資源簡介

第1講　直線的方程
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.理解直線的傾斜角和斜率的概念，掌握過兩點的直線斜率的計算公式. 2.根據確定直線位置的幾何要素，探索并掌握直線方程的幾種形式（點斜式、兩點式及一般式）. 3.能用直線方程解決一些簡單的數學問題與實際問題. 直線的傾斜角與斜率 2022新高考卷ⅠT21；2022新高考卷ⅡT3 直線是解析幾何中最基本的內容，一是在選擇題、填空題中考查直線的傾斜角、斜率、直線的方程等基本知識，難度不大；二是在解答題中與圓、橢圓、雙曲線、拋物線等知識進行綜合考查，難度偏大.
求直線的方程 2020全國卷ⅠT11；2020全國卷ⅢT10
直線方程的綜合應用
1.直線的傾斜角與斜率
直線的傾斜角 直線的斜率
定義 定義：當直線l與x軸相交時，我們以x軸為基準，x軸正向與直線l①　向上　的方向之間所成的角α叫做直線l的傾斜角. 規定：當直線l與x軸平行或重合時，我們規定它的傾斜角為②　0°　. （1）定義式：把一條直線的傾斜角α的正切值叫做這條直線的斜率，斜率通常用小寫字母k表示，即③　　（α≠）. （2）坐標式：a.如果直線經過兩點P1（x1，y1），P2（x2，y2）（x1≠x2），其斜率公式為④　　. b.若直線l的斜率為k，它的一個方向向量的坐標為（x，y），則k＝⑤　　（x≠0）.
區別 （1）直線l垂直于x軸時，直線l的傾斜角是⑥　　；（2）傾斜角的取值范圍為⑦　[0，π）　. （1）直線l垂直于x軸時，直線l的斜率⑧　不存在　； （2）斜率k的取值范圍為⑨　R　.
聯系 如圖，當直線l的傾斜角α∈[0，）時，α越大，直線l的斜率k越⑩　大　； 當α∈（，π）時，α越大，直線l的斜率k越 　大　.
2.直線方程的五種形式
名稱 方程 說明 適用條件
斜截式 y＝kx＋b k是直線的斜率；b是直線在y軸上的截距. 與x軸不垂直的直線.
點斜式 　y－y0＝k（x－x0）　 點（x0，y0）是直線上的已知點；k是斜率.
兩點式 ＝ （x1≠x2，y1≠y2） 點（x1，y1），（x2，y2）是直線上的兩個已知點. 與兩坐標軸均不垂直的直線.
截距式 　　 a是直線在x軸上的截距； b是直線在y軸上的截距. 不過原點且與兩坐標軸均不垂直的直線.
一般式 Ax＋By＋C＝0 （A2＋B2≠0） 當A≠0，B＝0時，－是直線的橫截距； 當A≠0，B≠0時，－，－，－分別為直線的斜率、在x軸上的截距、在y軸上的截距. 所有直線.
注意　（1）當直線與x軸不垂直時，可設直線方程為y＝kx＋b；當直線與y軸不垂直時，可設直線方程為x＝my＋n.
（2）截距是指直線與坐標軸交點的坐標值，可正，可負，可零.
1.下列說法正確的是（　D　）
A.直線的傾斜角越大，其斜率越大
B.若直線的斜率為tan α，則其傾斜角為α
C.經過定點P（x0，y0）的直線都可以用方程y－y0＝k（x－x0）表示
D.截距可以為負值
解析　對于A，傾斜角為鈍角的直線的斜率為負值，故A錯誤；對于B，一條直線的斜率為tan α，此直線的傾斜角不一定為α，如直線y＝x的斜率為tan ，它的傾斜角為，B錯誤；對于C，當經過定點P（x0，y0）的直線與x軸垂直時，斜率不存在，故C錯誤；對于D，截距可以取正數、負數或零，所以D正確.
2.[易錯題]已知直線l：xtan 60°＋y－3＝0，則直線l的傾斜角α為（　C　）
A.30° B.60° C.120° D.150°
解析　∵xtan 60°＋y－3＝0，∴y＝－xtan 60°＋3＝xtan 120°＋3，故直線l的傾斜角是120°，故選C.
3.傾斜角為135°，在y軸上的截距為－1的直線方程是（　D　）
A.x－y＋1＝0 B.x－y－1＝0 C.x＋y－1＝0 D.x＋y＋1＝0
解析　∵直線傾斜角是135°，∴直線的斜率等于－1，∵在y軸上的截距是－1，由直線方程的斜截式得：y＝－1×x－1，即x＋y＋1＝0，故選D.
4.[多選]如圖，直線l1，l2，l3的斜率分別為k1，k2，k3，傾斜角分別為α1，α2，α3，則下列選項正確的是（　AD　）
A.k1＜k3＜k2 B.k3＜k2＜k1
C.α1＜α3＜α2 D.α3＜α2＜α1
解析　由題圖知，k2＞k3＞0，k1＜0，故＞α2＞α3＞0，且α1為鈍角，故選AD.
5.[教材改編]經過A（0，3），B（－2，0）兩點的直線的方向向量為（1，k），則k的值為　　.
解析　由題意可得k＝.
6.[易錯題]已知點A（3，4），則經過點A且在兩坐標軸上截距相等的直線方程為　4x－3y＝0或x＋y－7＝0　.
解析　設直線在x軸、y軸上的截距均為a.（討論截距是否為0）
①若a＝0，即直線過點（0，0）及（3，4），
則直線的方程為y＝x，即4x－3y＝0；
②若a≠0，設所求直線的方程為＋＝1，
又點（3，4）在直線上，所以＋＝1，所以a＝7.
所以直線的方程為x＋y－7＝0.
綜上可知，所求直線的方程為4x－3y＝0或x＋y－7＝0.
研透高考 明確方向
命題點1　直線的傾斜角與斜率
例1 （1）直線2xcos α－y－3＝0（α∈[，]）的傾斜角的取值范圍是（　B　）
A.[，] B.[，] C.[，] D.[，]
解析　直線2xcos α－y－3＝0的斜率k＝2cos α，因為α∈[，]，所以≤cos α≤，因此k＝2cos α∈[1，].設直線的傾斜角為θ，則有tan θ∈[1，].又θ∈[0，π），所以θ∈[，]，即傾斜角的取值范圍是[，].故選B.
（2）[2022新高考卷Ⅱ]圖1是中國古代建筑中的舉架結構，AA'，BB'，CC'，DD'是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉.圖2是某古代建筑屋頂截面的示意圖，其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為＝0.5，＝k1，＝k2，＝k3.已知k1，k2，k3成公差為0.1的等差數列，且直線OA的斜率為0.725，則k3＝（　D　）
圖1 圖2
A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.9
解析　如圖，連接OA，延長AA1與x軸交于點A2，則OA2＝4OD1.因為k1，k2，k3成公差為0.1的等差數列，所以k1＝k3－0.2，k2＝k3－0.1，所以tan∠AOA2＝＝＝＝＝0.725，解得k3＝0.9，故選D.
方法技巧
1.直線斜率的求解方法
（1）定義法：k＝tan α（α為直線的傾斜角，且α≠）；（2）公式法：k＝（（x1，y1），（x2，y2）為直線上兩點，且x1≠x2）.
2.直線斜率與傾斜角之間的關系往往借助正切函數在[0，π）上的圖象判斷，注意正切函數在[0，π）上不單調，要注意分類討論.
訓練1 （1）已知點A（－1，1），B（1，2），C（0，－1），過點C的直線l與線段AB有公共點，則直線l的斜率k的取值范圍是（　C　）
A. [－2，3] B. [－2，0）∪（0，3]
C. （－∞，－2]∪[3，＋∞） D.以上都不對
解析　如圖所示，∵過點C的直線l與線段AB有公共點，∴直線l的斜率k≥kBC或k≤kAC，又kBC＝＝3，kAC＝＝－2，∴k≥3或k≤－2，∴直線l的斜率k的取值范圍是（－∞，－2]∪[3，＋∞），故選C.
（2）直線x＋（a2＋1）y＋1＝0的傾斜角的取值范圍是（　B　）
A.[0，] B.[，π）
C.[0，]∪（，π] D.[，）∪[，π）
解析　因為a2＋1≠0，所以直線的斜率k＝－，設直線的傾斜角為α，則，所以－1≤tan α＜0，所以≤α＜π，故選B.
命題點2　求直線的方程
例2 （1）已知點M是直線l：2x－y－4＝0與x軸的交點，將直線l繞點M按逆時針方向旋轉45°，得到的直線方程是（　D　）
A.x＋y－3＝0 B.x－3y－2＝0
C.3x－y＋6＝0 D.3x＋y－6＝0
解析　設直線l的傾斜角為α，則tan α＝k＝2，
直線l繞點M按逆時針方向旋轉45°，所得直線的斜率k'＝tan（α＋）＝＝－3，又由題意得點M（2，0），
所以所求直線方程為y＝－3（x－2），即3x＋y－6＝0，故選D.
（2）已知直線l過點P（3，2），且與x軸、y軸的正半軸分別交于A，B兩點，如圖所示，當△ABO的面積最小時，直線l的方程為　2x＋3y－12＝0　.
解析　解法一　設A（a，0），B（0，b）（a＞0，b＞0），則直線l的方程為＋＝1.因為l過點P（3，2），所以＋＝1.因為1＝＋≥2，整理得ab≥24，所以S△ABO＝ab≥12，當且僅當＝，即a＝6，b＝4時取等號.此時直線l的方程是＋＝1，即.
解法二　依題意知，直線l的斜率k存在且k＜0，則直線l的方程為y－2＝k（x－3），則A（3－，0），B（0，2－3k），
S△ABO＝（2－3k）（3－）＝[12＋（－9k）＋]≥[12＋2]＝，
當且僅當－9k＝，即k＝－（正值舍去）時，等號成立.
所以所求直線l的方程為2x＋3y－12＝0.
方法技巧
求直線方程的兩種方法
直接法 根據已知條件，選擇適當的直線方程形式，直接寫出直線方程.
待定系數法 先設所求直線方程的恰當形式，再由題設條件列方程（組），求出待定系數.
訓練2 在平面直角坐標系中，O為坐標原點，已知點A（1，2），B（4，7），若點C滿足＝α＋β（α，β∈R，且α＋β＝1），則點C的軌跡方程為　5x－3y＋1＝0　.
解析　∵點C滿足＝α＋β（α，β∈R，且α＋β＝1），∴，∴－＝α（－），∴＝α，由共線向量基本定理可知，A，B，C三點共線，∴點C的軌跡為直線AB，
又A（1，2），B（4，7），∴直線AB的方程為＝，整理得5x－3y＋1＝0，故點C的軌跡方程為5x－3y＋1＝0.
命題點3　直線方程的綜合應用
例3 （1）已知點A（2，5），B（4，1）.若點P（x，y）在線段AB上，則2x－y的最大值為（　C　）
A.－1 B.3 C.7 D.8
解析　依題意得kAB＝＝－2，則線段lAB：y－1＝－2（x－4），x∈[2，4]，即，x∈[2，4]，故2x－y＝2x－（－2x＋9）＝4x－9，x∈[2，4].設h（x）＝4x－9，x∈[2，4]，易知h（x）＝4x－9在[2，4]上單調遞增，故當x＝4時，.
（2）已知直線l的方程為（a＋1）x＋y＋3－a＝0（a∈R），則直線l過定點　（1，
－4）　；若直線l不經過第三象限，則實數a的取值范圍是　[3，＋∞）　.
解析　直線l：（a＋1）x＋y＋3－a＝0可化為a（x－1）＋x＋y＋3＝0，令解得∴直線l過定點（1，－4）.∵直線l的方程可化為，且直線l不經過第三象限，∴解得a≥3.
方法技巧
1.與直線有關的范圍問題要注意借助函數或者不等式求解.
2.直線方程含參數時，注意判斷直線是否過定點或者斜率是否為定值.
訓練3 （1）[2024廣東深圳模擬]在平面直角坐標系xOy中，已知動點P（a，b）到兩直線l1：y＝2x與l2：y＝－x＋1的距離之和為，則的取值范圍是　　.
解析　直線l1：y＝2x與l2：y＝－x＋1的方程化為一般式分別為l1：2x－y＝0，，所以點P（a，b）到兩直線的距離之和為＋＝，即　①.
當時，①式變形為3a＋b＝7；當時，①式變形為a－3b＝3；當時，①式變形為－a＋3b＝7；當時，①式變形為－3a－b＝3.則動點P（a，b）的軌跡為如圖所示的正方形ABCD，的幾何意義為正方形邊上任意一點與E（－5，0）連線的斜率.計算得C（－，－），D（－，），kCE＝－，kDE＝，所以的取值范圍是[－，].
（2）[2023長春模擬]已知直線l1：x－my＋1＝0過定點A，直線l2：mx＋y－m＋3＝0過定點B，l1與l2相交于點P，則｜PA｜＋｜PB｜的最大值為　　.
解析　直線l1：x－my＋1＝0過定點A（－1，0）；直線l2的方程可化為0，令x＝1，得y＝－3，所以直線l2過定點B（1，－3）.因為1·m－m·1＝0，所以l1⊥l2.
因為l1與l2相交于點P，所以｜PA｜2＋｜PB｜2＝｜AB｜2＝（－1－1）2＋（0＋3）2＝13.
因為≥（）2，所以｜PA｜＋｜PB｜≤，當且僅當時等號成立.第2講　兩條直線的位置關系
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.能根據斜率判定兩條直線平行或垂直. 2.能用解方程組的方法求兩條相交直線的交點坐標. 3.探索并掌握平面上兩點間及點到直線的距離公式，會求兩條平行直線間的距離. 兩條直線的位置關系 該講知識是平面解析幾何部分的基礎，命題熱點為兩點間與點到直線的距離公式的應用，判斷兩直線的位置關系及求解有關對稱問題，一般以選擇題和填空題的形式出現，難度中等偏易.
交點與距離問題 2021新高考卷ⅠT11；2021新高考卷ⅡT3；2020全國卷ⅡT5；2020全國卷ⅢT8
對稱問題 2022新高考卷ⅡT15
1.兩條直線的位置關系
斜截式 一般式
方程 y＝k1x＋b1，y＝k2x＋b2. A1x＋B1y＋C1＝0（＋≠0），A2x＋B2y＋C2＝0（＋≠0）.
垂直 ①　k1k2＝－1　. ②　A1A2＋B1B2＝0　.
平行 ③　k1＝k2且b1≠b2　. 或
重合 k1＝k2且b1＝b2. A1B2－A2B1＝B1C2－B2C1＝A1C2－A2C1＝0.
注意　兩條直線平行時，不要忘記它們的斜率都不存在的情況；兩條直線垂直時，不要忘記一條直線的斜率不存在、另一條直線的斜率為零的情況.
2.兩條直線的交點
對于直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，它們的交點坐標與方程組的解一一對應.
3.三種距離公式
距離類型 公式
兩點P1（x1，y1），P2（x2，y2）間的距離｜P1P2｜. ｜P1P2｜＝④　　.
點P0（x0，y0）到直線l：Ax＋By＋C＝0的距離d. d＝⑤　　.
兩條平行直線Ax＋By＋C1＝0與Ax＋By＋C2＝0間的距離d. d＝⑥　　.
注意　點到直線、兩平行線間的距離公式的使用條件：（1）求點到直線的距離時，應先將直線方程化為一般式；（2）求兩平行線間的距離時，應先將方程化為一般式且x，y的系數對應相等.
1.下列說法正確的是（　A　）
A.若兩直線的方程組成的方程組有解，則兩直線不一定相交
B.點P（x0，y0）到直線y＝kx＋b的距離為
C.當直線l1和直線l2的斜率都存在時，一定有k1＝k2 l1∥l2
D.若兩條直線垂直，則他們的斜率之積一定等于－1
2.設直線l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中實數k1，k2滿足k1k2＋2＝0，則l1與l2的位置關系是（　B　）
A.平行 B.相交 C.重合 D.不確定
解析　假設l1與l2平行或重合，有k1＝k2，代入k1k2＋2＝0，得＋2＝0，與k1為實數的事實相矛盾，從而k1≠k2，即l1與l2相交.故選B.
3.已知直線l1：3x－y－1＝0，l2：x＋2y－5＝0，l3：x－ay－3＝0不能圍成三角形，則實數a的取值不可能為（　A　）
A.1 B. C.－2 D.－1
解析　由題意可得，若三條直線不能圍成三角形，則其中有兩條直線平行或三條直線經過同一點.若其中有兩條直線平行，當l1∥l3時，可得a＝，當l2∥l3時，可得a＝－2；若三條直線經過同一點，由可得直線l1與l2的交點為（1，2），則（1，2）在l3上，故可得1－2a－3＝0，解得a＝－1.綜上，實數a的值可能為，－2，－1.故選A.
4.[易錯題]直線2x＋2y＋1＝0與x＋y＋2＝0之間的距離是　　.
解析　先將2x＋2y＋1＝0化為x＋y＋＝0，則兩平行線間的距離d＝＝ .（注意應用公式時x，y的系數分別對應相等）
5.[教材改編]已知點A（2，1），B（3，4），C（－2，－1），則△ABC的面積為　5　.
解析　解法一　設AB邊上的高為h，則h就是點C到AB所在直線的距離.
｜AB｜＝＝.由兩點式可得AB邊所在直線的方程為＝，即3x－y－5＝0.點C（－2，－1）到直線3x－y－5＝0的距離h＝＝，所以S△ABC＝×｜AB｜×h＝××＝5.
解法二　易知＝（1，3），＝（－4，－2），
所以△ABC的面積為×｜1×（－2）－3×（－4）｜＝5.（二級結論：若＝（x，y），＝（u，v），則S△ABC＝｜xv－yu｜）
研透高考 明確方向
命題點1　兩條直線的位置關系
例1 （1）[2023四川涼山州二模]已知直線l1：mx－y＋1＝0，直線l2：4x－my＋2＝0，若l1∥l2，則m＝　－2　.
解析　因為l1∥l2，所以（注意排除直線重合情況）
解得m＝－2.
（2）經過點A（2，1）且與直線2x＋y－10＝0垂直的直線方程為　x－2y＝0　.
解析　因為所求直線與直線2x＋y－10＝0垂直，所以設該直線方程為x－2y＋c＝0，又直線過點A（2，1），所以有2－2×1＋c＝0，解得c＝0，故所求直線方程為x－2y＝0.
方法技巧
1.判斷兩條直線位置關系的注意點
（1）斜率不存在的特殊情況；
（2）可直接利用直線方程系數間的關系得結論.
2.與直線Ax＋By＋C1＝0垂直的直線系方程為Bx－Ay＋C2＝0，與直線Ax＋By＋C1＝0平行的直線系方程為Ax＋By＋C2＝0（C1≠C2），過直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0和l2：A2x＋B2y＋C2＝0的交點的直線系方程為A1x＋B1y＋C1＋λ（A2x＋B2y＋C2）＝0（λ∈R）（該直線系不含l2）.
訓練1 （1）[2023南昌市模擬]直線l1：ax＋（a＋1）y－1＝0，l2：（a＋1）x－2y＋3＝0，則“a＝2”是“l1⊥l2”的（　A　）
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
解析　若l1⊥l2，則a（a＋1）＋（a＋1）×（－2）＝0，解得a＝－1或a＝2，所以“a＝2”是“l1⊥l2”的充分不必要條件，故選A.
（2）過點A（1，－4）且與直線2x＋3y＋5＝0平行的直線方程為　2x＋3y＋10＝0　.
解析　設所求直線方程為2x＋3y＋c＝0（c≠5），由題意知，2×1＋3×（－4）＋c＝0，解得c＝10，故所求直線方程為2x＋3y＋10＝0.
命題點2　交點與距離問題
例2 （1）[全國卷Ⅲ]點（0，－1）到直線y＝k（x＋1）距離的最大值為（　B　）
A.1 B. C. D.2
解析　解法一　由點到直線的距離公式知點（0，－1）到直線y＝k（x＋1）的距離d＝＝＝.當k＝0時，d＝1；當k≠0時，d＝＝，要使d最大，需k＞0且k＋最小，由基本不等式知，k＋≥2，當且僅當k＝1時，等號成立，所以當k＝1時，dmax＝，故選B.
解法二　記點A（0，－1），直線y＝k（x＋1）恒過點B（－1，0），當AB垂直于直線y＝k（x＋1）時，點A（0，－1）到直線y＝k（x＋1）的距離最大，且最大值為｜AB｜＝，故選B.
（2）[2023合肥市期末]若直線y＝x與直線y＝x－5的交點在直線y＝kx＋3上，則k的值為　　.
解析　由題易得k≠1，由得x＝y＝，將（，）代入y＝kx＋3，得＝＋3，得k＝.
方法技巧
1.求解距離問題的策略
（1）點到直線的距離問題可直接利用距離公式求解，但要注意方程必須為一般式.
（2）兩平行線間的距離：①利用兩平行線間的距離公式求解；②將兩條平行線間的距離轉化為一條直線上任意一點到另一條直線的距離.
2.遇到含有平方和、絕對值等形式的代數式時，注意利用距離公式的幾何意義求解.
訓練2 （1）直線l過點P（1，2），且點A（2，3），B（4，－5）到l的距離相等，則直線l的方程是（　C　）
A.4x＋y－6＝0
B.x＋4y－6＝0
C.3x＋2y－7＝0或4x＋y－6＝0
D.3x＋2y－7＝0或x＋4y－6＝0
解析　顯然直線l的斜率存在，故設直線l：y－2＝k（x－1），即kx－y－k＋2＝0，則＝ k－1＝3k＋7或k－1＋3k＋7＝0 k＝－4或k＝－，所以l的方程為y－2＝－4（x－1），即4x＋y－6＝0或y－2＝－（x－1），即3x＋2y－7＝0.故選C.
（2）函數f（x）＝＋的最小值為　2　.
解析　f（x）＝＋＝＋，所以函數f（x）的幾何意義為點P（x，0）與點A（1，1），點B（－1，1）的距離之和，易知點P為x軸上一動點，且當點P在原點時，｜PA｜＋｜PB｜取得最小值2.
命題點3　對稱問題
例3 已知直線l：2x－3y＋1＝0，點A（－1，－2）.求：
（1）點A關于直線l的對稱點A'的坐標；
（2）直線m：3x－2y－6＝0關于直線l的對稱直線m'的方程；
（3）直線l關于點A對稱的直線l'的方程.
解析　（1）設A'（x，y），則
解得即A'（－，）.
（2）在直線m上任取一點，如M（2，0），則M（2，0）關于直線l的對稱點必在m'上.
設M關于直線l的對稱點為M'（a，b），
則解得即M'（，）.設m與l的交點為N，則由得N（4，3）.
又m'經過點N（4，3），
所以由兩點式得直線m'的方程為9x－46y＋102＝0.
（3）解法一　在l：2x－3y＋1＝0上任取兩點，如P（1，1），N（4，3），則P，N關于點A的對稱點P'，N'均在直線l'上.
易知P'（－3，－5），N'（－6，－7），由兩點式可得l'的方程為2x－3y－9＝0.
解法二　設Q（x，y）為l'上任意一點，則Q（x，y）關于點A（－1，－2）的對稱點為
Q'（－2－x，－4－y），
因為點Q'在直線l上，所以2（－2－x）－3（－4－y）＋1＝0，即2x－3y－9＝0.
方法技巧
對稱問題的解題策略
點關于 點對稱 若點M（x1，y1）和點N（x，y）關于點P（a，b）對稱，則由中點坐標公式得進而求解.
直線關于 點對稱 直線關于點對稱的問題可轉化為點關于點對稱的問題.
點關于 直線 對稱 若兩點P1（x1，y1）與P2（x2，y2）（x1≠x2）關于直線l：Ax＋By＋C＝0（B≠0）對稱，則有即
直線關于 直線對稱 直線關于直線的對稱問題可轉化為點關于直線的對稱問題.
訓練3 （1）[多選/2023江西撫州南城二中模擬]一束光線沿著直線y＝－3x＋3a2－4a－2射到直線x＋y＝0上，經反射后沿著直線y＝－x－射出，則實數a可以為（　AD　）
A.2 B.－2 C. D.－
解析　由題知，直線y＝－3x＋3a2－4a－2與直線y＝－x－關于直線x＋y＝0對稱.在直線y＝－x－上任意取一點A（x0，y0），其關于直線x＋y＝0對稱的點為（-y0，-x0），則整理得3a2－4a－4＝0，解得a＝或a＝2，故選AD.
（2）過點P（0，1）作直線l，使它被直線l1：2x＋y－8＝0和l2：x－3y＋10＝0截得的線段被點P平分，則直線l的方程為　x＋4y－4＝0　.
解析　設l1與l的交點為A（a，8－2a），由題意知，點A關于點P的對稱點在l2上，把點B的坐標代入l2的方程得－a－3（2a－6）＋10＝0，解得a＝4.因為點A（4，0），P（0，1）在直線l上，所以直線l的方程為x＋4y－4＝0.第3講　圓的方程
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.探索并掌握圓的標準方程與一般方程. 2.能用圓的方程解決一些簡單的數學問題與實際問題. 求圓的方程 2022全國卷乙T14；2022全國卷甲T14；2021全國卷甲T20 本講命題重點為求圓的方程，與圓有關的軌跡問題、最值問題，題型既有小題也有大題，難度中等偏易.在2025年高考的復習備考中要重點掌握圓的方程的求解方法、圓的幾何性質以及一些隱形圓的命題.
與圓有關的軌跡問題
與圓有關的最值問題 2023全國卷乙T11；2023全國卷乙T12；2021新高考卷ⅠT11
1.圓的定義與方程
規律總結
（1）在圓的一般方程中：當D2＋E2－4F＝0時，方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示一個點（－，－）；當D2＋E2－4F＜0時，方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0沒有意義，不表示任何圖形.
（2）以A（x1，y1），B（x2，y2）為直徑端點的圓的方程為（x－x1）（x－x2）＋（y－y1）（y－y2）＝0.
2.點與圓的位置關系
圓的標準方程為（x－a）2＋（y－b）2＝r2（r＞0），圓心C的坐標為（a，b），半徑為r，設M的坐標為（x0，y0）.
常用結論
向量法判斷點與圓的位置關系
若點P是以AB為直徑的圓O所在平面內的一點，則
·＞0 點P在圓O外；
·＝0 點P在圓O上；
·＜0 點P在圓O內.
1.[2022北京高考]若直線2x＋y－1＝0是圓（x－a）2＋y2＝1的一條對稱軸，則a＝（　A　）
A. B.－ C.1 D.－1
解析　由題意知，圓心坐標為（a，0），且圓心在直線2x＋y－1＝0上，所以2a－1＝0，得a＝.故選A.
2.[2021上海高考]已知圓x2＋y2－2x－4y＝0，則該圓的圓心坐標為　（1，2）　.
解析　解法一　易知D＝－2，E＝－4，則－＝1，－＝2，故圓心坐標為（1，2）.
解法二　將圓的一般方程化為標準方程得（x－1）2＋（y－2）2＝5，則圓心坐標為（1，2）.
3.[易錯題]半徑為3，圓心的橫、縱坐標相等且與兩條坐標軸都相切的圓的方程為　（x－3）2＋（y－3）2＝9或（x＋3）2＋（y＋3）2＝9　.
解析　由題意知圓心坐標為（3，3）或（－3，－3），故所求圓的方程為或.
4.若方程x2＋y2＋2ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圓，則a的取值范圍是　（－∞，1）　.
解析　解法一　方程x2＋y2＋2ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0可化為（x＋a）2＋（y＋a）2＝1－a，若它表示圓，則需滿足1－a＞0，故a＜1.
解法二　要使方程x2＋y2＋2ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圓，則需滿足（2a）2＋（2a）2－4（2a2＋a－1）＞0，解得a＜1.
5.若點（1，1）在圓x2＋y2＋x＋ay＋1＝0外，則實數a的取值范圍為　（－4，－）∪（，＋∞）　.
解析　由題可知12＋a2－4×1＞0，解得a＞或a＜－.又點（1，1）在圓外，所以，解得a＞－4.故實數a的取值范圍為（－4，－）∪（，＋∞）.
研透高考 明確方向
命題點1　求圓的方程
例1 （1）[2022全國卷乙]過四點（0，0），（4，0），（－1，1），（4，2）中的三點的一個圓的方程為　x2＋y2－4x－6y＝0（答案不唯一）　.
解析　設A（0，0），B（4，0），C（－1，1），M（4，2），圓的一般方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.若圓過A，B，C三點，則分別將三點的坐標代入，可得解得易得D2＋E2－4F＞0，所以過A，B，C三點的圓的方程為x2＋y2－4x－6y＝0.
同理，得過A，B，M三點的圓的方程為x2＋y2－4x－2y＝0；
過A，C，M三點的圓的方程為x2＋y2－x－y＝0；
過B，C，M三點的圓的方程為x2＋y2－x－2y－＝0.
（2）[2022全國卷甲]設點M在直線2x＋y－1＝0上，點（3，0）和（0，1）均在☉M上，則☉M的方程為　（x－1）2＋（y＋1）2＝5　.
解析　解法一（待定系數法）　設☉M的方程為（x－a）2＋（y－b）2＝r2，則解得∴☉M的方程為（x－1）2＋（y＋1）2＝5.
解法二（幾何法）　設A（3，0），B（0，1），☉M的半徑為r，則kAB＝＝－，AB的中點坐標為（，），∴AB的垂直平分線方程為y－＝3（x－），即3x－y－4＝0.聯立得解得M（1，－1），∴r2＝｜MA｜2＝（3－1）2＋[0－（－1）]2＝5，∴☉M的方程為（x－1）2＋（y＋1）2＝5.
方法技巧
求圓的方程的兩種方法
幾何法 根據圓的幾何性質，直接求出圓心坐標和半徑，進而寫出方程.
待定 系數法 ①若已知條件與圓心、半徑有關，或與切線、弦長、弧長、圓心角、距離等有關，則選擇圓的標準方程（x－a）2＋（y－b）2＝r2（r＞0），根據條件列出方程組，求出a，b，r的值. ②選擇圓的一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0（D2＋E2－4F＞0），根據條件列出方程組，進而求出D，E，F的值.
訓練1 （1）已知m為實數，方程（m＋2）x2＋m2y2＋8x＋4y＋5m＝0表示圓，則實數m的值為　－1　.
解析　∵（m＋2）x2＋m2y2＋8x＋4y＋5m＝0表示圓，∴m＋2＝m2，∴m＝－1或m＝2.（二次項系數相等）
當m＝－1時，原方程為x2＋y2＋8x＋4y－5＝0，（二次項系數化為1后再使用公式）
即（x＋4）2＋（y＋2）2＝25.
當m＝2時，原方程可化為x2＋y2＋2x＋y＋＝0，
即（x＋1）2＋（y＋）2＝－，不是圓的方程，∴m＝2不合題意.綜上，m的值為－1.
（2）[2023鄭州市一測]經過點P（1，1）以及圓x2＋y2－4＝0與圓x2＋y2－4x＋4y－12＝0交點的圓的方程為　x2＋y2＋x－y－2＝0　.
解析　解法一　聯立得解得或不妨設過A，B，P三點的圓的一般方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0（D2＋E2－4F＞0），分別將A，B，P三點的坐標代入，得解得且D2＋E2－4F＞0，所以所求圓的方程為x2＋y2＋x－y－2＝0.
解法二　聯立得解得或不妨設A（－2，0），B（0，2），如圖，在平面直角坐標系中作出A，B，P三點，并連接AB，AP，BP，顯然△ABP是以AP為斜邊的直角三角形，且AP為所求圓的直徑，記所求圓的圓心為E，半徑為R，則E為AP的中點，且E（－，），R＝＝，故所求圓的方程為（x＋）2＋（y－）2＝，即x2＋y2＋x－y－2＝0.
解法三　設過圓x2＋y2－4＝0和圓x2＋y2－4x＋4y－12＝0的交點的圓的方程為，因為此圓經過點P（1，1），所以有，解得λ＝－5，即所求圓的方程為x2＋y2－4x＋4y－12－5（x2＋y2－4）＝0，化簡得，x2＋y2＋x－y－2＝0.
命題點2　與圓有關的軌跡問題
例2 （1）若Rt△ABC的斜邊的兩端點A，B的坐標分別為（－3，0）和（7，0），則直角頂點C的軌跡方程為（　C　）
A.x2＋y2＝25（y≠0） B.x2＋y2＝25
C.（x－2）2＋y2＝25（y≠0） D.（x－2）2＋y2＝25
解析　解法一（定義法）　線段AB的中點為D（2，0），因為△ABC為直角三角形，C為直角頂點，所以｜CD｜＝｜AD｜＝｜DB｜，所以點C在以D為圓心，｜AD｜＝5為半徑的圓上，所以點C的軌跡方程為（x－2）2＋y2＝25（y≠0）.
解法二（直接法）　線段AB的中點坐標為（2，0），因為△ABC為直角三角形，C為直角頂點，所以點C到點（2，0）的距離為｜AB｜＝5，所以點C（x，y）滿足＝5（y≠0），即（x－2）2＋y2＝25（y≠0）.
（2）已知線段AB的端點B的坐標為（8，6），端點A在圓C：x2＋y2＋4x＝0上運動，則線段AB的中點P的軌跡方程為　（x－3）2＋（y－3）2＝1　.
解析　設點P的坐標為（x，y），點A的坐標為（x0，y0），由于點B的坐標為（8，6），且P為線段AB的中點，∴x＝，y＝，于是有x0＝2x－8，y0＝2y－6.
∵點A在圓C上運動，
∴點A的坐標滿足方程x2＋y2＋4x＝0，即＋＋4x0＝0，
∴（2x－8）2＋（2y－6）2＋4（2x－8）＝0，
化簡整理，得x2＋y2－6x－6y＋17＝0，
即（x－3）2＋（y－3）2＝1.
方法技巧
求與圓有關的軌跡問題的幾種方法
1.直接法：當題目條件中含有與該點有關的等式時，可設出該點的坐標，用坐標表示等式，直接求解軌跡方程.
2.定義法：當題目條件符合圓的定義時，可直接利用定義確定其圓心和半徑，寫出圓的方程.
3.相關點代入法：當題目條件中已知某動點的軌跡方程，而要求的點與該動點有關時，常找出要求的點與已知點的關系，代入已知點滿足的關系式求軌跡方程.
訓練2 已知定點M（1，0），N（2，0），動點P滿足｜PN｜＝｜PM｜.
（1）求動點P的軌跡C的方程；
（2）已知點B（6，0），點A在軌跡C上運動，求線段AB上靠近點B的三等分點Q的軌跡方程.
解析　（1）設動點P的坐標為（x，y），
因為M（1，0），N（2，0），且｜PN｜＝｜PM｜，
所以＝·，
整理得x2＋y2＝2，
所以動點P的軌跡C的方程為x2＋y2＝2.
（2）設點Q的坐標為（x，y），點A的坐標為（xA，yA），
因為Q是線段AB上靠近點B的三等分點，
所以＝2，即（x－xA，y－yA）＝2（6－x，－y），
解得
又點A在軌跡C上運動，
由（1）有（3x－12）2＋（3y）2＝2，化簡得（x－4）2＋y2＝，
即點Q的軌跡方程為（x－4）2＋y2＝.
命題點3　與圓有關的最值問題
角度1　幾何法求最值
例3 （1）[多選/2021新高考卷Ⅰ]已知點P在圓（x－5）2＋（y－5）2＝16上，點A（4，0），B（0，2），則（　ACD　）
A.點P到直線AB的距離小于10
B.點P到直線AB的距離大于2
C.當∠PBA最小時，｜PB｜＝3
D.當∠PBA最大時，｜PB｜＝3
解析　設圓（x－5）2＋（y－5）2＝16的圓心為M（5，5），由題易知直線AB的方程為＝1，即x＋2y－4＝0，則圓心M到直線AB的距離d＝＝＞4，所以直線AB與圓M相離，所以點P到直線AB的距離的最大值為4＋d＝4＋，4＋＜5＋＝10，故A正確.
易知點P到直線AB的距離的最小值為d－4＝－4，－4＜－4＝1，故B不正確.
過點B作圓M的兩條切線，切點分別為N，Q，如圖所示，連接MB，MN，MQ，則當∠PBA最小時，點P與N重合，｜PB｜＝＝＝3，當∠PBA最大時，點P與Q重合，｜PB｜＝3，故C，D都正確.綜上，選ACD.
（2）已知實數x，y滿足方程x2＋y2－4x＋1＝0.
①則的最大值和最小值分別為　　和　－　；
②則y－x的最大值和最小值分別為　－2＋　和　－2－　；
③則x2＋y2的最大值和最小值分別為　7＋4　和　7－4　.
解析　①（斜率型）原方程可化為（x－2）2＋y2＝3，表示以（2，0）為圓心，為半徑的圓，的幾何意義是圓上一點與原點連線的斜率，所以設＝k，即y＝kx.
當直線y＝kx與圓相切時，斜率k取最大值或最小值，此時＝，解得k＝±.
所以的最大值為，最小值為－.
②解法一（截距型）　y－x可看作是直線y＝x＋b在y軸上的截距，當直線y＝x＋b與圓相切時，b取得最大值或最小值，此時＝，解得b＝－2±.
所以y－x的最大值為－2＋，最小值為－2－.
解法二（換元法）　圓的標準方程為（x－2）2＋y2＝3，所以設x－2＝cos θ，y＝，
則y－x＝sin θ－cos θ－2＝sin（θ－）－2，當θ＝時，y－x取最大值－2；當θ＝時，y－x取最小值－－2.
③解法一（距離型）　x2＋y2表示圓上的一點與原點距離的平方，由平面幾何知識知，最大值和最小值在過原點與圓心的直線與圓的兩個交點處取得.
又圓心到原點的距離為＝2，
所以x2＋y2的最大值是（2＋）2＝7＋4，
x2＋y2的最小值是（2－）2＝7－4.
解法二　由②中解法二可知，x2＋y2＝（2＋cos θ）2＋（sin θ）2＝7＋4cos θ，從而得x2＋y2的最大值和最小值分別為7＋4，7－4.
角度2　代數法求最值
例4 （1）[2023全國卷乙]已知實數x，y滿足x2＋y2－4x－2y－4＝0，則x－y的最大值是（　C　）
A.1＋ B.4 C.1＋3 D.7
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才能取到最大值，此時＝3，解得z＝1±3，故z＝x－y的最大值為1＋3，故選C.
（2）[2023全國卷乙]已知☉O的半徑為1，直線PA與☉O相切于點A，直線PB與☉O交于B，C兩點，D為BC的中點，若｜PO｜＝，則·的最大值為（　A　）
A. B. C.1＋ D.2＋
解析　解法一　連接OA，由題可知｜OA｜＝1，OA⊥PA，因為｜OP｜＝，所以在Rt△PAO中，由勾股定理可得｜PA｜＝1，則∠POA＝.設直線OP繞點P按逆時針方向旋轉θ后與直線PD重合，則－＜θ＜，∠APD＝＋θ，且｜PD｜＝cos θ，所以·｜｜｜｜·cos（＋θ）＝cos θcos（＋θ）＝＋cos（2θ＋）≤＋，（利用結論cos αcos β＝[cos（α＋β）＋cos（α－β）]）
故選A.
解法二　以圓心O為坐標原點建立平面直角坐標系，則圓O：x2＋y2＝1，令點P（，0），因為｜OA｜＝1，且OA⊥PA，所以∠POA＝，不妨令A（，）.設直線PD的方程為y＝k（x－），B（x1，y1），C（x2，y2），由得（k2＋1）x2－2k2x＋2k2－1＝0，由Δ＝8k4－4（k2＋1）（2k2－1）＝4－4k2＞0，解得－1＜k＜1，則x1＋x2＝，y1＋y2＝k（x1＋x2－2）＝－，所以D（，－），于是＝（－，），＝（－，－），所以·＝.設t＝1－k，則0＜t＜2，·＝＝＝≤＝＋，當且僅當t＝時等號成立，故選A.
方法技巧
與圓有關的最值問題的常見類型及求解策略
1.利用幾何法求最值
（1）借助兩點之間線段最短或垂線段最短求最值，往往會涉及折線段的距離和問題.
（2）利用常見代數式的幾何意義求最值，如斜率（μ＝），兩點之間的距離或其平方（m＝（x－a）2＋（y－b）2），點到直線的距離（d＝｜Ax0＋By0＋C｜）等.
2.利用代數法求最值
通常會利用已知條件通過換元（如利用sin2α＋cos2α＝1），消元，整體代入等構造函數或利用不等式求最值.
注意　到圓上一點的最值問題通常轉化為到圓心的最值問題.
訓練3 （1）[2024安徽太和中學模擬]已知點P（t，t－1），t∈R，O是坐標原點，Q是圓C：（x－3）2＋（y＋1）2＝1上的動點，則｜PQ｜－｜PO｜的最大值為（　C　）
A.2 B. C.3 D.4
解析　易得點P在直線l：x－y－1＝0上.圓C：（x－3）2＋（y＋1）2＝1的圓心為C（3，－1），半徑r＝1，而點Q在圓C上，則｜PQ｜max＝｜PC｜＋r，因此（｜PQ｜－｜PO｜）max＝r＋（｜PC｜－｜PO｜）max.設點C關于直線l的對稱點為C'（a，b），則｜PC｜＝｜PC'｜，且有解得即C'（0，2），因此，當且僅當點P，O，C'共線，且點O在線段PC'上時取等號，易得此時點P的坐標為（0，－1），所以（｜PQ｜－｜PO｜）max＝1＋2＝3.
（2）[2023四省聯考]若P，Q分別是拋物線x2＝y與圓（x－3）2＋y2＝1上的點，則｜PQ｜的最小值為　－1　.
解析　由題意，知圓的圓心為C（3，0），半徑為1.
設P（x0，），如圖，易知｜PQ｜min＝｜CP｜min－1，｜CP｜2＝（x0－3）2＋（－0）2＝＋－6x0＋9.設，則.因為2x2＋2x＋3＝2（x＋）2＋＞0恒成立，所以當x＜1時，，函數f（x）在（－∞，1）上單調遞減，當x＞1時，f'（x）＞0，函數f（x）在（1，＋∞）上單調遞增，所以f（x）min＝f（1）＝5，所以｜CP｜min＝，所以｜PQ｜的最小值為－1.第4講　直線與圓、圓與圓的位置關系
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.能根據給定直線、圓的方程，判斷直線與圓、圓與圓的位置關系. 2.能用直線和圓的方程解決一些簡單的數學問題與實際問題. 直線與圓的位置關系 2022新高考卷ⅡT15；2021新高考卷ⅡT11；2021全國卷甲T20 本講是高考的命題熱點，主要考查：（1）直線與圓的位置關系的判斷，圓與圓的位置關系的判斷，切線問題，弦長問題；（2）將圓的方程及幾何性質，直線與圓、圓與圓的位置關系作為研究圓錐曲線幾何量的條件.主要以選擇題、填空題的形式出現，也可能作為解答題的一部分考查，難度中等.在2025年高考的備考中重視常規考向的同時注意與圓錐曲線的綜合命題.
圓的弦長問題 2023新高考卷ⅡT15；2023全國卷甲T8；2021北京T9
圓的切線問題 2023新高考卷ⅠT6；2022新高考卷ⅠT14；2022全國卷甲T14；2020全國卷ⅠT11；2019全國卷ⅢT21
圓與圓的位置關系 2022新高考卷ⅠT14
1.直線與圓的位置關系
設圓O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d，則
位置關系 相離 相切 相交
圖形
公共點個數 0 1 2
判定方法 代數法 ①　＜　0 ②　＝　0 ③　＞　0
幾何法 d④　＞　r d⑤　＝　r d⑥　＜　r
常用結論
與圓的切線有關的結論
（1）過圓（x－a）2＋（y－b）2＝r2（r＞0）上一點P（x0，y0）的切線方程為（x0－a）（x－a）＋（y0－b）（y－b）＝r2；
（2）過圓C：（x－a）2＋（y－b）2＝r2（r＞0）外一點P（x0，y0）作圓C的兩條切線，切點分別為A，B，則P，A，B，C四點共圓，且AB所在直線的方程為（x0－a）（x－a）＋（y0－b）（y－b）＝r2；
（3）若圓的方程為（x－a）2＋（y－b）2＝r2（r＞0），則過圓外一點P（x0，y0）的切線長d＝.
2.圓與圓的位置關系
（1）設兩圓的圓心距為d，兩圓的半徑分別為R，r（R＞r），則
位置關系 外離 外切 相交 內切 內含
圖形
公共點個數 0 1 2 1 0
d，R，r的關系 ⑦　d＞R＋r　 ⑧　d＝R＋r　 ⑨　R－r＜d＜R＋r　 ⑩　d＝R－r　 　d＜R－r　
公切線條數 　4 　 　3 　 　2 　 　1　 0
（2）兩圓相交時，公共弦所在直線的方程
設圓C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0　（*），圓C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0　（**），若兩圓相交，則兩圓有一條公共弦，由（*）－（**），得（D1－D2）x＋（E1－E2）y＋F1－F2＝0　（***）.方程（***）表示圓C1與圓C2的公共弦所在直線的方程.
注意　（1）方程（***）存在的前提是兩圓相交；（2）兩圓公共弦的垂直平分線過兩圓的圓心.
規律總結
圓系方程
過直線Ax＋By＋C＝0與圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0交點的圓系方程 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ（Ax＋By＋C）＝0（λ∈R）.
過圓C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和圓C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0交點的圓系方程 x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ（x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2）＝0（λ≠－1）（該圓系不含圓C2，解題時，注意檢驗圓C2是否滿足題意）.
1.[多選]下列說法正確的是（　AD　）
A.若直線與圓組成的方程組有解，則直線與圓相交或相切
B.如果兩圓的圓心距小于兩圓的半徑之和，則兩圓相交
C.“k＝1”是“直線x－y＋k＝0與圓x2＋y2＝1相交”的必要不充分條件
D.過圓O：x2＋y2＝r2外一點P（x0，y0）作圓的兩條切線，切點分別為A，B，則O，P，A，B四點共圓且直線AB的方程是x0x＋y0y＝r2
2.[易錯題]若半徑為1的圓C與圓（x＋1）2＋（y－2）2＝9相切，則圓C的圓心C的軌跡方程為　（x＋1）2＋（y－2）2＝16或（x＋1）2＋（y－2）2＝4　.
解析　若兩圓外切，則點C與點（－1，2）間的距離為4，點C在以（－1，2）為圓心，4為半徑的圓上，此時點C的軌跡方程為（x＋1）2＋（y－2）2＝16；若兩圓內切，則點C與點（－1，2）間的距離為2，點C在以（－1，2）為圓心，2為半徑的圓上，此時點C的軌跡方程為（x＋1）2＋（y－2）2＝4.
3.[易錯題]已知圓C：x2＋y2＝9，過點P（3，1）作圓C的切線，則切線方程為　x＝3或4x＋3y－15＝0　.
解析　由題意知P在圓外，當切線斜率不存在時，切線方程為x＝3，滿足題意；當切線斜率存在時，設斜率為k，則切線方程為y－1＝k（x－3），即kx－y＋1－3k＝0，由＝3，解得k＝－，所以切線方程為4x＋3y－15＝0.綜上，切線方程為x＝3或4x＋3y－15＝0.
4.過兩圓x2＋y2－2y－4＝0與x2＋y2－4x＋2y＝0的交點，且圓心在直線l：2x＋4y－1＝0上的圓的方程為　x2＋y2－3x＋y－1＝0　.
解析　易知x2＋y2－2y－4＝0不符合題意，設所求圓的方程為，
則（1＋λ）x2－4x＋（1＋λ）y2＋（2－2λ）y－4λ＝0，
把圓心坐標（，）代入直線l的方程2x＋4y－1＝0，可得λ＝，故所求圓的方程為x2＋y2－3x＋y－1＝0.
5.[浙江高考]已知直線y＝kx＋b（k＞0）與圓x2＋y2＝1和圓（x－4）2＋y2＝1均相切，則k＝　　，b＝　　.
解析　解法一　因為直線y＝kx＋b（k＞0）與圓x2＋y2＝1，圓（x－4）2＋y2＝1都相切，所以＝＝1，得k＝，b＝－.
解法二　因為直線y＝kx＋b（k＞0）與圓x2＋y2＝1，圓（x－4）2＋y2＝1都相切，
所以直線y＝kx＋b必過兩圓心連線的中點（2，0），
所以2k＋b＝0.設直線y＝kx＋b的傾斜角為θ，則sin θ＝，又k＞0，所以θ＝，所以k＝tan ＝，b＝－2k＝－.
研透高考 明確方向
命題點1　直線與圓的位置關系
例1 （1）[多選/2021新高考卷Ⅱ]已知直線l：ax＋by－r2＝0（r＞0）與圓C：x2＋y2＝r2，點A（a，b），則下列說法正確的是（　ABD　）
A.若點A在圓C上，則直線l與圓C相切
B.若點A在圓C內，則直線l與圓C相離
C.若點A在圓C外，則直線l與圓C相離
D.若點A在直線l上，則直線l與圓C相切
解析　對于A，若點A（a，b）在圓C上，則a2＋b2＝r2，所以圓心C（0，0）到直線l的距離d＝＝r，所以直線l與圓C相切，故A正確；對于B，若點A（a，b）在圓C內，則a2＋b2＜r2，所以圓心C（0，0）到直線l的距離d＝＞r，所以直線l與圓C相離，故B正確；對于C，若點A（a，b）在圓C外，則a2＋b2＞r2，所以圓心C（0，0）到直線l的距離d＝＜r，所以直線l與圓C相交，故C不正確；對于D，因為點A在直線l上，所以a2＋b2＝r2，圓心C（0，0）到直線l的距離d＝＝r，所以直線l與圓C相切，D正確.故選ABD.
（2）[2022新高考卷Ⅱ]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　　.
解析　解法一　由題意知點A（－2，3）關于直線y＝a的對稱點為A'（－2，2a－3），所以kA'B＝，所以直線A'B的方程為y＝x＋a，即（3－a）x－2y＋2a＝0.由題意知直線A'B與圓（x＋3）2＋（y＋2）2＝1有公共點，易知圓心為（－3，－2），半徑為1，所以≤1，整理得6a2－11a＋3≤0，解得≤a≤，所以實數a的取值范圍是[，].
解法二　設已知圓關于直線y＝a的對稱圓為圓C，則易知圓心C（－3，2a＋2），半徑.
又直線AB的方程為y＝x＋a，即（a－3）x－2y＋2a＝0.
于是，根據題意可知直線AB與圓C有公共點，從而可得≤1，整理得6a2－11a＋3≤0，解得≤a≤.故所求a的取值范圍是[，].
方法技巧
直線與圓的位置關系的判斷方法
幾何法 由圓心到直線的距離d與半徑r的大小關系來判斷.
代數法 聯立直線與圓的方程，消元后得到關于x（或y）的一元二次方程，利用Δ判斷.
點與圓的位置關系法 若直線過定點且該定點在圓內，則可判斷直線與圓相交.
注意　在直線與圓的位置關系的判斷方法中，若直線和圓的方程已知或圓心到直線的距離易表達，則用幾何法；若直線或圓的方程中含有參數，且圓心到直線的距離不易表達，則用代數法.
訓練1 （1）直線l：mx－y＋1－m＝0與圓C：x2＋（y－1）2＝5的位置關系是（　A　）
A.相交 B.相切
C.相離 D.不確定
解析　解法一（代數法）　由消去y，整理得（1＋m2）x2－2m2x＋m2－5＝0，
因為Δ＝16m2＋20＞0，所以直線l與圓C相交.
解法二（幾何法）　由題意知，圓心C（0，1）到直線l的距離d＝＜1＜，故直線l與圓C相交.
解法三（點與圓的位置關系法）　直線l：mx－y＋1－m＝0過定點（1，1），因為點（1，1）在圓x2＋（y－1）2＝5的內部，所以直線l與圓C相交.
（2）[2023重慶市調研質量抽測（一）]已知圓C：x2＋y2＝16上恰有3個點到直線l：y＝x＋b（b＞0）的距離等于2，則b的值為　4　.
解析　如圖，分別作直線l1，l2與直線l平行，且與直線l的距離均為2.圓C：x2＋y2＝16，則圓心坐標為（0，0），半徑r＝4.圓心（0，0）到直線l：x－y＋b＝0的距離d＝.因為圓C上恰有3個點到直線l的距離等于2，由圖可知，圓C與l2相切，與l1有2個交點，（轉化為圓C與直線l1，l2的位置關系）
則得又b＞0，所以b＝4.
命題點2　圓的弦長問題
例2 （1）[2023全國卷甲]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｜＝（　D　）
A. B. C. D.
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.
解法一　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.
解法二　則圓心（2，3）到漸近線y＝2x的距離d＝＝，所以｜AB｜＝2＝2＝，故選D.
（2）[2023新高考卷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”的m的一個值　2（答案不唯一）　.
解析　設直線x－my＋1＝0為直線l，由條件知☉C的圓心C（1，0），半徑R＝2，C到直線l的距離d＝，（提示：點（x0，y0）到直線Ax＋By＋C＝0的距離d＝）｜AB｜＝2＝2＝.由S△ABC＝，得××＝，整理得2m2－5｜m｜＋2＝0，解得m＝±2或m＝±.
方法技巧
求解圓的弦長問題的方法
幾何法 設直線l被圓C截得的弦為AB，圓的半徑為r，圓心到直線的距離為d，則｜AB｜＝2.在解決圓的弦長問題時，多用幾何法.
代數法 若斜率為k的直線與圓相交于A（xA，yA），B（xB，yB）兩點，則｜AB｜＝·｜xA－xB｜＝｜yA－yB｜（其中k≠0）.特別地，當k＝0時，｜AB｜＝｜xA－xB｜；當斜率不存在時，｜AB｜＝｜yA－yB｜.
訓練2 （1）[2021北京高考]已知圓C：x2＋y2＝4，直線l：y＝kx＋m，當k的值發生變化時，直線l被圓C所截得的弦長的最小值為2，則m的值為（　C　）
A.±2 B.± C.± D.±3
解析　解法一（幾何法）　設直線l與y軸交于點A（0，m），由題意知，圓心C（0，0），當k的值發生變化時，要使直線l被圓C所截得的弦長最小，則圓心C到直線l的距離最大，為｜AC｜，即｜m｜＝＝，所以m＝±.
解法二（代數法）　由得（k2＋1）x2＋2kmx＋m2－4＝0.設交點A（x1，y1），B（x2，y2），則則｜AB｜＝｜x1－x2｜＝·＝＝2.
顯然當k＝0時，弦長取得最小值2＝2，解得m＝±.
（2）[多選/2024南京市第五高級中學模擬]已知圓O：x2＋y2＝9，過點A（2，0）的直線l與圓O交于M，N兩點，則（　BD　）
A.存在直線l，使得｜MN｜＝4
B.使得｜MN｜為整數的直線l有3條
C.存在直線l，使得△MON的面積為
D.存在直線l，使得△MON的面積為
解析　因為圓O的半徑為3，｜OA｜＝2，所以2≤｜MN｜≤6，即2≤｜MN｜≤6，故A不正確.
若｜MN｜為整數，則｜MN｜＝5或｜MN｜＝6，且滿足｜MN｜＝5的直線l有2條，滿足｜MN｜＝6的直線有1條，故B正確.
S△MON＝｜OM｜｜ON｜sin∠MON＝sin∠MON，且點O到直線l的距離的最大值為2.
若S＝，則sin∠MON＝1，則∠MON＝，則O到直線l的距離為3cos＝＞2，不符合條件，故C不正確.
若S＝，則sin∠MON＝，則∠MON＝或.若∠MON＝，則O到直線l的距離為3cos＝＞2，不符合條件；若∠MON＝，則O到直線l的距離為3cos＝＜2，符合條件，故D正確.故選BD.
命題點3　圓的切線問題
例3 [2023新高考卷Ⅰ]過點（0，－2）與圓x2＋y2－4x－1＝0相切的兩條直線的夾角為α，則sin α＝ （　B　）
A.1 B. C. D.
解析　如圖，x2＋y2－4x－1＝0，即（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，因為圓心與點（0，－2）的連線平分角α，所以sin ＝＝＝，所以cos ＝，所以.故選B.
例4 已知點P（＋1，2－），點M（3，1），圓C：（x－1）2＋（y－2）2＝4.
（1）求過點P的圓C的切線方程；
（2）求過點M的圓C的切線方程，并求出切線長.
解析　由題意得圓心C（1，2），半徑r＝2.
（1）∵（＋1－1）2＋（2－－2）2＝4，∴點P在圓C上.
又kPC＝＝－1，∴切線的斜率k＝－＝1.
∴過點P的圓C的切線方程是y－（2－）＝x－（＋1），即x－y＋1－2＝0.
（2）∵（3－1）2＋（1－2）2＝5＞4，
∴點M在圓C外部.
當過點M的直線斜率不存在時，直線方程為x＝3，即x－3＝0.又點C（1，2）到直線的距離d＝3－1＝2＝r，
即此時滿足題意，∴直線x＝3是圓的切線；
當切線的斜率存在時，設切線方程為y－1＝k（x－3），即kx－y＋1－3k＝0，則圓心C到切線的距離d＝＝r＝2，解得k＝.
∴切線方程為y－1＝（x－3），即3x－4y－5＝0.
綜上可得，過點M的圓C的切線方程為x－3＝0或3x－4y－5＝0.∵｜MC｜＝＝，
∴過點M的圓C的切線長為＝＝1.
方法技巧
1.求過圓O上一點P（x0，y0）的切線l方程的方法
利用OP與l垂直及l過點P求切線方程.
2.求過圓外一點的切線方程的方法
幾何法 設出直線方程，利用圓心到直線的距離等于半徑列方程求解.
代數法 設出直線方程，再與圓的方程聯立，得到一個關于x或y的一元二次方程，利用Δ＝0求解.
注意　（1）求過一定點的圓的切線方程時，應先判斷定點與圓的位置關系.（2）設直線方程時注意對斜率是否存在進行討論.
3.過圓外一點M作圓的切線，求切線長的技巧
先求M與圓心的距離d，再由勾股定理求得切線長為（其中r為圓的半徑）.
訓練3 （1）[2023重慶市二調]已知直線l：x－y＋8＝0與x軸交于點A，過直線l上的動點P作圓x2＋y2＝16的兩條切線，切點分別為C，D，則直線CD恒過定點的坐標為　　；若M是線段CD的中點，則｜AM｜的最小值為　4　.
解析　解法一　設點P坐標為（x0，y0），O為坐標原點，連接OP，易證C，D兩點在以OP為直徑的圓上，故C，D兩點為此圓與圓x2＋y2＝16的交點，由化簡得x0x＋y0y＝16，此方程即直線CD的方程，又點P是直線l上的動點，所以y0＝x0＋8，所以直線CD的方程為x0x＋（x0＋8）y＝16，即x0（x＋y）＋8y＝16.當x＋y＝0，8y＝16時，y＝2，x＝－2.故直線CD過定點.令定點為F，由OM⊥CD知，OM⊥MF，又｜OF｜＝2，所以點M在以OF為直徑的圓上，其軌跡方程為（x＋1）2＋（y－1）2＝2，設圓心為N，則N（－1，1）.又A（－8，0），｜AN｜＝＝5，故｜AM｜的最小值為5－＝4.
解法二　依題意，設點P坐標為（x0，x0＋8），則CD：x0x＋（x0＋8）y＝16.（二級結論：從圓外一點P（x0，y0），引圓x2＋y2＝r2的兩條切線，切點弦所在直線的方程為x0x＋y0y＝r2）
后同解法一.
（2）[2021天津高考]若斜率為的直線與y軸交于點A，與圓x2＋（y－1）2＝1相切于點B，則｜AB｜＝　　.
解析　設直線AB的方程為y＝x＋b，則點A（0，b），由于直線AB與圓相切，且圓心為C（0，1），半徑為1，則＝1，解得b＝－1或b＝3，所以｜AC｜＝2，因為｜BC｜＝1，所以｜AB｜＝＝.
命題點4　圓與圓的位置關系
角度1　圓與圓位置關系的判斷
例5 [2023安徽省十校聯考]已知直線l：mx＋y－3m－2＝0與圓交于A，B兩點，則當弦AB最短時，圓M與圓N：（x＋2m）2＋y2＝9的位置關系是（　B　）
A.內切 B.外離 C.外切 D.相交
解析　易知直線l：mx＋y－3m－2＝0即m（x－3）＋y－2＝0，可知l過定點P（3，2），因為（3－5）2＋（2－4）2＜25，故P（3，2）在圓M：（x－5）2＋（y－4）2＝25內.故弦AB最短時直線l垂直于PM，又kPM＝＝1，所以1×（－m）＝－1，解得m＝1，此時圓N的方程是（x＋2）2＋y2＝9.兩圓圓心之間的距離｜MN｜，兩圓半徑分別為5，3，又＞＝5＋3，所以這兩圓外離.故選B.
角度2　兩圓的公切線問題
例6 [2022新高考卷Ⅰ]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　x＝－1（答案不唯一）　.
解法一　如圖，因為圓x2＋y2＝1的圓心為O（0，0），半徑r1＝1，圓（x－3）2＋（y－4）2＝16的圓心為A（3，4），半徑r2＝4，所以｜OA｜＝5，r1＋r2＝5，所以｜OA｜＝r1＋r2，所以兩圓外切，公切線有三種情況：①易知公切線l1的方程為x＝－1；②另一條公切線l2與公切線l1關于過兩圓圓心的直線l對稱，易知過兩圓圓心的直線l的方程為y＝x，由得由對稱性可知公切線l2過點（－1，－），設公切線l2的方程為y＋＝k（x＋1），則點O（0，0）到l2的距離為1，所以1＝，解得k＝，所以公切線l2的方程為y＋＝（x＋1），即7x－24y－25＝0；③還有一條公切線l3與直線l：y＝x垂直，設公切線l3的方程為y＝－x＋t，易知t＞0，則點O（0，0）到l3的距離為1，所以1＝，解得t＝或t＝－（舍去），所以公切線l3的方程為y＝－x＋，即3x＋4y－5＝0.綜上，所求直線方程為x＝－1或或3x＋4y－5＝0.
解法二　若兩圓公切線的斜率不存在，則設其方程為x＝m，由題意得｜m｜＝1，且｜m－3｜＝4，解得m＝－1，所以此時兩圓公切線的方程為x＝－1.
若兩圓公切線的斜率存在，則設其方程為y＝kx＋b，由題意得＝1，＝4，
所以有｜3k－4＋b｜＝4｜b｜，所以可得3k－4＋b＝±4b，即b＝k－或b＝－k.
將b＝k－代入＝1化簡可得k＝，b＝－；
將b＝－k代入＝1化簡可得k＝－，b＝.
則可得兩圓公切線的方程為y＝x－或y＝－x＋，
即7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0.
綜上，可知兩圓公切線的方程為x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0.
角度3　兩圓相交的公共弦問題
例7 圓C1：x2＋y2－2x＋10y－24＝0和圓C2：x2＋y2＋2x＋2y－8＝0的公共弦所在直線的方程為　x－2y＋4＝0　，公共弦長為　2　.
解析　聯立兩圓的方程，得兩式相減并整理得x－2y＋4＝0，所以兩圓公共弦所在直線的方程為x－2y＋4＝0.
解法一　設兩圓相交于點A（x1，y1），B（x2，y2），則A，B兩點的坐標滿足解得或所以｜AB｜＝＝2，即公共弦長為2.
解法二　由x2＋y2－2x＋10y－24＝0，得（x－1）2＋（y＋5）2＝50，其圓心坐標為（1，－5），半徑r＝5，圓心到直線x－2y＋4＝0的距離d＝＝3.設公共弦長為2l，由勾股定理得r2＝d2＋l2，即50＝（3）2＋l2，解得l＝，故公共弦長2l＝2.
方法技巧
1.判斷兩圓的位置關系常用的方法是幾何法，即利用兩圓圓心之間的距離與兩圓半徑之間的關系，一般不采用代數法.
2.兩圓的公切線問題實質為直線與圓的相切問題，利用兩圓圓心到公切線的距離分別等于兩圓的半徑列方程組求解.
3.若兩圓相交，則兩圓公共弦所在直線的方程可由兩圓的方程作差得到.
訓練4 （1）[2023湖南省六校聯考]在平面直角坐標
系xOy中，圓C的方程為x2＋y2－8x＋15＝0，若直線y＝kx－2上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓與圓C有公共點，則k的最大值是（　B　）
A.0 B. C. D.7
解析　圓C的方程為x2＋y2－8x＋15＝0，則圓C的標準方程為（x－4）2＋y2＝1，則圓C是以C（4，0）為圓心，1為半徑的圓.若直線y＝kx－2上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓與圓C有公共點，則圓心C到直線y＝kx－2的距離d≤2，即≤2，解得0≤k≤，即k的最大值為.故選B.
（2）[多選/2023海南省文昌中學模擬]已知圓O1：x2＋y2－2x－3＝0和圓O2：的交點為A，B，直線l：x＋y＋λ＝0與圓O1交于C，D兩點，則下列結論正確的是（　CD　）
A.直線AB的方程為x－y＋＝0
B.圓O2上存在兩點P和Q，使得｜PQ｜＞｜AB｜
C.圓O1上的點到直線AB的最大距離為2＋
D.若O1C⊥O1D，則λ＝－3或λ＝1
解析　圓O1的圓心為O1（1，0），半徑r1＝2，圓O2的圓心為O2（0，1），半徑r2＝，所以｜O1O2｜＝＝，r1－r2＜｜O1O2｜＜r1＋r2，所以兩圓相交，所以將兩圓的方程作差可得直線AB的方程，為x－y＋1＝0，故A錯誤；
圓心O1到直線AB的距離為d1＝＝，所以｜AB｜＝2＝2，對于圓O2上的任意兩點P，Q，｜PQ｜≤2r2＝｜AB｜，故B錯誤；
圓O1上的點到直線AB的距離的最大值為d1＋r1＝2＋，故C正確；
因為O1C⊥O1D，所以圓心O1到直線CD的距離為，所以＝，故λ＝－3或λ＝1，故D正確.故選CD.第5講　橢　圓
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.掌握橢圓的定義、標準方程及簡單幾何性質. 2.了解橢圓的簡單應用. 3.體會數形結合的思想. 橢圓的定義及其應用 2023全國卷甲T7；2023全國卷甲T12；2021新高考卷ⅠT5；2021全國卷甲T15；2020新高考卷ⅠT9 該講是高考命題的熱點，主要體現：（1）以定義作為命題思路求解橢圓的標準方程、離心率等；（2）以特殊的幾何圖形為命題背景，求解三角形的面積，弦長等.題型既有小題也有大題，難度中等偏上.在2025年高考的備考中，應關注橢圓的定義和幾何性質在解題中的應用.
橢圓的標準方程 2023全國卷乙T20；2022全國卷甲T11；2022全國卷乙T20；2021新高考卷ⅡT20；2020新高考卷ⅠT22；2020新高考卷ⅡT21；2020全國卷ⅠT20；2020全國卷ⅡT19；2020全國卷ⅢT20；2019全國卷ⅠT10；2019全國卷ⅡT21
橢圓的幾何性質 2023新高考卷ⅠT5；2022新高考卷ⅠT16；2022全國卷乙T20；2022全國卷甲T10；2021全國卷乙T11；2020全國卷ⅡT19；2019全國卷ⅢT15
1.橢圓的定義和標準方程
（1）定義
平面內與兩個定點F1，F2的距離的和等于①　常數　（大于｜F1F2｜）的點的軌跡叫做橢圓.這兩個定點叫做橢圓的②　焦點　，兩焦點間的距離叫做橢圓的③　焦距　.
集合語言：P＝{M｜｜MF1｜＋｜MF2｜＝2a，2a＞｜F1F2｜}，｜F1F2｜＝2c，其中a＞c＞0，且a，c為常數.
注意　若2a＝｜F1F2｜，則動點的軌跡是線段F1F2；若2a＜｜F1F2｜，則動點的軌跡不存在.
（2）標準方程
a.中心在坐標原點，焦點在x軸上的橢圓的標準方程為④　　（a＞b＞0）；
b.中心在坐標原點，焦點在y軸上的橢圓的標準方程為⑤　　（a＞b＞0）.
思維拓展
橢圓的第二定義、第三定義
橢圓的第二定義：{P｜＝e，0＜e＜1，其中F為定點，l為定直線，e為離心率，F l，d表示點P到直線l的距離}.
橢圓的第三定義：{P｜kPA·kPB＝e2－1，0＜e＜1，其中kPA，kPB分別表示點P與兩定點A，B連線的斜率，e為離心率}.
注意　橢圓的第三定義中的兩個定點（橢圓的頂點）在x軸上，且利用橢圓第三定義得出的軌跡方程不包括這兩個定點.
2.橢圓的幾何性質
標準方程 ＋＝1（a＞b＞0） ＋＝1（a＞b＞0）
圖形
標準方程 ＋＝1（a＞b＞0） ＋＝1（a＞b＞0）
幾 何 性 質 范圍 －a≤x≤a，－b≤y≤b －b≤x≤b，－a≤y≤a
對稱性 對稱軸：⑥　x軸、y軸　.對稱中心：⑦　原點　
焦點 F1（－c，0），F2（c，0） F1（0，－c），F2（0，c）
頂點
軸 線段A1A2，B1B2分別是橢圓的長軸和短軸，長軸長為⑧　2a　，短軸長為⑨　2b　
焦距 ｜F1F2｜＝2c
離心率 e＝＝∈⑩　（0，1）　
a，b，c 的關系 　a2＝b2＋c2　
說明　離心率表示橢圓的扁平程度，當e越接近于1時，c越接近于a，從而b＝越小，因此橢圓越扁平；當e越接近于0時，c越接近于0，從而b＝越大，因此橢圓越接近于圓.
常用結論
1.橢圓的焦點三角形
以橢圓上的點P（x0，y0）與兩焦點F1，F2為頂點的△PF1F2叫做焦點三角形.
如圖所示，設∠F1PF2＝θ.
（1）當P為短軸端點時，θ最大.（2）＝｜PF1｜·｜PF2｜·sin θ＝b2·＝b2tanc｜y0｜，當｜y0｜＝b，即P為短軸端點時，取最大值，最大值為bc.（3）｜PF1｜max＝a＋c，｜PF1｜min＝a－c.（4）焦點三角形的周長為2（a＋c）.
2.設橢圓＋＝1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F1（－c，0），F2（c，0），則當點在橢圓上時，｜PF1｜＝a＋ex0，｜PF2｜＝a－ex0（e為橢圓的離心率）.
1.（1）的推導過程：在焦點三角形PF1F2中，由余弦定理可得｜F1F2｜2＝｜PF1｜2＋｜PF2｜2－2｜PF1｜｜PF2｜cos θ，
則cos θ＝
　 ＝
　 ＝
　 ＝－1，
∵｜PF1｜｜PF2｜≤（）2＝a2，當且僅當｜PF1｜＝｜PF2｜，即點P是短軸端點時取等號，
∴cos θ＝－1≥－1.
又函數y＝cos x在（0，π）上單調遞減，∴當P為短軸的端點時，θ最大.
1.（2）的推導過程：由上條結論的推導過程得cos θ＝－1，∴｜PF1｜｜PF2｜＝，
∴＝｜PF1｜｜PF2｜sin θ＝··sin θ＝b2·＝b2·＝b2tan .
1.設P是橢圓C：＋＝1上的動點，則P到橢圓的兩個焦點的距離之和為（　C　）
A.2 B.2 C.2 D.4
解析　根據橢圓的定義，可知點P到橢圓的兩個焦點的距離之和為2.故選C.
2.已知橢圓＋＝1（a＞b＞0）的離心率為，則（　B　）
A.a2＝2b2 B.3a2＝4b2 C.a＝2b D.3a＝4b
解析　由題意得，＝，∴＝，又a2＝b2＋c2，∴＝，∴＝，∴4b2＝3a2.故選B.
3.[多選]下列說法正確的是（　CD　）
A.平面內與兩個定點F1，F2的距離的和等于常數的點的軌跡是橢圓
B.橢圓的離心率e越大，橢圓就越圓
C.關于x，y的方程mx2＋ny2＝1（m＞0，n＞0，m≠n）表示的曲線是橢圓
D.＋＝1（a＞b＞0）與＋＝1（a＞b＞0）的焦距相同
4.[易錯題]平面內一點M到兩定點F1（－6，0），F2（6，0）的距離之和等于12，則點M的軌跡是　線段F1F2　.
解析　由題意知｜MF1｜＋｜MF2｜＝12，但｜F1F2｜＝12，即｜MF1｜＋｜MF2｜＝｜F1F2｜，所以點M的軌跡是線段F1F2.
5.[易錯題]橢圓＋＝1的焦距為4，則m＝　4或8　.
解析　當焦點在x軸上時，10－m＞m－2＞0，10－m－（m－2）＝4，∴m＝4.當焦點在y軸上時，m－2＞10－m＞0，m－2－（10－m）＝4，∴m＝8.
6.已知橢圓的一個焦點為F（6，0），且B1，B2是短軸的兩個端點，△FB1B2是等邊三角形，則這個橢圓的標準方程是　＋＝1　.
解析　由已知得橢圓的焦點在x軸上，設方程為＋＝1（a＞b＞0）.由一個焦點為F（6，0），知c＝6，又△FB1B2為等邊三角形，得b＝2，所以a2＝b2＋c2＝48，故橢圓的標準方程為＋＝1.
研透高考 明確方向
命題點1　橢圓的定義及其應用
例1 （1）[2023全國卷甲]設F1，F2為橢圓C：＋y2＝1的兩個焦點，點P在C上，若·＝0，則｜PF1｜·｜PF2｜＝（　B　）
A.1 B.2 C.4 D.5
解析　解法一　因為·＝0，所以PF1⊥PF2，則＝｜PF1｜·｜PF2｜＝b2tan，得｜PF1｜·｜PF2｜＝1×tan，所以｜PF1｜·｜PF2｜＝2，故選B.
解法二　因為·＝0，所以PF1⊥PF2，所以16.因為｜PF1｜＋｜PF2｜＝2a＝2，所以＝20，即｜PF1｜2＋｜PF2｜2＋2｜PF1｜·｜PF2｜＝20，所以｜PF1｜·｜PF2｜＝2，故選B.
（2）[2021新高考卷Ⅰ]已知F1，F2是橢圓C：＋＝1的兩個焦點，點M在C上，則｜MF1｜·｜MF2｜的最大值為（　C　）
A.13 B.12 C.9 D.6
解析　由橢圓C：＋＝1，得｜MF1｜＋｜MF2｜＝6，
則｜MF1｜·｜MF2｜≤（）2＝32＝9，當且僅當｜MF1｜＝｜MF2｜＝3時等號成立.
（3）動圓M與圓M1：（x＋1）2＋y2＝1外切，與圓M2：（x－1）2＋y2＝25內切，則動圓圓心M的軌跡是　橢圓　.
解析　設圓M的半徑為R.因為圓M與圓M1外切，與圓M2內切，所以｜MM2｜＝5－R，所以｜MM1｜＋｜MM2｜＝1＋R＋5－R＝6＞｜M1M2｜＝2，所以M的軌跡是橢圓.
方法技巧
1.橢圓定義的主要應用
（1）確認平面內與兩定點有關的動點軌跡是否為橢圓；（2）解決與焦點有關的距離或范圍問題.
2.解決焦點三角形問題常利用橢圓的定義以及余弦定理.
訓練1 （1）[2023全國卷甲]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｜＝（　B　）
A. B. C. D.
解析　解法一　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　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｜＝.（也可由＝（＋），兩邊同時平方求｜OP｜）
解法二　依題意a＝3，b＝，c＝＝.如圖（圖同解法一），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＝3，又＋＝1，所以＝，故｜OP｜2＝＋＝，得｜OP｜＝.
（2）已知橢圓＋＝1，F是橢圓的左焦點，P是橢圓上一點，若點A的坐標為（1，1），則｜PA｜＋｜PF｜的最小值為（　A　）
A.3 B. C.＋ D.＋1
解析　設橢圓的右焦點為F2（1，0），則｜AF2｜＝1，.又｜｜PA｜－｜PF2｜｜≤｜AF2｜＝1，所以，所以｜PA｜＋｜PF｜的最小值為3（此時點P是射線F2A與橢圓的交點）.
（3）已知△ABC的周長為20，且頂點B（0，－4），C（0，4），則頂點A的軌跡方程是　＋＝1（x≠0）　.
解析　因為△ABC的周長為20，頂點B（0，－4），C（0，4），所以｜BC｜＝8，｜AB｜＋｜AC｜＝20－8＝12，因為12＞8，所以點A到兩個定點的距離之和等于定值，所以點A的軌跡是焦點在y軸上的橢圓的一部分，設橢圓方程為＋＝1（a＞b＞0），易得a＝6，c＝4，所以b2＝20，所以點A的軌跡方程是＋＝1（x≠0）.
命題點2　橢圓的標準方程
例2 （1）[2023南京模擬]已知橢圓的兩個焦點分別為F1（0，2），F2（0，－2），P為橢圓上任意一點，若｜F1F2｜是｜PF1｜，｜PF2｜的等差中項，則此橢圓的標準方程為（　D　）
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
解析　由題意得｜PF1｜＋｜PF2｜＝2｜F1F2｜＝8＝2a，故a＝4，又c＝2，則b＝2，又焦點在y軸上，故橢圓的標準方程為＋＝1.
（2）[2022全國卷甲]已知橢圓C：＋＝1（a＞b＞0）的離心率為，A1，A2分別為C的左、右頂點，B為C的上頂點.若·＝－1，則C的方程為（　B　）
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋y2＝1
解析　依題意得A1（－a，0），A2（a，0），B（0，b），所以＝（－a，－b），＝（a，－b），·＝－a2＋b2＝－c2＝－1，故c＝1，又C的離心率e＝＝，所以a＝3，故a2＝9，b2＝a2－c2＝8，即C的方程為＋＝1，故選B.
方法技巧
求橢圓標準方程的兩種方法
1.定義法
先根據橢圓的定義確定a，b，c的值，再結合焦點位置求出橢圓的標準方程.
2.待定系數法
若焦點位置明確，則可設出橢圓的標準方程，結合已知條件求出a，b的值；若焦點位置不明確，則需要分焦點在x軸上和y軸上兩種情況討論，也可設橢圓方程為，用待定系數法求出m，n的值.
訓練2 （1）[2023銀川市質檢]已知A是橢圓C：＋＝1（a＞b＞0）的右頂點，焦距為4，直線y＝kx（k≠0）與C相交于P，Q兩點，若直線AP與直線AQ的斜率之積為－，則橢圓C的方程為（　B　）
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
解析　解法一　因為A是橢圓C的右頂點，所以點A的坐標為（a，0），因為直線y＝kx（k≠0）過原點，所以與橢圓＋＝1（a＞b＞0）的交點P，Q關于原點對稱，因此可設P，Q兩點的坐標分別為（x1，y1），（－x1，－y1），則kAP·kAQ＝·＝·.因為點P（x1，y1）在橢圓＋＝1（a＞b＞0）上，所以＋＝1，故＝b2（1－）＝（a2－），所以kAP·kAQ＝＝＝－，由已知可得－＝－，所以a2＝2b2.由焦距2c＝4，得c＝2，再結合橢圓中a2＝b2＋c2，可得a2＝8，b24，故橢圓C的方程為＋＝1，故選B.
解法二　由二級結論可知，直線AP和AQ的斜率之積為－，所以－＝－，所以a2＝2b2，由焦距2c＝4，得c＝2，再結合橢圓中a2＝b2＋c2，可得a2＝8，b2＝4，故橢圓C的方程為＋＝1，故選B.（二級結論：過原點的直線與橢圓＋＝1（a＞b＞0）相交于P，Q兩點，A為橢圓上任意一點，且直線AP和AQ與坐標軸不垂直，則直線AP和AQ的斜率之積為定值－）
（2）若橢圓經過兩點（1，）和（，），則橢圓的標準方程為　　.
解析　解法一　當橢圓的焦點在x軸上時，設所求橢圓的方程為＋＝1 （a＞b＞0）.∵橢圓經過兩點（1，）和（，），∴解得∴所求橢圓的標準方程為＋y2＝1.當橢圓的焦點在y軸上時，設所求橢圓的方程為＋＝1（a＞b＞0）.∵橢圓經過兩點（1，）和（，），∴解得與a＞b矛盾，故舍去.
綜上可知，所求橢圓的標準方程為＋y2＝1.
解法二　設橢圓方程為mx2＋ny2＝1 （m＞0，n＞0，m≠n）.
∵橢圓過（1，）和（，）兩點，∴解得∴所求橢圓的標準方程為＋y2＝1.
命題點3　橢圓的幾何性質
角度1　離心率
例3 （1）[2023新高考卷Ⅰ]設橢圓C1：＋y2＝1（a＞1），C2：＋y2＝1的離心率分別為e1，e2，若e2＝e1，則a＝（　A　）
A. B. C. D.
解析　解法一（直接求解法）　由已知得e1＝，e2＝＝，因為e2＝e1，所以＝×，得a＝.故選A.
解法二（選項代入驗證法）　若a＝，則e1＝＝＝，又e2＝，所以e2＝e1，所以a＝符合題意，由于是單選題，故選A.
（2）[2022全國卷甲]橢圓C：＋＝1（a＞b＞0）的左頂點為A，點P，Q均在C上，且關于y軸對稱.若直線AP，AQ的斜率之積為，則C的離心率為（　A　）
A. B. C. D.
解析　解法一　設P（m，n）（n≠0），則Q（－m，n），易知A（－a，0），所以kAP·kAQ＝·＝＝　①.因為點P在橢圓C上，所以＋＝1，得n2＝（a2－m2），代入①式，得＝，所以e＝＝.故選A.
解法二　設橢圓C的右頂點為B，則直線BP與直線AQ關于y軸對稱，所以kAQ＝－kBP，所以kAP·kBP＝－kAP·kAQ＝－＝e2－1，所以e＝.故選A.
（3）[2021全國卷乙]設B是橢圓C：＋＝1（a＞b＞0）的上頂點，若C上的任意一點P都滿足｜PB｜≤2b，則C的離心率的取值范圍是（　C　）
A.[，1） B.[，1） C.（0，] D.（0，]
解析　依題意，得B（0，b），設橢圓上一點P（x0，y0），則｜y0｜≤b，由＋＝1，可得＝a2－，則｜PB｜2＝＋（y0－b）2＝＋－2by0＋b2＝－－2by0＋a2＋b2≤4b2.因為當y0＝－b時，｜PB｜2＝4b2，所以－≤－b，得2c2≤a2，所以離心率e＝≤，故選C.
方法技巧
1.求橢圓離心率的方法
（1）直接利用公式求離心率.e＝＝.
（2）由橢圓的定義求離心率.設F1，F2為橢圓的兩個焦點，P為橢圓上一點，則e＝＝＝.
（3）構造關于a，c的齊次式求離心率.可以不求出a，c的具體值，而是得出a與c的關系，從而求得e.
注意　將余弦定理與橢圓的定義結合列方程，是常見的構造關于a，b，c的齊次式的方法.
2.求橢圓離心率范圍時，要注意對幾何圖形的臨界情況的應用.
訓練3 （1）已知橢圓C：＋＝1（a＞b＞0）的左頂點為A，上頂點為B，右焦點為F，且△ABF是等腰三角形，則橢圓C的離心率為（　B　）
A. B. C.－1 D.－1
解析　由題意知｜AB｜＞｜BF｜，｜AF｜＞｜BF｜，故｜AB｜＝｜AF｜，即＝a＋c，所以2a2－c2＝a2＋2ac＋c2，即2c2＋2ac－a2＝0，即2e2＋2e－1＝0，解得e＝（負值舍去），故選B.
（2）已知F1，F2是橢圓C的兩個焦點，P是C上的一點.若PF1⊥PF2，且∠PF2F1＝60°，則C的離心率為（　D　）
A.1－ B.2－ C. D.－1
解析　由題意可得，｜PF2｜∶｜PF1｜∶｜F1F2｜＝1∶∶2.因為｜F1F2｜＝2c，所以｜PF2｜＝c，｜PF1｜＝c，由橢圓的定義得｜PF1｜＋｜PF2｜＝2a，故橢圓C的離心率e＝＝＝＝－1.故選D.
角度2　與橢圓性質有關的最值（范圍）問題
例4 （1）[2021全國卷乙]設B是橢圓C：＋y2＝1的上頂點，點P在C上，則｜PB｜的最大值為（　A　）
A. B. C. D.2
解析　設點P（x，y），則根據點P在橢圓＋y2＝1上可得x2＝5－5y2.易知點B（0，1），所以｜PB｜2＝x2＋（y－1）2＝5－5y2＋（y－1）2＝－4y2－2y＋6＝－（2y＋）2（｜y｜≤1）.當2y＋＝0，即y＝－時，｜PB｜2取得最大值，所以｜PB｜max＝.故選A.
（2）設A，B是橢圓C：＋＝1長軸的兩個端點.若C上存在點M滿足∠AMB＝120°，則m的取值范圍是（　A　）
A.（0，1]∪[9，＋∞） B.（0，]∪[9，＋∞）
C.（0，1]∪[4，＋∞） D.（0，]∪[4，＋∞）
解析　依題意得或所以或解得0＜m≤1或m≥9.
方法技巧
利用橢圓的簡單幾何性質求最值或范圍的思路
（1）代數法，設坐標，利用坐標構造函數或不等關系，利用函數或基本不等式求最值或范圍；
（2）幾何法，通過數形結合、幾何意義等結合橢圓性質求解.
訓練4 （1）[2023貴陽摸底]已知橢圓C：＋＝1的左、右焦點分別為F1，F2，點P在橢圓上且異于長軸端點.點M，N在△PF1F2所圍區域之外，且始終滿足·＝0，·＝0，則｜MN｜的最大值為（　A　）
A.3 B.4 C.5 D.6
解析　設PF1，PF2的中點分別為A，B，因為·＝0，·＝0，所以M在以A為圓心，PF1為直徑的圓上，N在以B為圓心，PF2為直徑的圓上，所以直線AB與兩圓的交點（△PF1F2所圍區域之外）分別為M，N（M，N的位置如圖所示）時，｜MN｜最大，此時｜MN｜＝｜PA｜＋｜AB｜＋｜PB｜＝＋｜AB｜.又橢圓C：＋＝1，所以a＝2，b＝，c＝＝1，所以｜MN｜的最大值為＋｜AB｜＝a＋c＝2＋1＝3，故選A.
（2）如圖，焦點在x軸上的橢圓＋＝1（b＞0）的離心率e＝，F，A分別是橢圓的一個焦點和頂點，P是橢圓上任意一點，則·的最大值為　4　.
解析　由題意知a＝2，因為e＝＝，所以c＝1，b2＝a2－c2＝3.故橢圓方程為＋＝1.設P點坐標為（x0，y0），－2≤x0≤2，－≤y0≤.因為F（－1，0），A（2，0），＝（－1－x0，－y0），＝（2－x0，－y0），＋＝1，所以·＝－x0－2＋＝－x0＋1＝（x0－2）2，則當x0＝－2時，·取得最大值4.第6講　雙曲線
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.了解雙曲線的定義、幾何圖形和標準方程，以及簡單幾何性質. 2.體會數形結合的思想. 雙曲線的定義及應用 2020全國卷ⅢT11 該講每年必考，命題熱點為雙曲線的定義、標準方程、漸近線、離心率，題型既有選擇題、填空題，也有解答題，難度中等偏上.在2025年高考備考中，訓練常規題型的同時，應強化有關解答題的訓練.
求雙曲線的標準方程 2023新高考卷ⅡT21；2023天津T9；2022新高考卷ⅡT21
雙曲線的幾何性質 2023新高考卷ⅠT16；2022全國卷乙T11；2022全國卷甲T14；2022北京T12；2021新高考卷ⅠT21；2021新高考卷ⅡT13；2021全國卷甲T5；2021全國卷乙T13；2020新高考卷ⅠT9；2020全國卷ⅠT15；2020全國卷ⅡT8；2020全國卷ⅢT11；2019全國卷ⅠT16 ；2019全國卷ⅡT11；2019全國卷ⅢT10
1.雙曲線的定義和標準方程
（1）定義
在平面內到兩定點F1，F2的距離的差的①　絕對值　等于常數（小于｜F1F2｜且大于零）的點的軌跡叫做雙曲線.定點F1，F2叫做雙曲線的②　焦點　，兩焦點間的距離叫做③　焦距　.
集合語言：P＝{M｜｜｜MF1｜－｜MF2｜｜＝2a，2a＜｜F1F2｜}，｜F1F2｜＝2c，其中a，c為常數且a＞0，c＞0.
a.當2a＝2c時，P點的軌跡是④　兩條射線　；
b.當2a＞2c時，P點軌跡不存在.
（2）標準方程
a.中心在坐標原點，焦點在x軸上的雙曲線的標準方程為⑤　－＝1　（a＞0，b＞0）；
b.中心在坐標原點，焦點在y軸上的雙曲線的標準方程為⑥　－＝1　（a＞0，b＞0）.
規律總結
焦點位置的判斷
在雙曲線的標準方程中，看x2項與y2項的系數的正負，若x2項的系數為正，則焦點在x軸上；若y2項的系數為正，則焦點在y軸上，即“焦點位置看正負，焦點隨著正的跑”.
思維拓展
雙曲線的第二定義、第三定義
雙曲線的第二定義：{P｜＝e，e＞1，F l，其中F為定點，l為定直線，e為離心率，d為點P到直線l的距離}.
雙曲線的第三定義：{P｜kPA·kPB＝e2－1，e＞1，其中kPA，kPB分別表示點P與兩定點A，B連線的斜率，e為離心率}（注意，此時確定的雙曲線不包含兩個頂點，且焦點在x軸上）.
2.雙曲線的幾何性質
（1）雙曲線的幾何性質
標準方程 －＝1（a＞0，b＞0） －＝1（a＞0，b＞0）
圖形
標準方程 －＝1（a＞0，b＞0） －＝1（a＞0，b＞0）
幾 何 性 質 范圍 ｜x｜≥a，y∈R ｜y｜≥a，x∈R
對稱性 對稱軸：⑦　x軸，y軸　；對稱中心：⑧　原點　
焦點 F1⑨　（－c，0）　，F2⑩　（c，0）　 F1 　（0，－c）　，F2 　（0，c）　
頂點 A1（－a，0），A2（a，0） A1（0，－a），A2（0，a）
軸 線段A1A2，B1B2分別是雙曲線的實軸和虛軸；實軸長為 　2a　，虛軸長為 　2b　；實半軸長為a，虛半軸長為b
焦距 ｜F1F2｜＝ 　2c　
離心率 e＝ 　　＝，e∈ 　（1，＋∞）　
漸近線 直線 　y＝±x　 直線 　y＝±x　
a，b，c 的關系 a2＝ 　c2－b2　
（2）特殊雙曲線
等軸雙曲線 共軛雙曲線
定義 實軸長與虛軸長相等的雙曲線叫做等軸雙曲線. 如果一雙曲線的實軸和虛軸分別是另一雙曲線的虛軸和實軸，那么這兩個雙曲線互為共軛雙曲線.
性質 （1）a＝b；（2）e＝；（3）漸近線互相垂直；（4）等軸雙曲線上任意一點到中心的距離是它到兩焦點距離的等比中項. （1）它們有共同的漸近線；（2）它們的四個焦點共圓；（3）它們的離心率的倒數的平方和等于1.
常用結論
1.雙曲線的焦點三角形與焦半徑
F1，F2分別為雙曲線－＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦點，點P是雙曲線上一點，則
（1）＝，其中θ為∠F1PF2.
（2）△PF1F2內切圓圓心的橫坐標的絕對值為定值a.
（3）當點P（x0，y0）在雙曲線右支上時，｜PF1｜＝ex0＋a，｜PF2｜＝ex0－a；當點在雙曲線左支上時，｜PF1｜＝－ex0－a，｜PF2｜＝－ex0＋a.
（4）當點P在雙曲線右支上時，｜PF1｜min＝a＋c，｜PF2｜min＝c－a.
2.雙曲線中兩個常見的直角三角形
如圖所示，F1，F2分別為雙曲線－＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦點，A為右頂點，過點F2向漸近線引垂線，垂足為C，過點A向x軸引垂線交漸近線于點B，則△COF2≌△AOB，且有｜OC｜＝｜OA｜＝a，｜F2C｜＝｜AB｜＝b，｜OF2｜＝｜OB｜＝c.
1.下列說法正確的是（　D　）
A.平面內到點F1（0，4），F2（0，－4）距離之差的絕對值等于8的點的軌跡是雙曲線
B.關于x，y的方程－＝1（mn＞0）表示焦點在x軸上的雙曲線
C.雙曲線－＝1的漸近線方程是y＝±x
D.等軸雙曲線的漸近線互相垂直，離心率等于
2.[浙江高考]漸近線方程為x±y＝0的雙曲線的離心率是（　C　）
A. B.1 C. D.2
解析　因為雙曲線的漸近線方程為x±y＝0，所以無論雙曲線的焦點在x軸上還是在y軸上，都滿足a＝b，所以c＝a，所以雙曲線的離心率e＝＝.故選C.
3.[2023北京高考]已知雙曲線C的焦點為（－2，0）和（2，0），離心率為，則C的標準方程為　－＝1　.
解析　解法一　因為雙曲線C的焦點為（－2，0）和（2，0），所以c＝2，且焦點在x軸上.又離心率e＝，所以＝，所以a＝，則b2＝c2－a2＝2，所以雙曲線C的標準方程為－＝1.
解法二　因為雙曲線C的離心率e＝，所以該雙曲線為等軸雙曲線，即a＝b.又雙曲線C的焦點為（－2，0）和（2，0），所以c＝2，且焦點在x軸上，所以a2＋b2＝c2＝4，所以a2＝b2＝2，所以雙曲線C的標準方程為－＝1.
4.已知等軸雙曲線過點（5，3），則該雙曲線方程為　－＝1　.
解析　設雙曲線方程為x2－y2＝λ（λ≠0），將（5，3）代入方程，可得λ＝52－32＝16，所以雙曲線方程為x2－y2＝16，即－＝1.
5.[教材改編]設雙曲線－＝1（b＞0）的焦點為F1，F2，P為雙曲線上的一點，若｜PF1｜＝5，則｜PF2｜＝　11　.
解析　由雙曲線的方程－＝1（b＞0），可得a＝3，根據雙曲線的定義可知又｜PF1｜＝5，則｜PF2｜＝11.
6.已知雙曲線C：－＝1（a＞0，b＞0）的焦距為4，實軸長為4，則雙曲線C的漸近線方程為　x±y＝0　.
解析　由題意知，2c＝4，2a＝4，則b＝＝2，所以C的漸近線方程為y＝±x＝±x，即x±y＝0.
研透高考 明確方向
命題點1　雙曲線的定義及應用
例1 （1）[全國卷Ⅲ]設雙曲線C：－＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦點分別為F1，F2，離心率為.P是C上一點，且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面積為4，則a＝（　A　）
A.1 B.2 C.4 D.8
解析　解法一　設｜PF1｜＝m，｜PF2｜＝n，P為雙曲線右支上一點，則由雙曲線的定義得m－n＝2a.由題意得＝mn＝4，且m2＋n2＝4c2＝（m－n）2＋2mn＝4a2＋16，又e＝＝，故＝＝5，所以a＝1，故選A.
解法二　由題意及雙曲線焦點三角形的結論，得＝＝4，得b2＝4，又＝5，c2＝b2＋a2，所以a＝1.
（2）已知圓C1：（x＋3）2＋y2＝1，C2：（x－3）2＋y2＝9，動圓M同時與圓C1和圓C2相外切，則動圓圓心M的軌跡為（　C　）
A.雙曲線 B.橢圓
C.雙曲線左支 D.雙曲線右支
解析　設動圓M的半徑為r，由動圓M同時與圓C1和圓C2相外切，得｜MC1｜＝1＋r，｜MC2｜＝3＋r，｜MC2｜－｜MC1｜＝2＜6，所以動圓圓心M的軌跡是以點和為焦點的雙曲線的左支.
方法技巧
1.雙曲線定義的主要應用
（1）確認平面內與兩定點有關的動點軌跡是否為雙曲線；
（2）解決與焦點有關的距離或范圍問題.
2.解決焦點三角形問題常利用雙曲線的定義以及余弦定理.
訓練1 （1）已知P是雙曲線C：－y2＝1右支上一點，直線l是雙曲線C的一條漸近線.P在l上的射影為Q，F1是雙曲線C的左焦點，則｜PF1｜＋｜PQ｜的最小值為（　D　）
A.1 B.2＋
C.4＋ D.2＋1
解析　設雙曲線的右焦點為F2，因為｜PF1｜－｜PF2｜＝2，所以｜PF1｜＝2＋｜PF2｜，｜PF1｜＋｜PQ｜＝2＋｜PF2｜＋｜PQ｜.當且僅當Q，P，F2三點共線，且P在Q，F2之間時，｜PF2｜＋｜PQ｜最小，且最小值為點F2到直線l的距離.點F2到直線l的距離d＝1，故｜PQ｜＋｜PF1｜的最小值為2＋1，故選D.
（2）已知F1，F2分別為雙曲線C：x2－y2＝2的左、右焦點，點P在C上，∠F1PF2＝60°，則△F1PF2的面積為　2　.
解析　解法一　不妨設點P在雙曲線的右支上，則｜PF1｜－｜PF2｜＝2a＝2，在△F1PF2中，由余弦定理，得cos∠F1PF2＝＝，所以｜PF1｜·｜PF2｜＝8，所以＝｜PF1｜·｜PF2｜·sin 60°＝2.
解法二　由題意可得雙曲線C的標準方程為－＝1，所以可得b2＝2，由雙曲線焦點三角形的面積公式＝，可得＝＝2.
命題點2　求雙曲線的標準方程
例2 （1）已知定點F1（－2，0），F2（2，0），N是圓O：x2＋y2＝1上任意一點，點F1關于點N的對稱點為M，線段F1M的垂直平分線與直線F2M相交于點P，則點P的軌跡方程是（　B　）
A.x2＋＝1 B.x2－＝1
C.＋y2＝1 D.－y2＝1
解析　如圖，當點P在y軸左側時，連接ON，PF1.因為｜ON｜＝｜F2M｜＝1，所以｜F2M｜＝2，由PN所在直線為線段MF1的垂直平分線，可得｜PF1｜＝｜PM｜＝｜PF2｜－｜F2M｜＝｜PF2｜－2，所以｜PF2｜－｜PF1｜＝2＜｜F1F2｜＝4.同理，當點P在y軸右側時，｜PF1｜－｜PF2｜＝2＜｜F1F2｜＝4.故點P的軌跡是以F1，F2為焦點的雙曲線，對應的方程為x2－＝1.
（2）[2023天津高考]雙曲線－＝1（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（　D　）
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1 D.－＝1
解析　解法一　由題意可知該漸近線方程為y＝x，直線PF2的方程為y＝－（x－c），與y＝x聯立并解得即P（，）.因為直線PF2與漸近線y＝x垂直，所以PF2的長度即為點F2（c，0）到直線y＝x（即bx－ay＝0）的距離，由點到直線的距離公式得｜PF2｜＝＝＝b，所以b＝2.因為F1（－c，0），P（，），且直線PF1的斜率為，所以＝，化簡得＝，又b＝2，c2＝a2＋b2，所以＝，整理得a2－2a＋2＝0，即＝0，解得a＝.所以雙曲線的方程為－＝1，故選D.
解法二　因為過點F2向其中一條漸近線作垂線，垂足為P，且｜PF2｜＝2，所以b＝2，（雙曲線中焦點到漸近線的距離為b）
再結合選項，排除選項B，C.若雙曲線方程為－＝1，則F1（－2，0），F2（2，0），漸近線方程為y＝±x，由題意可知該漸近線方程為y＝x，則直線PF2的方程為（x－2），與漸近線方程y＝x聯立，得P（，），則＝，又直線PF1的斜率為，所以雙曲線方程－＝1不符合題意，排除A.故選D.
方法技巧
求雙曲線標準方程的兩種方法
1.定義法
先根據雙曲線定義確定a，b，c的值，再結合焦點的位置求出雙曲線方程.
2.待定系數法
（1）先確定焦點在x軸上還是y軸上，設出標準方程，再由題中條件確定a2，b2的值；若不能確定焦點位置，可以設雙曲線的方程為mx2＋ny2＝1（mn＜0）.
（2）常見設法
①與雙曲線－＝1（a＞0，b＞0）共漸近線的雙曲線方程可設為－＝λ（a＞0，b＞0，λ≠0）；
②與雙曲線－＝1（a＞0，b＞0）共焦點的雙曲線方程可設為－＝1（a2，且λ≠0）.
訓練2 （1）[浙江高考]已知點O（0，0），A（－2，0），B（2，0）.設點P滿足，且P為函數y＝3圖象上的點，則｜OP｜＝（　D　）
A. B. C. D.
解析　由｜PA｜－｜PB｜＝2＜｜AB｜＝4，知點P的軌跡是雙曲線的右支，點P的軌跡方程為x2－＝1（x≥1），又y＝3，所以x2＝，y2＝，所以｜OP｜＝＝，故選D.
（2）與雙曲線－＝1有相同的焦點，且經過點P（3，2）的雙曲線的標準方程為　－＝1　.
解析　解法一　設所求雙曲線的左、右焦點分別為F1，F2，則F1（－2，0），，則｜PF1｜－｜PF2｜＝－＝22a，∴a＝，∴b2＝c2－a2＝8，故雙曲線的標準方程為－＝1.
解法二　設所求雙曲線的方程為－＝1（－4＜λ＜16）.
∵雙曲線過點P（3，2），∴－＝1，解得λ＝4.
故雙曲線的標準方程為－＝1.
命題點3　雙曲線的幾何性質
角度1　漸近線
例3 （1）[2022北京高考]已知雙曲線y2＋＝1的漸近線方程為y＝±x，則m＝　　.
解析　依題意得m＜0，令y2－＝0，得y＝±x＝±x，解得m＝－3.
（2）[2021新高考卷Ⅱ]已知雙曲線C：－＝1（a＞0，b＞0）的離心率e＝2，則雙曲線C的漸近線方程為　y＝±x　.
解析　e＝＝＝2，得＝，所以雙曲線C的漸近線方程為y＝±x＝±x.
方法技巧
（1）求雙曲線－＝1（a＞0，b＞0）的漸近線方程的方法：令－＝0，即得兩漸近線方程為±＝0，也就是y＝±x.
（2）在雙曲線－＝1（a＞0，b＞0）中，離心率e與雙曲線的漸近線的斜率k＝±滿足關系式k2＝e2－1.
角度2　離心率
例4 （1）[2021全國卷甲]已知F1，F2是雙曲線C的兩個焦點，P為C上一點，且∠F1PF2＝60°，｜PF1｜＝3｜PF2｜，則C的離心率為（　A　）
A. B. C. D.
解析　設｜PF2｜＝m，｜PF1｜＝3m，則｜F1F2｜＝＝m，所以C的離心率e＝＝＝＝＝.
（2）雙曲線C：－＝1（a＞0，b＞0）的左頂點為A，右焦點為F，過點A的直線交雙曲線C于另一點B，當BF⊥AF時滿足｜AF｜＞2｜BF｜，則雙曲線離心率e的取值范圍是（　B　）
A.（1，2） B.（1，）
C.（，2） D.（1，）
解析　由BF⊥AF，可得｜BF｜＝，又｜AF｜＞2｜BF｜，｜AF｜＝a＋c，所以a＋c＞2·，即a＋c＞2·，即a2＋ac＞2（c2－a2），兩邊同時除以a2，整理可得2e2－e－3<0，又e＞1，則1＜e＜.
所以雙曲線離心率e的取值范圍是（1，）.
（3）[2023新高考卷Ⅰ]已知雙曲線C：－＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦點分別為F1，F2.點A在C上，點B在y軸上，⊥，＝－，則C的離心率為　　.
解析　解法一　由題意可知，F1（－c，0），F2（c，0），設A（x1，y1），B（0，y0），所以＝（x1－c，y1），＝（－c，y0），因為＝－，所以即所以A（c，－y0）.
＝（c，－y0），＝（c，y0），因為⊥，所以·＝0，即c2－＝0，解得＝4c2.
因為點A（c，－y0）在雙曲線C上，所以－＝1，又＝4c2，所以－＝1，即－＝1，化簡得＝，所以e2＝1＋＝，所以e＝.
解法二　由前面解法一得A（c，－y0），＝4c2，所以｜AF1｜＝＝＝＝，｜AF2｜＝＝＝＝，由雙曲線的定義可得｜AF1｜－｜AF2｜＝2a，即－＝2a，即c＝a，所以雙曲線的離心率e＝＝＝.
方法技巧
1.求雙曲線的離心率的方法
（1）直接利用公式求離心率：e＝＝.
（2）利用雙曲線的定義求離心率：在焦點三角形F1PF2中，設∠F1PF2＝θ，∠PF1F2＝α，∠PF2F1＝β，則e＝＝＝.
（3）構造關于a，b，c的齊次式求離心率：由已知條件得出關于a，b，c的齊次式，然后轉化為關于e的方程求解.
2.求雙曲線離心率的取值范圍的方法
（1）借助平面幾何圖形中的不等關系求解，如焦半徑｜PF1｜∈[c－a，＋∞）或｜PF1｜∈[a＋c，＋∞）、三角形中兩邊之和大于第三邊等；
（2）考慮平面幾何圖形的臨界位置，建立關于a，c的不等關系求解.
角度3　與雙曲線性質有關的最值（范圍）問題
例5 （1）[全國卷Ⅱ]設O為坐標原點，直線x＝a與雙曲線C：－＝1（a＞0，b＞0）的兩條漸近線分別交于D，E兩點.若△ODE的面積為8，則C的焦距的最小值為（　B　）
A.4 B.8 C.16 D.32
解析　由題意知雙曲線的漸近線方程為y＝±x.因為D，E分別為直線x＝a與雙曲線C的兩條漸近線的交點，所以不妨設D（a，b），E（a，－b），所以S△ODE＝×a×｜DE｜＝×a×2b＝ab＝8，所以c2＝a2＋b2≥2ab＝16，當且僅當a＝b＝2時等號成立.所以c≥4，2c≥8，所以C的焦距的最小值為8，故選B.
（2）已知雙曲線C：－＝1（a＞0，b＞0）的兩個頂點分別為A1，A2，F為雙曲線的一個焦點，B為虛軸的一個端點，若在線段BF上（不含端點）存在兩點P1，P2，使得∠A1P1A2＝∠A1P2A2＝，則雙曲線的漸近線的斜率k的平方的取值范圍是（　A　）
A.（1，） B.（1，）
C.（0，） D.（，）
解析　不妨設點F為雙曲線的左焦點，點B在y軸正半軸上，則直線BF的方程為bx－cy＝－bc.如圖所示，以O為圓心，A1A2為直徑作圓O，則P1，P2在圓O上.
由題意可知即解得1＜＜，即雙曲線的漸近線的斜率k的平方的取值范圍是（1，）.
方法技巧
求解與雙曲線性質有關的最值（范圍）問題的方法
1.幾何法：如果題中給出的條件有明顯的幾何特征，那么可以考慮用圖形的性質來求解，特別是用雙曲線的定義和平面幾何的有關結論來求解.
2.代數法：構造函數或不等式，利用函數或不等式的性質求解.
訓練3 （1）[2023綿陽二診]設雙曲線C：－＝1（a＞0，b＞0）的右焦點為F，A，B兩點在雙曲線C上且關于原點對稱，若｜AB｜＝2｜OF｜（O為坐標原點），｜BF｜＝3｜AF｜，則該雙曲線的漸近線方程為（　A　）
A.x±2y＝0 B.2x±y＝0
C.2x±3y＝0 D.3x±2y＝0
解析　記F'為雙曲線C的左焦點，連接AF'，BF'，則F，F'關于原點對稱，又A，B也關于原點對稱，所以四邊形AFBF'為平行四邊形，又｜AB｜＝2｜OF｜，所以四邊形AFBF'為矩形.因為｜BF｜＝3｜AF｜，所以｜AF'｜＝3｜AF｜，所以｜AF'｜－｜AF｜＝2｜AF｜＝2a，所以｜AF｜＝a，｜AF'｜＝3a.在Rt△FAF'中，所以a2＋（3a）2＝（2c）2，所以c2＝，又a2＋b2＝c2，所以b2＝，所以＝，所以雙曲線C：－＝1（a＞0，b＞0）的漸近線方程為y＝±x，即x±2y＝0，故選A.
（2）如圖，設雙曲線C：x2－＝1的左、右焦點分別是F1、F2，點A是C右支上的一點，則｜AF1｜＋的最小值為（　C　）
A.5 B.6 C.7 D.8
解析　由雙曲線C：x2－＝1可得a2＝1，b2＝24，所以c2＝a2＋b2＝25，所以a＝1，c＝5.由雙曲線的定義可得｜AF1｜－｜AF2｜＝2a＝2，所以｜AF1｜＝｜AF2｜＋2，所以｜AF1｜＋＝｜AF2｜＋＋2.由雙曲線的性質可知｜AF2｜≥c－a＝4，令｜AF2｜＝t，則t≥4，所以｜AF1｜＋＝t＋＋2.令f（t）＝t＋＋2（t≥4），則在[4，＋∞）上單調遞增，（易忽視｜AF2｜的范圍，錯誤地使用基本不等式求最值）
所以當t＝4時，f（t）取得最小值4＋＋2＝7，此時點A為雙曲線的右頂點（1，0），即｜AF1｜＋的最小值為7.故選C.
（3）[2023湖北省重點中學聯考]若雙曲線－＝1（a＞0，b＞0）的右支上存在兩點A，B，使△ABM為正三角形（其中M為雙曲線的右頂點），則離心率e的取值范圍為　（1，）　.
解析　由題意，雙曲線的漸近線方程為y＝±x.要使該雙曲線右支上存在兩點A，B，使△ABM為正三角形，則需過右頂點M，且斜率為的直線與雙曲線的右支有兩個不同的交點，即只需斜率大于漸近線y＝x的斜率，所以＞，即b＜a，即b2＜a2，所以c2＜a2a2，即c＜a.又e＞1，所以1＜e＜.第7講　拋物線
課標要求 命題點 五年考情 命題分析預測
1.了解拋物線的定義、幾何圖形和標準方程，以及簡單幾何性質. 2.了解拋物線的簡單應用. 3.體會數形結合的思想. 拋物線的定義及其應用 2022全國卷乙T5；2021新高考卷ⅡT3；2021全國卷乙T21；2020全國卷ⅠT4 本講每年必考，主要以定義作為命題思路，求解軌跡問題、距離問題、最值問題等.在2025年高考備考中，在訓練常規題型的同時，應關注拋物線的定義的應用.
拋物線的標準方程 2023全國卷乙T13；2022全國卷甲T20；2021新高考卷ⅠT14；2021全國甲卷T20
拋物線的幾何性質 2023新高考卷ⅡT10；2021新高考卷ⅠT14；2020全國卷ⅡT19；2020全國卷ⅢT5
1.拋物線的定義
平面內與一個定點F和一條定直線l（l不經過點F）的距離①　相等　的點的軌跡叫做拋物線.點F叫做拋物線的②　焦點　，直線l叫做拋物線的③　準線　.
注意　定點F在定直線l上時，動點的軌跡為過點F且垂直于l的一條直線.
2.拋物線的標準方程與幾何性質
標準方程 y2＝2px（p＞0） x2＝2py（p＞0） x2＝－2py（p＞0）
圖形
幾何 性質 對稱軸 x軸 y軸
頂點 O（0，0）
焦點 ④　F（，0）　 ⑤　F（－，0）　 ⑥　F（0，）　 ⑦　F（0，－）　
準線方程 ⑧　x＝－　 ⑨　x＝　 ⑩　y＝－　 　y＝　
范圍 x≥0，y∈R x≤0，y∈R y≥0，x∈R y≤0，x∈R
離心率 e＝ 　1　
焦半徑（其中P為拋物線上任一點） 　＋x0　 －x0 　＋y0　 －y0
常用結論
拋物線焦點弦的幾個常用結論
如圖，設AB是一條過拋物線y2＝2px（p＞0）焦點F的弦，AB所在直線的傾斜角為α，若A（x1，y1），B（x2，y2），A，B在準線l上的射影分別為A1，B1，則
（1）x1x2＝，y1y2＝－p2.
（2）｜AF｜＝，｜BF｜＝，弦長｜AB｜＝x1＋x2＋p＝，S△AOB＝＝｜OF｜·｜y1－y2｜.
（3）＋＝.
（4）當N為準線與x軸的交點時，∠ANF＝∠BNF.
（5）通徑是過焦點且垂直于對稱軸的弦，弦長等于2p，通徑是過焦點的最短的弦.
（6）以弦AB為直徑的圓與拋物線的準線相切.
（7）以A1B1為直徑的圓與AB相切，切點為F，∠A1FB1＝90°.
（8）當M1為A1B1的中點時，M1A⊥M1B.
（9）以AF或BF為直徑的圓與y軸相切.
（2）的推導過程：因為AB所在直線的傾斜角為α，則cos α＝，解得x1＝·，則｜AF｜＝x1＋＝.
同理可得｜BF｜＝.
則｜AB｜＝｜AF｜＋｜BF｜＝x1＋x2＋p＝＋＝，
S△AOB＝×｜AB｜××sin α＝×××sin α＝.
由（2）的推導過程可得，＋＝＋＝.
1.下列說法正確的是（　D　）
A.平面內與一個定點F和一條定直線l的距離相等的點的軌跡一定是拋物線
B.若拋物線過點P（－2，3），則其標準方程可寫為y2＝2px（p＞0）
C.拋物線既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形
D.方程y＝ax2（a≠0）表示的曲線是焦點在y軸上的拋物線，且其準線方程為y＝－
2.拋物線y＝4x2的焦點坐標為（　A　）
A.（0，） B.（0，） C.（0，1） D.（1，0）
解析　化拋物線的方程為標準形式，得x2＝y，所以p＝，（本題在解答過程中若不先將拋物線方程化為標準形式，易錯誤得到p＝2，從而錯選C）
拋物線的焦點坐標為（0，），故選A.
3.[2023湖北省十堰市調研]下列四個拋物線中，開口朝左的是（　C　）
A.y2＝5x B.x2＝－5y
C.y2＝－5x D.x2＝5y
解析　拋物線y2＝5x的開口朝右，拋物線x2＝－5y的開口朝下，拋物線y2＝－5x的開口朝左，拋物線x2＝5y的開口朝上.故選C.
4.若拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點是橢圓＋＝1的一個焦點，則p＝（　D　）
A.2 B.3 C.4 D.8
解析　由題意，知拋物線的焦點坐標為（，0），橢圓的焦點坐標為（±，0），所以＝，解得p＝8，故選D.
5.已知拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點為F，點M（2，2）為拋物線上一點，則｜MF｜＝（　B　）
A.2 B.3 C.4 D.5
解析　因為點M（2，2）為拋物線上一點，所以將點M的坐標代入拋物線的方程y2＝2px（p＞0），可得p＝2，所以拋物線的方程為y2＝4x，可得其準線方程為x＝－1.根據拋物線的定義，得｜MF｜＝2－（－1）＝3.故選B.
研透高考 明確方向
命題點1　拋物線的定義及其應用
例1 （1）[全國卷Ⅰ]已知A為拋物線C：y2＝2px（p＞0）上一點，點A到C的焦點的距離為12，到y軸的距離為9，則p＝（　C　）
A.2 B.3 C.6 D.9
解析　根據拋物線的定義及題意得，點A到C的準線x＝－的距離為12，因為點A到y軸的距離為9，所以＝12－9，解得p＝6.故選C.
（2）[2022全國卷乙]設F為拋物線C：y2＝4x的焦點，點A在C上，點B（3，0），若｜AF｜＝｜BF｜，則｜AB｜＝ （　B　）
A.2 B.2 C.3 D.3
解析　解法一　如圖，由題意可知F（1，0），設A（，y0），則由拋物線的定義可知｜AF｜＝＋1.因為｜BF｜＝3－1＝2，所以由｜AF｜＝｜BF｜，可得＋1＝2，解得y0＝±2，所以A（1，2）或A（1，－2）.不妨取A（1，2），則｜AB｜＝＝＝2，故選B.
解法二　由題意可知F（1，0），｜BF｜＝2，所以｜AF｜＝2.因為拋物線的通徑長為2p＝4，所以AF的長為通徑長的一半，所以AF⊥x軸，所以｜AB｜＝＝＝2，故選B.
方法技巧
利用拋物線的定義可解決的常見問題
（1）軌跡問題：利用拋物線的定義可以確定與定點、定直線距離有關的動點軌跡是否為拋物線.
（2）距離問題：涉及拋物線上的點到焦點的距離和到準線的距離問題時，在解題過程中注意兩者之間的相互轉化.
（3）最值問題：通過距離轉化，利用“兩點之間線段最短”和“垂線段最短”求解.
訓練1 [多選/2023惠州市二調]設拋物線C：y2＝8x的焦點為F，準線為l，點M為C上一動點，E（3，1）為定點，則下列結論正確的是（　AD　）
A.準線l的方程是x＝－2
B.｜ME｜－｜MF｜的最大值為2
C.｜ME｜＋｜MF｜的最小值為7
D.以線段MF為直徑的圓與y軸相切
解析　由題意得，拋物線C的焦點F（2，0），準線l的方程是x＝－2，故A正確；｜ME｜－｜MF｜≤｜EF｜＝＝，當點M在線段EF的延長線上時等號成立，∴｜ME｜－｜MF｜的最大值為，故B不正確；如圖所示，過點M，E分別作準線l的垂線，垂足分別為A，B，則｜ME｜＋｜MF｜＝｜ME｜＋｜MA｜≥｜EB｜＝5，當點M在線段EB上時等號成立，∴｜ME｜＋｜MF｜的最小值為5，故C不正確；設點M（x0，y0），線段MF的中點為D，則點D的橫坐標xD＝＝＝，∴以線段MF為直徑的圓與y軸相切，故D正確.故選AD.
命題點2　拋物線的標準方程
例2 （1）[2023全國卷乙]已知點A（1，）在拋物線C：y2＝2px上，則A到C的準線的距離為　　.
解析　將點A的坐標代入拋物線方程，得5＝2p，于是y2＝5x，則拋物線的準線方程為x＝－，所以A到準線的距離為1－（－）＝.
（2）[2021新高考卷Ⅰ]已知O為坐標原點，拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，P為C上一點，PF與x軸垂直，Q為x軸上一點，且PQ⊥OP.若｜FQ｜＝6，則C的準線方程為　x＝－　.
解析　解法一　由題易得｜OF｜＝，｜PF｜＝p，∠OPF＝∠PQF，所以tan∠OPF＝tan∠PQF，所以＝，即＝，解得p＝3，所以C的準線方程為x＝－.
解法二　由題易得｜OF｜＝，｜PF｜＝p，｜PF｜2＝｜OF｜·｜FQ｜，即p2＝×6，解得p＝3，所以C的準線方程為x＝－.
方法技巧
拋物線的標準方程的求法
（1）定義法
根據拋物線的定義求出p.標準方程有四種形式，要注意判斷焦點位置及開口方向.
（2）待定系數法
當焦點位置不確定時，注意分類討論.對于焦點在x軸上的拋物線的方程可設為y2＝mx（m≠0），焦點在y軸上的拋物線的方程可設為x2＝my（m≠0）.
訓練2 （1）若拋物線的對稱軸為坐標軸，焦點在直線x－2y－4＝0 上，則此拋物線的標準方程為　y2＝16x或x2＝－8y　.
解析　由x－2y－4＝0，令x＝0，得y＝－2；令y＝0，得x＝4.所以拋物線的焦點是（4，0）或（0，－2），故所求拋物線的標準方程為y2＝16x或x2＝－8y.
（2）如圖，過拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點F的直線依次交拋物線及準線于點A，B，C，若｜BC｜＝2｜BF｜，且｜AF｜＝3，則拋物線的方程為　y2＝3x　.
解析　如圖，分別過點A，B作準線的垂線，垂足分別為點E，D，設｜BF｜＝a，準線與x軸交于點G，則由已知得，｜BC｜＝2a，由拋物線的定義得，｜BD｜＝a，故∠BCD＝30°，在Rt△ACE中，∵｜AC｜＝｜AF｜＋｜BF｜＋｜BC｜＝3＋3a，2｜AE｜＝｜AC｜，∴3＋3a＝6，∴a＝1.易知BD∥FG，∴＝，即＝，解得p＝，因此拋物線的方程為y2＝3x.
命題點3　拋物線的幾何性質
例3 [多選/2023新高考卷Ⅱ]設O為坐標原點，直線y＝－（x－1）過拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點，且與C交于M，N兩點，l為C的準線，則（　AC　）
A.p＝2
B.｜MN｜＝
C.以MN為直徑的圓與l相切
D.△OMN為等腰三角形
解析　由題意，易知直線y＝－（x－1）過點（1，0）.
對于A，因為直線經過拋物線C的焦點，所以易知焦點坐標為（1，0），所以＝1，即p＝2，所以A選項正確.
對于B，不妨設M（x1，y1），N（x2，y2），x1＜x2，聯立方程得消去y并整理得3x2－10x＋3＝0，解得x1＝，x2＝3.由拋物線的定義得，｜MN｜＝x1＋x2＋p＝＋2＝，故B選項錯誤.
對于C，由以上分析易知，l的方程為x＝－1，以MN為直徑的圓的圓心坐標為（，－），半徑r＝｜MN｜＝＝＋1，所以以MN為直徑的圓與l相切，故C選項正確.
對于D，由兩點間距離公式可得｜MN｜＝，｜OM｜＝，｜ON｜＝，故D選項錯誤.綜上，選AC.
方法技巧
應用拋物線的幾何性質解題時，常結合圖形思考，通過圖形可以直觀地看出拋物線的頂點、對稱軸、開口方向等幾何特征，體現了數形結合思想解題的直觀性.
訓練3 [多選]已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，直線l的斜率為且經過點F，直線l與拋物線C交于A，B兩點（點A在第一象限），與拋物線的準線交于點D，若｜AF｜＝8，則以下結論正確的是（　ABC　）
A.p＝4 B.＝
C.｜BD｜＝2｜BF｜ D.｜BF｜＝4
解析　如圖所示，分別過點A，B作拋物線C的準線m的垂線，垂足分別為點E，M.設拋物線C的準線m交x軸于點P，則｜PF｜＝p，由于直線l的斜率為，所以傾斜角為60°，因為AE∥x軸，所以∠EAF＝60°.由拋物線的定義可知，｜AE｜＝｜AF｜，則△AEF為等邊三角形，所以∠EFP＝∠AEF＝60°，則∠PEF＝30°，所以｜AF｜＝｜EF｜＝2｜PF｜＝2p＝8，所以p＝4，A選項正確；因為｜AE｜＝｜EF｜＝2｜PF｜，PF∥AE，所以F為AD的中點，則＝，B選項正確；因為∠DAE＝60°，所以∠ADE＝30°，所以｜BD｜＝2｜BM｜＝2｜BF｜，C選項正確；因為｜BD｜＝2｜BF｜，所以｜BF｜＝｜DF｜＝｜AF｜＝，D選項錯誤.故選ABC.第8講　直線與圓錐曲線的位置關系
命題點 五年考情 命題分析預測
直線與圓錐曲線的位置關系 2023新高考卷ⅡT5；2022新高考卷ⅡT10；2022全國卷甲T15；2020新高考卷ⅡT21 本講每年必考，命題熱點為直線與圓錐曲線相交的弦長、中點弦問題，以及直線與圓錐曲線的綜合應用，常與向量、圓等知識綜合命題，難度中等偏上.在2025年高考備考時應重視和直線與圓錐曲線的位置關系相關的典型題型的研究，注意培養數學運算素養.在解題時，要充分利用數形結合、轉化與化歸等思想.
弦長及中點弦問題 2023全國卷乙T11；2023全國卷甲T20；2023天津T12；2022新高考卷ⅠT16； 2022新高考卷ⅡT16；2020新高考卷ⅠT13；2020全國卷ⅡT19；2019全國卷ⅠT19
切線及切點弦問題 2021全國卷乙T21
直線與圓錐曲線的綜合應用 2023新高考卷ⅡT10；2023新高考卷ⅡT21；2023全國卷乙T20；2023北京T19；2022新高考卷ⅠT11； 2022新高考卷ⅠT21；2022新高考卷ⅡT21；2022全國卷乙T20；2022全國卷甲T20；2021新高考卷ⅠT21； 2021新高考卷ⅡT20；2020新高考卷ⅠT22；2020全國卷ⅠT20；2019全國卷ⅡT21；2019全國卷ⅢT21
1.直線與圓錐曲線位置關系的判斷
將直線方程與圓錐曲線的方程聯立，消去y（或x），得到關于x（或y）的一元二次方程，設其判別式為Δ，則①　Δ＞0　 有兩個交點 相交；Δ＝0 有一個交點 相切；②　Δ＜0　 無交點 相離.
注意　直線與雙曲線方程聯立消元后，得出的方程中二次項系數為零時，直線與雙曲線漸近線平行，兩者有且只有一個交點；二次項系數不為零時，利用判別式進行判斷.
2.弦長與中點弦
（1）弦長公式
當直線的斜率存在時，直線l：y＝kx＋b與曲線C相交于A（x1，y1），B（x2，y2）兩點，則弦長｜AB｜＝③　·｜x1－x2｜　＝.
當直線斜率不為零時，直線l：x＝my＋n與曲線C相交于點A（x1，y1），B（x2，y2），則弦長｜AB｜＝｜y1－y2｜＝.
注意　（1）過焦點的弦稱為焦點弦；與焦點所在對稱軸垂直的焦點弦稱為通徑.（2）通徑是橢圓與拋物線的焦點弦中最短的弦，橢圓的通徑長為，拋物線的通徑長為2p.（3）雙曲線中同支的焦點弦中最短的為通徑，其長為；異支的弦中最短的為實軸，其長為2a.
（2）中點弦
若AB是橢圓＋＝1（a＞b＞0）的不平行于對稱軸的弦，O為原點，M為AB的中點，則kOM·kAB＝－.
若AB是雙曲線－＝1（a＞0，b＞0）的不平行于對稱軸的弦，O為原點，M為AB的中點，則kOM·kAB＝.
3.切線與切點弦所在直線的方程
圓錐曲線的方程 ＋＝1（a＞b＞0） －＝1（a＞0，b＞0） y2＝2px（p＞0）
過曲線上一點P（x0，y0）的切線方程 ＋＝1 －＝1 y0y＝p（x0＋x）
過曲線外一點P（x0，y0）所引兩條切線的切點弦所在直線的方程 ＋＝1 －＝1 y0y＝p（x0＋x）
1.直線y＝x＋1與橢圓＋＝1的位置關系是（　A　）
A.相交 B.相切 C.相離 D.無法判斷
解析　解法一　聯立直線與橢圓的方程得消去y，得9x2＋10x－15＝0，Δ＝100－4×9×（－15）＞0，所以直線與橢圓相交.
解法二　因為直線過點（0，1），而0＋＜1，即點（0，1）在橢圓內部，所以可推斷直線與橢圓相交.
2.過橢圓＋＝1的焦點的最長弦和最短弦的長分別為（　B　）
A.8，6 B.4，3 C.2， D.4，2
解析　由題意知，a＝2，b＝，c＝1，最長弦過兩個焦點，長為2a＝4，最短弦垂直于x軸，把x＝1代入＋＝1，得｜y｜＝，所以最短弦的長為3.故選B.
3.已知直線l：y＝x－1與拋物線y2＝4x交于A，B兩點，則線段AB的長是（　C　）
A.2 B.4 C.8 D.16
解析　由消去y并整理得x2－6x＋1＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），則x1＋x2＝6，x1x2＝1，所以｜AB｜＝·＝×＝8.
4.已知點A，B是雙曲線C：－＝1上的兩點，線段AB的中點是M（3，2），則直線AB的斜率為（　D　）
A. B. C. D.
解析　設A（x1，y1），B（x2，y2），∵點A，B是雙曲線C上的兩點，∴－＝1，－＝1，兩式相減得＝，∵M（3，2）是線段AB的中點，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，∴＝，∴kAB＝＝.（也可以直接利用公式kOM·kAB＝求解）
研透高考 明確方向
命題點1　直線與圓錐曲線的位置關系
例1 （1）[2023新高考卷Ⅱ]已知橢圓C：＋y2＝1的左、右焦點分別為F1，F2，直線y＝x＋m與C交于A，B兩點，若△F1AB面積是△F2AB面積的2倍，則m＝（　C　）
A. B. C.－ D.－
解析　由題意，F1（－，0），F2（，0），△F1AB面積是△F2AB面積的2倍，所以點F1到直線AB的距離是點F2到直線AB的距離的2倍，即＝2×，解得m＝－或m＝－3，由得x2＋2mx＋m2－1＝0，則Δ＝（2m）2－4×（m2－1）＝－m2＋＞0，解得－2＜m＜2，所以m＝－.故選C.
（2）[2022全國卷甲]記雙曲線C：－＝1（a＞0，b＞0）的離心率為e，寫出滿足條件“直線y＝2x與C無公共點”的e的一個值　2（答案不唯一）　.
解析　雙曲線C的漸近線方程為y＝±x，若直線y＝2x與雙曲線C無公共點，則2≥，∴≤4，∴e2＝＝1＋≤5，又e＞1，∴e∈（1，]，∴填寫（1，]內的任意值均可.
方法技巧
（1）直線與橢圓的位置關系問題可直接轉化為直線與橢圓的交點個數問題.
（2）直線與雙曲線只有一個交點，則直線與雙曲線相切或直線與雙曲線的漸近線平行.
（3）直線與拋物線只有一個交點，則直線與拋物線相切或直線與拋物線的對稱軸平行（或重合）.
（4）對于過定點的直線，可以根據定點與圓錐曲線的位置關系判斷直線與圓錐曲線的位置關系，注意數形結合的應用.
訓練1 （1）[2023天津高考]過原點O的一條直線與圓C：（x＋2）2＋y2＝3相切，交曲線y2＝2px（p＞0）于點P，若｜OP｜＝8，則p的值為　6　.
解析　由題意得直線OP的斜率存在.設直線OP的方程為y＝kx，因為該直線與圓C相切，所以＝，解得k2＝3.將直線方程y＝kx與曲線方程y2＝2px（p＞0）聯立，得k2x2－2px＝0，因為k2＝3，所以3x2－2px＝0，解得x＝0或x＝.設P（x1，y1），則x1＝，又O（0，0），所以｜OP｜＝｜x1－0｜＝2×＝8，解得p＝6.
（2）已知對任意k∈R，直線y－kx－1＝0與橢圓＋＝1恒有公共點，則實數m的取值范圍為　[1，5）∪（5，＋∞）　.
解析　解法一（代數法）　由橢圓方程，可知m＞0且m≠5，將直線與橢圓的方程聯立，得整理，得（5k2＋m）x2＋10kx＋5（1－m）＝0.因為直線與橢圓恒有公共點，故Δ＝（10k）2－4×（5k2＋m）×5（1－m）＝20（5k2m－m＋m2）≥0.因為m＞0，所以不等式等價于5k2－1＋m≥0，即k2≥，由題意，可知要使不等式恒成立，則≤0，解得m≥1.綜上，m的取值范圍為[1，5）∪（5，＋∞）.
解法二（幾何法）　因為方程＋＝1表示橢圓，所以m＞0且m≠5.因為直線y－kx－1＝0過定點（0，1），所以要使直線和橢圓恒有公共點，點（0，1）在橢圓上或橢圓內，即＋≤1，整理得≤1，解得m≥1.綜上，m的取值范圍為[1，5）∪（5，＋∞）.
命題點2　弦長及中點弦問題
角度1　弦長問題
例2 [2022新高考卷Ⅰ]已知橢圓C：＋＝1（a＞b＞0），C的上頂點為A，兩個焦點為F1，F2，離心率為.過F1且垂直于AF2的直線與C交于D，E兩點，｜DE｜＝6，則△ADE的周長是　13　.
解析　由對稱性不妨令F1，F2分別為C的左、右焦點，如圖，連接AF1，DF2，EF2，因為C的離心率為，所以＝，所以a＝2c，所以b2＝a2－c2＝3c2.由題意知｜AF1｜＝｜AF2｜＝a＝2c＝｜F1F2｜，所以△AF1F2為等邊三角形，又DE⊥AF2，所以直線DE為線段AF2的垂直平分線，所以｜AD｜＝｜DF2｜，｜AE｜＝｜EF2｜，且∠EF1F2＝30°，所以直線DE的方程為y＝（x＋c），代入橢圓C的方程＋＝1，得13x2＋8cx－32c2＝0.設D（x1，y1），E（x2，y2），則x1＋x2＝－，x1x2＝－，所以｜DE｜＝＝＝＝6，解得c＝，所以a＝2c＝，所以△ADE的周長為
例3 [2023成都市模擬]已知拋物線C：y2＝2px（p＞0，p≠4），過點A（2，0）且斜率為k的直線與拋物線C相交于P，Q兩點.
（1）設點B在x軸上，分別記直線PB，QB的斜率為k1，k2，若k1＋k2＝0，求點B的坐標；
（2）過拋物線C的焦點F作直線PQ的平行線與拋物線C相交于M，N兩點，求的值.
解析　（1）由題意，直線PQ的方程為y＝k（x－2），其中k≠0.
設B（m，0），P（，y1），Q（，y2）.
由消去x，整理得y2－y－4p＝0，
∴Δ＝＋16p＞0，y1＋y2＝，y1y2＝－4p.
∵k1＋k2＝0，∴＋＝0，
即－m（y1＋y2）＝0，
∴（－m）·＝0，即（m＋2）·＝0.
∵p＞0，∴m＝－2.
∴點B的坐標為（－2，0）.
（2）由題意，F（，0），∴直線MN的方程為y＝k（x－），k≠0.設M（xM，yM），
N（xN，yN）.
由消去y，整理得k2x2－（k2p＋2p）x＋＝0，
∴Δ1＝4k2p2＋4p2＞0，xM＋xN＝p＋，
∴｜MN｜＝xM＋xN＋p＝（1＋）·2p.
又｜AP｜＝｜y1｜，｜AQ｜＝｜y2｜，
∴｜AP｜·｜AQ｜＝（1＋）·｜y1y2｜＝（1＋）·4p.
∴＝＝.
方法技巧
（1）使用弦長公式時注意對直線斜率的討論.
（2）直線經過特殊點（如焦點、原點等）或斜率特殊時，利用圓錐曲線的定義或數形結合來求弦長.
角度2　中點弦問題
例4 （1）[2023全國卷乙]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（　D　）
A.（1，1） B.（－1，2）
C.（1，3） D.（－1，－4）
解析　選項中的點均位于雙曲線兩支之間，故A，B分別在雙曲線的兩支上且不關于原點對稱，設線段AB的中點坐標為（x0，y0），則｜kAB｜＝9｜｜＜3，（若雙曲線的弦AB的中點為M，O為坐標原點，則kAB·kOM＝）
即｜y0｜＞3｜x0｜，結合選項可知選D.
（2）[2022新高考卷Ⅱ]已知直線l與橢圓＋＝1在第一象限交于A，B兩點，l與x軸、y軸分別交于M，N兩點，且｜MA｜＝｜NB｜，｜MN｜＝2，則l的方程為　x＋y－2＝0　.
解析　設直線l的方程為＋＝1（m＞0，n＞0），分別令y＝0，x＝0，得點M（m，0），N（0，n）.由題意知線段AB與線段MN有相同的中點，設為Q，則Q（，），則kAB＝＝－，kOQ＝＝.由橢圓中點弦的性質知，kAB·kOQ＝－＝－，即，整理得m2＝2n2　①.又｜MN｜＝2，所以由勾股定理，得m2＋n2＝12　②，由①②并結合m＞0，n＞0，得所以直線l的方程為＋＝1，即x＋y－2＝0.
方法技巧
點差法解決中點弦問題的步驟
（1）設弦的兩個端點：A（x1，y1），B（x2，y2）；
（2）將兩點坐標分別代入圓錐曲線方程中并兩式作差，得到關于直線AB的斜率和線段AB的中點坐標的關系式；
（3）將已知條件代入關系式并化簡求解.
訓練2 （1）已知F為拋物線C：y2＝4x的焦點，過F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A，B兩點，直線l2與C交于D，E兩點，則｜AB｜＋｜DE｜的最小值為（　A　）
A.16 B.14 C.12 D.10
解析　解法一　焦點F（1，0），設A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4），易知直線l1，l2的斜率均存在且不為0，分別設為k1，k2，則直線l1的方程為由消去y并整理得x2－（2＋4）x＋＝0，Δ＞0，所以x1＋x2＝.因為l1⊥l2，所以k2＝－.同理有x3＋x4＝＝2＋4，則＋2＋4＋4＝＋4＋8≥2＋8＝16，當且僅當＝4，即k1＝±1時，｜AB｜＋｜DE｜取最小值 16.故選A.
解法二　設l1的傾斜角為θ，則l2的傾斜角為θ±，易知θ≠0且θ≠，由拋物線焦點弦的弦長公式得｜AB｜＝＝，則｜DE｜＝＝，則｜AB｜＋｜DE｜＝＋＝4（）＝，當sin 2θ＝1時，｜AB｜＋｜DE｜取最小值16.故選A.
（2）[2023重慶市調研質量抽測（一）]已知橢圓E：＋＝1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F1，F2，O為坐標原點，A為橢圓E的上頂點，過點F1且平行于AF2的直線l與橢圓E交于B，C兩點，M為弦BC的中點，且直線l的斜率與OM的斜率的乘積為－，則橢圓E的離心率為　　；若｜OM｜＝3，則直線l的方程為　x＋y＋15＝0　.
解析　設B（x1，y1），C（x2，y2），M（x0，y0），則x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0.橢圓E：＋＝1，即b2x2＋a2y2＝a2b2，所以得由題意可知，x1－x2≠0，所以2b2x0＋2a2y0·＝0，即·，即kl·kOM＝－，所以－＝－，所以＝.因為e2＝1－＝1－＝，所以e＝.因為＝，所以＝，設a＝2m，則b＝m，m＞0，則半焦距，橢圓E的方程為＋＝1，A（0，m），所以F1（－m，0），F2（m，0），則kl＝＝＝－，所以直線l的方程為y＝－（x＋m）.由得3x2＋12（x＋m）2＝12m2，所以5x2＋8mx＝0，則x1＋x2＝－，所以x0＝＝－.因為kOMkl＝－，即－kOM＝－，所以kOM＝，則｜OM｜＝｜x0－0｜＝×＝×＝3，解得m＝15，則直線l的方程為y＝－（x＋15），即x＋y＋15＝0.
命題點3　切線及切點弦問題
例5 已知點P為直線2x＋y＝4上一動點，過點P作橢圓＋＝1的兩條切線，切點分別為A，B，當點P運動時，直線AB過定點，則該定點的坐標是　（2，）　.
解析　設點P的坐標為（m，－2m＋4），則直線AB的方程為＋＝1，化簡得（3x－8y）m＋16y－12＝0，令3x－8y＝0，16y－12＝0，所以x＝2，y＝，故直線AB過定點（2，）.
方法技巧
（1）曲線的切線方程可以利用判別式求解，也可以利用導數的幾何意義求解.
（2）“代一半，留一半”是曲線的切線方程與切點弦所在直線方程相關結論的記憶口訣.
訓練3 [2023山西運城模擬]過點P作拋物線C：x2＝4y的切線l1，l2，切點分別為M，N，若△PMN的重心坐標為（3，4），則P點坐標為 （　A　）
A.（3，－3） B.（1，2）
C.（2，1） D.（－3，3）
解析　設M（x1，），N（x2，），由x2＝4y，得y＝，所以y'＝x，所以直線l1的方程為y－＝（x－x1），即y＝x－，同理，直線l2的方程為y＝x－，由可得x＝，y＝，即點P的坐標為（，），設△PMN的重心坐標為（x0，y0），則x0＝＝3，y0＝＝4，即所以點P的坐標為（3，－3）.故選A.
命題點4　直線與圓錐曲線的綜合應用
例6 [2023北京高考]已知橢圓E：＋＝1（a＞b＞0）的離心率為，A，C分別是E的上、下頂點，B，D分別是E的左、右頂點，｜AC｜＝4.
（1）求E的方程；
（2）設P為第一象限內E上的動點，直線PD與直線BC交于點M，直線PA與直線交于點N，求證：MN∥CD.
解析　（1）因為e＝，所以e2＝1－＝，即＝.
因為A，C分別是橢圓的上、下頂點，且｜AC｜＝4，即2b＝4，
所以b＝2，b2＝4，所以a2＝9，則橢圓E的方程為＋＝1.
（2）因為B，D分別是橢圓的左、右頂點，所以B（－3，0），D（3，0），因為A，C分別是橢圓的上、下頂點，所以A（0，2），C（0，－2），則直線BC的方程為＋＝1，即2x＋3y＋6＝0.
因為點P為第一象限內橢圓E上的點，所以直線PD的斜率k一定存在，且－＜k＜0.
則直線PD的方程為y＝k（x－3），聯立得解得
即M（，）.
聯立得得（4＋9k2）x2－54k2x＋81k2－36＝0　①，設P（x0，y0），所以3，x0是方程①的兩根，所以3x0＝，解得x0＝，
所以y0＝k（x0－3）＝，即P（，）.
所以直線PA的方程為y＝x＋2，令y＝－2，則x＝＝，
即N（，－2）.
所以kMN＝＝＝，
又kCD＝＝，所以kMN＝kCD，所以MN∥CD.
方法技巧
（1）解答直線與圓錐曲線相交的題目時，常用到“設而不求”的方法，即聯立直線和圓錐曲線的方程，消去y（或x）得一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件，建立有關參變量的等量關系求解；
（2）涉及直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形.
訓練4 [2021新高考卷Ⅰ]在平面直角坐標系xOy中，已知點F1（－，0），F2（，0），點M滿足｜MF1｜－｜MF2｜＝2.記M的軌跡為C.
（1）求C的方程；
（2）設點T在直線x＝上，過T的兩條直線分別交C于A，B兩點和P，Q兩點，且｜TA｜·｜TB｜＝｜TP｜·｜TQ｜，求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和.
解析　（1）因為｜MF1｜－｜MF2｜＝2＜｜F1F2｜＝2，所以點M的軌跡C是以F1，F2分別為左、右焦點的雙曲線的右支.
設雙曲線的方程為－＝1（a＞0，b＞0），半焦距為c，則2a＝2，c＝，得a＝1，b2＝c2－a2＝16，
所以點M的軌跡C的方程為x2－＝1（x≥1）.
（2）設T（，t），由題意可知直線AB，PQ的斜率均存在且不為0，
設直線AB的方程為y－t＝k1（x－）（k1≠0），直線PQ的方程為y－t＝k2（x－）（k2≠0），
由得（16－）x2－2k1（t－）x－（t－）2－16＝0.
設A（xA，yA），B（xB，yB），易知16－≠0，Δ＞0，
則xAxB＝，xA＋xB＝，
所以｜TA｜＝｜xA－｜＝（xA－），
｜TB｜＝｜xB－｜＝（xB－），
則｜TA｜·｜TB｜＝（1＋）（xA－）（xB－）＝（1＋）·[xAxB－（xA＋xB）＋]＝（1＋）[－·＋]＝.
同理得｜TP｜·｜TQ｜＝.
因為｜TA｜·｜TB｜＝｜TP｜·｜TQ｜，
所以＝，
所以－16＋－16＝－16＋－16，即＝，
由題意可知，k1≠k2，所以k1＝－k2，即k1＋k2＝0.
故直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和為0.
思維幫·提升思維　快速解題
“蒙日圓”的應用
蒙日圓：在橢圓（雙曲線）中，任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，這個圓稱為蒙日圓，它的圓心是橢圓（雙曲線）的中心，半徑等于橢圓（雙曲線）長半軸長（實半軸長）與短半軸長（虛半軸長）平方和（差）的算術平方根.
即橢圓C：＋＝1（a＞b＞0）的兩條互相垂直的切線交點的軌跡是蒙日圓x2＋y2＝a2＋b2.
例7 在圓（x－3）2＋（y－4）2＝r2（r＞0）上總存在點P，使得過點P能作橢圓＋y2＝1的兩條互相垂直的切線，則r的取值范圍是（　B　）
A.（3，7） B.[3，7] C.（1，9） D.[1，9]
解析　解法一　當題設中的兩條互相垂直的切線中有一條切線的斜率不存在或者為0時，可得P（，1）或P（，－1）或P（－，1）或P（－，－1）.當題設中的兩條互相垂直的切線的斜率都存在且不為0時，設P（x0，y0）（x0≠±，y0≠±1），過點P的切線方程為y－y0＝k（x－x0），代入橢圓方程＋y2＝1得，（3k2＋1）x2－6k（kx0－y0）x＋3（kx0－y0）2－3＝0，由題意可知Δ＝0，即（－3）k2－2x0y0k＋－1＝0（－3≠0）　①.設兩條互相垂直的切線的切點分別為A，B，直線PA，PB的斜率分別為kPA，kPB，則kPA，kPB是關于k的方程①的兩個根，所以有kPA·kPB＝＝－1，從而有＋4，所以點P在圓x2＋y2＝4上.
由題意可得圓x2＋y2＝4與圓（x－3）2＋（y－4）2＝r2（r＞0）有公共點，則－2≤r≤＋2，得3≤r≤7，故選B.
解法二　由“蒙日圓”定理可得，點P的軌跡方程為C1：x2＋y2＝4，所以要使圓C2：（x－3）2＋（y－4）2＝r2（r＞0）上總存在點P滿足題意，則圓C1與C2有交點，所以｜2－r｜≤｜C1C2｜≤2＋r，又｜C1C2｜＝5，所以3≤r≤7，故選B.
方法技巧
以橢圓為例.如圖，設P為圓O：x2＋y2＝a2＋b2上任意一點，過點P作橢圓＋＝1的兩條切線PA，PB，切點分別為A，B，延長PA，PB交圓O于兩點C，D.
性質1：PA⊥PB.
性質2：（1）C，O，D三點共線；
（2）CD∥AB；
（3）kOP·kCD＝－，kOP·kAB＝－，kOA·kPA＝－，kOB·kPB＝－；
（4）kOA·kOB＝－.
性質3：PO平分橢圓的切點弦AB.
訓練5 [2024江西名校聯考]法國數學家加斯帕爾·蒙日發現，過圓E：x2＋y2＝a2－b2（a＞b＞0）上任意一點作雙曲線C：－＝1的兩條切線，這兩條切線互相垂直，我們通常把這個圓E稱作雙曲線C的蒙日圓.過雙曲線W：－y2＝1的蒙日圓上一點P作W的兩條切線，與該蒙日圓分別交于A，B兩點，若∠PAB＝30°，則△PAB的周長為　3＋　.
解析　如圖，由題可知，W的蒙日圓的方程為x2＋y2＝2，半徑為，且PA⊥PB，所以AB為直徑，所以｜AB｜＝2.又∠PAB＝30°，所以｜PB｜＝，｜PA｜＝＝，所以△PAB的周長為3＋.

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