2020版高考理科数学_经典版_复习_第九章 平面解析几何 第2讲
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答案
解析
4．(2019·重庆模拟)光线从点A(－3,5)射到x轴上，经x轴反射后经过点 B(2,10)，则光线从A到B的距离为( )
A．5 2 B．2 5 C．5 10 D．10 5
答案 C
解析 点B(2,10)关于x轴的对称点为B′(2，－10)，由对称性可得光线 从A到B的距离为|AB′|＝ －3－22＋[5－－10]2＝5 10.故选C.
A．1 B．2 C．2 2 D．2 3
答案 B
解析 由已知两直线垂直得b2＋1－ab2＝0，即ab2＝b2＋1，根据b>0，
两边同时除以b得ab＝b＋
1 b
≥2
B.
1 b·b
＝2，当且仅当b＝1时等号成立，故选
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答案
解析
触类旁通 两直线位置关系问题的解题策略
(1)充分掌握两直线平行与垂直的条件是解决此类试题的关键，对于斜 率都存在且不重合的两条直线l1和l2，l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1·k2＝－1.若有 一条直线的斜率不存在，那么另一条直线的斜率是否存在一定要特别注意．
答案
34 5
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解析 由题可知纸的折痕应是点(0,2)与点(4,0)连线的中垂线，即直线y ＝2x－3，它也是点(7,3)与点(m，n)连线的中垂线，于是 3＋2 n＝2×7＋2 m－3， mn－－37＝－12，
解得m＝35， n＝351，
a2＋b2 的最小值为
答案 3
解析 ∵M(a，b)在直线3x＋4y＝15上，∴3a＋4b＝15，而 a2＋b2的几 何意义是a，b坐标平面内原点到直线3a＋4b＝15上任意一点的距离，所以 ( a2＋b2)min＝ 312＋5 42＝3.
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答案
解析
触类旁通
1点到直线的距离可直接利用点到直线的距离公式去求，注意直线方
2设l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，则l1⊥l2⇔A1A2＋B1B2＝0
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即时训练 1.“m＝3”是“直线l1：2(m＋1)x＋(m－3)y＋7－5m＝0与 直线l2：(m－3)x＋2y－5＝0垂直”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
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1．(2019·广东惠阳模拟)点A(2,5)到直线l：x－2y＋3＝0的距离为( )
A．2
5
5 B. 5
C. 5
25 D. 5
答案 C
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解析
点A(2,5)到直线l：x－2y＋3＝0的距离为d＝
|2－10＋3| 1＋4
＝
5 .故选
A2＋B2
.
(3)两条平行线Ax＋By＋C1＝0与Ax＋By＋C2＝0(其中C1≠C2)间的距离d
□06 |C1－C2|
＝
A2＋B2
.
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1．与直线Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)垂直和平行的直线方程可设为： (1)垂直：Bx－Ay＋m＝0； (2)平行：Ax＋By＋n＝0. 2．点到直线、两平行线间的距离公式的使用条件 (1)求点到直线的距离时，应先化直线方程为一般式． (2)求两平行线之间的距离时，应先将方程化为一般式且x，y的系数对 应相等．
答案 0或16
解析 因为直线l1：x＋2my－1＝0与l2：(3m－1)x－my－1＝0平行，则 斜率相等或者斜率不存在，－21m＝3mm－1或者m＝0，所以m＝16或0.
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考向二 距离公式的应用 例2 (1)(2019·四川绵阳模拟)若P，Q分别为直线3x＋4y－12＝0与6x＋ 8y＋5＝0上任意一点，则|PQ|的最小值为( )
解析 由方程组xx－ ＋2y－y＋24＝＝00，， 得xy＝ ＝02， ， 即交点P(0,2)．因l3的斜率 为34，且l⊥l3，故l的斜率为－43.
故直线l的方程为y＝－43x＋2，即4x＋3y－6＝0.
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解析
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课前自主学习
课堂合作研究
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Q 点在 l 上，∴3·x0－2 5－2·y20＋7＝0.
由x0y＋0 5＝－23， 32x0－5－y0＋7＝0.
得x0＝－1173， y0＝－3123.
第2讲 两直线的位置关系
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课前自主学习
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随堂基础巩固
课后课时精练
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⇔
□01 k1＝k2
.
(ⅱ)当直线l1，l2不重合且斜率都不存在时，l1∥l2.
答案 3 2 4
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解析 设与直线 l 平行的抛物线 y2＝2x 的切线方程为 x－y＋k＝0，由
y2＝2x， x－Байду номын сангаас＋k＝0
消去 x，得 y2－2y＋2k＝0，所以 Δ＝(－2)2－8k＝0，解得 k＝12.
所以切线方程为 x－y＋12＝0.当点 P 为切点时，点 P 到直线 l 的距离是最
短距离，最短距离为直线 l 到切线 x－y＋12＝0 的距离，所以最短距离为 d＝
122＋－－12 12＝3
4
2 .
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考向三 对称问题 角度 1 点关于点的对称 例 3 过点 P(0,1)作直线 l 使它被直线 l1：2x＋y－8＝0 和 l2：x－3y＋10 ＝0 截得的线段被点 P 平分，求直线 l 的方程．
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得xy＝ ＝－2. 1， ∴反射点 M 的坐标为(－1,2)．又取直线 x－2y＋5＝0 上一 点 P(－5,0)，设 P 关于直线 l 的对称点 P′(x0，y0)，由 PP′⊥l 可知，kPP′ ＝－32＝x0y＋0 5.
而 PP′的中点 Q 的坐标为x0－2 5，y20，
C.
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2．已知直线l1：ax＋2y＋1＝0与直线l2：(3－a)x－y＋a＝0，若l1∥l2， 则a的值为( )
A．1 B．2 C．6 D．1或2
答案 C
解析 ∵直线l1：ax＋2y＋1＝0与直线l2：(3－a)x－y＋a＝0的斜率都存 在，且l1∥l2，∴k1＝k2，即－a2＝3－a，解得a＝6.故选C.
故m＋n＝354.
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角度 3 直线关于直线的对称 例 5 光线沿直线 l1：x－2y＋5＝0 射入，遇直线 l：3x－2y＋7＝0 后反 射，求反射光线所在的直线方程．
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解 由3x－x－22y＋y＋57＝＝00，，
答案 C
解析
设P(x,5－3x)，则d＝
|x－5＋3x－1| 12＋－12
＝
2 ，化简得|4x－6|＝2，即
4x－6＝±2，解得x＝1或x＝2，故点P的坐标为(1,2)或(2，－1)．
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4．(2019·河南中原联考)已知直线l的方程为x－y＋2＝0，抛物线为y2＝ 2x，若点P是抛物线上任一点，则点P到直线l的最短距离是________．
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解析
3．过点(1,0)且与直线x－2y－2＝0平行的直线方程是( ) A．x－2y－1＝0 B．x－2y＋1＝0 C．2x＋y－2＝0 D．x＋2y－1＝0
答案 A
解析 因为所求直线与直线x－2y－2＝0平行，所以设直线方程为x－2y ＋c＝0，又经过点(1,0)，得出c＝－1，故所求方程为x－2y－1＝0.
解 设l1与l的交点为A(a,8－2a)， 则由题意知，点A关于点P的对称点B(－a,2a－6)在l2上，代入l2的方程得 －a－3(2a－6)＋10＝0， 解得a＝4，即点A(4,0)在直线l上， 所以直线l的方程为x＋4y－4＝0.
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角度2 点关于直线的对称 例4 若将一张坐标纸折叠一次，使得点(0,2)与点(4,0)重合，点(7,3)与 点(m，n)重合，则m＋n＝________.
程应为一般式.
2运用两平行直线间的距离公式d＝
|C1－C2| A2＋B2
的前提是两直线方程中的
x，y的系数对应相等.
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即时训练 3.P点在直线3x＋y－5＝0上，且点P到直线x－y－1＝0的距
离为 2，则P点坐标为( )
A．(1,2)
B．(2,1)
C．(1,2)或(2，－1) D．(2,1)或(－1,2)
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5．(2019·陕西黄陵模拟)不论m为何值，直线(m－1)x＋(2m－1)y＝m－5
2020版新高考复习理科数学教学案：解析几何含答案 (2)
A1(－a,0).A2(a,0)
A1(0.－a).A2(0.a)
轴
实轴：线段A1A2.虚轴：B1B2
焦距
|F1F2|＝2c
离心率
e＝ .e∈(1.＋∞)
a.b.c的关系
c2＝a2＋b2
渐近线
y＝± x
y＝± x
三、离心率e的作用
(1)椭圆：e越大.图形越扁．
(2)双曲线：e越大.开口越小．
四、常见结论
答案：B
7．[20xx·江苏卷]在平面直角坐标系xOy中.P是曲线y＝x＋ (x>0)上的一个动点.则点P到直线x＋y＝0的距离的最小值是________．
解析：通解：设P .x>0.则点P到直线x＋y＝0的距离d＝ ＝ ≥ ＝4.当且仅当2x＝ .即x＝ 时取等号.故点P到直线x＋y＝0的距离的最小值是4.
(2)符号语言：||MF1|－|MF2||＝2a(2a<|F1F2|)．
(3)当|MF1|－|MF2|＝2a时.曲线仅表示焦点F2所对应的双曲线的一支；当|MF1|－|MF2|＝－2a时.曲线仅表示焦点F1所对应的双曲线的一支；当2a＝|F1F2|时.轨迹为分别以F1.F2为端点的两条射线；当2a>|F1F2|时.动点轨迹不存在．
(2)弦长公式：l＝2a＝2 .
3．切线长公式
圆的方程为f(x.y)＝x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.或f(x.y)＝(x－a)2＋(y－b)2－R2＝0.圆外有一点P(x0.y0).由点P向圆引的切线的长为l＝ .
■自测自评——————————————
1．设a.b.c分别是△ABC中角A.B.C所对的边.则直线sinA·x＋ay－c＝0与bx－sinB·y＋sinC＝0的位置关系是( )
2020版高考数学(江苏专用)新增分大一轮课件：第九章 平面解析几何 9.2
1 解析 先将 2x＋2y＋1＝0 化为 x＋y＋2＝0，
则两平行线间的距离为 d＝
1 2 － 2
2
3 2 ＝ 4 .
1
2
3
4
5
6
7
7.若直线(3a＋2)x＋(1－4a)y＋8 ＝0与(5a－2)x＋(a＋4)y－7＝0垂直，则a＝ 0 或1 ______. 解析 由两直线垂直的充要条件，得(3a＋2)(5a－2)＋(1－4a)(a＋4)＝0， 解得a＝0或a＝1.
又∵直线l1过点(－3，－1)，∴－3a＋b＋4＝0.
大一轮复习讲义
第九章
平面解析几何
§9.2 两条直线的位置关系
考情考向分析
KAOQINGKAOXIANGFENXI
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
2
3
4
5
6
7
PART TWO
2
题型分类
深度剖析
师生共研
题型一
两条直线的平行与垂直
例1 已知直线l1：ax＋2y＋6＝0和直线l2：x＋(a－1)y＋a2－1＝0. (1)试判断l1与l2是否平行；
(2)当l1⊥l2时，求a的值.
思维升华 (1)当直线方程中存在字母参数时，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也 要考虑到斜率不存在的特殊情况 .同时还要注意x，y的系数不能同时为零这 一隐含条件. (2)在判断两直线平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得 出结论.
1
2
3
高考总复习一轮数学精品课件 第九章 平面解析几何 第二节 两条直线的位置关系
与距离有关的问题
典例突破
例4.(1)若两条平行直线l1:x-2y+m=0(m>0)与l2:x+ny-3=0之间的距离是√5 ,
则m+n=(
)
A.0
C.-2
B.1
D.-1
(2)已知点P(4,a)到直线4x-3y-1=0的距离不大于3,则实数a的取值范围
为
.
答案 (1)A
解析
(2)[0,10]
1
(1)由两直线平行,得1
)
记 P 的轨迹为 E,则(
A.E 是一个半径为√5的圆
B.E 是一条与 l 相交的直线
C.E 上的点到 l 的距离均为√5
D.E 是两条平行直线
答案 (1)C
(2) C
解析(1)因为直线 x-y-m=0 与直线 mx+y-4=0 平行,所以
m≠0,且 1
=
1
-1
≠
-4
,解
-
得 m=-1,即两直线为直线 x-y+1=0 与直线 x-y+4=0,所以它们之间的距离为
式.
2 -1
提示
· = -1,
2 -1
1 +2
2
=
1 +2
·
+ .
2
常用结论
1.两种求直线方程的设法
(1)与直线Ax+By+C=0(A2+B2≠0)垂直的直线可设为Bx-Ay+m=0.
(2)与直线Ax+By+C=0(A2+B2≠0)平行的直线可设为Ax+By+n=0.
2.六种常见的对称点
(1)点(x,y)关于原点(0,0)的对称点为(-x,-y).
【人教版】2020高考数学一轮复习第9章平面解析几何第2讲两直线的位置关系分层演练文
第2讲 两直线的位置关系一、选择题1．已知直线l 1：mx ＋y －1＝0与直线l 2：(m －2)x ＋my －2＝0，则“m ＝1”是“l 1⊥l 2”的( ) A ．充分不必要条件 B ．充要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A ．由l 1⊥l 2，得m (m －2)＋m ＝0，解得m ＝0或m ＝1，所以“m ＝1”是“l 1⊥l 2”的充分不必要条件，故选A ．2．当0<k <12时，直线l 1：kx －y ＝k －1与直线l 2：ky －x ＝2k 的交点在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选B ．由⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＝k －1，ky －x ＝2k ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝k k －1，y ＝2k －1k －1.又因为0<k <12，所以x ＝kk －1<0，y ＝2k －1k －1>0， 故直线l 1：kx －y ＝k －1与直线l 2：ky －x ＝2k 的交点在第二象限．3．若直线l 1：y ＝k (x －4)与直线l 2关于点(2，1)对称，则直线l 2恒过定点( ) A ．(0，4) B ．(0，2) C ．(－2，4)D ．(4，－2)解析：选B ．由于直线l 1：y ＝k (x －4)恒过定点(4，0)，其关于点(2，1)对称的点为(0，2)，又由于直线l 1：y ＝k (x －4)与直线l 2关于点(2，1)对称，所以直线l 2恒过定点(0，2)．4．若直线l 1：x ＋ay ＋6＝0与l 2：(a －2)x ＋3y ＝0平行，则l 1与l 2之间的距离为( ) A ． 2 B ．2 2 C ．3 2D ．4 2解析：选C ．因为l 1∥l 2， 所以1a －2＝a 3， 解得a ＝－1，所以l 1与l 2的方程分别为l 1：x －y ＋6＝0，l 2：x －y ＝0，所以l 1与l 2的距离d ＝||6－02＝32．选C ．5．光线沿着直线y ＝－3x ＋b 射到直线x ＋y ＝0上，经反射后沿着直线y ＝ax ＋2射出，则有( ) A ．a ＝13，b ＝6B ．a ＝－13，b ＝－6C ．a ＝3，b ＝－16D ．a ＝－3，b ＝16解析：选B ．在直线y ＝－3x ＋b 上任意取一点A (1，b －3)，则点A 关于直线x ＋y ＝0的对称点B (－b ＋3，－1)在直线y ＝ax ＋2上，故有－1＝a (－b ＋3)＋2，即－1＝－ab ＋3a ＋2，所以ab ＝3a ＋3，结合所给的选项，只有B 项符合，故选B ．6．在直角坐标平面内，过定点P 的直线l ：ax ＋y －1＝0与过定点Q 的直线m ：x －ay ＋3＝0相交于点M ，则|MP |2＋|MQ |2的值为( )A ．102B ．10C ．5D ．10解析：选D ．由题意知P (0，1)，Q (－3，0)，因为过定点P 的直线ax ＋y －1＝0与过定点Q 的直线x －ay ＋3＝0垂直，所以M 位于以PQ 为直径的圆上， 因为|PQ |＝9＋1＝10，所以|MP |2＋|MQ |2＝|PQ |2＝10，故选D ． 二、填空题7．直线x －2y ＋1＝0关于直线x ＝1对称的直线方程是________． 解析：由题意得直线x －2y ＋1＝0与直线x ＝1的交点坐标为(1，1)． 又直线x －2y ＋1＝0上的点(－1，0)关于直线x ＝1的对称点为(3，0)，所以由直线方程的两点式，得y －01－0＝x －31－3，即x ＋2y －3＝0．答案：x ＋2y －3＝08．以点A (4，1)，B (1，5)，C (－3，2)，D (0，－2)为顶点的四边形ABCD 的面积为________． 解析：因为k AB ＝5－11－4＝－43，k DC ＝2－（－2）－3－0＝－43．k AD ＝－2－10－4＝34，k BC ＝2－5－3－1＝34． 则k AB ＝k DC ，k AD ＝k BC ，所以四边形ABCD 为平行四边形． 又k AD ·k AB ＝－1，即AD ⊥AB ， 故四边形ABCD 为矩形．故S ＝|AB |·|AD |＝（1－4）2＋（5－1）2×（0－4）2＋（－2－1）2＝25． 答案：259．已知l 1，l 2是分别经过A (1，1)，B (0，－1)两点的两条平行直线，当l 1，l 2间的距离最大时，则直线l 1的方程是________．解析：当直线AB 与l 1，l 2垂直时，l 1，l 2间的距离最大．因为A (1，1)，B (0，－1)，所以k AB ＝－1－10－1＝2，所以两平行直线的斜率为k ＝－12，所以直线l 1的方程是y －1＝－12(x －1)，即x ＋2y －3＝0．答案：x ＋2y －3＝010．在平面直角坐标系内，到点A (1，2)，B (1，5)，C (3，6)，D (7，－1)的距离之和最小的点的坐标是________． 解析：设平面上任一点M ，因为|MA |＋|MC |≥|AC |，当且仅当A ，M ，C 共线时取等号，同理|MB |＋|MD |≥|BD |，当且仅当B ，M ，D 共线时取等号，连接AC ，BD 交于一点M ，若|MA |＋|MC |＋|MB |＋|MD |最小，则点M 为所求．因为k AC ＝6－23－1＝2，所以直线AC 的方程为y －2＝2(x －1)， 即2x －y ＝0．①又因为k BD ＝5－（－1）1－7＝－1，所以直线BD 的方程为y －5＝－(x －1)， 即x ＋y －6＝0．②联立①②⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝0，x ＋y －6＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝4，所以M (2，4)．答案：(2，4) 三、解答题11．已知点P (2，－1)．(1)求过点P 且与原点的距离为2的直线l 的方程；(2)求过点P 且与原点的距离最大的直线l 的方程，最大距离是多少？(3)是否存在过点P 且与原点的距离为6的直线？若存在，求出方程；若不存在，请说明理由．解：(1)过点P 的直线l 与原点的距离为2，而点P 的坐标为(2，－1)，显然，过P (2，－1)且垂直于x 轴的直线满足条件，此时l 的斜率不存在，其方程为x ＝2． 若斜率存在，设l 的方程为y ＋1＝k (x －2)， 即kx －y －2k －1＝0．由已知得|－2k －1|k 2＋1＝2，解得k ＝34．此时l 的方程为3x －4y －10＝0．综上，可得直线l 的方程为x ＝2或3x －4y －10＝0．(2)作图可得过点P 与原点O 的距离最大的直线是过点P 且与PO 垂直的直线，如图． 由l ⊥OP ，得k l k OP ＝－1， 所以k l ＝－1k OP＝2．由直线方程的点斜式得y ＋1＝2(x －2)，即2x －y －5＝0． 所以直线2x －y －5＝0是过点P 且与原点O 的距离最大的直线， 最大距离为|－5|5＝5．(3)由(2)可知，过点P 不存在到原点的距离超过5的直线，因此不存在过点P 且到原点的距离为6的直线． 12．正方形的中心为点C (－1，0)，一条边所在的直线方程是x ＋3y －5＝0，求其他三边所在直线的方程． 解：点C 到直线x ＋3y －5＝0的距离d ＝|－1－5|1＋9＝3105．设与x ＋3y －5＝0平行的一边所在直线的方程是x ＋3y ＋m ＝0(m ≠－5)， 则点C 到直线x ＋3y ＋m ＝0的距离d ＝|－1＋m |1＋9＝3105，解得m ＝－5(舍去)或m ＝7，所以与x ＋3y －5＝0平行的边所在直线的方程是x ＋3y ＋7＝0． 设与x ＋3y －5＝0垂直的边所在直线的方程是3x －y ＋n ＝0， 则点C 到直线3x －y ＋n ＝0的距离d ＝|－3＋n |1＋9＝3105，解得n ＝－3或n ＝9，所以与x ＋3y －5＝0垂直的两边所在直线的方程分别是3x －y －3＝0和3x －y ＋9＝0．1．已知△ABC 的顶点A (5，1)，AB 边上的中线CM 所在直线方程为2x －y －5＝0，AC 边上的高BH 所在直线方程为x －2y －5＝0，求直线BC 的方程．解：依题意知：k AC ＝－2，A (5，1)， 所以l AC 的方程为2x ＋y －11＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －11＝0，2x －y －5＝0，得C (4，3)．设B (x 0，y 0)，则AB 的中点M ⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋52，y 0＋12，代入2x －y －5＝0，得2x 0－y 0－1＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧2x 0－y 0－1＝0，x 0－2y 0－5＝0，得B (－1，－3)，所以k BC ＝65，所以直线BC 的方程为y －3＝65(x －4)，即6x －5y －9＝0．2．已知三条直线：l 1：2x －y ＋a ＝0(a >0)；l 2：－4x ＋2y ＋1＝0；l 3：x ＋y －1＝0，且l 1与l 2间的距离是7510．(1)求a 的值；(2)能否找到一点P ，使P 同时满足下列三个条件： ①点P 在第一象限；②点P 到l 1的距离是点P 到l 2的距离的12；③点P 到l 1的距离与点P 到l 3的距离之比是2∶5．若能，求点P 的坐标；若不能，说明理由． 解：(1)直线l 2：2x －y －12＝0，所以两条平行线l 1与l 2间的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －⎝ ⎛⎭⎪⎫－1222＋（－1）2＝7510， 所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋125＝7510，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋12＝72， 又a >0，解得a ＝3．(2)假设存在点P ，设点P (x 0，y 0)．若点P 满足条件②，则点P 在与l 1，l 2平行的直线l ′：2x －y ＋c ＝0上，且|c －3|5＝12×⎪⎪⎪⎪⎪⎪c ＋125，即c ＝132或116，所以直线l ′的方程为2x 0－y 0＋132＝0或2x 0－y 0＋116＝0；若点P 满足条件③，由点到直线的距离公式， 有|2x 0－y 0＋3|5＝25×|x 0＋y 0－1|2， 即|2x 0－y 0＋3|＝|x 0＋y 0－1|， 所以x 0－2y 0＋4＝0或3x 0＋2＝0；由于点P 在第一象限，所以3x 0＋2＝0不可能．联立方程2x 0－y 0＋132＝0和x 0－2y 0＋4＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－3，y 0＝12(舍去)； 联立方程2x 0－y 0＋116＝0和x 0－2y 0＋4＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝19，y 0＝3718.所以存在点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫19，3718同时满足三个条件．。
2020版高考理科数学_经典版_复习_第九章 平面解析几何 第1讲
故所求直线方程为4x－y＋16＝0或x＋3y－9＝0.
(3)直线3x－4y－5＝0与y轴的交点为A 0，－45 ，所求直线过A 0，－54 ， 且斜率k＝－34，所求直线方程为y＝－34x－54，即3x＋4y＋5＝0.
基础知识整合
核心考向突破
配套课时作业
答案
触类旁通 根据各种形式的方程，采用待定系数的方法求出其中的系数，在求直线 方程时凡涉及斜率的要考虑其存在与否，凡涉及截距的要考虑是否为零截距 以及其存在性．
基础知识整合
核心考向突破
配套课时作业
解 如图所示，以 A 为坐标原点建立平面直角坐标系，则 E(30,0)，F(0,20)， ∴直线 EF 的方程为3x0＋2y0＝1(0≤x≤30)． 易知当矩形草坪的一个顶点在 EF 上时，可取最大值， 在线段 EF 上取点 P(m，n)，作 PQ⊥BC 于点 Q， PR⊥CD 于点 R，设矩形 PQCR 的面积为 S， 则 S＝|PQ|·|PR|＝(100－m)(80－n)． 又3m0＋2n0＝1(0≤m≤30)，∴n＝20－23m.
基础知识整合
核心考向突破
配套课时作业
答案
解法二：依题意知，直线l的斜率k存在且k<0，
可设直线l的方程为y－2＝k(x－3)(k<0)，
则A3－2k，0，B(0,2－3k)，
S△ABO＝12(2－3k)3－2k＝1212＋－9k＋－4 k
≥1212＋2
D.π4，π2∪34π，π
答案 B
解析
依题意，直线的斜率k＝－
1 a2＋1
∈[－1,0)，因此其倾斜角的取值
范围是34π，π.]
基础知识整合
核心考向突破
配套课时作业
答案
高考数学总复习(人教A版,理科)配套课件第九章 平面解析几何 9.2
R A（理）
§9.2 两直线的位置关系
第九章 平面解析几何
基础知识·自主学习
要点梳理
1.两条直线平行与垂直的判定 (1)两条直线平行 对于两条不重合的直线 l1、 l2， 其斜率分别为 k1、 k2， 则有 l1∥ l2 ⇔ k1＝k2 .特别地，当直线 l1、 l2 的斜率都不存在时， l1 与 l2
基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾 理清教材
3.三种距离公式 (1)点 A(x1， y1)、 B(x2， y2)间的距离： 2 2 x － x ＋ y － y 2 1 2 1 |AB|＝ . (2)点 P(x0， y0)到直线 l： Ax＋By＋ C＝0 的距离： d＝
|Ax0＋By0＋C| A2＋B2
①
②
由①②联立，解得 a＝2，b＝2.
(1)l1⊥ l2，且 l1 过点 (－ 3，－ 1)； (2)∵l2 的斜率存在，l1∥l2，
∴直线 l1 的斜率存在， a k1＝k2，即 ＝1－a. b
相等，且 l1∥l2，
③
又∵坐标原点到这两条直线的距离
题型分类·深度剖析
题型一 两条直线的平行与垂直
思维启迪 解析 思维升华
a，b 的值.
即 b＝0.
(1)l1⊥l2， 且 l1 过点(－3， －1)； 又∵l1 过点(－3，－1)，
4 (2)l1∥l2，且坐标原点到这两 ∴－3a＋4＝0，即 a＝3(矛盾). ∴此种情况不存在，∴k2≠0.
条直线的距离相等 .
即 k1，k2 都存在， a ∵k2＝1－a，k1＝ ，l1⊥l2， b
2 ∴a＝2，b＝－2 或 a＝ ，b＝2. 3
题型分类·深度剖析
题型一 两条直线的平行与垂直
高考文数一轮课件9第九章平面解析几何第二节直线的交点与距离公式
典例2 (1)若P,Q分别为直线3x+4y-12=0与6x+8y+5=0上任意一点,则|
PQ|的最小值为 ( )
A. 9 B.18 C. 29 D. 29
5
5
10
5
(2)已知A(4,-3),B(2,-1)和直线l:4x+3y-2=0,在坐标平面内存在一点P,使|
PA|=|PB|,且点P到直线l的距离为2,则点P坐标为
解析 设l1与l的交点为A(a,8-2a), 则由题意知,点A关于点P的对称点B(-a,2a-6)在l2上, 将其代入l2的方程,得-a-3(2a-6)+10=0, 解得a=4,则A(4,0),又P(0,1), 所以直线l的方程为x+4y-4=0.
命题角度二 点关于线的对称 典例4 求点A(-1,-2)关于直线l:2x-3y+1=0的对称点A'的坐标.
所以2x-y-5=0是过P点且与原点距离最大的直线的方程,最大距离为| 5 |
5
= 5.
(3)不存在.由(2)可知,不存在过P点且与原点距离超过 5 的直线,因此不 存在过P点且与原点距离为6的直线.
考点三 对称问题
命题角度一 点关于点的对称 典例3 过点P(0,1)作直线l使它被直线l1:2x+y-8=0和l2:x-3y+10=0截得的 线段被点P平分,求直线l的方程.
2-1 已知直线3x+4y-3=0与直线6x+my+14=0平行,则它们之间的距离是
(D)
A.17 B.17 C.8 D.2
10
5
答案 D 由题意知 6 = m ≠14 ,∴m=8,直线6x+my+14=0可化为3x+4y+7
2020年高考数学专题讲解：平面解析几何(二)
C ．(x －1)2＋(y －1)2＝2D ．(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝2[答案] B[解析] 考查两平行直线的距离公式、直线与圆相切的性质及圆的标准方程．解：直线y ＝x 与y ＝x －4均与圆相切，设两直线间距离为d ，则圆的半径r ＝d 2＝41＋1·12＝2，设圆心坐标为(a ，－a )，则|a ＋a |2＝2⇒a ＝±1， ∵当a ＝－1时，圆不与直线y ＝x －4相切，∴a ＝1. ∴圆的方程为(x －1)2＋(y ＋1)2＝2，选B.3．(教材改编题)方程x 2＋y 2＋4mx －2y ＋5m ＝0表示圆的充要条件是( ) A.14<m <1 B ．m >1 C ．m <14D ．m <14或m >1[答案] D[解析] 原方程表示圆⇔(4m )2＋(－2)2－4×5m >0， 解得m <14或m >1.4．已知x 2＋y 2＋4x －2y －4＝0，则x 2＋y 2的最大值为( ) A ．9B ．14C ．14－6 5D ．14＋6 5[答案] D[解析] 方程表示以(－2,1)为圆心，半径r ＝3的圆， 令d ＝x 2＋y 2，则d 为点(x ，y )到(0,0)的距离， ∴d max ＝－2－2＋－2＋r ＝5＋3，∴x 2＋y 2的最大值为(5＋3)2＝14＋6 5.5．圆x 2＋(y ＋1)2＝1的圆心坐标是________，如果直线x ＋y ＋a ＝0与该圆有公共点，那么实数a 的取值范围是________．[答案] (0，－1)，1－2≤a ≤1＋ 2[解析] 可知圆心坐标为(0，－1)．直线x ＋y ＋a ＝0与该圆有公共点，则|0－1＋a |12＋12≤1，∴1－2≤a ≤1＋ 2. 6．已知BC 是圆x 2＋y 2＝25的动弦，且|BC |＝6，则BC 的中点的轨迹方程是________． [答案] x 2＋y 2＝16[解析] 设BC 中点为P (x ，y )，则OP ⊥BC ，∵|OC |＝5，|PC |＝3，∴|OP |＝4，∴x 2＋y 2＝16. 7．根据下列条件求圆的方程：(1)经过A (6,5)，B (0,1)两点，并且圆心在直线3x ＋10y ＋9＝0上； (2)经过P (－2,4)，Q (3，－1)两点，并且在x 轴上截得的弦长等于6.[解析] (1)解法1：∵AB 的中垂线方程为3x ＋2y －15＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y －15＝0，3x ＋10y ＋9＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7，y ＝－3，∴圆心为C (7，－3)，又|CB |＝65.故所求圆的方程为(x －7)2＋(y ＋3)2＝65. 解法2：设所求圆的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2， 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－a 2＋－b 2＝r2－a 2＋－b2＝r23a ＋10b ＋9＝0，解得⎩⎨⎧a＝7，b ＝－3，r ＝65.所以所求圆的方程为(x －7)2＋(y ＋3)2＝65. (2)设圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0.将P 、Q 点的坐标分别代入得⎩⎪⎨⎪⎧ 2D －4E －F ＝203D －E ＋F ＝－10①②又令y ＝0，得x 2＋Dx ＋F ＝0③设x 1，x 2是方程③的两根． 由|x 1－x 2|＝6有D 2－4F ＝36④由①②④得D ＝－2，E ＝－4，F ＝－8或D ＝－6，E ＝－8，F ＝0. 故所求圆的方程为x 2＋y 2－2x －4y －8＝0或x 2＋y 2－6x －8y ＝0.（四）典型例题1.命题方向：求圆的方程[例1] 根据下列条件，求圆的方程．(1)圆心在原点且圆周被直线3x ＋4y ＋15＝0分成12两部分的圆的方程； (2)求经过两已知圆C 1x 2＋y 2－4x ＋2y ＝0与C 2x 2＋y 2－2y －4＝0的交点，且圆心在直线l 2x ＋4y ＝1上的圆的方程．[分析] 用直接法或待定系数法．[解析] (1)如图，因为圆周被直线3x ＋4y ＋15＝0分成12两部分，所以∠AOB ＝120°.而圆心到直线3x ＋4y ＋15＝0的距离d ＝1532＋42＝3，在△AOB 中，可求得OA ＝6.所以所求圆的方程为x 2＋y 2＝36.(2)由题意可设圆的方程为λ(x 2＋y 2－4x ＋2y )＋(x 2＋y 2－2y －4)＝0，(λ≠－1)即(1＋λ)x 2＋(1＋λ)y 2－4λx ＋(2λ－2)y －4＝0，圆心坐标为(2λ1＋λ，1－λ1＋λ)，代入lx ＋4y ＝1，得λ＝3.所以所求圆的方程为x 2＋y 2－3x ＋y －1＝0.[点评] 无论是圆的标准方程还是圆的一般方程，都有三个待定系数，因此求圆的方程，应用三个条件来求．一般地，已知圆心或半径的条件，选用圆的标准式，否则选用一般式．另外，还有几何法可以用来求圆的方程．要充分利用圆的有关几何性质，如“圆心在圆的任一条弦的垂直平分线上”“半径，弦心距，弦长的一半构成直角三角形”等．所以的最大值为3，最小值为－ 3.x＝3，解得＝－2± 6.此时2＋6，最小值为－－ 6.又圆心到原点的距离为－2＋－2＝2，∴k max ＝3＋34，k min ＝3－34.3.命题方向：与圆有关的轨迹问题[例3] 如图，已知点A (－1,0)与点B (1,0)，C 是圆x 2＋y 2＝1上的动点，连结BC 并延长至D ，使|CD |＝|BC |，求AC 与OD 的交点P 的轨迹方程．[解析] 设动点P (x ，y )，由题意可知点P 是△ABD 的重心，∵A (－1,0)、B (1,0)，令动点C (x 0，y 0)，则D (2x 0－1,2y 0)，∴由重心坐标公式得：⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－1＋1＋x 0－3y ＝2y 03，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝3x ＋12y 0＝3y2y，代入x 2＋y 2＝1得，所求轨迹方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋132＋y 2＝49 (y ≠0)．[点评] 本题求轨迹方程的方法叫相关点法．用相关点法求轨迹方程的基本步骤：(1)设所求点的坐标为P (x ，y )(若x ，y 与题中已知的字母有冲突，则将这些已知字母全部替换成其他字母)，与P 相应的符合某已知曲线的点的坐标设为Q (x 0，y 0)；(2)建立二者之间的等量关系，从而求得x 0＝f (x ，y )，y 0＝g (x ，y )；(3)将Q (x 0，y 0)的坐标代入点Q 满足的方程进行求解，等价化简得所求轨迹方程．注意：求轨迹与求轨迹方程是不同的，求轨迹方程得出方程即可，而求轨迹在得出方程后还要指出方程的曲线是什么图形 ．跟踪练习3点P (4，－2)与圆x 2＋y 2＝4上任一点连线的中点轨迹方程是( ) A ．(x －2)2＋(y ＋1)2＝1 B ．(x －2)2＋(y ＋1)2＝4 C ．(x ＋4)2＋(y －2)2＝4 D ．(x ＋2)2＋(y －1)2＝1 [答案] A[解析] 设圆上任一点为Q (x 0，y 0)，则x 02＋y 02＝4，又设P 、Q 连线中点为M (x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝x 0＋42y ＝y 0－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2x －4y 0＝2y ＋2，代入x 02＋y 02＝4中得，(x －2)2＋(y ＋1)2＝1，故选A.4.命题方向：圆方程的综合问题[例4] 如图，已知圆心坐标为(3，1)的圆M 与x 轴及直线y ＝3x 分别相切于A 、B 两点，另一圆N 与圆M 外切，且与x 轴及直线y ＝3x 分别相切于C 、D 两点．(1)求圆M 和圆N 的方程；(2)过点B 作直线MN 的平行线l ，求直线l 被圆N 截得的弦的长度．[分析] 求圆M 的半径→求圆M 的方程→求圆N 的半径→求圆N 的方程→求弦长[解析] (1)∵M 的坐标为(3，1)，∴M 到x 轴的距离为1，即圆M 的半径为1，则圆M 的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝1.设圆N 的半径为r ，连接MA ，NC ，OM ，则MA ⊥x 轴，NC ⊥x 轴，由题意知：M ，N 点都在∠COD 的平分线上， ∴O ，M ，N 三点共线．由Rt △OAM ∽Rt △OCN 可知，OM ON ＝MA NC ，即23＋r ＝1r⇒r ＝3， 则OC ＝33，则圆N 的方程为(x －33)2＋(y －3)2＝9.(2)由对称性可知，所求的弦长等于过A 点与MN 平行的直线被圆N 截得的弦的长度， 此弦的方程是y ＝33(x －3)， 即x －3y －3＝0， 圆心N 到该直线的距离d ＝32， 则弦长为2r 2－d 2＝33.[点评] 1.解决有关圆的问题，常利用数形结合的方法，结合圆的有关性质可简化运算，解题时注意转化与化归的数学思想的应用．2．直线与圆相交所截得的弧，以及弧所对的圆周角或圆心角的有关问题，可转化为由弦心距、半弦长和半径所构成的直角三角形的三边之间的关系求解． 跟踪练习4已知正三角形OAB 的三个顶点都在抛物线y 2＝2x 上，其中O 为坐标原点，设圆C 是△OAB 的外接圆(点C 为圆心)，求圆的方程．[解析] 解法1：设A 、B 两点坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫y 122，y 1，⎝ ⎛⎭⎪⎫y 222，y 2. 由题设知⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1222＋y 12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2222＋y 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y 122－y 2222＋y 1－y 22.－2k2)＝2，－2k2)×2＝2＝－12，±3.为圆心，以5为半径的圆的方程8．已知圆C关于y轴对称，经过点(1,0)且被x轴分成两段弧长之比为12，则圆C的方程为()－4)2＝4.4，但应除去两点：⎝⎛y2＋2x－4y＋1＝0的交点且面积最小的圆的方程．位置关系几何法：圆心距d 与r 1，r 2的关系 代数法：两圆方程联立组成方程组的解的情况 相离d >r 1＋r 2 无解 相外切d ＝r 1＋r 2 一解 相交|r 1－r 2|<d <r 1＋r 2 两解 相内切(r 1≠r 2) 一解 内含(r 1≠r 2)无解 3.计算直线被圆截得的弦长的常用方法(1)几何方法运用弦心距(即圆心到直线的距离)、弦长的一半及半径构成计算． (2)代数方法运用韦达定理及弦长公式|AB |＝1＋k 2|x A －x B |＝＋k 2x A ＋x B 2－4x A x B ].说明：圆的弦长、弦心距的计算常用几何方法．4．P (x 0，y 0)在圆x 2＋y 2＝r 2(r >0)上，则以P 为切点的切线方程为.（三）基础自测1．(2010·江西理)直线y ＝kx ＋3与圆(x －3)2＋(y －2)2＝4相交于M ，N 两点，若|MN |≥23，则k 的取值范是 （ ）A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，0B.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－34∪[0，＋∞) C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，0 [答案] A[解析] 如图，取MN 中点为H ，连CH 、CN ，则△CHN 为Rt △，又HN ＝ 3.R ＝2，故CH ＝1.由HN ≥ 3知圆心到直线的距离等于CH |3k ＋1|k 2＋1≤1. ∴－34≤k ≤0，故斜率范围是[－34，0]，选A.2．直线ax －y ＋2a ＝0 (a ≥0)与圆x 2＋y 2＝9的位置关系是( )A ．相离B ．相交C ．相切D ．不确定[答案] B[解析] 依题意，画出两圆的位置如图，公共弦为两圆方程相减得，2ay ∴|OC |＝1a. 又公共弦长为23，∴于是，由Rt △AOC 可得即1a2＝22－(3)2， 整理得a 2＝1，又a >0，∴7．直线l 经过点P (5,5)[解析] 若直线l 的斜率不存在，直线则l ：y －5＝k (x －5)．则不论m 为何值，圆心恒在直线l ：x －3y －3＝0上．(2)设与l 平行的直线是l 1：x －3y ＋b ＝0，则圆心到直线l 1的距离为d ＝|3m －m －＋b |10＝|3＋b |10. ∵圆的半径为r ＝5，∴当d <r ，即－510－3<b <510－3时，直线与圆相交；当d ＝r ，即b ＝±510－3时，直线与圆相切；当d <r ，即b <－510－3或b >510－3时，直线与圆相离．跟踪练习1(2011·启东调研)已知圆C ：(x ＋1)2＋(y －2)2＝6，直线l ：mx －y ＋1－m ＝0.(1)求证：无论m 取什么实数，直线l 与圆C 恒交于两点；(2)求直线l 被圆C 截得的弦长最小时l 的方程．[解析] (1)证明：l ：mx －y ＋1－m ＝0的方程可化为y －1＝m (x －1)，其恒过定点P (1,1)．∵|PC |＝＋2＋－2＝5<r ＝6，∴点P 恒在圆C 内，∴直线l 与圆C 恒交于两点．(2)由(1)及平面几何知识知，当l 垂直于PC 时，直线l 被圆C 截得的弦长最小，又k PC ＝2－1－1－1＝－12， ∴k l ＝－1k PC ＝2，∴所求直线l 的方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.2.命题方向：弦长问题[例2] 已知点P (0,5)及圆C x 2＋y 2＋4x －12y ＋24＝0.(1)若直线l 过P 且被圆C 截得的线段长为43，求l 的方程；(2)求过P 点的圆C 的弦的中点的轨迹方程．[分析] (1)根据弦长求法，求直线方程中的参数；(2)由垂直关系找等量关系．[解析] (1)方法1 如图所示，AB ＝43，D 是AB 的中点，CD ⊥AB ，AD ＝23，AC ＝4，在Rt △ACD 中，可得CD ＝2.设所求直线的斜率为k ，则直线的方程为y －5＝kx ，即kx －y ＋5＝0.由点C 到直线AB 的距离公式：|－2k －6＋5|k 2＋－2＝2，得k ＝34.k ＝34时，直线l 的方程为3x －4y ＋20＝0.又直线l 的斜率不存在时，也满足题意，此时方程为x ＝0.∴所求直线的方程为3x －4y ＋20＝0或x ＝0.方法2 设所求直线的斜率为k ，则直线的方程为y －5＝kx ，即y ＝kx ＋5，联立直线与圆的方程⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋5，x 2＋y 2＋4x －12y ＋24＝0，消去y ，得(1＋k 2)x 2＋(4－2k )x －11＝0，①设方程①的两根为x 1，x 2，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝2k －41＋k 2，x 1x 2＝－111＋k 2，② 由弦长公式得1＋k 2|x 1－x 2|＝＋k 2x 1＋x 22－4x 1x 2]＝43，将②式代入，解得k ＝34， 此时直线方程为3x －4y ＋20＝0. 又k 不存在时也满足题意，此时直线方程为x ＝0.∴所求直线的方程为x ＝0或3x －4y ＋20＝0.v(2)设过P 点的圆C 的弦的中点为D (x ，y )，则CD ⊥PD ，即CD →·PD →＝0，(x ＋2，y －6)·(x ，y －5)＝0，化简得所求轨迹方程为x 2＋y 2＋2x －11y ＋30＝0.[点评] 在研究弦长及弦中点问题时，可设弦AB 两端点的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．(1)若OA ⊥OB (O 为原点)，则可转化为x 1x 2＋y 1y 2＝0，再结合根与系数的关系等代数方法简化运算过程，这在解决垂直关系问题中是常用的；(2)若弦AB 的中点为(x 0，y 0)，圆的方程为x 2＋y 2＝r 2，则⎩⎪⎨⎪⎧ x 12＋y 12＝r 2，x 22＋y 22＝r 2，∴k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－x 1＋x 2y 1＋y 2＝－x 0y 0.该法叫平方差法，常用来解决与弦的中点，直线的斜率有关的问题．跟踪练习2已知圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0，问是否存在斜率为1的直线l ，使l 被圆C 截得弦AB 为直径的圆经过原点，若存在，写出直线l 的方程；若不存在，说明理由．[解析] 假设存在且令l 为y ＝x ＋m圆C 化为(x －1)2＋(y ＋2)2＝9，圆心C (1，－2)则AB 中点N 是两直线x －y ＋m ＝0与y ＋2＝－(x －1)的交点即N (－m ＋12，m －12) 以AB 为直径的圆过原点，∴|AN |＝|ON |又CN ⊥AB ，|CN |＝|1＋2＋m |2∴|AN |＝CA 2－CN 2＝9－＋m 22 又|ON |＝－m ＋122＋m －122由|AN |＝|ON |得m ＝1或m ＝－4∴存在直线l 方程为x －y ＋1＝0和x －y －4＝0.[点评] 设l ：y ＝x ＋m 与圆方程联立，其根为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)的坐标，由条件OA ⊥OB ，∴x 1x 2＋y 1y 2＝0，可求m ＝1或－4.3.命题方向：圆与圆的位置关系[例3] 已知圆C 1：x 2＋y 2－2mx ＋4y ＋(m 2－5)＝0与C 2：x 2＋y 2＋2x －2my ＋(m 2－3)＝0，当m 为何值时：(1)两圆外离；(2)两圆外切；(3)两圆相交；(4)两圆内切；(5)两圆内含．[解析] 欲求m 的值，只要列出关于m 的一个等式或不等式就可以了. 因两圆的方程已给定，那么两圆的圆心和半径就可以求出，进而获得含m 的式子，问题变成了圆心距与两圆半径之和或差的关系.把圆C 1与圆C 2的方程变形(x －m )2＋(y ＋2)2＝9，(x ＋1)2＋(y －m )2＝4.故两圆的半径分别为3和2，圆心距为|C 1C 2|＝m ＋2＋－2－m 2＝2m 2＋6m ＋5. (1)若两圆外离，则|C 1C 2|>3＋2，即2m 2＋6m ＋5>5.两边平方整理得m 2＋3m －10>0，解之得 m >2或m <－5.∴当m >2或m <－5时，两圆外离.(2)若两圆外切，则|C 1C 2|＝3＋2，即 m 2＋3m －10＝0.解之得 m ＝2或m ＝－5.∴当m ＝2或m ＝－5时，两圆外切.(3)若两圆相交，则3－2<|C 1C 2|<3＋2，即⎩⎨⎧ 2m 2＋6m ＋5<5，2m 2＋6m ＋5>1.解之得，当－5<m <－2或－1<m <2时，两圆相交.(4)若两圆内切，则|C 1C 2|＝3－2，即2m 2＋6m ＋5＝1. 解之得 m ＝－1或m ＝－2.∴当m ＝－1或m ＝－2时，两圆内切. (5)若两圆内含，则0<|C 1C 2|<3－2，即⎩⎨⎧2m 2＋6m ＋5<1，2m 2＋6m ＋5≥0，解之得 －2<m <－1.∴当－2<m <－1时，两圆内含．跟踪练习3已知半径为1的动圆与圆(x －5)2＋(y ＋7)2＝16相切，求动圆圆心的轨迹方程．[解析] 设动圆的圆心坐标为(a ，b )，当两圆外切时，由题意可得a －2＋b ＋2＝1＋4，即(a －5)2＋(b ＋7)2＝25； 当两圆内切时，由题意可得a －2＋b ＋2＝4－1，即(a －5)2＋(b ＋7)2＝9. 所以动圆圆心的轨迹方程为(a －5)2＋(b ＋7)2＝25或(a －5)2＋(b ＋7)2＝9. 4.命题方向：圆系方程的简单应用[例4] 已知两个圆C 1：x 2＋y 2＝4，C 2：x 2＋y 2－2x －4y ＋4＝0，直线l ：x ＋2y ＝0，求经过C 1和C 2的交点且和l 相切的圆的方程．[解析] 所求的圆经过C 1，C 2的交点，故可用圆系方程求解． 设所求圆的方程为x 2＋y 2－2x －4y ＋4＋λ(x 2＋y 2－4)＝0 (λ≠－1) 即(1＋λ)x 2＋(1＋λ)y 2－2x －4y ＋4(1－λ)＝0所以圆心为(11＋λ，21＋λ)，半径为：12－21＋λ2＋－41＋λ2－1－λ1＋λ依题意有|11＋λ＋41＋λ|5＝4＋16－－λ2＋λ22解之，得λ＝±1，舍去λ＝－1，故所求圆的方程为x 2＋y 2－x －2y ＝0.[点评] 由于圆系方程中不包括圆x 2＋y 2－4＝0，故应检验圆x 2＋y 2－4＝0是否满足条件．而直线l ：x ＋2y ＝0显然通过该圆的圆心，故不满足条件． 跟踪练习4圆心在直线x ＋y ＝0上，且过圆x 2＋y 2－2x ＋10y －24＝0与圆x 2＋y 2＋2x ＋2y －8＝0的点的圆的方程为________． [答案] x 2＋y 2＋6x －6y ＋8＝0[解析] 设圆的方程为x 2＋y 2－2x ＋10y －24＋λ(x 2＋y 2＋2x ＋2y －8)＝0，即x 2＋y 2＋λ－λ＋1x ＋＋λλ＋1y －λ＋λ＋1＝0(λ≠－1)，圆心⎝⎛⎭⎪⎫1－λλ＋1，－5＋λλ＋1，∴1－λλ＋1－5＋λλ＋1＝0，解得λ＝－2.．相离D．以上情况都有可能M，连接MO和PF2，则两圆半径分别为＋2a，＝12|PF ＝12|PF ＝(2＋1)2＋(－1＋1)2＝9<2若直线y ＝bx ＋c 过圆Cx 2＋y 2－2x －2y ＝1的圆心，则△ABC 面积的最大值为( ) A.3B.32 3 D. 3由m ⊥n 得b 2＋c 2－a 2＝bc ，则cos A ＝b ＋c －a 2bc ＝12⇒A ＝π3，sin A ＝32.由于圆Cx 2＋y 2－2x －2y ＝1的圆心为由点到直线的距离公式，得k 2＋1＝5，＝－12，∴切线方程为－12x ＋52＝＝52，令＝12×52×＝254.11．(2010·山东文)已知圆C 过点(1,0)，且圆心在x 轴的正半轴上，直线l y ＝x －1被该圆所截得的弦长为22，本题考查了圆的标准方程及圆的弦长问题，圆的弦长问题合理应用特殊直角三角形是关键，设圆心为。
高考数学总复习课件第9章 平面解析几何
∴△AOC 是以∠C 为直角的等腰直角三角形，易得 C 点坐 北
师
标为( 3， 3)．将( 3， 3)代入①式得 b2＝4，
大 版
∴椭圆
M
的方程为x2 12
＋y42＝1.
第9章 教师备课平台
高考数学总复习
(2)当直线 l 的斜率 k＝0 时，直线 l 的方程为 y＝t， 则满足题意的 t 的取值范围为－2<t<2. 当直线 l 的斜率 k≠0 时，设直线 l 的方程为 y＝kx＋t.
师 大
版
故对其不容忽视．
第9章 教师备课平台
高考数学总复习
[例 6] (2012·枣庄模拟)已知 A、B、C 是椭圆 M：xa22＋yb22＝
1(a>b>0)上的三点，其中点 A 的坐标为(2 3，0)，BC 过椭圆 M
的中心，且A→C·B→C＝0，|B→C|＝2|A→C|(如图所示)．
北 师
大
(1)求椭圆 M 的方程；
x2＋y2＝2502，直线 l 的方程为 y＝－x＋300，
由yx＝2＋－y2x＝＋2350002 得 x2－300x＋550×25＝0，
第9章 教师备课平台
高考数学总复习
由于 Δ＝3002－4×550×25＝100×(900－550)>0，
因此，A 城将受影响．
北
圆心 A 到直线 l 的距离为 150 2，又圆半径为 250，得弦长
小值．
[解析] 令 y－3x＝b，则 y＝3x＋b，原问题转化为在椭圆1x62
北 师 大 版
＋2y52 ＝1 上找一点，使过该点的直线斜率为 3，且在 y 轴上有最
大截距或最小截距．当直线 y＝3x＋b 与椭圆1x62 ＋2y52 ＝1 相切时，
2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第九章 平面解析几何高考专题突破六 第2课时 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 2b2＝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－m2－32x 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x24＋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＋4k 2，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)＝p44＋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＋2b 2＝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＋b 2＝455，即2ab a 2＋b2＝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＋4k 2.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＋k2k 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＋y218＝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).。