高三数学 平面解析几何

高三数学基础知识、常见结论详解八、平面解析几何（一）直线与圆知识要点1．直线的倾斜角与斜率k=tg α，直线的倾斜角α一定存在，范围是[0，π]，但斜率不一定存在。

牢记下列图像。

斜率的求法：依据直线方程 依据倾斜角 依据两点的坐标2．直线方程的几种形式，能根据条件，合理的写出直线的方程；能够根据方程，说出几何意义。

3．两条直线的位置关系，能够说出平行和垂直的条件。

会判断两条直线的位置关系。

（斜率相等还有可能重合）4．两条直线的交角：区别到角和夹角两个不同概念。

5．点到直线的距离公式。

6．会用一元不等式表示区域。

能够解决简单的线性规划问题。

7．曲线与方程的概念，会由几何条件列出曲线方程。

8．圆的标准方程：(x －a)2+(y －b)2=r 2圆的一般方程：x 2+y 2+Dx+Ey+F=0 注意表示圆的条件。

圆的参数方程：⎩⎨⎧+=+=θθsin cos r b y r a x 掌握圆的几何性质，会判断直线与圆、圆与圆的位置关系。

会求圆的相交弦、切线问题。

圆锥曲线方程（二）圆锥曲线1.椭圆及其标准方程⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧==为三角函数问题。

点的坐标，把问题转化 可用参数方程设在椭圆上时，当点椭圆的参数方程，焦半径的几何意义，准线方程、、、椭圆的简单几何性质：哪个轴上）标准方程（注意焦点在第一定义、第二定义P b y a x e c b a ,sin ,cos )(θθ 2.双曲线及其标准方程：⎪⎩⎪⎨⎧)(，焦半径，渐近线的几何意义，准线方程、、、：双曲线的简单几何性质哪个轴上）标准方程（注意焦点在注意与椭圆相类比）第一定义、第二定义（e c b a 3．抛物线及其标准方程：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧)(与焦点有关的结论焦点坐标，准线方程，：抛物线的简单几何性质的几何意义）四种形式哪个轴上，开口方向，标准方程（注意焦点在化为到准线的距离。

）焦点的距离问题经常转 （抛物线上的点到中的灵活应用定义，以及定义在解题p 直线与圆锥曲线：⎪⎩⎪⎨⎧面积。

高三平面解析几何知识点解析几何是数学中的重要分支之一，它研究了点、线、面等几何元素在坐标平面上的几何性质和关系。

在高三学习过程中，平面解析几何是一个重要的知识点。

本文将介绍高三平面解析几何的基本概念和常见问题。

一、二维坐标系在平面解析几何中，我们首先要了解二维坐标系。

二维坐标系由平面上的两条互相垂直的直线组成，分别称为x轴和y轴。

它们的交点称为坐标原点O。

我们可以在坐标系上标出各个点的坐标，用有序数对(x, y)表示，其中x表示点在x轴上的投影，y表示点在y轴上的投影。

二、点的坐标在平面解析几何中，点的坐标表示了点在坐标系上的位置关系。

给定一个点A，在坐标系上，可以通过测量A点到x轴和y轴的距离来确定它的坐标。

设A点到x轴的距离为x，到y轴的距离为y，则A点的坐标为(x, y)。

三、向量的表示在平面解析几何中，向量是一个有方向和大小的量。

向量可以用有序数对(x, y)来表示，其中x表示向量在x轴上的分量，y表示向量在y轴上的分量。

向量的大小可以用向量的模长表示，即√(x² + y²)。

四、直线的方程在平面解析几何中，直线可以用不同的方式表示。

一种常见的表示方式是使用直线的一般方程Ax + By + C = 0，其中A、B、C 是实常数，并且A和B不同时为0。

另一种表示方式是使用截距式方程x/a + y/b = 1，其中a和b分别为直线在x轴和y轴上的截距。

五、直线的性质在平面解析几何中，直线有许多重要的性质。

其中一些常见的性质包括：1. 平行和垂直关系：两条直线平行的条件是它们的斜率相等；两条直线垂直的条件是它们的斜率的乘积为-1。

2. 相交关系：两条直线相交于一点的条件是它们的方程组有唯一解。

3. 距离公式：点到直线的距离可以用点到直线的垂线长来表示，即d = |Ax0 + By0 + C| / √(A² + B²)。

4. 中点公式：两点A(x1, y1)和B(x2, y2)的中点坐标为[(x1+x2)/2, (y1+y2)/2]。

高三平面解析几何复习的教学策略高三平面解析几何是高中数学的重要内容之一，对学生的数学思维能力、几何直观能力、逻辑推理能力等方面有着重要的训练意义。

下面介绍几种教学策略，希望对您的教学有所帮助。

1. 建立几何直观：在初步学习平面解析几何时，可以通过拆解、拟合、还原等方法，将几何图形拆解成简单的几何元素，以帮助学生形成直观感知。

并请学生在纸上练习画出各种几何图形，逐渐熟悉几何图形的特征。

2. 提供具体实例：将抽象的问题转化为具体的实例，帮助学生理解，培养解决实际问题的能力。

通过实际生活中的建筑、家具、运动场地等，给学生提供一些案例，让学生观察并解答与平面解析几何相关的问题。

3. 引导学生思考：引导学生通过问题分析、条件推导等方式，激发学生的思维，培养学生的逻辑推理能力。

可以给学生一些开放性问题，让学生自己寻找解决方法，并进行合理的解释和论证。

4. 强化几何证明：几何证明是平面解析几何中的重要部分，对学生的逻辑推理能力和几何直观能力都有很大的训练作用。

可以通过给学生一些基本命题，要求用解析几何的方法进行证明，引导学生深入理解几何概念，提高解决几何问题的能力。

5. 运用技术手段：在教学过程中，适当运用计算机软件、几何制图软件等技术手段，帮助学生直观感受几何图形的形状变化、位置关系等，提高学生的学习兴趣。

6. 综合应用：在教学中，引导学生将平面解析几何与其他内容相结合，进行综合应用，以拓展学生的解决问题的思路和能力。

在几何问题求解中，引入其他数学知识进行辅助，或者结合实际问题进行分析和解决。

7. 多样化评价方式：除了传统的作业、小测验等形式外，可以采用小组合作、项目展示、问题解答等形式进行评价，帮助学生发现自己的问题，提高自主学习的能力。

平面解析几何复习的教学策略主要包括建立几何直观、提供具体实例、引导学生思考、强化几何证明、运用技术手段、综合应用和多样化评价方式等。

希望这些策略能够帮助教师更好地进行高三平面解析几何的复习教学，提高学生的学习效果。

高三平面解析几何复习的教学策略高三平面解析几何是数学课程中的重要内容之一，也是考试中常考的题型。

为了帮助学生复习和掌握这一部分知识，教师需要制定相应的教学策略。

本文将从教学内容、教学方法和复习计划三个方面来介绍高三平面解析几何复习的教学策略。

一、教学内容在高三平面解析几何的复习中，教师需要重点复习以下内容：1. 平面方程的应用：包括点斜式、两点式、一般式等平面方程的互相转化和应用；2. 直线与平面的位置关系：直线的方程和位置关系、直线与平面的位置关系等内容；3. 空间几何体的平面截线：包括球、圆锥、圆柱等空间几何体与平面的截线问题；4. 空间向量的应用：包括向量的夹角、向量的共线、向量的运算等内容。

以上内容是高三平面解析几何的重点内容，复习时要注重学生的理解和掌握程度，尤其是与其他几何知识的联系和综合应用。

二、教学方法1. 综合性教学法：平面解析几何与向量、数学分析、几何等知识有很大的联系，复习时可以采用综合性教学法，将平面解析几何与其他知识点相结合，使学生能更好地理解和掌握知识。

2. 案例教学法：通过实际案例的讲解，让学生了解平面解析几何的应用，加深他们对知识点的理解。

学生可以通过解决实际问题来巩固和提升他们的解题能力。

3. 多维度教学法：平面解析几何涉及到三维空间的问题，教师需要引导学生将平面几何的题目转化为三维空间的问题，从多个角度来理解和解决问题。

4. 实践教学法：通过实践操作，比如利用几何软件进行模拟实验，让学生更直观地理解平面解析几何的内容，提高他们的学习兴趣和解题能力。

以上教学方法可以有效地帮助学生巩固和提高平面解析几何的学习成绩，加强和应用所学知识。

三、复习计划为了让学生更好地复习平面解析几何，教师可以制定以下复习计划：1. 明确复习内容：教师首先要明确定义好复习的内容和目标，包括重点、难点和易错点的整理和梳理。

2. 分阶段复习：根据复习内容的特点，可以将复习分为基础阶段、巩固阶段和强化阶段，逐步推进，循序渐进。

高考数学中的平面解析几何知识点整理平面解析几何是高中数学的重要知识点，也是高考数学必考的部分。

平面解析几何涉及坐标系、直线、圆、双曲线、椭圆、抛物线等内容，需要注重理论的掌握、题目的练习和解题技巧的提高。

本篇文章就高考数学中平面解析几何的知识点进行整理和总结，帮助学生更好地应对高考数学。

一、坐标系坐标系是平面解析几何的基础，需要掌握笛卡尔坐标系和极坐标系。

笛卡尔坐标系是平面上以两条相互垂直的直线为坐标轴，确定一点的位置需要用到两个数，称为该点的坐标。

极坐标系是以圆心为原点，以极轴为基准线的坐标系。

一个点在极坐标系中的坐标表示为(r，θ)，其中r为该点到圆心的距离，θ为该点与极轴正方向的夹角。

二、直线直线是平面解析几何中最基本也最重要的图形。

直线的斜率、截距和两点式都是需要掌握的公式。

斜率表示直线在笛卡尔坐标系中的倾斜程度，截距表示直线与坐标轴的交点，两点式表示直线经过的两个点的坐标。

三、圆圆是平面上与一个点距离相等的点的集合。

圆的一般式、标准式、参数式都是需要掌握的公式。

一般式表示圆心坐标为(h，k)，半径为r的圆，标准式表示圆心在原点，半径为r的圆，参数式表示圆心坐标为(a，b)，半径为r的圆，其中参数t在区间[0，2π)内变化。

四、椭圆椭圆是平面上到两个固定点F1和F2距离之和等于常数2a的点的集合。

椭圆的标准式、参数式和离心率都是需要掌握的公式。

标准式表示椭圆的长轴在x轴上，椭圆的中心在原点，离心率小于1；参数式表示椭圆的中心在(a，b)处，椭圆的长轴倾斜角度为θ，离心率小于1。

五、抛物线抛物线是平面上到一个定点F距离等于到另一个定点D的距离的平方的定点P的集合。

抛物线的标准式、参数式和焦距都是需要掌握的公式。

标准式表示抛物线的焦点在原点，开口朝上或朝下；参数式表示抛物线的焦点在(a，b)处，开口朝上或朝下。

六、双曲线双曲线是平面上到两个定点F1和F2距离之差等于常数2a的点的集合。

双曲线的标准式、参数式和离心率都是需要掌握的公式。

2024年高考数学平面解析几何的复习方法总结一、复习前的准备1. 了解考纲：仔细阅读高考数学的考纲，明确平面解析几何部分的重点和难点，有针对性地进行复习。

2. 整理知识框架：将平面解析几何的知识点进行整理和归纳，建立知识框架，便于全面复习和查漏补缺。

3. 完善笔记：对之前学过的平面解析几何知识进行复习，逐一检查自己的笔记是否完整，如有漏洞或不理解的地方，及时补充或向同学、老师请教。

4. 制定学习计划：合理分配复习时间，将平面解析几何的复习内容分成小块，按照计划逐一进行复习。

二、基础知识的复习1. 了解基础概念：回顾平面解析几何的基本概念，如点、直线、平面等，并熟悉它们之间的关系和性质。

2. 复习坐标系：重点复习直角坐标系和极坐标系的原理和使用方法，能够熟练转换坐标系和进行坐标计算。

3. 复习向量：回顾向量的定义、运算法则和性质，同时重点理解向量的几何意义和应用。

4. 复习直线与圆的方程：回顾直线的一般方程、斜截式方程和点斜式方程的互相转换，同时复习圆的标准方程和一般方程的建立方法。

三、常见题型的练习1. 直线与圆的方程的联立：熟练掌握直线与圆的方程的联立方法，能够灵活运用，解决实际问题。

2. 直线与圆的位置关系：理解直线与圆的位置关系，掌握直线与圆的切点、交点等性质，能够准确判断直线与圆的位置关系。

3. 三角形的性质：回顾三角形的基本性质，如三角形的内心、外心、重心、垂心等，并理解它们之间的联系，能够应用这些性质解决三角形相关问题。

4. 镜面对称与旋转：通过练习镜面对称和旋转的题目，理解镜面对称和旋转的概念，并能够快速判断图形的镜面对称性和旋转对称性。

5. 预习未学内容：对于一些未学过的内容（如圆锥曲线、二次函数等），可以进行简单的预习，了解基本概念和性质，为高考后的复习打下基础。

四、真题的训练与模拟考试1. 做高考真题：通过做历年高考真题，了解平面解析几何在高考中的考查点和形式，熟悉解题思路和答题技巧，查漏补缺，增强信心。

专题九平面解析几何【考情探究】课标解读考情分析备考指导主题内容一、直线的方程1.理解直线的倾斜角和斜率的概念、掌握过两点的直线斜率的计算公式.2.能根据两条直线的斜率判定这两条直线平行或垂直.3.掌握直线方程的几种形式(点斜式、两点式及一般式),了解斜截式与一次函数的关系.从近几年高考情况来看,直线和圆主要考查方程的求法,常以选择、填空题的形式出现;对于圆锥曲线,基础题目主要考查定义与方程、几何性质,特别是双曲线的几何性质(离心率、渐近线)及抛物线的几何性质.解答题通常以椭圆及抛物线为背景,考查直线与椭圆的位置关系、直线与抛物线的位置关系、弦中点问题、定点问题、定值问题、轨迹问题、取值范围问题、证明问题及直线过定点问题.特别注意近两年高考将此综合题前移,难度降低.1.直线与圆的问题求解一定要注意数形结合的方法,充分利用圆的几何性质解题.2.恰当选择直线和曲线方程形式,简化计算.3.合理运用消元技巧,涉及直线与圆锥曲线的交点坐标问题,常常“设而不求”,利用韦达定理解题.4.合理运用“同理可得”进行类比计算.5.圆锥曲线的弦中点问题的解题技巧:代点相减法(点差法).6.直线与椭圆或直线与抛物线为基本题型,考查曲线的弦长,动点的轨迹方程和有关几何量的求解等.掌握基本解题方法:先联立方程(二次方程和一次方程),再几何条件代数化,结合函数、不等式等知识,解决求值、范围、最值等问题.近几年这类题的呈现形式为:(1)第一问,往往是求曲线的方程(待定系数和求轨迹方程)问题;(2)第二问,往往是直线与圆锥曲线相结合的问题.常常需要应用韦达定理和判别式,关键词是弦长、最值、定值、定点等.二、两直线的位置关系1.能用解方程组的方法求两条相交直线的交点坐标.2.掌握两点间的距离公式、点到直线的距离公式、会求两条平行直线间的距离.三、直线、圆的位置关系1.掌握确定圆的几何要素,掌握圆的标准方程和一般方程.2.能根据给定直线、圆的方程判断直线与圆的位置关系.3.能根据给定两个圆的方程,判断两圆的位置关系.四、椭圆、双曲线、抛物线1.了解圆锥曲线的实际背景,了解圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用.2.掌握椭圆、双曲线、抛物线的定义、标准方程及简单的几何性质.【真题探秘】§9.1 直线方程与圆的方程基础篇固本夯基【基础集训】考点一 直线方程1.过不重合的A(m 2+2,m 2-3),B(3-m-m 2,2m)两点的直线l 的倾斜角为45°,则m 的值为( ) A.-1 B.-2 C.-1或2 D.1或-2 答案 B2.已知角α是第二象限角,直线2x+ytan α+1=0的斜率为83,则cos α等于( ) A.35B.-35C.45D.-45答案 D3.经过两条直线2x+3y+1=0和x-3y+4=0的交点,并且垂直于直线3x+4y-7=0的直线方程为 . 答案 4x-3y+9=04.已知A(1,-2),B(5,6),直线l 经过AB 的中点M 且在两坐标轴上的截距相等,则直线的方程为 . 答案 x+y-5=0或2x-3y=0考点二 圆的方程5.已知点A(-2,-1),B(1,3),则以线段AB 为直径的圆的方程为( ) A.(x -12)2+(y+1)2=25 B.(x +12)2+(y-1)2=25C.(x -12)2+(y+1)2=254D.(x +12)2+(y-1)2=254答案 D6.若a ∈{-2,0,1,34},则方程x 2+y 2+ax+2ay+2a 2+a-1=0表示的圆的个数为( )A.0B.1C.2D.3 答案 B7.若平面内两定点A,B 间的距离为2,动点P 与A 、B 距离之比为√2,当P,A,B 不共线时,△PAB 面积的最大值是( ) A.2√2 B.√2 C.2√23D.√23答案 A8.已知△ABC 三个顶点是A(0,5),B(1,-2),C(-3,-4),则△ABC 外接圆的方程为 . 答案 (x+3)2+(y-1)2=25综合篇知能转换【综合集训】考法一 求直线的倾斜角和斜率1.(2018陕西延安期中,5)直线a 2x-b 2y=1(其中a,b ∈R,且ab ≠0)的倾斜角的取值范围为( )A.(0,π2) B.(π4,3π4) C.(π2,3π4) D.(π2,π)答案 A2.(2018湖北黄冈模拟,4)直线x-ysin θ+1=0的倾斜角的取值范围是()A.[π4,3π4] B.[0,π4]∪[3π4,π)C.[0,π4] D.[π4,π2)∪(π2,3π4]答案 A考法二求直线的方程3.(2018江西九江月考,5)经过点A(1,2)且在两个坐标轴上的截距的绝对值相等的直线方程为()A.y=2x或x-y+1=0B.y=2x或x+y-3=0C.x+y-3=0或x-y+1=0D.y=2x或x+y-3=0或x-y+1=0答案 D4.(2019江西抚州七校联考)过点(2,1)且与直线3x-2y=0垂直的直线方程为()A.2x-3y-1=0B.2x+3y-7=0C.3x-2y-4=0D.3x+2y-8=0答案 B5.(2019四川眉山仁寿一中第一次调研)已知实数m,n满足2m-n=1,则直线mx-3y+n=0过定点.答案(-2,-13)考法三对称问题6.(2018重庆模拟,8)已知圆C1:(x+1)2+(y-1)2=4,圆C2与圆C1关于直线x-y-1=0对称,则圆C2的方程为()A.(x+2)2+(y-2)2=4B.(x-2)2+(y+2)2=4C.(x+2)2+(y+2)2=4D.(x-2)2+(y-2)2=4答案 B7.(2019豫南九校第四次联考,14)已知△ABC的一个顶点A(2,-4),且∠B,∠C的平分线所在直线的方程分别为x+y-2=0,x-3y-6=0,则BC边所在直线的方程为.答案x+7y-6=08.(2018豫北六校联考,15)已知点P在直线l:3x-y-1=0上,A(4,1),B(0,4),则||PA|-|PB||最大时点P的坐标为.答案(2,5)考法四求圆的方程9.(2019广东七校联考,7)以(a,1)为圆心,且与两条直线2x-y+4=0与2x-y-6=0同时相切的圆的标准方程为()A.(x-1)2+(y-1)2=5B.(x+1)2+(y+1)2=5C.(x-1)2+y2=5D.x2+(y-1)2=5答案 A10.(2019福建漳州八校期中联考,14)已知圆心在直线x-2y-3=0上,且圆经过点A(2,-3),B(-2,-5),则该圆的方程为.答案x2+y2+2x+4y-5=0(或(x+1)2+(y+2)2=10)11.(2019湖北1月联考)过点A(0,1)和B(1,2),且与x轴相切的圆的方程为.答案(x-1)2+(y-1)2=1或(x+3)2+(y-5)2=2512.(2018四川峨眉山第七教育发展联盟适应性考试(节选))圆C 与x 轴相切于点T(2,0),与y 轴正半轴相交于两点M,N(点M 在点N 的下方),且|MN|=3.则圆C 的方程为 . 答案 (x-2)2+(y -52)2=254【五年高考】1.(2016课标Ⅱ,4,5分)圆x 2+y 2-2x-8y+13=0的圆心到直线ax+y-1=0的距离为1,则a=( ) A.-43 B.-34 C.√3 D.2答案 A2.(2018天津,12,5分)在平面直角坐标系中,经过三点(0,0),(1,1),(2,0)的圆的方程为 . 答案 x 2+y 2-2x=03.(2016浙江,10,6分)已知a ∈R,方程a 2x 2+(a+2)y 2+4x+8y+5a=0表示圆,则圆心坐标是 ,半径是 . 答案 (-2,-4);54.(2019浙江,12,6分)已知圆C 的圆心坐标是(0,m),半径长是r.若直线2x-y+3=0与圆C 相切于点A(-2,-1),则m= ,r= . 答案 -2;√55.(2019北京,11,5分)设抛物线y 2=4x 的焦点为F,准线为l.则以F 为圆心,且与l 相切的圆的方程为 . 答案 (x-1)2+y 2=46.(2018课标Ⅱ,19,12分)设抛物线C:y 2=4x 的焦点为F,过F 且斜率为k(k>0)的直线l 与C 交于A,B 两点,|AB|=8. (1)求l 的方程;(2)求过点A,B 且与C 的准线相切的圆的方程.解析 (1)由题意得F(1,0),l 的方程为y=k(x-1)(k>0), 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).由{y =k(x -1),y 2=4x 得k 2x 2-(2k 2+4)x+k 2=0. Δ=16k 2+16>0,故x 1+x 2=2k 2+4k 2.所以|AB|=|AF|+|BF|=(x 1+1)+(x 2+1)=4k 2+4k 2.由题设知4k 2+4k 2=8,解得k=-1(舍去),或k=1,因此l 的方程为y=x-1.(2)由(1)得AB 的中点坐标为(3,2),所以AB 的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5. 设所求圆的圆心坐标为(x 0,y 0),则 {y 0=-x 0+5,(x 0+1)2=(y 0-x 0+1)22+16.解得{x 0=3,y 0=2或{x 0=11,y 0=-6. 因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.方法总结 有关抛物线的焦点弦问题,常用抛物线的定义进行转化求解,在求解过程中应注重利用根与系数的关系进行整体运算.一般地,求直线和圆的方程时,利用待定系数法求解.7.(2017课标Ⅲ,20,12分)已知抛物线C:y 2=2x,过点(2,0)的直线l 交C 于A,B 两点,圆M 是以线段AB 为直径的圆. (1)证明:坐标原点O 在圆M 上;(2)设圆M 过点P(4,-2),求直线l 与圆M 的方程.解析 本题考查直线与圆锥曲线的位置关系. (1)证明:设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),l:x=my+2. 由{x =my +2,y 2=2x 可得y 2-2my-4=0,则y 1y 2=-4. 又x 1=y 122,x 2=y 222,故x 1x 2=(y 1y 2)24=4.因此OA 的斜率与OB 的斜率之积为y1x 1·y 2x 2=-44=-1,所以OA ⊥OB.故坐标原点O 在圆M 上.(2)由(1)可得y 1+y 2=2m,x 1+x 2=m(y 1+y 2)+4=2m 2+4. 故圆心M 的坐标为(m 2+2,m),圆M 的半径r=√(m 2+2)2+m 2.由于圆M 过点P(4,-2),因此 AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,故(x 1-4)(x 2-4)+(y 1+2)(y 2+2)=0, 即x 1x 2-4(x 1+x 2)+y 1y 2+2(y 1+y 2)+20=0. 由(1)可得y 1y 2=-4,x 1x 2=4. 所以2m 2-m-1=0,解得m=1或m=-12.当m=1时,直线l 的方程为x-y-2=0,圆心M 的坐标为(3,1),圆M 的半径为√10,圆M 的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.当m=-12时,直线l 的方程为2x+y-4=0,圆心M 的坐标为(94,-12),圆M 的半径为√854,圆M 的方程为(x -94)2+(y +12)2=8516.解后反思 直线与圆锥曲线相交问题,常联立方程,消元得到一个一元二次方程,然后利用根与系数的关系处理.以某线段为直径的圆的方程,也可以用该线段的两端点坐标(x 1,y 1)、(x 2,y 2)表示:(x-x 1)(x-x 2)+(y-y 1)(y-y 2)=0.教师专用题组1.(2017江苏,13,5分)在平面直角坐标系xOy 中,A(-12,0),B(0,6),点P 在圆O:x 2+y 2=50上.若PA⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ≤20,则点P 的横坐标的取值范围是 . 答案 [-5√2,1]2.(2016江苏,18,16分)如图,在平面直角坐标系xOy 中,已知以M 为圆心的圆M:x 2+y 2-12x-14y+60=0及其上一点A(2,4). (1)设圆N 与x 轴相切,与圆M 外切,且圆心N 在直线x=6上,求圆N 的标准方程; (2)设平行于OA 的直线l 与圆M 相交于B,C 两点,且BC=OA,求直线l 的方程;(3)设点T(t,0)满足:存在圆M 上的两点P 和Q,使得TA⃗⃗⃗⃗⃗ +TP ⃗⃗⃗⃗⃗ =TQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求实数t 的取值范围.解析 圆M 的标准方程为(x-6)2+(y-7)2=25,所以圆心M(6,7),半径为5.(1)由圆心N 在直线x=6上,可设N(6,y 0). 因为圆N 与x 轴相切,与圆M 外切, 所以0<y 0<7, 于是圆N 的半径为y 0, 从而7-y 0=5+y 0,解得y 0=1.因此,圆N 的标准方程为(x-6)2+(y-1)2=1.(2)因为直线l ∥OA,所以直线l 的斜率为4-02-0=2.设直线l 的方程为y=2x+m,即2x-y+m=0, 则圆心M 到直线l 的距离 d=|2×6-7+m|√5=|m+5|√5. 因为BC=OA=√22+42=2√5,而MC 2=d 2+(BC 2)2,所以25=(m+5)25+5,解得m=5或m=-15.故直线l 的方程为2x-y+5=0或2x-y-15=0.(3)设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2). 因为A(2,4),T(t,0),TA ⃗⃗⃗⃗⃗ +TP ⃗⃗⃗⃗⃗ =TQ ⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以{x 2=x 1+2-t,y 2=y 1+4.①因为点Q 在圆M 上,所以(x 2-6)2+(y 2-7)2=25.②将①代入②,得(x 1-t-4)2+(y 1-3)2=25.于是点P(x 1,y 1)既在圆M 上,又在圆[x-(t+4)]2+(y-3)2=25上,从而圆(x-6)2+(y-7)2=25与圆[x-(t+4)]2+(y-3)2=25有公共点,所以5-5≤√[(t +4)-6]2+(3-7)2≤5+5, 解得2-2√21≤t ≤2+2√21.因此,实数t 的取值范围是[2-2√21,2+2√21].【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共45分)1.(2019湖南衡阳八中10月月考,3)已知直线l 的倾斜角为θ且过点(√3,1),其中sin (θ-π2)=12,则直线l 的方程为( ) A.√3x-y-2=0 B.√3x+y-4=0 C.x-√3y=0 D.√3x-3y-6=0 答案 B2.(2019重庆綦江中学模拟,9)已知圆C:x 2+y 2=1,点P 为直线x+2y-4=0上一动点,过点P 向圆C 引两条切线PA,PB 且A,B 分别为切点,则直线AB 经过定点( ) A.(12,14) B.(14,12) C.(√34,0) D.(0,√34)答案 B3.(2019辽宁丹东模拟,3)圆心为(2,0)的圆C 与圆x 2+y 2+4x-6y+4=0外切,则C 的方程为( ) A.x 2+y 2+4x+2=0 B.x 2+y 2-4x+2=0 C.x 2+y 2+4x=0 D.x 2+y 2-4x=0 答案 D4.(2018甘肃兰州模拟,7)已知点A 是直角三角形ABC 的直角顶点,且A(2a,2),B(-4,a),C(2a+2,2),则△ABC 的外接圆的方程是( )A.x2+(y-3)2=5B.x2+(y+3)2=5C.(x-3)2+y2=5D.(x+3)2+y2=5 答案 D5.(2018湖北四地七校联考,6)已知函数f(x)=asin x-bcos x(a≠0,b≠0),若f(π4-x)=f(π4+x),则直线ax-by+c=0的倾斜角为()A.π4B.π3C.2π3D.3π4答案 D6.(2018豫西五校联考,7)在平面直角坐标系xOy中,以点(0,1)为圆心且与直线x-by+2b+1=0相切的所有圆中,半径最大的圆的标准方程为()A.x2+(y-1)2=4B.x2+(y-1)2=2C.x2+(y-1)2=8D.x2+(y-1)2=16答案 B7.(2019河北九校第二次联考,4)圆C的半径为2,圆心在x轴的正半轴上,直线3x+4y+4=0与圆C相切,则圆C的方程为()A.x2-y2-2x-3=0B.x2+y2+4x=0C.x2+y2-4x=0D.x2+y2+2x-3=0答案 C8.(2019河南中原名校联盟第三次联考,9)设圆x2+y2-2x-2y-2=0的圆心为C,直线l过(0,3),且与圆C交于A,B两点,若|AB|=2√3,则直线l的方程为()A.3x+4y-12=0或4x-3y+9=0B.3x-4y+12=0或4x+3y+9=0C.4x-3y+9=0或x=0D.3x+4y-12=0或x=0答案 D9.(2020届山东夏季高考模拟,6)已知点A为曲线y=x+4x(x>0)上的动点,B为圆(x-2)2+y2=1上的动点,则|AB|的最小值是() A.3 B.4 C.3√2 D.4√2答案 A二、多项选择题(每题5分,共10分)10.(改编题)过点P(2,4)引圆(x-1)2+(y-1)2=1的切线,则切线方程为()A.x=-2B.x=2C.4x-3y+4=0D.4x+3y-4=0答案BC11.(改编题)已知圆M:(x+cos θ)2+(y-sin θ)2=1,直线l:y=kx,下列命题中为真命题的是()A.对任意实数k与θ,直线l和圆M相切B.对任意实数k与θ,直线l和圆M有公共点C.对任意实数θ,必存在实数k,使得直线l和圆M相切D.对任意实数k,必存在实数θ,使得直线l和圆M相切答案BD三、填空题(每题5分,共10分)12.(2019豫北名校2月期初调研,14)直线l过点P(6,4),且分别与两坐标轴的正半轴交于A,B两点,当△ABO的面积最小时,直线l的方程为.答案2x+3y-24=013.(2020届百师联盟期中联考)已知圆心在直线x-3y=0上的圆C 与y 轴的正半轴相切,且截x 轴所得弦长为4√2,则圆C 的方程为 ,点P(6,5)到圆C 上动点Q 的距离最大值为 . 答案 (x-3)2+(y-1)2=9;8四、解答题(共10分)14.(2018广东深圳3月联考,19)如图,直角三角形ABC 的顶点A 的坐标为(-2,0),直角顶点B 的坐标为(0,-2√2),顶点C 在x 轴上,点P 为线段OA 的中点. (1)求BC 边所在直线的方程;(2)若M 为直角三角形ABC 外接圆的圆心,求圆M 的方程;(3)在(2)的条件下,若动圆N 过点P 且与圆M 内切,求动圆N 的圆心的轨迹方程.解析 (1)易知k AB =-√2,AB ⊥BC, ∴k CB =√22,∴BC 边所在直线的方程为y=√22x-2√2.(2)由(1)及题意得C(4,0), 易知AC 为圆M 的直径, ∴M(1,0),AM=3,∴外接圆M 的方程为(x-1)2+y 2=9. (3)∵圆N 过点P(-1,0), ∴PN 是动圆的半径, 又∵动圆N 与圆M 内切, ∴MN=3-PN,即MN+PN=3,∴点N 的轨迹是以M,P 为焦点,长轴长为3的椭圆. ∵P(-1,0),∴c=1, 又a=32,∴b=√a 2-c 2=√54, ∴所求轨迹方程为x 294+y 254=1,即4x 29+4y 25=1. §9.2 直线、圆的位置关系基础篇固本夯基【基础集训】考点一 两直线的位置关系1.若直线l 1:(m-2)x-y-1=0与直线l 2:3x-my=0互相平行,则m 的值等于( ) A.0或-1或3 B.0或3 C.0或-1 D.-1或3 答案 D2.已知曲线y=2xx -1在点P(2,4)处的切线与直线l 平行且距离为2√5,则直线l 的方程为( )A.2x+y+2=0B.2x+y+2=0或2x+y-18=0C.2x-y-18=0D.2x-y+2=0或2x-y-18=0 答案 B3.已知动直线l 0:ax+by+c-2=0(a>0,c>0)恒过定点P(1,m),且Q(4,0)到动直线l 0的最大距离为3,则12a +2c的最小值为( ) A.92 B.94C.1D.9 答案 B4.若直线l 1:x+a 2y+6=0与直线l 2:ax+3y+2a=0互相垂直,则实数a 的值为 . 答案 0或-13考点二 直线与圆的位置关系5.直线l:mx-y+1-m=0与圆C:x 2+(y-1)2=5的位置关系是( ) A.相交 B.相切 C.相离 D.不确定 答案 A6.直线l:x-y+m=0与圆C:x 2+y 2-4x-2y+1=0恒有公共点,则m 的取值范围是( ) A.[-√2,√2] B.[-2√2,2√2]C.[-√2-1,√2-1]D.[-2√2-1,2√2-1] 答案 D7.已知点P(a,b)(ab ≠0)是圆x 2+y 2=r 2内的一点,直线m 是以P 为中点的弦所在的直线,直线l 的方程为ax+by=r 2,那么( )A.m ∥l,且l 与圆相交B.m ⊥l,且l 与圆相切C.m ∥l,且l 与圆相离D.m ⊥l,且l 与圆相离 答案 C8.一条光线从点(-2,-3)射出,经y 轴反射后与圆(x+3)2+(y-2)2=1相切,则反射光线所在直线的斜率为 ( ) A.-53或-35B.-32或-23C.-54或-45D.-43或-34答案 D考点三 圆与圆的位置关系9.圆C 1:(x-m)2+(y+2)2=9与圆C 2:(x+1)2+(y-m)2=4外切,则m 的值为( ) A.2 B.-5 C.2或-5 D.不确定 答案 C10.已知圆M:x 2+y 2-2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是2√2,则圆M 与圆N:(x-1)2+(y-1)2=1的位置关系是( ) A.内切 B.相交 C.外切 D.外离 答案 B11.已知圆C 1:(x-a)2+(y+2)2=4与圆C 2:(x+b)2+(y+2)2=1外切,则ab 的最大值为 .答案9412.两圆C1:x2+y2+4x+y+1=0,C2:x2+y2+2x+2y+1=0相交于A,B两点,则|AB|=.答案4√55综合篇知能转换【综合集训】考法一两直线的位置关系1.(2018广东江门4月模拟,3)已知三条直线l1:4x+y=1,l2:x-y=0,l3:2x-my=3,若l1关于l2对称的直线与l3垂直,则实数m的值是()A.-8B.-12C.8 D.12答案 D2.(2018河北五个一联盟联考,3)已知直线l1:mx-2y+1=0,l2:x-(m-1)y-1=0,则“m=2”是l1平行于l2的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案 C3.(2018河南顶级名校第二次联考,6)已知m,n,a,b∈R,且满足3m+4n=6,3a+4b=1,则√(m-a)2+(n-b)2的最小值为()A.√3B.√2C.1D.12答案 C考法二直线和圆的位置关系4.(2018河北衡水中学五调,13)设直线ax-y+3=0与圆(x-1)2+(y-2)2=4相交于A,B两点,且弦长为2√3,则a的值是. 答案05.(2018山西晋中二模,14)由直线y=x+1上的一点向圆(x-3)2+y2=1引切线,则切线长的最小值为.答案√76.(2019皖南八校联考,14)设直线y=kx+1与圆x2+y2+2x-my=0相交于A,B两点,若点A,B关于直线l:x+y=0对称,则|AB|=.答案√67.(2019河北衡水金卷,14)过M(-3,1),N(0,a)两点的光线经y轴反射后所在直线与圆x2+y2=1存在公共点,则实数a的取值范围为.答案[-54,1]考法三圆和圆的位置关系8.(2018河南郑州外国语中学3月调研,9)已知圆C1:(x+2a)2+y2=4和圆C2:x2+(y-b)2=1只有一条公切线,若a,b∈R且ab≠0,则1 a2+1b2的最小值为()A.2B.4C.8D.9答案 D9.(2018江苏镇江期末)已知圆C与圆x2+y2+10x+10y=0相切于原点,且过点A(0,-6),则圆C的标准方程为. 答案(x+3)2+(y+3)2=1810.(2019河北冀州中学第五次模拟,14)过原点O作圆x2+y2-6x-8y+20=0的两条切线,设切点分别为P,Q,则线段PQ的长为.答案 4【五年高考】1.(2018课标全国Ⅲ,8,5分)直线x+y+2=0分别与x轴,y轴交于A,B两点,点P在圆(x-2)2+y2=2上,则△ABP面积的取值范围是()A.[2,6]B.[4,8]C.[√2,3√2]D.[2√2,3√2]答案 A2.(2016北京,5,5分)圆(x+1)2+y2=2的圆心到直线y=x+3的距离为()A.1B.2C.√2D.2√2答案 C3.(2018北京,7,5分)在平面直角坐标系中,记d为点P(cos θ,sinθ)到直线x-my-2=0的距离.当θ,m变化时,d的最大值为()A.1B.2C.3D.4答案 C4.(2018课标全国Ⅰ,15,5分)直线y=x+1与圆x2+y2+2y-3=0交于A,B两点,则|AB|=.答案2√25.(2016课标全国Ⅰ,15,5分)设直线y=x+2a与圆C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B两点,若|AB|=2√3,则圆C的面积为.答案4π6.(2016课标全国Ⅲ,15,5分)已知直线l:x-√3y+6=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.则|CD|=.答案 47.(2018江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,A为直线l:y=2x上在第一象限内的点,B(5,0),以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D.若AB⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则点A的横坐标为.答案 38.(2017课标全国Ⅲ,20,12分)在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx-2与x轴交于A,B两点,点C的坐标为(0,1).当m变化时,解答下列问题:(1)能否出现AC⊥BC的情况?说明理由;(2)证明过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.解析(1)不能出现AC⊥BC的情况,理由如下:设A(x1,0),B(x2,0),则x1,x2满足x2+mx-2=0,所以x1x2=-2.又C的坐标为(0,1),故AC的斜率与BC的斜率之积为-1x1·-1x2=-12,所以不能出现AC⊥BC的情况.(2)证明:BC的中点坐标为(x22,12),可得BC的中垂线方程为y-12=x2(x-x22).由(1)可得x1+x2=-m,所以AB的中垂线方程为x=-m2.联立得{x=−m2,y-12=x2(x-x22),又x22+mx2-2=0,可得{x=−m2,y=−12.所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为(-m2,-12 ),半径r=√m2+92.故圆在y轴上截得的弦长为2√r2-(m2)2=3,即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.教师专用题组1.(2014课标Ⅱ,12,5分)设点M(x0,1),若在圆O:x2+y2=1上存在点N,使得∠OMN=45°,则x0的取值范围是()A.[-1,1]B.[-12,12] C.[-√2,√2] D.[-√22,√22]答案 A2.(2014北京,7,5分)已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1和两点A(-m,0),B(m,0)(m>0).若圆C上存在点P,使得∠APB=90°,则m的最大值为()A.7B.6C.5D.4答案 B3.(2014安徽,6,5分)过点P(-√3,-1)的直线l与圆x2+y2=1有公共点,则直线l的倾斜角的取值范围是()A.(0,π6] B.(0,π3] C.[0,π6] D.[0,π3]答案 D4.(2014浙江,5,5分)已知圆x2+y2+2x-2y+a=0截直线x+y+2=0所得弦的长度为4,则实数a的值是()A.-2B.-4C.-6D.-8答案 B5.(2014重庆,14,5分)已知直线x-y+a=0与圆心为C的圆x2+y2+2x-4y-4=0相交于A,B两点,且AC⊥BC,则实数a的值为.答案0或66.(2019江苏,18,16分)如图,一个湖的边界是圆心为O的圆,湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径).规划在公路l上选两个点P,Q,并修建两段直线型道路PB,QA,规划要求:线段PB,QA上的所有点到点O的距离均不小于···圆O的半径.已知点A,B到直线l的距离分别为AC和BD(C,D为垂足),测得AB=10,AC=6,BD=12(单位:百米).(1)若道路PB与桥AB垂直,求道路PB的长;(2)在规划要求下,P和Q中能否有一个点选在D处?并说明理由;(3)在规划要求下,若道路PB和QA的长度均为d(单位:百米),求当d最小时,P,Q两点间的距离.解析本小题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识,考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.解法一:(1)过A作AE⊥BD,垂足为E.由已知条件得,四边形ACDE为矩形,DE=BE=AC=6,AE=CD=8.因为PB⊥AB,所以cos∠PBD=sin∠ABE=810=45 .所以PB=BDcos∠PBD =1245=15.因此道路PB的长为15(百米).(2)不能,理由如下:①若P 在D 处,由(1)可得E 在圆上,则线段BE 上的点(除B,E)到点O 的距离均小于圆O 的半径,所以P 选在D 处不满足规划要求. ②若Q 在D 处,连接AD,由(1)知AD=√AE 2+ED 2=10, 从而cos ∠BAD=AD 2+AB 2-BD 22AD ·AB =725>0,所以∠BAD为锐角.所以线段AD 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径. 因此Q 选在D 处也不满足规划要求. 综上,P 和Q 均不能选在D 处. (3)先讨论点P 的位置.当∠OBP<90°时,线段PB 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径,点P 不符合规划要求;当∠OBP ≥90°时,对线段PB 上任意一点F,OF ≥OB,即线段PB 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半径,点P 符合规划要求. 设P 1为l 上一点,且P 1B ⊥AB,由(1)知,P 1B=15, 此时P 1D=P 1Bsin ∠P 1BD=P 1Bcos ∠EBA=15×35=9; 当∠OBP>90°时,在△PP 1B 中,PB>P 1B=15. 由上可知,d ≥15. 再讨论点Q 的位置.由(2)知,要使得QA ≥15,点Q 只有位于点C 的右侧,才能符合规划要求.当QA=15时,CQ=√QA 2-AC 2=√152-62=3√21. 此时,线段QA 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半径.综上,当PB ⊥AB,点Q 位于点C 右侧,且CQ=3√21时,d 最小,此时P,Q 两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+3√21. 因此,d 最小时,P,Q 两点间的距离为(17+3√21)百米. 解法二:(1)如图,过O 作OH ⊥l,垂足为H.以O 为坐标原点,直线OH 为y 轴,建立平面直角坐标系.因为BD=12,AC=6,所以OH=9,直线l 的方程为y=9,点A,B 的纵坐标分别为3,-3.因为AB 为圆O 的直径,AB=10,所以圆O 的方程为x 2+y 2=25.从而A(4,3),B(-4,-3),直线AB 的斜率为34.因为PB ⊥AB,所以直线PB 的斜率为-43,直线PB 的方程为y=-43x-253.所以P(-13,9),PB=√(-13+4)2+(9+3)2=15. 因此道路PB 的长为15(百米).(2)①若P 在D 处,取线段BD 上一点E(-4,0),则EO=4<5,所以P 选在D 处不满足规划要求. ②若Q 在D 处,连接AD,由(1)知D(-4,9),又A(4,3), 所以线段AD:y=-34x+6(-4≤x ≤4). 在线段AD 上取点M (3,154),因为OM=√32+(154)2<√32+42=5,所以线段AD 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径. 因此Q 选在D 处也不满足规划要求. 综上,P 和Q 均不能选在D 处. (3)先讨论点P 的位置.当∠OBP<90°时,线段PB 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径,点P 不符合规划要求;当∠OBP ≥90°时,对线段PB 上任意一点F,OF ≥OB,即线段PB 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半径,点P 符合规划要求. 设P 1为l 上一点,且P 1B ⊥AB,由(1)知,P 1B=15,此时P 1(-13,9); 当∠OBP>90°时,在△PP 1B 中,PB>P 1B=15. 由上可知,d ≥15.再讨论点Q 的位置.由(2)知,要使得QA ≥15,点Q 只有位于点C 的右侧,才能符合规划要求.当QA=15时,设Q(a,9),由AQ=√(a -4)2+(9−3)2=15(a>4),得a=4+3√21, 所以Q(4+3√21,9).此时,线段QA 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半径.综上,当P(-13,9),Q(4+3√21,9)时,d 最小,此时P,Q 两点间的距离PQ=4+3√21-(-13)=17+3√21. 因此,d 最小时,P,Q 两点间的距离为(17+3√21)百米.7.(2014课标Ⅰ,20,12分)已知点P(2,2),圆C:x 2+y 2-8y=0,过点P 的动直线l 与圆C 交于A,B 两点,线段AB 的中点为M,O 为坐标原点.(1)求M 的轨迹方程;(2)当|OP|=|OM|时,求l 的方程及△POM 的面积.解析 (1)圆C 的方程可化为x 2+(y-4)2=16,所以圆心为C(0,4),半径为4.设M(x,y),则CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y-4),MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-x,2-y).由题设知CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,故x(2-x)+(y-4)(2-y)=0,即(x-1)2+(y-3)2=2. 由于点P 在圆C 的内部,所以M 的轨迹方程是(x-1)2+(y-3)2=2.(2)由(1)可知M 的轨迹是以点N(1,3)为圆心,√2为半径的圆.由于|OP|=|OM|,故O 在线段PM 的垂直平分线上,又P 在圆N 上,从而ON ⊥PM.因为ON 的斜率为3,所以l 的斜率为-13,故l 的方程为y=-13x+83.又|OM|=|OP|=2√2,O 到l 的距离为4√105,|PM|=4√105,所以△POM 的面积为165.评析 本题考查轨迹方程的求法,直线与圆的位置关系,在解决直线与圆的相关问题时,利用图形的几何性质可简化运算. 8.(2013四川,20,13分)已知圆C 的方程为x 2+(y-4)2=4,点O 是坐标原点.直线l:y=kx 与圆C 交于M,N 两点. (1)求k 的取值范围;(2)设Q(m,n)是线段MN 上的点,且2|OQ|2=1|OM|2+1|ON|2.请将n 表示为m 的函数.解析 (1)将y=kx 代入x 2+(y-4)2=4中,得 (1+k 2)x 2-8kx+12=0.(*)由Δ=(-8k)2-4(1+k 2)×12>0,得k 2>3,所以,k 的取值范围是(-∞,-√3)∪(√3,+∞).(2)因为M,N 在直线l 上,可设点M,N 的坐标分别为(x 1,kx 1),(x 2,kx 2),则|OM|2=(1+k 2)x 12,|ON|2=(1+k 2)x 22.又|OQ|2=m 2+n 2=(1+k 2)m 2,由2|OQ|2=1|OM|2+1|ON|2,得2(1+k 2)m 2=1(1+k 2)x 12+1(1+k 2)x 22, 即2m 2=1x 12+1x 22=(x 1+x 2)2-2x 1x 2x 12x 22.由(*)式可知,x 1+x 2=8k1+k2,x 1x 2=121+k2,所以m 2=365k 2-3.因为点Q 在直线y=kx 上,所以k=n m,代入m 2=365k 2-3中并化简,得5n 2-3m 2=36.由m 2=365k 2-3及k 2>3,可知0<m 2<3,即m ∈(-√3,0)∪(0,√3),根据题意知,点Q 在圆C 内,则n>0,所以n=√36+3m25=√15m 2+1805.于是,n 与m 的函数关系为n=√15m 2+1805(m ∈(-√3,0)∪(0,√3)).评析 本题主要考查直线、圆、函数、不等式等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程等数学思想,并考查思维的严谨性.【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共35分)1.(2019广东广州调研,4)a=3是直线ax+2y+3a=0和3x+(a-1)y=a-7平行的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案 C2.(2019安徽合肥调研,8)已知直线l:x+y-5=0与圆C:(x-2)2+(y-1)2=r 2(r>0)相交所得的弦长为2√2,则圆C 的半径r=( ) A.√2 B.2 C.2√2 D.4 答案 B3.(2019湖南五市十校联考,6)两圆x 2+y 2+4x-4y=0和x 2+y 2+2x-8=0相交于两点M,N,则线段MN 的长为( ) A.3√55B.4C.6√55D.12√55答案 D4.(2019河南信阳二模,9)若直线y=kx+1(k ≠0)与圆x 2+(y-1)2=1相交于A,B 两点,C 点坐标为(3,0),若点M(a,b)满足MA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则a+b 等于( ) A.1 B.52 C.53 D.73答案 C5.(2019豫西南五校3月联考,7)已知圆C:(x-2)2+y 2=4,直线l 1:y=√3x,l 2:y=kx-1,若l 1,l 2被圆C 所截得的弦的长度之比为1∶2,则k 的值为( )A.√3B.1C.12 D.√33答案 C6.(2019赣中南五校4月联考,8)已知直线y=x+m 和圆x 2+y 2=1交于A,B 两点,O 为坐标原点,若AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =32,则实数m=( )A.±1B.±√32C.±√22D.±12答案 C7.(2020届广东珠海9月摸底测试,11)已知点M(-1,0),N(1,0),若直线l:x+y=m 上存在点P 使得PM ⊥PN,则实数m 的取值范围是( )A.[-1,1]B.(-1,1)C.[-√2,√2]D.(-√2,√2) 答案 C二、多项选择题(每题5分,共10分)8.(改编题)若三条直线l 1:ax+y+1=0,l 2:x+ay+1=0,l 3:x+y+a=0不能围成三角形,则a 的可能取值为( ) A.a=1 B.a=-1 C.a=-2 D.a=2 答案 ABC9.(改编题)已知两圆x2+y2=1和(x+4)2+(y-a)2=25相切,则实数a=()A.±2√13B.±2√5C.0D.以上均有可能答案BC三、填空题(每题5分,共30分)10.(2020届山东滕州一中10月月考)过点M(12,1)的直线l与圆C:(x-1)2+y2=4交于A,B两点,当∠ACB最小时,直线l的方程为.答案2x-4y+3=011.(2020届重庆第二外国语学校第三次质量检测,15)若直线ax+by=1(a,b都是正实数)与圆x2+y2=4相交于A,B两点,当OA⊥OB(O 是坐标原点)时,ab的最大值为.答案1412.(2020届江苏南京六校联合体10月联考,13)已知圆O:x2+y2=1,圆M:(x+a+3)2+(y-2a)2=1(a为实数).若圆O与圆M上分别存在点P,Q,使得∠OQP=30°,则a的取值范围为.答案[-65,0]13.(2020届广东惠州综合高级中学月考,15)曲线y=1+√4−x2(|x|≤2)与直线y=k(x-2)+4只有一个公共点时,实数k的取值范围是.答案{k|k=512或k>34}14.(2020届江苏南京期中,13)在平面直角坐标系xOy中,已知圆O:x2+y2=1,圆C:(x-4)2+y2=4,动点P在直线x+√3y-2=0上的两点E,F之间,过点P分别作圆O,圆C的切线,切点为A,B,若满足PB≥2PA,则线段EF的长度为.答案2√39315.(2020届江苏南京六校联合体期中检测,13)已知圆C1:(x+1)2+(y-6)2=25,圆C2:(x-17)2+(y-30)2=r2.若圆C2上存在一点P,使得过点P可作一条射线与圆C1依次交于点A,B,满足PA=2AB,则半径r的取值范围是.答案[5,55]四、解答题(共10分)16.(2018河北武邑中学4月模拟,20)已知☉H被直线x-y-1=0,x+y-3=0分成面积相等的四部分,且☉H截x轴所得线段的长为2.(1)求☉H的方程;(2)若存在过点P(a,0)的直线与☉H相交于M,N两点,且|PM|=|MN|,求实数a的取值范围.解析(1)设☉H的方程为(x-m)2+(y-n)2=r2(r>0),因为☉H被直线x-y-1=0,x+y-3=0分成面积相等的四部分,所以圆心H(m,n)一定是两互相垂直的直线x-y-1=0,x+y-3=0的交点,易得交点坐标为(2,1),所以m=2,n=1.又☉H截x轴所得线段的长为2,所以r2=12+n2=2.所以☉H的方程为(x-2)2+(y-1)2=2.(2)设N(x0,y0),由题意易知点M是PN的中点,所以M(x0+a2,y02).因为M,N两点均在☉H上,所以(x0-2)2+(y0-1)2=2①,(x0+a2-2)2+(y02-1)2=2,即(x0+a-4)2+(y0-2)2=8②,设☉I:(x+a-4)2+(y-2)2=8,由①②知☉H与☉I:(x+a-4)2+(y-2)2=8有公共点,从而2√2-√2≤|HI|≤2√2+√2,即√2≤√(a-2)2+(1−2)2≤3√2,整理可得2≤a2-4a+5≤18,解得2-√17≤a ≤1或3≤a ≤2+√17,所以实数a 的取值范围是[2-√17,1]∪[3,2+√17].思路分析 (1)先设出圆H 的标准方程,然后结合已知得到圆心坐标,最后由弦长求出半径即可;(2)先设出点N 的坐标,依据M 是PN 的中点,得到点M 的坐标,将N 、M 的坐标代入圆H 的方程,进而得两相应圆有公共点,由此确定a 的取值范围.§9.3 椭圆基础篇固本夯基【基础集训】考点一 椭圆的定义及标准方程1.已知椭圆y 2m +x 22=1的一个焦点为(0,12),则m=( ) A.1 B.2 C.3 D.94答案 D2.已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的左、右焦点为F 1、F 2,离心率为√33,过F 2的直线l 交C 于A 、B 两点.若△AF 1B 的周长为4√3,则C的方程为( )A.x 23+y 22=1 B.x 23+y 2=1 C.x 212+y 28=1 D.x 212+y 24=1 答案 A3.在平面直角坐标系xOy 中,P 是椭圆y 24+x 23=1上的一个动点,点A(1,1),B(0,-1),则|PA|+|PB|的最大值为( ) A.5 B.4 C.3 D.2 答案 A4.椭圆x 29+y 225=1上的一点P 到两焦点的距离的乘积为m,当m 取最大值时,点P 的坐标是 . 答案 (-3,0)或(3,0)考点二 椭圆的几何性质5.以椭圆短轴为直径的圆经过此椭圆的长轴的两个三等分点,则椭圆的离心率是( ) A.13B.√33C.√34D.2√23答案 D6.设椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1、F 2,P 是C 上的点,PF 2⊥F 1F 2,∠PF 1F 2=30°,则C 的离心率为( ) A.√36B.13C.12D.√33答案 D7.设椭圆的方程为x 2a 2+y 2b2=1(b ≥√32a >0),右焦点为F(c,0)(c>0),方程ax 2+bx-c=0的两实根分别为x 1,x 2,则x 12+x 22的取值范围是( )A.(0,32]B.(1,32] C.(1,34] D.(1,74] 答案 D考点三 直线与椭圆的位置关系8.(2019河北衡水中学五调,6)与椭圆x 22+y 2=1有相同的焦点且与直线l:x-y+3=0相切的椭圆的离心率为( ) A.√22B.√55C.12D.15答案 B9.椭圆x 225+y 216=1的左,右焦点分别为F 1,F 2,弦AB 过F 1,若△ABF 2的内切圆周长为π,A,B 两点的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2),则|y 1-y 2|的值为( ) A.53 B.103C.√103D.√53答案 A10.已知P(1,1)为椭圆x 24+y 22=1内一定点,经过P 引一条弦,使此弦被P 点平分,且弦与椭圆交于A 、B 两点,则此弦所在直线的方程为 . 答案 x+2y-3=011.设F 1,F 2分别是椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的左,右焦点,M 是C 上一点且MF 2与x 轴垂直.直线MF 1与C 的另一个交点为N. (1)若直线MN 的斜率为34,求C 的离心率;(2)若直线MN 在y 轴上的截距为2,且|MN|=5|F 1N|,求a,b. 解析 (1)根据题意知F 1(-c,0),M (c,b 2a). 由k MN =34得b2a -0c -(-c)=34, 即2b 2=3ac,将b 2=a 2-c 2代入得2(a 2-c 2)=3ac,2c 2-2a 2+3ac=0, 2e 2+3e-2=0,解得e=12或e=-2(舍),故C 的离心率为12.(2)由题意,知原点O 为F 1F 2的中点,MF 2∥y 轴,设直线MF 1与y 轴的交点为D,则D(0,2)是线段MF 1的中点,故b 2a=4,即b 2=4a,① 由|MN|=5|F 1N|得|DF 1|=2|F 1N|. 设N(x 1,y 1),由题意知y 1<0,则 {2(−c -x 1)=c,-2y 1=2,即{x 1=−32c,y 1=−1. 代入C 的方程,得9c 24a 2+1b 2=1.②。

2024高考数学平面解析几何知识点
在2024年高考数学中，平面解析几何是一个重要的知识点，主要包括以下几个部分：
1. 有向线段和直线：了解有向线段和直线的概念，掌握直线的方程式和参数方程，理解直线的倾斜角、截距等概念。

2. 圆：掌握圆的标准方程和一般方程，理解圆心、半径、弦、直径等概念，会求圆的方程和圆心、半径等。

3. 椭圆、双曲线和抛物线：掌握椭圆、双曲线和抛物线的标准方程和性质，理解焦点、准线、离心率等概念，会求这些曲线的方程和相关性质。

4. 参数方程和极坐标：了解参数方程和极坐标的概念，掌握参数方程和极坐标的转换关系，会求参数方程和极坐标的方程。

5. 平面几何的基本概念：理解平面几何中的点、线、面的概念，掌握基本性质和定理，如平行线、垂直线、角等概念和性质。

6. 解析几何的基本方法：掌握解析几何中的基本方法，如向量法、解析法等，理解这些方法的几何意义和代数表示，能够运用这些方法解决一些平面几何问题。

7. 圆锥曲线的应用：理解圆锥曲线的应用，如椭圆用于卫星轨道、双曲线用于光学等，了解圆锥曲线在日常生活和科学研究中的应用。

以上是2024年高考数学平面解析几何的主要知识点，考生需要熟练掌握并能够灵活运用。

同时，也需要注重理解和应用，不要死记硬背。

高中平面解析几何知识点总结一.直线部分1．直线的倾斜角与斜率：（1）直线的倾斜角：在平面直角坐标系中，对于一条与x 轴相交的直线，如果把x 轴绕着交点按逆时针方向旋转到和直线重合时所转的最小正角记为α叫做直线的倾斜角. 倾斜角)180,0[︒∈α,︒=90α斜率不存在.（2）直线的斜率：αtan ),(211212=≠--=k x x x x y y k ．两点坐标为111(,)Px y 、222(,)P x y . 2．直线方程的五种形式：（1）点斜式：)(11x x k y y -=- (直线l 过点),(111y x P，且斜率为k )． 注：当直线斜率不存在时，不能用点斜式表示，此时方程为0x x =． （2）斜截式：b kx y += (b 为直线l 在y 轴上的截距).（3）两点式：121121x x x x y y y y --=-- (12y y ≠，12x x ≠).注：① 不能表示与x 轴和y 轴垂直的直线；② 方程形式为：0))(())((112112=-----x x y y y y x x 时，方程可以表示任意直线．（4）截距式：1=+b y a x （b a ,分别为x 轴y 轴上的截距，且0,0≠≠b a ）．注：不能表示与x 轴垂直的直线，也不能表示与y 轴垂直的直线，特别是不能表示过原点的直线．（5）一般式：0=++C By Ax (其中A 、B 不同时为0)．一般式化为斜截式：B C x B A y --=，即，直线的斜率：B Ak -=．注：（1）已知直线纵截距b ，常设其方程为y kx b =+或0x =．已知直线横截距0x ，常设其方程为0x my x =+(直线斜率k 存在时，m 为k 的倒数)或0y =． 已知直线过点00(,)x y ，常设其方程为00()y k x x y =-+或0x x =．（2）解析几何中研究两条直线位置关系时，两条直线有可能重合；立体几何中两条直线一般不重合．3．直线在坐标轴上的截矩可正，可负，也可为0.（1）直线在两坐标轴上的截距相等⇔直线的斜率为1-或直线过原点． （2）直线两截距互为相反数⇔直线的斜率为1或直线过原点． （3）直线两截距绝对值相等⇔直线的斜率为1±或直线过原点． 4．两条直线的平行和垂直：（1）若111:l y k x b =+，222:l y k x b =+，有① 212121,//b b k k l l ≠=⇔； ② 12121l l k k ⊥⇔=-.（2）若0:1111=++C y B x A l ，0:2222=++C y B x A l ，有① 1221122121//C A C A B A B A l l ≠=⇔且； ② 0212121=+⇔⊥B B A A l l ．5．平面两点距离公式：（1）已知两点坐标111(,)P x y 、222(,)P x y ，则两点间距离22122121)()(y y x x P P -+-=．（2）x 轴上两点间距离：AB x x AB -=．（3）线段21P P 的中点是),(00y x M ，则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=22210210y y y x x x ． 6．点到直线的距离公式：点),(00y x P 到直线0=++C By Ax l ：的距离：2200B A C By Ax d +++=．7．两平行直线间的距离公式：两条平行直线002211=++=++C By Ax l C By Ax l ：，：的距离：2221B A C C d +-=．8．直线系方程： （1）平行直线系方程：① 直线y kx b =+中当斜率k 一定而b 变动时，表示平行直线系方程． ② 与直线:0l Ax By C ++=平行的直线可表示为10Ax By C ++=．③ 过点00(,)P x y 与直线:0l Ax By C ++=平行的直线可表示为：00()()0A x x B y y -+-=．（2）垂直直线系方程：① 与直线:0l Ax By C ++=垂直的直线可表示为10Bx Ay C -+=．② 过点00(,)P x y 与直线:0l Ax By C ++=垂直的直线可表示为：00()()0B x x A y y ---=． （3）定点直线系方程：① 经过定点000(,)Px y 的直线系方程为00()y y k x x -=-(除直线0x x =),其中k 是待定的系数．② 经过定点000(,)Px y 的直线系方程为00()()0A x x B y y -+-=,其中,A B 是待定的系数． （4）共点直线系方程：经过两直线0022221111=++=++C y B x A l C y B x A l ：，：交点的直线系方程为0)(222111=+++++C y B x A C y B x A λ (除开2l )，其中λ是待定的系数． 9．两条曲线的交点坐标：曲线1:(,)0C f x y =与2:(,)0C g x y =的交点坐标⇔方程组{(,)0(,)0f x yg x y ==的解．10.平面和空间直线参数方程：① 平面直线方程以向量形式给出：nb y na x 21--=方向向量为()n n s 21，=→下面推导参数方程：⎪⎩⎪⎨⎧+=+===--tn b y t n a x t n b y na x 2121则有令：② 空间直线方程也以向量形式给出：nb z nb y nax 321---==方向向量为()n n n s 321,，=→下面推导参数方程：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=+====---t n c z t n b y t n a x t nc z nby na x 321321则有令：注意：只有封闭曲线才会产生参数方程，对于无限曲线，例如二次函数一般不会有化为如上的参数方程。

高考数学-平面解析几何（含22年真题讲解）1．【2022年全国甲卷】已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为13，A 1,A 2分别为C 的左、右顶点，B 为C 的上顶点．若BA 1→⋅BA 2→=−1，则C 的方程为（ ） A ．x 218+y 216=1 B ．x 29+y 28=1 C ．x 23+y 22=1 D ．x 22+y 2=1【答案】B 【解析】 【分析】根据离心率及BA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BA 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−1，解得关于a 2,b 2的等量关系式，即可得解.【详解】解：因为离心率e =c a =√1−b 2a 2=13，解得b 2a 2=89，b 2=89a 2，A 1,A 2分别为C 的左右顶点，则A 1(−a,0),A 2(a,0)，B 为上顶点，所以B(0,b).所以BA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−a,−b),BA 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(a,−b)，因为BA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BA 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−1 所以−a 2+b 2=−1，将b 2=89a 2代入，解得a 2=9,b 2=8， 故椭圆的方程为x 29+y 28=1.故选：B.2．【2022年全国甲卷】椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左顶点为A ，点P ，Q 均在C 上，且关于y 轴对称．若直线AP,AQ 的斜率之积为14，则C 的离心率为（ ） A ．√32B ．√22C ．12D ．13【答案】A 【解析】 【分析】设P (x 1,y 1)，则Q (−x 1,y 1)，根据斜率公式结合题意可得y 12−x 12+a 2=14，再根据x 12a 2+y 12b 2=1，将y 1用x 1表示，整理，再结合离心率公式即可得解. 【详解】解：A(−a,0)，设P(x1,y1)，则Q(−x1,y1)，则k AP=y1x1+a ,k AQ=y1−x1+a，故k AP⋅k AQ=y1x1+a ⋅y1−x1+a=y12−x12+a2=14，又x12a2+y12b2=1，则y12=b2(a2−x12)a2，所以b2(a2−x12)a2−x12+a2=14，即b2a2=14，所以椭圆C的离心率e=ca =√1−b2a2=√32.故选：A.3．【2022年全国乙卷】设F为抛物线C:y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若|AF|=|BF|，则|AB|=（）A．2 B．2√2C．3 D．3√2【答案】B【解析】【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，F(1,0)，则|AF|=|BF|=2，即点A到准线x=−1的距离为2，所以点A的横坐标为−1+2=1，不妨设点A在x轴上方，代入得，A(1,2)，所以|AB|=√(3−1)2+(0−2)2=2√2.故选：B4．【2022年全国乙卷】（多选）双曲线C的两个焦点为F1,F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C的两支交于M，N两点，且cos∠F1NF2=35，则C的离心率为（）A．√52B．32C．√132D．√172【答案】AC 【解析】【分析】依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到2b=3a或a=2b，即可得解，注意就M,N在双支上还是在单支上分类讨论.【详解】解：依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，若M,N分别在左右支，因为OG⊥NF1，且cos∠F1NF2=35>0，所以N在双曲线的右支，又|OG|=a，|OF1|=c，|GF1|=b，设∠F1NF2=α，∠F2F1N=β，在△F1NF2中，有|NF2|sinβ=|NF1|sin(α+β)=2csinα，故|NF1|−|NF2|sin(α+β)−sinβ=2csinα即asin(α+β)−sinβ=csinα，所以asinαcosβ+cosαsinβ−sinβ=csinα，而cosα=35，sinβ=ac，cosβ=bc，故sinα=45，代入整理得到2b=3a，即ba =32，所以双曲线的离心率e=ca =√1+b2a2=√132若M,N均在左支上，同理有|NF 2|sinβ=|NF 1|sin (α+β)=2c sinα，其中β为钝角，故cosβ=−bc ，故|NF 2|−|NF 1|sinβ−sin (α+β)=2c sinα即a sinβ−sinαcosβ−cosαsinβ=csinα， 代入cosα=35，sinβ=ac ，sinα=45，整理得到：a4b+2a =14， 故a =2b ，故e =√1+(b a)2=√52，故选：AC.5．【2022年北京】若直线2x +y −1=0是圆(x −a)2+y 2=1的一条对称轴，则a =（ ） A ．12 B ．−12C ．1D ．−1【答案】A 【解析】 【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解． 【详解】由题可知圆心为(a,0)，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即2a +0−1=0，解得a =12． 故选：A ．6．【2022年新高考1卷】（多选）已知O 为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x 2=2py(p >0)上，过点B(0,−1)的直线交C 于P ，Q 两点，则（ ） A ．C 的准线为y =−1B ．直线AB 与C 相切C ．|OP|⋅|OQ|>|OA |2D ．|BP|⋅|BQ|>|BA|2【答案】BCD 【解析】 【分析】求出抛物线方程可判断A ，联立AB 与抛物线的方程求交点可判断B ，利用距离公式及弦长公式可判断C 、D. 【详解】将点A 的代入抛物线方程得1=2p ，所以抛物线方程为x 2=y ，故准线方程为y =−14，A 错误； k AB =1−(−1)1−0=2，所以直线AB 的方程为y =2x −1，联立{y =2x −1x 2=y ，可得x 2−2x +1=0，解得x =1，故B 正确；设过B 的直线为l ，若直线l 与y 轴重合，则直线l 与抛物线C 只有一个交点， 所以，直线l 的斜率存在，设其方程为y =kx −1，P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2)， 联立{y =kx −1x 2=y，得x 2−kx +1=0，所以{Δ=k 2−4>0x 1+x 2=k x 1x 2=1，所以k >2或k <−2，y 1y 2=(x 1x 2)2=1，又|OP|=√x 12+y 12=√y 1+y 12，|OQ|=√x 22+y 22=√y 2+y 22， 所以|OP|⋅|OQ|=√y 1y 2(1+y 1)(1+y 2)=√kx 1×kx 2=|k|>2=|OA|2，故C 正确； 因为|BP|=√1+k 2|x 1|，|BQ|=√1+k 2|x 2|，所以|BP|⋅|BQ|=(1+k 2)|x 1x 2|=1+k 2>5，而|BA|2=5，故D 正确. 故选：BCD7．【2022年新高考2卷】（多选）已知O 为坐标原点，过抛物线C:y 2=2px(p >0)焦点F 的直线与C 交于A ，B 两点，其中A 在第一象限，点M(p,0)，若|AF|=|AM|，则（ ） A ．直线AB 的斜率为2√6 B ．|OB|=|OF|C ．|AB|>4|OF|D ．∠OAM +∠OBM <180°【答案】ACD 【解析】 【分析】由|AF |=|AM |及抛物线方程求得A(3p 4,√6p2)，再由斜率公式即可判断A 选项；表示出直线AB的方程，联立抛物线求得B(p 3,−√6p3)，即可求出|OB |判断B 选项；由抛物线的定义求出|AB |=25p 12即可判断C 选项；由OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ <0，MA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅MB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ <0求得∠AOB ，∠AMB 为钝角即可判断D 选项. 【详解】对于A ，易得F(p2,0)，由|AF |=|AM |可得点A 在FM 的垂直平分线上，则A 点横坐标为p2+p2=3p 4，代入抛物线可得y 2=2p ⋅3p 4=32p2，则A(3p 4,√6p2)，则直线AB 的斜率为√6p23p 4−p2=2√6，A 正确； 对于B ，由斜率为2√6可得直线AB 的方程为x =2√6+p2，联立抛物线方程得y 2−√6−p 2=0，设B(x 1,y 1)，则√62p +y 1=√66p ，则y 1=−√6p3，代入抛物线得(−√6p 3)2=2p ⋅x 1，解得x 1=p3，则B(p 3,−√6p3)，则|OB |=√(p 3)2+(−√6p 3)2=√7p 3≠|OF |=p 2，B 错误； 对于C ，由抛物线定义知：|AB |=3p 4+p 3+p =25p 12>2p =4|OF |，C 正确；对于D ，OA⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(3p 4,√6p 2)⋅(p 3,−√6p 3)=3p 4⋅p 3+√6p 2⋅(−√6p 3)=−3p 24<0，则∠AOB 为钝角， 又MA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅MB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−p 4,√6p 2)⋅(−2p 3,−√6p 3)=−p 4⋅(−2p 3)+√6p 2⋅(−√6p 3)=−5p 26<0，则∠AMB 为钝角，又∠AOB +∠AMB +∠OAM +∠OBM =360∘，则∠OAM +∠OBM <180∘，D 正确. 故选：ACD.8．【2022年全国甲卷】设点M在直线2x+y−1=0上，点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，则⊙M 的方程为______________．【答案】(x−1)2+(y+1)2=5【解析】【分析】设出点M的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在⊙M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.【详解】解：∵点M在直线2x+y−1=0上，∴设点M为(a,1−2a)，又因为点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，∴点M到两点的距离相等且为半径R，∴√(a−3)2+(1−2a)2=√a2+(−2a)2=R，a2−6a+9+4a2−4a+1=5a2，解得a=1，∴M(1,−1)，R=√5，⊙M的方程为(x−1)2+(y+1)2=5.故答案为：(x−1)2+(y+1)2=59．【2022年全国甲卷】记双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为e，写出满足条件“直线y=2x与C无公共点”的e的一个值______________．【答案】2（满足1<e≤√5皆可）【解析】【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线y=±ba x中0<ba≤2即可求得满足要求的e值.【详解】解：C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，所以C的渐近线方程为y=±bax,结合渐近线的特点，只需0<ba ≤2，即b2a2≤4，可满足条件“直线y=2x与C无公共点”所以e=ca =√1+b2a2≤√1+4=√5，又因为e>1，所以1<e≤√5，故答案为：2（满足1<e≤√5皆可）10．【2022年全国甲卷】若双曲线y 2−x 2m 2=1(m >0)的渐近线与圆x 2+y 2−4y +3=0相切，则m =_________．【答案】√33【解析】 【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可． 【详解】解：双曲线y 2−x 2m2=1(m >0)的渐近线为y =±xm ，即x ±my =0，不妨取x +my =0，圆x 2+y 2−4y +3=0，即x 2+(y −2)2=1，所以圆心为(0,2)，半径r =1，依题意圆心(0,2)到渐近线x +my =0的距离d =√1+m 2=1，解得m =√33或m =−√33（舍去）．故答案为：√33．11．【2022年全国乙卷】过四点(0,0),(4,0),(−1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．【答案】(x −2)2+(y −3)2=13或(x −2)2+(y −1)2=5或(x −43)2+(y −73)2=659或(x−85)2+(y −1)2=16925；【解析】 【分析】设圆的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可； 【详解】解：依题意设圆的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0，若过(0,0)，(4,0)，(−1,1)，则{F =016+4D +F =01+1−D +E +F =0 ，解得{F =0D =−4E =−6 ，所以圆的方程为x 2+y 2−4x −6y =0，即(x −2)2+(y −3)2=13；若过(0,0)，(4,0)，(4,2)，则{F =016+4D +F =016+4+4D +2E +F =0 ，解得{F =0D =−4E =−2 ， 所以圆的方程为x 2+y 2−4x −2y =0，即(x −2)2+(y −1)2=5； 若过(0,0)，(4,2)，(−1,1)，则{F =01+1−D +E +F =016+4+4D +2E +F =0 ，解得{F =0D =−83E =−143 ，所以圆的方程为x 2+y 2−83x −143y =0，即(x −43)2+(y −73)2=659；若过(−1,1)，(4,0)，(4,2)，则{1+1−D +E +F =016+4D +F =016+4+4D +2E +F =0，解得{F =−165D =−165E =−2 ， 所以圆的方程为x 2+y 2−165x −2y −165=0，即(x −85)2+(y −1)2=16925；故答案为：(x −2)2+(y −3)2=13或(x −2)2+(y −1)2=5或(x −43)2+(y −73)2=659或(x −85)2+(y −1)2=16925；12．【2022年新高考1卷】写出与圆x 2+y 2=1和(x −3)2+(y −4)2=16都相切的一条直线的方程________________．【答案】y =−34x +54或y =724x −2524或x =−1 【解析】 【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可. 【详解】圆x 2+y 2=1的圆心为O (0,0)，半径为1，圆(x −3)2+(y −4)2=16的圆心O 1为(3,4)，半径为4，两圆圆心距为√32+42=5，等于两圆半径之和，故两圆外切， 如图，当切线为l 时，因为k OO 1=43，所以k l =−34，设方程为y =−34x +t(t >0)O 到l 的距离d =√1+916=1，解得t =54，所以l 的方程为y =−34x +54，当切线为m 时，设直线方程为kx +y +p =0，其中p >0，k <0，由题意{√1+k 2=1√1+k2=4 ，解得{k =−724p =2524，y =724x −2524 当切线为n 时，易知切线方程为x =−1， 故答案为：y =−34x +54或y =724x −2524或x =−1.13．【2022年新高考1卷】已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，C 的上顶点为A ，两个焦点为F 1，F 2，离心率为12．过F 1且垂直于AF 2的直线与C 交于D ，E 两点，|DE|=6，则△ADE 的周长是________________． 【答案】13 【解析】 【分析】利用离心率得到椭圆的方程为x 24c 2+y 23c 2=1，即3x 2+4y 2−12c 2=0，根据离心率得到直线AF 2的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE 的斜率，写出直线DE 的方程：x =√3y −c ，代入椭圆方程3x 2+4y 2−12c 2=0，整理化简得到：13y 2−6√3cy −9c 2=0，利用弦长公式求得c =138，得a =2c =134，根据对称性将△ADE 的周长转化为△F 2DE 的周长，利用椭圆的定义得到周长为4a =13. 【详解】∵椭圆的离心率为e =ca =12，∴a =2c ，∴b 2=a 2−c 2=3c 2，∴椭圆的方程为x 24c 2+y 23c 2=1，即3x 2+4y 2−12c 2=0，不妨设左焦点为F 1，右焦点为F 2，如图所示，∵AF 2=a ，OF 2=c ，a =2c ，∴∠AF 2O =π3，∴△AF 1F 2为正三角形，∵过F 1且垂直于AF 2的直线与C 交于D ，E 两点，DE 为线段AF 2的垂直平分线，∴直线DE 的斜率为√33，斜率倒数为√3， 直线DE 的方程：x =√3y −c ，代入椭圆方程3x 2+4y 2−12c 2=0，整理化简得到：13y 2−6√3cy −9c 2=0，判别式∆=(6√3c)2+4×13×9c 2=62×16×c 2， ∴|CD |=√1+(√3)2|y 1−y 2|=2×√∆13=2×6×4×c 13=6，∴ c =138， 得a =2c =134，∵DE 为线段AF 2的垂直平分线，根据对称性，AD =DF 2，AE =EF 2，∴△ADE 的周长等于△F 2DE 的周长，利用椭圆的定义得到△F 2DE 周长为|DF 2|+|EF 2|+|DE|=|DF 2|+|EF 2|+|DF 1|+|EF 1|=|DF 1|+|DF 2|+|EF 1|+|EF 2|=2a +2a =4a =13. 故答案为：13.14．【2022年新高考2卷】设点A(−2,3),B(0,a)，若直线AB 关于y =a 对称的直线与圆(x +3)2+(y +2)2=1有公共点，则a 的取值范围是________． 【答案】[13,32] 【解析】 【分析】首先求出点A 关于y =a 对称点A ′的坐标，即可得到直线l 的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可； 【详解】解：A (−2,3)关于y =a 对称的点的坐标为A ′(−2,2a −3)，B (0,a )在直线y =a 上， 所以A ′B 所在直线即为直线l ，所以直线l 为y =a−3−2x +a ，即(a −3)x +2y −2a =0；圆C:(x +3)2+(y +2)2=1，圆心C (−3,−2)，半径r =1， 依题意圆心到直线l 的距离d =√(a−3)2+22≤1，即(5−5a )2≤(a −3)2+22，解得13≤a ≤32，即a ∈[13,32]； 故答案为：[13,32]15．【2022年新高考2卷】已知直线l 与椭圆x 26+y 23=1在第一象限交于A ，B 两点，l 与x轴，y 轴分别交于M ，N 两点，且|MA|=|NB|,|MN|=2√3，则l 的方程为___________． 【答案】x +√2y −2√2=0 【解析】 【分析】令AB 的中点为E ，设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，利用点差法得到k OE ⋅k AB =−12，设直线AB:y =kx +m ，k <0，m >0，求出M 、N 的坐标，再根据|MN |求出k 、m ，即可得解； 【详解】解：令AB 的中点为E ，因为|MA |=|NB |，所以|ME |=|NE |， 设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则x 126+y 123=1，x 226+y 223=1，所以x 126−x 226+y 123−y 223=0，即(x 1−x 2)(x 1+x 2)6+(y 1+y 2)(y 1−y 2)3=0所以(y 1+y 2)(y 1−y 2)(x 1−x 2)(x 1+x 2)=−12，即k OE ⋅k AB =−12，设直线AB:y =kx +m ，k <0，m >0，令x =0得y =m ，令y =0得x =−m k ，即M (−m k ,0)，N (0,m )，所以E (−m 2k ,m2)， 即k ×m2−m 2k=−12，解得k =−√22或k =√22（舍去），又|MN |=2√3，即|MN |=√m 2+(√2m)2=2√3，解得m =2或m =−2（舍去）， 所以直线AB:y =−√22x +2，即x +√2y −2√2=0；故答案为：x+√2y−2√2=016．【2022年北京】已知双曲线y2+x2m =1的渐近线方程为y=±√33x，则m=__________．【答案】−3【解析】【分析】首先可得m<0，即可得到双曲线的标准方程，从而得到a、b，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；【详解】解：对于双曲线y2+x2m =1，所以m<0，即双曲线的标准方程为y2−x2−m=1，则a=1，b=√−m，又双曲线y2+x2m =1的渐近线方程为y=±√33x，所以ab =√33，即√−m=√33，解得m=−3；故答案为：−317．【2022年浙江】已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F且斜率为b4a的直线交双曲线于点A(x1,y1)，交双曲线的渐近线于点B(x2,y2)且x1<0<x2．若|FB|=3|FA |，则双曲线的离心率是_________．【答案】3√64【解析】【分析】联立直线AB 和渐近线l 2:y =ba x 方程，可求出点B ，再根据|FB|=3|FA|可求得点A ，最后根据点A 在双曲线上，即可解出离心率． 【详解】过F 且斜率为b4a 的直线AB:y =b4a (x +c)，渐近线l 2:y =ba x ， 联立{y =b4a (x +c)y =b a x，得B (c 3,bc 3a )，由|FB|=3|FA|，得A (−5c 9,bc 9a), 而点A 在双曲线上，于是25c 281a 2−b 2c 281a 2b 2=1，解得：c 2a 2=8124，所以离心率e =3√64. 故答案为：3√64．18．【2022年全国甲卷】设抛物线C:y 2=2px(p >0)的焦点为F ，点D (p,0)，过F 的直线交C 于M ，N 两点．当直线MD 垂直于x 轴时，|MF |=3． (1)求C 的方程；(2)设直线MD,ND 与C 的另一个交点分别为A ，B ，记直线MN,AB 的倾斜角分别为α,β．当α−β取得最大值时，求直线AB 的方程． 【答案】(1)y 2=4x ； (2)AB:x =√2y +4. 【解析】 【分析】（1）由抛物线的定义可得|MF|=p +p2，即可得解；（2）设点的坐标及直线MN:x =my +1，由韦达定理及斜率公式可得k MN =2k AB ，再由差角的正切公式及基本不等式可得k AB =√22，设直线AB:x =√2y +n ，结合韦达定理可解.(1)抛物线的准线为x =−p2，当MD 与x 轴垂直时，点M 的横坐标为p ， 此时|MF|=p +p2=3，所以p =2， 所以抛物线C 的方程为y 2=4x ； (2)设M(y 124,y 1),N(y 224,y 2),A(y 324,y 3),B(y 424,y 4)，直线MN:x =my +1，由{x =my +1y 2=4x 可得y 2−4my −4=0，Δ>0,y 1y 2=−4，由斜率公式可得k MN =y 1−y 2y 124−y 224=4y1+y 2，k AB =y 3−y 4y 324−y 424=4y3+y 4，直线MD:x =x 1−2y 1⋅y +2，代入抛物线方程可得y 2−4(x 1−2)y 1⋅y −8=0，Δ>0,y 1y 3=−8，所以y 3=2y 2，同理可得y 4=2y 1， 所以k AB =4y3+y 4=42(y1+y 2)=k MN 2又因为直线MN 、AB 的倾斜角分别为α,β， 所以k AB =tanβ=k MN 2=tanα2，若要使α−β最大，则β∈(0,π2)， 设k MN =2k AB=2k >0，则tan(α−β)=tanα−tanβ1+tanαtanβ=k 1+2k 2=11k+2k ≤2√1k⋅2k=√24，当且仅当1k =2k 即k =√22时，等号成立，所以当α−β最大时，k AB =√22，设直线AB:x =√2y +n ，代入抛物线方程可得y 2−4√2y −4n =0， Δ>0,y 3y 4=−4n =4y 1y 2=−16，所以n =4， 所以直线AB:x =√2y +4. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.19．【2022年全国乙卷】已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过A (0,−2),B (32,−1)两点．(1)求E 的方程；(2)设过点P (1,−2)的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =TH ⃑⃑⃑⃑⃑ ．证明：直线HN 过定点． 【答案】(1)y 24+x 23=1(2)(0,−2) 【解析】 【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C 的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解. (1)解：设椭圆E 的方程为mx 2+ny 2=1，过A (0,−2),B (32,−1)， 则{4n =194m +n =1 ，解得m =13，n =14，所以椭圆E 的方程为：y 24+x 23=1.(2)A(0,−2),B(32,−1)，所以AB:y +2=23x ，①若过点P(1,−2)的直线斜率不存在，直线x =1.代入x 23+y 24=1，可得M(1,2√63)，N(1,−2√63)，代入AB 方程y =23x −2，可得T(√6+3,2√63)，由MT ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =TH ⃑⃑⃑⃑⃑ 得到H(2√6+5,2√63).求得HN 方程：y =(2−2√63)x −2，过点(0,−2).②若过点P(1,−2)的直线斜率存在，设kx −y −(k +2)=0,M(x 1,y 1),N(x 2,y 2). 联立{kx −y −(k +2)=0x 23+y 24=1,得(3k 2+4)x 2−6k(2+k)x +3k(k +4)=0，可得{x 1+x 2=6k(2+k)3k 2+4x 1x 2=3k(4+k)3k 2+4 ，{y 1+y 2=−8(2+k)3k 2+4y 2y 2=4(4+4k−2k 2)3k 2+4 ， 且x 1y 2+x 2y 1=−24k3k 2+4(∗) 联立{y =y 1y =23x −2 ,可得T(3y 12+3,y 1),H(3y 1+6−x 1,y 1).可求得此时HN:y−y2=y1−y23y1+6−x1−x2(x−x2)，将(0,−2)，代入整理得2(x1+x2)−6(y1+y2)+x1y2+x2y1−3y1y2−12=0，将(∗)代入，得24k+12k2+96+48k−24k−48−48k+24k2−36k2−48=0,显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,−2).【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.20．【2022年新高考1卷】已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0．(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ=2√2，求△PAQ的面积．【答案】(1)−1；(2)16√29．【解析】【分析】（1）由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，P(x1,y1),Q (x2,y2)，再根据k AP+k BP=0，即可解出l的斜率；（2）根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，再根据tan∠PAQ=2√2即可求出直线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出△PAQ的面积．(1)因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，所以4a2−1a2−1=1，解得a2=2，即双曲线C:x22−y2=1易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，P(x1,y1),Q(x2,y2)，联立{y =kx +m x 22−y 2=1可得，(1−2k 2)x 2−4mkx −2m 2−2=0，所以，x 1+x 2=−4mk 2k 2−1,x 1x 2=2m 2+22k 2−1，Δ=16m 2k 2+4(2m 2+2)(2k 2−1)>0⇒m 2−1+2k 2>0．所以由k AP +k BP =0可得，y 2−1x2−2+y 1−1x 1−2=0，即(x 1−2)(kx 2+m −1)+(x 2−2)(kx 1+m −1)=0， 即2kx 1x 2+(m −1−2k )(x 1+x 2)−4(m −1)=0， 所以2k ×2m 2+22k 2−1+(m −1−2k )(−4mk2k 2−1)−4(m −1)=0，化简得，8k 2+4k −4+4m (k +1)=0，即(k +1)(2k −1+m )=0， 所以k =−1或m =1−2k ，当m =1−2k 时，直线l:y =kx +m =k (x −2)+1过点A (2,1)，与题意不符，舍去， 故k =−1． (2)不妨设直线PA,PB 的倾斜角为α,β(α<β)，因为k AP +k BP =0，所以α+β=π， 因为tan∠PAQ =2√2，所以tan (β−α)=2√2，即tan2α=−2√2， 即√2tan 2α−tanα−√2=0，解得tanα=√2，于是，直线PA:y =√2(x −2)+1，直线PB:y =−√2(x −2)+1， 联立{y =√2(x −2)+1x 22−y 2=1可得，32x 2+2(1−2√2)x +10−4√2=0，因为方程有一个根为2，所以x P =10−4√23，y P = 4√2−53，同理可得，x Q =10+4√23，y Q = −4√2−53．所以PQ:x +y −53=0，|PQ |=163，点A 到直线PQ 的距离d =|2+1−53|√2=2√23， 故△PAQ 的面积为12×163×2√23=16√29．21．【2022年新高考2卷】已知双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y =±√3x ． (1)求C 的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上，且x1> x2>0,y1>0．过P且斜率为−√3的直线与过Q且斜率为√3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|=|MB|．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.=1【答案】(1)x2−y23(2)见解析【解析】【分析】（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得a,b的关系，进而利用a,b,c的平方关系求得a,b的值，得到双曲线的方程；（2）先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k,M(x0,y0),由③|AM|=| BM|等价分析得到x0+ky0=8k2；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方k2−3，由②PQ//AB等价转化为ky0=3x0，由程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率m=3x0y①M在直线AB上等价于ky0=k2(x0−2)，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.(1)=√3，∴b=√3a，∴c2=a2+右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=±√3x，∴bab2=4a2=4，∴a=1，∴b=√3．=1；∴C的方程为：x2−y23(2)由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x1=x2，已知不符；总之，直线AB的斜率存在且不为零.设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=k(x−2),则条件①M在AB上，等价于y0=k(x0−2)⇔ky0=k2(x0−2)；两渐近线的方程合并为3x2−y2=0,联立消去y并化简整理得：(k2−3)x2−4k2x+4k2=0设A(x3,y3),B(x3,y4),线段中点为N(x N,y N),则x N=x3+x42=2k2k2−3,y N=k(x N−2)=6kk2−3,设M(x0,y0),则条件③|AM|=|BM|等价于(x0−x3)2+(y0−y3)2=(x0−x4)2+(y0−y4)2, 移项并利用平方差公式整理得：(x3−x4)[2x0−(x3+x4)]+(y3−y4)[2y0−(y3+y4)]=0，[2x0−(x3+x4)]+y3−y4x3−x4[2y0−(y3+y4)]=0,即x−x N+k(y0−y N)=0,即x0+ky0=8k2k2−3；由题意知直线PM的斜率为−√3, 直线QM的斜率为√3, ∴由y1−y0=−√3(x1−x0),y2−y0=√3(x2−x0), ∴y1−y2=−√3(x1+x2−2x0),所以直线PQ的斜率m=y1−y2x1−x2=−√3(x1+x2−2x0)x1−x2,直线PM:y=−√3(x−x0)+y0,即y=y0+√3x0−√3x,代入双曲线的方程3x2−y2−3=0,即(√3x+y)(√3x−y)=3中，得：(y0+√3x0)[2√3x−(y0+√3x0)]=3,解得P的横坐标：x1=2√3(y+√3x+y0+√3x0),同理：x2=2√3(y−√3xy0−√3x0)，∴x1−x2=√3(3y0y02−3x02+y0),x1+x2−2x0=−3x0y02−3x02−x0,∴m=3x0y,∴条件②PQ//AB等价于m=k⇔ky0=3x0，综上所述：条件①M在AB上，等价于ky0=k2(x0−2)；条件②PQ//AB等价于ky0=3x0；条件③|AM|=|BM|等价于x0+ky0=8k2k2−3；选①②推③:由①②解得：x 0=2k 2k 2−3,∴x 0+ky 0=4x 0=8k 2k 2−3,∴③成立；选①③推②：由①③解得：x 0=2k 2k 2−3，ky 0=6k 2k 2−3， ∴ky 0=3x 0，∴②成立； 选②③推①：由②③解得：x 0=2k 2k 2−3，ky 0=6k 2k 2−3，∴x 0−2=6k 2−3， ∴ky 0=k 2(x 0−2)，∴①成立. 22．【2022年北京】已知椭圆：E:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为2√3． (1)求椭圆E 的方程；(2)过点P(−2,1)作斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与x 轴交于点M ，N ，当|MN|=2时，求k 的值． 【答案】(1)x 24+y 2=1(2)k =−4 【解析】 【分析】（1）依题意可得{b =12c =2√3c 2=a 2−b 2，即可求出a ，从而求出椭圆方程；（2）首先表示出直线方程，设B (x 1,y 1)、C (x 2,y 2)，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线AB 、AC 的方程，表示出x M 、x N ，根据|MN |=|x N −x M |得到方程，解得即可； (1)解：依题意可得b =1，2c =2√3，又c 2=a 2−b 2， 所以a =2，所以椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)解：依题意过点P (−2,1)的直线为y −1=k (x +2)，设B (x 1,y 1)、C (x 2,y 2)，不妨令−2≤x 1<x 2≤2，由{y −1=k (x +2)x 24+y 2=1 ，消去y 整理得(1+4k 2)x 2+(16k 2+8k )x +16k 2+16k =0， 所以Δ=(16k 2+8k )2−4(1+4k 2)(16k 2+16k )>0，解得k <0，所以x 1+x 2=−16k 2+8k 1+4k 2，x 1⋅x 2=16k 2+16k 1+4k 2，直线AB 的方程为y −1=y 1−1x 1x ，令y =0，解得x M =x11−y 1， 直线AC 的方程为y −1=y 2−1x 2x ，令y =0，解得x N =x21−y 2， 所以|MN |=|x N −x M |=|x21−y 2−x11−y 1|=|x 21−[k (x 2+2)+1]−x 11−[k (x 1+2)+1]| =|x 2−k (x 2+2)+x 1k (x 1+2)| =|(x 2+2)x 1−x 2(x 1+2)k (x 2+2)(x 1+2)|=2|x 1−x 2||k |(x 2+2)(x 1+2)=2，所以|x 1−x 2|=|k |(x 2+2)(x 1+2)，即√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=|k |[x 2x 1+2(x 2+x 1)+4] 即√(−16k 2+8k1+4k 2)2−4×16k 2+16k 1+4k 2=|k |[16k 2+16k 1+4k 2+2(−16k 2+8k 1+4k 2)+4]即81+4k 2√(2k 2+k )2−(1+4k 2)(k 2+k )=|k |1+4k2[16k 2+16k −2(16k 2+8k )+4(1+4k 2)]整理得8√−k =4|k |，解得k =−4 23．【2022年浙江】如图，已知椭圆x 212+y 2=1．设A ，B 是椭圆上异于P(0,1)的两点，且点Q (0,12)在线段AB 上，直线PA,PB 分别交直线y =−12x +3于C ，D 两点．(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值； (2)求|CD|的最小值．【答案】(1)12√1111；(2)6√55．【解析】 【分析】（1）设Q(2√3cosθ,sinθ)是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出|PQ|2，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线AB:y =kx +12与椭圆方程联立可得x 1x 2,x 1+x 2，再将直线y =−12x +3方程与PA 、PB 的方程分别联立，可解得点C,D 的坐标，再根据两点间的距离公式求出|CD |，最后代入化简可得|CD |=3√52⋅√16k 2+1|3k+1|，由柯西不等式即可求出最小值． (1)设Q(2√3cosθ,sinθ)是椭圆上任意一点,P(0,1),则|PQ|2=12cos 2θ+(1−sinθ)2=13−11sin 2θ−2sinθ=−11(sinθ+111)2+14411≤14411，当且仅当sinθ=−111时取等号，故|PQ|的最大值是12√1111.(2)设直线AB:y =kx +12,直线AB 方程与椭圆x 212+y 2=1联立,可得(k 2+112)x 2+kx −34=0,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，所以{x 1+x 2=−kk 2+112x 1x 2=−34(k 2+112)， 因为直线PA:y =y 1−1x 1x +1与直线y =−12x +3交于C ,则x C =4x 1x1+2y 1−2=4x 1(2k+1)x 1−1,同理可得,x D =4x 2x 2+2y 2−2=4x 2(2k+1)x 2−1.则|CD|=√1+14|x C −x D |=√52|4x 1(2k +1)x 1−1−4x 2(2k +1)x 2−1|=2√5|x 1−x 2[(2k +1)x 1−1][(2k +1)x 2−1]|=2√5|x 1−x 2(2k +1)2x 1x 2−(2k +1)(x 1+x 2)+1|=3√52⋅√16k 2+1|3k+1|=6√55⋅√16k 2+1√916+1|3k+1|≥6√55×√(4k×34+1×1)2|3k+1|=6√55， 当且仅当k =316时取等号，故|CD |的最小值为6√55.【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．1．（2022·全国·模拟预测）设M 是椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的上顶点，P 是C 上的一个动点，当P 运动到下顶点时，PM 取得最大值，则C 的离心率的取值范围是（ ）A ．⎫⎪⎪⎣⎭B ．1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．⎛ ⎝⎦D ．10,2⎛⎤⎥⎝⎦【答案】C 【解析】 【分析】设()00,P x y ，由()0,M b ，求出()2220PM x y b =+-消元可得，22342220222c b b PM y a b b c c⎛⎫=-++++ ⎪⎝⎭，再根据0b y b -≤≤以及二次函数的性质可知，32b bc -≤-，即可解出． 【详解】设()00,P x y ，()0,M b ，因为2200221x y a b+=，222a b c =+，所以()()2223422222220000022221y c b b PM x y b a y b y a b b b c c ⎛⎫⎛⎫=+-=-+-=-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，0b y b -≤≤，由题意知当0y b =-时，2PM 取得最大值，所以32b b c -≤-，可得222a c ≥，即0e 2<≤故选：C ．2．（2022·福建·三明一中模拟预测）已知圆229:4O x y +=，圆22:()(1)1M x a y -+-=，若圆M 上存在点P ，过点P 作圆O 的两条切线，切点分别为A ，B ，使得π3APB ∠=，则实数a的取值范围是（ ）A ．[B ．[C ．D ．[[3,15]【答案】D【解析】 【分析】由题意求出OP 的距离，得到 P 的轨迹，再由圆与圆的位置关系求得答案． 【详解】由题可知圆O 的半径为32，圆M 上存在点P ，过点P 作圆 O 的两条切线，切点分别为A ，B ，使得60APB ∠=︒，则30APO ∠=︒， 在Rt PAO △中，3PO =， 所以点 P 在圆229x y +=上，由于点 P 也在圆 M 上，故两圆有公共点. 又圆 M 的半径等于1，圆心坐标(),1M a ， 3131OM -≤≤+∴，∴24≤≤，∴a ∈[[3,15]. 故选：D.3．（2022·全国·模拟预测（文））已知双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）一个虚轴的顶点为()0,B b ，右焦点为F ，分别以B ，F 为圆心作圆与双曲线的一条斜率为正值的渐近线相切于M ，N 两点，若ON =，则该渐近线的斜率为（ ）A ．12 B ．1 C D 【答案】A 【解析】 【分析】根据渐近线倾斜角的正切值表达出ON =，再化简得到4224200b a b a --=求解即可 【详解】由题意，如图，设NOF θ∠=，则因为该渐近线的斜率为ba ，故tanb aθ=，cos acθ==，sin bcθ==，又因为圆与渐近线相切，故BM OM ⊥，FN ON ⊥，故2cos sin 2b OM OB OB c π-θθ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，cos ON OF a θ==,所以a =，即2，所以4224200b a b a --=，即()()2222450b a b a -+=，故2240b a -=，即2a b =，故该渐近线的斜率为12b k a ==故选：A4．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））已知12,F F 分别为双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左焦点和右焦点，过2F 的直线l 与双曲线的右支交于A ，B 两点，12AF F △的内切圆半径为1r ，12BF F △的内切圆半径为2r ，若12r r >，且直线l 的倾斜角为60︒，则12r r 的值为（ ） A ．2 B ．3CD．【答案】B 【解析】 【分析】根据内切圆的性质及双曲线的定义求出两内切圆圆心的横坐标，由正切函数求解即可. 【详解】记12AF F △的内切圆圆心为C ，边1212,,AF AF F F 上的切点分别为M ，N ，E ，则C ，E 横坐标相等，则1122||||,,AM AN F M F E F N F E ===，由122AF AF a -=，即()12||||2AM MF AN NF a +-+=，得122MF NF a -=，即122F E F E a -=，记C 的横坐标为0x ，则()0,0E x ，于是()002x c c x a +--=，得0x a =，同理12BF F △的内心D 的横坐标也为a ， 则有CD x ⊥轴，由直线的倾斜角为60︒，则230OF D ∠=︒，260CF O ∠=︒， 在2CEF △中，122tan tan 60r CF O EF ∠=︒=，可得12r =， 在2DEF △中，222tan tan 30r DF O EF ∠=︒=，可得22r =，可得123r r ==．故选：B5．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））已知双曲线22214x y b-=的左､右焦点分别为12,,F F 过左焦点1F 作斜率为2的直线与双曲线交于A ，B 两点，P 是AB 的中点，O 为坐标原点，若直线OP 的斜率为14，则b 的值是（ ）A ．2 BC ．32D【答案】D 【解析】 【分析】利用点差法设()11,A x y 、()22,B x y ，作差即可得到2121212124y y y y b x x x x -+⋅=-+，再根据斜率公式，从而得到2124b =，即可得解；【详解】解：设()11,A x y 、()22,B x y ，则2211214x y b -=，2222214x y b-=， 两式相减可得()()()()1212121221104x x x x y y y y b-+--+=，P 为线段AB 的中点，122p x x x ∴=+，122p y y y =+， 2121212124y y y y b x x x x -+∴⋅=-+，又12122AB y y k x x -==-，121214y y x x +=+， 2124b ∴=，即22b =，b ∴= 故选：D.6．（2022·全国·模拟预测（理））已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、有焦点分别为1F ，2F ，实轴长为4，离心率2e =，点Q 为双曲线右支上的一点，点(0,4)P ．当1||QF PQ +取最小值时，2QF 的值为（ ） A．1) B．1) C．1 D．1【答案】B 【解析】 【分析】由题意求得a,b,c ,即可得双曲线的方程，结合双曲线的定义确定当1||QF PQ +取最小值时Q 点的位置，利用方程组求得Q 点坐标，再利用两点间的距离公式求得答案. 【详解】由题意可得24,2a a == ，又2e =，故4c = ， 所以22212b c a =-= ，则双曲线方程为221412x y -= ，结合双曲线定义可得221||4||||4QF PQ QF PQ QF PQ +=++=++， 如图示，连接2PF ,交双曲线右支于点M ，即当2,,P Q F 三点共线， 即Q 在M 位置时，1||QF PQ +取最小值，此时直线2PF 方程为4y x =-+ ，联立221412x y-=，解得点Q的坐标为2,6-,( Q 为双曲线右支上的一点)，故21)QF =， 故选：B7．（2022·上海市七宝中学模拟预测）若双曲线221112211:1(0,0)x y C a b a b -=>>和双曲线222222222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的焦点相同，且12a a >给出下列四个结论：①22221221a a b b -=-；②1221a b a b >； ③双曲线1C 与双曲线2C 一定没有公共点； ④2112a a b b +>+；其中所有正确的结论序号是（ ） A ．①② B ．①③C ．②③D ．①④【答案】B 【解析】 【分析】对于①，根据双曲线的焦点相同，可知焦距相同，可判断22221221a a b b -=-；对于②，举反例可说明1122a b a b <；对于③，根据120a a >>可推得12<b b ，继而推得1212b ba a <，可判断双曲线1C 与双曲线2C 一定没有公共点；对于④，举反例可判断.【详解】对于①：∵两双曲线的焦点相同，∴焦距相同，∴22221122a b a b +=+，即22221221a a b b -=-，故①正确；对于②：若1a =，2a =11b =，2b 1122a b a b <，故②错误； 对于③：∵120a a >>，∴22221221a a b b -=->0，∴2221b b > ，即12<b b ，即1212b b a a <，双曲线1C 与双曲线2C 一定没有公共点，故③正确； 对于④：∵22221221a a b b -=-，∴12121221()()()()a a a a b b b b +-=+-，∵12a a >且12<b b ，∴12211212a ab b b b a a +-=+- ， 若12a =，21a =，11b =，22b =，则1212a a b b +=+，故④错误. 故选：B8．（2022·陕西·宝鸡中学模拟预测（理））已知双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的左､右焦点分别为12,F F ，M 为双曲线右支上的一点，若M 在以12F F 为直径的圆上，且215,312MF F ππ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦，则该双曲线离心率的取值范围为（ ） A．(B．)+∞C．()1D．1⎤⎦【答案】D 【解析】 【分析】由12MF MF ⊥可得1212sin MF c MF F =∠、2212cos MF c MF F =∠，由双曲线定义可构造方程得到2114caMF F π=⎛⎫∠- ⎪⎝⎭；由正弦型函数值域的求法可求得离心率的取值范围.【详解】M 在以12F F 为直径的圆上，12MF MF ∴⊥，12112sin MF MF F F F ∴∠=，22112cos MF MF F F F ∠=，1212sin MF c MF F ∴=∠，2212cos MF c MF F =∠， 由双曲线定义知：122MF MF a -=，即21212sin 2cos 2c MF F c MF F a ∠-∠=，21212111sin cos 4c a MF F MF F MF F π∴==∠-∠⎛⎫∠- ⎪⎝⎭； 215,312MF F ππ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦，21,4126MF F πππ⎡⎤∴∠-∈⎢⎥⎣⎦，211sin 42MF F π⎤⎛⎫∴∠-∈⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦，214MF F π⎛⎫∠-∈ ⎪⎝⎭⎣⎦，1c a ⎤∴∈⎦，即双曲线离心率的取值范围为1⎤⎦.故选：D.9．（2022·河南·通许县第一高级中学模拟预测（文））已知双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为12,F F ，过点1F 的直线l 与C 的左、右两支分别交于点,A B ，若2ABF 是边长为4的等边三角形，则C 的离心率为（ ） A ．3 BCD ．2【答案】B 【解析】 【分析】由双曲线定义可推导得244AF a ==，求得1a =；在12BF F △中，利用余弦定理可求得12F F ，进而得到c ，由ce a=可求得离心率. 【详解】224AB BF AF ===，1212BF BF AF a ∴-==，又212AF AF a -=，244AF a ∴==，解得：1a =，16BF ∴=， 在12BF F △中，由余弦定理得：2221212122cos 283F F BF BF BF BF π=+-⋅=，解得：12F F =2c =，c ∴=∴双曲线C 的离心率ce a==故选：B.10．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左右焦点为12,F F ，若椭圆C 上恰好有6个不同的点P ，使得12F F P 为等腰三角形，则椭圆C 的离心率的取值范围是（ ） A ．111,,1322⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．110,,132⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A 【解析】 【分析】由题可知六个P 点，有两个是短轴端点，因此在四个象限各一个，设(,)P x y 是第一象限内的点，分112PF F F =或212PF F F =，列方程组求得P 点横坐标x ，由0x a <<可得离心率范围；或结合椭圆的性质列出不等关系即得． 【详解】法一：显然，P 是短轴端点时，12PF PF =，满足12F F P 为等腰三角形，因此由对称性，还有四个点在四个象限内各有一个，设(,)P x y 是第一象限内使得12F F P 为等腰三角形的点，若112PF F F =，则222212x y a b c ⎧+=⎪=，又222a b c =+， 消去y 整理得：222224240c x a cx a c a +-+=， 解得22a ac x c --=(舍去)或22a acx c -+=， 由0x a <<得220a aca c-+<<，所以112c a <<，即112e <<，若212PF F F =，则222212x y a b c ⎧+=⎪=，又222a b c =+， 消去y 整理得：222224240c x a cx a c a --+=， 解得22a ac x c -=或22a ac x c +=，22a aca c +>舍去．所以220a aca c-<<，所以1132c a <<，即1132e <<，12e =时，2a c =，12PF F △是等边三角形，P 只能是短轴端点，只有2个，不合题意． 综上，e 的范围是111(,)(,1)322⋃．法二：①当点P 与短轴的顶点重合时，12F F P 构成以12F F 为底边的等腰三角形，此种情况有2个满足条件的12F F P ；②当12F F P 构成以12F F 为一腰的等腰三角形时，根据椭圆的对称性，只要在第一象限内的椭圆上恰好有一点P 满足12F F P 为等腰三角形即可，则1122PF F F c ==或2122PF F F c == 当12PF c =时，则2c a >，即12c e a =>，则112e <<，当22PF c =时，则有22c a c c a>-⎧⎨<⎩，则1132e <<，。