一轮复习 8 平面解析几何

平面解析几何知识体系第一节直线与方程基础梳理1.直线的倾斜角与斜率（1）直线的倾斜角①定义：在平面直角坐标系中，对于一条与x轴相交的直线，把x轴所在的直线绕着交点按

方向旋转到和直线重合时所转过的

称为这条直线的倾斜角.当直线l与x轴平行或重合时，规定它的倾斜角为

.②倾斜角的范围为

.③直线的倾斜角概念要抓住3个要点：找交点，逆时针，最小正角.逆时针最小正角0°0°≤α<180°(2)直线的斜率已知两点P（x1,y1）,Q(x2,y2),如果x1≠x2,那么直线PQ的斜率为.当直线与x轴不垂直时，直线的斜率k与倾斜角α之间满足

.2.直线方程的五种形式k=tanα名称方程适用范围点斜式

不含直线x=x1斜截式

不含垂直于x轴的直线两点式不含直线x=x1(x1≠x2)和直线y=y1(y1≠y2)截距式

不含垂直于坐标轴和过原点的直线一般式

平面直角坐标系内的任意一条直线都适用y-y1=k(x-x1)y=kx+bAx+By+C=0

(A2+B2≠0)典例分析题型一直线的倾斜角和斜率【例1】直线xcosα++2=0的倾斜角的取值范围是.分析先求斜率的取值范围，再求倾斜角的取值范围.解因为直线xcosα++2=0,所以直线的斜率为k=.设直线的倾斜角为β,则tanβ=.又因为,即,所以.学后反思求倾斜角范围的步骤是：（1）求出斜率的取值范围.（2）利用正切函数的单调性，结合图象，确定倾斜角的取值范围举一反三1.直线xcosθ+y-1=0(θ∈R)的倾斜角的取值范围是

.解析:设倾斜角为α,则k=tanα=-cosθ.∵θ∈R,-1≤-cosθ≤1,∴-1≤tanα≤1,∴α∈.答案:

题型二求直线的方程【例2】求下列直线l的方程.（1）过点A(0,2),它的倾斜角的正弦是;(2)过点A(2,1),它的倾斜角是直线l1：3x+4y+10=0的倾斜角的一半分析由已知条件求出直线的斜率，然后用适当形式写出直线的方程.解（1）设直线l的倾斜角为α,则sinα=,∴tanα=±,∴l的方程为y=±x+2,即3x-4y+8=0或3x+4y-8=0.(2)设直线l和l1的倾斜角分别为α、β，则有α=,又tanβ=-,∴tanβ=tan2α==-,解得tanα=3或tanα=.∵＜β＜π,∴＜α=＜,∴tanα＞0.∴tanα=舍去，∴tanα=3.由点斜式得y-1=3(x-2),即3x-y-5=0.学后反思求直线方程首先要根据已知条件选择合适的方程形式，同时注意各种形式的适用条件，用斜截式及点斜式时，直线的斜率必须存在，而两点式不能表示与坐标轴垂直的直线.截距式不能表示与坐标轴垂直或经过原点的直线等.举一反三2.求倾斜角是直线y=-x+1的倾斜角的14,且分别满足下列条件的直线方程.（1）经过点(,-1);(2)在y轴上的截距是-5.解析：∵直线y=-x+1的斜率为-3,∴倾斜角为120°.由题意知，所求直线的倾斜角为30°,斜率k=tan30°=.(1)直线经过点(,-1),∴由点斜式得y+1=(x-),即所求直线方程为x-y-=0.(2)∵k=,b=-5,∴由斜截式得y=x-5,∴所求直线方程为x-y-=0.题型三与直线方程有关的最值问题【例3】直线l过点M(2,1),且分别与x、y轴交于A、B两点，O为原点.求当△AOB面积最小时，求直线l的方程.分析先根据题意，用点斜式设出直线的方程，然后求方程中的参数，从而求出直线的方程.解方法一:如图所示，直线l如果通过一、二、三或一、三、四象限时，△AOB面积不存在最小值.因此只考虑直线l与x,y轴正方向相交的情况，这时斜率必为负值.设直线l的方程为y-1=k(x-2)(k＜0),则有A(2-1k,0)与B(0,1-2k)(k<0).所以S(k)=(1-2k)(2-)=[4+(-4k)+]≥(4+4)=4,当且仅当-4k=,即k=-时，等号成立.故直线l的方程为y-1=-(x-2),即x+2y-4=0.方法二：设过P（2，1）的直线为(a＞0,b＞0),则,由基本不等式得,故ab≥8,S△OAB=ab≥4,当且仅当,即a=4,b=2时，等号成立，故直线方程为,即x+2y-4=0.学后反思(1)对直线l的大致位置分析，界定了斜率的存在性及其范围，指明了解题方向，这种分析是避免解题盲目性的重要技能.（2）本题将面积表示为k的函数，再用基本不等式求最小值，方程选择不同，自然参数不同，但是求最值的方法首先考虑基本不等式，然后是函数单调性、换元等方法.举一反三3.已知直线l过点P(3,2),且与x轴、y轴的正半轴分别交于A、B两点，如图所示，求△ABO的面积的最小值及此时直线l的方程.解析：方法一：设A(a,0),B(0,b)(a>0,b>0),则直线l的方程为.∵l过点P(3,2),∴,即b=,从而S△ABO=a·b=a·=,∴S△ABO==,当且仅当a-3=,即a=6时,S△ABOmin=12,此时b==4,直线l的方程为,即2x+3y-12=0.方法二：依题意知，直线l的斜率存在.设直线l的方程为y-2=k(x-3)(k<0),则有A(3-,0),B(0,2-3k),∴S(k)=(2-3k)(3-)=[12+(-9k)+]≥[12+]=(12+12)=12,当且仅当-9k=时，即k=时，S△ABOmin=12，此时直线的方程为2x+3y-12=0.题型四应用问题【例4】(14分)为了绿化城市，拟在区域ABCD内建一个草坪（如图）.另外△EFA内部有一文物保护区不能占用.经测量AB=100m,BC=80m,AE=30m,AF=20m,应如何设计才能使草坪面积最大？分析欲使草坪面积最大，点P的位置选取是关键，因此，应考虑建立适当的坐标系，求出线段EF所在直线的方程，再设出点P的坐标，作为解题的切入点.解如图所示建立直角坐标系，则E(30,0),F(0,20),…...2′∴线段EF的方程为(0≤x≤30)……4′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).…………6′又(0≤m≤30),∴n=.∴S=(100-m)(80-20+m)=-(m-5)2+(0≤m≤30),…9′∴当m=5时，S有最大值，这时=5∶1.….12′∴当草坪矩形的两边在BC、CD上，一个顶点在线段EF上，且这个顶点分EF成5∶1时，草坪面积最大.…………..14′学后反思本题是一道用地规划的实际问题，应把问题化归为在线段EF上找一点，使长方形PQCR面积最大的数学问题，这样，就需要建立直角坐标系，用坐标表示点，用方程表示曲线，从而把问题转化为代数问题，利用代数方法使问题得到解决.举一反三4.美丽的呼伦贝尔大草原的一条公路旁边，在某镇北偏西60°且距该镇30km处有A村，在镇东北50km处有B村，要在公路旁修一车站C,从车站C向A、B两村修公路，问车站C修在公路的什么地方，可使费用最小？解析：以公路为x轴，该镇为原点建立平面直角坐标系，如图所示，则A、B两点坐标分别为A(-15,15),B(25,25),作A点关于x轴的对称点A′(-15,-15),连接A′B交x轴于C.∵x轴是线段AA′垂直平分线，∴|CA|=|CA′|,∴|CA|+|CB|=|CA′|+|CB|=|A′B|最短.由两点式,得.令y=0,得,∴,∴车站应修在距该镇的正西方约7.7km处.易错警示【例】已知点A(2,1),B(-2,2)，若直线l过点且总与线段AB有交点，则直线l的斜率k的取值范围是

.错解如右图,由经过两点的直线的斜率公式可得直线PA的斜率kPA=,PB的斜率kPB=,所以直线l的斜率k的取值范围是[,].错解分析在直线l的允许活动范围内，l倾斜角连续变化时，直线斜率的变化并不一定连续，当直线l垂直于x轴时，直线l的斜率不存在，出错的原因是忽视了直线斜率的变化与倾斜角变化的关系，忽视直线倾斜角为90°时直线无斜率.正解当直线l由位置PA绕点P转动到位置PB时，l的斜率逐渐变大直至当l垂直于x轴时l无斜率，再转时斜率为负值，逐渐变小直到PB的位置，所以直线l的斜率k≥kPA=或k≤kPB=,即k≥或k≤.考点演练10.(2010·北京西城区模拟）函数y=loga(x+3)-1(a>0且a≠1)恒过定点A，且点A在直线mx+ny+1=0(mn>0)上，求的最小值.解析:由已知易得A(-2,-1),∴2m+n=1.又∵mn＞0,∴m,n同正，∴=()·(2m+n)=4++≥4+=8,当且仅当=,即n=2m=时等号成立.故的最小值为8.11.设直线l的方程为（a+1）x+y+2-a=0(a∈R).(1)若l在两坐标轴上截距相等，求l的方程；（2）若l不经过第二象限，求实数a的取值范围.解析：(1)当直线过原点时，该直线在x轴和y轴上的截距为零，当然相等，∴a=2,方程即为3x+y=0；当直线不过原点时，∵截距存在且均不为0，∴=a-2,即a+1=1,∴a=0,方程即为x+y+2=0.(2)方法一：将l的方程化为y=-(a+1)x+a-2,由题意知-(a+1)>0,或-(a+1)=0,a-2≤0a-2≤0,解得a＜-1或a=-1.综上可知,a的取值范围是a≤-1.方法二：将l的方程化为（x+y+2）+a(x-1)=0(a∈R).它表示过l1:x+y+2=0与l2:x-1=0的交点（1，-3）的直线系（不包括x=1).由示意图可知l的斜率为-(a+1)≥0,即当a≤-1时，直线l不经过第二象限.12.对于直线l上的任意一点(x,y)，点(4x+2y,x+3y)仍在直线l上，求直线l的方程.解析：x=y=0时，4x+2y=x+3y=0，可见直线l经过原点，但又不能与x,y轴重合.设直线l的方程为Ax+By=0（A·B≠0）,①即(4A+B)x+(2A+3B)y=0.②∵方程①②所表示的直线是相同的直线,∴,即2A2-AB-B2=0,∴B=A或B=-2A,将它们分别代入方程①，可得l的方程为x+y=0或x-2y=0.1.两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

.特别地，当直线l1、l2的斜率都不存在时，l1与l2都与x轴

.(2)两条直线垂直如果两条直线l1,l2的斜率存在，分别设为k1,k2,则l1⊥l2

.k1=k2垂直k1k2=-1知识梳理第二节直线的位置关系2.三种距离（1）两点间的距离平面上的两点P1(x1,y1),P2(x2,y2)间的距离公式P1P2=.特别地，原点（0,0)与任一点P(x,y)的距离OP=.(2)点到直线的距离点P0(x0,y0)到直线l:Ax+By+C=0的距离d=.(3)两条平行线的距离两条平行线Ax+By+C1=0与Ax+By+C2=0间的距离d=.典例分析题型一两条直线位置关系的判定和应用【例1】已知两直线l1:mx+y-(m+1)=0和l2:x+my-2m=0,求实数m取何值时，l1与l2分别是下列位置关系：(1)相交；（2）平行；（3）重合；（4）垂直；（5）交点在第一象限.分析研究直线的相交、平行、重合关系可通过方程组解的情形得以断定，从而可由方程中的未知数的系数取值决定.解（1）由方程组mx+y-(m+1)=0,①x+my-2m=0,②①×m-②，得(m2-1)x=m2-m.③当m2-1≠0,即m≠±1时，x=,代入方程组得y=,方程组有唯一的解.因此，当且仅当m≠±1时，l1与l2相交.（2）由(1)中的方程③知，m=-1时得0=2方程无解，即方程组无解，两直线平行.因此，当且仅当m=-1时，l1与l2平行.（3）由(1)中的方程③知，m=1时得0=0方程有无数多解，即方程组有无数多解，两直线重合.因此，当且仅当m=1时，l1与l2重合.（4）因为m≠±1时，l1与l2相交；当m=0时,l1的斜率为0，l2的斜率不存在，l1⊥l2;当m≠0时，l1、l2的斜率分别为-m,.因为(-m)·()≠-1，故l1与l2不垂直.因此，当且仅当m=0时，l1⊥l2.(5)由(1)知，方程组的唯一解为x=,y=(m≠±1)，即l1与l2的交点坐标为(,).由题意＞0,＞0,得m＜-1或m＞0且m≠1.因此，当m＜-1或m＞0且m≠1时，交点在第一象限.学后反思对直线l1:A1x+B1y+C1=0和直线l2:A2x+B2y+C2=0,其中=≠是两直线平行的充分条件而非充要条件，要注意分母为零时的情形，若将上式变形为:A1B2=A2B1且B1C2≠B2C1，就是平行的充要条件.同理：=-1也是两直线l1，l2垂直的充分而不必要条件.例如:当其中一直线斜率不存在，且另一直线斜率为0时,两直线亦垂直，而A1A2+B1B2=0就是两直线垂直的充要条件了.举一反三1.已知直线ax+3y+1=0与x+(a-2)y+a=0平行，求a的值.解析：当a-2=0或a=0时两直线显然不平行，当a-2≠0且a≠0时，由题意得≠1a,解得a=3.综上，a=3.2.已知直线ax-y+2a=0与（2a-1）x+ay+a=0互相垂直，求实数a的值.解析：由a(2a-1)-a=0,解得a=1或a=0,当a=1时，两方程为x-y+2=0与x+y+1=0,互相垂直；当a=0时，两方程为y=0与x=0互相垂直.所以a=1或a=0即为所求.题型二距离问题【例2】求过点A(-1,2),且与原点的距离等于的直线方程.分析设出所求直线的点斜式方程，运用待定系数法求直线的方程，但必须要注意斜率是否存在这个问题.解∵过点A(-1,2)且垂直于x轴的直线不满足题意，∴设过点A(-1,2)的直线点斜式方程为y-2=k(x+1),即kx-y+k+2=0.∵原点到直线的距离等于,∴d==，解得k=-1或k=-7,即所求直线方程为x+y-1=0或7x+y+5=0.学后反思(1)直线的点斜式方程不能代表垂直于x轴的直线，故要进行讨论.(2)使用点到直线的距离公式时，必须把直线方程化为一般式.举一反三3.与直线2x+3y+5=0平行，且距离等于的直线方程是.解析：∵所求直线l与直线l0:2x+3y+5=0平行，∴可设l的方程为2x+3y+C=0.由l与l0的距离为，得=13,解得C=18或C=-8,∴所求直线l的方程为2x+3y+18=0或2x+3y-8=0.答案：2x+3y+18=0或2x+3y-8=0题型三交点及直线系问题【例3】求经过直线l1:3x+2y-1=0和l2:5x+2y+1=0的交点且垂直于直线l3:3x-5y+6=0的直线l的方程.分析本题可以先求交点坐标，然后由直线间位置关系求解，也可以先设出直线系方程，后代入点具体求解.解方法一：由3x+2y-1=0,5x+2y+1=0,得l1,l2的交点P(-1,2).又l3的斜率k3=,∴l的斜率k=-,∴l:y-2=-(x+1),即5x+3y-1=0.方法二：由l⊥l3,可设l:5x+3y+C=0.∵l1,l2的交点可以求得为P(-1,2).∴5×(-1)+3×2+C=0,∴C=-1,∴l:5x+3y-1=0.方法三：由l过l1,l2的交点，可设l:3x+2y-1+λ(5x+2y+1)=0，即（3+5λ）x+(2+2λ)y+(-1+λ)=0.∵l⊥l3∴,解得λ=,代入上式整理,得l:5x+3y-1=0.由于直线不包含l2,易验证l2不合题意.学后反思三种解法都能比较迅捷地解决问题，但方法一、二都是在两直线的斜率存在的前提下进行的，如果其中含有字母参数，则要进行分类讨论；运用直线系方程时则必须对直线系中不包含的直线进行检验，因此本题的三种解法应该是各有优缺点.举一反三4.已知两直线l1:x+2=0,l2:4x+3y+5=0,定点A(-1,-2),求过l1,l2的交点且与点A的距离等于1的直线l.解析：方法一：l1,l2的交点为x+2=0,4x+3y+5=0的解，即（-2，1）.若直线l斜率存在，设所求的直线方程为y-1=k(x+2),即kx-y+(2k+1)=0.①因为所求直线与点A(-1,-2)的距离为1,所以,得k=,代入①,得所求直线l的方程为4x+3y+5=0;若直线l斜率不存在，即判断过点（-2，1）且与y轴平行的直线x=-2是否符合所求直线l的条件.∵点A（-1，-2）到直线x=-2的距离为1，∴直线x=-2，即x+2=0也符合直线l的要求.所求直线l的方程是x+2=0或4x+3y+5=0.方法二：l1,l2的交点为（-2，1）.过l1,l2交点的直线系方程是（x+2）+λ(4x+3y+5)=0,不包括l2,λ是参数，化简得(1+4λ)x+3λy+(2+5λ)=0.②由点A（-1，-2）到直线l的距离为1,得,解得λ=0,代入方程②，得x+2=0.又因为直线系方程②中不包含l2,所以应检验l2是否也符合所求l的条件.因为点A（-1，-2）到l2的距离为=1,所以l2也符合要求，所求直线l的方程是x+2=0或4x+3y+5=0.题型四对称问题【例4】(14分)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.分析本题用光学原理得入射光线与反射光线关于直线l对称，用对称点方法求出入射线上一点P关于l的对称点，再由两点式写出方程.解方法一：由3x-2y+7=0,x=-1,x-2y+5=0,得y=2,即反射点M的坐标为(-1,2).………………….2′又取直线x-2y+5=0上一点P（-5，0），设点P关于直线l的对称点为P′(x0,y0).由PP′⊥l,可知kPP′=,………..5′而PP′的中点Q的坐标为,又Q点在l上，∴.联立,(x0-5)-y0+7=0,………..………..9′解得x0=-1713,y0=-3213,即P′点坐标为.….11′反射光线过M(-1,2)和P′.根据直线的两点式方程,可得反射光线所在的方程为29x-2y+33=0.………………14′方法二：设直线x-2y+5=0上任意一点P(x0,y0)关于直线l的对称点P′(x,y),则.……………….3′又PP′的中点在l上，∴,…………….6′由,x0=,y0=,…10′代入方程x-2y+5=0中，化简得29x-2y+33=0,…………….12′即所求反射光线所在直线方程为29x-2y+33=0.…………..14′学后反思比较两种解法可知，对于直线的对称问题，都是转化为点关于直线的对称或点关于点的对称问题来解决的；其中方法一通过求点关于直线的对称点坐标，用两点式方程求解，方法二则利用了轨迹思想求对称直线的方程，是求解曲线关于直线对称问题的通法.举一反三5.已知A(7,-4)关于直线l的对称点为B（-5，6），则直线l的方程是.解析:∵AB的中点（1，1）在直线l上,又kAB=-,∴所求直线l的斜率k=,∴所求直线l的方程为y-1=(x-1),即6x-5y-1=0.答案:6x-5y-1=0易错警示【例】讨论直线ax+y-2=0与x-ay+3=0的位置关系.错解∵两直线的斜率分别是k1=-a,k2=,∴k1k2=-a×=-1，∴两直线垂直.错解分析错解中忽略了对实数a是否为0的讨论.正解若a=0,则两直线方程分别为y=2和x=-3，显然两直线垂直；若a≠0,由k1k2=-a×=-1知两直线垂直.综上可知，两直线垂直.考点演练10.已知直线l过点P(2,3),且在两坐标上的截距相等，求直线l的方程.解析：依题意，直线l的斜率存在且不为零，设l方程为y=kx+b,b为l在y轴上的截距，令y=0得x=,则为l在x轴上的截距，由题知b=,又过点P(2,3),∴3=2k+b,由b=-bk,b=0,k=-1,3=2k+b,解得k=或b=5,∴直线l的方程为y=x或y=-x+5.11.光线从点A(-3,4)射出，到x轴上的B点后，被x轴反射到y轴上的C点，又被y轴反射，这时反射线恰好过点D（-1，6），求BC所在直线的方程.解析：方法一：如图所示，依题意，B点在原点O左侧，设B点坐标为（a,0）,由反射角等于入射角，得∠1=∠2,∠3=∠4,∴kAB=-kBC.又kAB=(a≠-3)，∴kBC=,即BC所在直线方程为y=(x-a),∴点C的坐标为.∵.方法二：A关于x轴的对称点A′(-3,-4),D关于y轴的对称点D′(1,6),由光学知识知：A′、B、C、D′四点共线，且kA′D′=,则BC所在的直线方程为，即5x-2y+7=0.由图易知kAB=kCD,∴,解得a=-,∴kBC=，∴BC所在直线的方程为y=x+,即5x-2y+7=0.12.当a为何值时，直线l1：(a+2)x+(1-a)y-1=0与直线l2:(a-1)x+(2a+3)y+2=0互相垂直.解析：方法一：由题意，直线l1⊥l2,（1）当1-a=0,即a=1时，直线l1:3x-1=0与直线l2:5y+2=0显然垂直；（2）当2a+3=0，即a=时，直线l1:x+5y-2=0与直线l2:5x-4=0不垂直.(3)若1-a≠0，且2a+3≠0,则直线l1,l2斜率k1,k2存在，k1=,k2=,当l1⊥l2时，k1·k2=-1,即·()=-1，∴a=-1.综上可知，当a=1或a=-1时,直线l1⊥l2.方法二：∵直线l1⊥l2,∴(a+2)(a-1)+(1-a)(2a+3)=0，解得a=±1.故当a=1或a=-1时，直线l1⊥l2.第三节圆的方程基础梳理1.圆的标准方程（1）方程(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0)表示圆心为

,半径为r的圆的标准方程.（2）特别地，以原点为圆心，半径为r(r>0)的圆的标准方程为

.2.圆的一般方程方程x2+y2+Dx+Ey+F=0可变形为(x+)2+(y+)2=.故有：（1）当D2+E2-4F>0时，方程表示以

为圆心，以为半径的圆;(a,b)x2+y2=r23.点与圆的位置关系对于平面上的任意一点M(x0,y0)和一个圆C:(x-a)2+(y-b)2=r2,点M与圆C的位置关系及判断方法如下：（1）点M在圆外(x0-a)2+(y0-b)2＞r2;(2)点M在圆上(x0-a)2+(y0-b)2=r2;(3)点M在圆内(x0-a)2+(y0-b)2＜r2.4.求圆的方程的方法和步骤确定圆的方程的主要方法是待定系数法，大致步骤为：（2）当D2+E2-4F=0时，方程表示一个点(-,-);(3)当D2+E2-4F<0时，方程不表示任何图形.典例分析题型一求圆的方程【例1】求过两点A(1,4)、B（3，2）且圆心在直线y=0上的圆的标准方程并判断点P(2,4)与圆的关系.分析欲求圆的标准方程，需求出圆心坐标与圆的半径的大小;而要判断点P与圆的位置关系，只需看点P与圆心的距离和圆的半径的大小关系.若距离大于半径，则点在圆外；若距离等于半径，则点在圆上；若距离小于半径，则点在圆内.（1）根据题意，选择标准方程或一般方程；（2）根据条件列出关于a,b,r或D，E，F的方程组；（3）解出a，b，r或D，E，F,代入标准方程或一般方程.∴（1-a)2+16=r2，a=-1,(3-a)2+4=r2，解得r2=20.∴所求圆的方程为（x+1)2+y2=20.方法二：设圆方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,因为圆心在x轴上，则=0,即E=0.又圆过A（1,4）和B（3,2），所以D+17+F=0,解得D=2,3D+13+F=0,E=0,F=-19.所以圆的方程为x2+y2+2x-19=0.解方法一：设圆的标准方程为(x-a)2+(y-b)2=r2.∵圆心在y=0上，∴b=0,∴圆的方程为(x-a)2+y2=r2.又∵该圆过A(1,4)、B(3,2)两点,方法三：因为圆过A(1,4)、B(3,2)两点，所以圆心C必在线段AB的垂直平分线l上.又因为kAB==-1,故l的斜率为1.又AB的中点为（2，3），故AB的垂直平分线l的方程为y-3=x-2,即x-y+1=0.又知圆心在直线y=0上，故圆心坐标为(-1,0),所以半径r=AC=.故所求圆的方程为（x+1)2+y2=20.又点P(2,4)到圆心C(-1,0)的距离为d=PC==5>r,所以点P在圆外.学后反思（1）本题方法一与方法二都使用了待定系数法，其中方法一设了圆的标准方程，方法二设了圆的一般方程，都是结合条件来求所设方程中的待定系数；方法三则应用了平面几何知识：圆心与弦的中点的连线与弦垂直.一般而言，在解析几何问题中，能用上平面几何知识，会使解题变得相对简单.(2)无论哪种解法，都围绕着求圆的圆心和半径这两个关键的量，然后根据圆心与定点之间的距离和半径的大小关系来判定点与圆的位置关系.举一反三1.已知圆C：（x+2）2+(y-6)2=1和直线l:3x-4y+5=0，求圆C关于直线l对称的圆的方程.解析:圆C：(x+2)2+(y-6)2=1的圆心为(-2,6),半径为1.设所求圆的圆心为M(a,b),半径为1.由已知，圆M与圆C关于直线l对称，则有a=4,解得b=-2.故所求圆的方程为(x-4)2+(y+2)2=1.题型二与圆有关的参数问题【例2】(2009·威海模拟）已知圆的方程为x2+y2+ax+2y+a2=0,一定点A(1,2),要使过定点A的圆的切线有两条.求实数a的取值范围.分析(1)方程表示圆，则D2+E2-4F>0,即a2+4-4a2>0.(2)由定点A的切线有两条，则点A一定在圆外.解已知x2+y2+ax+2y+a2=0表示圆，则应满足a2+4-4a2>0,即4-3a2>0,①又A应在圆外，有12+22+a+2×2+a2>0,即a2+a+9>0,②由①,②得-<a<.故a的取值范围是(-,).学后反思（1）一般地，方程表示圆隐含着条件D2+E2-4F>0，此点易被忽视.（2）点(x0,y0)在x2+y2+Dx+Ey+F=0外，x02+y02+Dx0+Ey0+F>0.2.(例2改编）已知圆的方程x2+y2+ax+2y+a2=0,一定点A（1，2），要使圆的半径不大于且过定点A的圆的切线有两条，求实数a的取值范围.解析：圆的方程可化为(x+)2+(y+1)2=1-a2.由已知≤,a2≥1,1-a2>0,即4-3a2>0,12+22+a+2×2+a2>0,a2+a+9>0,解得-<a≤-1或1≤a<.故a的取值范围为(-,-1]∪[1,).题型三与圆有关的最值问题【例3】已知实数x、y满足方程x2+y2-4x+1=0.(1)求的最大值和最小值；（2）求y-x的最大值和最小值；（3）求x2+y2的最大值和最小值.解原方程可化为（x-2）2+y2=3,表示以（2，0）为圆心，为半径的圆.分析根据代数式的几何意义，借助于平面几何知识，数形结合求解.（1）的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，设=k,即y=kx.当直线y=kx与圆相切时，斜率k取最大值或最小值，此时,解得k=±.(如图1）所以yx的最大值为,最小值为-.(2)y-x可看作是直线y=x+b在y轴上的截距.当直线y=x+b与圆相切时，纵截距b取得最大值或最小值，此时,解得b=-2±.（如图2）所以y-x的最大值为-2+，最小值为-2-.(3)x2+y2表示圆上的一点与原点距离的平方.由平面几何知识知，在原点与圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值.（如图3）又圆心到的原点的距离为.所以x2+y2的最大值是（2+）2=7+4,x2+y2的最小值是（2-）2=7-4学后反思（1）本例中利用图形的直观性，使代数问题得到非常简捷的解决，这是数形巧妙结合的好处.（2）本例的解题关键在于能否抓住“数”中的某些结构特征，从而联想到解析几何中的某些公式或方程，从而挖掘出“数”的几何意义，实现由“数”到“形”的转化.(3)与圆有关的最值问题，常见的有以下几种类型：①形如μ=y-bx-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距离的平方的最值问题.举一反三3.已知圆C：（x-3）2+(y-4)2=1,点A(-1,0),B(1,0),点P为圆上的动点，求d=PA2+PB2的最大值、最小值及对应的点P坐标.解析设P(x0,y0),则d=PA2+PB2=(x0+1)2+y02+(x0-1)2+y02=2(x02+y02)+2.欲求d的最值，只需求ω=x02+y02的最值，即求圆C上的点到原点距离平方的最值，故过原点O与圆心C的直线与圆的两个交点P1，P2即为所求.设过O,C两点的直线交圆C于P1，P2两点，易知OC所在直线方程为y=x，则ωmin=(OC-1)2=16=OP12,此时dmin=2×16+2=34,并易得P1();ωmax=(OC+1)2=36=OP22,此时dmax=2×36+2=74,并易得P2().题型四与圆有关的简单的轨迹问题【例4】已知线段AB的端点B的坐标是(4,3),端点A在圆（x+1）2+y2=4上运动，求线段AB的中点M的轨迹方程.分析动点M的轨迹与点A的位置变化有关，因此可以把点A的坐标用点M的坐标表示出来，再代入点A所满足的方程求得点M的轨迹方程.解设点M的坐标为(x,y),点A(x0,y0),因为M是线段AB的中点，且B（4，3），所以x=,所以x0=2x-4,y=,y0=2y-3.①………………6′又点A在圆(x+1)2+y2=4上运动，所以(x0+1)2+y02=4.②………10′把①代入②，得(2x-4+1)2+(2y-3)2=4,整理得(x-)2+(y-)2=1.…………..14′所以点M的轨迹是以(,)为圆心，半径为1的圆.学后反思（1）本例中M、A是相关动点，M、A、B三者存在着不变的关系，抓住该关系可以实现动点M、A的坐标间的转化.（2）一般地，设点时，动点设为（x,y），相关点设为(x0,y0),并将(x,y)用(x0,y0)表示出来，代入(x0,y0)满足的关系式.举一反三4.已知点A(4,0)，P是圆x2+y2=1上的动点，求AP的中点M的轨迹方程.解析：设M(x,y)，∵点M是AP的中点，∴点P的坐标是(2x-4,2y),又∵点P是圆x2+y2=1上的点，∴（2x-4)2+(2y)2=1，即(x-2)2+y2=14.易错警示【例】写出2x2+2y2=1的圆心坐标和半径.错解圆心坐标（0,0）,半径为1.错解分析在x2,y2系数不是1的情况下，应首先将x2,y2的系数化为1.正解方程2x2+2y2=1可化为x2+y2=,故圆的圆心坐标为(0,0),半径为.考点演练10.由方程x2+y2+x+(m-1)y+m2=0所确定的圆中，求最大的圆的面积.解析：∵r2=∴m=-1时，rmax2=，则Smax=π.故最大的圆的面积为π.11.(2009青岛模拟)已知圆M过两点A(1,-1),B(-1,1),且圆心M在x+y-2=0上.求圆M的标准方程.解析：设圆M的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2(r＞0),根据题意得(1-a)2+(-1-b)2=r2,(-1-a)2+（1-b)2=r2,a+b-2=0,解得a=b=1,r=2.故所求圆M的方程为(x-1)2+(y-1)2=4.12.设定点M（-3，4），动点N在圆x2+y2=4上运动，以OM、ON为两边作平行四边形MONP，求点P的轨迹.解析：如图所示，设P(x,y),N(x0,y0),则线段OP的中点坐标为,线段MN的中点坐标为因为平行四边形的对角线互相平分，故,从而x0=x+3，y0=y-4.又N(x+3,y-4)在圆上，故(x+3)2+(y-4)2=4.因此所求轨迹为圆：（x+3）2+(y-4)2=4,但应除去两点：和(点P在OM所在直线上时的情况).第四节直线与圆的位置关系基础梳理1.直线与圆的位置关系（1）直线与圆相交，有

公共点；（2）直线与圆相切，只有

公共点；（3）直线与圆相离，

公共点.2.直线与圆的位置关系的判断方法直线l:Ax+By+C=0(A,B不全为0)与圆（x-a）2+(y-b)2=r2(r>0)的位置关系的判断方法有：两个一个没有（1）几何方法圆心（a,b）到直线Ax+By+C=0的距离为d,

直线与圆相交；

直线与圆相切；

直线与圆相离.（2）代数方法由Ax+By+C=0,(x-a)2+(y-b)2=r2消元，得到的一元二次方程的判别式为Δ，则

直线与圆相交；

直线与圆相切；

直线与圆相离.d<rd=rd>rΔ>0Δ=0Δ<03.圆与圆的位置关系圆与圆的位置关系有五种，分别为外离、外切、相交、内切、内含.4.弦长问题圆的弦长的计算：常用弦心距d,弦长一半a及圆的半径r所构成的直角三角形来解：r2=a2+d2.典例分析题型一直线与圆的位置关系【例1】已知圆的方程是x2+y2=2,直线y=x+b,当b为何值时，圆与直线(1)有两个公共点；（2）只有一个公共点；（3）没有公共点.分析联立方程组，变形为含x的方程，利用Δ来判断.解联立两个方程得方程组x2+y2=2,y=x+b,消去y得：2x2+2bx+b2-2=0,其判别式Δ=16-4b2,(1)当Δ=16-4b2＞0,即-2＜b＜2时，有两个公共点;（2）当Δ=16-4b2=0，即b=±2时，有一个公共点；（3）当Δ=16-4b2＜0,即b＜-2或b＞2时,无公共点.学后反思解决直线与圆的位置关系的问题，要注意运用数形结合的思想，利用圆心到直线的距离d与圆的半径的大小关系进行判断；有时也可从方程的角度利用判别式来分析.举一反三1.(2010·启东调研）已知圆C：（x+1）2+(y-2)2=6,直线l:mx-y+1-m=0.求：（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=，∴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kPC=,∴kl==2.∴所求直线l的方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.题型二圆与圆的位置关系【例2】已知圆C1：x2+y2-2mx+4y+m2-5=0,圆C2:x2+y2+2x-2my+m2-3=0,试就m的取值讨论两圆的位置关系.分析先把两圆的方程化为标准方程，再求两圆的圆心距d，判断d与R+r,R-r的关系.解圆C1:(x-m)2+（y+2）2=9,圆C2:(x+1)2+(y-m)2=4.两圆的圆心距C1C2=(m+1)2+(m+2)2,r1=3,r2=2.(1)当C1C2=r1+r2,即(m+1)2+(m+2)2=5,解得m=-5或m=2,故m=-5或m=2时，两圆外切；（2）当C1C2=r1-r2,即（m+1）2+(m+2)2=1,解得m=-2或m=-1,故m=-2或m=-1时，两圆内切；（3）当r1-r2<C1C2<r1+r2,即-5<m<-2或-1<m<2时，两圆相交；（4）当C1C2>r1+r2，即m<-5或m>2时，两圆外离；（5）当C1C2<r1-r2,即-2<m<-1时，两圆内含.学后反思在讨论两圆的位置关系时，一般根据其关系的判定条件，即圆心距与两圆半径之间的和差关系来判断.举一反三2.已知两圆x2+y2-2x-6y-1=0和x2+y2-10x-12y+m=0.求:（1）m取何值时，两圆外切？（2）m取何值时，两圆内切？解析:将两圆分别化为标准方程圆C1:(x-1)2+(y-3)2=11,圆C2:(x-5)2+(y-6)2=61-m.两圆圆心距C1C2=，r1=,r2=.（1）当C1C2=r1+r2,即+=5时,解得m=25+10,故m=25+10时，两圆外切.(2)当C1C2=|r1-r2|,即|-|=5时,解得m=25+10或m=25-10.由（1）知m=25+10,两圆外切,故m=25-10时,两圆内切.题型三圆的切线及弦长问题【例3】已知点P（0,5）及圆C:x2+y2+4x-12y+24=0.(1)若直线l过P且被圆C截得的线段长为,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）可以用代数法——将直线l的斜率k设出（优先考虑斜率不存在的情况），写出直线方程，并将其代入圆C的方程，然后运用弦长公式d=|x1-x2|来解决；也可以用几何法——设出直线l方程：y-5=kx,首先注意斜率不存在情况，运用圆心到直线的距离，圆半径和一半弦长构成直角三角形来解决.（2）中点弦问题，可以考虑“代点作差法”，也可以利用“垂直于弦的直径平分弦”这一几何特征来求解.解(1)方法一：如图所示，AB=,D是AB中点，CD⊥AB,AD=,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:,得k=.又直线l的斜率不存在时也满足题意，此时方程为x=0.当k=时,直线l的方程为3x-4y+20=0.∴所求直线的方程为x=0或3x-4y+20=0.方法二：设所求直线的斜率为k,则直线l的方程为y-5=kx,即y=kx+5,联立直线与圆的方程y=kx+5,x2+y2+4x-12y+24=0,消去y，得(1+k2)x2+(4-2k)x-11=0.①设方程①的两根为x1,x2,由韦达定理,得x1+x2=,x1x2=.②由弦长公式,得|x1-x2|=将②式代入，解得k=，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.∴所求直线方程为x=0或3x-4y+20=0.(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x2+y2+2x-11y+30=0.学后反思（1）直线与圆的相交问题，往往用垂径定理解决问题，即圆心距d,圆半径，半弦长l2,三者满足勾股定理来解决.（2）在研究与弦的中点有关的问题时，注意运用“平方差法”，即设弦AB两端点的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2)，中点为(x0,y0)，由x12+y12=r2,x22+y22=r2得该方法常用来解决与弦的中点、直线的斜率有关的问题.（3）OA⊥OB(O为原点)可转化为x1x2+y1y2=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见的.举一反三3.已知圆O的方程是x2+y2=9,求过点A(1,2)所作的圆的弦的中点P的轨迹.解析:设过A的弦长为MN,M(x1,y1),N(x2,y2).∵M、N皆在圆x2+y2=9上，∴x12+y12=9,x22+y22=9.两式相减，得（x1+x2）(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0.当x1≠x2时，上式可化为（x1+x2）+(y1+y2)=0.①设P(x,y),则x=,y=.又M、N、P、A四点共线，∴=(x≠1),∴①式可化为2x+·2y=0,整理,得x2+y2-x-2y=0(x≠1).当x1=x2，即x=1时，中点P(1,0)也适合方程x2+y2-x-2y=0,即∴点P的轨迹是以（,1）为圆心，以为半径的圆.题型四简单的“圆系方程”的应用【例4】(14分)求过直线2x+y+4=0与圆x2+y2+2x-4y+1=0的交点，且过原点的圆的方程.分析可用待定系数法，由两交点坐标和过原点的条件，求出待定系数，也可用圆系方程求经过两圆交点的圆的方程.解方法一：由x2+y2+2x-4y+1=0,2x+y+4=0,…………………..2′解得交点坐标分别为A(-3,2),B(,)……………4′设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,……….6′由题意得F=0,9+4-3D+2E+F=0,+D+E+F=0,……..8′解得D=,E=,F=0…………………12′∴所求圆的方程为x2+y2+xy=0.………………14′方法二：设所求圆的方程为x2+y2+2x-4y+1+λ(2x+y+4)=0,……………3′即x2+y2+2(1+λ)x+(λ-4)y+(1+4λ)=0.…6′∵此圆过原点，∴1+4λ=0,即λ=.…10′∴所求圆的方程为x2+y2+xy=0.…..14′学后反思此类问题利用方法一计算量较大，而利用圆系方程，则因为避免了解方程组而相对简单，但在化简一般形式时一定要细心.举一反三4.求过直线2x+y+4=0和圆x2+y2+2x-4y+1=0的交点且面积最小的圆的方程.解析：设所求圆的方程为x2+y2+2x-4y+1+λ(2x+y+4)=0,即x2+y2+2(1+λ)x+(λ-4)y+(1+4λ)=0.①方法一：当半径最小时，圆面积也最小，对①左边配方，得［x+(1+λ)］2+(y+)2=+≥.所以当λ=时，此圆面积最小，故满足条件的圆的方程为(x+)2+(y-)2=.方法二：当圆心在直线2x+y+4=0上时，圆面积最小.易求得圆心坐标为(-1-λ，),代入直线方程，得-2(1+λ)+4=0,解得λ=，所以当λ=时，此圆面积最小.故满足条件圆的方程为x2+y2+x-y+=0.易错警示【例】已知两点A(0,1),B(2,m)，如果经过点A与点B且与x轴相切的圆有且只有一个，求m的值及圆的方程.错解设所求圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=b2,把点A、B的坐标代入方程得a2+(1-b)2=b2,(2-a)2+(m-b)2=b2,消去b,得(1-m)a2-4a+4+m2-m=0.①由Δ=0得(-4)2-4(1-m)(4+m2-m)=0,整理得m(m2-2m+5)=0.∵m2-2m+5＞0，∴m=0.∴将m=0代入①得a2-4a+4=0,∴a=2,∴b=,∴圆的方程为(x-2)2+(y-)2=()2.∴当m=0时，所求圆的方程为(x-2)2+(y-)2=()2.错解分析本题的错误在于忽视了1-m=0这种情况.利用一元二次方程根的判别式Δ求解时，易忽视应用判别式Δ的条件，该条件是二次项系数不等于零，故二次项系数含字母时，需对二次项系数是否为零进行分类讨论.正解由于所求的圆与x轴相切，圆心到x轴的距离等于半径，所以设圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=b2,把点A、B的坐标代入方程，可得a2+(1-b)2=b2,(2-a)2+(m-b)2=b2消去b,得(1-m)a2-4a+4+m2-m=0.②当m=1时，方程为-4a+4=0,a=1,∴b=1,圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=1.当m≠1时，由Δ=0,得（-4）2-4(1-m)(4+m2-m)=0,整理得m(m2-2m+5)=0.∵m2-2m+5＞0,∴m=0，把m=0代入②得a2-4a+4=0，∴a=2,∴b=,∴圆的方程为(x-2)2+(y-)2=)()2.综上，当m=1时，所求圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=1.当m=0时，所求圆的方程为（x-2）2+(y-)2=()2.考点演练10.(2009·湖北改编)过原点O作圆x2+y2-6x-8y+20=0的两条切线，设切点分别为P、Q，求线段PQ的长.解析：化圆的方程为标准方程(x-3)2+(y-4)2=5,可知圆心为(3,4),半径为.如图可知：|CO|=5,∴OP=,∴tan∠POC=.在Rt△POC中，OC·PM=OP·PC，∴PM==2,∴PQ=2PM=4.11.求与直线x+y-2=0和曲线x2+y2-12x-12y+54=0都相切的、半径最小的圆的标准方程.解析：如图所示，∵圆A：（x-6）2+(y-6)2=18,∴A(6,6),半径r1=.由图可知，当圆心B在过点A与直线l垂直的直线上时，圆的半径最小.∵点A到l的距离为,∴所求圆B的直径2r2=,即r2=.又OB=OA-r2-r1=,且OA与x轴正半轴成角45°,∴B(2,2).∴所求圆的标准方程为（x-2）2+(y-2)2=2.12.光线l过点P(1,-1),经y轴反射后与圆C：（x-4）2+(y-4)2=1相切，求光线l所在的直线方程.解析：设l与y轴的交点（即反射点）为Q，点P关于y轴的对称点为P′(-1,-1).由光学知识可知直线P′Q为反射光线所在的直线，且为圆C的切线.设P′Q的方程为y+1=k(x+1),即kx-y+k-1=0,∵圆心C(4,4)到P′Q的距离等于半径,∴,解得k=或k=.由l与P′Q关于y轴对称可得l的斜率为-或-，∴光线l所在的直线方程为y+1=-(x-1)或y+1=-(x-1),即4x+3y-1=0或3x+4y+1=0.第五节椭圆基础梳理1.椭圆的定义（1）平面内的动点的轨迹是椭圆必须满足的两个条件:①到两个定点F1、F2的距离的和等于常数2a;②2a

F1F2.(2)上述椭圆的焦点是

，椭圆的焦距是F1F2.2.椭圆的标准方程和几何性质＞F1、F2标准方程图形性质范围

≤x≤a

≤y≤b

≤x≤b

≤y≤a对称性

对称轴:坐标轴对称中心:原点顶点A1

,A2B1

,B2A1

,A2B1

,B2轴长轴A1A2的长为

短轴B1B2的长为

.焦距F1F2=离心率e=∈a,b,c的关系c2=-a-a-b-b(-a,0)(0,-b)(a,0)(0,b)(0,-a)(-b,0)(0,a)(b,0)2a2b2c(0,1)a2-b2典例分析题型一椭圆的定义及其标准方程【例1】已知P点在以坐标轴为对称轴的椭圆上，点P到两焦点的距离分别为和，过P作长轴的垂线恰好过椭圆的一个焦点，求此椭圆的方程.分析方法一：用待定系数法，设出椭圆方程的两种形式后，代入求解.方法二：先由椭圆定义，确定半长轴a的大小，再在直角三角形中，利用勾股定理求c,然后求b.解方法一：设椭圆的标准方程或,两个焦点分别为F1、F2，则由题意知2a=PF1+PF2=,∴a=.在方程中,令x=±c,得｜y｜=；在方程中,令y=±c,得｜x｜=.依题意知=,∴b2=.即椭圆的方程为方法二：设椭圆的两个焦点分别为F1、F2,则PF1=,PF2=.由椭圆的定义,知2a=PF1+PF2=,即a=.由PF1>PF2知，PF2垂直于长轴.故在Rt△PF2F1中，4c2=PF12-PF22=,∴c2=53，于是b2=a2-c2=.又所求椭圆的焦点可以在x轴上，也可以在y轴上，故所求的椭圆方程为学后反思(1)用待定系数法求椭圆方程时，当题目的条件不能确定椭圆的焦点位置时，应注意分两种情况来设方程，分别计算；有时也可以直接设成（2）过椭圆焦点与长轴垂直的直线截椭圆的弦通常叫做通径，其长度为.举一反三1.设椭圆E:过M（2，）,N(,1)两点，O为坐标原点，求椭圆E的标准方程.解析:将M、N的坐标代入椭圆E的方程得,,解得a2=8,b2=4,所以椭圆E的方程为.分析(1)由S△POF2=3,且为正三角形,可求出OF2的长度，进而求得点P坐标，代入即可得b2值；（2）由椭圆定义可得AC+AF=2a,结合AB=AC=1,△ABC为直角三角形，可求出半长轴a的大小，再结合椭圆定义求c,则离心率也可求得.题型二椭圆的几何性质【例2】(1)如图所示，F1,F2分别为椭圆的左、右焦点，点P在椭圆上，△POF2是面积为3的正三角形，则b2的值是

.(2)在Rt△ABC中，AB=AC=1，如果一个椭圆通过A、B两点，它的一个焦点为点C，另一个焦点F在AB上，则这个椭圆的离心率等于

.解(1)由题意S△POF2=,则c2=4c=2,∴P(1,),代入椭圆方程,得,解得b2=.(2)设另一个焦点F，如下图所示，∵AB=AC=1,△ABC为直角三角形，∴1+1+=4a,则a=,设FA=x,∴x+1=2a,∴x=,1-x+=2a,∴1+（）2=4c2,∴c=,∴e=.学后反思与几何性质有关的问题要结合图形进行分析，即使不画出图形，思考时也要联想到图形.本题涉及到顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量，理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的联系，求解自然就不难了.举一反三2.已知F1、F2是椭圆的两个焦点，P为椭圆上一点，∠F1PF2=60°.求椭圆离心率的取值范围.解析:设椭圆方程为，PF1=m,PF2=n.在△PF1F2中，由余弦定理可知，4c2=m2+n2-2mncos60°.∵m+n=2a,∴m2+n2=(m+n)2-2mn=4a2-2mn,∴4c2=4a2-3mn.又mn≤=a2(当且仅当m=n时取等号），∴4a2-4c2≤3a2,∴c2a2≥,即e≥.∴e的取值范围是[,1).题型三直线与椭圆的位置关系【例3】(14分)已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A、B两点（A、B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点.求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.分析(1)由a+c=3,a-c=1,可求a、c.（2）直线方程与椭圆方程联立后得到交点A、B的坐标关系，再根据以AB为直径的圆过椭圆的右顶点可得到两直线垂直，从而求得交点A、B的坐标关系，联立后可求k、m的关系.解（1）据题意设椭圆的标准方程为,由已知得a+c=3,a-c=1,……….2′∴a=2,c=1,∴b2=a2-c2=3,∴椭圆的标准方程为x24+y23=1.…………….4′(2)证明：设A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=kx+m，x24+y23=1，得（3+4k2）x2+8mkx+4(m2-3)=0,…………….6′则由题意得Δ