資源簡介

微專題3　有關圓的最值問題
常考常用結論
1．與圓有關的長度或距離的最值問題的解法
一般根據長度或距離的幾何意義，利用圓的幾何性質數形結合求解，注意圓的弦長或切線段的長通常利用勾股定理轉化為圓心到直線距離或點到圓心距離．
2．與圓上點(x，y)有關代數式的最值的常見類型及解法
形如μ＝型的最值問題，可轉化為過點(a，b)和點(x，y)的直線的斜率的最值問題；
形如t＝ax＋by型的最值問題，可轉化為動直線的截距的最值問題；
形如(x－a)2＋(y－b)2型的最值問題，可轉化為動點(x，y)到定點(a，b)的距離平方的最值問題．
3．與距離最值有關的常見的結論
(1)圓外一點A到圓上距離最近為|AO|－r，最遠為|AO|＋r；
(2)過圓內一點的弦最長為圓的直徑，最短為以該點為中點的弦；
(3)記圓心到直線的距離為d，直線與圓相離，則圓上點到直線的最大距離為d＋r，最小距離為d－r；
(4)過兩定點的所有圓中，面積最小的是以這兩個定點為直徑端點的圓的面積；
(5)直線外一點與直線上的點的距離中，最短的是點到直線的距離；
(6)兩個動點分別在兩條平行線上運動，這兩個動點間的最短距離為兩條平行線間的距離．
4．與圓有關的面積的最值問題或圓中與數量積有關的最值問題，一般轉化為尋求圓的半徑相關的函數關系或者幾何圖形的關系，借助函數求最值的方法，如配方法，基本不等式法等求解，有時可以通過轉化思想，利用數形結合思想求解．
1.已知P(－1，2)為圓x2＋y2＝8內一定點，過點P且被圓所截得的弦最短的直線方程為(　　)
A．2x－y＋3＝0B．x＋2y－5＝0
C．x－2y＋5＝0D．x－2y－5＝0
2．[2023·安徽蚌埠一模]過直線x＋y＝5上的點作圓C：x2＋y2－2x＋4y－1＝0的切線，則切線長的最小值為(　　)
A．3　　B．2　　C．　　D．
3．[2023·安徽亳州一中模擬]已知兩定點A(－4，0)，B(2，0)，如果動點M滿足|MA|＝2|MB|，點N是圓x2＋(y－3)2＝9上的動點，則|MN|的最大值為________．
3. (1)[2023·河南開封模擬]過直線l：3x＋4y－1＝0上一點P作圓M：x2＋(y－4)2＝1的兩條切線，切點分別是A，B，則四邊形MAPB的面積最小值是(　　)
A．1　　　B．　　　C．2　　　D．2
(2)[2023·河北邯鄲三模]在平面直角坐標系內，已知A(－3，4)，B(－3，1)，動點P(x，y)滿足|PA|＝2|PB|，則(x－1)2＋(y－t)2(t∈R)的最小值是(　　)
A．B．2C．4D．16
技法領悟
1．要善于借助圖形進行分析，防止解題方法錯誤．
2．要善于運用圓的幾何性質進行轉化，防止運算量過大，以致運算失誤．
[鞏固訓練2]　(1)[2023·山東泰安模擬]已知直線l：mx－y＋m＋1＝0(m≠0)與圓C：x2＋y2－4x＋2y＋4＝0，過直線l上的任意一點P向圓C引切線，設切點為A，B，若線段AB長度的最小值為，則實數m的值是(　　)
A．－B．C．D．－
(2)[2023·全國乙卷]已知實數x，y滿足x2＋y2－4x－2y－4＝0，則x－y的最大值是(　　)
A．1＋B．4
C．1＋3D．7
微專題3　有關圓的最值問題
保分題
1．解析：由題意可得，當OP和直線垂直時，弦最短，
直線的斜率為＝＝.
故滿足條件的直線方程為y－2＝(x＋1)，即x－2y＋5＝0.故選C.
答案：C
2．解析：圓C：(x－1)2＋(y＋2)2＝6的圓心為C(1，－2)，半徑為，
因為圓心(1，－2)到直線x＋y＝5的距離d＝＝3，
所以切線長最小值為l＝＝＝2.故選B.
答案：B
3．解析：設點M(x，y)，則＝2，
整理為：(x－4)2＋y2＝16，
設圓(x－4)2＋y2＝16的圓心為C1，圓x2＋(y－3)2＝9的圓心為C2，
如圖，可知|MN|的最大值是圓心距加兩個圓的半徑，即5＋3＋4＝12.
答案：12
提分題
[例3](1)　解析：圓M：x2＋(y－4)2＝1的圓心M(0，4)到直線l：3x＋4y－1＝0的距離d＝＝3，
故|MP|的最小值是3，又因為|MA|＝1，則|AP|＝≥2，
故△AMP的面積的最小值是S＝×1×2＝，故四邊形MAPB的面積的最小值是2.故選D.
(2)　解析：因為A(－3，4)，B(－3，1)，動點P(x，y)滿足|PA|＝2|PB|，
則(x＋3)2＋(y－4)2＝4(x＋3)2＋4(y－1)2，整理得(x＋3)2＋y2＝4，
可以看成圓(x＋3)2＋y2＝4上動點P(x，y)與定直線x＝1上動點Q(1，t)的距離，
其最小值為圓心M(－3，0)到直線x＝1的距離減去圓的半徑2，即|PQ|≥4－2＝2，
因此，(x－1)2＋(y－t)2的最小值是22＝4.故選C.
答案：D　
答案：C
[鞏固訓練2]　(1)解析：圓C：(x－2)2＋(y＋1)2＝1，
設∠ACP＝θ(0<θ<)，
則|AB|＝2sinθ≥，則sinθ≥，∴θ∈[)，
則|PC|＝≥2，所以圓心C到直線l的距離是2，
∴＝2，得5m2＋12m＝0，∵m≠0，
∴m＝－.故選A.
(2)解析：將方程x2＋y2－4x－2y－4＝0化為(x－2)2＋(y－1)2＝9，其表示圓心為(2，1)，半徑為3的圓．設z＝x－y，數形結合知，只有當直線x－y－z＝0與圓相切時，z才能取得最大值，此時＝3，解得z＝1±3，故z＝x－y的最大值為1＋3，故選C.
答案：A　
答案：C微專題2　圓的方程、直線與圓、圓與圓
常考常用結論
1．圓的方程
(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，特別地，當圓心在原點時，方程為x2＋y2＝r2.(r>0)
(2)圓的一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0，表示以為圓心，為半徑的圓．
2．直線與圓的位置關系
直線l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)與圓：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)的位置關系如表．
方法 幾何法 代數法
位置關系 根據d＝與r的大小關系判斷 消元得一元二次方程，根據判別式Δ的符號判斷
相交 d0
相切 d＝r Δ＝0
相離 d>r Δ<0
切線長的計算：過點P向圓引切線PA，則|PA|＝(其中C為圓心)．
弦長的計算：直線l與圓C相交于A，B兩點，則|AB|＝2(其中d為弦心距)．
3．圓與圓的位置關系
設圓C1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝(r1>0)，圓2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝(r2>0)．
(1)當兩圓相交時，兩圓方程相減，所得的直線方程即兩圓公共弦所在的直線方程；
(2)兩圓公共弦的垂直平分線過兩圓的圓心；
(3)求公共弦長時，幾何法比代數法簡單易求．
1.[2023·安徽蚌埠三模]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
2．[2023·河北唐山二模]已知圓C1：x2＋y2－2x＝0，圓C2：(x－3)2＋(y－1)2＝4，則C1與C2的位置關系是(　　)
A．外切　　B．內切　　C．相交　　D．外離
3．[2023·河南鄭州三模]曲線y＝x2－4x＋1與坐標軸交于A，B，C三點，則過A，B，C三點的圓的方程為________．
4．[2023·廣東深圳二模]過點(1，1)且被圓x2＋y2－4x－4y＋4＝0所截得的弦長為2的直線的方程為________．
1.(1)[2023·新課標Ⅰ卷]過點(0，－2)與圓x2＋y2－4x－1＝0相切的兩條直線的夾角為α，則sinα＝(　　)
A．1　　B．　　C．　　D．
(2)[2023·河南鄭州二模]若圓C1：x2＋y2＝1與圓C2：(x－a)2＋(y－b)2＝1的公共弦AB的長為1，則直線AB的方程為(　　)
A．2ax＋by－1＝0　B．2ax＋by－3＝0
C．2ax＋2by－1＝0　D．2ax＋2by－3＝0
2.[2022·新高考Ⅱ卷]設點A(－2，3)，B(0，a)，若直線AB關于y＝a對稱的直線與圓(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共點，則a的取值范圍是________．
技法領悟
1．圓的切線方程：(1)過圓上一點的切線方程：對于這種情況可以通過圓心與切點的連線垂直切線求出切線的斜率，進而求出直線方程．
(2)過圓外一點的切線方程：這種情況可以先設直線的方程，然后聯立方程求出它們只有一個解(交點)時斜率的值，進而求出直線方程．
2．與弦長有關的問題常用幾何法，即利用圓的半徑r，圓心到直線的距離d，及半弦長，構成直角三角形的三邊，利用其關系來處理．
3．兩圓方程相減，所得的直線方程即兩圓公共弦所在的直線方程，這一結論的前提是兩圓相交，如果不確定兩圓是否相交，兩圓方程相減得到的方程不一定是兩圓的公共弦所在的直線方程．
[鞏固訓練1]　(1)[2023·黑龍江大慶三模]已知直線l是圓C：(x－2)2＋(y－1)2＝1的切線，并且點B(3，4)到直線l的距離是2，這樣的直線l有(　　)
A．1條　　B．2條　　C．3條　　D．4條
(2)[2023·安徽蚌埠二模]若直線y＝kx＋4＋2k與曲線y＝有兩個不同的交點，則實數k的取值范圍是
A．[1，＋∞) B．[－1，－)
C．(，1] D．(－∞，－1]
(3)[2022·新高考Ⅰ卷]寫出與圓x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一條直線的方程________．
微專題2　圓的方程、直線與圓、圓與圓
保分題
1．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．故選A.
答案：A
2．解析：圓C1的圓心為(1，0), r1＝1，
圓C2的圓心為(3，1), r2＝2，
所以r2－r1<|C1C2|＝＝所以圓C1與C2的位置關系是相交．故選C.
答案：C
3．解析：令y＝0，則x2－4x＋1＝0，解得x1＝2－，x2＝2＋，即A(2－，0)，B(2＋，0)；
令x＝0，得y＝1，即C(0，1)，
設圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
所以，解得.
所以圓的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4.
答案：(x－2)2＋(y－1)2＝4
4．解析：圓x2＋y2－4x－4y＋4＝0，即(x－2)2＋(y－2)2＝4，
圓心為(2，2)，半徑r＝2，
若弦長l＝2，則圓心到直線的距離d＝＝，
顯然直線的斜率存在，設直線方程為y－1＝k(x－1)，即kx－y－k＋1＝0，
所以d＝＝，解得k＝－1，所以直線方程為x＋y－2＝0.
答案：x＋y－2＝0
提分題
[例1]　
(1)解析：如圖，x2＋y2－4x－1＝0得(x－2)2＋y2＝5，所以圓心坐標為(2，0)，半徑r＝，所以圓心到點(0，－2)的距離為＝2，由于圓心與點(0，－2)的連線平分角α，所以sin＝＝＝，所以cos＝，所以sinα＝2sincos＝2×＝.故選B.
(2)解析：將兩圓方程相減可得直線AB的方程為a2＋b2－2ax－2by＝0，
即2ax＋2by－a2－b2＝0，
因為圓C1的圓心為(0，0)，半徑為1，且公共弦AB的長為1，
則C1(0，0)到直線2ax＋2by－a2－b2＝0的距離為，
所以＝，解得a2＋b2＝3，
所以直線AB的方程為2ax＋2by－3＝0.故選D.
答案：B　
答案：D
[例2]　解析：因為kAB＝，所以直線AB關于直線y＝a對稱的直線方程為(3－a)x－2y＋2a＝0.由題意可知圓心為(－3，－2)，且圓心到對稱直線的距離小于或等于1，所以≤1，整理得6a2－11a＋3≤0，解得≤a≤.
答案：[]
[鞏固訓練1]　(1)解析：由已知可得，圓心C(2，1)，半徑r1＝1.
由點B(3，4)到直線l的距離是2，所以直線l是以B(3，4)為圓心，r2＝2為半徑的圓的切線，
又直線l是圓C：(x－2)2＋(y－1)2＝1的切線，
所以，直線l是圓C與圓B的公切線．
因為＝＝>3＝r1＋r2，
所以，兩圓外離，所以兩圓的公切線有4條，
即滿足條件的直線l有4條．故選D.
(2)解析：∵y＝kx＋4＋2k＝k(x＋2)＋4，所以直線過定點(－2，4)，曲線y＝變形為x2＋y2＝4(y≥0)，表示圓的上半部分，當直線與半圓相切時直線斜率為k＝－，當直線過點(2，0)時斜率為－1，結合圖象可知實數k的取值范圍是[－1，－)．故選B.
(3)解析：由題意知兩圓的圓心和半徑分別為O1(0，0)，O2(3，4)，r1＝1，r2＝4.因為|O1O2|＝r1＋r2，所以兩圓外切．由兩圓外切，畫出示意圖，如圖．設切點為A(x，y)．由O1A＝O1O2，得A()．因為＝，所以切線l1的斜率k1＝－，所以l1：y－＝－(x－)，即3x＋4y－5＝0.由圖象易得兩圓均與直線l2：x＝－1相切，過兩圓圓心的直線方程為l：y＝x.聯立解得故直線l與l2的交點為P(－1，－)．由切線定理得，兩圓的另一公切線l3過點P.設l3：y＋＝k(x＋1)．由點到直線的距離公式，得＝1，解得k＝，所以l3：y＋＝(x＋1)，即7x－24y－25＝0.
答案：D　
答案：B　
答案：3x＋4y－5＝0或7x－24y－25＝0或x＋1＝0(答對其中之一即可)微專題1　直線的方程及應用
常考常用結論
1．兩條直線平行與垂直的判定
若兩條不重合的直線l1，l2的斜率k1，k2存在，則l1∥l2 k1＝k2，l1⊥l2 k1k2＝－1.若給出的直線方程中存在字母系數，則要考慮斜率是否存在．
2．直線方程常用的三種形式
(1)點斜式：過一點(x0，y0)，斜率k，直線方程為y－y0＝k(x－x0)．
(2)斜截式：縱截距b，斜率k，直線方程為y＝kx＋b.
(3)一般式：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)．
3．兩個距離公式
(1)兩平行直線l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0間的距離d＝.
(2)點(x0，y0)到直線l：Ax＋By＋C＝0的距離公式d＝.
1.[2023·遼寧丹東二模]直線x＋ay－3＝0與直線(a＋1)x＋2y－6＝0平行，則a＝(　　)
A．－2　　　　　　B．1
C．－2或1D．－1或2
2．[2023·安徽蚌埠三模]已知直線l1：ax＋2y＋1＝0，l2：(3－a)x－y＋a＝0，則條件“a＝1”是“l1⊥l2”的(　　)
A．充要條件B．充分不必要條件
C.必要不充分條件D．既不充分也不必要條件
3．過點P(0，1)且和A(3，3)，B(5，－1)距離相等的直線方程是________．
微專題1　直線的方程及應用
保分題
1．解析：由題意，
直線x＋ay－3＝0與直線(a＋1)x＋2y－6＝0平行，
∴由1×2＝a(a＋1)，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．故選A.
答案：A
2．解析：若l1⊥l2，則(3－a)×(－)＝－1，
解得a＝1或a＝2.
故a＝1是l1⊥l2的充分不必要條件．故選B.
答案：B
3．解析：若斜率不存在時，過點P(0，1)的直線為x＝0，此時不滿足條件；
若斜率存在時，設過點P(0，1)的直線l：y－1＝kx，即kx－y＋1＝0.
根據題意，可得＝，解得k1＝－2或k2＝0，
當k1＝－2時，直線方程為2x＋y－1＝0，
當k2＝0時，直線方程為y＝1，
綜上可得，直線方程為2x＋y－1＝0或y＝1.
答案：2x＋y－1＝0或y＝1微專題4　最值問題
　[2023·河南駐馬店三模]已知橢圓E：＝1(a>b>0)的離心率為，直線l：y＝k1x(k1≠0)與E交于A，B兩點，當l為雙曲線－y2＝1的一條漸近線時，A到y軸的距離為.
(1)求E的方程；
(2)若過B作x軸的垂線，垂足為H，OH的中點為N(O為坐標原點)，連接AN并延長交E于點P，直線PB的斜率為k2，求|k1－k2|的最小值．
[鞏固訓練4]　[2023·全國甲卷]已知直線x－2y＋1＝0與拋物線C：y2＝2px(p>0)交于A，B兩點且|AB|＝4.
(1)求p；
(2)設F為C的焦點，M，N為C上兩點，且·＝0，求△MFN面積的最小值．
微專題4　最值問題
提分題
[例4]　(1)解析：設E的半焦距為c，則＝，所以＝，所以a＝b　①，
不妨設l：y＝x，與＝1聯立得|x|＝.
由題意得|x|＝＝　②，
①②聯立并解得b2＝2，a2＝4，
故E的方程為＝1.
(2)解析：設A(x1，y1)，P(x2，y2)，則B(－x1，－y1)，H(－x1，0)，N(－，0)，
所以直線AP的斜率k＝＝＝k1，
直線AP的方程為y＝k(x＋)，代入＝1，得
－4＝0，
所以x1＋x2＝－，
y1＋y2＝k(x1＋)＋k(x2＋)＝k(x1＋x2＋x1)＝，
所以k2＝＝＝－＝－＝－，
所以|k1－k2|＝|k1＋|＝|k1|＋≥2＝，
當且僅當|k1|＝，即k1＝±時等號成立，
所以當k1＝±時，|k1－k2|取得最小值，且最小值為.
[鞏固訓練4]　(1)解析：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，
由Δ1＝16p2－8p>0，得p>.
由根與系數的關系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以|AB|＝·＝·＝4，解得p＝2或p＝－(舍去)，
故p＝2.
(2)解析：設M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知拋物線C：y2＝4x，則點F(1，0)．
因為·＝0，所以∠MFN＝90°，
則S△MFN＝|MF||NF|＝(x3＋1)(x4＋1)＝(x3x4＋x3＋x4＋1)　(*)．
當直線MN的斜率不存在時，點M與點N關于x軸對稱，
因為∠MFN＝90°，
所以直線MF與直線NF的斜率一個是1，另一個是－1.
不妨設直線MF的斜率為1，則MF：y＝x－1，
由得x2－6x＋1＝0，
得或
代入(*)式計算易得，當x3＝x4＝3－2時，△MFN的面積取得最小值，為4(3－2)．
當直線MN的斜率存在時，設直線MN的方程為y＝kx＋m.
由得k2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ2＝(4－2km)2－4m2k2>0，
則
y3y4＝(kx3＋m)(kx4＋m)＝k2x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝.
又·＝(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0，
所以＋1＋＝0，化簡得m2＋k2＋6km＝4.
所以S△MFN＝(x3x4＋x3＋x4＋1)＝＝＝＋2＋1.
令t＝，則S△MFN＝t2＋2t＋1，
因為m2＋k2＋6km＝4，
所以＋6＋1＝>0，
即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2或t<－3－2，
從而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－8＝4(3－2)．
故△MFN面積的最小值為4(3－2)．微專題3　定值問題
[2023·安徽淮北二模]已知拋物線C1：y2＝2px(p>0)的焦點和橢圓C2：＝1(a>b>0)的右焦點F重合，過點F任意作直線l分別交拋物線C1于M，N，交橢圓C2于P，Q.當l垂直于x軸時|MN|＝4，|PQ|＝3.
(1)求C1和C2的方程；
(2)是否存在常數m，使為定值？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．
技法領悟
圓錐曲線中定值問題的解題策略
(1)從特殊情形開始，求出定值，再證明該值與變量無關；
(2)采用推理、計算、消元得定值．消元的常用方法為整體消元、選擇消元、對稱消元等．
[鞏固訓練3]　[2023·河北唐山三模]已知雙曲線E：－y2＝1(a>0)，左、右頂點分別為A1，A2，經過右焦點F垂直于x軸的直線與E相交于A，B兩點，且|AB|＝1.
(1)求E的方程；
(2)若直線l：y＝kx＋m與圓x2＋y2＝a2相切，且與雙曲線左、右兩支分別交于P1，P2兩點，記直線P1A1的斜率為k1，P2A2的斜率為k2，那么k1·k2是否為定值？并說明理由．
微專題3　定值問題
提分題
[例3]　(1)解析：由已知可得，l的方程為x＝，
代入拋物線方程可得，y2＝p2，解得y＝±p，所以|MN|＝2p.
由題意知2p＝4，得p＝2，
所以，拋物線方程是y2＝4x.
所以直線l的方程為x＝1，焦點F(1，0)，所以c＝1.
將直線l的方程x＝1代入橢圓方程可得，y2＝，解得y＝±，
所以|PQ|＝.
由已知可得，，解得，
所以，橢圓的方程為＝1.
(2)
解析：假設存在常數m，使為定值．
設直線l的方程為：x＝ny＋1，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，
聯立方程，消x化簡得y2－4ny－4＝0.
則Δ＝16n2＋16>0恒成立，且，
所以|MN|＝|y1－y2|＝＝＝4(n2＋1)．
設P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
聯立方程，消x化簡得(3n2＋4)y2＋6ny－9＝0.
則Δ＝144(n2＋1)>0恒成立，且，
所以|PQ|＝|y3－y4|＝＝＝.
所以，＝＝.
因為為定值，
所以有＝，所以m＝－3.
所以假設成立．
所以存在常數m＝－3，使為定值－.
[鞏固訓練3]　(1)解析：設F(c，0)，把x＝c代入到E的方程，得－y2＝1，即y＝±，
因為|AB|＝1，所以＝1，即a＝2，則雙曲線E的方程為－y2＝1.
(2)解析：k1·k2為定值，理由如下：
設P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，其中x1<0，x2>0，.
因為直線l：y＝kx＋m與圓x2＋y2＝4相切，所以＝2，即m2＝4(1＋k2)，
聯立，消去y并整理得(1－4k2)x2－8mkx－(4m2＋4)＝0，
所以，
因為x1<0，x2>0，x1x2＝<0，即4k2－1<0，
所以x2－x1＝＝
＝＝.
由(1)知A1(－2，0)，A2(2，0)．
k1·k2＝＝
＝＝＝
＝＝＝－.
即k1k2為定值．微專題2　定點問題
　2.[2023·河北石家莊一模]已知點P(4，3)在雙曲線C：＝1(a>0，b>0)上，過P作x軸的平行線，分別交雙曲線C的兩條漸近線于M，N兩點，|PM|·|PN|＝4.
(1)求雙曲線C的方程；
(2)若直線l：y＝kx＋m與雙曲線C交于不同的兩點A，B，設直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，從下面兩個條件中選一個(多選只按先做給分)，證明：直線l過定點．
①k1＋k2＝1；②k1k2＝1.
技法領悟
直線過定點問題的解題策略
(1)用參數表示出直線的方程，根據直線方程的特征確定定點的位置．
(2)從特殊點入手，先確定定點，再證明該定點符合題目條件．
[鞏固訓練2]　[2023·全國乙卷]已知橢圓C：＝1(a>b>0)的離心率是，點A(－2，0)在C上．
(1)求C的方程；
(2)過點(－2，3)的直線交C于P，Q兩點，直線AP，AQ與y軸的交點分別為M，N，證明：線段MN的中點為定點．
微專題2　定點問題
提分題
[例2]　(1)解析：由題意可知：點P(4，3)在雙曲線上，所以＝1；
過P做x軸的平行線y＝3，與y＝±x相交于M，N兩點，那么M，N兩點可求：M(，3)，N(－，3)；
所以|4－|·|4＋|＝|16－|＝a2||＝a2＝4，所以a＝2；
代入＝1，可知b＝，所以雙曲線的方程為＝1.
(2)解析：選①：由題意可知，直線l與雙曲線C交于不同的兩點A, B，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立方程：，
得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，
所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)>0，即m2＋3－4k2>0；
x1＋x2＝，x1x2＝，
由條件k1＋k2＝1，所以＝1，
所以(x2－4)(kx1＋m－3)＋(x1－4)(kx2＋m－3)＝(x1－4)(x2－4)，
整理可得2kx1x2＋(m－3－4k)(x1＋x2)－8(m－3)＝x1x2－4(x1＋x2)＋16，
代入韋達定理得m2＋2km－8k2－6k－6m＋9＝0，
即(m－2k－3)(m＋4k－3)＝0，
解得m＝2k＋3或m＝－4k＋3；
當m＝2k＋3時，y＝kx＋m＝kx＋2k＋3＝k(x＋2)＋3，則直線l過定點(－2，3)；
當m＝－4k＋3時，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，則直線l過定點P(4，3)，不合題意；
綜上可得，直線l過定點(－2，3)．
選②：由題意可知，直線l與雙曲線C交于不同的兩點A, B，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立方程：，
得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，
所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)>0，即m2＋3－4k2>0；
x1＋x2＝，x1x2＝，
由條件k1k2＝1得·＝1，
即＝1，
整理可得
＝1.
代入韋達定理，整理可得7m2＋32km＋16k2－18m－9＝0，
即(7m＋4k＋3)(m＋4k－3)＝0，解得m＝－或m＝－4k＋3，
當m＝－時，y＝kx＋m＝kx－＝k(x－)－，則直線l過定點(，－)；
當m＝－4k＋3時，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，則直線l過定點P(4，3)，不合題意；
綜上可得，直線l過定點(，－)．
[鞏固訓練2]　(1)解析：因為點A(－2，0)在C上，所以＝1，得b2＝4.
因為橢圓的離心率e＝＝，所以c2＝a2，
又a2＝b2＋c2＝4＋a2，所以a2＝9，c2＝5，
故橢圓C的方程為＝1.
(2)解析：由題意知，直線PQ的斜率存在且不為0，
設lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由，得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，
則Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝.
直線AP：y＝(x＋2)，
令x＝0，解得yM＝，
同理得yN＝，
則yM＋yN＝2
＝2
＝2
＝2
＝2×
＝6.
所以MN的中點的縱坐標為＝3，
所以MN的中點為定點(0，3)．微專題1　角的正切值與直線斜率
　[2023·安徽六安一中模擬]已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過點M(1，)，N(－)．
(1)求E的方程；
(2)已知P(2，0)，是否存在過點G(－1，0)的直線l交E于A，B兩點，使得直線PA，PB的斜率之和等于－1？若存在，求出l的方程；若不存在，請說明理由．
1.[2022·新高考Ⅰ卷]已知點A(2，1)在雙曲線C：＝1(a>1)上，直線l交C于P，Q兩點，直線AP，AQ的斜率之和為0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ＝2，求△PAQ的面積．
技法領悟
解決此類問題的關鍵是圍繞直線斜率式子的整理和求解．
[鞏固訓練1]　[2023·廣東廣州三模]直線l經過點T(t，0)(t>0)且與拋物線C：y2＝2px (p>0)交于A，B兩點．
(1)若A(1，2)，求拋物線C的方程；
(2)若直線l與坐標軸不垂直，M(m，0)，證明：∠TMA＝∠TMB的充要條件是m＋t＝0.
微專題1　角的正切值與直線斜率
保分題
(1)解析：設橢圓E的方程為mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，
由點M(1，)，N(－)在E上，得，解得m＝，n＝，
所以E的方程為＝1.
(2)解析：存在，理由如下．
顯然直線l不垂直于x軸，設直線l的方程為x＝ky－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去x得：(3k2＋4)y2－6ky－9＝0，
則y1＋y2＝，y1y2＝，得x1＋x2＝k(y1＋y2)－2＝，
x1x2＝(ky1－1)(ky2－1)＝k2y1y2－k(y1＋y2)＋1＝＋1＝，
因此＝＝
＝＝＝－k＝－1，解得k＝1，
所以存在符合要求的直線l，其方程為x－y＋1＝0.
提分題
[例1]　(1)解析：∵點A(2，1)在雙曲線C：＝1(a>1)上，∴＝1，解得a2＝2.
∴雙曲線C的方程為－y2＝1.
顯然直線l的斜率存在，可設其方程為y＝kx＋m.
聯立得方程組
消去y并整理，得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0.
Δ＝16k2m2＋4(1－2k2)(2m2＋2)＝8m2＋8－16k2>0.
設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
則x1＋x2＝，x1x2＝.
由kAP＋kAQ＝0，得＝0，
即(x2－2)(kx1＋m－1)＋(x1－2)(kx2＋m－1)＝0.
整理，得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
即2k·＋(m－1－2k)·－4(m－1)＝0，
即(k＋1)(m＋2k－1)＝0.
∵直線l不過點A，∴k＝－1.
(2)解析：設∠PAQ＝2α，0<α<，則tan2α＝2，
∴＝2，解得tanα＝(負值已舍去)．
由(1)得k＝－1，則x1x2＝2m2＋2>0，
∴P，Q只能同在雙曲線左支或同在右支．
當P，Q同在左支時，tanα即為直線AP或AQ的斜率．
設kAP＝.
∵為雙曲線一條漸近線的斜率，
∴直線AP與雙曲線只有一個交點，不成立．
當P，Q同在右支時，tan (－α)＝即為直線AP或AQ的斜率．
設kAP＝＝，則kAQ＝－，
∴直線AP的方程為y－1＝(x－2)，
即y＝x－2＋1.
聯立得方程組
消去y并整理，得3x2－(16－4)x＋20－8＝0，
則xP·2＝，解得xP＝.
∴|xA－xP|＝|2－|＝.
同理可得|xA－xQ|＝.
∵tan2α＝2，0<2α<π，∴sin2α＝，
∴S△PAQ＝|AP|·|AQ|·sin2α＝×|xA－xP|××|xA－xQ|×sin2α＝×3×＝.
[鞏固訓練1]　(1)解析：因為拋物線C：y2＝2px(p>0)經過點A(1，2)，可得22＝2p，解得p＝2,
所以拋物線C的方程為y2＝4x.
(2)解析：證明：設直線l的方程為y＝k(x－t)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯立方程組，整理得k2x2－2(k2t＋p)x＋k2t2＝0,
則x1＋x2＝，x1x2＝t2.
充分性：當m＋t＝0時，直線AM，BM的斜率之和為
kAM＋kBM＝＝，
因為y1(x2－m)＋y2(x1－m)＝k(x1－t)(x2－m)＋k(x2－t)(x1－m)＝k[2x1x2－(m＋t)(x1＋x2)＋2mt]＝k(2t2－2t2)＝0，
所以kAM＋kBM＝0，即MA，MB的傾斜角互補，
所以∠TMA＝∠TMB.
必要性：當∠TMA＝∠TMB時，直線AM，BM的斜率之和為0，
即kAM＋kBM＝＝＝0，
所以y1(x2－m)＋y2(x1－m)＝k(x1－t)(x2－m)＋k(x2－t)(x1－m)＝0，
即k[2x1x2－(m＋t)(x1＋x2)＋2mt]＝0，
因為k≠0，所以2x1x2－(m＋t)(x1＋x2)＋2mt＝0，
即2t2－＋2mt＝0，
所以2k2t2－2(m＋t)(k2t＋p)＋2mtk2＝0，可得m＋t＝0，
綜上所述，∠TMA＝∠TMB的充要條件是m＋t＝0.微專題3　圓錐曲線的交匯問題
1.[2023·全國甲卷]已知雙曲線C：＝1(a>0，b>0)的離心率為，C的一條漸近線與圓(x－2)2＋(y－3)2＝1交于A，B兩點，則|AB|＝(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
2．[2023·安徽蚌埠二模]已知橢圓＝1(a>b>0)的右焦點為F，上頂點為A，若直線AF與圓O：x2＋y2＝相切，則該橢圓的離心率為(　　)
A．B．C．D．或
3．[2023·山東青島三模]已知橢圓C的長軸長為4，它的一個焦點與拋物線y＝x2的焦點重合，則橢圓C的標準方程為________．
提分題
3.(1)已知雙曲線＝1(a>0，b>0)的實軸長為4，拋物線y2＝2px(p>0)的準線過雙曲線的左頂點，拋物線與雙曲線的一個交點為P(4，m)，則雙曲線的漸近線方程為(　　)
A．y＝±xB．y＝±x
C．y＝±xD．y＝±x
(2)[2023·山東煙臺三模]已知F1，F2分別是橢圓C：＝1(a>b>0)的左、右焦點，M是C上一點且MF2與x軸垂直，直線MF1與C的另一個交點為N，若＝3，則C的離心率為(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
技法領悟
1．解決圓錐曲線之間、圓錐曲線與圓之間的綜合問題時，關鍵是抓住兩種曲線之間的聯系，再結合其自身的幾何性質解題．
2．圓錐曲線常與向量知識交匯考查，一般是利用圓錐曲線的幾何性質轉化條件，再利用其他的知識解題，或者是利用其他的知識點轉化條件，再利用圓錐曲線的幾何性質解題．
[鞏固訓練3]　(1)[2023·江西贛州二模]已知拋物線E：y2＝2px(p>0)與圓x2＋y2＝5交于A，B兩點，且E的焦點F在直線AB上，則p＝(　　)
A．1　　　B．　　　C．2　　　D．
(2)[2023·河南鄭州一模]已知雙曲線C：＝1(a>0，b>0)的左右焦點分別為F1，F2，P為C右半支上一點，且cos∠F1PF2＝＝2a2，則雙曲線C的離心率為(　　)
A．2　　　　B．4　　　　C．6　　　　D．9
微專題3　圓錐曲線的交匯問題
保分題
1．解析：根據雙曲線的離心率e＝＝，得c＝a，即c2＝5a2，即a2＋b2＝5a2，所以b2＝4a2，＝4，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±2x，易知漸近線y＝2x與圓相交．
方法一　由得5x2－16x＋12＝0.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|AB|＝|x1－x2|＝＝.故選D.
方法二　圓心(2，3)到漸近線y＝2x的距離d＝＝，所以|AB|＝2＝2＝.故選D.
答案：D
2．解析：設F(c，0)，則直線AF的方程為＝1，即bx＋cy－bc＝0，
圓心O到直線AF的距離d＝＝＝a，
兩邊平方整理得，16(a2－c2)c2＝3a4，
于是16(1－e2)e2＝3，解得e2＝或e2＝，
則e＝或e＝.故選D.
答案：D
3．解析：拋物線方程化為標準方程得x2＝4y，焦點坐標為F(0，1)，
∵拋物線焦點與橢圓C的一個焦點重合，∴橢圓焦點在y軸，
設橢圓方程為＝1，(a>b>0)，
則由焦點坐標和長軸長知c＝1，2a＝4，∴a＝2，
∴b2＝a2－c2＝3，
∴橢圓C的標準方程為＝1.
答案：＝1
提分題
[例3]　(1)解析：由題意得2a＝4，a＝2，雙曲線左頂點坐標為(－a，0)，
拋物線的準線為x＝－，故a＝，解得p＝4，
點P(4，m)為拋物線與雙曲線的一個交點，故m2＝8p＝32，＝1，
即4－＝1，解得b2＝，解得b＝，
故雙曲線的漸近線方程為y＝±x＝±x＝±x.
故選A.
(2)
解析：不妨設M在第一象限，由題意，M的橫坐標為c，
令＝1，解得y＝，
即M(c，)．
設N(x，y)，又F1(－c，0)，＝＝(－2c，－)，
由＝3F1N可得：，解得，
又N(x，y)在橢圓上，即＝1＝，
整理得＝，解得e＝.故選A.
答案：A　
答案：A
[鞏固訓練3]　
(1)解析：由題意得F(，0)，
拋物線E：y2＝2px(p>0)中，當x＝時，y＝±p，不妨設A(，p)，
則()2＋p2＝5，解得p＝2，負值舍去．故選C.
＝cos∠F1PF2＝2a2可得|＝8a2.
又|＝2a，兩式聯立可得|＝|＝2a，
∴cos∠F1PF2＝＝＝，整理可得c2＝4a2，
∴c＝2a，e＝2.故選A.
答案：C　
答案：A微專題2　圓錐曲線的幾何性質
　常考常用結論
1．橢圓中，長軸是最長的弦，過焦點的所有弦長中，垂直長軸的弦長最短，最短為.距焦點最短的點是相應的對稱軸同側頂點．過雙曲線的焦點作實軸所在直線的垂線，與雙曲線交于A，B兩點，|AB|＝.過拋物線的焦點作對稱軸的垂線，與拋物線交于A，B兩點，|AB|＝2p.
2．雙曲線＝1(a>0，b>0)的漸近線方程為y＝±x.雙曲線＝1(a>0，b>0)的漸近線方程為y＝±x.
3．橢圓、雙曲線中，a，b，c之間的關系
(1)在橢圓中：a2＝b2＋c2，離心率為e＝＝；
(2)在雙曲線中：c2＝a2＋b2，離心率為e＝＝.
4．拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F(，0)，準線方程x＝－；拋物線x2＝2py(p>0)的焦點F(0，)，準線方程y＝－.
1.[2023·全國乙卷]設A，B為雙曲線x2－＝1上兩點，下列四個點中，可為線段AB中點的是(　　)
A．(1，1) B．(－1，2)
C．(1，3) D．(－1，－4)
2．[2023·山東青島一模]已知O為坐標原點，在拋物線y2＝2px(p>0)上存在兩點E，F，使得△OEF是邊長為4的正三角形，則p＝________．
3.(1)[2023·山東省實驗中學一模]若橢圓C：＝1的離心率為，則橢圓C的長軸長為(　　)
A．2B．或2
C．2D．2或2
(2)[2023·江西贛州二模]已知雙曲線＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別是F1，F2，直線l分別經過雙曲線的實軸和虛軸的一個端點，F1，F2到直線l的距離和大于實軸長，則雙曲線的離心率的取值范圍是(　　)
A．(，＋∞) B．(，＋∞)
C．(1，) D．(1，)
(3)[2023·河北滄州二模]已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，準線為l，過點F的直線與C交于A，B兩點(點A在x軸上方)，過A，B分別作l的垂線，垂足分別為M，N，連接MF，NF.若|MF|＝|NF|，則直線AB的斜率為________．
技法領悟
1．理清圓錐曲線中a，b，c，e，p的關系是關鍵．
2．求橢圓、雙曲線的離心率或離心率的范圍，關鍵是根據已知條件確定a，b，c的等量關系或不等關系，然后把b用a，c代換，求的值．
[鞏固訓練2]　(1)[2023·河南新鄉二模]已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，點P在拋物線C上，Q(5，0)，若△PQF的面積為4，則|PF|＝(　　)
A．4　　　B．3　　　C．5　　　D．2
(2)[2023·河北唐山二模]已知直線l：x－y－2＝0過雙曲線C：＝1(a>0，b>0)的一個焦點，且與C的一條漸近線平行，則C的實軸長為________．
(3)[2023·安徽馬鞍山二模]已知橢圓＝1(0微專題2　圓錐曲線的幾何性質
保分題
1．解析：結合選項可知，直線AB的斜率存在且不為零．
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點為M(x0，y0)，由點A，B在雙曲線上，得，兩式作差，得，即(x1－x2)(x1＋x2)＝，化簡得＝9，即·＝kAB·＝9，因此kAB＝9·.
由雙曲線方程可得漸近線方程為y＝±3x，如圖．
對于A選項，因為kAB＝9×＝9>3，所以直線AB與雙曲線無交點，不符合題意；對于B選項，因為kAB＝9×＝－＜－3，所以直線AB與雙曲線無交點，不符合題意；對于C選項，kAB＝9×＝3，此時直線AB與漸近線y＝3x平行，與雙曲線不可能有兩個交點，不符合題意；對于D選項，因為kAB＝9×＝<3，所以直線AB與雙曲線有兩個交點，滿足題意．故選D.
答案：D
2.
解析：根據拋物線的對稱性可知：由△OEF為等邊三角形，所以E，F關于坐標軸x對稱，由|EO|＝4，∠EOx＝30°，所以E(2，2)，將E(2，2)代入可得4＝4p p＝.
答案：
提分題
[例2]　解析：(1)因為e2＝＝＝1－＝()2＝，所以，＝.
①若橢圓C的焦點在x軸上，則＝＝，可得m＝6，則a＝＝，
此時，橢圓C的長軸長為2；
②若橢圓C的焦點在y軸上，則＝＝，可得m＝，則a＝，
此時，橢圓C的長軸長為2.
綜上所述，橢圓C的長軸長為2或2.故選D.
(2)　解析：設直線l經過A(－a，0)，B(0，b)，則直線l的方程為＝1，即bx－ay＋ab＝0，
則F1(－c，0)，F2(c，0)到直線l的距離分別為，，
故>2a，解得b>a，
故離心率e＝>，故雙曲線的離心率的取值范圍是(，＋∞)．故選B.
(3)　解析：如圖，由題意得|AF|＝|AM|，|BF|＝|BN|，所以∠AMF＝∠AFM＝∠MFO，∠BNF＝∠BFN＝∠NFO，
因為∠AFM＋∠MFO＋∠BFN＋∠NFO＝π，
所以∠MFO＋∠NFO＝，所以MF⊥NF，又|MF|＝|NF|，所以∠NMF＝，
所以∠MFO＝∠AFM＝，故∠AFx＝，所以直線AB的斜率為tan＝.
答案：D　
答案：B　
答案：
[鞏固訓練2]　(1)解析：由題意知F(1，0)，準線方程為x＝－1，
設P(x0，y0)．因為Q(5，0)，△PQF的面積為4，則×(5－1)×|y0|＝4，
所以|y0|＝2，則x0＝3，所以|PF|＝x0－(－1)＝4.故選A.
(2)解析：直線x－y－2＝0與x軸交點為(2，0)，斜率為，
由題意，解得，
所以雙曲線的實軸長為2a＝2.
(3)解析：由題意可知：A(b，0)，B(0，2)，因為0因為△ABF是等腰三角形，
所以由橢圓的性質可知F是橢圓的下焦點，
所以|AB|＝|BF| 2＋＝ b2＝2.
答案：A　
答案：2　
答案：2微專題1　圓錐曲線的定義及標準方程
常考常用結論
1．橢圓的定義與方程：|MF1|＋|MF2|＝2a(2a>|F1F2|)；
焦點在x軸上：＝1(a>b>0)，
焦點在y軸上：＝1(a>b>0)．
2．雙曲線的定義與方程：||MF1|－|MF2||＝2a(2a<|F1F2|)；
焦點在x軸上：＝1(a>0，b>0)，
焦點在y軸上：＝1(a>0，b>0)．
3．拋物線定義與方程：|MF|＝d(d為M點到準線的距離)
y2＝2px，y2＝－2px，x2＝2py，x2＝－2py(p>0)．
1．橢圓M的左、右焦點分別為F1(－3，0)，F2(3，0)，過點F1的直線交橢圓M于點A，B.若△ABF2的周長為20，則該橢圓的標準方程為(　　)
A．＝1B．＝1
C．＝1D．＝1
2．[2023·河南新鄉三模]已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，C上一點M(x0，x0)(x0≠0)滿足|MF|＝5，則拋物線C的方程為(　　)
A．y2＝2xB．y2＝x
C．y2＝8xD．y2＝4x
3．[2023·廣東韶關模擬](多選)曲線C的方程為x2－－4＝0，則(　　)
A．當λ>0時，曲線C是焦距為4的雙曲線
B.當λ<－1時，曲線C是焦距為4的雙曲線
C．曲線C不可能為圓
D．當－1<λ<0時，曲線C是焦距為4的橢圓
4．[2023·北京101中學三模]已知F1，F2分別是雙曲線C：＝1(a≠0)的左右焦點，P是C上的一點，且|PF1|＝2|PF2|＝16，則△PF1F2的周長是________．
1.(1)[2023·天津卷]雙曲線(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1、F2.過F2作其中一條漸近線的垂線，垂足為P.已知PF2＝2，直線PF1的斜率為，則雙曲線的方程為(　　)
A．＝1B．＝1
C．＝1D．＝1
(2)[2023·全國甲卷]設O為坐標原點，F1，F2為橢圓C：＝1的兩個焦點，點P在C上，cos∠F1PF2＝，則|OP|＝(　　)
A．　　B．C．　　D．
技法領悟
1．關于圓錐曲線定義的應用
對于橢圓、雙曲線如果涉及曲線上的點與焦點的距離，一般要利用定義進行轉化．對應拋物線涉及曲線上的點到焦點的距離、到準線的距離時需要相互轉化．
2．求圓錐曲線標準方程“先定型，后計算”
所謂“定型”，就是確定曲線焦點所在的坐標軸的位置；所謂“計算”，就是指利用待定系數法求出方程中的a2，b2，p的值．
[鞏固訓練1]　(1)設F1，F2是雙曲線C：＝1的左、右焦點，過F2的直線與C的右支交于P，Q兩點，則|F1P|＋|F1Q|－|PQ|＝(　　)
A．5　　　B．6　　　C．8　　　D．12
(2)[2023·河北衡水中學模擬]拋物線y2＝mx繞其頂點順時針旋轉90°之后，得到的圖象正好對應拋物線y＝2x2，則m＝________．
微專題1　圓錐曲線的定義及標準方程
保分題
1．解析：因為△ABF2的周長為20，由橢圓定義可知：4a＝20，即a＝5，
又因為c＝3，所以b2＝a2－c2＝52－32＝16，
所以該橢圓的標準方程為＝1.故選B.
答案：B
2．解析：依題意得＝2px0，
因為x0≠0，所以x0＝2p.
又|MF|＝x0＋＝5，解得p＝2，
所以拋物線C的方程為y2＝4x.故選D.
答案：D
3．解析：當λ>0時，方程x2－－4＝0化為＝1，曲線C是焦距為2＝4的雙曲線，A正確；當λ<－1時，方程x2－－4＝0化為＝1，
曲線C是焦點在y軸上，焦距為2＝4的橢圓，B錯誤；當λ＝－1時，曲線C表示圓x2＋y2＝4，C錯誤；當－1<λ<0時，方程x2－－4＝0化為＝1，
曲線C是焦點在x軸上，焦距為2＝4的橢圓，D正確．故選AD.
答案：AD
4．解析：因為|PF1|＝2|PF2|＝16，所以|PF1|＝16，
|PF2|＝8，
故|PF1|－|PF2|＝16－8＝8＝2a，則a＝4，
又b2＝9，故c2＝a2＋b2＝25，則c＝5，|F1F2|＝2c＝10，
所以△PF1F2的周長為|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|＝16＋8＋10＝34.
答案：34
提分題
[例1]　
(1)解析：如圖，
因為F2(c，0)，不妨設漸近線方程為y＝x，即bx－ay＝0，
所以|PF2|＝＝＝b，
所以b＝2.
設∠POF2＝θ，則tanθ＝＝＝，所以|OP|＝a，所以|OF2|＝c.
因為ab＝c·yP，所以yP＝，所以tanθ＝＝＝，所以xP＝，
所以P()，
因為F1(－c，0)，
所以＝＝＝＝＝，
所以(a2＋2)＝4a，解得a＝，
所以雙曲線的方程為＝1.故選D.
(2)
解析：方法一　依題意a＝3，b＝，c＝＝.如圖，不妨令F1(－，0)，F2(，0)．設|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cos∠F1PF2＝＝　①，
由橢圓的定義可得m＋n＝2a＝6　②.
由①②，解得mn＝.
設|OP|＝x.
在△F1OP和△F2OP中，∠F1OP＋∠F2OP＝π，
由余弦定理得＝－，
得x2＝＝＝，所以|OP|＝.
方法二　依題意a＝3，b＝，c＝＝.
如圖(圖同方法一)，設點P的坐標為(x0，y0)，α＝∠F1PF2，
則cos∠F1PF2＝cosα＝，
故sin∠F1PF2＝sinα＝＝＝，則tan＝或tan＝2(舍去)．
故△F1PF2的面積＝b2tan＝6×＝3.
又＝×2c|y0|＝|y0|，
故＝1，
所以＝，|OP|2＝＝，|OP|＝.
方法三　依題意a＝3，b＝，c＝＝.
如圖(圖同方法一)，設點P的坐標為(x0，y0)，利用焦點三角形面積公式知＝.
因為cos∠F1PF2＝，所以sin∠F1PF2＝，故＝＝3.又＝×2c|y0|＝|y0|，故
＝1，所以＝，|OP|2＝＝，|OP|＝.
方法四　依題意a＝3，b＝，c＝＝.
如圖(圖同方法一)，不妨令F1(－，0)，F2(，0)．
設|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cos∠F1PF2＝＝　①，
由橢圓的定義可得m＋n＝2a＝6　②.
由①②，解得mn＝.
因為＝)，
所以||2＝(m2＋n2＋2mncos∠F1PF2)＝＝，所以|PO|＝.
答案：D　
答案：B
[鞏固訓練1]　(1)解析：雙曲線C：＝1，則a2＝4，a＝2，
由雙曲線的定義知：|F1P|－|PF2|＝2a＝4，|F1Q|－|QF2|＝2a＝4，
|PQ|＝|PF2|＋|QF2|，
所以|F1P|＋|F1Q|－|PQ|＝|F1P|＋|F1Q|－(|PF2|＋|QF2|)＝|F1P|－|PF2|＋|F1Q|－|QF2|＝8.故選C.
(2)解析：拋物線y2＝mx的頂點為原點，焦點為F′(，0)，而拋物線y＝2x2，即x2＝y的頂點為原點，焦點為F(0，)，
因為拋物線y2＝mx繞其頂點順時針旋轉90°后，得拋物線x2＝y，
因此點F(0，)繞原點逆時針旋轉90°后得點F′(，0)，則＝－，解得m＝－，
所以m＝－.
答案：C　(2)－

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