高考数学二轮复习专题三解析几何教学案 46页

专题三 解析几何 江苏新高考 高考对本章内容的考查多以“两小一大”的形式出现，小题多考查双曲线、抛物线、圆 的方程与性质，而大题主要考查直线与圆 如 2013 年、2016 年 、直线与椭圆 如 2014 年、2015 年、2017 年 的位置关系、弦长问题及范围问题等. 第 1 课时 解析几何中的基本问题(基础课) [常考题型突破] 直线方程及两直线位置关系 [必备知识] 1．两条直线平行与垂直的判定 若两条不重合的直线 l1，l2 的斜率 k1，k2 存在，则 l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1k2＝－1. 若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在． 2．两个距离公式 (1)点(x0，y0)到直线 l：Ax＋By＋C＝0 的距离公式 d＝|Ax0＋By0＋C| A2＋B2 . (2)两平行直线 l1：Ax＋By＋C1＝0， l2：Ax＋By＋C2＝0 间的距离 d＝|C1－C2| A2＋B2 . [题组练透] 1．已知点 P(3,2)与点 Q(1,4)关于直线 l 对称，则直线 l 的方程为____________． 解析：由题意知直线 l 与直线 PQ 垂直，所以 kl＝－ 1 kPQ ＝1.又直线 l 经过 PQ 的中点(2,3)， 所以直线 l 的方程为 y－3＝x－2，即 x－y＋1＝0. 答案：x－y＋1＝0 2．(2017·南京、盐城二模)在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l1：kx－y＋2＝0 与直线 l2：x＋ky－2＝0 相交于点 P，则当实数 k 变化时，点 P 到直线 x－y－4＝0 的距离的最大值 为__________． 解析：由题意，kl1＝k，kl2＝－1 k ，则 kl1·kl2＝k· －1 k ＝－1(k＝0 时，两条直线也 相互垂直)，并且两条直线分别经过定点：M(0,2)，N(2,0)． ∴两条直线的交点在以 MN 为直径的圆上．并且 kMN＝－1，可得 MN 与直线 x－y－4＝0 垂直． ∴点 M 到直线 x－y－4＝0 的距离 d＝|0－2－4| 2 ＝3 2为最大值． 答案：3 2 3．(2017·苏州考前模拟)在平面直角坐标系中，已知两点 P(0,1)，Q(3,6)，在直线 y ＝x 上取两点 M，N，使得 MN＝ 2a(其中 a>0 为定值)，则当 PM＋NQ 取得最小值时，点 N 的 坐标为________． 解析：(1)设点 A(1,0)，B(1＋a，a)，则 AB∥MN，且 AB＝MN，所以四边形 ABNM 为平行 四边形，所以 AM＝BN，又因为点 P 与 A 关于直线 y＝x 对称，所以 PM＝AM，所以 PM＋NQ＝ AM＋NQ＝BN＋NQ，所以当 B，N，Q 三点共线时，PM＋NQ 取最小值为 BQ＝ a－2 2＋ a－6 2. 此时 BQ 方程为(a－6)x－(a－2)y＋3a＋6＝0，与直线 y＝x 联立解得 N 3a＋6 4 ，3a＋6 4 . (2)若设 A(1,0)，B(1－a，－a)，同理可得 PM＋NQ 最小值为 a＋2 2＋ a＋6 2， 因为 a>0，所以 a＋2 2＋ a＋6 2> a－2 2＋ a－6 2，不合题意． 综上，PM＋NQ 取得最小值时点 N 的坐标为 3a＋6 4 ，3a＋6 4 . 答案： 3a＋6 4 ，3a＋6 4 [方法归纳] 求直线方程的两种方法 圆的方程 [必备知识] 1．圆的标准方程 当圆心为(a，b)，半径为 r 时，其标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，特别地，当圆心 在原点时，方程为 x2＋y2＝r2. 2．圆的一般方程 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中 D2＋E2－4F>0，表示以 －D 2 ，－E 2 为圆心， D2＋E2－4F 2 为 半径的圆． [题组练透] 1．(2017·南通一模)已知圆 C 过点(2， 3)，且与直线 x－ 3y＋3＝0 相切于点(0， 3)， 则圆 C 的方程为_______________． 解析：设圆心为(a，b)， 则 b－ 3 a · 3 3 ＝－1， a－2 2＋(b－ 3)2＝a2＋ b－ 3 2， 解得 a＝1，b＝0，r＝2. 即所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝4. 答案：(x－1)2＋y2＝4 2．(2016·天津高考)已知圆 C 的圆心在 x 轴的正半轴上，点 M(0， 5)在圆 C 上，且圆 心到直线 2x－y＝0 的距离为4 5 5 ，则圆 C 的方程为________________． 解析：因为圆 C 的圆心在 x 轴的正半轴上，设 C(a,0)，且 a＞0，所以圆心到直线 2x－ y＝0 的距离 d＝2a 5 ＝4 5 5 ，解得 a＝2， 所以圆 C 的半径 r＝|CM|＝ 4＋5＝3， 所以圆 C 的方程为(x－2)2＋y2＝9. 答案：(x－2)2＋y2＝9 3．与圆 C：x2＋y2－2x＋4y＝0 外切于原点，且半径为 2 5的圆的标准方程为_______． 解析：由题意，所求圆的圆心在直线 y＝－2x 上，所以可设所求圆的圆心为(a，－ 2a)(a<0)，又因为所求圆与圆 C：x2＋y2－2x＋4y＝0 外切于原点，且半径为 2 5，所以 a2＋ －2a 2＝2 5，可得 a2＝4，解得 a＝－2 或 a＝2(舍去)．所以所求圆的标准方程为 (x＋2)2＋(y－4)2＝20. 答案：(x＋2)2＋(y－4)2＝20 [方法归纳] 圆的方程的两种求法 (1)几何法 通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，从而求得圆的基本量和方程． (2)代数法 用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，从而求得圆的方程． 直线与圆、圆与圆的位置关系 [必备知识] 1．过圆 O∶x2＋y2＝r2 上一点 P(x0，y0)的圆的切线方程是 x0x＋y0y＝r2. 2．过圆 O∶x2＋y2＝r2 外一点 P(x0，y0)作圆的两条切线，切点为 A，B，则 O，P，A，B 四点共圆且直线 AB 的方程是 x0x＋y0y＝r2. 3．判断直线与圆的位置关系问题的两种方法 (1)代数法：将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ来判断位置 关系：Δ>0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δ<0⇔相离． (2)几何法：把圆心到直线的距离 d 和半径 r 的大小加以比较：dr⇔相离． 4．判断两圆位置关系时常用几何法 即通过判断两圆心距离 O1O2 与两圆半径 R，r 的关系来判断两圆位置关系． (1)外离：O1O2>R＋r； (2)外切：O1O2＝R＋r； (3)相交：R－r0， 5a2＋6a<0， 解得－6 5 0，解得 a＝－5. 答案：－5 5．(2017·江苏高考)在平面直角坐标系 xOy 中，A(－12，0)，B(0,6)，点 P 在圆 O： x2＋y2＝50 上．若 PA―→· PB―→≤20，则点 P 的横坐标的取值范围是________． 解析：设 P(x，y)，则 PA―→· PB―→＝(－12－x，－y)·(－x，6－y)＝x(x＋12)＋y(y－ 6)≤20. 又 x2＋y2＝50，所以 2x－y＋5≤0， 所以点 P 在直线 2x－y＋5＝0 的上方(包括直线上)． 又点 P 在圆 x2＋y2＝50 上， 由 y＝2x＋5， x2＋y2＝50， 解得 x＝－5 或 x＝1， 结合图象， 可得－5 2≤x≤1， 故点 P 的横坐标的取值范围是[－5 2，1]． 答案：[－5 2，1] [方法归纳] 1.解决直线与圆、圆与圆位置关系问题的方法 1 讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时，要注意数形结合，充分利用圆的几何性质 寻找解题途径，减少运算量. 2 圆上的点与圆外点的距离的最值问题，可以转化为圆心到点的距离问题；圆上的 点与直线上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到直线的距离问题；圆上的点与另一圆上 点的距离的最值问题，可以转化为圆心到圆心的距离问题. 2.求弦长问题的两种方法 1 利用 半径 r，弦 心距 d，弦 长 l 的一 半构 成直角 三角形 ，结 合勾股 定理 d2＋ l 2 2＝r2 求解； 2 若 斜 率 为 k 的 直 线 l 与 圆 C 交 于 A x1 ， y1 ， B x2 ， y2 两 点 ， 则 圆锥曲线的基本量运算 [必备知识] 1．椭圆、双曲线中，a，b，c 之间的关系 (1)在椭圆中：a2＝b2＋c2，离心率为 e＝c a ＝ 1－ b a 2； (2)在双曲线中：c2＝a2＋b2，离心率为 e＝c a ＝ 1＋ b a 2. 2．双曲线x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为 y＝±b a x.注意离心率 e 与渐近线的斜率 的关系． [题组练透] 1．(2017·南京三模)在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线 x2 2m2－y2 3m ＝1 的焦距为 6，则所 有满足条件的实数 m 构成的集合是__________． 解析：由题意得，2m2＋3m＝ 6 2 2，所以 2m2＋3m－9＝0，解得 m＝3 2 或－3，因为 x2 2m2－y2 3m ＝ 1 是双曲线的方程，所以 m＞0，所以 m＝3 2 .所以实数 m 构成的集合是 3 2 . 答案： 3 2 2.(2017·苏北四市期中)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知 A， B1，B2 分别为椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的右、下、上顶点，F 是椭圆 C 的右焦点．若 B2F⊥AB1，则椭圆 C 的离心率是________． 解析：由题意得，A(a,0)，B1(0，－b)，B2(0，b)，F(c,0)，所以 B2F―→＝(c，－b)， AB1 ―→ ＝(－a，－b)，因为 B2F⊥AB1，所以 B2F―→· AB1 ―→＝0，即 b2＝ac，所以 c2＋ac－a2＝0，e2＋e －1＝0，又椭圆的离心率 e∈(0,1)，所以 e＝ 5－1 2 . 答案： 5－1 2 3．(2017·江苏高考)在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线x2 3 －y2＝1 的右准线与它的两条 渐近线分别交于点 P，Q，其焦点是 F1，F2，则四边形 F1PF2Q 的面积是________． 解析：由题意得，双曲线的右准线 x＝3 2 与两条渐近线 y＝± 3 3 x 的交点坐标为 3 2 ，± 3 2 . 不妨设双曲线的左、右焦点分别为 F1，F2， 则 F1(－2,0)，F2(2,0)， 故四边形 F1PF2Q 的面积是 1 2 F1F2·PQ＝1 2 ×4× 3＝2 3. 答案：2 3 4．(2017·南通三模)在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线x2 a2－y2＝1(a>0)经过抛物线 y2＝8x 的焦点，则该双曲线的离心率为________． 解析：因为双曲线x2 a2－y2＝1(a>0)经过抛物线 y2＝8x 的焦点坐标(2,0)，所以 a＝2，在 双曲线中，b＝1，c＝ a2＋b2＝ 5，所以双曲线的离心率是 e＝c a ＝ 5 2 . 答案： 5 2 5．(2016·山东高考)已知双曲线 E：x2 a2－y2 b2＝1(a＞0，b＞0)，若矩形 ABCD 的四个顶点 在 E 上，AB，CD 的中点为 E 的两个焦点，且 2|AB|＝3|BC|，则 E 的离心率是________． 解析：如图，由题意知|AB|＝2b2 a ，|BC|＝2c. 又 2|AB|＝3|BC|， ∴2×2b2 a ＝3×2c，即 2b2＝3ac， ∴2(c2－a2)＝3ac，两边同除以 a2 并整理得 2e2－3e－2＝0，解得 e＝2(负值舍去)． 答案：2 6．(2017·南京考前模拟)已知椭圆 C：mx2＋y2＝1(0＜m＜1)，直线 l：y＝x＋1，若椭 圆C上总存在不同的两点A与B关于直线l对称，则椭圆C的离心率e的取值范围为________． 解析：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB 的中点 P(x0，y0)， ∵A，B 在椭圆 C 上，∴ mx2 1＋y2 1＝1， mx2 2＋y2 2＝1， 两式相减， 整理得m x1＋x2 y1＋y2 ＝－y1－y2 x1－x2 ，即－mx0 y0 ＝kAB， 故 kAB·kOP＝－m，又∵kAB＝－1，∴kOP＝m， ∴直线 OP 的方程为 y＝mx，联立方程 y＝mx， y＝x＋1， 得 P 1 m－1 ， m m－1 ，由点 P 在椭圆内， ∴m 1 m－1 2＋ m m－1 2<1， 解得 00，b>0)的一条渐近线，则该双曲线的离心率为__________． 解析：因为直线 2x＋y＝0 为双曲线x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的一条渐近线，所以b a ＝2，所 以 e＝ 1＋b2 a2＝ 5. 答案： 5 3．(2017·无锡期末)设 P 为有公共焦点 F1，F2 的椭圆 C1 与双曲线 C2 的一个交点，且 PF1 ⊥PF2，椭圆 C1 的离心率为 e1，双曲线 C2 的离心率为 e2，若 3e1＝e2，则 e1＝________. 解析：设椭圆的长半轴长为 a1，双曲线的实半轴长为 a2，由定义知，不妨设 P 在第一象 限， 则 PF1＋PF2＝2a1， PF1－PF2＝2a2， 所以 PF1＝a1＋a2，PF2＝a1－a2， 因为 PF1⊥PF2， 所以 PF2 1＋PF2 2＝F1F2 2， 即(a1＋a2)2＋(a1－a2)2＝4c2， 整理得1 e2 1 ＋1 e2 2 ＝2， 又因为 3e1＝e2，所以 e1＝ 5 3 . 答案： 5 3 4．(2017·南京考前模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，M 为圆 C：(x－a)2＋(y－1)2＝16 9 上 任意一点，N 为直线 l：ax＋y＋3＝0 上任意一点，若以 M 为圆心，MN 为半径的圆与圆 C 至 多有一个公共点，则正数 a 的最小值为_________． 解析：因为圆 M 与圆 C 至多有一个公共点， 所以 MC≤|MN－4 3|， 即|MN－4 3|≥4 3 ，解得 MN≥8 3 ， 又 MN 的最小值为 a2＋4 a2＋1 －4 3 ， 所以 a2＋4 a2＋1 －4 3 ≥8 3 ， 解得 a≥2 2，所以正数 a 的最小值为 2 2. 答案：2 2 5．以双曲线x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的右焦点 F 为圆心，a 为半径的圆恰好与双曲线的两 条渐近线相切，则该双曲线的离心率为________． 解析：由题设知，双曲线的渐近线方程为 y＝±b a x，圆的方程为(x－c)2＋y2＝a2，因为 渐近线与圆相切，故由点到直线的距离公式得 bc a2＋b2 ＝a，则 a＝b，c＝ 2a，故离心率 e ＝ 2. 答案： 2 6．(2017·南京学情调研)在平面直角坐标系 xOy 中，若直线 ax＋y－2＝0 与圆心为 C 的圆(x－1)2＋(y－a)2＝16 相交于 A，B 两点，且△ABC 为直角三角形，则实数 a 的值是 ________． 解析：由题意知△ABC 为等腰直角三角形，且 AC＝BC＝4，AB＝4 2， ∴圆心 C 到直线 ax＋y－2＝0 的距离 d＝ 42－ 2 2 2＝2 2， ∴|a＋a－2| a2＋1 ＝2 2，解得 a＝－1. 答案：－1 7．(2017·泰州中学月考)直线 y＝kx＋3 与圆(x－2)2＋(y－3)2＝4 相交于 M，N 两点， 若 MN≥2 3，则 k 的取值范围是________． 解析：由圆的方程知圆心(2,3)，半径 r＝2， ∵圆心到直线 y＝kx＋3 的距离 d＝ |2k| k2＋1 ， ∴MN＝2 r2－d2＝2 4－ 4k2 k2＋1 ≥2 3， 解得 4k2≤k2＋1，即－ 3 3 ≤k≤ 3 3 . 答案： － 3 3 ， 3 3 8．已知点 P 是圆 C：x2＋y2＋4x－6y－3＝0 上的一点，直线 l：3x－4y－5＝0.若点 P 到直线 l 的距离为 2，则符合题意的点 P 有________个． 解析：由题意知圆 C 的标准方程为(x＋2)2＋(y－3)2＝16，所以圆心(－2,3)到直线 l 的距离 d＝|－6－12－5| 5 ＝23 5 ∈(4,6)，故满足题意的点 P 有 2 个． 答案：2 9．若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距依次成等差数列，则该椭圆的离心率为 ________． 解析：由题意知 2a＋2c＝2(2b)，即 a＋c＝2b，又 c2＝a2－b2，消去 b 整理得 5c2＝3a2 －2ac，即 5e2＋2e－3＝0，所以 e＝3 5 或 e＝－1(舍去)． 答案：3 5 10．(2017·全国卷Ⅰ)已知双曲线 C：x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的右顶点为 A，以 A 为圆心， b 为半径作圆 A，圆 A 与双曲线 C 的一条渐近线交于 M，N 两点．若∠MAN＝60°，则 C 的离 心率为________． 解析：双曲线的右顶点为 A(a,0)，一条渐近线的方程为 y＝b a x，即 bx－ay＝0，则圆心 A 到此渐近线的距离 d＝|ba－a×0| b2＋a2 ＝ab c .又因为∠MAN＝60°，圆的半径为 b，所以 b·sin 60°＝ab c ，即 3b 2 ＝ab c ，所以 e＝ 2 3 ＝2 3 3 . 答案：2 3 3 11．若抛物线 y2＝8ax(a>0)的准线经过双曲线x2 a2－y2＝1 的一个焦点，则椭圆x2 a2＋y2＝1 的离心率 e＝________. 解析：抛物线 y2＝8ax(a>0)的准线方程为 x＝－2a，双曲线x2 a2－y2＝1 的焦点坐标为 (± a2＋1，0)，则 2a＝ a2＋1，得 a2＝1 3 ，所以椭圆的离心率 e＝ 1－a2＝ 6 3 . 答案： 6 3 12．设 F1，F2 分别是椭圆x2 25 ＋y2 16 ＝1 的左、右焦点，P 为椭圆上任一点，点 M 的坐标为(6,4)， 则 PM＋PF1 的最大值为________． 解析：由椭圆定义知 PM＋PF1＝PM＋2×5－PF2， 而 PM－PF2≤MF2＝5，所以 PM＋PF1≤2×5＋5＝15. 答案：15 13．(2017·苏州张家港暨阳中学月考)已知圆 O：x2＋y2＝1，圆 M：(x－a)2＋(y－a＋ 4)2＝1.若圆 M 上存在点 P，过点 P 作圆 O 的两条切线，切点分别为 A，B，使得∠APB＝60°， 则实数 a 的取值范围为______________． 解析：如图，圆 O 的半径为 1，圆 M 上存在点 P，过点 P 作圆 O 的 两条切线，切点为 A，B，使得∠APB＝60°，则∠APO＝30°，在 Rt△ PAO 中，PO＝2， 又圆 M 的半径等于 1，圆心坐标 M(a，a－4)， ∴POmin＝MO－1，POmax＝MO＋1， ∵MO＝ a2＋ a－4 2， ∴由 a2＋ a－4 2－1≤2≤ a2＋ a－4 2＋1， 解得 2－ 2 2 ≤a≤2＋ 2 2 . 答案： 2－ 2 2 ，2＋ 2 2 14．在平面直角坐标系 xOy 中，若直线 l：4x－3y－2＝0 上至少存在一点，使得以该点 为圆心、1 为半径的圆与以(4,0)为圆心，R 为半径的圆 C 有公共点，则 R 的最小值是________． 解析：由题意，直线 4x－3y－2＝0 上至少存在一点 A，以该点为圆心，1 为半径的圆与 圆 C 有公共点，即 ACmin＝1＋R，因为 ACmin 即为点 C 到直线 4x－3y－2＝0 的距离，为14 5 ，所 以 R 的最小值是9 5 . 答案：9 5 [B 组——力争难度小题] 1．(2017·南京考前模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，M 为直线 x＝3 上一动点，以 M 为 圆心的圆记为圆 M，若圆 M 截 x 轴所得的弦长恒为 4.过点 O 作圆 M 的一条切线，切点为 P， 则点 P 到直线 2x＋y－10＝0 的距离的最大值为________． 解析：设 M(3，t)，P(x0，y0)， 因为 OP⊥PM，所以 OP―→· PM―→＝0， 可得 x2 0＋y2 0－3x0－ty0＝0，① 又圆 M 截 x 轴所得的弦长为 4， 所以 4＋t2＝(x0－3)2＋(y0－t)2，整理得 x2 0＋y2 0－6x0－2ty0＋5＝0，② 由①②得 x2 0＋y2 0＝5，即点 P 在圆 x2＋y2＝5 上， 于是 P 到直线 2x＋y－10＝0 距离的最大值为10 5 ＋ 5＝3 5. 答案：3 5 2．在平面直角坐标系 xOy 中，已知过原点 O 的动直线 l 与圆 C：x2＋y2－6x＋5＝0 相交 于不同的两点 A，B，若点 A 恰为线段 OB 的中点，则圆心 C 到直线 l 的距离为________． 解析：先将圆 C 化为标准方程得(x－3)2＋y2＝4，则圆心 C(3,0)，半径 r＝2，设过原点 O 的动直线 l 的方程为 y＝kx，因为点 A 恰为线段 OB 的中点，设 A(a，ka)，B(2a,2ka)，得 (1＋k2)a2－6a＋5＝0. ① 取 AB 的中点 D，则 D 3 2 a，3 2 ka ， 如图，连结 CD，则 CD⊥AB， 3 2 ka 3 2 a－3 ＝－1 k . ② 联立①②，解得 a＝5 4 ，k＝± 15 5 ，则 D 15 8 ，±3 15 8 ，CD＝3 6 4 ， 即圆心 C 到直线 l 的距离为3 6 4 . 答案：3 6 4 3．(2017·山东高考)在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线x2 a2－y2 b2＝1(a＞0，b＞0)的右支 与焦点为 F 的抛物线 x2＝2py(p＞0)交于 A，B 两点．若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的 渐近线方程为________． 解析：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋p 2 ，|BF|＝y2＋p 2 ，|OF|＝p 2 ， 由|AF|＋|BF|＝y1＋p 2 ＋y2＋p 2 ＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得 y1＋y2＝p. 联立 x2 a2－y2 b2＝1， x2＝2py 消去 x，得 a2y2－2pb2y＋a2b2＝0， 所以 y1＋y2＝2pb2 a2 ，所以2pb2 a2 ＝p， 即b2 a2＝1 2 ，故b a ＝ 2 2 ， 所以双曲线的渐近线方程为 y＝± 2 2 x. 答案：y＝± 2 2 x 4．已知椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)，点 A，B1，B2，F 依次为其左顶点、下顶点、上顶点和右 焦点，若直线 AB2 与直线 B1F 的交点恰在椭圆的右准线上，则椭圆的离心率为________． 解析：如图，A(－a,0)， B1(0，－b)，B2(0，b)，F(c,0)， 设点 M a2 c ，yM . 由 kAB2＝kAM，得b a ＝ yM a2 c ＋a ， 所以 yM＝b a c ＋1 . 由 kFB1＝kFM，得b c ＝ yM a2 c －c ， 所以 yM＝b c a2 c －c . 从而 b a c ＋1 ＝b c a2 c －c ，整理得 2e2＋e－1＝0.解得 e＝1 2 . 答案：1 2 第 2 课时 直线与圆(能力课) [常考题型突破] 隐形圆问题 [例 1] (2017·苏北四市期中)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已 知圆 C：x2＋y2－4x＝0 及点 A(－1,0)，B(1,2)． (1)若直线 l 平行于 AB，与圆 C 相交于 M，N 两点，MN＝AB，求直线 l 的方程； (2)在圆 C 上是否存在点 P，使得 PA2＋PB2＝12？若存在，求点 P 的个数；若不存在，说 明理由． [解] (1)因为圆 C 的标准方程为(x－2)2＋y2＝4，所以圆心 C(2,0)，半径为 2. 因为 l∥AB，A(－1,0)，B(1,2)，所以直线 l 的斜率为 2－0 1－ －1 ＝1， 设直线 l 的方程为 x－y＋m＝0，则圆心 C 到直线 l 的距离为 d＝|2－0＋m| 2 ＝|2＋m| 2 . 因为 MN＝AB＝ 22＋22＝2 2，而 CM2＝d2＋ MN 2 2，所以 4＝ 2＋m 2 2 ＋2， 解得 m＝0 或 m＝－4，故直线 l 的方程为 x－y＝0 或 x－y－4＝0. (2)假设圆 C 上存在点 P，设 P(x，y)， 则(x－2)2＋y2＝4， PA2＋PB2＝(x＋1)2＋(y－0)2＋(x－1)2＋(y－2)2＝12， 即 x2＋y2－2y－3＝0，即 x2＋(y－1)2＝4， 因为|2－2|< 2－0 2＋ 0－1 2<2＋2， 所以圆(x－2)2＋y2＝4 与圆 x2＋(y－1)2＝4 相交， 所以点 P 的个数为 2. [方法归纳] 1．有些时候，在条件中没有直接给出圆方面的信息，而是隐藏在题目中的，要通过分 析和转化，发现圆(或圆的方程),从而最终可以利用圆的知识来求解，我们称这类问题为“隐 形圆”问题． 2．如何发现隐形圆(或圆的方程)是关键，常见的有以下策略： (1)利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐形圆； (2)动点 P 对两定点 A，B 张角是 90°(kPA·kPB＝－1)确定隐形圆； (3)两定点 A，B，动点 P 满足 PA―→· PB―→＝λ确定隐形圆； (4)两定点 A，B，动点 P 满足 PA2＋PB2 是定值确定隐形圆； (5)两定点 A，B，动点 P 满足 PA＝λPB(λ＞0，λ≠1)确定隐形圆(阿波罗尼斯圆)； (6)由圆周角的性质确定隐形圆． [变式训练] 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，点 A(0,3)，直线 l：y＝2x－4.设圆 C 的半径为 1，圆心在 l 上． (1)若圆心 C 也在直线 y＝x－1 上，过点 A 作圆 C 的切线，求切线的方程； (2)若圆 C 上存在点 M，使 MA＝2MO，求圆心 C 的横坐标 a 的取值范围． 解：(1)由题设，圆心 C 是直线 y＝2x－4 和 y＝x－1 的交点，解得点 C(3,2)，于是切线的斜率必存在．设过 A(0,3)的圆 C 的切线方程为 y＝kx ＋3， 由题意，得|3k＋1| k2＋1 ＝1，解得 k＝0 或 k＝－3 4 ， 故所求切线方程为 y＝3 或 3x＋4y－12＝0. (2)因为圆心在直线 y＝2x－4 上， 所以圆 C 的方程为(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1. 设点 M(x，y)，因为 MA＝2MO， 所以 x2＋ y－3 2＝2 x2＋y2， 化简得 x2＋y2＋2y－3＝0， 即 x2＋(y＋1)2＝4， 所以点 M 在以 D(0，－1)为圆心，2 为半径的圆上． 由题意，点 M(x，y)在圆 C 上，所以圆 C 与圆 D 有公共点，则|2－1|≤CD≤2＋1，即 1≤ a2＋ 2a－3 2≤3. 由 5a2－12a＋8≥0，得 a∈R； 由 5a2－12a≤0，得 0≤a≤12 5 . 所以点 C 的横坐标 a 的取值范围为 0，12 5 . 圆中的定点、定值问题 [例 2] 已知圆 M 的方程为 x2＋(y－2)2＝1，直线 l 的方程为 x－2y＝0，点 P 在直线 l 上，过 P 点作圆 M 的切线 PA，PB，切点为 A，B. (1)若∠APB＝60°，求点 P 的坐标； (2)若 P 点的坐标为(2,1)，过 P 作直线与圆 M 交于 C，D 两点，当 CD＝ 2时，求直线 CD 的方程； (3)求证：经过 A，P，M 三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标． [解] (1)设 P(2m，m)，因为∠APB＝60°，AM＝1，所以 MP＝2，所以(2m)2＋(m－2)2 ＝4，解得 m＝0 或 m＝4 5 ， 故所求点 P 的坐标为 P(0,0)或 P 8 5 ，4 5 . (2)易知直线 CD 的斜率存在，可设直线 CD 的方程为 y－1＝k(x－2)， 由题知圆心 M 到直线 CD 的距离为 2 2 ， 所以 2 2 ＝|－2k－1| 1＋k2 ， 解得 k＝－1 或 k＝－1 7 ， 故所求直线 CD 的方程为 x＋y－3＝0 或 x＋7y－9＝0. (3)证明：设 P(2m，m)，MP 的中点 Q m，m 2 ＋1 ， 因为 PA 是圆 M 的切线， 所以经过 A，P，M 三点的圆是以 Q 为圆心，以 MQ 为半径的圆， 故其方程为(x－m)2＋ y－m 2 －1 2＝m2＋ m 2 －1 2， 化简得 x2＋y2－2y－m(2x＋y－2)＝0，此式是关于 m 的恒等式， 故 x2＋y2－2y＝0， 2x＋y－2＝0， 解得 x＝0， y＝2 或 x＝4 5 ， y＝2 5 . 所以经过 A，P，M 三点的圆必过定点(0,2)或 4 5 ，2 5 . [方法归纳] 1 与圆有关的定点问题最终可化为含有参数的动直线或动圆过定点.解这类问题关 键是引入参数求出动直线或动圆的方程. 2 与圆有关的定值问题，可以通过直接计算或证明，还可以通过特殊化，先猜出定 值再给出证明. [变式训练] 1．已知点 P(2,2)，圆 C：x2＋y2－8y＝0，过点 P 的动直线 l 与圆 C 交于 A，B 两点，线 段 AB 的中点为 M，O 为坐标原点． (1)求 M 的轨迹方程； (2)当 OP＝OM 时，求证：△POM 的面积为定值． 解：(1)圆 C 的方程可化为 x2＋(y－4)2＝16， 所以圆心为 C(0,4)，半径为 4. 设 M(x，y)，则 CM―→＝(x，y－4)， MP―→＝(2－x,2－y)． 由题设知 CM―→· MP―→＝0， 故 x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0， 即(x－1)2＋(y－3)2＝2. 由于点 P 在圆 C 的内部， 所以 M 的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2. (2)证明：由(1)可知 M 的轨迹是以点 N(1,3)为圆心， 2为半径的圆． 由于 OP＝OM，故 O 在线段 PM 的垂直平分线上， 又 P 在圆 N 上，从而 ON⊥PM. 因为 ON 的斜率为 3，所以 l 的斜率为－1 3 ， 故 l 的方程为 y＝－1 3 x＋8 3 . 又 OM＝OP＝2 2，O 到 l 的距离 d 为4 10 5 ， 所以 PM＝2 OP2－d2＝4 10 5 ， 所以△POM 的面积为 S△POM＝1 2 PM·d＝16 5 . 2．已知圆 C：x2＋y2＝9，点 A(－5,0)，直线 l：x－2y＝0. (1)求与圆 C 相切，且与直线 l 垂直的直线方程； (2)在直线 OA 上(O 为坐标原点)，存在定点 B(不同于点 A)满足：对 于圆 C 上任一点 P，都有PB PA 为一常数，试求所有满足条件的点 B 的坐标． 解：(1)设所求直线方程为 y＝－2x＋b， 即 2x＋y－b＝0. 因为直线与圆 C 相切， 所以 |－b| 22＋12 ＝3，解得 b＝±3 5. 所以所求直线方程为 2x＋y±3 5＝0. (2)法一：假设存在这样的点 B(t,0)． 当点 P 为圆 C 与 x 轴的左交点(－3,0)时，PB PA ＝|t＋3| 2 ； 当点 P 为圆 C 与 x 轴的右交点(3,0)时，PB PA ＝|t－3| 8 . 依题意，|t＋3| 2 ＝|t－3| 8 ， 解得 t＝－5(舍去)或 t＝－9 5 . 下面证明点 B －9 5 ，0 对于圆 C 上任一点 P，都有PB PA 为一常数． 设 P(x，y)，则 y2＝9－x2， 所以PB2 PA2＝ x＋9 5 2＋y2 x＋5 2＋y2＝ x2＋18 5 x＋9－x2＋81 25 x2＋10x＋25＋9－x2 ＝ 18 25 · 5x＋17 2· 5x＋17 ＝ 9 25 . 从而PB PA ＝3 5 为常数． 法二：假设存在这样的点 B(t,0)，使得PB PA 为常数λ，则 PB2＝λ2PA2，所以(x－t)2＋y2 ＝λ2[(x＋5)2＋y2]，将 y2＝9－x2 代入，得 x2－2xt＋t2＋9－x2＝λ2(x2＋10x＋25＋9－x2)， 即 2(5λ2＋t)x＋34λ2－t2－9＝0 对 x∈[－3,3]恒成立， 所以 5λ2＋t＝0， 34λ2－t2－9＝0. 解得 λ＝3 5 ， t＝－9 5 或 λ＝1， t＝－5 (舍去)． 故存在点 B －9 5 ，0 对于圆 C 上任一点 P，都有PB PA 为常数3 5 . 与直线或圆有关的最值或范围问题 [例 3] (2016·江苏高考)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知以 M 为圆心的圆 M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0 及其上一点 A(2,4)． (1)设圆 N 与 x 轴相切，与圆 M 外切，且圆心 N 在直线 x＝6 上，求圆 N 的标准方程； (2)设平行于 OA 的直线 l 与圆 M 相交于 B，C 两点，且 BC＝OA，求直线 l 的方程； (3)设点 T(t,0)满足：存在圆 M 上的两点 P 和 Q，使得 TA―→＋ TP―→＝ TQ―→，求实数 t 的 取值范围． [解] 圆 M 的标准方程为(x－6)2＋(y－7)2＝25， 所以圆心 M(6,7)，半径为 5. (1)由圆心 N 在直线 x＝6 上，可设 N(6，y0)． 因为圆 N 与 x 轴相切，与圆 M 外切， 所以 0＜y0＜7，圆 N 的半径为 y0，从而 7－y0＝5＋y0，解得 y0＝1. 因此，圆 N 的标准方程为(x－6)2＋(y－1)2＝1. (2)因为直线 l∥OA， 所以直线 l 的斜率为4－0 2－0 ＝2. 设直线 l 的方程为 y＝2x＋m， 即 2x－y＋m＝0， 则圆心 M 到直线 l 的距离 d＝|2×6－7＋m| 5 ＝|m＋5| 5 . 因为 BC＝OA＝ 22＋42＝2 5， 而 MC2＝d2＋ BC 2 2， 所以 25＝ m＋5 2 5 ＋5，解得 m＝5 或 m＝－15. 故直线 l 的方程为 2x－y＋5＝0 或 2x－y－15＝0. (3)设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 因为 A(2,4)，T(t,0)， TA―→＋ TP―→＝ TQ―→， 所以 x2＝x1＋2－t， y2＝y1＋4. ① 因为点 Q 在圆 M 上，所以(x2－6)2＋(y2－7)2＝25.② 将①代入②，得(x1－t－4)2＋(y1－3)2＝25. 于是点 P(x1，y1)既在圆 M 上，又在圆[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25 上， 从而圆(x－6)2＋(y－7)2＝25 与圆[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25 有公共点， 所以 5－5≤ [ t＋4 －6]2＋ 3－7 2≤5＋5， 解得 2－2 21≤t≤2＋2 21. 因此，实数 t 的取值范围是[2－2 21，2＋2 21 ]． [方法归纳] 1．与圆有关的最值问题的几何转化法 (1)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)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)形如(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．与圆有关的参数范围问题常见思路 (1)直接利用条件，画出几何图形，结合图形用几何法求参数的范围． (2)根据位置关系列不等式组，用代数法求参数范围． (3)构造关于参数的函数关系，借助函数思想求参数的范围． [变式训练] (2017·镇江调研)已知圆 O：x2＋y2＝4 交 y 轴正半轴于点 A，点 B，C 是圆 O 上异于点 A 的两个动点． (1)若 B 与 A 关于原点 O 对称，直线 AC 和直线 BC 分别交直线 y＝4 于点 M，N，求线段 MN 长度的最小值； (2)若直线 AC 和直线 AB 的斜率之积为 1，求证：直线 BC 与 x 轴垂直． 解：(1)由题意，直线 AC 和直线 BC 的斜率一定存在且不为 0，且 A(0,2)，B(0，－2)， AC⊥BC. 设直线 AC 的斜率为 k，则直线 BC 的斜率为－1 k ， 所以直线 AC 的方程为 y＝kx＋2，直线 BC 的方程为 y＝－1 k x－2， 故它们与直线 y＝4 的交点分别为 M 2 k ，4 ， N(－6k,4)． 所以 MN＝|6k＋2 k|≥4 3，当且仅当 k＝± 3 3 时取等号，所以线段 MN 长度的最小值为 4 3. (2)证明：易知直线 AC 和直线 AB 的斜率一定存在且不为 0，设直线 AC 的方程为 y＝kx ＋2，则直线 AB 的方程为 y＝1 k x＋2. 由 y＝kx＋2， x2＋y2＝4 解得 C － 4k 1＋k2，2 1－k2 1＋k2 ，同理可得 B － 4k 1＋k2，2 k2－1 1＋k2 . 因为 B，C 两点的横坐标相等，所以 BC⊥x 轴． [课时达标训练] 1．已知以点 C t，2 t (t∈R，t≠0)为圆心的圆与 x 轴交于点 O，A，与 y 轴交于点 O，B， 其中 O 为坐标原点． (1)求证：△OAB 的面积为定值； (2)设直线 y＝－2x＋4 与圆 C 交于点 M，N，若 OM＝ON，求圆 C 的方程． 解：(1)证明：因为圆 C 过原点 O，所以 OC2＝t2＋4 t2. 设圆 C 的方程是(x－t)2＋ y－2 t 2＝t2＋4 t2， 令 x＝0，得 y1＝0，y2＝4 t ； 令 y＝0，得 x1＝0，x2＝2t， 所以 S△OAB＝1 2 OA·OB＝1 2 ×|4 t|×|2t|＝4， 即△OAB 的面积为定值． (2)因为 OM＝ON，CM＝CN， 所以 OC 垂直平分线段 MN. 因为 kMN＝－2，所以 kOC＝1 2 . 所以2 t ＝1 2 t，解得 t＝2 或 t＝－2. 当 t＝2 时，圆心 C 的坐标为(2,1)，OC＝ 5， 此时 C 到直线 y＝－2x＋4 的距离 d＝ 5 5 < 5， 圆 C 与直线 y＝－2x＋4 相交于两点． 当 t＝－2 时，圆心 C 的坐标为(－2，－1)，OC＝ 5， 此时 C 到直线 y＝－2x＋4 的距离 d＝9 5 5 > 5. 圆 C 与直线 y＝－2x＋4 不相交， 所以 t＝－2 不符合题意，舍去． 所以圆 C 的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5. 2.如图，已知圆 x2＋y2＝1 与 x 轴交于 A，B 两点，P 是该圆上任意 一点，AP，PB 的延长线分别交直线 l：x＝2 于 M，N 两点． (1)求 MN 的最小值； (2)求证：以 MN 为直径的圆恒过定点，并求出该定点的坐标． 解：(1)设 M(2，t1)，N(2，t2)， 则由 A(－1,0)，B(1,0)，且 AM⊥BN， 得 AM―→· BN―→＝0， 即(3，t1)·(1，t2)＝0， 所以 3＋t1t2＝0，即 t1t2＝－3. 所以 MN＝t1－t2＝t1＋(－t2)≥2 －t1t2＝2 3. 当且仅当 t1＝ 3，t2＝－ 3时等号成立． 故 MN 的最小值为 2 3. (2)证明：由(1)得 t1t2＝－3. 以 MN 为直径的圆的方程为(x－2)2＋(y－t1)(y－t2)＝0， 即(x－2)2＋y2－(t1＋t2)y＋t1t2＝0， 也即(x－2)2＋y2－(t1＋t2)y－3＝0. 由 y＝0， x－2 2－3＝0， 得 x＝2＋ 3， y＝0 或 x＝2－ 3， y＝0. 故以 MN 为直径的圆恒过定点(2＋ 3，0)和(2－ 3，0)． 3．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：(1)设圆心 C(a,0) a>－5 2 ， 则|4a＋10| 5 ＝2⇒a＝0 或 a＝－5(舍去)． 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 x2＋y2＝4， y＝k x－1 得，(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0， 所以 x1＋x2＝ 2k2 k2＋1 ，x1x2＝k2－4 k2＋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 k2－4 k2＋1 －2k2 t＋1 k2＋1 ＋ 2t＝0⇒t＝4， 所以当点 N 为(4,0)时，能使得∠ANM＝∠BNM 总成立． 4．在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 C1：(x＋3)2＋(y－1)2＝4 和圆 C2：(x－4)2＋(y －5)2＝4. (1)若直线 l 过点 A(4,0)，且被圆 C1 截得的弦长为 2 3，求直线 l 的方程； (2)设 P 为平面上的点，满足：存在过点 P 的无穷多对互相垂直的直线 l1 和 l2，它们分 别与圆 C1 和 C2 相交，且直线 l1 被圆 C1 截得的弦长与直线 l2 被圆 C2 截得的弦长相等，求所有 满足条件的点 P 的坐标． 解：(1)由于直线 x＝4 与圆 C1 不相交， ∴直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y＝k(x－4)，圆 C1 的圆心到直线 l 的距离为 d. ∵l 被圆 C1 截得的弦长为 2 3， ∴d＝ 22－ 3 2＝1. 又由点到直线的距离公式得 d＝|－1－7k| 1＋k2 ， ∴k(24k＋7)＝0，解得 k＝0 或 k＝－ 7 24 ， ∴直线 l 的方程为 y＝0 或 7x＋24y－28＝0. (2)设点 P(a，b)满足条件， 由题意分析可得直线 l1，l2 的斜率均存在且不为 0， 不妨设直线 l1 的方程为 y－b＝k(x－a)，则直线 l2 的方程为 y－b＝－1 k (x－a)． ∵圆 C1 和圆 C2 的半径相等，且直线 l1 被圆 C1 截得的弦长与直线 l2 被圆 C2 截得的弦长相 等， ∴圆 C1 的圆心到直线 l1 的距离和圆 C2 的圆心到直线 l2 的距离相等， 即|1－k －3－a －b| 1＋k2 ＝ |5＋1 k 4－a －b| 1＋1 k2 ， 整理得|1＋3k＋ak－b|＝|5k＋4－a－bk|. ∴1＋3k＋ak－b＝±(5k＋4－a－bk)， 即(a＋b－2)k＝b－a＋3 或(a－b＋8)k＝a＋b－5. ∵ k 的取值有无穷多个， ∴ a＋b－2＝0， b－a＋3＝0 或 a－b＋8＝0， a＋b－5＝0. 解得 a＝5 2 ， b＝－1 2 或 a＝－3 2 ， b＝13 2 ， 故这样的点只可能是点 P1 5 2 ，－1 2 或点 P2－3 2 ，13 2 . 5.如图，已知位于 y 轴左侧的圆 C 与 y 轴相切于点(0,1)，且被 x 轴 分成的两段弧长之比为 2∶1，过点 H(0，t)的直线 l 与圆 C 相交于 M，N 两点，且以 MN 为直径的圆恰好经过坐标原点 O. (1)求圆 C 的方程； (2)当 t＝1 时，求直线 l 的方程； (3)求直线 OM 的斜率 k 的取值范围． 解：(1)因为位于 y 轴左侧的圆 C 与 y 轴相切于点(0,1)，所以圆心 C 在直线 y＝1 上． 又圆 C 与 x 轴的交点分别为 A，B，由圆 C 被 x 轴分成的两段弧长之比为 2∶1，得∠ACB ＝2π 3 . 所以 CA＝CB＝2，圆心 C 的坐标为(－2,1)． 所以圆 C 的方程为(x＋2)2＋(y－1)2＝4. (2)当 t＝1 时，由题意知直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y＝mx＋1. 由 y＝mx＋1， x＋2 2＋ y－1 2＝4， 消去 y， 得(m2＋1)x2＋4x＝0， 解得 x＝0， y＝1 或 x＝ －4 m2＋1 ， y＝m2－4m＋1 m2＋1 . 不妨令 M －4 m2＋1 ，m2－4m＋1 m2＋1 ，N(0,1)． 因为以 MN 为直径的圆恰好经过 O(0,0)， 所以 OM―→· ON―→＝ －4 m2＋1 ，m2－4m＋1 m2＋1 ·(0,1)＝m2－4m＋1 m2＋1 ＝0， 解得 m＝2± 3， 故所求直线 l 的方程为 y＝(2＋ 3)x＋1 或 y＝(2－ 3)x＋1. (3)设直线 OM 的方程为 y＝kx， 由题意，知|－2k－1| 1＋k2 ≤2，解得 k≤3 4 . 同理得－1 k ≤3 4 ，解得 k≤－4 3 或 k>0. 由(2)知，k＝0 也满足题意． 所以 k 的取值范围是 －∞，－4 3 ∪ 0，3 4 . 6.如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A(－3,4)，B(9,0)，C， D 分别为线段 OA，OB 上的动点，且满足 AC＝BD. (1)若 AC＝4，求直线 CD 的方程； (2)证明：△OCD 的外接圆恒过定点(异于原点 O)． 解：(1)因为 A(－3,4)，所以 OA＝ －3 2＋42＝5. 又因为 AC＝4，所以 OC＝1，所以 C －3 5 ，4 5 . 由 BD＝4，得 D(5,0)， 所以直线 CD 的斜率 k＝ 0－4 5 5－ －3 5 ＝－1 7 . 所以直线 CD 的方程为 y＝－1 7 (x－5)， 即 x＋7y－5＝0. (2)证明：设 C(－3m,4m)(00)， 则有 F＝0， 9m2＋16m2－3mD＋4mE＋F＝0， 5m＋4 2＋ 5m＋4 D＋F＝0. 解得 D＝－(5m＋4)，E＝－10m－3，F＝0， 所以△OCD 的外接圆的方程为 x2＋y2－(5m＋4)x－(10m＋3)y＝0， 整理得 x2＋y2－4x－3y－5m(x＋2y)＝0. 令 x2＋y2－4x－3y＝0， x＋2y＝0， 解得 x＝2， y＝－1 或 x＝0， y＝0 (舍去)． 所以△OCD 的外接圆恒过定点(2，－1)． 第 3 课时 椭 圆(能力课) [常考题型突破] 直线与椭圆的位置关系 [例 1] (2015·江苏高考)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b ＞0)的离心率为 2 2 ，且右焦点 F 到左准线 l 的距离为 3. (1)求椭圆的标准方程； (2)过 F 的直线与椭圆交于 A，B 两点，线段 AB 的垂直平分线分别交直线 l 和 AB 于点 P， C，若 PC＝2AB，求直线 AB 的方程． [解] (1)由题意，得c a ＝ 2 2 且 c＋a2 c ＝3， 解得 a＝ 2，c＝1，则 b＝1， 所以椭圆的标准方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)当 AB⊥x 轴时，AB＝ 2，又 CP＝3，不合题意． 当 AB 与 x 轴不垂直时，设直线 AB 的方程为 y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 将 AB 的方程代入椭圆方程， 得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0， 则 x1,2＝2k2± 2 1＋k2 1＋2k2 ， C 的坐标为 2k2 1＋2k2， －k 1＋2k2 ， 且 AB＝ x2－x1 2＋ y2－y1 2 ＝ 1＋k2 x2－x1 2 ＝2 2 1＋k2 1＋2k2 . 若 k＝0，则线段 AB 的垂直平分线为 y 轴，与左准线平行，不合题意． 从而 k≠0，故直线 PC 的方程为 y＋ k 1＋2k2＝－1 k x－ 2k2 1＋2k2 ， 则 P 点的坐标为 －2， 5k2＋2 k 1＋2k2 ， 从而 PC＝2 3k2＋1 1＋k2 |k| 1＋2k2 . 因为 PC＝2AB， 所以2 3k2＋1 1＋k2 |k| 1＋2k2 ＝4 2 1＋k2 1＋2k2 ， 解得 k＝±1. 此时直线 AB 的方程为 y＝x－1 或 y＝－x＋1. [方法归纳] 直线与椭圆的位置关系的解题思路 首先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解 决相关问题．涉及弦中点的问题用“点差法”解决往往会更简单． [变式训练] (2017·广州模拟)定圆 M：(x＋ 3)2＋y2＝16，动圆 N 过点 F( 3，0)且与圆 M 相切，记 圆心 N 的轨迹为 E. (1)求轨迹 E 的方程； (2)设点 A，B，C 在 E 上运动，A 与 B 关于原点对称，且 AC＝CB，当△ABC 的面积最小 时，求直线 AB 的方程． 解：(1)因为点 F( 3，0)在圆 M：(x＋ 3)2＋y2＝16 内，所以圆 N 内切于圆 M. 因为 NM＋NF＝4＞FM， 所以点 N 的轨迹 E 是以 M(－ 3，0)，F( 3，0)为焦点的椭圆，且 2a＝4，c＝ 3， 所以 b＝1. 所以轨迹 E 的方程为x2 4 ＋y2＝1. (2)①当 AB 为长轴(或短轴)时，依题意知，点 C 就是椭圆的上、下顶点(或左、右顶点)， 此时 S△ABC＝1 2 ·OC·AB＝2. ②当直线 AB 的斜率存在且不为 0 时， 设其斜率为 k，直线 AB 的方程为 y＝kx， 联立方程 x2 4 ＋y2＝1， y＝kx， 可取 x2 A＝ 4 1＋4k2， y2 A＝ 4k2 1＋4k2， 所以 OA2＝x2 A＋y2 A＝4 1＋k2 1＋4k2 . 由 AC＝CB 知，△ABC 为等腰三角形，O 为 AB 的中点，OC⊥AB， 所以直线 OC 的方程为 y＝－1 k x，由 x2 4 ＋y2＝1， y＝－1 k x， 得 x2 C＝ 4k2 k2＋4 ，y2 C＝ 4 k2＋4 ， 所以 OC2＝4 1＋k2 k2＋4 . S△ABC＝2S△OAC＝|OA|·|OC|＝ 4 1＋k2 1＋4k2 · 4 1＋k2 k2＋4 ＝ 4 1＋k2 1＋4k2 k2＋4 . 由于 1＋4k2 k2＋4 ≤ 1＋4k2 ＋ k2＋4 2 ＝5 1＋k2 2 ， 所以 S△ABC≥8 5 ， 当且仅当 1＋4k2＝k2＋4， 即 k＝±1 时等号成立， 此时△ABC 面积的最小值是8 5 . 因为 2＞8 5 ，所以△ABC 面积的最小值为8 5 ， 此时直线 AB 的方程为 y＝x 或 y＝－x. 定点、定值问题 [例 2] (2017·南京考前模拟)如图，在平面直角坐标系 xOy 中， 过椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)内一点 A(0,1)的动直线 l 与椭圆相交于 M， N 两点，当 l 平行于 x 轴和垂直于 x 轴时，l 被椭圆 C 所截得的线段长 均为 2 2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)是否存在与点 A 不同的定点 B，使得对任意过点 A 的动直线 l 都满足AM AN ＝BM BN ？若存 在，求出定点 B 的坐标；若不存在，请说明理由． [解] (1)当 l 垂直于 x 轴时，2b＝2 2，从而 b＝ 2. 当 l 平行于 x 轴时，点( 2，1)在椭圆 C 上， 所以2 a2＋1 2 ＝1，解得 a＝2. 所以椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 2 ＝1. (2)设存在与点 A 不同的定点 B 满足AM AN ＝BM BN . 当 l 平行于 x 轴时，AM＝AN，所以 BM＝BN，从而点 B 在 y 轴上，设 B(0，t)； 当 l 垂直于 x 轴时，不妨设 M(0， 2)，N(0，－ 2)． 由AM AN ＝BM BN 可得|t－ 2| |t＋ 2| ＝| 2－1| | 2＋1| ，解得 t＝1(舍去)或 t＝2，即 B(0,2)． 下面证明对任意斜率存在且不为 0 的动直线 l 都满足AM AN ＝BM BN . 设直线 l 的方程为 y＝kx＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 联立 y＝kx＋1， x2 4 ＋y2 2 ＝1 消去 y，得(1＋2k2)x2＋4kx－2＝0， 所以 x1＋x2＝ －4k 1＋2k2，x1x2＝ －2 1＋2k2. 因为AM AN ＝ 1＋k2|x1| 1＋k2|x2| ＝|x1| |x2| ， BM BN ＝ x2 1＋ y1－2 2 x2 2＋ y2－2 2 ＝ x2 1＋ kx1－1 2 x2 2＋ kx2－1 2 ＝ 1＋k2 x2 1－2kx1＋1 1＋k2 x2 2－2kx2＋1 ， 要证AM AN ＝BM BN ， 只要证|x1| |x2| ＝ 1＋k2 x2 1－2kx1＋1 1＋k2 x2 2－2kx2＋1 ， 只要证 x2 1[(1＋k2)x2 2－2kx2＋1)]＝x2 2[(1＋k2)·x2 1－2kx1＋1)]， 即证 2kx2 1x2－2kx2 2x1＋x2 2－x2 1＝0， 即证(x1－x2)[2kx1x2－(x1＋x2)]＝0. 因为 2kx1x2－(x1＋x2)＝2k× －2 1＋2k2－ －4k 1＋2k2＝0， 所以AM AN ＝BM BN . 所以存在与点 A 不同的定点 B(0,2)，使得对任意过点 A 的动直线 l 都满足AM AN ＝BM BN . [方法归纳] 圆锥曲线中定点与定值问题的求解思路 (1)定点问题的两种求解方法 ①引进参数法，引进动点的坐标或动直线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与 参数何时没有关系，找到定点． ②由特殊到一般法，根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无 关． (2)定值问题的基本求解方法 先用变量表示所需证明的不变量，然后通过推导和已知条件，消去变量，得到定值，即 解决定值问题首先是求解非定值问题，即变量问题，最后才是定值问题． [变式训练] 1.(2017·南通、泰州一调)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知 椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，焦点到相应准线的距离为 1. (1)求椭圆的标准方程； (2)若 P 为椭圆上的一点，过点 O 作 OP 的垂线交直线 y＝ 2于点 Q，求 1 OP2＋ 1 OQ2的值． 解：(1)由题意得 c a ＝ 2 2 ， a2 c －c＝1， b2＋c2＝a2， 解得 a＝ 2， c＝1， b＝1. 所以椭圆的方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)由题意知 OP 的斜率存在． 当 OP 的斜率为 0 时，OP＝ 2，OQ＝ 2， 所以 1 OP2＋ 1 OQ2＝1. 当 OP 的斜率不为 0 时，设直线 OP 的方程为 y＝kx. 由 x2 2 ＋y2＝1， y＝kx， 得(2k2＋1)x2＝2，解得 x2＝ 2 2k2＋1 ， 所以 y2＝ 2k2 2k2＋1 ，所以 OP2＝2k2＋2 2k2＋1 . 因为 OP⊥OQ，所以直线 OQ 的方程为 y＝－1 k x. 由 y＝ 2， y＝－1 k x 得 x＝－ 2k， 所以 OQ2＝2k2＋2. 所以 1 OP2＋ 1 OQ2＝2k2＋1 2k2＋2 ＋ 1 2k2＋2 ＝1. 综上，可知 1 OP2＋ 1 OQ2＝1. 2．已知椭圆x2 4 ＋y2＝1 的左顶点为 A，过 A 作两条互相垂直的弦 AM，AN 交椭圆于 M，N 两点． (1)当直线 AM 的斜率为 1 时，求点 M 的坐标； (2)当直线 AM 的斜率变化时，直线 MN 是否过 x 轴上的一定点？若过定点，请给出证明， 并求出该定点；若不过定点，请说明理由． 解：(1)直线 AM 的斜率为 1 时，直线 AM 的方程为 y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得 5x2 ＋16x＋12＝0. 解得 x1＝－2，x2＝－6 5 ，所以 M －6 5 ，4 5 . (2)设直线 AM 的斜率为 k，直线 AM 的方程为 y＝k(x＋2)， 联立方程 y＝k x＋2 ， x2 4 ＋y2＝1， 化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0. 则 xA＋xM＝－16k2 1＋4k2， xM＝－xA－ 16k2 1＋4k2＝2－ 16k2 1＋4k2＝2－8k2 1＋4k2. 同理，可得 xN＝2k2－8 k2＋4 . 由(1)知若存在定点，则此点必为 P －6 5 ，0 . 证明如下： 因为 kMP＝ yM xM＋6 5 ＝ k 2－8k2 1＋4k2＋2 2－8k2 1＋4k2＋6 5 ＝ 5k 4－4k2， 同理可计算得 kPN＝ 5k 4－4k2. 所以直线 MN 过 x 轴上的一定点 P －6 5 ，0 . 范围、最值问题 [例3] (2017·镇江期末)已知椭圆C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 3 2 ，且点 － 3，1 2 在椭圆 C 上． (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若直线 l 交椭圆 C 于 P，Q 两点，线段 PQ 的中点为 H，O 为坐标原点，且 OH＝1，求 △POQ 面积的最大值． [解] (1)由已知得 c a ＝ 3 2 ， 3 a2＋ 1 4b2＝1， b2＋c2＝a2， 解得 a2＝4， b2＝1， 故椭圆 C 的方程是x2 4 ＋y2＝1. (2)设直线 l 与 x 轴的交点为 D(n,0)，直线 l：x＝my＋n，与椭圆的交点为 P(x1，y1)， Q(x2，y2)， 联立方程 x＝my＋n， x2 4 ＋y2＝1， 得(4＋m2)y2＋2mny＋n2－4＝0， 则 y1＋y2＝－ 2mn 4＋m2，y1y2＝n2－4 4＋m2， 所以y1＋y2 2 ＝－ mn 4＋m2， 所以x1＋x2 2 ＝m y1＋y2 ＋2n 2 ＝ 4n 4＋m2， 即 H 4n 4＋m2，－ mn 4＋m2 ， 由 OH＝1，得 n2＝ 4＋m2 2 16＋m2 ， 则 S△POQ＝1 2 OD|y1－y2|＝1 2 |n||y1－y2|， 令 T＝n2(y1－y2)2＝n2[(y1＋y2)2－4y1y2]＝12×16× 4＋m2 16＋m2 2， 设 t ＝ 4 ＋ m2(t≥4) ， 则 4＋m2 16＋m2 2 ＝ t t2＋24t＋144 ＝ 1 t＋144 t ＋24 ≤ 1 2 t·144 t ＋24 ≤ 1 48 ， 当且仅当 t＝144 t ，即 t＝12 时，S△POA 取最大值，此时 S△POQ＝1 2 × 12×16× 1 48 ＝1， 所以△POQ 面积的最大值为 1. [方法归纳] 解决范围或最值问题的三种常用方法 [变式训练] 1．(2017·苏锡常镇调研)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)过 点 P 1，3 2 ，离心率为1 2 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)若直线 l 过椭圆 C 的右焦点交椭圆于 A，B 两点，记△ABP 三条边所在直线的斜率的 乘积为 t，求 t 的最大值． 解：(1)由1 a2＋ 9 4b2＝1， a2－b2 a ＝1 2 ， 得 a2＝4，b2＝3. 所以椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)设直线 l 的方程为 x＝my＋1，直线 l 与椭圆 C 的交点为 A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由 x＝my＋1， x2 4 ＋y2 3 ＝1 消去 x 得，(3m2＋4)y2＋6my－9＝0， 易知Δ>0，所以 y1＋y2＝－ 6m 3m2＋4 ，y1y2＝－ 9 3m2＋4 ， 所以 kAP·kBP＝ y1－3 2 x1－1 · y2－3 2 x2－1 ＝ y1－3 2 my1 · y2－3 2 my2 ＝1 m2· y1y2－3 2 y1＋y2 ＋9 4 y1y2 ＝－1 m －3 4 ， 所以 t＝kAB·kAP·kBP＝－1 m2－ 3 4m ＝－ 1 m ＋3 8 2＋ 9 64 ， 所以当 m＝－8 3 时，t 有最大值 9 64 . 2．已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，过点 M(1，0)的直线 l 交椭圆 C 于 A， B 两点，MA＝λMB，且当直线 l 垂直于 x 轴时，AB＝ 2. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若λ∈ 1 2 ，2 ，求弦长 AB 的取值范围． 解：(1)由已知 e＝ 2 2 ，即c a ＝ 2 2 . 因为当直线 l 垂直于 x 轴时，AB＝ 2， 所以椭圆经过点 1， 2 2 ， 代入椭圆方程得1 a2＋ 1 2b2＝1. 因为 a2＝b2＋c2，联立方程 c a ＝ 2 2 ， 1 a2＋ 1 2b2＝1， a2＝b2＋c2. 可得 a2＝2，b2＝1，所以椭圆 C 的标准 方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)当过点 M 的直线斜率为 0 时，点 A，B 分别为椭圆长轴的端点， λ＝MA MB ＝ 2＋1 2－1 ＝3＋2 2>2 或λ＝MA MB ＝ 2－1 2＋1 ＝3－2 2<1 2 ，不符合题意， 所以直线的斜率不能为 0. 设直线方程为 x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 将直线方程代入椭圆方程得(m2＋2)y2＋2my－1＝0， 由根与系数的关系得 y1＋y2＝－ 2m m2＋2 ，① y1y2＝－ 1 m2＋2 ，② 将①平方除以②可得y1 y2 ＋y2 y1 ＋2＝－ 4m2 m2＋2 . 由 MA＝λMB 可知y1 y2 ＝－λ， 所以－λ－ 1 λ ＋2＝－ 4m2 m2＋2 . 又λ∈ 1 2 ，2 ，所以－λ－ 1 λ ＋2∈ －1 2 ，0 ， 所以－1 2 ≤－ 4m2 m2＋2 ≤0，解得 m2∈ 0，2 7 . AB2＝(1＋m2)|y1－y2|2＝(1＋m2)[(y1＋y2)2－4y1y2]＝8 m2＋1 m2＋2 2＝8 1－ 1 m2＋2 2， 因为 m2∈ 0，2 7 ， 所以 1 m2＋2 ∈ 7 16 ，1 2 ， 故 2≤AB2≤ 9 16 2×8， 所以 2≤AB≤9 2 8 ， 所以弦长 AB 的取值范围为 2，9 2 8 . 圆与椭圆的综合问题 [例 4] (2017·扬州期末)如图，椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)，圆 O： x2＋y2＝b2，过椭圆 C 的上顶点 A 的直线 l：y＝kx＋b 分别交圆 O、椭圆 C 于不同的两点 P，Q，设 AP―→＝λ PQ―→. (1)若点 P(－3,0)，点 Q(－4，－1)，求椭圆 C 的方程； (2)若λ＝3，求椭圆 C 的离心率 e 的取值范围． [解] (1)由点 P 在圆 O：x2＋y2＝b2 上，得 b＝3， 又点 Q 在椭圆 C 上，所以 －4 2 a2 ＋ －1 2 32 ＝1，解得 a2＝18， 所以椭圆 C 的方程是x2 18 ＋y2 9 ＝1. (2)由 y＝kx＋b， x2＋y2＝b2， 得 xA＝0 或 xP＝－ 2kb 1＋k2， 由 y＝kx＋b， x2 a2＋y2 b2＝1， 得 xA＝0 或 xQ＝－ 2kba2 k2a2＋b2， ∵ AP―→＝3 PQ―→，∴ AP―→＝3 4 AQ―→， ∴ 2kba2 a2k2＋b2·3 4 ＝ 2kb 1＋k2，即 a2 k2a2＋b2·3 4 ＝ 1 1＋k2， ∴k2＝3a2－4b2 a2 ＝4e2－1， ∵k2>0，∴4e2>1，即 e>1 2 . 又 0b>0)的离心率为 2 2 ， 焦距为 2. (1)求椭圆 E 的方程； (2)如图，动直线 l：y＝k1x－ 3 2 交椭圆 E 于 A，B 两点，C 是椭圆 E 上一点，直线 OC 的斜率为 k2，且 k1k2＝ 2 4 ，M 是线段 OC 延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M 的半径为 |MC|，OS，OT 是⊙M 的两条切线，切点分别为 S，T.求∠SOT 的最大值，并求取得最大值时 直线 l 的斜率． 解：(1)由题意知 e＝c a ＝ 2 2 ，2c＝2， 所以 a＝ 2，b＝1， 因此椭圆 E 的方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立方程 x2 2 ＋y2＝1， y＝k1x－ 3 2 消去 y， 得(4k2 1＋2)x2－4 3k1x－1＝0， 由题意知Δ>0， 且 x1＋x2＝2 3k1 2k2 1＋1 ，x1x2＝－ 1 2 2k2 1＋1 ， 所以|AB|＝ 1＋k2 1|x1－x2| ＝ 2· 1＋k2 1· 1＋8k2 1 1＋2k2 1 . 由题意可知圆 M 的半径 r 为 r＝2 3 |AB|＝2 2 3 · 1＋k2 1· 1＋8k2 1 2k2 1＋1 . 由题设知 k1k2＝ 2 4 ，所以 k2＝ 2 4k1 ， 因此直线 OC 的方程为 y＝ 2 4k1 x. 联立方程 x2 2 ＋y2＝1， y＝ 2 4k1 x， 得 x2＝ 8k2 1 1＋4k2 1 ，y2＝ 1 1＋4k2 1 ， 因此|OC|＝ x2＋y2＝ 1＋8k2 1 1＋4k2 1 . 由题意可知 sin∠SOT 2 ＝ r r＋|OC| ＝ 1 1＋|OC| r ， 而|OC| r ＝ 1＋8k2 1 1＋4k2 1 2 2 3 · 1＋k2 1· 1＋8k2 1 1＋2k2 1 ＝3 2 4 · 1＋2k2 1 1＋4k2 1· 1＋k2 1 ， 令 t＝1＋2k2 1，则 t>1，1 t ∈(0,1)， 因此|OC| r ＝3 2 · t 2t2＋t－1 ＝3 2 · 1 2＋1 t －1 t2 ＝3 2 · 1 － 1 t －1 2 2＋9 4 ≥1， 当且仅当1 t ＝1 2 ，即 t＝2 时等号成立， 此时 k1＝± 2 2 ， 所以 sin∠SOT 2 ≤1 2 ，因此∠SOT 2 ≤π 6 ， 所以∠SOT 的最大值为π 3 . 综上所述，∠SOT 的最大值为π 3 ，取得最大值时直线 l 的斜率为 k1＝± 2 2 . [课时达标训练] 1．(2017·江苏高考)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E： x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为1 2 ，两准线之 间的距离为 8.点 P 在椭圆 E 上，且位于第一象限，过点 F1 作直线 PF1 的垂线 l1，过点 F2 作直线 PF2 的垂线 l2. (1)求椭圆 E 的标准方程； (2)若直线 l1，l2 的交点 Q 在椭圆 E 上，求点 P 的坐标． 解：(1)设椭圆的半焦距为 c. 因为椭圆 E 的离心率为1 2 ，两准线之间的距离为 8， 所以c a ＝1 2 ，2a2 c ＝8， 解得 a＝2，c＝1，于是 b＝ a2－c2＝ 3， 因此椭圆 E 的标准方程是x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)由(1)知，F1(－1,0)，F2(1,0)． 设 P(x0，y0)，因为 P 为第一象限的点， 故 x0>0，y0>0. 当 x0＝1 时，l2 与 l1 相交于 F1，与题设不符． 当 x0≠1 时，直线 PF1 的斜率为 y0 x0＋1 ，直线 PF2 的斜率为 y0 x0－1 . 因为 l1⊥PF1，l2⊥PF2，所以直线 l1 的斜率为－x0＋1 y0 ，直线 l2 的斜率为－x0－1 y0 ， 从而直线 l1 的方程为 y＝－x0＋1 y0 (x＋1)，① 直线 l2 的方程为 y＝－x0－1 y0 (x－1)．② 由①②，解得 x＝－x0，y＝x2 0－1 y0 ， 所以 Q －x0，x2 0－1 y0 . 因为点 Q 在椭圆上，由对称性，得x2 0－1 y0 ＝±y0， 即 x2 0－y2 0＝1 或 x2 0＋y2 0＝1. 又点 P 在椭圆 E 上，故x2 0 4 ＋y2 0 3 ＝1. 联立 x2 0－y2 0＝1， x2 0 4 ＋y2 0 3 ＝1， 解得 x0＝4 7 7 ， y0＝3 7 7 ； 联立 x2 0＋y2 0＝1， x2 0 4 ＋y2 0 3 ＝1， 无解． 因此点 P 的坐标为 4 7 7 ，3 7 7 . 2．在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 3 2 ，且经过点 3，1 2 ，直线 l 与 x 轴交于点 D，与椭圆 C 交于 A，B 两点． (1)求椭圆 C 的方程； (2)是否存在点 D，使 1 AD2＋ 1 BD2为定值？若存在，请写出点 D 的坐标，并求出该定值；若 不存在，请说明理由． 解：(1)由题意可得，c a ＝ 3 2 ，3 a2＋ 1 4b2＝1， 又 a2＝b2＋c2， 解得 a2＝4，b2＝1， 故椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2＝1. (2)存在点 D，使得 1 AD2＋ 1 BD2为定值． 设 D(x0,0)，当直线 l 与 x 轴重合，且 x0≠±2 时，不妨取 A(－2,0)，B(2,0)，则 1 AD2＋ 1 BD2 ＝ 1 x0＋2 2＋ 1 x0－2 2＝ 2x2 0＋8 x2 0－4 2； 当直线 l 与 x 轴垂直时， 1 AD2＋ 1 BD2＝ 2 1－x2 0 4 ＝ 8 4－x2 0 . 由 2x2 0＋8 x2 0－4 2＝ 8 4－x2 0 ，解得 x0＝±2 15 5 ， 所以 2x2 0＋8 x2 0－4 2＝ 8 4－x2 0 ＝5， 所以若存在满足题意的点 D，则 D ±2 15 5 ，0 ， 1 AD2＋ 1 BD2为定值 5. 当直线 l 不与 x 轴重合且斜率存在时，由对称性可知，只需考虑直线 l 过点 D 2 15 5 ，0 . 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 x＝my＋2 15 5 ，代入椭圆 C 的方程x2 4 ＋y2＝1， 化简得，(m2＋4)y2＋4 15 5 my－8 5 ＝0， 所以 y1＋y2＝－ 4 15m 5 m2＋4 ，① y1y2＝－ 8 5 m2＋4 .② 又 1 AD2＝ 1 x1－2 15 5 2＋y2 1 ＝ 1 m2y2 1＋y2 1 ＝ 1 m2＋1 y2 1 ， 同理 1 BD2＝ 1 m2＋1 y2 2 ， 所以 1 AD2＋ 1 BD2＝ 1 m2＋1 y2 1 ＋ 1 m2＋1 y2 2 ＝ y1＋y2 2－2y1y2 m2＋1 y2 1y2 2 ， 将①②代入，化简可得 1 AD2＋ 1 BD2＝5. 综上所述，存在点 D ±2 15 5 ，0 ，使得 1 AD2＋ 1 BD2为定值 5. 3.如图，圆 C 与 y 轴相切于点 T(0，2)，与 x 轴正半轴相交于两 点 M，N(点 M 在点 N 的左侧)，且 MN＝3. (1)求圆 C 的方程； (2)过点 M 任作一条直线与椭圆 T：x2 4 ＋y2 8 ＝1 相交于两点 A，B， 连结 AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM. 解：(1)设圆 C 的半径为 r，依题意得，圆心坐标为(r,2)． ∵MN＝3，∴r＝ 3 2 2＋22，∴r＝5 2 ， ∴圆 C 的方程为 x－5 2 2＋(y－2)2＝25 4 . (2)证明：把 y＝0 代入方程 x－5 2 2＋(y－2)2＝25 4 ，解得 x＝1 或 x＝4，即点 M(1,0)， N(4,0)． ①当 AB⊥x 轴时，由椭圆对称性可知∠ANM＝∠BNM. ②当 AB 与 x 轴不垂直时，可设直线 AB 的方程为 y＝k(x－1)， 联立方程 y＝k x－1 ， x2 4 ＋y2 8 ＝1 消去 y， 得(k2＋2)x2－2k2x＋k2－8＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝ 2k2 k2＋2 ，x1x2＝k2－8 k2＋2 . ∵y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)， ∴kAN＋kBN＝ y1 x1－4 ＋ y2 x2－4 ＝k x1－1 x1－4 ＋k x2－1 x2－4 ＝k x1－1 x2－4 ＋k x2－1 x1－4 x1－4 x2－4 . ∵(x1－1)(x2－4)＋(x2－1)(x1－4)＝2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝2 k2－8 k2＋2 － 10k2 k2＋2 ＋8＝0， ∴kAN＋kBN＝0，∴∠ANM＝∠BNM. 综上所述，∠ANM＝∠BNM. 4．已知中心在原点，焦点在 y 轴上的椭圆 C，其上一点 P 到两个焦点 F1，F2 的距离之 和为 4，离心率为 3 2 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)若直线 y＝kx＋1 与曲线 C 交于 A，B 两点，求△OAB 面积的取值范围． 解：(1)设椭圆的标准方程为y2 a2＋x2 b2＝1(a>b>0)， 由条件可得 a＝2，c＝ 3，b＝1， 故椭圆 C 的方程为y2 4 ＋x2＝1. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 x2＋y2 4 ＝1， y＝kx＋1， 得 (k2＋4)x2＋2kx－3＝0， 故 x1＋x2＝－ 2k k2＋4 ，x1x2＝－ 3 k2＋4 ，① 设△OAB 的面积为 S， 由 x1x2＝－ 3 k2＋4 <0， 知 S＝1 2 (|x1|＋|x2|) ＝1 2 |x1－x2| ＝1 2 x1＋x2 2－4x1x2 ＝2 k2＋3 k2＋4 2， 令 k2＋3＝t，知 t≥3， ∴S＝2 1 t＋1 t ＋2 . 对函数 y＝t＋1 t (t≥3)，知 y′＝1－1 t2＝t2－1 t2 >0， ∴y＝t＋1 t 在 t∈[3，＋∞)上单调递增， ∴t＋1 t ≥10 3 ， ∴0< 1 t＋1 t ＋2 ≤ 3 16 ， ∴S∈ 0， 3 2 . 5．(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0，1)，P3 －1， 3 2 ， P4 1， 3 2 中恰有三点在椭圆 C 上． (1)求 C 的方程； (2)设直线 l 不经过 P2 点且与 C 相交于 A，B 两点．若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为 －1，证明：l 过定点． 解：(1)由于 P3，P4 两点关于 y 轴对称， 故由题设知椭圆 C 经过 P3，P4 两点． 又由1 a2＋1 b2>1 a2＋ 3 4b2知，椭圆 C 不经过点 P1， 所以点 P2 在椭圆 C 上． 因此 1 b2＝1， 1 a2＋ 3 4b2＝1， 解得 a2＝4， b2＝1. 故椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2＝1. (2)证明：设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1，k2. 如果 l 与 x 轴垂直，设 l：x＝t，由题设知 t≠0，且|t|<2，可得 A，B 的坐标分别为 t， 4－t2 2 ， t，－ 4－t2 2 . 则 k1＋k2＝ 4－t2－2 2t － 4－t2＋2 2t ＝－1，得 t＝2，不符合题设． 从而可设 l：y＝kx＋m(m≠1)． 将 y＝kx＋m 代入x2 4 ＋y2＝1 得 (4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－ 8km 4k2＋1 ，x1x2＝4m2－4 4k2＋1 . 而 k1＋k2＝y1－1 x1 ＋y2－1 x2 ＝kx1＋m－1 x1 ＋kx2＋m－1 x2 ＝2kx1x2＋ m－1 x1＋x2 x1x2 . 由题设 k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·4m2－4 4k2＋1 ＋(m－1)·－8km 4k2＋1 ＝0. 解得 k＝－m＋1 2 . 当且仅当 m>－1 时，Δ>0，于是 l：y＝－m＋1 2 x＋m， 即 y＋1＝－m＋1 2 (x－2)，所以 l 过定点(2，－1)． 6．(2017·苏北四市期末)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，且右焦点 F 到左准线的距离为 6 2. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)设 A 为椭圆 C 的左顶点，P 为椭圆 C 上位于 x 轴上方的点，直线 PA 交 y 轴于点 M， 过点 F 作 MF 的垂线，交 y 轴于点 N. ①当直线 PA 的斜率为1 2 时，求△FMN 的外接圆的方程； ②设直线 AN 交椭圆 C 于另一点 Q，求△APQ 的面积的最大值． 解：(1)由题意，得 c a ＝ 2 2 ， c＋a2 c ＝6 2， 解得 a＝4， c＝2 2， 则 b＝2 2，所以椭圆 C 的标准方程为x2 16 ＋y2 8 ＝1. (2)由题可设直线 PA 的方程为 y＝k(x＋4)，k>0， 则 M(0,4k)， 所以直线 FN 的方程为 y＝2 2 4k (x－2 2)， 则 N 0，－2 k . ①当直线 PA 的斜率为1 2 ，即 k＝1 2 时，M(0,2)，N(0，－4)，F(2 2，0)， 因为 MF⊥FN，所以圆心为(0，－1)，半径为 3， 所以△FMN 的外接圆的方程为 x2＋(y＋1)2＝9. ②联立 y＝k x＋4 ， x2 16 ＋y2 8 ＝1 消去 y 并整理得，(1＋2k2)x2＋16k2x＋32k2－16＝0， 解得 x1＝－4 或 x2＝4－8k2 1＋2k2， 所以 P 4－8k2 1＋2k2， 8k 1＋2k2 ， 直线 AN 的方程为 y＝－ 1 2k (x＋4)， 同理可得，Q 8k2－4 1＋2k2，－ 8k 1＋2k2 ， 所以 P，Q 关于原点对称，即 PQ 过原点． 所以△APQ 的面积 S＝1 2 OA·(yP－yQ)＝2× 16k 1＋2k2＝ 32 2k＋1 k ≤8 2，当且仅当 2k＝1 k ，即 k ＝ 2 2 时，取“＝”． 所以△APQ 的面积的最大值为 8 2.