資源簡介

(共58張PPT)
第八章
培優點7　阿波羅尼斯圓與蒙日圓
數學
大
一
輪
復
習
在近幾年全國各地的解析幾何試題中可以發現許多試題涉及阿波羅尼斯圓、蒙日圓，這些問題聚焦了軌跡方程、定值、定點、弦長、面積等解析幾何的核心問題，難度為中高檔.
重點解讀
“阿波羅尼斯圓”的定義：平面內到兩個定點A(－a，0)，B(a，0)(a>0)的
距離之比為正數λ(λ≠1)的點的軌跡是以C為圓心，為半
徑的圓，即為阿波羅尼斯圓.
阿波羅尼斯圓
題型一
例1　(1)設A，B是平面上兩點，則滿足＝k(其中k為常數，k>0且k≠1)
的點P的軌跡是一個圓，已知A(，0)，B，且k＝，則點P所
在圓M的方程為　　　　　　.
x2＋y2＝3
設P(x，y)，由題意可得，，
即|PA|＝|PB|，
則＋y2＝2，
整理得x2＋y2＝3.
(2)已知在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，sin A＝2sin B，acos B＋bcos A＝2，則△ABC面積的最大值為　　　.
依題意，由sin A＝2sin B，
得|BC|＝2|AC|，acos B＋bcos A＝＝c＝2，
即|AB|＝2，以AB邊所在的直線為x軸，
線段AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標系，
設A(1，0)，B(－1，0)，C(x，y)，x≠0，
由|BC|＝2|AC|，則C的軌跡為阿波羅尼斯圓，
其方程為＋y2＝，x≠0，
邊AB上的高的最大值為，所以()max＝.
阿波羅尼斯圓的逆用
當題目給了一個圓的方程和一個定點，我們可以假設另一個定點，構造相同的阿氏圓，利用兩圓是同一個圓，便可以求出定點的坐標.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)如圖，在等腰△ABC中，已知|AB|＝|AC|，B(－1，0)，AC邊的中點為D(2，0)，則點C的軌跡所包圍的圖形的面積等于　　　　.
4π
因為|AB|＝|AC|＝2|AD|，所以點A的軌跡是阿波羅尼斯圓，
易知其方程為(x－3)2＋y2＝4(y≠0).
設C(x，y)，由AC邊的中點為D(2，0)，
知A(4－x，－y)，
所以C的軌跡方程為(4－x－3)2＋(－y)2＝4(y≠0)，
即(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，
故所求的面積為4π.
(2)已知點P是圓(x－4)2＋(y－4)2＝8上的動點，A(6，－1)，O為坐標原點，則|PO|＋2|PA|的最小值為　　　　.
10
假設A'(m，n)，使得|PO|＝2|PA'|，
設P(x，y)，則＝2，
從而可得3x2－8mx＋4m2＋3y2－8ny＋4n2＝0，
從而可知圓心坐標為，
由題意得圓3x2－8mx＋4m2＋3y2－8ny＋4n2＝0與圓(x－4)2＋(y－4)2＝8是同一個圓，
所以＝4，＝4，解得m＝n＝3，即A'(3，3).
所以|PO|＋2|PA|＝2(|PA'|＋|PA|)≥2|A'A|
＝2＝10，
當A，P，A'三點共線且P在線段AA'上時，等號成立.
即|PO|＋2|PA|的最小值為10.
在橢圓＝1(a>b>0)上，任意兩條相互垂直的切線的交點都在同一個
圓上，它的圓心是橢圓的中心，半徑等于橢圓長半軸與短半軸平方和的算術平方根，即x2＋y2＝a2＋b2，這個圓叫蒙日圓.
蒙日圓
題型二
例2　(1)蒙日圓涉及的是幾何學中的一個著名定理，該定理的內容為：橢圓上兩條互相垂直的切線的交點必在一個與橢圓同心的圓上，該圓稱為
原橢圓的蒙日圓，若橢圓C：＝1(a>0)的蒙日圓的方程為x2＋y2
＝4，則a等于
A.1 B.2 C.3 D.4
√
∵橢圓上兩條互相垂直的切線的交點必在一個與橢圓同心的圓上，找兩個特殊點分別為(，0)，(0，)，則兩條切線分別是x＝，y＝，這兩條切線互相垂直，且兩條直線的交點為P()，而P在蒙日圓上，
∴＝4，解得a＝1.
(2)(多選)已知焦點在x軸上的橢圓C的長軸長為4，離心率為e＝，P為橢圓C的蒙日圓上任一點，則以下說法正確的是
A.過點P作橢圓C的兩條切線PA，PB，則有PA⊥PB
B.過點P作橢圓的兩條切線，交橢圓于點A，B，O為原點，直線OP，AB
的斜率分別為kOP，kAB，kOP·kAB＝－
C.過點P作橢圓的兩條切線，切點分別為A，B，則S△APB的取值范圍為
D.過點P作橢圓的兩條切線，切點分別為A，B，O為原點，則S△AOB的最
大值為
√
√
√
由題意知橢圓C：＝1(a>b>0)的長軸長為4，離心率為e＝，
故a＝2，，
所以c＝1，b2＝a2－c2＝3，
則橢圓方程為＝1，
蒙日圓的方程為x2＋y2＝7.
對于A，由蒙日圓的定義知PA⊥PB，A正確；
對于B，設P(x1，y1)，A(x2，y2)，B(x3，y3)，
則PA的方程為＝1，
PB的方程為＝1，
兩切線過點P，
故＝1，＝1，
即點A，B在直線＝1上，
因為兩點確定一條直線，
故直線AB的方程為＝1，
則kAB＝－，
而kOP＝，故kOP·kAB＝－，B錯誤；
對于C，當點P在x軸上時，
則y1＝0，x1＝或x1＝－，
則直線AB的方程為x＝±，
聯立＝1，得y＝±，
所以|AB|＝，易得點P到直線AB的距離為，
則S△APB＝××；
當點P不在x軸上時，
由于直線AB的方程為＝1，
聯立＝1，
得(3＋4)x2－24x1x＋48－16＝0，
Δ＝(－24x1)2－4(3＋4)(48－16)
＝64(3＋4－12)>0，
則x2＋x3＝，
x2x3＝，
故|AB|＝·
＝×
＝，
又點P到直線AB的距離
d1＝，
故S△APB＝|AB|d1
＝·
＝，
又＝7，故令t＝，t∈(3，4]，
則S△APB＝，
令f(t)＝，
顯然f(t)在(3，4]上單調遞減，
故y＝在(3，4]上單調遞增，
則S△APB>，(S△APB)max＝，
綜上所述，S△APB的取值范圍為，C正確；
對于D，由C的分析可知，當點P在x軸上時，
|AB|＝，點O到直線AB的距離為，
則S△AOB＝××；
當點P不在x軸上時，
|AB|＝，
而點O到直線AB的距離d2＝，
故S△AOB＝|AB|d2
＝·＝，
又＝7，
故令t＝，t∈(3，4]，
則S△AOB＝，
而t＋≥2＝4，
當且僅當t＝，即t＝2∈(3，4]時，等號成立，
故S△AOB＝≤<，
所以S△AOB的最大值為，D正確.
(1)設P為蒙日圓上任一點，過點P作橢圓的兩條切線，交橢圓于點A，B，O為原點.
性質1　PA⊥PB.
性質2　kOP·kAB＝－.
性質3　kOA·kPA＝－，kOB·kPB＝－(垂徑定理的推廣).
性質4　PO平分橢圓的切點弦AB.
性質5　延長PA，PB分別交蒙日圓O于點C，D，則CD∥AB.
思維升華
性質6　S△AOB的最大值為，S△AOB的最小值為.
性質7　S△APB的最大值為，S△APB的最小值為.
思維升華
(3)拋物線y2＝2px(p>0)的兩條互相垂直的切線PA，PB交點P的軌跡是該拋物線的準線：
x＝－(可以看作半徑無窮大的圓).
(2)蒙日圓在雙曲線、拋物線中的推廣
雙曲線＝1(a>b>0)的兩條互相垂直的切線PA，PB交點P的軌跡
是蒙日圓：x2＋y2＝a2－b2(只有當a>b時才有蒙日圓).
思維升華
跟蹤訓練2　(多選)已知橢圓C：＝1，O為原點，則下列說法中正
確的是
A.橢圓C的蒙日圓方程為x2＋y2＝9
B.過直線l：x＋2y－3＝0上一點P作橢圓C的兩條切線，切點分別為M，N，
當∠MPN為直角時，直線OP的斜率為－
C.若P為蒙日圓上一點，則PO平分橢圓的切點弦MN
D.若P為蒙日圓上一點，O，P到MN的距離分別為d1，d2，則d1d2＝
√
√
√
由蒙日圓的定義，易得橢圓C：＝1的蒙日圓方程為x2＋y2＝9，A
正確；
依題意，點P是直線l與蒙日圓的交點，則解得P或P(3，0)，直線OP的斜率為－或0，B錯誤；
當點P在坐標軸上時，由對稱性可知，PO平分橢圓的切點弦MN；當點P不在坐標軸上時，設P點坐標為(x0，y0)(x0≠0，y0≠0)，直線OP斜率kOP
＝，由切點弦公式得到MN的方程為＝1，kMN＝－，
kOP·kMN＝－，由點差法可知，OP平分切點弦MN，C正確；
設P(cos θ，sin θ)，則直線MN的方程為xb2cos θ＋ya2sin θ－a2b2＝0，
則原點O到直線MN的距離為
d1＝，
點P到直線MN的距離為
d2＝
＝
＝，
所以d1d2＝，D正確.
課時精練
對一對
答案
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題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B A B D C B ABD ABD
題號 9 　10 答案 2 　(x＋2)2＋y2＝4　－1 一、單項選擇題
1.若橢圓C：＝1(a>0)的離心率為，則橢圓C的蒙日圓方程為
A.x2＋y2＝9 B.x2＋y2＝7
C.x2＋y2＝5 D.x2＋y2＝4
√
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答案
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答案
因為橢圓C：＝1(a>0)的離心率為，
所以，解得a＝3，
所以橢圓C的方程為＝1，根據蒙日圓的定義知，蒙日圓的半徑r＝，
所以橢圓C的蒙日圓方程為x2＋y2＝7.
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答案
2.已知☉O：x2＋y2＝1，若在直線y＝x＋2上總存在點P，使得過點P的☉O的兩條切線互相垂直，則實數k的取值范圍為
A.[1，＋∞) B.(1，＋∞)
C.[2，＋∞) D.(2，＋∞)
√
由題分析可知點P的軌跡方程為x2＋y2＝2，又點P在直線y＝x＋2上，
所以直線y＝x＋2與圓x2＋y2＝2必有交點，即≤，解得k≥1.
3.已知雙曲線＝1(a>1)上存在一點M，過點M向圓x2＋y2＝1作兩條
切線MA，MB，若·＝0，則實數a的取值范圍是
A.(1，) B.(1，]
C.[，＋∞) D.(，＋∞)
√
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答案
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雙曲線＝1(a>1)上存在一點M，
過點M向圓x2＋y2＝1作兩條切線MA，MB，
若·＝0，可知四邊形MAOB是正方形，
|MO|＝，
所以實數a的取值范圍是(1，].
答案
4.在平面直角坐標系Oxy中，已知點A(1，0)，B(4，0)，若直線x－y＋m＝
0上存在點P使得|PA|＝|PB|，則實數m的取值范圍是
A.[－2，2]
B.(－∞，－2]∪[2，＋∞)
C.(－∞，－2]∪[2，＋∞)
D.[－2，2]
√
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答案
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設P(x，y)，
則|PA|＝，|PB|＝，
因為|PA|＝|PB|，所以，
兩邊同時平方，化簡得x2＋y2＝4，
故點P的軌跡為圓心為(0，0)，半徑為2的圓，
又點P在直線x－y＋m＝0上，
故圓x2＋y2＝4與直線x－y＋m＝0必有公共點，所以≤2，
解得－2≤m≤2.
答案
5.現有△ABC，|AC|＝6，sin C＝2sin A，則當△ABC的面積最大時，|BC|等于
A.12 B.20 C.2 D.5
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答案
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答案
如圖所示，以AC的中點為原點，AC邊所在直線為x軸建立平面直角坐標系，
因為|AC|＝6，所以A(－3，0)，C(3，0)，設B(x，y)，因為sin C＝2sin A，
由正弦定理可得|AB|＝2|BC|，
所以(x＋3)2＋y2＝4(x－3)2＋4y2，
化簡得(x－5)2＋y2＝16，且y≠0，
圓的位置如圖所示，圓心為(5，0)，半徑r＝4，
觀察可得，在三角形底邊長|AC|不變的情況下，當B點位于圓心D的正上方或正下方時，高最大，
此時△ABC的面積最大，B點坐標為(5，4)或(5，－4)，
所以|BC|＝＝2.
6.已知在平面直角坐標系中，圓O：x2＋y2＝1，點A和點B，
M為圓O上的動點，則2|MA|－|MB|的最大值為
A. B. C. D.
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答案
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答案
設點M(x，y)，
令2|MA|＝|MC|，
則，
由題知圓x2＋y2＝1是關于點A，C的阿波羅尼斯圓，設點C(m，n)，
則，
整理得x2＋y2＋x＋y＝，
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答案
比較兩方程可得＝0，＝0，＝1，
即m＝－2，n＝0，點C(－2，0)，
當點M位于圖中M1的位置時，
即2|MA|－|MB|＝|M1C|－|M1B|，此時取得最大值，
最大值為|BC|＝.
二、多項選擇題
7.在平面直角坐標系中，A(－1，0)，B(2，0)，動點C滿足，直線l：
mx－y＋m＋1＝0，則
A.動點C的軌跡方程為(x＋2)2＋y2＝4
B.直線l與動點C的軌跡一定相交
C.動點C到直線l距離的最大值為＋1
D.若直線l與動點C的軌跡交于P，Q兩點，且|PQ|＝2，則m＝－1
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√
答案
√
√
對于A選項，設C(x，y).因為，
所以，
整理得x2＋y2＋4x＝0，即(x＋2)2＋y2＝4，
所以動點C的軌跡為以N(－2，0)為圓心，2為半徑的圓，軌跡方程為(x＋2)2＋y2＝4，故A正確；
對于B選項，因為直線l過定點M(－1，1)，而點M(－1，1)在圓N內，所以直線l與圓N一定相交，故B正確；
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答案
對于C選項，當直線l與直線NM垂直時，動點C到直線l的距離最大，且最大值為r＋|NM|＝2＋，故C錯誤；
對于D選項，記圓心N到直線l的距離為d，
則d＝.
因為|PQ|2＝4(r2－d2)＝8.
又r＝2，所以d＝.
由＝2，得m＝－1，故D正確.
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答案
8.若橢圓Γ：＝1(a>b>0)的蒙日圓方程為C：x2＋y2＝a2，過C上的
動點M作Γ的兩條互相垂直的切線，分別與C交于P，Q兩點，直線PQ交Γ
于A，B兩點，則
A.橢圓Γ的離心率為
B.△MPQ面積的最大值為a2
C.M到Γ的左焦點的距離的最小值為(2－)a
D.若動點D在Γ上，將直線DA，DB的斜率分別記為k1，k2，則k1k2＝－
√
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答案
√
√
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由蒙日圓的定義得a2＋b2＝a2，即a2＝2b2，
所以橢圓Γ的離心率e＝，故A正確；
因為點M，P，Q都在圓C上，且∠PMQ＝90°，
所以PQ為圓C的直徑，
所以|PQ|＝2×a，
所以△MPQ面積的最大值為|PQ|··a2，故B正確；
答案
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設M(x0，y0)，Γ的左焦點為F(－c，0)，
連接MF(圖略)，因為c2＝a2－b2＝a2，
所以|MF|2＝＋2x0c＋c2
＝a2＋2x0·a＋a2＝2a2＋ax0，
又－a≤x0≤a，
所以|MF|2的取值范圍為[(2－)a2，(2＋)a2]，
則M到Γ的左焦點的距離的最小值為，故C不正確；
答案
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由直線PQ經過坐標原點，易得點A，B關于原點對稱，
設A(x1，y1)，D(x2，y2)(x2≠±x1)，
則B(－x1，－y1)，k1＝，k2＝，
又＝0，
所以·＝－，
所以k1k2＝－，故D正確.
答案
三、填空題
9.(2024·南京模擬)滿足條件|AB|＝2，|AC|＝|BC|的△ABC的面積的最大值為　　　　.
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答案
方法一　(直解法)
建立如圖的平面直角坐標系，則A(－1，0)，B(1，0)，設C點的坐標為(x，y)，
因為|AC|＝|BC|，
所以×，
整理得(x－3)2＋y2＝8(y≠0)，
所以點C的軌跡是以(3，0)為圓心，2為半徑的圓(除去與x軸的交點).
設圓心為M，當CM⊥x軸時，△ABC的面積最大，
此時|CM|＝r＝2，(S△ABC)max＝|AB|·r＝×2×2＝2.
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答案
方法二　(秒解法)
由題意可知，動點C的軌跡是圓M，
且半徑r＝＝2，分析可得，
當且僅當CM⊥AB時，△ABC面積最大，
()max＝|AB|·r＝×2×2＝2.
10.已知在平面直角坐標系Oxy中，A(－2，1)，B(－2，4)，點P是滿足的阿氏圓上的任一點，則該阿氏圓的方程為　　　　　　　　　　；
若點Q為拋物線E：y2＝4x上的動點，Q在y軸上的射影為H，則|PA|＋|PQ|＋|QH|的最小值為　　　　.
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答案
(x＋2)2＋y2＝4
－1
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答案
設點P(x，y)，∵，∴，
∴該阿氏圓方程為(x＋2)2＋y2＝4.
設拋物線的焦點為點F，如圖所示，由題意知F(1，0)，
|QH|＝|QF|－1，
∴(|PA|＋|PQ|＋|QH|)min
＝(|PA|＋|PQ|＋|QF|－1)min
＝|AF|－1＝－1＝－1.(共49張PPT)
第八章
培優點8　阿基米德三角形
數學
大
一
輪
復
習
在近幾年全國各地的解析幾何試題中可以發現許多試題涉及阿基米德三角形問題，它包含了直線與圓錐曲線相交、相切兩種位置關系，聚焦了軌跡方程、定值、定點、弦長、面積等解析幾何的核心問題，難度為中高檔.
重點解讀
拋物線的弦與過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形叫做阿基米德三角形.如圖.
拋物線的切線方程與切點弦方程
題型一
例1 　(1)(多選)下列選項正確的是
A.過拋物線x2＝2py(p>0)上一點M(x0，y0)的切線方程為x0x＝p(y＋y0)
B.過拋物線x2＝－2py(p>0)上一點M(x0，y0)的切線方程為x0x＝－p(y＋y0)
C.過拋物線y2＝2px(p>0)上一點M(x0，y0)的切線方程為y0y＝p(x＋x0)
D.過拋物線y2＝－2px(p>0)上一點M(x0，y0)的切線方程為y0y＝－p(x－x0)
√
√
√
僅以選項A為例給出證明，同理可證其余三種情形.
方法一　設拋物線x2＝2py(p>0)上一點M(x0，y0)的切線方程為
y－y0＝k(x－x0)，
代入x2＝2py，整理得
x2－2pkx－2py0＋2pkx0＝0，
由Δx＝0，得4p2k2＋4(2py0－2pkx0)＝0，
∴pk2－2x0k＋2y0＝0，
∵拋物線上一點處的切線唯一，
∴關于k的一元二次方程pk2－2x0k＋2y0＝0有兩個相等的實數根，
∴k＝，
∴所求的切線方程為y－y0＝(x－x0)，
即x0x＝＋py－py0，
又＝2py0，
∴過拋物線x2＝2py(p>0)上一點M(x0，y0)的切線方程為x0x＝p(y＋y0).
方法二　y＝，y'＝，
由導數的幾何意義得所求切線的斜率為k＝，
∴所求的切線方程為y－y0＝(x－x0)，
即x0x＝＋py－py0，
又＝2py0，
∴過拋物線x2＝2py(p>0)上一點M(x0，y0)的切線方程為x0x＝p(y＋y0).
(2)過拋物線x2＝2py(p>0)外一點C(x0，y0)向拋物線引兩條切線，設兩切點分別為點A，B，則過點A，B的直線方程為　　　　　　.
x0x＝p(y＋y0)
設切點A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(1)知在點A處的切線方程為x1x＝p(y＋y1)，
在點B處的切線方程為x2x＝p(y＋y2)，
因為點C(x0，y0)在兩條切線上，
所以
即可認為(x1，y1)，(x2，y2)是x0x＝p(y0＋y)的兩組解，
即A，B在直線x0x＝p(y＋y0)上，
又因為兩點確定一條直線，所以過點A，B的直線方程為x0x＝p(y＋y0).
在圓錐曲線方程中，以x0x替換x2，以y0y替換y2，以替換x，以替換y，即可得到切線方程和切點弦方程.
思維升華
跟蹤訓練1　已知曲線C：y＝，D為直線y＝－上的動點，過D作C的兩
條切線，切點分別為A，B，則直線AB過定點__________.
方法一　設D，A(x1，y1)，
則＝2y1.
由于y'＝x，所以切線DA的斜率為x1，故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
設B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0.
所以直線AB過定點.
方法二　設D，由切點弦的方程可知，
直線AB的方程為y＝x0x＋，
所以直線AB過定點.
例2　(多選)已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是拋物線y2＝2px(p>0)上的兩點，在兩點處的切線相交于點Q，則下列說法中正確的是
A.當阿基米德三角形的頂角為直角時，阿基米德三角形頂點的軌跡為蒙
日圓
B.若M為弦AB的中點，則MQ與x軸平行(或重合)
C.若弦AB過拋物線的焦點，則點Q在拋物線的準線上
D.若阿基米德三角形的底邊AB過焦點，M為弦AB的中點，則該三角形的
面積最小值為2p
阿基米德三角形的性質
題型二
√
√
√
對于A，由蒙日圓的定義知A正確；
對于B，過點A的切線方程為y1y＝p(x＋x1)， ①
過點B的切線方程為y2y＝p(x＋x2)， ②
又
聯立①②③④，解得兩切線交點Q，
又M，
∴MQ與x軸平行(或重合)，B正確；
對于C，設Q(x0，y0)，
則直線AB的方程為y0y＝p(x＋x0)，
又直線AB經過焦點F，
∴0＝p，∴x0＝－，C正確；
對于D，若底邊AB過焦點，
則Q點的軌跡方程是x＝－，
易驗證kQA·kQB＝－1，即QA⊥QB，
故阿基米德三角形為直角三角形，且Q為直角頂點， ∴|QM|＝≥＝p，由B項分析可知，MQ與x軸平行(或重合)，
∴S△QAB＝|QM||y1－y2|
≥|QM|·≥p2，
當且僅當y1＝－y2時，等號成立，
∴阿基米德三角形面積的最小值為p2，D錯誤.
阿基米德三角形的常見性質
(1)阿基米德三角形底邊上的中線平行(或重合)于拋物線的對稱軸.
(2)若阿基米德三角形的底邊即弦AB過拋物線內的定點P，則另一頂點C的軌跡為一條直線.
(3)若阿基米德三角形的底邊過焦點，則頂點C的軌跡為準線，且CA⊥CB，CF⊥AB，阿基米德三角形的面積的最小值為p2.
(4)若直線l與拋物線沒有公共點，以l上的點為頂點的阿基米德三角形的底邊過定點.
思維升華
(5)底邊長為a的阿基米德三角形的面積的最大值為.
(6)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB為阿基米德三角形的底邊，則阿基
米德三角形頂點C的坐標為.
推論：阿基米德三角形的頂點C的縱坐標與弦AB的中點M的縱坐標相同，頂點C的橫坐標與弦AB與x軸交點D的橫坐標互為相反數.
思維升華
跟蹤訓練2　若直線l與拋物線沒有公共點，以l上的點為頂點的阿基米德三角形的底邊過定點.若直線l的方程為ax＋by＋c＝0，拋物線方程為y2＝2px(p>0)，則定點的坐標為　　 　　　.
任取直線l：ax＋by＋c＝0上的一點Q(x0，y0)，
則有ax0＋by0＋c＝0，即y0＝－x0－， ①
過點Q作拋物線y2＝2px(p>0)的兩條切線，切點分別為A，B，
則弦AB所在的直線方程為y0y＝p(x0＋x)，
把①式代入可得y＝p(x0＋x)，
即x0＝px＋y，
令
可得弦AB所在的直線過定點.
課時精練
答案
1
2
1.
(1)因為拋物線C1：x2＝4y上任意一點(x，y)的切線斜率為y'＝，
且當x0＝1－時，切線MA的斜率為－，所以A點坐標為，
故切線MA的方程為y＝－(x＋1)＋.
因為點M(1－，y0)在切線MA及拋物線C2上，
所以y0＝－(2－)＋＝－， ①
y0＝－＝－. ②
由①②得p＝2.
答案
1
2
(2)設N(x，y)，A，B，x1≠x2，
由N為線段AB中點，知x＝， ③
y＝. ④
切線MA，MB的方程為y＝(x－x1)＋， ⑤
y＝(x－x2)＋， ⑥
由⑤⑥得MA，MB的交點M(x0，y0)，
1.
答案
1
2
即x0＝，y0＝.
因為點M(x0，y0)在C2上，即＝－4y0，
所以x1x2＝－， ⑦
由③④⑦得x2＝y，x≠0.
當x1＝x2時，A，B重合于原點O，AB的中點N(0，0)滿足x2＝y，
因此AB中點N的軌跡方程為x2＝y.
1.
答案
1
2
(1)由題意知M(0，－4)，F，
圓M的半徑r＝1，所以|MF|－r＝4，
即＋4－1＝4，解得p＝2.
(2)方法一　拋物線C的方程為x2＝4y，
即y＝，求導得y'＝，
設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
直線PA的方程為y－y1＝(x－x1)，
2.
答案
1
2
即x1x－2y1－2y＝0，
同理可知，直線PB的方程為
x2x－2y2－2y＝0，
由于點P為這兩條直線的公共點，
則
所以點A，B的坐標滿足方程x0x－2y－2y0＝0，
又兩點確定一條直線，
2.
答案
1
2
所以直線AB的方程為x0x－2y－2y0＝0，
聯立
可得x2－2x0x＋4y0＝0，Δ＝4(－4y0)>0，
則x1＋x2＝2x0，x1x2＝4y0，
所以|AB|＝·＝，
2.
答案
1
2
點P到直線AB的距離為d＝，
所以|AB|·d
＝·
＝－4y0，
又－4y0＝1－(y0＋4)2－4y0＝－－12y0－15＝－(y0＋6)2＋21，
2.
答案
1
2
由已知得－5≤y0≤－3，
所以當y0＝－5時，△PAB的面積取得最大值為×2＝20.
方法二　由(1)知，拋物線方程為x2＝4y，
由題意可知直線AB的斜率存在，設A，B，直線AB的方程為y＝kx＋b，
聯立消去y得x2－4kx－4b＝0，
2.
答案
1
2
則Δ＝16k2＋16b>0， (※)
x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
所以|AB|＝|x1－x2|＝·＝4·.
因為x2＝4y，即y＝，
所以y'＝，
則拋物線在點A處的切線的斜率為，
2.
答案
1
2
在點A處的切線方程為y－(x－x1)，
即y＝x－，
同理得拋物線在點B處的切線方程為y＝x－，
聯立
即P(2k，－b).
2.
答案
1
2
因為點P在圓M上，所以4k2＋(4－b)2＝1，①
且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，
即－≤k≤，3≤b≤5，滿足(※).
設點P到直線AB的距離為d，則d＝，
所以S△PAB＝|AB|·d＝4.
由①得，k2＝，
2.
答案
1
2
令t＝k2＋b，則t＝，且3≤b≤5.
因為t＝在[3，5]上單調遞增，所以當b＝5時，t取得最大值，tmax＝5，此時k＝0，所以△PAB面積的最大值為20.
2.
1.如圖，拋物線C1：x2＝4y，C2：x2＝－2py(p>0).點M(x0，y0)在拋物線C2上，過M作C1的切線，切點為A，B(M為原點O時，A，B重合于O).當x0＝1－時，切線
MA的斜率為－.
(1)求p的值；
1
2
答案
1
2
答案
因為拋物線C1：x2＝4y上任意一點(x，y)的切線斜率為y'＝，
且當x0＝1－時，切線MA的斜率為－，
所以A點坐標為，
故切線MA的方程為y＝－(x＋1)＋.
因為點M(1－，y0)在切線MA及拋物線C2上，
所以y0＝－(2－)＋＝－， ①
y0＝－＝－. ②
由①②得p＝2.
(2)當M在C2上運動時，求線段AB中點N的軌跡方程(A，B重合于O時，中點為O).
1
2
答案
1
2
答案
設N(x，y)，A，B，x1≠x2，
由N為線段AB中點，知x＝， ③
y＝. ④
切線MA，MB的方程為y＝(x－x1)＋， ⑤
y＝(x－x2)＋， ⑥
由⑤⑥得MA，MB的交點M(x0，y0)，
即x0＝，y0＝.
1
2
答案
因為點M(x0，y0)在C2上，即＝－4y0，
所以x1x2＝－， ⑦
由③④⑦得x2＝y，x≠0.
當x1＝x2時，A，B重合于原點O，AB的中點N(0，0)滿足x2＝y，
因此AB中點N的軌跡方程為x2＝y.
1
2
答案
2.已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F，且F與圓M：x2＋(y＋4)2＝1上點的距離的最小值為4.
(1)求p；
由題意知M(0，－4)，F，
圓M的半徑r＝1，所以|MF|－r＝4，
即＋4－1＝4，解得p＝2.
1
2
答案
(2)若點P在圓M上，PA，PB是C的兩條切線，A，B是切點，求△PAB面積的最大值.
1
2
答案
方法一　拋物線C的方程為x2＝4y，
即y＝，求導得y'＝，
設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
直線PA的方程為y－y1＝(x－x1)，
即x1x－2y1－2y＝0，
同理可知，直線PB的方程為
x2x－2y2－2y＝0，
由于點P為這兩條直線的公共點，
1
2
答案
則
所以點A，B的坐標滿足方程x0x－2y－2y0＝0，
又兩點確定一條直線，
所以直線AB的方程為x0x－2y－2y0＝0，
聯立
可得x2－2x0x＋4y0＝0，Δ＝4(－4y0)>0，
則x1＋x2＝2x0，x1x2＝4y0，
1
2
答案
所以|AB|＝·＝，
點P到直線AB的距離為d＝，
所以|AB|·d
＝·
＝－4y0，
1
2
答案
又－4y0＝1－(y0＋4)2－4y0＝－－12y0－15＝－(y0＋6)2＋21，
由已知得－5≤y0≤－3，
所以當y0＝－5時，△PAB的面積取得最大值為×2＝20.
方法二　由(1)知，拋物線方程為x2＝4y，
由題意可知直線AB的斜率存在，設A，B，
直線AB的方程為y＝kx＋b，
聯立消去y得x2－4kx－4b＝0，
1
2
答案
則Δ＝16k2＋16b>0， (※)
x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
所以|AB|＝|x1－x2|＝·＝4·.
因為x2＝4y，即y＝，
所以y'＝，
則拋物線在點A處的切線的斜率為，
1
2
答案
在點A處的切線方程為y－(x－x1)，
即y＝x－，
同理得拋物線在點B處的切線方程為y＝x－，
聯立
即P(2k，－b).
因為點P在圓M上，所以4k2＋(4－b)2＝1， ①
1
2
答案
且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，
即－≤k≤，3≤b≤5，滿足(※).
設點P到直線AB的距離為d，
則d＝，
所以S△PAB＝|AB|·d＝4.
由①得，k2＝，
1
2
答案
令t＝k2＋b，則t＝，且3≤b≤5.
因為t＝在[3，5]上單調遞增，所以當b＝5時，t取得最大值，tmax＝5，此時k＝0，所以△PAB面積的最大值為20.(共44張PPT)
第八章
培優點9　等角定理與蝴蝶定理
數學
大
一
輪
復
習
在近幾年高考試題中，以“角相等”為背景的圓錐曲線試題頻繁出現，綜合性強，是考查學生能力的重要載體.本節課主要說明圓錐曲線中以“角相等”為命題背景的題型及求解策略.
重點解讀
等角定理
題型一
例1 　求證：過橢圓＝1(a>b>0)長軸上任意一點N(t，0)(0<|t|的直線平分，即∠OGA＝∠OGB.
如圖所示，
只需證明kGA＝－kGB，
即kGA＋kGB＝0，
也即＝0，
故只需證＝0，其中xG＝，
設AB所在直線的方程為x＝my＋t，
則xA＝myA＋t，xB＝myB＋t.
故只需證明＝0.
即只需證2m＋(t－xG)＝0. ①
聯立y2＋y＋－1＝0，
由根與系數的關系得yA＋yB＝－，yAyB＝，
代入①式，等式左邊＝2m＋
＝2m＋＝2m＋
＝2m－2m＝0＝右邊.故命題得證.
(1)雙曲線中的等角定理
過雙曲線＝1(a>0，b>0)的實軸所在直線上任意一點N(t，0)
(t≠±a)的一條弦的端點A，B與G的連線所成的角，被焦點
所在的直線平分，即∠NGA＝∠NGB，如圖1所示.
思維升華
圖1
(2)拋物線中的等角定理
過拋物線 y2＝2px(p>0)對稱軸上任意一點N(a，0)(a>0)的一條弦的端點A，B與對應點G(－a，0)的連線所成的角，被對稱軸平分，即∠OGA＝∠OGB，如圖2所示.
思維升華
圖2
跟蹤訓練1　在平面直角坐標系Oxy中，曲線C：y＝與直線y＝kx＋a(a>0)
交于M，N兩點.
(1)當k＝0時，分別求C在點M和N處的切線方程；
由題設可得M(2，a)，N(－2，a)，或M(－2，a)，N(2，a).
∵y'＝x，故y＝在x＝2，
C在(2，a)處的切線方程為y－a＝(x－2x－y－a＝0.
故y＝在x＝－2處的導數值為－，
C在(－2，a)處的切線方程為y－a＝－(x＋2x＋y＋a＝0.
故所求切線方程為x－y－a＝0或x＋y＋a＝0.
(2)y軸上是否存在點P，使得當k變動時，總有∠OPM＝∠OPN？并說明理由.
存在符合題意的點，證明如下：
設P(0，b)為符合題意的點，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
直線PM，PN的斜率分別為k1，k2，
將y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a，
則k1＋k2＝＝，
當b＝－a時，k1＋k2＝0，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補，
故∠OPM＝∠OPN，∴點P(0，－a)符合題意.
設Q為圓內弦XY的中點，過Q作弦AB和CD，設AD和BC交XY于點P和R，則Q是PR的中點.
進一步，去掉Q為中點的條件，可得“坎迪定理”：
當Q不為中點時，滿足
.
定理原本只是圓的背景，通過射影幾何，我們可以非常容易地將蝴蝶定理推廣到普通的任意圓錐曲線(包括橢圓、雙曲線、拋物線，甚至退化到兩條相交直線的情況).
蝴蝶定理
題型二
圓錐曲線上弦XY的中點為Q，過Q作弦AB和CD，設AD和BC交XY于點P和R，則Q是PR的中點.
進一步，去掉Q為中點的條件，可得“坎迪定理”：
當Q不為中點時，滿足 .
例2　已知A，B分別為橢圓E：＋y2＝1(a>1)的左、右頂點，G為E的上
頂點，·＝8，P為直線x＝6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D.
(1)求E的方程；
依據題意作出圖象，
由橢圓方程E：＋y2＝1(a>1)可得A(－a，0)，
B(a，0)，G(0，1)，
所以＝(a，1)，＝(a，－1)，
所以·＝a2－1＝8，則 a2＝9，
故橢圓E的方程為＋y2＝1.
(2)證明：直線CD過定點.
方法一　設P(6，y0)，
由(1)得A(－3，0)，B(3，0)，
則直線AP的方程為y＝(x＋3)，
即y＝(x＋3).
聯立直線AP的方程與橢圓方程可得
整理得(＋9)x2＋6x＋9－81＝0，
解得x＝－3或x＝，
將x＝代入直線y＝(x＋3)，
可得y＝，
所以點C的坐標為.
同理可得，點D的坐標為.
當≠3時，
直線CD的方程為y－
＝，
整理可得y＋
＝，
整理得y＝x＋，
所以直線CD過定點.
當＝3時，直線CD的方程為x＝，
直線CD過點.
故直線CD過定點.
方法二　由(1)得A(－3，0)，B(3，0)，
當點P不為直線x＝6與x軸的交點時，
設直線CD與x軸相交于點Q， 過點Q作x軸的垂線，
交橢圓于E，F，交AC，BD于點I，J.
顯然Q是EF的中點，由蝴蝶定理得Q也是IJ的中點，即|IQ|＝|JQ|.
因為P為AC，BD的交點，故， ①
又， ②
由①②得，
解得xQ＝，故直線CD過定點.
當點P為直線x＝6與x軸的交點時，直線CD與x軸重合，也過點，
故直線CD過定點.
(1)蝴蝶定理的方法可以作為了解問題的相關背景，預判結果，但不能作為相關解答.
(2)從蝴蝶定理的方法，我們實際上得到了定點
和斜率之比的有關結論：
對于橢圓＝1(a>b>0)，過Q(n，0)(0思維升華
跟蹤訓練2　已知橢圓Γ：＝1，過橢圓左焦點F任作一條弦PQ(不與長軸重合)，點A，B是橢圓的左、右頂點，設直線AP的斜率為k1，直線BQ的斜率為k2，則k1k2＋的最小值為　　　　.
2
如圖所示，過點F作x軸的垂線，交橢圓于E，G兩點，
交直線AP，BQ于X，Y兩點，
由蝴蝶定理可知，當|FE|＝|FG|時，|FX|＝|FY|，
所以k1＝，k2＝，即＝5，
所以k1k2＋＝5≥2，
當且僅當5時，等號成立，
故k1k2＋的最小值為2.
課時精練
答案
1
2
1.
由題意，t≠±a，當直線AB斜率不存在時，易知直線PA，PB與x軸所成的較小角相等；當直線AB斜率存在時，如圖，設點A和點B的坐標分別為(x1，y1)和(x2，y2).
因為直線AB過點E，
所以設直線AB的方程為y＝k，
代入橢圓方程可得(b2＋a2k2)x2－x＋－a2b2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
答案
1
2
因為kPA＋kPB＝
＝
＝
＝
＝
1.
答案
1
2
＝＝0，
所以直線PA，PB的斜率互為相反數，傾斜角互補.
所以直線PA，PB與x軸所成的較小的角相等.
綜上，直線PA，PB與x軸所成的較小的角相等.
1.
答案
1
2
(1)由于P3，P4兩點關于y軸對稱，
故由題設知T經過P3，P4兩點，
又由>知，T不過點P1，
所以點P2在T上，
因此解得
故橢圓T的方程為＋y2＝1.
2.
答案
1
2
(2)因為點M的坐標在y軸上，且M為AB的中點，
所以直線AB平行于x軸，
設C(x1，y1)，D(x2，y2)，E(x3，y3)，F(x4，y4)，
設直線CD的方程為y＝k1x＋，
代入橢圓T：＋y2＝1，得x2＋k1x－＝0，
根據根與系數的關系得
x1＋x2＝－，x1x2＝－， ①
2.
答案
1
2
同理，設直線EF的方程為y＝k2x＋，
代入橢圓T：＋y2＝1，
得x2＋k2x－＝0，根據根與系數的關系得x3＋x4＝－，
x3x4＝－， ②
由于C，P，F三點共線，
得，
2.
答案
1
2
即，
xP＝，同理，由于E，Q，D三點共線，
得xQ＝，
結合①和②可得
xP＋xQ＝
＝
2.
答案
1
2
＝
＝
＝
＝＝0，
即xP＝－xQ，所以|xP|＝|xQ|，即|MP|＝|MQ|.
2.
1.已知點P(t，0)(t≠0)，直線AB過點E，且與橢圓＝1
(a>b>0)交于不同的兩點A，B，求證：直線PA，PB與x軸所成的較小的角相等.
1
2
答案
1
2
答案
由題意，t≠±a，當直線AB斜率不存在時，易知直線PA，PB與x軸所成的較小角相等；當直線AB斜率存在時，如圖，設點A和點B的坐標分別為(x1，y1)和(x2，y2).
因為直線AB過點E，
所以設直線AB的方程為y＝k，
代入橢圓方程可得 (b2＋a2k2)x2－x＋－a2b2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
因為kPA＋kPB＝＝
1
2
答案
＝＝
＝
＝＝0，
所以直線PA，PB的斜率互為相反數，傾斜角互補.
所以直線PA，PB與x軸所成的較小的角相等.
綜上，直線PA，PB與x軸所成的較小的角相等.
1
2
答案
2.已知橢圓T：＝1(a>b>0)，四點P1(1，1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三點在橢圓T上.
(1)求橢圓T的方程；
1
2
答案
由于P3，P4兩點關于y軸對稱，
故由題設知T經過P3，P4兩點，
又由>知，T不過點P1，
所以點P2在T上，
因此解得
故橢圓T的方程為＋y2＝1.
1
2
答案
(2)蝴蝶定理：如圖1，AB為圓O的一條弦，M是弦AB的中點，過M作圓O的兩條弦CD，EF.若CF，ED分別與直線AB交于點P，Q，則|MP|＝|MQ|.
該結論可推廣到橢圓.如圖2所示，假定在橢圓T中，弦AB的中點M的坐標
為，且兩條弦CD，EF所在直線斜率存在，證明：|MP|＝|MQ|.
1
2
答案
因為點M的坐標在y軸上，且M為AB的中點，
所以直線AB平行于x軸，
設C(x1，y1)，D(x2，y2)，E(x3，y3)，F(x4，y4)，
設直線CD的方程為y＝k1x＋，
代入橢圓T：＋y2＝1，得x2＋k1x－＝0，
根據根與系數的關系得
x1＋x2＝－，x1x2＝－， ①
1
2
答案
同理，設直線EF的方程為y＝k2x＋，代入橢圓T：＋y2＝1，
得x2＋k2x－＝0，根據根與系數的關系得x3＋x4＝－，
x3x4＝－， ②
由于C，P，F三點共線，得，
即，
xP＝，同理，由于E，Q，D三點共線，
1
2
答案
得xQ＝，
結合①和②可得
xP＋xQ＝
＝
＝
＝
1
2
答案
＝
＝
＝0，
即xP＝－xQ，所以|xP|＝|xQ|，即|MP|＝|MQ|.(共77張PPT)
第八章
培優點10　極點、極線
數學
大
一
輪
復
習
“極點、極線”是射影幾何中的內容，不屬于高考考查的范圍，但極點、極線是圓錐曲線的一種基本特征，蘊含了很多圓錐曲線的重要性質，自然成為命題人命題的背景知識和方向，可以肯定的是以“極點、極線”為背景的考題是出題人思維中的定勢方向.
重點解讀
1.極點與極線的定義
過點P(x0，y0)的動直線交圓錐曲線于A，B兩點，過A，B的切線交點的軌跡叫做點P關于圓錐曲線的極線，點P叫做相應于此極線的極點，簡稱極.
一個極點與其對應的極線稱作一對配極元素，它們之間的關系稱作一對配極關系.
極點與極線
題型一
2.極點、極線與圓錐曲線的位置關系
如圖(1)，若極點P在圓錐曲線外，則相應的極線l與點P的切點弦重合，即相應的極線l是由點P向圓錐曲線所引的兩條切線的切點弦所在直線，極線l與圓錐曲線有兩個交點；
如圖(2)，若極點P在圓錐曲線內，則極線l是圓錐曲線經過點P的弦的兩端點處的兩條切線交點的軌跡，此時，極線l與圓錐曲線相離，它們無交點；
如圖(3)，若極點P在圓錐曲線上，則相應的極線l與在點P處的切線重合，即相應的極線l就是圓錐曲線在點P處的切線，極線l與圓錐曲線有唯一交點.
例1　(多選)已知點P是異于原點的一點，則下列關于極線方程的說法中，正確的是
A.已知點P(x0，y0)和圓C：x2＋y2＝r2，則關于點P的極線方程為x0x＋y0y＝r2
B.已知點P(x0，y0)在橢圓＝1(a>b>0)外，則關于點P的極線方程為
＝1
C.對于雙曲線＝1，與點P(x0，y0)對應的極線方程為＝1
D.對于拋物線y2＝2px，若點P，則對應的極線為拋物線的準線
√
√
√
對于A，點P與圓的位置關系有三種，不妨設點P(x0，y0)在圓C的外部，
兩切點分別為T1(x1，y1)，T2(x2，y2)，
兩條切線的方程分別為xix＋yiy＝r2(i＝1，2)，
∵P(x0，y0)在切線上，∴x0x1＋y0y1＝r2，
x0x2＋y0y2＝r2，
∴T1(x1，y1)，T2(x2，y2)在直線x0x＋y0y＝r2上，由兩點確定一條直線知直線T1T2的方程為x0x＋y0y＝r2，A正確；
對于B，極線l與橢圓相交，且為由點P向橢圓所引兩條切線的切點弦所在直線，設兩切點分別為
A(x3，y3)，B(x4，y4)，兩條切線的方程分別為
lPA：＝1，lPB：＝1，
∵P(x0，y0)在切線上，∴
即點A(x3，y3)，B(x4，y4)均滿足＝1，
故切點弦AB所在直線方程，即為點P相應的極線方程，
為＝1，B正確；
對于C，證明方法同橢圓，可得極線方程為＝1，C錯誤；
對于D，由阿基米德三角形的性質可知D正確.
(1)一般地，若圓M：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，P(x0，y0)是圓外一點(極點)，則過點P(x0，y0)的圓M的切點弦(極線)的方程是(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2.
(2)從代數角度看，在圓錐曲線方程中，以x0x替換x2，以替換xy，以y0y替換y2，以替換x，以替換y即可得到點P(x0，y0)
的極線方程.
思維升華
(3)從幾何角度看，如圖，設P是不在圓錐曲線上的一點，過P點引兩條割線依次交圓錐曲線于四點E，F，G，H，連接EH，FG交于N，連接EG，FH并延長，延長線交于M，則直線MN為點P對應的極線.
若P為圓錐曲線上的點，則過P點的切線即為極線.
思維升華
由圖同理可知，PM為點N對應的極線，PN為點M對應的極線.因而將△MNP稱為自極三角形.
跟蹤訓練1　過橢圓C：＝1內一點M(3，2)，作直線AB與橢圓交于
點A，B，作直線CD與橢圓交于點C，D，過A，B分別作橢圓的切線交于點P，過C，D分別作橢圓的切線交于點Q，則PQ所在的直線方程
為　　　 　.
＝1
方法一　由題意知直線PQ為點M關于橢圓C的極線，
所以直線PQ的方程為＝1.
方法二　由題意設P(x1，y1)，Q(x2，y2).
則直線AB為點P關于橢圓C的極線，
其方程為＝1.
又M(3，2)在直線AB上，
所以＝1， ①
同理＝1， ②
由①②可得直線PQ的方程是＝1.
例2　在平面直角坐標系Oxy中，如圖所示，已知橢圓＝1的左、右
頂點分別為A，B，右焦點為F.設過點T(t，m)的直線TA，TB與此橢圓分別交于點M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m>0，y1>0，y2<0.
極點與極線的性質及應用
題型二
(1)設動點P滿足|PF|2－|PB|2＝4，求點P的軌跡；
由題設得，A(－3，0)，B(3，0)，F(2，0)，
設動點P(x，y)，
由|PF|2＝(x－2)2＋y2，
|PB|2＝(x－3)2＋y2，|PF|2－|PB|2＝4，
代入化簡得x＝.故點P的軌跡為直線x＝.
(2)設t＝9，求證：直線MN必過x軸上的一定點(其坐標與m無關)，并求出該定點的坐標.
方法一　由題設知，直線TA的方程為y＝(x＋3)，
直線TB的方程為y＝(x－3)，
點M(x1，y1)滿足
則x1≠－3，x1＝，y1＝；
點N(x2，y2)滿足
則x2≠3，x2＝，y2＝.
若x1＝x2，則且m>0，
得m＝2，
此時直線MN的方程為x＝1，過點D(1，0)；
若x1≠x2，則m≠2，直線MD的斜率
kMD＝÷，
直線ND的斜率kND＝÷＝，
所以kMD＝kND，所以直線MN過點D(1，0).
因此直線MN必過x軸上一定點D(1，0).
方法二　當t＝9時，T點坐標為(9，m)，連接MN，
設直線AB與MN的交點為K，根據極點與極線的定義可知，點T對應的極線經過點K，
又點T對應的極線方程為＝1，
此直線恒過x軸上一定點K(1，0)，
從而直線MN也恒過x軸上的一定點K(1，0).
極點、極線的性質：
(1)如圖1，設點P關于圓錐曲線Γ的極線為l，過點P任作一割線交
Γ于點A，B，交l于點Q，則；反之，若成立，則點P，Q調和分割線段AB，并且，.
(2)如圖2，設點P關于有心圓錐曲線Γ(設其中心為O)的調和共軛點為點Q，PQ連線經過圓錐曲線的中心，則有OR2＝OP·OQ，反之若有此式成立，則點Q為點P關于此圓錐曲線的調和共軛點.
思維升華
(3)如圖3，A，B為圓錐曲線Γ的一條對稱軸l上的兩點(不在Γ上)，若A，B關于Γ調和共軛，過點B任作Γ的一條割線，交Γ于P，Q兩點，則∠PAB＝∠QAB.
(4)如圖4，已知點Q在圓錐曲線Γ的對稱軸上，直線l垂直于該對稱軸，過點Q作直線交Γ于點M，N，P為l上任意一點.若點Q與直線l是Γ的一對極點與極線，當對稱軸是x軸時，kPM＋kPN＝2kPQ.
思維升華
(5)如圖5，已知點A是橢圓＝1(a>b>0)上任一點，極點P(t，0)(|t|MN⊥AP于點M，則直線MN恒過x軸上的一個定點Q，且點M的軌跡是以PQ為直徑的圓(點Q除外).
思維升華
(6)如圖6，設圓錐曲線Γ的一個焦點為F，與F相應的準線為l.若過點F的直線與圓錐曲線Γ相交于M，N兩點，則Γ在M，N兩點處的切線的交點Q在準線l上，且FQ⊥MN；反之，若過準線l上一點Q作圓錐曲線Γ的兩條切線，切點分別為M，N，則直線MN過焦點F，且FQ⊥MN.
思維升華
跟蹤訓練2　(2024·蘇州模擬)已知橢圓C：＝1(a>b>0)的短軸長為2，離心率為.
(1)求橢圓C的方程；
由題意可知
因為a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝.
所以所求橢圓C的方程為＝1.
(2)過點P(4，1)的動直線l與橢圓C相交于不同的兩點A，B，在線段AB上取點Q，滿足|AP||QB|＝|AQ||PB|，證明：點Q總在某定直線上.
方法一　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
Q(x，y)，P(4，1)，
直線AB的斜率顯然存在，設為k，則AB的方程為y＝k(x－4)＋1.
因為A，P，B，Q四點共線，不妨設x2則|AP|＝(4－x1)，
|AQ|＝(x1－x)，
|QB|＝(x－x2)，
|PB|＝(4－x2)，
由|AP||QB|＝|AQ||PB|，
可得(4－x1)(x－x2)＝(x1－x)(4－x2)，
化簡得2x1x2－(x1＋x2)(4＋x)＋8x＝0. (*)
聯立直線y＝k(x－4)＋1和橢圓C的方程，
得
消去y，得(2k2＋1)x2＋4k(1－4k)x＋2(1－4k)2－4＝0，
Δ＝16k2(1－4k)2－4(2k2＋1)(32k2－16k－2)>0，得12k2－8k－1<0，
由根與系數的關系，得x1＋x2＝－，x1x2＝.
代入(*)式，
化簡得x＝＝4－＝4－x.
又k＝，
代入上式得＝4－x，
化簡得2x＋y－2＝0.
所以點Q總在一條定直線2x＋y－2＝0上.
方法二　由條件可得，
所以點P，Q關于橢圓C調和共軛，
根據性質，點Q的軌跡就是點P對應的極線，
即＝1，化簡得2x＋y－2＝0，
所以點Q總在一條定直線2x＋y－2＝0上.
課時精練
對一對
答案
1
2
3
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5
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8
9
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題號 1 2 3 4 5 6
答案 B D A D ABD ABD
題號 7 8 答案 2x－y＋6＝0 　 答案
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10
(1)方法一　拋物線x2＝4y的焦點F的坐標為(0，1).
設直線AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2).
聯立
消去y可得x2－4kx－4＝0，
則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
對拋物線方程y＝x2，求導得y'＝x，則過拋物線上A，B兩點的切線方程分別是
9.
答案
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10
y＝x1(x－x1)＋y1，y＝x2(x－x2)＋y2.
即y＝x1x－，y＝x2x－.
聯立，解出兩條切線的交點M的坐標為
＝(2k，－1).
所以＝(2k，－2)，
因為直線AB的一個方向向量a＝(1，k)，
·a＝2k－2k＝0，所以·＝0.
9.
答案
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10
方法二　顯然，點M的極線為AB，故可設點M(x0，－1)，再設A(x1，y1)，B(x2，y2)，F，A，B三點對應的極線方程分別為y＝－1，x1x＝2(y1＋y)，x2x＝2(y2＋y)，
由于A，B，F三點共線，故相應的三條極線共點于M(x0，－1)，
將y＝－1代入后面兩個極線方程得
兩式相減得(x1－x2)x0＝2(y1－y2).
又＝(x0，－2)，＝(x2－x1，y2－y1)，
故·＝x0(x2－x1)－2(y2－y1)＝0.
9.
答案
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10
(2)方法一　弦長|AB|＝|x1－x2|
＝＝4(1＋k2).
由(1)知FM⊥AB，點M到直線AB的距離為|FM|＝2，
所以S＝|AB||FM|＝4(1＋k2).
令t＝(t≥1)，則S＝4t3(t≥1)，
因為S＝4t3在[1，＋∞)上單調遞增，所以當t＝1，即k＝0時，S的最小值為4.
9.
答案
1
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10
方法二　設AB的方程為y＝kx＋1，與點M關于拋物線的極線方程x0x＝2(y－1)對比可知點M(2k，－1)，|FM|＝2，
把y＝kx＋1代入x2＝4y并由弦長公式得
|AB|＝4(1＋k2)，
由(1)知FM⊥AB，
所以S＝|AB||FM|＝4(1＋k2)，
顯然，當k＝0時，S取最小值為4.
9.
答案
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10
(1)設切點A，B的坐標分別為(x0，)和(x1，)(x1≠x0)，
所以切線AP的方程為2x0x－y－＝0，切線BP的方程為2x1x－y－＝0，
由于P既在AP上，又在BP上，
所以解得即P，
所以△APB的重心G的橫坐標
xG＝＝xP，
10.
答案
1
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10
yG＝
＝，
所以yP＝－3yG＋4，由點P在直線l上運動，從而得到重心G的軌跡方程為
x－(－3y＋4x2)－2＝0，即y＝(4x2－x＋2).
10.
答案
1
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10
(2)方法一　因為F，
，
，
.
由于P點在拋物線外，則||≠0.
所以cos∠PFA＝
10.
答案
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＝＝，
同理有cos∠PFB＝
＝
＝，故∠PFA＝∠PFB.
10.
答案
1
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10
方法二　①當x1x0＝0時，由于x1≠x0，
不妨設x0＝0，則A(0，0)，
所以P點坐標為，
則P點到直線AF的距離為d1＝，
而直線BF的方程為y－x，
即x－x1y＋x1＝0.
10.
答案
1
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10
所以P點到直線BF的距離為
d2＝，
所以d1＝d2，即得∠PFA＝∠PFB.
②當x1x0≠0時，直線AF的方程為
y－x，
即x－x0y＋x0＝0，
10.
答案
1
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10
直線BF的方程為y－x，
即x－x1y＋x1＝0，
所以P點到直線AF的距離為
d3＝
＝＝，
10.
答案
1
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10
同理可得P點到直線BF的距離d4＝，
因此由d3＝d4，可得到∠PFA＝∠PFB.
綜上，∠PFA＝∠PFB.
10.
一、單項選擇題
1.已知橢圓＝1(a>b>0)，點P(x0，y0)，x0＝acos α，y0＝bsin α，則直線l：＝1與橢圓的位置關系是
A.相交 B.相切
C.相離 D.以上皆有可能
√
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10
答案
由＝cos2α＋sin2α＝1，
知點P在橢圓上，所以點P與直線l是關于橢圓的一對極點、極線，所以直線l與橢圓相切.
1
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10
答案
2.已知點A(－2，3)在拋物線C：y2＝2px的準線上，過點A的直線與拋物線C在第一象限相切于點B，記拋物線C的焦點為F，則直線BF的斜率為
A. B. C. D.
√
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答案
因為點A(－2，3)在準線上，
所以p＝4，F(2，0)，則拋物線方程是y2＝8x，
過點A作直線與拋物線C在第四象限相切于另一點D，故直線BD即為點A關于C的極線，
其方程為3y＝4(x－2)，
因為點A在拋物線的準線上，則焦點F在點A關于C的極線上，因此kBF＝.
3.已知橢圓C的方程為＝1，過直線l：x＝4上任意一點Q，作橢圓C
的兩條切線，切點分別為A，B，則原點到直線AB距離的最大值為
A.1 B.2 C.3 D.4
√
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答案
由題設，切點弦AB是點Q關于C的極線，設點Q的坐標為(4，y0)，
則可知直線AB的方程為＝1，
即x＋＝1，顯然直線AB過焦點(1，0)，
所以原點到直線AB距離的最大值為1.
4.已知圓M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，且直線l：2x＋y＋2＝0，P為l上的動點，過點P作圓M的切線PA，PB，切點為A，B，當|PM||AB|最小時，直線AB的方程為
A.2x－y－1＝0 B.2x＋y－1＝0
C.2x－y＋1＝0 D.2x＋y＋1＝0
√
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答案
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答案
如圖，☉M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，點P是極點，直線AB是極點P關于☉M的極線.
設P(m，n)，
則極線AB：(m－1)(x－1)＋(n－1)(y－1)－4＝0，
由圓的對稱性可知PM⊥AB，
所以S四邊形PAMB＝|PM||AB|＝2S△PAM
＝|PA||AM|＝2|PA|＝2.
要使|PM||AB|最小，
1
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答案
只需|PM|最小，此時PM⊥l，
因為kl＝－2，所以kPM＝，又M(1，1)，
所以直線PM：y＝(x－1)＋1＝x＋.
與l：2x＋y＋2＝0聯立，代入P(m，n)，
解得m＝－1，n＝0，
于是直線PM與l的交點為P(－1，0)，
故直線AB的方程為(－1－1)(x－1)＋(0－1)(y－1)－4＝0，即2x＋y＋1＝0.
二、多項選擇題
5.已知直線l：ax＋by－r2＝0與圓C：x2＋y2＝r2，點A(a，b)，則下列說法正確的是
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
√
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答案
√
√
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答案
顯然對于圓C，以A(a，b)作為極點，那么極線就是l：ax＋by－r2＝0，
若極點A在圓C上，則極線l為圓C的切線，故A正確；
若極點A在圓C內，則極線l與圓C相離，故B正確；
若極點A在圓C外，則極線l是圓C的切點弦，與圓C相交，故C錯誤；
若極點A在直線l上，這時極線恰好為切線，極點為切點，故D正確.
6.在平面直角坐標系Oxy中，由直線x＝－4上任一點P向橢圓＝1作
切線，切點分別為A，B，點A在x軸的上方，則
A.∠APB恒為銳角
B.當AB垂直于x軸時，直線AP的斜率為
C.|AP|的最小值為4
D.存在點P，使得()·＝0
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答案
√
√
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答案
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(－4，m).
方法一　易知橢圓在A處的切線方程為＝1，在B處的切線方程為＝1，
∵點P在兩條切線上，將P(－4，m)代入兩切線方程，得－x1＋＝1，－x2＋＝1，
∴直線AB的方程為－x＋＝1，
即3x－my＋3＝0.
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答案
方法二　由題設，切點弦AB所在直線是點P關于橢圓的極線，則可知直線AB的方程為＝1，即3x－my＋3＝0.
∴直線AB恒過定點(－1，0)，
∵|AB|<4，且以橢圓的長軸為直徑的圓的方程為x2＋y2＝4，
該圓與直線x＝－4相離，
∴∠APB恒為銳角，故A正確；
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答案
對于B，當AB垂直于x軸時，
由對稱性可知P(－4，0)，
將P(－4，0)代入＝1，可得＝1，
可得x1＝－1，代入橢圓方程可得y1＝，
∴A，∴kAP＝，故B正確；
對于C，由B可得當AB垂直于x軸時，
|AP|＝<4，故C錯誤；
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答案
對于D，()·
＝()·()＝.
∵橢圓在A(x1，y1)處的切線方程為＝1，與直線x＝－4聯立方程可得P，
∴|PA|＝，
|PO|＝，
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答案
若|PA|＝|PO|，
則＝，
化簡整理得＋2x1＋－6＝0，
又點A在橢圓上，
∴＋2x1＋3－6＝0，
∴＋8x1－12＝0，
解得x1＝＝－4＋2∈(0，2)，
故存在點P，使得()·＝0，故D正確.
三、填空題
7.過點P(－2，3)作圓C：x2＋(y－2)2＝4的兩條切線，切點分別為A，B，則直線AB的方程為　　　　　　　　.
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答案
2x－y＋6＝0
切點弦AB所在的直線就是點(－2，3)關于圓C的極線，其方程為－2x＋(3－2)(y－2)＝4，即2x－y＋6＝0.
8.已知直線l：y＝kx＋2與圓C：(x－1)2＋y2＝9交于A，B兩點，過A，B分別作圓C的兩條切線l1和l2，直線l1和l2交于點P，則線段PC長度的最小值
是　　　　，線段PC最短時，四邊形PACB 的面積是　　　　.
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答案
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答案
如圖，設P(m，n)，則切點弦AB所在直線的方程即點P關于圓C的極線方程，
為(m－1)(x－1)＋ny＝9，
這與直線l：y＝kx＋2是同一條直線，由于l：y＝kx＋2過點(0，2)，
故點(0，2)在切點弦AB上，
因此(m－1)(0－1)＋2n＝9，
即m－2n＋8＝0.
由此知，點P的軌跡方程是x－2y＋8＝0，記為l3.
于是|PC|的最小值就是點C(1，0)到直線l3：x－2y＋8＝0的距離，
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答案
因此|PC|min＝.
線段PC最短時，PC⊥l3，故必有l∥l3，kl＝，
所以l：y＝x＋2，即x－2y＋4＝0，
于是弦心距d＝，
由勾股定理，得|AB|＝2＝4.
由圓的對稱性可知AB⊥PC，
所以S四邊形PACB＝|PC|×|AB|＝××4＝.
四、解答題
9.過拋物線x2＝4y焦點F的直線交拋物線于A，B兩點，過A，B兩點分別作拋物線的切線，設其交點為M.
(1)證明：·為定值；
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答案
方法一　拋物線x2＝4y的焦點F的坐標為(0，1).
設直線AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2).
聯立
消去y可得x2－4kx－4＝0，
則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
對拋物線方程y＝x2，求導得y'＝x，則過拋物線上A，B兩點的切線方程分別是y＝x1(x－x1)＋y1，y＝x2(x－x2)＋y2.
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答案
即y＝x1x－，y＝x2x－.
聯立，解出兩條切線的交點M的坐標為
＝(2k，－1).
所以＝(2k，－2)，
因為直線AB的一個方向向量a＝(1，k)，
·a＝2k－2k＝0，所以·＝0.
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答案
方法二　顯然，點M的極線為AB，故可設點M(x0，－1)，再設A(x1，y1)，B(x2，y2)，F，A，B三點對應的極線方程分別為y＝－1，x1x＝2(y1＋y)，x2x＝2(y2＋y)，
由于A，B，F三點共線，故相應的三條極線共點于M(x0，－1)，將y＝－1
代入后面兩個極線方程得
兩式相減得(x1－x2)x0＝2(y1－y2).又＝(x0，－2)，＝(x2－x1，y2－y1)，
故·＝x0(x2－x1)－2(y2－y1)＝0.
(2)設△MAB的面積為S，試求S的最小值.
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答案
方法一　弦長|AB|＝|x1－x2|
＝＝4(1＋k2).
由(1)知FM⊥AB，點M到直線AB的距離為
|FM|＝2，
所以S＝|AB||FM|＝4(1＋k2).
令t＝(t≥1)，則S＝4t3(t≥1)，
因為S＝4t3在[1，＋∞)上單調遞增，所以當t＝1，即k＝0時，
S的最小值為4.
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答案
方法二　設AB的方程為y＝kx＋1，與點M關于拋物線的極線方程x0x＝2(y－1)對比可知點M(2k，－1)，|FM|＝2，
把y＝kx＋1代入x2＝4y并由弦長公式得
|AB|＝4(1＋k2)，
由(1)知FM⊥AB，
所以S＝|AB||FM|＝4(1＋k2)，
顯然，當k＝0時，S取最小值為4.
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答案
10.設拋物線C：y＝x2的焦點為F，動點P在直線l：x－y－2＝0上運動，過P作拋物線C的兩條切線PA，PB，且與拋物線C分別相切于A，B兩點.
(1)求△APB的重心G的軌跡方程；
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答案
設切點A，B的坐標分別為(x0，)和(x1，)(x1≠x0)，
所以切線AP的方程為2x0x－y－＝0，切線BP的方程為2x1x－y－＝0，
由于P既在AP上，又在BP上，
所以
解得即P，
所以△APB的重心G的橫坐標
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答案
xG＝＝xP，
yG＝
＝，
所以yP＝－3yG＋4，由點P在直線l上運動，從而得到重心G的軌跡方程為
x－(－3y＋4x2)－2＝0，即y＝(4x2－x＋2).
(2)證明：∠PFA＝∠PFB.
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答案
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答案
方法一　因為F，
，
，
.
由于P點在拋物線外，則||≠0.
所以cos∠PFA＝
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答案
＝＝，
同理有cos∠PFB＝
＝
＝，故∠PFA＝∠PFB.
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答案
方法二　①當x1x0＝0時，由于x1≠x0，
不妨設x0＝0，則A(0，0)，所以P點坐標為，
則P點到直線AF的距離為d1＝，
而直線BF的方程為y－x，
即x－x1y＋x1＝0.
所以P點到直線BF的距離為d2＝，
所以d1＝d2，即得∠PFA＝∠PFB.
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答案
②當x1x0≠0時，直線AF的方程為y－x，
即x－x0y＋x0＝0，
直線BF的方程為y－x，
即x－x1y＋x1＝0，
所以P點到直線AF的距離為
d3＝
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答案
＝
＝，
同理可得P點到直線BF的距離d4＝，
因此由d3＝d4，可得到∠PFA＝∠PFB.
綜上，∠PFA＝∠PFB.(共96張PPT)
第八章
培優點11　圓錐曲線中探索性與知識交匯問題
數學
大
一
輪
復
習
高考中探索性問題是一個重要考點，同時圓錐曲線與其它知識的交匯問題頻繁出現在各類考題中，突出考查學生解決綜合性數學問題的能力.
重點解讀
例1 　已知橢圓C的焦點坐標是F1(－1，0)，F2(1，0)，過點F2垂直于長軸的直線l交橢圓C于B，D兩點，且|BD|＝3.
(1)求橢圓C的標準方程；
探索性問題
題型一
設橢圓C的標準方程為＝1(a>b>0)，
由已知可得c＝1，＝3，
又a2＝b2＋c2，得a2＝4，b2＝3，
所以所求橢圓的標準方程為＝1.
(2)過定點P(0，2)且斜率為k的直線l'與橢圓C相交于不同兩點M，N，試判斷：在x軸上是否存在點A(m，0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形？若存在，求出實數m的取值范圍；若不存在，請說明理由.
設直線l'：y＝kx＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，線段MN的中點E(x0，y0)，
假設在x軸上存在點A(m，0)，
使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形，則AE⊥MN，
聯立得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0，
由于直線l'與橢圓C相交于不同兩點，
所以Δ＝(16k)2－16(4k2＋3)>0
k<－或k>，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以x0＝＝－，
y0＝kx0＋2＝，
因為AE⊥MN，
所以kAE＝＝－
m＝，
當k>時，4k＋≥4，
當且僅當k＝時，等號成立，
所以－≤m<0；
當k<－時，4k＋＝－，
而－4k＋≥4，
當且僅當k＝－時，等號成立，所以0綜上，存在點A(m，0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形，
實數m的取值范圍為∪.
存在性問題的解題策略
存在性的問題，先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確則存在，若結論不正確則不存在.
(1)當條件和結論不唯一時，要分類討論.
(2)當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件.
(3)當要討論的量能夠確定時，可先確定，再證明結論符合題意.
思維升華
跟蹤訓練1　(2025·太原模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，過點D(2，1)且斜率為1的直線經過點F.
(1)求拋物線C的方程；
由題意過點D(2，1)且斜率為1的直線方程為y－1＝x－2，
即y＝x－1，令y＝0，則x＝1，
∴點F的坐標為(1，0)，∴＝1，
∴p＝2，拋物線C的方程為y2＝4x.
(2)若A，B是拋物線C上兩個動點，在x軸上是否存在定點M(異于坐標原點O)，使得當直線AB經過點M時，滿足OA⊥OB？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由.
由(1)得拋物線C：y2＝4x，假設存在定點M(m，0)符合題意，
設直線AB的方程為x＝ty＋m(t∈R，m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯立得y2－4ty－4m＝0，
∴y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，Δ＝16t2＋16m>0，
∵OA⊥OB，∴·＝0，
∴·＝x1x2＋y1y2
＝(ty1＋m)(ty2＋m)＋y1y2
＝(t2＋1)y1y2＋tm(y1＋y2)＋m2
＝－4m(t2＋1)＋4mt2＋m2＝m2－4m＝0，
∴m＝4或m＝0(舍去)，
當m＝4時，點M的坐標為(4，0)，滿足OA⊥OB，
Δ＝16t2＋16m>0，∴存在定點M(4，0)符合題意.
例2　(2024·新課標全國Ⅱ)已知雙曲線C：x2－y2＝m(m>0)，點P1(5，4)在C上，k為常數，0(1)若k＝，求x2，y2；
圓錐曲線中知識交匯問題
題型二
由已知有m＝52－42＝9，故C的方程為x2－y2＝9.
當k＝時，
過P1(5，4)且斜率為的直線為y＝，
與x2－y2＝9聯立得到x2－＝9.
解得x＝－3或x＝5，
所以該直線與C的不同于P1的交點為Q1(－3，0)，
該點顯然在C的左支上.
故P2(3，0)，從而x2＝3，y2＝0.
(2)證明：數列{xn－yn}是公比為的等比數列；
方法一　由于過Pn(xn，yn)且斜率為k的直線為y＝k(x－xn)＋yn，
與x2－y2＝9聯立，
得到方程x2－[k(x－xn)＋yn]2＝9.
展開得(1－k2)x2－2k(yn－kxn)x－(yn－kxn)2－9＝0，
由于Pn(xn，yn)已經是直線y＝k(x－xn)＋yn和x2－y2＝9的公共點，
故方程必有一根x＝xn.
從而根據根與系數的關系，
另一根x＝－xn＝，
相應的y＝k(x－xn)＋yn＝.
所以該直線與C的不同于Pn的交點為
Qn，
而注意到Qn的橫坐標亦可通過根與系數的關系表示為，
故Qn一定在C的左支上.
所以Pn＋1.
這就得到xn＋1＝，
yn＋1＝.
所以xn＋1－yn＋1＝－
＝
＝(xn－yn)＝(xn－yn).
再由＝9，
就知道x1－y1≠0，
所以數列{xn－yn}是公比為的等比數列.
方法二　因為點Pn(xn，yn)關于y軸的對稱點是Qn－1(－xn，yn)，
點Pn－1(xn－1，yn－1)，Qn－1在同一條斜率為k的直線上，
所以xn－1≠－xn，并且＝k. ①
因為點Pn－1，Qn－1都在雙曲線C上，
所以
兩式相減得(xn－xn－1)(xn＋xn－1)
＝(yn－yn－1)(yn＋yn－1). ②
由①，②得
④－③得(xn－yn)－(xn－1－yn－1)
＝k(xn－yn)＋k(xn－1－yn－1)，
整理得.
又x1－y1＝1，
所以{xn－yn}是公比為的等比數列.
(3)設Sn為△PnPn＋1Pn＋2的面積，證明：對任意的正整數n，Sn＝Sn＋1.
方法一　先證明一個結論：對平面上三個點U，V，W，
若＝(a，b)，＝(c，d)，
則S△UVW＝(若U，V，W在同一條直線上，約定S△UVW＝0).
證明：S△UVW＝·sin〈〉
＝·
＝·
＝
＝
＝
＝
＝.
證畢，回到原題.
由(2)可知
xn＋1＝，yn＋1＝，
故xn＋1＋yn＋1＝
＝(xn＋yn)＝(xn＋yn).
再由＝9，
可知x1＋y1≠0，
所以數列的等比數列.
所以對任意的正整數m，都有xnyn＋m－ynxn＋m
＝[(xnxn＋m－ynyn＋m)＋(xnyn＋m－ynxn＋m)]
－[(xnxn＋m－ynyn＋m)－(xnyn＋m－ynxn＋m)]
＝(xn－yn)(xn＋m＋yn＋m)－(xn＋yn)(xn＋m－yn＋m)
＝(xn－yn)(xn＋yn)－·(xn＋yn)(xn－yn)
＝)
＝.
而又有＝(－(xn＋1－xn)，－(yn＋1－yn))，
＝(xn＋2－xn＋1，yn＋2－yn＋1)，
故利用前面已經證明的結論即得
Sn＝|－(xn＋1－xn)(yn＋2－yn＋1)＋(yn＋1－yn)(xn＋2－xn＋1)|
＝|(xn＋1－xn)(yn＋2－yn＋1) －(yn＋1－yn)(xn＋2－xn＋1)|
＝|(xn＋1yn＋2－yn＋1xn＋2)＋(xnyn＋1－ynxn＋1)－(xnyn＋2－ynxn＋2)|
＝－.
這就表明Sn的取值是與n無關的定值，
所以Sn＝Sn＋1.
方法二　由(2)可知
xn＋1＝，yn＋1＝，
故xn＋1＋yn＋1
＝
＝(xn＋yn)＝(xn＋yn).
再由＝9，可知x1＋y1≠0，
所以數列的等比數列.
所以對任意的正整數m，都有xnyn＋m－ynxn＋m
＝[(xnxn＋m－ynyn＋m)＋(xnyn＋m－ynxn＋m)]
－[(xnxn＋m－ynyn＋m)－(xnyn＋m－ynxn＋m)]
＝(xn－yn)(xn＋m＋yn＋m)－
(xn＋yn)(xn＋m－yn＋m)
＝(xn－yn)(xn＋yn) －(xn＋yn)(xn－yn)
＝)
＝.
這就得到xn＋2yn＋3－yn＋2xn＋3＝
＝xnyn＋1－ynxn＋1，
以及xn＋1yn＋3－yn＋1xn＋3＝
＝xnyn＋2－ynxn＋2.
兩式相減，
得(xn＋2yn＋3－yn＋2xn＋3)－(xn＋1yn＋3－yn＋1xn＋3)
＝(xnyn＋1－ynxn＋1)－(xnyn＋2－ynxn＋2).
移項得到xn＋2yn＋3－ynxn＋2－xn＋1yn＋3＋ynxn＋1
＝yn＋2xn＋3－xnyn＋2－yn＋1xn＋3＋xnyn＋1.
故(yn＋3－yn)(xn＋2－xn＋1)
＝(yn＋2－yn＋1)(xn＋3－xn).
而＝(xn＋3－xn，yn＋3－yn)，
＝(xn＋2－xn＋1，yn＋2－yn＋1).
所以平行，
這就得到，
即Sn＝Sn＋1.
解析幾何中的數列性質的研究，要依據已有的條件構建數列的遞推關系，再對得到的遞推關系作消元處理從而得到純粹的單數列的遞推關系，這樣便于問題的解決.
思維升華
跟蹤訓練2　(2024·成都模擬)已知橢圓D：＝1(a>b>0)的離心率為，且過點(2，1).過橢圓D上的點A作圓O：x2＋y2＝2的兩條切線，其中
一條切線與橢圓D相交于點B，與圓O相切于點C，兩條切線與y軸分別交于E，F兩點.
(1)求橢圓D的方程；
由題意可得
所以橢圓D的方程為＝1.
(2)|BC|·|CA|是否為定值，若是，請求出|BC|·|CA|的值；若不是，請說明理由；
由題意知切線與y軸有交點，故直線AB的斜率存在，設直線AB的方程為y＝kx＋m，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯立
消去y得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＝48k2－8m2＋24>0，
則x1＋x2＝－，x1x2＝，
又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝，
當x1x2≠0時，kOAkOB＝， ①
因為直線AB與圓O：x2＋y2＝2相切，
所以圓心O到直線AB的距離為，
所以m2＝2(k2＋1)，滿足Δ>0，代入①得
kOAkOB＝＝－1，
所以OA⊥OB；
當x1x2＝0時，m2＝3，
又m2＝2(k2＋1)，則k2＝，滿足Δ>0，
所以y1y2＝0，所以直線AB過橢圓的左或右頂點與上或下頂點，所以OA⊥OB.
在Rt△OAB中，OC⊥AB，
由射影定理知|OC|2＝|CA|·|BC|＝2，
所以|BC|·|CA|為定值2.
(3)若橢圓D上點A(x0，y0)(x0≥2)，求△AEF面積的取值范圍.
由題意直線AB的斜率存在，
設過點A(x0，y0)(x0≥2)的切線方程為y－y0＝k(x－x0)，
即kx－y＋y0－kx0＝0，
則圓心O到直線AB的距離為，
即(－2)k2－2x0y0k＋－2＝0，
顯然Δ'＝8＋8－16>0，
設直線AE，AF的斜率分別為k1，k2，
則k1＋k2＝，k1k2＝，
直線AE的方程為y－y0＝k1(x－x0)，
令x＝0，則yE＝y0－k1x0，
同理yF＝y0－k2x0，
|EF|＝|yE－yF|＝x0|k1－k2|
＝x0，
S△AEF＝
＝，
因為A(x0，y0)(x0≥2)在橢圓D上，
所以＝3－，代入化簡得
S△AEF＝，
令－2＝t，則＝t＋2(2≤t≤4)，
則S△AEF＝，
令f(t)＝，2≤t≤4，
則f'(t)＝，
令g(t)＝t3－20t－32，2≤t≤4，
則g'(t)＝3t2－20，
當2≤t<時，g'(t)<0，
當0，
所以函數g(t)在上單調遞增，
又g(2)＝－64<0，g(4)＝－48<0，
所以g(t)<0，即當2≤t≤4時，f'(t)<0，
所以函數f(t)在[2，4]上單調遞減，
所以18＝f(4)≤f(t)≤f(2)＝24，
所以3≤S△AEF≤2，
所以△AEF面積的取值范圍為[3，2].
課時精練
答案
1
2
1.
(1)設H(x，y)，依題意，R(2λ，0)，T(2，1－λ)，B1(0，－1)，B2(0，1)，
則直線B1R的方程為y＋1＝x， ①
直線B2T的方程為y－1＝－x， ②
①×②得y2－1＝－x2，即＋y2＝1，
故直線B1R與B2T的交點H在橢圓K：＋y2＝1上.
3
4
答案
1
2
1.
(2)依題意，F(，0)，直線PQ，MO的斜率均不為零，故設直線PQ的方程為x＝my＋，
直線MO的方程為x＝my，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
聯立
得(m2＋4)y2＋2my－1＝0，
∴y1＋y2＝－，
3
4
答案
1
2
1.
y1y2＝－，
∴|PQ|＝|y1－y2|＝·
，
聯立得(m2＋4)y2＝4，
取y3＝，y4＝－，
3
4
答案
1
2
1.
∴|MN|＝|y3－y4|＝，
又|A1A2|＝4，∴|MN|2＝|PQ||A1A2|，
即|PQ|，|MN|，|A1A2|成等比數列.
3
4
答案
1
2
(1)由題可得雙曲線E：－y2＝1，
則a2＝3，b2＝1，∴c2＝a2＋b2＝4，∴c＝2，
∴左、右焦點分別為F1(－2，0)，F2(2，0)，
直線l的方程為y＝－x，
設A(t≠0)，k1＝＝－，
同理可得k2＝－.
∴＝－＝－＝－3.
2.
3
4
答案
1
2
(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
直線AF1的方程為y＝k1(x＋2)，
代入雙曲線E可得
(1－3)x2－12x－12－3＝0，
Δ＝12＋12>0，≠，
∴x1＋x2＝，則x1x2＝，
則kOM＋kON＝
2.
3
4
答案
1
2
＝
＝.
同理kOP＋kOQ＝，
假設存在點A，滿足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0，
即＝0，
即(k1＋k2)(4k1k2＋1)＝0，
2.
3
4
答案
1
2
∴k1＋k2＝0或k1k2＝－，
又＝－3，
若k1＋k2＝0，無解，舍去，∴k1k2＝－，
解得
若k1＝－，k2＝1，
又A(t≠0)，由點A在直線AF1上可得，
2.
3
4
答案
1
2
－t＝－(t＋2)，
∴t＝，此時A；
若k1＝1，k2＝－，
由點A在直線AF1上可得，－t＝t＋2，
∴t＝－，此時A.
綜上，存在點A或A，滿足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0.
2.
3
4
答案
1
2
(1)設P(x，y)，則線段PM的中點坐標為，
因為以線段MP為直徑的圓與y軸相切，
則|MP|＝，
化簡得y2＝4x，所以Γ的方程為y2＝4x.
(2)存在唯一一組點B，C，使得△ABC為等邊三角形，理由如下：
由題意可知，直線BC的斜率存在且不為0，
設lBC：x＝my＋t(m≠0)，
3.
3
4
答案
1
2
B(x1，y1)，C(x2，y2).
聯立消去x得y2－4my－4t＝0，
則Δ＝(－4m)2＋16t＝16(m2＋t)>0，得m2＋t>0，
可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，
設線段BC的中點為Q(x0，y0)，
則y0＝＝2m，x0＝my0＋t＝2m2＋t，
即Q(2m2＋t，2m)，
3.
3
4
答案
1
2
若△ABC為等邊三角形，則AQ⊥BC，
且|AQ|＝|BC|，
由AQ⊥BC可得·＝－1，
整理得t＝－2m2－1＋，
則m2＋t＝m2－2m2－1＋＝－m2－1＋>0，
由m2＋m＋2＝>0，
3.
3
4
答案
1
2
可得>0，解得0由|AQ|＝|BC|，
|AQ|＝
＝，
|BC|＝×4
＝2×，
3.
3
4
答案
1
2
整理得－3(m－1)(1＋m2)·
＝(m－1)2·，
又因為0令h(m)＝3m3＋3m2＋7m－1，
又h'(m)＝9m2＋6m＋7>0在R內恒成立，
可知h(m)在R上為增函數，且h(0)＝－1<0，h(1)＝12>0，
故h(m)在區間(0，1)上存在唯一的零點m0，
所以存在唯一一組點B，C，使得△ABC為等邊三角形.
3.
3
4
答案
1
2
(1)因為當l垂直于x軸時，|AB|＝2，而直線l：x＝±a與橢圓Γ相切，則2＝2，解得a＝，
又橢圓Γ的離心率為，
則橢圓Γ的半焦距c＝，b＝＝1，
所以橢圓Γ的方程為＋y2＝1.
(2)①當l的斜率存在時，
設l的方程為y＝kx＋m，
4.
3
4
答案
1
2
聯立
消去y得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
由直線l與橢圓Γ相切，得Δ＝(6km)2－4(3k2＋1)·(3m2－3)＝0，整理得m2＝3k2＋1，
所以圓心O到直線l的距離d＝
4.
3
4
答案
1
2
＝∈[1，)，
由(1)得圓O的方程為x2＋y2＝9，半徑為3，
則△PAB的面積為S△PAB≤(d＋3)·|AB|
＝(d＋3)·2，
設f(d)＝(3－d)(d＋3)3，1≤d<，
求導得f'(d)＝2(d＋3)2(3－2d)，
4.
3
4
答案
1
2
當1≤d<時，f'(d)>0，函數f(d)單調遞增，
當因此當d＝時，f(d)取得最大值，此時(S△PAB)max＝；
當l的斜率不存在時，由(1)知，S△PAB≤×(＋3)×2＝3＋3.
由－()2＝－4>7－4>0，
4.
3
4
答案
1
2
得>>3＋3，
綜上，d＝.
對于線段AB上任意點E，連接OE并延長與圓O交于點F，則F是圓上與E最近的點，
當E為線段AB的中點時，|EF|取得最大值，
所以d(M，N)＝.
4.
3
4
答案
1
2
②因為H(X，Y)，H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，
設點X1，X2∈X，Y1，Y2∈Y，Z1，Z2∈Z，且H(X，Z)＝|X1Z1|，H(Y，Z)＝|Y1Z2|，H(X，Y)＝|X2Y2|，
設點Y2是集合Y中到點X2的最近點，根據對稱性，
不妨設H(X，Y)＝d(X，Y)＝|X2Y2|，
令點X2到集合Z的最近點為Z3，點Z3到集合Y的最近點為Y3，
因為|X1Z1|是集合X中所有點到集合Z最近點距離的最大值，
4.
3
4
答案
1
2
則|X1Z1|≥|X2Z3|，
因為|Y1Z2|是集合Y中所有點到集合Z最近點距離的最大值，
則|Y1Z2|≥|Y3Z3|，
因此H(X，Z)＋H(Y，Z)＝|X1Z1|＋|Y1Z2|≥|X2Z3|＋|Y3Z3|，
而在坐標平面中，|X2Z3|＋|Y3Z3|≥|X2Y3|，
又點Y2是集合Y中到點X2的最近點，
則|X2Y3|≥|X2Y2|，
所以H(X，Z)＋H(Y，Z)≥H(X，Y).
4.
3
4
1.(2024·汕頭模擬)如圖，在矩形ABCD中，|AB|＝4，|BC|＝2.A1，B1，A2，B2分別是矩形四條邊的中點，以A1A2與B1B2的交點O為坐標原點，建立平面直角坐標系如圖所示，設＝λ，＝(1－λ)(0<λ<1).
(1)證明：直線B1R與B2T的交點H在橢圓K：＋y2＝1上；
1
2
答案
3
4
知識過關
1
2
答案
設H(x，y)，依題意，R(2λ，0)，T(2，1－λ)，B1(0，－1)，B2(0，1)，
則直線B1R的方程為y＋1＝x， ①
直線B2T的方程為y－1＝－x， ②
①×②得y2－1＝－x2，即＋y2＝1，
故直線B1R與B2T的交點H在橢圓K：＋y2＝1上.
3
4
(2)已知PQ為過橢圓K的右焦點F的弦，點M為橢圓K上一點，直線MO與橢圓K的另一交點為N，若MN∥PQ，試判斷|PQ|，|MN|，|A1A2|是否成等比數列，請說明理由.
1
2
答案
3
4
1
2
答案
依題意，F(，0)，直線PQ，MO的斜率均不為零，故設直線PQ的方程為x＝my＋，
直線MO的方程為x＝my，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
聯立
得(m2＋4)y2＋2my－1＝0，
∴y1＋y2＝－，
y1y2＝－，
3
4
1
2
答案
∴|PQ|＝|y1－y2|＝·，
聯立得(m2＋4)y2＝4，
取y3＝，y4＝－，
∴|MN|＝|y3－y4|＝，
又|A1A2|＝4，∴|MN|2＝|PQ||A1A2|，
即|PQ|，|MN|，|A1A2|成等比數列.
3
4
1
2
答案
2.(2024·喀什模擬)已知雙曲線E：x2－3y2＝3的左、右焦點分別為F1，F2，
A是直線l：y＝－x(其中a是雙曲線E的實半軸長，c是雙曲線E的半焦距)
上不同于原點O的一個動點，斜率為k1的直線AF1與雙曲線E交于M，N兩點，斜率為k2的直線AF2與雙曲線E交于P，Q兩點.
(1)求的值；
3
4
1
2
答案
由題可得雙曲線E：－y2＝1，
則a2＝3，b2＝1，∴c2＝a2＋b2＝4，∴c＝2，
∴左、右焦點分別為F1(－2，0)，F2(2，0)，
直線l的方程為y＝－x，
設A(t≠0)，k1＝＝－，
同理可得k2＝－.
∴＝－＝－＝－3.
3
4
1
2
答案
(2)若直線OM，ON，OP，OQ的斜率分別為kOM，kON，kOP，kOQ，問是否存在點A，滿足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0，若存在，求出A點坐標；若不存在，說明理由.
3
4
1
2
答案
設M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
直線AF1的方程為y＝k1(x＋2)，
代入雙曲線E可得
(1－3)x2－12x－12－3＝0，
Δ＝12＋12>0，≠，
∴x1＋x2＝，則x1x2＝，
則kOM＋kON＝
3
4
1
2
答案
＝
＝.
同理kOP＋kOQ＝，
假設存在點A，滿足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0，
即＝0，
即(k1＋k2)(4k1k2＋1)＝0，
∴k1＋k2＝0或k1k2＝－，
3
4
1
2
答案
又＝－3，
若k1＋k2＝0，無解，舍去，∴k1k2＝－，
解得
若k1＝－，k2＝1，
又A(t≠0)，由點A在直線AF1上可得，
－t＝－(t＋2)，
3
4
1
2
答案
∴t＝，此時A；
若k1＝1，k2＝－，
由點A在直線AF1上可得，－t＝t＋2，
∴t＝－，此時A.
綜上，存在點A或A，滿足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0.
3
4
1
2
答案
3.(2024·晉中模擬)在平面直角坐標系Oxy中，已知點M(1，0)，P為動點，以線段MP為直徑的圓與y軸相切.
(1)求動點P的軌跡Γ的方程；
3
4
1
2
答案
3
4
設P(x，y)，則線段PM的中點坐標為，
因為以線段MP為直徑的圓與y軸相切，
則|MP|＝，
化簡得y2＝4x，所以Γ的方程為y2＝4x.
1
2
答案
(2)已知點A(1，2)，問：在Γ上是否存在點B，C，使得△ABC為等邊三角形？若不存在，請說明理由；若存在，請說明這樣的點B，C有幾組(不必說明點B，C的坐標).
3
4
1
2
答案
3
4
存在唯一一組點B，C，使得△ABC為等邊三角形，理由如下：
由題意可知，直線BC的斜率存在且不為0，
設lBC：x＝my＋t(m≠0)，
B(x1，y1)，C(x2，y2).
聯立消去x得y2－4my－4t＝0，
則Δ＝(－4m)2＋16t＝16(m2＋t)>0，
得m2＋t>0，
可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，
1
2
答案
3
4
設線段BC的中點為Q(x0，y0)，
則y0＝＝2m，
x0＝my0＋t＝2m2＋t，
即Q(2m2＋t，2m)，
若△ABC為等邊三角形，則AQ⊥BC，
且|AQ|＝|BC|，
由AQ⊥BC可得·＝－1，
1
2
答案
3
4
整理得t＝－2m2－1＋，
則m2＋t＝m2－2m2－1＋＝－m2－1＋>0，
由m2＋m＋2＝>0，
可得>0，解得0由|AQ|＝|BC|，
|AQ|＝
1
2
答案
3
4
＝，
|BC|＝×4
＝2×，
整理得－3(m－1)(1＋m2)·
＝(m－1)2·，
又因為01
2
答案
3
4
令h(m)＝3m3＋3m2＋7m－1，
又h'(m)＝9m2＋6m＋7>0在R內恒成立，
可知h(m)在R上為增函數，且h(0)＝－1<0，h(1)＝12>0，
故h(m)在區間(0，1)上存在唯一的零點m0，
所以存在唯一一組點B，C，使得△ABC為等邊三角形.
1
2
答案
4.(2025·南通模擬)在平面直角坐標系Oxy中，已知橢圓Γ：＝1
(a>b>0)的離心率為，直線l與橢圓Γ相切，與圓O：x2＋y2＝3a2相交于A，
B兩點.當l垂直于x軸時，|AB|＝2.
(1)求橢圓Γ的方程；
3
4
能力拓展
1
2
答案
3
4
因為當l垂直于x軸時，|AB|＝2，而直線l：x＝±a與橢圓Γ相切，則2＝2，解得a＝，
又橢圓Γ的離心率為，
則橢圓Γ的半焦距c＝，b＝＝1，
所以橢圓Γ的方程為＋y2＝1.
1
2
答案
(2)對于給定的點集M，N，若M中的每個點在N中都存在距離最小的點，且所有最小距離的最大值存在，則記此最大值為d(M，N).
①若M，N分別為線段AB與圓O上任意一點，P為圓O上一點，當△PAB的面積最大時，求d(M，N)；
3
4
1
2
答案
3
4
當l的斜率存在時，
設l的方程為y＝kx＋m，
聯立
消去y得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
由直線l與橢圓Γ相切，得Δ＝(6km)2－4(3k2＋1)·(3m2－3)＝0，
整理得m2＝3k2＋1，
所以圓心O到直線l的距離d＝
1
2
答案
3
4
＝∈[1，)，
由(1)得圓O的方程為x2＋y2＝9，半徑為3，
則△PAB的面積為S△PAB≤(d＋3)·|AB|
＝(d＋3)·2，
設f(d)＝(3－d)(d＋3)3，1≤d<，
求導得f'(d)＝2(d＋3)2(3－2d)，
1
2
答案
3
4
當1≤d<時，f'(d)>0，函數f(d)單調遞增，
當因此當d＝時，f(d)取得最大值，此時(S△PAB)max＝；
當l的斜率不存在時，由(1)知，S△PAB≤×(＋3)×2＝3＋3.
由－()2＝－4>7－4>0，
得>>3＋3，
1
2
答案
3
4
綜上，d＝.
對于線段AB上任意點E，連接OE并延長與圓O交于點F，
則F是圓上與E最近的點，
當E為線段AB的中點時，|EF|取得最大值，
所以d(M，N)＝.
1
2
答案
②若d(M，N)，d(N，M)均存在，記兩者中的較大者為H(M，N).已知H(X，Y)，H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，證明：H(X，Z)＋H(Y，Z)≥H(X，Y).
3
4
1
2
答案
3
4
因為H(X，Y)，H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，
設點X1，X2∈X，Y1，Y2∈Y，Z1，Z2∈Z，且H(X，Z)＝|X1Z1|，H(Y，Z)＝|Y1Z2|，H(X，Y)＝|X2Y2|，
設點Y2是集合Y中到點X2的最近點，根據對稱性，不妨設H(X，Y)＝d(X，Y)＝|X2Y2|，
令點X2到集合Z的最近點為Z3，點Z3到集合Y的最近點為Y3，
因為|X1Z1|是集合X中所有點到集合Z最近點距離的最大值，
則|X1Z1|≥|X2Z3|，
1
2
答案
3
4
因為|Y1Z2|是集合Y中所有點到集合Z最近點距離的最大值，
則|Y1Z2|≥|Y3Z3|，
因此H(X，Z)＋H(Y，Z)＝|X1Z1|＋|Y1Z2|≥|X2Z3|＋|Y3Z3|，
而在坐標平面中，|X2Z3|＋|Y3Z3|≥|X2Y3|，
又點Y2是集合Y中到點X2的最近點，
則|X2Y3|≥|X2Y2|，
所以H(X，Z)＋H(Y，Z)≥H(X，Y).

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