高三数学（理）一轮复习习题听课答案-第八单元-解析几何

第八单元解析几何1.编写意图(1)注重基础:在本单元的大部分讲次中都是基础性试题,目的是使学生掌握好解析几何的基本知识和基本方法,形成解题的基本技能,使学生能够顺利解答高考选择题和填空题.(2)强化能力:解答解析几何试题需要学生有较强的逻辑推理能力和运算求解能力,因此在选题方面选用了一些推理论证和计算相互“作用”、以计算辅助推理和以理性的思考简化运算的试题,注重了对运算能力的训练,使学生能够解答中等难度的解析几何解答题.(3)关注热点:圆锥曲线的标准方程和简单几何性质是高考的热点,特别是椭圆、双曲线的离心率,考查的频率较高.直线与椭圆和抛物线的位置关系也是考查的热点之一,由直线、圆、椭圆、抛物线可以组成一些热点问题,如定点、定值、范围、最值等.除了在各个讲次中穿插该类试题外,还专门设置一个讲次讲解这些热点问题,意图通过这个讲次使学生掌握解决这些热点问题的基本思想方法.2.教学建议(1)充分重视教学中运算这个环节.学生解答解析几何试题是有一定难度的,其原因是解析几何试题往往要以运算、甚至是非常复杂的运算为基础,在学生运算能力较弱的情况下就会出现解题困难和畏惧情绪.在教学中要充分重视运算问题,对本单元的例题和习题要给予学生足够的时间完成其中的运算环节,切忌为了进度把答案直接抛给学生.(2)充分重视学生的主体作用.本单元除了少数讲次外,学生都可以独立地完成其中的大部分内容,在不需要讲的地方就不讲、能少讲的不多讲,这样学生才能体会到解答解析几何试题的过程,在这个过程中认识解析几何试题的特点、掌握解析几何试题的解决方法,通过这个过程加强学生的解题能力.(3)充分重视重点和难点部分的教与学.解析几何考查的重点是与圆锥曲线及其简单几何性质有关的选择题或者填空题,以椭圆和抛物线为依托结合直线、圆等命制的各种类型的解答题,后者是解析几何的难点,也是整个高考数学的难点之一,在这个重点和难点问题上要注意根据学生的实际情况因材施教、区别对待.3.课时安排本单元共9讲、两个小题必刷卷、一个解答必刷卷,每讲建议1个课时完成(其中第54讲建议3课时),本单元大约共需14个课时完成.第46讲直线的倾斜角与斜率、直线的方程考试说明1.在平面直角坐标系中,结合具体图形,确定直线的几何要素.2.理解直线的倾斜角和斜率的概念,掌握过两点的直线斜率的计算公式.3.掌握确定直线位置的几何要素,掌握直线方程的几种形式(点斜式、两点式及一般式),了解斜截式与一次函数的关系.考情分析考点考查方向考例考查热度直线的斜率倾斜角、斜率的值或范围2016全国卷Ⅱ20★☆☆直线的方程截距,求直线方程2016全国卷Ⅲ20,2014全国卷Ⅰ20,2013全国卷Ⅱ12★★☆直线方程的综合应用与基本不等式相结合求最值问题,直线方程与平面向量的综合2014全国卷Ⅰ20★★☆真题再现■[20172013]课标全国真题再现[2013·全国卷Ⅱ]已知点A(1,0),B(1,0),C(0,1),直线y=ax+b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分,则b的取值范围是 ()A.(0,1) B.1C.1-22,[解析]B方法一:易得△ABC面积为1,利用极限位置和特值法.当a=0时,易得b=122;当a=13时,易得b=13;当a=1时,易得b=21>13方法二:(直接法)x+y=1,y=ax+b⇒y=a+ba+1,y=ax+b与x轴交于-ba,0,结合图形与a>0,12×a+b∵a>0,∴b21-2b>0⇒b<12,当a=0时,极限位置易得b=■[20172016]其他省份类似高考真题[2017·浙江卷节选]如图,已知抛物线x2=y,点A-12,14,B32,94,抛物线上的点P(x,y)12<x<32.过点B作直线AP解:设直线AP的斜率为k,则k=x2-1因为12<x<32,所以直线AP斜率的取值范围是(1,1【课前双基巩固】知识聚焦1.(1)0°(2)0°≤α<180°2.(1)正切值tanα(2)y2-3.yy0=k(xx0)y=kx+by-y1y2-y1=x-x1x2-x1对点演练1.1135°[解析]因为直线AB的斜率为-2-14-1=1,所以k=tanα=1,所以α=135°2.6xy+15=0[解析]由题意知该直线的斜率为6,所以该直线的方程为y3=6(x+2),即6xy+15=0.3.xy+1=0或xy1=0[解析]设直线l在两坐标轴上的截距分别为a,b,则ab=-1,a=b,解得a=-1,b=1或a=14.0,π4∪π2,π[解析]设直线l的倾斜角为α,则有tanα=1-m22-1=1m2≤1.又因为0≤α<π5.π4,3π4[解析]∵A(2,2),B(1,3),直线l过点P(1,1)且与线段AB相交,∴边界直线PA的斜率kPA=2-12-1=1,边界直线PB的斜率kPB=3-1-1-1=1,∴直线PA的倾斜角为π4,直线PB的倾斜角为3π4.∵6.2x+y=0或x+y2=0[解析]当直线过原点时,斜率为4-0-2-0=2,故直线的方程为y=2x,即2x+y=0;当直线不过原点时,设直线的方程为x+y+m=0,把(2,4)代入直线的方程,得m=2,故所求的直线方程为x+y2=0.综上,满足条件的直线方程为2x+y=0【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)根据倾斜角与斜率间的关系确定直线的斜率的取值范围;(2)分sinθ=0与sinθ≠0两种情况进行求解.(1)-∞,-33∪[1,+∞)(2)A[解析](1)∵直线l的倾斜角为α,且π4≤α≤5π6,∴k≥1或k≤33,∴直线l的斜率k的取值范围是∞,33∪[(2)设α为直线l的倾斜角,当sinθ=0时,直线l的斜率不存在,直线的倾斜角α=π2.当sinθ≠0时,直线的斜率k=tanα=1sinθ∈(∞,1]∪[1,+∞),所以直线的倾斜角的取值范围是π4,π2∪π2,3π4.综上所述,α∈π4,3π变式题(1)0,π4∪3π4,π(2)(∞,4]∪34,+∞[解析](1)由题意知cosθ≠0,则斜率k=tanα=sin2θ-1cosθ-0=cosθ∈[1,0)∪(0,1],那么直线(2)因为kPM=1-(-3)1-2=4,kPN=1-(-2)1-(-3)=34,所以例2[思路点拨](1)利用截距式求解,注意不要遗漏截距为0的情况,也可考虑利用直线的点斜式方程求解;(2)根据条件,利用正切的二倍角公式,求得倾斜角的正切值,代入点斜式即得所求直线方程.解:(1)方法一:设直线l在x轴、y轴上的截距均为a.若a=0,则l过点(0,0)和(3,2),∴l的方程为y=23x,即2x3y=0若a≠0,则设l的方程为xa+ya=∵l过点(3,2),∴3a+2a=1,∴a=5,∴l的方程为x+y5=综上可知,直线l的方程为2x3y=0或x+y5=0.方法二:由题意知,所求直线的斜率k存在且k≠0,设直线方程为y2=k(x3),令y=0,得x=32k,令x=0,得y=23k由已知,得32k=23k,解得k=1或k=2∴直线l的方程为y2=(x3)或y2=23(x3即x+y5=0或2x3y=0.(2)设直线y=3x的倾斜角为α,则所求直线的倾斜角为2α.∵tanα=3,∴tan2α=2tanα1-又直线l经过点A(1,3),因此所求直线方程为y+3=34(x+1即3x+4y+15=0.变式题(1)B(2)B[解析](1)由于直线l1:xy+31=0的斜率为1,所以它的倾斜角为45°,故旋转后得到的直线l2的倾斜角为45°+15°=60°,所以直线l2的斜率为tan60°=3,所以直线l2的方程为y3=3(x1),即3xy=0,故选B.(2)∵m+2n1=0,∴m+2n=1.∵mx+3y+n=0,∴(mx+n)+3y=0,当x=12时,12m+n=12,∴3y=12,∴y=16,故直线过定点12,1例3[思路点拨](1)首先根据直线的一般式方程求出直线的横截距与纵截距,然后利用三角形面积公式结合基本不等式求解;(2)由两直线的位置关系得出a,再结合直角三角形的性质直接求线段AB的长.(1)x2y+4=0(2)12[解析](1)易知k≠0.当x=0时,y=1+2k;当y=0时,x=1+2kk.因为直线l交x轴负半轴于A,交y轴正半轴于B,所以k>0,所以S△OAB=12(1+2k)×1+2kk=(1+2k)22k=2k+12k+2≥2+2=4,当且仅当2k=12k,即k=12时,等号成立,此时直线l的方程为(2)由两直线垂直,得2a=0,所以a=2,所以P(0,5).由2xy1=0和x+2y+2=0,得两直线的交点为Q(0,1).由直角三角形的性质,得线段AB的长为2|PQ|=12.变式题(1)1≤k≤1且k≠0(2)D[解析](1)直线不过原点,所以k≠0.令x=0,则y=k,令y=0,则x=2k,故三角形面积为12·k·-2k=k2≤1,解得1≤k≤1.综上,k的取值范围是1≤k≤1且k(2)直线l:xa+yb=1(a>0,b>0)在两坐标轴上的截距之和为4,所以a+b=4,即4≥2ab⇒ab≤4⇒12ab≤2,则该直线与两坐标轴围成的三角形的面积的最大值是2,【备选理由】例1考查直线的倾斜角与斜率和三角形间的关系,难度加大了一点;例2为直线的斜率与线性规划的综合.1[配合例1使用]直线l1与直线l2交于一点P,且l1的斜率为1k,l2的斜率为2k,直线l1,l2与x轴围成一个等腰三角形,则正实数k的所有可能的取值为.

[答案]24或[解析]设直线l1与直线l2的倾斜角分别为α,β,因为k>0,所以α,β均为锐角.由于直线l1,l2与x轴围成一个等腰三角形,则有以下两种情况:(1)当α=2β时,tanα=tan2β,有1k=4k1-4k2,因为k>0,所以k=24;(2)当β=2α时,tanβ=tan2α,有2k=2k1-1k2,因为2[配合例3使用][2017·襄阳五中三模]已知点P在直线x+3y2=0上,点Q在直线x+3y+6=0上,线段PQ的中点为M(x0,y0),且y0<x0+2,则y0x0的取值范围是 (A.-13,0C.-13,+∞ D.-∞,-1[解析]D设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+3y1-2=0,x2+3y2+6=0,x1+x22=x0,y1+y22=y0,得x0+3y0+2=0,即M(x0,y0)在直线x+3y+2=0上.又因为y0<x0+2,所以M(x0,y0)位于直线x+3y+2=0与直线xy+2=0交点的右下部分的直线上.设两直线的交点为F第47讲两直线的位置关系、距离公式考试说明1.能根据两条直线的斜率判定这两条直线平行或垂直.2.能用解方程组的方法求两条相交直线的交点坐标.3.掌握两点间的距离公式、点到直线的距离公式,会求两条平行直线间的距离.考情分析考点考查方向考例考查热度两直线平行与垂直平行与垂直性质的运用2016全国卷Ⅲ16,2016全国卷Ⅲ20(1)★★☆距离问题运用点到直线的距离公式解决问题2016全国卷Ⅱ4,2014全国卷Ⅰ20,2014全国卷Ⅰ4★★★真题再现■[20172013]课标全国真题再现[2016·全国卷Ⅰ]直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点,若椭圆中心到l的距离为其短轴长的14,则该椭圆的离心率为 (A.13 B.C.23 D.[解析]B不妨设直线l经过椭圆的焦点F(c,0)和顶点(0,b),则直线l的方程为xc+yb=1,椭圆中心到直线l的距离为|-bc|b2+c2=14×2b.又a2=b■[20172016]其他省份类似高考真题[2016·上海卷]已知平行直线l1:2x+y1=0,l2:2x+y+1=0,则l1与l2的距离是.

[答案]2[解析]由两平行线间的距离公式得d=|-1-1【课前双基巩固】知识聚焦1.k1=k2且b1≠b2k1·k2=1k1≠k22.交点坐标(1)相交交点的坐标(2)无公共点平行3.(x2-x对点演练1.2[解析]由题意,知a-8-1-a=2.2x+y7=0[解析]直线x2y3=0的斜率为12,故所求直线斜率为2,由点斜式方程,得y1=2(x3),即2x+y7=03.3x+19y=0[解析]过两直线交点的直线系方程为x3y+4+λ(2x+y+5)=0,代入原点坐标,求得λ=45,故所求直线方程为x3y+445(2x+y+5)=0,即3x+19y=4.55[解析]∵圆(x+1)2+y2=2的圆心为(1,0),∴圆(x+1)2+y2=2的圆心到直线y=2x+3的距离d=|-2+3|5.±1[解析]由题意,得(a+2)(a1)+(1a)(2a+3)=0,则a2=1,∴a=±1.6.1110[解析]因为直线3x4y3=0和mx8y+5=0平行,所以m=6,所以6x8y+5=0,即3x4y+52=0,则两条平行直线之间的距离d=|-7.1[解析]∵直线l1的斜率k1=1,l1∥l2,∴a2=1,且a≠1,所以a=1.【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)先根据两条直线垂直的充要条件确定出m的值,然后判断其与条件p之间的关系;(2)首先分析出三条直线不能构成三角形的条件,然后分情况解答即可.(1)A(2)D[解析](1)若直线xy=0与直线x+m2y=0互相垂直,则1m2=0,所以m=±1,故p是q的充分不必要条件.(2)因为三条直线2x3y+1=0,4x+3y+5=0,mxy1=0不能构成三角形,所以直线mxy1=0与直线2x3y+1=0或直线4x+3y+5=0平行,或直线mxy1=0过直线2x3y+1=0与4x+3y+5=0的交点,所以m=23或m=43或m=23,所以实数m的取值集合为43,23,23变式题(1)A(2)A[解析](1)由直线ax+y2=0与直线2x+(a1)y+4=0平行,得a(a1)=2,且4a+4≠0,∴a=2,∴a=2是直线ax+y2=0与直线2x+(a1)y+4=0平行的充要条件.(2)直线x+2y3=0的斜率为12,因为倾斜角为α的直线l与直线x+2y3=0垂直,所以tanα=2,则cos2017π22α=cos1008π+π22α=cosπ22α=sin2α=2sinαcosαsin2α+co例2[思路点拨](1)首先利用两条直线的平行条件求出b的值,然后利用两条平行线间的距离公式求c的值,进而可得b+c的值;(2)首先根据方程组确定经过两点(a,a2),(b,b2)的直线方程,然后求坐标原点到此直线的距离即可.(1)D(2)1[解析](1)l2:3x+b2y+c2=0,故b2=4,得b=8,所以|5-c2|5=3,得c=40或c=(2)根据a2sinθ+acosθ-1=0,b2sinθ+bcosθ-1=0,可得点(a,a2),(b,b2)都在直线xcosθ+ysinθ1=0上变式题(1)B(2)A[解析](1)设任一整点坐标为(m,n),则它到直线25x15y+12=0的距离d=|25m-15n+12|252+(-15)2=|5(5m-3n)+12|534.由于m,n∈Z,故5(5m3n)是5的倍数,(2)依题意知,线段AB的中点M在到直线l1:x+y7=0和l2:x+y5=0的距离都相等的直线(设为l)上,则M到原点的距离的最小值为原点到直线l的距离.设点M所在直线l的方程为x+y+m=0.根据平行线间的距离公式得|m+7|2=|m+5|2,即|m+7|=|m+5|,得m=6,即l:x+y6=0.根据点到直线的距离公式,例3[思路点拨](1)利用中点坐标公式求解;(2)首先在所求直线上任取一点(x,y),然后求出该点关于点M(1,2)的对称点,并代入已知直线即可求得对称直线的方程(或利用关于点对称的两条直线的平行关系,结合点到直线的距离求解).(1)D(2)B[解析](1)因为点M,P关于点N对称,所以n=4+62=5,3=m-92,得m=3(2)方法一:设所求直线上的一点的坐标为(x,y),则其关于点M(1,2)对称的点的坐标为(2x,4y),∵点(2x,4y)在直线2xy+3=0上,∴2(2x)(4y)+3=0,即2xy+5=0,故选B.方法二:根据对称性知,所求直线与已知直线平行,因此可设所求直线的方程为2xy+λ=0(λ≠3),则点M到两条直线的距离相等,即|2×(-1)-2+λ|22+(-1)2=|2×(-例4[思路点拨]根据点关于直线的对称性利用已知直线与两个对称点所在直线互相垂直的斜率关系,以及两个对称点的中点在已知直线上,建立方程组进行求解.(1)(5,2)(2)C[解析](1)设点B(x,y),则满足2×1+x2-4+y2-3=0,y(2)依题意可知,直线MN与直线y=x垂直且线段MN的中点在直线y=x上,所以n+4m-3×1=例5[思路点拨](1)直线l1上任意一点关于直线l的对称点都在直线l2上,且两对称点连线的中点在直线l上,利用中点坐标公式和垂直关系求解;(2)因为l1与l2平行,所以,它们的对称轴上的点到这两条直线的距离相等,设对称轴上的动点为P(x,y),利用这个相等关系即可得出对称轴方程.(1)x+2y6=0(2)3xy+4=0[解析](1)方法一:解方程组2x+y-4=0,x-y+2=0,得直线l1与直线l的交点A23,83.在直线l1上取一点B(2,0),设点B关于直线l的对称点为C(x,y),则又直线l2过A23,83和C(2,4)两点,故由两点式得直线l2的方程为y-483-4=x+223方法二:设M(x0,y0)是直线l1上任意一点,它关于直线l的对称点为N(x,y),则线段MN的中点坐标为x+x02,y+y02由题意,得x+x0因为M(x0,y0)在直线l1上,所以2x0+y04=0,即2(y2)+(x+2)4=0,所以直线l2的方程为x+2y6=0.(2)依题意l1∥l2,所以对称轴l上的点P(x,y)到两直线的距离相等,即|3x-y+1|10=|3x-y+7|例6[思路点拨](1)先求出原点O关于直线l的对称点M,由点M在反射光线所在的直线上,利用点斜式可得反射光线所在直线的方程;(2)首先根据点(3,2)与点(1,2)求得折痕所在直线方程,然后利用点关于直线的对称方法可求得点(m,n),从而求得结果.(1)y=3(2)24[解析](1)设原点O关于直线l的对称点为M(x,y),由8×0+x2+6×0+y2=25,y-0x-0=34,(2)设折痕所在的直线为直线l,则点(3,2)与点(1,2)关于直线l对称,所以直线l的方程为xy1=0.同理点(7,3)与点(m,n)也关于直线l对称,可得7+m23+n21=0,3-n7-m×1=1,得m=强化演练1.A[解析]因为点(x,y)关于x轴的对称点为(x,y),所以所求直线方程为x3y2=0,故选A.2.C[解析]由题意可知,A,B所在直线与直线4x+3y=11垂直,且线段AB的中点在直线4x+3y=11上,则有b+2-(-b)a3.C[解析]直线l1:y2=(k1)x恒过定点(0,2),设点(0,2)关于直线y=x+1的对称点为(a,b),所以b-2a=-1,b+22=a2+1,4.y=3x17[解析]因为所求直线上任意一点(x,y)关于点M(3,2)的对称点为点(6x,4y),所以4y=3(6x)+3,即y=3x17.故所求直线的方程为y=3x17.5.17[解析]根据中点坐标公式,得x-22=1,5-32=y,解得x=4,y=1,所以P的坐标为(46.6xy6=0[解析]设点M(3,4)关于直线l:xy+3=0的对称点为M'(a,b),则反射光线所在直线过点M',所以b-4a-(-3)·1=-1,-3+a2-b+42+3=0,得a=1,b【备选理由】例1是两条直线的位置关系与基本不等式的综合问题;例2是距离与导数的综合问题;例3是直线中的对称与三角函数的综合问题.1[配合例1使用]已知b>1,直线(b2+1)x+ay+2=0与直线x(b1)y1=0互相垂直,则a的最小值等于 ()A.221 B.22+1C.22+2 D.222[解析]C因为直线(b2+1)x+ay+2=0与直线x(b1)y1=0互相垂直,所以(b2+1)a(b1)=0,又因为b>1,所以a=b2-1b-1+2b-1=b1+2b-1+2≥22+2,2[配合例2使用]已知曲线y=2xx-1在点P(2,4)处的切线与直线l平行且距离为25,则直线l的方程为 A.2x+y+2=0B.2x+y+2=0或2x+y18=0C.2xy18=0D.2xy+2=0或2xy18=0[解析]By'=2(x-1)-2x(x-1)2=2(x-1)2,当x=2时,2(2-1)2=2,因此kl=2.设直线l的方程为y=2x+b,即2x+yb=0,由题意,得|2×2+4-b|3[配合例5使用]已知角θ和α的顶点与原点重合,始边与x轴的正半轴重合,角θ的终边在直线l:y=2x上,角α的终边在直线l关于直线y=x的对称直线m上,则sin2α=.

[答案]1[解析]因为直线y=2x关于直线y=x的对称直线m的方程为y=12x,所以tanα=12,即sinαcosα=12,故cosα=2sinα,代入sin2α+cos2α=1,可得sin2α+4sin2α=1,第48讲圆的方程考试说明1.掌握确定圆的几何要素,掌握圆的标准方程与一般方程.2.初步了解用代数方法处理几何问题的思想.考情分析考点考查方向考例考查热度圆的方程求圆的标准方程2016全国卷Ⅰ20,2015全国卷Ⅰ14★★★圆的方程的应用求圆的面积、最值问题2014全国卷Ⅱ16★★☆真题再现■[20172013]课标全国真题再现1.[2015·全国卷Ⅰ]一个圆经过椭圆x216+y24=1的三个顶点,且圆心在x轴的正半轴上[答案]x-322[解析]设圆心为(t,0)(t>0),则半径为4t,所以4+t2=(4t)2,解得t=32,所以圆的标准方程为x-3222.[2014·全国卷Ⅱ]设点M(x0,1),若在圆O:x2+y2=1上存在点N,使得∠OMN=45°,则x0的取值范围是.

[答案][1,1][解析]在△OMN中,|OM|=1+x02≥1=|ON|,所以设∠ONM=α,则45°≤α<135°.根据正弦定理得1+x02sinα=1sin45°,所以1+x02=2sinα∈[1,2],所以0≤x02≤1,即1≤■[20172016]其他省份类似高考真题[2016·天津卷]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2xy=0的距离为455,则圆C的方程为[答案](x2)2+y2=9[解析]设圆心的坐标为(a,0)(a>0),根据题意得|2a|5=455,解得a=2(a=2舍去),所以圆的半径r=(2-0)2+(0-【课前双基巩固】知识聚焦1.(xa)2+(yb)2=r2(a,b)rx2+y2+Dx+Ey+F=02.(1)(x0a)2+(y0b)2>r2(2)(x0a)2+(y0b)2=r2(3)(x0a)2+(y0b)2<r2对点演练1.1<m<1[解析]由题意,得(02m)2+(0m)2<5,解得1<m<1.2.(x1)2+(y+3)2=29[解析]圆的方程为(x+4)(x6)+(y+5)(y+1)=0,整理,得(x1)2+(y+3)2=29.3.(x1)2+(y+2)2=9[解析]设圆的方程为(xa)2+(yb)2=r2,则由题意,得a+b+1=0,(1-a)2+(1-b)2=r2,(4-a)24.x2+y2+8x10y+40=0[解析]已知圆的圆心为O1(2,1),半径r1=1,而点O1(2,1)关于直线xy+3=0的对称点为O'(4,5),故所求圆的方程为(x+4)2+(y5)2=1,即x2+y2+8x10y+40=0.5.m<12[解析]方程x2+y2x+y+m=0表示一个圆,则1+14m>0,∴m<16.(x±2)2+(y±2)2=4[解析]由题意,知圆心有四种情况,即坐标分别为(2,2),(2,2),(2,2),(2,2),所以圆的方程为(x±2)2+(y±2)2=4.7.48[解析]由(x2)2+y2=4,得y2=4xx2≥0,得0≤x≤4,所以3x2+4y2=3x2+4(4xx2)=x2+16x=(x8)2+64(0≤x≤4),所以当x=4时,3x2+4y2取得最大值48.【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)设出圆的一般方程,然后将三点的坐标分别代入,建立方程组求解;(2)先求线段AB的垂直平分线的方程,并与已知直线方程构成方程组可求得圆心坐标,然后求出圆的半径,进而可得圆的方程.(1)C(2)C[解析](1)设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,则由题意得1+E+F=0,4+2D+F=0,1-E+F=0,解得D=-32,E=0(2)由题意知,圆心是线段AB的垂直平分线与直线x+y2=0的交点,易知线段AB的垂直平分线的方程为y=x,与x+y2=0联立,得交点坐标是(1,1),即圆的圆心为(1,1),其半径r=(1-1)2+(-1-1)2=2,则圆的方程是(x1)2变式题(1)x2+(y2)2=9或(x8)2+(y2)2=73(2)(x2)2+(y2)2=4或(x+2)2+(y2)2=4[解析](1)依题意,设圆心的坐标为(a,2),圆C的方程为(xa)2+(y2)2=r2(r>0),则a2+9=r2,|a-4|2=22,解得a=0,r=3或a=8,r=73,故圆C的方程为x2(2)由题意可得所求圆的圆心在第一象限或第二象限,当圆心在第一象限时,圆心为(2,2),半径为2,故圆的方程为(x2)2+(y2)2=4.当圆心在第二象限时,圆心为(2,2),半径为2,故圆的方程为(x+2)2+(y2)2=4.例2[思路点拨](1)因为y-4x-2表示的是圆上的点和点(2,4)之间的连线的斜率,所以利用圆心到直线的距离不大于半径建立不等式求解;(2)先将所求式转化为关于(1)B(2)D[解析](1)将原方程,整理得(x1)2+(y1)2=1,y-4x-2表示的是圆上的点和点(2,4)之间的连线的斜率,设y-4x-2=k,即kxy2k+4=0,则由|k(2)圆x2+(y2)2=1的圆心为(0,2),半径为1,可知x∈[1,1].当x=0时,显然xy4x2+y2=0.当x≠0时,xy4x2+y2=xyx24x2+y2x2=yx4+yx2,设k=yx,k=yx表示圆上动点(x,y)与原点(0,0)连线的斜率,则k≥3或k≤3,所以问题转化为求k4+k2=14k+k的取值范围.易知例3[思路点拨](1)设x2y=b,则问题转化为求一组平行线x2y=b在y轴上的截距的最值,作出图形,知当直线与圆相切时,b取得最大值或最小值;(2)直线z=2x+ay与圆相切时z取得最大值8,从而得出a的值,进而求2x+ay的最小值.(1)100(2)2[解析](1)原方程可化为(x1)2+(y+2)2=5,表示以(1,2)为圆心,5为半径的圆.设x2y=b,即x2yb=0,作出圆(x1)2+(y+2)2=5与一组平行线x2yb=0,如图所示,当直线x2yb=0与圆相切时,纵截距12b取得最大值或最小值此时圆心到直线的距离d=|1-2×(-2)-b|1+4=所以x2y的最大值为10,最小值为0.(2)依题意,直线2x+ay=8与圆(x1)2+(y1)2=5相切,所以圆心到直线的距离d=|a-6|4+a2=5,解得a=1(舍去a=4),所以2x+ay即为2x+y,令2x+y=z,由d=|2+1-z|5≤5,化简得|z3|≤5,解得2≤z≤8例4[思路点拨](1)求解圆上动点到定点距离的最值通常转化为求圆心到定点的距离;(2)求解圆上动点到过定点的动直线的距离的最值通常转化为圆上动点到定点的距离的最值,再转化为圆心到定点的距离求解.(1)1(2)B[解析](1)圆C:(x2)2+(y+m4)2=1表示圆心为C(2,m+4),半径r=1的圆,求得OC=22+(-m+4)2,∴m=4时,OC的最小值为2,故当m变化时,圆C上的点与原点的最短距离是(|OC|minr(2)易知圆心坐标为(3,3),半径r=1.由题意,知直线y=kx1恒过定点(0,1),所以圆心到定点(0,1)的距离为(-3-0)2+(3+1)2=5,所以圆上任一点P到直线y=kx1例5[思路点拨]根据条件将所求问题转化为求A关于x轴的对称点A1与圆心C间的距离.A[解析]易知点A关于x轴的对称点为A1(1,1),圆心为C(2,3),所以|A1C|=(2+1)2+(3+1)2=5,所以所求最短路径长为强化演练1.C[解析]设k=yx,则y=kx,∵实数x,y满足(x+2)2+y2=3,∴直线y=kx与圆有交点,∴|-2k|1+k2≤3,∴k2≤3,∴3≤k≤3,∴实数k2.B[解析]把圆的方程化为标准方程得(x+2)2+(y+1)2=4,∴圆心M的坐标为(2,1),半径r=2.∵直线l过圆M的圆心,∴2ab+1=0,即2a+b1=0,∴点(a,b)为直线2x+y1=0上一点.∵点(2,2)到直线2x+y1=0的距离d=|4+2-1|5=5,∴(a2)2+(b2)2的最小值为3.A[解析]圆C1:(x2)2+(y3)2=1的圆心为C1(2,3),半径r1=1;圆C2:(x3)2+(y4)2=9的圆心为C2(3,4),半径r2=3.设圆心C1关于x轴的对称点为A(2,3),连接AC2与x轴交于点P,则|PC1|+|PC2|=|PA|+|PC2|=(3-2)2+(4+3)2=52,此时x轴上的动点P到两圆心的距离之和最小,∴|PM|+|PN|的最小值为|PA|+|PC24.4[解析]由题意得PM=|PC|2-16≥|5+3|25.15[解析]令3x+4y=b,即3x+4yb=0,则由题意,得|3×(-2)+4×3-b|32+42≤1,解得1≤b≤11,即1≤3x+4y≤11,∴25≤3x+4y26≤15,∴15≤|3x+4y26|≤6.25+3[解析]若对于圆C上的任意一点Q,∠EQF≥π2,则圆C上的任意一点都在以线段EF为直径的圆内(含圆周).因为圆心C(0,1)到直线l的距离d=|1+4|5=5,所以圆上的点到直线l的距离的最大值为5+3,所以以线段EF为直径的圆的半径的最小值为5+3,则EF的最小值是2例6[思路点拨](1)根据题意利用直接法求解;(2)涉及相关点的运动,可利用代入法求解.(1)C(2)A[解析](1)设P(x,y),则x≠±1,所以kPA=y-0x+1,kPB=y-0x-1,∵动点P与定点A(1,0),B(1,0)的连线的斜率之积为1,∴kPA×kPB=1,∴y2x2-1=1,即x2+y2=1.∴点P的轨迹方程为x(2)设圆上任一点为Q(x0,y0),线段PQ的中点为M(x,y),根据中点坐标公式,得x0=2x-4,y0=2y+2.因为Q(x0,y0)在圆x2+y2=4上,所以x02+y02=4,即(2x4)2+(2y+2)2=4,即(变式题(1)D(2)D[解析](1)由题意得PC2-22=PO,所以(x3)2+(y+4)24=x2+y2,即6x8y21=0(2)设Q(x,y),P(x0,y0),由PA=2AQ,得x0=2x+3,y0=2y,代入圆的方程,得x322+y2=1.【备选理由】例1强化圆的方程的求法;例2是一道圆中最值问题的补充;例3是一道直线与直线位置关系、轨迹方程的综合题.1[配合例1使用]如图所示,圆C与x轴相切于点T(1,0),与y轴正半轴交于两点A,B(B在A的上方),且|AB|=2,则圆C的标准方程为.

[答案](x1)2+(y2)2=2[解析]由题意,设圆心C(1,r)(r为圆C的半径),则r2=AB22+12=2,解得r=2,所以圆C的标准方程为(x1)2+(y2)2=2[配合例5使用]已知点P(t,t),t∈R,点M是圆x2+(y1)2=14上的动点,点N是圆(x2)2+y2=14上的动点,则PNPM的最大值是 (A.51 B.2C.3 D.5[解析]B易知圆x2+(y1)2=14的圆心为A(0,1),圆(x2)2+y2=14的圆心为B(2,0),P(t,t)在直线y=x上,A(0,1)关于直线y=x的对称点为A'(1,0),则PNPM≤PB+12PA12=PBPA+1=PB|PA'|+1≤|A'B|+1=2,故选3[配合例6使用][2017·三明质检]已知直线x+y1=0和直线x2y4=0的交点为P.(1)求过点P且与直线x2y+1=0垂直的直线方程;(2)若点Q在圆(x+1)2+y2=4上运动,求线段PQ的中点M的轨迹方程.解:(1)联立x+y-1=0,x-2y又所求直线与直线x2y+1=0垂直,所以所求直线的斜率为2,则所求直线的方程为y+1=(2)×(x2),即2x+y3=0.(2)设M的坐标为(x,y),Q的坐标为(x0,y0),则x=x又∵Q(x0,y0)是圆(x+1)2+y2=4上的动点,∴(x0+1)2+y02=4,∴(2x2+1)2+(2y+1)2=4,化简得x122+y+122=1,所以M的轨迹方程为x122+y+122=1.第49讲直线与圆、圆与圆的位置关系考试说明1.能根据给定直线、圆的方程判断直线与圆的位置关系;能根据给定两个圆的方程判断两圆的位置关系.2.能用直线和圆的方程解决一些简单的问题.3.初步了解用代数方法处理几何问题的思想.考情分析考点考查方向考例考查热度直线与圆的位置关系利用点到直线的距离公式判断直线与圆的位置关系2017全国卷Ⅲ1,2013全国卷Ⅰ20★☆☆圆的切线与弦长问题利用垂径定理来求有关弦长问题2017全国卷Ⅱ9,2016全国卷Ⅲ16,2015全国卷Ⅱ7,2013全国卷Ⅰ20★★☆真题再现■[20172013]课标全国真题再现1.[2017·全国卷Ⅲ]已知集合A={(x,y)|x2+y2=1},B={(x,y)|y=x},则A∩B中元素的个数为()A.3 B.2C.1 D.0[解析]BA表示圆x2+y2=1上所有点的集合,B表示直线y=x上所有点的集合.∵直线y=x过圆心,∴直线与圆的交点有两个,故选B.2.[2017·全国卷Ⅲ]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段A1A2为直径的圆与直线bxay+2ab=0相切,则A.63 B.C.23 D.[解析]A∵以线段A1A2为直径的圆与直线bxay+2ab=0相切,∴圆心到此直线的距离d等于圆的半径,即d=|2ab|a2+b2=a.又a>b>0,则上式可化简为a2=3b2.∵b2=a2c2,∴a2=3(a2c2),即c3.[2017·全国卷Ⅱ]若双曲线C:x2a2y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆(x2)2+y2=4所截得的弦长为2,则A.2 B.3C.2 D.2[解析]A设双曲线的一条渐近线方程为bx+ay=0,则圆心到该直线的距离d=|2b|a2+b2=2bc.根据已知得12+2bc2=4,即4b2c2=3,所以4.[2016·全国卷Ⅱ]圆x2+y22x8y+13=0的圆心到直线ax+y1=0的距离为1,则a= ()A.43 B.C.3 D.2[解析]A圆x2+y22x8y+13=0化为标准方程为(x1)2+(y4)2=4,故圆心为(1,4),圆心到直线的距离d=|a+4-1|a25.[2016·全国卷Ⅲ]已知直线l:mx+y+3m3=0与圆x2+y2=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.若|AB|=23,则|CD|=.

[答案]4[解析]直线l:m(x+3)+y3=0过定点(3,3),又|AB|=23,∴|3m-3|1+m22+(3)2=12,解得m=33.直线方程中,当x=0时,y=23.又(3,3),(0,23)两点都在圆上,∴直线l与圆的两交点为A(3,3),B设过点A(3,3)且与直线l垂直的直线为3x+y+c1=0,将(3,3)代入直线方程3x+y+c1=0,得c1=23.令y=0,得xC=2,同理得过点B且与l垂直的直线与x轴交点的横坐标为xD=2,∴|CD|=4.6.[2015·全国卷Ⅱ]过三点A(1,3),B(4,2),C(1,7)的圆交y轴于M,N两点,则|MN|= ()A.26 B.8C.46 D.10[解析]C方法一:设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,将点A(1,3),B(4,2),C(1,7)的坐标代入得方程组D+3E+F+10=0,4D+2E+F+20=0,D-7E+F+50=0,解得D=-2,E=4,F=-20,所以圆的方程为x2方法二:因为kAB=13,kBC=3,所以kABkBC=1,所以AB⊥BC,所以△ABC为直角三角形,所以△ABC的外接圆圆心为AC的中点(1,2),半径r=12AC=5,所以MN=225-方法三:由AB·BC=0得AB⊥BC,下同方法二.■[20172016]其他省份类似高考真题[2016·江苏卷]如图,在平面直角坐标系xOy中,已知以M为圆心的圆M:x2+y212x14y+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(x6)2+(y7)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,于是圆N的半径为y0,从而7y0=5+y0,解得y0=1.因此,圆N的标准方程为(x6)2+(y1)2=1.(2)因为直线l∥OA,所以直线l的斜率为4-02设直线l的方程为y=2x+m,即2xy+m=0,则圆心M到直线l的距离d=|2×6-7+因为BC=OA=22+42而MC2=d2+BC22,所以25=(m+5)25+5,解得m=故直线l的方程为2xy+5=0或2xy15=0.(3)设P(x1,y1),Q(x2,y2).因为A(2,4),T(t,0),TA+TP=TQ,所以x2因为点Q在圆M上,所以(x26)2+(y27)2=25.②将①代入②,得(x1t4)2+(y13)2=25.于是点P(x1,y1)既在圆M上,又在圆[x(t+4)]2+(y3)2=25上,从而圆(x6)2+(y7)2=25与圆[x(t+4)]2+(y3)2=25有公共点,所以55≤[(t+4)-6]2+(3-7)2≤5+5,因此,实数t的取值范围是[2221,2+221].【课前双基巩固】知识聚焦1.<=>>=<2.d>R+rd=R+rRr<d<R+rd=Rrd<Rr对点演练1.相交[解析]由直线y=kx+1恒过定点(0,1),且点(0,1)在圆(x1)2+y2=4的内部,得直线与圆相交.2.(x2)2+(y+1)2=252[解析]圆心到直线的距离d=r=|2-1-6|2=52,所以圆的方程为(x2)23.相交[解析]两圆圆心分别为O1(2,0),O2(2,1),半径分别为r1=2,r2=3.∵|O1O2|=[2-(-2)]2+(1-0)2=174.6[解析]由x2+y24x+4y+6=0,得(x2)2+(y+2)2=2,∴圆心为(2,2),半径r=2,圆心到直线的距离d=|2+2-5|2=22,∴弦长为2r5.±25或0[解析]两圆的圆心距d=(-4)2+a2,由两圆相切,得(-4)2+a2=5+1或(-6.x=3或4x+3y15=0[解析]由题意知P在圆外,当切线斜率不存在时,切线方程为x=3,满足题意;当切线斜率存在时,设斜率为k,∴切线方程为y1=k(x3),∴kxy+13k=0,∴|k×0-0+1-3k|k2+(-1)2=3,∴k=43,∴切线方程为4x+3y15=7.x=3或3x+4y+15=0[解析]当直线的斜率不存在时,该直线的方程为x=3,代入圆的方程得y=±4,故该直线被圆截得的弦长为8,满足题意.当直线的斜率存在时,不妨设直线的方程为y+32=k(x+3),即kxy+3k32=0,则圆心到直线的距离d=|6k-3|2k2+1,则252-|6k-3|2k2+12=8,解得k=3【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)利用圆心到直线的距离与圆的半径间大小关系进行判断,或先确定直线过一个定点,并判断此定点在圆内,再判断直线与圆的位置关系;(2)首先确定出直线与圆相交的充要条件,然后对照选项进行判断.(1)A(2)A[解析](1)方法一:由条件可得圆心坐标为(0,1),半径为2,则圆心到直线的距离d=|a+1|a2+1.∵22|a+1|a2+12=3a2-方法二:因为直线x+ay+1=0经过定点(1,0),而点(1,0)在圆x2+(y1)2=4的内部,所以直线与圆相交,故选A.(2)联立直线与圆的方程得x-y+m=0,x2+y2-2x-1=0,消去y,得2x2+(2m2)x+m21=0,根据题意得Δ=(2m2)28(m21)=4(m+1)2+16>0,得3<m<1.因为{m|0<m<1}变式题(1)相离(2)-33,-35∪35,33[解析](1)把圆的方程化为标准方程得x2+y2=12,∴圆心坐标为(0,0),半径r=22.又θ∈R,θ≠π2+kπ,k∈Z,∴圆心到直线x·sinθ+y(2)易知曲线C:(x2)2+y2=4(0≤x≤3)表示的是以C(2,0)为圆心,以2为半径的圆的23,其中两个端点为A(3,3),B(3,3).当直线与曲线C相切时,设直线方程为y=k(x+2),即kxy+2k=0,得|4k|1+k2=2,解得k=±33.又kPA=35,kPB=35,所以直线l的斜率的取值范围是33例2[思路点拨](1)分直线的斜率是否存在两种情况进行求解,当直线斜率存在时设出直线方程,然后根据条件利用弦长公式建立方程进行求解;(2)利用圆心与切点的连线与切线垂直求解.(1)x+2y3=0(2)x+y2=0[解析](1)当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=1,但AB≠4,不符合题意.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y1=k(x1).由AB=4,得|k-2|1+k2=5,解得k=12,所以直线l的方程为y1=12(x1(2)因为M22,22是圆x2+y2=1上的点,所以圆的切线的斜率为1则设切线方程为x+y+a=0,所以22+22+a=0,得a=2,故切线方程为x+y2=0变式题(1)22(2)6(3)D[解析](1)由题设知圆的圆心与半径分别为C(6,6),r=288-4m2,则圆心C(6,6)到直线x+y2=0的距离d=|6+6-2|2=52,所以(2)因为点A,B关于直线l:x+y=0对称,所以直线y=kx+1的斜率k=1,即y=x+1.又圆心1,m2在直线l:x+y=0上,所以m=2,则圆心的坐标为(1,1),半径R=2,所以圆心到直线y=x+1的距离d=22,所以AB=2R2-d(3)设圆心O到直线x+y+a=0的距离为d,则d=|a|2,又过点M引圆x2+y2=2的切线,切线长的最小值为22,则2+(22)2=a22,解得a=±2例3[思路点拨](1)直接利用圆心距与两个圆的半径之间的关系进行判断;(2)首先分别设出两个圆C1,C2的圆心坐标,并根据相切条件分别确定出其坐标间关系,然后利用半径分别建立关于两个圆心的横坐标的方程,进而利用韦达定理可求得结果.(1)B(2)459[解析](1)圆C2的方程化为(x+3)2+(y4)2=9,圆C1,C2的半径分别为r1=2,r2=3,则圆C1与C2的圆心距为32+42=5=r1+r2,所以圆C1和圆C(2)设圆心C1(a,b),C2(c,d),则|a-2b|5=|2a-b|5,所以a2=b2.因为圆C1过点P1,32,所以a=b>0,同理c=d>0.由|a-2b|5=(a-1)2+b-322,得9a225a+654=0,同理9c225c+654=变式题(1)52(2)D[解析](1)设P(x,y),∵|PO|=2|PM|,∴x2+y2=2(x1)2+2y2,即(x2)2+y2=2.∴(5-2)2+(4-0)2≤r+2(2)根据题意可知圆O1上存在到圆O2的圆心的距离为圆O2的半径的点,即两圆有公共点,所以两圆可能是相切的,也可能是相交的.故选D.【备选理由】例1是判断直线与圆的位置关系问题,例2是与平面向量、不等式结合的综合题;例3是直线与圆相交所得弦长问题;例4是综合解答题.1[配合例1使用][2017·石家庄质检]圆x2+y22x+4y=0与直线2txy22t=0(t∈R)的位置关系为 ()A.相离 B.相切C.相交 D.以上都有可能[解析]C由题意知,直线2txy22t=0(t∈R)恒过点(1,2),而12+(2)22×1+4×(2)=5<0,所以点(1,2)在圆x2+y22x+4y=0内,所以圆x2+y22x+4y=0与直线2txy22t=0(t∈R)的位置关系为相交,故选C.2[配合例2使用][2017·河北武邑中学五模]直线x+2y=m(m>0)与圆O:x2+y2=5交于相异两点A,B,若|OA+OB|>2|AB|,则实数m的取值范围是 ()A.(5,25) B.(2,25)C.(25,5) D.(2,5)[解析]C∵直线x+2ym=0与圆O:x2+y2=5交于相异两点A,B,∴O点到直线x+2ym=0的距离d<5.设线段AB的中点为D,则OD⊥AB,∵|OA+OB|>2|AB|,∴|2OD|>2|AB|,∴|AB|<|OD|.∵|OD|2+14|AB|2=5,∴|OD|2>4.∴4<|OD|2<5,即4<m25<5,又m>0,∴25<m<5.3[配合例2使用][2017·临汾一中、忻州一中、长治二中、康杰中学联考]已知A(2,0),直线4x+3y+1=0被圆C:(x+3)2+(ym)2=13(m<3)所截得的弦长为43,且P为圆C上任意一点,则PA的最大值为 ()A.2913 B.5+13C.27+13 D.29+13[解析]D设圆C的半径为r,圆心为C(3,m),根据弦心距、半径、半弦长的关系得|3m-11|52+(23)2=13,解得m=2或m=163(舍去),当m=2时,PA的最大值为AC4[配合例3使用]已知定点A(1,0),B(2,0),圆C:x2+y22x23y+3=0.(1)过点B向圆C引切线l,求直线l的方程;(2)过点A作直线l1交圆C于P,Q,且AP=PQ,求直线l1的斜率k1;(3)定点M,N在直线l2:x=1上,对于圆C上任意一点R都满足|RN|=3|RM|,试求M,N两点的坐标.解:(1)①当直线l与x轴垂直时,易知直线方程为x=2,符合题意.②当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x2),即kxy2k=0.∵直线l与圆C相切,∴|-k-3|1+k2=1,解得k=33,∴直线l故直线l的方程为x=2或x+3y2=0.(2)设P(x1,y1),由AP=PQ知,点P是线段AQ的中点,所以点Q的坐标为(2x1+1,2y1).由于P,Q两点均在圆C上,故x12+y122x123y1+3(2x1+1)2+(2y1)22(2x1+1)23(2y1)+3=0,即x12+y123y1+12②①得2x1+3y152=0③由②③,得x1=12,y1=32或x(3)将圆的方程化为标准方程得(x1)2+(y3)2=1.设M(1,a),N(1,b),R(x0,y0),则(x01)2+(y03)2=1④,由3|RM|2=|RN|2,得2(x01)2=(y0b)23(y0a)2⑤,由④⑤,得(6a2b43)y0+(b23a2+4)=0⑥,由于关于y0的方程⑥有无数组解,所以6解得a=4所以满足条件的定点有M1,433,N(1,23)或M1,233,N(1,0).第50讲椭圆考试说明1.了解圆锥曲线的实际背景,了解圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用.2.掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质.3.了解圆锥曲线的简单应用.4.理解数形结合的思想.考情分析考点考查方向考例考查热度椭圆的定义焦点三角形★☆☆椭圆的标准方程待定系数法求方程2016全国卷Ⅰ20,2014全国卷Ⅱ20,2013全国卷Ⅱ20★★★椭圆的几何性质求椭圆的离心率2017全国卷Ⅲ10,2016全国卷Ⅲ11,2014全国卷Ⅱ20(1)★★★直线与椭圆的位置关系弦长问题2016全国卷Ⅰ20,2016全国卷Ⅱ20,2015全国卷Ⅱ20,2014全国卷Ⅰ20,2013全国卷Ⅱ20★★★真题再现■[20172013]课标全国真题再现1.[2017·全国卷Ⅲ]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段A1A2为直径的圆与直线bxay+2ab=0相切,则A.63 B.C.23 D.[解析]A∵以线段A1A2为直径的圆与直线bxay+2ab=0相切,∴圆心到此直线的距离d等于圆的半径,即d=|2ab|a2+b2=a.又a>b>0,则上式可化简为a2=3b2.∵b2=a2c2,∴a2=3(a2c2),即c2.[2016·全国卷Ⅲ]已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点,A,B分别为C的左、右顶点,P为C上一点,且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则A.13 B.C.23 D.[解析]A设M(c,y0),则AM所在直线方程为y=y0-c+a(x+a),令x=0,得E0,ay0-c+a.BM所在直线方程为y=y0-c-a(xa),令x=0,得y=-ay0-c3.[2017·全国卷Ⅱ]设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP=2(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=3上,且OP·PQ=1,证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解:(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(xx0,y),NM=(0,y0).由NP=2NM得x0=x,y0=22因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)证明:由题意知F(1,0).设Q(3,t),P(m,n),则OQ=(3,t),PF=(1m,n),OQ·PF=3+3mtn,OP=(m,n),PQ=(3m,tn).由OP·PQ=1得3mm2+tnn2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3mtn=0,所以OQ·PF=0,即OQ⊥PF.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.4.[2014·全国卷Ⅰ]已知点A(0,2),椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,F是椭圆E的右焦点,直线(1)求E的方程;(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点,当△OPQ的面积最大时,求l的方程.解:(1)设F(c,0),由条件知,2c=233,得又ca=32,所以a=2,b2=a2c2=故E的方程为x24+y2=(2)当l⊥x轴时不合题意,故可设l:y=kx2,P(x1,y1),Q(x2,y2).将y=kx2代入x24+y2=1得(1+4k2)x216kx+12=当Δ=16(4k23)>0,即k2>34时x1,2=8k±2从而|PQ|=k2+1|x1x=4k又点O到直线l的距离d=2k所以△OPQ的面积S△OPQ=12d·|PQ|=4设4k2-3=t,则t>0,S△OPQ=因为t+4t≥4,当且仅当t=2,即k=±72时等号成立,满足Δ>所以,当△OPQ的面积最大时,k=±72,l的方程为y=72x2或y=725.[2014·全国卷Ⅱ]设F1,F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,M是C上一点且MF2与x轴垂直,直线(1)若直线MN的斜率为34,求C的离心率(2)若直线MN在y轴上的截距为2,且|MN|=5|F1N|,求a,b.解:(1)根据c=a2-b2及题设知Mc,b2将b2=a2c2代入2b2=3ac,解得ca=12或ca=2(故C的离心率为12(2)由题意知,原点O为F1F2的中点,MF2∥y轴,所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点,故b2a=4,即b2=由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|.设N(x1,y1),由题意知y1<0,则2(-c代入C的方程,得9c24a2将①及c=a2-b2代入②得9(解得a=7,b2=4a=28,故a=7,b=27.■[20172016]其他省份类似高考真题1.[2017·浙江卷]椭圆x29+y24=1的离心率是A.133 B.C.23 D.[解析]B由题意知,a=3,b=2,则c=a2-b2=5,所以椭圆x29+y24=1的离心率2.[2017·天津卷]设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为12.已知A是抛物线y2=2px(p>0)的焦点(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;(2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D,若△APD的面积为62,求直线AP的方程解:(1)设F的坐标为(c,0).依题意,ca=12,p2=a,ac=12,解得a=1,c=12,p=2,于是b2=a2所以椭圆的方程为x2+4y23=1,抛物线的方程为y2(2)设直线AP的方程为x=my+1(m≠0),与直线l的方程x=1联立,可得点P1,2m,故Q1,2m.将x=my+1与x2+4y23=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或由点B异于点A,可得点B-3m2+43由Q-1,2m,可得直线BQ的方程为-6m3m2+42m(x+1)-3m2+43m2+4+1y-2m=所以|AD|=12-3m又因为△APD的面积为62,故12×6m23m2+2×2|m|=62,整理得3m226|m|+所以,直线AP的方程为3x+6y3=0或3x6y3=0.3.[2017·山东卷]在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(1)求椭圆E的方程;(2)如图,动直线l:y=k1x32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=24,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解:(1)由题意知e=ca=22,2c=所以a=2,b=1,因此椭圆E的方程为x22+y2=(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程x得(4k12+2)x243k1x1=由题意知Δ>0,且x1+x2=23k12k12+1所以|AB|=1+k12|x1x2|=2由题意可知圆M的半径r=23|AB|=223由题设知k1k2=24所以k2=24因此直线OC的方程为y=24联立方程x得x2=8k121+4k12因此|OC|=x2+y由题意可知sin∠SOT2=rr而|OC|r=1+8k1令t=1+2k1则t>1,1t∈(0,1因此|OC|r=32×t2t2+t-1当且仅当1t=12,即t=2时等号成立,此时k1=±所以sin∠SOT2≤因此∠SOT2≤所以∠SOT的最大值为π3综上所述:∠SOT的最大值为π3,取得最大值时直线l的斜率k1=±2【课前双基巩固】知识聚焦1.椭圆焦点焦距(1)a>c(2)a=c(3)a<c2.a≤x≤ab≤y≤bb≤x≤ba≤y≤a坐标轴(0,0)(a,0)(a,0)(0,b)(0,b)(0,a)(0,a)(b,0)(b,0)2a2b2c(0,1)a2b2对点演练1.4(±5,0)53[解析]把已知方程化为x232+y222=1,于是a=3,b=2,c=32-22=5,所以椭圆的短轴长为4,焦点为(2.x215+y264=1[解析]由等式关系可知,点P(x,y)到两定点(0,7)以及(0,7)的距离之和等于16,且距离之和大于两定点间的距离,由椭圆的定义可知,动点P的轨迹是以点(0,7)和点(0,7)为焦点,长半轴长为8的椭圆,其方程为x23.x29+y24=1[解析]由题意可知2a+2b=10,c=5=a2-b2,所以a2=9,b2=44.33[解析]易知PF1+PF2=2a=14,F1F2=2c=8.因为P与椭圆两焦点F1,F2的连线的夹角为直角,所以PF12+PF22=F1F22=5.线段[解析]由题意知|MF1|+|MF2|=18,但|F1F2|=18,即|MF1|+|MF2|=|F1F2|,所以点M的轨迹是一条线段.6.x225+y29=1或y225+x29=1[解析]由题意,知2b=6,即b=3,ca=45,得b2=9,a2=25.若焦点在x轴上,则方程是x225+y297.11[解析]由椭圆的几何性质知1≤x≤1,由y2=4x2+4,得5x2+y26x=x26x+4=(x3)25,所以当x=1时,5x2+y26x取得最大值11.【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)根据椭圆的定义求解;(2)根据椭圆的定义有PB=4PB',然后利用平面内到两个定点距离之差最大的性质求解(1)A(2)A[解析](1)因为x24+y2=1,所以a=2.由椭圆的定义可得AF1+AF2=2a=4,且BF1+BF2=2a=4,所以△ABF2的周长为AB+AF2+BF2=(AF1+(2)因为椭圆方程为x23+y24=1,所以焦点为B(0,1)和B'(0,1),连接PB',AB',根据椭圆的定义,得PB+PB'=2a=4,可得PB=4PB',因此PA+PB=PA+(4PB')=4+(PAPB').因为PAPB'≤AB',所以PA+PB≤4+AB'=4+1=5,当且仅当P在AB'变式题(1)B(2)3[解析](1)设|PF1|=m,|PF2|=n,则m2+n2=4×(3616)=80,即(m+n)22mn=80.又m+n=2×6=12,∴mn=32,则S△PF1F2=1(2)由0<b<2可知,焦点在x轴上,∵过F1的直线l交椭圆于A,B两点,∴|BF2|+|AF2|+|BF1|+|AF1|=2a+2a=4a=8,∴|BF2|+|AF2|=8|AB|.当AB垂直x轴时,|AB|的值最小,|BF2|+|AF2|的值最大,此时|AB|=b2,∴5=8b2,解得b=3.例2[思路点拨](1)根据已知条件可确定出a,b,c的值,从而可求得椭圆的标准方程;(2)涉及弦的中点,不妨考虑利用点差法进行求解.(1)C(2)D[解析](1)由条件可知b=c=2,则a=2,所以椭圆的标准方程为x24+y22=1(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的斜率k=-1-01-3=12.由x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,两式相减得x1+x2x1-x2a2+y1+y2y1-y2b2=0,即1a2+变式题(1)A(2)A[解析](1)∵F1(1,0),F2(1,0)是椭圆的两个焦点,∴c=1.根据椭圆的定义,得△MF2N的周长为4a=8,得a=2,∴b=3,∴椭圆方程为x24+y23=1(2)由题意可得c2=94=5,且所求椭圆的焦点在x轴上,故所求椭圆方程可设为x2λ+5+y2λ=1(λ>0),代入点A的坐标得9λ+5+4λ=1,解得λ=10或λ=2(舍去例3[思路点拨](1)先根据直线与圆相切得到∠F1EF2=90°,然后利用勾股定理建立关于a,b,c的方程,再结合a2=b2+c2确定ca的值;(2)先根据A,B,F三点的坐标及外接圆的标准方程确定出圆心的坐标,再由圆心的位置建立关于b,c的不等式,再利用a2=b2+c2与e=ca(1)C(2)A[解析](1)依题意,直线y=b与☉F2相切,所以☉F2的半径为b,所以EF2=b.由椭圆的定义有EF1=2ab.根据点E为直线EF1与☉F2相切的切点,有∠F1EF2=90°,由勾股定理得(2ab)2+b2=4c2,而c2=a2b2,化简得b=23a,所以c2=59a2,故椭圆的离心率e=c(2)设F(c,0),A(0,b),B(a,0),且△FAB的外接圆的方程为(xm)2+(yn)2=r2.将(c,0),(0,b),(a,0)分别代入圆的方程,可得m=-c+a2,n=b2-ac2b.由m+n<0,可得-c+a2+b2-ac2b<0,即1c+bcb<0⇒bc+b-cb<0,所以bc<变式题(1)C(2)B[解析](1)由题可得F1(c,0),F2(c,0),Pc,b2a,则Qc3,2b23a,∴F2Q=2c3,2b23a,F1P=2c,b2a,∴F2Q·F1P=2c3,2b23a·2c,b2a=4c23+2b43a2=0,结合b2=a2c2化简得e44e(2)设椭圆标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),P(x,y),由题意知点P在以OA为直径的圆上,圆的方程为xa22+y2=a22,化简为x2ax+y2=0.由x2-ax+y2=0,x2a2+y2b2=1,可得(b2a2)x2+a3xa2b例4[思路点拨](1)利用垂直平分线的性质结合定义法求轨迹方程;(2)设直线AB的方程为y=k1x+m,直线BC的方程为y=k2x+n,并表示出直线AB与CD间的距离,直线BC与AD间的距离,然后建立矩形ABCD的面积S关于k1的函数,最后利用基本不等式可求得S的取值范围.解:(1)依题意,得PM=PF,所以PE+PF=PE+PM=ME=4(为定值),EF=23,4>23,所以点P的轨迹是以E,F为焦点的椭圆,其中2a=4,2c=23,所以P点的轨迹C的方程是x24+y2=(2)①当矩形的边与坐标轴垂直或平行时,易得S=8.②当矩形的边均不与坐标轴垂直或平行时,其四边所在直线的斜率存在且不为0,设直线AB的方程为y=k1x+m,直线BC的方程为y=k2x+n,则直线CD的方程为y=k1xm,直线AD的方程为y=k2xn,其中k1·k2=1,直线AB与CD间的距离d1=|m-(-m同理直线BC与AD间的距离d2=|n-(-n所以S=d1·d2=2|m|由x24+y2=1,y=k1x+m,得14因为直线AB与椭圆相切,所以Δ=4k12+1m2=0,所以|m|=4k12+1所以S=44k12+1·4k22+11+k1因为k12+1k12≥2(当且仅当k1=±所以44<S≤4×92+2+4,即8<S≤10由①②可知,8≤S≤10.变式题解:(1)由e=12,得a=2c易知|AF1|=2,|AF2|=2a2,由余弦定理,得|AF1|2+|AF2|22|AF1|·|AF2|cosA=|F1F2|2,即4+(2a2)22×2×(2a2)×12=a2解得a=2,则c=1,∴b2=a2c2=3,∴椭圆C的方程为x24+y2(2)设直线l的方程为y=k(x1),P(x1,y1),Q(x2,y2),联立y=k(x-1),x24+y23=1,整理得(3+4则x1+x2=8k23+4k2,y1+y2=k(x1+x2∴N4k23+4k2,-3k3+4k2.又M0,18,则∵MN⊥PQ,∴kMN=1k,得k=12或则kMN=2或kMN=23,故直线MN的方程为16x+8y1=0或16x+24y3=0【备选理由】例1是椭圆定义与函数的结合;例2是椭圆的离心率的取值范围;例3是直线与圆的位置关系、直线与椭圆位置关系的综合题.1[配合例1使用]椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,P为椭圆M上任一点,且PF1·PF2的最大值的取值范围是[2b2,3b2],椭圆M的离心率为A.22 B.C.66 D.[解析]A由椭圆的定义可知PF1+PF2=2a,∴PF1·PF2≤|PF1|+|PF2|22=a2,∴2b2≤a2≤3b2,即2a22c2≤a2≤3a23c2,∴12≤c2a2≤23,即22≤