江苏专用2020高考数学二轮复习专题三解析几何教学案.doc

1、专题三 解析几何江苏卷5年考情分析小题考情分析大题考情分析常考点1.直线与圆、圆与圆的位置关系(5年4考)2.圆锥曲线的方程及几何性质(5年5考)本单元主要考查直线与椭圆(2015年、2017年、2018年、2019年)的位置关系、弦长问题、面积问题等；有时考查直线与圆(如2016年)，经常与向量结合在一起命题偶考点直线的方程、圆的方程第一讲 | 小题考法解析几何中的基本问题考点(一) 直线、圆的方程主要考查圆的方程以及直线方程、圆的基本量的计算.题组练透1(2019江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线yx(x0)上的一个动点，则点P到直线xy0的距离的最小值是_解析：由题意可设P(x

2、00)，则点P到直线xy0的距离d4，当且仅当2x0，即x0时取等号故所求最小值是4.法二：设P(x00)，由yx得y1，则曲线在点P处的切线的斜率为k1.令11，结合x00得x0， P(，3)，曲线yx(x0)上的点P到直线xy0的最短距离即为此时点P到直线xy0的距离，故dmin4.答案：42(2019苏州期末)在平面直角坐标系xOy中，过点A(1，3)，B(4，6)，且圆心在直线x2y10上的圆的标准方程为_解析：法一：根据圆经过点A(1，3)，B(4，6)，知圆心在线段AB的垂直平分线上，由点A(1，3)，B(4，6)，知线段AB的垂直平分线方程为xy70，则由得即圆心坐标为(5，2)

3、，所以圆的半径r，故圆的标准方程为(x5)2(y2)217.法二：因为圆心在直线x2y10上，所以圆心坐标可设为(2a1，a)，又圆经过点A(1，3)，B(4，6)，所以圆的半径 r，解得a2，所以r，故圆的标准方程为(x5)2(y2)217.法三：设圆心的坐标为(a，b)，半径为r(r0)，因为圆心在直线x2y10上，且圆经过点A(1，3)，B(4，6)，所以得a5，b2，r，故圆的标准方程为(x5)2(y2)217.答案：(x5)2(y2)2173(2019扬州期末)若直线l1：x2y40与l2：mx4y30平行，则两平行直线l1，l2间的距离为_解析：法一：若直线l1：x2y40与l2：

4、mx4y30平行，则有，求得m2，故两平行直线l1，l2间的距离为.法二：若直线l1：x2y40与l2：mx4y30平行，则有，求得m2，所以直线l2：2x4y30，在l1：x2y40上取一点(0，2)，则两平行直线l1，l2间的距离就是点(0，2)到直线l2的距离，即.答案：方法技巧1求直线方程的两种方法直接法选用恰当的直线方程的形式，由题设条件直接求出方程中系数，写出结果待定系数法先由直线满足的一个条件设出直线方程，使方程中含有待定系数，再由题设条件构建方程，求出待定系数2圆的方程的两种求法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代数法用待定系数法先设出

5、圆的方程，再由条件求得各系数，从而求得圆的方程考点(二)直线与圆、圆与圆的位置关系主要考查直线与圆、圆与圆的位置关系，以及根据直线与圆的位置关系求相关的最值与范围问题.典例感悟典例(1)(2018无锡期末)过圆O：x2y216内一点P(2，3)作两条相互垂直的弦AB和CD，且ABCD，则四边形ACBD的面积为_(2)(2018南通、泰州一调)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(4，0)，B(0，4)，从直线AB上一点P向圆x2y24引两条切线PC，PD，切点分别为C，D.设线段CD的中点为M，则线段AM长的最大值为_解析(1)设O到AB的距离为d1，O到CD的距离为d2，则由垂径定理可得dr2

6、，dr2，由于ABCD，故d1d2，且d1d2OP，所以r2d16，得AB，从而四边形ACBD的面积为SABCD19.(2)法一(几何法)：因为A(4，0)，B(0，4)，所以直线AB的方程为yx4，所以可设P(a，a4)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，所以PC的方程为x1xy1y4，PD的方程为x2xy2y4，将P(a，a4)分别代入PC，PD的方程，得则直线CD的方程为ax(a4)y4，即a(xy)44y，所以所以直线CD过定点N(1，1)，又因为OMCD，所以点M在以ON为直径的圆上(除去原点)又因为以ON为直径的圆的方程为，因为A在该圆外，所以AM的最大值为3.法二(参数法)：同

7、法一可知直线CD的方程为ax(a4)y4，即a(xy)44y，得a.又因为O，P，M三点共线，所以ay(a4)x0，得a.因为a，所以点M的轨迹方程为(除去原点)，因为A在该圆外，所以AM的最大值为 3. 答案(1)19(2)3方法技巧解决关于直线与圆、圆与圆相关问题的策略(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)解决直线与圆相关的最值问题：一是利用几何性质，如两边之和大于第三边、斜边大于直角边等来处理最值；二是建立函数或利用基本不等式求解(3)对于直线与圆中的存在性问题，可以利用所给几何条件和等式，得出动点轨迹，转化为直线与圆、

8、圆与圆的位置关系演练冲关1(2019南通、泰州等七市一模)在平面直角坐标系xOy中，圆O：x2y21，圆C：(x4)2y24.若存在过点P(m，0)的直线l，直线l被两圆截得的弦长相等，则实数m的取值范围是_解析：由题意知，直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为yk(xm)(k0)，圆心O，C到直线l的距离分别为d1，d2，则由直线l与圆O相交得d11，得m21.由直线l被两圆截得的弦长相等得，则dd3，即3，化简得m，则m(m21)，即3m28m160，所以4m.答案：2(2019南京盐城一模)设M(x，y)|3x4y7，点PM，过点P引圆(x1)2y2r2(r0)的两条切线PA，PB(

9、A，B均为切点)，若APB的最大值为，则r的值为_解析：由题意知点P位于直线3x4y70上或其上方，记圆(x1)2y2r2(r0)的圆心为C，则C(1，0)，C到直线3x4y70的距离d2，连接PC，则PC2.设APB，则sin，因为max，所以，所以r1.答案：13(2019苏北三市一模)在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：x2y22mx(4m6)y40(mR)与以C2(2，3)为圆心的圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，且满足xxyy，则实数m的值为_解析：由题意得C1(m，2m3)，C2(2，3)由xxyy，得xyxy，即OAOB，所以OAB为等腰三角形，所以线段AB的垂直

10、平分线经过原点O，又相交两圆的圆心连线垂直平分公共弦AB，所以两圆的圆心连线C1C2过原点O，所以OC1OC2，所以3m2(2m3), 解得m6.答案：64(2019常州期末)过原点O的直线l与圆x2y21交于P，Q两点，点A是该圆与x轴负半轴的交点，以AQ为直径的圆与直线l有异于Q的交点N，且直线AN与直线AP的斜率之积等于1，那么直线l的方程为_解析：易知A(1，0)因为PQ是圆O的直径，所以APAQ.以AQ为直径的圆与直线l有异于Q的交点N，则ANNQ，所以kAN，又直线AN与直线AP的斜率之积等于1，所以kANkAP1，所以kAPkPO，所以OAPAOP，所以点P为OA的垂直平分线与圆

11、O的交点，则P，所以直线l的方程为yx.答案：yx5(2018南京、盐城、连云港二模)在平面直角坐标系xOy中，已知A，B为圆C：(x4)2(ya)216上的两个动点，且AB2.若直线l：y2x上存在唯一的一个点P，使得，则实数a的值为_解析：法一：设AB的中点为M(x0，y0)，P(x，y)，则由AB2，得CM，即点M的轨迹为(x04)2(y0a)25.又因为，所以，即(x0x，y0y)，从而则动点P的轨迹方程为(x2)25，又因为直线l上存在唯一的一个点P，所以直线l和动点P的轨迹(圆)相切，则，解得a2或a18.法二：由题意，圆心C到直线AB的距离d，则AB中点M的轨迹方程为(x4)2(

12、ya)25.由，得2，所以.如图，连结CM并延长交l于点N，则CN2CM2.故问题转化为直线l上存在唯一的一个点N，使得CN2，所以点C到直线l的距离为2，解得a2或a18.答案：2或18考点(三)圆锥曲线的方程及几何性质主要考查三种圆锥曲线的定义、方程及几何性质，在小题中以考查椭圆和双曲线的几何性质为主. 题组练透1(2019江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x21(b0)经过点(3，4)，则该双曲线的渐近线方程是_解析：因为双曲线x21(b0)经过点(3，4)，所以91(b0)，解得b，即双曲线方程为x21，其渐近线方程为yx.答案：yx2(2019苏州期末)在平面直角坐标系xO

13、y中，中心在原点，焦点在y轴上的双曲线的一条渐近线经过点(3，1)，则该双曲线的离心率为_解析：由题意，设双曲线的方程为1(a0，b0)，由双曲线的一条渐近线过点(3，1)，得，可得9a2b2c2a2，得10a2c2，所以可得该双曲线的离心率e.答案：3(2017江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，双曲线y21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与两条渐近线yx的交点坐标为.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|F1F2|PQ|42.答案：

14、24.(2019南通、扬州等七市一模)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y22px(p0)的准线为l，直线l与双曲线y21的两条渐近线分别交于A，B两点，AB，则p的值为_解析：抛物线y22px(p0)的准线为直线，l：x，不妨令A点在第二象限，则直线l与双曲线y21的两条渐近线yx分别交于点A，B，则AB，p2.答案：2方法技巧应用圆锥曲线的性质的两个注意点(1)明确圆锥曲线中a，b，c，e各量之间的关系是求解问题的关键(2)在求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c和a的值，而是根据题目给出的椭圆或双曲线的几何特点，建立关于参数c，a，b的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的

15、值或范围 (一) 主干知识要记牢1直线l1：A1xB1yC10与直线l2：A2xB2yC20的位置关系(1)平行A1B2A2B10且B1C2B2C10；(2)重合A1B2A2B10且B1C2B2C10；(3)相交A1B2A2B10；(4)垂直A1A2B1B20.2直线与圆相交(1)几何法由弦心距d、半径r和弦长的一半构成直角三角形，计算弦长AB2.(2)代数法设直线ykxm与圆x2y2DxEyF0相交于点M，N，M(x1，y1)，N(x2，y2)，将直线方程代入圆方程中，消去y得关于x的一元二次方程，求出x1x2和x1x2，则MN.3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

16、圆半径R，r(Rr)的关系来判断两圆位置关系(1)外离：O1O2Rr；(2)外切：O1O2Rr；(3)相交：RrO1O2Rr；(4)内切：O1O2Rr；(5)内含：0O1O20，b0)的渐近线方程为yx.注意离心率e与渐近线的斜率的关系(二) 二级结论要用好1过圆O：x2y2r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程是x0xy0yr2.2.过圆C外一点P做圆C的切线，切点分别为A，B(求切线时要注意斜率不存在的情况)如图所示，则(1)P，B，C，A四点共圆，且该圆的直径为PC；(2)该四边形是有两个全等的直角三角形组成；(3)cossin；(4)直线AB的方程可以转化为圆C与以PC为直径的圆的公

17、共弦，且P(x0，y0)时，直线AB的方程为x0xy0yr2.3椭圆焦点三角形的3个规律设椭圆方程是1(ab0)，焦点F1(c，0)，F2(c，0)，点P的坐标是(x0，y0)(1)三角形的三个边长是PF1aex0，PF2aex0，F1F22c，e为椭圆的离心率(2)如果PF1F2中F1PF2，则这个三角形的面积SPF1F2c|y0|b2tan .(3)椭圆的离心率e.4双曲线焦点三角形的2个结论P(x0，y0)为双曲线1(a0，b0)上的点，PF1F2为焦点三角形(1)面积公式Sc|y0|r1r2sin (其中PF1r1，PF2r2，F1PF2)(2)焦半径若P在右支上，PF1ex0aPF2

18、ex0a；若P在左支上，PF1ex0a，PF2ex0a.5抛物线y22px(p0)焦点弦AB的3个结论(1)xAxB；(2)yAyBp2；(3)ABxAxBp. A组抓牢中档小题1若直线l1：mxy80与l2：4x(m5)y2m0垂直，则m_解析：l1l2，4m(m5)0，m1.答案：12已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点M(0，)在圆C上，且圆心到直线2xy0的距离为，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a0，所以圆心到直线2xy0的距离d，解得a2，所以圆C的半径r|CM|3，所以圆C的方程为(x2)2y29.答案：(x2)2y293(2019无锡期末)

19、以双曲线1的右焦点为焦点的抛物线的标准方程是_解析：由题可设抛物线的方程为y22px(p0)，双曲线中，c3，所以双曲线的右焦点的坐标为(3，0)，则抛物线的焦点坐标为(3，0)，所以3，p6，所以抛物线的标准方程为y212x.答案：y212x4已知直线l过点P(1，2)且与圆C：x2y22相交于A，B两点，ABC的面积为1，则直线l的方程为_解析：当直线斜率存在时，设直线的方程为yk(x1)2，即kxyk20.因为SABCCACBsinACB1，所以sinACB1，所以sinACB1，即ACB90，所以圆心C到直线AB的距离为1，所以1，解得k，所以直线方程为3x4y50；当直线斜率不存在时

20、，直线方程为x1，经检验符合题意综上所述，直线l的方程为3x4y50或x1.答案：3x4y50或x15已知圆M：(x1)2(y1)24，直线l：xy60，A为直线l上一点，若圆M上存在两点B，C，使得BAC60，则点A的横坐标的取值范围为_解析：由题意知，过点A的两直线与圆M相切时，夹角最大，当BAC60时，|MA|4.设A(x，6x)，所以(x1)2(6x1)216，解得x1或x5，因此点A的横坐标的取值范围为1，5答案：1，56(2018南京学情调研)在平面直角坐标系xOy中，若圆(x2)2(y2)21上存在点M，使得点M关于x轴的对称点N在直线kxy30上，则实数k的最小值为_解析：圆(

21、x2)2(y2)21关于x轴的对称圆的方程为(x2)2(y2)21，由题意得，圆心(2，2)到直线kxy30的距离d1，解得k0，所以实数k的最小值为.答案：7(2019南京四校联考)已知圆O：x2y21，半径为1的圆M的圆心M在线段CD：yx4(mxn，mn)上移动，过圆O上一点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，且满足APB60，则nm的最小值为_解析：设M(a，a4)(man)，则圆M的方程为(xa)2(ya4)21.连接MP，MB，则MB1，PBMB.因为APB 60，所以MPB30，所以MP2MB2，所以点P在以M为圆心，2为半径的圆上，连接OM，又点P在圆O上，所以点P为圆x2y

22、21与圆(xa)2(ya4)24的公共点，所以21OM21，即13，得解得2a2.所以n2，m2，所以nm.答案：8(2019南京盐城二模)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1，0)，B(5，0)若圆M：(x4)2(ym)24上存在唯一的点P，使得直线PA，PB在y轴上的截距之积为5，则实数m的值为_解析：设点P(x0，y0)，则直线PA的方程为y(x1), 在y轴上的截距为，同理可得直线PB在y轴上的截距为，由直线PA，PB在y轴上的截距之积为5，得5，化简，得(x02)2y9(y00)，所以点P的轨迹是以C(2，0)为圆心，3为半径的圆(点A(1，0)，B(5，0)除外)，由题意知点P的

23、轨迹与圆M恰有一个公共点，若A，B均不在圆M上，因此圆心距等于半径之和或差，则5，解得m；或1，无解若A或B在圆M上，易得m，经检验成立所以m的值为或.答案：或9(2018扬州期末)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线1(a0，b0)的渐近线与圆x2y26y50没有交点，则双曲线离心率的取值范围是_解析：由圆x2y26y50，得圆的标准方程为x2(y3)24，所以圆心C(0，3)，半径r2.因为双曲线1(a0，b0)的渐近线bxay0与该圆没有公共点，则圆心到直线的距离应大于半径，即2，即3a2c，即e1，故双曲线离心率的取值范围是.答案：10在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2(y3)22

24、，点A是x轴上的一个动点，AP，AQ分别切圆C于P，Q两点，则线段PQ长的取值范围是_解析：设PCA，所以PQ2sin .又cos ，AC3，)，所以cos ，所以cos2，sin21cos2，因为，所以sin ，所以PQ.答案：11(2019南京三模)在平面直角坐标系xOy中，已知MN是C：(x1)2(y2)22的一条弦，且CMCN，P是MN的中点当弦MN在圆C上运动时，直线l：x3y50上存在两点A，B，使得APB恒成立，则线段AB长度的最小值是_解析：因为MN是C：(x1)2(y2)22的一条弦，且CMCN，P是MN的中点，所以PCr1，点P的轨迹方程为(x1)2(y2)21.圆心C到直

25、线l：x3y50的距离为.因为直线l上存在两点A，B，使得APB恒成立，所以ABmin22.答案：2212(2018苏锡常镇调研)已知直线l：xy20与x轴交于点A，点P在直线l上圆C：(x2)2y22上有且仅有一个点B满足ABBP，则点P的横坐标的取值集合为_解析：法一：由ABBP，得点B在以AP为直径的圆D上，所以圆D与圆C相切由题意得A(2，0)，C(2，0)若圆D与圆C外切，则DCDA；若圆D与圆C内切，则DADC.所以圆心D在以A，C为焦点的双曲线1上，即14x22y27.又点D在直线l上，由得12x28x150，解得xD或xD.所以xP2xDxA2xD25或xP.法二：由题意可得A

26、(2，0)，设P(a，a2)，则AP的中点M，AP，故以AP为直径的圆M的方程为.由题意得圆C与圆M相切(内切和外切)，故 ，解得a或a5.故点P的横坐标的取值集合为.答案：13已知椭圆1(ab0)的左焦点为F，直线xm与椭圆相交于A，B两点若FAB的周长最大时，FAB的面积为ab，则椭圆的离心率为_解析：设直线xm与x轴交于点H，椭圆的右焦点为F1，由椭圆的对称性可知FAB的周长为2(FAAH)2(2aF1AAH)，因为F1AAH，故当F1AAH时，FAB的周长最大，此时直线AB经过右焦点，从而点A，B坐标分别为，所以FAB的面积为2c，由条件得2cab，即b2c22bc，bc，从而椭圆的离

27、心率为e.答案：14已知A，B是圆C1：x2y21上的动点，AB，P是圆C2：(x3)2(y4)21上的动点，则|的取值范围为_解析：因为A，B是圆C1：x2y21上的动点，AB，所以线段AB的中点H在圆O：x2y2上，且|2|.因为点P是圆C2：(x3)2(y4)21上的动点，所以5|5，即|，所以72|13，从而|的取值范围是7，13答案：7，13B组力争难度小题1(2019苏锡常镇四市一模)若直线l：axy4a0上存在相距为2的两个动点A，B，圆O：x2y21上存在点C，使得ABC为等腰直角三角形(C为直角顶点)，则实数a的取值范围为_解析：法一：根据题意得，圆O：x2y21上存在点C，

28、使得点C到直线l的距离为1，那么圆心O到直线l的距离不大于2，即2，解得a，于是a的取值范围是.法二：因为ABC为等腰直角三角形(C为直角顶点)，所以点C在以AB为直径的圆上，记圆心为M，半径为1，且CM直线l，又点C也在圆O：x2y21上，所以C是两圆的交点，即OM2，所以dOM2，解得a，于是a的取值范围是.答案：2(2017全国卷 )已知双曲线C：1(a0，b0)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MAN60，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yx，即bxay0，则圆心A到此渐近线的距离d.又因为MAN6

29、0，圆的半径为b，所以bsin 60，即，所以e.答案：3(2019江苏泰州期末)在平面直角坐标系xOy中，过圆C1：(xk)2(yk4)21上任一点P作圆C2：x2y21的一条切线，切点为Q，则当|PQ|最小时，k_解析：由题意得，圆C1与圆C2外离，如图因为PQ为切线，所以PQC2Q，由勾股定理，得|PQ|，要使|PQ|最小，则需|PC2|最小显然当点P为C1C2与圆C1的交点时，|PC2|最小，此时，|PC2|C1C2|1，所以当|C1C2|最小时，|PC2|就最小，|C1C2|2，当k2时，|C1C2|取最小值，即|PQ|最小答案：24(2017山东高考)在平面直角坐标系xOy中，双曲

30、线1(a0，b0)的右支与焦点为F的抛物线x22py(p0)交于A，B两点若AFBF4OF，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AFy1，BFy2，OF，由AFBFy1y2y1y2p4OF2p，得y1y2p.联立消去x，得a2y22pb2ya2b20，所以y1y2，所以p，即，故，所以双曲线的渐近线方程为yx.答案：yx5已知圆C：(x2)2y24，线段EF在直线l：yx1上运动，点P为线段EF上任意一点，若圆C上存在两点A，B，使得0，则线段EF长度的最大值是_解析：过点C作CHl于H，因为C到l的距离CH2r，所以直线l与圆C相离，故点P

31、在圆C外因为|cosAPB0，所以cosAPB0，所以APB，圆C上存在两点A，B使得APB，由于点P在圆C外，故当PA，PB都与圆C相切时，APB最大，此时若APB，则PCr2，所以PH，由对称性可得EFmax2PH.答案：6设抛物线x24y的焦点为F，A为抛物线上第一象限内一点，满足AF2，已知P为抛物线准线上任一点，当PAPF取得最小值时，PAF外接圆的半径为_解析：由抛物线的方程x24y可知F(0，1)，设A(x0，y0)，又由AF2，根据抛物线的定义可知AFy0y012，解得y01，代入抛物线的方程，可得x02，即A(2，1)如图，作抛物线的焦点F(0，1)，关于抛物线准线y1的对称

32、点F1(0，3)，连接AF1交抛物线的准线y1于点P，此时能使得PAPF取得最小值，此时点P的坐标为(1，1)，在PAF中，AF2，PFPA，由余弦定理得cosAPF，则sinAPF.设PAF的外接圆半径为R，由正弦定理得2R，所以R，即PAF外接圆的半径R.答案：第二讲 | 大题考法直线与圆题型(一)直线与圆的位置关系主要考查直线与圆的位置关系以及复杂背景下直线、圆的方程.典例感悟例1如图，在RtABC中，A为直角，AB边所在直线的方程为x3y60，点T(1，1)在直线AC上，BC中点为M(2，0)(1)求BC边所在直线的方程；(2)若动圆P过点N(2，0)，且与RtABC的外接圆相交所得公

33、共弦长为4，求动圆P中半径最小的圆方程解(1)因为AB边所在直线的方程为x3y60，AC与AB垂直，所以直线AC的斜率为3.故AC边所在直线的方程为y13(x1)，即3xy20.设C为(x0，3x02)，因为M为BC中点，所以B(4x0，3x02)点B代入x3y60，解得x0，所以C.所以BC所在直线方程为x7y20.(2)因为RtABC斜边中点为M(2，0)，所以M为RtABC外接圆的圆心又AM2，从而RtABC外接圆的方程为(x2)2y28.设P(a，b)，因为动圆P过点N，所以该圆的半径r，圆方程为(xa)2(yb)2r2.由于P与M相交，则公共弦所在直线m的方程为(42a)x2bya2

34、b2r240.因为公共弦长为4，M半径为2，所以M(2，0)到m的距离d2，即2，化简得b23a24a，所以r .当a0时，r最小值为2，此时b0，圆的方程为x2y24.方法技巧解决有关直线与圆位置关系的问题的方法(1)直线与圆的方程求解通常用的待定系数法，由于直线方程和圆的方程均有不同形式，故要根据所给几何条件灵活使用方程(2)对直线与直线的位置关系的相关问题要用好直线基本量之一斜率，要注意优先考虑斜率不存在的情况(3)直线与圆的位置关系以及圆与圆的位置关系在处理时几何法优先，有时也需要用代数法即解方程组演练冲关(2019连云港模拟)已知圆O1：x2y225，点P在圆O2：x2y2r2(0r

35、5)上，过点P作圆O2的切线交圆O1于点M，N两点，且r，OM，MN成等差数列(1)求r；(2)若点P的坐标为(4，3)，与直线MN平行的直线l与圆O2交于A，B两点，则使AOB的面积为4的直线l有几条？并说明理由解：(1)显然圆O1和圆O2是圆心在原点的同心圆连接OP，则OPMN，OM5，OPr，在直角三角形MOP中，MP，所以MN2.由r，OM，MN成等差数列，得2OMrMN，即25r2，解得r4.(2)因为点P的坐标为(4，3)，所以kOP，所以直线l的斜率k，设直线l的方程为yxb，即4x3y3b0.设圆心到该直线的距离为d，则d，则AB2，所以SAOBABdd4，整理得 d416d2

36、480，(d24)(d212)0，解得d2或d2 ，因为d，从而对应的b有4个解：b或b，检验知均符合题意，故使AOB的面积为4的直线l有4条.题型(二)圆中的定点、定值问题主要考查动圆过定点的问题其本质是含参方程恒有解，定值问题是引入参数，再利用其满足的约束条件消去参数得定值.典例感悟例2已知圆C：x2y29，点A(5，0)，直线l：x2y0.(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y2xb，即2xyb0.因为直线与圆C相切，所以3，解

37、得b3.所以所求直线方程为2xy30.(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，；当点P为圆C与x轴的右交点(3，0)时，.依题意，解得t或t5(舍去)下面证明点B对于圆C上任一点P，都有为一常数设P(x，y)，则y29x2，所以.从而为常数法二：假设存在这样的点B(t，0)，使得为常数，则PB22PA2，所以(xt)2y22(x5)2y2，将y29x2代入，得x22xtt29x22(x210x259x2)，即2(52t)x342t290对x3，3恒成立，所以解得或(舍去)故存在点B对于圆C上任一点P，都有为常数.方法技巧关于解决圆中的定点、定值问题的方法

38、(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演练冲关1(2019无锡天一中学模拟)已知以点C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y2x4与圆C交于点M，N，若OMON，求圆C的方程解：(1)证明：由题意知圆C过原点O，半径rOC.OC2t2，设圆C的方程为(xt)2t2，令y0，得x10，x22t，则A(2t，0)令x0，得y10，y2，则B.SOABOAOB|2t|4，

39、即OAB的面积为定值(2)OMON，CMCN，OC垂直平分线段MN.kMN2，kOC，直线OC的方程为yx.t，解得t2或t2.当t2时，圆心C的坐标为(2，1)，r|OC|，此时圆心C到直线y2x4的距离d，圆C与直线y2x4不相交，圆C的方程为(x2)2(y1)25.2已知圆M的方程为x2(y2)21，直线l的方程为x2y0，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APB60，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(2

40、m，m)，因为APB60，AM1，所以MP2，所以(2m)2(m2)24，解得m0或m，故所求点P的坐标为P(0，0)或P.(2)易知直线CD的斜率存在，可设直线CD的方程为y1k(x2)，由题知圆心M到直线CD的距离为，所以，解得k1或k，故所求直线CD的方程为xy30或x7y90.(3)设P(2m，m)，MP的中点Q，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(xm)2m2，化简得x2y22ym(2xy2)0，此式是关于m的恒等式，故解得或所以经过A，P，M三点的圆必过定点(0，2)或.题型(三)与直线、圆有关的最值或范围问题主要考查与直线和

41、圆有关的长度、面积的最值或有关参数的取值范围问题. 典例感悟例3已知ABC的三个顶点A(1，0)，B(1，0)，C(3，2)，其外接圆为圆H.(1)若直线l过点C，且被圆H截得的弦长为2，求直线l的方程；(2)对于线段BH上的任意一点P，若在以C为圆心的圆上都存在不同的两点M，N，使得点M是线段PN的中点，求圆C的半径r的取值范围解(1)线段AB的垂直平分线方程为x0，线段BC的垂直平分线方程为xy30.所以外接圆圆心H(0，3)，半径为.圆H的方程为x2(y3)210.设圆心H到直线l的距离为d，因为直线l被圆H截得的弦长为2，所以d3.当直线l垂直于x轴时，显然符合题意，即x3为所求；当直

42、线l不垂直于x轴时，设直线方程为y2k(x3)，则3，解得k.所以直线l的方程为y2(x3)，即4x3y60.综上，直线l的方程为x3或4x3y60.(2)直线BH的方程为3xy30，设P(m，n)(0m1)，N(x，y)因为点M是线段PN的中点，所以M，又M，N都在半径为r的圆C上，所以即因为该关于x，y的方程组有解，即以(3，2)为圆心，r为半径的圆与以(6m，4n)为圆心，2r为半径的圆有公共点，所以(2rr)2(36m)2(24n)2(r2r)2.又3mn30，所以r210m212m109r2对任意的m0，1成立而f(m)10m212m10在0，1上的值域为，所以r2且109r2.又线

43、段BH与圆C无公共点，所以(m3)2(33m2)2r2对任意的m0，1成立，即r2b0)的焦点为F1(1，0)，F2(1，0)过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2：(x1)2y24a2交于点A，与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B，连接BF2交椭圆C于点E，连接DF1.已知DF1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)求点E的坐标解(1)设椭圆C的焦距为2c.因为F1(1，0)，F2(1，0)，所以F1F22，c1.又因为DF1，AF2x轴，所以DF2 .因此2aDF1DF24，从而a2.由b2a2c2，得b23.因此椭圆C的标准方程为1.(2)由(1)知，椭圆C：1，a2.因

44、为AF2x轴，所以点A的横坐标为1.将x1代入圆F2的方程(x1)2y216，解得y4.因为点A在x轴上方，所以A(1，4)又F1(1，0)，所以直线AF1：y2x2.由得5x26x110，解得x1或x.将x代入y2x2，解得y.因此B.又F2(1，0)，所以直线BF2：y(x1)由得7x26x130，解得x1或x.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x1.将x1代入y(x1)，得y.因此E.由(1)知，椭圆C：1.如图，连接EF1.因为BF22a，EF1EF22a，所以EF1EB，从而BF1EB.因为F2AF2B，所以AB.所以ABF1E，从而EF1F2A.因为AF2x轴，所以EF1x轴因

45、为F1(1，0)，由得y.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y.因此E.方法技巧椭圆与圆的综合问题的解题策略(1)在椭圆背景下，常会出现给出三点(包含椭圆上的点)求圆的方程，也会出现给出以椭圆上的两点为直径的圆的问题这里涉及到椭圆上动点如何求解，以及椭圆的弦的处理(2)以两点为直径的圆，可以用直角三角形处理，也可以用向量数量积处理，这两种方法都是转化为点坐标来处理. (3)运算时要加强“设而不求”思想的渗透，出现多个变量时，要有消元意识和主元思想；在代入运算过程中，不要忘掉整体思想(4)在研究直线与椭圆相交的问题时，通常有两种方法来设参，一是设点坐标来作为参数，二是设直线的斜率作为参数在学

46、习中，要通过比较来看应用哪种方法较为简便，以免将问题复杂化演练冲关已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且经过点P，左、右焦点分别为F1，F2.(1)求椭圆C的方程；(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若AF2B的内切圆半径为，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程解：(1)由，得a2c，所以a24c2，b23c2，将点P的坐标代入椭圆方程得c21，故所求椭圆方程为1.(2)由(1)可知F1(1，0)，设直线l的方程为xty1，代入椭圆方程，整理得(43t2)y26ty90，显然判别式大于0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AF2B的内切圆半径为r0，则有y1y2，y1y2

47、，r0，所以SAF2BSAF1F2SBF1F2|F1F2|y1y2|F1F2|.而SAF2B|AB|r0|BF2|r0|AF2|r0r0(|AB|BF2|AF2|)r0(|AF1|BF1|BF2|AF2|)r04a8，所以，解得t21，因为所求圆与直线l相切，所以半径r，所以所求圆的方程为(x1)2y22.题型(三)椭圆中的定点、定值问题主要考查直线与椭圆的位置关系及动直线、动圆过定点问题或与动点有关的定值问题.典例感悟例3(2018江苏六市调研)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知B1，B2是椭圆1(ab0)的短轴端点，P是椭圆上异于点B1，B2的一动点当直线PB1的方程为yx3时，线段PB

48、1的长为4.(1)求椭圆的标准方程；(2)设点Q满足QB1PB1，QB2PB2.求证：PB1B2与QB1B2的面积之比为定值解设P(x0，y0)，Q(x1，y1)(1)在yx3中，令x0，得y3，从而b3.由得1.所以x0.因为PB1|x0|，所以4，解得a218.所以椭圆的标准方程为1.(2)证明：法一(设点法)：直线PB1的斜率为kPB1，由QB1PB1，所以直线QB1的斜率为kQB1.于是直线QB1的方程为yx3.同理，QB2的方程为yx3.联立两直线方程，消去y，得x1.因为P(x0，y0)在椭圆1上，所以1，从而y9.所以x1.所以2.法二(设线法)：设直线PB1，PB2的斜率分别为

49、k，k，则直线PB1的方程为ykx3.由QB1PB1，直线QB1的方程为yx3.将ykx3代入1，得(2k21)x212kx0.因为P是椭圆上异于点B1，B2的点，所以x00，从而x0.因为P(x0，y0)在椭圆1上，所以1，从而y9.所以kk，得k.由QB2PB2，所以直线QB2的方程为y2kx3.联立解得x1.所以2.方法技巧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

50、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，最后才是定值问题演练冲关(2019南京四校联考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：y21(a1)的右焦点为F(，0)，点P在椭圆C上，且位于第一象限，PF.(1)求点P的坐标(2)设直线l：ykxt与椭圆C交于A，B两点(异于点P)假设直线PA，PB的斜率均存在，且分别记为k1，k2.若t0，求k1k2的值；若k1k2，求证：直线l必经过一个定点，并求出该定点的坐标解：(1)由题意知，椭圆C的半焦距c，b1，所以a24，所以椭圆C的方程为y21.由题意可设P(x1，y1)(0x12，0y11)，因为

51、点P在椭圆C上，所以y1.因为PF，所以(x1)2y，联立上述两个方程，得得3x8x1150，得x1或x1(舍去)，所以y1.故点P的坐标为.(2)法一：当t0时，联立直线l的方程ykx与椭圆方程y21，得(14k2)x24，x，所以不妨令A，B，于是k1k2.法二：当t0时，直线l过原点，设A(x1，y1)，则由椭圆的对称性知B(x1，y1)，又y1，于是k1k2.证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立，得得(4k21)x28ktx4t240，16(4k2t21)0，x1，2，所以x1x2，x1x2.因为k1k2，所以，即，所以(x2)(x1)(x1)(x2)，即x1x2(x1x2

52、)2t2t0，化简得2t2(2k3)t4k2(t2)(2t2k1)0，故t2或tk.当t2时，直线l的方程为ykx2，直线l恒过定点(0，2)；当tk时，直线l的方程为ykxkk(x)，直线l恒过定点，与点P重合，不符合题意，舍去综上所述，直线l恒过定点(0，2) A组大题保分练1(2019扬州期末)如图，在平面直角坐标系中，椭圆M：1(ab0)的离心率为，左、右顶点分别为A，B，线段AB的长为4.点P在椭圆M上且位于第一象限，过点A，B分别作l1PA，l2PB，直线l1，l2交于点C.(1)若点C的横坐标为1，求点P的坐标；(2)设直线l1与椭圆M的另一个交点为Q，且，求的取值范围解：由题意

53、得解得b2a2c23，椭圆M的方程是1且A(2，0)，B(2，0)法一：(1)设P(x0，y0)，则kPA，l1PA，直线l1的方程为y(x2)同理得直线l2的方程为y(x2)联立方程，得解得又y0，点C的坐标为.点C的横坐标为1，x01，又P在椭圆M上，且位于第一象限，y0 ，点P的坐标为.(2)设Q(xQ，yQ)，解得点Q在椭圆M上，1，得7x36(1)x0721000，解得x02(舍)或x0.P在椭圆M上，且位于第一象限，02，解得，的取值范围为.法二：(1)设AP的斜率为k，P(x0，y0)，P在椭圆M上，且位于第一象限，0k.kkBP.直线BP的斜率为.联立方程，得解得即P.l1PA

54、，kAC，则直线l1的方程为y(x2)，l2PB，kBCk，则直线l2的方程为yk(x2)由得即C.点C的横坐标为1，1，解得k.0k，k，点P的坐标为.(2)设Q(xQ，yQ)，C(xC，yC)，由(1)得直线l1的方程为y(x2)，联立方程，得得(3k24)x216x1612k20，得xQ，1，0k，的取值范围为.2(2019苏北三市一模)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且右焦点到右准线l的距离为1.过x轴上一点M(m，0)(m为常数，且m(0，2)的直线与椭圆C交于A，B两点，与l交于点P，D是弦AB的中点，直线OD与l交于点Q.(1)求椭圆C的标准方

55、程；(2)试判断以PQ为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由解：(1)由题意，得解得所以a22，b21，所以椭圆C的标准方程为y21.(2)由题意，当直线AB的斜率不存在或为零时显然不符合题意，所以设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为yk(xm)(k0)又准线方程为x2，所以P(2，k(2m)，由得x22k2(xm)22，即(12k2)x24k2mx2k2m220，xA，B，xAxB，所以xD，yDk，所以kOD，从而直线OD的方程为yx，(也可用点差法求解)所以Q， 所以以PQ为直径的圆的方程为(x2)2yk(2m)0，即x24x2my2y0因为该式对任意k0恒成

56、立，令y0，得x2，所以以PQ为直径的圆经过定点(2，0)3(2018南通、泰州一调)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1(ab0)的离心率为，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于点Q，求的值解：(1)由题意得解得所以椭圆的标准方程为y21.(2)由题意知OP的斜率存在当OP的斜率为0时，OP，OQ，所以1.当OP的斜率不为0时，设直线OP的方程为ykx.由得(2k21)x22，解得x2，所以y2，所以OP2.因为OPOQ，所以直线OQ的方程为yx.由得xk，所以OQ22k22.所以1.综上，可知1.4已知椭圆M：1(a

57、b0)的离心率为，一个焦点到相应的准线的距离为3，圆N的方程为(xc)2y2a2c2(c为半焦距)，直线l：ykxm(k0)与椭圆M和圆N均只有一个公共点，分别设为A，B.(1)求椭圆M的方程和直线l的方程；(2)试在圆N上求一点P，使2.解：(1)由题意知解得a2，c1，所以b，所以椭圆M的方程为1.圆N的方程为(x1)2y25，联立消去y，得(34k2)x28kmx4m2120，因为直线l：ykxm与椭圆M只有一个公共点，所以64k2m24(34k2)(4m212)0得m234k2, 由直线l：ykxm与圆N只有一个公共点，得，即k22kmm255k2，将代入得km1，由且k0，得k，m2

58、.所以直线l的方程为yx2.(2)将k，m2代入，可得A.又过切点B的半径所在的直线l为y2x2，所以得交点B(0，2)，设P(x0，y0)，因为2，则8，化简得7x7y16x020y0220，又P(x0，y0)满足xy2x04，将7得3x02y050，即y0.将代入得13x22x090，解得x01或x0，所以P(1，1)或P.B组大题增分练1(2019南通等七市二模)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：y21，椭圆C2：1(ab0)，C2与C1的长轴长之比为1，离心率相同(1)求椭圆C2的标准方程；(2)设P为椭圆C2上一点射线PO与椭圆C1依次交于点A，B，求证：为定值；过点P作

59、两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，且直线l1，l2与椭圆C1均有且只有一个公共点，求证：k1k2为定值解：(1)设椭圆C2的焦距为2c，由题意，知a2，a2b2c2.得b，因此椭圆C2的标准方程为1.(2)证明：1当直线OP的斜率不存在时，PA1，PB1，则32.2当直线OP的斜率存在时，设直线OP的方程为ykx，代入椭圆C1的方程，消去y，得(4k21)x24.所以xx，同理x，所以x2x，由题意，知xP与xA同号，xA，xB互为相反数，所以xPxA，xAxB，从而32.所以32，为定值设P(x0，y0)，则直线l1的方程为yy0k1(xx0)，即yk1xy0k1x0，记ty0k1x

60、0，则l1的方程为yk1xt，代入椭圆C1的方程，消去y，得(4k1)x28k1tx4t240，因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，所以(8k1t)24(4k1)(4t24)0，即4kt210.将ty0k1x0代入上式，整理得，(x4)k2x0y0k1y10.同理可得，(x4)k2x0y0k2y10，所以k1，k2为关于k的方程(x4)k22x0y0ky10的两根，从而k1k2.又点P(x0，y0)在椭圆C2：1上，所以y2x，所以k1k2，为定值2.如图，在平面直角坐标系xOy中， 已知圆O：x2y24，椭圆C：y21，A为椭圆右顶点过原点O且异于坐标轴的直线与椭圆C交于B，C两点，直

61、线AB与圆O的另一交点为P，直线PD与圆O的另一交点为Q，其中D.设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.(1)求k1k2的值；(2)记直线PQ，BC的斜率分别为kPQ，kBC，是否存在常数，使得kPQkBC？若存在，求的值；若不存在，说明理由；(3)求证：直线AC必过点Q.解：(1)设B(x0，y0)，则C(x0，y0)，y1，因为A(2，0)，所以k1，k2，所以k1k2.(2)设直线AP方程为yk1(x2)，联立消去y，得(1k)x24kx4(k1)0，解得xP，yPk1(xP2)，联立消去y，得(14k)x216kx4(4k1)0，解得xB，yBk1(xB2)，所以kBC，kPQ，所以

62、kPQkBC，故存在常数，使得kPQkBC.(3)证明：设直线AC的方程为yk2(x2)，当直线PQ与x轴垂直时，Q，则P，所以k1，即B(0，1)，C(0，1)，所以k2，则kAQk2，所以直线AC必过点Q.当直线PQ与x轴不垂直时，设直线PQ的方程为y，联立解得xQ，yQ，因为k2，所以kAQk2，A，Q，C三点共线，故直线AC必过点Q.3(2019南京三模)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)过点，离心率为，A，B分别是椭圆C的上、下顶点，M是椭圆C上异于A，B的一点(1)求椭圆C的方程；(2)若点E在直线xy20上，且3，求EMA的面积；(3)过点M作斜率为1的直线分别交

63、椭圆C于另一点N，交y轴于点D，且D点在线段OA上(不包括端点O，A)，直线NA与直线BM交于点P，求的值解：(1)因为椭圆C过点，离心率为，所以1，1e2，解得a22，b21，所以椭圆C的方程为y21.(2)由(1)知B(0，1)，设M(xM，yM)，E(xE，yE)由3，得(xE，yE1)3(xM，yM1)，则xE3xM，yE3yM2.又点E在直线xy20上，所以yMxM，因为M在椭圆C上，所以y1，将代入上式，得x.所以|xM|，从而|xE|，所以SEMASEABSMAB22.(3)法一：由(1)知，A(0，1)，设D(0，m)，0m1，M(x1，y1)，N(x2，y2)因为直线MN的斜

64、率为1，所以直线MN的方程为yxm，联立，得消去y，得3x24mx2m220，则x1，2，所以x1x2，x1x2.又直线MB的方程为yx1，直线NA的方程为yx1，所以易得yP.将y1x1m，y2x2m代入，得yP.所以(0，m)(xP，yP)myPm1.法二：由(1)知A(0，1)，设M(x0，y0)，则y1.因为直线MN的斜率为1，所以直线MN的方程为yxx0y0，则D(0，y0x0)，联立方程，得消去y，得3x24(x0y0)x2(x0y0)220，16(x0y0)224(x0y0)21，则x1，2，所以xNx0，所以xN，yN，所以直线NA的方程为yx1x1，直线MB的方程为yx1，所

65、以易得yP.又y1，所以yP，所以(0，y0x0)(xP，yP)(y0x0)1.4.(2018江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点，焦点为F1(，0)，F2(，0)，圆O的直径为F1F2.(1)求椭圆C及圆O的方程；(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；直线l与椭圆C交于A，B两点若OAB的面积为，求直线l的方程解：(1)因为椭圆C的焦点为F1(，0)，F2(，0)，可设椭圆C的方程为1(ab0)又点在椭圆C上，所以解得所以椭圆C的方程为y21.因为圆O的直径为F1F2，所以圆O的方程为x2y23.(2)设直线l与圆O相切

66、于点P(x0，y0)(x00，y00)，则xy3，所以直线l的方程为y(xx0)y0，即yx.由消去y，得(4xy)x224x0x364y0.(*)因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以(24x0)24(4xy)(364y)48y(x2)0.因为x00，y00，所以x0，y01.所以点P的坐标为(，1)因为OAB的面积为，所以ABOP，从而AB.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(*)得x1，2，所以AB2(x1x2)2(y1y2)2.因为xy3，所以AB2，即2x45x1000，解得x(x20舍去)，则y，因此P的坐标为.所以直线l的方程为y，即yx3.第四讲 | 专题提能“解析几

67、何”专题提能课失误1因忽视方程的标准形式而失误例1已知抛物线的方程为y2ax2(a0)，则它的焦点坐标为_解析y2ax2(a0，标准方程中一次项系数的绝对值为2p，求出p后再研究抛物线的几何性质，结合图形去考虑.失误2因忽视圆方程本身的限制条件而失误例2过定点(1，2)作两直线与圆x2y2kx2yk2150相切，则k的取值范围是_解析把圆的方程化为标准方程得，(y1)216k2，所以16k20，解得k0，即(k2)(k3)0，解得k2.综上，k的取值范围是.答案点评本题易错在于忽略题中方程必须是圆的方程，有些学生不考虑D2E24F0.本例应把圆的方程化为标准方程后，根据构成圆的条件得到等号右边

68、的式子大于0，列出关于k的不等式，求出不等式的解集，然后由过已知点总可以作圆的两条切线，得到点在圆外，故把点的坐标代入圆的方程中得到一个关于k的关系式，求出不等式的解集，综上，求出两解集的交集即为实数k的取值范围.失误3因忽视斜率不存在的情况而失分例3已知过点(1，2)的直线l与圆x2y24交于A，B两点，弦长AB2，求直线l的方程解当过点(1，2)的直线l斜率不存在时，满足要求，所以方程x1满足题意；当过点(1，2)的直线l存在斜率时，记l的方程为y2k(x1)，即kxy2k0，由弦长为2可得圆心到直线的距离为1，则d1，解得k，所以直线l的方程为y2(x1)，即3x4y50.所以所求直线l

69、的方程为x1和3x4y50.点评本题学生易错在于忽略了斜率不存在的情况，在用斜率研究直线方程首先考虑斜率不存在的情况给定弦长，一般都有两解，除非弦长值就是直径的值，此时只有一解策略1利用对称性解决椭圆中焦点三角形问题例1如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆1(ab0)的右焦点，直线y与椭圆交于B，C两点，且BFC90，则该椭圆的离心率为_解析法一：由可得B，C.由F(c，0)，得，.又BFC90，所以0，化简可得2a23c2，即e2，故e.法二：由可得B，C，所以BCa，由椭圆的焦半径公式得BFaexBaea，CFaexCaea，又BFC90，所以BF2CF2BC2，即(a)2，式子两边同

70、除以a2可得e2，即e.答案点评本题中B，C两点是关于y轴对称，对称性的运用对线段的求解和坐标求解有很大帮助策略2利用有界性处理圆锥曲线中的存在性问题例2若双曲线1(a0，b0)右支上存在一点P到左焦点的距离是到右准线距离的6倍，则该双曲线离心率的取值范围为_解析记双曲线1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，设点P到右准线的距离为d，则由题意得点P到左焦点的距离为PF16d，由于PF1PF22a，所以PF26d2a，所以，所以d，又因为da，所以解之得此双曲线的离心率e的取值范围是(1，23，6)答案(1，23，6)点评一般地，根据“存在一点”这样的条件求解离心率的取值范围问题，主要是

71、先利用几何条件建立关于a，b，c的方程，再根据椭圆、双曲线和抛物线上点的坐标的有界性来求解函数方程思想解决平面几何中的最值问题典例在平面直角坐标系xOy中，设曲线C1：1(ab0)所围成的封闭图形的面积为4，曲线C1上的点到原点O的最短距离为.以曲线C1与坐标轴的交点为顶点的椭圆记为C2.(1)求椭圆C2的标准方程；(2)设AB是过椭圆C2中心O的任意弦，l是线段AB的垂直平分线若M是l与椭圆C2的交点，求AMB的面积的最小值解(1) 由题意得解得a28，b21. 所以所求椭圆C2的标准方程为y21.(2)法一：设M(x，y)，则A(y，x)(R，0)因为点A在椭圆C2上，所以2(y28x2)

72、8，即y28x2.又x28y28.得x2y2.所以SAMBOMOA|(x2y2).当且仅当1，即kAB1时，(SAMB)min. 法二：假设AB所在的直线斜率存在且不为零，设AB所在直线的方程为ykx(k0)解方程组得x，y，所以OA2xy，AB24OA2.又由解得x，y，所以OM2.由于SAB2OM2，当且仅当18k2k28时等号成立，即k1时等号成立，此时AMB面积的最小值是SAMB.当k0时，SAMB412； 当k不存在时，SAMB222.综上所述，AMB面积的最小值为.点评第(2)问中有关三角形面积的计算一般用以下几种方式：(1)以弦长为底，点到弦所在直线距离为高；(2)正弦定理；(3

73、)如果弦所在直线过定点且顶点也为定点，可以将面积进行分割一般地，如果建立关于k的函数，可以用导数的方法或换元处理后用基本不等式方法；如果建立的关于(x，y)的函数可以直接用基本不等式或消元后转化成二次函数1多角度运用几何特征转化例1(2019全国卷)设F1，F2为椭圆C：1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限若MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为_解析法一：三角形等面积法求高yM，代入椭圆方程求xM.由已知可得a236，b220，所以c2a2b216，所以c4，所以|MF1|F1F2|2c8.因为|MF1|MF2|2a12，所以|MF2|4.设点M的坐标为(xM，yM)(xM0，yM0)，则S

74、MF1F2|F1F2|yM4yM，又SMF1F244，所以4yM4，解得yM，所以1，解得xM3(xM3舍去)，所以M的坐标为(3，)法二：根据两点间的距离公式及点M在椭圆上联立方程组求解因为椭圆C：1，所以a6，b2，因为a2b2c2，所以c4，即F1(4，0)，F2(4，0)，因为M为C上一点且在第一象限，设点M的坐标为(xM，yM)(xM0，yM0)，因为MF1F2为等腰三角形，所以|MF1|F1F2|8，所以解得所以点M的坐标为(3，)法三：作垂线，利用向量垂直的数量积为0及点M在椭圆上联立方程组求解如图，设M(m，n)(m0，n0)，过点M作MPx轴于P，过点F1作F1QMF2于Q，

75、因为MF1F2为等腰三角形，M为C上一点且在第一象限，所以Q为MF2的中点，所以0，则Q， (4m，n)所以(4m，n)0，即n2488mm2，因为M(m，n)(m0，n0)在椭圆C上，所以1，所以所以点M的坐标为(3，)法四：利用余弦定理及三角函数的定义求解因为椭圆C：1，所以a6，b2，因为a2b2c2，所以c4，即F1(4，0)，F2(4，0)，因为MF1F2为等腰三角形，所以|MF1|F1F2|8，由椭圆的定义知|MF2|4，在MF1F2中，由余弦定理得cosMF1F2，设点M的坐标为(xM，yM)(xM0，yM0)，所以，即yM8，cosMF1F2，即xM843，所以点M的坐标为(3

76、，)答案(3，)点评与本题有关的数学知识有：椭圆的定义、方程与性质，三角形面积的计算、两点间的距离公式、等腰三角形的性质、平面向量的数量积、三角函数的定义、余弦定理、椭圆的参数方程等本题考查运算求解能力，考查数形结合思想、转化与化归的思想，体现直观想象、逻辑推理、数学运算等数学核心素养2多角度的求解直线过定点例2过椭圆y21的左顶点A作互相垂直的直线分别交椭圆于M，N两点求证：直线MN过定点，并求出该定点坐标解法一：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN：ykxm.联立消去y，得(14k2)x28kmx4m240，则0，且x1x2，x1x2.由AMAN，得1，即(k21)x1x2(km

77、2)(x1x2)m240，(k21)(km2)m240，化简得5m216km12k20，k0，516120，解得或2(舍去)，直线MN：yk，过定点.法二：设直线AM：yk(x2)(k0)，则直线AN：y(x2)联立消去y，得(14k2)x216k2x16k240，则2xM，xM，yM.所以点M，同理点N，所以kMN，所以直线MN的方程为y，令y0，得x，所以直线MN过定点.法三：(考查极端位置、特殊位置确定出定点，从而转化为一般性证明题)同法二知，xM，xN，令k21，此时，直线MN过定点C.当k21，kCM，kCN.kCMkCN，M，N，C三点共线，即直线MN过定点.点评直线过定点问题，可

78、以设出直线方程ykxm，得出k与m的关系，从而得到过定点；也可以直接用k表示出新直线的方程，再求过定点；也可以先特殊得出定点，再用三点共线来论证一般情形 A组易错清零练1过点P(2，1)且倾斜角的正弦值为的直线方程为_解析：设所求直线的倾斜角为，则由题设知sin ，因为00，b0)的一个焦点在直线l：xy40上，且双曲线的一条渐近线与直线l垂直，则该双曲线的方程为_解析：依题意，知双曲线的焦点在y轴上，因为直线l与y轴的交点坐标为(0，4)，所以双曲线的焦点坐标为(0，4)，即c 4.又直线l的斜率为，直线l与双曲线的一条渐近线垂直，所以，所以可得a24，b212，故该双曲线的方程为1.答案：

79、13(2019南京盐城二模)在平面直角坐标系xOy中，已知A是抛物线y24x与双曲线1(b0)的一个交点若抛物线的焦点为F，且FA5，则双曲线的渐近线方程为_解析：由题意知，抛物线的焦点为F(1，0)，准线方程为x1.因为AF5，所以点A到抛物线的准线的距离也为5，所以A(4，4)或A(4，4)，又点A在双曲线上，所以1，得b，所以双曲线的渐近线方程为yx.答案：yx4若关于x的方程 a(x1)1有两个不相等的实数根，那么实数a的取值范围是_解析：作出函数y的图象，它是单位圆的上半部分，作出直线ya(x1)1，它是过点A(1，1)的直线，由图象可知，实数a的取值范围是.答案：5(2019姜堰中

80、学模拟)如图，已知椭圆C：1(ab0，a1)的离心率e，右顶点到直线axby1的距离为1，过点P(0，2)的直线l交椭圆C于A，B两点(1)求椭圆C的标准方程；(2)设M为AB的中点，连接OM并延长交椭圆C于点N，若，求直线AB的方程；(3)若直线OB交椭圆C于另一点Q，求ABQ面积的最大值解：(1)离心率e，得.设椭圆C的右顶点(a，0)到直线axby1的距离为d，则d1，将a23b2代入上式得，d1，得b1，a或b，a.a1，a，b1.故椭圆C的标准方程为y21.(2)显然过点P的直线l的斜率存在且不为0，不妨设直线l的斜率为k(k0)，则直线l的方程为ykx2(k0)由消去y并整理得(1

81、3k2)x212kx90，由144k236(13k2)36(k21)0，得k21.设M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x3，y3)，则x1，2.x0，y0kx02k2.，即点N(x3，y3)在椭圆上，y1，即4x12y3，即4123，整理得3k414k250，解得k.故直线AB的方程为yx2.(3)连接AO，由椭圆的对称性可知，BOOQ，则SABQ2SAOB.设点O到直线AB的距离为h，由(2)得AB，h，SAOBABh，SABQ2SAOB.令t，则t0，k2t21，SABQ，当且仅当t，k2，即k时等号成立，(SABO)max.B组方法技巧练1已知直线l：mxy3m0

82、与圆x2y212交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点若|AB|2，则|CD|_解析：由直线l：mxy3m0知其过定点(3，)，圆心O到直线l的距离为d.由|AB|2得()212，解得m.又直线l 的斜率为m，所以直线l的倾斜角.画出符合题意的图形如图所示，过点C作CEBD，则DCE.在RtCDE中，可得|CD|24.答案：42.如图，设F1，F2分别是椭圆E：x21(0b1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点若|AF1|3|F1B|，AF2x轴，则椭圆E的方程为_解析：设F1(c，0)，F2(c，0)，其中c，则可设A(c，b2)，B(x0，y0)，由|AF

83、1|3|F1B|，可得3，故即代入椭圆方程可得b21，解得b2，故椭圆方程为x21.答案：x2y213(2019南京三模)在平面直角坐标系xOy中，过双曲线1(a0，b0)的右焦点F作一条渐近线的平行线，交另一条渐近线于点P，若线段PF的中点恰好在此双曲线上，则此双曲线的离心率为_解析：双曲线的渐近线方程为yx，右焦点F(c，0)，根据对称性，不妨设平行线方程为y(xc)，易知它与另一条渐近线yx交于点P.所以线段PF的中点坐标为，代入双曲线的方程得1，即c22a2，所以双曲线的离心率e.答案：4若椭圆1(ab0)上存在一点M，它到左焦点的距离是它到右准线距离的2倍，则椭圆离心率的最小值为_.

84、 解析：由题意，设点M的横坐标为x，根据焦半径公式得，aex2，x，有aa，不等式各边同除以a，得11，则1e2，即e23e20，又0e1，所以eb0)的离心率为，焦点到相应准线的距离为.(1)求椭圆E的标准方程；(2)如图，已知P(t，0)为椭圆E外一动点，过点P分别作直线l1和l2，直线l1和l2分别交椭圆E于点A，B和点C，D，且l1和l2的斜率分别为定值k1和k2，求证：为定值解：(1)设椭圆的半焦距为c，由已知得，c，c2a2b2，解得a2，b1，c，椭圆E的标准方程是y21.(2)证明：由题意，得直线l1的方程为yk1(xt)，代入椭圆E的方程中，并化简得，(14k)x28ktx4

85、kt240，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，2.x1x2，x1x2.因为PA|x1t|，PB|x2t|，所以PAPB(1k)|x1t|x2t|(1k)|t2(x1x2)tx1x2|(1k)，同理，PCPD.因为k1，k2为定值，所以为定值C组创新应用练1设mR，过定点A的动直线xmy0和过定点B的动直线mxym30交于点P(x，y)，则|PA|PB|的最大值是_解析：易求定点A(0，0)，B(1，3)当P与A和B均不重合时，不难验证PAPB，所以|PA|2|PB|2|AB|210，所以|PA|PB|5(当且仅当|PA|PB|时，等号成立)，当P与A或B重合时，|PA|PB|0，故

86、|PA|PB|的最大值是5.答案：52已知O为坐标原点，F是椭圆C：1(ab0)的左焦点，A，B分别为C的左、右顶点P为C上一点，且PFx轴过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为_解析：如图所示，由题意得A(a，0)，B(a，0)，F(c，0)设E(0，m)，由PFOE，得，则|MF|.又由OEMF，得，则|MF|.由得ac(ac)，即a3c，e.答案：3设点M(x0，1)，若在圆O：x2y21上存在点N，使得OMN45，则x0的取值范围是_解析：依题意，直线MN与圆O有公共点即可，即圆心O到直线MN的距离小于等于1即可，过O作OAMN，垂足

87、为A，在RtOMA中，因为OMA45，故|OA|OM|sin 45|OM|1，所以|OM|，则，解得1x11.答案：1，14已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|2c，若椭圆上存在点M使得，则该椭圆离心率的取值范围为_解析：在MF1F2中，而，.又M是椭圆1上一点，F1，F2是椭圆的焦点，|MF1|MF2|2a.由得，|MF1|，|MF2|.显然|MF2|MF1|，ac|MF2|ac，即ac0，e22e10，又0e1，1eb0)经过点P，且点P与椭圆的左、右顶点连线的斜率之积为.(1)求椭圆C的方程；(2)若椭圆C上存在两点Q，R，使得PQR的垂心(三角形三条高的交点

88、)恰为坐标原点O，试求直线QR的方程解：(1)由题意，得得所以椭圆C的方程为1.(2)设Q(x1，y1)，R(x2，y2)，连接PO，QO(图略)，因为QRPO，且kPO，所以kQR，故可设直线QR的方程为yxm.联立，得消去y，得5x24mx2m240.由0得32m220(2m24)0，得m2b0)，则A(0，b)，B(0，b)，T，设直线AT与BF交于CAT：1，BF：1，联立，解得交点C，代入得：1.满足式，则C点在椭圆上，A，C，T共线，C与C重合，A，C，T三点共线(2)过C作CEx轴，垂足为E(图略)，则OBFECF.3，CEb，EFc，则C，代入得：1，a22c2，b2c2.设P(x0，y0)，则x02y2c2，此时C，ACc，SABC2cc2，直线AC的方程为x2y2c0，点P到直线AC的距离为d，SAPCdACcc.只需求x02y0的最大值(x02y0)2x4y22x0y0x4y2(xy)3(x2y)6c2，x02y0c，当且仅当x0y0c时，(x02y0)maxc.四边形的面积最大值为c2c2c2，c21，a22，b21，此时椭圆方程为y21，P点坐标.