37平面解析几何中简化计算量的技巧重难点专题

37平面解析几何简化计算重难点专题常考结论及公式结论一：直线与圆锥曲线的参数方程（1）直线的参数方程：设定点在倾斜角为的直线上，则为直线上任意一点，且，其中为直线的单位方向向量，则直线的参数方程为（其中为参数）.（2）圆的参数方程：设圆的方程为，为圆上的任意一点，则圆的参数方程为（其中为参数）.（3）椭圆的参数方程：设椭圆的方程为，为椭圆上的任意一点，则椭圆的参数方程为（其中为参数）.（4）双曲线的参数方程：设双曲线的方程为，为双曲线上的任意一点，则双曲线的参数方程为（其中为参数）.（5）抛物线的参数方程：设抛物线的方程为，为抛物线上的任意一点，则抛物线的参数方程为（其中为参数）.结论二：关于直线方程的设法建议（1）下面两种情形可以将直线方程设为，一是直线的斜率存在且不需要对斜率不存在进行分类讨论时；二是将直线方程与圆锥曲线方程联立时消去后计算量比消去的计算量小.（2）若必须讨论直线的斜率存在与否，且联立直线方程后明显消去后计算量较大时，可将直线方程设为，如直线与抛物线联立时采用此方程较为简单.结论三：关于曲线系方程的拓展（1）直线系：；（2）圆系：相交圆系：；与直线切于一点的圆系：；（3）二次曲线系方程（不全为）上的点的切线方程为；（4）点在圆锥曲线（不全为）的外部时，过点引两条直线切曲线于两点，则切点弦所在的直线方程为；（5）圆、椭圆、双曲线与抛物线统称为“二次曲线”，两条相交直线被看作为二次曲线的退化形式，故二次曲线系的一般形式为：，其中，我们把具有某一共同性质的二次曲线，并以这样形式呈现的曲线系叫做二次曲线系.圆锥曲线系的定理和推论：定理一：给定五点，其中三点在直线上，另外两点不在直线上，则经过这五点的二次曲线是唯一的，并且是退化的二次曲线（即两条直线）；定理二：给定五个点，其中任何三点都不共线，则过此五点有且仅有一条二次曲线；推论一：若圆锥曲线与有四个不同的交点，则过两曲线的交点的曲线方程为：；推论二：若直线及直线与圆锥曲线有四个不同交点，则过这四个交点的曲线系方程为：；推论三：若四直线，，及有四个不同的交点，则过这四个交点的曲线方程为：；推论四：设为不共线三点，直线的方程为：，则过这三点的二次曲线系方程为：☀☀重难点题型归纳与精讲题型一回归概念，定义获胜【例1】已知抛物线，过其焦点的直线与抛物线分别交于、两点(点在第一象限)，且则直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】过A，B作垂直准线，垂足为，过B作垂线，垂足为C，即可根据长度关系求出，继而得出倾斜角.【详解】如图，过A，B作垂直准线，垂足为，过B作垂线，垂足为C，由抛物线定义知,所以，，所以直线倾斜角为.故选:C.【点睛】本题考查抛物线性质的应用，属于基础题.【跟踪训练1】已知双曲线的左右焦点分别为，过的直线分别交双曲线左右两支于两点，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意结合图像，利用双曲线的定义得到，，再由余弦定理的推论及余弦函数的定义可得到关于的方程，解之即可求得.【详解】因为双曲线，所以，则，过作交于，因为，所以为中点，，设，由双曲线的定义可得，所以，故，解得，所以.故选：C.题型二设而不求，间接解题【例2】已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．【答案】【详解】令的中点为，因为，所以，设，，则，，所以，即所以，即，设直线，，，令得，令得，即，，所以，即，解得或（舍去），又，即，解得或（舍去），所以直线，即；故答案为：【跟踪训练2】设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．(1)求C的方程；(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时，所以，所以抛物线C的方程为；（2）设，设,若P、M、N三点共线，由所以，化简得，反之，若,可得MN过定点因此，由M、N、F三点共线，得，

由M、D、A三点共线，得，

由N、D、B三点共线，得，则，AB过定点（4,0）若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，所以直线.【整体点评】通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．题型三巧设参数，另辟天地【例3】已知圆,圆,直线分别过圆心,且与圆相交于两点,与圆相交于两点,点是椭圆上任意一点,则的最小值为（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】B【分析】根据圆和椭圆的参数方程可假设出点坐标；根据共线、共线可得坐标；写出向量后,根据向量数量积运算法则可求得,从而可知当时,取得最小值,代入求得结果.【详解】由题意可设：,,则,,同理可得：当时,故选：B【点睛】本题考查向量数量积的最值的求解问题,关键是能够灵活应用圆和椭圆的参数方程的形式,表示出所需的点的坐标,从而将问题转化为三角函数最值的求解问题.属于中档题.【跟踪训练3】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B．（1）求△AF1F2的周长；（2）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2=3S1，求点M的坐标．【答案】（1）6；（2）或.【详解】（1）∵椭圆的方程为∴,由椭圆定义可得：.∴的周长为；（2）参数法：得到直线的方程为．点到直线的距离．设，则，即．若，即，无解；若，即（*）,∴，其中，且可以限定为锐角.∴∴,∴或，分别代入（*）得到或故点M的坐标为或．题型四向量工具，事半功倍【例4】已知椭圆的离心率为，过椭圆的右焦点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，则（其中为原点）的形状为（

）A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．锐角或直角三角形【答案】B【解析】计算，联立直线和椭圆得到，计算，得到答案.【详解】由椭圆的离心率可得，可得，则椭圆的方程为，椭圆的右焦点为，由直线的方程为，由可得，设，，则，则，则，∴一定为钝角.故选：B.【点睛】本题考查了直线和椭圆的位置关系，三角形形状，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.【跟踪训练4】已知是的三个顶点．(1)写出的重心G,外心F,垂心H的坐标,并证明G,F,H三点共线;(2)当直线与平行时,求顶点C的轨迹．【答案】(1),证明见解析(2)【分析】(1)根据三个点的坐标,以及各个心所满足的条件设点列方程求出坐标即可;(2)由(1)得两点坐标,根据平行列出方程,然后配方化简,判断方程类型即可.【详解】（1）解:由题知,重心坐标为,不妨设即,,不妨设即,,,故G,F,H三点共线;（2）由(1)知,与平行,,,记,,配方得,所以顶点C的轨迹是以为中心点,1为短轴长,为长轴长且去掉四个顶点的椭圆.题型五数形结合，无往不胜【例5】已知动点在椭圆上，若点的坐标为，点满足，，则的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】，∴点的轨迹为以为以点为圆心，1为半径的圆，，越小，越小，结合图形知，当点为椭圆的右顶点时，取最小值最小值是故选C．点睛：本题考查椭圆上的线段长的最小值的求法，属中档题.解题时要认真审题，要熟练掌握椭圆的性质，．【跟踪训练5】如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法正确的是（

）A．三棱锥的体积为定值B．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段C．存在Q点，使得平面D．若直线与平面所成角的正切值为，那么Q点的轨迹长度为【答案】ABD【分析】对于A.根据等体积转化，可证明体积为定值；对于B.取、中点，连接、、PF，证明平面平面，则点的轨迹为线段；对于C.以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据求出x、z即可判断；对于D.利用线面角的向量公式，得到点的轨迹方程，即可求得点的轨迹长度.【详解】A.三棱柱的体积，，点到平面的距离为，所以三棱锥的体积为定值，故A选项正确；B.取、中点，连接、、PF，由且，知是平行四边形，∴，∵平面，平面，平面，同理可得平面，∵，平面，∴平面平面，则点的轨迹为线段，故B选项正确；C.如图，建立空间直角坐标系，则，，，设，则，，设为平面的一个法向量，则即得取，则.若平面，则，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，故C选项错误；D.平面的法向量为，，若直线与平面所成角的正切值为，则此角的正弦值是，所以，所以，因为点Q为正方形内一动点（含边界），所以点是以为圆心，为半径的圆弧(正方形内),即圆心角为的圆弧，弧长为，故D正确.故选：ABD题型六曲线方程，别有洞天【例6】设直线与椭圆交于两点，过的圆与椭圆交于另外两点，则直线的斜率为（）A． B． C． D．【答案】【详解】由题意设直线的方程为，则经过四点的圆的方程可设为,整理得：，要使该式子表示圆，则必有，，所以解得.【跟踪训练6】已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆上.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设直线不经过点且与相交于两点，若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点.【答案】(1).(2)证明见解析.【详解】试题分析：（1）根据，两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点.另外由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，再设直线l的方程，当l与x轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l：（），将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而判断出直线恒过定点.试题解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此，解得.故C的方程为.（2）（法一）设直线与直线的斜率分别为，，如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.则，得，不符合题设.从而可设l：（）.将代入得由题设可知.设，，则，.而.由题设，故.即.解得.当且仅当时，，欲使l：，即，所以l过定点.法二：（曲线系方程法）利用曲线系方程，设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，过点的椭圆切线为，则经过这四条直线交点二次曲线方程为，展开可得：由椭圆过这些交点，比较系数可得：，解得，所以直线：，即直线恒过定点.点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.题型七结构相似，构造搭桥【例7】抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．（1）求C，的方程；（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．【答案】（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.【详解】（1）依题意设抛物线，，所以抛物线的方程为，与相切，所以半径为，所以的方程为；（2）设若斜率不存在，则方程为或，若方程为，根据对称性不妨设，则过与圆相切的另一条直线方程为，此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；若方程为，根据对称性不妨设则过与圆相切的直线为，又，，此时直线关于轴对称，所以直线与圆相切；若直线斜率均存在，则，所以直线方程为，整理得，同理直线的方程为，直线的方程为，与圆相切，整理得，与圆相切，同理所以为方程的两根，，到直线的距离为：，所以直线与圆相切；综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路【跟踪训练7】已知圆O：，过直线l：在第一象限内一动点P作圆O的两条切线，切点分别是A，B，直线AB与两坐标轴分别交于M，N两点，则面积的最小值为（）A． B． C． D．2【答案】B【分析】设,利用圆切线的性质，得到切点弦所在直线方程，然后求出，写出面积表达式，利用基本不定式得到其最小值.【详解】设,则,设,当时，，所以切线方程为，两边同乘得，即，而，代入得，显然当或时也适合，所以切线方程为，同理将的坐标代入上述直线方程,则有，于是直线的方程为,分别令，易得，则，的面积为,当且仅当结合，即时取等号.所以面积的最小值为.故选：B.【点睛】对于圆心在原点的圆上某点的切线方程结论为，过圆心在原点的圆的圆外一点作圆两条切线，其切点弦所在直线方程为，两者形式相同，但意义不同，最后得到直线方程，求出其面积表达式，利用基本不等式求出最值，如果能记住相关结论，对这道选择题来说将会大有裨益.题型八依托平几，轻轻松松【例8】如图，已知双曲线的左、右焦点分别为，，，P是双曲线右支上的一点，与y轴交于点A，的内切圆在边上的切点为Q，若，则双曲线的离心率是______.【答案】3【分析】先利用切线长定理求得双曲线的半实轴长，再由求得双曲线的半焦距长，进而求得双曲线的离心率【详解】设的内切圆在边上的切点分别为，则，又由，可得，则，则，又，则，即，由，可得，即，则双曲线的离心率，故答案为：3【跟踪训练8】已知实数满足，，，则的最大值是（

）A． B．6 C． D．12【答案】D【分析】分析所给出条件的几何意义，作图，根据几何意义运用点到直线的距离公式即可求出最大值.【详解】如图：设，，则原题等价于点，是圆上两点，并且，所以，，所以所求最大值就是两点到直线的距离之和的倍，设AB的中点为M，由上图可知：，就是M点到直线的距离的倍，由于是直角三角形，，设的中点为，所以在圆上运动，所以本题等价于求到直线的距离倍的最大值，显然，最大值=原点O到直线的距离与圆的半径之和的倍；故选：D.题型九二级结论，省时省力【例9】如图，已知点是双曲线上的点，过点作椭圆的两条切线，切点为、，直线交的两渐近线于点、，是坐标原点，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设点，求出直线的方程为，联立直线与双曲线两渐近线方程，求出点、的坐标，由此可计算得出的值.【详解】先证明结论：椭圆在其上一点的切线方程为.由于点在椭圆上，则，联立，消去得，即，即，所以，直线与椭圆相切.所以，椭圆在其上一点的切线方程为.本题中，设点，设点、，直线的方程为，直线的方程为，由于点在直线、上，可得，所以点、满足方程，所以，直线的方程为.联立，得点，同理.因此，.故选：B.【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；（2）椭圆在其上一点的切线方程为，在应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切.【跟踪训练9】已知A，B为椭圆上两个不同的点，F为右焦点，，若线段AB的垂直平分线交x轴于点T，则__________．【答案】【分析】设,利用焦半径公式得到,设，写出垂直平分线方程，代入，化简得到值，最终求出的值.【详解】首先我们证明椭圆的焦半径公式左准线方程为，右准线方程为，，，，同理可证，因为本题椭圆离心率:，设由焦半径公式:得:,即中点，，则垂直平分线斜率为根据点在椭圆上，则有，，作差化简得，则线段的垂直平分线方程为,代入得:,即,则.故答案为：.【点睛】椭圆中常见的二级结论对解决椭圆相关难题，尤其是选择填空题具有很好的作用，例如本题中的焦半径公式，，，点在椭圆上适合椭圆方程这一条件做题时容易忽略，但是却是设点法做题必要的步骤.题型十特值化法，先人一步【例10】平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是（

）A．曲线C与y轴的交点为， B．曲线C关于x轴对称C．面积的最大值为2 D．的取值范围是【答案】ABD【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，由判断A；由曲线方程对称性判断B；取特值计算判断C；求出的范围计算判断D作答.【详解】设点，依题意，，整理得：，对于A，当时，解得，即曲线C与y轴的交点为，，A正确；对于B，因，由换方程不变，曲线C关于x轴对称，B正确；对于C，当时，，即点在曲线C上，，C不正确；对于D，由得：，解得，于是得，解得，D正确.故选：ABD【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，(1)如果，则曲线C关于y轴对称；(2)如果，则曲线C关于x轴对称；(3)如果，则曲线C关于原点对称.【跟踪训练10】已知点是圆与轴的交点，为直线上的动点，直线与圆的另一个交点分别为，则直线恒过定点（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由圆的方程，求得的坐标，设出坐标，写出两直线的方程，分别联立圆与直线，求得的坐标，求特殊位置解得定点，用一般情况的方程进行验证，可得答案.【详解】由，令，解得，不妨设，，设，则直线的方程为，直线的方程为，联立，消去可得：，设，，则，即，，联立，消去可得：，则，即，，当直线的斜率不存在时，，解得，此时，故直线方程为；当直线的斜率为时，则直线方程，联立，可得定点为，下面验证此为真：当直线的斜率存在且不为零时，则斜率，则方程为，将代入上式，则，即，等式成立，故直线过定点，故选：B.课后突破训练1．已知双曲线：上的一点（异于顶点），过点作双曲线的一条切线.若双曲线的离心率，为坐标原点，则直线与的斜率之积为（

）A． B． C． D．3【答案】A【分析】表示出点的坐标，分别用坐标和a、b、c表示出直线与的斜率，最后计算出斜率的积即可.【详解】由双曲线的离心率，得，所以，得，设，可得双曲线在点M处的切线l为，所以l的切线方程为直线l的斜率，又，所以故选：A【点睛】结论点睛：若二次曲线方程为：设过二次曲线的切线切点为，则二次曲线切线方程或切点连线方程为：证明（仅供参考，结论考生可直接使用）：对方程两边同时关于x求导数，得到：，整理以后，即得到：，根据导数的几何意义，曲线经过处切线的斜率k应满足关系式，因此，所求切线方程，可转化为化简并整理，得用因为，因此上式可化简为：即，证毕.2．国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点B分别向内层椭圆引切线AC，BD，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设内层椭圆方程为，则外层椭圆方程为（），分别列出过和的切线方程，联立切线和内层椭圆，由分别转化出的表达式，结合可求与关系式，齐次化可求离心率.【详解】设内层椭圆方程为（），因为内、外层椭圆离心率相同，所以外层椭圆方程可设成（），设切线方程为，与联立得，，由，化简得：，设切线方程为，同理可求得，所以，，所以，因此.故选：D3．已知是椭圆上满足的两个动点为坐标原点），则等于（

）A．45 B．9 C． D．【答案】B【分析】令，，由题设可得、、，进而可得，进而化简，即可得结果.【详解】令，，则，，由，故，则，而，，则，，所以，故，.故选：B4．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A、B为平面上两点，且，M为线段AB中点，其坐标为，若，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可得以为直径的圆过点O，对条件变形得到，从几何意义出发得到圆M与直线相切，从而得到圆M的半径最小值为点到直线的距离的一半，利用点到直线距离公式进行求解.【详解】因为，所以，即以为直径的圆过点O，因为M为线段AB中点，坐标为，，则，几何意义为圆M的半径与点M到直线的距离相等，即圆M与直线相切，则圆M的半径最小值为点到直线的距离的一半，即.5．已知椭圆的左焦点为，离心率为．过点作直线与椭圆交于，两点，与直线交于点，若恰好是的中点，则直线l的斜率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设椭圆焦距为，再设出三点，由，通过计算可得到，进而得到，即可解得斜率．【详解】设椭圆焦距为，所以．设，则，且，由两式相减可得，即，根据条件可得：，故，由，可得．因为，所以，即直线的斜率为．故选：B．6．已知A，B，C，D是椭圆E：上四个不同的点，且是线段AB，CD的交点，且，若，则直线l的斜率为（

）A． B． C． D．2【答案】C【分析】设出点的坐标，由得到，列出方程，得到，分别把代入椭圆，得到，同理得到，两式相减得到，利用直线垂直斜率的关系求出直线l的斜率.【详解】设，因为，故，所以，则，又都在椭圆上，故，且，两式相减得：，即①，同理可得：②，②－①得：，所以，因为，所以直线l的斜率为.故选：C【点睛】直线与圆锥曲线相交涉及中点弦问题，常用点差法，改法计算量小，模式化强，易于掌握，若相交弦涉及的定比分点问题时，也可以用点差法的升级版—定比点差法，解法快捷.7．已知为抛物线的焦点，点的坐标为，过点作斜率为的直线与抛物线交于、两点，延长、交抛物线于、两点设直线的斜率为，则（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】设，，联立直线方程与抛物线方程可得，设，，则，，设AC，BD所在的直线方程可得，，由此可得的值．【详解】设过点F作斜率为的直线方程为：，联立抛物线C：可得：，设A，B两点的坐标为：，，则，设，，则，同理，设AC所在的直线方程为，联立，得，，同理，，则．故选：D．【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查斜率的计算，考查学生的计算能力，属于中档题．8．（多选）抛物线的弦与弦的端点处的两条切线围成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景、丰富的性质产生了无穷的魅力.设A，B是抛物线C：上两个不同的点，以A，B为切点的切线交于P点.若弦AB过，则下列说法正确的有（

）A．点P在直线y＝－1上 B．存在点P，使得C．AB⊥PF D．△PAB面积的最小值为4【答案】ACD【分析】由导数的几何意义可求得过点和过点的切线方程，由直线与抛物线方程联立，结合韦达定理可得两切线的交点坐标，从而可判断A，由韦达定理可得，从而可判断B，由直线垂直的斜率关系可判断C，由韦达定理表示出三角形的面积，结合函数性质可判断D.【详解】对于A，由题意，设直线联立，消去整理得：设，则，由抛物线可得，则，则过点的切线斜率为，易知，即，则切线方程为:，即，同理可得：过点的切线方程为：，联立，解得，即，所以点在定直线上，A正确；对于B，由选项A可知，直线的斜率为，直线的斜率为，所以，即，B错误；对于C，由选项A可知，，则直线的斜率由，则AB⊥PF，C正确；对于D，由选项C可知：，，则，当时，有最小值为4，D正确.故选：ACD9．写出与圆和都相切的一条直线的方程_____________．【答案】或或【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】设圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径，则，因此两圆外切，由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；又由方程和相减可得方程，即为过两圆公共切点的切线方程，又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，直线OC与直线的交点为，设过该点的直线为，则，解得，从而该切线的方程为填一条即可10．在平面直角坐标系中，为直线：上在第一象限内的点，，以为直径的圆与直线交于另一点.若，则点的横坐标的取值范围为______________.【答案】．【解析】由直径所对的圆周角为可求得直线的方程，进而解得点的坐标，设出点的坐标，再利用向量的数量积即可求出点的横坐标的取值范围.【详解】解：如图所示：点在以为直径的圆上，，即，，又均在直线，，，又，：，联立：，解得：，；设，则，，，又，，即，解得：或（舍去），故点的横坐标取值范围为：.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是直径所对的圆周角为，再结合向量的数量积求解.11．已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．(1)求l的斜率；(2)若，求的面积．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．易知直线l的斜率存在，设，，联立可得，，所以，，且．所以由可得，，即，即，所以，化简得，，即，所以或，当时，直线过点，与题意不符，舍去，故．（2）［方法一］：【最优解】常规转化不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，当均在双曲线左支时，，所以，即，解得（负值舍去）此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当均在双曲线右支时，因为，所以，即，即，解得（负值舍去），于是，直线，直线，联立可得，，因为方程有一个根为，所以，，同理可得，，．所以，，点到直线的距离，故的面积为．［方法二］：设直线AP的倾斜角为，，由，得，由，得，即，联立，及得，，同理，，，故，而，，由，得，故【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．12．已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）