2024步步高考二轮数学新教材讲义专题六　第1讲　直线与圆.docx

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1、2024步步高考二轮数学新教材讲义第1讲直线与圆考情分析1.求直线的方程，考查点到直线的距离公式，直线间的位置关系，多以选择题、填空题的形式出现，中低难度.2.和圆锥曲线相结合，求圆的方程或弦长、面积等，中高难度考点一直线的方程核心提炼1已知直线l1：A1xB1yC10，直线l2：A2xB2yC20，则l1l2A1B2A2B10，且A1C2A2C10(或B1C2B2C10)，l1l2A1A2B1B20.2点P(x0，y0)到直线l：AxByC0(A，B不同时为零)的距离d.3两条平行直线l1：AxByC10，l2：AxByC20(A，B不同时为零)间的距离d.例1(1)(多选)已知直线l的倾斜

2、角等于30，且l经过点(0,1)，则下列结论中正确的是()A直线l的方程为yx1Bl的一个方向向量为nCl与直线x3y20平行Dl与直线xy20垂直答案ACD解析由题意知直线l的斜率为tan 30，且过点(0,1)，所以直线l的方程为yx1，方向向量为n(1，k)，A正确，B错误；直线x3y20的斜率为，且不过点(0,1)，故两直线平行，C正确；直线xy20的斜率为，则两直线斜率之积为1，故两直线垂直，D正确(2)当点M(2，3)到直线(4m1)x(m1)y2m10的距离取得最大值时，m等于()A2 B. C2 D4答案C解析将直线(4m1)x(m1)y2m10转化为(4xy2)mxy10，联

3、立方程组解得所以直线恒过定点N(1，2)，当直线MN与该直线垂直时，点M到该直线的距离取得最大值，此时1，解得m2.易错提醒解决直线方程问题的三个注意点(1)利用A1B2A2B10后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性(2)要注意直线方程每种形式的局限性(3)讨论两直线的位置关系时，要注意直线的斜率是否存在跟踪演练1(1)(多选)下列说法错误的是()A过点A(2，3)且在两坐标轴上的截距相等的直线l的方程为xy5B直线2(m1)x(m3)y75m0必过定点(1,3)C经过点P(1,1)，倾斜角为的直线方程为y1tan (x1)D过(x1，y1)，(x2，y2)两点的所有直线的方程为(x2

4、x1)(yy1)(y2y1)(xx1)答案AC解析对于A中，当在两坐标轴上的截距相等且等于0时，直线过原点，可设直线方程为ykx，又直线过点A(2，3)，则32k，即k，此时直线方程为yx，也满足题意，所以A错误；对于B中，直线2(m1)x(m3)y75m0可化为(2xy5)m2x3y70，由方程组解得x1，y3，即直线2(m1)x(m3)y75m0必过定点(1,3)，所以B正确；对于C中，当倾斜角时，此时直线的斜率不存在，tan 无意义，所以C错误；对于D中，由两点(x1，y1)，(x2，y2)，当x1x2时，此时过(x1，y1)，(x2，y2)两点的所有直线的方程为yy1(xx1)，即(x

5、2x1)(yy1)(y2y1)(xx1)，当x1x2时，此时过(x1，y1)，(x2，y2)两点的所有直线的方程为xx1或xx2，适合上式，所以过(x1，y1)，(x2，y2)两点的所有直线的方程为(x2x1)(yy1)(y2y1)(xx1)，所以D正确(2)若两条平行直线l1：x2ym0(m0)与l2：2xny60之间的距离是2，则mn_.答案3解析因为直线l1：x2ym0(m0)与l2：2xny60平行，所以，解得n4且m3，所以直线l2为2x4y60，直线l1：x2ym0(m0)化为2x4y2m0(m0)，因为两平行线间的距离为2，所以2，得|2m6|20，因为m0，所以2m620，解得

6、m7，所以mn743.考点二圆的方程核心提炼1圆的标准方程当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(xa)2(yb)2r2.2圆的一般方程x2y2DxEyF0，其中D2E24F0，表示以为圆心，为半径的圆例2(1)已知圆C1：x2y24与圆C2关于直线2xy50对称，则圆C2的标准方程为()A(x4)2(y2)24B(x4)2(y2)24C(x2)2(y4)24D(x2)2(y4)24答案A解析由题意可得，圆C1的圆心坐标为(0,0)，半径为2，设圆心C1(0,0)关于直线2xy50的对称点为C2(a，b)，则解得所以圆C2的标准方程为(x4)2(y2)24.(2)(2023泉州模拟)已知

7、圆C：x2y2mx2y0关于直线l：(a1)xay10(a1)对称，l与C交于A，B两点，设坐标原点为O，则|OA|OB|的最大值等于()A2 B4 C8 D16答案B解析圆C：x2y2mx2y0，即2(y1)21，圆心为C，直线l：(a1)xay10，因为a1，所以直线l的斜率不为0，又a(xy)(x1)0，令解得即直线l恒过定点D(1,1)，又圆C关于直线l对称，所以圆心C在直线l上，所以1，解得m2，所以圆C：(x1)2(y1)22，半径r，显然(01)2(01)22，即圆C过坐标原点O(0,0)，因为l与C交于A，B两点，即A，B为直径的两个端点，如图，所以AOB90，所以|OA|2|

8、OB|2|AB|2(2)282|OA|OB|，即|OA|OB|4，当且仅当|OA|OB|2时取等号，所以(|OA|OB|)2|OA|2|OB|22|OA|OB|82|OA|OB|16，即|OA|OB|4，当且仅当|OA|OB|2时取等号，即|OA|OB|的最大值等于4.规律方法解决圆的方程问题一般有两种方法(1)几何法：通过研究圆的性质、直线与圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程(2)代数法：即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数跟踪演练2(1)(2023龙岩质检)写出一个与圆x2y21外切，并与直线yx及y轴都相切的圆的方程_答案(x1)2(y)21或(x1)2(y)21

9、或(x23)2(y2)22112或(x23)2(y2)22112(写出其中一个即可)解析设所求圆的方程为(xa)2(yb)2r2，因为与圆x2y21外切，所以1r，又因为与直线yx及y轴都相切，所以r|a|，所以2|a|ab|，即|2a|ab|，所以2aba或2aab，所以ba或ab，当ba时，因为r|a|，1r，联立得3a22|a|1，解得或r1，所以求得圆的方程为(x1)2(y)21或(x1)2(y)21，当ab时，因为r|a|，1r，联立得a22|a|1，解得或r32，所以求得圆的方程为(x23)2(y2)22112或(x23)2(y2)22112.(写出其中一个即可)(2)(2023福

10、州模拟)已知O1：(x2)2(y3)24，O1关于直线ax2y10对称的圆记为O2，点E，F分别为O1，O2上的动点，EF长度的最小值为4，则a等于()A或 B或C或 D.或答案D解析由题易知两圆不可能相交或相切，如图，当EF所在直线过两圆圆心且与对称轴垂直，点E，F又接近于对称轴时，EF长度最小，此时圆心O1到对称轴的距离为4，所以4，即(2a7)216(a24)，解得a或a.考点三直线、圆的位置关系核心提炼1直线与圆的位置关系：相交、相切和相离其判断方法为：(1)点线距离法(2)判别式法：设圆C：(xa)2(yb)2r2，直线l：AxByC0(A2B20)，联立方程组消去y，得到关于x的一

11、元二次方程，其根的判别式为，则直线与圆相离0.2圆与圆的位置关系，即内含、内切、相交、外切、外离考向1直线与圆的位置关系例3(1)(多选)(2023阳泉模拟)已知直线l：ykx2k2(kR)与圆C：x2y22y80.则下列说法正确的是()A直线l过定点(2,2)B直线l与圆C相离C圆心C到直线l距离的最大值是2D直线l被圆C截得的弦长的最小值为4答案AD解析对于A，因为l：ykx2k2(kR)，即yk(x2)2，令x20，即x2，得y2，所以直线l过定点(2,2)，故A正确；对于B，因为(2)2222280)，则下列说法正确的是()A若r2，两圆的公切线过点(2,0)B若r2，两圆的相交弦长为

12、C若两圆的一个交点为M，分别过点M的两圆的切线相互垂直，则r3D当r3时，两圆的位置关系为内含答案AD解析当r2时，如图，两圆的一条公切线分别与O，O1切于点A，B，交x轴于点Q，|OQ|2，故Q(2,0)，故A正确；当r2时，两圆公共弦所在的直线方程可由两圆方程相减得到，公共弦所在的直线方程为x，相交弦长为2，故B错误；若MOMO1，则|MO|2|MO1|2|OO1|2，即12r24，则r，故C错误；当r3时，r12|OO1|，故两圆的位置关系是内含，D正确规律方法直线与圆相切问题的解题策略当直线与圆相切时，利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立关于切线斜率的等式，所以

13、求切线方程时主要选择点斜式过圆外一点求解切线段长的问题，可先求出圆心到圆外一点的距离，再结合半径利用勾股定理计算跟踪演练3(1)(2023邯郸模拟)已知直线l：xy50与圆C：x2y22x4y40交于A，B两点，若M是圆上的一动点，则MAB面积的最大值是_答案23解析圆C：(x1)2(y2)29，则圆C的圆心为C(1,2)，半径r3，圆心C到直线l(弦AB)的距离d2，则|AB|222，则M到弦AB的距离的最大值为dr23，则MAB面积的最大值是|AB|23.(2)(多选)(2023辽阳模拟)已知E：(x2)2(y1)24，过点P(5,5)作圆E的切线，切点分别为M，N，则下列命题中真命题是(

14、)A|PM|B直线MN的方程为3x4y140C圆x2y21与E共有4条公切线D若过点P的直线与E交于G，H两点，则当EHG面积最大时，|GH|2答案ABD解析因为圆E的方程为(x2)2(y1)24，所以圆心E的坐标为(2,1)，半径为2，如图，所以|EM|EN|2，又P(5,5)，所以|PE|5，由已知得PMME，PNNE，所以|PM|，A正确；因为PMME，PNNE，所以点P，M，E，N四点共圆，且圆心为PE的中点，线段PE的中点坐标为F，所以圆F的方程为2(y3)2，即x27xy26y150，因为2|EF|2，所以圆E与圆F相交，又圆E的方程可化为x24xy22y10，所以圆E与圆F的公共

15、弦方程为3x4y140，故直线MN的方程为3x4y140，B正确；圆x2y21的圆心O的坐标为(0,0)，半径为1，因为|OE|，21|OE|12，所以圆x2y21与圆E相交，故两圆只有2条公切线，C错误；如图，设HEG，则(0，)，EHG的面积SEHG|EH|EG|sin 2sin ，所以当时，EHG的面积取得最大值，最大值为2，此时|GH|2，D正确专题强化练一、单项选择题1(2023丹东模拟)若直线l1：xay30与直线l2：(a1)x2y60平行，则a等于()A2 B1C2或1 D1或2答案A解析由题意知，直线l1：xay30与直线l2：(a1)x2y60平行，12a(a1)，解得a2

16、或a1.当a2时，l1：x2y30，l2：x2y60，l1l2.当a1时，l1：xy30，l2：xy30，l1与l2重合综上所述，a2.2(2023蚌埠质检)直线l：xmy1m0与圆C：(x1)2(y2)29的位置关系是()A相交 B相切C相离 D无法确定答案A解析已知直线l：xmy1m0过定点(1,1)，将点(1,1)代入圆的方程可得(11)2(12)20，于是解得则圆的方程为x2y26x2y50，即(x3)2(y1)25，其圆心为(3，1)，半径r，点(3，1)到直线x2y10的距离d，所以|MN|22.4(2023滨州模拟)已知直线l：mxny1与圆O：x2y21相切，则mn的最大值为(

17、)A. B. C1 D2答案B解析由于直线l：mxny1与圆O：x2y21相切，故圆心到直线l的距离d1，即m2n21，故mn，当且仅当mn时取等号5(2023洛阳模拟)已知点P为直线yx1上的一点，M，N分别为圆C1：(x4)2(y1)21与圆C2：x2(y4)21上的点，则|PM|PN|的最小值为()A5 B3 C2 D1答案B解析由圆C1：(x4)2(y1)21，可得圆心C1(4,1)，半径r11，圆C2：x2(y4)21，可得圆心C2(0,4)，半径r21，可得圆心距|C1C2|5，如图，|PM|PC1|r1，|PN|PC2|r2，所以|PM|PN|PC1|PC2|r1r2|PC1|P

18、C2|2|C1C2|23，当点M，N，C1，C2，P共线时，|PM|PN|取得最小值，故|PM|PN|的最小值为3.6(2023信阳模拟)已知圆C：x2y22x30与过原点O的直线l：ykx(k0)相交于A，B两点，点P(m，0)为x轴上一点，记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，若k1k20，则实数m的值为()A3 B2 C2 D3答案D解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为直线l的方程为ykx，代入圆C的方程，得(k21)x22x30，所以x1x2，x1x2.所以k1k20.因为k0，所以2m60，解得m3.7(2023全国乙卷)已知实数x，y满足x2y24x2y40，则xy的最

19、大值是()A1 B4C13 D7答案C解析方法一令xyk，则xky，代入原式化简得2y2(2k6)yk24k40，因为存在实数y，则0，即(2k6)242(k24k4)0，化简得k22k170，解得13k13，故xy的最大值是31.方法二由x2y24x2y40可得(x2)2(y1)29，设xyk，则圆心到直线xyk的距离d3，解得13k13.故xy的最大值为31.8已知圆O：x2y21，点P在直线l：xy20上运动，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，当APB最大时，记劣弧及PA，PB所围成的平面图形的面积为S，则()A2S3 B1S2C1S3 D0S1答案D解析如图所示，圆O：x2y2

20、1的圆心O的坐标为(0,0)，半径为1，因为在RtOBP中，sinOPB，且ysin x在上单调递增，所以当|OP|最小时，OPB最大，即APB最大，此时OP垂直于直线l，且|OP|2，|PA|PB|，从而四边形OAPB的面积为S四边形OAPB21，设AOP，则AOB2，S扇形OAB122，从而劣弧及PA，PB所围成的平面图形的面积为S，又因为sin ，所以，从而0S1.二、多项选择题9下列说法正确的是()A直线yax2a4(aR)必过定点(2,4)B直线y13x在y轴上的截距为1C直线x3y50的倾斜角为120D过点(2,3)且垂直于直线x2y30的直线方程为2xy10答案AD解析对于A选项

21、，直线方程可化为ya(x2)4，由可得所以直线yax2a4(aR)必过定点(2,4)，A正确；对于B选项，直线方程可化为y3x1，故直线y13x在y轴上的截距为1，B错误；对于C选项，直线x3y50的斜率为，该直线的倾斜角为150，C错误；对于D选项，过点(2,3)且垂直于直线x2y30的直线方程可设为2xyc0，则2(2)3c0，可得c1，所以过点(2,3)且垂直于直线x2y30的直线方程为2xy10，D正确10(2023湖南联考)已知直线l1：ykx1，l2：ymx2，圆C：(x1)2(y2)26，下列说法正确的是()A若l1经过圆心C，则k1B直线l2与圆C相离C若l1l2，且它们之间的

22、距离为，则k2D若k1，l1与圆C相交于M，N，则|MN|2答案AC解析对于A，因为圆心C(1,2)在直线ykx1上，所以2k1，解得k1，A正确；对于B，因为直线l2：ymx2恒过定点(0,2)，且(01)2(22)20)与曲线W有8个交点，则r2C.与的公切线方程为xy10D曲线W上的点到直线xy510的距离的最小值为4答案ACD解析曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为1的相同的半圆，所以其面积为2221242，故A正确；当r时，交点为B，D，F，H；当r2时，交点为A，C，E，G；当0r2时，没有交点；当r2时，交点个数为8，故B错误；设与的公切线方程为ykxt(

23、k0)，由直线和圆相切可得1，解得k1，t1(t1舍去)，则其公切线方程为yx1，即xy10，故C正确；同理可得，的公切线方程为xy10，则两平行线间的距离d4，因为曲线W上的点到直线xy510的距离最小值为，上的切点到直线的距离，即为两平行线间的距离，为4，故D正确12已知圆O：x2y24和圆C：(x3)2(y3)24，P，Q分别是圆O，圆C上的动点，则下列说法正确的是()A圆O与圆C有四条公切线B|PQ|的取值范围是Cxy2是圆O与圆C的一条公切线D过点Q作圆O的两条切线，切点分别为M，N，则存在点Q，使得MQN90答案ABD解析对于选项A，由题意可得，圆O的圆心为O(0,0)，半径r12

24、，圆C的圆心C(3,3)，半径r22，因为两圆圆心距|OC|322r1r2，所以两圆外离，有四条公切线，A正确；对于B选项，|PQ|的最大值等于|OC|r1r234，最小值为|OC|r1r234，B正确；对于C选项，显然直线xy2与直线OC平行，因为两圆的半径相等，则外公切线与圆心连线平行，由直线OC：yx，设直线为yxt，则两平行线间的距离为2，即2，则t2，故yx2，故C不正确；对于D选项，易知当MQN90时，四边形OMQN为正方形，故当|QO|2时，MQN90，故D正确三、填空题13(2023锦州模拟)写出过点P(2,4)且与圆C：(x1)2(y2)21相切的一条直线的方程_答案x2或3

25、x4y100(写出其中一个即可)解析圆C：(x1)2(y2)21，圆心C(1,2)，半径r1，当直线斜率不存在时，验证知x2满足条件；当直线斜率存在时，设直线方程为yk(x2)4，即kxy2k40，圆心到直线的距离为1，解得k，故直线方程为xy40，即3x4y100.综上所述，直线方程为x2或3x4y100.14(2023潍坊模拟)已知圆C：x2y24xcos 4ysin 0，与圆C总相切的圆D的方程是_答案x2y216解析圆C的标准方程为(x2cos )2(y2sin )24，则圆C的圆心为(2cos ，2sin )，半径为2，由圆心坐标可知圆心轨迹是以原点为圆心，半径为2的圆，故圆C上总有

26、点与原点距离为4，由圆的标准方程可知圆D的方程是x2y216.15(2023烟台模拟)已知实数a，b满足a2b24a30，则a2(b2)2的最大值为_答案94解析方程a2b24a30整理得(a2)2b21，设点A(a，b)，即点A是圆C：(x2)2y21上一点，又点B(0，2)在圆C：(x2)2y21外，所以|AB|，则|AB|max|BC|r121，所以a2(b2)2的最大值为(21)294.16(2023葫芦岛模拟)自动驾驶汽车又称无人驾驶汽车，依靠人工智能、视觉计算、雷达、监控装置和全球定位系统协同合作，让电脑可以在没有任何人类主动的操作下，自动安全地操作机动车辆某自动驾驶讯车在车前O点

27、处安装了一个雷达，此雷达的探测范围是扇形区域OAB.如图所示，在平面直角坐标系中，O(0,0)，直线OA，OB的方程分别是yx，yx，现有一个圆形物体的圆心为C，半径为1 m，圆C与OA，OB分别相切于点M，N，则|MN|_ m.答案解析如图，连接MC，NC，MN，由题意可设C(a，0)(a0)，又圆C与OA相切，则dr1，解得a，由题意可得MCOM，NCON，在RtMOC中，|OM|2，所以SMOC|OM|MC|1，同理SNOC1，所以S四边形MONC2，又MNOC，所以S四边形MONC|MN|OC|MN|2，即|MN|.第2讲圆锥曲线的方程与性质考情分析高考对这部分知识的考查侧重三个方面：

28、一是求圆锥曲线的标准方程；二是求椭圆的离心率、双曲线的离心率以及渐近线问题；三是抛物线的性质及应用问题考点一圆锥曲线的定义与标准方程核心提炼1圆锥曲线的定义(1)椭圆：|PF1|PF2|2a(2a|F1F2|)(2)双曲线：|PF1|PF2|2a(02a|F1F2|)(3)抛物线：|PF|PM|，l为抛物线的准线，点F不在定直线l上，PMl于点M.2求圆锥曲线标准方程“先定型，后计算”“定型”：确定曲线焦点所在的坐标轴的位置；“计算”：利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值例1(1)(2023全国乙卷)已知点A(1，)在抛物线C：y22px上，则A到C的准线的距离为_答案解析由题意可得，

29、()22p1，则2p5，抛物线的方程为y25x，准线方程为x，则点A到C的准线的距离为1.(2)(2023全国甲卷)设O为坐标原点，F1，F2为椭圆C：1的两个焦点，点P在C上，cosF1PF2，则|OP|等于()A. B. C. D.答案B解析方法一因为|PF1|PF2|2a6，|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|cosF1PF2|F1F2|2，即|PF1|2|PF2|2|PF1|PF2|12，联立，解得|PF1|2|PF2|221，由中线定理可知，2|OP|2|F1F2|2|PF1|2|PF2|2，解得|OP|.方法二设F1PF22，00)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l经过F

30、2且与C的右支相交于A，B两点，若|AB|2，则ABF1的周长为()A6 B8 C10 D12答案B解析如图，双曲线x21(m0)的实半轴长a1，由双曲线的定义，可得|AF1|AF2|2a2，|BF1|BF2|2a2，所以|AF1|2|AF2|，|BF1|2|BF2|，又|AB|2，则ABF1的周长为|AF1|BF1|AB|AF2|BF2|6|AB|68.(2)(2023南京模拟)已知F为椭圆C：y21的右焦点，P为C上一点，Q为圆M：x2(y3)21上一点，则|PQ|PF|的最大值为()A3 B6C42 D52答案D解析圆M：x2(y3)21的圆心为M(0,3)，r1，设椭圆的左焦点为F1，

31、如图，由椭圆的定义知，|PF|PF1|2a4，所以|PF|4|PF1|，所以|PQ|PF|PM|r|PF|PM|14|PF1|5|PM|PF1|5|MF1|，当且仅当M，P，F1三点在同一条直线上时取等号，因为M(0,3)，F1(，0)，则|MF1|2，(|PQ|PF|)max52.考点二椭圆、双曲线的几何性质核心提炼1求离心率通常有两种方法(1)求出a，c，代入公式e.(2)根据条件建立关于a，b，c的齐次式，消去b后，转化为关于e的方程或不等式，即可求得e的值或取值范围2与双曲线1(a0，b0)共渐近线bxay0的双曲线方程为(0)考向1椭圆、双曲线的几何性质例2(1)(多选)已知椭圆C：

32、1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，则下列说法正确的是()AF1，F2的坐标分别为(2,0)，(2,0)B椭圆的短轴长为10C|PF1|的最小值为1D当P是椭圆的短轴端点时，F1PF2取到最大值答案ACD解析椭圆1，其中a29，b25，c2a2b24，对于A，c2，F1，F2的坐标分别为(2,0)，(2,0)，故A正确；对于B，椭圆的短轴长为2b2，故B错误；对于C，ac|PF1|ac，|PF1|的最小值为1，故C正确；对于D，当P在椭圆的长轴端点时，F1PF20；当P不在长轴端点时，0F1PF20)过点(2,1)，则其渐近线方程为_答案xy0解析因为双曲线C：1(a0)过点(2,1

33、)，即有1，解得a或a(舍去)，而b，故渐近线方程yxx，即xy0.考向2离心率问题例3(2023新高考全国)已知双曲线C：1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2.点A在C上，点B在y轴上，则C的离心率为_答案解析方法一依题意，设|AF2|2m，则|BF2|3m|BF1|，|AF1|2a2m，在RtABF1中，9m2(2a2m)225m2，则(a3m)(am)0，故am或a3m(舍去)，所以|AF1|4a，|AF2|2a，|BF2|BF1|3a，则|AB|5a，故cosF1AF2，所以在AF1F2中，cosF1AF2，整理得5c29a2，故e.方法二依题意，以O为坐标原点，建立如图所示的

34、平面直角坐标系，得F1(c，0)，F2(c，0)，令A(x0，y0)，B(0，t)，因为，所以(x0c，y0)(c，t)，则x0c，y0t，所以(x0c，y0)，(c，t)，又，所以c2t20，则t24c2，又点A在C上，则1，整理得1，则1，所以25c2b216c2a29a2b2，即25c2(c2a2)16a2c29a2(c2a2)，整理得25c450a2c29a40，则(5c29a2)(5c2a2)0，解得5c29a2或5c2a2，又e1，所以e或e(舍去)，故e.规律方法(1)在“焦点三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，结合椭圆(或双曲线)的定义，运用平方的方法，建立与|PF1|PF2|的联系(2)求双曲线渐近线方程的关键在于求或的值，也可将双曲线方程中等号右边