2024步步高考二輪數(shù)學新教材講義專題六　第1講　直線與圓

2024步步高考二輪數(shù)學新教材講義第1講直線與圓[考情分析]1.求直線的方程，考查點到直線的距離公式，直線間的位置關系，多以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，中低難度.2.和圓錐曲線相結合，求圓的方程或弦長、面積等，中高難度．考點一直線的方程核心提煉1．已知直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0，直線l2：A2x＋B2y＋C2＝0，則l1∥l2?A1B2－A2B1＝0，且A1C2－A2C1≠0(或B1C2－B2C1≠0)，l1⊥l2?A1A2＋B1B2＝0.2．點P(x0，y0)到直線l：Ax＋By＋C＝0(A，B不同時為零)的距離d＝eq\f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2)).3．兩條平行直線l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0(A，B不同時為零)間的距離d＝eq\f(|C1－C2|,\r(A2＋B2)).例1(1)(多選)已知直線l的傾斜角等于30°，且l經過點(0,1)，則下列結論中正確的是()A．直線l的方程為y＝eq\f(\r(3),3)x＋1B．l的一個方向向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))C．l與直線eq\r(3)x－3y＋2＝0平行D．l與直線eq\r(3)x＋y＋2＝0垂直答案ACD解析由題意知直線l的斜率為tan30°＝eq\f(\r(3),3)，且過點(0,1)，所以直線l的方程為y＝eq\f(\r(3),3)x＋1，方向向量為n＝(1，k)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)))，A正確，B錯誤；直線eq\r(3)x－3y＋2＝0的斜率為eq\f(\r(3),3)，且不過點(0,1)，故兩直線平行，C正確；直線eq\r(3)x＋y＋2＝0的斜率為－eq\r(3)，則兩直線斜率之積為－1，故兩直線垂直，D正確．(2)當點M(2，－3)到直線(4m－1)x－(m－1)y＋2m＋1＝0的距離取得最大值時，m等于()A．2B.eq\f(4,7)C．－2D．－4答案C解析將直線(4m－1)x－(m－1)y＋2m＋1＝0轉化為(4x－y＋2)m－x＋y＋1＝0，聯(lián)立方程組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，))所以直線恒過定點N(－1，－2)，當直線MN與該直線垂直時，點M到該直線的距離取得最大值，此時eq\f(4m－1,m－1)×eq\f(－3－－2,2－－1)＝－1，解得m＝－2.易錯提醒解決直線方程問題的三個注意點(1)利用A1B2－A2B1＝0后，要注意代入檢驗，排除兩條直線重合的可能性．(2)要注意直線方程每種形式的局限性．(3)討論兩直線的位置關系時，要注意直線的斜率是否存在．跟蹤演練1(1)(多選)下列說法錯誤的是()A．過點A(－2，－3)且在兩坐標軸上的截距相等的直線l的方程為x＋y＝－5B．直線2(m＋1)x＋(m－3)y＋7－5m＝0必過定點(1,3)C．經過點P(1,1)，傾斜角為θ的直線方程為y－1＝tanθ(x－1)D．過(x1，y1)，(x2，y2)兩點的所有直線的方程為(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)答案AC解析對于A中，當在兩坐標軸上的截距相等且等于0時，直線過原點，可設直線方程為y＝kx，又直線過點A(－2，－3)，則－3＝－2k，即k＝eq\f(3,2)，此時直線方程為y＝eq\f(3,2)x，也滿足題意，所以A錯誤；對于B中，直線2(m＋1)x＋(m－3)y＋7－5m＝0可化為(2x＋y－5)m＋2x－3y＋7＝0，由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y－5＝0，,2x－3y＋7＝0，))解得x＝1，y＝3，即直線2(m＋1)x＋(m－3)y＋7－5m＝0必過定點(1,3)，所以B正確；對于C中，當傾斜角θ＝eq\f(π,2)時，此時直線的斜率不存在，tanθ無意義，所以C錯誤；對于D中，由兩點(x1，y1)，(x2，y2)，當x1≠x2時，此時過(x1，y1)，(x2，y2)兩點的所有直線的方程為y－y1＝eq\f(y2－y1,x2－x1)(x－x1)，即(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)，當x1＝x2時，此時過(x1，y1)，(x2，y2)兩點的所有直線的方程為x＝x1或x＝x2，適合上式，所以過(x1，y1)，(x2，y2)兩點的所有直線的方程為(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)，所以D正確．(2)若兩條平行直線l1：x－2y＋m＝0(m>0)與l2：2x＋ny－6＝0之間的距離是2eq\r(5)，則m＋n＝________.答案3解析因為直線l1：x－2y＋m＝0(m>0)與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，所以直線l2為2x－4y－6＝0，直線l1：x－2y＋m＝0(m>0)化為2x－4y＋2m＝0(m>0)，因為兩平行線間的距離為2eq\r(5)，所以eq\f(|2m－－6|,\r(22＋－42))＝2eq\r(5)，得|2m＋6|＝20，因為m>0，所以2m＋6＝20，解得m＝7，所以m＋n＝7－4＝3.考點二圓的方程核心提煉1．圓的標準方程當圓心為(a，b)，半徑為r時，其標準方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2.2．圓的一般方程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)))為圓心，eq\f(\r(D2＋E2－4F),2)為半徑的圓．例2(1)已知圓C1：x2＋y2＝4與圓C2關于直線2x＋y＋5＝0對稱，則圓C2的標準方程為()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解析由題意可得，圓C1的圓心坐標為(0,0)，半徑為2，設圓心C1(0,0)關于直線2x＋y＋5＝0的對稱點為C2(a，b)，則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，))所以圓C2的標準方程為(x＋4)2＋(y＋2)2＝4.(2)(2023·泉州模擬)已知圓C：x2＋y2＋mx－2y＝0關于直線l：(a＋1)x－ay－1＝0(a≠－1)對稱，l與C交于A，B兩點，設坐標原點為O，則|OA|＋|OB|的最大值等于()A．2B．4C．8D．16答案B解析圓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)，圓心為Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)，1))，直線l：(a＋1)x－ay－1＝0，因為a≠－1，所以直線l的斜率不為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，))即直線l恒過定點D(1,1)，又圓C關于直線l對稱，所以圓心C在直線l上，所以－eq\f(m,2)＝1，解得m＝－2，所以圓C：(x－1)2＋(y－1)2＝2，半徑r＝eq\r(2)，顯然(0－1)2＋(0－1)2＝2，即圓C過坐標原點O(0,0)，因為l與C交于A，B兩點，即A，B為直徑的兩個端點，如圖，所以∠AOB＝90°，所以|OA|2＋|OB|2＝|AB|2＝(2eq\r(2))2＝8≥2|OA|·|OB|，即|OA|·|OB|≤4，當且僅當|OA|＝|OB|＝2時取等號，所以(|OA|＋|OB|)2＝|OA|2＋|OB|2＋2|OA|·|OB|＝8＋2|OA|·|OB|≤16，即|OA|＋|OB|≤4，當且僅當|OA|＝|OB|＝2時取等號，即|OA|＋|OB|的最大值等于4.規(guī)律方法解決圓的方程問題一般有兩種方法(1)幾何法：通過研究圓的性質、直線與圓、圓與圓的位置關系，進而求得圓的基本量和方程．(2)代數(shù)法：即用待定系數(shù)法先設出圓的方程，再由條件求得各系數(shù)．跟蹤演練2(1)(2023·龍巖質檢)寫出一個與圓x2＋y2＝1外切，并與直線y＝eq\f(\r(3),3)x及y軸都相切的圓的方程____________．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)(寫出其中一個即可)解析設所求圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，因為與圓x2＋y2＝1外切，所以eq\r(a2＋b2)＝1＋r，又因為與直線y＝eq\f(\r(3),3)x及y軸都相切，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，當b＝eq\r(3)a時，因為r＝|a|，eq\r(a2＋b2)＝1＋r，聯(lián)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，所以求得圓的方程為(x－1)2＋(y－eq\r(3))2＝1或(x＋1)2＋(y＋eq\r(3))2＝1，當a＝－eq\r(3)b時，因為r＝|a|，eq\r(a2＋b2)＝1＋r，聯(lián)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)，所以求得圓的方程為(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).(寫出其中一個即可)(2)(2023·福州模擬)已知⊙O1：(x－2)2＋(y－3)2＝4，⊙O1關于直線ax＋2y＋1＝0對稱的圓記為⊙O2，點E，F(xiàn)分別為⊙O1，⊙O2上的動點，EF長度的最小值為4，則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解析由題易知兩圓不可能相交或相切，如圖，當EF所在直線過兩圓圓心且與對稱軸垂直，點E，F(xiàn)又接近于對稱軸時，EF長度最小，此時圓心O1到對稱軸的距離為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).考點三直線、圓的位置關系核心提煉1．直線與圓的位置關系：相交、相切和相離．其判斷方法為：(1)點線距離法．(2)判別式法：設圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，直線l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ax＋By＋C＝0，,x－a2＋y－b2＝r2，))消去y，得到關于x的一元二次方程，其根的判別式為Δ，則直線與圓相離?Δ<0，直線與圓相切?Δ＝0，直線與圓相交?Δ>0.2．圓與圓的位置關系，即內含、內切、相交、外切、外離．考向1直線與圓的位置關系例3(1)(多選)(2023·陽泉模擬)已知直線l：y＝kx＋2k＋2(k∈R)與圓C：x2＋y2－2y－8＝0.則下列說法正確的是()A．直線l過定點(－2,2)B．直線l與圓C相離C．圓心C到直線l距離的最大值是2eq\r(2)D．直線l被圓C截得的弦長的最小值為4答案AD解析對于A，因為l：y＝kx＋2k＋2(k∈R)，即y＝k(x＋2)＋2，令x＋2＝0，即x＝－2，得y＝2，所以直線l過定點(－2,2)，故A正確；對于B，因為(－2)2＋22－2×2－8<0，所以定點(－2,2)在圓C：x2＋y2－2y－8＝0的內部，所以直線l與圓C相交，故B錯誤；對于C，如圖，因為圓C：x2＋y2－2y－8＝0，可化為x2＋(y－1)2＝9，圓心C(0,1)，當圓心C與定點(－2,2)的連線垂直于直線l時，圓心C到直線l的距離取得最大值，此時其值為eq\r(－22＋2－12)＝eq\r(5)，故C錯誤；對于D，由弦長公式|AB|＝2eq\r(r2－d2)可知，當圓心C到直線l的距離最大時，弦長取得最小值，所以直線l被圓C截得的弦長的最小值為2×eq\r(9－5)＝4，故D正確．(2)(2023·新高考全國Ⅱ)已知直線x－my＋1＝0與⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B兩點，寫出滿足“△ABC面積為eq\f(8,5)”的m的一個值為________．答案2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一個皆可以))解析設直線x－my＋1＝0為直線l，點C到直線l的距離為d，由弦長公式得|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圓與圓的位置關系例4(1)(2023·淄博模擬)“a≥eq\f(\r(2),2)”是“圓C1：x2＋y2＝4與圓C2：(x－a)2＋(y＋a)2＝1有公切線”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答案A解析圓C1：x2＋y2＝4的圓心C1(0,0)，半徑r1＝2，圓C2：(x－a)2＋(y＋a)2＝1的圓心C2(a，－a)，半徑r2＝1，若兩圓有公切線，則|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“圓C1：x2＋y2＝4與圓C2：(x－a)2＋(y＋a)2＝1有公切線”的充分不必要條件．(2)(多選)(2023·福建統(tǒng)考)已知⊙O：x2＋y2＝1，⊙O1：(x－2)2＋y2＝r2(r>0)，則下列說法正確的是()A．若r＝2，兩圓的公切線過點(－2,0)B．若r＝2，兩圓的相交弦長為eq\r(3)C．若兩圓的一個交點為M，分別過點M的兩圓的切線相互垂直，則r＝3D．當r>3時，兩圓的位置關系為內含答案AD解析當r＝2時，如圖，兩圓的一條公切線分別與⊙O，⊙O1切于點A，B，交x軸于點Q，eq\f(|OQ|,|O1Q|)＝eq\f(|OA|,|O1B|)＝eq\f(1,2)?|OQ|＝2，故Q(－2,0)，故A正確；當r＝2時，兩圓公共弦所在的直線方程可由兩圓方程相減得到，公共弦所在的直線方程為x＝eq\f(1,4)，相交弦長為2eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2)＝eq\f(\r(15),2)，故B錯誤；若MO⊥MO1，則|MO|2＋|MO1|2＝|OO1|2，即12＋r2＝4，則r＝eq\r(3)，故C錯誤；當r>3時，r－1>2＝|OO1|，故兩圓的位置關系是內含，D正確．規(guī)律方法直線與圓相切問題的解題策略當直線與圓相切時，利用“切線與過切點的半徑垂直，圓心到切線的距離等于半徑”建立關于切線斜率的等式，所以求切線方程時主要選擇點斜式．過圓外一點求解切線段長的問題，可先求出圓心到圓外一點的距離，再結合半徑利用勾股定理計算．跟蹤演練3(1)(2023·邯鄲模擬)已知直線l：x－y＋5＝0與圓C：x2＋y2－2x－4y－4＝0交于A，B兩點，若M是圓上的一動點，則△MAB面積的最大值是____________．答案2eq\r(2)＋3解析圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝9，則圓C的圓心為C(1,2)，半徑r＝3，圓心C到直線l(弦AB)的距離d＝eq\f(|1－2＋5|,\r(2))＝2eq\r(2)，則|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(9－8)＝2，則M到弦AB的距離的最大值為d＋r＝2eq\r(2)＋3，則△MAB面積的最大值是eq\f(1,2)×|AB|×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)＋3))＝2eq\r(2)＋3.(2)(多選)(2023·遼陽模擬)已知⊙E：(x－2)2＋(y－1)2＝4，過點P(5,5)作圓E的切線，切點分別為M，N，則下列命題中真命題是()A．|PM|＝eq\r(21)B．直線MN的方程為3x＋4y－14＝0C．圓x2＋y2＝1與⊙E共有4條公切線D．若過點P的直線與⊙E交于G，H兩點，則當△EHG面積最大時，|GH|＝2eq\r(2)答案ABD解析因為圓E的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4，所以圓心E的坐標為(2,1)，半徑為2，如圖，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正確；因為PM⊥ME，PN⊥NE，所以點P，M，E，N四點共圓，且圓心為PE的中點，線段PE的中點坐標為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，3))，所以圓F的方程為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，因為eq\f(5,2)－2<|EF|＝eq\f(5,2)<eq\f(5,2)＋2，所以圓E與圓F相交，又圓E的方程可化為x2－4x＋y2－2y＋1＝0，所以圓E與圓F的公共弦方程為3x＋4y－14＝0，故直線MN的方程為3x＋4y－14＝0，B正確；圓x2＋y2＝1的圓心O的坐標為(0,0)，半徑為1，因為|OE|＝eq\r(5)，2－1<|OE|<1＋2，所以圓x2＋y2＝1與圓E相交，故兩圓只有2條公切線，C錯誤；如圖，設∠HEG＝θ，則θ∈(0，π)，△EHG的面積S△EHG＝eq\f(1,2)|EH|·|EG|sinθ＝2sinθ，所以當θ＝eq\f(π,2)時，△EHG的面積取得最大值，最大值為2，此時|GH|＝eq\r(4＋4)＝2eq\r(2)，D正確．專題強化練一、單項選擇題1．(2023·丹東模擬)若直線l1：x＋ay－3＝0與直線l2：(a＋1)x＋2y－6＝0平行，則a等于()A．－2 B．1C．－2或1 D．－1或2答案A解析由題意知，直線l1：x＋ay－3＝0與直線l2：(a＋1)x＋2y－6＝0平行，∴1×2＝a(a＋1)，解得a＝－2或a＝1.當a＝－2時，l1：x－2y－3＝0，l2：－x＋2y－6＝0，l1∥l2.當a＝1時，l1：x＋y－3＝0，l2：x＋y－3＝0，l1與l2重合．綜上所述，a＝－2.2．(2023·蚌埠質檢)直線l：x＋my＋1－m＝0與圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝9的位置關系是()A．相交 B．相切C．相離 D．無法確定答案A解析已知直線l：x＋my＋1－m＝0過定點(－1,1)，將點(－1,1)代入圓的方程可得(－1－1)2＋(1－2)2<9，可知點(－1,1)在圓內，所以直線l：x＋my＋1－m＝0與圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝9相交．3．(2023·湖北星云聯(lián)盟模擬)過三點A(1,0)，B(2,1)，C(2，－3)的圓與直線x－2y－1＝0交于M，N兩點，則|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解析依題意，設過A，B，C三點的圓的方程為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，))則圓的方程為x2＋y2－6x＋2y＋5＝0，即(x－3)2＋(y＋1)2＝5，其圓心為(3，－1)，半徑r＝eq\r(5)，點(3，－1)到直線x－2y－1＝0的距離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·濱州模擬)已知直線l：mx＋ny＝1與圓O：x2＋y2＝1相切，則mn的最大值為()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．2答案B解析由于直線l：mx＋ny＝1與圓O：x2＋y2＝1相切，故圓心到直線l的距離d＝eq\f(1,\r(m2＋n2))＝1，即m2＋n2＝1，故mn≤eq\f(m2＋n2,2)＝eq\f(1,2)，當且僅當m＝n＝eq\f(\r(2),2)時取等號．5．(2023·洛陽模擬)已知點P為直線y＝x＋1上的一點，M，N分別為圓C1：(x－4)2＋(y－1)2＝1與圓C2：x2＋(y－4)2＝1上的點，則|PM|＋|PN|的最小值為()A．5B．3C．2D．1答案B解析由圓C1：(x－4)2＋(y－1)2＝1，可得圓心C1(4,1)，半徑r1＝1，圓C2：x2＋(y－4)2＝1，可得圓心C2(0,4)，半徑r2＝1，可得圓心距|C1C2|＝eq\r(4－02＋1－42)＝5，如圖，|PM|≥|PC1|－r1，|PN|≥|PC2|－r2，所以|PM|＋|PN|≥|PC1|＋|PC2|－r1－r2＝|PC1|＋|PC2|－2≥|C1C2|－2＝3，當點M，N，C1，C2，P共線時，|PM|＋|PN|取得最小值，故|PM|＋|PN|的最小值為3.6．(2023·信陽模擬)已知圓C：x2＋y2＋2x－3＝0與過原點O的直線l：y＝kx(k≠0)相交于A，B兩點，點P(m，0)為x軸上一點，記直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，若k1＋k2＝0，則實數(shù)m的值為()A．－3B．－2C．2D．3答案D解析設A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為直線l的方程為y＝kx，代入圓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.因為k≠0，所以2m－6＝0，解得m＝3.7．(2023·全國乙卷)已知實數(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答案C解析方法一令x－y＝k，則x＝k＋y，代入原式化簡得2y2＋(2k－6)y＋k2－4k－4＝0，因為存在實數(shù)y，則Δ≥0，即(2k－6)2－4×2(k2－4k－4)≥0，化簡得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，設x－y＝k，則圓心到直線x－y＝k的距離d＝eq\f(|2－1－k|,\r(2))≤3，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2).故x－y的最大值為3eq\r(2)＋1.8．已知圓O：x2＋y2＝1，點P在直線l：x－y－2eq\r(2)＝0上運動，過點P作圓O的兩條切線，切點分別為A，B，當∠APB最大時，記劣弧eq\o(AB,\s\up8(︵))及PA，PB所圍成的平面圖形的面積為S，則()A．2<S<3 B．1<S≤2C．1<S≤3 D．0<S<1答案D解析如圖所示，圓O：x2＋y2＝1的圓心O的坐標為(0,0)，半徑為1，因為在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)))上單調遞增，所以當|OP|最小時，∠OPB最大，即∠APB最大，此時OP垂直于直線l，且|OP|＝eq\f(2\r(2),\r(12＋－12))＝2，|PA|＝|PB|＝eq\r(3)，從而四邊形OAPB的面積為S四邊形OAPB＝2×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1＝eq\r(3)，設∠AOP＝θ，則∠AOB＝2θ，S扇形OAB＝eq\f(1,2)×12×2θ＝θ，從而劣弧eq\o(AB,\s\up8(︵))及PA，PB所圍成的平面圖形的面積為S＝eq\r(3)－θ，又因為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)，從而0<S＝eq\r(3)－θ＝eq\r(3)－eq\f(π,3)<1.二、多項選擇題9．下列說法正確的是()A．直線y＝ax－2a＋4(a∈R)必過定點(2,4)B．直線y＋1＝3x在y軸上的截距為1C．直線eq\r(3)x＋3y＋5＝0的傾斜角為120°D．過點(－2,3)且垂直于直線x－2y＋3＝0的直線方程為2x＋y＋1＝0答案AD解析對于A選項，直線方程可化為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，))所以直線y＝ax－2a＋4(a∈R)必過定點(2,4)，A正確；對于B選項，直線方程可化為y＝3x－1，故直線y＋1＝3x在y軸上的截距為－1，B錯誤；對于C選項，直線eq\r(3)x＋3y＋5＝0的斜率為－eq\f(\r(3),3)，該直線的傾斜角為150°，C錯誤；對于D選項，過點(－2,3)且垂直于直線x－2y＋3＝0的直線方程可設為2x＋y＋c＝0，則2×(－2)＋3＋c＝0，可得c＝1，所以過點(－2,3)且垂直于直線x－2y＋3＝0的直線方程為2x＋y＋1＝0，D正確．10．(2023·湖南聯(lián)考)已知直線l1：y＝kx＋1，l2：y＝mx＋2，圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝6，下列說法正確的是()A．若l1經過圓心C，則k＝1B．直線l2與圓C相離C．若l1∥l2，且它們之間的距離為eq\f(\r(5),5)，則k＝±2D．若k＝－1，l1與圓C相交于M，N，則|MN|＝2答案AC解析對于A，因為圓心C(1,2)在直線y＝kx＋1上，所以2＝k＋1，解得k＝1，A正確；對于B，因為直線l2：y＝mx＋2恒過定點(0,2)，且(0－1)2＋(2－2)2<6，即點(0,2)在圓C內，所以l2與圓C相交，B錯誤；對于C，因為l1∥l2，則m＝k，故kx－y＋1＝0與kx－y＋2＝0之間的距離d＝eq\f(1,\r(k2＋1))＝eq\f(\r(5),5)，所以k＝±2，C正確；對于D，當k＝－1時，直線l1：y＝－x＋1，即x＋y－1＝0，因為圓心C(1,2)到直線x＋y－1＝0的距離d2＝eq\f(2,\r(1＋1))＝eq\r(2)，所以|MN|＝2eq\r(6－\r(2)2)＝4，D錯誤．11.如圖所示，該曲線W是由4個圓：(x－1)2＋y2＝1，(x＋1)2＋y2＝1，x2＋(y＋1)2＝1，x2＋(y－1)2＝1的一部分所構成，則下列敘述正確的是()A．曲線W圍成的封閉圖形的面積為4＋2πB．若圓x2＋y2＝r2(r>0)與曲線W有8個交點，則eq\r(2)≤r≤2C.eq\o(BD,\s\up8(︵))與eq\o(DE,\s\up8(︵))的公切線方程為x＋y－1－eq\r(2)＝0D．曲線W上的點到直線x＋y＋5eq\r(2)＋1＝0的距離的最小值為4答案ACD解析曲線W圍成的封閉圖形可分割為一個邊長為2的正方形和四個半徑為1的相同的半圓，所以其面積為2×2＋2×π×12＝4＋2π，故A正確；當r＝eq\r(2)時，交點為B，D，F(xiàn)，H；當r＝2時，交點為A，C，E，G；當0<r<eq\r(2)或r>2時，沒有交點；當eq\r(2)<r<2時，交點個數(shù)為8，故B錯誤；設eq\o(BD,\s\up8(︵))與eq\o(DE,\s\up8(︵))的公切線方程為y＝kx＋t(k<0，t>0)，由直線和圓相切可得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)，則其公切線方程為y＝－x＋1＋eq\r(2)，即x＋y－1－eq\r(2)＝0，故C正確；同理可得eq\o(HB,\s\up8(︵))，eq\o(HG,\s\up8(︵))的公切線方程為x＋y＋1＋eq\r(2)＝0，則兩平行線間的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5\r(2)＋1－1－\r(2))),\r(2))＝4，因為曲線W上的點到直線x＋y＋5eq\r(2)＋1＝0的距離最小值為eq\o(HB,\s\up8(︵))，eq\o(HG,\s\up8(︵))上的切點到直線的距離，即為兩平行線間的距離，為4，故D正確．12．已知圓O：x2＋y2＝4和圓C：(x－3)2＋(y－3)2＝4，P，Q分別是圓O，圓C上的動點，則下列說法正確的是()A．圓O與圓C有四條公切線B．|PQ|的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\r(2)－4，3\r(2)＋4))C．x－y＝2是圓O與圓C的一條公切線D．過點Q作圓O的兩條切線，切點分別為M，N，則存在點Q，使得∠MQN＝90°答案ABD解析對于選項A，由題意可得，圓O的圓心為O(0,0)，半徑r1＝2，圓C的圓心C(3,3)，半徑r2＝2，因為兩圓圓心距|OC|＝3eq\r(2)>2＋2＝r1＋r2，所以兩圓外離，有四條公切線，A正確；對于B選項，|PQ|的最大值等于|OC|＋r1＋r2＝3eq\r(2)＋4，最小值為|OC|－r1－r2＝3eq\r(2)－4，B正確；對于C選項，顯然直線x－y＝2與直線OC平行，因為兩圓的半徑相等，則外公切線與圓心連線平行，由直線OC：y＝x，設直線為y＝x＋t，則兩平行線間的距離為2，即eq\f(|t|,\r(2))＝2，則t＝±2eq\r(2)，故y＝x±2eq\r(2)，故C不正確；對于D選項，易知當∠MQN＝90°時，四邊形OMQN為正方形，故當|QO|＝2eq\r(2)時，∠MQN＝90°，故D正確．三、填空題13．(2023·錦州模擬)寫出過點P(2,4)且與圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝1相切的一條直線的方程__________________．答案x＝2或3x－4y＋10＝0(寫出其中一個即可)解析圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝1，圓心C(1,2)，半徑r＝1，當直線斜率不存在時，驗證知x＝2滿足條件；當直線斜率存在時，設直線方程為y＝k(x－2)＋4，即kx－y－2k＋4＝0，圓心到直線的距離為eq\f(|2－k|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝eq\f(3,4)，故直線方程為eq\f(3,4)x－y－eq\f(3,2)＋4＝0，即3x－4y＋10＝0.綜上所述，直線方程為x＝2或3x－4y＋10＝0.14．(2023·濰坊模擬)已知圓C：x2＋y2－4xcosθ－4ysinθ＝0，與圓C總相切的圓D的方程是________________．答案x2＋y2＝16解析圓C的標準方程為(x－2cosθ)2＋(y－2sinθ)2＝4，則圓C的圓心為(2cosθ，2sinθ)，半徑為2，由圓心坐標可知圓心軌跡是以原點為圓心，半徑為2的圓，故圓C上總有點與原點距離為4，由圓的標準方程可知圓D的方程是x2＋y2＝16.15．(2023·煙臺模擬)已知實數(shù)a，b滿足a2＋b2－4a＋3＝0，則a2＋(b＋2)2的最大值為____________．答案9＋4eq\r(2)解析方程a2＋b2－4a＋3＝0整理得(a－2)2＋b2＝1，設點A(a，b)，即點A是圓C：(x－2)2＋y2＝1上一點，又點B(0，－2)在圓C：(x－2)2＋y2＝1外，所以|AB|＝eq\r(a2＋b＋22)，則|AB|max＝|BC|＋r＝eq\r(2－02＋0＋22)＋1＝2eq\r(2)＋1，所以a2＋(b＋2)2的最大值為(2eq\r(2)＋1)2＝9＋4eq\r(2).16．(2023·葫蘆島模擬)自動駕駛汽車又稱無人駕駛汽車，依靠人工智能、視覺計算、雷達、監(jiān)控裝置和全球定位系統(tǒng)協(xié)同合作，讓電腦可以在沒有任何人類主動的操作下，自動安全地操作機動車輛．某自動駕駛訊車在車前O點處安裝了一個雷達，此雷達的探測范圍是扇形區(qū)域OAB.如圖所示，在平面直角坐標系中，O(0,0)，直線OA，OB的方程分別是y＝eq\f(1,2)x，y＝－eq\f(1,2)x，現(xiàn)有一個圓形物體的圓心為C，半徑為1m，圓C與OA，OB分別相切于點M，N，則|MN|＝________m.答案eq\f(4\r(5),5)解析如圖，連接MC，NC，MN，由題意可設C(a，0)(a>0)，又圓C與OA相切，則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)，由題意可得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四邊形MONC＝2，又MN⊥OC，所以S四邊形MONC＝eq\f(1,2)|MN|×|OC|＝eq\f(\r(5),2)|MN|＝2，即|MN|＝eq\f(4\r(5),5).第2講圓錐曲線的方程與性質[考情分析]高考對這部分知識的考查側重三個方面：一是求圓錐曲線的標準方程；二是求橢圓的離心率、雙曲線的離心率以及漸近線問題；三是拋物線的性質及應用問題．考點一圓錐曲線的定義與標準方程核心提煉1．圓錐曲線的定義(1)橢圓：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|)．(2)雙曲線：||PF1|－|PF2||＝2a(0<2a<|F1F2|)．(3)拋物線：|PF|＝|PM|，l為拋物線的準線，點F不在定直線l上，PM⊥l于點M.2．求圓錐曲線標準方程“先定型，后計算”“定型”：確定曲線焦點所在的坐標軸的位置；“計算”：利用待定系數(shù)法求出方程中的a2，b2，p的值．例1(1)(2023·全國乙卷)已知點A(1，eq\r(5))在拋物線C：y2＝2px上，則A到C的準線的距離為________．答案eq\f(9,4)解析由題意可得，(eq\r(5))2＝2p×1，則2p＝5，拋物線的方程為y2＝5x，準線方程為x＝－eq\f(5,4)，則點A到C的準線的距離為1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)))＝eq\f(9,4).(2)(2023·全國甲卷)設O為坐標原點，F(xiàn)1，F(xiàn)2為橢圓C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,6)＝1的兩個焦點，點P在C上，cos∠F1PF2＝eq\f(3,5)，則|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解析方法一因為|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聯(lián)立①②，解得|PF1|2＋|PF2|2＝21，由中線定理可知，2|OP|2＋eq\f(1,2)|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，解得|OP|＝eq\f(\r(30),2).方法二設∠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)，由橢圓方程可知，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.代入橢圓方程得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).方法三因為|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聯(lián)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).易錯提醒求圓錐曲線的標準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)的關系式弄混，橢圓中的關系式為a2＝b2＋c2，雙曲線中的關系式為c2＝a2＋b2；確定圓錐曲線的方程時還要注意焦點位置．跟蹤演練1(1)(2023·資陽模擬)已知雙曲線C：x2－eq\f(y2,m2)＝1(m>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，直線l經過F2且與C的右支相交于A，B兩點，若|AB|＝2，則△ABF1的周長為()A．6B．8C．10D．12答案B解析如圖，雙曲線x2－eq\f(y2,m2)＝1(m>0)的實半軸長a＝1，由雙曲線的定義，可得|AF1|－|AF2|＝2a＝2，|BF1|－|BF2|＝2a＝2，所以|AF1|＝2＋|AF2|，|BF1|＝2＋|BF2|，又|AB|＝2，則△ABF1的周長為|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝|AF2|＋|BF2|＋6＝|AB|＋6＝8.(2)(2023·南京模擬)已知F為橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1的右焦點，P為C上一點，Q為圓M：x2＋(y－3)2＝1上一點，則|PQ|＋|PF|的最大值為()A．3 B．6C．4＋2eq\r(3) D．5＋2eq\r(3)答案D解析圓M：x2＋(y－3)2＝1的圓心為M(0,3)，r＝1，設橢圓的左焦點為F1，如圖，由橢圓的定義知，|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|，當且僅當M，P，F(xiàn)1三點在同一條直線上時取等號，因為M(0,3)，F(xiàn)1(－eq\r(3)，0)，則|MF1|＝2eq\r(3)，(|PQ|＋|PF|)max＝5＋2eq\r(3).考點二橢圓、雙曲線的幾何性質核心提煉1．求離心率通常有兩種方法(1)求出a，c，代入公式e＝eq\f(c,a).(2)根據(jù)條件建立關于a，b，c的齊次式，消去b后，轉化為關于e的方程或不等式，即可求得e的值或取值范圍．2．與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)共漸近線bx±ay＝0的雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝λ(λ≠0)．考向1橢圓、雙曲線的幾何性質例2(1)(多選)已知橢圓C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在橢圓上，則下列說法正確的是()A．F1，F(xiàn)2的坐標分別為(－2,0)，(2,0)B．橢圓的短軸長為10C．|PF1|的最小值為1D．當P是橢圓的短軸端點時，∠F1PF2取到最大值答案ACD解析橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1，其中a2＝9，b2＝5，∴c2＝a2－b2＝4，對于A，c＝2，F(xiàn)1，F(xiàn)2的坐標分別為(－2,0)，(2,0)，故A正確；對于B，橢圓的短軸長為2b＝2eq\r(5)，故B錯誤；對于C，a－c≤|PF1|≤a＋c，∴|PF1|的最小值為1，故C正確；對于D，當P在橢圓的長軸端點時，∠F1PF2＝0；當P不在長軸端點時，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，當|PF1|＝|PF2|，即P在橢圓的短軸端點時，cos∠F1PF2最小，此時∠F1PF2最大，故D正確．(2)(2023·東三省四市教研體模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,3)＝1(a>0)過點(－2,1)，則其漸近線方程為________．答案x±y＝0解析因為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,3)＝1(a>0)過點(－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)，故漸近線方程y＝±eq\f(b,a)x＝±x，即x±y＝0.考向2離心率問題例3(2023·新高考全國Ⅰ)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2.點A在C上，點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________．答案eq\f(3\r(5),5)解析方法一依題意，設|AF2|＝2m，則|BF2|＝3m＝|BF1|，|AF1|＝2a＋2m，在Rt△ABF1中，9m2＋(2a＋2m)2＝25m2，則(a＋3m)(a－m)＝0，故a＝m或a＝－3m(舍去)，所以|AF1|＝4a，|AF2|＝2a，|BF2|＝|BF1|＝3a，則|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).方法二依題意，以O為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，得F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，令A(x0，y0)，B(0，t)，因為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)，則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，則t2＝4c2，又點A在C上，則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，則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，則(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).規(guī)律方法(1)在“焦點三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，結合橢圓(或雙曲線)的定義，運用平方的方法，建立與|PF1|·|PF2|的聯(lián)系．(2)求雙曲線漸近線方程的關鍵在于求eq\f(b,a)或eq\f(a,b)的值，也可將雙曲線方程中等號右邊的“1”變?yōu)椤?”，然后因式分解得到．跟蹤演練2(1)(多選)下列關于雙曲線eq\f(y2,9)－eq\f(x2,4)＝1說法正確的是()A．實軸長為6B．與雙曲線4y2－9x2＝1有相同的漸近線C．焦點到漸近線的距離為4D．與橢圓eq\f(y2,15)＋eq\f(x2,2)＝1有同樣的焦點答案ABD解析由題意，雙曲線eq\f(y2,9)－eq\f(x2,4)＝1滿足a2＝9，b2＝4，即a＝3，b＝2，于是2a＝6，故A選項正確；雙曲線的焦點在y軸上，故漸近線方程為y＝±eq\f(a,b)x＝±eq\f(3,2)x，而雙曲線4y2－9x2＝1焦點也在y軸，故漸近線為y＝±eq\f(\f(1,2),\f(1,3))x＝±eq\f(3,2)x，即它們漸近線方程相同，B選項正確；雙曲線eq\f(y2,9)－eq\f(x2,4)＝1的焦點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，±\r(13)))，不妨取其中一個焦點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(13)))和一條漸近線y＝eq\f(3,2)x，根據(jù)點到直線的距離公式，焦點到漸近線的距離為eq\f(2\r(13),\r(32＋－22))＝2，C選項錯誤；橢圓eq\f(y2,15)＋eq\f(x2,2)＝1的焦點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，±\r(13)))，根據(jù)C選項可知，橢圓和雙曲線焦點一樣，D選項正確．(2)(2023·衡陽名校協(xié)作體模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F1作直線l與橢圓相交于M，N兩點，∠MF2N＝90°，且4|F2N|＝3|F2M|，則橢圓的離心率為()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解析如圖所示，設|F1F2|＝2c，∵4|F2N|＝3|F2M|，設|F2N|＝3t，則|F2M|＝4t，在Rt△F2MN中，|MN|＝eq\r(|F2N|2＋|F2M|2)＝5t，由橢圓定義可知|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)，∴橢圓離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),5).考點三拋物線的幾何性質及應用核心提煉拋物線的焦點弦的幾個常見結論設AB是過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則(1)x1x2＝eq\f(p2,4)，y1y2＝－p2.(2)|AB|＝x1＋x2＋p.(3)當AB⊥x軸時，弦AB的長最短為2p.例4(1)(多選)(2023·常德模擬)已知拋物線y2＝2px(p>0)經過點M(1,2)，其焦點為F，過點F的直線l與拋物線交于點A(x1，y1)，B(x2，y2)，設直線OA，OB的斜率分別為k1，k2，則()A．p＝2 B．|AB|≥4C.eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－4 D．k1k2＝－4答案ABD解析因為拋物線y2＝2px(p>0)經過點M(1,2)，所以22＝2p，解得p＝2，故A正確；所以拋物線方程為y2＝4x，則焦點F(1,0)，設直線l：x＝my＋1，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋1，))消去x整理得y2－4my－4＝0，則Δ＝16m2＋16>0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，則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正確；因為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錯誤；k1k2＝eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝－4，故D正確．(2)(2023·南昌模擬)首鋼滑雪大跳臺是冬奧史上第一座與工業(yè)舊址結合再利用的競賽場館，它的設計創(chuàng)造性地融入了敦煌壁畫中飛天的元素，建筑外形優(yōu)美流暢，飄逸靈動，被形象地稱為雪飛天．中國選手谷愛凌和蘇翊鳴分別在此摘得女子自由式滑雪大跳臺和男子單板滑雪大跳臺比賽的金牌．雪飛天的助滑道可以看成一個線段PQ和一段圓弧eq\o(QM,\s\up8(︵))組成，如圖所示．假設圓弧eq\o(QM,\s\up8(︵))所在圓的方程為C：(x＋25)2＋(y－2)2＝162，若某運動員在起跳點M以傾斜角為45°且與圓C相切的直線方向起跳，起跳后的飛行軌跡是一個對稱軸在y軸上的拋物線的一部分，如圖所示，則該拋物線的軌跡方程為()A．y2＝－32(x－1)B．y＝－eq\f(1,64)x2－3C．x2＝－32(y－1)D．x2＝－36y＋4答案C解析由于某運動員在起跳點M以傾斜角為45°且與圓C相切的直線方向起跳，故kCM＝－1，又圓C的圓心為C(－25,2)，所以直線CM所在的方程為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，離y軸較遠的點)，所以點M的坐標為(－16，－7)．由于起跳后的飛行軌跡是一個對稱軸在y軸上的拋物線的一部分，故設拋物線方程為y＝ax2＋c，則y′＝2ax，則由M點處切線斜率為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，所以該拋物線的軌跡方程為y＝－eq\f(1,32)x2＋1，即x2＝－32(y－1)．規(guī)律方法利用拋物線的幾何性質解題時，要注意利用定義構造與焦半徑相關的幾何圖形(如三角形、直角梯形等)來溝通已知量與p的關系，靈活運用拋物線的焦點弦的特殊結論，使問題簡單化且減少數(shù)學運算．跟蹤演練3(1)蘇州市“東方之門”是由兩棟超高層建筑組成的雙塔連體建筑(如圖1所示)，“門”的內側曲線呈拋物線形．圖2是“東方之門”的示意圖，已知|CD|＝30m，|AB|＝60m，點D到直線AB的距離為150m，則此拋物線頂端O到AB的距離為()A．180m B．200mC．220m D．240m答案B解析以O為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，設拋物線的方程為x2＝－2py(p>0)，由題意設D(15，h)，h<0，B(30，h－150)，則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，))所以此拋物線頂端O到AB的距離為50＋150＝200(m)．(2)(多選)已知點A(x1，y1)，B(x2，y2)是拋物線y2＝8x上過焦點的兩個不同的點，O為坐標原點，焦點為F，則()A．焦點F的坐標為(4,0)B．|AB|＝x1＋x2＋4C．y1y2＝－8D.eq\f(1,|FA|)＋eq\f(1,|FB|)＝eq\f(1,2)答案BD解析由拋物線y2＝8x，可得焦點為F(2,0)，故A錯誤；由焦半徑公式可得|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋2＋x2＋2＝x1＋x2＋4，故B正確；設直線l的方程為x＝my＋2，與拋物線的方程聯(lián)立，可得y2－8my－16＝0，則y1＋y2＝8m，y1y2＝－16，故C錯誤；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正確．專題強化練一、單項選擇題1．(2023·安徽A10聯(lián)盟模擬)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸長是短軸長的2倍，則E的離心率為()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解析由題意得，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·成都模擬)已知中心在原點，焦點在y軸上的雙曲線的離心率為eq\r(5)，則它的漸近線方程為()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解析設雙曲線的方程為eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，因為eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(5)，所以eq\f(b2,a2)＝4，則eq\f(b,a)＝2，所以漸近線方程為y＝±eq\f(a,b)x＝±eq\f(1,2)x.3．(2023·寧德質檢)已知拋物線C：x2＝4y的焦點為F，P為拋物線上一個動點，A(－1,3)，則|PF|＋|PA|的最小值為()A．3B．4C．5D．6答案B解析由題意可知拋物線x2＝4y的焦點坐標為F(0,1)，準線l的方程為y＝－1，過P作PQ⊥l于Q，如圖所示，由拋物線定義可知|PF|＝|PQ|，所以|PF|＋|PA|＝|PQ|＋|PA|，則當A，P，Q三點共線時，|PQ|＋|PA|取得最小值，所以|PF|＋|PA|的最小值為3－(－1)＝4.4．(2023·泉州模擬)已知雙曲線C的焦點分別為F1，F(xiàn)2，虛軸為B1B2.若四邊形F1B1F2B2的一個內角為120°，則C的離心率等于()A.eq\f(\r(6),2) B.eq\f(3,2)C.eq\r(3) D．3答案A解析因為|F1F2|＝2c，|B1B2|＝2b，c>b，由對稱性可得四邊形F1B1F2B2為菱形，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的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),2).5.(2023·廈門模擬)比利時數(shù)學家旦德林發(fā)現(xiàn)：兩個不相切的球與一個圓錐面都相切，若一個平面在圓錐內部與兩個球都相切，則平面與圓錐面的交線是以切點為焦點的橢圓．如圖所示，這個結論在圓柱中也適用．用平行光源照射一個放在桌面上的球，球在桌面上留下的投影區(qū)域內(含邊界)有一點A，若平行光與桌面夾角為30°，球的半徑為R，則點A到球與桌面切點距離的最大值為()A．(4－eq\r(3))R B．3RC．2eq\r(3)R D．(2＋eq\r(3))R答案D解析由題意，如圖所示，則∠BAC＝30°，∠BAO＝15°，∠AOB＝75°，所以A到球與桌面切點距離的最大值為|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·滄州模擬)焦點為F的拋物線y2＝2px(p>0)上有一點P(2,2p)，O為坐標原點，則滿足|MP|＝|MO|＝|MF|的點M的坐標為()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解析將點P的坐標代入拋物線中得(2p)2＝2p×2，解得p＝1，則P(2,2)，所以OP的斜率為1，且OP的中點為(1,1)，則OP的垂直平分線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0，又OF的垂直平分線方程為x＝eq\f(1,4)，|MP|＝|MO|＝|MF|，則點M為OP的垂直平分線和OF的垂直平分線的交點，所以點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(7,4))).7．(2023·浙江數(shù)海漫游模擬)已知F是橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左焦點，點M在C上，N在圓P：x2＋(y－3)2＝2x上，則|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解析由圓P：x2＋(y－3)2＝2x，可得(x－1)2＋(y－3)2＝1，可得圓P的圓心坐標為P(1,3)，半徑r＝1，由橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，可得a＝2，設橢圓的右焦點為F1，根據(jù)橢圓的定義可得|MF|＝2a－|MF1|，所以|MF|－|MN|＝2a－(|MF1|＋|MN|)，又由|MN|min＝|MP|－r，如圖所示，當點P，M，N，F(xiàn)1四點共線時，即P，N′，M′，F(xiàn)1時，|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·東三省四市教研體模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右頂點分別是A1，A2，圓x2＋y2＝a2與C的漸近線在第一象限的交點為M，直線A1M交C的右支于點P.設△MPA2的內切圓圓心為I，A2I⊥x軸，則C的離心率為()A．2B.eq\r(2)C.eq\r(3)D.eq\r(5)答案B解析設M(x1，y1)，由M在漸近線上，則y1＝eq\f(b,a)x1，又M在圓x2＋y2＝a2上，則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)))