高考数学（空间向量与立体几何、解析几何）76个方法技巧全归纳（教师版）_高考一二三轮复习_数学_2026年-数学高考二轮复习_2026年高考数学二轮复习高效培优讲义（全国通用）-G447_2026版

高考数学方法技巧全归纳
（空间向量与立体几何、解析几何）
目录
方法技巧01 基本立体图形结构特征.........................................................................................................................................1
方法技巧02 空间几何体的直观图..............................................................................................................................................2
方法技巧03 空间几何体的展开图..............................................................................................................................................3
方法技巧04 空间几何体的表面积与体积................................................................................................................................4
方法技巧05 简单几何体的外接球..............................................................................................................................................7
方法技巧06 简单几何体的内切球........................................................................................................................................... 10
方法技巧07 与球有关的截面问题........................................................................................................................................... 11
方法技巧08 基本事实的应用.................................................................................................................................................... 12
方法技巧09 空间两直线位置关系的判定..............................................................................................................................14
方法技巧10 异面直线所成的角................................................................................................................................................16
方法技巧11 空间几何体的截面、截线问题......................................................................................................................... 18
方法技巧12 截面分割体积比问题........................................................................................................................................... 21
方法技巧13 直线与平面平行的判定.......................................................................................................................................24
方法技巧14 线面平行性质定理的应用..................................................................................................................................26
方法技巧15 平面与平面平行的判定与性质.........................................................................................................................28
方法技巧16 平行关系的综合应用........................................................................................................................................... 31
方法技巧17 直线与平面垂直的判定与性质.........................................................................................................................33
方法技巧18 平面与平面垂直的判定与性质.........................................................................................................................35
方法技巧19 垂直关系的综合应用........................................................................................................................................... 37
方法技巧20 三垂线定理及其逆定理.......................................................................................................................................41
方法技巧21 空间向量的线性运算........................................................................................................................................... 43
方法技巧22 空间向量数量积的应用.......................................................................................................................................44
方法技巧23 利用向量证明平行与垂直..................................................................................................................................46
方法技巧24 异面直线所成的角................................................................................................................................................49
方法技巧25 直线与平面所成的角........................................................................................................................................... 51
方法技巧26 平面与平面的夹角................................................................................................................................................56
方法技巧27 求空间距离..............................................................................................................................................................59
方法技巧28 立体几何中的探索性问题..................................................................................................................................63
方法技巧29 立体几何中的翻折问题.......................................................................................................................................67
方法技巧30 动态空间位置关系的判定..................................................................................................................................70
方法技巧31 立体几何轨迹问题................................................................................................................................................73
方法技巧32 立体几何最值(范围)问题....................................................................................................................................76
方法技巧33 直线的倾斜角与斜率........................................................................................................................................... 79
方法技巧34 直线方程的求法.................................................................................................................................................... 81
方法技巧35 直线方程的综合应用........................................................................................................................................... 82
方法技巧36 两条直线位置关系的判断及应用....................................................................................................................83
方法技巧37 两条直线的交点与距离问题..............................................................................................................................84
方法技巧38 直线的对称问题.................................................................................................................................................... 86
方法技巧39 圆的方程..................................................................................................................................................................88
方法技巧40 与圆有关的最值问题........................................................................................................................................... 90
方法技巧41 与圆有关的轨迹问题........................................................................................................................................... 92
方法技巧42 直线与圆的位置关系........................................................................................................................................... 95
方法技巧43 圆与圆的位置关系................................................................................................................................................97
方法技巧44 圆的切线问题.........................................................................................................................................................99
方法技巧45 圆的弦长问题.......................................................................................................................................................100
方法技巧46 与圆有关的综合问题.........................................................................................................................................102
方法技巧47 椭圆的定义及应用............................................................................................................................................. 103
方法技巧48 椭圆的标准方程..................................................................................................................................................106
方法技巧49 椭圆的简单几何性质.........................................................................................................................................107
方法技巧50 椭圆的离心率问题............................................................................................................................................. 109
方法技巧51 与椭圆有关的最值(范围)问题........................................................................................................................ 111
方法技巧52 椭圆的蒙日圆及其性质.................................................................................................................................... 112
方法技巧53 直线与椭圆的位置关系.................................................................................................................................... 114
方法技巧54 椭圆的弦长问题..................................................................................................................................................116
方法技巧55 椭圆的中点弦问题............................................................................................................................................. 118
方法技巧56 直线与椭圆的综合问题.................................................................................................................................... 120
方法技巧57 圆锥曲线的非对称韦达问题........................................................................................................................... 123
方法技巧58 双曲线的定义及其应用.................................................................................................................................... 126
方法技巧59 双曲线的标准方程............................................................................................................................................. 128
方法技巧60 双曲线的渐近线..................................................................................................................................................130
方法技巧61 双曲线的离心率..................................................................................................................................................131
方法技巧62 与双曲线有关的最值、范围问题..................................................................................................................132
方法技巧63 直线与双曲线的位置关系................................................................................................................................133
方法技巧64 抛物线动点轨迹的判定.................................................................................................................................... 135
方法技巧65 抛物线上的点到定点的距离及最值.............................................................................................................136
方法技巧66 抛物线的标准方程与几何性质.......................................................................................................................138
方法技巧67 直线与抛物线的位置关系................................................................................................................................139
方法技巧68 抛物线中的阿基米德三角形........................................................................................................................... 141
方法技巧69 圆锥曲线中的四点共圆问题........................................................................................................................... 143
方法技巧70 圆锥曲线中的定点问题.................................................................................................................................... 149
方法技巧71 圆锥曲线的定值问题.........................................................................................................................................155
方法技巧72 圆锥曲线的定直线问题.................................................................................................................................... 157
方法技巧73 圆锥曲线的等角定理.........................................................................................................................................161
方法技巧74 圆锥曲线中的范围、最值问题.......................................................................................................................164
方法技巧75 圆锥曲线中的证明、探索性问题..................................................................................................................169
方法技巧76 圆锥曲线的极点、极线.................................................................................................................................... 173
方法技巧
 
 01
   基本立体图形结构特征
 
 
空间几何体结构特征的判断技巧：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，
依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本
元素，然后再依据题意判定．
【典例1】(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台
B．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
D．棱台的各侧棱延长后必交于一点
【解析】由圆台定义知，以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周
形成的几何体是圆台，故A 正确；
各侧面都是正方形的四棱柱中，如果底面是菱形，不一定是正方体，故B 错误；
底面是正多边形的棱锥，不能保证顶点在底面上的射影为底面正多边形的中心，故C 错误；
棱台是由平行于棱锥底面的平面截得的，故棱台的各侧棱延长后必交于一点，故D 正确．故
选AD．
【典例2】(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．长方体是直四棱柱
B．两个面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台
C．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形
D．平行六面体不是棱柱
【解析】长方体是直四棱柱，A 正确；两个平面平行，其余各面是梯形的多面体，当侧棱延
长后不交于同一点时，就不是棱台，B 错误；正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，C 正确；
平行六面体是棱柱，D 错误．故选AC．
方法技巧
 
 02
   空间几何体的直观图
 
 
在斜二测画法中，平行于x 轴或在x 轴上的线段平行性不变，长度不变；平行于y 轴或在y 轴
上的线段平行性不变，长度减半．
【典例1】如图，四边形ABCD 的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′．已知A′B′＝4，C′D′
＝2，则下列说法正确的是(　　)
A．AB＝2
B．A′D′＝2❑√2
C．四边形ABCD 的周长为4＋2❑√2＋2❑√3
D．四边形ABCD 的面积为6❑√2
【解析】由题意可知A′D′＝❑√2，直观图的原图形如图所示，所以AB＝4，AD＝2❑√2，CD＝
2，作CE⊥AB 于点E，可求得BC＝2❑√3．
所以四边形ABCD 的周长为6＋2❑√2＋2❑√3，四边形ABCD 的面积为1
2 ×(4+2)×2❑√2＝6❑√2．
故选D．
【典例2】已知正三角形ABC 的边长为a，那么△ABC 的平面直观图△A′B′C′的面积为(　　)
A．
❑√3
4 a2　　B．
❑√3
8 a2　　C．
❑√6
8 a2　　D．
❑√6
16 a2
【解析】法一：如图①②所示的原图形和直观图，
由图②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝1
2OC＝
❑√3
4 a，
在图②中作C′D′⊥A′B′于点D′，
则C′D′＝
❑√2
2 O′C′＝
❑√6
8 a，所以S△A′B′C′＝1
2A′B′×C′D′＝1
2×a×
❑√6
8 a＝
❑√6
16 a2．故选D．
法二：S△ABC＝1
2×a×a sin 60°＝
❑√3
4 a2，
又S 直观图＝
❑√2
4 S 原图＝
❑√2
4 ×
❑√3
4 a2＝
❑√6
16 a2．故选D．
方法技巧
 
 03
   空间几何体的展开图
 
 
在解决空间几何体最短距离问题时，一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题
平面化．
【典例1】如图所示，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，由顶点B 沿棱柱侧面(经过
棱AA1)到达顶点C1，与AA1的交点记为M，则从点B 经点M 到C1的最短路线长为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A．2❑√2  
B．2❑√5 
C．4 
D．4❑√5
【解析】如图，沿侧棱BB1将正三棱柱的侧面展开，
由侧面展开图可知，当B，M，C1三点共线时，从点B 经点M 到C1的路线最短．
所以最短路线长为BC1＝
❑√4
2+2
2＝2❑√5．故选B
【典例2】如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为a，底面边长为b，一只蚂蚁从点A 出发沿
每个侧面爬到A1，路线为A→M→N→A1，则蚂蚁爬行的最短路程是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A．❑√a
2+9b
2  
B．❑√9a
2+b
2
C．❑√4 a
2+9b
2 
D．❑√a
2+b
2
【解析】
正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为3b，宽为a，则其对角线AA1的长为
最短路程．因此蚂蚁爬行的最短路程为
❑√a
2+9b
2．故选A．
方法技巧
 
 04
   空间几何体的表面积与体积
 
 
求空间几何体的体积的常用方法
公式法
规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解
割补法
把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者补成规则的几何体，再求
解
等体
积法
通过选择合适的底面来求几何体的体积，特别是三棱锥的体积(即利用三
棱锥的任一个面均可作为三棱锥的底面，进行等体积变换)
【典例1】(2024·山东枣庄一模)已知圆台的上、下底面半径分别为1 和3，侧面展开图是半个
圆环，则圆台的侧面积为(　　)
A．6π  
B．16π 
C．26π 
D．32π
【解析】圆台的上底面圆半径r′＝1，下底面圆半径r＝3，
设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，依题意有{
2π ×3= π (l+ x)，
2π ×1= π x，
解得{
x =2，
l = 4，所
以圆台的侧面积S＝π(r
' +r)l＝π(1+3)×4＝16π．故选B．
【典例2】为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”．
如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所
在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为2∶3，则正六棱锥与正六棱柱的侧
面积的比值为(　　)
A．
❑√7
8  
B．
❑√43
24 
C．1
9 
D．1
27
【解析】设正六棱柱的底面边长为a，由题意知正六棱柱的高为2a，因为正六棱锥的高与底
面边长的比为2∶3，所以正六棱锥的高为2
3a，正六棱锥的侧棱长为
❑√13
3 a，正六棱锥的侧面
积
S1＝6×1
2a❑√
13
9 a
2- 1
4 a
2＝
❑√43
2 a2，
正六棱柱的侧面积S2＝6·a·2a＝12a2，所以
S1
S2＝
❑√43
24 ．故选B．
【典例3】(2024·新高考Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均
为❑√3，则圆锥的体积为(　　)
A．2❑√3π  
B．3❑√3π 
C．6❑√3π 
D．9❑√3π
【解析】设圆柱和圆锥的底面半径均为r，则圆锥的母线长为
❑√r
2+3，而它们的侧面积相等，
所以2πr×
❑√3＝πr×
❑√3+r
2，即2❑√3＝
❑√3+r
2，故r＝3，故圆锥的体积为1
3π×9×
❑√3＝3❑√3π．
故选B．
【典例4】(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝❑√2，则
该棱台的体积为________．
【解析】法一：如图所示，设O1，O 分别为正四棱台ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心，连
接B1D1，BD，则O1，O 分别为B1D1，BD 的中点，连接O1O，则O1O 即是正四棱台ABCD-
A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O．因为AB＝2，A1B1＝1，所以
OB＝❑√2，O1B1＝
❑√2
2 ，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝
❑√2
2 ，又AA1＝❑√2，所以BB1＝❑√2，
B1E＝
❑√B B1
2- B E
2＝❑√2- 1
2＝
❑√6
2 ，所以O1O＝
❑√6
2 ，所以V 正四棱台ABCD - A1B1C1 D1 ＝1
3×(22＋12＋
❑√2
2×1
2)×
❑√6
2 ＝7 ❑√6
6
．
法二：如图，将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补形成正四棱锥P-ABCD，因为AB＝2，A1B1＝1，
AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD 的中点，又A1A＝❑√2，所以PA＝2
❑√2，即PB＝2❑√2．连接BD，取BD 的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝
❑√2，所以PO ＝❑√P B
2- BO
2＝❑√6，所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1 的高为
❑√6
2 ，所以
V 正四棱台ABCD - A1B1C1 D1＝1
3×(22＋12＋❑√2
2×1
2)×
❑√6
2 ＝7 ❑√6
6
．(或者V 四棱锥P-ABCD＝1
3×22×❑√6＝
4 ❑√6
3
，V 四棱锥P- A1B1C1 D1＝1
8V 四棱锥P-ABCD，所以V 正四棱台ABCD - A1B1C1 D1＝V 四棱锥P-ABCD－V 四棱锥P- A1B1C1 D1
＝7
8V 四棱锥P-ABCD＝7
8 × 4 ❑√6
3
＝7 ❑√6
6
．)
《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下问题：“今有刍甍，下广三
丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”意思为：今有底面为矩形的屋脊形状
的多面体(如图)，下底面宽AD＝3 丈，长AB＝4 丈，上棱EF＝2 丈，EF 与平面ABCD 平行，
EF 与平面ABCD 的距离为1 丈，则它的体积是(　　)
A．4 立方丈  
B．5 立方丈
C．6 立方丈 
D．8 立方丈
【解析】
如图，过点E 作EG⊥平面ABCD，垂足为点G，过点F 作FH⊥平面ABCD，垂足为点H，过
点G 作PQ∥AD，交AB 于点Q，交CD 于点P，过点H 作MN∥BC，交AB 于点N，交CD 于
点M，连接EQ，EP，FN，FM．则AQ＋NB＝4－2＝2，QN＝2，且四边形AQPD 与四边形
NBCM 都是矩形．
则它的体积V＝VE-AQPD＋VEPQ-FMN＋VF-NBCM＝1
3·EG·S 矩形AQPD＋S△EPQ·NQ＋1
3·FH·S 矩形NBCM
＝1
3(AQ＋NB)·AD·EG＋S△EPQ·NQ＝1
3×2×3×1＋1
2×3×1×2＝5(立方丈)．
方法技巧
 
 05
   简单几何体的外接球
 
 
求解外接球问题的方法
(1)解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此
面多边形外接圆的圆心，再过此圆心作此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他
顶点的情况确定球心的准确位置．
(2)对于特殊的多面体还可通过补成正方体、长方体或直棱柱的方法找到球心的位置．
(3)到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，
则球心一定在垂线上，再根据球心到其他顶点的距离也是球的半径，列关系式求解即可．
(4)分别过几何体的两个相交平面的外接圆的圆心作各自所在平面的垂线，垂线的交点就是球
心．
【典例1】已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在以O 为球心的球面上，且∠BAC＝3 π
4 ，AA1
＝BC＝2，则球O 的体积为(　　)
A．4❑√3π　　　B．8π　　　C．12π　　　D．20π
【解析】在底面△ABC 中，由正弦定理得底面△ABC 所在的截面圆的半径r＝
BC
2sin ∠BAC ＝
2
2sin 3 π
4
＝❑√2，则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径R＝❑√
r
2+(
A A1
2 )
2
＝❑√(❑√2)
2+1
2＝❑√3，
则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的体积为4
3 πR3＝4❑√3π．故选A．
【典例2】(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为3 ❑√3和4 ❑√3
，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　)
A．100π  
B．128π 
C．144π 
D．192π
【解析】由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为2
3 ×
❑√3
2 ×3❑√3＝3，2
3 ×
❑√3
2
×4❑√3＝4．设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，则O1O2＝1，其外接球的球
心O 在直线O1O2上．设球O 的半径为R，当球心O 在线段O1O2上时，R2＝3
2+OO1
2＝42＋(1
－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O 不在线段O1O2上时，R2＝4
2+OO2
2＝32＋(1＋OO2)2，
解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π．故选A．
【典例3】已知三棱锥P-ABC 的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝❑√5，BC＝❑√7，AC＝2，则此
三棱锥的外接球的体积为(　　)
A．8
3π  
B．8 ❑√2
3 π 
C．16
3 π 
D．32
3 π
【解析】∵AB＝❑√5，BC＝❑√7，AC＝2，
∴PA＝1，PC＝❑√3，PB＝2．
以PA，PB，PC 为过同一顶点的三条棱，作长方体，如图所示，则长方体的外接球同时也是
三棱锥P-ABC 的外接球．
∵长方体的体对角线长为❑√1+3+ 4＝2❑√2，
∴球的直径为2❑√2，半径R＝❑√2，
∴三棱锥P-ABC 外接球的体积为4
3 πR3＝4
3 π×(❑√2)3＝8 ❑√2
3 π．故选B．
【典例4】在四面体P-ABC 中，已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝AB＝BC＝1，则该
四面体的外接球的体积为(　　)
A．π　　　B．❑√3π　　　C．2π　　　D．
❑√3 π
2
【解析】如图，取PC 的中点O，连接OA，OB，由题意得PA ⊥BC，
又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，所以BC ⊥PB．
在Rt△PBC 中，OB＝1
2PC，
同理OA＝1
2PC，
所以OA＝OB＝OC＝1
2PC，
因此P，A，B，C 四点在以O 为球心的球面上，
在Rt△ABC 中，AC＝❑√A B
2+ BC
2＝❑√2．
在Rt△PAC 中，PC＝❑√P A
2+ A C
2＝❑√3，
球O 的半径R＝1
2PC＝
❑√3
2 ，
所以外接球的体积为4
3 π×(
❑√3
2 )
3
＝
❑√3 π
2
．故选D.
【典例5】已知△ABC 是以BC 为斜边的直角三角形，P 为平面ABC 外一点，且平面PBC⊥平
面ABC，BC＝3，PB＝2❑√2，PC＝❑√5，则三棱锥P-ABC 的外接球的表面积为________．
【解析】如图所示，设M 为BC 的中点，在平面PBC 内过点M 作MN⊥BC，因为平面PBC⊥
平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，MN⊂平面PBC，所以MN⊥平面ABC．
又△ABC 是以BC 为斜边的直角三角形，所以直线MN 上任意一点到A，B，C 的距离相等．
在平面PBC 内作线段PB 的垂直平分线DE，设DE 与MN 的交点为O，则点O 到P，A，B，
C 的距离都相等，即点O 为三棱锥P-ABC 外接球的球心，并且O 也是△PBC 的外心．
因此三棱锥P-ABC 外接球的半径与△PBC 的外接圆的半径相等．
又PB＝2❑√2，BC＝3，PC＝❑√5，
所以cos ∠PBC＝
8+9-5
2×2❑√2×3＝
❑√2
2 ，
则sin ∠PBC＝
❑√2
2 ．
设三棱锥P-ABC 外接球的半径为R，
则2R＝
❑√5
❑√2
2
＝❑√10，即R＝
❑√10
2 ，
则外接球的表面积S＝4πR2＝10π．
方法技巧
 
 06
   简单几何体的内切球
 
 
“切”的问题处理规律
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决．
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法．
(3)正四面体的外接球的半径R＝
❑√6
4 a，内切球的半径r＝
❑√6
12 a，其半径R∶r＝3∶1．(a 为该
正四面体的棱长)
(4)等体积法求内切球半径．
【典例1】已知圆台的上、下底面的半径之比为1
2，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该
球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O 的表面积为(　　)
A．3π  
B．5π 
C．8π 
D．9π
【解析】设圆台的上底面半径为r，则下底面半径为2r，母线长为l，如图所示，作出圆台与
球的轴截面．
由于球O 与圆台的上、下底面及母线均相切，
故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r．
根据圆台的侧面积公式S＝(πr＋2πr)l＝9π，可得r＝1，
所以球的直径为HG＝2❑√2，即半径为❑√2，则球的表面积为4π×(❑√2)2＝8π．故选C．
【典例2】 (2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球
的体积为________．
【解析】法一：
如图，在圆锥的轴截面ABC 中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O 内切于△ABC，E 为切点，
连接OE，则OE⊥BC．在Rt△BCD 中，CD＝❑√BC
2- B D
2＝2❑√2．易知BE＝BD＝1，则CE
＝2．设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2❑√2－R，在Rt△COE 中，OC2－OE2＝CE2，即(2❑√2
－R)2－R2＝4，所以R＝
❑√2
2 ，圆锥内半径最大的球的体积为4
3πR3＝
❑√2
3 π．
法二：
如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB，在Rt△BCD 中，CD
＝❑√BC
2- B D
2＝2❑√2，则S△ABC＝2❑√2．设△ABC 的内切圆O 的半径为R，则R＝2S△ABC
3+3+2＝
❑√2
2
，所以圆锥内半径最大的球的体积为4
3 πR3＝
❑√2
3 π．
【典例3】若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则
S1
S2＝________．
【解析】设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积S1＝4×
❑√3
4 ×a2＝
❑√3a2，其内切球的半
径r 为
❑√6
12 a，因此内切球的表面积S2＝4πr2＝π a
2
6 ，则
S1
S2＝
❑√3a
2
π
6 a
2 ＝6 ❑√3
π
．
方法技巧
 
 07
   与球有关的截面问题
 
 
巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤
(1)确定球心O 和截面圆的圆心O′．
(2)探求球的半径R 和截面圆的半径r．
(3)利用OO′2＋r2＝R2计算相关量．
【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC 是面积为9 ❑√3
4
的等边三角形，且其顶点都在球O 的球
面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为(　　)
A．❑√3  
B．3
2 
C．1 
D．
❑√3
2
【解析】由等边三角形ABC 的面积为9 ❑√3
4
，得
❑√3
4 ×AB2＝9 ❑√3
4
，得AB＝3，则△ABC 的外接
圆半径r＝2
3 ×
❑√3
2 AB＝
❑√3
3 AB＝❑√3．设球的半径为R，由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，
得R＝2，则球心O 到平面ABC 的距离d＝❑√R
2-r
2＝1，故选C．
【典例2】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高是8 cm，将一个球放在容
器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则
球的体积为(　　)
A．500 π
3
 cm3  
B．866 π
3
 cm3
C．1 372π
3
 cm3 
D．2 048 π
3
 cm3
【解析】设球心为O，半径为R cm，正方体上底面中心为A，上底面一边的中点为B(图略)，
在Rt△OAB 中，OA＝(R－2)cm，AB＝4 cm，OB＝R cm，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5(cm)，
∴V 球＝4
3πR3＝500 π
3
(cm3)．故选A．
方法技巧
 
 08
   基本事实的应用
 
 
共面、共线、共点问题的证明
(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内(或证两平面重
合)．
(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明
这些点都在同一条特定直线上．
(3)证明线共点的常用方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
【典例1】已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F 分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，
A1C1∩EF＝Q．
求证：(1)D，B，E，F 四点共面；
(2)若A1C 交平面DBFE 于点R，则P，Q，R 三点共线；
(3)DE，BF，CC1三线交于一点．
[证明]　(1)如图所示，连接B1D1．
因为EF 是△D1B1C1的中位线，
所以EF∥B1D1．
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1D1∥BD，
所以EF∥BD，所以EF，BD 确定一个平面，
即D，B，E，F 四点共面．
(2)连接A1C，
设A1，C，C1确定的平面为α，平面BDEF 为β．
因为Q∈A1C1，所以Q∈α．
又Q∈EF，所以Q∈β，
所以Q 是α 与β 的公共点，
同理，P 是α 与β 的公共点．
所以α∩β＝PQ．
又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β．
则R∈PQ，故P，Q，R 三点共线．
(3)因为EF∥BD 且EF<BD，
所以DE 与BF 相交，
设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，同理，M∈平面
B1BCC1．
又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，
所以M∈CC1．
所以DE，BF，CC1三线交于一点．
【典例2】如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC
与平面β 的交线是(　　)
A．直线AC  
B．直线AB
C．直线CD 
D．直线BC
【解析】由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，
又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，
所以点D 在平面ABC 与平面β 的交线上．
又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C 在平面ABC 与平面β 的交线上，所以平面ABC∩平面
β＝CD．故选C．
方法技巧
 
 09
   空间两直线位置关系的判定
 
 
空间中两直线位置关系的判定方法
【典例1】已知三个平面α，β，γ，其中α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∩b＝P，则下列结
论一定成立的是(　　)
A．b，c 是异面直线  
B．b∩c＝P
C．b∥c 
D．a 与c 没有公共点
【解析】∵α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∩b＝P，∴P∈a，P∈b，而a⊂α，b⊂γ，则P∈α，P∈γ，
而γ∩α＝c，∴P∈c，
可得a∩c＝P，b∩c＝P．
故选B．
【典例2】在底面半径为1 的圆柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线长
AB＝2，E 是BC
⏜的中点，F 是AB 的中点，则(　　)
A．AE＝CF，AC 与EF 是共面直线
B．AE≠CF，AC 与EF 是共面直线
C．AE＝CF，AC 与EF 是异面直线
D．AE≠CF，AC 与EF 是异面直线
【解析】由题意，圆柱的轴截面ABCD 是边长为2 的正方形， E 是BC
⏜的中点，F 是AB 的中点，
因为AC⊂平面ABC，EF 与平面ABC 相交，且与AC 无交点，所以AC 与EF 是异面直线，
又CF＝
❑√1
2+2
2＝
❑√5，AE＝
❑√2
2+(❑√2)
2＝
❑√6，所以AE≠CF．故选D．
【典例3】(2023·上海春季高考)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P 是A1C1上的动点，
则下列直线中，始终与直线BP 异面的是(　　)
A．DD1  
B．AC
C．AD1 
D．B1C
【解析】对于A，当P 是A1C1的中点时，BP 与DD1是相交直线；
对于B，根据异面直线的定义知，BP 与AC 是异面直线；
对于C，当点P 与点C1重合时，BP 与AD1是平行直线；
对于D，当点P 与点C1重合时，BP 与B1C 是相交直线．故选B．
方法技巧
 
 10
   异面直线所成的角
 
 
求异面直线所成角的方法
(1)平移法：将异面直线中的某一条直线平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行
线或者作平行线， 形成三角形求解．
(2)补体法：在该几何体的某侧补接上一个同样的几何体，在这两个几何体中找异面直线相应
的位置，形成三角形求解．
(3)坐标法：如果几何图形便于建系，可以将问题坐标化，借助向量求解．
提醒：两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等
于两异面直线所成的角，也可能等于其补角．
【典例1】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝❑√3，则异面直线AD1与DB1所成
角的余弦值为(　　)
A．1
5  
B．
❑√5
6 
C．
❑√5
5 
D．
❑√2
2
【解析】法一(平移法)：如图，连接BD1，交DB1于点O，取AB 的中点M，连接DM，OM．
易知O 为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD 为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．
因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝❑√3，AD1＝
❑√A D
2+ D D1
2＝2，
DM＝❑√
A D
2+(
1
2 AB)
2
＝
❑√5
2 ，
DB1＝
❑√A B
2+ A D
2+ B B1
2＝❑√5，所以OM＝1
2AD1＝1，OD＝1
2DB1＝
❑√5
2 ，在△DMO 中，由余
弦定理的推论，
得cos ∠MOD＝
1
2+(
❑√5
2 )
2
-(
❑√5
2 )
2
2×1×
❑√5
2
＝
❑√5
5 ，
即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为
❑√5
5 ．故选C．
法二(补体法)：如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1 的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA-
A′1B′1B1A1．连接B1B′，由长方体的性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1
所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝❑√1
2+(1+1)
2＝❑√5，B′B1＝❑√1
2+(❑√3)
2＝2，
DB1＝❑√1
2+1
2+(❑√3)
2＝❑√5．
在△DB′B1中，由余弦定理，得
DB′2＝B
' B1
2+ D B1
2－2B′B1·DB1·cos ∠DB1B′，
即5＝4＋5－2×2❑√5cos ∠DB1B′，
∴cos ∠DB1B′＝
❑√5
5 ．故选C．
法三(坐标法)：以点D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间
直角坐标系，如图所示．由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，❑√3)，B1(1，1，❑√3
)，所以⃗A D1＝(－1，0，❑√3)，⃗D B1＝(1，1，❑√3)，则cos 〈⃗A D1，⃗D B1〉＝⃗
A D1·⃗D B1
|⃗A D1||⃗D B1|＝
2
2❑√5＝
❑√5
5 ，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为
❑√5
5 ．故选C．
【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝60°，则异面直线AB1与
BC 所成角的余弦值等于(　　)
A．
❑√2
2  
B．
❑√3
2
C．
❑√2
4 
D．0
【解析】连接AC1，
因为BC∥B1C1，所以异面直线AB1与BC 所成的角即为∠AB1C1或其补角，
设AB＝a，易得AB1＝❑√2a，AC1＝❑√2a，B1C1＝a，则由余弦定理的推论知，
cos ∠AB1C1＝A B1
2+ B1C1
2- A C1
2
2 A B1·B1C1
＝2a
2+a
2-2a
2
2❑√2a·a ＝
❑√2
4 ．
故选C．
【典例3】如图，圆台OO1 的上底面半径O1A1＝1，下底面半径OA＝2，母线长AA1＝2，过
OA 的中点B 作OA 的垂线交圆O 于点C，则异面直线OO1与A1C 所成角的大小为________．
【解析】在直角梯形OO1A1A 中，因为B 为OA 的中点，OA＝2，所以O1A1＝OB＝AB＝1，连
接A1B(图略)，易知四边形OO1A1B 为矩形，所以OO1∥A1B，所以∠BA1C 为异面直线OO1与
A1C 所成的角．在Rt△AA1B 中，因为AA1＝2，AB＝1，所以A1B＝
❑√3．连接OC(图略)，在
Rt△OBC 中，由OB＝1，OC＝2，得BC＝
❑√3．在Rt△A1BC 中，因为BC＝A1B，所以∠BA1C
＝45°．
方法技巧
 
 11
   空间几何体的截面、截线问题
 
 
1.空间几何体的截面作图的常用方法
(1)平行线法．用平行线法解决截面问题的关键是：截面与几何体的两个平行平面相交，或者
截面有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行．
(2)延长线法．用延长线法解决截面问题的关键是：截面上至少有两个点在一个几何体的一个
表面上，那么这两点的连线一定在截面内．
2.作交线的两种方法
(1)利用基本事实3 作交线．
(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．
【典例1】(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α．平面α 截此正方
体所得截面有如下四个结论，其中正确的是(　　)
A．截面形状可能为正三角形
B．截面形状可能为正方形
C．截面形状不可能是正五边形
D．截面面积的最大值为3❑√3
【解析】显然A，C 正确，B 不正确，下面说明D 正确，
如图，当截面是正六边形时面积最大，MN＝2❑√2，GH＝❑√2， OE＝❑√
1+(
❑√2
2 )
2
＝
❑√6
2 ，所以
S＝2×1
2×(2❑√2+ ❑√2)×
❑√6
2 ＝3❑√3．故D 正确．
[答案]　ACD
【典例2】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E 是BC 的中点，平面α 经过直线BD 且与直线
C1E 平行，若正方体的棱长为2，则平面α 截正方体所得的多边形的面积为________．
【解析】如图，过点B 作BM∥C1E 交B1C1于点M，过点M 作BD 的平行线，交C1D1于点N，
连接DN，则平面BDNM 即为符合条件的平面α．
因为E 为BC 的中点，可知M，N 分别为B1C1，C1D1的中点，
由正方体的棱长为2，
则BD＝2❑√2，MN＝❑√2，
且BM＝DN＝❑√5，
所以等腰梯形MNDB 的高
h＝❑√
(❑√5)
2-(
❑√2
2 )
2
＝3 ❑√2
2 ，
所以梯形MNDB 的面积为1
2×(❑√2＋2❑√2)×3 ❑√2
2 ＝9
2．
【典例3】　(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，
以D1为球心，❑√5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
【解析】如图，连接B1D1，易知△B1C1D1 为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2．分别取B1C1，
BB1，CC1 的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝❑√2
2+1
2＝❑√5，
D1M⊥B1C1，且D1M＝❑√3．
由题意知G，H 分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝❑√2，
连接D1P，则D1P＝❑√D1 M
2+ M P
2＝❑√(❑√3)
2+(❑√2)
2＝❑√5，连接MG，MH，易得MG＝MH＝
❑√2，故可知以M 为圆心，❑√2为半径的圆弧GH 为球面与侧面BCC1B1的交线．
由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，
所以GH
⏜的长为1
4×2π×❑√2＝
❑√2π
2
．
【典例4】如图，以棱长为1 的正方体的顶点A 为球心，以❑√2为半径作一个球面，则该正方体
的表面被球面所截得的所有弧长之和为(　　)
A．3 π
4  
B．❑√2π 
C．3 π
2 
D．9 π
4
【解析】正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧
长是以A1为圆心，1 为半径的圆周长的1
4，所以所有弧长之和为3×2π
4 ＝3 π
2 ．故选C．
方法技巧
 
 12
   截面分割体积比问题
 
 
1.截面定位法：利用中点、平行、垂直、共面条件，先确定截面的形状与边界，是解题前提
2.等体积转化法：不改变几何体体积，通过换顶点、换底面简化计算，适用于棱锥分割题型
3.体积割补思想：将不规则多面体拆分为棱锥、棱台，分别计算再求和，化不规则为规则
【典例1】已知长方体
，
是棱
的中点，平面
将长方体分割成两部分，则体积
较大部分与体积较小部分的体积之比为（    ）
A．
B．
C．
D．
【解析】取
的中点为
，连接
，如下图所示：
因为
是棱
的中点，所以由长方体性质可得
，
所以
四点共面，
根据长方体性质，
与
相似，相似比为
，且平面
平面
，
所以
交于同一点，
所以长方体被平面
割成的体积较小部分为三棱台
，
设长方体的各棱长为
，则长方体的体积为
，
再由棱台体积公式可得
，
较大部分的体积为
；
所以体积较大部分与体积较小部分的体积之比为
，
故选：C
【典例2】正四棱锥
的底面边长为
，侧棱长为
，过点
作一个与侧棱
垂直的平面
，
则平面
被此正四棱锥所截的截面面积为______，平面
将此正四棱锥分成的两部分，则较小部分体积与
较大部分体积的比值为______.
【解析】如下图所示：
在正四棱锥
中，由于底面边长为
，侧棱长为
，则
，
所以，
是等边三角形，同理可得
也为等边三角形，
取
的中点
，连接
，则
，且
，
设过
且与
垂直的平面交
于点
，交
于点
，连接
，
则
，
，可得
，则
，
，
在
和
中，由
，
，
，
可得
，
，
，
，
，
，
，则
，
在等腰
中，由
，
，
由余弦定理可得
，
则在
中，
，同理可得
，
，
，
，
四边形
的面积为
，
则
，
又
，
因此，平面
将此正四棱锥分成的两部分，较小部分体积与较大部分体积的比值为
.
故答案为：
；
.
【典例3】已知正四棱台
分别是棱
的中点，平面
将正四
棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为__________．
【答案】
/0.6
【分析】分析可知几何体
是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解．
【详解】如图，连接
，不妨设
，棱台的高设为，
所以
．
因为
，
分别是棱
，
的中点，则
，
．
又因为平面
∥平面
，可知几何体
是三棱台，
则
．
所以分割之后较大部分的体积为
，
所以较小部分与较大部分的体积之比为
．
故答案为：
．
方法技巧
 
 13
   直线与平面平行的判定
 
 
判断或证明线面平行的常用方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点)．
(2)利用线面平行的判定定理(a∥b，b⊂α，a⊄α⇒a∥α)．
(3)利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
【典例1】如图，在长方体
中，
，点
是棱
的中点.求证：
平面
.
【解析】连接
与
交于点O，连接
．
则O 为
的中点，又点E 是棱
的中点，所以
，
又
平面
，
平面
，所以
平面
．
【典例2】如图，P 是平行四边形ABCD 所在平面外的一点，E，F 分别为AB，PD 的中点，求
证：AF∥平面PCE．
[证明]　法一(应用线面平行的判定定理)：如图，设M 为PC 的中点，连接EM，MF．
∵E 是AB 的中点，
∴AE∥CD，且AE＝1
2CD．
又∵MF∥CD，且MF＝1
2CD，
∴AE∥FM，∴四边形AEMF 是平行四边形，
∴AF∥EM．
又∵AF⊄平面PCE，EM⊂平面PCE，
∴AF∥平面PCE．
法二(应用面面平行的性质)：如图，设G 为CD 的中点，连接FG，AG．
∵F，G 分别为PD，CD 的中点，∴FG∥PC．又E 为AB 的中点，四边形ABCD 为平行四边
形，∴AE∥GC，∴四边形AECG 为平行四边形，∴AG∥EC．
又FG⊄平面PCE，AG⊄平面PCE，
PC⊂平面PCE，EC⊂平面PCE，
∴FG∥平面PCE，AG∥平面PCE．
又FG，AG⊂平面AFG，FG∩AG＝G，
∴平面AFG∥平面PCE．又AF⊂平面AFG，
∴AF∥平面PCE．
方法技巧
 
 14
   线面平行性质定理的应用
 
 
应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定
交线．
【典例1】如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E 为线段AD 上的任意一点(不包括A，D 两
点)，平面CEC1∩平面BB1D＝FG．
证明：FG∥平面AA1B1B．
[证明]　在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D，
所以CC1∥平面BB1D．
又CC1⊂平面CEC1，平面CEC1∩平面BB1D＝FG，所以CC1∥FG．
因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG．
而BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，
所以FG∥平面AA1B1B．
【典例2】如图所示，已知四边形ABCD 是正方形，四边形ACEF 是矩形，M 是线段EF 的中
点．
(1)求证：AM∥平面BDE；
(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l 与m 的位置关系，并证
明你的结论．
【解析】　(1)证明：如图，记AC 与BD 的交点为O，连接OE．
因为O，M 分别为AC，EF 的中点，四边形ACEF 是矩形，
所以四边形AOEM 是平行四边形，所以AM∥OE．
又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，
所以AM∥平面BDE．
(2)l∥m，证明如下：
由(1)知AM∥平面BDE，
又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，
所以l∥AM，
同理，AM∥平面BDE，
又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，
所以m∥AM，所以l∥m．
【典例3】在平行六面体
中，点M 是
上靠近B 的三等分点，直线DM 交平面
于
点N，则
（   ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设平面DAM 与
交于点P，连接DP 交
于点Q，连接QN，如图：
因为
平面DAM，
平面DAM，
所以
平面DAM，又
平面
，平面
平面
，所以
，
因为M 是三等分点，所以
，因为
平面
平面
，所以
平面
，
又
平面PDM，平面
平面
，所以
，
所以
，因此
．
故选：C
方法技巧
 
 15
   平面与平面平行的判定与性质
 
 
证明面面平行的常用方法
(1)利用面面平行的定义．
(2)利用面面平行的判定定理．
(3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．
(4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”．
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交
直线．
【典例1】如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H 分别是AB，AC，A1B1，A1C1的
中点，求证：
(1)B，C，H，G 四点共面；
(2)平面EFA1∥平面BCHG．
[证明]　(1)∵G，H 分别是A1B1，A1C1的中点，
∴GH 是△A1B1C1的中位线，GH∥B1C1．
又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G 四点共面．
(2)∵在△ABC 中，E，F 分别为AB，AC 的中点，
∴EF∥BC．
∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG．
∵A1G∥EB，
∴四边形A1EBG 是平行四边形，则A1E∥GB．
∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，
∴A1E∥平面BCHG．
∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG．
【典例2】如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD 是正方形．
(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝l，证明：B1D1∥l．
[证明]　(1)由题设知BB1∥DD1，所以四边形BB1D1D 是平行四边形，所以BD∥B1D1．
又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，
所以BD∥平面CD1B1．
因为A1D1∥B1C1∥BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C．
又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，
所以A1B∥平面CD1B1．
又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B⊂平面A1BD，
所以平面A1BD∥平面CD1B1．
(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，
又平面ABCD∩平面B1D1C＝l，
平面ABCD∩平面A1BD＝BD，
所以l∥BD，
在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，
所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l．
【典例3】如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G 分别为B1C1，A1B1，AB 的中点．
(1)求证：平面A1C1G∥平面BEF；
(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H 为BC 的中点．
[证明]　(1)∵E，F 分别为B1C1，A1B1的中点，∴EF∥A1C1，
∵A1C1⊂平面A1C1G，EF⊄平面A1C1G，
∴EF∥平面A1C1G，
又∵F，G 分别为A1B1，AB 的中点，
∴A1F＝BG，又A1F∥BG，
∴四边形A1GBF 为平行四边形，
则BF∥A1G，
∵A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G，
∴BF∥平面A1C1G，
又EF∩BF＝F，EF，BF⊂平面BEF，
∴平面A1C1G∥平面BEF．
(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，由题意得平面A1C1G∩BC＝
H，即平面A1C1G∩平面ABC＝GH，
∴A1C1∥GH，得GH∥AC，
∵G 为AB 的中点，
∴H 为BC 的中点．
方法技巧
 
 16
   平行关系的综合应用
 
 
三种平行关系的转化
提醒：解答探索性问题的基本策略是先假设，再证明．
【典例1】如图所示，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，M，N，Q 分别为
BC，PA，PB 的中点．
(1)求证：平面MNQ∥平面PCD；
(2)在线段PD 上是否存在一点E，使得MN∥平面ACE？若存在，求出PE
PD的值；若不存在，
请说明理由．
【解析】　(1)证明：∵在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，M，N，Q 分别为
BC，PA，PB 的中点，
∴NQ∥CD，MQ∥PC．
又∵NQ，MQ⊄平面PCD，CD，PC⊂平面PCD，
∴NQ∥平面PCD，MQ∥平面PCD．
又NQ∩MQ＝Q，NQ，MQ⊂平面MNQ，
∴平面MNQ∥平面PCD．
(2)线段PD 上存在一点E，使得MN∥平面ACE，且PE
PD＝1
2．
证明如下：
取PD 的中点E，连接NE，CE，AE，
∵N，E，M 分别是AP，PD，BC 的中点，BC∥AD，
∴NE∥MC，∴四边形MCEN 是平行四边形，
∴MN∥CE．
∵MN⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，
∴MN∥平面ACE，且PE
PD＝1
2．
【典例2】如图所示，四边形EFGH 为空间四边形ABCD 的一个截面，若截面为平行四边形．
(1)求证：AB∥平面EFGH；
(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH 周长的取值范围．
【解析】　(1)证明：因为四边形EFGH 为平行四边形，
所以EF∥HG．
因为HG⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD．
又因为EF⊂平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，所以EF∥AB．
又因为AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB∥平面EFGH．
(2)设EF＝x(0<x<4)，
因为EF∥AB，FG∥CD，所以CF
CB ＝x
4，
则FG
6 ＝BF
BC ＝BC -CF
BC
＝1－x
4，所以FG＝6－3
2x．
因为四边形EFGH 为平行四边形， 
所以四边形EFGH 的周长l＝2(x +6- 3
2 x)＝12－x．
又因为0<x<4，所以8<l<12，
即四边形EFGH 周长的取值范围是(8，12)．
 
方法技巧
 
 17
   直线与平面垂直的判定与性质
 
 
判定线面垂直的四种方法
【典例1】如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，
PA＝AB＝BC，E 是PC 的中点．证明：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE．
[证明]　(1)在四棱锥P-ABCD 中，
∵PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，
∴PA⊥CD，又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴CD⊥平面PAC．
又AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE．
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．
∵E 是PC 的中点，∴AE⊥PC．
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD．
又PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD．
∵PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，
∴PA⊥AB．
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD．
又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD．
又∵AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE．
【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D 是A1B1的中点，F
在BB1上．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
①F 为BB1的中点；②AB1＝❑√3；③AA1＝❑√2．
【解析】　(1)证明：∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，
∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°．
又D 是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1．
∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1，
∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1⊂平面AA1B1B，
∴C1D⊥平面AA1B1B．
(2)选①③能使AB1⊥平面C1DF．
如图，连接DF，A1B，
∴DF∥A1B，
在△ABC 中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝❑√2．
又AA1＝❑√2，
则A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1．
∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1⊂平面AA1B1B，
∴C1D⊥AB1．
∵DF∩C1D＝D，DF，C1D⊂平面C1DF，∴AB1⊥平面C1DF．
方法技巧
 
 18
   平面与平面垂直的判定与性质
 
 
证明面面垂直的两种方法
提醒：在已知两个平面垂直时，一般要在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后
进一步转化为线线垂直．
【典例1】如图，四棱锥P-ABCD 中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AB∥CD，∠DAB＝
90°，PA＝AD，DC＝2AB，E 为PC 的中点．求证：
(1)PA⊥BC；
(2)平面BEC⊥平面PDC．
[证明]　(1)∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PA⊂平面PAB，PA⊥AB，
∴PA⊥平面ABCD．
∵BC⊂平面ABCD，
∴PA⊥BC．
(2)取PD 的中点F，如图，连接EF，AF．
在△PCD 中，E，F 分别为PC，PD 的中点，
∴EF∥DC，EF＝1
2DC．
又AB∥DC，AB＝1
2DC，∴AB∥EF，
∴四边形ABEF 是平行四边形，∴BE∥AF．
∵AP＝AD，F 为PD 的中点，
∴AF⊥PD，∴BE⊥PD．
∵PA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
∴PA⊥DC．
∵AB∥CD，∠DAB＝90°，
∴AD⊥DC．
∵AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，
∴DC⊥平面PAD．
∵AF⊂平面PAD，∴DC⊥AF． 
∵BE∥AF，∴DC⊥BE．
∵DC∩PD＝D，DC，PD⊂平面PDC，
∴BE⊥平面PDC．又BE⊂平面BEC，∴平面BEC⊥平面PDC．
【典例2】如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，点B1在底面ABC
上的射影恰好是BC 的中点，且BC＝CA＝AA1．求证：
(1)平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；
(2)BC1⊥AB1．
[证明]　(1)设BC 的中点为M，
因为点B1在底面ABC 上的射影恰好是点M，所以B1M⊥平面ABC，
又因为AC⊂平面ABC，所以B1M⊥AC，
又∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，又B1M∩BC＝M 且B1M，BC⊂平面B1C1CB，所以AC⊥平面
B1C1CB，因为AC⊂平面ACC1A1，所以平面ACC1A1⊥平面B1C1CB．
(2)连接B1C，因为AC⊥平面B1C1CB，且BC1⊂平面B1C1CB，所以AC⊥BC1，
在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，
因为BC＝CC1，所以四边形B1C1CB 为菱形，
所以B1C⊥BC1．
又因为B1C∩AC＝C，且B1C，AC⊂平面ACB1，
所以BC1⊥平面ACB1，
因为AB1⊂平面ACB1，所以BC1⊥AB1．
方法技巧
 
 19
   垂直关系的综合应用
 
 
三种垂直关系的转化
线线垂直⥫======⥬线面垂直⥫======⥬面面垂直
【典例1】如图，在四棱锥S-ABCD 中，四边形ABCD 是边长为2 的菱形，∠ABC＝60°，
△SAD 为正三角形，侧面SAD⊥底面ABCD，E，F 分别为棱AD，SB 的中点．
(1)求证：AF∥平面SEC；
(2)求证：平面ASB⊥平面CSB；
(3)在棱SB 上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求BM
BS 的值；若不存在，请说
明理由．
【解析】　(1)证明：取SC 的中点G，连接FG，EG．
∵F，G 分别是SB，SC 的中点，∴FG∥BC，FG＝1
2BC．
∵四边形ABCD 是菱形，E 是AD 的中点，∴AE∥BC．
AE＝1
2BC，
∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形AFGE 是平行四边形，∴AF∥EG．
又AF⊄平面SEC，EG⊂平面SEC，∴AF∥平面SEC．
(2)证明：∵△SAD 是等边三角形，E 是AD 的中点，∴SE⊥AD．
∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ACD 是等边三角形，又E 是AD 的中点，
∴AD⊥CE，又SE∩CE＝E，SE，CE⊂平面SEC，∴AD⊥平面SEC，又EG⊂平面SEC，
∴AD⊥EG，又四边形AFGE 是平行四边形，
∴四边形AFGE 是矩形，∴AF⊥FG．
又SA＝AB，F 是SB 的中点，
∴AF⊥SB，又FG∩SB＝F，FG⊂平面SBC，SB⊂平面SBC，
∴AF⊥平面SBC，又AF⊂平面ASB，
∴平面ASB⊥平面CSB．
(3)存在点M 满足题意．假设在棱SB 上存在点M，使得BD⊥平面MAC，
连接MO，BE，则BD⊥OM，
∵四边形ABCD 是边长为2 的菱形，∠ABC＝60°，△SAD 为正三角形，
∴BE＝❑√7，SE＝❑√3，BD＝2OB＝2❑√3，SD＝2，SE⊥AD，
∵侧面SAD⊥底面ABCD，
侧面SAD∩底面ABCD＝AD，SE⊂平面SAD，∴SE⊥底面ABCD，∴SE⊥BE，
∴BS＝❑√S E
2+ B E
2＝❑√10，
∴cos ∠SBD＝B S
2+ B D
2- S D
2
2BS·BD
＝3 ❑√30
20 ，
∴OB
BM ＝3 ❑√30
20 ，∴BM＝2❑√10
3
，∴BM
BS ＝2
3．
【典例2】如图，在三棱锥P-ABC 中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A-PB-C 的大小．
【解析】　(1)证明：作AD⊥PC 于点D，因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝
PC，AD⊂平面PAC，则AD⊥平面PBC．
又BC⊂平面PBC，则AD⊥BC．又因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC．
又PA，AD⊂平面PAC，PA∩AD＝A，所以BC⊥平面PAC．
(2)作AD⊥PC 于点D，作DE⊥PB 于点E，连接AE，由(1)知AD⊥平面PBC，PB⊂平面
PBC，则AD⊥PB，
又AD，DE⊂平面ADE，AD∩DE＝D，则PB⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE，则PB⊥AE，
则∠AED 即为二面角A-PB-C 的平面角．
不妨设AC＝BC＝PA＝1，则PC＝❑√2，AD＝1×1
❑√2 ＝
❑√2
2 ，
又由(1)知BC⊥平面PAC, AC⊂平面PAC，
则BC⊥AC，则AB＝❑√2，PA⊥平面ABC，
AB⊂平面ABC，则PA⊥AB，则PB＝❑√3，
AE＝1×❑√2
❑√3
＝
❑√6
3 ，则sin ∠AED＝AD
AE ＝
❑√2
2
❑√6
3
＝
❑√3
2 ，
则∠AED＝60°，即二面角A-PB-C 的大小为60°．
【典例3】如图，四边形ABCD 是边长为2 的菱形，∠ABC＝60°，四边形PACQ 是矩形，PA＝
1，且平面PACQ⊥平面ABCD．求：
(1)直线BP 与平面PACQ 所成角的正弦值；
(2)平面BPQ 与平面DPQ 的夹角的大小；
(3)点C 到平面BPQ 的距离．
【解析】　(1)连接BD 交AC 于点O，连接OP，
∵四边形ABCD 是菱形，∴BD⊥AC．
∵平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，BD⊂平面ABCD，
∴BD⊥平面PACQ，
∴∠BPO 即为直线BP 与平面PACQ 所成的角．
∵四边形PACQ 为矩形，∴PA⊥AC，
又平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，PA⊂平面PACQ，
∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∴BP＝❑√A B
2+ P A
2＝❑√4+1＝❑√5，
在Rt△POB 中，OB＝❑√3，∴sin ∠BPO＝OB
BP ＝
❑√3
❑√5＝
❑√15
5 ，
故BP 与平面PACQ 所成角的正弦值为
❑√15
5 ．
(2)取PQ 的中点M，连接BM，DM，
由(1)知，PA⊥平面ABCD．
∵四边形ABCD 是菱形，四边形PACQ 为矩形，
∴BP＝BQ，DP＝DQ，
∴BM⊥PQ，DM⊥PQ，
∴∠BMD 即为二面角B-PQ-D 的平面角，
在△BDM 中，BD＝2❑√3，BM＝DM＝
❑√B P
2- P M
2＝
❑√
B P
2-(
1
2 AC)
2
＝
❑√5-1＝2，
由余弦定理的推论知，cos ∠BMD
＝B M
2+ D M
2- B D
2
2BM · DM
＝4+ 4 -12
2×2×2 ＝－1
2，
∴∠BMD＝120°，
故二面角B-PQ-D 的大小为120°，则平面BPQ 与平面DPQ 的夹角为60°．
(3)设点C 到平面BPQ 的距离为d，
∵VC-BPQ＝VB-CPQ，∴1
3d×1
2BM·PQ＝1
3OB×1
2CQ·PQ，∴d×2×2＝❑√3×1×2, ∴d＝
❑√3
2 ，
故点C 到平面BPQ 的距离为
❑√3
2 ．
方法技巧
 
 20
   三垂线定理及其逆定理
 
 
1．三垂线定理
如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜
线垂直．
2．三垂线定理的逆定理
如果平面内的一条直线和该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂
直．
【典例1】　(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O 为下底面的中心，M，N 为
顶点，P 为正方体所在棱的中点，则满足MN⊥OP 的是(　　)
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
【解析】本题可以用基本性质和判定定理等进行分析，但如果学会了三垂线定理，本题将很
直观．如图所示：
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
选项A，OP 在上底面的射影与MN 重合，因此不满足题意；
选项B，OP 在左侧面的射影为PQ，P，Q 均为棱的中点，PQ⊥MN，根据三垂线定理可知满
足题意；
选项C，OP 在右侧面的射影为QR，Q，R 均为棱的中点，QR⊥MN，根据三垂线定理可知满
足题意；
选项D，OP 在后表面的射影为QR，QR 与MN 不垂直，因此不满足题意．
综上，故选BC．
【典例2】如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E 是BC 的
中点，求平面C1DE 与平面CDE 所成二面角的正切值．
【解析】　如图，过点C 作CM⊥DE，垂足为点M，连接C1M．
因为C1C⊥平面ABCD，所以C1M⊥DE(三垂线定理)，
故∠C1MC 即为二面角C1-DE-C 的平面角．
因为E 为BC 的中点且四边形ABCD 为正方形，
则DE·CM＝CE·DC，DC＝2CE＝2，DE＝❑√5，
则CM＝2
❑√5，又C1C＝1，
则tan ∠C1MC＝C1C
CM ＝
❑√5
2 ．
即平面C1DE 与平面CDE 所成二面角的正切值为
❑√5
2 ．
方法技巧
 
 21
   空间向量的线性运算
 
 
空间向量线性运算中的三个关键点
【典例1】(2025·广东广州模拟)如图，空间四边形OABC 中，⃗OA＝a，⃗OB＝b，⃗OC＝c，点
M 在OA 上，且⃗OM＝2
3⃗OA，N 为BC 的中点，则⃗MN＝(　　)
A．1
2a＋1
2b－1
2c  
B．－2
3a＋1
2b＋1
2c
C．2
3a＋2
3b－1
2c 
D．－2
3a＋2
3b－1
2c
【解析】⃗MN＝⃗MA +⃗AN＝1
3⃗OA + 1
2 (⃗AB+⃗AC)
＝1
3⃗OA + 1
2 (⃗OB -⃗OA)+ 1
2 (⃗OC -⃗OA)
＝－2
3⃗OA + 1
2⃗OB+ 1
2⃗OC
＝－2
3a＋1
2b＋1
2c．
故选B．
【典例2】如图所示，M 是四面体OABC 的棱BC 的中点，点N 在线段OM 上，点P 在线段AN
上，且AP＝3PN，⃗ON＝2
3⃗OM，设⃗OA＝a，⃗OB＝b，⃗OC＝c，则下列等式成立的是(　　) 
A．⃗OP＝1
4a＋1
4b＋1
4c
B．⃗AN＝a＋1
3b＋1
3c
C．⃗AP＝－3
4a＋1
4b－1
4c
D．⃗OM＝1
2b－1
2c
【解析】因为⃗ON＝2
3⃗OM ，⃗OA＝a，⃗OB＝b，⃗OC＝c，
所以⃗AN＝⃗AO+⃗ON＝⃗AO+ 2
3⃗OM＝⃗AO+ 2
3 × 1
2 (⃗OB+⃗OC)＝1
3b＋1
3c－a，B 错误；
⃗
AP＝3
4⃗AN＝3
4(
1
3 b+ 1
3 c -a)＝－3
4 a＋1
4b＋1
4 c，C 错误；⃗
OM＝1
2 (⃗OB+⃗OC)＝1
2b＋1
2c，D 错误；⃗
OP＝⃗OA +⃗AP＝a＋(- 3
4 a)+ 1
4b＋1
4c＝1
4a＋1
4b＋1
4c，A 正确．故选A
【典例3】已知⃗PA＝(2，1，-3)，⃗PB＝(-1，2，3)，⃗PC＝(λ，6，-9)，若P，A，B，C 四
点共面，则λ＝(　　)
A．3  
B．－3 
C．7 
D．－7
【解析】由P，A，B，C 四点共面，可得⃗PA ，⃗PB，⃗PC共面，
设⃗PC＝x⃗PA＋y⃗PB＝(2x－y，x＋2y，－3x＋3y)＝(λ，6，－9)，
则{
2 x - y = λ，
x +2 y =6，
-3 x +3 y =-9，
解得{
x = 4，
y =1，
λ =7.
故选C．
 
方法技巧
 
 22
   空间向量数量积的应用
 
 
空间向量数量积的应用
【典例1】如图所示，在四棱柱ABCD - A1B1C1 D1中，底面为平行四边形，以顶点A 为端点的
三条棱长都为1，且两两夹角为60°．
(1)求AC1的长；
(2)求证：AC1⊥BD；
(3)求BD1与AC 夹角的余弦值．
【解析】　(1)记⃗AB＝a，⃗AD＝b，⃗A A1＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴a·b＝b·c＝c·a＝1
2 ．⃗A C1＝a＋b＋c，
∴|⃗A C1|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×(
1
2 + 1
2 + 1
2)＝6，
∴|⃗A C1|＝❑√6，即AC1的长为❑√6．
(2)证明：∵⃗A C1＝a＋b＋c，⃗BD＝b－a，
∴⃗A C1·⃗BD＝(a＋b＋c)·(b－a)
＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c
＝b·c－a·c＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0．
∴⃗A C1⊥⃗BD，∴AC1⊥BD．
(3)⃗B D1＝b＋c－a，⃗AC＝a＋b，∴|⃗B D1|＝❑√2，|⃗AC|＝
❑√3，⃗B D1·⃗AC＝(b＋c－a)·(a＋b)＝
b2－a2＋a·c＋b·c＝1．
∴cos 〈⃗B D1，⃗AC〉＝⃗
B D1·⃗AC
|⃗B D1||⃗AC|＝
❑√6
6 ．
∴AC 与BD1夹角的余弦值为
❑√6
6 ．
【典例2】如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，CC1＝C1D1＝❑√3，C1B1＝1，点P 为线段B1C 上
一点，则⃗C1 P·⃗D1 P的最大值为________．
【解析】以C1为坐标原点，分别以C1D1，C1B1，C1C 所在直线为x，y，z 轴，建立如图所示
的空间直角坐标系，则C1(0，0，0)，D1(❑√3，0，0)，C(0，0，❑√3)，B1(0，1，0)，
设⃗CP＝m⃗C B1＝m(0，1，－❑√3)，
则⃗C1 P＝⃗C1C＋m⃗C B1＝(0，0，❑√3)＋m(0，1，－❑√3)＝(0，m，❑√3- ❑√3m)，⃗
D1 P＝⃗C1 P -⃗C1 D1＝(0，m，❑√3- ❑√3m)－(❑√3，0，0)＝(－❑√3，m，❑√3- ❑√3m)，
则⃗C1 P·⃗D1 P＝(0，m，❑√3- ❑√3m)·(- ❑√3，m，❑√3- ❑√3m)＝m2＋(
❑√3- ❑√3m)2＝4m2－6m＋3
＝4(m- 3
4)
2
＋3
4，
因为0≤m≤1，所以当m＝0 时，⃗C1 P·⃗D1 P取最大值，最大值为3．
方法技巧
 
 23
   利用向量证明平行与垂直
 
 
1．利用向量法证明平行问题
(1)线线平行：方向向量平行．
(2)线面平行：平面外的直线的方向向量与平面的法向量垂直．
(3)面面平行：两平面的法向量平行．
2．利用向量法证明垂直问题
(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．
(2)线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明
线线垂直．
(3)面面垂直：两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直．
【典例1】如图，在直三棱柱ADE-BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，
M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．
(1)求证：OM∥平面BCF；
(2)求证：平面MDF⊥平面EFCD．
[证明]　(1)由题意得AB，AD，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系
Axyz．设正方形的边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，
0，1)，M(
1
2 ，0，0)，O(
1
2 ，1
2 ，1
2)，所以⃗OM＝(0，- 1
2 ，- 1
2)，⃗BA＝(－1，0，0)，所
以⃗OM ·⃗BA＝0，所以⃗OM⊥⃗BA．因为三棱柱ADE-BCF 是直三棱柱，所以AB⊥平面BCF，
所以⃗BA是平面BCF 的一个法向量．又OM⊄平面BCF，所以OM∥平面BCF．
(2)设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．因为⃗DF＝
(1，－1，1)，⃗DM＝(
1
2 ，-1，0)，⃗DC＝(1，0，0)，⃗CF＝(0，－1，1)，由{
n1·⃗DF =0，
n1·⃗DM =0， 
得{
x1- y1+ z1=0，
1
2 x1- y1=0， 
令x1＝1，得n1＝(1，1
2 ，- 1
2)．
同理可得n2＝(0，1，1)．
因为n1·n2＝0，所以平面MDF⊥平面EFCD．
【典例2】如图所示，在四棱锥P-ABCD 中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD 中，
∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M 在PB 上，PB＝4PM，PB 与平面ABCD 成30°角，求
证：
(1)CM∥平面PAD；
(2)平面PAB⊥平面PAD．
[证明]　(1)由题意知，CB，CD，CP 两两垂直，以C 为坐标原点，CB 所在直线为x 轴，CD
所在直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz．
∵PC⊥平面ABCD，
∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角，
∴∠PBC＝30°．
∵PC＝2，∴BC＝2❑√3，PB＝4，
∴D(0，1，0)，B(2❑√3，0，0)，A(2❑√3，4，0)，P(0，0，2)，M(
❑√3
2 ，0，3
2)，
∴⃗DP＝(0，－1，2)，⃗DA＝(2❑√3，3，0)，⃗
CM＝(
❑√3
2 ，0，3
2)．
设n＝(x，y，z)为平面PAD 的法向量，
由{⃗
DP·n=0，⃗
DA ·n=0，即{
- y +2 z =0，
2❑√3 x +3 y =0，
令y＝2，则n＝(－❑√3，2，1)是平面PAD 的一个法向量．
∵n·⃗CM＝－
❑√3×
❑√3
2 ＋2×0＋1×3
2＝0，
∴n⊥⃗CM．又CM⊄平面PAD，
∴CM∥平面PAD．
(2)法一：由(1)知⃗BA＝(0，4，0)，⃗PB＝(2❑√3，0，－2)，
设平面PAB 的法向量为m＝(x0，y0，z0)，
由{⃗
BA ·m=0，⃗
PB·m=0，即{
4 y0=0，
2❑√3 x0-2 z0=0，
令x0＝1，则m＝(1，0，❑√3)是平面PAB 的一个法向量．
又∵平面PAD 的一个法向量n＝(－❑√3，2，1)，
∴m·n＝1×(－❑√3)＋0×2＋❑√3×1＝0，
∴平面PAB⊥平面PAD．
法二：取AP 的中点E，连接BE，
则E(❑√3，2，1)，⃗BE＝(－❑√3，2，1)．
∵PB＝AB，∴BE⊥PA．
∵⃗BE·⃗DA＝(－❑√3，2，1)·(2❑√3，3，0)＝0，
∴⃗BE⊥⃗DA，∴BE⊥DA．
又PA∩DA＝A，DA，PA⊂平面PAD，∴BE⊥平面PAD．
∵BE⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD．
方法技巧
 
 24
   异面直线所成的角
 
 
用坐标法求异面直线所成角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是(0，π
2]，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角
的余弦值的绝对值．
【典例1】(2025·辽宁沈阳模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，
BC＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
A．
❑√3
2  
B．
❑√15
5 
C．
❑√10
4 
D．
❑√3
3
【解析】以B 为原点，在平面ABC 内过B 作BC 的垂线交AC 于点D，以BD 所在直线为x 轴，
BC 所在直线为y 轴，BB1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝CC1＝2，BC＝1，
所以A(❑√3，－1，0)，B1(0，0，2)，B(0，0，0)，C1(0，1，2)，
所以⃗A B1＝(－❑√3，1，2)，⃗BC1＝(0，1，2)，
设异面直线AB1与BC1所成角为θ，
所以cos θ＝|⃗A B1·⃗BC1|
|⃗A B1|·|⃗BC1|
＝
5
❑√8×❑√5＝
❑√10
4 ．故选C．
【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝❑√2，BC＝2，D 为BC 的中点，
则异面直线AD 与A1C 所成的角为(　　)
A．π
2  
B．π
3 
C．π
4  
D．π
6
【解析】因为AB2＋AC2＝BC2，所以∠BAC＝90°．以A 为原点，AB，AC，AA1所在直线分别
为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，❑√2)，B(❑√2，
0，0)，C(0，❑√2，0)，所以D(
❑√2
2 ，
❑√2
2 ，0)，
所以⃗AD＝(
❑√2
2 ，
❑√2
2 ，0)，⃗A1C＝(0，
❑√2，－
❑√2)，
所以cos 〈⃗AD，⃗A1C〉＝⃗
AD·⃗A1C
|⃗AD||⃗A1C|＝1
2，所以〈⃗AD，⃗A1C〉＝π
3 ．即异面直线AD 与A1C
所成的角为π
3 ．故选B．
【典例3】如图所示，在棱长为2 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E 是棱CC1的中点，⃗AF＝λ⃗AD
(0＜λ＜1)，若异面直线D1E 与A1F 所成角的余弦值为3 ❑√2
10 ，则λ 的值为________．
【解析】以D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系
(图略)．
因为正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)．
所以⃗D1 E＝(0，2，－1)，⃗A1 F＝⃗A1 A +⃗AF＝⃗A1 A＋λ⃗AD＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－
2λ，0，－2)．
则|cos 〈⃗A1 F ，⃗D1 E〉|＝|⃗A1 F ·⃗D1 E|
|⃗A1 F|·|⃗D1 E|
＝
2
2
❑√λ
2+1·❑√5＝3 ❑√2
10 ，解得λ＝1
3(λ =- 1
3 舍去)．
方法技巧
 
 25
   直线与平面所成的角
 
 
利用空间向量求线面角的解题步骤
【典例1】(2024·福建厦门一模)如图，在四棱锥E-ABCD 中，AD∥BC，2AD＝BC＝2，AB＝
❑√2，AB⊥AD，EA⊥平面ABCD，过点B 作平面α⊥BD．
(1)证明：平面α∥平面EAC；
(2)已知F 为棱EC 的中点，若EA＝2，求直线AD 与平面FBD 所成角的正弦值．
【解析】　(1)证明：设AC 与BD 的交点为O．
因为AD∥BC，且AB⊥AD，所以AB⊥BC．
因为2AD＝2，所以AD＝1．
又AB＝❑√2，BC＝2，
所以AD
AB ＝AB
BC ＝
❑√2
2 ，△ABD∽△BCA，
所以∠ABD＝∠BCA，
所以∠BAC＋∠ABD＝∠BAC＋∠BCA＝90°，
即∠BAO＋∠ABO＝90°，所以∠AOB＝90°，
所以AO⊥OB，即AC⊥BD．
因为EA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以EA⊥BD．
因为EA∩AC＝A，EA，AC⊂平面EAC，
所以BD⊥平面EAC．
又因为平面α⊥BD，且B∉平面EAC，
所以平面α∥平面EAC．
(2)因为AB⊥AD，EA⊥平面ABCD，
所以AB，AD，EA 所在直线两两垂直，如图，以A 为原点，AB，AD，EA 所在直线分别为x
轴，y 轴，z 轴，
建立空间直角坐标系Axyz，
则A(0，0，0)，D(0，1，0)，B(- ❑√2，0，0)，E(0，0，2)，C(－❑√2，2，0)，
所以⃗AD＝(0，1，0)，⃗BD＝(❑√2，1，0)，⃗BC＝(0，2，0)，⃗BE＝(❑√2，0，2)，因为F 为
棱EC 的中点，
所以⃗BF＝1
2 (⃗BC +⃗BE)＝(
❑√2
2 ，1，1)．
设平面FBD 的法向量为n＝(x，y ，z)，
则{⃗
BD·n=0，⃗
BF ·n=0，所以{
❑√2 x + y =0，
❑√2
2 x + y + z =0，
取x＝2，得y＝－2❑√2，z＝❑√2，
所以平面FBD 的一个法向量为n＝(2，－2❑√2，❑√2)，
记直线AD 与平面FBD 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈⃗AD，n〉|＝|⃗AD·n|
|⃗AD||n|
＝
|-2❑√2|
1×❑√4+8+2＝2❑√7
7
，
所以直线AD 与平面FBD 所成角的正弦值为2❑√7
7
．
【典例2】(2022·浙江高考)如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，
AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F -DC -B 的平面角为60°．设M，
N 分别为AE，BC 的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．
【解析】　(1)证明：易求得CF＝2❑√3，BC＝2❑√3．
∵FC⊥DC，BC⊥DC，∴∠BCF 为二面角F-DC-B 的平面角，
∴∠BCF＝60°，∴△BCF 为等边三角形．
∵N 为BC 的中点，∴FN⊥BC．
∵DC⊥BC，DC⊥CF，BC∩CF＝C，BC，CF⊂平面BCF，∴DC⊥平面BCF．∵FN⊂平面
BCF，∴DC⊥FN．又BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面ABCD，
∴FN⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴FN⊥AD．
(2)如图建系，
则B(0，❑√3，0)，A(5，❑√3，0)，D(3，－❑√3，0)，E(1，0，3)，M(3，
❑√3
2 ，3
2)，∴⃗BM＝
(3，-
❑√3
2 ，3
2)，⃗AD＝(－2，－2❑√3，0)，⃗DE＝(－2，❑√3，3)．
设平面ADE 的法向量n＝(x0，y0，z0)，BM 与平面ADE 所成角为θ，
∴{
n·⃗AD =0，
n·⃗DE =0 ⇒{
-2 x0-2❑√3 y0=0，
-2 x0+ ❑√3 y0+3 z0=0，取x0＝
❑√3，则y0＝－1，z0＝
❑√3，即n＝(
❑√3，－1，
❑√3)是平面ADE 的一个法向量．
∴sin θ＝|cos 〈⃗BM，n〉|＝|⃗
BM ·n
|⃗BM||n||
＝
3 ❑√3+
❑√3
2 + 3 ❑√3
2
❑√9+ 3
4 + 9
4 ×❑√7
＝5 ❑√7
14 ．
∴直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值为5 ❑√7
14 ．
(2024·山东青岛一模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1 中，AA1 与BB1 的距离为❑√3，AB＝AC＝
A1B＝2，A1C＝BC＝2❑√2．
(1)证明：平面A1ABB1⊥平面ABC；
(2)若点N 在棱A1C1上，求直线AN 与平面A1B1C 所成角的正弦值的最大值．
【解析】　(1)证明：取棱A1A 的中点D，连接BD，因为AB＝A1B，所以BD⊥AA1．
因为ABC-A1B1C1为三棱柱，所以AA1∥BB1，
所以BD⊥BB1，所以BD＝❑√3．
因为AB＝2，所以AD＝1，AA1＝2．
因为AC＝2，A1C＝2❑√2，所以A C
2+ A A1
2＝A1C2，
所以AC⊥AA1，
同理AC⊥AB．
因为AA1∩AB＝A，且AA1，AB⊂平面A1ABB1，
所以AC⊥平面A1ABB1．
因为AC⊂平面ABC，所以平面A1ABB1⊥平面ABC．
(2)取AB 的中点O，连接A1O，取BC 的中点P，连接OP，则OP∥AC，
由(1)知AC⊥平面A1ABB1，所以OP⊥平面A1ABB1．
因为A1O⊂平面A1ABB1，AB⊂平面A1ABB1，
所以OP⊥A1O，OP⊥AB．
因为AB＝A1A＝A1B，则A1O⊥AB．
以O 为坐标原点，OP，OB，OA1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标
系Oxyz，
则A(0，－1，0)，A1(0，0，❑√3)，B1(0，2，❑√3)，C(2，－1，0)，
可设N(a，0，❑√3)(0≤a≤2)，⃗
A1B1＝(0，2，0)，⃗A1C＝(2，-1，- ❑√3)，⃗AN＝(a，1，❑√3)，
设平面A1B1C 的法向量为n＝(x，y，z)，
得{
n·⃗A1B1=2 y =0，
n·⃗A1C =2 x - y - ❑√3 z =0，
取x＝❑√3，则y＝0，z＝2，所以n＝(❑√3，0，2)是平面A1B1C 的一个法向量．
设直线AN 与平面A1B1C 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，⃗AN 〉|＝|n·⃗AN|
|n||⃗AN| ＝
❑√3
❑√7 × a+2
❑√a
2+ 4＝
❑√3
❑√7 ×❑√
(a+2)
2
a
2+ 4
＝
❑√3
❑√7 ×❑√
a
2+ 4 a+ 4
a
2+ 4
，
若a＝0，则sin θ＝
❑√21
7 ；
若a≠0，则sin θ＝
❑√3
❑√7 ×❑
√
1+
4
a+ 4
a
≤
❑√3
❑√7 ×❑√1+ 4
4 ＝
❑√42
7 ，当且仅当a＝4
a，即a＝2 时，等号
成立，
所以直线AN 与平面A1B1C 所成角的正弦值的最大值为
❑√42
7
方法技巧
 
 26
   平面与平面的夹角
 
 
利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
【典例1】(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD 中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝
∠ADC＝60°，E 为BC 的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F 满足⃗EF＝⃗DA，求二面角D-AB-F 的正弦值．
【解析】　(1)证明：如图，连接DE，AE，
因为DC＝DB，且E 为BC 的中点，所以DE⊥BC．
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS)．
可得AC＝AB，故AE⊥BC．
因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE．
又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA．
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC．
不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2．
由题可知△DBC 为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝❑√2．
因为AE⊥BC，所以AE＝❑√A B
2- E B
2＝❑√2．
在△ADE 中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED．
以E 为坐标原点，ED 所在直线为x 轴，EB 所在直线为y 轴，EA 所在直线为z 轴，建立空间
直角坐标系，如图，则D(❑√2，0，0)，B(0，❑√2，0)，A(0，0，❑√2)，⃗DA＝(－❑√2，0，❑√2)，⃗
BA＝(0，－❑√2，❑√2)．
设F(xF，yF，zF)，因为⃗EF＝⃗DA，所以(xF，yF，zF)＝(－❑√2，0，❑√2)，可得F(－❑√2，0，❑√2
)，
所以⃗FA＝(❑√2，0，0)．
设平面DAB 的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则{⃗
DA ·m=0，⃗
BA ·m=0，
即{
- ❑√2 x1+ ❑√2 z1=0，
- ❑√2 y1+ ❑√2 z1=0，取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1，1，1)为平面DAB 的一个法向量．
设平面ABF 的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则{⃗
FA ·n=0，⃗
BA ·n=0，即{
❑√2 x2=0，
- ❑√2 y2+ ❑√2 z2=0，得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1)为平面
ABF 的一个法向量，
所以cos 〈m，n〉＝m·n
|m||n|＝
2
❑√3×❑√2＝
❑√6
3 ．
记二面角D-AB-F 的大小为θ，
则sin θ＝❑√1-cos
2〈m，n〉＝❑√
1-(
❑√6
3 )
2
＝
❑√3
3 ，
故二面角D-AB-F 的正弦值为
❑√3
3 ．
【典例2】(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD 中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点
E 在AD 上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2．
(1)若F 为线段PE 的中点，求证：BF∥平面PCD；
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值．
【解析】　(1)证明：取PD 的中点G，连接FG，CG(图略)．
因为F 为PE 的中点，所以FG＝1
2DE＝1，FG∥DE，
又BC＝1，AD∥BC，所以FG＝BC，FG∥BC，
所以四边形FGCB 为平行四边形，
所以BF∥CG．
又BF⊄平面PCD，CG⊂平面PCD，所以BF∥平面PCD．
(2)因为AB⊥平面PAD，PE⊂平面PAD，所以AB⊥PE．
又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD．
连接EC，易知四边形ABCE 为正方形，故直线EC，ED，EP 两两垂直，故以E 为坐标原点，
EC，ED，EP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，则⃗AB＝(1，0，
0)，⃗AP＝(0，1，2)，⃗PC＝(1，0，－2)，⃗PD＝(0，2，－2)．
设平面PAB 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则{
n1·⃗AB = x1=0，
n1·⃗AP = y1+2 z1=0，
可取n1＝(0，－2，1)．
设平面PCD 的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则{
n2·⃗PC = x2-2 z2=0，
n2·⃗PD =2 y2-2 z2=0，
可取n2＝(2，1，1)．
设平面PAB 与平面PCD 的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝|n1·n2|
|n1||n2| ＝
❑√30
30 ．
所以平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值为
❑√30
30 ．
方法技巧
 
 27
   求空间距离
 
 
求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P 点作平面α 的垂线，垂足为Q，把PQ 放在某个三角形中，解三角形求出PQ
的长度就是点P 到平面α 的距离．
(2)转化法：若点P 所在的直线l 平行于平面α，则转化为直线l 上某一个点到平面α 的距离来
求．
(3)等体积法．
(4)向量法：设平面α 的一个法向量为n，A 是α 内任意一点，则点P 到平面α 的距离d＝
|⃗PA ·n|
|n|
．
【典例1】(2025·江苏淮安模拟)如图，圆锥是由直角△AOB 旋转而成，母线AB＝2，底面圆
的半径为1，D 是AB 的中点，C 为底面圆周上的一点且∠COB＝2π
3 ．
(1)求点O 到平面ABC 的距离；
(2)求点O 到直线CD 的距离．
【解析】　(1)在△OBC 所在平面内作OM⊥OB，
由题意可得OA⊥平面OBC ，因为OB⊂平面OBC ，OM⊂平面OBC ，所以OA⊥OB ，
OA⊥OM，
以O 为原点，OM，OB，OA 所在直线分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，
由题意可得OB＝1，OA＝❑√3，∠COB＝2π
3 ，
∴A(0，0，❑√3)，B(0，1，0)，C(
❑√3
2 ，- 1
2 ，0)，D(0，1
2 ，
❑√3
2 )，
则⃗AB＝(0，1，－❑√3)，⃗BC＝(
❑√3
2 ，- 3
2 ，0)，⃗OA＝(0，0，❑√3)，
设平面ABC 的法向量n1＝(x1，y1，z1)，
则{
n1·⃗AB =0，
n1·⃗BC =0，即{
y1- ❑√3 z1=0，
❑√3
2 x1- 3
2 y1=0，
令x1＝3，则n1＝(3，❑√3，1)是平面ABC 的一个法向量，
所以点O 到平面ABC 的距离为d1＝|⃗OA ·n1|
|n1|
＝
❑√39
13 ．
(2)因为⃗CD＝(-
❑√3
2 ，1，
❑√3
2 )，⃗OC＝(
❑√3
2 ，- 1
2 ，0)，
所以|⃗CD|＝
❑√(-
❑√3
2 )
2
+1
2+(
❑√3
2 )
2
＝
❑√10
2 ，
|⃗OC|＝
❑√(
❑√3
2 )
2
+(- 1
2)
2
＝1，⃗
OC ·⃗CD＝－
❑√3
2 ×
❑√3
2 ＋1×(- 1
2)+
❑√3
2 ×0＝－5
4 ，
所以点O 到直线CD 的距离d2
＝
❑√
|⃗OC|
2-(⃗
OC ·⃗CD
|⃗CD| )
2
＝❑
√
1
2-(
- 5
4
❑√10
2 )
2
＝
❑√6
4 ．
【典例2】(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，O 分别是A1B1，A1C1的中点，P
在正方体内部且满足⃗AP＝3
4⃗AB+ 1
2⃗AD+ 2
3⃗A A1，则下列说法正确的是(　　)
A．点A 到直线BE 的距离是
❑√5
5
B．点O 到平面ABC1D1的距离是
❑√2
4
C．平面A1BD 与平面B1CD1间的距离为
❑√3
3
D．点P 到直线AB 的距离为5
6
【解析】如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0), D(0，1，0)，A1(0，0，
1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，E(
1
2 ，0，1)，
所以⃗BA＝(－1，0，0)，⃗
BE＝(- 1
2 ，0，1)．
设∠ABE＝θ，
则cos θ＝⃗BA ·⃗BE
|⃗BA||⃗BE|＝
❑√5
5 ，sin θ＝❑√1-cos
2θ＝2❑√5
5 ．
故点A 到直线BE 的距离d1＝|⃗BA|sin θ＝1×2❑√5
5 ＝2❑√5
5 ，A 错误；
易知⃗C1O＝1
2⃗C1 A1＝(- 1
2 ，- 1
2 ，0)，
平面ABC1D1的一个法向量为⃗D A1＝(0，－1，1)，
则点O 到平面ABC1D1的距离d2＝|⃗D A1·⃗C1O|
|⃗D A1|
＝
1
2
❑√2
＝
❑√2
4 ，B 正确；⃗
A1B＝(1，0，－1)，⃗A1 D＝(0，1，－1)，⃗A1 D1＝(0，1，0)．
设平面A1BD 的法向量为n＝(x，y，z)，
则{
n·⃗A1B =0，
n·⃗A1 D =0， 所以{
x - z =0，
y - z =0， 
令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)为平面A1BD 的一个法向量．
所以点D1到平面A1BD 的距离
d3＝|⃗A1 D1·n|
|n|
＝1
❑√3＝
❑√3
3 ．
因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD 与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD
的距离，
所以平面A1BD 与平面B1CD1间的距离为
❑√3
3 ，C 正确；
因为⃗AP＝3
4⃗AB+ 1
2⃗AD + 2
3⃗A A1，所以⃗AP＝(
3
4 ，1
2 ，2
3)，又⃗AB＝(1，0，0)，则⃗AP·⃗AB
|⃗AB|
＝
3
4 ，所以点P 到直线AB 的距离d4＝
❑√
|⃗AP|
2-(⃗
AP·⃗AB
|⃗AB| )
2
＝5
6，D 正确．故选BCD．
【典例3】(2025·浙江金华模拟)已知在棱长为4 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，⃗A1 E＝1
4⃗A1C1．
(1)求点C 到直线AE 的距离；
(2)求点C 到平面AED1的距离；
(3)在此正方体中，AB⊥BC，AB⊥AA1，则称线段AB 的长为异面直线BC 与AA1的公垂线段长，
也称为异面直线BC 与AA1的距离．试求异面直线CD 与AE 的距离．
【解析】　(1)根据正方体性质，可以建立如图所示空间直角坐标系Dxyz．
则C(0，4，0)，A(4，0，0)，D1(0，0，4)，E(3，1，4)，D(0，0，0)．⃗
AE＝(－1，1，4)，⃗CA＝(4，－4，0)，令l＝|⃗AE·⃗CA|
|⃗AE|
＝|- 4 - 4|
❑√1+1+16＝4 ❑√2
3
，
则点C 到直线AE 的距离d1＝❑√|⃗CA|
2-l
2＝❑√
(4 ❑√2)
2-(
4 ❑√2
3 )
2
＝16
3 ．
(2)⃗CA＝(4，－4，0)，⃗AE＝(－1，1，4)，⃗A D1＝(－4，0，4)，
设平面AED1的法向量为m＝(x，y，z)，
则{
m·⃗AE =- x + y + 4 z =0，
m·⃗A D1=- 4 x + 4 z =0，
令z＝1，则{
x =1，
y =-3，则m＝(1，－3，1)．
则点C 到平面AED1的距离d2＝|⃗CA ·m|
|m|
＝|4+12|
❑√1+9+1＝16 ❑√11
11
．
(3)⃗CA＝(4，－4，0)，⃗CD＝(0，－4，0)，⃗AE＝(－1，1，4)，
设CD 与AE 的公垂线的方向向量为n＝(a，b，c)．
则{
n·⃗CD =0，
n·⃗AE =0 ⇒{
- 4 b=0，
-a+b+ 4 c =0，
令a＝4，则c＝1，
则n＝(4，0，1)．
则异面直线CD 与AE 的距离d3＝|⃗CA ·n|
|n|
＝16
❑√17＝16 ❑√17
17
．
方法技巧
 
 28
   立体几何中的探索性问题
 
 
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方
程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
【典例1】(2024·山东聊城三模)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2AB＝2，D，E，F
分别是棱AC，CC1，C1B1的中点，点P 满足⃗AP＝λ⃗AB＋μ⃗A A1，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]．
(1)当λ＝μ＝1
2时，求证：DP∥平面A1EF；
(2)当λ＝1 时，是否存在点P，使得平面ACP 与平面A1EF 的夹角的余弦值是
❑√15
5 ？若存在，
指出点P 的位置，若不存在，请说明理由．
【解析】　(1)当λ＝μ＝1
2时，⃗AP＝1
2⃗AB+ 1
2⃗A A1＝1
2⃗A B1，故P 是AB1的中点，
连接CB1，DP，因为D 是AC 的中点，P 是AB1的中点，所以DP∥CB1，
因为E，F 分别是CC1，C1B1的中点，所以EF∥CB1，所以DP∥EF，
因为DP⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以DP∥平面A1EF．
(2)存在，P 为BB1上靠近B 的四等分点．
当λ＝1 时，⃗AP＝⃗AB＋μ⃗A A1，即⃗BP＝μ⃗B B1，μ∈[0，1]，所以点P 在棱BB1上，
取A1C1的中点D1，连接DD1，DB，则DD1∥CC1，
在正三棱柱ABC-A1B1C1中，DD1⊥平面ABC，△ABC 是正三角形，所以DB⊥AC．
以D 为坐标原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所
示．
则A(
1
2 ，0，0)，B(0，
❑√3
2 ，0)，C(- 1
2 ，0，0)，A1(
1
2 ，0，2)，B1(0，
❑√3
2 ，2)，C1
(- 1
2 ，0，2)，E(- 1
2 ，0，1)，P(0，
❑√3
2 ，2 μ)，
从而F(- 1
4 ，
❑√3
4 ，2)，⃗A1 F＝(- 3
4 ，
❑√3
4 ，0)，⃗A1 E＝(-1，0，-1)，⃗
AP＝(- 1
2 ，
❑√3
2 ，2 μ)，⃗AC＝(-1，0，0)，
设平面A1EF 的法向量是m＝(x1，y1，z1)，
由{
m·⃗A1 E =0，
m·⃗A1 F =0，即{
- x1- z1=0，
- 3
4 x1+
❑√3
4 y1=0，
令x1＝1，得m＝(1，❑√3，-1)是平面A1EF 的一个法向量．
设平面ACP 的法向量是n＝(x2，y2，z2)，
由{
n·⃗AC =0，
n·⃗AP =0，即{
- x2=0，
- 1
2 x2+
❑√3
2 y2+2 μ z2=0，
令z2＝❑√3，得n＝(0，- 4 μ，❑√3)是平面ACP 的一个法向量．
则|cos〈m，n〉|＝|m·n|
|m||n| ＝
|- 4 ❑√3 μ- ❑√3|
❑√1+3+1×
❑√16 μ
2+3＝
4 ❑√3 μ+ ❑√3
❑√5×
❑√16 μ
2+3＝
❑√15
5 ，得(4 μ+1)
2＝16μ2
＋3，解得μ＝1
4 ，所以存在点P 使得平面ACP 与平面A1EF 的夹角的余弦值是
❑√15
5 ，
此时点P 为BB1上靠近B 的四等分点．
【典例2 】如图，三棱柱ABC-A1B1C1 的底面是等边三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，
A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O 为AC 的中点．
(1)求证：AC⊥平面A1BO；
(2)试问线段CC1上是否存在点P，使得平面POB 与平面A1OB 夹角的余弦值为2❑√7
7
？若存在，
请计算CP
C C1的值；若不存在，请说明理由．
【解析】　(1)证明：∵△ABC 是等边三角形，O 是AC 的中点，∴AC⊥OB．
∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，A1B⊥AB，A1B⊂平面ABB1A1，
∴A1B⊥平面ABC．
∵AC⊂平面ABC，∴A1B⊥AC，
∵A1B∩OB＝B，A1B，OB⊂平面A1BO，
∴AC⊥平面A1BO．
(2)存在，线段CC1的中点P 满足题意．
理由如下：
∵A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，
∴以O 为坐标原点，OA，OB 所在直线分别为x 轴、y 轴，过点O 作Oz∥A1B，以Oz 所在直
线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，B(0，❑√3，0)，C(－1，0，0)，A(1，0，0)，A1(0，❑√3，2❑√3)，⃗OB＝(0，❑√3
，0)，⃗A A1＝(－1，❑√3，2❑√3)，⃗OC＝(－1，0，0)，
设⃗CP＝t⃗C C1＝t⃗A A1＝(－t，❑√3t，2❑√3t)，0≤t≤1，
则⃗OP＝⃗OC +⃗CP＝(－1－t，❑√3t，2❑√3t)，
易知平面A1OB 的一个法向量为n＝(1，0，0)，
设平面POB 的法向量为m＝(x，y，z)，
则{
m·⃗OB = ❑√3 y =0，
m·⃗OP=(-1-t ) x + ❑√3ty +2❑√3tz =0，
取x＝2❑√3t，则m＝(2❑√3t，0，t＋1)为平面POB 的一个法向量，
由题意得|cos 〈n，m〉|＝|n·m|
|n||m| ＝
2❑√3t
❑√12t
2+(t +1)
2＝2❑√7
7
，
∵0≤t≤1，∴解得t＝CP
C C1＝1
2，
∴线段CC1上存在点P，使得平面POB 与平面A1OB 夹角的余弦值为2❑√7
7
，此时CP
C C1＝1
2．
方法技巧
 
 29
   立体几何中的翻折问题
 
 
三步解决平面图形翻折问题
【典例1】(2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD 中，AB＝8，CD＝3，AD＝5❑√3，
∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F 满足⃗AE＝2
5⃗AD，⃗AF＝1
2⃗AB．将△AEF 沿EF 翻折至
△PEF，使得PC＝4❑√3．
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求平面PCD 与平面PBF 所成的二面角的正弦值．
【解析】　(1)证明：由AB＝8，AD＝5❑√3，⃗AE＝2
5⃗AD，⃗AF＝1
2⃗AB，
得AE＝2❑√3，AF＝4．
又∠BAD＝30°，在△AEF 中，由余弦定理得
EF＝❑√A E
2+ A F
2-2 AE· AF cos∠BAD
＝❑√12+16-2×2❑√3×4×
❑√3
2 ＝2，
所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE，EF⊥DE，
又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，
又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD．
(2)连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3❑√3，CD＝3，
则CE2＝ED2＋CD2＝36，
在△PEC 中，PC＝4❑√3，PE＝2❑√3，EC＝6，
得EC2＋PE2＝PC2，
所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，
又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD，
所以PE⊥ED，则PE，EF，ED 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
则E(0，0，0)，P(0，0，2❑√3)，D(0，3❑√3，0)，C(3，3❑√3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2❑√3，
0)，
由F 是AB 的中点，得B(4，2❑√3，0)，
所以⃗PC＝(3，3❑√3，－2❑√3)，⃗PD＝(0，3❑√3，－2❑√3)，⃗PB＝(4，2❑√3，－2❑√3)，⃗PF＝(2，
0，－2❑√3)，
设平面PCD 和平面PBF 的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)，
则{
n·⃗PC =3 x1+3 ❑√3 y1-2❑√3 z1=0，
n·⃗PD =3 ❑√3 y1-2❑√3 z1=0，
{
m·⃗PB = 4 x2+2❑√3 y2-2❑√3 z2=0，
m·⃗PF =2 x2-2❑√3 z2=0，
 
令y1＝2，得x1＝0，z1＝3，令x2＝❑√3，得y2＝－1，z2＝1，
所以n＝(0，2，3)，m＝(❑√3，－1，1)分别为平面PCD 和平面PBF 的一个法向量，
所以|cos 〈m，n〉|＝|m·n|
|m||n| ＝
1
❑√5×❑√13＝
❑√65
65 ，
设平面PCD 与平面PBF 所成角为θ，则sin θ＝❑√1-cos
2θ＝8 ❑√65
65
，
即平面PCD 与平面PBF 所成的二面角的正弦值为8 ❑√65
65
．
【典例2】图1 是由矩形ADEB，Rt△ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB＝1，
BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG，如图2．
(1)证明：图2 中的A，C，G，D 四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2 中的平面BCGE 与平面ACGD 的夹角的大小．
【解析】　(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
故AD，CG 确定一个平面，从而A，C，G，D 四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，故AB⊥平面BCGE．
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．
(2)作EH⊥BC，垂足为H．因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平
面ABC＝BC，所以EH⊥平面ABC．
由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝❑√3．
以H 为坐标原点，⃗HC的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，
则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，❑√3)，⃗CG＝(1，0，❑√3)，⃗AC＝(2，－1，0)．
设平面ACGD 的法向量为n＝(x，y，z)，则{⃗
CG·n=0，⃗
AC ·n=0，
即{
x + ❑√3 z =0，
2 x - y =0，
所以可取n＝(3，6，－❑√3)为平面ACGD 的一个法向量．
又平面BCGE 的一个法向量为m＝(0，1，0)，
所以cos 〈n，m〉＝n·m
|n||m|＝
❑√3
2 ．
因此平面BCGE 与平面ACGD 的夹角为30°．
方法技巧
 
 30
   动态空间位置关系的判定
 
 
空间位置关系的动点问题的解法
(1)应用线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质定理进行转化；
(2)利用向量法或建立空间直角坐标系进行计算．
【典例1】(多选)如图，四边形ABCD 为矩形，AD＝2AB，E 是BC 的中点，将△BAE 沿AE 翻
折至△PAE 的位置(点P∉平面AECD)，设线段PD 的中点为F．则在翻折过程中，下列选项正
确的是(　　)
A．CF∥平面AEP
B．CF 的长度恒定不变
C．AE⊥DP
D．异面直线CF 与PE 所成角的大小恒定不变
【解析】取AP 的中点G，连接EG，FG，如图，
因为F 为线段PD 的中点，则有GF∥AD，GF＝1
2AD，又E 是矩形ABCD 边BC 的中点，则
CE∥AD，CE＝1
2AD，于是得GF∥CE，GF＝CE，即四边形CEGF 是平行四边形，则
CF∥EG，而EG⊂平面AEP，CF⊄平面AEP，
因此，CF∥平面AEP，A 正确；
在▱CEGF 中，CF＝EG，在△PAE 中，PE＝PA＝AB，∠APE＝90°，即EG 为已知等腰直角三
角形一腰上的中线，则EG 长是定值，∠PEG 也是定值，
因此，CF 的长度恒定不变，B 正确；
由CF∥EG 知，异面直线CF 与PE 所成角的大小为∠PEG，D 正确；
假设AE⊥DP，由于AE＝DE＝❑√2AB，则
AE2＋DE2＝4AB2＝AD2，即AE⊥DE，
而DP∩DE＝D，DP，DE⊂平面PDE，则AE⊥平面PDE，有AE⊥PE，折叠前后有∠PEA＝
∠BEA＝45°，与AE⊥PE 矛盾，即假设错误，C 不正确．故选ABD．
【典例2】(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P 为空间中一点．下列叙述正确的是
(　　)
A．若⃗AP＝1
2⃗A D1，则异面直线BP 与C1D 所成角的余弦值为
❑√3
6
B．若⃗BP＝λ⃗BC +⃗B B1(λ∈[0，1])，三棱锥P-A1BC 的体积为定值
C．若⃗BP＝λ⃗BC + 1
2⃗B B1(λ∈[0，1])，有且仅有一个点P，使得A1C⊥平面AB1P
D．若⃗AP＝λ⃗A D1(λ∈[0，1])，则异面直线BP 与C1D 所成角的取值范围是[
π
4 ，π
2] 
【解析】如图1，P 为AD1 的中点，取B1D1 的中点O，连接PO，BO，则PO∥C1D，所以
∠BPO 或其补角即为异面直线BP 与C1D 所成的角，易得BP＝❑√6，PO＝❑√2，BO＝❑√6，所
以cos ∠BPO＝B P
2+ PO
2- BO
2
2BP· PO
＝
❑√3
6 ，A 正确．
由条件⃗BP＝λ⃗BC +⃗B B1(λ∈[0，1])，可知点P 的轨迹为线段B1C1，因为B1C1∥BC，故P 到平
面A1BC 的距离为定值，且△A1BC 的面积为定值，故三棱锥P-A1BC 的体积为定值4
3 ，B 正确．
由⃗BP＝λ⃗BC + 1
2⃗B B1(λ∈[0，1])可知点P 在线段EF 上(E，F 分别为BB1，CC1的中点)，如图
2，因为A1C⊥平面AB1D1，所以平面AB1P 即为平面AB1D1，点P 即为平面AB1D1与直线EF
的交点，此交点在FE 的延长线上，C 错误．
由⃗AP＝λ⃗A D1(λ∈[0，1])可知点P 的轨迹为线段AD1，以A1为坐标原点建立空间直角坐标系，
如图3，C1(2，2，0)，D(0，2，2)，B(2，0，2)，设P(0，a，2－a)，a∈[0，2]，得⃗C1 D＝(－
2，0，2)，⃗BP＝(－2，a，－a)，所以cos 〈⃗BP，⃗C1 D〉＝
4 -2a
2❑√2×
❑√4 +2a
2＝
2-a
2
❑√2+a
2，令2－
a＝x∈[0，2]，
当a＝2，即x＝0 时，cos 〈⃗BP，⃗C1 D〉＝0，此时直线BP 与C1D 所成角是π
2 ；
当a≠2，即x∈(0，2]时，则cos 〈⃗BP，⃗C1 D〉＝
1
2❑√
6
x
2 - 4
x +1，令1
x ＝t∈[
1
2 ，+∞)，cos 〈⃗
BP，⃗C1 D〉＝
1
2
❑√6t
2- 4 t +1，所以当1
x ＝t＝1
2，即a＝0 时，cos 〈⃗BP，⃗C1 D〉取得最大值，
为
❑√2
2 ，直线BP 与C1D 所成角的最小值为π
4 ，D 正确．
故选ABD．
(多选)(2025·湖南益阳模拟)如图1，矩形ABCD 中，E，F 分别为BC，AD 的中点，且BC＝
2AB＝2，BF∩AE＝O，现将△ABE 沿AE 向上翻折，使B 点移到P 点，如图2，则在翻折过
程中，下列结论正确的是(　　)
A．CF⊥OP
B．存在点P，使得PE∥CF
C．存在点P，使得PE⊥ED
D．三棱锥P-AED 的体积的最大值为
❑√2
6
【解析】依题意，AF∥EC，AF＝EC，则四边形AECF 为平行四边形，有CF∥AE，而AF＝
AB＝BE，∠BAF＝∠ABE＝90°，即有∠ABO＝∠BAO＝45°，因此BF⊥AE，即OP⊥AE，因
此CF⊥OP，A 正确；
因为PE∩AE＝E，CF∥AE，因此PE，CF 不平行，即不存在点P，使得PE∥CF，B 错误；
连接PF，当PF＝1 时，因为PO＝FO＝
❑√2
2 ，即PO2＋FO2＝1＝PF2，则PO⊥FO，
而FO⊥AE，PO∩AE＝O，PO，AE⊂平面PAE，因此FO⊥平面PAE，又O，F 分别为AE，
AD 的中点，
即ED∥FO，于是ED⊥平面PAE，而PE⊂平面PAE，则PE⊥ED，C 正确；
在翻折过程中，令PO 与平面AED 所成的角为θ，则点P 到平面AED 的距离h＝PO sin θ＝
❑√2
2 sin θ，又△AED 的面积S△AED＝1
2AD·AB＝1，因此三棱锥P-AED 的体积VP-AED＝1
3
S△AED·h＝
❑√2
6 sin θ≤
❑√2
6 ，
当且仅当θ＝90°，即PO⊥平面AED 时取等号，所以三棱锥P-AED 的体积的最大值为
❑√2
6 ，D
正确．故选ACD．
方法技巧
 
 31
   立体几何轨迹问题
 
 
解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法
(1)几何法：根据平面的性质进行判定．
(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代数法进行计算．
(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．
【典例1】(多选)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M 为DD1的中点，N 为ABCD
所在平面内一动点，则下列命题正确的是(　　)
A．若MN 与平面ABCD 所成的角为π
4 ，则点N 的轨迹为圆
B．若MN＝4，则MN 的中点P 的轨迹所围成图形的面积为2π
C．若点N 到直线BB1与到直线DC 的距离相等，则点N 的轨迹为抛物线
D．若D1N 与AB 所成的角为π
3 ，则点N 的轨迹为双曲线
【解析】如图所示，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND 为MN 与平面
ABCD 所成的角，所以∠MND＝π
4 ，所以DN＝DM＝1
2 D D1＝1
2×4＝2，所以点N 的轨迹为
以D 为圆心，2 为半径的圆，A 正确；
在Rt△MDN 中，DN＝❑√M N
2- M D
2＝❑√4
2-2
2＝2❑√3，取MD 的中点E，MN 的中点P，连接
PE，所以PE∥DN，且PE＝1
2DN＝❑√3，因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P 在过点E 且与
DD1垂直的平面内，又PE＝❑√3，所以点P 的轨迹为以❑√3为半径的圆，其面积为π·(❑√3)2＝
3π，B 不正确；
连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N 到直线BB1的距离为NB，所以点
N 到点B 的距离等于点N 到定直线CD 的距离，又B 不在直线CD 上，所以点N 的轨迹为以B
为焦点，CD 为准线的抛物线，C 正确；
以D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，
则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，设N(x，y，0)，
则⃗AB＝(0，4，0)，⃗D1 N＝(x，y，－4)，
因为D1N 与AB 所成的角为π
3 ，
所以|cos 〈⃗AB，⃗D1 N〉|＝cos π
3 ，
所以|
4 y
4
❑√x
2+ y
2+16|＝1
2，整理得3 y
2
16 - x
2
16＝1，所以点N 的轨迹为双曲线，D 正确．故选
ACD．
【典例2】在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥平面ABCD，PA＝3，点M 是矩形ABCD 内(含边界)的动
点，且AB＝3
2，AD＝2，直线PM 与平面ABCD 所成的角为π
3 ，则点M 的轨迹长度为(　　)
A．
❑√3 π
3
  
B．π 
C．❑√3π 
D．
❑√3 π
2
【解析】由于PA⊥平面ABCD，
AM⊂平面ABCD，所以PA⊥AM，
则∠PMA 是直线PM 与平面ABCD 所成的角，
即∠PMA＝π
3 ，
tan π
3 ＝PA
AM ＝3
AM ＝❑√3，AM＝❑√3∈(
3
2 ，2)，
所以M 点的轨迹是以A 为圆心，半径为❑√3的圆在矩形ABCD 内的部分，
如图，设圆与BC，AD 分别交于E，F 两点，
BE＝❑√
3-(
3
2)
2
＝
❑√3
2 ，所以∠BAE＝π
6 ，∠EAF＝π
3 ，
所以M 点的轨迹长度为π
3 ×❑√3＝
❑√3 π
3
．故选A．
【典例3】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E 为CD 的中点，且点P 在四边形BCC1B1
内部及其边界上运动，若总是保持EP∥平面BDD1B1，则动点P 的轨迹长度为________；若
总是保持AP 与AB 的夹角为30°，则动点P 的轨迹长度为________．
【解析】分别取BC，B1C1的中点F，G，连接EF，FG，EG，则BF＝1
2BC，B1G＝1
2B1C1，
因为BC∥B1C1，BC＝B1C1，所以BF∥B1G，BF＝B1G，
所以四边形BFGB1为平行四边形，所以BB1∥FG．
因为E 为CD 的中点，所以EF∥BD，
因为EF，FG⊄平面BDD1B1，BD，BB1⊂平面BDD1B1，
所以EF∥平面BDD1B1，FG∥平面BDD1B1，
因为EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面BDD1B1．
因为平面EFG∩平面BCC1B1＝FG，点P 在四边形BCC1B1内部及其边界上运动，EP∥平面
BDD1B1，
所以点P 的轨迹是FG．
因为FG＝BB1＝2，所以动点P 的轨迹长度为2．
因为AB⊥平面BCC1B1，BP⊂平面BCC1B1，
所以AB⊥BP，
在Rt△ABP 中，AB＝2，∠BAP＝30°，
则tan ∠BAP＝BP
AB＝
❑√3
3 ，
所以BP＝
❑√3
3 AB＝2❑√3
3 ，
所以点P 的轨迹是以B 为圆心，2❑√3
3 为半径的一段弧，且圆心角为直角，所以动点P 的轨迹
长度为1
4×2π×2❑√3
3 ＝
❑√3
3 π．
方法技巧
 
  32
   立体几何最值
 
 ( 范围
 
 ) 问题
 
 
在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，有如下常用的思路．
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在什么位置时，所求的量有相应最大值、最小值，
即可求解．
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求
目标函数的最值．
【典例1】(多选)(2025·重庆模拟)如图所示，一个圆锥SO 的底面是一个半径为3 的圆，AC 为
直径，且∠ASC＝120°，点B 为圆O 上一动点(异于A，C 两点)，则下列结论正确的是(　　)
A．∠SAB 的取值范围是[
π
6 ，π
2] 
B．二面角S-BC-A 的平面角的取值范围是(
π
6 ，π
2)
C．点A 到平面SBC 的距离的最大值为3
D．点M 为线段SB 上的一动点，当SA⊥SB 时，AM＋MC＞6
【解析】由已知AC＝6，∠ASC＝120°，且SA＝SC＝SB，
在△ASC 中，由余弦定理的推论可知，
cos ∠ASC＝S A
2+ SC
2- A C
2
2SA ·SC
，
即－1
2＝2S A
2-36
2S A
2
，解得SA＝SC＝SB＝2
❑√3，则SO＝
❑√3．
A 选项，点B 为圆O 上一动点(异于A，C 两点)，
则AB∈(0，6)，
在△ABS 中，
cos ∠SAB＝S A
2+ A B
2- S B
2
2SA · AB
＝
A B
2
4 ❑√3 AB＝AB
4 ❑√3，
所以cos ∠SAB＝AB
4 ❑√3∈(0，
❑√3
2 )，
所以∠SAB∈(
π
6 ，π
2)，A 选项错误；
B 选项，取BC 的中点D，连接SD，OD，则SD⊥BC，OD⊥BC, 且OD∥AB，OD＝1
2
AB∈(0，3)，
则二面角S-BC-A 的平面角为∠SDO，
所以tan ∠SDO＝SO
OD ＝
❑√3
OD ∈(
❑√3
3 ，+ ∞)，
所以∠SDO∈(
π
6 ，π
2)，B 选项正确；
C 选项，由已知S△SBC＝1
2BC·SD，
又S△ABC＝1
2AB·BC＝OD·BC，
则三棱锥S-ABC 的体积
VS-ABC＝1
3S△ABC·SO＝
❑√3
3 OD·BC，
设点A 到平面SBC 的距离为d，
则VA-SBC＝1
3S△SBC·d＝1
6BC·SD·d＝
❑√3
3 OD·BC，
则d＝2
❑√3· OD
SD ＝2❑√3cos ∠SDO∈(0，3)，C 选项错误；
D 选项，当SA⊥SB 时，AB＝❑√2SA＝2❑√6，BC＝2❑√3，则△SAB 为等腰直角三角形，△SBC
为等边三角形，
将平面SBC 绕SB 旋转至SBC′，使C′与△SAB 共面，如图所示，
则AM＋MC＝AM＋MC′≥AC′，
在△SAC′中，∠ASC′＝5 π
6 ，
由余弦定理可知
AC′2＝SA2＋SC′2－2SA·SC′·cos ∠ASC′＝12＋12＋12❑√3＝24＋12❑√3＞36，
所以AM＋MC≥AC′＞6，D 选项正确．
故选BD．
【典例2】已知正四面体ABCD 的棱长为3，点E 满足⃗AE＝λ⃗AB(0＜λ＜1)，过点E 作平面α 平
行于AC 和BD，设α 分别与该正四面体的棱BC，CD，DA 相交于点F，G，H，则四边形
EFGH 的周长为________，四棱锥A-EFGH 的体积的最大值为________．
【解析】因为AC∥平面α，平面α∩平面ABC＝EF，AC⊂平面ABC，
故AC∥EF，同理AC∥GH，故EF∥GH，
同理EH∥GF，故四边形EFGH 为平行四边形．
由⃗AE＝λ⃗AB，可得AE∶AB＝λ，则HE∶DB＝λ，EF∶AC＝1－λ，
又正四面体ABCD 的棱长为3，则HE＝GF＝3λ，EF＝GH＝3(1－λ)，
四边形EFGH 的周长为HE＋GF＋EF＋GH＝2[3λ＋3(1－λ)]＝6．
取BD 的中点为M，AC 的中点为Q，连接AM，MC，MQ，
则由正四面体可得AM＝MC＝3 ❑√3
2 ，
故MQ＝❑√
27
4 - 9
4＝3 ❑√2
2 且MQ⊥AC，故MQ⊥EF．
因为AD＝AB，DM＝MB，故AM⊥BD，同理CM⊥BD，
而AM∩MC＝M，AM，MC⊂平面AMC，故BD⊥平面AMC，因为AC，MQ⊂平面AMC，所
以BD⊥MQ，BD⊥AC，故HE⊥MQ，且HE⊥EF，故平行四边形EFGH 为矩形．
而HE∩EF＝E，HE，EF⊂平面EFGH，故MQ⊥平面EFGH．因为AC∥平面EFGH，BD∥
平面EFGH，
故点A 到平面EFGH 的距离即为点Q 到平面EFGH 的距离，
点B 到平面EFGH 的距离即为点M 到平面EFGH 的距离，
而⃗AE＝λ⃗AB，故AE
EB ＝
λ
1- λ，故点A 到平面EFGH 的距离与点B 到平面EFGH 的距离的比值
为
λ
1- λ，结合MQ＝3 ❑√2
2 可得A 到平面EFGH 的距离为3 ❑√2
2 λ，则四棱锥A-EFGH 的体积V＝
1
3×3λ×3(1－λ)×3 ❑√2
2 λ＝9 ❑√2
2 λ2(1－λ)．
令f (x)＝9 ❑√2
2 x2(1－x)(0＜x＜1)，
则f ′(x)＝9 ❑√2
2 x(2－3x)，
由f ′(x)＞0 得0＜x＜2
3，由f ′(x)＜0，得2
3＜x＜1，
则f (x)在(0，2
3)上单调递增，在(
2
3 ，1)上单调递减，
则f (x)在x＝2
3处取得最大值，最大值为f(
2
3)＝9 ❑√2
2
×(
2
3)
2
(1- 2
3)＝2❑√2
3 ，
即四棱锥A-EFGH 的体积的最大值为2❑√2
3 ．
方法技巧
 
 33
   直线的倾斜角与斜率
 
 
斜率取值范围的两种求法
数形
结合法
作出直线在平面直角坐标系中可能的位置，借助图形，结合正切函数
的单调性确定
函数
图象法
根据正切函数图象，由倾斜角范围求斜率范围，反之亦可
提醒：求倾斜角时要注意斜率是否存在，必要时分[0，π
2)与(
π
2 ，π)两种情况讨论．一般要
用到y＝tan x 的单调性，y＝tan x 在(0，π
2)，(
π
2 ，π)上都是单调递增的．
【典例1】(2025·湖南长沙模拟)设点A(4，－3)，B(－2，－2)，直线l 过点P(1，1)且与线段
AB 相交，则直线l 的斜率k 的取值范围是(　　)
A．k≥1 或k≤－4  
B．k≥1 或k≤－4
3
C．－4≤k≤1 
D．－4
3 ≤k≤1
【解析】依题意，直线PA，PB 的斜率分别为kPA＝1-(-3)
1- 4 ＝－4
3 ，kPB＝1-(-2)
1-(-2)＝1．如图所
示：
若直线l 过点P(1，1)且与线段AB 相交，
则l 的斜率k 满足k≤kPA＝－4
3或k≥kPB＝1，
即l 的斜率k 的取值范围是k≥1 或 k≤－4
3 ．故选B．
【典例2】若向量a＝(❑√3，1)是直线l 的一个方向向量，则直线l 的倾斜角为(　　)
A．π
6  
B．π
3 
C．2π
3 
D．5 π
6
【解析】设直线l 的倾斜角为α(0≤α<π)，
若向量a＝(❑√3，1)是直线l 的一个方向向量，
则直线l 的斜率为k＝tan α＝1
❑√3＝
❑√3
3 ，
因为0≤α<π，所以α＝π
6 ．故选A．
【典例3】已知直线l 的方程为x sin α＋❑√3y－1＝0，α∈R，则直线l 的倾斜角的取值范围是( 
) 
A．(0，π
3] ∪[
2π
3 ，π)  
B．[0，π
6] ∪[
5 π
6 ，π)
C．[
π
6 ，5 π
6 ]  
D．[
π
3 ，2π
3 ] 
【解析】直线l 的方程为x sin α＋❑√3y－1＝0，
则直线l 的斜率k＝－
❑√3
3 sin α∈[-
❑√3
3 ，
❑√3
3 ] ．
设直线l 的倾斜角为θ，则有tan θ∈[-
❑√3
3 ，
❑√3
3 ]，
又θ∈[0，π)，
所以当k∈[0，
❑√3
3 ] 时，直线l 的倾斜角θ∈[0，π
6] ；
当k∈[-
❑√3
3 ，0)时，直线l 的倾斜角θ∈[
5 π
6 ，π)．
综上所述，直线l 的倾斜角θ∈[0，π
6] ∪[
5 π
6 ，π)．故选B．
方法技巧
 
 34
   直线方程的求法
 
 
求直线方程的两种方法
【典例1】　已知△ABC 的三个顶点分别为A(－3，0)，B(2，1)，C(－2，3)，求：
(1)BC 边所在直线的方程；
(2)BC 边上中线AD 所在直线的方程； 
(3)BC 边的垂直平分线DE 的方程．
【解析】　(1)因为直线BC 经过B(2，1)和C(－2，3)两点，得直线BC 的方程为y -1
3-1 ＝x -2
-2-2 ，
即x＋2y－4＝0．
(2)设BC 边的中点D(x，y)，则x＝2-2
2 ＝0，y＝1+3
2 ＝2．
BC 边的中线AD 所在直线过A(－3，0)，D(0，2)两点，所在直线方程为x
-3 + y
2 ＝1，即2x－
3y＋6＝0．
(3)由(1)知，直线BC 的斜率k1＝－1
2，则边BC 的垂直平分线DE 的斜率k2＝2．由(2)知，点
D 的坐标为(0，2)，则所求直线方程为y－2＝2(x－0)，即2x－y＋2＝0．
【典例2】过点(3，-2)且在x 轴、y 轴上截距相等的直线方程为________．
【解析】当直线经过原点时，此时直线方程为2x＋3y＝0，且在x 轴、y 轴上的截距均为0，
符合题意．
当在x 轴、y 轴上截距均不为0 时，设直线方程为x
a + y
a ＝1(a≠0)，
将(3，-2)代入得3
a +-2
a ＝1，解得a＝1，故直线方程为x＋y－1＝0．
所以所求直线方程为2x＋3y＝0 或x＋y－1＝0．
【典例3】若直线过点A(1，2)，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线的方程为(　　)
A．x－y＋1＝0  
B．x＋y－3＝0
C．2x－y＝0 
D．x－y－1＝0
【解析】当直线经过原点时，斜率为k＝2-0
1-0＝2，
所求的直线方程为y＝2x，即2x－y＝0；
当直线不过原点时，
设所求的直线方程为x±y＝a，
把点A(1，2)代入可得1－2＝a 或1＋2＝a，
求得a＝－1 或a＝3，故所求的直线方程为x－y＋1＝0 或x＋y－3＝0．
综上知，所求的直线方程为2x－y＝0，x－y＋1＝0，x＋y－3＝0．故选ABC．
方法技巧
 
 35
   直线方程的综合应用
 
 
处理直线方程综合应用的两大策略
(1)求解与直线方程有关的最值问题，先求出斜率或设出直线方程，建立目标函数，再利用基
本不等式求解最值．
(2)含有参数的直线方程可看作直线系方程，这时要能够整理成过定点(或平行)的直线系，即
能够看出“动中有定”．
提醒：涉及直线与坐标轴截距问题时一般设截距式．
【典例1】已知直线l 过点M(2，1)，且分别与x 轴的正半轴、y 轴的正半轴交于A，B 两点，O
为原点，当△AOB 面积最小时，求直线l 的方程．
【解析】　法一：设直线l 的方程为y－1＝k(x－2)(k<0)，
则A(2- 1
k ，0)，B(0，1－2k)，
S△AOB＝1
2(1－2k)(2- 1
k)
＝1
2[4 +(- 4 k )+(- 1
k)] ≥1
2×(4＋4)＝4，
当且仅当－4k＝－1
k ，即k＝－1
2时，等号成立．
故直线l 的方程为y－1＝－1
2(x－2)，即x＋2y－4＝0．
法二：设直线l：x
a + y
b ＝1，且a>0，b>0，
因为直线l 过点M(2，1)，所以2
a + 1
b＝1，
则1＝2
a + 1
b≥2❑√
2
ab，故ab≥8，
故S△AOB的最小值为1
2×8＝4，
当且仅当2
a＝1
b＝1
2时取等号，
此时a＝4，b＝2，故直线l 的方程为x
4 + y
2 ＝1，
即x＋2y－4＝0．
【典例2】若直线ax＋by＝ab(a＞0，b＞0)过点(1，1)，则该直线在x 轴与y 轴上的截距之和的
最小值为________．
【解析】因为直线ax＋by＝ab 过点(1，1)，
所以a＋b＝ab，
又因为a＞0，b＞0，所以1
b + 1
a＝1，
所以直线x
b + y
a ＝1 在x 轴与y 轴上的截距之和为
b＋a＝(b＋a)(
1
b + 1
a)＝2＋a
b + b
a
≥2＋2❑√
a
b · b
a＝4，当且仅当a＝b＝2 时取“＝”，
所以直线在x 轴与y 轴上的截距之和的最小值为4．
方法技巧
 
 36
   两条直线位置关系的判断及应用
 
 
解决两直线平行与垂直的参数问题要“前思后想”
【典例1】已知直线l1：ax＋2y＋1＝0 与直线l2：(3－a)x－y＋a＝0，若l1∥l2，则a 的值为(　 
)
A．1  
B．2 
C．6 
D．1 或2
【解析】∵直线l1：ax＋2y＋1＝0 与直线l2：(3－a)x－y＋a＝0 的斜率都存在，∴k1＝－a
2，k2
＝3－a．∵l1∥l2，∴k1＝k2，即－a
2＝3－a，解得a＝6．故选C．
【典例2】已知直线l1：x＋y＝0，l2：ax＋by＋1＝0，若l1⊥l2，则a＋b＝(　　)
A．－1　　　B．0　　　C．1　　　D．2
【解析】因为直线l1：x＋y＝0，l2：ax＋by＋1＝0，且l1⊥l2，则1·a＋1·b＝0，所以a＋b
＝0．故选B．
方法技巧
 
 37
   两条直线的交点与距离问题
 
 
1．求过两直线交点的直线方程的方法
求过两直线交点的直线方程，先解方程组求出两直线的交点坐标，再结合其他条件写出直线
方程，也可借助直线系方程，利用待定系数法求出直线方程．
2．点到直线、两平行直线间的距离公式的使用条件
(1)求点到直线的距离时，应先化直线方程为一般式．
(2)求两平行直线之间的距离时，应先将方程化为一般式且x，y 的系数对应相等．
【典例1】经过直线l1：3x＋2y－1＝0 和l2：5x＋2y＋1＝0 的交点，且垂直于直线l3：3x－5y＋
6＝0 的直线l 的方程为________．
【解析】法一：解方程组{
3 x +2 y -1=0，
5 x +2 y +1=0，得l1，l2的交点坐标为(－1，2)．设垂直于直线l3：
3x－5y＋6＝0 的直线l 的方程为5x＋3y＋c＝0，于是－5＋6＋c＝0，解得c＝－1，即直线l 的
方程为5x＋3y－1＝0．
法二：设经过直线l1：3x＋2y－1＝0 和l2：5x＋2y＋1＝0 的交点的直线系方程为3x＋2y－1＋
λ(5x＋2y＋1)＝0，即(3＋5λ)x＋(2＋2λ)y＋λ－1＝0，由其垂直于直线l3：3x－5y＋6＝0，得
3(3＋5λ)－5(2＋2λ)＝0，得λ＝1
5，即直线l 的方程为5x＋3y－1＝0．
【典例2】若点(m，n)在直线l：3x＋4y－13＝0 上，则(m－1)2＋n2的最小值为(　　)
A．3  
B．4 
C．2 
D．6
【解析】由(m－1)2＋n2的几何意义为点(m，n)到点(1，0)距离的平方，
得其最小值为点(1，0)到直线l：3x＋4y－13＝0 的距离的平方，即d2＝(
|3+0-13|
❑√3
2+ 4
2 )
2
＝4．
【典例3】直线l 过点P(－1，2)且到点A(2，3)和点B(－4，5)的距离相等，则直线l 的方程为
________．
【解析】当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y－2＝k(x＋1)，即kx－y＋k＋2＝0．
由题意知
|2k -3+ k +2|
❑√k
2+1
＝
|- 4 k -5+ k +2|
❑√k
2+1
，
即|3k－1|＝|－3k－3|，∴k＝－1
3，∴直线l 的方程为y－2＝－1
3(x＋1)，即x＋3y－5＝0．当直
线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x＝－1，也符合题意．即直线l 的方程为x＋3y－5＝0
或x＝－1．
【典例3】(2020·全国Ⅲ卷)点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离的最大值为(　　)
A．1  
B．❑√2 
C．❑√3 
D．2
【解析】法一：由点到直线的距离公式知，点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)的距离d＝
|k ·0+(-1)×(-1)+ k|
❑√k
2+1
＝|k +1|
❑√k
2+1＝❑√
k
2+2k +1
k
2+1
＝❑√
1+ 2k
k
2+1．当k＝0 时，d＝1；当k≠0 时，d
＝❑√
1+ 2k
k
2+1＝❑
√
1+
2
k + 1
k
，要使d 最大，需k＞0 且k＋1
k 最小，∴当k＝1 时，dmax＝
❑√2．故选
B．
法二：记点A(0，－1)，直线y＝k(x＋1)恒过点B(－1，0)，当AB 垂直于直线y＝k(x＋1)时，
点A(0，－1)到直线y＝k(x＋1)的距离最大，且最大值为|AB|＝❑√2．故选B．
【典例4】已知两条平行直线分别过点A(6，2)和B(－3，－1)，并且各自绕点A，B 旋转，平
行线之间的距离的最大值为________，此时两平行直线方程分别为________．
【解析】两条平行直线分别过点A(6，2)，B(－3，－1)，并且各自绕点A，B 旋转，
当AB 与两平行直线垂直时，两平行线之间的距离最大，
|AB|＝❑√(6+3)
2+(2+1)
2＝3❑√10，
这两条平行直线之间的距离有最大值，最大值为3❑√10，
∵直线AB 的斜率kAB＝2+1
6+3＝1
3，
故这两条平行直线的斜率为－3，
则两平行直线方程分别为y－2＝－3(x－6)，y＋1＝－3(x＋3)，即3x＋y－20＝0 和3x＋y＋10
＝0．
方法技巧
 
 38
   直线的对称问题
 
 
对称问题的求解策略
(1)解决对称问题的思路是利用待定系数法将几何关系转化为代数关系求解．
(2)中心对称可以利用中点坐标公式，两点轴对称问题利用垂直和中点两个条件列方程(组)解
题．
【典例1】直线3x－2y＝0 关于点(
1
3 ，0)对称的直线方程为(　　)
A．2x－3y＝0  
B．3x－2y－2＝0
C．x－y＝0 
D．2x－3y－2＝0
【解析】法一：设所求直线上任一点为(x，y)，则其关于点(
1
3 ，0)对称的点为(
2
3 - x，- y)，
因为点(
2
3 - x，- y)在直线3x－2y＝0 上，
所以3(
2
3 - x)－2(－y)＝0，化简得3x－2y－2＝0，
所以所求直线方程为3x－2y－2＝0．
法二：在直线3x－2y＝0 上任取两点O(0，0)，M(2，3)，
设点O，M 关于点(
1
3 ，0)的对称点分别为O′，M′，
则O′(
2
3 ，0)，M′(- 4
3 ，-3)，
所以所求直线方程为y -(-3)
0-(-3) ＝
x -(- 4
3)
2
3 -(- 4
3)
，
即3x－2y－2＝0．
【典例2】已知实数x，y 满足x＋y＋1＝0，则
❑√(x -1)
2+( y -1)
2+
❑√(x -2)
2+ y
2的最小值为(　　)
A．❑√5  
B．2❑√2 
C．❑√10 
D．2❑√5
【解析】
❑√(x -1)
2+( y -1)
2+
❑√(x -2)
2+ y
2表示直线x＋y＋1＝0 上一动点P(x，y)到定点A(1，
1)，B(2，0)的距离之和，如图所示，
设点A(1，1)关于直线x＋y＋1＝0 的对称点为A′(x0，y0)，
则{
y0-1
x0-1 =1，
x0+1
2
+ y0+1
2
+1=0，
解得{
x0=-2，
y0=-2，
所以对称点为A′(－2，－2)，
则|A′B|＝❑√(-2-2)
2+(-2-0)
2＝2❑√5，
由图知
❑√(x -1)
2+( y -1)
2+
❑√(x -2)
2+ y
2的最小值为2
❑√5．
【典例3】 两直线l1：3x－2y－6＝0，l2：x－y－2＝0，则l1关于l2对称的直线方程为(　　)
A．3x－2y－4＝0  
B．2x＋3y－6＝0
C．2x－3y－4＝0 
D．3x－2y－6＝0
【解析】设所求直线上任一点M(x，y)，M 关于直线x－y－2＝0 的对称点为M′(x1，y1)，
则{
y - y1
x - x1
=-1，
x + x1
2
- y + y1
2
-2=0，
解得{
x1= y +2，
y1= x -2，(*)
∵点M′在直线3x－2y－6＝0 上，
∴将(*)式代入，得3(y＋2)－2(x－2)－6＝0，
化简得2x－3y－4＝0，即为l1关于l2对称的直线方程．故选C．
【典例4】已知A(0，2)，B(3，－1)，点P 为x 轴上一动点，则|PA|－|PB|的最大值是(　　)
A．❑√10  
B．3❑√2 
C．2❑√2 
D．❑√7
【解析】由已知点A 关于x 轴的对称点为C(0，－2)，
kBC＝-1+2
3-0 ＝1
3，直线BC 方程为y＝1
3x－2，
令y＝0 得x＝6，所以直线BC 与x 轴交点为Q(6，0)，
|PA|－|PB|＝|PC|－|PB|≤|CB|
＝
❑√(3-0)
2+(-1+2)
2＝
❑√10，当且仅当P 是直线BC 与x 轴交点Q 时等号成立．
【典例5】(2025·河南信阳模拟)如图，从光源P 发出的一束光，遇到平面镜(y 轴)上的点B 后，
反射光线BC 交x 轴于点C(❑√3，0)，若光线PB 满足的函数关系式为：y＝kx＋1，则k 的值为( 
)
A．
❑√3
3  
B．❑√3 
C．1 
D．－1
【解析】因为光线PB 满足的函数关系式为y＝kx＋1，
令x＝0，可得y＝1，即点B(0，1)，
又因为C(❑√3，0)，则点C 关于y 轴的对称点为C′(－❑√3，0)，可得BC′的斜率为kBC′＝
1-0
0-(- ❑√3)＝
❑√3
3 ，
因为P，B，C′三点共线，可得k＝kBC′，所以k＝
❑√3
3 ．
故选A．
方法技巧
 
 39
   圆的方程
 
 
求圆的方程的两种方法
(1)几何法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程．
(2)待定系数法：①若已知条件与圆心(a，b)和半径r 有关，则设圆的标准方程，求出a，b，r
的值；②选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D，E，F 的方程组，进而求出D，E，F
的值．
【典例1】(多选)过四点(0，0)，(4，0)，(－1，1)，(4，2)中的三点的圆的方程为(　　)
A．(x－2)2＋(y－1)2＝5
B．(x－2)2＋(y－3)2＝13
C．(x - 4
3)
2
＋( y - 7
3)
2
＝22
D．(x - 8
5)
2
＋(y－1)2＝9
5
【解析】对于A，点(0，0)，(4，0)，(4，2)在圆(x－2)2＋(y－1)2＝5 上，故A 正确；
对于B，点(0，0)，(4，0)，(－1，1)在圆(x－2)2＋(y－3)2＝13 上，故B 正确；
对于C，点(0，0)，(－1，1)都不在圆(x - 4
3)
2
＋( y - 7
3)
2
＝22 上，故C 错误；
对于D，点(4，0)，(－1，1)都不在圆(x - 8
5)
2
＋(y－1)2＝9
5上，故D 错误．故选AB．
【典例2】(2024·山东聊城三模)已知圆C 与两坐标轴及直线x＋y－2＝0 都相切，且圆心在第
二象限，则圆C 的方程为(　　)
A．(x＋❑√2)2＋(y－❑√2)2＝❑√2
B．(x－❑√2)2＋(y＋❑√2)2＝2　
C．(x－❑√2)2＋(y＋❑√2)2＝❑√2
D．(x＋❑√2)2＋(y－❑√2)2＝2
【解析】由题意设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)＝r2(a<0，b>0)，
则{
|a|=|b|=r ，
|a+b-2|
❑√2
=r ，即{
b=-a=r ，
2
❑√2 =r ，
解得{
b=-a= ❑√2，
r = ❑√2，
所以圆C 的方程为(x＋❑√2)2＋(y－❑√2)2＝2．故选D．
【典例3】已知圆C 经过P(－2，4)，Q(3，－1)两点，且在x 轴上截得的弦长等于6，则圆C
的一般方程为________．
【解析】设圆C 的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0．
由题意可得{
2 D - 4 E - F =20，①
3 D - E+ F =-10.② 
在圆C 的方程中，令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0．③
设x1，x2是方程③的两根，
由|x1－x2|＝6，得D2－4F＝36，④
联立①②④得D＝－2，E＝－4，F＝－8 或D＝－6，E＝－8，F＝0．
故圆C 的一般方程为x2＋y2－2x－4y－8＝0 或x2＋y2－6x－8y＝0．
【典例4】已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0 表示圆，则圆心坐标是________，
半径是________．
【解析】由已知方程表示圆，得a2＝a＋2，
解得a＝2 或a＝－1．
当a＝2 时，原方程不满足表示圆的条件，故舍去．
当a＝－1 时，原方程为x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，
化为标准方程为(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，
表示以(－2，－4)为圆心，半径为5 的圆．
方法技巧
 
 40
   与圆有关的最值问题
 
 
1．与圆有关的最值问题的三种几何转化法
(1)斜率型：形如μ＝y -b
x -a 形式的最值问题可转化为动直线斜率的最值问题．
(2)截距型：形如t＝ax＋by 形式的最值问题可转化为动直线截距的最值问题．
(3)距离型：形如m＝(x－a)2＋(y－b)2形式的最值问题可转化为动点到定点的距离的平方的最
值问题．
2．建立函数关系式求最值问题的解题策略
根据题目条件列出关于所求目标式子的函数关系式，然后根据关系式的特征选用参数法、配
方法、判别式法、单调法等，利用基本不等式求最值．
3．求解形如|PM|＋|PN|(其中M，N 均为动点)且与圆C 有关的折线段的最值问题的基本思路：
(1)“动化定”：把与圆上动点的距离转化为与圆心的距离；(2)“曲化直”：将折线段之和转
化为同一直线上的两线段之和，一般要通过对称性解决．
【典例1】已知实数x，y 满足方程x2＋y2－4x＋1＝0．求：
(1) y
x 的最大值和最小值；
(2)y－x 的最大值和最小值；
(3)x2＋y2的最大值和最小值．
【解析】　原方程可化为(x－2)2＋y2＝3，表示以(2，0)为圆心，❑√3为半径的圆．
(1) y
x 的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，
所以设y
x ＝k，即y＝kx．
当直线y＝kx 与圆相切时，斜率k 取最大值或最小值(如图1)，此时|2k -0|
❑√k
2+1＝❑√3，解得k＝±
❑√3．
所以y
x 的最大值为
❑√3，最小值为－
❑√3．
(2)y－x 可看作是直线y＝x＋b 在y 轴上的截距，当直线y＝x＋b 与圆相切时，纵截距b 取得最
大值或最小值(如图2)，此时|2-0+b|
❑√2
＝❑√3，解得b＝－2±❑√6．
所以y－x 的最大值为－2＋❑√6，最小值为－2－❑√6．
(3)x2＋y2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，x2＋y2在原点和圆心连线与
圆的两个交点处取得最大值和最小值(如图3)．
又圆心到原点的距离为
❑√(2-0)
2+(0-0)
2＝2，
所以x2＋y2的最大值是(2＋❑√3)2＝7＋4❑√3，最小值是(2－❑√3)2＝7－4❑√3．
【典例2】设点P(x，y)是圆：x2＋(y－3)2＝1 上的动点，定点A(2，0)，B(－2，0)，则⃗PA ·⃗PB
的最大值为________．
【解析】法一：由题意，知⃗PA＝(2－x，－y)，⃗PB＝(－2－x，－y)，所以⃗PA ·⃗PB＝x2＋y2－
4，由于点P(x，y)是圆上的点，故其坐标满足方程x2＋(y－3)2＝1，故x2＝－(y－3)2＋1，所以⃗
PA ·⃗PB＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12．由圆的方程x2＋(y－3)2＝1，易知2≤y≤4，所以当
y＝4 时，⃗PA ·⃗PB的值最大，最大值为6×4－12＝12．
法二：由向量的极化恒等式，得⃗PA ·⃗PB＝⃗PO
2－⃗AO
2＝⃗PO
2－4，
由于点P 在圆：x2＋(y－3)2＝1 上，则
当点P 坐标为(0，4)时，⃗PO
2取得最大值16，
∴⃗PA ·⃗PB的最大值为16－4＝12．
【典例3】已知M，N 分别是曲线C1：x2＋y2－4x－4y＋7＝0，C2：x2＋y2－2x＝0 上的两个动点，
P 为直线x＋y＋1＝0 上的一个动点，则|PM|＋|PN|的最小值为(　　)
A．❑√2　　　B．❑√3　　　C．2　　　D．3
【解析】曲线C1：x2＋y2－4x－4y＋7＝0 是以C1(2，2)为圆心，半径为1 的圆， C2：x2＋y2－
2x＝0 是以C2(1，0)为圆心，半径为1 的圆．由圆的对称性可得|PM|的最小值为|PC1|－1，|PN|
的最小值为|PC2|－1．
作C2关于直线x＋y＋1＝0 对称的点B，设坐标为(m，n)，可得{
n
m-1 =1，
m+1
2
+ n
2 +1=0，
解得m＝－1，n＝－2，即B(－1，－2)．
连接BC1，交直线于点P，连接PC2，可得
|PC1|＋|PC2|＝|PC1|＋|PB|≥|BC1|＝❑√(2+1)
2+(2+2)
2＝5．当且仅当B，P，C1三点共线可得|PC1|
＋|PC2|的最小值为5，则|PM|＋|PN|的最小值为5－2＝3．故选D．
方法技巧
 
 41
   与圆有关的轨迹问题
 
 
求与圆有关的轨迹问题的四种方法
(1)直接法：直接根据题设给定的条件列出方程求解．
(2)定义法：根据圆的定义列方程求解．
(3)几何法：利用圆的几何性质得出方程求解．
(4)代入法(相关点法)：找出要求的点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式求解．
提醒：注意特殊点的取舍．
【典例1】已知直角三角形ABC 的斜边为AB，且A(－1，0)，B(3，0)．求：
(1)直角顶点C 的轨迹方程；
(2)直角边BC 的中点M 的轨迹方程．
【解析】　(1)法一(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＝
y
x +1，kBC＝
y
x -3，
所以
y
x +1 ·
y
x -3＝－1，化简得x2＋y2－2x－3＝0．
因此，直角顶点C 的轨迹方程为x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．
法二(定义法)：设AB 的中点为D，由中点坐标公式得D(1，0)，由直角三角形的性质知|CD|＝
1
2|AB|＝2．由圆的定义知，动点C 的轨迹是以D(1，0)为圆心，2 为半径的圆(由于A，B，C
三点不共线，所以应除去与x 轴的交点)．
所以直角顶点C 的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．
(2)(相关点法)：设M(x，y)，C(x0，y0)，因为B(3，0)，M 是线段BC 的中点，由中点坐标公式
得x＝x0+3
2
，y＝y0+0
2
，所以x0＝2x－3，y0＝2y．由(1)知，点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．因此动点M 的轨
迹方程为(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．
【典例2】已知定点M(1，0)，N(2，0)，动点P 满足|PN|＝❑√2|PM|．
(1)求动点P 的轨迹C 的方程；
(2)已知点B(6，0)，点A 在轨迹C 上运动，求线段AB 上靠近点B 的三等分点Q 的轨迹方程．
【解析】　(1)设动点P 的坐标为(x1，y1)，
因为M(1，0)，N(2，0)，且|PN|＝❑√2|PM|，
所以
❑√(x1-2)
2+ y1
2＝
❑√2·❑√(x1-1)
2+ y1
2，
整理得x1
2+ y1
2＝2，
所以动点P 的轨迹C 的方程为x2＋y2＝2．
(2)设点Q 的坐标为(x，y)，点A 的坐标为(x0，y0)，
因为Q 是线段AB 上靠近点B 的三等分点，
所以⃗AQ＝2⃗QB，即(x－x0，y－y0)＝2(6－x，－y)，
解得{
x0=3 x -12，
y0=3 y ，
又点A 在轨迹C 上运动，
所以(3x－12)2＋(3y)2＝2，化简得(x－4)2＋y2＝2
9，
所以点Q 的轨迹方程为(x－4)2＋y2＝2
9．
【典例3】(多选)(2024·海南中学模拟)已知在平面直角坐标系Oxy 中，A(-2，0)，B(4，0)．
点P 满足|PA|
|PB|＝1
2，设点P 所构成的曲线为C，下列结论正确的是(　　)
A．C 的方程为(x + 4)
2＋y2＝16　
B．在C 上存在点D，使得D 到点(1，1)的距离为10
C．在C 上存在点M，使得|MO|＝2|MA|　
D．C 上的点到直线3x－4y－13＝0 的最大距离为9
【解析】由题意可设点P(x，y)，由A(-2，0)，B(4，0)，|PA|
|PB|＝1
2，得
❑√(x +2)
2+ y
2
❑√(x - 4)
2+ y
2＝1
2，
化简得x2＋y2＋8x＝0，即(x + 4)
2＋y2＝16，A 正确；
点(1，1)到圆上的点的最大距离为d＝❑√(- 4 -1)
2+(0-1)
2＋4<10，故不存在点D 符合题意，B
错误；
设M(x0，y0)，由|MO|＝2|MA|，得
❑√x0
2+ y0
2＝2❑√(x0+2)
2+ y0
2，又(x0+ 4)
2+ y0
2＝16，
联立方程消去y0得x0＝2，解得y0无解，C 错误；
C 的圆心(－4，0)到直线3x－4y－13＝0 的距离为d＝|3×(- 4)-13|
5
＝5，且曲线C 的半径为
4，则C 上的点到直线3x－4y－13＝0 的最大距离为d＋r＝5＋4＝9，D 正确．
故选AD．
【典例4】(2024·江苏南京模拟)已知A，B 为定点，且|AB|＝4，下列条件中能满足动点P 的轨
迹为圆的有(　　)
A．|PA|·|PB|＝10  
B．|PA|
|PB|＝3
C．|PA|2＋|PB|2＝10 
D．|PA|2－|PB|2＝10
【解析】如图所示，以线段AB 所在的直线为x 轴，AB 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐
标系， 
设P(x，y)，则A(－2，0)，B(2，0)．
A 项，若|PA|·|PB|＝10，
则
❑√(x +2)
2+ y
2·
❑√(x -2)
2+ y
2＝10，
整理得(x2＋y2＋4)2－(4x)2＝100，
以－x 代替x，以－y 代替y，方程不变，
故轨迹关于原点对称，即对称中心为原点，
令x＝0，得y＝±❑√6；
令y＝0，得x＝±❑√14；
所以该轨迹不是圆，故A 错误；
B 项，由|PA|＝3|PB|，得|PA|2＝9|PB|2，
即(x＋2)2＋y2＝9[(x -2)
2+ y
2]，
整理得x2＋y2－5x＋4＝0，即(x - 5
2)
2
＋y2＝9
4，
所以点P 的轨迹是以(
5
2 ，0)为圆心，3
2为半径的圆，故B 正确；
C 项，若|PA|2＋|PB|2＝10，则(x＋2)2＋y2＋(x－2)2＋y2＝10，
即x2＋y2＝1，所以点P 的轨迹为圆，故C 正确；
D 项，因为|PA|2－|PB|2＝10，
所以(x＋2)2＋y2－(x－2)2－y2＝10，
即x＝5
4，所以点P 的轨迹为直线，故D 错误．故选BC
方法技巧
 
 42
   直线与圆的位置关系
 
 
1．判断直线与圆的位置关系的常用方法
(1)几何法：利用d 与r 的关系．
(2)代数法：联立方程之后利用Δ 判断．
(3)点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交．
2．圆上的点到直线的距离为定值的点的个数问题
该类问题常借助于图形转化为点到直线的距离求解．设圆的半径为r，圆心到直线的距离为
d．
如图①，若圆上恰有一点到直线的距离为t，则需满足d＝r＋t．
如图②，若圆上恰有三点到直线的距离为t，则需满足d＝r－t．
由图①②可知，若圆上恰有两个点到直线的距离为t，则需满足r－t＜d＜r＋t．
若圆上恰有四点到直线的距离为t，则需满足d＜r－t．
【典例1】直线l：mx－y＋1－m＝0 与圆C：x2＋(y－1)2＝5 的位置关系是(　　)
A．相交  
B．相切 
C．相离 
D．不确定
【解析】法一(代数法)：
由{
mx - y +1-m=0，
x
2+( y -1)
2=5， 
消去y，整理得(1＋m2)x2－2m2x＋m2－5＝0，
因为Δ＝16m2＋20>0，所以直线l 与圆相交．
法二(几何法)：因为圆心(0，1)到直线l 的距离d＝|-m|
❑√m
2+1<1<❑√5，所以直线l 与圆相交．
法三(点与圆的位置关系法)：直线l：mx－y＋1－m＝0 过定点(1，1)，因为点(1，1)在圆C：x2
＋(y－1)2＝5 的内部，所以直线l 与圆C 相交．
【典例2】(2024·安徽黄山三模)直线l：ax＋y－2＝0 与圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝1 的公共点的
个数为(　　)
A．0  
B．1 
C．2 
D．1 或2
【解析】由直线l：ax＋y－2＝0，可得直线l 过定点(0，2)，
又由圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝1，可得点(0，2)在圆C 上，
因为直线l 的斜率显然存在，所以公共点的个数为2．
故选C．
【典例3】圆(x－3)2＋(y－3)2＝9 上到直线3x＋4y－11＝0 的距离等于1 的点的个数为(　　)
A．1  
B．2 
C．3 
D．4
【解析】如图所示，因为圆心(3，3)到直线3x＋4y－11＝0 的距离为d＝|9+12-11|
5
＝2，又因
为圆的半径为3，所以直线与圆相交，故圆上到直线的距离为1 的点有3 个．
【典例4】若圆x2＋y2＝r2(r＞0)上恒有4 个点到直线l：x－y－2＝0 的距离为1，则实数r 的取
值范围是(　　)
A．(❑√2＋1，＋∞)
B．(❑√2－1，❑√2＋1)
C．(0，❑√2－1)  
D．(0，❑√2＋1)
【解析】计算得圆心到直线l 的距离为2
❑√2＝❑√2＞1，如图，直线l：x－y－2＝0 与圆相交，
l1，l2与l 平行，且与直线l 的距离为1，故可以看出，圆的半径应该大于圆心到直线l2的距离
❑√2＋1．故选A
方法技巧
 
 43
   圆与圆的位置关系
 
 
1．判断两圆位置关系的方法
常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差的绝对值的关系，一般不用代数法．
2．两圆公共弦长的求法
先求出公共弦所在直线的方程，在其中一圆中，由弦心距d，弦长的一半l
2，半径r 构成直角
三角形，利用勾股定理求解，且l＝2❑√r
2-d
2．
【典例1】(多选)已知圆O1：(x－1)2＋y2＝4，圆O2：(x－5)2＋y2＝4m，则下列说法正确的是(　 
)
A．若m＝4，则圆O1与圆O2相交
B．若m＝4，则圆O1与圆O2外离
C．若直线x－y＝0 与圆O2相交，则m>25
8
D．若直线x－y＝0 与圆O1相交于M，N 两点，则|MN|＝
❑√14
2
【解析】圆O1：(x－1)2＋y2＝4 的圆心为O1(1，0)，半径r1＝2，若m＝4，则圆O2：(x－5)2＋
y2＝16，则圆心为O2(5，0)，半径r2＝4，可得|O1O2|＝4，r1＋r2＝6，|r1－r2|＝2，所以|r1－r2|<|
O1O2|<r1＋r2，则圆O1与圆O2相交，故A 正确，B 错误；若直线x－y＝0 与圆O2相交，则圆
心O2(5，0)到直线x－y＝0 的距离d＝|5-0|
❑√2 <❑√4 m，解得m>25
8 ，故C 正确；圆心O1(1，0)到
直线x－y＝0 的距离d1＝|1-0|
❑√2 ＝
❑√2
2 ，所以|MN|＝2
❑√r1
2-d1
2＝2❑√
4 -(
❑√2
2 )
2
＝❑√14，故D 错误．
故选AC．
【典例2】(多选)已知圆C1：x2＋y2＝9 与圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝16，下列说法正确的是(　 
)
A．C1与C2的公切线恰有4 条
B．C1与C2相交弦的方程为3x＋4y－9＝0
C．C1与C2相交弦的弦长为12
5
D．若P，Q 分别是圆C1，C2上的动点，则|PQ|max＝12
【解析】由已知得圆C1的圆心C1(0，0)，半径r1＝3，圆C2的圆心C2(3，4)，半径r2＝4，
d＝|C1C2|＝❑√(3-0)
2+(4 -0)
2＝5，r2－r1＜d＜r1＋r2，故两圆相交，所以C1与C2的公切线恰有
2 条，C1与C2相交弦的方程为3x＋4y－9＝0，C1到相交弦的距离为9
5，
故相交弦的弦长为2❑√
3
2-(
9
5)
2
＝24
5 ．若P，Q 分别是圆C1，C2上的动点，则|PQ|max＝|C1C2|＋
r1＋r2＝12．故选BD．
【典例3】(2025·山东济南模拟)圆C1：x2＋y2＋8x－2y＋9＝0 和圆C2：x2＋y2＋6x－4y＋11＝0
的公切线方程是(　　)
A．y＝－x＋1  
B．y＝－x＋1 或y＝x＋5
C．y＝－x＋5 
D．y＝x＋1 或y＝2x＋5
【解析】C1：(x＋4)2＋(y－1)2＝8，圆心C1(－4，1)，半径r1＝2❑√2， C2：(x＋3)2＋(y－2)2＝
2，圆心C2(－3，2)，半径r2＝❑√2，因为|C1C2|＝❑√2＝r1－r2，
所以两圆相内切，公共切线只有一条，
因为圆心连线与切线相互垂直，kC1C2＝1，
所以切线斜率为－1，
由方程组{
x
2+ y
2+8 x -2 y +9=0，
x
2+ y
2+6 x - 4 y +11=0，
解得{
x =-2，
y =3，
故圆C1与圆C2的切点坐标为(－2，3)，
故公切线方程为y－3＝－(x＋2)，即y＝－x＋1．故选A．
【典例4】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°，则实数m 的取值范围为________．
【解析】∵∠APB＝90°，∴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，圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1 的圆心为(3，4)，半径r＝1，|OC|＝❑√3
2+ 4
2＝5，因
此两圆相切或相交，
即|m－1|≤❑√3
2+ 4
2≤m＋1，解得4≤m≤6．
方法技巧
 
 44
   圆的切线问题
 
 
过圆上一点有且只有一条切线，过圆外一点，一定有两条切线，特别注意斜率不存在的情况．
【典例1】已知点P(❑√2＋1，2－❑√2)，点M(3，1)，圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝4．求：
(1)过点P 的圆C 的切线方程；
(2)过点M 的圆C 的切线方程，并求出切线长．
【解析】　由题意得圆心C(1，2)，半径r＝2．
(1)∵(❑√2＋1－1)2＋(2－❑√2－2)2＝4，
∴点P 在圆C 上．
又kPC＝2- ❑√2-2
❑√2+1-1＝－1，
∴切线的斜率k＝－1
k PC ＝1．
∴过点P 的圆C 的切线方程是y－(2－❑√2)＝x－(❑√2＋1)，即x－y＋1－2❑√2＝0．
(2)∵(3－1)2＋(1－2)2＝5＞4，
∴点M 在圆C 外部．
当过点M 的切线斜率不存在时，切线方程为x＝3，
即x－3＝0．
又点C(1，2)到直线x－3＝0 的距离d＝3－1＝2＝r，
即此时满足题意，所以直线x＝3 是圆C 的切线．
当切线的斜率存在时，设切线方程为y－1＝k(x－3)，
即kx－y＋1－3k＝0，
则圆心C 到切线的距离d1＝|k -2+1-3k|
❑√k
2+1
＝r＝2，解得k＝3
4．
∴切线方程为y－1＝3
4(x－3)，
即3x－4y－5＝0．
综上可得，过点M 的圆C 的切线方程为x－3＝0 或3x－4y－5＝0．
∵|MC|＝❑√(3-1)
2+(1-2)
2＝❑√5，
∴过点M 的圆C 的切线长为❑√|MC|
2-r
2＝❑√5- 4＝1．
【典例2】由直线y＝x＋1 上的动点P 向圆C：(x－3)2＋y2＝1 引切线，则切线长的最小值为(　 
)
A．1  
B．2❑√2 
C．❑√7 
D．3
【解析】如图，切线长|PM|＝❑√|PC|
2-1，显然当|PC|为C 到直线y＝x＋1 的距离即|3+1|
❑√2 ＝2
❑√2时，|PM|的最小值为❑√7，故选C．
方法技巧
 
 45
   圆的弦长问题
 
 
对于已知弦长求直线方程的问题，若弦是直径有且只有一条，否则一定有两条；两种情况常
因漏掉直线斜率不存在的情形致误．
【典例1】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＝0
B．3x＋4y－12＝0 或x＝0
C．4x－3y＋9＝0 或x＝0
D．3x－4y＋12＝0 或4x＋3y＋9＝0
【解析】当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x＝0，联立方程得
{
x =0，
x
2+ y
2-2 x -2 y -2=0，得{
x =0，
y =1- ❑√3或{
x =0，
y =1+ ❑√3，
∴|AB|＝2❑√3，符合题意．
当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y＝kx＋3，∵圆x2＋y2－2x－2y－2＝0，即(x－1)2
＋(y－1)2＝4，其圆心为C(1，1)，圆的半径r＝2，圆心C(1，1)到直线y＝kx＋3 的距离d＝
|k -1+3|
❑√k
2+1 ＝|k +2|
❑√k
2+1，∵d2＋(
|AB|
2 )
2
＝r2，
∴
(k +2)
2
k
2+1 ＋3＝4，解得k＝－3
4，∴直线l 的方程为y＝－3
4x＋3，即3x＋4y－12＝0．
综上，直线l 的方程为3x＋4y－12＝0 或x＝0．故选B．
【典例2】(2024·全国甲卷)已知b 是a，c 的等差中项，直线ax＋by＋c＝0 与圆x2＋y2＋4y－1
＝0 交于A，B 两点，则|AB|的最小值为(　　)
A．1  
B．2 
C．4 
D．2❑√5
【解析】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{
x -1=0，
y +2=0，得{
x =1，
y =-2，
故直线恒过点(1，－2)，设P(1，－2)．
圆的方程化为标准方程得x2＋(y＋2)2＝5，
设圆心为C，画出直线与圆，由图可知，当PC⊥AB 时，|AB|最小，
|PC|＝1，|AC|＝r＝❑√5，此时|AB|＝2|AP|＝2❑√|AC|
2-|PC|
2＝2❑√5-1＝4．
故选C．
方法技巧
 
 46
   与圆有关的综合问题
 
 
立足直线与圆的位置关系，将几何问题代数化是求解本类题目的关键．同时，在坐标运算中，
借助圆的几何性质，可以大大提高运算速度．
【典例1】已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2 的圆C 与l 相切，圆心C 在x 轴上且在直线l
的右上方．
(1)求圆C 的方程；
(2)过点M(1，0)的直线与圆C 交于A，B 两点(A 在x 轴上方)，问在x 轴正半轴上是否存在定
点N，使得x 轴平分∠ANB？若存在，请求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】　(1)设圆心C(a，0)(a>- 5
2)，则|4 a+10|
❑√4
2+3
2 ＝2⇒a＝0 或a＝－5(舍)，所以圆C 的方程
为x2＋y2＝4．
(2)当直线AB⊥x 轴时，x 轴平分∠ANB．
当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y＝k(x－1)，N(t，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由{
x
2+ y
2= 4，
y =k (x -1)， 得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，
所以x1＋x2＝2k
2
k
2+1，x1x2＝k
2- 4
k
2+1 ．
若x 轴平分∠ANB，则kAN＝－kBN⇒
y1
x1-t +
y2
x2-t ＝0⇒
k (x1-1)
x1-t
+ k (x2-1)
x2-t
＝0⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋
x2)＋2t＝0⇒2(k
2- 4)
k
2+1
- 2k
2(t +1)
k
2+1
＋2t＝0⇒t＝4．所以当点N 为(4，0)时，能使得∠ANM＝
∠BNM 总成立．
综上，存在定点N(4，0)满足题意．
【典例2】已知圆O：x2＋y2＝2，直线l：y＝kx－2．
(1)若直线l 与圆O 交于不同的两点A，B，当∠AOB 为锐角时，求k 的取值范围；
(2)若k＝1
2，P 是直线l 上的动点，过P 作圆O 的两条切线PC，PD，切点为C，D，探究：直
线CD 是否过定点．
【解析】　(1)设A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
将直线l：y＝kx－2 代入圆O：x2＋y2＝2，
整理得(1＋k2)x2－4kx＋2＝0，
∴x1＋x2＝4 k
1+k
2，x1x2＝
2
1+k
2，
Δ＝(－4k)2－8(1＋k2)＞0，即k2＞1，
当∠AOB 为锐角时，⃗
OA ·⃗OB＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)
＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4＝6-2k
2
1+ k
2 ＞0，解得k2＜3，又k2＞1，∴－❑√3＜k＜－1 或1＜k＜
❑√3．
故k 的取值范围为(－❑√3，－1)∪(1，❑√3)．
(2)由题意知O，P，C，D 四点共圆且在以OP 为直径的圆上．设P(t ，1
2 t -2)，以OP 为直径
的圆的方程为x(x－t)＋y( y - 1
2 t +2)＝0，
∴x2－tx＋y2－(
1
2 t -2)y＝0．
又C，D 在圆O：x2＋y2＝2 上，
两圆作差得lCD：tx＋(
1
2 t -2)y－2＝0，
即(x + y
2)t－2y－2＝0，
由{
x + y
2 =0，
2 y +2=0，
得{
x = 1
2 ，
y =-1，
∴直线CD 过定点(
1
2 ，-1)．
方法技巧
 
 47
   椭圆的定义及应用
 
 
椭圆定义的应用技巧
(1)椭圆定义的应用主要有：求椭圆的标准方程、求焦点三角形的周长、面积及求弦长、最值
和离心率等．
(2)通常将定义和余弦定理结合使用求解关于焦点三角形的周长和面积问题．
(3)定义法求轨迹方程，或利用定义实现距离转化．
【典例1】(2024·广东江门二模)已知圆A：(x＋1)2＋y2＝1 内切于圆P，圆P 内切于圆B：(x－
1)2＋y2＝49，则动圆P 的圆心的轨迹方程为________．
【解析】设圆P 的半径为R，则|PA|＝R－1，|PB|＝7－R，则|PA|＋|PB|＝6>|AB|＝2，
所以点P 的轨迹为以A，B 为焦点，长轴长为6 的椭圆．
则2a＝6，c＝1，所以a＝3，b2＝a2－c2＝8，
所以动圆P 的圆心的轨迹方程为x
2
9 + y
2
8 ＝1．
【典例2】已知A(－1，0)，B 是圆F：x2－2x＋y2－11＝0(F 为圆心)上一动点，线段AB 的垂直
平分线交BF 于P，则动点P 的轨迹方程为________．
【解析】由题意得圆F 的半径r＝2❑√3，圆心F(1，0)，且|PA|＝|PB|，
∴|PA|＋|PF|＝|PB|＋|PF|＝r＝2❑√3＞|AF|＝2，
∴点P 的轨迹是以A，F 为焦点的椭圆，且a＝❑√3，c＝1，∴b＝❑√2，∴动点P 的轨迹方程为
x
2
3 + y
2
2 ＝1．
【典例3】动点M(x，y)与定点F(1，0)的距离和动点M 到定直线l：x＝9 的距离的比是常数1
3，
则动点M 的轨迹方程为________．
【解析】设d 是点M 到直线l：x＝9 的距离，
根据题意，动点M 的轨迹就是集合P＝{M|
|MF|
d
= 1
3}．
由此得，
❑√(x -1)
2+ y
2
|9- x|
＝1
3．
将上式两边平方，并化简，得8x2＋9y2＝72，即x
2
9 + y
2
8 ＝1
【典例4】已知点P 是椭圆x
2
25 + y
2
9 ＝1 上一点，椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，且cos 
∠F1PF2＝1
3，则△PF1F2的面积为(　　)
A．6  
B．12 
C．9 ❑√2
2 
D．2❑√2
【解析】由椭圆x
2
25 + y
2
9 ＝1，得a＝5，b＝3，c＝4．
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
∴m＋n＝10，在△PF1F2中，由余弦定理可得
(2c)2＝m2＋n2－2mn·cos ∠F1PF2＝(m＋n)2－2mn－2mn·1
3，
可得64＝100－8
3mn，得mn＝27
2 ，
故S△F1P F2＝1
2mn·sin ∠F1PF2＝1
2 × 27
2 ×❑√
1-(
1
3)
2
＝9 ❑√2
2 ．
故选C．
【典例5】(2023·全国甲卷)设F1，F2 为椭圆C：x
2
5 ＋y2＝1 的两个焦点，点P 在C 上，若⃗
P F1·⃗P F2＝0，则|PF1|·|PF2|＝(　　)
A．1  
B．2 
C．4 
D．5
【解析】法一：因为⃗P F1·⃗P F2＝0 ，所以PF1⊥PF2 ，则S△P F1 F2＝1
2|PF1|·|PF2| ＝b2tan 
∠F1 P F2
2
，得1
2|PF1|·|PF2|＝1×tan 90°
2 ，所以|PF1|·|PF2|＝2，故选B．
法二：因为⃗P F1·⃗P F2＝0，所以PF1⊥PF2，
所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝16．
因为|PF1|＋|PF2|＝2a＝2❑√5，
所以(|PF1|＋|PF2|)2＝20，即|P F1|
2+|P F2|
2＋2|PF1|·|PF2|＝20，所以|PF1|·|PF2|＝2，故选B．
【典例6】已知F 是椭圆5x2＋9y2＝45 的左焦点，P 是椭圆上的动点，A(1，1)，则|PA|＋|PF|的
最大值为________，最小值为________．
【解析】椭圆方程可化为x
2
9 + y
2
5 ＝1．
设F1是椭圆的右焦点，则F1(2，0)，连接AF1，PF1(图略)，
∴|AF1|＝❑√2，易知|PA|＋|PF|＝|PA|－|PF1|＋6．
又－|AF1|≤|PA|－|PF1|≤|AF1|(当P，A，F1三点共线时等号成立)，∴6－
❑√2≤|PA|＋|PF|≤6＋
❑√2．∴|PA|＋|PF|的最大值为6＋
❑√2，最小值为6－
❑√2．
方法技巧
 
 48
   椭圆的标准方程
 
 
1．利用定义法求椭圆方程，要注意条件2a>|F1F2|；利用待定系数法要先定形(焦点位置)，再
定量，也可把椭圆方程设为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)的形式．
2．椭圆的标准方程的两个应用
(1)方程x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1 与x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝λ(λ>0)有相同的离心率．
(2)与椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a>b>0)共焦点的椭圆系方程为
x
2
a
2+k
+
y
2
b
2+k ＝1(a>b>0，k＋b2>0)，恰当运
用椭圆系方程，可使运算简便．
【典例1】　(多选)(2024·福建龙岩期中)已知曲线C：x
2
m-5 +
y
2
11-m＝1，则(　　)
A．当m＝8 时，C 是圆
B．当m＝10 时，C 是焦距为4 的椭圆
C．当C 是焦点在x 轴上的椭圆时，5<m<8
D．当C 是焦点在y 轴上的椭圆时，8<m<11
【解析】对于A，当m＝8 时，曲线C 为x2＋y2＝3，此时曲线表示圆，所以选项A 正确；
对于B，当m＝10 时，曲线C 为x
2
5 ＋y2＝1，此时曲线为椭圆且椭圆C 的焦距为2❑√5-1＝4，
所以选项B 正确；
对于C，若曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆，则{
m-5>11-m，
11-m>0，
解得8<m<11，所以选项C 错误；
对于D，若曲线C 是焦点在y 轴上的椭圆，则{
m-5<11-m，
m-5>0，
解得5<m<8，所以选项D 错误．
故选AB．
【典例2】已知椭圆的中心在原点，以坐标轴为对称轴，且经过两点(- 3
2 ，5
2)，(❑√3，❑√5)，
则椭圆的标准方程为________．
【解析】设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m，n＞0，m≠n)．
由{(- 3
2)
2
m+(
5
2)
2
n=1，
3m+5n=1，
解得m＝1
6，n＝1
10．
∴椭圆的标准方程为y
2
10 + x
2
6 ＝1．
【典例3】过点(❑√3，－
❑√5)，且与椭圆y
2
25 + x
2
9 ＝1 有相同焦点的椭圆的标准方程为________．
【解析】法一(定义法)：椭圆y
2
25 + x
2
9 ＝1 的焦点为(0，－4)，(0，4)，即c＝4．
由椭圆的定义知，
2a＝❑√(❑√3-0)
2+(- ❑√5+ 4)
2+
❑√(❑√3-0)
2+(- ❑√5- 4)
2，
解得a＝2❑√5．
由c2＝a2－b2可得b2＝4，
∴所求椭圆的标准方程为y
2
20 + x
2
4 ＝1．
法二(待定系数法)：∵所求椭圆与椭圆y
2
25 + x
2
9 ＝1 的焦点相同，
∴其焦点在y 轴上，且c2＝25－9＝16．
设它的标准方程为y
2
a
2 + x
2
b
2＝1(a＞b＞0)．
∵c2＝16，且c2＝a2－b2，
故a2－b2＝16．
①
又点(❑√3，－❑√5)在所求椭圆上，
∴(- ❑√5)
2
a
2
+ (❑√3)
2
b
2 ＝1，
则5
a
2 + 3
b
2＝1．
②
由①②得b2＝4，a2＝20，
∴所求椭圆的标准方程为y
2
20 + x
2
4 ＝1．
方法技巧
 
 49
   椭圆的简单几何性质
 
 
解决椭圆几何性质问题，核心是紧扣椭圆的定义与标准方程，先根据题目条件（如焦点式、一般式、
参数式等）确定椭圆的焦点位置、标准方程形式，再精准提取
三个核心参数（满足
），
进而推导长轴长
、短轴长
、焦距
、焦点坐标、顶点坐标、离心率
等几何性质；若涉及最值、
范围、对称性等问题，可结合参数方程、几何意义或代数换元法分析，同时注意区分焦点在
轴与
轴上
的椭圆方程差异，避免参数混淆，通过“定方程、求参数、推性质、验选项”的流程，高效解决各类椭圆
几何性质相关题目。
【典例1】(2025·广东广州模拟)已知椭圆E 的方程为❑√x
2+( y -2)
2+
❑√x
2+( y +2)
2＝8，则椭圆E( 
)
A．长轴长为16
B．短轴长为4❑√3
C．焦距为2
D．焦点为(－2，0)，(2，0)
【解析】因为
❑√x
2+( y -2)
2+
❑√x
2+( y +2)
2＝8>4，所以椭圆E 是以(0，2)，(0，－2)为焦点的椭
圆，
设椭圆E：y
2
a
2 + x
2
b
2＝1(a>b>0)，由题意知2a＝8，即a＝4．由b2＝a2－c2＝12 可知其方程为
y
2
16 + x
2
12＝1．由方程可得长轴长为8，焦距为4，短轴长为4❑√3．
故选B．
【典例2】(2024·山东潍坊二模)已知椭圆C：x
2
9 + y
2
4 ＝1 的焦点分别为F1，F2，P 为C 上一点，
则(　　)
A．C 的焦距为2❑√5　
B．C 的离心率为
❑√5
3
C．△F1PF2的周长为3＋❑√5　
D．△F1PF2面积的最大值为2❑√5
【解析】设椭圆C：x
2
9 + y
2
4 ＝1 的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，
则a2＝9，b2＝4，c2＝9－4＝5，故a＝3，b＝2，c＝❑√5，
所以C 的焦距为2❑√5，故A 正确；
C 的离心率为c
a＝
❑√5
3 ，故B 正确；
△F1PF2的周长为|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|＝2a＋2c＝6＋2❑√5，故C 错误；
对于D，当点P 位于椭圆的上、下顶点时，△F1PF2的面积最大，最大值为1
2×2×2❑√5＝2❑√5
，故D 正确．故选ABD．
方法技巧
 
 50
   椭圆的离心率问题
 
 
求椭圆离心率或其范围的方法
解题的关键是借助图形建立关于a，b，c 的关系式(等式或不等式)，转化为e 的关系式，常用
方法如下：
(1)直接求出a，c．利用离心率公式e＝c
a求解．
(2)由a 与b 的关系求离心率．利用变形公式e＝❑√
1- b
2
a
2求解．
(3)构造a，c 的齐次式．离心率e 的求解中可以不求出a，c 的具体值，而是得出a 与c 的关系，
从而求得e．
【典例1】(2022·全国甲卷)椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
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1
4，则C 的离心率为(　　)
A．
❑√3
2  
B．
❑√2
2 
C．1
2 
D．1
3
【解析】A(－a，0)，设P(x1，y1)，则Q(－x1，y1)，
则kAP＝
y1
x1+a，kAQ＝
y1
- x1+a ，
故kAP·kAQ＝
y1
x1+a ·
y1
- x1+a ＝
y1
2
- x1
2+a
2 ＝1
4，
又x1
2
a
2 + y1
2
b
2 ＝1，则y1
2＝b
2(a
2- x1
2)
a
2
，
所以
b
2(a
2- x1
2)
a
2
- x1
2+a
2
＝1
4，即b
2
a
2＝1
4，
所以椭圆C 的离心率e＝c
a＝❑√
1- b
2
a
2＝
❑√3
2 ．
故选A．
【典例2】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a＞b＞0)，F 为其左焦点，直线y＝kx(k＞0)与椭圆C 交于点
A，B，且AF⊥AB．若∠ABF＝30°，则椭圆C 的离心率为(　　)
A．
❑√7
3  
B．
❑√6
3 
C．
❑√7
6 
D．
❑√6
6
【解析】如图，设椭圆的右焦点为F2，连接AF2，BF2，则四边形AFBF2为平行四边形．设|
AF|＝m．因为∠ABF＝30°，则|FB|＝2m，|BF2|＝|AF|＝m．因为|BF|＋|BF2|＝2m＋m＝2a，所
以m＝2
3a．在△BFF2 中，(2c)2＝(
4
3 a)
2
＋(
2
3 a)
2
－2×4
3a×2
3a×cos 120°，整理得4c2＝28
9
a2，解得c＝
❑√7
3 a，故e＝c
a＝
❑√7
3 ．
若椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a>b>0)上存在一点M，使得∠F1MF2＝90°(F1，F2分别为椭圆的左、右焦点)，
则椭圆的离心率e 的取值范围为________．
【解析】法一：设点M 的坐标是(x0，y0)，
则|x0|<a．
∵F1(－c，0)，F2(c，0)，
∴⃗M F1＝(－c－x0，－y0)，⃗M F2＝(c－x0，－y0)．
∵∠F1MF2＝90°，
∴⃗M F1·⃗M F2＝-(c + x0)(c - x0)+ y0
2＝0，即x0
2+ y0
2＝c2．
又点M 在椭圆上，即y0
2＝b
2- b
2
a
2 x0
2，
∴x0
2+ y0
2＝b
2+ c
2
a
2 x0
2∈[b2，a2)，即c2∈[b2，a2)，
∴c2≥b2＝a2－c2，即c
2
a
2 ≥1
2，
又0<e<1，∴
❑√2
2 ≤e<1，
故椭圆的离心率e 的取值范围是[
❑√2
2 ，1)．
法二：设点M 的坐标是(x0，y0)，
由法一可得{
x0
2
a
2 + y0
2
b
2 =1，
x0
2+ y0
2=c
2，
 消去y0，
得x0
2＝a
2(c
2-b
2)
c
2
，
∵0≤x0
2<a2，∴{
a
2(c
2-b
2)
c
2
≥0 ①，
a
2(c
2-b
2)
c
2
<a
2②，
由②得c2－b2<c2，此式恒成立．
由①得c2≥b2，即c2≥a2－c2，∴a2≤2c2，
则e2＝c
2
a
2 ≥1
2．又0<e<1，∴e∈[
❑√2
2 ，1)．
故椭圆的离心率e 的取值范围是[
❑√2
2 ，1)．
法三：设椭圆的一个短轴端点为P，
∵椭圆上存在一点M，使∠F1MF2＝90°，
∴∠F1PF2≥90°，则c≥b，∴c2≥b2＝a2－c2，即c
2
a
2 ≥1
2，
又0<e<1，∴
❑√2
2 ≤e<1，
故椭圆的离心率e 的取值范围为[
❑√2
2 ，1)．
方法技巧
 
  51
   与椭圆有关的最值
 
 ( 范围
 
 ) 问题
 
 
利用椭圆几何性质求值或范围的思路
(1)将所求问题用椭圆上点的坐标表示，利用坐标范围构造函数或不等关系．
(2)将所求范围用a，b，c 表示，利用a，b，c 自身的范围、关系求解．
【典例1】设A，B 是椭圆C：x
2
3 + y
2
m ＝1 长轴的两个端点，若C 上存在点M 满足∠AMB＝
120°，则m 的取值范围是(　　)
A．(0，1]∪[9，＋∞)  
B．(0，❑√3]∪[9，＋∞)
C．(0，1]∪[4，＋∞) 
D．(0，❑√3]∪[4，＋∞)
【解析】由题意知，当M 在短轴端点时，∠AMB 最大．
①如图1，当焦点在x 轴上，即0＜m＜3 时，
a＝❑√3，b＝❑√m，tan α＝
❑√3
❑√m≥tan 60°＝❑√3，∴0＜m≤1．
②如图2，当焦点在y 轴上，即m＞3 时，
a＝❑√m，b＝❑√3，tan α＝
❑√m
❑√3 ≥tan 60°＝❑√3，∴m≥9．
综上，m 的取值范围是(0，1]∪[9，＋∞)，
故选A．
【典例2】(2021·全国乙卷)设B 是椭圆C：x
2
5 ＋y2＝1 的上顶点，点P 在C 上，则|PB|的最大
值为(　　) 
A．5
2  
B．❑√6 
C．❑√5 
D．2
【解析】法一(消元转化法)：设点P(x，y)，则根据点P 在椭圆x
2
5 ＋y2＝1 上可得x2＝5－5y2．
易知点B(0，1)，所以根据两点间的距离公式得|PB|2＝x2＋(y－1)2＝5－5y2＋(y－1)2＝－4y2－
2y＋6＝25
4 -(2 y + 1
2)
2
．
当2y＋1
2＝0，即y＝－1
4(满足|y|≤1)时，|PB|2取得最大值25
4 ，所以|PB|max＝5
2．故选A．
法二(利用椭圆的参数方程)：因为点P 在椭圆x
2
5 ＋y2＝1 上，所以可设点P(❑√5cos θ，sin θ)．
易知点B(0，1)，所以根据两点间的距离公式得|PB|2＝(❑√5cos θ)2＋(sin θ－1)2＝4cos2θ－2sinθ
＋2＝－4sin2θ－2sinθ＋6＝25
4 -(2sinθ+ 1
2)
2
．易知当2sin θ＋1
2＝0，即sin θ＝－1
4时，|PB|2
取得最大值25
4 ，所以|PB|max＝5
2．故选A．
方法技巧
 
 52
   椭圆的蒙日圆及其性质
 
 
过椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a>b>0)上任意不同两点M，N 作椭圆的切线，若两切线垂直且相交于
点P，则动点P 的轨迹为圆O：x2＋y2＝a2＋b2，此圆即椭圆的蒙日圆．椭圆的蒙日圆有如下
性质：
性质1：PM⊥PN．
性质2：PO 平分切点弦MN．
性质3：S△MON的最大值为ab
2 ，S△MON的最小值为a
2b
2
a
2+b
2．
【典例1】(多选)法国数学家加斯帕尔·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”．
他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆
称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆Γ：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a>b>0)的蒙日圆为C：x2＋y2＝3
2a2，过C 上的
动点M 作Γ 的两条切线，分别与C 交于P，Q 两点，直线PQ 交Γ 于A，B 两点，则(　　)
A．椭圆Γ 的离心率为
❑√2
2
B．△MPQ 面积的最大值为3
2a2
C．M 到Γ 的左焦点的距离的最小值为(2- ❑√2)a
D．若动点D 在Γ 上，将直线DA，DB 的斜率分别记为k1，k2，则k1k2＝－1
2
【解析】依题意，过椭圆Γ 的上顶点作y 轴的垂线，过椭圆Γ 的右顶点作x 轴的垂线，则这
两条垂线的交点在圆C 上，所以a2＋b2＝3
2a2，得a2＝2b2，所以椭圆Γ 的离心率e＝c
a＝
❑√
1- b
2
a
2＝
❑√2
2 ，A 正确；
因为点M，P，Q 都在圆C 上，且∠PMQ＝90°，所以PQ 为圆C 的直径，所以|PQ|＝2×
❑√
3
2 a
2＝❑√6a，所以△MPQ 面积的最大值为1
2|PQ|×❑√
3
2 a
2＝
❑√6a
2
×❑√
3
2 a
2＝3
2a2，B 正确；设
M(x0，y0)，Γ 的左焦点为F(-c，0)，连接MF(图略)，因为c2＝a2－b2＝1
2a2，所以|MF|
2＝
(x0+c)
2+ y0
2＝x0
2+ y0
2＋2x0c＋c2＝3
2a2＋2x0×
❑√2
2 a＋1
2a2＝2a2＋❑√2ax0，又－
❑√6
2 a≤x0≤
❑√6
2 a，所
以|MF|
2≥(2- ❑√3)a2，则M 到Γ 的左焦点的距离的最小值为(❑√6- ❑√2)a
2
，C 错误；由直线PQ
经过坐标原点，易得点A，B 关于原点对称，设A(x1，y1)，D(x2，y2)，则B(－x1，－y1)，k1
＝
y1- y2
x1- x2
，k2＝
y1+ y2
x1+ x2
，又{
x1
2
2b
2 + y1
2
b
2 =1，
x2
2
2b
2 + y2
2
b
2 =1，
所以x1
2- x2
2
2b
2 + y1
2- y2
2
b
2
＝0，所以
y1
2- y2
2
x1
2- x2
2 ＝
y1- y2
x1- x2
· y1+ y2
x1+ x2
＝－1
2，所以k1k2＝－1
2，D 正确．
故选ABD．
【典例2】加斯帕尔·蒙日是法国著名的几何学家．如图，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的
任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙
日圆”．若长方形G 的四边均与椭圆M：x
2
6 + y
2
4 ＝1 相切，则下列说法错误的是(　　)
A．椭圆M 的离心率为
❑√3
3
B．椭圆M 的蒙日圆方程为x2＋y2＝10
C．若G 为正方形，则G 的边长为2❑√5
D．长方形G 的面积的最大值为18
【解析】由椭圆方程知a＝❑√6，b＝2，则c＝❑√6- 4＝❑√2，离心率为e＝
❑√2
❑√6＝
❑√3
3 ，A 正确；
当长方形G 的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为2❑√6和4，其对角线长为❑√24 +16＝
2❑√10，因此蒙日圆的半径为❑√10，圆的方程为x2＋y2＝10，B 正确；
设长方形的边长分别为m，n，因此m2＋n2＝40≥2mn，即mn≤20，当且仅当m＝n 时取等号，
所以长方形G 的面积的最大值是20，此时该长方形G 为正方形，边长为2❑√5，C 正确，D 错
误．故选D．
方法技巧
 
 53
   直线与椭圆的位置关系
 
 
(1)研究直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究直线方程与椭圆方程组成的方程组的解的个
数．
(2)对于过定点的直线，也可以通过判断定点在椭圆内部或椭圆上来判定直线和椭圆是否有交
点．
【典例1】已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：x
2
4 + y
2
2 ＝1．试问当m 取何值时，直线l 与椭圆
C：
(1)有两个不同的公共点；
(2)有且只有一个公共点；
(3)没有公共点．
【解析】　将直线l 的方程与椭圆C 的方程联立，得方程组{
y =2 x +m，①
x
2
4 + y
2
2 =1，②
将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0．③
方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝-8m
2＋144．
(1)当Δ＞0，即－3❑√2＜m＜3❑√2时，方程③有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同
的实数解．这时直线l 与椭圆C 有两个不同的公共点．
(2)当Δ＝0，即m＝±3❑√2时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数
解．即直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点．
(3)当Δ＜0，即m＜－3❑√2或m＞3❑√2时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解．这
时直线l 与椭圆C 没有公共点．
【典例2】(2025·江苏南通模拟)已知动点M(x，y)与定点F(4，0)的距离和M 到定直线l：x＝
25
4 的距离的比是常数4
5 ．
(1)求动点M 的轨迹E 的方程；
(2)在E 上是否存在一点使得它到直线4x－5y＋40＝0 的距离最小？若存在，请求出最小距离；
若不存在，请说明理由．
【解析】　(1)根据题意得
❑√(x - 4)
2+ y
2
|
25
4 - x|
＝4
5．
化简，得9x2＋25y2＝225，
所以M 的轨迹E 的方程为x
2
25 + y
2
9 ＝1．
(2)因为直线4x－5y＋40＝0 与坐标轴的交点为(－10，0)，(0，8)，所以直线与椭圆无公共点，
设直线m 与该直线平行，则直线m 的方程可以写成4x－5y＋k＝0．
由方程组{
4 x -5 y + k =0，
x
2
25 + y
2
9 =1，消去y 得25x2＋8kx＋k2－225＝0．
由Δ＝64k2－100(k2－225)＝0，得k＝25 或k＝－25，
当k＝25 时，直线4x－5y＋25＝0 与椭圆的公共点到直线4x－5y＋40＝0 的距离最小，
最小距离d＝|40-25|
❑√4
2+5
2 ＝15 ❑√41
41
．
综上，在E 上存在一点使得它到直线4x－5y＋40＝0 的距离最小，最小距离为15 ❑√41
41
．
【典例3】(多选)已知直线l：y＝x＋m 与椭圆C：x
2
6 + y
2
2 ＝1，则下列结论正确的是(　　)
A．若C 与l 至少有一个公共点，则m≤2❑√2
B．若C 与l 有且仅有两个公共点，则|m|<2❑√2
C．若m＝3❑√2，则C 上到l 的距离为5 的点只有1 个
D．若m＝－❑√2，则C 上到l 的距离为1 的点只有3 个
【解析】联立{
y = x +m，
x
2
6 + y
2
2 =1，消去y 得4x2＋6mx＋3m2－6＝0，则判别式Δ＝12(8-m
2)．
令Δ＝12(8-m
2)≥0，
则有|m|≤2❑√2，－2❑√2≤m≤2❑√2，A 错误；
令Δ＝12(8-m
2)>0，则有|m|<2❑√2，B 正确；
令直线l 与椭圆C 相切，
则Δ＝12(8-m
2)＝0，
即m＝±2❑√2，直线y＝x＋3❑√2与y＝x－2❑√2的距离d＝|3 ❑√2-(-2❑√2)|
❑√2
＝5，C 正确；
如图，直线y＝x－❑√2与y＝x－2❑√2和y＝x 的距离均为1，因此，C 上到l 的距离为1 的点只有
3 个，D 正确．故选BCD．
方法技巧
 
 54
   椭圆的弦长问题
 
 
求弦长的前提是直线和椭圆相交，可利用弦长公式计算弦长； 对于中点弦问题，常用“根与
系数的关系”或“点差法”求解．在用“根与系数的关系”时，要注意前提条件Δ＞0；在用
“点差法”时，要检验直线与椭圆是否相交．
【典例1】已知椭圆C：x2＋2y2＝2 的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1作倾斜角为π
4 的直线l
交椭圆于A，B 两点．
(1)求弦AB 的长和△ABF2的周长；
(2)求△ABF2的面积．
【解析】　(1)椭圆C：x
2
2 ＋y2＝1，a2＝2，b2＝1，
c2＝a2－b2＝1，即F1(－1，0)，
所以直线l 的方程为y＝x＋1，
联立{
y = x +1，
x
2+2 y
2=2，消去y，整理得3x2＋4x＝0，x1＝0 或x2＝－4
3 ，
所以|AB|＝❑√1+k
2|x1－x2|＝
❑√2×|0-(- 4
3)|＝4 ❑√2
3
，
故△ABF2的周长为|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝4❑√2．
(2)由x1＝0，得y1＝1，由x2＝－4
3 ，得y2＝－1
3，
设A(0，1)，B(- 4
3 ，- 1
3)，
△ABF2的面积S＝1
2×|F1F2|×|y1－y2|＝1
2×2×|1-(- 1
3)|＝4
3 ．
【典例2】已知椭圆C：x
2
4 + y
2
3 ＝1 的左、右焦点分别为F1，F2，若斜率为－1 的直线l 与以线
段F1F2为直径的圆相交于A，B 两点，与椭圆相交于C，D 两点，且|CD|
|AB|＝8 ❑√3
7
，求出直线l
的方程．
【解析】　设直线l 的方程为y＝－x＋m，由题意知F1，F2的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，
所以以线段F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，由题意知圆心(0，0)到直线l 的距离d＝|-m|
❑√2
＜1，得|m|＜❑√2．
|AB|＝2❑√1-d
2＝2❑√1- m
2
2
＝❑√2×
❑√2-m
2．
联立{
x
2
4 + y
2
3 =1，
y =- x +m，
消去y，得7x2－8mx＋4m2－12＝0，
由题意得Δ＝(－8m)2－4×7×(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)＞0，解得m2＜7，所以m2＜
2．
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1 ＋x2 ＝8m
7 ，x1x2 ＝4 m
2-12
7
，|CD| ＝❑√2|x1 －x2| ＝❑√2×❑√(
8m
7 )
2
- 4× 4 m
2-12
7
＝
❑√2×
❑√
336- 48m
2
49
＝4 ❑√6
7
×
❑√7 -m
2＝8 ❑√3
7
|AB|＝8 ❑√3
7
×❑√2×
❑√2-m
2，解得m2＝1
3＜2，得m＝±
❑√3
3 ．
即直线l 的方程为y＝－x±
❑√3
3 ．
方法技巧
 
 55
   椭圆的中点弦问题
 
 
点差法适用范围：涉及弦中点的轨迹问题或弦所在直线的斜率问题时，可考虑点差法．
【典例1】若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，直线y＝3x＋7 与椭圆相交所得弦的中点
的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为________．
【解析】法一(直接法)：∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，∴设椭圆方程为
y
2
b
2+ 4
+ x
2
b
2
＝1(b>0)，由{
y
2
b
2+ 4
+ x
2
b
2 =1，
y =3 x +7，
 消去x，
得(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0，
设直线y＝3x＋7 与椭圆相交所得弦的端点分别为A( x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知y1+ y2
2
＝
1，
∴y1＋y2＝14(b
2+ 4)
10b
2+ 4 ＝2，解得b2＝8．
经检验，直线与椭圆有2 个交点，满足题意．
∴所求椭圆方程为y
2
12 + x
2
8 ＝1．
法二(点差法)：∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，∴设椭圆的方程为
y
2
b
2+ 4
+ x
2
b
2＝
1(b>0)．
设直线y＝3x＋7 与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则{
y1
2
b
2+ 4
+ x1
2
b
2 =1，①
y2
2
b
2+ 4
+ x2
2
b
2 =1，②
①－②得( y1- y2)( y1+ y2)
b
2+ 4
+ (x1- x2)(x1+ x2)
b
2
＝0，
即
y1- y2
x1- x2
· y1+ y2
x1+ x2 ＝－b
2+ 4
b
2 ，
又∵弦AB 的中点的纵坐标为1，故横坐标为－2，
k＝
y1- y2
x1- x2
＝3，代入上式得3× 2×1
2×(-2)＝－b
2+ 4
b
2 ，解得b2＝8，经检验，直线与椭圆有2 个交
点，满足题意．
故所求的椭圆方程为y
2
12 + x
2
8 ＝1．
【典例2】已知椭圆C：x
2
16 + y
2
4 ＝1，左、右焦点分别为F1，F2，直线l 与椭圆交于A，B 两点，
弦AB 被点(
❑√3，
❑√3
2 )平分．求：
(1)直线l 的方程；
(2)△F1AB 的面积．
【解析】　(1)设交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则{
x1
2
16 + y1
2
4 =1，
x2
2
16 + y2
2
4 =1，
两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)＝－4(y1＋y2)(y1－y2)，
因为弦AB 被点(
❑√3，
❑√3
2 )平分，
所以x1＋x2＝2❑√3，y1＋y2＝❑√3，
所以直线l 的斜率k＝
y1- y2
x1- x2
＝－1
4 · x1+ x2
y1+ y2
＝－1
2，
故直线l 的方程为x＋2y－2❑√3＝0．
(2)法一(常规方法)：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立{
x +2 y -2❑√3=0，
x
2
16 + y
2
4 =1，
得x2－2
❑√3x－2＝0，Δ＞0，
所以x1＋x2＝2❑√3，x1x2＝－2，
所以|AB|＝❑√
1+(- 1
2)
2
❑√(x1+ x2)
2- 4 x1 x2＝
❑√5
2
❑√(2❑√3)
2- 4×(-2)＝5，
由椭圆的方程可得，c2＝a2－b2＝16－4＝12，
所以c＝2❑√3，所以F1(－2❑√3，0)，
所以点F1(－2❑√3，0)到直线l：x＋2y－2❑√3＝0 的距离d＝|-2❑√3+0-2❑√3|
❑√1
2+2
2
＝4 ❑√15
5
，
所以S△F1 AB＝1
2|AB|d＝1
2×5×4 ❑√15
5
＝2❑√15．
法二(面积拆分法)：联立{
x
2
16 + y
2
4 =1，
x +2 y -2❑√3=0，
得2y2－2❑√3y－1＝0，Δ＞0，
所以y1＋y2＝❑√3，y1y2＝－1
2，
所以|y1－y2|＝❑√5，
又因为直线l 过点F2(2❑√3，0)，
所以S△F1 AB＝1
2|F1F2||y1－y2|＝1
2×4❑√3×❑√5＝2❑√15．
【典例3】已知直线x－❑√3y＋1＝0 与椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a>b>0)交于A，B 两点，且线段AB 的
中点为M，若直线OM(O 为坐标原点)的倾斜角为150°，则椭圆C 的离心率为(　　)
A．1
3　　　 B．2
3　　　 C．
❑√3
3 　　　 D．
❑√6
3
【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB 的中点M(x0，y0)．
∵x1
2
a
2 + y1
2
b
2 ＝1，x2
2
a
2 + y2
2
b
2 ＝1，
两式相减可得(x1+ x2)(x1- x2)
a
2
+ ( y1+ y2)( y1- y2)
b
2
＝0，把x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，
y1- y2
x1- x2 ＝
❑√3
3 ，y0
x0
＝tan 150°＝－
❑√3
3 代入可得b
2
a
2＝1
3．
∴e＝❑√
1- b
2
a
2＝
❑√6
3 ．故选D．
方法技巧
 
 56
   直线与椭圆的综合问题
 
 
1．求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用
代数的方法求解．为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求、整体代入的方法，如
弦长公式中|x1－x2|＝❑√(x1+ x2)
2- 4 x1 x2＝
❑√Δ
|a| ，其中x1，x2是ax2＋bx＋c＝0 的两根．
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．
【典例1】已知P 点坐标为(0，－2)，点A，B 分别为椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a>b>0)的左、右顶点，
直线BP 交E 于点Q，△ABP 是等腰直角三角形，且⃗PQ＝3
2⃗QB．
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设过点P 的动直线l 与E 相交于M，N 两点，当坐标原点O 位于以MN 为直径的圆外时，
求直线l 斜率的取值范围．
【解析】　(1)由△ABP 是等腰直角三角形，
得a＝2，B(2，0)．
设Q(x0，y0)，则由⃗PQ＝3
2⃗QB，
得{
x0= 6
5 ，
y0=- 4
5 ，
 
代入椭圆方程得b2＝1，
所以椭圆E 的方程为x
2
4 ＋y2＝1．
(2)依题意得，直线l 的斜率存在，方程设为y＝kx－2．
联立{
y =kx -2，
x
2
4 + y
2=1， 
消去y 并整理，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0．(*)
因为直线l 与E 有两个交点，即方程(*)有不相等的两个实根，
故Δ＝(－16k)2－48(1＋4k2)>0，解得k2>3
4．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由根与系数的关系得
{
x1+ x2= 16 k
1+ 4 k
2 ，
x1 x2=
12
1+ 4 k
2 ，
 
因为坐标原点O 位于以MN 为直径的圆外，
所以⃗OM ·⃗ON>0，即x1x2＋y1y2>0，
又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)
＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4
＝(1＋k2)·
12
1+ 4 k
2－2k· 16 k
1+ 4 k
2＋4>0，
解得k2<4．
综上可得3
4 <k2<4，则
❑√3
2 <k<2 或－2<k<－
❑√3
2 ．
则满足条件的斜率k 的取值范围为(-2，-
❑√3
2 )∪(
❑√3
2 ，2)．
【典例2】已知椭圆C 的两个焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，且经过点E(
❑√3，
❑√3
2 )．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)过F1的直线l 与椭圆C 交于A，B 两点(点A 位于x 轴上方)，若⃗A F1＝2⃗F1B，求直线l 的斜
率k．
【解析】　(1)根据题意知椭圆的焦点在x 轴上，所以设椭圆C 的方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a＞b＞
0)，
由{
2a=|E F1|+|E F2|= 4，
a
2=b
2+c
2，
c =1，
解得{
a=2，
c =1，
b= ❑√3，
所以椭圆C 的标准方程为x
2
4 + y
2
3 ＝1．
(2)由题意得直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为y＝k(x＋1)(k＞0)，
联立{
y =k (x +1)，
x
2
4 + y
2
3 =1，
整理得(
3
k
2 + 4)y2－6
k y－9＝0，
则Δ＝144
k
2 ＋144＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝
6k
3+ 4 k
2，y1y2＝-9k
2
3+ 4 k
2，
又⃗A F1＝2⃗F1B，所以y1＝－2y2，
所以y1＝12k
3+ 4 k
2，y2＝-6k
3+ 4 k
2，代入y1y2＝-9k
2
3+ 4 k
2，
得3＋4k2＝8，解得k＝±
❑√5
2 ，又k＞0，所以k＝
❑√5
2 ．
【典例3】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a>b>0)的离心率为1
2，左、右焦点分别为F1，F2，O 为坐标
原点，点P 在椭圆C 上，且满足|⃗P F1|＝4，|⃗P F1||⃗P F2|－2⃗P F1·⃗P F2＝0． 
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)已知过点(2，0)且不与x 轴重合的直线l 与椭圆C 交于M，N 两点，在x 轴上是否存在定点
Q，使得∠MQO＝∠NQO．若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，说明理由．
【解析】　(1)由cos ∠F1PF2＝⃗
P F1·⃗P F2
|⃗P F1||⃗P F2|＝1
2知∠F1PF2＝60°，
在△F1PF2中，|PF2|＝2a－4，c
a＝1
2，由余弦定理得4c2＝16＋(2a－4)2－4(2a－4)，
解得a＝4，c＝2，b2＝12，
所以椭圆C 的标准方程为x
2
16 + y
2
12＝1．
(2)假设存在点Q(m，0)满足条件，设直线l 方程为x＝ty＋2，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由{
x =ty +2，
x
2
16 + y
2
12 =1，
消去x 有(3t2＋4)y2＋12ty－36＝0，
Δ＞0，
所以y1＋y2＝-12t
3t
2+ 4，y1y2＝-36
3t
2+ 4，
kMQ＋kNQ＝
y1
x1-m +
y2
x2-m
＝
2t y1 y2+(2-m)( y1+ y2)
(t y1+2-m)(t y2+2-m)
＝
-72t
3t
2+ 4
- 12(2-m)t
3t
2+ 4
(t y1+2-m)(t y2+2-m)
，
因为∠MQO＝∠NQO，所以kMQ＋kNQ＝0，
即－72t－12(2－m)t＝0，
解得m＝8，
所以存在Q(8，0)，使得∠MQO＝∠NQO．
方法技巧
 
 57
   圆锥曲线的非对称韦达问题
 
 
对于某些圆锥曲线大题，在联立直线与圆锥曲线的方程时，常常会涉及一元二次方程，它
的两个根x1，x2满足根与系数的关系．一般来说，在应用题设条件解决问题时，常常能凑出
x1＋x2和x1x2，但有些时候无法直接凑出这两个式子，进而无法直接代入根与系数的关系，这
就是所谓的“非对称”的根与系数的关系问题．
【典例1】已知椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，P(-1，3
2)为E 上一
点，且PF1与x 轴垂直．
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设过点F2的直线l 与E 交于A，B 两点，已知点M(0，1)，且△MAF2的面积为△MBF2面积
的2 倍，求直线l 的方程．
【解析】　(1)因为P(-1，3
2)为E 上一点，且PF1 与x 轴垂直，所以{
1
a
2 + 9
4 b
2 =1，
c =1，
a
2=b
2+c
2，
解得
{
a
2= 4，
b
2=3，
c
2=1，
所以椭圆E 的方程为x
2
4 + y
2
3 ＝1．
(2)易得直线l 与x 轴不重合，设直线l 的方程为x＝ty＋1，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立{
x =ty +1，
3 x
2+ 4 y
2=12，得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，Δ＞0，故y1＋y2＝－
6t
3t
2+ 4，y1y2＝－
9
3t
2+ 4．
由△MAF2的面积是△MBF2面积的2 倍，可得⃗A F2＝2⃗F2B，所以y1＝－2y2，即y1＋2y2＝0．
拓展1　倒数求和法
此拓展是对形如y1＝λy2(或x1＝λx2)的关系式，利用
x1
x2
+ x2
x1
＝(x1+ x2)
2-2 x1 x2
x1 x2
将问题转化为对称
结构．
解法1　接典例解答，由y1＝－2y2，得
y1
y2
＝－2，故
y1
y2
+ y2
y1
＝( y1+ y2)
2-2 y1 y2
y1 y2
＝－5
2．结合根
与系数的关系，化简可得5t2＝4，即t2＝4
5 ．故直线l 的方程为y＝±
❑√5
2 (x－1)．
拓展2　配凑法
由y1＋λy2＝0 配凑，得λ(y1＋y2)＝(λ－1)y1，y1＋y2＝(1－λ)y2，两式相乘，可得λ(y1＋y2)2＝－(λ
－1)2y1y2，从而将问题转化为对称结构．
解法2　接典例解答，由y1＝－2y2，得y1＋2y2＝0，于是{
2( y1+ y2)= y1，
y1+ y2=- y2，两式相乘可得2(y1＋
y2)2＝－y1y2，结合根与系数的关系，化简可得5t2＝4，即t2＝4
5．故直线l 的方程为y＝±
❑√5
2 (x
－1)．
拓展3　方程组法
该拓展的实质是借助方程思想，由非对称式结合根与系数的关系，列方程组解答．
解法3　接典例解答，联立y1＋2y2＝0 与y1＋y2＝－
6t
3t
2+ 4，解得y1＝－12t
3t
2+ 4，y2＝
6t
3t
2+ 4．
再结合y1y2＝－
9
3t
2+ 4 ，得
72t
2
(3t
2+ 4)
2＝
9
3t
2+ 4，解得t2＝4
5 ．故直线l 的方程为y＝±
❑√5
2 (x－1)．
【典例2】已知A，B 分别为双曲线C：x2－y
2
3 ＝1 的左、右顶点，过双曲线的右焦点F 的直线
交双曲线于P，Q 两点(异于A，B)，求直线AP，BQ 的斜率的比值．
【解析】　由题意知F(2，0)，设直线PQ 的方程为x＝my＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立{
x
2- y
2
3 =1，
x =my +2，
 得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，Δ＝36m2＋36＞0，则y1＋y2＝－12m
3m
2-1，①
y1y2＝
9
3m
2-1，②
而①
②得
y1+ y2
y1 y2 ＝－4 m
3 ，
∴my1y2＝－3
4(y1＋y2)．
又kAP＝
y1
x1+1，kBQ＝
y2
x2-1，
k AP
k BQ＝
y1
x1+1 · x2-1
y2 ＝
y1(m y2+1)
(m y1+3) y2
＝
m y1 y2+ y1
m y1 y2+3 y2＝
- 3
4 ( y1+ y2)+ y1
- 3
4 ( y1+ y2)+3 y2
＝－1
3．
所以直线AP，BQ 的斜率的比值为－1
3．
【典例3】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a＞b＞0)的上顶点到右顶点的距离为❑√7，离心率为1
2，过椭
圆的左焦点F 作不与x 轴重合的直线与椭圆C 相交于M，N 两点，直线m 的方程为x＝－2a，
过点M 作ME 垂直于直线m 交直线m 于点E．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)①求证：直线EN 必过定点P，并求定点P 的坐标；
②点O 为坐标原点，求△OEN 面积的最大值．
【解析】　(1)由题意可得{
❑√a
2+b
2= ❑√7，
a
2=b
2+c
2，
c
a = 1
2 ，
所以a＝2，b＝❑√3．
故椭圆C 的标准方程为x
2
4 + y
2
3 ＝1．
(2)①证明：由题意知，F(－1，0)，
设直线MN：x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，E(－4，y1)，
由方程组{
x =my -1，
x
2
4 + y
2
3 =1，
得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，Δ＞0，
所以y1＋y2＝
6m
3m
2+ 4，y1y2＝-9
3m
2+ 4，
所以－2my1y2＝3(y1＋y2)．
又kEN＝
y2- y1
x2+ 4 ，所以直线EN 的方程为y－y1＝
y2- y1
x2+ 4 (x＋4)，
令y＝0，则x＝－4－
y1(x2+ 4)
y2- y1
＝－4－
m y1 y2+3 y1
y2- y1
＝－4－
3
2 ( y1- y2)
y2- y1
＝－4＋3
2＝－5
2．
所以直线EN 过定点P(- 5
2 ，0)．证毕．
②由①知Δ＝144(m2＋1)＞0，所以m∈R，
又|y1－y2|＝❑√( y1+ y2)
2- 4 y1 y2＝12
❑√m
2+1
3m
2+ 4 ，
所以S△OEN＝1
2|OP||y1－y2|＝5
4 · 12
❑√m
2+1
3m
2+ 4 ＝15
❑√m
2+1
3m
2+ 4 ＝15
❑√m
2+1
3(m
2+1)+1，
令t＝❑√m
2+1，t≥1，则f (t)＝
15
3t + 1
t
，
令g(t)＝3t＋1
t ，g′(t)＝3－1
t
2＝3t
2-1
t
2
，当t≥1 时，g′(t)＞0，
故g(t)＝3t＋1
t 在[1，＋∞)上单调递增，
则f (t)＝
15
3t + 1
t
在[1，＋∞)上单调递减，
即S△OEN＝15t
3t
2+1＝
15
3t + 1
t
在[1，＋∞)上单调递减，所以t＝1 时，(S△OEN)max＝15
4 ．
方法技巧
 
 58
   双曲线的定义及其应用
 
 
双曲线定义的应用
(1)利用定义求动点的轨迹方程，要分清是差的绝对值为常数，还是差为常数，即是双曲线还
是双曲线的一支．
(2)在“焦点三角形”中，常利用正、余弦定理，结合||PF1|－|PF2||＝2a，运用平方的方法，建
立|PF1|与|PF2|的关系．
【典例1】已知圆C1：(x＋3)2＋y2＝1，C2：(x－3)2＋y2＝9，动圆M 同时与圆C1和圆C2相外切，
则动圆圆心M 的轨迹方程为(　　)
A．x2－y
2
8 ＝1  
B．x
2
8 －y2＝1
C．x2－y
2
8 ＝1(x≤－1)  
D．x2－y
2
8 ＝1(x≥1)
【解析】设动圆M 的半径为r，由动圆M 同时与圆C1和圆C2相外切，得|MC1|＝1＋r，|MC2|
＝3＋r，|MC2|－|MC1|＝2<6＝|C1C2|，所以动圆圆心M 的轨迹是以点C1(－3，0)和C2(3，0)为
焦点的双曲线的左支，且2a＝2，解得a＝1，又c＝3，则b2＝c2－a2＝8，所以动圆圆心M 的
轨迹方程为x2－y
2
8 ＝1(x≤－1)．
【典例2】(2024·钦州开学)已知点A(1，0)，B(－1，0)．动点M 满足|MA|－|MB|＝2，则点M
的轨迹方程是(　　)
A．y＝0(－1≤x≤1)  
B．y＝0(x≥1)
C．y＝0(x≤－1) 
D．y＝0(|x|≥1)
【解析】∵点A(1，0)，B(－1，0)，∴|AB|＝2．
又动点M 满足|MA|－|MB|＝2，
∴点M 的轨迹方程为y＝0(x≤－1)．故选C．
【典例3】“m＞2”是“方程x
2
2-m +
y
2
m+1＝1 表示双曲线”的(　　)
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】因为方程x
2
2-m +
y
2
m+1＝1 表示双曲线，
所以(2－m)(m＋1)＜0，解得m＜－1 或m＞2．
即m∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)．因为(2，＋∞)是(－∞，－1)∪(2，＋∞)的真子集，
所以“m＞2”是“方程x
2
2-m +
y
2
m+1＝1 表示双曲线”的充分不必要条件．故选B．
【典例4】(2025·江苏南京模拟)设双曲线C：x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，
F2，离心率为2，P 为C 上一点，且∠F1PF2＝120°，若△F1PF2 的面积为4❑√3，则a＝
________．
【解析】不妨取P 点在第一象限，如图所示：
根据双曲线定义可得|PF1|－|PF2|＝2a，且|F1F2|＝2c．
由离心率为2 可得c
a＝2，可得c＝2a，即|F1F2|＝4a．
设|PF2|＝m>0，则|PF1|＝2a＋m．
由△F1PF2的面积为4❑√3，
可得1
2|PF1||PF2|sin ∠F1PF2＝1
2m(2a＋m)×
❑√3
2 ＝4❑√3，解得m(2a＋m)＝16．
利用余弦定理的推论可得cos ∠F1PF2＝|P F1|
2+|P F2|
2-|F1 F2|
2
2|P F1||P F2|
＝－1
2，
即
(2a+m)
2+m
2-(4 a)
2
2m(2a+m)
＝－1
2，
整理可得2m2＋4am－12a2＝－m(2a＋m)，
即12a2＝3m(2a＋m)，
所以12a2＝48，解得a＝2．
【典例5】已知F 为双曲线C：x
2
4 - y
2
5 ＝1 的左焦点，P 为其右支上一点，点A(0，－6)，则
△APF 周长的最小值为(　　)
A．4＋6❑√2　　
B．4＋6❑√5
C．6＋6❑√2 
D．6＋6❑√5
【解析】设双曲线的右焦点为M，由双曲线的方程可得a2＝4，b2＝5，则a＝2，b＝❑√5，c＝
3，
所以F(－3，0)，M(3，0)，且|PF|－|PM|＝2a＝4，所以|PF|＝|PM|＋4，
△APF 的周长为
|PA|＋|PF|＋|AF|＝|PA|＋|PM|＋4＋|AF|＝|PA|＋|PM|＋4＋3❑√5≥|AM|＋4＋3❑√5＝4＋6❑√5，
当且仅当M，P，A 三点共线时取等号，
则△APF 周长的最小值为4＋6❑√5．故选B．
方法技巧
 
 59
   双曲线的标准方程
 
 
求双曲线的标准方程的方法
(1)定义法：由题目条件判断出动点轨迹是双曲线，确定2a，2b 或2c，从而求出a2，b2．
(2)待定系数法： “先定型，再定量”，如果焦点位置不好确定，可将双曲线方程设为
x
2
m
2 - y
2
n
2 ＝λ(λ≠0)，再根据条件求λ 的值．
【典例1】(2025·山东济南模拟)已知双曲线C 的渐近线方程为2x±3y＝0，且经过点(3❑√2，
2)，则C 的标准方程为(　　)
A．x
2
9 - y
2
4 ＝1　　　  
B．x
2
12 - y
2
8 ＝1
C．y
2
4 - x
2
9 ＝1 
D．y
2
2 - x
2
18＝1
【解析】根据渐近线方程可设双曲线C 的方程为x
2
9 - y
2
4 ＝λ(λ≠0)，
∵双曲线C 过点(3❑√2，2)，∴λ＝2－1＝1，
∴双曲线C 的标准方程为x
2
9 - y
2
4 ＝1．
故选A．
【典例2】(2025·广东海珠区模拟)已知双曲线Γ：x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝1(a＞0，b＞0)，四点A(6，❑√3)，B
(4，
❑√55
5 )，C(5，2)，D(－5，－2)中恰有三点在Γ 上，则双曲线Γ 的标准方程为________．
【解析】因为点C，D 关于原点对称，且双曲线Γ 也关于原点对称，故点C，D 都在双曲线Γ
上，
对于点A，6
2
a
2＞5
2
a
2 ，3
b
2＜2
2
b
2，所以6
2
a
2 - 3
b
2＞5
2
a
2 - 2
2
b
2＝1，即点A 不在双曲线Γ 上，
所以点B，C，D 都在双曲线Γ 上，
所以{
25
a
2 - 4
b
2 =1，
16
a
2 -(
❑√55
5 )
2
b
2
=1，
解得{
a
2=5，
b
2=1，
因此，双曲线Γ 的标准方程为x
2
5 －y2＝1．
【典例3】已知F1，F2分别为双曲线x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，P 为双曲线上一点，
PF2与x 轴垂直，∠PF1F2＝30°，且虚轴长为2❑√2，则双曲线的标准方程为(　　)
A．x
2
4 - y
2
2 ＝1  
B．x
2
3 - y
2
2 ＝1
C．x
2
4 - y
2
8 ＝1 
D．x2－y
2
2 ＝1
【解析】由题意可知|PF1| ＝4 ❑√3c
3
，|PF2| ＝2❑√3c
3
，2b ＝2❑√2，由双曲线的定义可得
4 ❑√3c
3
- 2❑√3c
3
＝2a，即c＝❑√3a．又b＝❑√2，c2＝a2＋b2，∴a＝1，∴双曲线的标准方程为x2
－y
2
2 ＝1．故选D．
方法技巧
 
 60
   双曲线的渐近线
 
 
求双曲线渐近线方程的方法
求双曲线x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝1(a>0，b>0)或y
2
a
2 - x
2
b
2＝1(a>0，b>0)的渐近线方程的方法是令右边的常数等
于0，即令x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝0，得y＝±b
ax；或令y
2
a
2 - x
2
b
2＝0，得y＝±a
bx．
【典例1】(2025·广东深圳模拟)如图，F1，F2是双曲线C：x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝1(a>0，b>0)的左、右焦
点，过F2的直线与双曲线C 交于A，B 两点．若A 是BF2的中点且BF1⊥BF2，则该双曲线的
渐近线方程为(　　)
A．y＝±2❑√3x  
B．y＝±2❑√2x
C．y＝±❑√3x 
D．y＝±❑√2x
【解析】设|AB| ＝|AF2| ＝m ，|AF1| ＝|AF2| ＋2a ＝m ＋2a ，|BF1| ＝|BF2| －2a ＝
2m-2a，|B F1|
2+|BA|
2＝|AF1|2，|BF1|2＋|BF2|2＝|F1F2|2，
(2m－2a)2＋m2＝(m＋2a)2，①
(2m－2a)2＋4m2＝4c2，②
由①可得m＝3a，
代入②式化简得13a2＝c2，
∴12a2＝b2，∴b
a＝2❑√3，
所以双曲线的渐近线方程为y＝±b
ax＝±2❑√3x．故选A．
【典例2】(2021·新高考Ⅱ卷)已知双曲线x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝1(a>0，b>0)的离心率e＝2，则该双曲线的
渐近线方程为________．
【解析】因为双曲线的方程是x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝1(a>0，b>0)，
所以双曲线的渐近线方程为y＝±b
ax，
因为离心率e＝c
a＝2，可得c＝2a，所以c2＝4a2，
即a2＋b2＝4a2，可得b＝❑√3a，由此可得双曲线的渐近线方程为y＝±❑√3x．
(3)若△ABE 是锐角三角形，只需∠AEF＜45°，在Rt△AFE 中，|AF|＝b
2
a ，|FE|＝a＋c，则b
2
a
＜a＋c，即b2＜a2＋ac，即2a2－c2＋ac＞0，则e2－e－2＜0，解得－1＜e＜2，又e＞1，则1
＜e＜2．
方法技巧
 
 61
   双曲线的离心率
 
 
求双曲线的离心率或其取值范围的方法
(1)求a，b，c 的值，由c
2
a
2＝a
2+b
2
a
2
＝1＋b
2
a
2直接求e．
(2)列出含有a，b，c 的齐次方程(或不等式)，借助b2＝(c
2-a
2)消去b，然后转化成关于e 的方
程(或不等式)求解．
【典例1】(2021·全国甲卷)已知F1，F2是双曲线C 的两个焦点，P 为C 上一点，且∠F1PF2＝
60°，|PF1|＝3|PF2|，则C 的离心率为(　　)
A．
❑√7
2 　　B．
❑√13
2 　　C．❑√7　　D．❑√13
【解析】设|PF2|＝m，|PF1|＝3m，则|F1F2|＝❑√m
2+9m
2-2×3m×m×cos60°＝❑√7m，所以C 的
离心率e＝c
a＝2c
2a＝
|F1 F2|
|P F1|-|P F2|＝
❑√7m
2m ＝
❑√7
2 ．故选A．
【典例2】若斜率为❑√2的直线与双曲线x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝1(a＞0，b＞0)恒有两个公共点，则双曲线离心
率的取值范围是(　　)
A．(1，2)  
B．(2，＋∞)
C．(1，❑√3) 
D．(❑√3，＋∞)
【解析】因为斜率为
❑√2的直线与双曲线x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝1(a＞0，b＞0)恒有两个公共点，所以b
a＞
❑√2，
则e＝c
a＝❑√
1+ b
2
a
2＞
❑√1+2＝
❑√3，所以双曲线离心率的取值范围是(❑√3，＋∞)，故选D．
【典例3】已知双曲线C：x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝1(a>0，b>0)，若双曲线不存在以点(2a，a)为中点的弦，则
双曲线离心率e 的取值范围是(　　)
A．(1，2❑√3
3 ]   
B．[
❑√5
2 ，2❑√3
3 ] 
C．[
2❑√3
3
，+ ∞) 
D．[
❑√5
2 ，+ ∞)
【解析】如图所示，当点(2a，a)夹在双曲线及其渐近线之间(图中阴影部分，含双曲线和渐近
线，不含原点)时，不存在以(2a，a)为中点的弦．可知
0≤
(2a)
2
a
2
- a
2
b
2≤1，
解得1
4 ≤b
2
a
2 ≤1
3，故
❑√5
2 ≤e≤2❑√3
3 ．
方法技巧
 
 62
   与双曲线有关的最值、范围问题
 
 
解决双曲线相关的最值、范围问题，核心是“坐标化转化+方程消元+代数分析”：先由双曲线标准方
程确定焦点坐标与
参数，将向量数量积、距离、斜率等几何条件转化为坐标代数式，再利用双曲线
方程消去一个变量，得到仅含单个变量的函数式，最后结合双曲线中
或
的取值范围（如
、
），通过函数单调性、不等式（如基本不等式、二次函数值域）等代数方法求解最值或取值范围，
同时注意区分焦点在
轴与
轴上的双曲线的变量范围差异，避免遗漏定义域限制。
【典例1】已知M(x0，y0)是双曲线C：x
2
2 －y2＝1 上的一点，F1，F2 是C 的两个焦点，若⃗
M F1·⃗M F2＜0，则y0的取值范围是(　　)
A．(-
❑√3
3 ，
❑√3
3 )  
B．(-
❑√3
6 ，
❑√3
6 )
C．(- 2❑√2
3
，2❑√2
3 ) 
D．(- 2❑√3
3
，2❑√3
3 )
【解析】不妨令F1(- ❑√3，0)，F2(❑√3，0)，x0
2
2 - y0
2＝1，所以⃗M F1·⃗M F2＝(－
❑√3－x0，－
y0)·(❑√3－x0，－y0)＝x0
2+ y0
2－3＜0，即3 y0
2－1＜0，解得－
❑√3
3 ＜y0＜
❑√3
3 ．故选A．
【典例2】已知双曲线C：y
2
4 - x
2
2 ＝1 的焦点是F1，F2，点P 在双曲线C 上，则下列结论正确
的是(　　)
A．⃗P F1·⃗P F2的最大值为4
B．⃗P F1·⃗P F2的最大值为2
C．⃗P F1·⃗P F2的最小值为－4
D．⃗P F1·⃗P F2的最小值为－2
【解析】根据题意，不妨令F1，F2的坐标分别为(0，❑√6)，(0，－❑√6)，设点P 的坐标为(x，
y)，则x∈R，
故⃗P F1·⃗P F2＝(－x，
❑√6－y)·(－x，－
❑√6－y)＝x2＋y2－6，
又y2＝4(1+ x
2
2 )＝4＋2x2，
故⃗P F1·⃗P F2＝x2＋4＋2x2－6＝3x2－2，
又x∈R，故当x＝0 时，⃗P F1·⃗P F2取得最小值－2，且其没有最大值，故选D．
方法技巧
 
 63
   直线与双曲线的位置关系
 
 
解决与直线和双曲线的位置关系有关的问题时，有时利用数形结合思想，有时利用方程思想．
根据直线的斜率k 与渐近线的斜率或某切线的斜率的关系来判断直线与双曲线的位置关系会
比较快捷．
【典例1】(2023·全国乙卷)设A，B 为双曲线x2－y
2
9 ＝1 上两点，下列四个点中，可为线段
AB 中点的是(　　)
A．(1，1)  
B．(－1，2)
C．(1，3) 
D．(－1，－4)
【解析】结合选项可知，直线AB 的斜率存在且不为零．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB 的中点为M(x0，y0)，由点A，B 在双曲线上，得{
x1
2- y1
2
9 =1，
x2
2- y2
2
9 =1，
两式
作差，得x1
2- x2
2＝y1
2- y2
2
9
，即(x1－x2)(x1＋x2)＝
( y1- y2)( y1+ y2)
9
，( y1- y2)( y1+ y2)
(x1- x2)(x1+ x2) ＝9，
即
y1- y2
x1- x2
·
y1+ y2
2
x1+ x2
2
＝kAB·
y0
x0 ＝9，因此kAB＝9·
x0
y0．
由双曲线方程可得渐近线方程为y＝±3x，如图．对于A 选项，因为kAB＝9×1
1＝9>3，所以直
线AB 与双曲线无交点，不符合题意；对于B 选项，因为kAB＝9×-1
2 ＝－9
2<－3，所以直线
AB 与双曲线无交点，不符合题意；对于C 选项，kAB＝9×1
3＝3，此时直线AB 与渐近线y＝
3x 重合，与双曲线不可能有两个交点，不符合题意；对于D 选项，因为kAB＝9×-1
- 4 ＝9
4<3，
所以直线AB 与双曲线有两个交点，满足题意．故选D．
【典例2】(2021·新高考Ⅰ卷)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＝1
2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|＝2❑√17，
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x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝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－y
2
16＝1(x≥1)．
②设T(
1
2 ，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 - 1
2)(k1≠0)，直线PQ 的方程为y－t＝k2(x - 1
2)(k2≠0)，
由{
y -t =k1(x - 1
2)，
x
2- y
2
16 =1，
得(16-k1
2)x2－2k1(t - k1
2 )x－(t - k1
2 )
2
－16＝0．
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
易知16-k1
2≠0，Δ＞0．
则xAxB＝-(t - k1
2 )
2
-16
16-k1
2
，xA＋xB＝
2k1(t - k1
2 )
16-k1
2
，
所以|TA|＝
❑√1+ k1
2|x A - 1
2|＝
❑√1+k1
2(x A - 1
2)，
|TB|＝
❑√1+k1
2|xB- 1
2|＝
❑√1+k1
2(xB- 1
2)，
则|TA|·|TB|＝(1+ k1
2)(x A - 1
2)(xB- 1
2)＝(1+k1
2)[x A xB- 1
2 (x A+ xB)+ 1
4] 
＝(1+k1
2)·[
-(t - k1
2 )
2
-16
16-k1
2
- 1
2 ·
2k1(t - k1
2 )
16-k1
2
+ 1
4]
 
＝(1+ k1
2)(t
2+12)
k1
2-16
．
同理得|TP|·|TQ|＝(1+ k2
2)(t
2+12)
k2
2-16
．
因为|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，所以(1+ k1
2)(t
2+12)
k1
2-16
＝(1+k2
2)(t
2+12)
k2
2-16
，所以k2
2-16+ k1
2k2
2-16 k1
2＝
k1
2-16+ k1
2k2
2-16 k2
2，
即k1
2＝k2
2，
又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．
方法技巧
 
 64
   抛物线动点轨迹的判定
 
 
【典例1】在平面直角坐标系Oxy 中，动点P(x，y)到直线x＝1 的距离比它到定点(－2，0)的距
离小1，则P 的轨迹方程为(　　)
A．y2＝2x　
B．y2＝4x
C．y2＝－4x 
D．y2＝－8x
【解析】由题意知动点P(x，y)到直线x＝2 的距离与到定点(－2，0)的距离相等，由抛物线的
定义知，P 的轨迹是以(－2，0)为焦点，x＝2 为准线的抛物线，轨迹方程为y2＝－8x．故选
D．
【典例2】(2024·湖南长沙二模)已知圆N：x2＋y2－6y＋5＝0，直线y＝－1，圆M 与圆N 外切，
且与直线y＝－1 相切，则点M 的轨迹方程为________．
【解析】由题意得，直线l：y＝－1，且圆N：x2＋(y－3)2＝4，
设圆M 半径为r，则点M 到l＇：y＝－3 与点M 到点N 的距离相等，都是r＋2，
故点M 的轨迹是以N 为焦点，以l＇为准线的抛物线，故方程为x2＝12y．
【典例3】动圆与定圆A：(x＋2)2＋y2＝1 外切，且和直线x＝1 相切，则动圆圆心的轨迹是(　 
)
A．直线  
B．椭圆
C．双曲线 
D．抛物线
【解析】设动圆的圆心为点C，半径为r，则点C 到定圆A：(x＋2)2＋y2＝1 的圆心的距离等
于r＋1．又动圆的圆心到直线x＝1 的距离等于r，所以动圆的圆心到直线x＝2 的距离为r＋
1．根据抛物线的定义知，动圆圆心的轨迹为抛物线．故选D．
方法技巧
 
 65
   抛物线上的点到定点的距离及最值
 
 
抛物线定义的应用规律
【典例1】(2023·北京高考)已知抛物线C：y2＝8x 的焦点为F，点M 在C 上，若M 到直线x＝
－3 的距离为5，则|MF|＝(　　)
A．7  
B．6 
C．5 
D．4
【解析】如图所示，因为点M 到直线x＝－3 的距离|MR|＝5，所以点M 到直线x＝－2 的距
离|MN|＝4．
又抛物线上点M 到准线x＝－2 的距离和到焦点F 的距离相等，故|MF|＝|MN|＝4．故选D．
【典例2】已知点M(20，40)不在抛物线C：y2＝2px(p>0)上，抛物线C 的焦点为F．若对于抛
物线上的一点P，|PM|＋|PF|的最小值为41，则p 的值等于________．
【解析】当点M(20，40)位于抛物线内时，如图1，过点P 作抛物线准线的垂线，垂足为D，
则|PF|＝|PD|，
|PM|＋|PF|＝|PM|＋|PD|．
当点M，P，D 三点共线时，|PM|＋|PF|的值最小．
由最小值为41，得20＋p
2 ＝41，解得p＝42．
当点M(20，40)位于抛物线外时，如图2，当点P，M，F 三点共线时，|PM|＋|PF|的值最小．
由最小值为41，得❑√40
2+(20- p
2)
2
＝41，
解得p＝22 或p＝58．
当p＝58 时，y2＝116x，点M(20，40)在抛物线内，故舍去．
综上，p＝42 或p＝22．
【典例3】(2025·云南大理模拟)已知P 为抛物线C：y2＝8x 上任意一点，F 为抛物线C 的焦点，
Q 为圆M：(x－8)2＋(y－4)2＝4 上任意一点，则|PF|＋|PQ|的最小值为(　　)
A．6  
B．10 
C．4 
D．8
【解析】如图，过点P 作PH 垂直准线于点H，连接PM 交⊙M 于点Q．
由题意可得F(2，0)，C 的准线方程为x＝－2，|PF|＋|PQ|＝|PH|＋|PQ|．
因为|PQ|＝|PM|－|QM|＝|PM|－2，
所以|PF|＋|PQ|＝|PH|＋|PM|－2，
当M，P，H 三点共线时，|PH|＋|PM|取得最小值，最小值为8＋2＝10，所以|PF|＋|PQ|的最
小值为10－2＝8．
故选D．
【典例4】(2025·浙江金丽衢十二校模拟)已知直线l1：3x－4y－6＝0 和直线l2：y＝－2，则拋
物线x2＝4y 上一动点P 到直线l1与直线l2的距离之和的最小值是(　　)
A．2  
B．3 
C．11
5 
D．37
16
【解析】拋物线x2＝4y 的焦点F(0，1)，准线l：y＝－1，
设动点P 到直线l，l1，l2的距离分别为d，d1，d2，
点F 到直线l1的距离为
d3＝
|3×0- 4×1-6|
❑√3
2+(- 4)
2
＝2，
则d2＝d＋1＝|PF|＋1，
可得d1＋d2＝d1＋|PF|＋1≥d3＋1＝3，
当且仅当点P 在过点F 的直线l1的垂线上且P 在F 与l1之间时，等号成立，所以动点P 到直
线l1与直线l2的距离之和的最小值是3．故选B．
方法技巧
 
 66
   抛物线的标准方程与几何性质
 
 
1．求抛物线的标准方程的方法
(1)定义法．
(2)待定系数法．当焦点位置不确定时，为避免过多的讨论，通常依据焦点所在的位置，将抛
物线的方程设为y2＝ax(a≠0)或x2＝ay(a≠0)．
2．抛物线性质的应用要树立两个意识
(1)转化意识：见准线想焦点，见焦点想准线．
(2)图形意识：借助平面图形的性质简化运算．
【典例1】(2021·新高考Ⅰ卷)已知O 为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，P 为
C 上一点，PF 与x 轴垂直，Q 为x 轴上一点，且PQ⊥OP．若|FQ|＝6，则C 的准线方程为
________．
【解析】法一(解直角三角形法)：由题易得|OF|＝p
2 ，|PF|＝p，∠OPF＝∠PQF，所以tan 
∠OPF＝tan ∠PQF，所以|OF|
|PF|＝|PF|
|FQ|，即
p
2
p
＝p
6 ，解得p＝3，所以C 的准线方程为x＝－3
2
．
法二(射影定理法)：由题易得|OF|＝p
2 ，|PF|＝p，|PF|
2＝|OF|·|FQ|，即p2＝p
2 ×6，解得p＝
3 或p＝0(舍去)，所以C 的准线方程为x＝－3
2．
【典例2】(2025·广东佛山模拟)设F 为抛物线C：y2＝4x 的焦点，点A 在C 上，且在第一象限，
若直线AF 的倾斜角为π
3 ，则|AF|＝(　　)
A．2  
B．3 
C．4 
D．5
【解析】抛物线及准线如图所示，过点A 作AB 垂直准线于点B，
过焦点F 作FC 垂直于AB 于点C，由题意可知p＝2，∠AFx＝∠FAC＝π
3 ，
根据抛物线的定义|AF|＝|AB|＝|AC|＋|CB|．
在Rt△AFC 中，|AC|＝|AF|·cos π
3 ＝1
2|AF|，
又|BC|＝p＝2，所以|AF|＝|AB|＝1
2|AF|＋2，
解得|AF|＝4．故选C．
方法技巧
 
 67
   直线与抛物线的位置关系
 
 
解决直线与抛物线位置关系问题的方法
(1)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点．若过抛物线的焦点，可
直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
(2)涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系，采用“设而不
求”“整体代入”等解法．
提醒：涉及弦的中点、斜率时，一般用“点差法”求解．
(3)重视在选择、填空题中有关结论的灵活应用．
【典例1】(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)设O 为坐标原点，直线y＝－❑√3(x－1)过抛物线C：y2＝
2px(p>0)的焦点，且与C 交于M，N 两点，l 为C 的准线，则(　　)
A．p＝2
B．|MN|＝8
3
C．以MN 为直径的圆与l 相切
D．△OMN 为等腰三角形
【解析】由题意，易知直线y＝－❑√3(x－1)过点(1，0)．
因为直线经过抛物线C 的焦点，所以易知焦点坐标为(1，0)，所以p
2 ＝1，即p＝2，A 正确．
不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1<x2，联立方程{
y =- ❑√3(x -1)，
y
2= 4 x，
消去y 并整理得3x2－10x＋3＝
0，解得x1＝1
3，x2＝3，y1＝2❑√3
3 ，y2＝－2❑√3．由抛物线的定义得，|MN|＝x1＋x2＋p＝10
3 ＋2
＝16
3 ，B 错误．
l 的方程为x＝－1，以MN 为直径的圆的圆心坐标为(
5
3 ，- 2❑√3
3 )，半径r＝1
2|MN|＝8
3＝5
3＋
1，所以以MN 为直径的圆与l 相切，C 正确．
由两点间距离公式可得|OM|＝
❑√13
3 ，|ON|＝❑√21，又|MN|＝16
3 ，D 错误．故选AC．
【典例2】(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知O 为坐标原点，点A(1，1)在抛物线C：x2＝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＝－1
B．直线AB 与C 相切
C．|OP|·|OQ|＞|OA|2
D．|BP|·|BQ|＞|BA|2
【解析】将点A 的坐标代入抛物线方程得1＝2p，所以抛物线方程为x2＝y，故准线方程为y
＝－1
4 ，A 错误；
kAB＝1-(-1)
1-0 ＝2，所以直线AB 的方程为y＝2x－1，
联立{
y =2 x -1，
x
2= y ，
可得x2－2x＋1＝0，解得x＝1，即直线AB 与C 相切于点A，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(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立{
y =kx -1，
x
2= y ，得x2－kx＋1＝0，
所以{
Δ=k
2- 4＞0，
x1+ x2=k ，
x1 x2=1，
所以k＞2 或k＜－2，y1y2＝(x1x2)2＝1，
又|OP|＝
❑√x1
2+ y1
2＝
❑√y1+ y1
2，|OQ|＝
❑√x2
2+ y2
2＝
❑√y2+ y2
2，
所以|OP|·|OQ|＝❑√y1 y2(1+ y1)(1+ y2)＝
❑√k x1·k x2＝|k|＞2＝|OA|2，故C 正确；
因为|BP|＝❑√1+k
2|x1|，|BQ|＝❑√1+ k
2|x2|，
所以|BP|·|BQ|＝(1＋k2)|x1x2|＝1＋k2＞5，而|BA|2＝5，故D 正确．故选BCD．
方法技巧
 
 68
   抛物线中的阿基米德三角形
 
 
如图，假设抛物线方程为x2＝2py(p＞0), 过抛物线准线y＝－p
2 上一点P(x0，y0)向抛物线
引两条切线，切点分别记为A，B，其坐标为(x1，y1)，(x2，y2)，则在由点P 和两切点A，B 围
成的△PAB 中，有如下的常见结论：
(1)抛物线在A 处的切线方程：x1x＝p(y＋y1)，抛物线在B 处的切线方程：x2x＝p(y＋y2)，直线
AB 的方程：x0x＝2p y0+ y
2
＝p(y0＋y)；
(2)直线AB 过抛物线的焦点；
(3)过F 的直线与抛物线交于A，B 两点，以A，B 分别为切点作两条切线，则这两条切线的交
点P(x0，y0)的轨迹即为抛物线的准线；
(4)PF⊥AB；
(5)AP⊥PB；
(6)线段AB 的中点为M，则PM 平行(或重合)于抛物线的对称轴．
【典例1】　(多选)阿基米德是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，享有“数学之
神”的称号．若抛物线上任意两点A，B 处的切线交抛物线的准线于点P，则称△PAB 为“阿
基米德三角形”．已知抛物线x2＝8y 的焦点为F，过抛物线上两点A，B 的直线的方程为x－
y＋2＝0，弦AB 的中点为C，则关于“阿基米德三角形”PAB，下列结论正确的是(　　)
A．点P(❑√3，－2)  
B．PC⊥x 轴
C．PA⊥PB 
D．PF⊥AB
【解析】由{
x
2=8 y ，
y = x +2， 消去y 可得x2－8x－16＝0．
令A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝8，x1x2＝－16，
∵y＝x
2
8 ，∴y′＝x
4，kPA＝x1
4 ，
∴直线PA：y＝x1
4 (x - x1)+ x1
2
8 ＝x1
4 x - x1
2
8 ，直线PB：y＝x2
4 x - x2
2
8 ，
联立{
y = x1
4 x - x1
2
8 ，
y = x2
4 x - x2
2
8 ，
 
解得{
x = x1+ x2
2
= 4，
y = x1 x2
8
=-2，
即P(4，－2)，A 错误；
xC＝x1+ x2
2
＝4，∴PC⊥x 轴，B 正确；
kPF＝-2-2
4 -0 ＝－1，kAB＝1，kPF·kAB＝－1，∴PF⊥AB，D 正确； kPA·kPB＝x1 x2
16 ＝－1，
∴PA⊥PB，C 正确．故选BCD．
【典例2】　(2021·全国乙卷)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，且F 与圆M：x2＋(y
＋4)2＝1 上点的距离的最小值为4．
(1)求p 的值；
(2)若点P 在圆M 上，PA，PB 是抛物线C 的两条切线，A，B 是切点，求△PAB 面积的最大值．
【解析】　(1)由题意知M(0，－4)，F(0，p
2)，圆M 的半径r＝1，所以|MF|－r＝4，即p
2 ＋4
－1＝4，解得p＝2．
(2)由(1)知，抛物线方程为x2＝4y，
由题意可知直线AB 的斜率存在，设A(x1，x1
2
4 )，B(x2，x2
2
4 )，直线AB 的方程为y＝kx＋b，
联立{
y =kx +b，
x
2= 4 y ，消去y 得x2－4kx－4b＝0，
则Δ＝16k2＋16b＞0，(※)
x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
所以|AB|＝❑√1+k
2|x1－x2|
＝
❑√1+ k
2·❑√(x1+ x2)
2- 4 x1 x2＝4
❑√1+k
2·
❑√k
2+b．
因为x2＝4y，即y＝x
2
4 ，所以y′＝x
2，则抛物线在点A 处的切线斜率为x1
2 ，在点A 处的切线方
程为y - x1
2
4 ＝x1
2 (x－x1)，即y＝x1
2 x - x1
2
4 ，
同理得抛物线在点B 处的切线方程为y＝x2
2 x - x2
2
4 ，
联立{
y = x1
2 x - x1
2
4 ，
y = x2
2 x - x2
2
4 ，
则{
x = x1+ x2
2
=2k ，
y = x1 x2
4
=-b，
即P(2k，－b)．因为点P 在圆M 上，所以4k2＋(4－b)2＝1，①
且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，即－1
2≤k≤1
2，3≤b≤5，满足(※)．
设点P 到直线AB 的距离为d，则d＝|2k
2+2b|
❑√1+k
2 ，
所以S△PAB＝1
2|AB|·d＝4❑√(k
2+b)
3．
由①得，k2＝1-(4 -b)
2
4
＝-b
2+8b-15
4
，
令t＝k2＋b，则t＝-b
2+12b-15
4
，且3≤b≤5．
因为t＝-b
2+12b-15
4
在[3，5]上单调递增，所以当b＝5 时，t 取得最大值，tmax＝5，此时k＝
0，所以△PAB 面积的最大值为20❑√5．
方法技巧
 
 69
   圆锥曲线中的四点共圆问题
 
 
1.证明圆锥曲线中四点共圆的核心思路是代数化转化，将几何上的共圆问题转化为代数条件的验证，常用
两种核心方法：一是曲线系方程法，构造过四点的曲线系方程，通过调整参数使方程满足圆的特征（
与
系数相等、无
交叉项）；二是直径圆法/垂直法，证明四点中两点的连线为直径，且另外两点对该直
径的张角为直角（即斜率乘积为-1），利用“直径所对圆周角为直角”判定共圆。
2.曲线系方程法的适用场景：四点分别在两条直线与圆锥曲线的交点上，构造形式为“直线1·直线2+λ·圆
锥曲线=0”的曲线系，只需通过系数条件求解λ，即可验证是否为圆，步骤固定，适合椭圆、双曲线、抛
物线的通用共圆证明。
3.垂直法的适用场景：已知某条线段为潜在直径，或能通过斜率关系、向量数量积证明垂直，该方法计算
量更小，尤其适合抛物线的四点共圆证明（如典例1 中利用直线斜率乘积为-1 证明垂直）。
4.辅助方法：外接圆方程法，若四点中有三点的外接圆易求（如对称点、特殊点），可求出圆的方程后验
证第四点在圆上，适合有明显几何特征的四点（如举一反三椭圆题中利用对称性设圆心求外接圆）。
【典例1】（2026·广东汕头·一模，T18）已知椭圆
，点M 为动直线
被椭圆
截得的弦
的中点．
(1)求证：动点M 在定直线上，并求此定直线l 的方程；
(2)设直线l 与该椭圆相交于C、D 两点，求证：A、B、C、D 四点共圆．
【解析】（1）设
，
，则
.
又因为
在椭圆
，所以
，
两式相减得
，即
，
所以
，又因为直线
的方程为
，
所以
，代入上式得
，即
，
所以弦
的中点
恒在直线
上，直线l 的方程为
.
（2）因为直线
与椭圆
相交于C、D 两点，
直线
与椭圆
相交于A、B 两点，
所以构造过A、B、C、D 四点的曲线系方程
，
化简整理得
，
因为要使该方程表示圆，则
，得
，
代入方程得
，
即
，
，
方程表示一个圆心
，半径为
的圆，且A、B、C、D 四点在圆上.如
图：
所以A、B、C、D 四点共圆.
【典例2】已知抛物线
的焦点为F，过点F 的直线与C 交于A，B 两点，且
，O 为坐标原点．
(1)求C 的方程；
(2)若直线与C 的准线交于点P，过点P 作直线交C 于M，N 两点，且直线与的倾斜角
互补．
（ⅰ）求直线所过定点的坐标；
（ⅱ）证明：A，B，M，N 四点共圆．
【解析】（1）由题知
，设
两点的坐标分别为
，
显然直线的斜率为0 时不合题意，则设直线的方程为
，
联立方程
消去整理得
，
则
，
，
，
所以
，
所以
，解得
，
所以
的方程为
．
（2）（ⅰ）由（1）知
的准线方程为
，直线
的方程为
，
令
，得
，即点
的坐标为
，
由直线的斜率为
，直线与直线的倾斜角互补，知直线的斜率为
，
故直线的方程为
，即
，
故直线过定点
．
（ⅱ）设点
的坐标为
．
联立方程
消去后整理得
，故
，
由（1）知
，
，
直线
的斜率为
，同理可得直线
的斜率为
．
又
，
所以直线
与直线
互相垂直，故点
在以线段
为直径的圆上，
同理可得点
在以线段
为直径的圆上，
故
，
，
，
四点共圆．
  
【典例3】（2025·广东·模拟预测）已知抛物线
的焦点为F，点
在
上，
且
．
(1)求抛物线
的方程；
(2)直线l 经过点F，且与
交于A、B 两点．
①点P 是抛物线上位于A、B 之间的动点，设点P 到直线l 的距离d 的最大值为
，求
的最
小值；
②设线段
的垂直平分线与
交于M、N 两点，若A、M、B、N 四点共圆，求直线l 的方程．
【答案】(1)
(2)
1 
①
；②
或
【分析】（1）根据抛物线定义
即可求解；
（2）①设
，
，
，
，直线l 的方程为
，联立得
，
，再利用点到直线的距离求解；
②设
方程为
，
，
，AB 中点
，联立得到
，
，
再由
得到
即可．
【详解】（1）
， 
所以
，抛物线的方程为
．
（2）①
设
，
，
，
，
为直线l 与x 轴正半轴的夹角，
则直线l 的方程为
，
将直线方程代入抛物线方程得
，
不妨设
，则
，
，
，
所以
，即
，
点P 到直线l 的距离
 （当
时取等）
所以
 （
，
时取等），
所以
的最小值为1．
②设
方程为
，
，
，AB 中点
，
直线
的方程为
，
，
，
因为
垂直平分
，且四点共圆， 
所以
关于
对称，且MN 是直径，
将
方程代入抛物线方程得
，
所以
，
，
因为C 既在AB 上，又在MN 上，
所以
，
，得
，
将
方程
代入抛物线方程得
，
因为
，所以
，
得
，即
，
进而
，
又因为
，所以
，
因为
，所以
，得
，
所以直线l 的方程为
或
．
方法技巧
 
 70
   圆锥曲线中的定点问题
 
 
求解直线过定点问题常用方法如下：
(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般
性证明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或
曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐
标的点即为所求点；
(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)或斜截式y＝kx＋b 来证
明．
【典例1】已知点P(4，3)在双曲线C：x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝1(a＞0，b＞0)上，过P 作x 轴的平行线，分别
交双曲线C 的两条渐近线于M，N 两点，|PM|·|PN|＝4．
(1)求双曲线C 的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m 与双曲线C 交于不同的两点A，B，设直线PA，PB 的斜率分别为k1，
k2，从下面两个条件中选一个，证明：直线l 过定点．
①k1＋k2＝1；②k1k2＝1．
【解析】　(1)因为点P(4，3)在双曲线上，所以16
a
2 - 9
b
2＝1．
过P 作x 轴的平行线y＝3，与y＝±b
ax 相交于M，N 两点，记M(
3a
b ，3)，N(- 3a
b ，3)．
所以|4 - 3a
b |·|4+ 3a
b |＝|16- 9a
2
b
2 |
＝a2|
16
a
2 - 9
b
2|＝a2＝4，所以a＝2．
代入16
a
2 - 9
b
2＝1，可知b＝
❑√3，
所以双曲线C 的方程为x
2
4 - y
2
3 ＝1．
(2)证明：选①：由题意可知，直线l 与双曲线C 交于不同的两点A，B，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程{
x
2
4 - y
2
3 =1，
y =kx +m，
得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，
所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，
即m2＋3－4k2＞0．
所以x1＋x2＝8km
3- 4 k
2，x1x2＝- 4 m
2-12
3- 4 k
2 ，
由条件k1＋k2＝1，得
y1-3
x1- 4 + y2-3
x2- 4 ＝1，
所以(x2－4)(kx1＋m－3)＋(x1－4)(kx2＋m－3)＝(x1－4)(x2－4)，
整理可得
2kx1x2＋(m－3－4k)(x1＋x2)－8(m－3)＝x1x2－4(x1＋x2)＋16，
由根与系数的关系得m2＋2km－8k2－6k－6m＋9＝0，
即(m－2k－3)(m＋4k－3)＝0，
解得m＝2k＋3 或m＝－4k＋3．
当m＝2k＋3 时，y＝kx＋m＝kx＋2k＋3＝k(x＋2)＋3，
则直线l 过定点(－2，3)；
当m＝－4k＋3 时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l 过定点P(4，3)，不合题意．
综上可得，直线l 过定点(－2，3)．
选②：由题意可知，直线l 与双曲线C 交于不同的两点A，B，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程{
x
2
4 - y
2
3 =1，
y =kx +m，
得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，
所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，即m2＋3－4k2＞0．
所以x1＋x2＝8km
3- 4 k
2，x1x2＝- 4 m
2-12
3- 4 k
2 ，
由条件k1k2＝1，得
y1-3
x1- 4 · y2-3
x2- 4 ＝1，
即
(k x1+m)(k x2+m)-3［(k x1+m)+(k x2+m)］+9
(x1- 4)(x2- 4)
＝1，
整理可得
k
2 x1 x2+ km(x1+ x2)+m
2-3k (x1+ x2)-6m+9
x1 x2- 4(x1+ x2)+16
＝1．
由根与系数的关系，整理可得7m2＋32km＋16k2－18m－9＝0，
即(7m＋4k＋3)(m＋4k－3)＝0，
解得m＝－4 k +3
7
或m＝－4k＋3．
当m＝－4 k +3
7
时，y＝kx＋m＝kx－4 k +3
7
＝k(x - 4
7)- 3
7，则直线l 过定点(
4
7 ，- 3
7)；
当m＝－4k＋3 时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l 过定点P(4，3)，不合题意．
综上可得，直线l 过定点(
4
7 ，- 3
7)．
【典例2】(2025·广东广州一模)设A，B 两点的坐标分别为(－❑√3，0)，(❑√3，0)． 直线AH，
BH 相交于点H，且它们的斜率之积是－1
3． 设点H 的轨迹方程为C．
(1)求C；
(2)不经过点A 的直线l 与曲线C 相交于E，F 两点，且直线AE 与直线AF 的斜率之积是－1
3，
求证：直线l 恒过定点．
【解析】　(1)设点H 的坐标为(x，y)，因为点A 的坐标是(－❑√3，0)，
所以直线 AH 的斜率kAH＝
y
x + ❑√3(x≠－❑√3)，
同理，直线 BH 的斜率kBH＝
y
x - ❑√3(x≠❑√3)，
由已知，有
y
x + ❑√3 ·
y
x - ❑√3＝－1
3(x≠±
❑√3)，
化简得点H 的轨迹方程为x
2
3 ＋y2＝1(x≠±❑√3)，
即点H 的轨迹是除去 (－❑√3，0)，(❑√3，0)两点的椭圆．
(2)证明：设E(x1，y1)，F(x2，y2)，
①当直线l 斜率不存在时，可知 x1＝x2，y2＝－y1，
且有{
x1
2
3 + y1
2=1，
k AE·k AF =
y1
x1+ ❑√3 ·- y1
x1+ ❑√3 =- 1
3 ，
解得x1＝0，y1＝±1，此时直线l 为 x＝0；
②当直线l 斜率存在时，设直线 l：y＝kx＋b，则此时有
kAE·kAF＝
y1
x1+ ❑√3 ·
y2
x2+ ❑√3
＝
(k x1+b)(k x2+b)
x1 x2+ ❑√3(x1+ x2)+3
＝
k
2 x1 x2+ kb(x1+ x2)+b
2
x1 x2+ ❑√3(x1+ x2)+3 ＝－1
3．
联立直线方程与椭圆方程 {
y =kx +b，
x
2
3 + y
2=1，
消去 y 可得(3k2＋1)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，
Δ＝12(3k2－b2＋1)＞0，
根据根与系数的关系可得 x1＋x2＝-6 kb
3k
2+1，x1x2＝3b
2-3
3k
2+1，
所以
k
2· 3b
2-3
3k
2+1
+ kb·-6 kb
3k
2+1
+b
2
3b
2-3
3k
2+1
+ ❑√3·-6kb
3k
2+1
+3
＝－1
3，
所以k
2(3b
2-3)-6 k
2b
2+b
2(3k
2+1)
3b
2-3-6 ❑√3kb+3(3k
2+1) ＝－1
3，
所以
b
2-3k
2
b
2-2❑√3kb+3k
2＝－1．
所以b2－❑√3kb＝0，则b＝0 或b＝❑√3k，
当b＝❑√3k 时，则直线 l：y＝k(x＋❑√3)恒过A 点，与题意不符，舍去，
故b＝0，直线l 恒过原点(0，0)，
综合①②可知，直线l 恒过原点 (0，0)，原命题得证．
【典例3】(2023·全国乙卷)已知椭圆C：y
2
a
2 + x
2
b
2＝1(a>b>0)的离心率为
❑√5
3 ，点A(－2，0)在C
上．
(1)求C 的方程；
(2)过点(－2，3)的直线交C 于P，Q 两点，直线AP，AQ 与y 轴的交点分别为M，N，证明：
线段MN 的中点为定点．
【解析】　(1)因为点A(－2，0)在C 上，所以4
b
2＝1，得b2＝4．
因为椭圆的离心率e＝c
a＝
❑√5
3 ，所以c2＝5
9a2，又a2＝b2＋c2＝4＋5
9a2，所以a2＝9，c2＝5，
故椭圆C 的方程为y
2
9 + x
2
4 ＝1．
(2)证明：由题意知，直线PQ 的斜率存在且不为0，设lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，
y2)，
由{
y -3=k (x +2)，
y
2
9 + x
2
4 =1，得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，
则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，
故x1＋x2＝－16k
2+24 k
4 k
2+9
，x1x2＝16 k
2+ 48k
4 k
2+9
．
直线AP：y＝
y1
x1+2(x＋2)，令x＝0，解得yM＝
2 y1
x1+2，同理得yN＝
2 y2
x2+2，
则yM＋yN＝2×
y1(x2+2)+ y2(x1+2)
(x1+2)(x2+2)
＝2×
(k x1+2k +3)(x2+2)+(k x2+2k +3)(x1+2)
(x1+2)(x2+2)
＝2×
2k x1 x2+(4 k +3)(x1+ x2)+8k +12
x1 x2+2(x1+ x2)+ 4
＝2×2k (16k
2+ 48k)+(4 k +3)(-16k
2-24 k)+(8k +12)(4 k
2+9)
16k
2+ 48k +2(-16k
2-24 k)+ 4(4 k
2+9)
＝2×108
36
＝6．
所以MN 的中点的纵坐标为y M + y N
2
＝3，所以MN 的中点为定点(0，3)．
【典例4】已知双曲线C：x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝1(a＞0，b＞0)的左顶点为A，过左焦点F 的直线与C 交于
P，Q 两点．当PQ⊥x 轴时，|PA|＝❑√10，△PAQ 的面积为3．
(1)求双曲线C 的方程；
(2)证明：以PQ 为直径的圆经过定点．
【解析】　(1)如图，当PQ⊥x 轴时，P，Q 两点的横坐标均为－c，
代入双曲线方程，可得yP＝b
2
a ，yQ＝－b
2
a ，
即|PF|＝b
2
a ，
由题意，可得{
(
b
2
a )
2
+(c -a)
2=(❑√10)
2，
1
2 · 2b
2
a ·(c -a)=3，
c
2=a
2+b
2，
解得a＝1，b＝❑√3，c＝2，
∴双曲线C 的方程为x2－y
2
3 ＝1．
(2)证明：法一：设直线PQ 的方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则{
x =my -2，
3 x
2- y
2=3 ⇒3(m2y2－4my＋4)－y2＝3⇒(3m2－1)y2－12my＋9＝0，Δ＞0，由根与系数的关
系得y1＋y2＝12m
3m
2-1，y1y2＝
9
3m
2-1，以PQ 为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)
＝0，
x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y2－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，
由对称性知以PQ 为直径的圆必过x 轴上的定点，令y＝0，可得
x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y1y2＝0，
而x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝12m
2
3m
2-1－4＝
4
3m
2-1，
x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝-3m
2- 4
3m
2-1 ，
∴x2－
4
3m
2-1x＋-3m
2- 4
3m
2-1
+
9
3m
2-1＝0，(3m2－1)x2－4x＋5－3m2＝0，即[(3m2－1)x＋3m2－
5]·(x－1)＝0 对任意m∈R 恒成立，
∴x＝1，
∴以PQ 为直径的圆经过定点(1，0)．
当直线PQ 斜率为0 时，圆的方程为x2＋y2＝1，过定点(1，0)．
综上，以PQ 为直径的圆经过定点(1，0)．
法二：设直线PQ 的方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则{
x =my -2，
3 x
2- y
2=3 ⇒(3m2－1)y2－12my＋9＝0，Δ＞0，
由根与系数的关系得y1＋y2＝12m
3m
2-1，y1y2＝
9
3m
2-1，
由对称性知以PQ 为直径的圆必过x 轴上的定点．
设以PQ 为直径的圆过点E(t，0)，
∴⃗EP·⃗EQ＝0⇒(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝0⇒x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝0，
而x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝m2·
9
3m
2-1－2m· 12m
3m
2-1＋4＝-3m
2- 4
3m
2-1
，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝12m
2
3m
2-1－4＝
4
3m
2-1，
∴-3m
2- 4
3m
2-1
-
4 t
3m
2-1＋t2＋
9
3m
2-1＝0，
(3m2－1)t2－4t＋5－3m2＝0，
即[(3m2－1)t＋3m2－5](t－1)＝0 对任意m∈R 恒成立，
∴t＝1，即以PQ 为直径的圆经过定点(1，0)．
当直线PQ 斜率为0 时，圆的方程为x2＋y2＝1，过定点(1，0)．
综上，以PQ 为直径的圆经过定点(1，0)．
方法技巧
 
 71
   圆锥曲线的定值问题
 
 
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可
得出定值；
(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件
化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得长度的解析式，再依据条件对解析式进行化简、
变形即可求得；
(4)定值问题可由特殊情况先寻求定值，再推广到一般情况，这样方向和目标明确．
【典例1】已知直线l1：y＝2x 和直线l2：y＝－2x，过动点E 作平行于l2的直线交l1于点A，过
动点E 作平行于l1的直线交l2于点B，且四边形OAEB(O 为原点)的面积为4．
(1)求动点E 的轨迹方程；
(2)当动点E 的轨迹的焦点在x 轴上时，记轨迹为曲线E0，过点M(1，0)的直线m 与曲线E0交
于P，Q 两点，且与y 轴交于点N，若⃗NM＝λ⃗MP，⃗NM＝μ⃗MQ，求证：λ＋μ 为定值．
【解析】　(1)设E(x0，y0)，过点E(x0，y0)且平行于l2的直线方程为y－y0＝－2(x－x0)，
由{
y - y0=-2(x - x0)，
y =2 x，
得交点A 的横坐标为2 x0+ y0
4
，
所以|OA|＝
❑√1+2
2|
2 x0+ y0
4
|＝
❑√5
4 |2x0＋y0|，
E 点到直线l1的距离为|2 x0- y0|
❑√5
，
所以四边形OAEB 的面积为
|2 x0- y0|
❑√5
·
❑√5
4 |2x0＋y0|＝4，
即x0
2
4 - y0
2
16＝1 或y0
2
16 - x0
2
4 ＝1，
故动点E 的轨迹方程为x
2
4 - y
2
16＝1 或y
2
16 - x
2
4 ＝1．
(2)证明：由题知E0的方程为x
2
4 - y
2
16＝1，
设N(0，yN)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
当直线m 的斜率为0 时，N(0，0)，
若P(－2，0)，Q(2，0)，由⃗NM＝λ⃗MP，⃗NM＝μ⃗MQ，知λ＝－1
3，μ＝1，所以λ＋μ＝2
3；
若Q(－2，0)，P(2，0)，由⃗NM＝λ⃗MP，⃗NM＝μ⃗MQ，
知λ＝1，μ＝－1
3，所以λ＋μ＝2
3．
当直线m 的斜率不为0 时，设直线m 的方程为x＝ty＋1(显然t≠0)，则N(0，- 1
t)，即yN＝
－1
t ，
因为⃗NM＝λ⃗MP，⃗NM＝μ⃗MQ，
所以(1，－yN)＝λ(x1－1，y1)，(1，－yN)＝μ(x2－1，y2)，
解得λ＝－
y N
y1
，μ＝－
y N
y2
，λ＋μ＝－yN(
1
y1
+ 1
y2)＝－yN·
y1+ y2
y1 y2
．
由{
x =ty +1，
4 x
2- y
2=16，消去x 并整理得(4t2－1)y2＋8ty－12＝0，
因为直线m 与曲线E0有两个交点，
则在4t2－1≠0 且判别式Δ＞0 时，有y1＋y2＝-8t
4t
2-1，y1y2＝-12
4 t
2-1．
所以λ＋μ＝1
t ·-8t
4t
2-1
· 4t
2-1
-12
＝2
3，即证得λ＋μ 为定值2
3．
【典例2】已知M，N 分别为椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，F 为其右焦点，|FM|
＝3|FN|，且点P(1，3
2)在椭圆E 上．
(1)求椭圆E 的标准方程；
(2)若过F 的直线l 与椭圆E 交于A，B 两点，且l 与以MN 为直径的圆交于C，D 两点，证明：
12
|AB|+|CD|
2
4
为定值．
【解析】　(1)由|FM|＝3|FN|，可得a＋c＝3(a－c)，解得a＝2c，
又因为a2＝b2＋c2，所以b＝❑√3c．
因为点P(1，3
2)在椭圆E 上，所以1
a
2 +
9
4
b
2＝1，
解得a＝2，b＝❑√3，c＝1，所以椭圆E 的标准方程为x
2
4 + y
2
3 ＝1．
(2)证明：①当l 与x 轴重合时，|AB|＝|CD|＝4，
所以12
|AB|+|CD|
2
4
＝7．
②当l 不与x 轴重合时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线l 的方程为x＝my＋1，
由{
x
2
4 + y
2
3 =1，
x =my +1，
消去x 并整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，Δ＞0，
则y1＋y2＝-6m
3m
2+ 4，y1y2＝-9
3m
2+ 4，
故|AB|＝❑√(1+m
2)［( y1+ y2)
2- 4 y1 y2］
＝
❑√
(1+m
2)[(
-6m
3m
2+ 4)
2
+
36
3m
2+ 4]
＝12× m
2+1
3m
2+ 4，
圆心O 到直线l 的距离为
1
❑√m
2+1，
则|CD|
2
4
＝4－
1
m
2+1，
所以12
|AB|+|CD|
2
4
＝3m
2+ 4
m
2+1 ＋4－
1
m
2+1＝7，
即12
|AB|+|CD|
2
4
为定值．
方法技巧
 
 72
   圆锥曲线的定直线问题
 
 
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题．这类问题的核心在
于确定动点的轨迹，主要方法如下：
(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程；
(2)待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数法求解出系数；
(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证．
【典例1】(2024·辽宁大连一模)已知椭圆C：y
2
a
2 + x
2
b
2＝1(a>b>0)的离心率为1
2，A 为上顶点，B
为左顶点，F 为上焦点，且⃗BA ·⃗BF＝5．
(1)求C 的方程；
(2)设过点(3，2)的直线交C 于M，N 两点，过M 且垂直于y 轴的直线与直线AN 交于点Q，证
明：线段MQ 的中点在定直线上．
【解析】　(1)由题意可得A(0，a)，B(－b，0)，F(0，c)，则⃗BA ·⃗BF＝b2＋ac＝5，
又c
a＝1
2，a2＝b2＋c2，故b2＝3c2，即b＝
❑√3c，
故有3c2＋2c2＝5，即c＝1，则b＝❑√3，a＝2，
即C 的方程为y
2
4 + x
2
3 ＝1．
(2)由3>❑√3，故直线MN 斜率存在，设为kx－y－3k＋2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立{
kx - y -3k +2=0，
y
2
4 + x
2
3 =1，
得(3k2＋4)x2－6k(3k－2)x＋9k(3k－4)＝0，
Δ＝36k2(3k－2)2－36k(3k2＋4)(3k－4)
＝－288k(k－2)>0，
即0<k<2，x1＋x2＝6 k (3k -2)
3k
2+ 4
，
x1x2＝9k (3k - 4)
3k
2+ 4
，
当直线AN 斜率存在时，
直线AN：y＝
y2-2
x2
·x＋2 和y＝y1联立，
得Q(
x2( y1-2)
y2-2
，y1)，设线段MQ 的中点为T，
则T(
1
2[x1+ x2( y1-2)
y2-2 ]，y1)，
则有2xT＝x1＋
x2( y1-2)
y2-2
＝
x1 y2-2 x1+ x2 y1-2 x2
y2-2
＝
2k x1 x2-3k (x1+ x2)
y2-2
，
即
2 xT
yT -2＝
2k x1 x2-3k (x1+ x2)
( y2-2)( y1-2)
＝
2k x1 x2-3k (x1+ x2)
k
2[x1 x2-3(x1+ x2)+9]＝
2 x1 x2-3(x1+ x2)
k[x1 x2-3(x1+ x2)+9]
＝
18k (3k - 4)-18k (3k -2)
k [9k (3k - 4)-18k (3k -2)+27 k
2+36]
＝-36
36 ＝－1，
即有2xT＝－(yT－2)，即2xT＋yT－2＝0，
故线段MQ 的中点在定直线2x＋y－2＝0 上．
当直线AN 斜率不存在时，则N(0，－2)，kMN＝2+2
3 ＝4
3 ，
直线MN 的方程为y＝4
3 (x－3)＋2，即y＝4
3 x－2，与椭圆方程联立得M(
12
7 ，2
7)，∴Q
(0，2
7)，
∴T(
6
7 ，2
7)，符合直线方程2x＋y－2＝0．
综上，线段MQ 的中点在定直线2x＋y－2＝0 上．
【典例2】已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，过点(－2，0)的两条直线l1，l2分别交E 于A，B 两点
和C，D 两点．当l1的斜率为2
3时，|AB|＝❑√13．
(1)求E 的标准方程；
(2)设G 为直线AD 与BC 的交点，证明：点G 必在定直线上．
【解析】　(1)当l1的斜率为2
3时，得l1的方程为y＝2
3(x＋2)，
由{
y
2=2 px，
y = 2
3 (x +2)，消去x 并整理得y2－3py＋4p＝0，
Δ＝(－3p)2－4×4p＞0，y1＋y2＝3p，y1y2＝4p，
由弦长公式得
|AB|＝❑√
1+ 1
k
2
❑√( y1+ y2)
2- 4 y1 y2
＝❑
√
1+
1
(
2
3)
2
❑√(3 p)
2- 4×4 p＝
❑√13，
即❑√9 p
2-16 p＝2，解得p＝2 或p＝－2
9(舍去)，p＝2 满足Δ＞0，
从而E 的标准方程为y2＝4x．
(2)法一：因为l1，l2分别交E 于A，B 两点和C，D 两点，所以直线斜率存在．
设直线AB 的方程为y＝k1(x＋2)，
设A(
y1
2
4 ，y1)，B(
y2
2
4 ，y2)，
由{
y =k1(x +2)，
y
2= 4 x，
消去x 得k1y2－4y＋8k1＝0，Δ＞0，
由根与系数的关系得y1y2＝8．
设直线CD 的方程为y＝k2(x＋2)，
设C(
y3
2
4 ，y3)，D(
y4
2
4 ，y4)，
由{
y =k2(x +2)，
y
2= 4 x，
消去x 得k2y2－4y＋8k2＝0，Δ＞0，
由根与系数的关系得y3y4＝8．
直线AD 的方程为y－y1＝
y4- y1
y4
2
4 - y1
2
4
(x - y1
2
4 )，
即y＝
4
y4+ y1x＋
y1 y4
y4+ y1
，
化简得4x－(y1＋y4)y＋y1y4＝0，
同理，直线BC 的方程为4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0．
因为点(－2，0)在抛物线E 的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点G 必在垂直于x 轴的
直线上，所以只需证点G 的横坐标为定值即可．
因为直线AD 与BC 相交，所以y2＋y3≠y1＋y4，
由{
4 x -( y1+ y4) y + y1 y4=0，
4 x -( y2+ y3) y + y2 y3=0，消去y，
解得x＝
y2 y3( y1+ y4)- y1 y4( y2+ y3)
4［( y2+ y3)-( y1+ y4)］
＝
y1 y2 y3+ y2 y3 y4- y1 y2 y4- y1 y3 y4
4［( y2+ y3)-( y1+ y4)］
＝
8 y3+8 y2-8 y4-8 y1
4［( y2+ y3)-( y1+ y4)］
＝
8［( y2+ y3)-( y1+ y4)］
4［( y2+ y3)-( y1+ y4)］
＝2．
所以点G 的横坐标为2，即直线AD 与BC 的交点G 在定直线x＝2 上．
法二：设直线AB 的方程为x＝my－2，由{
x =my -2，
y
2= 4 x，消去x 得y2－4my＋8＝0，
设A(
y1
2
4 ，y1)，B(
y2
2
4 ，y2)，则y1y2＝8．
设直线CD 的方程为x＝ny -2，C(
y3
2
4 ，y3)，D(
y4
2
4 ，y4)，
同理可得y3y4＝8．
直线AD 的方程为y－y1＝
y4- y1
y4
2
4 - y1
2
4
(x - y1
2
4 )，
即y＝
4
y4+ y1x＋
y1 y4
y4+ y1
，
化简得4x－(y1＋y4)y＋y1y4＝0，
同理，直线BC 的方程为4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0．
因为点(－2，0)在抛物线E 的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点G 必在垂直于x 轴的
直线上，所以只需证点G 的横坐标为定值即可．
因为直线AD 与BC 相交，所以y2＋y3≠y1＋y4，
由{
4 x -( y1+ y4) y + y1 y4=0，
4 x -( y2+ y3) y + y2 y3=0，消去y，
解得x＝
y2 y3( y1+ y4)- y1 y4( y2+ y3)
4［( y2+ y3)-( y1+ y4)］
＝
y1 y2 y3+ y2 y3 y4- y1 y2 y4- y1 y3 y4
4［( y2+ y3)-( y1+ y4)］
＝
8 y3+8 y2-8 y4-8 y1
4［( y2+ y3)-( y1+ y4)］
＝
8［( y2+ y3)-( y1+ y4)］
4［( y2+ y3)-( y1+ y4)］
＝2．
所以点G 的横坐标为2，即直线AD 与BC 的交点G 在定直线x＝2 上．
方法技巧
 
 73
   圆锥曲线的等角定理
 
 
椭圆的等角定理
已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a＞b＞0)，直线l 过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x 轴，同时
直线l 与椭圆C 交于P，Q 两点，则x 轴上存在点R(
a
2
m ，0)，使得∠ORP＝∠ORQ．
逆定理
已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a＞b＞0)与x 轴上定点R(
a
2
m ，0)(m≠0，|m|≠a)，设直线l 不垂直于
x 轴，同时直线l 与椭圆C 交于P，Q 两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)．
注：定点所在轴只需要与a 保持一致即可，不要求在椭圆内，也不要求在椭圆外，如图所示：
　
证明：普通联立法即可．
双曲线的等角定理
已知双曲线C：x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝1(a＞b＞0)，直线l 过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x 轴，同
时直线l 与双曲线C 交于P，Q 两点，则x 轴上存在点R(
a
2
m ，0)，使得∠ORP＝∠ORQ．
逆定理
已知双曲线C：x
2
a
2 - y
2
b
2 ＝1(a＞b＞0)与x 轴上定点R(
a
2
m ，0)(m≠0，|m|≠a)．设l 不垂直于x
轴，同时直线l 与双曲线C 交于P，Q 两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)．
注：定点在实轴上即可，不要求在双曲线内部，也不要求过定点的直线必须是和同一侧曲线
相交于两点，包括如下三种情况，证明过程一致．
证明：普通联立法即可．
抛物线的等角定理
已知抛物线C：y2＝2px，直线l 过定点(m，0)(m≠0)，同时直线l 与抛物线C 交于P，Q 两点，
则x 轴上存在点R(－m，0)，使得∠ORP＝∠ORQ．
逆定理
已知抛物线C：y2＝2px 与x 轴上定点R(m，0)(m≠0)，直线l 与抛物线C 交于P，Q 两点，若
∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(－m，0)．
注：定点在对称轴上即可．
【典例1】(2018·全国Ⅰ卷)设椭圆C：x
2
2 ＋y2＝1 的右焦点为F，过F 的直线l 与C 交于A，B
两点，点M 的坐标为(2，0)．
(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程；
(2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．
【解析】　(1)由已知得F(1，0)，l 的方程为x＝1．
由已知可得，点A 的坐标为(1，
❑√2
2 )或(1，-
❑√2
2 )．
又M(2，0)，所以AM 的方程为y＝－
❑√2
2 x＋❑√2或y＝
❑√2
2 x－❑√2．
(2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°．
当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB．
当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＜
❑√2，x2＜❑√2，直线MA，MB 的斜率之和为kMA＋kMB＝
y1
x1-2 +
y2
x2-2．
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k 得
kMA＋kMB＝
2k x1 x2-3k (x1+ x2)+ 4 k
(x1-2)(x2-2)
．
将y＝k(x－1)代入x
2
2 ＋y2＝1 得
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝4 k
2
2k
2+1，x1x2＝2k
2-2
2k
2+1．
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k
＝4 k
3- 4 k -12k
3+8k
3+ 4 k
2k
2+1
＝0．
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB 的倾斜角互补，所以∠OMA＝∠OMB．
综上，∠OMA＝∠OMB．
点拨：解析几何中与角有关的问题可以向斜率转化．
方法技巧
 
 74
   圆锥曲线中的范围、最值问题
 
 
圆锥曲线中的范围、最值问题是高考的重难点之一，主要有两种求解策略：
(1)几何法：即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
(2)代数法：即把要求最值、范围的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，
然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
注：1.利用函数性质处理圆锥曲线中的最值(范围)问题的策略
函数法求最值(范围)问题就是构建关于变量的目标函数，将问题转化为求函数的最值(或值域)，
解决问题时要注意自变量的取值范围．
2.构造基本不等式求最值的步骤
3.几何法求最值，主要是利用曲线的定义、几何性质、几何关系以及平面几何中的定理、性
质等进行求解或寻找临界位置求解．
4.不等式求范围的三种常用方法
【典例1】已知直线l：x－y＋1＝0 与焦点为F 的抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切．
(1)求抛物线C 的方程；
(2)过焦点F 的直线m 与抛物线C 分别交于A，B 两点，求A，B 两点到直线l 的距离之和的最
小值．
【解析】　(1)∵直线l：x－y＋1＝0 与抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切，联立{
x - y +1=0，
y
2=2 px，消去
x 得y2－2py＋2p＝0，即Δ1＝4p2－8p＝0，解得p＝2 或p＝0(舍)．
∴抛物线C 的方程为y2＝4x．
(2)由于直线m 的斜率不为0，可设直线m 的方程为ty＝x－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立{
ty = x -1，
y
2= 4 x，消去x 得y2－4ty－4＝0，
∵Δ2＞0，
∴由根与系数的关系得y1＋y2＝4t，即x1＋x2＝4t2＋2，∴线段AB 的中点M 的坐标为(2t2＋1，
2t)．
设点A 到直线l 的距离为dA，点B 到直线l 的距离为dB，点M 到直线l 的距离为d，
则dA＋dB＝2d＝2·|2t
2-2t +2|
❑√2
＝2❑√2|t2－t＋1|＝2
❑√2|(t - 1
2)
2
+ 3
4 |，∴当t＝1
2时，A，B 两点
到直线l 的距离之和最小，最小值为3 ❑√2
2 ．
【典例2】(2025·湖南永州模拟)已知椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a>b>0)的短轴长为2❑√3，右焦点为
F(1，0)．
(1)求椭圆E 的标准方程；
(2)已知过点F 的直线l1与椭圆E 交于A，B 两点，过点F 且与l1垂直的直线l2与抛物线y2＝4x
交于C，D 两点，求四边形ACBD 的面积S 的取值范围．
【解析】　(1)依题意可得，椭圆右焦点F(1，0)，且2b＝2❑√3，即b＝❑√3．
又因为a2－b2＝1，所以a＝2，
故椭圆E 的标准方程为x
2
4 + y
2
3 ＝1．
(2)显然直线l2的斜率不为0，设直线l2的方程为x＝my＋1，C(x1，y1)，D(x2，y2)．
联立{
x =my +1，
y
2= 4 x，消去x 整理得y2－4my－4＝0，Δ>0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
所以|CD|＝
❑√1+m
2·❑√( y1+ y2)
2- 4 y1 y2＝4(m2＋1)．
由垂直关系可设直线l1的方程为y＝－mx＋m，
A(x3，y3)，B(x4，y4)，
联立{
y =-mx +m，
x
2
4 + y
2
3 =1，消去y 整理得(3＋4m2)x2－8m2x＋4(m2－3)＝0，Δ′>0，则根据根与系数的关
系得x3＋x4＝8m
2
3+ 4 m
2，x3x4＝4(m
2-3)
3+ 4 m
2 ，
所以|AB|＝
❑√1+m
2·❑√(x3+ x4)
2- 4 x3 x4＝12(m
2+1)
4 m
2+3 ，
所以S 四边形ACBD＝1
2|CD|·|AB|＝1
2×4(m2＋1)×12(m
2+1)
4 m
2+3 ＝24(m
2+1)
2
4 m
2+3
，
令4m2＋3＝t(t≥3)，则S 四边形ACBD＝3
2 × t
2+2t +1
t
＝3
2(t + 1
t +2)，
因为y＝t＋1
t ＋2 在[3，＋∞)上单调递增，
所以S 四边形ACBD≥3
2 ×(3+ 1
3 +2)＝8，
所以四边形ACBD 的面积S 的取值范围为[8，＋∞)．
【典例3】(2025·广东揭阳模拟)已知椭圆C：y
2
a
2 + x
2
b
2＝1(a＞b＞0)的离心率为
❑√6
3 ，点
(
2❑√2
3
，
❑√3
3 )在椭圆C 上．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)过点N(2，0)的直线与椭圆C 交于A，B 两点，求S△AOB的最大值．
【解析】　(1)由椭圆C 的离心率为
❑√6
3 ，可得c
a＝❑√
1- b
2
a
2＝
❑√6
3 ，可得a2＝3b2，
设椭圆C：y
2
3b
2 + x
2
b
2＝1，将点(
2❑√2
3
，
❑√3
3 )代入方程，可得b2＝1，
故椭圆C 的方程为y
2
3 ＋x2＝1．
(2)由题意知，直线AB 的斜率存在且不为0，
设lAB：x＝ny＋2 且A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程{
x =ny +2，
y
2+3 x
2=3，消去x 并整理得(3n2＋1)y2＋12ny＋9＝0，
由Δ＞0，可得n2－1＞0，由根与系数的关系得y1＋y2＝－12n
3n
2+1，y1y2＝
9
3n
2+1，
又由原点到lAB的距离d＝
2
❑√1+n
2，
|AB|＝❑√1+n
2|y1－y2|，
所以S△AOB＝1
2
❑√1+n
2|y1－y2|
2
❑√1+n
2＝|y1－y2|＝❑√( y1+ y2)
2- 4 y1 y2
＝
❑√(- 12n
3n
2+1)
2
-
36
3n
2+1＝❑√
36(n
2-1)
(3n
2+1)
2 ，
令t＝n2－1，t＞0，可得
S△AOB＝❑√
36t
(3t + 4)
2＝
6
❑√9t +24+ 16
t
≤
❑√3
2 ，
当且仅当t＝4
3 ，即n2＝7
3时，面积取到最大值
❑√3
2 ．
【典例4】(2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a＞b＞0)过点M(2，3)，点A 为其左顶
点，且AM 的斜率为1
2．
(1)求C 的方程；
(2)点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值．
【解析】　(1)因为椭圆C 的左顶点A(－a，0)，则直线AM 的斜率为3
2+a＝1
2，①
点M 在椭圆C 上，则4
a
2 + 9
b
2＝1，②
联立①②，解得a＝4，b2＝12，
故椭圆C 的方程为x
2
16 + y
2
12＝1．
(2)设与直线AM 平行的直线方程为x－2y＝m(m≠－4)，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM 距离较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN 的
面积取得最大值．
联立直线方程x－2y＝m 与椭圆方程x
2
16 + y
2
12＝1，
可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，
所以Δ＝144m2－4×16×(3m2－48)＝0，
即m2＝64，解得m＝±8，
与AM 距离较远的直线方程为x－2y＝8，
又直线AM 的方程为x－2y＝－4，
所以点N 到直线AM 的距离即两平行直线之间的距离，
所以点N 到直线AM 的距离d＝8+ 4
❑√1+ 4＝12❑√5
5
，由两点间的距离公式可得|AM|＝❑√(2+ 4)
2+3
2
＝3❑√5．
所以△AMN 的面积的最大值为1
2×3
❑√5× 12❑√5
5
＝18．
【典例5】设过定点M(0，2)的直线l 与椭圆C：x
2
4 ＋y2＝1 交于不同的两点P，Q，若坐标原点
O 在以线段PQ 为直径的圆的外部，求直线l 的斜率k 的取值范围．
【解析】　显然直线x＝0 不满足题设条件，故可设直线l 的方程为y＝kx＋2，P(x1，y1)，
Q(x2，y2)．
由{
x
2
4 + y
2=1，
y =kx +2，
消去y 并整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，
∴Δ＝(16k)2－4×12×(1＋4k2)>0，
∴k∈(-∞，-
❑√3
2 )∪(
❑√3
2 ，+ ∞)，
∴x1＋x2＝-16 k
1+ 4 k
2，x1x2＝
12
1+ 4 k
2，
根据题意，得0°<∠POQ<90°，即⃗OP·⃗OQ>0，
∴⃗OP·⃗OQ＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝12(1+k
2)
1+ 4 k
2 ＋2k·
(
-16 k
1+ 4 k
2)＋4＝16- 4 k
2
1+ 4 k
2 >0，解得－2<k<2．
∴k 的取值范围为(-2，-
❑√3
2 )∪(
❑√3
2 ，2)．
方法技巧
 
 75
   圆锥曲线中的证明、探索性问题
 
 
1.圆锥曲线中的证明、探索性问题是高考的热点、难点之一，相应的解题策略如下：
类型
解题策略
证明
问题
解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线
的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的
数值计算等进行证明．
探索性
问题
探索性问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先
假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若
探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往
往涉及对参数的讨论．
2.树立“转化”意识，证明位置关系
【典例1】(2023·北京高考)已知椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a＞b＞0)的离心率为
❑√5
3 ，A，C 分别为E
的上、下顶点，B，D 分别为E 的左、右顶点，|AC|＝4．
(1)求E 的方程；
(2)点P 为第一象限内E 上的一个动点，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)由题意可得2b＝4，e＝
❑√5
3 ＝c
a，a2＝b2＋c2，
解得b＝2，a2＝9，∴椭圆E 的方程为x
2
9 + y
2
4 ＝1．
(2)证明：由题意可知，A(0，2)，B(－3，0)，C(0，－2)，D(3，0)，
直线BC 的方程为x
-3 + y
-2 ＝1，即2x＋3y＋6＝0．
设直线AP 的方程为y＝kx＋2(k＜0)，
∴N(
- 4
k ，-2)．
联立{
y =kx +2，
x
2
9 + y
2
4 =1，消去y 并整理得(4＋9k2)x2＋36kx＝0，Δ＞0，
解得x＝0 或x＝－36k
4+9k
2，
∴P(- 36k
4 +9k
2 ，8-18k
2
4 +9k
2 )．
直线PD 的方程为y＝
18k
2-8
4 +9k
2
3+ 36 k
4+9k
2
(x－3)，
即y＝
18k
2-8
27 k
2+36k +12(x－3)，
与2x＋3y＋6＝0 联立，解得x＝-6k - 4
3k
2+2k ，y＝8-18k
2
9k
2+6k ．
∴M(
-6k - 4
3k
2+2k
，8-18k
2
9k
2+6k)．
∴kMN＝
8-18k
2
9k
2+6 k
+2
4
k - 6 k + 4
3k
2+2k
＝2
3，kCD＝2
3，∴MN∥CD．
【典例2】在平面直角坐标系中，已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1，0)，离心
率为1
2．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)若过点F 的直线l 交C 于A，B 两点，线段AB 的中点为M，分别过点A，B 作C 的切线
l1，l2，且l1与l2交于点P，证明：O，P，M 三点共线．
【解析】　(1)由题意得{
c =1，
c
a = 1
2 ，
a
2=b
2+c
2
⇒{
a=2，
b= ❑√3，椭圆C 的标准方程为x
2
4 + y
2
3 ＝1．
(2)证明：由题意知，直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，
y2)，M(x0，y0)，P(x3，y3)．
由{
x =my +1，
3 x
2+ 4 y
2=12，得3(m2y2＋2my＋1)＋4y2＝12，即(3m2＋4)y2＋6my－9＝0．
∴Δ＝144(m2＋1)＞0，y1＋y2＝－
6m
3m
2+ 4，y1y2＝－
9
3m
2+ 4，
∴y0＝y1+ y2
2
＝-3m
3m
2+ 4，x0＝
4
3m
2+ 4，
∴kOM＝－3
4m．
直线l1的方程为x1 x
4 + y1 y
3 ＝1，①
直线l2的方程为x2 x
4 + y2 y
3 ＝1，②
①－②可得y
3 (y2－y1)＝x
4(x1－x2)，
则y
x ＝3
4 · x1- x2
y2- y1＝－3
4m，
∴
y3
x3 ＝－3
4m＝kOP，
∴kOM＝kOP，即O，P，M 三点共线．
【典例3】已知椭圆C1：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a＞b＞0)的离心率为
❑√3
2 ，椭圆C1的上顶点与抛物线C2：x2
＝2py(p＞0)的焦点F 重合，且抛物线C2经过点P(2，1)，O 为坐标原点．
(1)求椭圆C1和抛物线C2的标准方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m 与抛物线C2交于A，B 两点，与椭圆C1交于C，D 两点，若直线PF
平分∠APB，四边形OCPD 能否为平行四边形？若能，求实数m 的值；若不能，请说明理由．
【解析】　(1)由抛物线C2经过点P(2，1)，得4＝2p，所以p＝2，故抛物线C2的标准方程为
x2＝4y．
抛物线C2：x2＝4y 的焦点为F(0，1)，所以b＝1．
又椭圆C1的离心率e＝c
a＝
❑√a
2-b
2
a
＝
❑√a
2-1
a
＝
❑√3
2 ，所以a＝2．
所以椭圆C1的标准方程为x
2
4 ＋y2＝1．
(2)四边形OCPD 不是平行四边形，理由如下：
将y＝kx＋m 代入x2＝4y，消去y 并整理得，
x2－4kx－4m＝0．
所以Δ＝16k2＋16m＞0，即m＞－k2．
设直线PA，PB 的斜率分别为k1，k2．
因为直线PF 平分∠APB，所以k1＋k2＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
y1-1
x1-2 + y2-1
x2-2＝0．
又x1
2＝4 y1，x2
2＝4y2，
则
x1
2
4 -1
x1-2 +
x2
2
4 -1
x2-2
＝x1+ x2+ 4
4
＝0，
所以x1＋x2＝－4，
所以kAB＝
y1- y2
x1- x2
＝
x1
2
4 - x2
2
4
x1- x2
＝x1+ x2
4
＝－1，
所以直线l：y＝－x＋m 且m＞－1．
由{
y =- x +m，
x
2
4 + y
2=1，消去y 并整理得5x2－8mx＋4m2－4＝0．
所以Δ＝64m2－4×5×(4m2－4)＝16(5－m2)＞0，
解得－❑√5＜m＜❑√5，所以－1＜m＜❑√5．
设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则x3＋x4＝8m
5 ，
y3＋y4＝－(x3＋x4)＋2m＝2m
5 ．
若四边形OCPD 为平行四边形，则⃗OP＝⃗OC +⃗OD，
即(2，1)＝(x3＋x4，y3＋y4)．
所以{
8m
5 =2，
2m
5 =1，
显然方程组无解．
所以四边形OCPD 不是平行四边形．
方法技巧
 
 76
   圆锥曲线的极点、极线
 
 
“极点、极线”是圆锥曲线的一种基本特征，除了人教A 版选择性必修第一册P99拓广
探索T15研究了有关圆的切点弦方程外，中学数学教材中没有提及极点与极线的相关问题，事
实上，以“极点、极线”为背景命制的试题屡见不鲜， 在复习备考中，适当了解一些该方面
的知识，可以从“高观点下”看待高中圆锥曲线的相关内容，更容易抓住问题的本质，快速
准确解题． 
1.极点、极线的定义与配极原则
定义：对于圆锥曲线C：
Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0(A，B，C 不全为零)．
已知点P(x0，y0)(非中心)及直线l：
Ax0x＋B x0 y + y0 x
2
＋Cy0y＋D x + x0
2
＋E y + y0
2
＋F＝0，则称点P(x0，y0)是直线l 关于圆锥曲线C
的极点，直线l 称为P 点关于曲线C 的极线． 
配极原则：共线点的极线必共点，共点线的极点必共线．
从形式上看：直线l 的方程是在圆锥曲线方程中按照以下置换：
x0x→x2；x0 y + y0 x
2
→xy；y0y→y2；
x + x0
2
→x；y + y0
2
→y．
2.极点、极线的几何意义(以椭圆为例说明)
设点P(x0，y0)的极线l：
x0 x
a
2 + y0 y
b
2 ＝1，椭圆方程：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a＞b＞0)．
①当点P(x0，y0)在椭圆上时，极线l 是以点P 为切点的切线．
证明如下：
由y2＝b2(1- x
2
a
2)知，当y≥0 时，y＝b❑√
1- x
2
a
2
＝b
a
❑√a
2- x
2．
∴以P(x0，y0)为切点的切线方程为
y＝－b
2
a
2 · x0
y0
(x－x0)＋y0．
整理得
x0 x
a
2 + y0 y
b
2 ＝1，
即此时极线l 为过点P(x0，y0)的切线．
②当点P(x0，y0)在椭圆外时，极线l 与椭圆相交，且为由点P 向椭圆所引切线的切点弦所在直
线．
证明如下：
lPA：
x1 x
a
2 + y1 y
b
2 ＝1，
lPB：
x2 x
a
2 + y2 y
b
2 ＝1．
∴{
x1 x0
a
2 + y1 y0
b
2 =1，
x2 x0
a
2 + y2 y0
b
2 =1.
即点A(x1，y1)，B(x2，y2)均满足
x0 x
a
2 + y0 y
b
2 ＝1．
极线l：
x0 x
a
2 + y0 y
b
2 ＝1 即为切点弦AB 所在的直线方程．
③当点P(x0，y0)在椭圆内时，极线l 与椭圆相离，极线l 为经过点P 的弦在两端点处切线交点
的轨迹，且极线l 与以点P 为中点的弦所在直线平行．
证明如下：
A(x1，y1)，B(x2，y2)，以A，B 为切点的切线交于点M(m，n)．
∴lAB：mx
a
2 + ny
b
2 ＝1，∴
m x0
a
2 + n y0
b
2 ＝1，
即点M(m，n)在直线上．
又∵以P 为中点的弦，由点差法知k′＝－
b
2 x0
a
2 y0
＝kl，
即极线与中点弦所在直线平行．
特别地，当点P(x0，y0)在椭圆内时，H(x，y)－H(x0，y0)＝0 是点P 关于椭圆的中点弦方程(P
为弦中点)．
3.自极三角形
椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a＞b＞0)内接四边形ABCD，对角线AC 与BD 交于点N，分别延长AD，
BC，BA，CD 交于点M，P，则△PMN 叫自极三角形，若N 点为极点，则直线MP 是它的极
线；若M 点为极点，则直线PN 是它的极线；若点P 为极点，则直线NM 是它的极线．
【典例1】(2020·全国Ⅰ卷) 已知A，B 分别为椭圆E：x
2
a
2＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G 为E
的上顶点，⃗AG·⃗GB＝8．P 为直线x＝6 上的动点，PA 与E 的另一交点为C，PB 与E 的另一
交点为D．
(1)求E 的方程；
(2)证明：直线CD 过定点．
分析：(1)由已知可得，A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1)，即可求得⃗AG·⃗GB＝a2－1，结合已知
即可求得a2＝9，问题得解．
(2)思考切入点一：
利用自极三角形定义，设四边形ADBC 的对角线交于极点N(t，0)，则tx
9 ＋0＝1，
∴x＝9
t ＝6，t＝3
2，N(
3
2 ，0)．
设P(6，y0)，可得直线AP 的方程为y＝y0
9 (x＋3)，联立直线AP 的方程与椭圆方程即可求得点
C 的坐标为(
-3 y0
2+27
y0
2+9
，6 y0
y0
2+9)，同理可得点D 的坐标为(
3 y0
2-3
y0
2+1
，-2 y0
y0
2+1)，即可表示出直线
CD 的方程，整理直线CD 的方程可得y＝
4 y0
3(3- y0
2)(x - 3
2)，命题得证．
思考切入点二：
如图，点P 在直线x＝6 上运动，PA 与PB 是椭圆的两条割线，且与椭圆的交点构成四边形
ACBD．该四边形的两条对角线AB 与CD 的交点就是直线x＝6 所对应的极点．x＝6 关于椭圆
x
2
9 ＋y2＝1 的极点为(
3
2 ，0)，而AB 固定，则CD 过定点(
3
2 ，0)．