若点P为C右支上的动点，设点P到C的一条渐近线的距离为d，则d＋|PF|的最小值为()A．6B．7C．8D．9解析：选B过P作PH垂直于双曲线的一条渐近线，垂足为H，则|PH|＝d，连接P与双曲线的另一个焦点F1，如图所示，由双曲线的定义知，d＋|PF|＝|PH|＋|PF1|＋2a.又双曲线方程为eq\f(x2,9)－y2＝1，故a＝3，b＝1，c＝eq\r(10).又点F1的坐标为(eq\r(10)，0)，双曲线的渐近线为y＝eq\f(1,3)x，故点F1到渐近线的距离为eq\f(\f(\r(10),3),\f(\r(10),3))＝1，故|PH|＋|PF1|＋2a≥1＋6＝7.3．已知F1，F2分别为椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1的左、右焦点，P为椭圆上的动点，点F2关于直线PF1的对称点为M，点F1关于直线PF2的对称点为N，则当|MN|最大时，△PF1F2的面积为________．解析：根据椭圆的方程可知，F1(－eq\r(2)，0)，F2(eq\r(2)，0)，连接PM，PN，则|PM|＋|PN|＝|PF1|＋|PF2|＝2a＝4，所以当M，N，P三点共线时，|MN|的值最大，此时∠MPF1＝∠F1PF2，∠NPF2＝∠F1PF2.又因为∠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)命题点二圆锥曲线的几何性质[典例导析]考法1双曲线的渐近线[例3]设F1，F2分别为双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点．若在双曲线右支上存在点P，满足|PF2|＝|F1F2|，且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线与抛物线x2＝4y的准线围成三角形的面积为________．[解析]依题意|PF2|＝|F1F2|，可知△PF2F1是一个等腰三角形，F2在直线PF1的投影是其中点D.由勾股定理可知|PF1|＝2eq\r(4c2－4a2)＝4b.根据双曲线的定义可知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).所以双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(4,3)x，即4x±3y＝0.又抛物线x2＝4y的准线方程为y＝－1，所以双曲线的渐近线与抛物线的准线y＝－1的交点坐标为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的面积S＝eq\f(1,2)×1×eq\f(3,2)＝eq\f(3,4)，即双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的渐近线与抛物线x2＝4y的准线围成三角形的面积为eq\f(3,4).[答案]eq\f(3,4)[思维建模]与双曲线渐近线方程有关的问题(1)双曲线的焦点到渐近线的距离为b；(2)求解双曲线的渐近线方程时，务必分清楚焦点在哪个坐标轴上，或者直接令右侧的1为0得出渐近线方程．考法2椭圆、双曲线的离心率[例4]已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(c,0)，上顶点为A(0，b)，直线x＝eq\f(a2,c)上存在一点P满足(eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→)))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，则椭圆离心率的取值范围为()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)))[关键点拨][解析]eq\o(FA,\s\up6(→))＝(－c，b)，设点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，y0))，则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)).因为(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，故选C.[答案]C[例5](2023·新课标Ⅰ卷)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2.点A在C上，点B在y轴上，eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，则C的离心率为________．[关键点拨]此题可以选择代数法和几何法．代数法即利用eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))建立坐标间的关系求离心率．几何法即由双曲线的定义及向量数量积的几何意义得到|AF2|，|BF2|，|AF1|关于a的表达式，利用余弦定理得到a，c的齐次式方程．[解析]法一：由题意可知，F1(－c,0)，F2(c,0)，设A(x1，y1)，B(0，y0)，所以eq\o(F2A,\s\up6(→))＝(x1－c，y1)，eq\o(F2B,\s\up6(→))＝(－c，y0)，因为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)．因为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.因为点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c，－\f(2,3)y0))在双曲线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，化简得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).设|eq\o(F2A,\s\up6(→))|＝2t，|eq\o(F2B,\s\up6(→))|＝3t，由对称性可得|eq\o(F1B,\s\up6(→))|＝3t，则|eq\o(AF1,\s\up6(→))|＝2t＋2a，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝5t.设∠F1AF2＝θ，则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，则e＝eq\f(3\r(5),5).[答案]eq\f(3\r(5),5)[思维建模]椭圆、双曲线的离心率(离心率范围)的求解方法(1)基本方法：从定义出发，找到关于a，b，c的等式或不等式；(2)几何法：根据题目中给出的或隐含的条件找出等量关系或不等关系，比如等腰、钝角、锐角、中垂线、垂直、内外切等．根据上述a，b，c的等量关系或不等关系，把b用a，c代换，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))直接进行计算，这样不用求出a，b，c各自的值，会使计算量大大减小．考法3抛物线的焦点弦问题[例6]过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，作倾斜角为eq\f(π,6)的直线l交C于A，B两点，交C的准线于点M，若|OM|＝eq\f(2\r(21),3)(O为坐标原点)，则线段AB的长度为()A．8B．16C．24D．32[解析]抛物线C的焦点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，准线方程为x＝－eq\f(p,2)，直线AB的方程为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)))，联立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))即点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)，因为p>0，所以p＝4，所以直线AB的方程为y＝eq\f(\r(3),3)(x－2)，抛物线C：y2＝8x，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),3)x－2，,y2＝8x，))可得x2－28x＋4＝0，由根与系数的关系可得x1＋x2＝28，则|AB|＝x1＋x2＋p＝32.故选D.[答案]D[思维建模]利用抛物线的几何性质解题时，注意利用定义构造与焦半径相关的图形(如直角三角形、梯形)，来沟通已知量和p的关系及灵活应用焦点弦的结论：(1)x1x2＝eq\f(p2,4)，y1y2＝－p2；(2)|AB|＝x1＋x2＋p；(3)当AB⊥x轴时，弦AB的长最短为2p.[针对训练]4．(2023·新课标Ⅰ卷)设椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a＞1)，C2：eq\f(x2,4)＋y2＝1的离心率分别为e1，e2，若e2＝eq\r(3)e1，则a＝()A.eq\f(2\r(3),3)B.eq\r(2)C.eq\r(3)D.eq\r(6)解析：选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).因为a＞1，所以a＝eq\f(2\r(3),3).5．[多选]已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，M为OA的中点，P为双曲线C右支上一点，且PF2⊥F1F2，tan∠PF1F2＝eq\f(3,4)，则()A．C的离心率为2B．C的渐近线方程为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：选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正确；由e＝2＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)eq\f(b,a)＝eq\r(3)，∴双曲线的渐近线方程为y＝±eq\r(3)x，故B错误；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).∴根据角平分线的性质可知PM平分∠F1PF2，故C正确；|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正确．6．(2023·厦门一中5月预测)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP，若|FQ|＝6，则C的准线方程为________．解析：抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，因为PF与x轴垂直，所以P的横坐标为eq\f(p,2)，将其代入抛物线方程可得P的纵坐标为±p，不妨设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，则eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p)).因为Q为x轴上一点，且PQ⊥OP，所以Q在F的右侧．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)．因为PQ⊥OP，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝6×eq\f(p,2)－p2＝0.因为p>0，所以p＝3.所以C的准线方程为x＝－eq\f(3,2).答案：x＝－eq\f(3,2)命题点三直线与圆锥曲线位置关系[典例导析][例7](2023·全国乙卷)设A，B为双曲线x2－eq\f(y2,9)＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是()A．(1,1) B．(－1,2)C．(1,3) D．(－1，－4)[解析]设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M(x0，y0)，由点A，B在双曲线上，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，))两式作差，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)，化简得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).由双曲线方程可得渐近线方程为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.结合选项知选D.[答案]D[例8](2023·新课标Ⅱ卷)[多选]设O为坐标原点，直线y＝－eq\r(3)(x－1)过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则()A．p＝2B．|MN|＝eq\f(8,3)C．以MN为直径的圆与l相切D．△OMN为等腰三角形[解析]由题意，易知直线y＝－eq\r(3)(x－1)过点(1,0)．因为直线经过抛物线C的焦点，所以易知焦点坐标为(1,0)，所以eq\f(p,2)＝1，即p＝2，故A正确．不妨设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.由抛物线的定义，得|MN|＝x1＋x2＋p＝eq\f(10,3)＋2＝eq\f(16,3)，故B错误．设MN的中点为A，M，N，A到直线l的距离分别为d1，d2，d，因为d＝eq\f(1,2)(d1＋d2)＝eq\f(1,2)(|MF|＋|NF|)＝eq\f(1,2)|MN|，即A到直线l的距离等于MN的一半，所以以MN为直径的圆与直线l相切，故C正确．直线y＝－eq\r(3)(x－1)，即eq\r(3)x＋y－eq\r(3)＝0，O到直线eq\r(3)x＋y－eq\r(3)＝0的距离为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错误．故选A、C.[答案]AC[思维建模]解决直线与圆锥曲线位置关系的相关问题的常规思路是先联立直线方程和曲线方程，消元、化简，利用根与系数的关系建立方程，解决相关问题，涉及中点弦问题时，用“点差法”解决，往往会更简单．[针对训练]7．(2023·新课标Ⅱ卷)已知椭圆C：eq\f(x2,3)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则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：选C将直线y＝x＋m与椭圆C联立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.因为直线y＝x＋m与椭圆C相交于A，B两点，所以Δ＝36m2－4×4(3m2－3)＞0，解得－2＜m＜2.由题意，F1(－eq\r(2)，0)，F2(eq\r(2)，0)，因为△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，所以点F1到直线AB的距离是点F2到直线AB的距离的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)，故选C.8．已知双曲线C：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1的右焦点为F，左顶点为A，过F的直线交双曲线C于P，Q两点，连接AP，AQ，分别与直线x＝m交于M，N两点，若MF⊥NF，则m＝()A．21 B．9C．21或eq\f(9,5) D．21或9解析：选C由题意，双曲线C：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，可得A(－3,0)，F(5,0)．设直线AP和直线AQ的方程分别为y＝k1(x＋3)和y＝k2(x＋3)，则M(m，k1(m＋3))，N(m，k2(m＋3))．因为MF⊥NF，所以eq\o(MF,\s\up6(→))·eq\o(NF,\s\up6(→))＝0，即(m－5)2＋k1k2(m＋3)2＝0.设PQ的方程为x＝ny＋5，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ny＋5，,\f(x2,9)－\f(y2,16)＝1，))整理得(16n2－9)