2024步步高考二轮数学新教材讲义专题六　第1讲　直线与圆

2024步步高考二轮数学新教材讲义第1讲直线与圆[考情分析]1.求直线的方程，考查点到直线的距离公式，直线间的位置关系，多以选择题、填空题的形式出现，中低难度.2.和圆锥曲线相结合，求圆的方程或弦长、面积等，中高难度．考点一直线的方程核心提炼1．已知直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，直线l2：A2x＋B2y＋C2＝0，则l1∥l2⇔A1B2－A2B1＝0，且A1C2－A2C1≠0(或B1C2－B2C1≠0)，l1⊥l2⇔A1A2＋B1B2＝0.2．点P(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为零)的距离d＝eq\f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2)).3．两条平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0(A，B不同时为零)间的距离d＝eq\f(|C1－C2|,\r(A2＋B2)).例1(1)(多选)已知直线l的倾斜角等于30°，且l经过点(0,1)，则下列结论中正确的是()A．直线l的方程为y＝eq\f(\r(3),3)x＋1B．l的一个方向向量为n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))C．l与直线eq\r(3)x－3y＋2＝0平行D．l与直线eq\r(3)x＋y＋2＝0垂直答案ACD解析由题意知直线l的斜率为tan30°＝eq\f(\r(3),3)，且过点(0,1)，所以直线l的方程为y＝eq\f(\r(3),3)x＋1，方向向量为n＝(1，k)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)))，A正确，B错误；直线eq\r(3)x－3y＋2＝0的斜率为eq\f(\r(3),3)，且不过点(0,1)，故两直线平行，C正确；直线eq\r(3)x＋y＋2＝0的斜率为－eq\r(3)，则两直线斜率之积为－1，故两直线垂直，D正确．(2)当点M(2，－3)到直线(4m－1)x－(m－1)y＋2m＋1＝0的距离取得最大值时，m等于()A．2B.eq\f(4,7)C．－2D．－4答案C解析将直线(4m－1)x－(m－1)y＋2m＋1＝0转化为(4x－y＋2)m－x＋y＋1＝0，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－y＋2＝0，,－x＋y＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－2，))所以直线恒过定点N(－1，－2)，当直线MN与该直线垂直时，点M到该直线的距离取得最大值，此时eq\f(4m－1,m－1)×eq\f(－3－－2,2－－1)＝－1，解得m＝－2.易错提醒解决直线方程问题的三个注意点(1)利用A1B2－A2B1＝0后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性．(2)要注意直线方程每种形式的局限性．(3)讨论两直线的位置关系时，要注意直线的斜率是否存在．跟踪演练1(1)(多选)下列说法错误的是()A．过点A(－2，－3)且在两坐标轴上的截距相等的直线l的方程为x＋y＝－5B．直线2(m＋1)x＋(m－3)y＋7－5m＝0必过定点(1,3)C．经过点P(1,1)，倾斜角为θ的直线方程为y－1＝tanθ(x－1)D．过(x1，y1)，(x2，y2)两点的所有直线的方程为(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)答案AC解析对于A中，当在两坐标轴上的截距相等且等于0时，直线过原点，可设直线方程为y＝kx，又直线过点A(－2，－3)，则－3＝－2k，即k＝eq\f(3,2)，此时直线方程为y＝eq\f(3,2)x，也满足题意，所以A错误；对于B中，直线2(m＋1)x＋(m－3)y＋7－5m＝0可化为(2x＋y－5)m＋2x－3y＋7＝0，由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y－5＝0，,2x－3y＋7＝0，))解得x＝1，y＝3，即直线2(m＋1)x＋(m－3)y＋7－5m＝0必过定点(1,3)，所以B正确；对于C中，当倾斜角θ＝eq\f(π,2)时，此时直线的斜率不存在，tanθ无意义，所以C错误；对于D中，由两点(x1，y1)，(x2，y2)，当x1≠x2时，此时过(x1，y1)，(x2，y2)两点的所有直线的方程为y－y1＝eq\f(y2－y1,x2－x1)(x－x1)，即(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)，当x1＝x2时，此时过(x1，y1)，(x2，y2)两点的所有直线的方程为x＝x1或x＝x2，适合上式，所以过(x1，y1)，(x2，y2)两点的所有直线的方程为(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)，所以D正确．(2)若两条平行直线l1：x－2y＋m＝0(m>0)与l2：2x＋ny－6＝0之间的距离是2eq\r(5)，则m＋n＝________.答案3解析因为直线l1：x－2y＋m＝0(m>0)与l2：2x＋ny－6＝0平行，所以eq\f(2,1)＝eq\f(n,－2)≠eq\f(－6,m)，解得n＝－4且m≠－3，所以直线l2为2x－4y－6＝0，直线l1：x－2y＋m＝0(m>0)化为2x－4y＋2m＝0(m>0)，因为两平行线间的距离为2eq\r(5)，所以eq\f(|2m－－6|,\r(22＋－42))＝2eq\r(5)，得|2m＋6|＝20，因为m>0，所以2m＋6＝20，解得m＝7，所以m＋n＝7－4＝3.考点二圆的方程核心提炼1．圆的标准方程当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2.2．圆的一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0，表示以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))为圆心，eq\f(\r(D2＋E2－4F),2)为半径的圆．例2(1)已知圆C1：x2＋y2＝4与圆C2关于直线2x＋y＋5＝0对称，则圆C2的标准方程为()A．(x＋4)2＋(y＋2)2＝4B．(x－4)2＋(y－2)2＝4C．(x＋2)2＋(y＋4)2＝4D．(x－2)2＋(y－4)2＝4答案A解析由题意可得，圆C1的圆心坐标为(0,0)，半径为2，设圆心C1(0,0)关于直线2x＋y＋5＝0的对称点为C2(a，b)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)×－2＝－1，,2×\f(a,2)＋\f(b,2)＋5＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝－2，))所以圆C2的标准方程为(x＋4)2＋(y＋2)2＝4.(2)(2023·泉州模拟)已知圆C：x2＋y2＋mx－2y＝0关于直线l：(a＋1)x－ay－1＝0(a≠－1)对称，l与C交于A，B两点，设坐标原点为O，则|OA|＋|OB|的最大值等于()A．2B．4C．8D．16答案B解析圆C：x2＋y2＋mx－2y＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(m,2)))2＋(y－1)2＝1＋eq\f(m2,4)，圆心为Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)，1))，直线l：(a＋1)x－ay－1＝0，因为a≠－1，所以直线l的斜率不为0，又a(x－y)＋(x－1)＝0，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))即直线l恒过定点D(1,1)，又圆C关于直线l对称，所以圆心C在直线l上，所以－eq\f(m,2)＝1，解得m＝－2，所以圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝2，半径r＝eq\r(2)，显然(0－1)2＋(0－1)2＝2，即圆C过坐标原点O(0,0)，因为l与C交于A，B两点，即A，B为直径的两个端点，如图，所以∠AOB＝90°，所以|OA|2＋|OB|2＝|AB|2＝(2eq\r(2))2＝8≥2|OA|·|OB|，即|OA|·|OB|≤4，当且仅当|OA|＝|OB|＝2时取等号，所以(|OA|＋|OB|)2＝|OA|2＋|OB|2＋2|OA|·|OB|＝8＋2|OA|·|OB|≤16，即|OA|＋|OB|≤4，当且仅当|OA|＝|OB|＝2时取等号，即|OA|＋|OB|的最大值等于4.规律方法解决圆的方程问题一般有两种方法(1)几何法：通过研究圆的性质、直线与圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程．(2)代数法：即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数．跟踪演练2(1)(2023·龙岩质检)写出一个与圆x2＋y2＝1外切，并与直线y＝eq\f(\r(3),3)x及y轴都相切的圆的方程____________．答案(x－1)2＋(y－eq\r(3))2＝1或(x＋1)2＋(y＋eq\r(3))2＝1或(x－2eq\r(3)－3)2＋(y＋2＋eq\r(3))2＝21＋12eq\r(3)或(x＋2eq\r(3)＋3)2＋(y－2－eq\r(3))2＝21＋12eq\r(3)(写出其中一个即可)解析设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，因为与圆x2＋y2＝1外切，所以eq\r(a2＋b2)＝1＋r，又因为与直线y＝eq\f(\r(3),3)x及y轴都相切，所以r＝|a|＝eq\f(|\r(3)a－3b|,\r(\r(3)2＋－32))＝eq\f(|a－\r(3)b|,2)，所以2|a|＝|a－eq\r(3)b|，即|2a|＝|a－eq\r(3)b|，所以2a＝eq\r(3)b－a或2a＝a－eq\r(3)b，所以b＝eq\r(3)a或a＝－eq\r(3)b，当b＝eq\r(3)a时，因为r＝|a|，eq\r(a2＋b2)＝1＋r，联立得3a2＝2|a|＋1，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\r(3)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－\r(3)，))r＝1，所以求得圆的方程为(x－1)2＋(y－eq\r(3))2＝1或(x＋1)2＋(y＋eq\r(3))2＝1，当a＝－eq\r(3)b时，因为r＝|a|，eq\r(a2＋b2)＝1＋r，联立得eq\f(1,3)a2＝2|a|＋1，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3＋2\r(3)，,b＝－\r(3)－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3－2\r(3)，,b＝\r(3)＋2，))r＝3＋2eq\r(3)，所以求得圆的方程为(x－2eq\r(3)－3)2＋(y＋2＋eq\r(3))2＝21＋12eq\r(3)或(x＋2eq\r(3)＋3)2＋(y－2－eq\r(3))2＝21＋12eq\r(3).(写出其中一个即可)(2)(2023·福州模拟)已知⊙O1：(x－2)2＋(y－3)2＝4，⊙O1关于直线ax＋2y＋1＝0对称的圆记为⊙O2，点E，F分别为⊙O1，⊙O2上的动点，EF长度的最小值为4，则a等于()A．－eq\f(3,2)或eq\f(5,6) B．－eq\f(5,6)或eq\f(3,2)C．－eq\f(3,2)或－eq\f(5,6) D.eq\f(5,6)或eq\f(3,2)答案D解析由题易知两圆不可能相交或相切，如图，当EF所在直线过两圆圆心且与对称轴垂直，点E，F又接近于对称轴时，EF长度最小，此时圆心O1到对称轴的距离为4，所以eq\f(|2a＋6＋1|,\r(a2＋4))＝4，即(2a＋7)2＝16(a2＋4)，解得a＝eq\f(3,2)或a＝eq\f(5,6).考点三直线、圆的位置关系核心提炼1．直线与圆的位置关系：相交、相切和相离．其判断方法为：(1)点线距离法．(2)判别式法：设圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，直线l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ax＋By＋C＝0，,x－a2＋y－b2＝r2，))消去y，得到关于x的一元二次方程，其根的判别式为Δ，则直线与圆相离⇔Δ<0，直线与圆相切⇔Δ＝0，直线与圆相交⇔Δ>0.2．圆与圆的位置关系，即内含、内切、相交、外切、外离．考向1直线与圆的位置关系例3(1)(多选)(2023·阳泉模拟)已知直线l：y＝kx＋2k＋2(k∈R)与圆C：x2＋y2－2y－8＝0.则下列说法正确的是()A．直线l过定点(－2,2)B．直线l与圆C相离C．圆心C到直线l距离的最大值是2eq\r(2)D．直线l被圆C截得的弦长的最小值为4答案AD解析对于A，因为l：y＝kx＋2k＋2(k∈R)，即y＝k(x＋2)＋2，令x＋2＝0，即x＝－2，得y＝2，所以直线l过定点(－2,2)，故A正确；对于B，因为(－2)2＋22－2×2－8<0，所以定点(－2,2)在圆C：x2＋y2－2y－8＝0的内部，所以直线l与圆C相交，故B错误；对于C，如图，因为圆C：x2＋y2－2y－8＝0，可化为x2＋(y－1)2＝9，圆心C(0,1)，当圆心C与定点(－2,2)的连线垂直于直线l时，圆心C到直线l的距离取得最大值，此时其值为eq\r(－22＋2－12)＝eq\r(5)，故C错误；对于D，由弦长公式|AB|＝2eq\r(r2－d2)可知，当圆心C到直线l的距离最大时，弦长取得最小值，所以直线l被圆C截得的弦长的最小值为2×eq\r(9－5)＝4，故D正确．(2)(2023·新高考全国Ⅱ)已知直线x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为eq\f(8,5)”的m的一个值为________．答案2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一个皆可以))解析设直线x－my＋1＝0为直线l，点C到直线l的距离为d，由弦长公式得|AB|＝2eq\r(4－d2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×d×2eq\r(4－d2)＝eq\f(8,5)，解得d＝eq\f(4\r(5),5)或d＝eq\f(2\r(5),5)，又d＝eq\f(|1＋1|,\r(1＋m2))＝eq\f(2,\r(1＋m2))，所以eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(4\r(5),5)或eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(2\r(5),5)，解得m＝±eq\f(1,2)或m＝±2.考向2圆与圆的位置关系例4(1)(2023·淄博模拟)“a≥eq\f(\r(2),2)”是“圆C1：x2＋y2＝4与圆C2：(x－a)2＋(y＋a)2＝1有公切线”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答案A解析圆C1：x2＋y2＝4的圆心C1(0,0)，半径r1＝2，圆C2：(x－a)2＋(y＋a)2＝1的圆心C2(a，－a)，半径r2＝1，若两圆有公切线，则|C1C2|≥|r1－r2|，即eq\r(a2＋－a2)≥1，解得a≤－eq\f(\r(2),2)或a≥eq\f(\r(2),2)，所以“a≥eq\f(\r(2),2)”是“圆C1：x2＋y2＝4与圆C2：(x－a)2＋(y＋a)2＝1有公切线”的充分不必要条件．(2)(多选)(2023·福建统考)已知⊙O：x2＋y2＝1，⊙O1：(x－2)2＋y2＝r2(r>0)，则下列说法正确的是()A．若r＝2，两圆的公切线过点(－2,0)B．若r＝2，两圆的相交弦长为eq\r(3)C．若两圆的一个交点为M，分别过点M的两圆的切线相互垂直，则r＝3D．当r>3时，两圆的位置关系为内含答案AD解析当r＝2时，如图，两圆的一条公切线分别与⊙O，⊙O1切于点A，B，交x轴于点Q，eq\f(|OQ|,|O1Q|)＝eq\f(|OA|,|O1B|)＝eq\f(1,2)⇒|OQ|＝2，故Q(－2,0)，故A正确；当r＝2时，两圆公共弦所在的直线方程可由两圆方程相减得到，公共弦所在的直线方程为x＝eq\f(1,4)，相交弦长为2eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2)＝eq\f(\r(15),2)，故B错误；若MO⊥MO1，则|MO|2＋|MO1|2＝|OO1|2，即12＋r2＝4，则r＝eq\r(3)，故C错误；当r>3时，r－1>2＝|OO1|，故两圆的位置关系是内含，D正确．规律方法直线与圆相切问题的解题策略当直线与圆相切时，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”建立关于切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式．过圆外一点求解切线段长的问题，可先求出圆心到圆外一点的距离，再结合半径利用勾股定理计算．跟踪演练3(1)(2023·邯郸模拟)已知直线l：x－y＋5＝0与圆C：x2＋y2－2x－4y－4＝0交于A，B两点，若M是圆上的一动点，则△MAB面积的最大值是____________．答案2eq\r(2)＋3解析圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝9，则圆C的圆心为C(1,2)，半径r＝3，圆心C到直线l(弦AB)的距离d＝eq\f(|1－2＋5|,\r(2))＝2eq\r(2)，则|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(9－8)＝2，则M到弦AB的距离的最大值为d＋r＝2eq\r(2)＋3，则△MAB面积的最大值是eq\f(1,2)×|AB|×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)＋3))＝2eq\r(2)＋3.(2)(多选)(2023·辽阳模拟)已知⊙E：(x－2)2＋(y－1)2＝4，过点P(5,5)作圆E的切线，切点分别为M，N，则下列命题中真命题是()A．|PM|＝eq\r(21)B．直线MN的方程为3x＋4y－14＝0C．圆x2＋y2＝1与⊙E共有4条公切线D．若过点P的直线与⊙E交于G，H两点，则当△EHG面积最大时，|GH|＝2eq\r(2)答案ABD解析因为圆E的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4，所以圆心E的坐标为(2,1)，半径为2，如图，所以|EM|＝|EN|＝2，又P(5,5)，所以|PE|＝eq\r(5－22＋5－12)＝5，由已知得PM⊥ME，PN⊥NE，所以|PM|＝eq\r(|PE|2－|EM|2)＝eq\r(21)，A正确；因为PM⊥ME，PN⊥NE，所以点P，M，E，N四点共圆，且圆心为PE的中点，线段PE的中点坐标为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，3))，所以圆F的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7,2)))2＋(y－3)2＝eq\f(25,4)，即x2－7x＋y2－6y＋15＝0，因为eq\f(5,2)－2<|EF|＝eq\f(5,2)<eq\f(5,2)＋2，所以圆E与圆F相交，又圆E的方程可化为x2－4x＋y2－2y＋1＝0，所以圆E与圆F的公共弦方程为3x＋4y－14＝0，故直线MN的方程为3x＋4y－14＝0，B正确；圆x2＋y2＝1的圆心O的坐标为(0,0)，半径为1，因为|OE|＝eq\r(5)，2－1<|OE|<1＋2，所以圆x2＋y2＝1与圆E相交，故两圆只有2条公切线，C错误；如图，设∠HEG＝θ，则θ∈(0，π)，△EHG的面积S△EHG＝eq\f(1,2)|EH|·|EG|sinθ＝2sinθ，所以当θ＝eq\f(π,2)时，△EHG的面积取得最大值，最大值为2，此时|GH|＝eq\r(4＋4)＝2eq\r(2)，D正确．专题强化练一、单项选择题1．(2023·丹东模拟)若直线l1：x＋ay－3＝0与直线l2：(a＋1)x＋2y－6＝0平行，则a等于()A．－2 B．1C．－2或1 D．－1或2答案A解析由题意知，直线l1：x＋ay－3＝0与直线l2：(a＋1)x＋2y－6＝0平行，∴1×2＝a(a＋1)，解得a＝－2或a＝1.当a＝－2时，l1：x－2y－3＝0，l2：－x＋2y－6＝0，l1∥l2.当a＝1时，l1：x＋y－3＝0，l2：x＋y－3＝0，l1与l2重合．综上所述，a＝－2.2．(2023·蚌埠质检)直线l：x＋my＋1－m＝0与圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝9的位置关系是()A．相交 B．相切C．相离 D．无法确定答案A解析已知直线l：x＋my＋1－m＝0过定点(－1,1)，将点(－1,1)代入圆的方程可得(－1－1)2＋(1－2)2<9，可知点(－1,1)在圆内，所以直线l：x＋my＋1－m＝0与圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝9相交．3．(2023·湖北星云联盟模拟)过三点A(1,0)，B(2,1)，C(2，－3)的圆与直线x－2y－1＝0交于M，N两点，则|MN|等于()A.eq\f(4\r(5),5) B.eq\f(6\r(5),5)C.eq\f(8\r(5),5) D．2eq\r(5)答案B解析依题意，设过A，B，C三点的圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，D2＋E2－4F>0，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋D＋F＝0，,5＋2D＋E＋F＝0，,13＋2D－3E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝－6，,E＝2，,F＝5，))则圆的方程为x2＋y2－6x＋2y＋5＝0，即(x－3)2＋(y＋1)2＝5，其圆心为(3，－1)，半径r＝eq\r(5)，点(3，－1)到直线x－2y－1＝0的距离d＝eq\f(|3－2×－1－1|,\r(12＋－22))＝eq\f(4,\r(5))，所以|MN|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,\r(5))))2)＝eq\f(6\r(5),5).4．(2023·滨州模拟)已知直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相切，则mn的最大值为()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．2答案B解析由于直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相切，故圆心到直线l的距离d＝eq\f(1,\r(m2＋n2))＝1，即m2＋n2＝1，故mn≤eq\f(m2＋n2,2)＝eq\f(1,2)，当且仅当m＝n＝eq\f(\r(2),2)时取等号．5．(2023·洛阳模拟)已知点P为直线y＝x＋1上的一点，M，N分别为圆C1：(x－4)2＋(y－1)2＝1与圆C2：x2＋(y－4)2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值为()A．5B．3C．2D．1答案B解析由圆C1：(x－4)2＋(y－1)2＝1，可得圆心C1(4,1)，半径r1＝1，圆C2：x2＋(y－4)2＝1，可得圆心C2(0,4)，半径r2＝1，可得圆心距|C1C2|＝eq\r(4－02＋1－42)＝5，如图，|PM|≥|PC1|－r1，|PN|≥|PC2|－r2，所以|PM|＋|PN|≥|PC1|＋|PC2|－r1－r2＝|PC1|＋|PC2|－2≥|C1C2|－2＝3，当点M，N，C1，C2，P共线时，|PM|＋|PN|取得最小值，故|PM|＋|PN|的最小值为3.6．(2023·信阳模拟)已知圆C：x2＋y2＋2x－3＝0与过原点O的直线l：y＝kx(k≠0)相交于A，B两点，点P(m，0)为x轴上一点，记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，若k1＋k2＝0，则实数m的值为()A．－3B．－2C．2D．3答案D解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为直线l的方程为y＝kx，代入圆C的方程，得(k2＋1)x2＋2x－3＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(2,k2＋1)，x1x2＝－eq\f(3,k2＋1).所以k1＋k2＝eq\f(y1,x1－m)＋eq\f(y2,x2－m)＝eq\f(kx1,x1－m)＋eq\f(kx2,x2－m)＝eq\f(2kx1x2－kmx1＋x2,x1－mx2－m)＝eq\f(2m－6k,x1－mx2－mk2＋1)＝0.因为k≠0，所以2m－6＝0，解得m＝3.7．(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答案C解析方法一令x－y＝k，则x＝k＋y，代入原式化简得2y2＋(2k－6)y＋k2－4k－4＝0，因为存在实数y，则Δ≥0，即(2k－6)2－4×2(k2－4k－4)≥0，化简得k2－2k－17≤0，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2)，故x－y的最大值是3eq\r(2)＋1.方法二由x2＋y2－4x－2y－4＝0可得(x－2)2＋(y－1)2＝9，设x－y＝k，则圆心到直线x－y＝k的距离d＝eq\f(|2－1－k|,\r(2))≤3，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2).故x－y的最大值为3eq\r(2)＋1.8．已知圆O：x2＋y2＝1，点P在直线l：x－y－2eq\r(2)＝0上运动，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，当∠APB最大时，记劣弧eq\o(AB,\s\up8(︵))及PA，PB所围成的平面图形的面积为S，则()A．2<S<3 B．1<S≤2C．1<S≤3 D．0<S<1答案D解析如图所示，圆O：x2＋y2＝1的圆心O的坐标为(0,0)，半径为1，因为在Rt△OBP中，sin∠OPB＝eq\f(r,|OP|)＝eq\f(1,|OP|)，且y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以当|OP|最小时，∠OPB最大，即∠APB最大，此时OP垂直于直线l，且|OP|＝eq\f(2\r(2),\r(12＋－12))＝2，|PA|＝|PB|＝eq\r(3)，从而四边形OAPB的面积为S四边形OAPB＝2×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1＝eq\r(3)，设∠AOP＝θ，则∠AOB＝2θ，S扇形OAB＝eq\f(1,2)×12×2θ＝θ，从而劣弧eq\o(AB,\s\up8(︵))及PA，PB所围成的平面图形的面积为S＝eq\r(3)－θ，又因为sinθ＝eq\f(\r(3),2)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq\f(π,3)，从而0<S＝eq\r(3)－θ＝eq\r(3)－eq\f(π,3)<1.二、多项选择题9．下列说法正确的是()A．直线y＝ax－2a＋4(a∈R)必过定点(2,4)B．直线y＋1＝3x在y轴上的截距为1C．直线eq\r(3)x＋3y＋5＝0的倾斜角为120°D．过点(－2,3)且垂直于直线x－2y＋3＝0的直线方程为2x＋y＋1＝0答案AD解析对于A选项，直线方程可化为y＝a(x－2)＋4，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2＝0，,y＝4，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝4，))所以直线y＝ax－2a＋4(a∈R)必过定点(2,4)，A正确；对于B选项，直线方程可化为y＝3x－1，故直线y＋1＝3x在y轴上的截距为－1，B错误；对于C选项，直线eq\r(3)x＋3y＋5＝0的斜率为－eq\f(\r(3),3)，该直线的倾斜角为150°，C错误；对于D选项，过点(－2,3)且垂直于直线x－2y＋3＝0的直线方程可设为2x＋y＋c＝0，则2×(－2)＋3＋c＝0，可得c＝1，所以过点(－2,3)且垂直于直线x－2y＋3＝0的直线方程为2x＋y＋1＝0，D正确．10．(2023·湖南联考)已知直线l1：y＝kx＋1，l2：y＝mx＋2，圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝6，下列说法正确的是()A．若l1经过圆心C，则k＝1B．直线l2与圆C相离C．若l1∥l2，且它们之间的距离为eq\f(\r(5),5)，则k＝±2D．若k＝－1，l1与圆C相交于M，N，则|MN|＝2答案AC解析对于A，因为圆心C(1,2)在直线y＝kx＋1上，所以2＝k＋1，解得k＝1，A正确；对于B，因为直线l2：y＝mx＋2恒过定点(0,2)，且(0－1)2＋(2－2)2<6，即点(0,2)在圆C内，所以l2与圆C相交，B错误；对于C，因为l1∥l2，则m＝k，故kx－y＋1＝0与kx－y＋2＝0之间的距离d＝eq\f(1,\r(k2＋1))＝eq\f(\r(5),5)，所以k＝±2，C正确；对于D，当k＝－1时，直线l1：y＝－x＋1，即x＋y－1＝0，因为圆心C(1,2)到直线x＋y－1＝0的距离d2＝eq\f(2,\r(1＋1))＝eq\r(2)，所以|MN|＝2eq\r(6－\r(2)2)＝4，D错误．11.如图所示，该曲线W是由4个圆：(x－1)2＋y2＝1，(x＋1)2＋y2＝1，x2＋(y＋1)2＝1，x2＋(y－1)2＝1的一部分所构成，则下列叙述正确的是()A．曲线W围成的封闭图形的面积为4＋2πB．若圆x2＋y2＝r2(r>0)与曲线W有8个交点，则eq\r(2)≤r≤2C.eq\o(BD,\s\up8(︵))与eq\o(DE,\s\up8(︵))的公切线方程为x＋y－1－eq\r(2)＝0D．曲线W上的点到直线x＋y＋5eq\r(2)＋1＝0的距离的最小值为4答案ACD解析曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为1的相同的半圆，所以其面积为2×2＋2×π×12＝4＋2π，故A正确；当r＝eq\r(2)时，交点为B，D，F，H；当r＝2时，交点为A，C，E，G；当0<r<eq\r(2)或r>2时，没有交点；当eq\r(2)<r<2时，交点个数为8，故B错误；设eq\o(BD,\s\up8(︵))与eq\o(DE,\s\up8(︵))的公切线方程为y＝kx＋t(k<0，t>0)，由直线和圆相切可得eq\f(|t－1|,\r(1＋k2))＝1＝eq\f(|k＋t|,\r(1＋k2))，解得k＝－1，t＝1＋eq\r(2)(t＝1－eq\r(2)舍去)，则其公切线方程为y＝－x＋1＋eq\r(2)，即x＋y－1－eq\r(2)＝0，故C正确；同理可得eq\o(HB,\s\up8(︵))，eq\o(HG,\s\up8(︵))的公切线方程为x＋y＋1＋eq\r(2)＝0，则两平行线间的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5\r(2)＋1－1－\r(2))),\r(2))＝4，因为曲线W上的点到直线x＋y＋5eq\r(2)＋1＝0的距离最小值为eq\o(HB,\s\up8(︵))，eq\o(HG,\s\up8(︵))上的切点到直线的距离，即为两平行线间的距离，为4，故D正确．12．已知圆O：x2＋y2＝4和圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝4，P，Q分别是圆O，圆C上的动点，则下列说法正确的是()A．圆O与圆C有四条公切线B．|PQ|的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\r(2)－4，3\r(2)＋4))C．x－y＝2是圆O与圆C的一条公切线D．过点Q作圆O的两条切线，切点分别为M，N，则存在点Q，使得∠MQN＝90°答案ABD解析对于选项A，由题意可得，圆O的圆心为O(0,0)，半径r1＝2，圆C的圆心C(3,3)，半径r2＝2，因为两圆圆心距|OC|＝3eq\r(2)>2＋2＝r1＋r2，所以两圆外离，有四条公切线，A正确；对于B选项，|PQ|的最大值等于|OC|＋r1＋r2＝3eq\r(2)＋4，最小值为|OC|－r1－r2＝3eq\r(2)－4，B正确；对于C选项，显然直线x－y＝2与直线OC平行，因为两圆的半径相等，则外公切线与圆心连线平行，由直线OC：y＝x，设直线为y＝x＋t，则两平行线间的距离为2，即eq\f(|t|,\r(2))＝2，则t＝±2eq\r(2)，故y＝x±2eq\r(2)，故C不正确；对于D选项，易知当∠MQN＝90°时，四边形OMQN为正方形，故当|QO|＝2eq\r(2)时，∠MQN＝90°，故D正确．三、填空题13．(2023·锦州模拟)写出过点P(2,4)且与圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝1相切的一条直线的方程__________________．答案x＝2或3x－4y＋10＝0(写出其中一个即可)解析圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝1，圆心C(1,2)，半径r＝1，当直线斜率不存在时，验证知x＝2满足条件；当直线斜率存在时，设直线方程为y＝k(x－2)＋4，即kx－y－2k＋4＝0，圆心到直线的距离为eq\f(|2－k|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝eq\f(3,4)，故直线方程为eq\f(3,4)x－y－eq\f(3,2)＋4＝0，即3x－4y＋10＝0.综上所述，直线方程为x＝2或3x－4y＋10＝0.14．(2023·潍坊模拟)已知圆C：x2＋y2－4xcosθ－4ysinθ＝0，与圆C总相切的圆D的方程是________________．答案x2＋y2＝16解析圆C的标准方程为(x－2cosθ)2＋(y－2sinθ)2＝4，则圆C的圆心为(2cosθ，2sinθ)，半径为2，由圆心坐标可知圆心轨迹是以原点为圆心，半径为2的圆，故圆C上总有点与原点距离为4，由圆的标准方程可知圆D的方程是x2＋y2＝16.15．(2023·烟台模拟)已知实数a，b满足a2＋b2－4a＋3＝0，则a2＋(b＋2)2的最大值为____________．答案9＋4eq\r(2)解析方程a2＋b2－4a＋3＝0整理得(a－2)2＋b2＝1，设点A(a，b)，即点A是圆C：(x－2)2＋y2＝1上一点，又点B(0，－2)在圆C：(x－2)2＋y2＝1外，所以|AB|＝eq\r(a2＋b＋22)，则|AB|max＝|BC|＋r＝eq\r(2－02＋0＋22)＋1＝2eq\r(2)＋1，所以a2＋(b＋2)2的最大值为(2eq\r(2)＋1)2＝9＋4eq\r(2).16．(2023·葫芦岛模拟)自动驾驶汽车又称无人驾驶汽车，依靠人工智能、视觉计算、雷达、监控装置和全球定位系统协同合作，让电脑可以在没有任何人类主动的操作下，自动安全地操作机动车辆．某自动驾驶讯车在车前O点处安装了一个雷达，此雷达的探测范围是扇形区域OAB.如图所示，在平面直角坐标系中，O(0,0)，直线OA，OB的方程分别是y＝eq\f(1,2)x，y＝－eq\f(1,2)x，现有一个圆形物体的圆心为C，半径为1m，圆C与OA，OB分别相切于点M，N，则|MN|＝________m.答案eq\f(4\r(5),5)解析如图，连接MC，NC，MN，由题意可设C(a，0)(a>0)，又圆C与OA相切，则d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a)),\r(\f(1,4)＋1))＝r＝1，解得a＝eq\r(5)，由题意可得MC⊥OM，NC⊥ON，在Rt△MOC中，|OM|＝eq\r(|OC|2－|MC|2)＝2，所以S△MOC＝eq\f(1,2)|OM|×|MC|＝1，同理S△NOC＝1，所以S四边形MONC＝2，又MN⊥OC，所以S四边形MONC＝eq\f(1,2)|MN|×|OC|＝eq\f(\r(5),2)|MN|＝2，即|MN|＝eq\f(4\r(5),5).第2讲圆锥曲线的方程与性质[考情分析]高考对这部分知识的考查侧重三个方面：一是求圆锥曲线的标准方程；二是求椭圆的离心率、双曲线的离心率以及渐近线问题；三是抛物线的性质及应用问题．考点一圆锥曲线的定义与标准方程核心提炼1．圆锥曲线的定义(1)椭圆：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|)．(2)双曲线：||PF1|－|PF2||＝2a(0<2a<|F1F2|)．(3)抛物线：|PF|＝|PM|，l为抛物线的准线，点F不在定直线l上，PM⊥l于点M.2．求圆锥曲线标准方程“先定型，后计算”“定型”：确定曲线焦点所在的坐标轴的位置；“计算”：利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值．例1(1)(2023·全国乙卷)已知点A(1，eq\r(5))在抛物线C：y2＝2px上，则A到C的准线的距离为________．答案eq\f(9,4)解析由题意可得，(eq\r(5))2＝2p×1，则2p＝5，抛物线的方程为y2＝5x，准线方程为x＝－eq\f(5,4)，则点A到C的准线的距离为1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)))＝eq\f(9,4).(2)(2023·全国甲卷)设O为坐标原点，F1，F2为椭圆C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,6)＝1的两个焦点，点P在C上，cos∠F1PF2＝eq\f(3,5)，则|OP|等于()A.eq\f(13,5)B.eq\f(\r(30),2)C.eq\f(14,5)D.eq\f(\r(35),2)答案B解析方法一因为|PF1|＋|PF2|＝2a＝6，①|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos∠F1PF2＝|F1F2|2，即|PF1|2＋|PF2|2－eq\f(6,5)|PF1||PF2|＝12，②联立①②，解得|PF1|2＋|PF2|2＝21，由中线定理可知，2|OP|2＋eq\f(1,2)|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，解得|OP|＝eq\f(\r(30),2).方法二设∠F1PF2＝2θ，0<θ<eq\f(π,2)，所以＝b2taneq\f(∠F1PF2,2)＝b2tanθ，由cos∠F1PF2＝cos2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝eq\f(3,5)，解得tanθ＝eq\f(1,2)，由椭圆方程可知，a2＝9，b2＝6，c2＝a2－b2＝3，所以＝eq\f(1,2)×|F1F2|×|yP|＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×|yP|＝6×eq\f(1,2)，解得|yP|＝eq\r(3)，即yeq\o\al(2,P)＝3.代入椭圆方程得xeq\o\al(2,P)＝9×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,6)))＝eq\f(9,2)，因此|OP|＝eq\r(x\o\al(2,P)＋y\o\al(2,P))＝eq\r(\f(9,2)＋3)＝eq\f(\r(30),2).方法三因为|PF1|＋|PF2|＝2a＝6，①|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos∠F1PF2＝|F1F2|2，即|PF1|2＋|PF2|2－eq\f(6,5)|PF1||PF2|＝12，②联立①②，解得|PF1||PF2|＝eq\f(15,2)，|PF1|2＋|PF2|2＝21，而eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(PF1,\s\up6(→))＋eq\o(PF2,\s\up6(→)))，所以|OP|＝|eq\o(PO,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(PF1,\s\up6(→))＋eq\o(PF2,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)eq\r(|\o(PF1,\s\up6(→))|2＋|\o(PF2,\s\up6(→))|2＋2|\o(PF1,\s\up6(→))||\o(PF2,\s\up6(→))\o(\s\up7(),\s\do5())|cos∠F1PF2)＝eq\f(1,2)eq\r(21＋2×\f(15,2)×\f(3,5))＝eq\f(\r(30),2).易错提醒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；确定圆锥曲线的方程时还要注意焦点位置．跟踪演练1(1)(2023·资阳模拟)已知双曲线C：x2－eq\f(y2,m2)＝1(m>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l经过F2且与C的右支相交于A，B两点，若|AB|＝2，则△ABF1的周长为()A．6B．8C．10D．12答案B解析如图，双曲线x2－eq\f(y2,m2)＝1(m>0)的实半轴长a＝1，由双曲线的定义，可得|AF1|－|AF2|＝2a＝2，|BF1|－|BF2|＝2a＝2，所以|AF1|＝2＋|AF2|，|BF1|＝2＋|BF2|，又|AB|＝2，则△ABF1的周长为|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝|AF2|＋|BF2|＋6＝|AB|＋6＝8.(2)(2023·南京模拟)已知F为椭圆C：eq\f(x2,4)＋y2＝1的右焦点，P为C上一点，Q为圆M：x2＋(y－3)2＝1上一点，则|PQ|＋|PF|的最大值为()A．3 B．6C．4＋2eq\r(3) D．5＋2eq\r(3)答案D解析圆M：x2＋(y－3)2＝1的圆心为M(0,3)，r＝1，设椭圆的左焦点为F1，如图，由椭圆的定义知，|PF|＋|PF1|＝2a＝4，所以|PF|＝4－|PF1|，所以|PQ|＋|PF|≤|PM|＋r＋|PF|＝|PM|＋1＋4－|PF1|＝5＋|PM|－|PF1|≤5＋|MF1|，当且仅当M，P，F1三点在同一条直线上时取等号，因为M(0,3)，F1(－eq\r(3)，0)，则|MF1|＝2eq\r(3)，(|PQ|＋|PF|)max＝5＋2eq\r(3).考点二椭圆、双曲线的几何性质核心提炼1．求离心率通常有两种方法(1)求出a，c，代入公式e＝eq\f(c,a).(2)根据条件建立关于a，b，c的齐次式，消去b后，转化为关于e的方程或不等式，即可求得e的值或取值范围．2．与双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)共渐近线bx±ay＝0的双曲线方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝λ(λ≠0)．考向1椭圆、双曲线的几何性质例2(1)(多选)已知椭圆C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，则下列说法正确的是()A．F1，F2的坐标分别为(－2,0)，(2,0)B．椭圆的短轴长为10C．|PF1|的最小值为1D．当P是椭圆的短轴端点时，∠F1PF2取到最大值答案ACD解析椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1，其中a2＝9，b2＝5，∴c2＝a2－b2＝4，对于A，c＝2，F1，F2的坐标分别为(－2,0)，(2,0)，故A正确；对于B，椭圆的短轴长为2b＝2eq\r(5)，故B错误；对于C，a－c≤|PF1|≤a＋c，∴|PF1|的最小值为1，故C正确；对于D，当P在椭圆的长轴端点时，∠F1PF2＝0；当P不在长轴端点时，0<∠F1PF2<π，利用余弦定理可知cos∠F1PF2＝eq\f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1||PF2|)＝eq\f(4a2－4c2－2|PF1||PF2|,2|PF1||PF2|)＝eq\f(2b2,|PF1||PF2|)－1≥eq\f(2b2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PF1|＋|PF2|,2)))2)－1＝eq\f(2b2,a2)－1，当|PF1|＝|PF2|，即P在椭圆的短轴端点时，cos∠F1PF2最小，此时∠F1PF2最大，故D正确．(2)(2023·东三省四市教研体模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,3)＝1(a>0)过点(－2,1)，则其渐近线方程为________．答案x±y＝0解析因为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,3)＝1(a>0)过点(－2,1)，即有eq\f(4,a2)－eq\f(1,3)＝1，解得a＝eq\r(3)或a＝－eq\r(3)(舍去)，而b＝eq\r(3)，故渐近线方程y＝±eq\f(b,a)x＝±x，即x±y＝0.考向2离心率问题例3(2023·新高考全国Ⅰ)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________．答案eq\f(3\r(5),5)解析方法一依题意，设|AF2|＝2m，则|BF2|＝3m＝|BF1|，|AF1|＝2a＋2m，在Rt△ABF1中，9m2＋(2a＋2m)2＝25m2，则(a＋3m)(a－m)＝0，故a＝m或a＝－3m(舍去)，所以|AF1|＝4a，|AF2|＝2a，|BF2|＝|BF1|＝3a，则|AB|＝5a，故cos∠F1AF2＝eq\f(|AF1|,|AB|)＝eq\f(4a,5a)＝eq\f(4,5)，所以在△AF1F2中，cos∠F1AF2＝eq\f(16a2＋4a2－4c2,2×4a×2a)＝eq\f(4,5)，整理得5c2＝9a2，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3\r(5),5).方法二依题意，以O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，得F1(－c，0)，F2(c，0)，令A(x0，y0)，B(0，t)，因为eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，所以(x0－c，y0)＝－eq\f(2,3)(－c，t)，则x0＝eq\f(5,3)c，y0＝－eq\f(2,3)t，所以eq\o(F1A,\s\up6(→))＝(x0＋c，y0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)c，－\f(2,3)t))，eq\o(F1B,\s\up6(→))＝(c，t)，又eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，所以eq\o(F1A,\s\up6(→))·eq\o(F1B,\s\up6(→))＝eq\f(8,3)c2－eq\f(2,3)t2＝0，则t2＝4c2，又点A在C上，则eq\f(\f(25,9)c2,a2)－eq\f(\f(4,9)t2,b2)＝1，整理得eq\f(25c2,9a2)－eq\f(4t2,9b2)＝1，则eq\f(25c2,9a2)－eq\f(16c2,9b2)＝1，所以25c2b2－16c2a2＝9a2b2，即25c2(c2－a2)－16a2c2＝9a2(c2－a2)，整理得25c4－50a2c2＋9a4＝0，则(5c2－9a2)(5c2－a2)＝0，解得5c2＝9a2或5c2＝a2，又e>1，所以e＝eq\f(3\r(5),5)或e＝eq\f(\r(5),5)(舍去)，故e＝eq\f(3\r(5),5).规律方法(1)在“焦点三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，结合椭圆(或双曲线)的定义，运用平方的方法，建立与|PF1|·|PF2|的联系．(2)求双曲线渐近线方程的关键在于求eq\f(b,a)或eq\f(a,b)的值，也可将双曲线方程中等号右边的“1”变为“0”，然后因式分解得到．跟踪演练2(1)(多选)下列关于双曲线eq\f(y2,9)－eq\f(x2,4)＝1说法正确的是()A．实轴长为6B．与双曲线4y2－9x2＝1有相同的渐近线C．焦点到渐近线的距离为4D．与椭圆eq\f(y2,15)＋eq\f(x2,2)＝1有同样的焦点答案ABD解析由题意，双曲线eq\f(y2,9)－eq\f(x2,4)＝1满足a2＝9，b2＝4，即a＝3，b＝2，于是2a＝6，故A选项正确；双曲线的焦点在y轴上，故渐近线方程为y＝±eq\f(a,b)x＝±eq\f(3,2)x，而双曲线4y2－9x2＝1焦点也在y轴，故渐近线为y＝±eq\f(\f(1,2),\f(1,3))x＝±eq\f(3,2)x，即它们渐近线方程相同，B选项正确；双曲线eq\f(y2,9)－eq\f(x2,4)＝1的焦点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，±\r(13)))，不妨取其中一个焦点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(13)))和一条渐近线y＝eq\f(3,2)x，根据点到直线的距离公式，焦点到渐近线的距离为eq\f(2\r(13),\r(32＋－22))＝2，C选项错误；椭圆eq\f(y2,15)＋eq\f(x2,2)＝1的焦点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，±\r(13)))，根据C选项可知，椭圆和双曲线焦点一样，D选项正确．(2)(2023·衡阳名校协作体模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作直线l与椭圆相交于M，N两点，∠MF2N＝90°，且4|F2N|＝3|F2M|，则椭圆的离心率为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(5),5)答案D解析如图所示，设|F1F2|＝2c，∵4|F2N|＝3|F2M|，设|F2N|＝3t，则|F2M|＝4t，在Rt△F2MN中，|MN|＝eq\r(|F2N|2＋|F2M|2)＝5t，由椭圆定义可知|F1N|＝2a－3t，|F1M|＝2a－4t，|F1N|＋|F1M|＝|MN|＝4a－7t＝5t，解得a＝3t，∴|F1N|＝2a－3t＝3t＝|F2N|，|F1M|＝2a－4t＝2t，在△F1NF2中，可得cos∠NF1F2＝eq\f(c,3t)，在△F1MF2中，由余弦定理可得cos∠MF1F2＝eq\f(c2－3t2,2ct)，∵∠NF1F2＋∠MF1F2＝π，∴cos∠NF1F2＋cos∠MF1F2＝0，即eq\f(c,3t)＋eq\f(c2－3t2,2ct)＝0，解得c＝eq\f(3\r(5)t,5)，∴椭圆离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),5).考点三抛物线的几何性质及应用核心提炼抛物线的焦点弦的几个常见结论设AB是过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则(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.例4(1)(多选)(2023·常德模拟)已知抛物线y2＝2px(p>0)经过点M(1,2)，其焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，则()A．p＝2 B．|AB|≥4C.eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－4 D．k1k2＝－4答案ABD解析因为抛物线y2＝2px(p>0)经过点M(1,2)，所以22＝2p，解得p＝2，故A正确；所以抛物线方程为y2＝4x，则焦点F(1,0)，设直线l：x＝my＋1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋1，))消去x整理得y2－4my－4＝0，则Δ＝16m2＋16>0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，则x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2，x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝1，所以|AB|＝x1＋x2＋2＝4m2＋4≥4，故B正确；因为eq\o(OA,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(x2，y2)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝－3，故C错误；k1k2＝eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝－4，故D正确．(2)(2023·南昌模拟)首钢滑雪大跳台是冬奥史上第一座与工业旧址结合再利用的竞赛场馆，它的设计创造性地融入了敦煌壁画中飞天的元素，建筑外形优美流畅，飘逸灵动，被形象地称为雪飞天．中国选手谷爱凌和苏翊鸣分别在此摘得女子自由式滑雪大跳台和男子单板滑雪大跳台比赛的金牌．雪飞天的助滑道可以看成一个线段PQ和一段圆弧eq\o(QM,\s\up8(︵))组成，如图所示．假设圆弧eq\o(QM,\s\up8(︵))所在圆的方程为C：(x＋25)2＋(y－2)2＝162，若某运动员在起跳点M以倾斜角为45°且与圆C相切的直线方向起跳，起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在y轴上的抛物线的一部分，如图所示，则该抛物线的轨迹方程为()A．y2＝－32(x－1)B．y＝－eq\f(1,64)x2－3C．x2＝－32(y－1)D．x2＝－36y＋4答案C解析由于某运动员在起跳点M以倾斜角为45°且与圆C相切的直线方向起跳，故kCM＝－1，又圆C的圆心为C(－25,2)，所以直线CM所在的方程为y－2＝－(x＋25)，代入(x＋25)2＋(y－2)2＝162，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－16，,y＝－7))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－34，,y＝11))(舍去，离y轴较远的点)，所以点M的坐标为(－16，－7)．由于起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在y轴上的抛物线的一部分，故设抛物线方程为y＝ax2＋c，则y′＝2ax，则由M点处切线斜率为1可得－32a＝1，所以a＝－eq\f(1,32)，又－7＝－eq\f(1,32)(－16)2＋c，解得c＝1，所以该抛物线的轨迹方程为y＝－eq\f(1,32)x2＋1，即x2＝－32(y－1)．规律方法利用抛物线的几何性质解题时，要注意利用定义构造与焦半径相关的几何图形(如三角形、直角梯形等)来沟通已知量与p的关系，灵活运用抛物线的焦点弦的特殊结论，使问题简单化且减少数学运算．跟踪演练3(1)苏州市“东方之门”是由两栋超高层建筑组成的双塔连体建筑(如图1所示)，“门”的内侧曲线呈抛物线形．图2是“东方之门”的示意图，已知|CD|＝30m，|AB|＝60m，点D到直线AB的距离为150m，则此抛物线顶端O到AB的距离为()A．180m B．200mC．220m D．240m答案B解析以O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线的方程为x2＝－2py(p>0)，由题意设D(15，h)，h<0，B(30，h－150)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(152＝－2ph，,302＝－2ph－150，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h＝－50，,p＝2.25，))所以此抛物线顶端O到AB的距离为50＋150＝200(m)．(2)(多选)已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线y2＝8x上过焦点的两个不同的点，O为坐标原点，焦点为F，则()A．焦点F的坐标为(4,0)B．|AB|＝x1＋x2＋4C．y1y2＝－8D.eq\f(1,|FA|)＋eq\f(1,|FB|)＝eq\f(1,2)答案BD解析由抛物线y2＝8x，可得焦点为F(2,0)，故A错误；由焦半径公式可得|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋2＋x2＋2＝x1＋x2＋4，故B正确；设直线l的方程为x＝my＋2，与抛物线的方程联立，可得y2－8my－16＝0，则y1＋y2＝8m，y1y2＝－16，故C错误；eq\f(1,|FA|)＋eq\f(1,|FB|)＝eq\f(1,x1＋2)＋eq\f(1,x2＋2)＝eq\f(1,\f(y\o\al(2,1),8)＋2)＋eq\f(1,\f(y\o\al(2,2),8)＋2)＝eq\f(8,y\o\al(2,1)＋16)＋eq\f(8,y\o\al(2,2)＋16)＝eq\f(8y\o\al(2,1)＋8×16＋8y\o\al(2,2)＋8×16,y\o\al(2,1)y\o\al(2,2)＋16y\o\al(2,1)＋16y\o\al(2,2)＋162)＝eq\f(8y1＋y22－16y1y2＋162,y1y22＋16y1＋y22－32y1y2＋162)＝eq\f(8×8m2＋162＋162,162＋16×8m2＋32×16＋162)＝eq\f(1,2)，故D正确．专题强化练一、单项选择题1．(2023·安徽A10联盟模拟)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长是短轴长的2倍，则E的离心率为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),4) D.eq\f(\r(3),2)答案D解析由题意得，2a＝4b，所以eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2).2．(2023·成都模拟)已知中心在原点，焦点在y轴上的双曲线的离心率为eq\r(5)，则它的渐近线方程为()A．y＝±2x B．y＝±eq\f(\r(5),2)xC．y＝±eq\f(1,2)x D．y＝±eq\r(6)x答案C解析设双曲线的方程为eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，因为eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(5)，所以eq\f(b2,a2)＝4，则eq\f(b,a)＝2，所以渐近线方程为y＝±eq\f(a,b)x＝±eq\f(1,2)x.3．(2023·宁德质检)已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，P为抛物线上一个动点，A(－1,3)，则|PF|＋|PA|的最小值为()A．3B．4C．5D．6答案B解析由题意可知抛物线x2＝4y的焦点坐标为F(0,1)，准线l的方程为y＝－1，过P作PQ⊥l于Q，如图所示，由抛物线定义可知|PF|＝|PQ|，所以|PF|＋|PA|＝|PQ|＋|PA|，则当A，P，Q三点共线时，|PQ|＋|PA|取得最小值，所以|PF|＋|PA|的最小值为3－(－1)＝4.4．(2023·泉州模拟)已知双曲线C的焦点分别为F1，F2，虚轴为B1B2.若四边形F1B1F2B2的一个内角为120°，则C的离心率等于()A.eq\f(\r(6),2) B.eq\f(3,2)C.eq\r(3) D．3答案A解析因为|F1F2|＝2c，|B1B2|＝2b，c>b，由对称性可得四边形F1B1F2B2为菱形，且∠F1B1F2＝120°，所以c＝eq\r(3)b，可得c2＝3b2＝3(c2－a2)，整理得eq\f(c2,a2)＝eq\f(3,2)，即C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),2).5.(2023·厦门模拟)比利时数学家旦德林发现：两个不相切的球与一个圆锥面都相切，若一个平面在圆锥内部与两个球都相切，则平面与圆锥面的交线是以切点为焦点的椭圆．如图所示，这个结论在圆柱中也适用．用平行光源照射一个放在桌面上的球，球在桌面上留下的投影区域内(含边界)有一点A，若平行光与桌面夹角为30°，球的半径为R，则点A到球与桌面切点距离的最大值为()A．(4－eq\r(3))R B．3RC．2eq\r(3)R D．(2＋eq\r(3))R答案D解析由题意，如图所示，则∠BAC＝30°，∠BAO＝15°，∠AOB＝75°，所以A到球与桌面切点距离的最大值为|AB|＝tan75°·R＝tan(30°＋45°)·R＝eq\f(tan45°＋tan30°,1－tan45°·tan30°)·R＝eq\f(1＋\f(\r(3),3),1－\f(\r(3),3))·R＝(2＋eq\r(3))R.6．(2023·沧州模拟)焦点为F的抛物线y2＝2px(p>0)上有一点P(2,2p)，O为坐标原点，则满足|MP|＝|MO|＝|MF|的点M的坐标为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(7,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(9,4)))答案B解析将点P的坐标代入抛物线中得(2p)2＝2p×2，解得p＝1，则P(2,2)，所以OP的斜率为1，且OP的中点为(1,1)，则OP的垂直平分线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0，又OF的垂直平分线方程为x＝eq\f(1,4)，|MP|＝|MO|＝|MF|，则点M为OP的垂直平分线和OF的垂直平分线的交点，所以点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(7,4))).7．(2023·浙江数海漫游模拟)已知F是椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左焦点，点M在C上，N在圆P：x2＋(y－3)2＝2x上，则|MF|－|MN|的最大值是()A．2 B.eq\r(10)－1C.eq\r(13)－1 D.eq\r(13)＋1答案A解析由圆P：x2＋(y－3)2＝2x，可得(x－1)2＋(y－3)2＝1，可得圆P的圆心坐标为P(1,3)，半径r＝1，由椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，可得a＝2，设椭圆的右焦点为F1，根据椭圆的定义可得|MF|＝2a－|MF1|，所以|MF|－|MN|＝2a－(|MF1|＋|MN|)，又由|MN|min＝|MP|－r，如图所示，当点P，M，N，F1四点共线时，即P，N′，M′，F1时，|MF1|＋|MN|取得最小值，(|MF1|＋|MN|)min＝(|MF1|＋|MP|－r)＝|PF1|－r＝3－1＝2，所以(|MF|－|MN|)max＝2×2－2＝2.8.(2023·东三省四市教研体模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右顶点分别是A1，A2，圆x2＋y2＝a2与C的渐近线在第一象限的交点为M，直线A1M交C的右支于点P.设△MPA2的内切圆圆心为I，A2I⊥x轴，则C的离心率为()A．2B.eq\r(2)C.eq\r(3)D.eq\r(5)答案B解析设M(x1，y1)，由M在渐近线上，则y1＝eq\f(b,a)x1，又M在圆x2＋y2＝a2上，则xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝a2，即xeq\o\al(2,1)＋eq\f(b2,a2)xeq\o\al(2,1)＝eq\f(c2,a2)xeq\o\al(2,1)＝a2⇒Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，\f(ab,c)))