高考数学二轮复习专题三解析几何教学案
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：d
r⇔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.
