还剩8页未读，
继续阅读
所属成套资源：备考2024届高考数学一轮复习讲义全套
成套系列资料，整套一键下载
备考2024届高考数学一轮复习讲义第八章平面解析几何第8讲直线与圆锥曲线的位置关系
展开
这是一份备考2024届高考数学一轮复习讲义第八章平面解析几何第8讲直线与圆锥曲线的位置关系，共11页。
将直线方程与圆锥曲线的方程联立，消去y（或x），得到关于x（或y）的一元二次方程，设其判别式为Δ，则① Δ＞0 ⇔有两个交点 ⇔相交；Δ＝0⇔有一个交点⇔相切；② Δ＜0 ⇔无交点⇔相离.
注意 直线与双曲线方程联立消元后，得出的方程中二次项系数为零时，直线与双曲线渐近线平行，两者有且只有一个交点；二次项系数不为零时，利用判别式进行判断.
2.弦长与中点弦
（1）弦长公式
当直线的斜率存在时，直线l：y＝kx＋b与曲线C相交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，则弦长｜AB｜＝③ 1+k2·｜x1－x2｜ ＝（1+k2)[(x1＋x2）2－4x1x2].
当直线斜率不为零时，直线l：x＝my＋n与曲线C相交于点A（x1，y1），B（x2，y2），则弦长｜AB｜＝1+m2｜y1－y2｜＝（1+m2)[(y1＋y2）2－4y1y2].
注意 （1）过焦点的弦称为焦点弦；与焦点所在对称轴垂直的焦点弦称为通径.（2）通径是椭圆与抛物线的焦点弦中最短的弦，椭圆的通径长为2b2a，抛物线的通径长为2p.（3）双曲线中同支的焦点弦中最短的为通径，其长为2b2a；异支的弦中最短的为实轴，其长为2a.
（2）中点弦
若AB是椭圆x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的不平行于对称轴的弦，O为原点，M为AB的中点，则kOM·kAB＝－b2a2.
若AB是双曲线x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的不平行于对称轴的弦，O为原点，M为AB的中点，则kOM·kAB＝b2a2.
3.切线与切点弦所在直线的方程
1.直线y＝x＋1与椭圆x25＋y24＝1的位置关系是（ A ）
A.相交B.相切C.相离D.无法判断
解析 解法一 联立直线与椭圆的方程得y＝x+1，x25＋y24=1，消去y，得9x2＋10x－15＝0，Δ＝100－4×9×（－15）＞0，所以直线与椭圆相交.
解法二 因为直线过点（0，1），而0＋14＜1，即点（0，1）在椭圆内部，所以可推断直线与椭圆相交.
2.过椭圆x24＋y23＝1的焦点的最长弦和最短弦的长分别为（ B ）
A.8，6B.4，3C.2，3D.4，23
解析 由题意知，a＝2，b＝3，c＝1，最长弦过两个焦点，长为2a＝4，最短弦垂直于x轴，把x＝1代入x24＋y23＝1，得｜y｜＝32，所以最短弦的长为3.故选B.
3.已知直线l：y＝x－1与抛物线y2＝4x交于A，B两点，则线段AB的长是（ C ）
A.2B.4C.8D.16
解析 由y＝x－1，y2=4x，消去y并整理得x2－6x＋1＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝6，x1x2＝1，所以｜AB｜＝1+k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝1+1×36－4＝8.
4.已知点A，B是双曲线C：x22－y23＝1上的两点，线段AB的中点是M（3，2），则直线AB的斜率为（ D ）
A.23B.32C.49D.94
解析 设A（x1，y1），B（x2，y2），∵点A，B是双曲线C上的两点，∴x122－y123＝1，x222－y223＝1，两式相减得（x1＋x2)(x1－x2）2＝（y1＋y2)(y1－y2）3，∵M（3，2）是线段AB的中点，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，∴6（x1－x2）2＝4（y1－y2）3，∴kAB＝y1－y2x1－x2＝94.（也可以直接利用公式kOM·kAB＝b2a2求解）
研透高考 明确方向
命题点1 直线与圆锥曲线的位置关系
例1 （1）[2023新高考卷Ⅱ]已知椭圆C：x23＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则m＝（ C ）
A.23B.23C.－23D.－23
解析 由题意，F1（－2，0），F2（2，0），△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，所以点F1到直线AB的距离是点F2到直线AB的距离的2倍，即｜－2＋m｜2＝2×｜2＋m｜2，解得m＝－23或m＝－32，由y＝x＋m，x23＋y2=1，得43x2＋2mx＋m2－1＝0，则Δ＝（2m）2－4×43（m2－1）＝－43m2＋163＞0，解得－2＜m＜2，所以m＝－23.故选C.
（2）[2022全国卷甲]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 2（答案不唯一） .
解析 双曲线C的渐近线方程为y＝±bax，若直线y＝2x与双曲线C无公共点，则2≥ba，∴b2a2≤4，∴e2＝c2a2＝1＋b2a2≤5，又e＞1，∴e∈（1，5]，∴填写（1，5]内的任意值均可.
方法技巧
（1）直线与椭圆的位置关系问题可直接转化为直线与椭圆的交点个数问题.
（2）直线与双曲线只有一个交点，则直线与双曲线相切或直线与双曲线的渐近线平行.
（3）直线与抛物线只有一个交点，则直线与抛物线相切或直线与抛物线的对称轴平行（或重合）.
（4）对于过定点的直线，可以根据定点与圆锥曲线的位置关系判断直线与圆锥曲线的位置关系，注意数形结合的应用.
训练1 （1）[2023天津高考]过原点O的一条直线与圆C：（x＋2）2＋y2＝3相切，交曲线y2＝2px（p＞0）于点P，若｜OP｜＝8，则p的值为 6 .
解析 由题意得直线OP的斜率存在.设直线OP的方程为y＝kx，因为该直线与圆C相切，所以｜－2k｜1+k2＝3，解得k2＝3.将直线方程y＝kx与曲线方程y2＝2px（p＞0）联立，得k2x2－2px＝0，因为k2＝3，所以3x2－2px＝0，解得x＝0或x＝2p3.设P（x1，y1），则x1＝2p3，又O（0，0），所以｜OP｜＝1+k2｜x1－0｜＝2×2p3＝8，解得p＝6.
（2）已知对任意k∈R，直线y－kx－1＝0与椭圆x25＋y2m＝1恒有公共点，则实数m的取值范围为 [1，5）∪（5，＋∞） .
解析 解法一（代数法） 由椭圆方程，可知m＞0且m≠5，将直线与椭圆的方程联立，得y－kx－1=0，x25＋y2m=1，整理，得（5k2＋m）x2＋10kx＋5（1－m）＝0.因为直线与椭圆恒有公共点，故Δ＝（10k）2－4×（5k2＋m）×5（1－m）＝20（5k2m－m＋m2）≥0.因为m＞0，所以不等式等价于5k2－1＋m≥0，即k2≥1－m5，由题意，可知要使不等式恒成立，则1－m5≤0，解得m≥1.综上，m的取值范围为[1，5）∪（5，＋∞）.
解法二（几何法） 因为方程x25＋y2m＝1表示椭圆，所以m＞0且m≠5.因为直线y－kx－1＝0过定点（0，1），所以要使直线和椭圆恒有公共点，点（0，1）在椭圆上或椭圆内，即025＋12m≤1，整理得1m≤1，解得m≥1.综上，m的取值范围为[1，5）∪（5，＋∞）.
命题点2 弦长及中点弦问题
角度1 弦长问题
例2 [2022新高考卷Ⅰ]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0），C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为12.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，｜DE｜＝6，则△ADE的周长是 13 .
解析 由对称性不妨令F1，F2分别为C的左、右焦点，如图，连接AF1，DF2，EF2，因为C的离心率为12，所以ca＝12，所以a＝2c，所以b2＝a2－c2＝3c2.由题意知｜AF1｜＝｜AF2｜＝a＝2c＝｜F1F2｜，所以△AF1F2为等边三角形，又DE⊥AF2，所以直线DE为线段AF2的垂直平分线，所以｜AD｜＝｜DF2｜，｜AE｜＝｜EF2｜，且∠EF1F2＝30°，所以直线DE的方程为y＝33（x＋c），代入椭圆C的方程x24c2＋y23c2＝1，得13x2＋8cx－32c2＝0.设D（x1，y1），E（x2，y2），则x1＋x2＝－8c13，x1x2＝－32c213，所以｜DE｜＝（1+13)[（x1＋x2）2－4x1x2]＝43[(－8c13）2－4×（－32c213)]＝48c13＝6，解得c＝138，所以a＝2c＝134，所以△ADE的周长为AD+AE+DE=DF2+EF2+DE=4a=13.
例3 [2023成都市模拟]已知抛物线C：y2＝2px（p＞0，p≠4），过点A（2，0）且斜率为k的直线与抛物线C相交于P，Q两点.
（1）设点B在x轴上，分别记直线PB，QB的斜率为k1，k2，若k1＋k2＝0，求点B的坐标；
（2）过抛物线C的焦点F作直线PQ的平行线与抛物线C相交于M，N两点，求｜MN｜｜AP｜·｜AQ｜的值.
解析 （1）由题意，直线PQ的方程为y＝k（x－2），其中k≠0.
设B（m，0），P（y122p，y1），Q（y222p，y2）.
由y＝k（x－2),y2=2px，消去x，整理得y2－2pky－4p＝0，
∴Δ＝4p2k2＋16p＞0，y1＋y2＝2pk，y1y2＝－4p.
∵k1＋k2＝0，∴y1y122p－m＋y2y222p－m＝0，
即y1y2（y1＋y2）2p－m（y1＋y2）＝0，
∴（－4p2p－m）·2pk＝0，即（m＋2）·2pk＝0.
∵p＞0，∴m＝－2.
∴点B的坐标为（－2，0）.
（2）由题意，F（p2，0），∴直线MN的方程为y＝k（x－p2），k≠0.设M（xM，yM），
N（xN，yN）.
由y＝k（x－p2),y2=2px，消去y，整理得k2x2－（k2p＋2p）x＋k2p24＝0，
∴Δ1＝4k2p2＋4p2＞0，xM＋xN＝p＋2pk2，
∴｜MN｜＝xM＋xN＋p＝（1＋1k2）·2p.
又｜AP｜＝1+1k2｜y1｜，｜AQ｜＝1+1k2｜y2｜，
∴｜AP｜·｜AQ｜＝（1＋1k2）·｜y1y2｜＝（1＋1k2）·4p.
∴｜MN｜｜AP｜·｜AQ｜＝（1+1k2）·2p（1+1k2）·4p＝12.
方法技巧
（1）使用弦长公式时注意对直线斜率的讨论.
（2）直线经过特殊点（如焦点、原点等）或斜率特殊时，利用圆锥曲线的定义或数形结合来求弦长.
角度2 中点弦问题
例4 （1）[2023全国卷乙]设A，B为双曲线x2－y29＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ D ）
A.（1，1）B.（－1，2）
C.（1，3）D.（－1，－4）
解析 选项中的点均位于双曲线两支之间，故A，B分别在双曲线的两支上且不关于原点对称，设线段AB的中点坐标为（x0，y0），则｜kAB｜＝9｜x0y0｜＜3，（若双曲线的弦AB的中点为M，O为坐标原点，则kAB·kOM＝b2a2）
即｜y0｜＞3｜x0｜，结合选项可知选D.
（2）[2022新高考卷Ⅱ]已知直线l与椭圆x26＋y23＝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｜＝23，则l的方程为 x＋2y－22＝0 .
解析 设直线l的方程为xm＋yn＝1（m＞0，n＞0），分别令y＝0，x＝0，得点M（m，0），N（0，n）.由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，设为Q，则Q（m2，n2），则kAB＝0－nm－0＝－nm，kOQ＝n2m2＝nm.由椭圆中点弦的性质知，kAB·kOQ＝－b2a2＝－12，即-nm⋅nm=-12，整理得m2＝2n2 ①.又｜MN｜＝23，所以由勾股定理，得m2＋n2＝12 ②，由①②并结合m＞0，n＞0，得m=22，n=2，所以直线l的方程为x22＋y2＝1，即x＋2y－22＝0.
方法技巧
点差法解决中点弦问题的步骤
（1）设弦的两个端点：A（x1，y1），B（x2，y2）；
（2）将两点坐标分别代入圆锥曲线方程中并两式作差，得到关于直线AB的斜率和线段AB的中点坐标的关系式；
（3）将已知条件代入关系式并化简求解.
训练2 （1）已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则｜AB｜＋｜DE｜的最小值为（ A ）
A.16B.14C.12D.10
解析 解法一 焦点F（1，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4），易知直线l1，l2的斜率均存在且不为0，分别设为k1，k2，则直线l1的方程为y=k1x－1,由y2=4x，y＝k1（x－1),消去y并整理得k12x2－（2k12＋4）x＋k12＝0，Δ＞0，所以x1＋x2＝2k12+4k12.因为l1⊥l2，所以k2＝－1k1.同理有x3＋x4＝2（－1k1）2+4（－1k1）2＝2＋4k12，则AB+DE＝x1+x2+x3+x4+2＝2k12+4k12＋2＋4k12＋4＝4k12＋4k12＋8≥24k12·4k12＋8＝16，当且仅当4k12＝4k12，即k1＝±1时，｜AB｜＋｜DE｜取最小值 16.故选A.
解法二 设l1的倾斜角为θ，则l2的倾斜角为θ±π2，易知θ≠0且θ≠π2，由抛物线焦点弦的弦长公式得｜AB｜＝2psin2θ＝4sin2θ，则｜DE｜＝2psin2（θ±π2）＝4cs2θ，则｜AB｜＋｜DE｜＝4sin2θ＋4cs2θ＝4（sin2θ＋cs2θsin2θcs2θ）＝16sin22θ，当sin 2θ＝1时，｜AB｜＋｜DE｜取最小值16.故选A.
（2）[2023重庆市调研质量抽测（一）]已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，A为椭圆E的上顶点，过点F1且平行于AF2的直线l与椭圆E交于B，C两点，M为弦BC的中点，且直线l的斜率与OM的斜率的乘积为－34，则椭圆E的离心率为 12 ；若｜OM｜＝319，则直线l的方程为 3x＋y＋153＝0 .
解析 设B（x1，y1），C（x2，y2），M（x0，y0），则x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0.椭圆E：x2a2＋y2b2＝1，即b2x2＋a2y2＝a2b2，所以b2x12＋a2y12＝a2b2，b2x22＋a2y22＝a2b2，得b2x1+x2x1-x2+a2y1+y2y1-y2=0,由题意可知，x1－x2≠0，所以2b2x0＋2a2y0·y1－y2x1－x2＝0，即y1－y2x1－x2·y0x0=-b2a2，即kl·kOM＝－b2a2，所以－b2a2＝－34，所以b2a2＝34.因为e2＝1－b2a2＝1－34＝14，0命题点3 切线及切点弦问题
例5 已知点P为直线2x＋y＝4上一动点，过点P作椭圆x24＋y23＝1的两条切线，切点分别为A，B，当点P运动时，直线AB过定点，则该定点的坐标是 （2，34） .
解析 设点P的坐标为（m，－2m＋4），则直线AB的方程为mx4＋（－2m+4）y3＝1，化简得（3x－8y）m＋16y－12＝0，令3x－8y＝0，16y－12＝0，所以x＝2，y＝34，故直线AB过定点（2，34）.
方法技巧
（1）曲线的切线方程可以利用判别式求解，也可以利用导数的几何意义求解.
（2）“代一半，留一半”是曲线的切线方程与切点弦所在直线方程相关结论的记忆口诀.
训练3 [2023山西运城模拟]过点P作抛物线C：x2＝4y的切线l1，l2，切点分别为M，N，若△PMN的重心坐标为（3，4），则P点坐标为（ A ）
A.（3，－3）B.（1，2）
C.（2，1）D.（－3，3）
解析 设M（x1，x124），N（x2，x224），由x2＝4y，得y＝x24，所以y'＝12x，所以直线l1的方程为y－x124＝x12（x－x1），即y＝x12x－x124，同理，直线l2的方程为y＝x22x－x224，由y＝x12x－x124，y＝x22x－x224可得x＝x1＋x22，y＝x1x24，即点P的坐标为（x1＋x22，x1x24），设△PMN的重心坐标为（x0，y0），则x0＝x1＋x2＋x1＋x223＝3，y0＝x124＋x224＋x1x243＝4，即x1＋x2=6，x1x2＝－12，所以点P的坐标为（3，－3）.故选A.
命题点4 直线与圆锥曲线的综合应用
例6 [2023北京高考]已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的离心率为53，A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，｜AC｜＝4.
（1）求E的方程；
（2）设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y=-2交于点N，求证：MN∥CD.
解析 （1）因为e＝53，所以e2＝1－b2a2＝59，即b2a2＝49.
因为A，C分别是椭圆的上、下顶点，且｜AC｜＝4，即2b＝4，
所以b＝2，b2＝4，所以a2＝9，则椭圆E的方程为x29＋y24＝1.
（2）因为B，D分别是椭圆的左、右顶点，所以B（－3，0），D（3，0），因为A，C分别是椭圆的上、下顶点，所以A（0，2），C（0，－2），则直线BC的方程为x－3＋y－2＝1，即2x＋3y＋6＝0.
因为点P为第一象限内椭圆E上的点，所以直线PD的斜率k一定存在，且－23＜k＜0.
则直线PD的方程为y＝k（x－3），联立得2x+3y+6=0，y＝k（x－3),解得x＝9k－62+3k，y＝－12k2+3k，
即M（9k－62+3k，－12k2+3k）.
联立得y＝k（x－3),x29＋y24=1，得（4＋9k2）x2－54k2x＋81k2－36＝0 ①，设P（x0，y0），所以3，x0是方程①的两根，所以3x0＝81k2－364+9k2，解得x0＝27k2－124+9k2，
所以y0＝k（x0－3）＝－24k4+9k2，即P（27k2－124+9k2，－24k4+9k2）.
所以直线PA的方程为y＝y0－2x0x＋2，令y＝－2，则x＝4x02－y0＝54k2－249k2+12k+4，
即N（54k2－249k2+12k+4，－2）.
所以kMN＝－12k2+3k+29k－62+3k－54k2－249k2+12k+4＝2（－27k3－18k2+12k+8）3（－27k3－18k2+12k+8）＝23，
又kCD＝－2－00－3＝23，所以kMN＝kCD，所以MN∥CD.
方法技巧
（1）解答直线与圆锥曲线相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线和圆锥曲线的方程，消去y（或x）得一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，建立有关参变量的等量关系求解；
（2）涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
训练4 [2021新高考卷Ⅰ]在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（－17，0），F2（17，0），点M满足｜MF1｜－｜MF2｜＝2.记M的轨迹为C.
（1）求C的方程；
（2）设点T在直线x＝12上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且｜TA｜·｜TB｜＝｜TP｜·｜TQ｜，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
解析 （1）因为｜MF1｜－｜MF2｜＝2＜｜F1F2｜＝217，所以点M的轨迹C是以F1，F2分别为左、右焦点的双曲线的右支.
设双曲线的方程为x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0），半焦距为c，则2a＝2，c＝17，得a＝1，b2＝c2－a2＝16，
所以点M的轨迹C的方程为x2－y216＝1（x≥1）.
（2）设T（12，t），由题意可知直线AB，PQ的斜率均存在且不为0，
设直线AB的方程为y－t＝k1（x－12）（k1≠0），直线PQ的方程为y－t＝k2（x－12）（k2≠0），
由y－t＝k1（x－12),x2－y216=1，得（16－k12）x2－2k1（t－k12）x－（t－k12）2－16＝0.
设A（xA，yA），B（xB，yB），易知16－k12≠0，Δ＞0，
则xAxB＝－（t－k12）2－1616－k12，xA＋xB＝2k1（t－k12）16－k12，
所以｜TA｜＝1+k12｜xA－12｜＝1+k12（xA－12），
｜TB｜＝1+k12｜xB－12｜＝1+k12（xB－12），
则｜TA｜·｜TB｜＝（1＋k12）（xA－12）（xB－12）＝（1＋k12）·[xAxB－12（xA＋xB）＋14]＝（1＋k12）[－（t－k12）2－1616－k12－12·2k1（t－k12）16－k12＋14]＝（1+k12)(t2+12）k12－16.
同理得｜TP｜·｜TQ｜＝（1+k22)(t2+12）k22－16.
因为｜TA｜·｜TB｜＝｜TP｜·｜TQ｜，
所以（1+k12)(t2+12）k12－16＝（1+k22)(t2+12）k22－16，
所以k22－16＋k12k22－16k12＝k12－16＋k12k22－16k22，即k12＝k22，
由题意可知，k1≠k2，所以k1＝－k2，即k1＋k2＝0.
故直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
思维帮·提升思维 快速解题
“蒙日圆”的应用
蒙日圆：在椭圆（双曲线）中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，这个圆称为蒙日圆，它的圆心是椭圆（双曲线）的中心，半径等于椭圆（双曲线）长半轴长（实半轴长）与短半轴长（虚半轴长）平方和（差）的算术平方根.
即椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的两条互相垂直的切线交点的轨迹是蒙日圆x2＋y2＝a2＋b2.
例7 在圆（x－3）2＋（y－4）2＝r2（r＞0）上总存在点P，使得过点P能作椭圆x23＋y2＝1的两条互相垂直的切线，则r的取值范围是（ B ）
A.（3，7）B.[3，7]C.（1，9）D.[1，9]
解析 解法一 当题设中的两条互相垂直的切线中有一条切线的斜率不存在或者为0时，可得P（3，1）或P（3，－1）或P（－3，1）或P（－3，－1）.当题设中的两条互相垂直的切线的斜率都存在且不为0时，设P（x0，y0）（x0≠±3，y0≠±1），过点P的切线方程为y－y0＝k（x－x0），代入椭圆方程x23＋y2＝1得，（3k2＋1）x2－6k（kx0－y0）x＋3（kx0－y0）2－3＝0，由题意可知Δ＝0，即（x02－3）k2－2x0y0k＋y02－1＝0（x02－3≠0） ①.设两条互相垂直的切线的切点分别为A，B，直线PA，PB的斜率分别为kPA，kPB，则kPA，kPB是关于k的方程①的两个根，所以有kPA·kPB＝y02－1x02－3＝－1，从而有x02＋y02=4，所以点P在圆x2＋y2＝4上.
由题意可得圆x2＋y2＝4与圆（x－3）2＋（y－4）2＝r2（r＞0）有公共点，则32＋42－2≤r≤32＋42＋2，得3≤r≤7，故选B.
解法二 由“蒙日圆”定理可得，点P的轨迹方程为C1：x2＋y2＝4，所以要使圆C2：（x－3）2＋（y－4）2＝r2（r＞0）上总存在点P满足题意，则圆C1与C2有交点，所以｜2－r｜≤｜C1C2｜≤2＋r，又｜C1C2｜＝5，所以3≤r≤7，故选B.
方法技巧
以椭圆为例.如图，设P为圆O：x2＋y2＝a2＋b2上任意一点，过点P作椭圆x2a2＋y2b2＝1的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，延长PA，PB交圆O于两点C，D.
性质1：PA⊥PB.
性质2：（1）C，O，D三点共线；
（2）CD∥AB；
（3）kOP·kCD＝－b2a2，kOP·kAB＝－b2a2，kOA·kPA＝－b2a2，kOB·kPB＝－b2a2；
（4）kOA·kOB＝－b4a4.
性质3：PO平分椭圆的切点弦AB.
训练5 [2024江西名校联考]法国数学家加斯帕尔·蒙日发现，过圆E：x2＋y2＝a2－b2（a＞b＞0）上任意一点作双曲线C：x2a2－y2b2＝1的两条切线，这两条切线互相垂直，我们通常把这个圆E称作双曲线C的蒙日圆.过双曲线W：x23－y2＝1的蒙日圆上一点P作W的两条切线，与该蒙日圆分别交于A，B两点，若∠PAB＝30°，则△PAB的周长为 32＋6 .
解析 如图，由题可知，W的蒙日圆的方程为x2＋y2＝2，半径为2，且PA⊥PB，所以AB为直径，所以｜AB｜＝22.又∠PAB＝30°，所以｜PB｜＝2，｜PA｜＝（22）2－（2）2＝6，所以△PAB的周长为32＋6.命题点
五年考情
命题分析预测
直线与圆锥曲线的位置关系
2023新高考卷ⅡT5；2022新高考卷ⅡT10；2022全国卷甲T15；2020新高考卷ⅡT21
本讲每年必考，命题热点为直线与圆锥曲线相交的弦长、中点弦问题，以及直线与圆锥曲线的综合应用，常与向量、圆等知识综合命题，难度中等偏上.在2025年高考备考时应重视和直线与圆锥曲线的位置关系相关的典型题型的研究，注意培养数学运算素养.在解题时，要充分利用数形结合、转化与化归等思想.
弦长及中点弦问题
2023全国卷乙T11；2023全国卷甲T20；2023天津T12；2022新高考卷ⅠT16； 2022新高考卷ⅡT16；2020新高考卷ⅠT13；2020全国卷ⅡT19；2019全国卷ⅠT19
切线及切点弦问题
2021全国卷乙T21
直线与圆锥曲线的综合应用
2023新高考卷ⅡT10；2023新高考卷ⅡT21；2023全国卷乙T20；2023北京T19；2022新高考卷ⅠT11； 2022新高考卷ⅠT21；2022新高考卷ⅡT21；2022全国卷乙T20；2022全国卷甲T20；2021新高考卷ⅠT21； 2021新高考卷ⅡT20；2020新高考卷ⅠT22；2020全国卷ⅠT20；2019全国卷ⅡT21；2019全国卷ⅢT21
圆锥曲线的方程
x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）
x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）
y2＝2px（p＞0）
过曲线上一点P（x0，y0）的切线方程
x0xa2＋y0yb2＝1
x0xa2－y0yb2＝1
y0y＝p（x0＋x）
过曲线外一点P（x0，y0）所引两条切线的切点弦所在直线的方程
x0xa2＋y0yb2＝1
x0xa2－y0yb2＝1
y0y＝p（x0＋x）
将直线方程与圆锥曲线的方程联立，消去y（或x），得到关于x（或y）的一元二次方程，设其判别式为Δ，则① Δ＞0 ⇔有两个交点 ⇔相交；Δ＝0⇔有一个交点⇔相切；② Δ＜0 ⇔无交点⇔相离.
注意 直线与双曲线方程联立消元后，得出的方程中二次项系数为零时，直线与双曲线渐近线平行，两者有且只有一个交点；二次项系数不为零时，利用判别式进行判断.
2.弦长与中点弦
（1）弦长公式
当直线的斜率存在时，直线l：y＝kx＋b与曲线C相交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，则弦长｜AB｜＝③ 1+k2·｜x1－x2｜ ＝（1+k2)[(x1＋x2）2－4x1x2].
当直线斜率不为零时，直线l：x＝my＋n与曲线C相交于点A（x1，y1），B（x2，y2），则弦长｜AB｜＝1+m2｜y1－y2｜＝（1+m2)[(y1＋y2）2－4y1y2].
注意 （1）过焦点的弦称为焦点弦；与焦点所在对称轴垂直的焦点弦称为通径.（2）通径是椭圆与抛物线的焦点弦中最短的弦，椭圆的通径长为2b2a，抛物线的通径长为2p.（3）双曲线中同支的焦点弦中最短的为通径，其长为2b2a；异支的弦中最短的为实轴，其长为2a.
（2）中点弦
若AB是椭圆x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的不平行于对称轴的弦，O为原点，M为AB的中点，则kOM·kAB＝－b2a2.
若AB是双曲线x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的不平行于对称轴的弦，O为原点，M为AB的中点，则kOM·kAB＝b2a2.
3.切线与切点弦所在直线的方程
1.直线y＝x＋1与椭圆x25＋y24＝1的位置关系是（ A ）
A.相交B.相切C.相离D.无法判断
解析 解法一 联立直线与椭圆的方程得y＝x+1，x25＋y24=1，消去y，得9x2＋10x－15＝0，Δ＝100－4×9×（－15）＞0，所以直线与椭圆相交.
解法二 因为直线过点（0，1），而0＋14＜1，即点（0，1）在椭圆内部，所以可推断直线与椭圆相交.
2.过椭圆x24＋y23＝1的焦点的最长弦和最短弦的长分别为（ B ）
A.8，6B.4，3C.2，3D.4，23
解析 由题意知，a＝2，b＝3，c＝1，最长弦过两个焦点，长为2a＝4，最短弦垂直于x轴，把x＝1代入x24＋y23＝1，得｜y｜＝32，所以最短弦的长为3.故选B.
3.已知直线l：y＝x－1与抛物线y2＝4x交于A，B两点，则线段AB的长是（ C ）
A.2B.4C.8D.16
解析 由y＝x－1，y2=4x，消去y并整理得x2－6x＋1＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝6，x1x2＝1，所以｜AB｜＝1+k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝1+1×36－4＝8.
4.已知点A，B是双曲线C：x22－y23＝1上的两点，线段AB的中点是M（3，2），则直线AB的斜率为（ D ）
A.23B.32C.49D.94
解析 设A（x1，y1），B（x2，y2），∵点A，B是双曲线C上的两点，∴x122－y123＝1，x222－y223＝1，两式相减得（x1＋x2)(x1－x2）2＝（y1＋y2)(y1－y2）3，∵M（3，2）是线段AB的中点，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，∴6（x1－x2）2＝4（y1－y2）3，∴kAB＝y1－y2x1－x2＝94.（也可以直接利用公式kOM·kAB＝b2a2求解）
研透高考 明确方向
命题点1 直线与圆锥曲线的位置关系
例1 （1）[2023新高考卷Ⅱ]已知椭圆C：x23＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则m＝（ C ）
A.23B.23C.－23D.－23
解析 由题意，F1（－2，0），F2（2，0），△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，所以点F1到直线AB的距离是点F2到直线AB的距离的2倍，即｜－2＋m｜2＝2×｜2＋m｜2，解得m＝－23或m＝－32，由y＝x＋m，x23＋y2=1，得43x2＋2mx＋m2－1＝0，则Δ＝（2m）2－4×43（m2－1）＝－43m2＋163＞0，解得－2＜m＜2，所以m＝－23.故选C.
（2）[2022全国卷甲]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 2（答案不唯一） .
解析 双曲线C的渐近线方程为y＝±bax，若直线y＝2x与双曲线C无公共点，则2≥ba，∴b2a2≤4，∴e2＝c2a2＝1＋b2a2≤5，又e＞1，∴e∈（1，5]，∴填写（1，5]内的任意值均可.
方法技巧
（1）直线与椭圆的位置关系问题可直接转化为直线与椭圆的交点个数问题.
（2）直线与双曲线只有一个交点，则直线与双曲线相切或直线与双曲线的渐近线平行.
（3）直线与抛物线只有一个交点，则直线与抛物线相切或直线与抛物线的对称轴平行（或重合）.
（4）对于过定点的直线，可以根据定点与圆锥曲线的位置关系判断直线与圆锥曲线的位置关系，注意数形结合的应用.
训练1 （1）[2023天津高考]过原点O的一条直线与圆C：（x＋2）2＋y2＝3相切，交曲线y2＝2px（p＞0）于点P，若｜OP｜＝8，则p的值为 6 .
解析 由题意得直线OP的斜率存在.设直线OP的方程为y＝kx，因为该直线与圆C相切，所以｜－2k｜1+k2＝3，解得k2＝3.将直线方程y＝kx与曲线方程y2＝2px（p＞0）联立，得k2x2－2px＝0，因为k2＝3，所以3x2－2px＝0，解得x＝0或x＝2p3.设P（x1，y1），则x1＝2p3，又O（0，0），所以｜OP｜＝1+k2｜x1－0｜＝2×2p3＝8，解得p＝6.
（2）已知对任意k∈R，直线y－kx－1＝0与椭圆x25＋y2m＝1恒有公共点，则实数m的取值范围为 [1，5）∪（5，＋∞） .
解析 解法一（代数法） 由椭圆方程，可知m＞0且m≠5，将直线与椭圆的方程联立，得y－kx－1=0，x25＋y2m=1，整理，得（5k2＋m）x2＋10kx＋5（1－m）＝0.因为直线与椭圆恒有公共点，故Δ＝（10k）2－4×（5k2＋m）×5（1－m）＝20（5k2m－m＋m2）≥0.因为m＞0，所以不等式等价于5k2－1＋m≥0，即k2≥1－m5，由题意，可知要使不等式恒成立，则1－m5≤0，解得m≥1.综上，m的取值范围为[1，5）∪（5，＋∞）.
解法二（几何法） 因为方程x25＋y2m＝1表示椭圆，所以m＞0且m≠5.因为直线y－kx－1＝0过定点（0，1），所以要使直线和椭圆恒有公共点，点（0，1）在椭圆上或椭圆内，即025＋12m≤1，整理得1m≤1，解得m≥1.综上，m的取值范围为[1，5）∪（5，＋∞）.
命题点2 弦长及中点弦问题
角度1 弦长问题
例2 [2022新高考卷Ⅰ]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0），C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为12.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，｜DE｜＝6，则△ADE的周长是 13 .
解析 由对称性不妨令F1，F2分别为C的左、右焦点，如图，连接AF1，DF2，EF2，因为C的离心率为12，所以ca＝12，所以a＝2c，所以b2＝a2－c2＝3c2.由题意知｜AF1｜＝｜AF2｜＝a＝2c＝｜F1F2｜，所以△AF1F2为等边三角形，又DE⊥AF2，所以直线DE为线段AF2的垂直平分线，所以｜AD｜＝｜DF2｜，｜AE｜＝｜EF2｜，且∠EF1F2＝30°，所以直线DE的方程为y＝33（x＋c），代入椭圆C的方程x24c2＋y23c2＝1，得13x2＋8cx－32c2＝0.设D（x1，y1），E（x2，y2），则x1＋x2＝－8c13，x1x2＝－32c213，所以｜DE｜＝（1+13)[（x1＋x2）2－4x1x2]＝43[(－8c13）2－4×（－32c213)]＝48c13＝6，解得c＝138，所以a＝2c＝134，所以△ADE的周长为AD+AE+DE=DF2+EF2+DE=4a=13.
例3 [2023成都市模拟]已知抛物线C：y2＝2px（p＞0，p≠4），过点A（2，0）且斜率为k的直线与抛物线C相交于P，Q两点.
（1）设点B在x轴上，分别记直线PB，QB的斜率为k1，k2，若k1＋k2＝0，求点B的坐标；
（2）过抛物线C的焦点F作直线PQ的平行线与抛物线C相交于M，N两点，求｜MN｜｜AP｜·｜AQ｜的值.
解析 （1）由题意，直线PQ的方程为y＝k（x－2），其中k≠0.
设B（m，0），P（y122p，y1），Q（y222p，y2）.
由y＝k（x－2),y2=2px，消去x，整理得y2－2pky－4p＝0，
∴Δ＝4p2k2＋16p＞0，y1＋y2＝2pk，y1y2＝－4p.
∵k1＋k2＝0，∴y1y122p－m＋y2y222p－m＝0，
即y1y2（y1＋y2）2p－m（y1＋y2）＝0，
∴（－4p2p－m）·2pk＝0，即（m＋2）·2pk＝0.
∵p＞0，∴m＝－2.
∴点B的坐标为（－2，0）.
（2）由题意，F（p2，0），∴直线MN的方程为y＝k（x－p2），k≠0.设M（xM，yM），
N（xN，yN）.
由y＝k（x－p2),y2=2px，消去y，整理得k2x2－（k2p＋2p）x＋k2p24＝0，
∴Δ1＝4k2p2＋4p2＞0，xM＋xN＝p＋2pk2，
∴｜MN｜＝xM＋xN＋p＝（1＋1k2）·2p.
又｜AP｜＝1+1k2｜y1｜，｜AQ｜＝1+1k2｜y2｜，
∴｜AP｜·｜AQ｜＝（1＋1k2）·｜y1y2｜＝（1＋1k2）·4p.
∴｜MN｜｜AP｜·｜AQ｜＝（1+1k2）·2p（1+1k2）·4p＝12.
方法技巧
（1）使用弦长公式时注意对直线斜率的讨论.
（2）直线经过特殊点（如焦点、原点等）或斜率特殊时，利用圆锥曲线的定义或数形结合来求弦长.
角度2 中点弦问题
例4 （1）[2023全国卷乙]设A，B为双曲线x2－y29＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ D ）
A.（1，1）B.（－1，2）
C.（1，3）D.（－1，－4）
解析 选项中的点均位于双曲线两支之间，故A，B分别在双曲线的两支上且不关于原点对称，设线段AB的中点坐标为（x0，y0），则｜kAB｜＝9｜x0y0｜＜3，（若双曲线的弦AB的中点为M，O为坐标原点，则kAB·kOM＝b2a2）
即｜y0｜＞3｜x0｜，结合选项可知选D.
（2）[2022新高考卷Ⅱ]已知直线l与椭圆x26＋y23＝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｜＝23，则l的方程为 x＋2y－22＝0 .
解析 设直线l的方程为xm＋yn＝1（m＞0，n＞0），分别令y＝0，x＝0，得点M（m，0），N（0，n）.由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，设为Q，则Q（m2，n2），则kAB＝0－nm－0＝－nm，kOQ＝n2m2＝nm.由椭圆中点弦的性质知，kAB·kOQ＝－b2a2＝－12，即-nm⋅nm=-12，整理得m2＝2n2 ①.又｜MN｜＝23，所以由勾股定理，得m2＋n2＝12 ②，由①②并结合m＞0，n＞0，得m=22，n=2，所以直线l的方程为x22＋y2＝1，即x＋2y－22＝0.
方法技巧
点差法解决中点弦问题的步骤
（1）设弦的两个端点：A（x1，y1），B（x2，y2）；
（2）将两点坐标分别代入圆锥曲线方程中并两式作差，得到关于直线AB的斜率和线段AB的中点坐标的关系式；
（3）将已知条件代入关系式并化简求解.
训练2 （1）已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则｜AB｜＋｜DE｜的最小值为（ A ）
A.16B.14C.12D.10
解析 解法一 焦点F（1，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4），易知直线l1，l2的斜率均存在且不为0，分别设为k1，k2，则直线l1的方程为y=k1x－1,由y2=4x，y＝k1（x－1),消去y并整理得k12x2－（2k12＋4）x＋k12＝0，Δ＞0，所以x1＋x2＝2k12+4k12.因为l1⊥l2，所以k2＝－1k1.同理有x3＋x4＝2（－1k1）2+4（－1k1）2＝2＋4k12，则AB+DE＝x1+x2+x3+x4+2＝2k12+4k12＋2＋4k12＋4＝4k12＋4k12＋8≥24k12·4k12＋8＝16，当且仅当4k12＝4k12，即k1＝±1时，｜AB｜＋｜DE｜取最小值 16.故选A.
解法二 设l1的倾斜角为θ，则l2的倾斜角为θ±π2，易知θ≠0且θ≠π2，由抛物线焦点弦的弦长公式得｜AB｜＝2psin2θ＝4sin2θ，则｜DE｜＝2psin2（θ±π2）＝4cs2θ，则｜AB｜＋｜DE｜＝4sin2θ＋4cs2θ＝4（sin2θ＋cs2θsin2θcs2θ）＝16sin22θ，当sin 2θ＝1时，｜AB｜＋｜DE｜取最小值16.故选A.
（2）[2023重庆市调研质量抽测（一）]已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，A为椭圆E的上顶点，过点F1且平行于AF2的直线l与椭圆E交于B，C两点，M为弦BC的中点，且直线l的斜率与OM的斜率的乘积为－34，则椭圆E的离心率为 12 ；若｜OM｜＝319，则直线l的方程为 3x＋y＋153＝0 .
解析 设B（x1，y1），C（x2，y2），M（x0，y0），则x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0.椭圆E：x2a2＋y2b2＝1，即b2x2＋a2y2＝a2b2，所以b2x12＋a2y12＝a2b2，b2x22＋a2y22＝a2b2，得b2x1+x2x1-x2+a2y1+y2y1-y2=0,由题意可知，x1－x2≠0，所以2b2x0＋2a2y0·y1－y2x1－x2＝0，即y1－y2x1－x2·y0x0=-b2a2，即kl·kOM＝－b2a2，所以－b2a2＝－34，所以b2a2＝34.因为e2＝1－b2a2＝1－34＝14，0
例5 已知点P为直线2x＋y＝4上一动点，过点P作椭圆x24＋y23＝1的两条切线，切点分别为A，B，当点P运动时，直线AB过定点，则该定点的坐标是 （2，34） .
解析 设点P的坐标为（m，－2m＋4），则直线AB的方程为mx4＋（－2m+4）y3＝1，化简得（3x－8y）m＋16y－12＝0，令3x－8y＝0，16y－12＝0，所以x＝2，y＝34，故直线AB过定点（2，34）.
方法技巧
（1）曲线的切线方程可以利用判别式求解，也可以利用导数的几何意义求解.
（2）“代一半，留一半”是曲线的切线方程与切点弦所在直线方程相关结论的记忆口诀.
训练3 [2023山西运城模拟]过点P作抛物线C：x2＝4y的切线l1，l2，切点分别为M，N，若△PMN的重心坐标为（3，4），则P点坐标为（ A ）
A.（3，－3）B.（1，2）
C.（2，1）D.（－3，3）
解析 设M（x1，x124），N（x2，x224），由x2＝4y，得y＝x24，所以y'＝12x，所以直线l1的方程为y－x124＝x12（x－x1），即y＝x12x－x124，同理，直线l2的方程为y＝x22x－x224，由y＝x12x－x124，y＝x22x－x224可得x＝x1＋x22，y＝x1x24，即点P的坐标为（x1＋x22，x1x24），设△PMN的重心坐标为（x0，y0），则x0＝x1＋x2＋x1＋x223＝3，y0＝x124＋x224＋x1x243＝4，即x1＋x2=6，x1x2＝－12，所以点P的坐标为（3，－3）.故选A.
命题点4 直线与圆锥曲线的综合应用
例6 [2023北京高考]已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的离心率为53，A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，｜AC｜＝4.
（1）求E的方程；
（2）设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y=-2交于点N，求证：MN∥CD.
解析 （1）因为e＝53，所以e2＝1－b2a2＝59，即b2a2＝49.
因为A，C分别是椭圆的上、下顶点，且｜AC｜＝4，即2b＝4，
所以b＝2，b2＝4，所以a2＝9，则椭圆E的方程为x29＋y24＝1.
（2）因为B，D分别是椭圆的左、右顶点，所以B（－3，0），D（3，0），因为A，C分别是椭圆的上、下顶点，所以A（0，2），C（0，－2），则直线BC的方程为x－3＋y－2＝1，即2x＋3y＋6＝0.
因为点P为第一象限内椭圆E上的点，所以直线PD的斜率k一定存在，且－23＜k＜0.
则直线PD的方程为y＝k（x－3），联立得2x+3y+6=0，y＝k（x－3),解得x＝9k－62+3k，y＝－12k2+3k，
即M（9k－62+3k，－12k2+3k）.
联立得y＝k（x－3),x29＋y24=1，得（4＋9k2）x2－54k2x＋81k2－36＝0 ①，设P（x0，y0），所以3，x0是方程①的两根，所以3x0＝81k2－364+9k2，解得x0＝27k2－124+9k2，
所以y0＝k（x0－3）＝－24k4+9k2，即P（27k2－124+9k2，－24k4+9k2）.
所以直线PA的方程为y＝y0－2x0x＋2，令y＝－2，则x＝4x02－y0＝54k2－249k2+12k+4，
即N（54k2－249k2+12k+4，－2）.
所以kMN＝－12k2+3k+29k－62+3k－54k2－249k2+12k+4＝2（－27k3－18k2+12k+8）3（－27k3－18k2+12k+8）＝23，
又kCD＝－2－00－3＝23，所以kMN＝kCD，所以MN∥CD.
方法技巧
（1）解答直线与圆锥曲线相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线和圆锥曲线的方程，消去y（或x）得一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，建立有关参变量的等量关系求解；
（2）涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
训练4 [2021新高考卷Ⅰ]在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（－17，0），F2（17，0），点M满足｜MF1｜－｜MF2｜＝2.记M的轨迹为C.
（1）求C的方程；
（2）设点T在直线x＝12上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且｜TA｜·｜TB｜＝｜TP｜·｜TQ｜，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
解析 （1）因为｜MF1｜－｜MF2｜＝2＜｜F1F2｜＝217，所以点M的轨迹C是以F1，F2分别为左、右焦点的双曲线的右支.
设双曲线的方程为x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0），半焦距为c，则2a＝2，c＝17，得a＝1，b2＝c2－a2＝16，
所以点M的轨迹C的方程为x2－y216＝1（x≥1）.
（2）设T（12，t），由题意可知直线AB，PQ的斜率均存在且不为0，
设直线AB的方程为y－t＝k1（x－12）（k1≠0），直线PQ的方程为y－t＝k2（x－12）（k2≠0），
由y－t＝k1（x－12),x2－y216=1，得（16－k12）x2－2k1（t－k12）x－（t－k12）2－16＝0.
设A（xA，yA），B（xB，yB），易知16－k12≠0，Δ＞0，
则xAxB＝－（t－k12）2－1616－k12，xA＋xB＝2k1（t－k12）16－k12，
所以｜TA｜＝1+k12｜xA－12｜＝1+k12（xA－12），
｜TB｜＝1+k12｜xB－12｜＝1+k12（xB－12），
则｜TA｜·｜TB｜＝（1＋k12）（xA－12）（xB－12）＝（1＋k12）·[xAxB－12（xA＋xB）＋14]＝（1＋k12）[－（t－k12）2－1616－k12－12·2k1（t－k12）16－k12＋14]＝（1+k12)(t2+12）k12－16.
同理得｜TP｜·｜TQ｜＝（1+k22)(t2+12）k22－16.
因为｜TA｜·｜TB｜＝｜TP｜·｜TQ｜，
所以（1+k12)(t2+12）k12－16＝（1+k22)(t2+12）k22－16，
所以k22－16＋k12k22－16k12＝k12－16＋k12k22－16k22，即k12＝k22，
由题意可知，k1≠k2，所以k1＝－k2，即k1＋k2＝0.
故直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
思维帮·提升思维 快速解题
“蒙日圆”的应用
蒙日圆：在椭圆（双曲线）中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，这个圆称为蒙日圆，它的圆心是椭圆（双曲线）的中心，半径等于椭圆（双曲线）长半轴长（实半轴长）与短半轴长（虚半轴长）平方和（差）的算术平方根.
即椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的两条互相垂直的切线交点的轨迹是蒙日圆x2＋y2＝a2＋b2.
例7 在圆（x－3）2＋（y－4）2＝r2（r＞0）上总存在点P，使得过点P能作椭圆x23＋y2＝1的两条互相垂直的切线，则r的取值范围是（ B ）
A.（3，7）B.[3，7]C.（1，9）D.[1，9]
解析 解法一 当题设中的两条互相垂直的切线中有一条切线的斜率不存在或者为0时，可得P（3，1）或P（3，－1）或P（－3，1）或P（－3，－1）.当题设中的两条互相垂直的切线的斜率都存在且不为0时，设P（x0，y0）（x0≠±3，y0≠±1），过点P的切线方程为y－y0＝k（x－x0），代入椭圆方程x23＋y2＝1得，（3k2＋1）x2－6k（kx0－y0）x＋3（kx0－y0）2－3＝0，由题意可知Δ＝0，即（x02－3）k2－2x0y0k＋y02－1＝0（x02－3≠0） ①.设两条互相垂直的切线的切点分别为A，B，直线PA，PB的斜率分别为kPA，kPB，则kPA，kPB是关于k的方程①的两个根，所以有kPA·kPB＝y02－1x02－3＝－1，从而有x02＋y02=4，所以点P在圆x2＋y2＝4上.
由题意可得圆x2＋y2＝4与圆（x－3）2＋（y－4）2＝r2（r＞0）有公共点，则32＋42－2≤r≤32＋42＋2，得3≤r≤7，故选B.
解法二 由“蒙日圆”定理可得，点P的轨迹方程为C1：x2＋y2＝4，所以要使圆C2：（x－3）2＋（y－4）2＝r2（r＞0）上总存在点P满足题意，则圆C1与C2有交点，所以｜2－r｜≤｜C1C2｜≤2＋r，又｜C1C2｜＝5，所以3≤r≤7，故选B.
方法技巧
以椭圆为例.如图，设P为圆O：x2＋y2＝a2＋b2上任意一点，过点P作椭圆x2a2＋y2b2＝1的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，延长PA，PB交圆O于两点C，D.
性质1：PA⊥PB.
性质2：（1）C，O，D三点共线；
（2）CD∥AB；
（3）kOP·kCD＝－b2a2，kOP·kAB＝－b2a2，kOA·kPA＝－b2a2，kOB·kPB＝－b2a2；
（4）kOA·kOB＝－b4a4.
性质3：PO平分椭圆的切点弦AB.
训练5 [2024江西名校联考]法国数学家加斯帕尔·蒙日发现，过圆E：x2＋y2＝a2－b2（a＞b＞0）上任意一点作双曲线C：x2a2－y2b2＝1的两条切线，这两条切线互相垂直，我们通常把这个圆E称作双曲线C的蒙日圆.过双曲线W：x23－y2＝1的蒙日圆上一点P作W的两条切线，与该蒙日圆分别交于A，B两点，若∠PAB＝30°，则△PAB的周长为 32＋6 .
解析 如图，由题可知，W的蒙日圆的方程为x2＋y2＝2，半径为2，且PA⊥PB，所以AB为直径，所以｜AB｜＝22.又∠PAB＝30°，所以｜PB｜＝2，｜PA｜＝（22）2－（2）2＝6，所以△PAB的周长为32＋6.命题点
五年考情
命题分析预测
直线与圆锥曲线的位置关系
2023新高考卷ⅡT5；2022新高考卷ⅡT10；2022全国卷甲T15；2020新高考卷ⅡT21
本讲每年必考，命题热点为直线与圆锥曲线相交的弦长、中点弦问题，以及直线与圆锥曲线的综合应用，常与向量、圆等知识综合命题，难度中等偏上.在2025年高考备考时应重视和直线与圆锥曲线的位置关系相关的典型题型的研究，注意培养数学运算素养.在解题时，要充分利用数形结合、转化与化归等思想.
弦长及中点弦问题
2023全国卷乙T11；2023全国卷甲T20；2023天津T12；2022新高考卷ⅠT16； 2022新高考卷ⅡT16；2020新高考卷ⅠT13；2020全国卷ⅡT19；2019全国卷ⅠT19
切线及切点弦问题
2021全国卷乙T21
直线与圆锥曲线的综合应用
2023新高考卷ⅡT10；2023新高考卷ⅡT21；2023全国卷乙T20；2023北京T19；2022新高考卷ⅠT11； 2022新高考卷ⅠT21；2022新高考卷ⅡT21；2022全国卷乙T20；2022全国卷甲T20；2021新高考卷ⅠT21； 2021新高考卷ⅡT20；2020新高考卷ⅠT22；2020全国卷ⅠT20；2019全国卷ⅡT21；2019全国卷ⅢT21
圆锥曲线的方程
x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）
x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）
y2＝2px（p＞0）
过曲线上一点P（x0，y0）的切线方程
x0xa2＋y0yb2＝1
x0xa2－y0yb2＝1
y0y＝p（x0＋x）
过曲线外一点P（x0，y0）所引两条切线的切点弦所在直线的方程
x0xa2＋y0yb2＝1
x0xa2－y0yb2＝1
y0y＝p（x0＋x）
相关学案
备考2024届高考数学一轮复习讲义第八章平面解析几何第6讲双曲线： 这是一份备考2024届高考数学一轮复习讲义第八章平面解析几何第6讲双曲线，共11页。
备考2024届高考数学一轮复习讲义第八章平面解析几何第5讲椭圆： 这是一份备考2024届高考数学一轮复习讲义第八章平面解析几何第5讲椭圆，共11页。
备考2024届高考数学一轮复习讲义第八章平面解析几何第3讲圆的方程： 这是一份备考2024届高考数学一轮复习讲义第八章平面解析几何第3讲圆的方程，共9页。
