2026届学海导航高考一轮总复习数学-专题8听课手册

专题8直线与圆、圆锥曲线第50讲直线的方程【夯基固本】[知识梳理]1．(1)正向向上的方向0°(2)[0°，180°)2．(1)正切值tanα不存在(2)eq\f(y2－y1,x2－x1)3．横坐标纵坐标4．y－y1＝k(x－x1)xy＝kx＋bx坐标轴坐标轴原点5．(1)y＝0(2)x＝0(3)y＝b(4)x＝a(5)y＝kx6．(1)eq\f(x1＋x2,2)eq\f(y1＋y2,2)(2)eq\f(x1＋x2＋x3,3)eq\f(y1＋y2＋y3,3)[热身练习]1．D2.C3.－34.D5.D【考点探究】[例1](1)BC对于A，若直线的倾斜角大于90°，则直线的斜率存在负值，A错误；由A(1，－3)，B(1，3)，可知直线AB与x轴垂直，则其倾斜角为90°，B正确；对于C，直线的倾斜角为45°，则斜率k＝1，又过(1，2)，且eq\f(4－2,3－1)＝1，C正确；直线斜率的定义为倾斜角的正切值，但不能是tan90°，D错误．故选BC.(2)[0，eq\f(π,4)]∪[eq\f(3π,4)，π)由直线l：(k＋1)x－(2k－2)y＋2k－6＝0，变形可得(x－2y＋2)k＋x＋2y－6＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋2＝0，,x＋2y－6＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2，))可得直线l恒过定点P(2，2)，则kPA＝eq\f(5－2,－1－2)＝－1，kPB＝eq\f(2－0,2－0)＝1.结合图象可得，若直线l与线段AB有公共点，则直线l斜率的取值范围为[－1，1]，由斜率定义k＝tanα，可得直线l倾斜角的取值范围为[0，eq\f(π,4)]∪[eq\f(3π,4)，π).[变式探究]1．D由题图可知，直线l1的倾斜角α1是钝角，故k1＜0，直线l2与l3的倾斜角α2与α3均为锐角且α2＞α3，所以0＜k3＜k2，因此k1＜k3＜k2，故选D.2．D如图，要想使折叠后O点落在线段BC上，可取BC上任意一点D，作线段OD的垂直平分线l，以l为折痕可使O与D重合．因为kOD≥kOB＝eq\f(1,2)，所以k＝－eq\f(1,kOD)≥－2，且k<0.又当折叠后O与C重合时，k＝0，所以－2≤k≤0，所以实数k的取值范围是[－2，0].故选D.[例2](1)AB当截距均为0时，设直线的方程为y＝kx，将点(－3，1)的坐标代入得k＝－eq\f(1,3)，此时直线的方程为x＋3y＝0；当截距均不为0时，设直线的方程为eq\f(x,a)＋eq\f(y,a)＝1，将点(－3，1)的坐标代入得a＝－2，此时直线的方程为x＋y＋2＝0.故选AB.(2)C因为MO＝MN，所以直线MN的斜率与直线MO的斜率互为相反数，所以kMN＝－kMO＝3，所以直线MN的方程为y－3＝3(x＋1)，即3x－y＋6＝0，故选C.(3)C因为△ABC的顶点分别为A(0，2)，B(－1，0)，C(4，0)，所以△ABC的重心为G(1，eq\f(2,3)).因为kAB＝2，kAC＝－eq\f(1,2)，所以kAB·kAC＝－1，所以AB⊥AC，所以△ABC的外心为边BC的中点D(eq\f(3,2)，0).因为三角形的外心、垂心和重心都在同一直线上，所以△ABC的欧拉线为直线GD，所以△ABC的欧拉线方程为eq\f(y－0,\f(2,3)－0)＝eq\f(x－\f(3,2),1－\f(3,2))，即4x＋3y－6＝0，故选C.[变式探究]3．x＋2y－4＝0因为△ABC中，B(2，1)，C(－2，3)，可得直线BC的斜率为k＝eq\f(3－1,－2－2)＝－eq\f(1,2)，所以BC边所在直线的方程为y－1＝－eq\f(1,2)(x－2)，即x＋2y－4＝0.4．x－5＝0或3x－4y＋25＝0当斜率不存在时，所求直线方程为x－5＝0，满足题意；当斜率存在时，设斜率为k，则所求直线方程为y－10＝k(x－5)，即kx－y＋10－5k＝0.由点到直线的距离公式，得eq\f(|10－5k|,\r(k2＋1))＝5，解得k＝eq\f(3,4).故所求直线方程为3x－4y＋25＝0.综上，所求直线方程为x－5＝0或3x－4y＋25＝0.5．C由题意，该直线斜率存在且不为0，设所求直线的方程为y－1＝k(x＋2).令x＝0，则y＝2k＋1；令y＝0，则x＝－eq\f(1,k)－2.因为直线l在两坐标轴上截距的绝对值相等，所以|2k＋1|＝|－eq\f(1,k)－2|，化简得2k2＋3k＋1＝0或2k2－k－1＝0，解得k＝－eq\f(1,2)或k＝－1或k＝1，所以过A(－2，1)并在两坐标轴上的截距的绝对值相等的直线有3条．故选C.[例3](1)根据题意可设直线l的方程为eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)，则A(a，0)，B(0，b).因为直线l过点P(2，1)，所以eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝1(a>0，b>0).又eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(2,ab))(当且仅当eq\f(2,a)＝eq\f(1,b)，即a＝4，b＝2时取等号)，所以2eq\r(\f(2,ab))≤1，即ab≥8，所以|OA|·|OB|＝ab的最小值为8，此时直线l的截距式方程为eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1.(2)由(1)可知eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝1，所以b＝eq\f(a,a－2)>0，则a>2，所以|PA|·|PB|＝eq\r((a－2)2＋1)·eq\r(4＋(b－1)2)＝eq\r((a－2)2＋1)·eq\r(4＋(\f(a,a－2)－1)2)＝eq\r((a－2)2＋1)·eq\r(4＋\f(4,(a－2)2))＝2eq\r((a－2)2＋\f(1,(a－2)2)＋2)≥2eq\r(2＋2)＝4，当且仅当(a－2)2＝eq\f(1,(a－2)2)，即a＝3时取等号．所以|PA|·|PB|的最小值为4，此时a＝3，b＝3，直线l的截距式方程为eq\f(x,3)＋eq\f(y,3)＝1.[变式探究]6．D由题意知直线x＋my＝0过定点A(0，0)，直线mx－y－m＋3＝0可变为m(x－1)－y＋3＝0，所以该直线过定点B(1，3)，所以|AB|2＝12＋32＝10.又1×m＋m×(－1)＝0，所以直线x＋my＝0与直线mx－y－m＋3＝0互相垂直，所以|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10，所以10＝|PA|2＋|PB|2≥2|PA|·|PB|，即|PA|·|PB|≤5，当且仅当|PA|＝|PB|＝eq\r(5)时取等号，所以S△PAB＝eq\f(1,2)|PA|·|PB|≤eq\f(5,2)，即△PAB面积的最大值是eq\f(5,2).故选D.7．(1)证明：直线l的方程可化为k(x＋2)＋(1－y)＝0，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2＝0，,1－y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝1.))所以无论k取何值，直线过定点(－2，1).(2)由方程知，当k≠0时，直线在x轴上的截距为－eq\f(1＋2k,k)，在y轴上的截距为1＋2k，要使直线不经过第四象限，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1＋2k,k)≤－2，,1＋2k≥1，))解得k＞0.当k＝0时，直线为y＝1，符合题意，故实数k的取值范围是[0，＋∞).(3)由题意可知k＞0，由直线l的方程，得A(－eq\f(1＋2k,k)，0)，B(0，1＋2k).因为S＝eq\f(1,2)·|OA|·|OB|＝eq\f(1,2)·|eq\f(1＋2k,k)|·|1＋2k|＝eq\f(1,2)·eq\f((1＋2k)2,k)＝eq\f(1,2)(4k＋eq\f(1,k)＋4)≥eq\f(1,2)×(2×2＋4)＝4，当且仅当k＞0且4k＝eq\f(1,k)，即k＝eq\f(1,2)时等号成立，所以Smin＝4，此时直线l的方程为x－2y＋4＝0.第51讲两直线的位置关系、对称问题【夯基固本】[知识梳理]1．(1)k1＝k2且b1≠b2(2)k1≠k2(3)k1k2＝－1平行垂直2．唯一解无解无穷多组解3．(1)eq\r((x1－x2)2＋(y1－y2)2)(2)eq\f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2))(3)eq\f(|C1－C2|,\r(A2＋B2))5．(1)①PP′⊥直线l②PP′的中点在直线l上(2)①－yy②－xx③x，y④－xy－yx⑤2a－xx⑥2b－yy(3)eq\f(B,A)eq\f(x1＋x2,2)eq\f(y1＋y2,2)[热身练习]1．D2.D3.D4.x－y＋1＝05.2x＋3y－5＝0【考点探究】[例1](1)B因为2x＋y＋5＝0与kx＋2y＝0互相垂直，所以2k＋2＝0，所以k＝－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＋5＝0，,x－2y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝－1，))所以交点坐标为(－2，－1)，故选B.(2)A当l1∥l2时，2a·(－a)－(－4)×1＝0，解得a＝±eq\r(2).验证：当a＝eq\r(2)时，l1：2eq\r(2)x－4y－3＝0，l2：x－eq\r(2)y＋1＝0，两直线平行，当a＝－eq\r(2)时，l1：－2eq\r(2)x－4y－3＝0，l2：x＋eq\r(2)y＋1＝0，两直线平行，所以“a＝eq\r(2)”是“l1∥l2”的充分不必要条件．故选A.(3)C若三条直线能构成三角形，则两直线不平行，且三条直线不经过同一点．若a＝0，则三条直线围成三角形．若a≠0，则eq\f(a,1)≠eq\f(1,a)，eq\f(a,1)≠eq\f(1,1)，解得a≠±1.当a≠±1时，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋y＋1＝0，,x＋y＋a＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－a－1，))代入x＋ay＋1＝0得1－a(a＋1)＋1＝0，解得a＝1或a＝－2，因此a≠－2.综上，a≠±1且a≠－2.故选C.[变式探究]1．B由题可知，直线sinA·x＋ay＋c＝0与bx－sinB·y＋sinC＝0的斜率分别为－eq\f(sinA,a)，eq\f(b,sinB).又在△ABC中eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以－eq\f(sinA,a)·eq\f(b,sinB)＝－1，所以两条直线垂直，故选B.2．5x＋3y－1＝0将直线l1，l2的方程联立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋2y－1＝0，,5x＋2y＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝2，))即直线l1，l2的交点为(－1，2).由题意得直线l3的斜率为eq\f(3,5).又直线l⊥l3，所以直线l的斜率为－eq\f(5,3)，则直线l的方程是y－2＝－eq\f(5,3)(x＋1)，即5x＋3y－1＝0.3．C当三条直线交于一点时，可将平面分为六个部分，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋2＝0，,x－2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2，))则将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2))代入l3：x＋ky＝0中，得2k＋2＝0，解得k＝－1；当l3：x＋ky＝0与l1：x－2y＋2＝0平行时，满足要求，此时k＝－2；当l3：x＋ky＝0与l2：x－2＝0平行时，满足要求，此时k＝0.综上，满足条件的实数k的值共有3个．故选C.[例2](1)A依题意知AB的中点M的集合为到直线l1：x＋y－7＝0和l2：x＋y－5＝0距离都相等的直线，则M到原点的距离的最小值为原点到该直线的距离．设点M所在直线的方程为l：x＋y＋m＝0，根据平行线间的距离公式得eq\f(|m＋7|,\r(2))＝eq\f(|m＋5|,\r(2))⇒|m＋7|＝|m＋5|⇒m＝－6，即l：x＋y－6＝0.根据点到直线的距离公式，得点M到原点的距离的最小值eq\f(|－6|,\r(2))＝3eq\r(2).故选A.(2)3x＋4y－11＝0或x＝1由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋3＝0，,2x＋3y－8＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))所以l1，l2的交点为(1，2).显然，直线x＝1满足条件；当直线斜率存在时，设直线方程为y－2＝k(x－1)，即kx－y＋2－k＝0.依题意有eq\f(|－2－k|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝－eq\f(3,4).所以所求直线方程为3x＋4y－11＝0或x＝1.[变式探究]4．eq\f(9,4)由|AP|＝2|BP|，得eq\r((a＋4)2＋b2)＝2eq\r((a＋1)2＋b2)，化简得a2＋b2＝4.则eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝(eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2))·eq\f(1,4)·(a2＋b2)＝eq\f(1,4)(4＋1＋eq\f(4b2,a2)＋eq\f(a2,b2))≥eq\f(1,4)(5＋2eq\r(\f(4b2,a2)·\f(a2,b2)))＝eq\f(9,4)，当且仅当a2＝2b2时取等号，所以eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)的最小值为eq\f(9,4).5．(0，eq\r(34)]当两平行直线的斜率存在时，设平行直线的斜率为k，则直线l1：y＋2＝k(x＋2)，直线l2：y－3＝k(x－1).由平行直线间的距离公式得d＝eq\f(|3k－5|,\r(k2＋1))，则d2＝eq\f(9k2－30k＋25,k2＋1).将问题转化为方程(d2－9)k2＋30k＋d2－25＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d2－9≠0，,Δ＝900－4(d2－9)(d2－25)≥0，))或d2－9＝0，解得0<d≤eq\r(34).当两平行直线的斜率不存在时，两直线方程分别为x＝－2，x＝1，这时，d＝3.故0<d≤eq\r(34).[例3](1)－eq\f(2,9)设P(a，1)，则Q(2－a，－3).由点Q在直线l2上，得2－a－3－7＝0，a＝－8，故P(－8，1)，所以直线l的斜率为k＝eq\f(1－(－1),－8－1)＝－eq\f(2,9).(2)2x＋3y＋12＝0由ax＋y＋3a－1＝0得(x＋3)a＋(y－1)＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3＝0，,y－1＝0，))得M(－3，1).设直线2x＋3y－6＝0关于M点对称的直线方程为2x＋3y＋C＝0，所以eq\f(|－6＋3－6|,\r(4＋9))＝eq\f(|－6＋3＋C|,\r(4＋9))，解得C＝12或C＝－6(舍)，所以直线2x＋3y－6＝0关于M点对称的直线方程为2x＋3y＋12＝0.(3)C如图，作C(－2，0)关于y轴的对称点G(2，0)，作C(－2，0)关于y＝x＋4的对称点D(a，b).连接DG交y轴于F，交AB于E，所以FG＝FC，EC＝ED.此时△CEF周长最小，即EC＋FC＋EF＝ED＋FG＋EF＝DG.由C(－2，0)，直线AB的方程为y＝x＋4，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a＋2)＝－1，,\f(b,2)＝\f(a－2,2)＋4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝2，))所以D(－4，2)，可得直线DG的方程为eq\f(y－0,2－0)＝eq\f(x－2,－4－2)，即y＝－eq\f(1,3)x＋eq\f(2,3).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋4，,y＝－\f(1,3)x＋\f(2,3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(5,2)，,y＝\f(3,2)，))所以E(－eq\f(5,2)，eq\f(3,2)).令x＝0可得y＝eq\f(2,3)，所以F(0，eq\f(2,3)).故选C.[变式探究]6．(－eq\f(1,2)，0)由题意可得A(－1，1)关于x轴的对称点为(－1，－1).而反射光线直线又过B(2，5)，所以其直线为y＝eq\f(5＋1,2＋1)(x－2)＋5，即y＝2x＋1.当y＝0时，x＝－eq\f(1,2)，即点P的坐标为(－eq\f(1,2)，0).7．2x－3y－1＝0由题意可知，点B在角平分线y＝x上，可设点B的坐标是(m，m)，则AB的中点(eq\f(m＋1,2)，eq\f(m＋2,2))在直线CM上，所以eq\f(m＋1,2)＋2·eq\f(m＋2,2)－1＝0，解得m＝－1，故点B(－1，－1).设A关于y＝x的对称点为A′(x0，y0)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y0－2,x0－1)＝－1，,\f(y0＋2,2)＝\f(x0＋1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2，,y0＝1，))即A′(2，1)，又由A′在直线BC上，可得直线BC的方程为eq\f(y＋1,1＋1)＝eq\f(x＋1,2＋1)，即3(y＋1)＝2(x＋1)，即2x－3y－1＝0.8．(1)(－eq\f(k,2)，eq\f(1,2))(2)y＝kx＋eq\f(k2,2)＋eq\f(1,2)当k＝0时，A1(0，1)，折痕所在直线方程为y＝eq\f(1,2).当k≠0时，直线AA1的斜率为－eq\f(1,k)，所以直线AA1的方程为y＝－eq\f(1,k)x，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,k)x，,y＝1))解得x＝－k，所以A1(－k，1)，所以AA1的中点坐标为(－eq\f(k,2)，eq\f(1,2))，所以折痕所在的直线方程为y－eq\f(1,2)＝k(x＋eq\f(k,2))，y＝kx＋eq\f(k2,2)＋eq\f(1,2).当k＝0时，折痕y＝eq\f(1,2)也符合上式，综上所述，折痕所在的直线方程为y＝kx＋eq\f(k2,2)＋eq\f(1,2).第52讲圆的方程【夯基固本】[知识梳理]1．定点定长圆心2．(1)(x－a)2＋(y－b)2＝r2(2)(－eq\f(D,2)，－eq\f(E,2))eq\f(1,2)eq\r(D2＋E2－4F)3．待定系数法(1)标准或一般(2)a，b，r或D，E，F(3)a，b，r或D，E，F[常用结论]1.(1)(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2(2)(x0－a)2＋(y0－b)2>r2(3)(x0－a)2＋(y0－b)2<r2[热身练习]1．A2.A3.x2＋y2＝a24.x2＋y2＋4x－2y＝05．eq\r(5)－2【考点探究】[例1](1)D设圆心坐标为C(2b＋2，b)，由圆过两点A(0，4)，B(4，6)，可得|AC|＝|BC|，即[(2b＋2)－0]2＋(b－4)2＝[(2b＋2)－4]2＋(b－6)2，解得b＝1，可得圆心为(4，1)，半径为5，则所求圆的方程为(x－4)2＋(y－1)2＝25.故选D.(2)1或eq\f(7,3)由题意，在直线l：y＝eq\f(\r(3),3)x中，倾斜角为30°，所以圆C的圆心在两切线所成角的平分线y＝eq\r(3)x上．设圆心C(a，eq\r(3)a)，则圆C的方程为(x－a)2＋(y－eq\r(3)a)2＝a2，将点P(2，eq\r(3))的坐标代入，得(2－a)2＋(eq\r(3)－eq\r(3)a)2＝a2，解得a＝1或a＝eq\f(7,3)，所以圆C的半径为1或eq\f(7,3).(3)C对于A，当x>0时，x2＋(y－sgn(x))2－1＝x2＋(y－1)2－1≤0，即表示圆x2＋(y－1)2＝1内部及边界，显然不满足，A错误；对于B，当y>0时，(x－sgn(y))2＋y2－1＝(x－1)2＋y2－1≤0，即表示圆(x－1)2＋y2＝1内部及边界，显然不满足，B错误；对于C，当x>0时，x2＋(y－sgn(x))2－1＝x2＋(y－1)2－1≥0，即表示圆x2＋(y－1)2＝1外部及边界，满足；当x<0时，x2＋(y－sgn(x))2－1＝x2＋(y＋1)2－1≤0，即表示圆x2＋(y＋1)2＝1的内部及边界，满足，C正确；对于D，当y>0时，(x－sgn(y))2＋y2－1＝(x－1)2＋y2－1≥0，即表示圆(x－1)2＋y2＝1外部及边界，显然不满足，D错误．故选C.[变式探究]1．B直线(3＋2λ)x＋(3λ－2)y＋5－λ＝0，即(2x＋3y－1)λ＋(3x－2y＋5)＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋3y－1＝0，,3x－2y＋5＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝1，))即P(－1，1)，圆C：(x－2)2＋(y＋3)2＝16的圆心C(2，－3)，|PC|＝5，所以所求圆的标准方程为(x－2)2＋(y＋3)2＝25.故选B.2．(x＋eq\f(13,5))2＋(y－eq\f(6,5))2＝eq\f(4,5)(或x2＋y2＋eq\f(26,5)x－eq\f(12,5)y＋eq\f(37,5)＝0)联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＋4＝0，,(x＋1)2＋(y－2)2＝4，))解得交点坐标为(－3，2)，(－eq\f(11,5)，eq\f(2,5)).过两交点的圆中，以交点为端点的线段为直径的圆面积最小，故所求圆的圆心坐标为(－eq\f(13,5)，eq\f(6,5))，半径为eq\r((－3＋\f(13,5))2＋(2－\f(6,5))2)＝eq\f(2\r(5),5)，故所求圆的方程为(x＋eq\f(13,5))2＋(y－eq\f(6,5))2＝eq\f(4,5).3．(x＋1)2＋(y－eq\r(3))2＝1由题知，抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线l：x＝－1，因为点C在l上，以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.因为∠FAC＝120°，所以∠FAO＝30°.所以OA＝eq\f(OF,tan∠FAO)＝eq\f(1,\f(\r(3),3))＝eq\r(3)，所以OA＝eq\r(3)，所以A(0，eq\r(3))，如图所示．所以C(－1，eq\r(3))，圆的半径为CA＝1，故所求圆的标准方程为(x＋1)2＋(y－eq\r(3))2＝1.[例2](1)[4，6]因为∠APB＝90°，所以点P的轨迹是以AB为直径的圆O，半径为m，故点P是圆O与圆C的交点，如图所示．又C：(x－3)2＋(y－4)2＝1的圆心和半径分别为(3，4)，r＝1，|OC|＝eq\r(32＋42)＝5，因此两圆相切或相交，即|m－1|≤eq\r(32＋42)≤m＋1，解得4≤m≤6.(2)B如图，过圆心C分别作直线l1，l2的垂线，垂足分别为E，F.因为l1，l2互相垂直，所以四边形AECF为矩形．由圆C：(x－1)2＋y2＝4，可得C(1，0)，又A(0，1)，所以deq\o\al(2,1)＋deq\o\al(2,2)＝|CE|2＋|CF|2＝|AC|2＝2≥2d1d2，所以d1d2≤1，当且仅当d1＝d2＝1时取等号，即d1d2的最大值为1，故选B.(3)18－eq\r(26)依题意，方程xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝4，xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝9分别表示以原点O为圆心，2，3为半径的圆．令B(x1，y1)，A(x2，y2)，即点B，A分别在x2＋y2＝4，x2＋y2＝9上，如图．显然eq\o(OB,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(x2，y2)，eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0，即有eq\o(OB,\s\up6(→))⊥eq\o(OA,\s\up6(→))，|AB|＝eq\r(|OA|2＋|OB|2)＝eq\r(13).取线段AB的中点P，连接OP，则|OP|＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\f(\r(13),2)，因此点P在以原点为圆心，eq\f(\r(13),2)为半径的圆上．而|x1＋y1－9|＋|x2＋y2－9|＝eq\r(2)(eq\f(|x1＋y1－9|,\r(2))＋eq\f(|x2＋y2－9|,\r(2)))，即|x1＋y1－9|＋|x2＋y2－9|表示点A，B到直线l：x＋y－9＝0的距离和的eq\r(2)倍，过A，B分别作直线l的垂线，垂足分别为M，N，过P作PD垂直于直线l于点D，于是AM∥PD∥BN，|AM|＋|BN|＝2|PD|，|x1＋y1－9|＋|x2＋y2－9|＝eq\r(2)(|AM|＋|BN|)＝2eq\r(2)|PD|，原点O到直线l的距离d＝eq\f(9,\r(2))，显然|PD|≥d－|OP|＝eq\f(9,\r(2))－eq\f(\r(13),2)，当且仅当点O，P，D共线，且点P在线段OD上时取等号，所以(|x1＋y1－9|＋|x2＋y2－9|)min＝2eq\r(2)|PD|min＝2eq\r(2)(eq\f(9,\r(2))－eq\f(\r(13),2))＝18－eq\r(26).[变式探究]4．C令x－y＝k，则x＝k＋y，代入原式化简得2y2＋(2k－6)y＋k2－4k－4＝0.因为存在实数y，则Δ≥0，即(2k－6)2－4×2(k2－4k－4)≥0，化简得k2－2k－17≤0，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2)，故x－y的最大值是3eq\r(2)＋1.故选C.5．B由y＝kx＋m(k≠0)得A(－eq\f(m,k)，0)，B(0，m)，故由|AB|＝2eq\r(2)得(－eq\f(m,k))2＋m2＝8，且AB的中点到原点的距离为eq\r(2).由CA⊥CB得eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0.设C(x，y)，则(x＋eq\f(m,k)，y)·(x，y－m)＝0，即(x＋eq\f(m,2k))2＋(y－eq\f(m,2))2＝eq\f(m2,4k2)＋eq\f(m2,4)，即点C的轨迹为一动圆．设该动圆圆心为(x′，y′)，则x′＝－eq\f(m,2k)，y′＝eq\f(m,2)，整理得k＝－eq\f(y′,x′)，m＝2y′，代入(－eq\f(m,k))2＋m2＝8中，得x′2＋y′2＝2，即点C的轨迹的动圆的圆心在圆x′2＋y′2＝2上，故点(1，1)与该圆上的点(－1，－1)的连线的距离加上圆的半径即为点C到点(1，1)的距离的最大值，最大值为eq\r([1－(－1)]2＋[1－(－1)]2)＋eq\r(2)＝3eq\r(2)，故选B.6．A由题意，设点M，N的中点为D(x，y)，如图所示．因为PM⊥PN，所以Rt△PMN斜边的中线等于斜边的一半，即|PD|＝eq\f(|MN|,2).又由垂径定理有eq\f(|MN|,2)＝eq\r(|OM|2－|OD|2)，所以|PD|＝eq\r(|OM|2－|OD|2)，即|PD|2＝|OM|2－|OD|2，则有(x－1)2＋y2＝2－(x2＋y2)，化简得x2－x＋y2＝eq\f(1,2)，即(x－eq\f(1,2))2＋y2＝(eq\f(\r(3),2))2，所以点D的轨迹是以(eq\f(1,2)，0)为圆心，eq\f(\r(3),2)为半径的圆．由圆的性质有|DP|min＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)，|DP|max＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2).又|MN|＝2|PD|，所以|MN|min＝eq\r(3)－1，|MN|max＝eq\r(3)＋1，所以|MN|的取值范围为[eq\r(3)－1，eq\r(3)＋1]，故选A.[例3](1)设点M(x，y)，则P(x，y0)，P′(x，0).因为M为PP′的中点，所以y0＝2y，即P(x，2y).又P在圆x2＋y2＝16(y>0)上，所以x2＋4y2＝16(y>0)，即eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1(y>0)，即点M的轨迹方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1(y>0).故选A.(2)(ⅰ)(直接法)设C(x，y).因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.因为AC⊥BC，所以kAC·kBC＝－1.又kAC＝eq\f(y,x＋1)，kBC＝eq\f(y,x－3)，所以eq\f(y,x＋1)·eq\f(y,x－3)＝－1，化简得x2＋y2－2x－3＝0.所以直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2－2x－3＝0(y≠0).(ⅱ)(代入法)设M(x，y)，C(x0，y0).因为B(3，0)，M是线段BC的中点，所以x＝eq\f(x0＋3,2)，y＝eq\f(y0＋0,2)，所以x0＝2x－3，y0＝2y.又C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，将x0＝2x－3，y0＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4，即(x－2)2＋y2＝1(y≠0).所以动点M的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝1(y≠0).[变式探究]7．A设过A，B，C三点的圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，由题意可得y＝0时，x2＋Dx＋F＝0与x2＋mx－2＝0等价，可得D＝m，F＝－2，圆的方程即为x2＋y2＋mx＋Ey－2＝0.由圆过C(3，1)可得9＋1＋3m＋E－2＝0，可得E＝－8－3m，即圆的方程为x2＋y2＋mx＋(－8－3m)y－2＝0，整理得(x2＋y2－8y－2)＋m(x－3y)＝0.因为m为任意实数方程都成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－8y－2＝0，,x－3y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(3,5)，,y＝－\f(1,5)，))所以圆过定点(3，1)和(－eq\f(3,5)，－eq\f(1,5))，此时过两点的弦长为定值eq\r((－\f(3,5)－3)2＋(－\f(1,5)－1)2)＝eq\f(6\r(10),5)，过两点的直线的斜率为eq\f(－\f(1,5)－1,－\f(3,5)－3)＝eq\f(1,3)，所以过两点的直线的方程为y－1＝eq\f(1,3)(x－3)，即为x－3y＝0.故选A.8．ABD设P(x，y).因为A(1，0)，B(－2，0)，点P满足eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(\r((x－1)2＋y2),\r((x＋2)2＋y2))＝eq\f(1,2)，整理化简得(x－2)2＋y2＝4，即曲线C的方程为(x－2)2＋y2＝4，如图所示．对于A，曲线C为半径为2的圆，故周长为2π·2＝4π，A正确．对于B，因为A(1，0)，B(－2，0)，所以eq\f(|OA|,|OB|)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(|OA|,|OB|)＝eq\f(|PA|,|PB|)，延长BP到Q，使|AP|＝|PQ|，连接AQ，如图所示．因为|AP|＝|PQ|，所以eq\f(|OB|,|OA|)＝eq\f(|PB|,|PA|)＝eq\f(|PB|,|PQ|)，所以OP∥AQ，所以∠OPB＝∠Q，∠OPA＝∠QAP.因为|AP|＝|PQ|，所以∠OPA＝∠Q.所以∠OPB＝∠OPA，即OP平分∠APB，B正确．对于C，△ABP的面积S＝eq\f(1,2)|AB|·|yP|＝eq\f(3,2)|yP|.要使△ABP的面积最大，只需|yP|最大，由点P的轨迹为C：(x－2)2＋y2＝4可得|yP|max＝2，所以△ABP面积的最大值为3，C错误．对于D，当AP⊥AB时，P(1，eq\r(3))或(1，－eq\r(3))，如图所示．不妨取P(1，eq\r(3))，则直线BP：y＝eq\f(\r(3)－0,1－(－2))(x＋2)，即y＝eq\f(\r(3),3)(x＋2).因为圆心C(2，0)到直线BP的距离为d＝eq\f(|\f(\r(3),3)(2＋2)|,\r(1＋(\f(\r(3),3))2))＝2，所以d＝r，即直线BP与圆C相切，D正确．故选ABD.第53讲直线与圆、圆与圆的位置关系【夯基固本】[知识梳理]1．(1)eq\f(|aA＋bB＋C|,\r(A2＋B2))<＝>(2)>＝<2．(1)相离外切相交内切内含(2)相交相切相离内含[热身练习]1．C2.A3.B4.B5.2eq\r(2)【考点探究】[例1](1)圆x2＋y2－4x－4y＋7＝0，即圆(x－2)2＋(y－2)2＝1的圆心坐标为(2，2)、半径为1，显然过点(1，0)且斜率不存在的直线为x＝1，与圆(x－2)2＋(y－2)2＝1相切，满足题意．设圆过点(1，0)且斜率存在的直线为y＝k(x－1)，与圆(x－2)2＋(y－2)2＝1相切，所以d＝eq\f(|k－2|,\r(k2＋1))＝r＝1，解得k＝eq\f(3,4)，所以满足题意的直线方程为3x－4y－3＝0或x＝1.故选D.(2)C因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c，c＝2b－a，代入直线方程ax＋by＋c＝0得ax＋by＋2b－a＝0，即a(x－1)＋b(y＋2)＝0.令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＝0，,y＋2＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－2，))故直线恒过(1，－2).设P(1，－2)，圆化为标准方程得C：x2＋(y＋2)2＝5.设圆心为C，画出直线与圆的图形，由图可知，当PC⊥AB时，|AB|最小，|PC|＝1，|AC|＝|r|＝eq\r(5)，此时|AB|＝2|AP|＝2eq\r(|AC|2－|PC|2)＝2eq\r(5－1)＝4.故选C.(3)10＋2eq\r(5)由圆M：(x－5)2＋(y－5)2＝16知圆心M(5，5)，半径r＝4.因为NP与圆M相切于点P，所以MP⊥NP，所以|PN|＝eq\r(|MN|2－|MP|2)＝eq\r(|MN|2－16)，所以|MN|越小，|PN|越小．当MN⊥l时，|MN|最小，因为圆心M到直线l的距离为eq\f(|3×5＋4×5－5|,\r(32＋42))＝6，所以|MN|的最小值为6，此时，|PN|＝2eq\r(5)，|MP|＋|MN|＋|PN|＝10＋2eq\r(5)，故△MNP的周长的最小值为10＋2eq\r(5).[变式探究]1．(x－1)2＋(y－2)2＝4或(x＋1)2＋(y＋2)2＝4设所求圆的圆心为(a，2a)，半径为r.因为圆与x轴相切，所以r＝|2a|.又圆心到直线x－y＝0的距离d＝eq\f(|a－2a|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)|a|，所以2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(4a2－\f(1,2)a2)＝eq\r(14)，解得a＝1或a＝－1，所以所求圆的圆心为(1，2)或(－1，－2)，半径r＝2，所以圆的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝4或(x＋1)2＋(y＋2)2＝4.2．C将圆C的方程化为标准方程为(x－6)2＋(y＋5)2＝36，圆心为C(6，－5)，半径为6.设与直线l平行且到直线l的距离为3的直线的方程为3x＋4y＋m＝0，则eq\f(|m－c|,\r(32＋42))＝3，解得m＝c＋15或m＝c－15.所以直线3x＋4y＋c－15＝0，3x＋4y＋c＋15＝0均与圆C相交，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|3×6－4×5＋c－15|,5)<6，,\f(|3×6－4×5＋c＋15|,5)<6，))解得－13<c<17.因此，实数c的取值范围是(－13，17).故选C.3．B因为x2＋y2－4x－1＝0，即(x－2)2＋y2＝5，可得圆心C(2，0)，半径r＝eq\r(5).过点P(0，－2)作圆C的切线，切点分别为A，B.因为|PC|＝eq\r(22＋(－2)2)＝2eq\r(2)，则|PA|＝eq\r(|PC|2－r2)＝eq\r(3)，可得sin∠APC＝eq\f(\r(5),2\r(2))＝eq\f(\r(10),4)，cos∠APC＝eq\f(\r(3),2\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，则sin∠APB＝sin2∠APC＝2sin∠APCcos∠APC＝2×eq\f(\r(10),4)×eq\f(\r(6),4)＝eq\f(\r(15),4)，cos∠APB＝cos2∠APC＝cos2∠APC－sin2∠APC＝(eq\f(\r(6),4))2－(eq\f(\r(10),4))2＝－eq\f(1,4)<0，即∠APB为钝角，所以sinα＝sin(π－∠APB)＝sin∠APB＝eq\f(\r(15),4).[例2](1)2eq\r(5)(x＋2)2＋(y－1)2＝5两圆的方程作差可得x－2y＋4＝0.所以圆C1与圆C2的公共弦AB所在的直线方程为x－2y＋4＝0，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4＝0，,x2＋y2＋2x＋2y－8＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－4，,y＝0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2.))不妨设A(－4，0)，B(0，2)，所以|AB|＝eq\r((－4－0)2＋(0－2)2)＝2eq\r(5).以AB为直径的圆即为面积最小的圆，方程为(x＋2)2＋(y－1)2＝5.(2)B圆C1：x2＋y2＝9的圆心为原点O(0，0)，半径r1＝3.依题意，圆C2的圆心C2在圆C1内，设半径为r2，如图所示．因为圆C2与圆C1内切，则|OC2|＝r1－r2，即r2＝r1－|OC2|，又点C2在线段AB上，过O作OP⊥AB于P，则|OP|＝eq\f(|－5|,\r(32＋42))＝1，显然|OC2|≥|OP|，当且仅当点C2与点P重合时取“＝”，所以(r2)max＝r1－|OP|＝3－1＝2，所以圆C2的半径的最大值是2.故选B.[变式探究]4．D因为圆C1：x2＋y2＋4ax＋4a2－4＝0和圆C2：x2＋y2－2by＋b2－1＝0只有一条公切线，所以两圆相内切，其中C1(－2a，0)，r1＝2，C2(0，b)，r2＝1，故|C1C2|＝eq\r(4a2＋b2)，由题设可知eq\r(4a2＋b2)＝2－1，即4a2＋b2＝1，eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝(4a2＋b2)(eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2))＝eq\f(4a2,b2)＋eq\f(b2,a2)＋5≥2eq\r(\f(4a2,b2)·\f(b2,a2))＋5＝9，当且仅当2a2＝b2时等号成立．故选D.5．BD由圆O1：x2＋y2－2x－3＝0和圆O2：x2＋y2－2y－1＝0，化简得圆O1：(x－1)2＋y2＝4和圆O2：x2＋(y－1)2＝2，则圆O1的圆心坐标为(1，0)，半径为2，圆O2的圆心坐标为(0，1)，半径为eq\r(2).对于A，两圆的圆心距|O1O2|＝eq\r((1－0)2＋(0－1)2)＝eq\r(2)，A错误；对于B，将两圆方程作差可得－2x＋2y－2＝0，即得公共弦AB的方程为x－y＋1＝0，B正确；对于C，直线AB经过圆O2的圆心(0，1)，所以线段AB是圆O2的直径，故圆O2中不存在比AB长的弦，C错误；对于D，圆O1的圆心坐标为(1，0)，半径为2，圆心到直线AB：x－y＋1＝0的距离为eq\f(|1＋1|,\r(2))＝eq\r(2)，所以圆O1上的点到直线AB的最大距离为2＋eq\r(2)，D正确．故选BD.[例3](1)由题意可联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x2－(1＋a)x＋y2－ay＋a＝0，))得x2－(1＋a)x＋a＝0，由题意知Δ＝(1＋a)2－4a＝(a－1)2＝0，所以a＝1，故所求圆C的方程为x2－2x＋y2－y＋1＝0.(2)令y＝0，得x2－(1＋a)x＋a＝0，即(x－1)(x－a)＝0，解得x＝1或x＝a，所以M(1，0)，N(a，0).假设存在实数a，使得∠ANM＝∠BNM.当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，代入x2＋y2＝4，得(1＋k2)x2－2k2x＋k2－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，从而x1＋x2＝eq\f(2k2,1＋k2)，x1x2＝eq\f(k2－4,1＋k2).因为NA，NB的斜率之和为eq\f(y1,x1－a)＋eq\f(y2,x2－a)＝eq\f(k[(x1－1)(x2－a)＋(x2－1)(x1－a)],(x1－a)(x2－a))，又因为(x1－1)(x2－a)＋(x2－1)(x1－a)＝2x1x2－(a＋1)(x1＋x2)＋2a＝eq\f(2(k2－4),1＋k2)－(a＋1)eq\f(2k2,1＋k2)＋2a＝eq\f(2a－8,1＋k2)，因为∠ANM＝∠BNM，所以NA，NB的斜率互为相反数，所以eq\f(y1,x1－a)＋eq\f(y2,x2－a)＝0，即eq\f(2a－8,1＋k2)＝0，得a＝4.当直线AB与x轴垂直时，仍然满足∠ANM＝∠BNM，即NA，NB的斜率互为相反数．综上，存在a＝4，使得∠ANM＝∠BNM.[变式探究]6．(1)设圆心是(a，0)(a＞0)，它到直线x－eq\r(3)y＋2＝0的距离是d＝eq\f(|a＋2|,\r(1＋3))＝2，解得a＝2或a＝－6(舍去)，所以所求圆C的方程是(x－2)2＋y2＝4.(2)假设存在这样的点P(x，y)，则由|PQ|＝eq\f(\r(2),2)|PO|，得x2＋y2＋4x＋2＝0，即点P在圆D：(x＋2)2＋y2＝2上，点P也在圆C：(x－2)2＋y2＝4上．因为|CD|＝4＞rc＋rd＝2＋eq\r(2)，所以圆C与圆D外离，圆C与圆D没有公共点．所以不存在点P满足条件．(3)因为点M(m，n)在圆C上，所以(m－2)2＋n2＝4，即n2＝4－(m－2)2＝4m－m2且0≤m≤4.因为原点到直线l：mx＋ny＝1的距离h＝eq\f(1,\r(m2＋n2))＝eq\f(1,\r(4m))＜1，解得eq\f(1,4)＜m≤4.又|AB|＝2eq\r(1－h2)，所以S△OAB＝eq\f(1,2)|AB|h＝eq\r(h2－h4)＝eq\r(\f(1,4m)－(\f(1,4m))2)＝eq\r(－(\f(1,4m)－\f(1,2))2＋\f(1,4))，因为eq\f(1,16)≤eq\f(1,4m)＜1，所以当eq\f(1,4m)＝eq\f(1,2)，即m＝eq\f(1,2)时，S△OAB取得最大值eq\f(1,2)，此时点M的坐标是(eq\f(1,2)，eq\f(\r(7),2))或(eq\f(1,2)，－eq\f(\r(7),2))，对应的△OAB的面积的最大值是eq\f(1,2).第54讲椭圆【夯基固本】[知识梳理]1．距离的和等于常数(大于|F1F2|)焦点焦距2．(0，－a)(0，a)(－b，0)(b，0)(0，－c)(0，c)2a2ba2－b2eq\f(c,a)[热身练习]1．C2.A3.A4.eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝15.eq\f(1,2)【考点探究】[例1](1)eq\f(x2,4)＋y2＝1如图，连接BD.由题意，|BD|＝|CD|，则|BD|＋|DA|＝|CD|＋|DA|＝4>2eq\r(3)＝|AB|.由椭圆的定义可得动点D的轨迹为椭圆，其焦点坐标为(±eq\r(3)，0)，长半轴长为2，所以短半轴长为1，故轨迹方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)D在eq\f(|x|,2)＋|y|＝1中，令x＝0得y＝±1，令y＝0得x＝±2.不妨设A(－2，0)，B(2，0)，C(0，－1)，D(0，1)，则点A，B为椭圆eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1的焦点，如图所示，故|PA|＋|PB|＝2eq\r(6).因为|PA|＋|PB|＋|PC|＋|PD|＝4eq\r(6)，所以|PC|＋|PD|＝2eq\r(6).又|CD|＝2，|PC|＋|PD|>|CD|，由椭圆定义可知，P点在以C(0，－1)，D(0，1)为焦点的椭圆上，其中2a＝2eq\r(6)，2c＝2，故a＝eq\r(6)，c＝1，b2＝6－1＝5，所以P为椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,6)＝1上一点．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,\f(x2,5)＋\f(y2,6)＝1，))解得y2＝eq\f(6,13)，则|y|＝eq\f(\r(78),13)，故点P到x轴的距离为eq\f(\r(78),13).故选D.[变式探究]1．B若方程表示椭圆，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－k>0，,k－1>0，,4－k≠k－1，))解得1<k<eq\f(5,2)或eq\f(5,2)<k<4.又{k|1<k<eq\f(5,2)或eq\f(5,2)<k<4}是{k|1<k<4}的真子集，所以“1<k<4”是“方程eq\f(x2,4－k)＋eq\f(y2,k－1)＝1表示的曲线为椭圆”的必要不充分条件．故选B.2．eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1设AP的中点为M，切点为N，连接ON，MN，如图所示，则O，M，N三点共线，且|OM|＋|MN|＝|ON|＝3.取A关于y轴的对称点A1，连接A1P.根据中位线的性质有|A1P|＝2|OM|，又|AP|＝2|MN|，所以|A1P|＋|AP|＝2(|OM|＋|MN|)＝6，且当点P坐标为(±3，0)时也满足题意．所以点P的轨迹是以A1，A为焦点，长轴长为6的椭圆，其中a＝3，c＝2，b＝eq\r(5)，则动点P的轨迹方程是eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1.[例2](1)A由椭圆C的离心率e＝eq\f(\r(6),3)，可得a＝eq\r(3)b，所以椭圆的方程为eq\f(x2,3b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.设M(x0，y0)，则eq\f(xeq\o\al(2,0),3b2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1，可得xeq\o\al(2,0)＝3b2－3yeq\o\al(2,0).又由点B(0，－b)，可得|MB|2＝xeq\o\al(2,0)＋(y0＋b)2＝3b2－3yeq\o\al(2,0)＋(y0＋b)2＝－2(y0－eq\f(b,2))2＋eq\f(9b2,2).因为－b≤y0≤b，所以|MB|eq\o\al(2,max)＝eq\f(9b2,2)，所以|MB|max＝eq\f(3\r(2)b,2).故选A.(2)C由题意作出图形，如图所示．可知|OA|＝a，|OB|＝b，|OF|＝c.在Rt△ABO中，tan∠BAO＝tan∠FAB＝eq\f(b,a).在Rt△BFO中，tan∠BFO＝eq\f(b,c)，所以tan∠FBA＝tan(∠BFO－∠FAB)＝eq\f(tan∠BFO－tan∠FAB,1＋tan∠BFO·tan∠FAB)＝eq\f(\f(b,c)－\f(b,a),1＋\f(b,c)·\f(b,a))＝eq\f(b(a－c),ac＋b2).因为tan∠FAB＝2tan∠FBA，所以eq\f(b,a)＝2·eq\f(b(a－c),ac＋b2).又b2＝a2－c2，整理得c2＋a2－3ac＝0，即e2－3e＋1＝0，解得e＝eq\f(3±\r(5),2).又e∈(0，1)，所以e＝eq\f(3－\r(5),2)，故选C.[变式探究]3．A依题意，直线l的斜率为－eq\f(3,4)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(3,4)，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝4.))由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),m2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),m2)＝1))两式相减得eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),4)＝－eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),m2)，于是eq\f(m2,4)＝－eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq\f(3,4)×eq\f(4,2)＝eq\f(3,2)，解得m2＝6，此时椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,6)＝1.显然点P(1，2)在椭圆C内，符合要求，所以椭圆C的离心率e＝eq\f(\r(m2－4),|m|)＝eq\f(\r(2),\r(6))＝eq\f(\r(3),3).故选A.4．B设P(x0，y0)，M(0，b).因为eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1，a2＝b2＋c2，所以|PM|2＝xeq\o\al(2,0)＋(y0－b)2＝a2(1－eq\f(yeq\o\al(2,0),b2))＋(y0－b)2＝－eq\f(c2,b2)(y0＋eq\f(b3,c2))2＋eq\f(b4,c2)＋a2＋b2(－b≤y0≤b).由题意知当y0＝－b时，|PM|2取得最大值，所以－eq\f(b3,c2)≤－b，可得a2≥2c2，即e2≤eq\f(1,2)，则0<e≤eq\f(\r(2),2).故选B.[例3](1)由椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，则a＝eq\r(2)c.因为上顶点A到右焦点的距离为eq\r(2)，所以a＝eq\r(2)，则b＝c＝1，则椭圆的标准方程eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由A(0，1)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，C(x0，y0)，且x1≠x2，2x0＝x1＋x2，2y0＝y1＋y2.因为P，Q在椭圆上，所以xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1)＝2，xeq\o\al(2,2)＋2yeq\o\al(2,2)＝2，两式相减得eq\f(y2－y1,x2－x1)×eq\f(y0,x0)＝－eq\f(1,2).由eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(y0－m,x0)，得eq\f(y0－m,x0)×eq\f(y0,x0)＝－eq\f(1,2)，整理得xeq\o\al(2,0)＝2y0(m－y0).①由AC⊥OC，则eq\f(y0－1,x0)×eq\f(y0,x0)＝－1，整理得xeq\o\al(2,0)＝y0(1－y0).②由①②解得y0＝2m－1，xeq\o\al(2,0)＝2(1－2m)(m－1)>0，解得eq\f(1,2)<m<1.设B(x3，y3)，由B在椭圆E上，xeq\o\al(2,3)＋2yeq\o\al(2,3)＝2，③由BC⊥OC，则eq\f(y3－1,x3)×eq\f(y0,x0)＝－1，即y3＝－eq\f(x0,y0)x3＋1.代入③式消去y3，得x3＝eq\f(4x0y0,yeq\o\al(2,0)＋2xeq\o\al(2,0))，所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(|AO|·|x3|,|AO|·|x0|)＝|eq\f(4y0,yeq\o\al(2,0)＋2xeq\o\al(2,0))|＝|eq\f(4(2m－1),(2m－1)2＋4(1－2m)(m－1))|＝|eq\f(4,3－2m)|＝eq\f(4,3－2m).又eq\f(S1,S2)＝eq\f(8,3)，所以eq\f(4,3－2m)＝eq\f(8,3)，解得m＝eq\f(3,4).此时y0＝2m－1＝eq\f(1,2)，xeq\o\al(2,0)＝2(1－2m)(m－1)＝eq\f(1,4)，解得x0＝±eq\f(1,2)，此时C(±eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，D(0，eq\f(3,4)).所以直线方程为y＝eq\f(1,2)x＋eq\f(3,4)或y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(3,4).[变式探究]5．(1)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝3，,a－c＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝1，))所以b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，所以椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，离心率为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).(2)如图，由题意得，直线A2P的斜率存在．由(1)可得A2(2，0)，设直线A2P的方程为y＝k(x－2).联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k(x－2)，))消去y整理得(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0，由韦达定理得xA2xP＝eq\f(16k2－12,3＋4k2)，所以xP＝eq\f(8k2－6,3＋4k2)，所以P(eq\f(8k2－6,3＋4k2)，－eq\f(12k,3＋4k2))，Q(0，－2k).因为S△A2QA1＝eq\f(1,2)×4×|yQ|，S△A2PF＝eq\f(1,2)×1×|yP|，S△A1A2P＝eq\f(1,2)×4×|yP|，所以S△A2QA1＝S△A1PQ＋S△A1A2P＝2S△A2PF＋S△A1A2P，所以2|yQ|＝3|yP|，即2|－2k|＝3|－eq\f(12k,3＋4k2)|，解得k＝±eq\f(\r(6),2)，所以直线A2P的方程为y＝±eq\f(\r(6),2)(x－2).第55讲双曲线【夯基固本】[知识梳理]1．差的绝对值焦点焦距2．(0，－a)(0，a)(0，－c)(0，c)2a2ba2＋b2eq\f(c,a)±eq\f(b,a)x±eq\f(a,b)x[热身练习]1．D2.D3.A4.x2－eq\f(y2,3)＝15.12【考点探究】[例1](1)D如图，因为F2(c，0)，不妨设渐近线方程为y＝eq\f(b,a)x，即bx－ay＝0，所以|PF2|＝eq\f(|bc|,\r(a2＋b2))＝eq\f(bc,c)＝b，所以b＝2.又|OF2|＝c，所以|OP|＝a.因为S△POF2＝eq\f(1,2)ab＝eq\f(1,2)c·yP，所以yP＝eq\f(ab,c).又因为点P在渐近线y＝eq\f(b,a)x上，所以xP＝eq\f(a2,c)，所以P(eq\f(a2,c)，eq\f(ab,c)).因为F1(－c，0)，所以kPF1＝eq\f(\f(ab,c),\f(a2,c)＋c)＝eq\f(ab,a2＋c2)＝eq\f(2a,a2＋a2＋4)＝eq\f(a,a2＋2)＝eq\f(\r(2),4)，所以eq\r(2)(a2＋2)＝4a，解得a＝eq\r(2)，所以双曲线的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,4)＝1.故选D.(2)A由eq\o(QP,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，可得QP⊥PB.又eq\o(QP,\s\up6(→))＝λ(eq\f(\o(QA,\s\up6(→)),|\o(QA,\s\up6(→))|)＋eq\f(\o(QB,\s\up6(→)),|\o(QB,\s\up6(→))|))，所以点P在∠BQA的平分线上，如图所示．圆x2＋y2＝1，圆心为原点O，半径r＝1，延长BP交AQ于点C，连接OP.因为∠PQB＝∠PQC且PQ⊥BC，所以QB＝QC，且P为BC中点，所以OP∥AC，OP＝eq\f(1,2)AC，因此，|QA|－|QB|＝|QA|－|QC|＝|AC|＝2|OP|＝2，同理，当点P在第二象限时，|QB|－|QA|＝|QC|－|QA|＝|AC|＝2，所以||QA|－|QB||＝2，则点Q在以A，B为焦点的双曲线上．设双曲线方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，可知c＝2，a2＋b2＝c2＝4，由2a＝|QA|－|QB|＝2，得a＝1，故b2＝3，所以双曲线方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.故选A.[变式探究]1．x2－eq\f(y2,8)＝1(x≤－1)如图，设动圆M与⊙C1及⊙C2分别外切于A和B，动圆半径为r.根据两圆外切的条件，得|MC1|＝r＋1，|MC2|＝r＋3.因为|MC2|－|MC1|＝2.根据双曲线的定义可知，动点M是以C1，C2为焦点的双曲线的左支，可知a＝1，c＝3，所以b2＝8.故所求的轨迹方程为x2－eq\f(y2,8)＝1(x≤－1).2．C如图，由eq\f(|F1A|,|F1B|)＝eq\f(1,2)及双曲线、直线的对称性可知eq\f(|F1A|,|F2A|)＝eq\f(1,2)，则由双曲线定义可知|AF2|－|AF1|＝|AF1|＝2a＝4.所以|AF2|＝8，|BF2|＝4，所以S△ABF2＝eq\f(1,2)|AF2||BF2|sin∠AF2B＝eq\f(1,2)×8×4sin∠AF2B＝16sin∠AF2B＝8eq\r(3)，解得sin∠AF2B＝eq\f(\r(3),2).因为eq\o(F2A,\s\up6(→))·eq\o(F2B,\s\up6(→))>0，所以∠AF2B＝eq\f(π,3)，所以∠F1AF2＝eq\f(2π,3)，由余弦定理可知|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|coseq\f(2π,3)＝16＋64＋32＝112，所以c2＝28，b2＝c2－a2＝28－4＝24，所以双曲线方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,24)＝1.故选C.[例2](1)B如图，设渐近线y＝eq\f(b,a)x的倾斜角为θ，则tanθ＝eq\f(b,a).又点F到渐近线y＝eq\f(b,a)x的距离为|AF|＝eq\f(bc,\r(a2＋b2))＝b.又|OF|＝c，所以|OA|＝a，所以|BF|＝2|AF|＝2b，所以|AB|＝3b，所以tan∠AOB＝tan2θ＝eq\f(3b,a)＝3tanθ，即eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝3tanθ，解得tanθ＝±eq\f(\r(3),3)，所以双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(\r(3),3)x，故选B.(2)A如图，在双曲线eq\f(x2,9)－eq\f(y2,3)＝1中，a＝3，b＝eq\r(3)，c＝eq\r(9＋3)＝2eq\r(3)，F1(－2eq\r(3)，0).圆E：x2＋(y＋2)2＝1的半径为r＝1，圆心E(0，－2).所以|AF2|＝|AF1|＋2a＝|AF1|＋6，|AB|≥|AE|－|BE|＝|AE|－1(当且仅当A，E，B共线且B在A，E间时取等号．所以|AB|＋|AF2|≥|AF1|＋6＋|AE|－1＝|AF1|＋|AE|＋5≥|EF1|＋5＝eq\r((2\r(3))2＋(－2)2)＋5＝9，当且仅当A是线段EF1与双曲线的交点时取等号．所以|AB|＋|AF2|的最小值是9.故选A.(3)B设双曲线的右焦点为F1，过F1作F1M∥OQ交FP于M，如图所示．因为QF与圆x2＋y2＝a2相切，所以OQ⊥PF，且|OQ|＝a.因为|OF|＝c，所以|FQ|＝eq\r(c2－a2)＝b.因为O为FF1的中点，且F1M∥OQ，所以Q为FM的中点，且MF1⊥PF，所以|F1M|＝2|OQ|＝2a，|QM|＝|FQ|＝b.因为|PQ|＝2|QF|＝2b，所以|PF|＝3b，|PM|＝b，因为|PF|－|PF1|＝2a，所以|PF1|＝3b－2a.因为MF1⊥PF，所以△F1PM为直角三角形，所以|F1M|2＋|PM|2＝|PF1|2，所以(2a)2＋b2＝(3b－2a)2，即2b＝3a，则4(c2－a2)＝9a2，即4c2＝13a2，e＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(\f(13,4))＝eq\f(\r(13),2).故选B.[变式探究]3．C设F1(0，－4)，F2(0，4)，P(－6，4)，则|F1F2|＝2c＝8，|PF1|＝eq\r((－6)2＋(4＋4)2)＝10，|PF2|＝eq\r((－6)2＋(4－4)2)＝6，则2a＝|PF1|－|PF2|＝10－6＝4，则e＝eq\