2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義專題六　第1講　直線與圓

2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義第1講直線與圓[考情分析]1.求直線的方程，考查點(diǎn)到直線的距離公式，直線間的位置關(guān)系，多以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，中低難度.2.和圓錐曲線相結(jié)合，求圓的方程或弦長(zhǎng)、面積等，中高難度．考點(diǎn)一直線的方程核心提煉1．已知直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0，直線l2：A2x＋B2y＋C2＝0，則l1∥l2?A1B2－A2B1＝0，且A1C2－A2C1≠0(或B1C2－B2C1≠0)，l1⊥l2?A1A2＋B1B2＝0.2．點(diǎn)P(x0，y0)到直線l：Ax＋By＋C＝0(A，B不同時(shí)為零)的距離d＝eq\f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2)).3．兩條平行直線l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0(A，B不同時(shí)為零)間的距離d＝eq\f(|C1－C2|,\r(A2＋B2)).例1(1)(多選)已知直線l的傾斜角等于30°，且l經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0,1)，則下列結(jié)論中正確的是()A．直線l的方程為y＝eq\f(\r(3),3)x＋1B．l的一個(gè)方向向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))C．l與直線eq\r(3)x－3y＋2＝0平行D．l與直線eq\r(3)x＋y＋2＝0垂直答案ACD解析由題意知直線l的斜率為tan30°＝eq\f(\r(3),3)，且過(guò)點(diǎn)(0,1)，所以直線l的方程為y＝eq\f(\r(3),3)x＋1，方向向量為n＝(1，k)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)))，A正確，B錯(cuò)誤；直線eq\r(3)x－3y＋2＝0的斜率為eq\f(\r(3),3)，且不過(guò)點(diǎn)(0,1)，故兩直線平行，C正確；直線eq\r(3)x＋y＋2＝0的斜率為－eq\r(3)，則兩直線斜率之積為－1，故兩直線垂直，D正確．(2)當(dāng)點(diǎn)M(2，－3)到直線(4m－1)x－(m－1)y＋2m＋1＝0的距離取得最大值時(shí)，m等于()A．2B.eq\f(4,7)C．－2D．－4答案C解析將直線(4m－1)x－(m－1)y＋2m＋1＝0轉(zhuǎn)化為(4x－y＋2)m－x＋y＋1＝0，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－y＋2＝0，,－x＋y＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－2，))所以直線恒過(guò)定點(diǎn)N(－1，－2)，當(dāng)直線MN與該直線垂直時(shí)，點(diǎn)M到該直線的距離取得最大值，此時(shí)eq\f(4m－1,m－1)×eq\f(－3－－2,2－－1)＝－1，解得m＝－2.易錯(cuò)提醒解決直線方程問(wèn)題的三個(gè)注意點(diǎn)(1)利用A1B2－A2B1＝0后，要注意代入檢驗(yàn)，排除兩條直線重合的可能性．(2)要注意直線方程每種形式的局限性．(3)討論兩直線的位置關(guān)系時(shí)，要注意直線的斜率是否存在．跟蹤演練1(1)(多選)下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．過(guò)點(diǎn)A(－2，－3)且在兩坐標(biāo)軸上的截距相等的直線l的方程為x＋y＝－5B．直線2(m＋1)x＋(m－3)y＋7－5m＝0必過(guò)定點(diǎn)(1,3)C．經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,1)，傾斜角為θ的直線方程為y－1＝tanθ(x－1)D．過(guò)(x1，y1)，(x2，y2)兩點(diǎn)的所有直線的方程為(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)答案AC解析對(duì)于A中，當(dāng)在兩坐標(biāo)軸上的截距相等且等于0時(shí)，直線過(guò)原點(diǎn)，可設(shè)直線方程為y＝kx，又直線過(guò)點(diǎn)A(－2，－3)，則－3＝－2k，即k＝eq\f(3,2)，此時(shí)直線方程為y＝eq\f(3,2)x，也滿足題意，所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B中，直線2(m＋1)x＋(m－3)y＋7－5m＝0可化為(2x＋y－5)m＋2x－3y＋7＝0，由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y－5＝0，,2x－3y＋7＝0，))解得x＝1，y＝3，即直線2(m＋1)x＋(m－3)y＋7－5m＝0必過(guò)定點(diǎn)(1,3)，所以B正確；對(duì)于C中，當(dāng)傾斜角θ＝eq\f(π,2)時(shí)，此時(shí)直線的斜率不存在，tanθ無(wú)意義，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于D中，由兩點(diǎn)(x1，y1)，(x2，y2)，當(dāng)x1≠x2時(shí)，此時(shí)過(guò)(x1，y1)，(x2，y2)兩點(diǎn)的所有直線的方程為y－y1＝eq\f(y2－y1,x2－x1)(x－x1)，即(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)，當(dāng)x1＝x2時(shí)，此時(shí)過(guò)(x1，y1)，(x2，y2)兩點(diǎn)的所有直線的方程為x＝x1或x＝x2，適合上式，所以過(guò)(x1，y1)，(x2，y2)兩點(diǎn)的所有直線的方程為(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)，所以D正確．(2)若兩條平行直線l1：x－2y＋m＝0(m>0)與l2：2x＋ny－6＝0之間的距離是2eq\r(5)，則m＋n＝________.答案3解析因?yàn)橹本€l1：x－2y＋m＝0(m>0)與l2：2x＋ny－6＝0平行，所以eq\f(2,1)＝eq\f(n,－2)≠eq\f(－6,m)，解得n＝－4且m≠－3，所以直線l2為2x－4y－6＝0，直線l1：x－2y＋m＝0(m>0)化為2x－4y＋2m＝0(m>0)，因?yàn)閮善叫芯€間的距離為2eq\r(5)，所以eq\f(|2m－－6|,\r(22＋－42))＝2eq\r(5)，得|2m＋6|＝20，因?yàn)閙>0，所以2m＋6＝20，解得m＝7，所以m＋n＝7－4＝3.考點(diǎn)二圓的方程核心提煉1．圓的標(biāo)準(zhǔn)方程當(dāng)圓心為(a，b)，半徑為r時(shí)，其標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2.2．圓的一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0，表示以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))為圓心，eq\f(\r(D2＋E2－4F),2)為半徑的圓．例2(1)已知圓C1：x2＋y2＝4與圓C2關(guān)于直線2x＋y＋5＝0對(duì)稱，則圓C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為()A．(x＋4)2＋(y＋2)2＝4B．(x－4)2＋(y－2)2＝4C．(x＋2)2＋(y＋4)2＝4D．(x－2)2＋(y－4)2＝4答案A解析由題意可得，圓C1的圓心坐標(biāo)為(0,0)，半徑為2，設(shè)圓心C1(0,0)關(guān)于直線2x＋y＋5＝0的對(duì)稱點(diǎn)為C2(a，b)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)×－2＝－1，,2×\f(a,2)＋\f(b,2)＋5＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝－2，))所以圓C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋4)2＋(y＋2)2＝4.(2)(2023·泉州模擬)已知圓C：x2＋y2＋mx－2y＝0關(guān)于直線l：(a＋1)x－ay－1＝0(a≠－1)對(duì)稱，l與C交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)坐標(biāo)原點(diǎn)為O，則|OA|＋|OB|的最大值等于()A．2B．4C．8D．16答案B解析圓C：x2＋y2＋mx－2y＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(m,2)))2＋(y－1)2＝1＋eq\f(m2,4)，圓心為Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)，1))，直線l：(a＋1)x－ay－1＝0，因?yàn)閍≠－1，所以直線l的斜率不為0，又a(x－y)＋(x－1)＝0，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))即直線l恒過(guò)定點(diǎn)D(1,1)，又圓C關(guān)于直線l對(duì)稱，所以圓心C在直線l上，所以－eq\f(m,2)＝1，解得m＝－2，所以圓C：(x－1)2＋(y－1)2＝2，半徑r＝eq\r(2)，顯然(0－1)2＋(0－1)2＝2，即圓C過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O(0,0)，因?yàn)閘與C交于A，B兩點(diǎn)，即A，B為直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，如圖，所以∠AOB＝90°，所以|OA|2＋|OB|2＝|AB|2＝(2eq\r(2))2＝8≥2|OA|·|OB|，即|OA|·|OB|≤4，當(dāng)且僅當(dāng)|OA|＝|OB|＝2時(shí)取等號(hào)，所以(|OA|＋|OB|)2＝|OA|2＋|OB|2＋2|OA|·|OB|＝8＋2|OA|·|OB|≤16，即|OA|＋|OB|≤4，當(dāng)且僅當(dāng)|OA|＝|OB|＝2時(shí)取等號(hào)，即|OA|＋|OB|的最大值等于4.規(guī)律方法解決圓的方程問(wèn)題一般有兩種方法(1)幾何法：通過(guò)研究圓的性質(zhì)、直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系，進(jìn)而求得圓的基本量和方程．(2)代數(shù)法：即用待定系數(shù)法先設(shè)出圓的方程，再由條件求得各系數(shù)．跟蹤演練2(1)(2023·龍巖質(zhì)檢)寫出一個(gè)與圓x2＋y2＝1外切，并與直線y＝eq\f(\r(3),3)x及y軸都相切的圓的方程____________．答案(x－1)2＋(y－eq\r(3))2＝1或(x＋1)2＋(y＋eq\r(3))2＝1或(x－2eq\r(3)－3)2＋(y＋2＋eq\r(3))2＝21＋12eq\r(3)或(x＋2eq\r(3)＋3)2＋(y－2－eq\r(3))2＝21＋12eq\r(3)(寫出其中一個(gè)即可)解析設(shè)所求圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，因?yàn)榕c圓x2＋y2＝1外切，所以eq\r(a2＋b2)＝1＋r，又因?yàn)榕c直線y＝eq\f(\r(3),3)x及y軸都相切，所以r＝|a|＝eq\f(|\r(3)a－3b|,\r(\r(3)2＋－32))＝eq\f(|a－\r(3)b|,2)，所以2|a|＝|a－eq\r(3)b|，即|2a|＝|a－eq\r(3)b|，所以2a＝eq\r(3)b－a或2a＝a－eq\r(3)b，所以b＝eq\r(3)a或a＝－eq\r(3)b，當(dāng)b＝eq\r(3)a時(shí)，因?yàn)閞＝|a|，eq\r(a2＋b2)＝1＋r，聯(lián)立得3a2＝2|a|＋1，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\r(3)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－\r(3)，))r＝1，所以求得圓的方程為(x－1)2＋(y－eq\r(3))2＝1或(x＋1)2＋(y＋eq\r(3))2＝1，當(dāng)a＝－eq\r(3)b時(shí)，因?yàn)閞＝|a|，eq\r(a2＋b2)＝1＋r，聯(lián)立得eq\f(1,3)a2＝2|a|＋1，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3＋2\r(3)，,b＝－\r(3)－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3－2\r(3)，,b＝\r(3)＋2，))r＝3＋2eq\r(3)，所以求得圓的方程為(x－2eq\r(3)－3)2＋(y＋2＋eq\r(3))2＝21＋12eq\r(3)或(x＋2eq\r(3)＋3)2＋(y－2－eq\r(3))2＝21＋12eq\r(3).(寫出其中一個(gè)即可)(2)(2023·福州模擬)已知⊙O1：(x－2)2＋(y－3)2＝4，⊙O1關(guān)于直線ax＋2y＋1＝0對(duì)稱的圓記為⊙O2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為⊙O1，⊙O2上的動(dòng)點(diǎn)，EF長(zhǎng)度的最小值為4，則a等于()A．－eq\f(3,2)或eq\f(5,6) B．－eq\f(5,6)或eq\f(3,2)C．－eq\f(3,2)或－eq\f(5,6) D.eq\f(5,6)或eq\f(3,2)答案D解析由題易知兩圓不可能相交或相切，如圖，當(dāng)EF所在直線過(guò)兩圓圓心且與對(duì)稱軸垂直，點(diǎn)E，F(xiàn)又接近于對(duì)稱軸時(shí)，EF長(zhǎng)度最小，此時(shí)圓心O1到對(duì)稱軸的距離為4，所以eq\f(|2a＋6＋1|,\r(a2＋4))＝4，即(2a＋7)2＝16(a2＋4)，解得a＝eq\f(3,2)或a＝eq\f(5,6).考點(diǎn)三直線、圓的位置關(guān)系核心提煉1．直線與圓的位置關(guān)系：相交、相切和相離．其判斷方法為：(1)點(diǎn)線距離法．(2)判別式法：設(shè)圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，直線l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ax＋By＋C＝0，,x－a2＋y－b2＝r2，))消去y，得到關(guān)于x的一元二次方程，其根的判別式為Δ，則直線與圓相離?Δ<0，直線與圓相切?Δ＝0，直線與圓相交?Δ>0.2．圓與圓的位置關(guān)系，即內(nèi)含、內(nèi)切、相交、外切、外離．考向1直線與圓的位置關(guān)系例3(1)(多選)(2023·陽(yáng)泉模擬)已知直線l：y＝kx＋2k＋2(k∈R)與圓C：x2＋y2－2y－8＝0.則下列說(shuō)法正確的是()A．直線l過(guò)定點(diǎn)(－2,2)B．直線l與圓C相離C．圓心C到直線l距離的最大值是2eq\r(2)D．直線l被圓C截得的弦長(zhǎng)的最小值為4答案AD解析對(duì)于A，因?yàn)閘：y＝kx＋2k＋2(k∈R)，即y＝k(x＋2)＋2，令x＋2＝0，即x＝－2，得y＝2，所以直線l過(guò)定點(diǎn)(－2,2)，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)?－2)2＋22－2×2－8<0，所以定點(diǎn)(－2,2)在圓C：x2＋y2－2y－8＝0的內(nèi)部，所以直線l與圓C相交，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，如圖，因?yàn)閳AC：x2＋y2－2y－8＝0，可化為x2＋(y－1)2＝9，圓心C(0,1)，當(dāng)圓心C與定點(diǎn)(－2,2)的連線垂直于直線l時(shí)，圓心C到直線l的距離取得最大值，此時(shí)其值為eq\r(－22＋2－12)＝eq\r(5)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由弦長(zhǎng)公式|AB|＝2eq\r(r2－d2)可知，當(dāng)圓心C到直線l的距離最大時(shí)，弦長(zhǎng)取得最小值，所以直線l被圓C截得的弦長(zhǎng)的最小值為2×eq\r(9－5)＝4，故D正確．(2)(2023·新高考全國(guó)Ⅱ)已知直線x－my＋1＝0與⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B兩點(diǎn)，寫出滿足“△ABC面積為eq\f(8,5)”的m的一個(gè)值為_(kāi)_______．答案2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一個(gè)皆可以))解析設(shè)直線x－my＋1＝0為直線l，點(diǎn)C到直線l的距離為d，由弦長(zhǎng)公式得|AB|＝2eq\r(4－d2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×d×2eq\r(4－d2)＝eq\f(8,5)，解得d＝eq\f(4\r(5),5)或d＝eq\f(2\r(5),5)，又d＝eq\f(|1＋1|,\r(1＋m2))＝eq\f(2,\r(1＋m2))，所以eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(4\r(5),5)或eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(2\r(5),5)，解得m＝±eq\f(1,2)或m＝±2.考向2圓與圓的位置關(guān)系例4(1)(2023·淄博模擬)“a≥eq\f(\r(2),2)”是“圓C1：x2＋y2＝4與圓C2：(x－a)2＋(y＋a)2＝1有公切線”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案A解析圓C1：x2＋y2＝4的圓心C1(0,0)，半徑r1＝2，圓C2：(x－a)2＋(y＋a)2＝1的圓心C2(a，－a)，半徑r2＝1，若兩圓有公切線，則|C1C2|≥|r1－r2|，即eq\r(a2＋－a2)≥1，解得a≤－eq\f(\r(2),2)或a≥eq\f(\r(2),2)，所以“a≥eq\f(\r(2),2)”是“圓C1：x2＋y2＝4與圓C2：(x－a)2＋(y＋a)2＝1有公切線”的充分不必要條件．(2)(多選)(2023·福建統(tǒng)考)已知⊙O：x2＋y2＝1，⊙O1：(x－2)2＋y2＝r2(r>0)，則下列說(shuō)法正確的是()A．若r＝2，兩圓的公切線過(guò)點(diǎn)(－2,0)B．若r＝2，兩圓的相交弦長(zhǎng)為eq\r(3)C．若兩圓的一個(gè)交點(diǎn)為M，分別過(guò)點(diǎn)M的兩圓的切線相互垂直，則r＝3D．當(dāng)r>3時(shí)，兩圓的位置關(guān)系為內(nèi)含答案AD解析當(dāng)r＝2時(shí)，如圖，兩圓的一條公切線分別與⊙O，⊙O1切于點(diǎn)A，B，交x軸于點(diǎn)Q，eq\f(|OQ|,|O1Q|)＝eq\f(|OA|,|O1B|)＝eq\f(1,2)?|OQ|＝2，故Q(－2,0)，故A正確；當(dāng)r＝2時(shí)，兩圓公共弦所在的直線方程可由兩圓方程相減得到，公共弦所在的直線方程為x＝eq\f(1,4)，相交弦長(zhǎng)為2eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2)＝eq\f(\r(15),2)，故B錯(cuò)誤；若MO⊥MO1，則|MO|2＋|MO1|2＝|OO1|2，即12＋r2＝4，則r＝eq\r(3)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)r>3時(shí)，r－1>2＝|OO1|，故兩圓的位置關(guān)系是內(nèi)含，D正確．規(guī)律方法直線與圓相切問(wèn)題的解題策略當(dāng)直線與圓相切時(shí)，利用“切線與過(guò)切點(diǎn)的半徑垂直，圓心到切線的距離等于半徑”建立關(guān)于切線斜率的等式，所以求切線方程時(shí)主要選擇點(diǎn)斜式．過(guò)圓外一點(diǎn)求解切線段長(zhǎng)的問(wèn)題，可先求出圓心到圓外一點(diǎn)的距離，再結(jié)合半徑利用勾股定理計(jì)算．跟蹤演練3(1)(2023·邯鄲模擬)已知直線l：x－y＋5＝0與圓C：x2＋y2－2x－4y－4＝0交于A，B兩點(diǎn)，若M是圓上的一動(dòng)點(diǎn)，則△MAB面積的最大值是____________．答案2eq\r(2)＋3解析圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝9，則圓C的圓心為C(1,2)，半徑r＝3，圓心C到直線l(弦AB)的距離d＝eq\f(|1－2＋5|,\r(2))＝2eq\r(2)，則|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(9－8)＝2，則M到弦AB的距離的最大值為d＋r＝2eq\r(2)＋3，則△MAB面積的最大值是eq\f(1,2)×|AB|×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)＋3))＝2eq\r(2)＋3.(2)(多選)(2023·遼陽(yáng)模擬)已知⊙E：(x－2)2＋(y－1)2＝4，過(guò)點(diǎn)P(5,5)作圓E的切線，切點(diǎn)分別為M，N，則下列命題中真命題是()A．|PM|＝eq\r(21)B．直線MN的方程為3x＋4y－14＝0C．圓x2＋y2＝1與⊙E共有4條公切線D．若過(guò)點(diǎn)P的直線與⊙E交于G，H兩點(diǎn)，則當(dāng)△EHG面積最大時(shí)，|GH|＝2eq\r(2)答案ABD解析因?yàn)閳AE的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4，所以圓心E的坐標(biāo)為(2,1)，半徑為2，如圖，所以|EM|＝|EN|＝2，又P(5,5)，所以|PE|＝eq\r(5－22＋5－12)＝5，由已知得PM⊥ME，PN⊥NE，所以|PM|＝eq\r(|PE|2－|EM|2)＝eq\r(21)，A正確；因?yàn)镻M⊥ME，PN⊥NE，所以點(diǎn)P，M，E，N四點(diǎn)共圓，且圓心為PE的中點(diǎn)，線段PE的中點(diǎn)坐標(biāo)為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，3))，所以圓F的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7,2)))2＋(y－3)2＝eq\f(25,4)，即x2－7x＋y2－6y＋15＝0，因?yàn)閑q\f(5,2)－2<|EF|＝eq\f(5,2)<eq\f(5,2)＋2，所以圓E與圓F相交，又圓E的方程可化為x2－4x＋y2－2y＋1＝0，所以圓E與圓F的公共弦方程為3x＋4y－14＝0，故直線MN的方程為3x＋4y－14＝0，B正確；圓x2＋y2＝1的圓心O的坐標(biāo)為(0,0)，半徑為1，因?yàn)閨OE|＝eq\r(5)，2－1<|OE|<1＋2，所以圓x2＋y2＝1與圓E相交，故兩圓只有2條公切線，C錯(cuò)誤；如圖，設(shè)∠HEG＝θ，則θ∈(0，π)，△EHG的面積S△EHG＝eq\f(1,2)|EH|·|EG|sinθ＝2sinθ，所以當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時(shí)，△EHG的面積取得最大值，最大值為2，此時(shí)|GH|＝eq\r(4＋4)＝2eq\r(2)，D正確．專題強(qiáng)化練一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·丹東模擬)若直線l1：x＋ay－3＝0與直線l2：(a＋1)x＋2y－6＝0平行，則a等于()A．－2 B．1C．－2或1 D．－1或2答案A解析由題意知，直線l1：x＋ay－3＝0與直線l2：(a＋1)x＋2y－6＝0平行，∴1×2＝a(a＋1)，解得a＝－2或a＝1.當(dāng)a＝－2時(shí)，l1：x－2y－3＝0，l2：－x＋2y－6＝0，l1∥l2.當(dāng)a＝1時(shí)，l1：x＋y－3＝0，l2：x＋y－3＝0，l1與l2重合．綜上所述，a＝－2.2．(2023·蚌埠質(zhì)檢)直線l：x＋my＋1－m＝0與圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝9的位置關(guān)系是()A．相交 B．相切C．相離 D．無(wú)法確定答案A解析已知直線l：x＋my＋1－m＝0過(guò)定點(diǎn)(－1,1)，將點(diǎn)(－1,1)代入圓的方程可得(－1－1)2＋(1－2)2<9，可知點(diǎn)(－1,1)在圓內(nèi)，所以直線l：x＋my＋1－m＝0與圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝9相交．3．(2023·湖北星云聯(lián)盟模擬)過(guò)三點(diǎn)A(1,0)，B(2,1)，C(2，－3)的圓與直線x－2y－1＝0交于M，N兩點(diǎn)，則|MN|等于()A.eq\f(4\r(5),5) B.eq\f(6\r(5),5)C.eq\f(8\r(5),5) D．2eq\r(5)答案B解析依題意，設(shè)過(guò)A，B，C三點(diǎn)的圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，D2＋E2－4F>0，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋D＋F＝0，,5＋2D＋E＋F＝0，,13＋2D－3E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝－6，,E＝2，,F＝5，))則圓的方程為x2＋y2－6x＋2y＋5＝0，即(x－3)2＋(y＋1)2＝5，其圓心為(3，－1)，半徑r＝eq\r(5)，點(diǎn)(3，－1)到直線x－2y－1＝0的距離d＝eq\f(|3－2×－1－1|,\r(12＋－22))＝eq\f(4,\r(5))，所以|MN|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,\r(5))))2)＝eq\f(6\r(5),5).4．(2023·濱州模擬)已知直線l：mx＋ny＝1與圓O：x2＋y2＝1相切，則mn的最大值為()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．2答案B解析由于直線l：mx＋ny＝1與圓O：x2＋y2＝1相切，故圓心到直線l的距離d＝eq\f(1,\r(m2＋n2))＝1，即m2＋n2＝1，故mn≤eq\f(m2＋n2,2)＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝eq\f(\r(2),2)時(shí)取等號(hào)．5．(2023·洛陽(yáng)模擬)已知點(diǎn)P為直線y＝x＋1上的一點(diǎn)，M，N分別為圓C1：(x－4)2＋(y－1)2＝1與圓C2：x2＋(y－4)2＝1上的點(diǎn)，則|PM|＋|PN|的最小值為()A．5B．3C．2D．1答案B解析由圓C1：(x－4)2＋(y－1)2＝1，可得圓心C1(4,1)，半徑r1＝1，圓C2：x2＋(y－4)2＝1，可得圓心C2(0,4)，半徑r2＝1，可得圓心距|C1C2|＝eq\r(4－02＋1－42)＝5，如圖，|PM|≥|PC1|－r1，|PN|≥|PC2|－r2，所以|PM|＋|PN|≥|PC1|＋|PC2|－r1－r2＝|PC1|＋|PC2|－2≥|C1C2|－2＝3，當(dāng)點(diǎn)M，N，C1，C2，P共線時(shí)，|PM|＋|PN|取得最小值，故|PM|＋|PN|的最小值為3.6．(2023·信陽(yáng)模擬)已知圓C：x2＋y2＋2x－3＝0與過(guò)原點(diǎn)O的直線l：y＝kx(k≠0)相交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P(m，0)為x軸上一點(diǎn)，記直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，若k1＋k2＝0，則實(shí)數(shù)m的值為()A．－3B．－2C．2D．3答案D解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因?yàn)橹本€l的方程為y＝kx，代入圓C的方程，得(k2＋1)x2＋2x－3＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(2,k2＋1)，x1x2＝－eq\f(3,k2＋1).所以k1＋k2＝eq\f(y1,x1－m)＋eq\f(y2,x2－m)＝eq\f(kx1,x1－m)＋eq\f(kx2,x2－m)＝eq\f(2kx1x2－kmx1＋x2,x1－mx2－m)＝eq\f(2m－6k,x1－mx2－mk2＋1)＝0.因?yàn)閗≠0，所以2m－6＝0，解得m＝3.7．(2023·全國(guó)乙卷)已知實(shí)數(shù)x，y滿足x2＋y2－4x－2y－4＝0，則x－y的最大值是()A．1＋eq\f(3\r(2),2) B．4C．1＋3eq\r(2) D．7答案C解析方法一令x－y＝k，則x＝k＋y，代入原式化簡(jiǎn)得2y2＋(2k－6)y＋k2－4k－4＝0，因?yàn)榇嬖趯?shí)數(shù)y，則Δ≥0，即(2k－6)2－4×2(k2－4k－4)≥0，化簡(jiǎn)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.方法二由x2＋y2－4x－2y－4＝0可得(x－2)2＋(y－1)2＝9，設(shè)x－y＝k，則圓心到直線x－y＝k的距離d＝eq\f(|2－1－k|,\r(2))≤3，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2).故x－y的最大值為3eq\r(2)＋1.8．已知圓O：x2＋y2＝1，點(diǎn)P在直線l：x－y－2eq\r(2)＝0上運(yùn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)P作圓O的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，當(dāng)∠APB最大時(shí)，記劣弧eq\o(AB,\s\up8(︵))及PA，PB所圍成的平面圖形的面積為S，則()A．2<S<3 B．1<S≤2C．1<S≤3 D．0<S<1答案D解析如圖所示，圓O：x2＋y2＝1的圓心O的坐標(biāo)為(0,0)，半徑為1，因?yàn)樵赗t△OBP中，sin∠OPB＝eq\f(r,|OP|)＝eq\f(1,|OP|)，且y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以當(dāng)|OP|最小時(shí)，∠OPB最大，即∠APB最大，此時(shí)OP垂直于直線l，且|OP|＝eq\f(2\r(2),\r(12＋－12))＝2，|PA|＝|PB|＝eq\r(3)，從而四邊形OAPB的面積為S四邊形OAPB＝2×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1＝eq\r(3)，設(shè)∠AOP＝θ，則∠AOB＝2θ，S扇形OAB＝eq\f(1,2)×12×2θ＝θ，從而劣弧eq\o(AB,\s\up8(︵))及PA，PB所圍成的平面圖形的面積為S＝eq\r(3)－θ，又因?yàn)閟inθ＝eq\f(\r(3),2)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq\f(π,3)，從而0<S＝eq\r(3)－θ＝eq\r(3)－eq\f(π,3)<1.二、多項(xiàng)選擇題9．下列說(shuō)法正確的是()A．直線y＝ax－2a＋4(a∈R)必過(guò)定點(diǎn)(2,4)B．直線y＋1＝3x在y軸上的截距為1C．直線eq\r(3)x＋3y＋5＝0的傾斜角為120°D．過(guò)點(diǎn)(－2,3)且垂直于直線x－2y＋3＝0的直線方程為2x＋y＋1＝0答案AD解析對(duì)于A選項(xiàng)，直線方程可化為y＝a(x－2)＋4，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2＝0，,y＝4，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝4，))所以直線y＝ax－2a＋4(a∈R)必過(guò)定點(diǎn)(2,4)，A正確；對(duì)于B選項(xiàng)，直線方程可化為y＝3x－1，故直線y＋1＝3x在y軸上的截距為－1，B錯(cuò)誤；對(duì)于C選項(xiàng)，直線eq\r(3)x＋3y＋5＝0的斜率為－eq\f(\r(3),3)，該直線的傾斜角為150°，C錯(cuò)誤；對(duì)于D選項(xiàng)，過(guò)點(diǎn)(－2,3)且垂直于直線x－2y＋3＝0的直線方程可設(shè)為2x＋y＋c＝0，則2×(－2)＋3＋c＝0，可得c＝1，所以過(guò)點(diǎn)(－2,3)且垂直于直線x－2y＋3＝0的直線方程為2x＋y＋1＝0，D正確．10．(2023·湖南聯(lián)考)已知直線l1：y＝kx＋1，l2：y＝mx＋2，圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝6，下列說(shuō)法正確的是()A．若l1經(jīng)過(guò)圓心C，則k＝1B．直線l2與圓C相離C．若l1∥l2，且它們之間的距離為eq\f(\r(5),5)，則k＝±2D．若k＝－1，l1與圓C相交于M，N，則|MN|＝2答案AC解析對(duì)于A，因?yàn)閳A心C(1,2)在直線y＝kx＋1上，所以2＝k＋1，解得k＝1，A正確；對(duì)于B，因?yàn)橹本€l2：y＝mx＋2恒過(guò)定點(diǎn)(0,2)，且(0－1)2＋(2－2)2<6，即點(diǎn)(0,2)在圓C內(nèi)，所以l2與圓C相交，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，因?yàn)閘1∥l2，則m＝k，故kx－y＋1＝0與kx－y＋2＝0之間的距離d＝eq\f(1,\r(k2＋1))＝eq\f(\r(5),5)，所以k＝±2，C正確；對(duì)于D，當(dāng)k＝－1時(shí)，直線l1：y＝－x＋1，即x＋y－1＝0，因?yàn)閳A心C(1,2)到直線x＋y－1＝0的距離d2＝eq\f(2,\r(1＋1))＝eq\r(2)，所以|MN|＝2eq\r(6－\r(2)2)＝4，D錯(cuò)誤．11.如圖所示，該曲線W是由4個(gè)圓：(x－1)2＋y2＝1，(x＋1)2＋y2＝1，x2＋(y＋1)2＝1，x2＋(y－1)2＝1的一部分所構(gòu)成，則下列敘述正確的是()A．曲線W圍成的封閉圖形的面積為4＋2πB．若圓x2＋y2＝r2(r>0)與曲線W有8個(gè)交點(diǎn)，則eq\r(2)≤r≤2C.eq\o(BD,\s\up8(︵))與eq\o(DE,\s\up8(︵))的公切線方程為x＋y－1－eq\r(2)＝0D．曲線W上的點(diǎn)到直線x＋y＋5eq\r(2)＋1＝0的距離的最小值為4答案ACD解析曲線W圍成的封閉圖形可分割為一個(gè)邊長(zhǎng)為2的正方形和四個(gè)半徑為1的相同的半圓，所以其面積為2×2＋2×π×12＝4＋2π，故A正確；當(dāng)r＝eq\r(2)時(shí)，交點(diǎn)為B，D，F(xiàn)，H；當(dāng)r＝2時(shí)，交點(diǎn)為A，C，E，G；當(dāng)0<r<eq\r(2)或r>2時(shí)，沒(méi)有交點(diǎn)；當(dāng)eq\r(2)<r<2時(shí)，交點(diǎn)個(gè)數(shù)為8，故B錯(cuò)誤；設(shè)eq\o(BD,\s\up8(︵))與eq\o(DE,\s\up8(︵))的公切線方程為y＝kx＋t(k<0，t>0)，由直線和圓相切可得eq\f(|t－1|,\r(1＋k2))＝1＝eq\f(|k＋t|,\r(1＋k2))，解得k＝－1，t＝1＋eq\r(2)(t＝1－eq\r(2)舍去)，則其公切線方程為y＝－x＋1＋eq\r(2)，即x＋y－1－eq\r(2)＝0，故C正確；同理可得eq\o(HB,\s\up8(︵))，eq\o(HG,\s\up8(︵))的公切線方程為x＋y＋1＋eq\r(2)＝0，則兩平行線間的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(5\r(2)＋1－1－\r(2))),\r(2))＝4，因?yàn)榍€W上的點(diǎn)到直線x＋y＋5eq\r(2)＋1＝0的距離最小值為eq\o(HB,\s\up8(︵))，eq\o(HG,\s\up8(︵))上的切點(diǎn)到直線的距離，即為兩平行線間的距離，為4，故D正確．12．已知圓O：x2＋y2＝4和圓C：(x－3)2＋(y－3)2＝4，P，Q分別是圓O，圓C上的動(dòng)點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是()A．圓O與圓C有四條公切線B．|PQ|的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\r(2)－4，3\r(2)＋4))C．x－y＝2是圓O與圓C的一條公切線D．過(guò)點(diǎn)Q作圓O的兩條切線，切點(diǎn)分別為M，N，則存在點(diǎn)Q，使得∠MQN＝90°答案ABD解析對(duì)于選項(xiàng)A，由題意可得，圓O的圓心為O(0,0)，半徑r1＝2，圓C的圓心C(3,3)，半徑r2＝2，因?yàn)閮蓤A圓心距|OC|＝3eq\r(2)>2＋2＝r1＋r2，所以兩圓外離，有四條公切線，A正確；對(duì)于B選項(xiàng)，|PQ|的最大值等于|OC|＋r1＋r2＝3eq\r(2)＋4，最小值為|OC|－r1－r2＝3eq\r(2)－4，B正確；對(duì)于C選項(xiàng)，顯然直線x－y＝2與直線OC平行，因?yàn)閮蓤A的半徑相等，則外公切線與圓心連線平行，由直線OC：y＝x，設(shè)直線為y＝x＋t，則兩平行線間的距離為2，即eq\f(|t|,\r(2))＝2，則t＝±2eq\r(2)，故y＝x±2eq\r(2)，故C不正確；對(duì)于D選項(xiàng)，易知當(dāng)∠MQN＝90°時(shí)，四邊形OMQN為正方形，故當(dāng)|QO|＝2eq\r(2)時(shí)，∠MQN＝90°，故D正確．三、填空題13．(2023·錦州模擬)寫出過(guò)點(diǎn)P(2,4)且與圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝1相切的一條直線的方程__________________．答案x＝2或3x－4y＋10＝0(寫出其中一個(gè)即可)解析圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝1，圓心C(1,2)，半徑r＝1，當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，驗(yàn)證知x＝2滿足條件；當(dāng)直線斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為y＝k(x－2)＋4，即kx－y－2k＋4＝0，圓心到直線的距離為eq\f(|2－k|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝eq\f(3,4)，故直線方程為eq\f(3,4)x－y－eq\f(3,2)＋4＝0，即3x－4y＋10＝0.綜上所述，直線方程為x＝2或3x－4y＋10＝0.14．(2023·濰坊模擬)已知圓C：x2＋y2－4xcosθ－4ysinθ＝0，與圓C總相切的圓D的方程是________________．答案x2＋y2＝16解析圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－2cosθ)2＋(y－2sinθ)2＝4，則圓C的圓心為(2cosθ，2sinθ)，半徑為2，由圓心坐標(biāo)可知圓心軌跡是以原點(diǎn)為圓心，半徑為2的圓，故圓C上總有點(diǎn)與原點(diǎn)距離為4，由圓的標(biāo)準(zhǔn)方程可知圓D的方程是x2＋y2＝16.15．(2023·煙臺(tái)模擬)已知實(shí)數(shù)a，b滿足a2＋b2－4a＋3＝0，則a2＋(b＋2)2的最大值為_(kāi)___________．答案9＋4eq\r(2)解析方程a2＋b2－4a＋3＝0整理得(a－2)2＋b2＝1，設(shè)點(diǎn)A(a，b)，即點(diǎn)A是圓C：(x－2)2＋y2＝1上一點(diǎn)，又點(diǎn)B(0，－2)在圓C：(x－2)2＋y2＝1外，所以|AB|＝eq\r(a2＋b＋22)，則|AB|max＝|BC|＋r＝eq\r(2－02＋0＋22)＋1＝2eq\r(2)＋1，所以a2＋(b＋2)2的最大值為(2eq\r(2)＋1)2＝9＋4eq\r(2).16．(2023·葫蘆島模擬)自動(dòng)駕駛汽車又稱無(wú)人駕駛汽車，依靠人工智能、視覺(jué)計(jì)算、雷達(dá)、監(jiān)控裝置和全球定位系統(tǒng)協(xié)同合作，讓電腦可以在沒(méi)有任何人類主動(dòng)的操作下，自動(dòng)安全地操作機(jī)動(dòng)車輛．某自動(dòng)駕駛訊車在車前O點(diǎn)處安裝了一個(gè)雷達(dá)，此雷達(dá)的探測(cè)范圍是扇形區(qū)域OAB.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，O(0,0)，直線OA，OB的方程分別是y＝eq\f(1,2)x，y＝－eq\f(1,2)x，現(xiàn)有一個(gè)圓形物體的圓心為C，半徑為1m，圓C與OA，OB分別相切于點(diǎn)M，N，則|MN|＝________m.答案eq\f(4\r(5),5)解析如圖，連接MC，NC，MN，由題意可設(shè)C(a，0)(a>0)，又圓C與OA相切，則d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a)),\r(\f(1,4)＋1))＝r＝1，解得a＝eq\r(5)，由題意可得MC⊥OM，NC⊥ON，在Rt△MOC中，|OM|＝eq\r(|OC|2－|MC|2)＝2，所以S△MOC＝eq\f(1,2)|OM|×|MC|＝1，同理S△NOC＝1，所以S四邊形MONC＝2，又MN⊥OC，所以S四邊形MONC＝eq\f(1,2)|MN|×|OC|＝eq\f(\r(5),2)|MN|＝2，即|MN|＝eq\f(4\r(5),5).第2講圓錐曲線的方程與性質(zhì)[考情分析]高考對(duì)這部分知識(shí)的考查側(cè)重三個(gè)方面：一是求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；二是求橢圓的離心率、雙曲線的離心率以及漸近線問(wèn)題；三是拋物線的性質(zhì)及應(yīng)用問(wèn)題．考點(diǎn)一圓錐曲線的定義與標(biāo)準(zhǔn)方程核心提煉1．圓錐曲線的定義(1)橢圓：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|)．(2)雙曲線：||PF1|－|PF2||＝2a(0<2a<|F1F2|)．(3)拋物線：|PF|＝|PM|，l為拋物線的準(zhǔn)線，點(diǎn)F不在定直線l上，PM⊥l于點(diǎn)M.2．求圓錐曲線標(biāo)準(zhǔn)方程“先定型，后計(jì)算”“定型”：確定曲線焦點(diǎn)所在的坐標(biāo)軸的位置；“計(jì)算”：利用待定系數(shù)法求出方程中的a2，b2，p的值．例1(1)(2023·全國(guó)乙卷)已知點(diǎn)A(1，eq\r(5))在拋物線C：y2＝2px上，則A到C的準(zhǔn)線的距離為_(kāi)_______．答案eq\f(9,4)解析由題意可得，(eq\r(5))2＝2p×1，則2p＝5，拋物線的方程為y2＝5x，準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(5,4)，則點(diǎn)A到C的準(zhǔn)線的距離為1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)))＝eq\f(9,4).(2)(2023·全國(guó)甲卷)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為橢圓C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,6)＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)P在C上，cos∠F1PF2＝eq\f(3,5)，則|OP|等于()A.eq\f(13,5)B.eq\f(\r(30),2)C.eq\f(14,5)D.eq\f(\r(35),2)答案B解析方法一因?yàn)閨PF1|＋|PF2|＝2a＝6，①|(zhì)PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos∠F1PF2＝|F1F2|2，即|PF1|2＋|PF2|2－eq\f(6,5)|PF1||PF2|＝12，②聯(lián)立①②，解得|PF1|2＋|PF2|2＝21，由中線定理可知，2|OP|2＋eq\f(1,2)|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，解得|OP|＝eq\f(\r(30),2).方法二設(shè)∠F1PF2＝2θ，0<θ<eq\f(π,2)，所以＝b2taneq\f(∠F1PF2,2)＝b2tanθ，由cos∠F1PF2＝cos2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝eq\f(3,5)，解得tanθ＝eq\f(1,2)，由橢圓方程可知，a2＝9，b2＝6，c2＝a2－b2＝3，所以＝eq\f(1,2)×|F1F2|×|yP|＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×|yP|＝6×eq\f(1,2)，解得|yP|＝eq\r(3)，即yeq\o\al(2,P)＝3.代入橢圓方程得xeq\o\al(2,P)＝9×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,6)))＝eq\f(9,2)，因此|OP|＝eq\r(x\o\al(2,P)＋y\o\al(2,P))＝eq\r(\f(9,2)＋3)＝eq\f(\r(30),2).方法三因?yàn)閨PF1|＋|PF2|＝2a＝6，①|(zhì)PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos∠F1PF2＝|F1F2|2，即|PF1|2＋|PF2|2－eq\f(6,5)|PF1||PF2|＝12，②聯(lián)立①②，解得|PF1||PF2|＝eq\f(15,2)，|PF1|2＋|PF2|2＝21，而eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(PF1,\s\up6(→))＋eq\o(PF2,\s\up6(→)))，所以|OP|＝|eq\o(PO,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(PF1,\s\up6(→))＋eq\o(PF2,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)eq\r(|\o(PF1,\s\up6(→))|2＋|\o(PF2,\s\up6(→))|2＋2|\o(PF1,\s\up6(→))||\o(PF2,\s\up6(→))\o(\s\up7(),\s\do5())|cos∠F1PF2)＝eq\f(1,2)eq\r(21＋2×\f(15,2)×\f(3,5))＝eq\f(\r(30),2).易錯(cuò)提醒求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程時(shí)的常見(jiàn)錯(cuò)誤雙曲線的定義中忽略“絕對(duì)值”致錯(cuò)；橢圓與雙曲線中參數(shù)的關(guān)系式弄混，橢圓中的關(guān)系式為a2＝b2＋c2，雙曲線中的關(guān)系式為c2＝a2＋b2；確定圓錐曲線的方程時(shí)還要注意焦點(diǎn)位置．跟蹤演練1(1)(2023·資陽(yáng)模擬)已知雙曲線C：x2－eq\f(y2,m2)＝1(m>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，直線l經(jīng)過(guò)F2且與C的右支相交于A，B兩點(diǎn)，若|AB|＝2，則△ABF1的周長(zhǎng)為()A．6B．8C．10D．12答案B解析如圖，雙曲線x2－eq\f(y2,m2)＝1(m>0)的實(shí)半軸長(zhǎng)a＝1，由雙曲線的定義，可得|AF1|－|AF2|＝2a＝2，|BF1|－|BF2|＝2a＝2，所以|AF1|＝2＋|AF2|，|BF1|＝2＋|BF2|，又|AB|＝2，則△ABF1的周長(zhǎng)為|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝|AF2|＋|BF2|＋6＝|AB|＋6＝8.(2)(2023·南京模擬)已知F為橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1的右焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，Q為圓M：x2＋(y－3)2＝1上一點(diǎn)，則|PQ|＋|PF|的最大值為()A．3 B．6C．4＋2eq\r(3) D．5＋2eq\r(3)答案D解析圓M：x2＋(y－3)2＝1的圓心為M(0,3)，r＝1，設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為F1，如圖，由橢圓的定義知，|PF|＋|PF1|＝2a＝4，所以|PF|＝4－|PF1|，所以|PQ|＋|PF|≤|PM|＋r＋|PF|＝|PM|＋1＋4－|PF1|＝5＋|PM|－|PF1|≤5＋|MF1|，當(dāng)且僅當(dāng)M，P，F(xiàn)1三點(diǎn)在同一條直線上時(shí)取等號(hào)，因?yàn)镸(0,3)，F(xiàn)1(－eq\r(3)，0)，則|MF1|＝2eq\r(3)，(|PQ|＋|PF|)max＝5＋2eq\r(3).考點(diǎn)二橢圓、雙曲線的幾何性質(zhì)核心提煉1．求離心率通常有兩種方法(1)求出a，c，代入公式e＝eq\f(c,a).(2)根據(jù)條件建立關(guān)于a，b，c的齊次式，消去b后，轉(zhuǎn)化為關(guān)于e的方程或不等式，即可求得e的值或取值范圍．2．與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)共漸近線bx±ay＝0的雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝λ(λ≠0)．考向1橢圓、雙曲線的幾何性質(zhì)例2(1)(多選)已知橢圓C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P在橢圓上，則下列說(shuō)法正確的是()A．F1，F(xiàn)2的坐標(biāo)分別為(－2,0)，(2,0)B．橢圓的短軸長(zhǎng)為10C．|PF1|的最小值為1D．當(dāng)P是橢圓的短軸端點(diǎn)時(shí)，∠F1PF2取到最大值答案ACD解析橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1，其中a2＝9，b2＝5，∴c2＝a2－b2＝4，對(duì)于A，c＝2，F(xiàn)1，F(xiàn)2的坐標(biāo)分別為(－2,0)，(2,0)，故A正確；對(duì)于B，橢圓的短軸長(zhǎng)為2b＝2eq\r(5)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，a－c≤|PF1|≤a＋c，∴|PF1|的最小值為1，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)P在橢圓的長(zhǎng)軸端點(diǎn)時(shí)，∠F1PF2＝0；當(dāng)P不在長(zhǎng)軸端點(diǎn)時(shí)，0<∠F1PF2<π，利用余弦定理可知cos∠F1PF2＝eq\f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1||PF2|)＝eq\f(4a2－4c2－2|PF1||PF2|,2|PF1||PF2|)＝eq\f(2b2,|PF1||PF2|)－1≥eq\f(2b2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PF1|＋|PF2|,2)))2)－1＝eq\f(2b2,a2)－1，當(dāng)|PF1|＝|PF2|，即P在橢圓的短軸端點(diǎn)時(shí)，cos∠F1PF2最小，此時(shí)∠F1PF2最大，故D正確．(2)(2023·東三省四市教研體模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,3)＝1(a>0)過(guò)點(diǎn)(－2,1)，則其漸近線方程為_(kāi)_______．答案x±y＝0解析因?yàn)殡p曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,3)＝1(a>0)過(guò)點(diǎn)(－2,1)，即有eq\f(4,a2)－eq\f(1,3)＝1，解得a＝eq\r(3)或a＝－eq\r(3)(舍去)，而b＝eq\r(3)，故漸近線方程y＝±eq\f(b,a)x＝±x，即x±y＝0.考向2離心率問(wèn)題例3(2023·新高考全國(guó)Ⅰ)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.點(diǎn)A在C上，點(diǎn)B在y軸上，eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，則C的離心率為_(kāi)_______．答案eq\f(3\r(5),5)解析方法一依題意，設(shè)|AF2|＝2m，則|BF2|＝3m＝|BF1|，|AF1|＝2a＋2m，在Rt△ABF1中，9m2＋(2a＋2m)2＝25m2，則(a＋3m)(a－m)＝0，故a＝m或a＝－3m(舍去)，所以|AF1|＝4a，|AF2|＝2a，|BF2|＝|BF1|＝3a，則|AB|＝5a，故cos∠F1AF2＝eq\f(|AF1|,|AB|)＝eq\f(4a,5a)＝eq\f(4,5)，所以在△AF1F2中，cos∠F1AF2＝eq\f(16a2＋4a2－4c2,2×4a×2a)＝eq\f(4,5)，整理得5c2＝9a2，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3\r(5),5).方法二依題意，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，得F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，令A(yù)(x0，y0)，B(0，t)，因?yàn)閑q\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，所以(x0－c，y0)＝－eq\f(2,3)(－c，t)，則x0＝eq\f(5,3)c，y0＝－eq\f(2,3)t，所以eq\o(F1A,\s\up6(→))＝(x0＋c，y0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)c，－\f(2,3)t))，eq\o(F1B,\s\up6(→))＝(c，t)，又eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，所以eq\o(F1A,\s\up6(→))·eq\o(F1B,\s\up6(→))＝eq\f(8,3)c2－eq\f(2,3)t2＝0，則t2＝4c2，又點(diǎn)A在C上，則eq\f(\f(25,9)c2,a2)－eq\f(\f(4,9)t2,b2)＝1，整理得eq\f(25c2,9a2)－eq\f(4t2,9b2)＝1，則eq\f(25c2,9a2)－eq\f(16c2,9b2)＝1，所以25c2b2－16c2a2＝9a2b2，即25c2(c2－a2)－16a2c2＝9a2(c2－a2)，整理得25c4－50a2c2＋9a4＝0，則(5c2－9a2)(5c2－a2)＝0，解得5c2＝9a2或5c2＝a2，又e>1，所以e＝eq\f(3\r(5),5)或e＝eq\f(\r(5),5)(舍去)，故e＝eq\f(3\r(5),5).規(guī)律方法(1)在“焦點(diǎn)三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，結(jié)合橢圓(或雙曲線)的定義，運(yùn)用平方的方法，建立與|PF1|·|PF2|的聯(lián)系．(2)求雙曲線漸近線方程的關(guān)鍵在于求eq\f(b,a)或eq\f(a,b)的值，也可將雙曲線方程中等號(hào)右邊的“1”變?yōu)椤?”，然后因式分解得到．跟蹤演練2(1)(多選)下列關(guān)于雙曲線eq\f(y2,9)－eq\f(x2,4)＝1說(shuō)法正確的是()A．實(shí)軸長(zhǎng)為6B．與雙曲線4y2－9x2＝1有相同的漸近線C．焦點(diǎn)到漸近線的距離為4D．與橢圓eq\f(y2,15)＋eq\f(x2,2)＝1有同樣的焦點(diǎn)答案ABD解析由題意，雙曲線eq\f(y2,9)－eq\f(x2,4)＝1滿足a2＝9，b2＝4，即a＝3，b＝2，于是2a＝6，故A選項(xiàng)正確；雙曲線的焦點(diǎn)在y軸上，故漸近線方程為y＝±eq\f(a,b)x＝±eq\f(3,2)x，而雙曲線4y2－9x2＝1焦點(diǎn)也在y軸，故漸近線為y＝±eq\f(\f(1,2),\f(1,3))x＝±eq\f(3,2)x，即它們漸近線方程相同，B選項(xiàng)正確；雙曲線eq\f(y2,9)－eq\f(x2,4)＝1的焦點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，±\r(13)))，不妨取其中一個(gè)焦點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(13)))和一條漸近線y＝eq\f(3,2)x，根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式，焦點(diǎn)到漸近線的距離為eq\f(2\r(13),\r(32＋－22))＝2，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；橢圓eq\f(y2,15)＋eq\f(x2,2)＝1的焦點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，±\r(13)))，根據(jù)C選項(xiàng)可知，橢圓和雙曲線焦點(diǎn)一樣，D選項(xiàng)正確．(2)(2023·衡陽(yáng)名校協(xié)作體模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)F1作直線l與橢圓相交于M，N兩點(diǎn)，∠MF2N＝90°，且4|F2N|＝3|F2M|，則橢圓的離心率為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(5),5)答案D解析如圖所示，設(shè)|F1F2|＝2c，∵4|F2N|＝3|F2M|，設(shè)|F2N|＝3t，則|F2M|＝4t，在Rt△F2MN中，|MN|＝eq\r(|F2N|2＋|F2M|2)＝5t，由橢圓定義可知|F1N|＝2a－3t，|F1M|＝2a－4t，|F1N|＋|F1M|＝|MN|＝4a－7t＝5t，解得a＝3t，∴|F1N|＝2a－3t＝3t＝|F2N|，|F1M|＝2a－4t＝2t，在△F1NF2中，可得cos∠NF1F2＝eq\f(c,3t)，在△F1MF2中，由余弦定理可得cos∠MF1F2＝eq\f(c2－3t2,2ct)，∵∠NF1F2＋∠MF1F2＝π，∴cos∠NF1F2＋cos∠MF1F2＝0，即eq\f(c,3t)＋eq\f(c2－3t2,2ct)＝0，解得c＝eq\f(3\r(5)t,5)，∴橢圓離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),5).考點(diǎn)三拋物線的幾何性質(zhì)及應(yīng)用核心提煉拋物線的焦點(diǎn)弦的幾個(gè)常見(jiàn)結(jié)論設(shè)AB是過(guò)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則(1)x1x2＝eq\f(p2,4)，y1y2＝－p2.(2)|AB|＝x1＋x2＋p.(3)當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，弦AB的長(zhǎng)最短為2p.例4(1)(多選)(2023·常德模擬)已知拋物線y2＝2px(p>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(1,2)，其焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)F的直線l與拋物線交于點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，設(shè)直線OA，OB的斜率分別為k1，k2，則()A．p＝2 B．|AB|≥4C.eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－4 D．k1k2＝－4答案ABD解析因?yàn)閽佄锞€y2＝2px(p>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(1,2)，所以22＝2p，解得p＝2，故A正確；所以拋物線方程為y2＝4x，則焦點(diǎn)F(1,0)，設(shè)直線l：x＝my＋1，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋1，))消去x整理得y2－4my－4＝0，則Δ＝16m2＋16>0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，則x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2，x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝1，所以|AB|＝x1＋x2＋2＝4m2＋4≥4，故B正確；因?yàn)閑q\o(OA,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(x2，y2)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝－3，故C錯(cuò)誤；k1k2＝eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝－4，故D正確．(2)(2023·南昌模擬)首鋼滑雪大跳臺(tái)是冬奧史上第一座與工業(yè)舊址結(jié)合再利用的競(jìng)賽場(chǎng)館，它的設(shè)計(jì)創(chuàng)造性地融入了敦煌壁畫中飛天的元素，建筑外形優(yōu)美流暢，飄逸靈動(dòng)，被形象地稱為雪飛天．中國(guó)選手谷愛(ài)凌和蘇翊鳴分別在此摘得女子自由式滑雪大跳臺(tái)和男子單板滑雪大跳臺(tái)比賽的金牌．雪飛天的助滑道可以看成一個(gè)線段PQ和一段圓弧eq\o(QM,\s\up8(︵))組成，如圖所示．假設(shè)圓弧eq\o(QM,\s\up8(︵))所在圓的方程為C：(x＋25)2＋(y－2)2＝162，若某運(yùn)動(dòng)員在起跳點(diǎn)M以傾斜角為45°且與圓C相切的直線方向起跳，起跳后的飛行軌跡是一個(gè)對(duì)稱軸在y軸上的拋物線的一部分，如圖所示，則該拋物線的軌跡方程為()A．y2＝－32(x－1)B．y＝－eq\f(1,64)x2－3C．x2＝－32(y－1)D．x2＝－36y＋4答案C解析由于某運(yùn)動(dòng)員在起跳點(diǎn)M以傾斜角為45°且與圓C相切的直線方向起跳，故kCM＝－1，又圓C的圓心為C(－25,2)，所以直線CM所在的方程為y－2＝－(x＋25)，代入(x＋25)2＋(y－2)2＝162，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－16，,y＝－7))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－34，,y＝11))(舍去，離y軸較遠(yuǎn)的點(diǎn))，所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為(－16，－7)．由于起跳后的飛行軌跡是一個(gè)對(duì)稱軸在y軸上的拋物線的一部分，故設(shè)拋物線方程為y＝ax2＋c，則y′＝2ax，則由M點(diǎn)處切線斜率為1可得－32a＝1，所以a＝－eq\f(1,32)，又－7＝－eq\f(1,32)(－16)2＋c，解得c＝1，所以該拋物線的軌跡方程為y＝－eq\f(1,32)x2＋1，即x2＝－32(y－1)．規(guī)律方法利用拋物線的幾何性質(zhì)解題時(shí)，要注意利用定義構(gòu)造與焦半徑相關(guān)的幾何圖形(如三角形、直角梯形等)來(lái)溝通已知量與p的關(guān)系，靈活運(yùn)用拋物線的焦點(diǎn)弦的特殊結(jié)論，使問(wèn)題簡(jiǎn)單化且減少數(shù)學(xué)運(yùn)算．跟蹤演練3(1)蘇州市“東方之門”是由兩棟超高層建筑組成的雙塔連體建筑(如圖1所示)，“門”的內(nèi)側(cè)曲線呈拋物線形．圖2是“東方之門”的示意圖，已知|CD|＝30m，|AB|＝60m，點(diǎn)D到直線AB的距離為150m，則此拋物線頂端O到AB的距離為()A．180m B．200mC．220m D．240m答案B解析以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)拋物線的方程為x2＝－2py(p>0)，由題意設(shè)D(15，h)，h<0，B(30，h－150)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(152＝－2ph，,302＝－2ph－150，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h＝－50，,p＝2.25，))所以此拋物線頂端O到AB的距離為50＋150＝200(m)．(2)(多選)已知點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)是拋物線y2＝8x上過(guò)焦點(diǎn)的兩個(gè)不同的點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)為F，則()A．焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(4,0)B．|AB|＝x1＋x2＋4C．y1y2＝－8D.eq\f(1,|FA|)＋eq\f(1,|FB|)＝eq\f(1,2)答案BD解析由拋物線y2＝8x，可得焦點(diǎn)為F(2,0)，故A錯(cuò)誤；由焦半徑公式可得|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋2＋x2＋2＝x1＋x2＋4，故B正確；設(shè)直線l的方程為x＝my＋2，與拋物線的方程聯(lián)立，可得y2－8my－16＝0，則y1＋y2＝8m，y1y2＝－16，故C錯(cuò)誤；eq\f(1,|FA|)＋eq\f(1,|FB|)＝eq\f(1,x1＋2)＋eq\f(1,x2＋2)＝eq\f(1,\f(y\o\al(2,1),8)＋2)＋eq\f(1,\f(y\o\al(2,2),8)＋2)＝eq\f(8,y\o\al(2,1)＋16)＋eq\f(8,y\o\al(2,2)＋16)＝eq\f(8y\o\al(2,1)＋8×16＋8y\o\al(2,2)＋8×16,y\o\al(2,1)y\o\al(2,2)＋16y\o\al(2,1)＋16y\o\al(2,2)＋162)＝eq\f(8y1＋y22－16y1y2＋162,y1y22＋16y1＋y22－32y1y2＋162)＝eq\f(8×8m2＋162＋162,162＋16×8m2＋32×16＋162)＝eq\f(1,2)，故D正確．專題強(qiáng)化練一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·安徽A10聯(lián)盟模擬)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)是短軸長(zhǎng)的2倍，則E的離心率為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),4) D.eq\f(\r(3),2)答案D解析由題意得，2a＝4b，所以eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2).2．(2023·成都模擬)已知中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在y軸上的雙曲線的離心率為eq\r(5)，則它的漸近線方程為()A．y＝±2x B．y＝±eq\f(\r(5),2)xC．y＝±eq\f(1,2)x D．y＝±eq\r(6)x答案C解析設(shè)雙曲線的方程為eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，因?yàn)閑q\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(5)，所以eq\f(b2,a2)＝4，則eq\f(b,a)＝2，所以漸近線方程為y＝±eq\f(a,b)x＝±eq\f(1,2)x.3．(2023·寧德質(zhì)檢)已知拋物線C：x2＝4y的焦點(diǎn)為F，P為拋物線上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，A(－1,3)，則|PF|＋|PA|的最小值為()A．3B．4C．5D．6答案B解析由題意可知拋物線x2＝4y的焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(0,1)，準(zhǔn)線l的方程為y＝－1，過(guò)P作PQ⊥l于Q，如圖所示，由拋物線定義可知|PF|＝|PQ|，所以|PF|＋|PA|＝|PQ|＋|PA|，則當(dāng)A，P，Q三點(diǎn)共線時(shí)，|PQ|＋|PA|取得最小值，所以|PF|＋|PA|的最小值為3－(－1)＝4.4．(2023·泉州模擬)已知雙曲線C的焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，虛軸為B1B2.若四邊形F1B1F2B2的一個(gè)內(nèi)角為120°，則C的離心率等于()A.eq\f(\r(6),2) B.eq\f(3,2)C.eq\r(3) D．3答案A解析因?yàn)閨F1F2|＝2c，|B1B2|＝2b，c>b，由對(duì)稱性可得四邊形F1B1F2B2為菱形，且∠F1B1F2＝120°，所以c＝eq\r(3)b，可得c2＝3b2＝3(c2－a2)，整理得eq\f(c2,a2)＝eq\f(3,2)，即C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),2).5.(2023·廈門模擬)比利時(shí)數(shù)學(xué)家旦德林發(fā)現(xiàn)：兩個(gè)不相切的球與一個(gè)圓錐面都相切，若一個(gè)平面在圓錐內(nèi)部與兩個(gè)球都相切，則平面與圓錐面的交線是以切點(diǎn)為焦點(diǎn)的橢圓．如圖所示，這個(gè)結(jié)論在圓柱中也適用．用平行光源照射一個(gè)放在桌面上的球，球在桌面上留下的投影區(qū)域內(nèi)(含邊界)有一點(diǎn)A，若平行光與桌面夾角為30°，球的半徑為R，則點(diǎn)A到球與桌面切點(diǎn)距離的最大值為()A．(4－eq\r(3))R B．3RC．2eq\r(3)R D．(2＋eq\r(3))R答案D解析由題意，如圖所示，則∠BAC＝30°，∠BAO＝15°，∠AOB＝75°，所以A到球與桌面切點(diǎn)距離的最大值為|AB|＝tan75°·R＝tan(30°＋45°)·R＝eq\f(tan45°＋tan30°,1－tan45°·tan30°)·R＝eq\f(1＋\f(\r(3),3),1－\f(\r(3),3))·R＝(2＋eq\r(3))R.6．(2023·滄州模擬)焦點(diǎn)為F的拋物線y2＝2px(p>0)上有一點(diǎn)P(2,2p)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則滿足|MP|＝|MO|＝|MF|的點(diǎn)M的坐標(biāo)為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(7,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(9,4)))答案B解析將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入拋物線中得(2p)2＝2p×2，解得p＝1，則P(2,2)，所以O(shè)P的斜率為1，且OP的中點(diǎn)為(1,1)，則OP的垂直平分線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0，又OF的垂直平分線方程為x＝eq\f(1,4)，|MP|＝|MO|＝|MF|，則點(diǎn)M為OP的垂直平分線和OF的垂直平分線的交點(diǎn)，所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(7,4))).7．(2023·浙江數(shù)海漫游模擬)已知F是橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左焦點(diǎn)，點(diǎn)M在C上，N在圓P：x2＋(y－3)2＝2x上，則|MF|－|MN|的最大值是()A．2 B.eq\r(10)－1C.eq\r(13)－1 D.eq\r(13)＋1答案A解析由圓P：x2＋(y－3)2＝2x，可得(x－1)2＋(y－3)2＝1，可得圓P的圓心坐標(biāo)為P(1,3)，半徑r＝1，由橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，可得a＝2，設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F1，根據(jù)橢圓的定義可得|MF|＝2a－|MF1|，所以|MF|－|MN|＝2a－(|MF1|＋|MN|)，又由|MN|min＝|MP|－r，如圖所示，當(dāng)點(diǎn)P，M，N，F(xiàn)1四點(diǎn)共線時(shí)，即P，N′，M′，F(xiàn)1時(shí)，|MF1|＋|MN|取得最小值，(|MF1|＋|MN|)min＝(|MF1|＋|MP|－r)＝|PF1|－r＝3－1＝2，所以(|MF|－|MN|)max＝2×2－2＝2.8.(2023·東三省四市教研體模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右頂點(diǎn)分別是A1，A2，圓x2＋y2＝a2與C的漸近線在第一象限的交點(diǎn)為M，直線A1M交C的右支于點(diǎn)P.設(shè)△MPA2的內(nèi)切圓圓心為I，A2I⊥x軸，則C的離心率為()A．2B.eq\r(2)C.eq\r(3)D.eq\r(5)答案B解析設(shè)M(x1，y1)，由M在漸近線上，則y1＝eq\f(b,a)x1，又M在圓x2＋y2＝a2上，則xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝a2，即xeq\o\al(2,1)＋eq\f(b2,a2)xeq\o\al(2,1)＝eq\f(c2,a2)xeq\o\al(2,1)＝a2?Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，\f(ab,c)))