高考数学新增分大一轮：第九章平面解析几何微专题四
解析 l 1 过定点 O(0,0)， l 2 过定点 A(2，－ 4)，
则 P 在以 OA 为直径的圆上 (P 异于 O， A) ， 又 x20＋ y20＋ 2x0＝ (x0＋ 1)2＋ y20－ 1， 又 t＝ x0＋ 1 2＋ y20表示点 (－ 1,0)到圆 (x－ 1)2＋ (y＋ 2)2＝ 5 上的点的距离，
2
答案
－
1，－
3 4
解析 设 A(－ 1,0)，B(1,0)， C(x，y) ， 由已知可得 (x＋ 1)(x－ 1)＋ y2＝ λ， ∴ x2＋ y2＝ 1＋ λ.
λ<0，
∴ 1＋ λ≥ 0，
1＋
λ＋
1≤ 2
1或
1＋ λ－ 1≥ 1， 2
解得－ 1≤ λ≤ －3. 4
四、两定点 A， B，动点 P 满足 PA＝ λ(λ>0， λ≠ 1)确定隐形圆 (阿波罗尼斯圆 ) PB
所以 ∠PMQ ＝ 90°， M 在以 PQ 为直径的圆上，
此圆的圆心
A 的坐标为
1－ 2
1，
－2＋ 2
0
，
即 A(0，－ 1)，半径
r
＝
1 2PQ
＝
2，
又因为 N(3,3)，所以 AN＝ 5，
所以 (MN) max＝ 5＋ 2. 跟踪训练 2 (2018 ·江苏省通州区检测 )设 m∈ R，直线 l 1： x＋my＝ 0 与直线 l2：mx－ y－2m－ 4 ＝ 0 交于点 P( x0， y0)，则 x02＋ y20 ＋ 2x0 的取值范围是 ________． 答案 [12 － 4 10， 12＋4 10]
解得－
6 5 < a<0.
(2)(2018 南·通模拟 )在平面直角坐标系
xOy 中，已知 B，C 为圆 x2＋ y2＝ 4 上两点，点 A(1,1) ，
且 AB⊥ AC，则线段 BC 的长的取值范围为 ________．
答案 [ 6－ 2， 6＋ 2] 解析 方法一 设 BC 的中点为 M (x， y)， 因为 OB2＝OM 2＋ BM 2＝ OM 2＋ AM 2， 所以 4＝ x2＋ y2＋ (x－ 1)2＋ (y－ 1)2，
例 4 (2019 ·江苏省海安高级中学月考 )在平面直角坐标系 xOy 中，点 A(1,0)，B(4,0)，若在圆 C：
(x－ a)2＋ (y－ 2a)2＝ 9 上存在点
P
使得
PA＝
1 2PB，则实数
a 的取值范围是
________________．
答案 解析
－ 5，－ 5 ∪ 5， 5
5
5
设 P(x， y)，则 PA＝ x－ 1 2＋ y2， PB＝
等)， 有 OB2＋ OC2＝ OA2＋ON 2，所以 ON ＝ 6，
故 N 在以 O 为圆心， 6为半径的圆上，
所以 BC 的取值范围是 [ 6－ 2， 6＋ 2]． 跟踪训练 1 (2018 ·苏北四市模拟 )已知 A，B 是圆 C1： x2＋ y2＝ 1 上的动点， AB＝ 3， P 是圆 C2： (x－ 3)2＋ (y－ 4)2＝ 1 上的动点，则 |P→A＋ P→B|的取值范围是 ________． 答案 [ 7,13]
∴ 直线与圆
x2＋
y2＋
8 3x－
16 3
＝
0
相交，
∴ 圆心到直线的距离
－ 4－ b
d＝
3 1＋ 3
< 83，
∴
－4－ 3
16 3<
b<
－43＋
16， 3
即实数 b 的取值范围是
－ 20， 4 . 3
微专题四 常见 “ 隐形圆 ” 问题
一、利用圆的定义确定隐形圆 例 1 (1)如果圆 (x－ 2a)2＋ (y－ a－ 3)2＝ 4 上总存在两个点到原点的距离为 范围是 ________．
1，则实数 a 的取值
答案
－ 65， 0
解析 到原点距离为 1 的点的轨迹是以原点为圆心的单位圆，
故此单位圆和已知圆相交， ∴ 2－ 1< 2a 2＋ a＋ 3 2<2＋ 1， ∴1<5 a2＋ 6a＋9<9 ，
例 3 (2018 ·南通考试 )已知点 A(2,3)，点 B(6，－ 3)，点 P 在直线 3x－ 4y＋ 3＝ 0 上，若满足等
式 A→P·B→P＋2λ＝ 0 的点 P 有两个，则实数 λ的取值范围是 ________． 答案 λ<2
解析 设 P(x， y)，则 A→P＝( x－ 2， y－ 3)， B→P＝ (x－ 6， y＋ 3)，
得∠ APB＝ 90°，则 m 的取值范围是 ________．
答案 [ 4,6]
解析 ∵ P 在以 AB 为直径的圆上 (P 异于 A， B)，
∴ 以 AB 为直径的圆和 ⊙ C 有公共点，
∴ m－ 1≤ 5≤ m＋ 1， ∴ 4≤ m≤6.
(2)(2019 江·苏省徐州市第一中学月考 )若实数 a，b，c 成等差数列且点 P(－ 1,0)在动直线 ax＋
5
5
跟踪训练 4 (2019 ·江苏省启东中学考试 )在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 O：x2＋ y2＝ 1，O1：
(x－ 4)2＋ y2＝ 4，动点 P 在直线 x＋ 3y－ b＝0 上，过 P 点分别作圆 O，O1 的切线，切点分别
为 A， B，若满足 PB＝ 2PA 的点 P 有且只有两个，则实数 b 的取值范围是 ________．
根据 A→P ·B→P＋ 2λ＝ 0，
有
(
x－
4)
2＋
y2＝
13－
2
λλ<
13 2
.
由题意知，圆
(x－
4)
2＋
y2＝
13－
13 2λλ< 2
与直线
3x－ 4y＋ 3＝0 相交，
圆心到直线的距离
d＝ |3
4·－ 4·0＋ 32＋42
3|＝
3<
13－ 2λ，所以 λ<2.
跟踪训练 3 已知线段 AB 的长为 2，动点 C 满足 C→A·C→B ＝λ(λ为常数 )，且点 C 总不在以点 B 为圆心， 1为半径的圆内，则负数 λ的取值范围是 ________．
化简得
1 x－ 2
2＋
1 y－2
2＝ 3， 2
所以点 M 的轨迹是以
12，
1 2
为圆心，
26为半径的圆，
所以 AM 的取值范围是
6－ 2
2 ，
6＋ 2
2，
所以 BC 的取值范围是 [ 6－ 2， 6＋ 2].
方法二 以 AB， AC 为邻边作矩形 BACN，则 BC＝ AN， 由矩形的几何性质 (矩形所在平面上的任意一点到其对角线上的两个顶点的距离的平方和相
x－4 2＋ y2，
∵
PA＝
1 2PB
，
∴
(x－
1)
2＋
y2＝
1 4
[(
x－
4)
2＋
y2]
，
整理得 x2＋ y2＝ 4，
P 的轨迹是以 O(0,0)为圆心，以 2 为半径的圆， 又 ∵P 在圆 C 上， ∴ 圆 C 与圆 O 有公共点， ∴ 1≤CO≤ 5，即 1≤ a2＋ 4a2≤ 5，
解得 a∈ － 5，－ 5 ∪ 5， 5 .
解析
取
AB 的中点
M ，则
C1M
＝
1， 2
所以 M 在以 C1 为圆心， 12为半径的圆上，
|P→A＋
P→B|＝
→ 2|PM
|，
C
1C2－
1
－
1 2
≤
PM
≤
C
1C2＋
1＋
12，
又
C1C2＝ 5，即
7≤ PM≤13，
2பைடு நூலகம்
2
∴ 7≤ |P→A＋ P→B|≤ 13.
二、动点 P 对两定点张角为 90°确定隐形圆 例 2 (1)已知圆 C： (x－ 3)2＋ (y－ 4)2＝ 1 和两点 A(－ m,0)， B(m,0)(m>0) ，若圆上存在点 P，使
∴ tmax＝ 2 2＋ 5， tmin＝ 2 2－ 5， ∴ (x20＋ y20＋ 2x0) max＝ (2 2＋ 5)2－ 1＝12＋ 4 10， (x20＋ y20＋ 2x0)min ＝(2 2－ 5)2－ 1＝ 12－4 10，
故所求范围是 [12－ 4 10， 12＋ 4 10] ．
三、 A， B 是两定点，动点 P 满足 P→A·P→B＝ λ(常数 )确定隐形圆
答案 － 230， 4
解析 由题意知 O(0,0)， O1(4,0)．
设 P( x，y)，
∵ PB＝ 2PA， ∴ x－ 4 2＋ y2－ 4＝ 2 x2＋ y2－ 1， ∴ (x－ 4)2＋ y2＝ 4(x2＋ y2)，
∴
x2＋
y2＋
8 3
x－
16 3
＝
0，
圆心坐标为
－43， 0
，半径为
8， 3
∵ 动点 P 在直线 x＋ 3y－ b＝0 上，满足 PB＝ 2PA 的点 P 有且只有两个，
by＋ c＝0 上的射影为 M ，点 N(3,3)，则线段 MN 长度的最大值是 ________． 答案 5＋ 2
解析 因为 a，b， c 成等差数列，
所以 2b＝ a＋ c，即 0＝ a－ 2b＋ c， 方程 ax＋ by＋ c＝0 恒过点 Q(1，－ 2) ，
又因为点 P(－ 1,0)在动直线 ax＋ by＋ c＝ 0 上的射影为 M ，
2020版高考数学(文)新增分大一轮人教通用版平面解析几何第九章 9.3
思维升华
求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同常采用以下方法：
①直接法：直接根据题目提供的条件列出方程. ②定义法：根据圆、直线等定义列方程. ③几何法：利用圆的几何性质列方程. ④相关点代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式.
跟踪训练2
设定点M(－3,4)，动点N在圆x2＋y2＝4上运动，以OM，ON为两
A＝C≠0， B＝0， 2 2 D ＋ E －4AF>0.
提示
2.已知⊙C：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则“E＝F＝0且D<0”是“⊙C与y轴相 切于原点”的什么条件？
提示 由题意可知，⊙C 与 y
D 轴相切于原点时，圆心坐标为－ 2 ，0 ，而
(2)直角边BC的中点M的轨迹方程.
解 设 M(x，y)，C(x0，y0)，因为 B(3,0)，M 是线段 BC 的中点，由中点坐标 x0＋3 y0＋0 公式得 x＝ 2 ，y＝ 2 ，
所以x0＝2x－3，y0＝2y. 由(1)知，点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)， 将x0＝2x－3，y0＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4， 即(x－2)2＋y2＝1. 因此动点M的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝1(y≠0).
2 2 ( x － 2 5) ＋ y ＝5 所得弦的长为2，则圆的方程为_________________.
解析
2
根据题意，设圆的圆心坐标为 (a,0)(a>0)，则圆的标准方程为 (x－a)2
|a＋2×0| 5 ＋y ＝5(a>0)，则圆心到直线 x＋2y＝0 的距离 d＝ ＝ 5 a. 2 2 1 ＋2
D
可以大于 0，所以“E＝F＝0 且 D<0”是“⊙C 与 y 轴相切于原点”的充分 不必要条件.
2020版高考数学(理)新增分大一轮人教通用版讲义：第九章 平面解析几何 9.4 含解析
§9.4 直线与圆、圆与圆的位置关系1．判断直线与圆的位置关系常用的两种方法(1)几何法：利用圆心到直线的距离d 和圆的半径r 的大小关系． d <r ⇔相交；d ＝r ⇔相切；d >r ⇔相离． (2)代数法：――――→判别式Δ＝b 2－4ac⎩⎪⎨⎪⎧>0⇔相交；＝0⇔相切；<0⇔相离.2．圆与圆的位置关系设圆O 1：(x －a 1)2＋(y －b 1)2＝r 21(r 1>0)， 圆O 2：(x －a 2)2＋(y －b 2)2＝r 22(r 2>0).概念方法微思考1．在求过一定点的圆的切线方程时，应注意什么？提示 应首先判断这点与圆的位置关系，若点在圆上则该点为切点，切线只有一条；若点在圆外，切线应有两条；若点在圆内，切线为零条．2．用两圆的方程组成的方程组有一解或无解时能否准确判定两圆的位置关系？提示 不能，当两圆方程组成的方程组有一解时，两圆有外切和内切两种可能情况，当方程组无解时，两圆有相离和内含两种可能情况．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和，则两圆相交．( × )(2)从两圆的方程中消掉二次项后得到的二元一次方程是两圆的公共弦所在的直线方程．( × )(3)过圆O ：x 2＋y 2＝r 2上一点P (x 0，y 0)的圆的切线方程是x 0x ＋y 0y ＝r 2.( √ )(4)过圆O ：x 2＋y 2＝r 2外一点P (x 0，y 0)作圆的两条切线，切点分别为A ，B ，则O ，P ，A ，B 四点共圆且直线AB 的方程是x 0x ＋y 0y ＝r 2.( √ )(5)如果直线与圆组成的方程组有解，则直线与圆相交或相切．( √ ) 题组二 教材改编2．若直线x －y ＋1＝0与圆(x －a )2＋y 2＝2有公共点，则实数a 的取值范围是( ) A ．[－3，－1] B ．[－1,3]C ．[－3,1]D ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)答案 C解析 由题意可得，圆的圆心为(a,0)，半径为2， ∴|a －0＋1|12＋(－1)2≤2，即|a ＋1|≤2，解得－3≤a ≤1.3．圆(x ＋2)2＋y 2＝4与圆(x －2)2＋(y －1)2＝9的位置关系为( ) A ．内切 B ．相交 C ．外切 D ．相离 答案 B解析 两圆圆心分别为(－2,0)，(2,1)，半径分别为2和3，圆心距d ＝42＋1＝17.∵3－2<d <3＋2，∴两圆相交．4．圆x 2＋y 2－4＝0与圆x 2＋y 2－4x ＋4y －12＝0的公共弦长为________． 答案 2 2解析 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－4＝0，x 2＋y 2－4x ＋4y －12＝0，得两圆公共弦所在直线为x －y ＋2＝0.又圆x 2＋y 2＝4的圆心到直线x －y ＋2＝0的距离为22＝ 2.由勾股定理得弦长的一半为4－2＝2，所以所求弦长为2 2. 题组三 易错自纠5．若直线l ：x －y ＋m ＝0与圆C ：x 2＋y 2－4x －2y ＋1＝0恒有公共点，则m 的取值范围是( ) A ．[－2，2] B ．[－22，22] C ．[－2－1，2－1] D ．[－22－1,22－1] 答案 D解析 圆C 的标准方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4，圆心为(2,1)，半径为2，圆心到直线的距离d ＝|2－1＋m |2，若直线与圆恒有公共点，则|2－1＋m |2≤2， 解得－22－1≤m ≤22－1，故选D.6．(2018·鄂尔多斯模拟)设圆C 1，C 2都和两坐标轴相切，且都过点(4,1)，则两圆心的距离|C 1C 2|等于( )A ．4B ．4 2C ．8D ．8 2 答案 C解析 因为圆C 1，C 2和两坐标轴相切，且都过点(4,1)，所以两圆都在第一象限内，设圆心坐标为(a ，a )，则|a |＝(a －4)2＋(a －1)2，解得a ＝5＋22或a ＝5－22， 可取C 1(5＋22，5＋22)，C 2(5－22，5－22)， 故|C 1C 2|＝(42)2＋(42)2＝8，故选C.7．过点A (3,5)作圆O ：x 2＋y 2－2x －4y ＋1＝0的切线，则切线的方程为__________． 答案 5x －12y ＋45＝0或x －3＝0解析 化圆x 2＋y 2－2x －4y ＋1＝0为标准方程得(x －1)2＋(y －2)2＝4，其圆心为(1,2)，∵|OA |＝(3－1)2＋(5－2)2＝13>2，∴点A (3,5)在圆外．显然，当切线斜率不存在时，直线与圆相切，即切线方程为x －3＝0，当切线斜率存在时，可设所求切线方程为y －5＝k (x －3)，即kx －y ＋5－3k ＝0.又圆心为(1，2)，半径r ＝2，而圆心到切线的距离d ＝|3－2k |k 2＋1＝2，即|3－2k |＝2k 2＋1，∴k ＝512，故所求切线方程为5x －12y ＋45＝0或x －3＝0.题型一 直线与圆的位置关系命题点1 位置关系的判断例1 (2018·本溪模拟)在△ABC 中，若a sin A ＋b sin B －c sin C ＝0，则圆C ：x 2＋y 2＝1与直线l ：ax ＋by ＋c ＝0的位置关系是( )A ．相切B ．相交C ．相离D ．不确定 答案 A解析 因为a sin A ＋b sin B －c sin C ＝0， 所以由正弦定理得a 2＋b 2－c 2＝0.故圆心C (0,0)到直线l ：ax ＋by ＋c ＝0的距离d ＝|c |a 2＋b 2＝1＝r ， 故圆C ：x 2＋y 2＝1与直线l ：ax ＋by ＋c ＝0相切，故选A. 命题点2 弦长问题例2 若a 2＋b 2＝2c 2(c ≠0)，则直线ax ＋by ＋c ＝0被圆x 2＋y 2＝1所截得的弦长为( ) A.12 B ．1 C.22 D. 2 答案 D解析 因为圆心(0,0)到直线ax ＋by ＋c ＝0的距离d ＝|c |a 2＋b2＝|c |2|c |＝22，因此根据直角三角形的关系，弦长的一半就等于12－⎝⎛⎭⎫222＝22，所以弦长为 2. 命题点3 切线问题例3 已知圆C ：(x －1)2＋(y ＋2)2＝10，求满足下列条件的圆的切线方程． (1)与直线l 1：x ＋y －4＝0平行； (2)与直线l 2：x －2y ＋4＝0垂直； (3)过切点A (4，－1)．解 (1)设切线方程为x ＋y ＋b ＝0， 则|1－2＋b |2＝10，∴b ＝1±25， ∴切线方程为x ＋y ＋1±25＝0. (2)设切线方程为2x ＋y ＋m ＝0， 则|2－2＋m |5＝10，∴m ＝±52， ∴切线方程为2x ＋y ±52＝0. (3)∵k AC ＝－2＋11－4＝13，∴过切点A (4，－1)的切线斜率为－3，∴过切点A (4，－1)的切线方程为y ＋1＝－3(x －4)， 即3x ＋y －11＝0.思维升华 (1)判断直线与圆的位置关系的常见方法 ①几何法：利用d 与r 的关系． ②代数法：联立方程之后利用Δ判断．③点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交． 上述方法中最常用的是几何法，点与圆的位置关系法适用于动直线问题．(2)处理直线与圆的弦长问题时多用几何法，即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形． (3)圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题． 跟踪训练1 (1)圆x 2＋y 2－2x ＋4y ＝0与直线2tx －y －2－2t ＝0(t ∈R )的位置关系为________． 答案 相交解析 直线2tx －y －2－2t ＝0恒过点(1，－2)， ∵12＋(－2)2－2×1＋4×(－2)＝－5<0， ∴点(1，－2)在圆x 2＋y 2－2x ＋4y ＝0内，直线2tx －y －2－2t ＝0与圆x 2＋y 2－2x ＋4y ＝0相交．(2)过点(3,1)作圆(x －2)2＋(y －2)2＝4的弦，其中最短弦的长为________． 答案 2 2解析 设P (3,1)，圆心C (2,2)，则|PC |＝2，半径r ＝2，由题意知最短的弦过P (3,1)且与PC 垂直，所以最短弦长为222－(2)2＝2 2.(3)过点P (2,4)引圆(x －1)2＋(y －1)2＝1的切线，则切线方程为__________________． 答案 x ＝2或4x －3y ＋4＝0解析 当直线的斜率不存在时，直线方程为x ＝2，此时，圆心到直线的距离等于半径，直线与圆相切，符合题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为y －4＝k (x －2)，即kx －y ＋4－2k ＝0，∵直线与圆相切，∴圆心到直线的距离等于半径，即d ＝|k －1＋4－2k |k 2＋(－1)2＝|3－k |k 2＋1＝1， 解得k ＝43，∴所求切线方程为43x －y ＋4－2×43＝0，即4x －3y ＋4＝0.综上，切线方程为x ＝2或4x －3y ＋4＝0.题型二 圆与圆的位置关系命题点1 位置关系的判断例4 分别求当实数k 为何值时，两圆C 1：x 2＋y 2＋4x －6y ＋12＝0，C 2：x 2＋y 2－2x －14y ＋k ＝0相交和相切．解 将两圆的一般方程化为标准方程，得C 1：(x ＋2)2＋(y －3)2＝1，C 2：(x －1)2＋(y －7)2＝50－k ， 则圆C 1的圆心为C 1(－2,3)，半径r 1＝1； 圆C 2的圆心为C 2(1,7)，半径r 2＝50－k ，k <50. 从而|C 1C 2|＝(－2－1)2＋(3－7)2＝5.当|50－k －1|<5<50－k ＋1，即4<50－k <6， 即14<k <34时，两圆相交．当1＋50－k ＝5，即k ＝34时，两圆外切； 当|50－k －1|＝5，即k ＝14时，两圆内切． 所以当k ＝14或k ＝34时，两圆相切． 命题点2 公共弦问题例5 已知圆C 1：x 2＋y 2－2x －6y －1＝0和C 2：x 2＋y 2－10x －12y ＋45＝0. (1)求证：圆C 1和圆C 2相交；(2)求圆C 1和圆C 2的公共弦所在直线的方程和公共弦长．(1)证明 由题意得，圆C 1和圆C 2一般方程化为标准方程，得(x －1)2＋(y －3)2＝11，(x －5)2＋(y －6)2＝16，则圆C 1的圆心C 1(1,3)，半径r 1＝11， 圆C 2的圆心C 2(5,6)，半径r 2＝4，两圆圆心距d ＝|C 1C 2|＝5，r 1＋r 2＝11＋4， |r 1－r 2|＝4－11，∴|r 1－r 2|<d <r 1＋r 2， ∴圆C 1和C 2相交．(2)解 圆C 1和圆C 2的方程相减，得4x ＋3y －23＝0， ∴两圆的公共弦所在直线的方程为4x ＋3y －23＝0. 圆心C 2(5,6)到直线4x ＋3y －23＝0的距离 d ＝|20＋18－23|16＋9＝3，故公共弦长为216－9＝27. 思维升华 (1)判断两圆位置关系的方法常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和及差的绝对值的大小关系判断，一般不用代数法．重视两圆内切的情况，作图观察．(2)两圆相交时，公共弦所在直线方程的求法两圆的公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差消去x 2，y 2项得到． (3)两圆公共弦长的求法求两圆公共弦长，常选其中一圆，由弦心距d，半弦长l2，半径r构成直角三角形，利用勾股定理求解．跟踪训练2 (1)(2016·山东)已知圆M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)截直线x＋y＝0所得线段的长度是22，则圆M与圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置关系是()A．内切B．相交C．外切D．相离答案 B解析∵圆M：x2＋(y－a)2＝a2(a>0)，∴圆心坐标为M(0，a)，半径r1为a，圆心M到直线x＋y＝0的距离d＝|a|2，由几何知识得⎝⎛⎭⎫|a|22＋(2)2＝a2，解得a＝2.∴M(0,2)，r1＝2.又圆N的圆心坐标N(1,1)，半径r2＝1，∴|MN|＝(1－0)2＋(1－2)2＝2，r1＋r2＝3，r1－r2＝1.∴r1－r2<|MN|<r1＋r2，∴两圆相交，故选B.(2)圆x2＋y2＋4x－4y－1＝0与圆x2＋y2＋2x－13＝0相交于P，Q两点，则直线PQ的方程为____．答案x－2y＋6＝0解析两个圆的方程两端相减，可得2x－4y＋12＝0.即x－2y＋6＝0.1．若两圆x 2＋y 2＝m 和x 2＋y 2＋6x －8y －11＝0有公共点，则实数m 的取值范围是( ) A ．(－∞，1) B ．(121，＋∞) C ．[1,121] D ．(1,121)答案 C解析 x 2＋y 2＋6x －8y －11＝0化成标准方程为 (x ＋3)2＋(y －4)2＝36.圆心距为d ＝(0＋3)2＋(0－4)2＝5， 若两圆有公共点，则|6－m |≤5≤6＋m ， 所以1≤m ≤121.故选C.2．(2018·沈阳调研)直线x －3y ＋3＝0与圆(x －1)2＋(y －3)2＝10相交所得弦长为( ) A.30 B.532 C ．4 2 D ．3 3答案 A解析 圆(x －1)2＋(y －3)2＝10的圆心坐标为(1,3)，半径r ＝10，圆心(1,3)到直线x －3y ＋3＝0的距离d ＝|1－9＋3|10＝510，故弦|AB |＝210－2510＝30，故选A.3．已知点P (a ，b )(ab ≠0)是圆x 2＋y 2＝r 2内的一点，直线m 是以P 为中点的弦所在的直线，直线l 的方程为ax ＋by ＝r 2，那么( ) A ．m ∥l ，且l 与圆相交 B ．m ⊥l ，且l 与圆相切 C ．m ∥l ，且l 与圆相离 D ．m ⊥l ，且l 与圆相离答案 C解析 ∵点P (a ，b )(ab ≠0)在圆内，∴a 2＋b 2<r 2. ∵圆x 2＋y 2＝r 2的圆心为O (0,0)，故由题意得OP ⊥m ，又k OP ＝b a ，∴k m ＝－a b ，∵直线l 的斜率为k l ＝－a b ＝k m ，圆心O 到直线l 的距离d ＝r 2a 2＋b 2>r 2r ＝r ，∴m ∥l ，l 与圆相离．故选C.4．(2018·包头模拟)过点P (1，－2)作圆C ：(x －1)2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A ，B ，则AB 所在直线的方程为( ) A ．y ＝－34 B ．y ＝－12C ．y ＝－32D ．y ＝－14答案 B解析 圆(x －1)2＋y 2＝1的圆心为(1,0)，半径为1，以|PC |＝(1－1)2＋(－2－0)2＝2为直径的圆的方程为(x －1)2＋(y ＋1)2＝1，将两圆的方程相减得AB 所在直线的方程为2y ＋1＝0，即y ＝－12.5．若点A (1,0)和点B (4,0)到直线l 的距离依次为1和2，则这样的直线有( ) A ．1条 B ．2条 C ．3条 D ．4条 答案 C解析 如图，分别以A ，B 为圆心，1,2为半径作圆．由题意得，直线l 是圆A 的切线，A 到l 的距离为1，直线l 也是圆B 的切线，B 到l 的距离为2，所以直线l 是两圆的公切线，共3条(2条外公切线，1条内公切线)．6．已知点A ，B ，C 在圆x 2＋y 2＝1上运动，且AB ⊥BC .若点P 的坐标为(2,0)，则|P A →＋PB →＋PC →|的最大值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9 答案 B解析 ∵A ，B ，C 在圆x 2＋y 2＝1上，且AB ⊥BC ，∴AC 为圆的直径，故P A →＋PC →＝2PO →＝(－4,0)，设B (x ，y )，则x 2＋y 2＝1且x ∈[－1,1]，PB →＝(x －2，y )，∴P A →＋PB →＋PC →＝(x －6，y )．故|P A →＋PB →＋PC →|＝－12x ＋37，∴当x ＝－1时有最大值49＝7，故选B.7．(2016·全国Ⅲ)已知直线l ：x －3y ＋6＝0与圆x 2＋y 2＝12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，则|CD |＝________. 答案 4解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎨⎧x －3y ＋6＝0，x 2＋y 2＝12，得y 2－33y ＋6＝0，解得x 1＝－3，y 1＝3；x 2＝0，y 2＝23， ∴A (－3，3)，B (0,23)． 过A ，B 作l 的垂线方程分别为y －3＝－3(x ＋3)，y －23＝－3x ，令y ＝0，则x C ＝－2，x D ＝2，∴|CD |＝2－(－2)＝4. 8．过点P (1，3)作圆x 2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A ，B ，则P A →·PB →＝________. 答案 32解析 由题意，得圆心为O (0,0)，半径为1.如图所示，∵P (1，3)，∴PB ⊥x 轴， |P A |＝|PB |＝ 3.∴△POA 为直角三角形， 其中|OA |＝1，|AP |＝3，则|OP |＝2，∴∠OP A ＝30°，∴∠APB ＝60°. ∴P A →·PB →＝|P A →||PB →|·cos ∠APB ＝3×3×cos 60°＝32.9．(2018·衡阳质检)已知圆E ：x 2＋y 2－2x ＝0，若A 为直线l ：x ＋y ＋m ＝0上的点，过点A 可作两条直线与圆E 分别切于点B ，C ，且△ABC 为等边三角形，则实数m 的取值范围是______________． 答案 [－22－1,22－1]解析 设圆E 的圆心为E ，半径为r ，圆E ：x 2＋y 2－2x ＝0，即(x －1)2＋y 2＝1，则圆心E (1,0)，半径r 为1，由题意知直线l 上存在点A ，使得r |AE |＝sin 30°＝12，即|AE |＝2r .又因为|AE |≥d (d 为圆心到直线l 的距离)，故要使点A 存在，只需d ≤2r ＝2，可得|1＋m |2≤2，解得m ∈[－22－1,22－1]．10．已知圆C 1：x 2＋y 2＋2ay ＋a 2－4＝0和圆C 2：x 2＋y 2－2bx －1＋b 2＝0外切，若a ∈R ，b ∈R 且ab ≠0，则1a 2＋1b 2的最小值为____________．答案 49解析 x 2＋y 2＋2ay ＋a 2－4＝0，即x 2＋(y ＋a )2＝4，x 2＋y 2－2bx －1＋b 2＝0，即(x －b )2＋y 2＝1.依题意可得a 2＋b 2＝2＋1＝3，即a 2＋b 2＝9，故a 2＋b 29＝1.所以1a 2＋1b 2＝⎝⎛⎭⎫1a 2＋1b 2a 2＋b 29＝19⎝⎛⎭⎫1＋b 2a 2＋a 2b 2＋1≥19⎝⎛⎭⎫2＋2 b 2a 2×a 2b 2＝49，当且仅当a ＝±b 时取等号． 11．已知圆C ：x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0，O 为坐标原点，动点P 在圆C 外，过P 作圆C 的切线，设切点为M .(1)若点P 运动到(1,3)处，求此时切线l 的方程； (2)求满足条件|PM |＝|PO |的点P 的轨迹方程．解 把圆C 的方程化为标准方程为(x ＋1)2＋(y －2)2＝4， ∴圆心为C (－1,2)，半径r ＝2.(1)当l 的斜率不存在时，此时l 的方程为x ＝1，C 到l 的距离d ＝2＝r ，满足条件．当l 的斜率存在时，设斜率为k ，得l 的方程为y －3＝k (x －1)，即kx －y ＋3－k ＝0， 则|－k －2＋3－k |1＋k2＝2，解得k ＝－34. ∴l 的方程为y －3＝－34(x －1)， 即3x ＋4y －15＝0.综上，满足条件的切线l 的方程为x ＝1或3x ＋4y －15＝0.(2)设P (x ，y )，则|PM |2＝|PC |2－|MC |2＝(x ＋1)2＋(y －2)2－4，|PO |2＝x 2＋y 2，∵|PM |＝|PO |，∴(x ＋1)2＋(y －2)2－4＝x 2＋y 2，整理，得2x －4y ＋1＝0，∴点P 的轨迹方程为2x －4y ＋1＝0.12.如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知以M 为圆心的圆M ：x 2＋y 2－12x －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 (1)圆M 的方程化为标准形式为(x －6)2＋(y －7)2＝25，圆心M (6,7)，半径r ＝5，由题意，设圆N 的方程为(x －6)2＋(y －b )2＝b 2(b >0)．且(6－6)2＋(b －7)2＝b ＋5.解得b ＝1，∴圆N 的标准方程为(x －6)2＋(y －1)2＝1.(2)∵k OA ＝2，∴可设l 的方程为y ＝2x ＋m ，即2x －y ＋m ＝0.又|BC |＝|OA |＝22＋42＝2 5.由题意，圆M 的圆心M (6,7)到直线l 的距离为d ＝52－⎝⎛⎭⎫|BC |22＝25－5＝2 5. 即|2×6－7＋m |22＋(－1)2＝25，解得m ＝5或m ＝－15. ∴直线l 的方程为y ＝2x ＋5或y ＝2x －15.(3)由TA →＋TP →＝TQ →，则四边形AQPT 为平行四边形，又∵P ，Q 为圆M 上的两点，∴|PQ |≤2r ＝10.∴|TA |＝|PQ |≤10，即(t －2)2＋42≤10，解得2－221≤t ≤2＋221.故所求t 的取值范围为[2－221，2＋221]．13．(2018·呼伦贝尔质检)已知直线l ：(m ＋2)x ＋(m －1)y ＋4－4m ＝0上总存在点M ，使得过M 点作的圆C ：x 2＋y 2＋2x －4y ＋3＝0的两条切线互相垂直，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≤1或m ≥2B ．2≤m ≤8C ．－2≤m ≤10D ．m ≤－2或m ≥8答案 C解析 如图，设切点分别为A ，B .连接AC ，BC ，MC ，由∠AMB ＝∠MAC ＝∠MBC ＝90°及|MA |＝|MB |知，四边形MACB 为正方形，故|MC |＝2＋2＝2，若直线l 上总存在点M 使得过点M 的两条切线互相垂直，只需圆心(－1,2)到直线l 的距离d ＝|－m －2＋2m －2＋4－4m |(m ＋2)2＋(m －1)2≤2，即m 2－8m －20≤0，∴－2≤m ≤10，故选C.14．若⊙O ：x 2＋y 2＝5与⊙O 1：(x －m )2＋y 2＝20(m ∈R )相交于A ，B 两点，且两圆在点A 处的切线互相垂直，则线段AB 的长是________．答案 4解析 ⊙O 1与⊙O 在A 处的切线互相垂直，如图，可知两切线分别过另一圆的圆心，∴O 1A ⊥OA .又∵|OA |＝5，|O 1A |＝25，∴|OO 1|＝5.又A ，B 关于OO 1所在直线对称，∴AB 长为Rt △OAO 1斜边上的高的2倍，∴|AB |＝2×5×255＝4.15．已知圆O ：x 2＋y 2＝9，点P 为直线x ＋2y －9＝0上一动点，过点P 向圆O 引两条切线P A ，PB ，A ，B 为切点，则直线AB 过定点( )A.⎝⎛⎭⎫49，89B.⎝⎛⎭⎫29，49 C ．(1,2) D ．(9,0) 答案 C解析 因为P 是直线x ＋2y －9＝0上的任一点，所以设P (9－2m ，m )，因为P A ，PB 为圆x 2＋y 2＝9的两条切线，切点分别为A ，B ，所以OA ⊥P A ，OB ⊥PB ，则点A ，B 在以OP 为直径的圆(记为圆C )上，即AB 是圆O 和圆C 的公共弦，易知圆C 的方程是⎝⎛⎭⎫x －9－2m 22＋⎝⎛⎭⎫y －m 22＝(9－2m )2＋m 24，① 又x 2＋y 2＝9，②②－①得，(2m －9)x －my ＋9＝0，即公共弦AB 所在直线的方程是(2m －9)x －my ＋9＝0，即m (2x －y )＋(－9x ＋9)＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝0，－9x ＋9＝0得x ＝1，y ＝2. 所以直线AB 恒过定点(1,2)，故选C.16．已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点F 且斜率为1的直线与抛物线C 交于点A ，B ，以线段AB 为直径的圆E 上存在点P ，Q ，使得以PQ 为直径的圆过点D ⎝⎛⎭⎫－32，t ，求实数t 的取值范围． 解 由题意可得直线AB 的方程为x ＝y ＋1，与y 2＝4x 联立消去x ，可得y 2－4y －4＝0，显然Δ＝16＋16>0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4，y 1y 2＝－4，设E (x E ，y E )，则y E ＝y 1＋y 22＝2，x E ＝y E ＋1＝3，又|AB |＝x 1＋x 2＋2＝y 1＋1＋y 2＋1＋2＝8，所以圆E 是以(3,2)为圆心，4为半径的圆，所以点D 恒在圆E 外．圆E 上存在点P ，Q ，使得以PQ 为直径的圆过点D ⎝⎛⎭⎫－32，t ，即圆E 上存在点P ，Q ，使得DP ⊥DQ ，设过D 点的两直线分别切圆E 于P ′，Q ′点，要满足题意，则∠P ′DQ ′≥π2，所以|EP ′||DE |＝4⎝⎛⎭⎫3＋322＋()2－t 2≥22，整理得t 2－4t －314≤0，解得2－472≤t ≤2＋472，故实数t 的取值范围为⎣⎡⎦⎤2－472，2＋472.。
2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第九章 平面解析几何9.3
又所求圆在直线 x－y－3＝0 上截得的弦长为 6， |2a－3|
圆心(a，－a)到直线 x－y－3＝0 的距离 d＝ 2 ， ∴d2＋ 262＝r2，即2a－2 32＋32＝2a2， 解得a＝1，∴圆C的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2.
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题组二 教材改编
2.[P124A组T2]圆心为(1，1)且过原点的圆的方程是
A.(x－1)2＋(y－1)2＝1 C.(x＋1)2＋(y＋1)2＝2
B.(x＋1)2＋(y＋1)2＝1
√D.(x－1)2＋(y－1)2＝2
解析 因为圆心为(1，1)且过原点，
所以该圆的半径 r＝ 12＋12＝ 2，
则该圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2.
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3.[P132A组T3]以点(3，－1)为圆心，并且与直线3x＋4y＝0相切的圆的方程是
√A.(x－3)2＋(y＋1)2＝1
B.(x－3)2＋(y－1)2＝1 C.(x＋3)2＋(y－1)2＝1 D.(x＋3)2＋(y＋1)2＝1
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＝r2(r>0)
圆心为_(_a_，__b_)_ 半径为_r_
方程 x2＋y2＋Dx＋Ey
一般式 ＋F＝0
充要条件：_D_2_＋__E_2_－__4_F_>_0__ 圆心坐标：__－__D2_，__－__E2___ 半径r＝_12___D__2＋__E_2_－__4_F___
【概念方法微思考】 1.二元二次方程Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的条件是什么？
跟踪训练1 一个圆与y轴相切，圆心在直线x－3y＝0上，且在直线y＝x上截得 的弦长为 2 7，则该圆的方程为x_2_＋__y_2_－__6_x－__2_y_＋__1_＝__0_或__x_2_＋__y_2＋__6_x_＋__2_y_＋__1_＝__0_.
2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第九章平面解析几何创新引领微课盘点优化解析几何中的方略
姓名，年级：时间：盘点优化解析几何中的方略技法微点聚焦突破技法一巧用定义，揭示本质定义是导出其性质的“发源地”，解题时，善于运用圆锥曲线的定义，以数形结合思想为指导，把定量分析有机结合起来，可使解题计算量大为简化.【例1】如图，F1，F2是椭圆C1：错误!＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点,A,B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点。
若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是( ）A。
错误! B.错误! C.错误! D.错误!解析焦点F1（－错误!，0)，F2（错误!，0),在Rt△AF1F2中,|AF1｜＋|AF2｜＝4，①｜AF1｜2＋|AF2｜2＝12，②联立①②可解得|AF2|－|AF1|＝2错误!，即2a ＝22，又2c＝2错误!，故双曲线的离心率e＝错误!＝错误!＝错误!,故选D.答案D思维升华本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，｜AF2｜的等量关系，从而快速求出双曲线的实轴长,进而求出双曲线的离心率,大大减小了运算量.【训练1】抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点,若点A(－m，0)，则错误!的最小值为________.解析设点P的坐标为(x P，y P)，由抛物线的定义,知|PF|＝x P＋m,又｜PA｜2＝（x P＋m)2＋y错误!＝(x P＋m）2＋4mx P，则错误!错误!＝错误!＝错误!≥错误!＝错误! (当且仅当x P＝m时取等号)，所以错误!≥错误!,所以错误!的最小值为错误!。
答案错误!技法二设而不求，整体代换对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程时，常常用代点法求解。
【例2】已知点A，B的坐标分别是(－1,0），（1，0)，直线AM,BM相交于点M，且它们的斜率之积为－2。
(1)求动点M的轨迹方程；(2)若过点N错误!的直线l交动点M的轨迹于C，D两点，且N为线段CD的中点，求直线l的方程.解(1）设M（x，y),因为k AM·k BM＝－2，所以错误!·错误!＝－2(x≠±1)，化简得2x2＋y2＝2（x≠±1），即为动点M的轨迹方程.(2）设C（x1，y1),D（x2,y2)。
2020版高考数学(文)新增分大一轮人教通用版平面解析几何第九章 9.7
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题组三 易错自纠
5.设抛物线y2＝8x上一点P到y轴的距离是4，则点P到该抛物线焦点的距离是 A.4 B.6 √ C.8 D.12 解析 如图所示， 抛物线的准线l的方程为x＝－2，F是抛物线的焦点， 过点P作PA⊥y轴，垂足是A，延长PA交直线l于点B，则|AB|＝2. 由于点P到y轴的距离为4， 则点P到准线l的距离|PB|＝4＋2＝6，
所以点P到焦点的距离|PF|＝|PB|＝6.
故选B.
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6.已知抛物线C与双曲线x2－y2＝1有相同的焦点，且顶点在原点，则抛物线 C的方程是
A.y2＝± 2 2x
解析
B.y2＝± 2x
C.y2＝± 4x
√
D.y2＝± 4 2x
由已知可知双曲线的焦点为(－ 2，0)，( 2，0).
2
√
D.y2＝3x
师生共研
题型二
抛物线的几何性质
例3
(1)过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是坐标原
点，若|AF|＝3，则△AOB的面积为
2 A. 2 B. 2
√
3 2 C. 2
D.2 2
1 2 (2)过点P(－2,0)的直线与抛物线C：y ＝4x相交于A，B两点，且|PA|＝ |AB|，
大一轮复习讲义
第九章 平面解析几何
§9.7 抛物线
内容索引
NEIRONGSUOYIN
基础知识
题型分类 课时作业
自主学习
深度剖析
PART ONE
1
基础知识 自主学习
知识梳理
ZHISHISHULI
1.抛物线的概念 相等 的点的轨迹叫做 平面内与一个定点F和一条定直线l(l不经过点F)的距离_____ 焦点 ，直线l叫做抛物线的_____. 准线 抛物线.点F叫做抛物线的_____
2020版高考数学新增分大一轮：第九章 平面解析几何高考专题突破Word版含解析
第2课时 定点与定值问题题型一 定点问题例1 (2018·湖州模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2＝1(a >0)的上顶点为B (0，1)，左、右焦点分别为F 1，F 2，BF 2的延长线交椭圆于点M ，BM →＝4F 2M →. (1)求椭圆的标准方程；(2)若直线l 交椭圆于P ，Q 两点，且k BP ＋k BQ ＝m (m 为非零常数)，求证：直线l 过定点. (1)解 方法一 设M (x 0，y 0)，F 2(c ，0)，则由BM →＝4F 2M →，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝4x 0－4c ，y 0－1＝4y 0，即⎩⎨⎧x 0＝43c ，y 0＝－13，代入椭圆方程得16c 29a 2＋19＝1，又a 2＝c 2＋1，所以a 2＝2，所以椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.方法二 如图，连接BF 1，MF 1，设|BF 1|＝|BF 2|＝3n ，则|F 2M |＝n ，又|MF 1|＋|MF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|＝6n ， 所以|MF 1|＝5n ，由|BF 1|∶|BM |∶|MF 1|＝3∶4∶5， 得∠F 1BM ＝90°，则∠OBF 2＝45°，a 2＝2b 2＝2， 所以椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，当直线l 的斜率不存在时，x 1＝x 2≠0，y 1＝－y 2， 所以k BP ＋k BQ ＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝－2x 1＝m ，x 1＝－2m ，即直线l ：x ＝－2m.当直线l 的斜率存在时，设直线l ：y ＝kx ＋t ，把y ＝kx ＋t 代入椭圆的方程并整理得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0， Δ＝16k 2t 2－4(1＋2k 2)(2t 2－2)＝8(2k 2＋1－t 2)>0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－4kt1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k 2，k BP ＋k BQ ＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋t －1x 1＋kx 2＋t －1x 2＝2k x 1x 2＋(t －1)(x 1＋x 2)x 1x 2＝2k ·2t 2－21＋2k 2＋(t －1)·－4kt 1＋2k 22t 2－21＋2k 2＝m ，整理得2k ＝m (t ＋1)，t ＝2km－1，所以直线l 的方程为y ＝kx ＋2km －1＝k ⎝⎛⎭⎫x ＋2m －1， 过定点⎝⎛⎭⎫－2m ，－1. 综上，直线l 过定点⎝⎛⎭⎫－2m ，－1. 思维升华 圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动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)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 跟踪训练1 (2018·浙江重点中学调研)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，|F 1F 2|＝25，点P 在椭圆上，tan ∠PF 2F 1＝2且△PF 1F 2的面积为4. (1)求椭圆的标准方程；(2)若点M 是椭圆上任意一点，A 1，A 2分别是椭圆的左、右顶点，直线MA 1，MA 2分别与直线x ＝352交于E ，F 两点，试证：以EF 为直径的圆交x 轴于定点，并求该定点的坐标.解 (1)由tan ∠PF 2F 1＝2，得sin ∠PF 2F 1＝255，cos ∠PF 2F 1＝55. 由题意得⎩⎨⎧12×25×|PF 2|×255＝4，|PF 1|2＝|PF 2|2＋(25)2－2×|PF 2|×25×55，解得⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|＝4，|PF 2|＝2，所以2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝4＋2＝6，a ＝3， 结合2c ＝25，c ＝5，得b 2＝4， 故椭圆的标准方程为x 29＋y 24＝1.(2)由(1)得A 1(－3，0)，A 2(3，0)，设M (x 0，y 0)，则直线MA 1的方程为y ＝y 0x 0＋3(x ＋3)，与直线x ＝352的交点为E ⎝⎛⎭⎪⎫352，y 0x 0＋3⎝⎛⎭⎫352＋3， 直线MA 2的方程为y ＝y 0x 0－3(x －3)，与直线x ＝352的交点为F ⎝⎛⎭⎪⎫352，y 0x 0－3⎝⎛⎭⎫352－3. 设以EF 为直径的圆交x 轴于点Q (m ，0)，则QE ⊥QF ， 从而k QE ·k QF ＝－1，即y 0x 0＋3⎝⎛⎭⎫352＋3352－m ·y 0x 0－3⎝⎛⎭⎫352－3352－m ＝－1，即94y 20x 20－9＝－⎝⎛⎭⎫352－m 2， 又x 209＋y 204＝1，得m ＝352±1，故以EF 为直径的圆交x 轴于定点，该定点的坐标为⎝⎛⎭⎫352＋1，0，⎝⎛⎭⎫352－1，0.题型二 定值问题例2 (2018·北京)已知抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1，2)，过点Q (0，1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N . (1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值.(1)解 因为抛物线y 2＝2px 过点(1，2)， 所以2p ＝4，即p ＝2. 故抛物线C 的方程为y 2＝4x .由题意知，直线l 的斜率存在且不为0. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1，得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0.依题意知Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1>0， 解得k <0或0<k <1.又P A ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2). 从而k ≠－3.所以直线l 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1). (2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k 2.直线P A 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)，令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2.由QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，得λ＝1－y M ，μ＝1－y N . 所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N＝x 1－1(k －1)x 1＋x 2－1(k －1)x 2＝1k －1·2x 1x 2－(x 1＋x 2)x 1x 2＝1k －1·2k2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值.思维升华 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值.(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得.(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.跟踪训练2 已知点M 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上一点，F 1，F 2分别为C 的左、右焦点，且|F 1F 2|＝4，∠F 1MF 2＝60°，△F 1MF 2的面积为433.(1)求椭圆C 的方程；(2)设N (0，2)，过点P (－1，－2)作直线l ，交椭圆C 于异于N 的A ，B 两点，直线NA ，NB 的斜率分别为k 1，k 2，证明：k 1＋k 2为定值.(1)解 在△F 1MF 2中，由12|MF 1||MF 2|sin 60°＝433，得|MF 1||MF 2|＝163.由余弦定理，得|F 1F 2|2＝|MF 1|2＋|MF 2|2－2|MF 1||MF 2|·cos 60° ＝(|MF 1|＋|MF 2|)2－2|MF 1||MF 2|(1＋cos 60°)， 解得|MF 1|＋|MF 2|＝4 2.从而2a ＝|MF 1|＋|MF 2|＝42，即a ＝2 2. 由|F 1F 2|＝4，得c ＝2，从而b ＝2， 故椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明 当直线l 的斜率存在时，设斜率为k ，显然k ≠0，则其方程为y ＋2＝k (x ＋1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，y ＋2＝k (x ＋1)，得(1＋2k 2)x 2＋4k (k －2)x ＋2k 2－8k ＝0. Δ＝56k 2＋32k >0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k (k －2)1＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－8k 1＋2k 2. 从而k 1＋k 2＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝2kx 1x 2＋(k －4)(x 1＋x 2)x 1x 2＝2k －(k －4)·4k (k －2)2k 2－8k ＝4.当直线l 的斜率不存在时， 可得A ⎝⎛⎭⎫－1，142，B ⎝⎛⎭⎫－1，－142，得k 1＋k 2＝4. 综上，k 1＋k 2为定值.直线与圆锥曲线的综合问题数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算方向，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.例 椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别是F 1，F 2，离心率为32，过F 1且垂直于x轴的直线被椭圆C 截得的线段长为1. (1)求椭圆C 的方程；(2)点P 是椭圆C 上除长轴端点外的任一点，连接PF 1，PF 2，设∠F 1PF 2的角平分线PM 交C 的长轴于点M (m ，0)，求m 的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点P 作斜率为k 的直线l ，使得l 与椭圆C 有且只有一个公共点，设直线PF 1，PF 2的斜率分别为k 1，k 2，若k 2≠0，证明1kk 1＋1kk 2为定值，并求出这个定值. 解 (1)由于c 2＝a 2－b 2，将x ＝－c 代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a .由题意知2b 2a ＝1，即a ＝2b 2.又e ＝c a ＝32，所以a ＝2，b ＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设P (x 0，y 0)(y 0≠0)，又F 1(－3，0)，F 2(3，0)， 所以直线PF 1，PF 2的方程分别为1PF l ：y 0x －(x 0＋3)y ＋3y 0＝0， 2PF l ：y 0x －(x 0－3)y －3y 0＝0.由题意知|my 0＋3y 0|y 20＋(x 0＋3)2＝|my 0－3y 0|y 20＋(x 0－3)2.由于点P 在椭圆上，所以x 204＋y 20＝1. 所以|m ＋3|⎝⎛⎭⎫32x 0＋22＝|m －3|⎝⎛⎭⎫32x 0－22.因为－3<m <3，－2<x 0<2， 可得m ＋332x 0＋2＝3－m 2－32x 0，所以m ＝34x 0，因此－32<m <32.(3)设P (x 0，y 0)(y 0≠0)，则直线l 的方程为y －y 0＝k (x －x 0). 联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y －y 0＝k (x －x 0)，整理得(1＋4k 2)x 2＋8(ky 0－k 2x 0)x ＋4(y 20－2kx 0y 0＋k 2x 20－1)＝0. 由题意Δ＝0，即(4－x 20)k 2＋2x 0y 0k ＋1－y 20＝0. 又x 24＋y 20＝1， 所以16y 20k 2＋8x 0y 0k ＋x 20＝0，故k ＝－x 04y 0. 由(2)知1k 1＋1k 2＝x 0＋3y 0＋x 0－3y 0＝2x 0y 0，所以1kk 1＋1kk 2＝1k ⎝⎛⎭⎫1k 1＋1k 2 ＝⎝⎛⎭⎫－4y 0x 0·2x0y 0＝－8， 因此1kk 1＋1kk 2为定值，这个定值为－8.素养提升 典例的解题过程体现了数学运算素养，其中设出P 点的坐标而不求解又体现了数学运算素养中的一个运算技巧——设而不求，从而简化了运算过程.1.(2018·衢州模拟)如图，圆x 2＋(y －1)2＝4过椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的下顶点及左、右焦点F 1，F 2，过椭圆C 的左焦点F 1的直线与椭圆C 相交于M ，N 两点，线段MN 的中垂线交x 轴于点D 且垂足为点P .(1)求椭圆C 的方程；(2)证明：当直线MN 斜率变化时，|DF 1||MN |为定值.(1)解 当x ＝0时，由x 2＋(y －1)2＝4，得y ＝－1或y ＝3； 当y ＝0时，由x 2＋(y －1)2＝4，得x ＝±3.又圆x 2＋(y －1)2＝4过椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的下顶点及焦点F 1，F 2，故c ＝3，b ＝1，所以a 2＝b 2＋c 2＝4， 即椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 易知直线MN 的斜率存在，且不为0，所以设直线MN ：y ＝k (x ＋3)，且M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋3)，x 2＋4y 2＝4，消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋83k 2x ＋4(3k 2－1)＝0，Δ＝(83k 2)2－4×4(1＋4k 2)(3k 2－1)＝16(k 2＋1)>0， 故x 1＋x 2＝－83k 21＋4k 2，x 1x 2＝4(3k 2－1)1＋4k2， 则MN 的中点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－43k 21＋4k 2，3k 1＋4k 2， 故MN 的中垂线DP 的方程为k ⎝ ⎛⎭⎪⎫y －3k 1＋4k 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋43k 21＋4k 2，k ≠0， 由y ＝0得D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33k 21＋4k 2，0，故|DF 1|＝3－33k 21＋4k 2＝3(1＋k 2)1＋4k 2，|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝4(1＋k 2)1＋4k 2，因此，|DF 1||MN |＝34为定值.2.已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在y 轴上，且抛物线上有一点P (m ，5)到焦点的距离为6.(1)求该抛物线C 的方程；(2)已知抛物线上一点M (4，t )，过点M 作抛物线的两条弦MD 和ME ，且MD ⊥ME ，判断直线DE 是否过定点，并说明理由.解 (1)由题意设抛物线方程为x 2＝2py (p >0)，其准线方程为y ＝－p 2，P (m ，5)到焦点的距离等于P 到其准线的距离，所以5＋p2＝6，即p＝2.所以抛物线方程为x 2＝4y . (2)由(1)可得点M (4，4)，设直线MD 的方程为y ＝k (x －4)＋4(k ≠0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －4)＋4，x 2＝4y ，得x 2－4kx ＋16k －16＝0，由题意得Δ>0， 设D (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，则x M ·x 1＝16k －16， 所以x 1＝16k －164＝4k －4，y 1＝(4k －4)24＝4(k －1)2，同理可得x 2＝－4k－4，y 2＝4⎝⎛⎭⎫1k ＋12，所以直线DE 的方程为y －4(k －1)2＝4(k －1)2－4⎝⎛⎭⎫1k ＋124k －4＋4k＋4(x －4k ＋4)＝⎝⎛⎭⎫k ＋1k ⎝⎛⎭⎫k －1k －2k ＋1k(x －4k ＋4)＝⎝⎛⎭⎫k －1k －2(x －4k ＋4). 化简得y ＝⎝⎛⎭⎫k －1k －2x ＋4k －4k ＝⎝⎛⎭⎫k －1k －2(x ＋4)＋8. 所以直线DE 过定点(－4，8).3.知抛物线C 1的方程为x 2＝2py (p >0)，过点M (a ，－2p )(a 为常数)作抛物线C 1的两条切线，切点分别为A ，B .(1)过焦点且在x 轴上截距为2的直线l 与抛物线C 1交于Q ，N 两点，Q ，N 两点在x 轴上的射影分别为Q ′，N ′，且|Q ′N ′|＝25，求抛物线C 1的方程； (2)设直线AM ，BM 的斜率分别为k 1，k 2.求证：k 1·k 2为定值. (1)解 因为抛物线C 1的焦点坐标是⎝⎛⎫0，p2， 所以过焦点且在x 轴上截距为2的直线方程是x 2＋y p 2＝1，即x 2＋2yp ＝1.联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，x 2＋2y p ＝1，消去y 并整理，得x 2＋p 22x －p 2＝0，显然Δ>0恒成立，设点Q (x Q ，y Q )，N (x N ，y N )， 则x Q ＋x N ＝－p 22，x Q x N ＝－p 2.则|Q ′N ′|＝|x Q －x N |＝(x Q ＋x N )2－4x Q x N＝⎝⎛⎭⎫－p 222－4×(－p 2)＝p 44＋4p 2＝25，解得p ＝2.所以抛物线C 1的方程为x 2＝4y . (2)证明 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1>0，x 2<0). 依题意，由x 2＝2py (p >0)，得y ＝x 22p ，则y ′＝xp.所以切线MA 的方程是y －y 1＝x 1p (x －x 1)，即y ＝x 1p x －x 212p.又点M (a ，－2p )在直线MA 上， 于是有－2p ＝x 1p ×a －x 212p，即x 21－2ax 1－4p 2＝0. 同理，有x 22－2ax 2－4p 2＝0，因此，x 1，x 2是方程x 2－2ax －4p 2＝0的两根， 则x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝－4p 2.所以k 1·k 2＝x 1p ·x 2p ＝x 1x 2p 2＝－4p 2p 2＝－4，故k 1·k 2为定值得证.4.已知中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆C 的离心率为22，过左焦点F 且垂直于x 轴的直线交椭圆C 于P ，Q 两点，且|PQ |＝2 2. (1)求C 的方程；(2)若直线l 是圆x 2＋y 2＝8上的点(2，2)处的切线，点M 是直线l 上任一点，过点M 作椭圆C 的切线MA ，MB ，切点分别为A ，B ，设切线的斜率都存在.求证：直线AB 过定点，并求出该定点的坐标.解 (1)由已知，设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，因为|PQ |＝22，不妨设点P (－c ，2)， 代入椭圆方程得c 2a 2＋2b 2＝1，又因为e ＝c a ＝22，所以12＋2b2＝1，b ＝c ，所以b 2＝4，a 2＝2b 2＝8， 所以C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)依题设，得直线l 的方程为y －2＝－(x －2)， 即x ＋y －4＝0，设M (x 0，y 0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，x 0≠x 1且x 0≠x 2， 由切线MA 的斜率存在，设其方程为y －y 1＝k (x －x 1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y －y 1＝k (x －x 1)，x 28＋y 24＝1得(2k 2＋1)x 2＋4k (y 1－kx 1)x ＋2(y 1－kx 1)2－8＝0，由相切得Δ＝16k 2(y 1－kx 1)2－8(2k 2＋1)[(y 1－kx 1)2－4]＝0， 化简得(y 1－kx 1)2＝8k 2＋4，即(x 21－8)k 2－2x 1y 1k ＋y 21－4＝0，因为方程只有一解，所以k ＝x 1y 1x 21－8＝x 1y 1－2y 21＝－x 12y 1，所以切线MA 的方程为y －y 1＝－x 12y 1(x －x 1)，即x 1x ＋2y 1y ＝8，同理，切线MB 的方程为x 2x ＋2y 2y ＝8， 又因为两切线都经过点M (x 0，y 0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1x 0＋2y 1y 0＝8，x 2x 0＋2y 2y 0＝8，所以直线AB 的方程为x 0x ＋2y 0y ＝8， 又x 0＋y 0＝4，所以直线AB 的方程可化为x 0x ＋2(4－x 0)y ＝8， 即x 0(x －2y )＋8y －8＝0，令⎩⎪⎨⎪⎧ x －2y ＝0，8y －8＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，所以直线AB 恒过定点(2，1).5.设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝32，左顶点M 到直线x a ＋y b ＝1的距离d ＝455，O为坐标原点.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，若以AB 为直径的圆经过坐标原点，证明：点O 到直线AB 的距离为定值. (1)解 由e ＝32，得c ＝32a ，又b 2＝a 2－c 2， 所以b ＝12a ，即a ＝2b .由左顶点M (－a ，0)到直线x a ＋yb ＝1，即到直线bx ＋ay －ab ＝0的距离d ＝455，得|b (－a )－ab |a 2＋b2＝455，即2aba 2＋b 2＝455，把a ＝2b 代入上式，得4b 25b ＝455，解得b ＝1.所以a ＝2b ＝2，c ＝ 3. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，①当直线AB 的斜率不存在时，由椭圆的对称性， 可知x 1＝x 2，y 1＝－y 2.因为以AB 为直径的圆经过坐标原点，故OA →·OB →＝0，即x 1x 2＋y 1y 2＝0，也就是x 21－y 21＝0，又点A 在椭圆C 上，所以x 214＋y 21＝1，解得|x 1|＝|y 1|＝255. 此时点O 到直线AB 的距离d 1＝|x 1|＝255. ②当直线AB 的斜率存在时， 设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，与椭圆方程联立有⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， 所以x 1＋x 2＝－8km1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k2. 因为以AB 为直径的圆过坐标原点O ，所以OA ⊥OB ， 所以OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0， 所以(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝0，所以(1＋k 2)·4m 2－41＋4k 2－8k 2m 21＋4k2＋m 2＝0， 整理得5m 2＝4(k 2＋1)， 所以点O 到直线AB 的距离d 1＝|m |k 2＋1＝255.综上所述，点O 到直线AB 的距离为定值255.6.(2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)如图，F 1，F 2是椭圆C ：x 22＋y 2＝1的左、右焦点，A ，B 是椭圆C 上的两点，且都在x 轴上方，AF 1∥BF 2，设AF 2，BF 1的交点为M .(1)求证：1|AF 1|＋1|BF 2|为定值；(2)求动点M 的轨迹方程.(1)证明 方法一 如题图所示，由题意知F 1(－1，0)，F 2(1，0)，设直线AF 1的方程为x ＝my －1，与椭圆C 的方程联立，由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，x ＝my －1，消去x ，整理得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0. 由题意知，Δ>0， 因为点A 在x 轴上方， 设A (x A ，y A )，所以y A >0，y A ＝2m ＋22(m 2＋1)2(m 2＋2)＝m ＋2(m 2＋1)m 2＋2，所以|AF 1|＝1＋m 2|y A －0|＝1＋m 2·[m ＋2(m 2＋1)]m 2＋2.直线BF 2的方程为x ＝my ＋1，设B (x B ，y B )， 同理可得y B ＝－m ＋2(m 2＋1)m 2＋2，|BF 2|＝1＋m 2|y B －0|＝1＋m 2·[－m ＋2(m 2＋1)]m 2＋2，所以1|AF 1|＝m 2＋21＋m 2·[m ＋2(m 2＋1)]，1|BF 2|＝m 2＋21＋m 2·[－m ＋2(m 2＋1)]，所以1|AF 1|＋1|BF 2|＝m 2＋21＋m 2·[m ＋2(m 2＋1)]＋m 2＋21＋m 2·[－m ＋2(m 2＋1)]＝m 2＋21＋m 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1m ＋2(m 2＋1)＋1－m ＋2(m 2＋1)＝m 2＋21＋m 2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤22(m 2＋1)2(m 2＋1)－m 2＝2 2.所以1|AF 1|＋1|BF 2|为定值.方法二 如图所示，延长AF 1交椭圆于B 1，由椭圆的对称性可知|B 1F 1|＝|BF 2|，所以要证1|AF 1|＋1|BF 2|为定值，只需证1|AF 1|＋1|B 1F 1|为定值.设直线AF 1的方程为x ＝my －1，A (x 1，y 1)，B 1(x 2，y 2)，y 1>0，y 2<0，与椭圆C 的方程联立，由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，x ＝my －1，消去x ，整理可得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0， 由题意知，Δ>0，所以y 1＋y 2＝2m m 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2.所以1|AF 1|＋1|B 1F 1|＝1m 2＋1⎝⎛⎭⎫1|y 1|＋1|y 2|＝1m 2＋1⎝⎛⎭⎫1y 1－1y 2＝1m 2＋1y 2－y 1y 1y 2＝1m 2＋1·－(y 1＋y 2)2－4y 1y 2y 1y 2＝8(m 2＋1)m 2＋1＝2 2. 所以1|AF 1|＋1|BF 2|为定值.(2)解 方法一 设直线AF 2，BF 1的方程分别为 x ＝k 1y ＋1，x ＝k 2y －1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝k 1y ＋1，x ＝k 2y －1，解得⎩⎨⎧x ＝k 1＋k 2k 2－k 1，y ＝2k 2－k 1.所以点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫k 1＋k 2k 2－k 1，2k 2－k 1. 又由(1)方法一可得k 1＝x A －1y A ＝my A －2y A ＝m －2y A，k 2＝x B ＋1y B ＝my B ＋2y B ＝m ＋2y B，所以k 1＋k 2＝m －2y A ＋m ＋2y B＝2m ＋2⎝⎛⎭⎫1y B －1y A ＝2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤m ＋m 2＋22(m 2＋1)－m －m 2＋22(m 2＋1)＋m ＝2(m ＋2m )＝6m ，k 2－k 1＝2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤m 2＋22(m 2＋1)－m ＋m 2＋22(m 2＋1)＋m ＝42m 2＋1. 所以⎩⎨⎧x ＝k 1＋k 2k 2－k 1＝6m 42m 2＋1＝3m 22m 2＋1，y ＝2k 2－k 1＝242m 2＋1＝122m 2＋1，所以动点M 的轨迹方程为x 298＋y 218＝1(y >0).方法二 如图所示，设|AF 1|＝d 1，|BF 2|＝d 2，因为AF 1∥BF 2，所以|MF 1||MB |＝d 1d 2，所以|MF 1||BF 1|＝d 1d 1＋d 2，即|MF 1|＝d 1d 1＋d 2·|BF 1|.又|BF 1|＋|BF 2|＝22，所以|BF 1|＝22－|BF 2|＝22－d 2， 所以|MF 1|＝d 1d 1＋d 2·|BF 1|＝d 1(22－d 2)d 1＋d 2.同理可得|MF 2|＝d 2(22－d 1)d 1＋d 2，所以|MF 1|＋|MF 2|＝d 1(22－d 2)d 1＋d 2＋d 2(22－d 1)d 1＋d 2＝22－2d 1d 2d 1＋d 2，由(1)可知d 1d 2d 1＋d 2＝11d 2＋1d 1＝122，所以|MF 1|＋|MF 2|＝32>|F 1F 2|＝2，动点M 的轨迹为以F 1，F 2为左、右焦点，以32为长轴长的椭圆的一半，所以动点M 的轨迹方程为x 298＋y 218＝1(y >0).。
2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第九章 平面解析几何9.1
得两直线交点为
4k－2
y＝
k＋2
.
(k≠－2，否则与已知直线平行).
则 B 点坐标为kk＋ ＋72，4kk＋－22. 由已知kk＋ ＋72－12＋4kk＋－22＋12＝52， 解得 k＝－34，∴y＋1＝－43(x－1)， 即3x＋4y＋1＝0. 综上可知，所求直线的方程为x＝1或3x＋4y＋1＝0.
∴k∈(－∞，－ 3 ]∪[1，＋∞).
பைடு நூலகம்
引申探究 1.若将本例(2)中P(1，0)改为P(－1，0)，其他条件不变，求直线l斜率的取值范围. 解 ∵P(－1，0)，A(2，1)，B(0， 3)，
∴kAP＝2－1－－01＝13，kBP＝0－3－－01＝ 3. 如图可知，直线 l 斜率的取值范围为13， 3.
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题组三 易错自纠 4.直线x＋(a2＋1)y＋1＝0的倾斜角的取值范围是
A.0，π4
√B.34π，π
C.0，π4∪π2，π
D.π4，π2∪34π，π
解析 由直线方程可得该直线的斜率为－a2＋1 1，
②公式法：若已知直线上两点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，一般根据斜率公式 k＝yx22－ －yx11(x1≠x2)求斜率.
(3)倾斜角α范围与直线斜率范围互求时，要充分利用y＝tan α的单调性.
跟踪训练1 (1)若平面内三点A(1，－a)，B(2，a2)，C(3，a3)共线，则a等于
√A.1± 2或 0
又－1≤－a2＋1 1<0，所以倾斜角的取值范围是34π，π.
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5.如果A·C<0且B·C<0，那么直线Ax＋By＋C＝0不通过
A.第一象限
√C.第三象限
人教新课标高考数学(文)大一轮复习课件第九章 平面解析几何 9.3ppt版本
由 2a-b-5＝a＋2b-5，得 a＝3b，①
由 2a-b-5＝-(2a＋b-5)，得 a＝52.
将
a＝52代入①式，得
b＝56.所以
r＝5＋56-5＝ 5
5 6.
故所求圆的方程为x-522＋y-562＝356.故填x-522＋y-562＝356.
【点拨】设出圆的圆心坐标后，利用三角形内切 圆的性质和点到直线的距离公式得到关于圆心坐标的 方程组，解此方程组得圆心坐标后再求圆的半径长．求 解过程中需要注意：内切圆的圆心总在三角形的内部， 因此需要应用线性规划的有关知识判断绝对值中代数 式的符号，否则会求出多解(其他的解是三个旁切圆的 圆心)．
选 C.
(2014·陕西)若圆 C 的半径为 1，其圆心与点(1， 0) 关 于 直 线 y ＝ x 对 称 ， 则 圆 C 的 标 准 方 程 为 ____________．
解：因为点(1，0)关于直线 y＝x 的对称点为(0，1)， 所以圆心为(0，1)．所以圆 C 的标准方程为 x2＋(y-1)2＝1. 故填 x2＋(y-1)2＝1.
F＝-8， F＝0.
故所求圆的方程为 x2＋y2-2x-4y-8＝0，或 x2＋y2-6x-8y＝0. (2)设圆心 M(x0，-4x0)，则 kMP＝-k1l＝1，即43x-0x-02＝1，
解得 x0＝1，即圆心坐标为(1，-4)，半径 r＝2 2，故圆的方程为(x-1)2＋(y＋4)2＝8.
设 P(x，y)为所求圆上任意一点，因为 PP1⊥PP2， 所以 kPP1·kPP2＝-1，即xy--49·yx--36＝-1， 得 x2＋y2-10x-12y＋51＝0， 其标准形式(x-5)2＋(y-6)2＝10 即为所求方程． 分别计算点 M(6，9)，N(3，3)，Q(5，3)与圆心 C(5，6)的距离，得|CM| ＝ 10，|CN|＝ 13＞ 10，|CQ|＝3＜ 10. 因此，点 M 在圆上，点 N 在圆外，点 Q 在圆内．
2019版高考数学大一轮复习人教B版全国通用课件：第九
组的解的情况
无解 ________ 一组实数解 ____________ 两组不同的实数解 __________________ 一组实数解 _____________ 无解 _____
外切 相交
内切
|r1－r2|<d<r1＋r2 ________________
d＝|r1－r2|(r1≠r2) ________________ 0≤d<|r1－r2|(r1≠r2) ___________________
第九章 平面解析几何
§9.4 直线与圆、圆与圆的位置关系
内容索引
基础知识
自主学习
题型分类
课时作业
深度剖析
基础知识
自主学习
知识梳理 1.判断直线与圆的位置关系常用的两种方法 (1)几何法：利用圆心到直线的距离d和圆的半径r的大小关系. d<r ⇔相交； d＝r ⇔相切； d>r ⇔相离.
>0⇔ 相交 判别式 (2)代数法：― ― ― ― ― →＝0⇔ 相切 2― Δ＝b －4ac <0⇔ 相离
得两圆公共弦所在直线为x－y＋2＝0.
2 又圆 x ＋y ＝4 的圆心到直线 x－y＋2＝0 的距离为 ＝ 2. 2
2 2
由勾股定理得弦长的一半为 4－2＝ 2，所以所求弦长为 2 2.
1
2
3
4
5
6
解析
答案
题组三 易错自纠
4.若直线l ：x－y＋ m＝0 与圆 C：x2 ＋y2 －4x－2y＋1 ＝0 恒有公共点，
内含
【知识拓展】 1.圆的切线方程常用结论 (1)过圆x2＋y2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为x0x＋y0y＝r2.
2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第九章 平面解析几何 9.2 Word版含解析
姓名，年级：时间：§9。
2 两条直线的位置关系考情考向分析以考查两条直线的位置关系、两点间的距离、点到直线的距离、两条直线的交点坐标为主，有时也会与圆、椭圆、双曲线、抛物线交汇考查．题型主要以填空题为主,要求相对较低，但内容很重要，特别是距离公式，是高考考查的重点．1．两条直线的位置关系（1)两条直线平行与垂直①两条直线平行：(ⅰ)对于两条不重合的直线l1，l2,若其斜率分别为k1，k2，则有l1∥l2⇔k1＝k2.（ⅱ）当直线l1，l2不重合且斜率都不存在时，l1∥l2.②两条直线垂直：(ⅰ）如果两条直线l1，l2的斜率存在,设为k1,k2,则有l1⊥l2⇔k1·k2＝－1。
(ⅱ）当其中一条直线的斜率不存在，而另一条的斜率为0时,l1⊥l2。
(2)两条直线的交点直线l1:A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，则l1与l2的交点坐标就是方程组错误!的解．2．几种距离（1)两点P1(x1，y1)，P2(x2,y2)之间的距离P 1P2＝错误!。
（2)点P0（x0,y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离d＝错误!.(3）两条平行线Ax＋By＋C1＝0与Ax＋By＋C2＝0（其中C1≠C2）间的距离d＝概念方法微思考1．若两条直线l 1与l 2垂直，则它们的斜率有什么关系？提示 当两条直线l 1与l 2的斜率都存在时，12·l l k k ＝－1；当两条直线中一条直线的斜率为0,另一条直线的斜率不存在时，l 1与l 2也垂直．2．应用点到直线的距离公式和两平行线间的距离公式时应注意什么? 提示 （1）将方程化为最简的一般形式．(2)利用两平行线之间的距离公式时，应使两平行线方程中x ，y 的系数分别对应相等．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)（1)当直线l 1和l 2斜率都存在时，一定有k 1＝k 2⇒l 1∥l 2。