19、1)2＋(y－2)2＝5上，圓心與點M的連線的斜率為＝－，所以切線l的斜率為2，又因為切線l與直線ax＋y－1＝0垂直，所以a＝.
答案：
2．(2017·南通、泰州一調(diào))在平面直角坐標系xOy中，直線2x＋y＝0為雙曲線－＝1(a>0，b>0)的一條漸近線，則該雙曲線的離心率為__________．
解析：因為直線2x＋y＝0為雙曲線－＝1(a>0，b>0)的一條漸近線，所以＝2，所以e＝＝.
答案：
3．(2017·無錫期末)設P為有公共焦點F1，F(xiàn)2的橢圓C1與雙曲線C2的一個交點，且PF1⊥PF2，橢圓C1的離心率為e1，雙曲線C2的離心率為e2，若3e1＝e2，則e1＝__
20、______.
解析：設橢圓的長半軸長為a1，雙曲線的實半軸長為a2，由定義知，不妨設P在第一象限，
則
所以PF1＝a1＋a2，PF2＝a1－a2，
因為PF1⊥PF2，
所以PF＋PF＝F1F，
即(a1＋a2)2＋(a1－a2)2＝4c2，
整理得＋＝2，
又因為3e1＝e2，所以e1＝.
答案：
4．(2017·南京考前模擬)在平面直角坐標系xOy中，M為圓C：(x－a)2＋(y－1)2＝上任意一點，N為直線l：ax＋y＋3＝0上任意一點，若以M為圓心，MN為半徑的圓與圓C至多有一個公共點，則正數(shù)a的最小值為_________．
解析：因為圓M與圓C至多有一個公共
21、點，
所以MC≤，
即≥，解得MN≥，
又MN的最小值為－，
所以－≥，
解得a≥2，所以正數(shù)a的最小值為2.
答案：2
5．以雙曲線－＝1(a>0，b>0)的右焦點F為圓心，a為半徑的圓恰好與雙曲線的兩條漸近線相切，則該雙曲線的離心率為________．
解析：由題設知，雙曲線的漸近線方程為y＝±x，圓的方程為(x－c)2＋y2＝a2，因為漸近線與圓相切，故由點到直線的距離公式得＝a，則a＝b，c＝a，故離心率e＝.
答案：
6．(2017·南京學情調(diào)研)在平面直角坐標系xOy中，若直線ax＋y－2＝0與圓心為C的圓(x－1)2＋(y－a)2＝16相交于A，B兩點，且△A
22、BC為直角三角形，則實數(shù)a的值是________．
解析：由題意知△ABC為等腰直角三角形，且AC＝BC＝4，AB＝4，
∴圓心C到直線ax＋y－2＝0的距離d＝＝2，
∴＝2，解得a＝－1.
答案：－1
7．(2017·泰州中學月考)直線y＝kx＋3與圓(x－2)2＋(y－3)2＝4相交于M，N兩點，若MN≥2，則k的取值范圍是________．
解析：由圓的方程知圓心(2,3)，半徑r＝2，
∵圓心到直線y＝kx＋3的距離d＝，
∴MN＝2＝2≥2，
解得4k2≤k2＋1，即－≤k≤.
答案：
8．已知點P是圓C：x2＋y2＋4x－6y－3＝0上的一點，直線l：3x－
23、4y－5＝0.若點P到直線l的距離為2，則符合題意的點P有________個．
解析：由題意知圓C的標準方程為(x＋2)2＋(y－3)2＝16，所以圓心(－2,3)到直線l的距離d＝＝∈(4,6)，故滿足題意的點P有2個．
答案：2
9．若一個橢圓長軸的長度、短軸的長度和焦距依次成等差數(shù)列，則該橢圓的離心率為________．
解析：由題意知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＝或e＝－1(舍去)．
答案：
10．(2017·全國卷Ⅰ)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的右頂點為A，以A為
24、圓心，b為半徑作圓A，圓A與雙曲線C的一條漸近線交于M，N兩點．若∠MAN＝60°，則C的離心率為________．
解析：雙曲線的右頂點為A(a,0)，一條漸近線的方程為y＝x，即bx－ay＝0，則圓心A到此漸近線的距離d＝＝.又因為∠MAN＝60°，圓的半徑為b，所以b·sin 60°＝，即＝，所以e＝＝.
答案：
11．若拋物線y2＝8ax(a>0)的準線經(jīng)過雙曲線－y2＝1的一個焦點，則橢圓＋y2＝1的離心率e＝________.
解析：拋物線y2＝8ax(a>0)的準線方程為x＝－2a，雙曲線－y2＝1的焦點坐標為(±，0)，則2a＝，得a2＝，所以橢圓的離心率e＝＝.
答
25、案：
12．設F1，F(xiàn)2分別是橢圓＋＝1的左、右焦點，P為橢圓上任一點，點M的坐標為(6,4)，則PM＋PF1的最大值為________．
解析：由橢圓定義知PM＋PF1＝PM＋2×5－PF2，
而PM－PF2≤MF2＝5，所以PM＋PF1≤2×5＋5＝15.
答案：15
13．(2017·蘇州張家港暨陽中學月考)已知圓O：x2＋y2＝1，圓M：(x－a)2＋(y－a＋4)2＝1.若圓M上存在點P，過點P作圓O的兩條切線，切點分別為A，B，使得∠APB＝60°，則實數(shù)a的取值范圍為______________．
解析：如圖，圓O的半徑為1，圓M上存在點P，過點P作圓O的兩條切線
26、，切點為A，B，使得∠APB＝60°，則∠APO＝30°，在Rt△PAO中，PO＝2，
又圓M的半徑等于1，圓心坐標M(a，a－4)，
∴POmin＝MO－1，POmax＝MO＋1，
∵MO＝，
∴由－1≤2≤＋1，
解得2－≤a≤2＋.
答案：
14．在平面直角坐標系xOy中，若直線l：4x－3y－2＝0上至少存在一點，使得以該點為圓心、1為半徑的圓與以(4,0)為圓心，R為半徑的圓C有公共點，則R的最小值是________．
解析：由題意，直線4x－3y－2＝0上至少存在一點A，以該點為圓心，1為半徑的圓與圓C有公共點，即ACmin＝1＋R，因為ACmin即為點C到直線4x
27、－3y－2＝0的距離，為，所以R的最小值是.
答案：
1．(2017·南京考前模擬)在平面直角坐標系xOy中，M為直線x＝3上一動點，以M為圓心的圓記為圓M，若圓M截x軸所得的弦長恒為4.過點O作圓M的一條切線，切點為P，則點P到直線2x＋y－10＝0的距離的最大值為________．
解析：設M(3，t)，P(x0，y0)，
因為OP⊥PM，所以·＝0，
可得x＋y－3x0－ty0＝0，①
又圓M截x軸所得的弦長為4，
所以4＋t2＝(x0－3)2＋(y0－t)2，整理得x＋y－6x0－2ty0＋5＝0，②
由①②得x＋y＝5，即點P在圓x2＋y2＝5上，
于是P到直線
28、2x＋y－10＝0距離的最大值為＋＝3.
答案：3
2．在平面直角坐標系xOy中，已知過原點O的動直線l與圓C：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的兩點A，B，若點A恰為線段OB的中點，則圓心C到直線l的距離為________．
解析：先將圓C化為標準方程得(x－3)2＋y2＝4，則圓心C(3,0)，半徑r＝2，設過原點O的動直線l的方程為y＝kx，因為點A恰為線段OB的中點，設A(a，ka)，B(2a,2ka)，得(1＋k2)a2－6a＋5＝0. ①
取AB的中點D，則D，
如圖，連結(jié)CD，則CD⊥AB，＝－.?、?
聯(lián)立①②，解得a＝，k＝±，則D，CD＝，
即圓心C到直線
29、l的距離為.
答案：
3．(2017·山東高考)在平面直角坐標系xOy中，雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的右支與焦點為F的拋物線x2＝2py(p＞0)交于A，B兩點．若|AF|＋|BF|＝4|OF|，則該雙曲線的漸近線方程為________．
解析：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由拋物線的定義可知|AF|＝y(tǒng)1＋，|BF|＝y(tǒng)2＋，|OF|＝，
由|AF|＋|BF|＝y(tǒng)1＋＋y2＋＝y(tǒng)1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得y1＋y2＝p.
聯(lián)立消去x，得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，
所以y1＋y2＝，所以＝p，
即＝，故＝，
所以雙曲線的漸近線方程為y＝±x.
30、
答案：y＝±x
4．已知橢圓＋＝1(a>b>0)，點A，B1，B2，F(xiàn)依次為其左頂點、下頂點、上頂點和右焦點，若直線AB2與直線B1F的交點恰在橢圓的右準線上，則橢圓的離心率為________．
解析：如圖，A(－a,0)，
B1(0，－b)，B2(0，b)，F(xiàn)(c,0)，
設點M.
由k＝kAM，得＝，
所以yM＝b.
由k＝kFM，得＝，
所以yM＝.
從而b＝，整理得2e2＋e－1＝0.解得e＝.
答案：
第2課時直線與圓(能力課)
[?？碱}型突破]
隱形圓問題
[例1] (2017·蘇北四市期中)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知圓C：x2＋y2
31、－4x＝0及點A(－1,0)，B(1,2)．
(1)若直線l平行于AB，與圓C相交于M，N兩點，MN＝AB，求直線l的方程；
(2)在圓C上是否存在點P，使得PA2＋PB2＝12？若存在，求點P的個數(shù)；若不存在，說明理由．
[解] (1)因為圓C的標準方程為(x－2)2＋y2＝4，所以圓心C(2,0)，半徑為2.
因為l∥AB，A(－1,0)，B(1,2)，所以直線l的斜率為＝1，
設直線l的方程為x－y＋m＝0，則圓心C到直線l的距離為d＝＝.
因為MN＝AB＝＝2，而CM2＝d2＋2，所以4＝＋2，
解得m＝0或m＝－4，故直線l的方程為x－y＝0或x－y－4＝0.
(2)
32、假設圓C上存在點P，設P(x，y)，
則(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，
因為|2－2|< <2＋2，
所以圓(x－2)2＋y2＝4與圓x2＋(y－1)2＝4相交，
所以點P的個數(shù)為2.
[方法歸納]
1．有些時候，在條件中沒有直接給出圓方面的信息，而是隱藏在題目中的，要通過分析和轉(zhuǎn)化，發(fā)現(xiàn)圓(或圓的方程),從而最終可以利用圓的知識來求解，我們稱這類問題為“隱形圓”問題．
2．如何發(fā)現(xiàn)隱形圓(或圓的方程)是關(guān)鍵，常見的有以下策略：
(1)利用圓的定
33、義(到定點的距離等于定長的點的軌跡)確定隱形圓；
(2)動點P 對兩定點A，B張角是90°(kPA·kPB＝－1)確定隱形圓；
(3)兩定點A，B，動點P滿足·＝λ確定隱形圓；
(4)兩定點A，B，動點P滿足PA2＋PB2是定值確定隱形圓；
(5)兩定點A，B，動點P滿足PA＝λPB(λ＞0，λ≠1)確定隱形圓(阿波羅尼斯圓)；
(6)由圓周角的性質(zhì)確定隱形圓．
[變式訓練]
如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A(0,3)，直線l：y＝2x－4.設圓C的半徑為1，圓心在l上．
(1)若圓心C也在直線y＝x－1上，過點A作圓C的切線，求切線的方程；
(2)若圓C上存在點M，使M
34、A＝2MO，求圓心C的橫坐標a的取值范圍．
解：(1)由題設，圓心C是直線y＝2x－4和y＝x－1的交點，解得點C(3,2)，于是切線的斜率必存在．設過A(0,3)的圓C的切線方程為y＝kx＋3，
由題意，得＝1，解得k＝0或k＝－，
故所求切線方程為y＝3或3x＋4y－12＝0.
(2)因為圓心在直線y＝2x－4上，
所以圓C的方程為(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1.
設點M(x，y)，因為MA＝2MO，
所以＝2，
化簡得x2＋y2＋2y－3＝0，
即x2＋(y＋1)2＝4，
所以點M在以D(0，－1)為圓心，2為半徑的圓上．
由題意，點M(x，y)在圓C上，
35、所以圓C與圓D有公共點，則|2－1|≤CD≤2＋1，即1≤≤3.
由5a2－12a＋8≥0，得a∈R；
由5a2－12a≤0，得0≤a≤.
所以點C的橫坐標a的取值范圍為.
圓中的定點、定值問題
[例2] 已知圓M的方程為x2＋(y－2)2＝1，直線l的方程為x－2y＝0，點P在直線l上，過P點作圓M的切線PA，PB，切點為A，B.
(1)若∠APB＝60°，求點P的坐標；
(2)若P點的坐標為(2,1)，過P作直線與圓M交于C，D兩點，當CD＝時，求直線CD的方程；
(3)求證：經(jīng)過A，P，M三點的圓必過定點，并求出所有定點的坐標．
[解] (1)設P(2m，m)，因為
36、∠APB＝60°，AM＝1，所以MP＝2，所以(2m)2＋(m－2)2＝4，解得m＝0或m＝，
故所求點P的坐標為P(0,0)或P.
(2)易知直線CD的斜率存在，可設直線CD的方程為y－1＝k(x－2)，
由題知圓心M到直線CD的距離為，
所以＝，
解得k＝－1或k＝－，
故所求直線CD的方程為x＋y－3＝0或x＋7y－9＝0.
(3)證明：設P(2m，m)，MP的中點Q，
因為PA是圓M的切線，
所以經(jīng)過A，P，M三點的圓是以Q為圓心，以MQ為半徑的圓，
故其方程為(x－m)2＋2＝m2＋2，
化簡得x2＋y2－2y－m(2x＋y－2)＝0，此式是關(guān)于m的恒等式，
37、故解得或
所以經(jīng)過A，P，M三點的圓必過定點(0,2)或.
[方法歸納]
(1)與圓有關(guān)的定點問題最終可化為含有參數(shù)的動直線或動圓過定點.解這類問題關(guān)鍵是引入?yún)?shù)求出動直線或動圓的方程.
(2)與圓有關(guān)的定值問題，可以通過直接計算或證明，還可以通過特殊化，先猜出定值再給出證明.
[變式訓練]
1．已知點P(2,2)，圓C：x2＋y2－8y＝0，過點P的動直線l與圓C交于A，B兩點，線段AB的中點為M，O為坐標原點．
(1)求M的軌跡方程；
(2)當OP＝OM時，求證：△POM的面積為定值．
解：(1)圓C的方程可化為x2＋(y－4)2＝16，
所以圓心為C(0,4)，半徑為
38、4.
設M(x，y)，則＝(x，y－4)，＝(2－x,2－y)．
由題設知·＝0，
故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，
即(x－1)2＋(y－3)2＝2.
由于點P在圓C的內(nèi)部，
所以M的軌跡方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.
(2)證明：由(1)可知M的軌跡是以點N(1,3)為圓心，為半徑的圓．
由于OP＝OM，故O在線段PM的垂直平分線上，
又P在圓N上，從而ON⊥PM.
因為ON的斜率為3，所以l的斜率為－，
故l的方程為y＝－x＋.
又OM＝OP＝2，O到l的距離d為，
所以PM＝2＝，
所以△POM的面積為S△POM＝PM·d＝.
2．已知圓
39、C：x2＋y2＝9，點A(－5,0)，直線l：x－2y＝0.
(1)求與圓C相切，且與直線l垂直的直線方程；
(2)在直線OA上(O為坐標原點)，存在定點B(不同于點A)滿足：對于圓C上任一點P，都有為一常數(shù)，試求所有滿足條件的點B的坐標．
解：(1)設所求直線方程為y＝－2x＋b，
即2x＋y－b＝0.
因為直線與圓C相切，
所以＝3，解得b＝±3.
所以所求直線方程為2x＋y±3＝0.
(2)法一：假設存在這樣的點B(t,0)．
當點P為圓C與x軸的左交點(－3,0)時，＝；
當點P為圓C與x軸的右交點(3,0)時，＝.
依題意，＝，
解得t＝－5(舍去)或t＝－.
40、
下面證明點B對于圓C上任一點P，都有為一常數(shù)．
設P(x，y)，則y2＝9－x2，
所以＝＝＝＝.
從而＝為常數(shù)．
法二：假設存在這樣的點B(t,0)，使得為常數(shù)λ，則PB2＝λ2PA2，所以(x－t)2＋y2＝λ2[(x＋5)2＋y2]，將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對x∈[－3,3]恒成立，
所以解得或(舍去)．
故存在點B對于圓C上任一點P，都有為常數(shù).
與直線或圓有關(guān)的最值或范圍問題
[例3] (2016·江蘇高考)如圖，在平面直角坐標系xOy中
41、，已知以M為圓心的圓M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一點A(2,4)．
(1)設圓N與x軸相切，與圓M外切，且圓心N在直線x＝6上，求圓N的標準方程；
(2)設平行于OA的直線l與圓M相交于B，C兩點，且BC＝OA，求直線l的方程；
(3)設點T(t,0)滿足：存在圓M上的兩點P和Q，使得＋＝，求實數(shù)t的取值范圍．
[解] 圓M的標準方程為(x－6)2＋(y－7)2＝25，
所以圓心M(6,7)，半徑為5.
(1)由圓心N在直線x＝6上，可設N(6，y0)．
因為圓N與x軸相切，與圓M外切，
所以0＜y0＜7，圓N的半徑為y0，從而7－y0＝5＋y0，解得y0＝1
42、.
因此，圓N的標準方程為(x－6)2＋(y－1)2＝1.
(2)因為直線l∥OA，
所以直線l的斜率為＝2.
設直線l的方程為y＝2x＋m，
即2x－y＋m＝0，
則圓心M到直線l的距離
d＝＝.
因為BC＝OA＝＝2，
而MC2＝d2＋2，
所以25＝＋5，解得m＝5或m＝－15.
故直線l的方程為2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0.
(3)設P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
因為A(2,4)，T(t,0)，＋＝，
所以①
因為點Q在圓M上，所以(x2－6)2＋(y2－7)2＝25.②
將①代入②，得(x1－t－4)2＋(y1－3)2＝25.
于是點
43、P(x1，y1)既在圓M上，又在圓[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25上，
從而圓(x－6)2＋(y－7)2＝25與圓[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25有公共點，
所以5－5≤ ≤5＋5，
解得2－2≤t≤2＋2.
因此，實數(shù)t的取值范圍是[2－2，2＋2 ]．
[方法歸納]
1．與圓有關(guān)的最值問題的幾何轉(zhuǎn)化法
(1)形如μ＝形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線斜率的最值問題．
(2)形如t＝ax＋by形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線截距的最值問題．
(3)形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動點到定點的距離的平方的最值問題．
2．與圓有關(guān)的參數(shù)范圍問題
44、常見思路
(1)直接利用條件，畫出幾何圖形，結(jié)合圖形用幾何法求參數(shù)的范圍．
(2)根據(jù)位置關(guān)系列不等式組，用代數(shù)法求參數(shù)范圍．
(3)構(gòu)造關(guān)于參數(shù)的函數(shù)關(guān)系，借助函數(shù)思想求參數(shù)的范圍．
[變式訓練]
(2017·鎮(zhèn)江調(diào)研)已知圓O：x2＋y2＝4交y軸正半軸于點A，點B，C是圓O上異于點A的兩個動點．
(1)若B與A關(guān)于原點O對稱，直線AC和直線BC分別交直線y＝4于點M，N，求線段MN長度的最小值；
(2)若直線AC和直線AB的斜率之積為1，求證：直線BC與x軸垂直．
解：(1)由題意，直線AC和直線BC的斜率一定存在且不為0，且A(0,2)，B(0，－2)，AC⊥BC.
45、設直線AC的斜率為k，則直線BC的斜率為－，
所以直線AC的方程為y＝kx＋2，直線BC的方程為y＝－x－2，
故它們與直線y＝4的交點分別為M，
N(－6k,4)．
所以MN＝≥4，當且僅當k＝±時取等號，所以線段MN長度的最小值為4.
(2)證明：易知直線AC和直線AB的斜率一定存在且不為0，設直線AC的方程為y＝kx＋2，則直線AB的方程為y＝x＋2.
由解得C，同理可得B.
因為B，C兩點的橫坐標相等，所以BC⊥x軸．
[課時達標訓練]
1．已知以點C(t∈R，t≠0)為圓心的圓與x軸交于點O，A，與y軸交于點O，B，其中O為坐標原點．
(1)求證：△OAB的面積為
46、定值；
(2)設直線y＝－2x＋4與圓C交于點M，N，若OM＝ON，求圓C的方程．
解：(1)證明：因為圓C過原點O，所以OC2＝t2＋.
設圓C的方程是(x－t)2＋2＝t2＋，
令x＝0，得y1＝0，y2＝；
令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，
所以S△OAB＝OA·OB＝××|2t|＝4，
即△OAB的面積為定值．
(2)因為OM＝ON，CM＝CN，
所以OC垂直平分線段MN.
因為kMN＝－2，所以kOC＝.
所以＝t，解得t＝2或t＝－2.
當t＝2時，圓心C的坐標為(2,1)，OC＝，
此時C到直線y＝－2x＋4的距離d＝<，
圓C與直線y＝－2x＋4相
47、交于兩點．
當t＝－2時，圓心C的坐標為(－2，－1)，OC＝，
此時C到直線y＝－2x＋4的距離d＝>.
圓C與直線y＝－2x＋4不相交，
所以t＝－2不符合題意，舍去．
所以圓C的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝5.
2.如圖，已知圓x2＋y2＝1與x軸交于A，B兩點，P是該圓上任意一點，AP，PB的延長線分別交直線l：x＝2于M，N兩點．
(1)求MN的最小值；
(2)求證：以MN為直徑的圓恒過定點，并求出該定點的坐標．
解：(1)設M(2，t1)，N(2，t2)，
則由A(－1,0)，B(1,0)，且AM⊥BN，
得·＝0，
即(3，t1)·(1，t2)＝0，
48、
所以3＋t1t2＝0，即t1t2＝－3.
所以MN＝t1－t2＝t1＋(－t2)≥2＝2 .
當且僅當t1＝，t2＝－時等號成立．
故MN的最小值為2.
(2)證明：由(1)得t1t2＝－3.
以MN為直徑的圓的方程為(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.
由得或
故以MN為直徑的圓恒過定點(2＋，0)和(2－，0)．
3．已知直線l：4x＋3y＋10＝0，半徑為2的圓C與l相切，圓心C在x軸上且在直線l的右上方．
(1)求圓C的方程；
(2)過點M(1
49、,0)的直線與圓C交于A，B兩點(A在x軸上方)，問在x軸正半軸上是否存在定點N，使得x軸平分∠ANB？若存在，請求出點N的坐標；若不存在，請說明理由．
解：(1)設圓心C(a,0)，
則＝2?a＝0或a＝－5(舍去)．
所以圓C的方程為x2＋y2＝4.
(2)當直線AB⊥x軸時，x軸平分∠ANB.
當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y＝k(x－1)，N(t,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得，(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.若x軸平分∠ANB，則kAN＝－kBN?＋＝0?＋＝0?2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)
50、＋2t＝0?－＋2t＝0?t＝4，
所以當點N為(4,0)時，能使得∠ANM＝∠BNM總成立．
4．在平面直角坐標系xOy中，已知圓C1：(x＋3)2＋(y－1)2＝4和圓C2：(x－4)2＋(y－5)2＝4.
(1)若直線l過點A(4,0)，且被圓C1截得的弦長為2，求直線l的方程；
(2)設P為平面上的點，滿足：存在過點P的無窮多對互相垂直的直線l1和l2，它們分別與圓C1和C2相交，且直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等，求所有滿足條件的點P的坐標．
解：(1)由于直線x＝4與圓C1不相交，
∴直線l的斜率存在，設直線l的方程為y＝k(x－4)，圓C1的
51、圓心到直線l的距離為d.
∵l被圓C1截得的弦長為2，
∴d＝ ＝1.
又由點到直線的距離公式得d＝，
∴k(24k＋7)＝0，解得k＝0或k＝－，
∴直線l的方程為y＝0或7x＋24y－28＝0.
(2)設點P(a，b)滿足條件，
由題意分析可得直線l1，l2的斜率均存在且不為0，
不妨設直線l1的方程為y－b＝k(x－a)，則直線l2的方程為y－b＝－(x－a)．
∵圓C1和圓C2的半徑相等，且直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等，
∴圓C1的圓心到直線l1的距離和圓C2的圓心到直線l2的距離相等，
即＝，
整理得|1＋3k＋ak－b|＝|5k
52、＋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的取值有無窮多個，
∴或
解得或
故這樣的點只可能是點P1或點P2－，.
5.如圖，已知位于y軸左側(cè)的圓C與y軸相切于點(0,1)，且被x軸分成的兩段弧長之比為2∶1，過點H(0，t)的直線l與圓C相交于M，N兩點，且以MN為直徑的圓恰好經(jīng)過坐標原點O.
(1)求圓C的方程；
(2)當t＝1時，求直線l的方程；
(3)求直線OM的斜率k的取值范圍．
解：(1)因為位于y軸左側(cè)的圓C與y軸相切于點(0,1)，所以圓心C在直線y＝1上．
53、
又圓C與x軸的交點分別為A，B，由圓C被x軸分成的兩段弧長之比為2∶1，得∠ACB＝.
所以CA＝CB＝2，圓心C的坐標為(－2,1)．
所以圓C的方程為(x＋2)2＋(y－1)2＝4.
(2)當t＝1時，由題意知直線l的斜率存在，設直線l的方程為y＝mx＋1.
由消去y，
得(m2＋1)x2＋4x＝0，
解得或
不妨令M，N(0,1)．
因為以MN為直徑的圓恰好經(jīng)過O(0,0)，
所以·＝·(0,1)＝＝0，
解得m＝2±，
故所求直線l的方程為y＝(2＋)x＋1或y＝(2－)x＋1.
(3)設直線OM的方程為y＝kx，
由題意，知≤2，解得k≤.
同理得－≤，
54、解得k≤－或k>0.
由(2)知，k＝0也滿足題意．
所以k的取值范圍是∪.
6.如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知點A(－3,4)，B(9,0)，C，D分別為線段OA，OB上的動點，且滿足AC＝BD.
(1)若AC＝4，求直線CD的方程；
(2)證明：△OCD的外接圓恒過定點(異于原點O)．
解：(1)因為A(－3,4)，所以OA＝＝5.
又因為AC＝4，所以OC＝1，所以C.
由BD＝4，得D(5,0)，
所以直線CD的斜率k＝＝－.
所以直線CD的方程為y＝－(x－5)，
即x＋7y－5＝0.
(2)證明：設C(－3m,4m)(0
55、以AC＝OA－OC＝5－5m.
因為AC＝BD，所以OD＝OB－BD＝5m＋4，
所以點D的坐標為(5m＋4,0)．
設△OCD的外接圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，
則有
解得D＝－(5m＋4)，E＝－10m－3，F(xiàn)＝0，
所以△OCD的外接圓的方程為x2＋y2－(5m＋4)x－(10m＋3)y＝0，
整理得x2＋y2－4x－3y－5m(x＋2y)＝0.
令解得或(舍去)．
所以△OCD的外接圓恒過定點(2，－1)．
第3課時橢 圓(能力課)
[?？碱}型突破]
直線與橢圓的位置關(guān)系
[例1] (2015·江蘇高考)如圖，在平
56、面直角坐標系xOy中，已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，且右焦點F到左準線l的距離為3.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)過F的直線與橢圓交于A，B兩點，線段AB的垂直平分線分別交直線l和AB于點P，C，若PC＝2AB，求直線AB的方程．
[解] (1)由題意，得＝且c＋＝3，
解得a＝，c＝1，則b＝1，
所以橢圓的標準方程為＋y2＝1.
(2)當AB⊥x軸時，AB＝，又CP＝3，不合題意．
當AB與x軸不垂直時，設直線AB的方程為y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
將AB的方程代入橢圓方程，
得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0
57、，
則x1,2＝，
C的坐標為，
且AB＝
＝
＝.
若k＝0，則線段AB的垂直平分線為y軸，與左準線平行，不合題意．
從而k≠0，故直線PC的方程為
y＋＝－，
則P點的坐標為，
從而PC＝.
因為PC＝2AB，
所以＝，
解得k＝±1.
此時直線AB的方程為y＝x－1或y＝－x＋1.
[方法歸納]
直線與橢圓的位置關(guān)系的解題思路
首先把直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消元、化簡，然后應用根與系數(shù)的關(guān)系建立方程，解決相關(guān)問題．涉及弦中點的問題用“點差法”解決往往會更簡單．
[變式訓練]
(2017·廣州模擬)定圓M：(x＋)2＋y2＝16，動圓N過點F(，0)且
58、與圓M相切，記圓心N的軌跡為E.
(1)求軌跡E的方程；
(2)設點A，B，C在E上運動，A與B關(guān)于原點對稱，且AC＝CB，當△ABC的面積最小時，求直線AB的方程．
解：(1)因為點F(，0)在圓M：(x＋)2＋y2＝16內(nèi)，所以圓N內(nèi)切于圓M.
因為NM＋NF＝4＞FM，
所以點N的軌跡E是以M(－，0)，F(xiàn)(，0)為焦點的橢圓，且2a＝4，c＝，
所以b＝1.
所以軌跡E的方程為＋y2＝1.
(2)①當AB為長軸(或短軸)時，依題意知，點C就是橢圓的上、下頂點(或左、右頂點)，
此時S△ABC＝·OC·AB＝2.
②當直線AB的斜率存在且不為0時，
設其斜率為k，直
59、線AB的方程為y＝kx，
聯(lián)立方程可取x＝，
y＝，
所以OA2＝x＋y＝.
由AC＝CB知，△ABC為等腰三角形，O為AB的中點，OC⊥AB，
所以直線OC的方程為y＝－x，由
得x＝，y＝，
所以OC2＝.
S△ABC＝2S△OAC＝|OA|·|OC|＝·＝.
由于≤＝，
所以S△ABC≥，
當且僅當1＋4k2＝k2＋4，
即k＝±1時等號成立，
此時△ABC面積的最小值是.
因為2＞，所以△ABC面積的最小值為，
此時直線AB的方程為y＝x或y＝－x.
定點、定值問題
[例2] (2017·南京考前模擬)如圖，在平面直角坐標系xOy中，過橢圓C：
60、＋＝1(a＞b＞0)內(nèi)一點A(0,1)的動直線l與橢圓相交于M，N兩點，當l平行于x軸和垂直于x軸時，l被橢圓C所截得的線段長均為2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)是否存在與點A不同的定點B，使得對任意過點A的動直線l都滿足＝？若存在，求出定點B的坐標；若不存在，請說明理由．
[解] (1)當l垂直于x軸時，2b＝2，從而b＝.
當l平行于x軸時，點(，1)在橢圓C上，
所以＋＝1，解得a＝2.
所以橢圓C的方程為＋＝1.
(2)設存在與點A不同的定點B滿足＝.
當l平行于x軸時，AM＝AN，所以BM＝BN，從而點B在y軸上，設B(0，t)；
當l垂直于x軸時，不妨設
61、M(0，)，N(0，－)．
由＝可得＝，解得t＝1(舍去)或t＝2，即B(0,2)．
下面證明對任意斜率存在且不為0的動直線l都滿足＝.
設直線l的方程為y＝kx＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
聯(lián)立消去y，得(1＋2k2)x2＋4kx－2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
因為＝＝，
＝＝
＝，
要證＝，
只要證＝，
只要證x[(1＋k2)x－2kx2＋1)]＝x[(1＋k2)·x－2kx1＋1)]，
即證2kxx2－2kxx1＋x－x＝0，
即證(x1－x2)[2kx1x2－(x1＋x2)]＝0.
因為2kx1x2－(x1＋x2)＝2k×－＝0，
62、
所以＝.
所以存在與點A不同的定點B(0,2)，使得對任意過點A的動直線l都滿足＝.
[方法歸納]
圓錐曲線中定點與定值問題的求解思路
(1)定點問題的兩種求解方法
①引進參數(shù)法，引進動點的坐標或動直線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，找到定點．
②由特殊到一般法，根據(jù)動點或動直線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān)．
(2)定值問題的基本求解方法
先用變量表示所需證明的不變量，然后通過推導和已知條件，消去變量，得到定值，即解決定值問題首先是求解非定值問題，即變量問題，最后才是定值問題．
[變式訓練]
1.(2017·南通、泰州一調(diào))如圖
63、，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率為，焦點到相應準線的距離為1.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)若P為橢圓上的一點，過點O作OP的垂線交直線y＝于點Q，求＋的值．
解：(1)由題意得解得
所以橢圓的方程為＋y2＝1.
(2)由題意知OP的斜率存在．
當OP的斜率為0時，OP＝，OQ＝，
所以＋＝1.
當OP的斜率不為0時，設直線OP的方程為y＝kx.
由得(2k2＋1)x2＝2，解得x2＝，
所以y2＝，所以OP2＝.
因為OP⊥OQ，所以直線OQ的方程為y＝－x.
由得x＝－k，
所以OQ2＝2k2＋2.
所以＋＝＋＝1.
綜上，
64、可知＋＝1.
2．已知橢圓＋y2＝1的左頂點為A，過A作兩條互相垂直的弦AM，AN交橢圓于M，N兩點．
(1)當直線AM的斜率為1時，求點M的坐標；
(2)當直線AM的斜率變化時，直線MN是否過x軸上的一定點？若過定點，請給出證明，并求出該定點；若不過定點，請說明理由．
解：(1)直線AM的斜率為1時，直線AM的方程為y＝x＋2，代入橢圓方程并化簡得5x2＋16x＋12＝0.
解得x1＝－2，x2＝－，所以M.
(2)設直線AM的斜率為k，直線AM的方程為y＝k(x＋2)，
聯(lián)立方程
化簡得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.
則xA＋xM＝，
xM＝－xA－
65、＝2－＝.
同理，可得xN＝.
由(1)知若存在定點，則此點必為P.
證明如下：
因為kMP＝＝＝，
同理可計算得kPN＝.
所以直線MN過x軸上的一定點P.
范圍、最值問題
[例3] (2017·鎮(zhèn)江期末)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且點在橢圓C上．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若直線l交橢圓C于P，Q兩點，線段PQ的中點為H，O為坐標原點，且OH＝1，求△POQ面積的最大值．
[解] (1)由已知得解得
故橢圓C的方程是＋y2＝1.
(2)設直線l與x軸的交點為D(n,0)，直線l：x＝my＋n，與橢圓的交點為P(x1，y1)，Q(x2，
66、y2)，
聯(lián)立方程得(4＋m2)y2＋2mny＋n2－4＝0，
則y1＋y2＝－，y1y2＝，
所以＝－，
所以＝＝，
即H，
由OH＝1，得n2＝，
則S△POQ＝OD|y1－y2|＝|n||y1－y2|，
令T＝n2(y1－y2)2＝n2[(y1＋y2)2－4y1y2]＝12×16×，
設t＝4＋m2(t≥4)，則＝＝≤≤，
當且僅當t＝，即t＝12時，S△POA取最大值，此時S△POQ＝× ＝1，
所以△POQ面積的最大值為1.
[方法歸納]
解決范圍或最值問題的三種常用方法
[變式訓練]
1．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)過點P，離心率為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線l過橢圓C的右焦點交橢圓于A，B兩點，記△ABP三條邊所在直線的斜率的乘積為t，求t的最大值．
解：(1)由＋＝1，＝，
得a2＝4，b2＝3.
所以橢圓C的方程為＋＝1.
(2)設直線l的方程為x＝my＋1，直線l與橢圓C的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由消去x得，(3m2＋4)y2＋6m
（江蘇專版）2018年高考數(shù)學二輪復習 專題三 解析幾何教學案
