新教材人教B版高中数学选择性必修第一册重点题归纳总结

人教B版选择性必修第一册重点题汇总

第一章空间向量与立体几何

第二章平面解析几何

第一章空间向量与立体几何

题型1空间向量的运算

例1(1)如图，已知空间四边形ABC。，E,”分别是边/£)的中点，F,G分

别是边CB,CO上的点，且而=|0，CG=|CD.求证：四边形EFG〃是梯形.

(2)已知正四面体O4BC的棱长为1,如图.求：@OA-OB；②。7+砺)•(石？+

两；③向+赤+沆］.

答案：（1）证明：rE,”分别是边40的中点，

.-.AE=-2AB,2AH=-AD,

则前=万7_荏=;而_海=:港一破）=2前.

■.■FG=CG-CF=-CD--CB=-（CD-CB）=-JD,

3331J3

EH||FG,且|丽|=1\FG\\FG\.

又F不在EH上，故四边形EFG”是梯形.

（2）在正四面体OABC中，|瓦5|=\0B\=|0C|=1.（OA,OB）=（OA,OC）=

（OB,OC）=60°

①UI-OB=\OA\\OB\-coszAOB=1x1xcos60°=|.

②画+OB)-(CA+CB)

=(OA+OB)■(OA-OC+OB-OC)

=(OA+OB)-(OA+OB-2OC)

=赤+2OA-OB-2OA-OC+05?,2OB-OC

=l2+2x1x1xcos60°-2x1x1xcos60°+l2-2x1x1xcos60°

=1+1-1+1-1=1.

③

\OA+OB+OC\=l(OA+OB+OC)2=

Vl2+l2+l2+2x1x1xcos60°x3=V6.

方法归纳

1.空间向量的线性运算包括加法、减法及数乘运算.选定空间中不共面的三个向量

作为基向量，并用它们表示出目标向量，这是用向量法解决立体几何问题的基本

要求.

2.空间向量的数量积：

(1)空间向量的数量积的定义表达式a-b=|a|•|b|-cos〈a,b)及其变形式

cos(a,b)='是两个重要公式.

(2)空间向量的数量积的其他变形式是解决立体几何问题的重要公式，如a2=

|a|2,a在b上的投影的数量为需=|a|'cos(a,b)等.

迁移应用

1.如图，已知4BC0-AB'C'D'是平行六面体.设M是底面/BCD的中心，N是侧

面BCC®对角线BC'上的四等分点且靠近C'点，设而=aAB+pAD+yAA1,则

a+^+y=.

答案：I

解析：1.连接BO,则M为B。的中点，如图.

]3__>

=-(DA+AB)+-(BC+前)

=-(-AD+AB)+-(AD+研

甘荏+3而+9启

•••a=12,p=14,V=：­•,•ct+p+y=.

2.在三棱锥。一ABC中，棱04、OB、0C两两垂直，且0/=OB=0C,如图.给

出下列四个命题:

①画+0B+0C)2=3标；②前­(C4-CO)=0；

③（耐+赤）和刀的夹角为60。；

④三棱锥。一/BC的体积为3（荏・下）・阮|.

6

其中所有正确命题的序号为.

答案：①②③

解析：2.设。4=OB=0C=a,因为棱04、OB、0C两两垂直，所以以点。为坐

标原点，04、OB、0C所在直线分别为％、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所

示：

则0(0,0,0)、A(a,0,0)、B(0,a,0)、C(0,0,a).

对于①，OA+OB+OC=(a,a,a),所以(瓦？+而+方y=3a2=3石羽，①

正确；

对于②，CA-CO=OA=(a,0,0),BC=(0,-a,a),则前•(刀一而)=0,②

正确；

对于③，。4+OB=(a,a,0),CA=(a,0,—a),

cos(OA+OB,CA)=舞缥g==

'/\OA+OB\\CA\(V2a)22

因为0°砺，刀〉W180。，所以(瓦5+砺)和刀的夹角为60。，③正确；

对于④，AB=(—a,a,0),AC=(—a,0,a),BC=(0,—a,a),则/B,4C=a2,

所以工|(希・前)・元|=—|5C|=—xV2a=—a3,

6666

而三棱锥。一ABC的体积IZ=」xL。/­OB-OC=-a3,④错误.

326

题型2利用空间向量证明平行、垂直问题

例2在四棱锥P-ABCO中，AB1AD,CDLAD,PA_L底面/BCD,PA=AD=

CD=2AB=2,M为PC的中点.

（1）求证：BM||平面PAD；

（2）平面PAD内是否存在一点N,使MN1平面PBD?若存在，确定N的位置；

若不存在，请说明理由.

答案：（1）以A为原点，AB.AD.AP所在直线分别为％轴、y轴、z轴建立空间

直角坐标系，如图所示.

则B(1,O,O),D(0,2,0),P(0,0,2),C(2,2,0),M(l,l,l).

证明：；BM=(0,1,1),易知平面PAD的一个法向量为n=(1,0,0),BM-n=0,

即BM1n,

又BM平面240,「BM||平面PAD.

(2)存在.前=(-1,2,0),~PB=(1,0,-2),假设平面PAO内存在一点N,使MN1

平面PBO,则MNJ.B。，MN1PB.

设N(0,y,z),则而=l,z—1),

2

A(MN-BD=Ogpfl+(yT)=0,

^MN-PB=0l-l-2(z-1)=0

•••在平面PAD内存在一点可(。3彳)，使MN_L平面PBD.

方法归纳

利用空间向量证明空间中的位置关系：

线线平行证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量

线线垂直证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直

线面平行①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；

②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；

③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两不共线向量线

性表示

线面垂直①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；

②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题

面面平行①证明两个平面的法向量平行（即共线向量）；

②转化为线面平行、线线平行问题

面面垂直①证明两个平面的法向量互相垂直；

②转化为线面垂直、线线垂直问题

迁移应用

3.如图，四边形/BCD为正方形，PD_L平面ABCO,PD||QA,QA=AB=\PD.

(1)证明：平面PQCJ■平面DCQ；

(2)证明：PC||平面BAQ.

答案：(1)证明如图，以0为坐标原点，线段DA的长为单位长，DA,DP,三的

方向分别为％,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系。%yz.

依题意有。(0,0,0),Q(L1,O),C(0,0,l),P(0,2,0),则丽=(1,1,0),DC=(0,0,1),

~PQ=所以所~DQ=0,~PQ-DC=0,即PQ1DQ,PQ1DC.又DQCl

DC=D,OQ,OCu平面DCQ,^PQl^jB-DCQ.

因为PQu平面PQC,所以平面PQC_L平面DCQ.

(2)71(1,0,0),5(1,0,1),则丽=(1,0,0)，AB=(0,0,1),AQ=(0,1,0)0,则亦•

AB=0,DA-AQ=O,所以用为平面BAQ的一个法向量.

因为玩=(0,-2,1),且力•m=0,所以DAJ.PC,又PCC平面BAQ,故PC||

平面BAQ.

题型3利用空间向量求空间角

例在四棱锥中，底面为矩形，直线

3P-/BCOABCOPDl^ABCD,—AD=2,

PA与底面/BCD成60°角，点N是PB的中点.

(1)求异面直线ON与的夹角的余弦值；

(2)求直线P4与平面PBC所成角的正弦值;

(3)求二面角P—NC—O的余弦值.

答案：(1)以。为原点，DA.DC.前的方向分别为％、y、z轴的正方向，建立

如图所示的空间直角坐标系，

设=1,则=2,vPD1底面/BCO,A"40为直线PA与平面/BCO所成

的角，A/.PAD=60°,APD=V3,A£)(0,0,0),4(1,0,0),C(0,2,0),

P(0,0,V3),呜1片).

DN=(12,1,32),BC=(-1,0,0),

—♦—>

••・异面直线DN与BC的夹角的余弦值为|cos(DN,BC)\='乎叱=：.

\DN\-\BC\4

(2)PA=(1,0,-V3),PB=(1,2,-V3),BC=(-1,0,0),设平面PBC的一个法

向量为m=(%i，yi，Zi),直线PA与平面PBC所成的角为6,则m・丽=/+2yi-

V3zj=0且m-BC=—%I=0,则/=0,取z1=2,则y1=V3,•••m=(0,V3,2),

.•・sin0=|m-M|

|m||R4|7

(3)由(2)知平面PBC的一个法向量为m=(0,遮,2),即平面PNC的一个法向

量为m=(0,b,2),设平面CDN的一个法向量为n=(%2，y2，Z2)，易知丽=

反=(0,2,0),OP=(0,0,V3),

Z

则门,DN=1x2+丫2+~Y2=0且n1DC=2y2=0,则丫2=0,XX,z2=1,则％2=

一低则n=(-73,0,1),

..mn7

.•.c°s(m，n〉=而而=后,

vm•而—2V3>0,n-DP=V3>0

...二面角P-NC-0的余弦值为?.

方法归纳

1.求异面直线所成的角：设两异面直线的方向向量分别为%,n2,那么这两条异

面直线所成的角。=(%,112)或。=TT一(111,112)，所以COS。=|C0S(ni，n2)|.

2.求斜线与平面所成的角：如图，设平面a的一个法向量为由，斜线04的一个方

向向量为律2,斜线04与平面a所成的角为6,则sin®=|cos〈ni，n2)|.

3.求二面角的大小：如图，设平面a,4的法向量分别为如，n2.因为两平面的法

向量所成的角(或其补角)就等于平面a,£所成的锐二面角仇所以cos。=

|cos〈ni，n2)|.

迁移应用

4.如图，三棱柱ABC-A/iG内接于圆柱。。1，已知圆柱。3的轴截面为正方形,

48=/^=手。。1，点「在轴。01上运动.

6

(1)证明:无论P在何处，总有BC_LP4；

(2)当点P为。5的中点时，求平面&PB与平面BCG%所成的锐二面角的余弦

值.

答案：(1)证明：如图，连接力。并延长，交BC于点M,交圆柱侧面于点N,连

接OB,0C,

AB=AC,OB=OC,•••AO1BC.

又在圆柱。。1中，AAiJ•平面ABC,且BCu平面ABC,AAj,1BC,

5LA0^AA1=A,AOu平面/OOiAi，AAta^-^AOO^,

，

•••BC_1平面/。。141无论P在彳可处，总有PAiu平面4OOp4i，BC1PAr.

(2)如图，建立空间直角坐标系0/yz,由(1)知8C||x轴,

设0。1=AA-[=AN=a,则AB=AC=*^a,

16

在力中，

4BCAM=ACxcos^CAM=ACx—AN=-6a=>OM=-3a,

从而CM=BM=—(|^)2=.

・,・4(0,—80),P(O,o[a),

•••&P=(0,-a,-a),AB=(^-a,-a,a).

zzooX

T11

(41P-u=-ay+-az=0

TVs2Vs2

AXB-u=—ax+^-ay+az=0

取y=2,得u=(等,2,-2),易知平面BCG%的一个法向量为v=(0,1,0),

2V55

/3)|=需11

J昔)2+4+4

故所求锐二面角的余弦值为答.

题型4利用空间向量求距离

例4已知正方形4BCD的边长为1,PD，平面ABCO,且P0=1,E,尸分别为AB,

BC的中点.

(1)求点D到平面PEF的距离；

(2)求直线4C到平面PEF的距离.

解析：思路分析(1)建立以点D为坐标原点，DA,DC,价的方向分别为久轴,

y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式即可得到答案.

(2)证得/C||平面P",利用直线/C到平面PEF的距离等于点/到平面PEF的

距离即可得到答案.

答案：(1)建立以点。为坐标原点，DA,DC,方的方向分别为%轴，y轴，z轴

正方向的空间直角坐标系，如图所示，

:PD=1,E,F分别为4B,BC的中点，

•••0(0,0,0),P(0,0,l),做1,0,0),C(0,l,0),F(l,1,0),F(i,1,0)，二前=('"0),

PF=(1,|,-1),反=(吟0)，

设平面PEF的一个法向量为n=(%,y,z),

f„rTi7_nI—%H—y=0

则严管=0即｛2]2，令x=2,则y=2,z=3,n=(2,2,3),

(nPE=O[x+-y-z=O

.•.点0到平面PEP的距离d=喑1=-^L=萼.

|n|V4+44-917

(2)•.•荏=(01,0)，点4到平面PEF的距离d'=需1='=冬

vE,尸分别为AB,BC的中点,•••AC||EF,

ACC平面PEF,EFu平面PEF,:.AC||平面PEE,

.・•直线/C到平面PEF的距离等于点/到平面PEF的距离，

•・•直线/C到平面PEF的距离为唱.

方法归纳

1.求两点间的距离的向量法主要是坐标法(易建系的)和基向量法(各基向量

的模和夹角已知或可求)，利用向量的模的定义求解.

2.利用向量求点线距离时，关键是利用向量的垂直，建立关于垂足坐标的方程,

垂足的坐标要利用向量的共线用直线的方向向量表示，只设一个未知数即可.

3.用向量法求点面距离的步骤：

(1)建坐标系：结合图形的特点建立恰当的空间直角坐标系；

(2)求向量：在坐标系中求出点/到平面内任一点B对应的向量荏；

(3)求法向量：设出平面的法向量，利用向量垂直的条件转化为求解方程组，

求出法向量n；

(4)得答案：代入公式4=粤求得答案.4.线面距离、面面距离均可转化为点

|n|

面距离，用求点面距离的方法进行求解.

迁移应用

5.如图，四棱锥P—71BCD中，底面/BCD为矩形，点E在线段P4上,PC||平面BDE.

(1)请确定点E的位置，并说明理由;

(2)若△PAD是等边三角形，AB=2AD,平面PAO_L平面4BCD,四棱锥P-

ABCD的体积为9百，求点E到平面PCO的距离.

答案：(1)连接/C交BD于点M,连接EM,如图，

则点M为/C的中点.当E为4P的中点时，在中，EM||PC,又EM平面8DE,

PC,平面BDE,PC||平面BDE.

(2)以AD的中点。为原点，04所在直线为%轴，在平面/BCD中，过点。作的

平行线为y轴，0P所在直线为Z轴，建立空间直角坐标系，如图.

设/£）=%,•.•四棱锥P—ABCD的体积为9百，］婷一（|）2=9b，解

得x=3.

•••磴,0,0）,P（0,0，W）,

EG，O，W）,。（-1，0,0）,

C（-|,6,0）贝辰=（一|,6,一芋），

丽=（_|,0,_苧），PE=（^,0-手），

设平面PCO的一个法向量为n=（%,y,z）,

（t33A/3

n•PC=一-x+6y---z=0

则｛T22，取％=6，得n=（3,o,-l）,

In-PD=--x-^Z=0

E到平面PCD的距离d=*=^=—.

|n|24

高考链接

L（2020课标m理，19,12分）如图,在长方体ABCD-4B1QD1中，点E,F分

别在棱DDi，BB］上,且2DE=EDi，BF=2FB1.

（1）证明：点Q在平面/EF内；

（2）若』B=2,AD=1,44i=3,求二面角4一EF-4的正弦值.

答案：（1）证明：在棱CQ上取点G,使得GG=：CG,连接DG、FG、gE、JF,

如图.

在长方.体ABCD-AiBiGDi中，AD||BCSLAD=BC,BBr||CC1S.BB1=CQ,

•••CiG=\CG,BF=2FB1,CG=|CCX==BFSLCG||BF,

四边形BCGF为平行四边形，GF||BC||AD,GF=BC=AO,.•.四边形/FGO

为平行四边形，贝以尸IIDG且4尸=DG,

同理可证四边形DECiG为平行四边形，

•••QE||DG且GE=DG,

:.QE||且QE=AF,则四边形AEQF为平行四边形，

•••点G在平面/E尸内.

（2）以点6为坐标原点，CM、G/、GC所在直线分别为％、y、z轴建立如图

所示的空间直角坐标系G%yz,

则4(2,1,3),似2,1,0),E(2,0,2),F(0,1,1),

：.AE=(0,-l,-l),AF=(-2,0,-2),A^E=(0,-l,2),币=(-2,0,1),

设平面/EF的一个法向量为m=(%i，yi，zD，

m-AE=0徨/一—Zi=°

m.第=0i-2z1=0.

取Zi=-1,得=yi=1,则m=(1,1,—1),

设平面4EF的一个法向量为n=(x2,y2,z2),

T

n•AyE=0/日(一为+2%2—0c/日Y“rail,c、

由t，得+z'=0取Ur7Zi=2，行冷=1，丫2=4，则n=(1,4,2),

2

n-AXF-0i2—

.、mn3y/7

•••cos(m,n)=——二厂「=—,

'，|m|-|n|x<3x>/217

设二面角4—EF—4的平面角为仇则|cos0|=y,sin。=V1—cos20=督.

因此，二面角4—E9一4的正弦值为手.

2.(2020课标I理，18,12分)如图，。为圆锥的顶点，。是圆锥底面的圆心,

/E为底面直径，4E=4。.△ABC是底面的内接正三角形，P为。。上一点，PO=

(1)证明：PA_L平面PBC；

(2)求二面角B—PC—E的余弦值.

答案：(1)证明：设0。=a,由题设可得P0=—a,AO=—a,AB=a,PA=

63

PB=PC=—a.

2

因止匕P/2+PB2=/B2,从而PAJ.PB.

又P%2+PC2=AC2,^PA1PC.

所以P4_L平面PBC.

(2)过。作ON||BC交4B于点N,因为PO平面ABC,所以以。为坐标原点，。/

所在直线为%轴，ON所在直线为y轴，。。所在直线为z轴，建立如图所示的空间

直角坐标系，设4E=1,

则E(-g,O,O),P(0,0,当,

BL；，,，。)，

所以定=(/一手，-小而=(，¥，-务笆=(—，

设平面PCB的一个法向量为n=(%i，yi，zi),

rT

由Jn•PC=0

t±Jt

、n•PB=0

得卜_V3yj-V2zj=0,

、+-\Z3yj—y[2z1=0

令=V2,得Z]=-1,%=0,

所以n=(V2,0,-1),设平面PCE的一个法向量为m={x2,y2,zi),

—>

由m•PC=0

m-PE=0

得仁二XU"-

所以爪=(1耳,一物，故cos(m,n)=油需=藕=季

V3

易知二面角B-PC-E的平面角为锐角，所以二面角B-PC-E的余弦值为学.

3.(2020新高考I,20,12分)如图，四棱锥P—ABCD的底面为正方形，PD，底

面力BCD.设平面PAD与平面PBC的交线为1.

(1)证明：I，平面PDC；

(2)已知PD=AD=1,Q为/上的点，求PB与平面QCO所成角的正弦值的最大

值.

答案：(1)证明：在正方形4BCD中，AD||BC,

因为40C平面PBC,BCu平面PBC,所以ADII平面PBC,

又因为AOu平面PAO,平面P4Dn平面PBC=1,所以40

因为在四棱锥P-/BCO中，底面/BCO是正方形，所以/O1OC,所以2_LOC,

因为PO，平面4BCD,所以401PD,所以11PD,因为CDCPD=D,CD,PDu

平面PDC,所以11平面PDC.

(2)如图，建立空间直角坐标系Oxyz,

因为P0=40=l,所以P(0,0,0),C(0,l,0),4(1,0,0)，P(0,0,l)，5(1,1,0),

设Q(m,0,l),则有比=(0,1,0),丽=(zn,O,l),PB=(1,1,-1),

T

设平面QCO的一个法向量为n=(%,y,z),则呼,n=0,即］匕=°_

DQ-n=0mx+z_U

令x=1,则z=—m,所以平面QCD的一个法向量为n=(1,0,—m),

则3〈n，丽)=糯=高篝，

所以直线PB与平面QCO所成角的正弦值等于|cos〈n,画|寨*=*

产需=今^^工去=当当且仅当m=l

时取等号，

所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为乎.

4.(2020天津,17,15分)如图，在三棱柱ABC—Ai&Ci中，CQ1平面4BC,

AC1BC,AC=BC=2,CQ=3,点D,E分别在棱A4i和棱CQ上，HAD=1,

CE=2,M为棱的中点.

(1)求证：RM1BD

(2)求二面角B—BiE—O的正弦值；

(3)求直线与平面D/E所成角的正弦值.

答案：依题意，以C为原点，CA,CB,苗的方向分别为%轴，y轴，z轴的正

方向建立空间直角坐标系(如图)，

可得C(0,0,0),4(2,0,0),5(0,2,0),6(0,0,3),4式2,0,3),当(0,2,3),0(2,0』),

£(0,0,2),M(l,l,3).

(1)证明：C^M=(1,1,0),B^D=(2,-2,-2),从而的•时=2-2+0=0,

所以GM1BiD.

(2)易知石5=(2,0,0)是平面BBiE的一个法向量,西=(0,2,1),ED=

n•EBi=0

(2,0,-1).设n=(x,y,z)为平面DBiE的一个法向量，则

n•ED=0

即窗.不妨设X=l，可得n=(L-L2).

则c°s&%n)=篙京=品=彳，于是sin(Z%n)=1—cos2(CA,n)=察

所以，二面角B-BiE-D的正弦值为”.

6

(3)依题意，AB=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面OBiE的一个法向

量,于是COS(福!!)=■=一手.

所以，直线与平面DBiE所成角的正弦值为，.

第二章平面解析几何

题型1直线的方程

例1已知直线/过点，且分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于点4B(。为

坐标原点).

(1)当AABO的面积为4时，求直线/的一般式方程；

(2)当|M4|•|MB|取最小值时,求直线I的一般式方程.

答案：⑴由题意，设直线1的方程为2+?=l(a>0,b>0),

则SMBO==4则ab=8,

因为直线2过点M(2,1)，所以？+5=1,所以a=4,b=2,

所以直线2的方程为3+5=1，即x+2y-4=0.

42

⑵设直线2的方程为y-l=k(%—2)(/cH0)，则/(一/+2,0),B(0,—2k+1),

所以|M/|=J丧+1,\MB\=74+4k2,

所以|MA|♦|MB|=1-V4+4k2=212+.+H>22+2J丧,N=4,

当且仅当1=1时，等号成立，

所以当|M/|•|MB|取最小值时#=一1(正值舍去),

此时直线方程为y—1=—x+2，即为+y—3=0.

方法归纳

求直线方程时常用以下两种方法：

(1)直接法：直接选取适当的直线方程的形式，写出结果.

(2)待定系数法：先以直线满足的某个条件为基础设出直线方程,再由直线满足

的另一个条件求出待定系数，从而求得方程.

迁移应用

1.(2021山东青岛二中期末)已知定点4(3,1).

(1)若直线，经过点A且与直线2%+y-5=0垂直，求直线/的方程；

(2)若直线1经过点4且坐标原点到直线/的距离等于3,求直线2的方程.

答案：(1)设与直线2x+y—5=0垂直的直线的方程为4—2y+a=0,

把4(3,1)代入，得3-2+a=0，解得a=-1，所以直线［的方程为4-2y-1=

0.

(2)当直线1的斜率不存在时，直线/的方程为％=3，符合题意；

当直线2的斜率存在时，设直线珀勺方程为y-1=k(x-3),

即kx-y-3/c+l=0，原点0(0,0)到直线2的距离d=喘等=3，解得k=

4

一3'

所以直线2的方程为丫一1=一久％-3)，即4%+3y—15=0.

综上，直线Z的方程为％=3或4%+3y-15=0.

题型2直线与圆

例2(2020山东烟台高二期中)已知圆Ci：X2+y2+2%—4y—4=0.

(1)在以下两个问题中任选一个作答.

①已知不过原点的直线2与圆G相切，且直线在％轴、y轴上的截距相等,求直线2的

方程；

②从圆外一点P(2,l)向圆引切线,求切线方程；

(2)若圆C2：/+y2=4与圆的相交于0、E两点,求线段OE的长.

解析：(1)圆G的方程可变形为(％+1¥+3-2)2=9,.••圆心G的坐标为(12),

半径为3.

答案：(1)选择①：••・直线2在两坐标轴上的截距相等且不为零，

・・•直线/的斜率为-1.

二设直线/的方程y=-x+b，又直线/与圆(％+I)2+(y-2)2=9相切，

••・匕书包=3，整理得b=1±3V2，，所求直线［的方程为y=-%+!+3/或

y=—x+1—3^2.

选择②：当过P的直线的斜率不存在时，直线方程为x=2，此时圆C1到直线的距离

为3,

所以直线％=2是圆C的切线；

当过P的直线的斜率存在时，设切线方程为y-1=k（x-2）,

B|J/cx-y+l-2k=0，由=3，

得k=g,.切线方程为gx—y+1—2x^=0，即4%—3y—5=0.

综上所述，切线方程为4x-3y-5=0或％=2.

/八,x*2+V2+2%—4y—4=0,

（2）联立得得｛22，

x+y=4,

4V54V5

Xi=—,x=

得｛2%｛2盛

yi=—>y2=--丁,

2

•••\DE\=V-x2y+（yx-y2）

=J（竿+W）2+（等+怜2=4

方法归纳

（1）判断直线与圆的位置关系以几何法为主,解题时应充分利用圆的几何性质简

化解题过程.直线和圆相切时，可以利用圆与直线联立的方程组有一组实数解，或

者利用圆心到直线的距离等于圆的半径求得参数，有时利用后面方法计算,运算量

较小.

（2）解决圆与圆的位置关系的关键是抓住它的几何特征，利用两圆圆心距与两圆

半径的和、差的绝对值的大小来确定两圆的位置关系，充分利用几何图形的直观

性来分析问题.

迁移应用

2.（2021北京昌平一中高二期中）已知圆C的圆心在x轴上，且经过点

71（-1,0）,5（1,2）.

（1）求线段AB的垂直平分线的方程；

（2）求圆C的标准方程；

（3）已知直线八y=依+1与圆C相交于M、N两点，且|MN|=242，求直线，的

方程.

答案：(1)设AB的中点为。，则。(0,1).

由圆的性质，得CD1AB，所以KeoXKAB=一1所以绘。=-1.

所以线段AB的垂直平分线的方程是y=-x+l.

(2)设圆C的标准方程为(久一a)?+y2=产淇中CQ0)广为半径&〉0).

由圆的性质,知圆心C(a,0)在直线CO上，所以圆心为C(l,0),r=\CA\=2,

所以圆C的标准方程为(％-I)2+y2=4.

(3)设尸为MN的中点，则线段CF1I,\FM\=\FN\=企则圆心C到直线/的距离

d=|CF|=14一(V2)2=V2,

故4=嘿詈=&，解得女=1，所以直线2的方程为y=%+l.

题型3圆锥曲线的定义与方程

例3(1)(2020广东实验中学高二月考)已知椭圆:+'=1(0Vb<2)的左、

右焦点分别为0,尸2,过&的直线交椭圆于4B两点，若出尸2|+质/引的最大值为5,

则b的值为()

A.1B.V2C.V3D.y

22

(2)过双曲线C：京-a=l(a>0,b>0)的左焦点尸作斜率为8的直线，恰好与

圆/+y2=02相切,C的右顶点为A，且=2+V3，则双曲线C的标准方程为

()

22

22

A.x——3=31zB.-——y=1

-.2丫2

C.x2---=1D.----y2=1

44J

答案：(1)C(2)B

解析：(1)因为0<b<2，所以椭圆的焦点在x轴上，可知a=2,

因为过Fi的直线交椭圆于4B两点,所以由椭圆的定义知JBF2I+\AF2\+旧&|+

\AFX\=4a=8,

所以IBF2I+|网|=8-(|监|+HF/)=8-\AB\,

当ZB1x轴时,|AB|最小JBF2I+|/尸21的值最大，

此时MBI=拳=/,所以8-标=5,解得b=b（负值舍去），故选C.

（2）设5（-c,0）,则直线的方程为y=百（芯+c），即百工一y+V^c=0,

因为直线8兀-y+V3c=0恰好与圆/+y2=02相切，

所以圆心（0,0）到直线bx-y+Bc=0的距离等于半径，即苧=a

则|4尸|=a+c=yc+c=2+V3,

解得C=2，所以a=V3，则b=淳=1.所以双曲线C的标准方程为餐一

y2=1.

方法归纳

（1）研究有关两点的距离的最值问题时，常用定义把曲线上的点到焦点的距离转

化为到另一焦点的距离或利用定义把曲线上的点到焦点的距离转化为到准线的

距离，再结合几何图形，利用几何意义去解决最值的有关问题.

（2）确定双曲线或椭圆的标准方程需要一个“定位”条件，两个“定量”条件，“定位”

是指确定焦点在哪条坐标轴上,“定量”是指确定a,b的值，常用待定系数法求得.

迁移应用

22

3.已知椭圆C：3+靠=l（a>b>0）的焦距为2,右顶点为/，过原点与工轴不重合

的直线交C于MN两点，线段AM的中点为B，若直线BN经过C的右焦点F，则C的

方程为（）

A.互2+生2=1BY2+些2=1

4365

2222

cH+些=1D{+g=1

983632

答案：c

解析：由题意知c=1，设点M（x（）,yo）,

则N（ro，_yo）,B（竽a），

因为直线BN经过点F，所以前||NF,

因为F（l,0），所以前=（1一呼，一步而=（1+%0%），所以（1一等）40=

（1+%。）­（-y）,

22

解得a=3,所以标=8,所以椭圆的方程为3+5=1.

98

题型4圆锥曲线的性质

22

例4（1）（2020山东实验中学高二月考）已知双曲线靠一色=19〉0涉〉0）的

左、右焦点分别为a（一C,0）,F2（C,0），以线段0F2为直径的圆与双曲线在第二象

限的交点为P，若直线PF2与圆E：。一»+y2相切，则双曲线的渐近线方程

是（）

A.y=±；xB.y=+2xC.y=±|xD.y=+V2x

22

（2）（2020四川成都高二期中）已知椭圆E京+羟=l（a>b>0）的右焦点为F,

短轴的上端点为M，直线2:3%-4y=0交椭圆E于A,B两点.若|AE|+\BF\=4,

点M到直线的距离不小于g，则椭圆E的离心率的取值范围是（）

A.（0,曰］B.（0,亨］C.弓,1）D.哼,1）

答案：（1）A（2）A

解析：（1）设直线PF2与圆E：（x-：）2+y2=二相切于点M.如图.

336

因为△P0&是以圆。的直径F1F2为斜边的圆的内接三角形，所以N&PF2=90°.

又因为圆E与直线PF2的切点为M，所以EMIIP'.

又黑=发"，所以器H，则E=33=*

则IPF2I=2a+*因此有（款+（2a+|）2=4c2=4a2+4b2.

所以3，因此渐近线的方程为丫=±：%.

（2）取椭圆的左焦点F',连接，如图,根据对称性有OF=。9,04=

0B,

故四边形/FBE'为平行四边形,|力用+\BF\=\AF\+\AF'\=2a=4，则a=2,

由点M（O,b）到/的距离d=^==>牌b>1,

所以€="后=岸=广不工产7=当故e的取值范围是

（。昌.

方法归纳

（1）圆锥曲线的性质问题的常见具体类型：①已知基本量求离心率e或求离心率

e的取值范围;②已知圆锥曲线的方程求参数的取值范围;③已知曲线的某些性质

求曲线方程或求曲线的其他性质.

（2）解圆锥曲线的性质问题时，一般要灵活地应用圆锥曲线的定义、方程及其图

形.

迁移应用

22

4.已知双曲线C：a一色=l（a>0">0）的左、右焦点分别为儿尸2,点P是C右支

上一点，连接PF】与y轴交于点M,若尸=2|0M|（。为坐标原点）,PF11PF2，则

双曲线C的渐近线方程为（）

A.y=+3%B.y=±V5x

C.y=±2xD.y=±V2x

答案：C

解析：设居（一。,0）,尸2（60）,易知^OMF-PF?&相似，由1&。|=2\0M\,

得用|=曾=2即|P&|=2\PF2\,

\0M\|Pf2|1111Zl

又因为|PFi|-IPF2I=2a，所以|PFi|=4a,\PF2\=2a,

所以4c2=16a2+4a2,即c?=Sa2,则b?=4a2,=2,所以双曲线C的渐近线

a

方程为y=±2x.

22

5.若椭圆g+k=l（a>b>0）的左、右焦点分别为鼻、尸2,线段F/2被抛物线

y2=2b%（b>0）的焦点分成5:3的两段，则椭圆的离心率为（）

A."B"

1717

C.-D.—

55

答案:D

解析:由题意知FI(-C,0),F2(C,0),

b

抛物线y2=2bx（b>0）的焦点为F《,0），由题意可得G=J，解得c=2b，又由

2c—3

2

a2=b2+,2,可得5c2=4a2,所以e=-=-7==

aV55

题型5直线与圆锥曲线的综合问题

例5（2021山东聊城一中期中）已知椭圆的中心在原点，焦点在％轴上，离心率为

y，且经过点M（4,l），直线=X+m交椭圆于不同的两点

(1)求椭圆的方程;

(2)求m的取值范围;

(3)若直线，不过点M，试问直线M4MB的斜率之和是不是定值，若是定值，求出

定值;若不是定值，说明理由.

答案：⑴设椭圆的方程为马+]=l（a>b>0），因为e=噌所以a2=4死又

因为If+2=1,所以匕2=5d=20,故椭圆的方程为[+<=1.

205

22

（2）将y=%+代入菰+?=1,消去y整理得5/++4m2-20=

0,4=(8m)2-20(4m2-20)>0，解得一5Vzn<5，即m的取值范围是(-5,5).

（3）是定值.设直线M4MB的斜率分别为kl,k2,

4m20

设4（%1，%）,8（%2，丫2），由（2）知/+%2=一等，％62=5-

则七+k=+丫2-1

2X1~4X2~4

=(yi—1)(%2—4)+续一1)01-4)

一—4)(一―4)'

分子=(x-t+m—l)(x2—4)+(x2+m—1)(匕-4)=2xxx2+(m—5)(x1+

x)-8(m-1)=2(20)5)_(,1)o，所以直线M4MB的斜率

2、-_吗-8m=

之和是定值0.

方法归纳

直线与圆锥曲线的综合问题，主要包括直线与圆锥曲线位置关系的判断问题、弦

长问题、面积问题、定点与定值问题等，求解这类问题时，通常采用代数方法，将直

线方程与圆锥曲线的方程联立，消去其中一个未知量,通过讨论所得方程的根的情

况来确定位置关系，同时，还经常利用根与系数的关系，采取“设而不求''的办法求

解弦长问题、面积问题.

迁移应用

6.设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线2与C交于4B两

点,|AB|=8.

(1)求抛物线C和直线l的方程；

(2)设点产是芯轴上的一点，且△的面积为8a，求点P的坐标.

答案：(1)由题意得F《,0)，直线1的方程为y=x-l.

__p

设,B(%2，y2)，联立X2，消去y可得/一3p%+9=o

故+不=3p.

所以=\AF\+\BF\=(与+：)+(&+：)=3p+p=4p=8,

解得p=2，因此抛物线的方程是/=4%，直线/的方程为y=x-l.

(2)设P(a,0)，点P到直线/的距离为d，则d=弋廿=需，

又5m加=即8|^，所以：x8x等=8企,

所以|a-1|=4,解得a=5或a=—3,