《（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 解析幾何教學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 解析幾何教學(xué)案（44頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題三 解析幾何 江蘇新高考 高考對本章內(nèi)容的考查多以“兩小一大”的形式出現(xiàn)，小題多考查雙曲線、拋物線、圓的方程與性質(zhì)，而大題主要考查直線與圓(如2013年、2016年)、直線與橢圓(如2014年、2015年、2017年)的位置關(guān)系、弦長問題及范圍問題等. 第1課時解析幾何中的基本問題(基礎(chǔ)課) [?？碱}型突破] 直線方程及兩直線位置關(guān)系 [必備知識] 1．兩條直線平行與垂直的判定 若兩條不重合的直線l1，l2的斜率k1，k2存在，則l1∥l2?k1＝k2，l1⊥l2?k1k2＝－1.若給出的直線方程中存在字母系數(shù)，則要考慮斜率是否存在． 2．兩個距離公式 (1)點

2、(x0，y0)到直線l：Ax＋By＋C＝0的距離公式d＝. (2)兩平行直線l1：Ax＋By＋C1＝0， l2：Ax＋By＋C2＝0間的距離d＝. [題組練透] 1．已知點P(3,2)與點Q(1,4)關(guān)于直線l對稱，則直線l的方程為____________． 解析：由題意知直線l與直線PQ垂直，所以kl＝－＝1.又直線l經(jīng)過PQ的中點(2,3)，所以直線l的方程為y－3＝x－2，即x－y＋1＝0. 答案：x－y＋1＝0 2．(2017·南京、鹽城二模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l1：kx－y＋2＝0與直線l2：x＋ky－2＝0相交于點P，則當(dāng)實數(shù)k變化時，點P到直線x－y－4

3、＝0的距離的最大值為__________． 解析：由題意，kl1＝k，kl2＝－，則kl1·kl2＝k·＝－1(k＝0時，兩條直線也相互垂直)，并且兩條直線分別經(jīng)過定點：M(0,2)，N(2,0)． ∴兩條直線的交點在以MN為直徑的圓上．并且kMN＝－1，可得MN與直線x－y－4＝0垂直． ∴點M到直線x－y－4＝0的距離d＝＝3為最大值． 答案：3 3．(2017·蘇州考前模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，已知兩點P(0,1)，Q(3,6)，在直線y＝x上取兩點M，N，使得MN＝a(其中a>0為定值)，則當(dāng)PM＋NQ取得最小值時，點N的坐標(biāo)為________． 解析：(1)設(shè)點A(1,0

4、)，B(1＋a，a)，則AB∥MN，且AB＝MN，所以四邊形ABNM為平行四邊形，所以AM＝BN，又因為點P與A關(guān)于直線y＝x對稱，所以PM＝AM，所以PM＋NQ＝AM＋NQ＝BN＋NQ，所以當(dāng)B，N，Q三點共線時，PM＋NQ取最小值為BQ＝.此時BQ方程為(a－6)x－(a－2)y＋3a＋6＝0，與直線y＝x聯(lián)立解得N. (2)若設(shè)A(1,0)，B(1－a，－a)，同理可得PM＋NQ最小值為，因為a>0，所以>，不合題意． 綜上，PM＋NQ取得最小值時點N的坐標(biāo)為. 答案： [方法歸納] 求直線方程的兩種方法 圓的方程 [必備知識] 1．圓的標(biāo)準(zhǔn)方程 當(dāng)圓心為(

5、a，b)，半徑為r時，其標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，特別地，當(dāng)圓心在原點時，方程為x2＋y2＝r2. 2．圓的一般方程 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0，表示以為圓心，為半徑的圓． [題組練透] 1．(2017·南通一模)已知圓C過點(2，)，且與直線x－y＋3＝0相切于點(0，)，則圓C的方程為_______________． 解析：設(shè)圓心為(a，b)， 則 解得a＝1，b＝0，r＝2. 即所求圓的方程為(x－1)2＋y2＝4. 答案：(x－1)2＋y2＝4 2．(2016·天津高考)已知圓C的圓心在x軸的正半軸上，點M(0，)在圓

6、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(shè)C(a,0)，且a＞0，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．與圓C：x2＋y2－2x＋4y＝0外切于原點，且半徑為2的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為_______． 解析：由題意，所求圓的圓心在直線y＝－2x上，所以可設(shè)所求圓的圓心為(a，－2a)(a<0)，又因為所求圓與圓C：x2＋y2－2x＋4y＝0外切于原點，且半徑為2，所以＝2，

7、可得a2＝4，解得a＝－2或a＝2(舍去)．所以所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋2)2＋(y－4)2＝20. 答案：(x＋2)2＋(y－4)2＝20 [方法歸納] 圓的方程的兩種求法 (1)幾何法 通過研究圓的性質(zhì)、直線和圓、圓與圓的位置關(guān)系，從而求得圓的基本量和方程． (2)代數(shù)法 用待定系數(shù)法先設(shè)出圓的方程，再由條件求得各系數(shù)，從而求得圓的方程． 直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系 [必備知識] 1．過圓O∶x2＋y2＝r2上一點P(x0，y0)的圓的切線方程是x0x＋y0y＝r2. 2．過圓O∶x2＋y2＝r2外一點P(x0，y0)作圓的兩條切線，切點為A，B，則O，P，A

8、，B四點共圓且直線AB的方程是x0x＋y0y＝r2. 3．判斷直線與圓的位置關(guān)系問題的兩種方法 (1)代數(shù)法：將圓的方程和直線的方程聯(lián)立起來組成方程組，利用判別式Δ來判斷位置關(guān)系：Δ>0?相交；Δ＝0?相切；Δ<0?相離． (2)幾何法：把圓心到直線的距離d和半徑r的大小加以比較：dr?相離． 4．判斷兩圓位置關(guān)系時常用幾何法 即通過判斷兩圓心距離O1O2與兩圓半徑R，r的關(guān)系來判斷兩圓位置關(guān)系． (1)外離：O1O2>R＋r； (2)外切：O1O2＝R＋r； (3)相交：R－r

9、0≤O1O2

10、交于A，B兩點，若|AB|＝2，則圓C的面積為________． 解析：圓C：x2＋y2－2ay－2＝0化為標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋(y－a)2＝a2＋2，所以圓心C(0，a)，半徑r＝，因為|AB|＝2，點C到直線y＝x＋2a，即x－y＋2a＝0的距離d＝＝，由勾股定理得2＋2＝a2＋2，解得a2＝2， 所以r＝2，所以圓C的面積為π×22＝4π. 答案：4π 3．若圓(x－2a)2＋(y－a－3)2＝4上總存在兩個點到原點的距離為1，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：由題意，兩圓(x－2a)2＋(y－a－3)2＝4與x2＋y2＝1相交于相異兩點，所以1<<3，即解得－

11、. 答案： 4．(2017·揚州考前調(diào)研)已知圓C：x2＋y2－2ax－2y＋2＝0(a為常數(shù))與直線y＝x相交于A，B兩點，若∠ACB＝，則實數(shù)a＝________. 解析：因為圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋(y－1)2＝a2－1，所以C(a,1)，r＝，因為圓C與直線y＝x相交于A，B兩點，且∠ACB＝，所以r＝，且a2－1>0，解得a＝－5. 答案：－5 5．(2017·江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A(－12，0)，B(0,6)，點P在圓O：x2＋y2＝50上．若·≤20，則點P的橫坐標(biāo)的取值范圍是________． 解析：設(shè)P(x，y)，則·＝(－12－x，－y)·

12、(－x，6－y)＝x(x＋12)＋y(y－6)≤20. 又x2＋y2＝50，所以2x－y＋5≤0， 所以點P在直線2x－y＋5＝0的上方(包括直線上)． 又點P在圓x2＋y2＝50上， 由 解得x＝－5或x＝1， 結(jié)合圖象， 可得－5≤x≤1， 故點P的橫坐標(biāo)的取值范圍是[－5，1]． 答案：[－5，1] [方法歸納] 1.解決直線與圓、圓與圓位置關(guān)系問題的方法 (1)討論直線與圓及圓與圓的位置關(guān)系時，要注意數(shù)形結(jié)合，充分利用圓的幾何性質(zhì)尋找解題途徑，減少運算量. (2)圓上的點與圓外點的距離的最值問題，可以轉(zhuǎn)化為圓心到點的距離問題；圓上的點與直線上點的距離的最值問題

13、，可以轉(zhuǎn)化為圓心到直線的距離問題；圓上的點與另一圓上點的距離的最值問題，可以轉(zhuǎn)化為圓心到圓心的距離問題. 2.求弦長問題的兩種方法 (1)利用半徑r，弦心距d，弦長l的一半構(gòu)成直角三角形，結(jié)合勾股定理 (2)若斜率為k的直線l與圓C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，則 圓錐曲線的基本量運算 [必備知識] 1．橢圓、雙曲線中，a，b，c之間的關(guān)系 (1)在橢圓中：a2＝b2＋c2，離心率為e＝＝； (2)在雙曲線中：c2＝a2＋b2，離心率為e＝＝. 2．雙曲線－＝1(a>0，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(guān)系． [題組練透]

14、 1．(2017·南京三模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，雙曲線－＝1的焦距為6，則所有滿足條件的實數(shù)m構(gòu)成的集合是__________． 解析：由題意得，2m2＋3m＝2，所以2m2＋3m－9＝0，解得m＝或－3，因為－＝1是雙曲線的方程，所以m＞0，所以m＝.所以實數(shù)m構(gòu)成的集合是. 答案： 2.(2017·蘇北四市期中)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知A，B1，B2分別為橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的右、下、上頂點，F(xiàn)是橢圓C的右焦點．若B2F⊥AB1，則橢圓C的離心率是________． 解析：由題意得，A(a,0)，B1(0，－b)，B2(0，b)，F(xiàn)(c,0)，所以＝(c，

15、－b)，＝(－a，－b)，因為B2F⊥AB1，所以·＝0，即b2＝ac，所以c2＋ac－a2＝0，e2＋e－1＝0，又橢圓的離心率e∈(0,1)，所以e＝. 答案： 3．(2017·江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，雙曲線－y2＝1的右準(zhǔn)線與它的兩條漸近線分別交于點P，Q，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(zhǔn)線x＝與兩條漸近線y＝±x的交點坐標(biāo)為. 不妨設(shè)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：2 4．(2017·

16、南通三模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若雙曲線－y2＝1(a>0)經(jīng)過拋物線y2＝8x的焦點，則該雙曲線的離心率為________． 解析：因為雙曲線－y2＝1(a>0)經(jīng)過拋物線y2＝8x的焦點坐標(biāo)(2,0)，所以a＝2，在雙曲線中，b＝1，c＝＝，所以雙曲線的離心率是e＝＝. 答案： 5．(2016·山東高考)已知雙曲線E：－＝1(a＞0，b＞0)，若矩形ABCD的四個頂點在E上，AB，CD的中點為E的兩個焦點，且2|AB|＝3|BC|，則E的離心率是________． 解析：如圖，由題意知|AB|＝，|BC|＝2c. 又2|AB|＝3|BC|， ∴2×＝3×2c，即2b2＝3a

17、c， ∴2(c2－a2)＝3ac，兩邊同除以a2并整理得2e2－3e－2＝0，解得e＝2(負值舍去)． 答案：2 6．(2017·南京考前模擬)已知橢圓C：mx2＋y2＝1(0＜m＜1)，直線l：y＝x＋1，若橢圓C上總存在不同的兩點A與B關(guān)于直線l對稱，則橢圓C的離心率e的取值范圍為________． 解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點P(x0，y0)， ∵A，B在橢圓C上，∴兩式相減， 整理得＝－，即－＝kAB， 故kAB·kOP＝－m，又∵kAB＝－1，∴kOP＝m， ∴直線OP的方程為y＝mx，聯(lián)立方程 得P，由點P在橢圓內(nèi)， ∴m2＋2<1，

18、 解得0

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(biāo)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(shè)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(shè)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(shè)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(biāo)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(shè)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(xué)情調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)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(xué)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(biāo)準(zhǔn)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(zhǔn)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(zhǔn)線方程為x＝－2a，雙曲線－y2＝1的焦點坐標(biāo)為(±，0)，則2a＝，得a2＝，所以橢圓的離心率e＝＝. 答

25、案： 12．設(shè)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(biāo)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(xué)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(biāo)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(biāo)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(biāo)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(shè)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(biāo)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(biāo)準(zhǔn)方程得(x－3)2＋y2＝4，則圓心C(3,0)，半徑r＝2，設(shè)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(shè)A(a，ka)，B(2a,2ka)，得(1＋k2)a2－6a＋5＝0.?、? 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(biāo)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(shè)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(zhǔn)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(shè)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(biāo)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(biāo)準(zhǔn)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(shè)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(shè)圓C上存在點P，設(shè)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(xùn)練] 如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A(0,3)，直線l：y＝2x－4.設(shè)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(biāo)a的取值范圍． 解：(1)由題設(shè)，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(shè)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(shè)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(biāo)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(biāo)； (2)若P點的坐標(biāo)為(2,1)，過P作直線與圓M交于C，D兩點，當(dāng)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(biāo)． [解]　(1)設(shè)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(biāo)為P(0,0)或P. (2)易知直線CD的斜率存在，可設(shè)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(shè)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(xùn)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(biāo)原點． (1)求M的軌跡方程； (2)當(dāng)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(shè)M(x，y)，則＝(x，y－4)，＝(2－x,2－y)． 由題設(shè)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(biāo)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(biāo)． 解：(1)設(shè)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(shè)存在這樣的點B(t,0)． 當(dāng)點P為圓C與x軸的左交點(－3,0)時，＝； 當(dāng)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(shè)P(x，y)，則y2＝9－x2， 所以＝＝＝＝. 從而＝為常數(shù)． 法二：假設(shè)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(biāo)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(shè)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(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)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(shè)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(biāo)準(zhǔn)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(shè)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(biāo)準(zhǔn)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(shè)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(shè)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(xùn)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(shè)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(dāng)且僅當(dāng)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(shè)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(biāo)相等，所以BC⊥x軸． [課時達標(biāo)訓(xùn)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(biāo)原點． (1)求證：△OAB的面積為

46、定值； (2)設(shè)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O(shè)C2＝t2＋. 設(shè)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O(shè)C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(dāng)t＝2時，圓心C的坐標(biāo)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(dāng)t＝－2時，圓心C的坐標(biāo)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(biāo)． 解：(1)設(shè)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(dāng)且僅當(dāng)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(biāo)；若不存在，請說明理由． 解：(1)設(shè)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(dāng)直線AB⊥x軸時，x軸平分∠ANB. 當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)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(dāng)點N為(4,0)時，能使得∠ANM＝∠BNM總成立． 4．在平面直角坐標(biāo)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(shè)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(biāo)． 解：(1)由于直線x＝4與圓C1不相交， ∴直線l的斜率存在，設(shè)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(shè)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(shè)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(biāo)原點O. (1)求圓C的方程； (2)當(dāng)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(biāo)為(－2,1)． 所以圓C的方程為(x＋2)2＋(y－1)2＝4. (2)當(dāng)t＝1時，由題意知直線l的斜率存在，設(shè)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(shè)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(biāo)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O(shè)A＝＝5. 又因為AC＝4，所以O(shè)C＝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(shè)C(－3m,4m)(0

55、以AC＝OA－OC＝5－5m. 因為AC＝BD，所以O(shè)D＝OB－BD＝5m＋4， 所以點D的坐標(biāo)為(5m＋4,0)． 設(shè)△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) [常考題型突破] 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(biāo)系xOy中，已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，且右焦點F到左準(zhǔn)線l的距離為3. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)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(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)當(dāng)AB⊥x軸時，AB＝，又CP＝3，不合題意． 當(dāng)AB與x軸不垂直時，設(shè)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(biāo)為， 且AB＝ ＝ ＝. 若k＝0，則線段AB的垂直平分線為y軸，與左準(zhǔn)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(biāo)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(yīng)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(xùn)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(shè)點A，B，C在E上運動，A與B關(guān)于原點對稱，且AC＝CB，當(dāng)△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(dāng)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(dāng)直線AB的斜率存在且不為0時， 設(shè)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O(shè)A2＝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O(shè)C2＝. S△ABC＝2S△OAC＝|OA|·|OC|＝·＝. 由于≤＝， 所以S△ABC≥， 當(dāng)且僅當(dāng)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(biāo)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(dāng)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(biāo)；若不存在，請說明理由． [解]　 (1)當(dāng)l垂直于x軸時，2b＝2，從而b＝. 當(dāng)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(shè)存在與點A不同的定點B滿足＝. 當(dāng)l平行于x軸時，AM＝AN，所以BM＝BN，從而點B在y軸上，設(shè)B(0，t)； 當(dāng)l垂直于x軸時，不妨設(shè)

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(shè)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(biāo)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(dǎo)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(xùn)練] 1.(2017·南通、泰州一調(diào))如圖

63、，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率為，焦點到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為1. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)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(dāng)OP的斜率為0時，OP＝，OQ＝， 所以＋＝1. 當(dāng)OP的斜率不為0時，設(shè)直線OP的方程為y＝kx. 由得(2k2＋1)x2＝2，解得x2＝， 所以y2＝，所以O(shè)P2＝. 因為OP⊥OQ，所以直線OQ的方程為y＝－x. 由得x＝－k， 所以O(shè)Q2＝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(dāng)直線AM的斜率為1時，求點M的坐標(biāo)； (2)當(dāng)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(shè)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(biāo)準(zhǔn)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(biāo)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(shè)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(shè)t＝4＋m2(t≥4)，則＝＝≤≤， 當(dāng)且僅當(dāng)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(xùn)練] 1．(2017·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)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(shè)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