《（江蘇專用）2020高考數(shù)學二輪復習 專題三 解析幾何教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020高考數(shù)學二輪復習 專題三 解析幾何教學案（71頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題三 解析幾何 [江蘇卷5年考情分析] 小題考情分析 大題考情分析 常考點 1.直線與圓、圓與圓的位置關系(5年4考) 2.圓錐曲線的方程及幾何性質(5年5考) 　　本單元主要考查直線與橢圓(2015年、2017年、2018年、2019年)的位置關系、弦長問題、面積問題等；有時考查直線與圓(如2016年)，經(jīng)常與向量結合在一起命題．　　 偶考點 直線的方程、圓的方程 第一講 | 小題考法——解析幾何中的基本問題 考點(一) 直線、圓的方程 主要考查圓的方程以及直線方程、圓的基本量的計算. [題組練透] 1．(2019·江蘇高考)在平面直角坐標系xOy中

2、，P是曲線y＝x＋(x>0)上的一個動點，則點P到直線x＋y＝0的距離的最小值是________． 解析：由題意可設P(x0>0)，則點P到直線x＋y＝0的距離d＝＝≥＝4，當且僅當2x0＝， 即x0＝時取等號．故所求最小值是4. 法二：設P(x0>0)，由y＝x＋得y′＝1－，則曲線在點P處的切線的斜率為k＝1－.令1－＝－1，結合x0>0得x0＝，∴ P(，3)，曲線y＝x＋(x>0)上的點P到直線x＋y＝0的最短距離即為此時點P到直線x＋y＝0的距離，故dmin＝＝4. 答案：4 2．(2019·蘇州期末)在平面直角坐標系xOy中，過點A(1，3)，B(4，6)，且圓心在直線x

3、－2y－1＝0上的圓的標準方程為________． 解析：法一：根據(jù)圓經(jīng)過點A(1，3)，B(4，6)，知圓心在線段AB的垂直平分線上，由點A(1，3)，B(4，6)，知線段AB的垂直平分線方程為x＋y－7＝0，則由得即圓心坐標為(5，2)，所以圓的半徑r＝＝，故圓的標準方程為(x－5)2＋(y－2)2＝17. 法二：因為圓心在直線x－2y－1＝0上，所以圓心坐標可設為(2a＋1，a)，又圓經(jīng)過點A(1，3)，B(4，6)，所以圓的半徑 r＝＝，解得a＝2，所以r＝，故圓的標準方程為(x－5)2＋(y－2)2＝17. 法三：設圓心的坐標為(a，b)，半徑為r(r＞0)，因為圓心在直線x－

4、2y－1＝0上，且圓經(jīng)過點A(1，3)，B(4，6)， 所以 得a＝5，b＝2，r＝，故圓的標準方程為(x－5)2＋(y－2)2＝17. 答案：(x－5)2＋(y－2)2＝17 3．(2019·揚州期末)若直線l1：x－2y＋4＝0與l2：mx－4y＋3＝0平行，則兩平行直線l1，l2間的距離為________． 解析：法一：若直線l1：x－2y＋4＝0與l2：mx－4y＋3＝0平行，則有＝≠，求得m＝2，故兩平行直線l1，l2間的距離為＝. 法二：若直線l1：x－2y＋4＝0與l2：mx－4y＋3＝0平行，則有＝≠，求得m＝2，所以直線l2：2x－4y＋3＝0，在l1：x－2y＋

5、4＝0上取一點(0，2)，則兩平行直線l1，l2間的距離就是點(0，2)到直線l2的距離，即＝. 答案： [方法技巧] 1．求直線方程的兩種方法 直接法 選用恰當?shù)闹本€方程的形式，由題設條件直接求出方程中系數(shù)，寫出結果 待定 系數(shù)法 先由直線滿足的一個條件設出直線方程，使方程中含有待定系數(shù)，再由題設條件構建方程，求出待定系數(shù) 2．圓的方程的兩種求法 幾何法 通過研究圓的性質、直線和圓、圓與圓的位置關系，從而求得圓的基本量和方程 代數(shù)法 用待定系數(shù)法先設出圓的方程，再由條件求得各系數(shù)，從而求得圓的方程 考點(二) 直線與圓、圓與圓的位置關系 　

6、　主要考查直線與圓、圓與圓的位置關系，以及根據(jù)直線與圓的位置關系求相關的最值與范圍問題. [典例感悟] [典例]　(1)(2018·無錫期末)過圓O：x2＋y2＝16內(nèi)一點P(－2，3)作兩條相互垂直的弦AB和CD，且AB＝CD，則四邊形ACBD的面積為________． (2)(2018·南通、泰州一調(diào))在平面直角坐標系xOy中，已知點A(－4，0)，B(0，4)，從直線AB上一點P向圓x2＋y2＝4引兩條切線PC，PD，切點分別為C，D.設線段CD的中點為M，則線段AM長的最大值為________． [解析]　(1)設O到AB的距離為d1，O到CD的距離為d2，則由垂徑定理可得

7、d＝r2－，d＝r2－，由于AB＝CD，故d1＝d2，且d1＝d2＝OP＝，所以＝r2－d＝16－＝，得AB＝，從而四邊形ACBD的面積為S＝AB×CD＝××＝19. (2)法一(幾何法)：因為A(－4，0)，B(0，4)，所以直線AB的方程為y＝x＋4，所以可設P(a，a＋4)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，所以PC的方程為x1x＋y1y＝4，PD的方程為x2x＋y2y＝4，將P(a，a＋4)分別代入PC，PD的方程，得則直線CD的方程為ax＋(a＋4)y＝4，即a(x＋y)＝4－4y，所以所以直線CD過定點N(－1，1)， 又因為OM⊥CD，所以點M在以ON為直徑的圓上(除去原點

8、)．又因為以ON為直徑的圓的方程為＋＝，因為A在該圓外，所以AM的最大值為＋＝3. 法二(參數(shù)法)：同法一可知直線CD的方程為ax＋(a＋4)y＝4，即a(x＋y)＝4－4y，得a＝.又因為O，P，M三點共線，所以ay－(a＋4)x＝0，得a＝.因為a＝＝，所以點M的軌跡方程為＋＝(除去原點)，因為A在該圓外，所以AM的最大值為 ＋＝3. [答案]　(1)19　(2)3 [方法技巧] 解決關于直線與圓、圓與圓相關問題的策略 (1)討論直線與圓及圓與圓的位置關系時，要注意數(shù)形結合，充分利用圓的幾何性質尋找解題途徑，減少運算量． (2)解決直線與圓相關的最值問題：一是利用幾何性質，如

9、兩邊之和大于第三邊、斜邊大于直角邊等來處理最值；二是建立函數(shù)或利用基本不等式求解． (3)對于直線與圓中的存在性問題，可以利用所給幾何條件和等式，得出動點軌跡，轉化為直線與圓、圓與圓的位置關系． [演練沖關] 1．(2019·南通、泰州等七市一模)在平面直角坐標系xOy中，圓O：x2＋y2＝1，圓C：(x－4)2＋y2＝4.若存在過點P(m，0)的直線l，直線l被兩圓截得的弦長相等，則實數(shù)m的取值范圍是________． 解析：由題意知，直線l的斜率存在且不為0，設直線l的方程為y＝k(x－m)(k≠0)，圓心O，C到直線l的距離分別為d1，d2，則由直線l與圓O相交得d1＝＜1，得m

10、2＜1＋.由直線l被兩圓截得的弦長相等得＝，則d－d＝3，即－＝3，化簡得m＝－，則m＜－(m2－1)，即3m2＋8m－16＜0，所以－4＜m＜. 答案： 2．(2019·南京鹽城一模)設M＝{(x，y)|3x＋4y≥7}，點P∈M，過點P引圓(x＋1)2＋y2＝r2(r＞0)的兩條切線PA，PB(A，B均為切點)，若∠APB的最大值為，則r的值為________． 解析：由題意知點P位于直線3x＋4y－7＝0上或其上方，記圓(x＋1)2＋y2＝r2(r＞0)的圓心為C，則C(－1，0)，C到直線3x＋4y－7＝0的距離d＝＝2，連接PC，則PC≥2.設∠APB＝θ，則sin＝，因為θm

11、ax＝，所以＝＝＝，所以r＝1. 答案：1 3．(2019·蘇北三市一模)在平面直角坐標系xOy中，已知圓C1：x2＋y2＋2mx－(4m＋6)y－4＝0(m∈R)與以C2(－2，3)為圓心的圓相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，且滿足x－x＝y(tǒng)－y，則實數(shù)m的值為________． 解析：由題意得C1(－m，2m＋3)，C2(－2，3)．由x－x＝y(tǒng)－y，得x＋y＝x＋y，即OA＝OB，所以△OAB為等腰三角形，所以線段AB的垂直平分線經(jīng)過原點O，又相交兩圓的圓心連線垂直平分公共弦AB，所以兩圓的圓心連線C1C2過原點O，所以OC1∥OC2，所以－3m＝－2(2m＋3),

12、解得m＝－6. 答案：－6 4．(2019·常州期末)過原點O的直線l與圓x2＋y2＝1交于P，Q兩點，點A是該圓與x軸負半軸的交點，以AQ為直徑的圓與直線l有異于Q的交點N，且直線AN與直線AP的斜率之積等于1，那么直線l的方程為________． 解析：易知A(－1，0)．因為PQ是圓O的直徑，所以AP⊥AQ.以AQ為直徑的圓與直線l有異于Q的交點N，則AN⊥NQ，所以kAN＝－＝－，又直線AN與直線AP的斜率之積等于1，所以kANkAP＝1，所以kAP＝－kPO，所以∠OAP＝∠AOP，所以點P為OA的垂直平分線與圓O的交點，則P，所以直線l的方程為y＝±x. 答案：y＝±x

13、5．(2018·南京、鹽城、連云港二模)在平面直角坐標系xOy中，已知A，B為圓C：(x＋4)2＋(y－a)2＝16上的兩個動點，且AB＝2.若直線l：y＝2x上存在唯一的一個點P，使得＋＝，則實數(shù)a的值為________． 解析：法一：設AB的中點為M(x0，y0)，P(x，y)，則由AB＝2，得CM＝＝，即點M的軌跡為(x0＋4)2＋(y0－a)2＝5.又因為＋＝，所以＝，即(x0－x，y0－y)＝，從而則動點P的軌跡方程為(x＋2)2＋＝5，又因為直線l上存在唯一的一個點P，所以直線l和動點P的軌跡(圓)相切，則＝，解得a＝2或a＝－18. 法二：由題意，圓心C到直線AB的距離d＝＝

14、，則AB中點M的軌跡方程為(x＋4)2＋(y－a)2＝5.由＋＝，得2＝，所以∥.如圖，連結CM并延長交l于點N，則CN＝2CM＝2.故問題轉化為直線l上存在唯一的一個點N，使得CN＝2，所以點C到直線l的距離為＝2，解得a＝2或a＝－18. 答案：2或－18 考點(三) 圓錐曲線的方程及幾何性質 　　主要考查三種圓錐曲線的定義、方程及幾何性質，在小題中以考查橢圓和雙曲線的幾何性質為主. [題組練透] 1．(2019·江蘇高考)在平面直角坐標系xOy中，若雙曲線x2－＝1(b>0)經(jīng)過點(3，4)，則該雙曲線的漸近線方程是________． 解析：因為雙曲線x2

15、－＝1(b>0)經(jīng)過點(3，4)，所以9－＝1(b>0)，解得b＝，即雙曲線方程為x2－＝1，其漸近線方程為y＝±x. 答案：y＝±x 2．(2019·蘇州期末)在平面直角坐標系xOy中，中心在原點，焦點在y軸上的雙曲線的一條漸近線經(jīng)過點(－3，1)，則該雙曲線的離心率為______． 解析：由題意，設雙曲線的方程為－＝1(a＞0，b＞0)，由雙曲線的一條漸近線過點(－3，1)，得－＝－，可得9a2＝b2＝c2－a2，得10a2＝c2，所以可得該雙曲線的離心率e＝＝. 答案： 3．(2017·江蘇高考)在平面直角坐標系xOy中，雙曲線－y2＝1的右準線與它的兩條漸近線分別交于點P，Q

16、，其焦點是F1，F(xiàn)2，則四邊形F1PF2Q的面積是________． 解析：由題意得，雙曲線的右準線x＝與兩條漸近線y＝±x的交點坐標為. 不妨設雙曲線的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2， 則F1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)， 故四邊形F1PF2Q的面積是 |F1F2|·|PQ|＝×4×＝2. 答案：24.(2019·南通、揚州等七市一模)在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y2＝2px(p＞0)的準線為l，直線l與雙曲線－y2＝1的兩條漸近線分別交于A，B兩點，AB＝，則p的值為________． 解析：拋物線y2＝2px(p＞0)的準線為直線，l：x＝－，不妨令A點在第二象限，則直

17、線l與雙曲線－y2＝1的兩條漸近線y＝±x分別交于點A，B，則AB＝＝，p＝2. 答案：2 [方法技巧] 應用圓錐曲線的性質的兩個注意點 (1)明確圓錐曲線中a，b，c，e各量之間的關系是求解問題的關鍵． (2)在求解有關離心率的問題時，一般并不是直接求出c和a的值，而是根據(jù)題目給出的橢圓或雙曲線的幾何特點，建立關于參數(shù)c，a，b的方程或不等式，通過解方程或不等式求得離心率的值或范圍． (一) 主干知識要記牢 1．直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0與直線l2：

18、A2x＋B2y＋C2＝0的位置關系 (1)平行?A1B2－A2B1＝0且B1C2－B2C1≠0； (2)重合?A1B2－A2B1＝0且B1C2－B2C1＝0； (3)相交?A1B2－A2B1≠0； (4)垂直?A1A2＋B1B2＝0. 2．直線與圓相交 (1)幾何法 由弦心距d、半徑r和弦長的一半構成直角三角形，計算弦長AB＝2. (2)代數(shù)法 設直線y＝kx＋m與圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0相交于點M，N，M(x1，y1)，N(x2，y2)，將直線方程代入圓方程中，消去y得關于x的一元二次方程，求出x1＋x2和x1·x2，則MN＝·. 3．判斷兩圓位置關系時常用幾何法

19、 即通過判斷兩圓心距離O1O2與兩圓半徑R，r(R>r)的關系來判斷兩圓位置關系． (1)外離：O1O2>R＋r； (2)外切：O1O2＝R＋r； (3)相交：R－r0，b>0)的漸近線方程為y＝±x.注意離心率e與漸近線的斜率的關系． (二) 二級結論要用好 1．過圓O：x2＋y2＝r2上一點P(x0，y0

20、)的圓的切線方程是x0x＋y0y＝r2. 2.過圓C外一點P做圓C的切線，切點分別為A，B(求切線時要注意斜率不存在的情況)如圖所示，則 (1)P，B，C，A四點共圓，且該圓的直徑為PC； (2)該四邊形是有兩個全等的直角三角形組成； (3)cos＝sin＝； (4)直線AB的方程可以轉化為圓C與以PC為直徑的圓的公共弦，且P(x0，y0)時，直線AB的方程為x0x＋y0y＝r2. 3．橢圓焦點三角形的3個規(guī)律 設橢圓方程是＋＝1(a>b>0)，焦點F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，點P的坐標是(x0，y0)． (1)三角形的三個邊長是PF1＝a＋ex0，PF2＝a－ex0，F(xiàn)

21、1F2＝2c，e為橢圓的離心率． (2)如果△PF1F2中∠F1PF2＝α，則這個三角形的面積S△PF1F2＝c|y0|＝b2tan . (3)橢圓的離心率e＝. 4．雙曲線焦點三角形的2個結論 P(x0，y0)為雙曲線－＝1(a>0，b>0)上的點，△PF1F2為焦點三角形． (1)面積公式 S＝c|y0|＝r1r2sin θ＝(其中PF1＝r1，PF2＝r2，∠F1PF2＝θ)． (2)焦半徑 若P在右支上，PF1＝ex0＋a·PF2＝ex0－a；若P在左支上，PF1＝－ex0－a，PF2＝－ex0＋a. 5．拋物線y2＝2px(p>0)焦點弦AB的3個結論 (1)xA

22、·xB＝； (2)yA·yB＝－p2； (3)AB＝xA＋xB＋p. A組——抓牢中檔小題 1．若直線l1：mx＋y＋8＝0與l2：4x＋(m－5)y＋2m＝0垂直，則m＝________． 解析：∵l1⊥l2，∴4m＋(m－5)＝0，∴m＝1. 答案：1 2．已知圓C的圓心在x軸的正半軸上，點M(0，)在圓C上，且圓心到直線2x－y＝0的距離為，則圓C的方程為____________． 解析：因為圓C的圓心在x軸的正半軸上，設C(a，0)，且a＞0

23、，所以圓心到直線2x－y＝0的距離d＝＝，解得a＝2，所以圓C的半徑r＝|CM|＝＝3，所以圓C的方程為(x－2)2＋y2＝9. 答案：(x－2)2＋y2＝9 3．(2019·無錫期末)以雙曲線－＝1的右焦點為焦點的拋物線的標準方程是________． 解析：由題可設拋物線的方程為y2＝2px(p＞0)，雙曲線中，c＝＝3，所以雙曲線的右焦點的坐標為(3，0)，則拋物線的焦點坐標為(3，0)，所以＝3，p＝6，所以拋物線的標準方程為y2＝12x. 答案：y2＝12x 4．已知直線l過點P(1，2)且與圓C：x2＋y2＝2相交于A，B兩點，△ABC的面積為1，則直線l的方程為_____

24、___． 解析：當直線斜率存在時，設直線的方程為y＝k(x－1)＋2，即kx－y－k＋2＝0.因為S△ABC＝CA·CB·sin∠ACB＝1，所以×××sin∠ACB＝1，所以sin∠ACB＝1，即∠ACB＝90°，所以圓心C到直線AB的距離為1，所以＝1，解得k＝，所以直線方程為3x－4y＋5＝0；當直線斜率不存在時，直線方程為x＝1，經(jīng)檢驗符合題意．綜上所述，直線l的方程為3x－4y＋5＝0或x＝1. 答案：3x－4y＋5＝0或x＝1 5．已知圓M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，直線l：x＋y－6＝0，A為直線l上一點，若圓M上存在兩點B，C，使得∠BAC＝60°，則點A的橫坐標的

25、取值范圍為________． 解析：由題意知，過點A的兩直線與圓M相切時，夾角最大，當∠BAC＝60°時，|MA|＝＝＝4.設A(x，6－x)，所以(x－1)2＋(6－x－1)2＝16，解得x＝1或x＝5，因此點A的橫坐標的取值范圍為[1，5]． 答案：[1，5] 6．(2018·南京學情調(diào)研)在平面直角坐標系xOy中，若圓(x－2)2＋(y－2)2＝1上存在點M，使得點M關于x軸的對稱點N在直線kx＋y＋3＝0上，則實數(shù)k的最小值為________． 解析：圓(x－2)2＋(y－2)2＝1關于x軸的對稱圓的方程為(x－2)2＋(y＋2)2＝1，由題意得，圓心(2，－2)到直線kx＋y

26、＋3＝0的距離d＝≤1，解得－≤k≤0，所以實數(shù)k的最小值為－. 答案：－ 7．(2019·南京四校聯(lián)考)已知圓O：x2＋y2＝1，半徑為1的圓M的圓心M在線段CD：y＝x－4(m≤x≤n，m＜n)上移動，過圓O上一點P作圓M的兩條切線，切點分別為A，B，且滿足∠APB＝60°，則n－m的最小值為________． 解析：設M(a，a－4)(m≤a≤n)，則圓M的方程為(x－a)2＋(y－a＋4)2＝1.連接MP，MB，則MB＝1，PB⊥MB.因為∠APB＝ 60°，所以∠MPB＝30°，所以MP＝2MB＝2，所以點P在以M為圓心，2為半徑的圓上，連接OM，又點P在圓O上，所以點P為圓x

27、2＋y2＝1與圓(x－a)2＋(y－a＋4)2＝4的公共點，所以2－1≤OM≤2＋1，即1≤≤3，得解得2－≤a≤2＋.所以n≥2＋，m≤2－，所以n－m≥. 答案： 8．(2019·南京鹽城二模)在平面直角坐標系xOy中，已知點A(－1，0)，B(5，0)．若圓M：(x－4)2＋(y－m)2＝4上存在唯一的點P，使得直線PA，PB在y軸上的截距之積為5，則實數(shù)m的值為________． 解析：設點P(x0，y0)，則直線PA的方程為y＝(x＋1), 在y軸上的截距為，同理可得直線PB在y軸上的截距為－，由直線PA，PB在y軸上的截距之積為5，得－×＝5，化簡，得(x0－2)2＋y＝9(

28、y0≠0)，所以點P的軌跡是以C(2，0)為圓心，3為半徑的圓(點A(－1，0)，B(5，0)除外)，由題意知點P的軌跡與圓M恰有一個公共點，若A，B均不在圓M上，因此圓心距等于半徑之和或差，則＝5，解得m＝±；或＝1，無解．若A或B在圓M上，易得m＝±，經(jīng)檢驗成立．所以m的值為±或±. 答案：±或± 9．(2018·揚州期末)在平面直角坐標系xOy中，若雙曲線－＝1(a>0，b>0)的漸近線與圓x2＋y2－6y＋5＝0沒有交點，則雙曲線離心率的取值范圍是________． 解析：由圓x2＋y2－6y＋5＝0，得圓的標準方程為x2＋(y－3)2＝4，所以圓心C(0，3)，半徑r＝2.因為

29、雙曲線－＝1(a>0，b>0)的漸近線bx±ay＝0與該圓沒有公共點，則圓心到直線的距離應大于半徑，即>2，即3a>2c，即e＝<，又e>1，故雙曲線離心率的取值范圍是. 答案： 10．在平面直角坐標系xOy中，已知圓C：x2＋(y－3)2＝2，點A是x軸上的一個動點，AP，AQ分別切圓C于P，Q兩點，則線段PQ長的取值范圍是________． 解析：設∠PCA＝θ，θ∈，所以PQ＝2sin θ.又cos θ＝，AC∈[3，＋∞)，所以cos θ∈，所以cos2θ∈，sin2θ＝1－cos2θ∈，因為θ∈，所以sin θ∈，所以PQ∈. 答案： 11．(2019·南京三模)在平面直角

30、坐標系xOy中，已知MN是⊙C：(x－1)2＋(y－2)2＝2的一條弦，且CM⊥CN，P是MN的中點．當弦MN在圓C上運動時，直線l：x－3y－5＝0上存在兩點A，B，使得∠APB≥恒成立，則線段AB長度的最小值是________． 解析：因為MN是⊙C：(x－1)2＋(y－2)2＝2的一條弦，且CM⊥CN，P是MN的中點，所以PC＝r＝1，點P的軌跡方程為(x－1)2＋(y－2)2＝1.圓心C到直線l：x－3y－5＝0的距離為＝.因為直線l上存在兩點A，B，使得∠APB≥恒成立，所以ABmin＝2＋2. 答案：2＋2 12．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)已知直線l：x－y＋2＝0與x軸交于

31、點A，點P在直線l上．圓C：(x－2)2＋y2＝2上有且僅有一個點B滿足AB⊥BP，則點P的橫坐標的取值集合為________． 解析：法一：由AB⊥BP，得點B在以AP為直徑的圓D上，所以圓D與圓C相切． 由題意得A(－2，0)，C(2，0)．若圓D與圓C外切，則DC－DA＝；若圓D與圓C內(nèi)切，則DA－DC＝.所以圓心D在以A，C為焦點的雙曲線－＝1上，即14x2－2y2＝7.又點D在直線l上，由得12x2－8x－15＝0，解得xD＝或xD＝－.所以xP＝2xD－xA＝2xD＋2＝5或xP＝. 法二：由題意可得A(－2，0)，設P(a，a＋2)，則AP的中點M，AP＝，故以AP為直徑的

32、圓M的方程為＋＝.由題意得圓C與圓M相切(內(nèi)切和外切)，故 ＝，解得a＝或a＝5.故點P的橫坐標的取值集合為. 答案： 13．已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點為F，直線x＝m與橢圓相交于A，B兩點．若△FAB的周長最大時，△FAB的面積為ab，則橢圓的離心率為________． 解析：設直線x＝m與x軸交于點H，橢圓的右焦點為F1，由橢圓的對稱性可知△FAB的周長為2(FA＋AH)＝2(2a－F1A＋AH)，因為F1A≥AH，故當F1A＝AH時，△FAB的周長最大，此時直線AB經(jīng)過右焦點，從而點A，B坐標分別為，，所以△FAB的面積為·2c·，由條件得·2c·＝ab，即b2＋c2＝2

33、bc，b＝c，從而橢圓的離心率為e＝. 答案： 14．已知A，B是圓C1：x2＋y2＝1上的動點，AB＝，P是圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝1上的動點，則|＋|的取值范圍為________． 解析：因為A，B是圓C1：x2＋y2＝1上的動點，AB＝，所以線段AB的中點H在圓O：x2＋y2＝上，且|＋|＝2||.因為點P是圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝1上的動點，所以5－≤||≤5＋，即≤||≤，所以7≤2||≤13，從而|＋|的取值范圍是[7，13]． 答案：[7，13] B組——力爭難度小題 1．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)四市一模)若直線l：ax＋y－4a＝0上存在相距為2

34、的兩個動點A，B，圓O：x2＋y2＝1上存在點C，使得△ABC為等腰直角三角形(C為直角頂點)，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：法一：根據(jù)題意得，圓O：x2＋y2＝1上存在點C，使得點C到直線l的距離為1，那么圓心O到直線l的距離不大于2，即≤2，解得－≤a≤，于是a的取值范圍是. 法二：因為△ABC為等腰直角三角形(C為直角頂點)，所以點C在以AB為直徑的圓上，記圓心為M，半徑為1，且CM⊥直線l，又點C也在圓O：x2＋y2＝1上，所以C是兩圓的交點，即OM≤2，所以dOM＝≤2，解得－≤a≤，于是a的取值范圍是. 答案： 2．(2017·全國卷 Ⅰ )已知雙曲線C：－

35、＝1(a>0，b>0)的右頂點為A，以A為圓心，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： 3．(2019·江蘇泰州期末)在平面直角坐標系xOy中，過圓C1：(x－k)2＋(y＋k－4)2＝1上任一點P作圓C2：x2＋y2＝1的一條切線，切點為Q，則當|PQ|最小時，k＝________． 解析：由題意得，圓C1與圓C

36、2外離，如圖．因為PQ為切線，所以PQ⊥C2Q，由勾股定理，得|PQ|＝，要使|PQ|最小，則需|PC2|最小． 顯然當點P為C1C2與圓C1的交點時，|PC2|最小， 此時，|PC2|＝|C1C2|－1，所以當|C1C2|最小時，|PC2|就最小，|C1C2|＝＝≥2， 當k＝2時，|C1C2|取最小值，即|PQ|最小． 答案：2 4．(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＝4OF，則該雙曲線的漸近線方程為________． 解析：設A(x1，y1)，B(x2，y2)

37、，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＝4OF＝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. 答案：y＝±x 5．已知圓C：(x－2)2＋y2＝4，線段EF在直線l：y＝x＋1上運動，點P為線段EF上任意一點，若圓C上存在兩點A，B，使得·≤0，則線段EF長度的最大值是________． 解析：過點C作CH⊥l于H，因為C到l的距離CH＝＝>2＝r，所以直線l與圓C相離，故點P在圓C外．因為·＝|||

38、|cos∠APB≤0，所以cos∠APB≤0，所以≤∠APB<π，圓C上存在兩點A，B使得∠APB∈，由于點P在圓C外，故當PA，PB都與圓C相切時，∠APB最大，此時若∠APB＝，則PC＝r＝2，所以PH＝＝＝，由對稱性可得EFmax＝2PH＝. 答案： 6．設拋物線x2＝4y的焦點為F，A為拋物線上第一象限內(nèi)一點，滿足AF＝2，已知P為拋物線準線上任一點，當PA＋PF取得最小值時，△PAF外接圓的半徑為________． 解析：由拋物線的方程x2＝4y可知F(0，1)，設A(x0，y0)，又由AF＝2，根據(jù)拋物線的定義可知AF＝y(tǒng)0＋＝y(tǒng)0＋1＝2，解得y0＝1，代入拋物線的方程，可

39、得x0＝2，即A(2，1)．如圖，作拋物線的焦點F(0，1)，關于拋物線準線y＝－1的對稱點F1(0，－3)，連接AF1交拋物線的準線y＝－1于點P，此時能使得PA＋PF取得最小值，此時點P的坐標為(1，－1)，在△PAF中，AF＝2，PF＝PA＝， 由余弦定理得cos∠APF＝＝， 則sin∠APF＝.設△PAF的外接圓半徑為R， 由正弦定理得2R＝＝，所以R＝， 即△PAF外接圓的半徑R＝. 答案： 第二講 | 大題考法——直線與圓 題型(一) 直線與圓的位置關系 主要考查直線與圓的位置關系以及復雜背景下直線、圓的方程. [典例感悟] [例1]　如圖，

40、在Rt△ABC中，∠A為直角，AB邊所在直線的方程為x－3y－6＝0，點T(－1，1)在直線AC上，BC中點為M(2，0)． (1)求BC邊所在直線的方程； (2)若動圓P過點N(－2，0)，且與Rt△ABC的外接圓相交所得公共弦長為4，求動圓P中半徑最小的圓方程． [解]　(1)因為AB邊所在直線的方程為x－3y－6＝0，AC與AB垂直，所以直線AC的斜率為－3. 故AC邊所在直線的方程為y－1＝－3(x＋1)， 即3x＋y＋2＝0.設C為(x0，－3x0－2)，因為M為BC中點，所以B(4－x0，3x0＋2)． 點B代入x－3y－6＝0，解得x0＝－， 所以C. 所以BC所

41、在直線方程為x＋7y－2＝0. (2)因為Rt△ABC斜邊中點為M(2，0)，所以M為Rt△ABC外接圓的圓心． 又AM＝2，從而Rt△ABC外接圓的方程為(x－2)2＋y2＝8. 設P(a，b)，因為動圓P過點N，所以該圓的半徑r＝，圓方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2. 由于⊙P與⊙M相交，則公共弦所在直線m的方程為(4－2a)x－2by＋a2＋b2－r2＋4＝0. 因為公共弦長為4，⊙M半徑為2，所以M(2，0)到m的距離d＝2，即＝2， 化簡得b2＝3a2－4a，所以r＝ ＝ . 當a＝0時，r最小值為2，此時b＝0，圓的方程為x2＋y2＝4. [方法技巧] 解決

42、有關直線與圓位置關系的問題的方法 (1)直線與圓的方程求解通常用的待定系數(shù)法，由于直線方程和圓的方程均有不同形式，故要根據(jù)所給幾何條件靈活使用方程． (2)對直線與直線的位置關系的相關問題要用好直線基本量之一斜率，要注意優(yōu)先考慮斜率不存在的情況． (3)直線與圓的位置關系以及圓與圓的位置關系在處理時幾何法優(yōu)先，有時也需要用代數(shù)法即解方程組． [演練沖關] (2019·連云港模擬)已知圓O1：x2＋y2＝25，點P在圓O2：x2＋y2＝r2(0＜r＜5)上，過點P作圓O2的切線交圓O1于點M，N兩點，且r，OM，MN成等差數(shù)列． (1)求r； (2)若點P′的坐標為(－4，3)，與

43、直線MN平行的直線l與圓O2交于A，B兩點，則使△AOB的面積為4的直線l有幾條？并說明理由． 解：(1)顯然圓O1和圓O2是圓心在原點的同心圓． 連接OP，則OP⊥MN，OM＝5，OP＝r， 在直角三角形MOP中，MP＝， 所以MN＝2. 由r，OM，MN成等差數(shù)列， 得2OM＝r＋MN， 即2×5＝r＋2，解得r＝4. (2)因為點P′的坐標為(－4，3)， 所以kOP′＝－，所以直線l的斜率k＝， 設直線l的方程為y＝x＋b，即4x－3y＋3b＝0. 設圓心到該直線的距離為d，則d＝， 則AB＝2， 所以S△AOB＝×AB×d＝×d＝4， 整理得 d4－16d

44、2＋48＝0，(d2－4)(d2－12)＝0， 解得d＝2或d＝2 ， 因為d＝，從而對應的b有4個解： b＝±或b＝±， 檢驗知均符合題意，故使△AOB的面積為4的直線l有4條. 題型(二) 圓中的定點、定值問題 　　主要考查動圓過定點的問題其本質是含參方程恒有解，定值問題是引入?yún)?shù)，再利用其滿足的約束條件消去參數(shù)得定值. [典例感悟] [例2]　已知圓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)

45、，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＝－或t＝－5(舍去)． 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

46、＋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). [方法技巧] 關于解決圓中的定點、定值問題的方法 (1)與圓有關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．解這類問題關鍵是引入?yún)?shù)求出動直線或動圓的方程． (2)與圓有關的定值問題，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． [演練沖關] 1．(2019·無錫天一中學模擬)已知以

47、點C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：由題意知圓C過原點O，∴半徑r＝OC. ∵OC2＝t2＋， ∴設圓C的方程為(x－t)2＋＝t2＋， 令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，則A(2t，0)． 令x＝0，得y1＝0，y2＝，則B. ∴S△OAB＝OA·OB＝×|2t|×＝4， 即△OAB的面積為定值． (2)∵OM＝ON，CM＝CN， ∴OC垂直平分線段MN. ∵kMN＝－2，∴kOC＝， ∴直線OC的方程

48、為y＝x. ∴＝t，解得t＝2或t＝－2. 當t＝2時，圓心C的坐標為(2，1)，r＝|OC|＝， 此時圓心C到直線y＝－2x＋4的距離d＝<， 圓C與直線y＝－2x＋4相交于兩點． 當t＝－2時，圓心C的坐標為(－2，－1)， r＝OC＝， 此時圓心C到直線y＝－2x＋4的距離d＝>， 圓C與直線y＝－2x＋4不相交， ∴圓C的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝5. 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

49、)，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∠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)設P(2m，m)，MP的中點Q， 因為PA是圓M的切線， 所以經(jīng)過A，

50、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＋＝m2＋， 化簡得x2＋y2－2y－m(2x＋y－2)＝0，此式是關于m的恒等式， 故解得或 所以經(jīng)過A，P，M三點的圓必過定點(0，2)或. 題型(三) 與直線、圓有關的最值或范圍問題 主要考查與直線和圓有關的長度、面積的最值或有關參數(shù)的取值范圍問題. [典例感悟] [例3]　已知△ABC的三個頂點A(－1，0)，B(1，0)，C(3，2)，其外接圓為圓H. (1)若直線l過點C，且被圓H截得的弦長為2，求直線l的方程； (2)對于線段BH上的任意一點P，若在以C為圓心的圓上都存在不同

51、的兩點M，N，使得點M是線段PN的中點，求圓C的半徑r的取值范圍． [解]　(1)線段AB的垂直平分線方程為x＝0，線段BC的垂直平分線方程為x＋y－3＝0. 所以外接圓圓心H(0，3)，半徑為＝. 圓H的方程為x2＋(y－3)2＝10. 設圓心H到直線l的距離為d，因為直線l被圓H截得的弦長為2，所以d＝＝3. 當直線l垂直于x軸時，顯然符合題意，即x＝3為所求； 當直線l不垂直于x軸時，設直線方程為y－2＝k(x－3)，則＝3，解得k＝. 所以直線l的方程為y－2＝(x－3)，即4x－3y－6＝0. 綜上，直線l的方程為x＝3或4x－3y－6＝0. (2)直線BH的方程為

52、3x＋y－3＝0，設P(m，n)(0≤m≤1)，N(x，y)． 因為點M是線段PN的中點，所以M， 又M，N都在半徑為r的圓C上，所以 即 因為該關于x，y的方程組有解，即以(3，2)為圓心，r為半徑的圓與以(6－m，4－n)為圓心，2r為半徑的圓有公共點，所以(2r－r)2≤(3－6＋m)2＋(2－4＋n)2≤(r＋2r)2. 又3m＋n－3＝0，所以r2≤10m2－12m＋10≤9r2對任意的m∈[0，1]成立． 而f(m)＝10m2－12m＋10在[0，1]上的值域為，所以r2≤且10≤9r2. 又線段BH與圓C無公共點，所以(m－3)2＋(3－3m－2)2>r2對任意

53、的m∈[0，1]成立，即r2<.故圓C的半徑r的取值范圍為. [方法技巧] 1．隱形圓問題 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．隱形圓的確定方法 (1)利用圓的定義(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＝λ

54、PB(λ＞0，λ≠1)確定隱形圓(阿波羅尼斯圓)； (6)由圓周角的性質確定隱形圓． 3．與圓有關的最值或范圍問題的求解策略 與圓有關的最值或取值范圍問題的求解，要對問題條件進行全方位的審視，特別是題中各個條件之間的相互關系及隱含條件的挖掘，要掌握解決問題常使用的思想方法，如要善于利用數(shù)形結合思想，利用幾何知識，求最值或范圍，要善于利用轉化與化歸思想將最值或范圍轉化為函數(shù)關系求解． [演練沖關] 1．在等腰△ABC中，已知AB＝AC，且點B(－1，0)．點D(2，0)為AC的中點． (1)求點C的軌跡方程； (2)已知直線l：x＋y－4＝0，求邊BC在直線l上的射影EF長的最大值

55、． 解：(1)設C(x，y)， ∵D(2，0)為AC的中點． ∴A(4－x，－y)， ∵B(－1，0)，由AB＝AC，得AB2＝AC2. ∴(x－5)2＋y2＝(2x－4)2＋(2y)2， 整理得(x－1)2＋y2＝4. ∵A，B，C三點不共線，∴y≠0， 則點C的軌跡方程為(x－1)2＋y2＝4(y≠0)． (2)法一：由條件，易得BE：x－y＋1＝0. 設CF：x－y＋b＝0. 當EF取得最大值時， 直線CF與圓(x－1)2＋y2＝4相切， 設M(1，0)，則M到CF的距離為＝2. ∴b＝2－1(舍去)或b＝－2－1. ∴CF：x－y－2－1＝0. ∴EFm

56、ax等于點B到CF的距離 ＝＝＋2. 法二：設點M(1，0)，如圖，過點C的軌跡圓心M作BE，CF的垂線，垂足分別為G，H， 則四邊形EFHG是矩形． ∴EF＝GH＝GM＋MH. 由條件，得MG＝＝＝. ∵MH的最大值為半徑2. ∴EFmax＝＋2. 2.如圖，在平面直角坐標系xOy中，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

57、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. 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＋， 所以25＝＋5，解得m＝5或m＝－1

58、5. 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 ]．

59、 A組——大題保分練 1．(2019·全國卷Ⅰ)已知點A，B關于坐標原點O對稱，|AB|＝4，⊙M過點A，B且與直線x＋2＝0相切． (1)若A在直線x＋y＝0上，求⊙M的半徑． (2)是否存在定點P，使得當A運動時，|MA|－|MP|為定值？并說明理由． 解：(1)因為⊙M過點A，B，所以圓心M在AB的垂直平分線上．由已知A在直線x＋y＝0上，且A，B關于坐標原點O對稱，所以M在直線y＝x上，故可設M(a，a)． 因為⊙M與直線x＋2＝0相切，所以⊙M的半徑為r＝|a＋2|.

60、連接MA由已知得|AO|＝2.又MO―→⊥AO―→，故可得2a2＋4＝(a＋2)2， 解得a＝0或a＝4. 故⊙M的半徑r＝2或r＝6. (2)存在定點P(1，0)，使得|MA|－|MP|為定值． 理由如下： 設M(x，y)，由已知得⊙M的半徑為r＝|x＋2|，|AO|＝2. 由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化簡得M的軌跡方程為y2＝4x. 因為曲線C：y2＝4x是以點P(1，0)為焦點，以直線x＝－1為準線的拋物線，所以|MP|＝x＋1. 因為|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1， 所以存在滿足條件的定點P. 2．(2019·鎮(zhèn)江

61、期初測試)已知圓C和直線x－y＋2＝0相切于點P(1，)，且經(jīng)過點Q(4，0)． (1)求圓C的方程； (2)設M(2，1)，過M作圓C的兩條相互垂直的弦AD，BE，求四邊形ABDE的面積的最大值． 解：(1)連接PC，PQ， 由于圓C和直線x－y＋2＝0相切于點P(1，)，因此直線PC的斜率為－，其方程為y－＝－(x－1)，即x＋y－2＝0. 易知直線PQ的斜率為－，線段PQ的中點坐標為 ， 則線段PQ的垂直平分線的方程為y－＝，即x－y－2＝0. 由解得則圓心C的坐標為(2，0)． 所以圓C的半徑r＝CQ＝2， 所以圓C的方程為(x－2)2＋y2＝4. (2)如圖，作C

62、H⊥AD于點H，CG⊥BE于點G，連接CM，則CH2＋CG2＝CM2＝1， 所以AD2＋BE2＝4(4－CH2)＋4(4－CG2)＝28. 又AD2＋BE2≥2AD·BE，所以AD·BE≤14， 所以四邊形ABDE的面積S＝AD·BE≤×14＝7， 當且僅當AD＝BE＝時等號成立， 所以四邊形ABDE的面積的最大值為7. 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(1，0)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

63、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)＋2t＝0?－＋2t＝0?t＝4， 所以當點N為(4，0)時，能使得∠ANM＝∠BNM總成立． 4．已知圓M與直線3x

64、－y＋4＝0相切于點(1，)，圓心M在x軸上． (1)求圓M的方程． (2)過點M且不與x軸重合的直線與圓M相交于A，B兩點，O為坐標原點，直線OA，OB分別與直線x＝8相交于C，D兩點．記△OAB，△OCD的面積分別是S1，S2，求的取值范圍． 解：(1)由題可知，設圓的方程為(x－a)2＋y2＝r2， 解得所以圓的方程為(x－4)2＋y2＝16. (2)由題意知，∠AOB＝， 設直線OA的斜率為k(k≠0)，則直線OA的方程為y＝kx， 由得(1＋k2)x2－8x＝0， 解得或 則點A的坐標為. 又直線OB的斜率為－， 同理可得點B的坐標為 . 由題可知，C(8，8

65、k)，D. 因此＝＝·， 又＝＝＝，同理＝， 所以＝＝≤， 當且僅當|k|＝1時取等號． 又＞0，所以的取值范圍是. B組——大題增分練 1.如圖，已知以點A(－1，2)為圓心的圓與直線l1：x＋2y＋7＝0相切．過點B(－2，0)的動直線l與圓A相交于M，N兩點，Q是MN的中點，直線l與l1相交于點P. (1)求圓A的方程； (2)當MN＝2時，求直線l的方程． 解：(1)設圓A的半徑為r. 由于圓A與直線l1：x＋2y＋7＝0相切， ∴r＝＝2. ∴圓A的方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝20. (2)①當直線l與x軸垂直時，易知x＝－2符合題意； ②當直

66、線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝k(x＋2)． 即kx－y＋2k＝0. 連結AQ，則AQ⊥MN. ∵MN＝2， ∴AQ＝＝1， 則由AQ＝＝1， 得k＝，∴直線l：3x－4y＋6＝0. 故直線l的方程為x＝－2或3x－4y＋6＝0. 2．(2019·姜堰中學檢測)已知圓O：x2＋y2＝4，點A(1，0)，圓C經(jīng)過點A且與圓O交于P，Q兩點． (1)若圓C與x軸相切，且PQ的長為，求圓C的方程； (2)若·＝1，求PQ的長的取值范圍． 解：(1)因為圓C與x軸相切，且經(jīng)過點A(1，0)，所以可設圓心C(1，m)，則其半徑r＝|m|，圓C的方程為(x－1)2＋(y－m)2＝m2， 即x2＋y2－2x－2my＋1＝0. 與圓O的方程相減得直線PQ的方程2x＋2my－5＝0. 取弦PQ的中點M，連接OM，OP，易知OM⊥PQ，且OM＝， 因為OM2＋PM2＝OP2，PM＝PQ＝， 所以＋＝4，解得m＝±1. 當m＝1時，圓C的方程為(x－1)2＋(y－1)2＝1； 當m＝－1時，圓C的方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝1. 所以圓C的方程為(x－1)