【数学】2018届一轮复习人教A版专题三解析几何学案
江苏新高考
高考对本章内容的考查多以“两小一大”的形式出现，小题多考查双曲线、抛物线、圆的方程与性质，而大题主要考查直线与圆(如2013年、2016年)、直线与椭圆(如2014年、2015年、2017年)的位置关系、弦长问题及范围问题等.
第1课时解析几何中的基本问题(基础课)
[常考题型突破]
直线方程及两直线位置关系
[必备知识]
1．两条直线平行与垂直的判定
若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1k2＝－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在．
2．两个距离公式
(1)点(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离公式d＝.
(2)两平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0，
l2：Ax＋By＋C2＝0间的距离d＝.
[题组练透]
1．已知点P(3,2)与点Q(1,4)关于直线l对称，则直线l的方程为____________．
解析：由题意知直线l与直线PQ垂直，所以kl＝－＝1.又直线l经过PQ的中点(2,3)，所以直线l的方程为y－3＝x－2，即x－y＋1＝0.
答案：x－y＋1＝0
2．(2017·南京、盐城二模)在平面直角坐标系xOy中，直线l1：kx－y＋2＝0与直线l2：x＋ky－2＝0相交于点P，则当实数k变化时，点P到直线x－y－4＝0的距离的最大值为__________．
解析：由题意，kl1＝k，kl2＝－，则kl1·kl2＝k·＝－1(k＝0时，两条直线也相互垂直)，并且两条直线分别经过定点：M(0,2)，N(2,0)．
∴两条直线的交点在以MN为直径的圆上．并且kMN＝－1，可得MN与直线x－y－4＝0垂直．
∴点M到直线x－y－4＝0的距离d＝＝3为最大值．
答案：3
3．(2017·苏州考前模拟)在平面直角坐标系中，已知两点P(0,1)，Q(3,6)，在直线y＝x上取两点M，N，使得MN＝a(其中a>0为定值)，则当PM＋NQ取得最小值时，点N的坐标为________．
解析：(1)设点A(1,0)，B(1＋a，a)，则AB∥MN，且AB＝MN，所以四边形ABNM为平行四边形，所以AM＝BN，又因为点P与A关于直线y＝x对称，所以PM＝AM，所以PM＋NQ＝AM＋NQ＝BN＋NQ，所以当B，N，Q三点共线时，PM＋NQ取最小值为BQ＝.此时BQ方程为(a－6)x－(a－2)y＋3a＋6＝0，与直线y＝x联立解得N.
(2)若设A(1,0)，B(1－a，－a)，同理可得PM＋NQ最小值为，因为a>0，所以>，不合题意．
综上，PM＋NQ取得最小值时点N的坐标为.
答案：
[方法归纳]
求直线方程的两种方法
圆的方程
[必备知识]
1．圆的标准方程
当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，特别地，当圆心在原点时，方程为x2＋y2＝r2.
2．圆的一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0，表示以为圆心，
eq f(
(D2＋E2－4F),2)为半径的圆．
[题组练透]
1．(2017·南通一模)已知圆C过点(2，)，且与直线x－y＋3＝0相切于点(0，)，则圆C的方程为_______________．
解析：设圆心为(a，b)，
则
解得a＝1，b＝0，r＝2.
即所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝4.
答案：(x－1)2＋y2＝4
2．(2016·天津高考)已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点M(0，)在圆C上，且圆心到直线2x－y＝0的距离为，则圆C的方程为________________．
解析：因为圆C的圆心在x轴的正半轴上，设C(a,0)，且a＞0，所以圆心到直线2x－y＝0的距离d＝＝，解得a＝2，
所以圆C的半径r＝|CM|＝＝3，
所以圆C的方程为(x－2)2＋y2＝9.
答案：(x－2)2＋y2＝9
3．与圆C：x2＋y2－2x＋4y＝0外切于原点，且半径为2的圆的标准方程为_______．
解析：由题意，所求圆的圆心在直线y＝－2x上，所以可设所求圆的圆心为(a，－2a)(a<0)，又因为所求圆与圆C：x2＋y2－2x＋4y＝0外切于原点，且半径为2，所以＝2，可得a2＝4，解得a＝－2或a＝2(舍去)．所以所求圆的标准方程为(x＋2)2＋(y－4)2＝20.
答案：(x＋2)2＋(y－4)2＝20
[方法归纳]
圆的方程的两种求法
(1)几何法
通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，从而求得圆的基本量和方程．
(2)代数法
用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，从而求得圆的方程．
直线与圆、圆与圆的位置关系
[必备知识]
1．过圆O∶x2＋y2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程是x0x＋y0y＝r2.
2．过圆O∶x2＋y2＝r2外一点P(x0，y0)作圆的两条切线，切点为A，B，则O，P，A，B四点共圆且直线AB的方程是x0x＋y0y＝r2.
3．判断直线与圆的位置关系问题的两种方法
(1)代数法：将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ来判断位置关系：Δ>0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δ<0⇔相离．
(2)几何法：把圆心到直线的距离d和半径r的大小加以比较：d
r⇔相离．
4．判断两圆位置关系时常用几何法
即通过判断两圆心距离O1O2与两圆半径R，r的关系来判断两圆位置关系．
(1)外离：O1O2>R＋r；
(2)外切：O1O2＝R＋r；
(3)相交：R－r0，解得a＝－5.
答案：－5
5．(2017·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，A(－12，0)，B(0,6)，点P在圆O：x2＋y2＝50上．若·≤20，则点P的横坐标的取值范围是________．
解析：设P(x，y)，则·＝(－12－x，－y)·(－x，6－y)＝x(x＋12)＋y(y－6)≤20.
又x2＋y2＝50，所以2x－y＋5≤0，
所以点P在直线2x－y＋5＝0的上方(包括直线上)．
又点P在圆x2＋y2＝50上，
由
解得x＝－5或x＝1，
结合图象，
可得－5≤x≤1，
故点P的横坐标的取值范围是[－5，1]．
答案：[－5，1]
[方法归纳]
1.解决直线与圆、圆与圆位置关系问题的方法
(1)讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时，要注意数形结合，充分利用圆的几何性质寻找解题途径，减少运算量.
(2)
圆上的点与圆外点的距离的最值问题，可以转化为圆心到点的距离问题；圆上的点与直线上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到直线的距离问题；圆上的点与另一圆上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到圆心的距离问题.
2.求弦长问题的两种方法
(1)利用半径r，弦心距d，弦长l的一半构成直角三角形，结合勾股定理
(2)若斜率为k的直线l与圆C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则
圆锥曲线的基本量运算
[必备知识]
1．椭圆、双曲线中，a，b，c之间的关系
(1)在椭圆中：a2＝b2＋c2，离心率为e＝＝；
(2)在双曲线中：c2＝a2＋b2，离心率为e＝＝.
2．双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x.注意离心率e与渐近线的斜率的关系．
[题组练透]
1．(2017·南京三模)在平面直角坐标系xOy中，双曲线－＝1的焦距为6，则所有满足条件的实数m构成的集合是__________．
解析：由题意得，2m2＋3m＝2，所以2m2＋3m－9＝0，解得m＝或－3，因为－＝1是双曲线的方程，所以m＞0，所以m＝.所以实数m构成的集合是.
答案：
2.(2017·苏北四市期中)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A，B1，B2分别为椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右、下、上顶点，F是椭圆C的右焦点．若B2F⊥AB1，则椭圆C的离心率是________．
解析：由题意得，A(a,0)，B1(0，－b)，B2(0，b)，F(c,0)，所以＝(c，－b)，＝(－a，－b)，因为B2F⊥AB1，所以·＝0，即b2＝ac，所以c2＋ac－a2＝0，e2＋e－1＝0，又椭圆的离心率e∈(0,1)，所以e＝.
答案：
3．(2017·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，双曲线－y2＝1的右准线与它的两条渐近线分别交于点P，Q，其焦点是F1，F2，则四边形F1PF2Q的面积是________．
解析：由题意得，双曲线的右准线x＝与两条渐近线y＝±x的交点坐标为.
不妨设双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，
则F1(－2,0)，F2(2,0)，
故四边形F1PF2Q的面积是
F1F2·PQ＝×4×＝2.
答案：2
4．(2017·南通三模)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线－y2＝1(a>0)经过抛物线y2＝8x的焦点，则该双曲线的离心率为________．
解析：因为双曲线－y2＝1(a>0)经过抛物线y2＝8x的焦点坐标(2,0)，所以a＝2，在双曲线中，b＝1，c＝＝，所以双曲线的离心率是e＝＝.
答案：
5．(2016·山东高考)已知双曲线E：－＝1(a＞0，b＞0)，若矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|＝3|BC|，则E的离心率是________．
解析：如图，由题意知|AB|＝，|BC|＝2c.
又2|AB|＝3|BC|，
∴2×＝3×2c，即2b2＝3ac，
∴2(c2－a2)＝3ac，两边同除以a2并整理得2e2－3e－2＝0，解得e＝2(负值舍去)．
答案：2
6．(2017·南京考前模拟)已知椭圆C：mx2＋y2＝1(0＜m＜1)，直线l：y＝x＋1，若椭圆C上总存在不同的两点A与B关于直线l对称，则椭圆C的离心率e的取值范围为________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点P(x0，y0)，
∵A，B在椭圆C上，∴两式相减，
整理得＝－，即－＝kAB，
故kAB·kOP＝－m，又∵kAB＝－1，∴kOP＝m，
∴直线OP的方程为y＝mx，联立方程
得P，由点P在椭圆内，
∴m2＋2<1，
解得00，b>0)的一条渐近线，则该双曲线的离心率为__________．
解析：因为直线2x＋y＝0为双曲线－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线，所以＝2，所以e＝＝.
答案：
3．(2017·无锡期末)设P为有公共焦点F1，F2的椭圆C1与双曲线C2的一个交点，且PF1⊥PF2，椭圆C1的离心率为e1，双曲线C2的离心率为e2，若3e1＝e2，则e1＝________.
解析：设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，由定义知，不妨设P在第一象限，
则
所以PF1＝a1＋a2，PF2＝a1－a2，
因为PF1⊥PF2，
所以PF＋PF＝F1F，
即(a1＋a2)2＋(a1－a2)2＝4c2，
整理得＋＝2，
又因为3e1＝e2，所以e1＝.
答案：
4．(2017·南京考前模拟)在平面直角坐标系xOy中，M为圆C：(x－a)2＋(y－1)2＝上任意一点，N为直线l：ax＋y＋3＝0上任意一点，若以M为圆心，MN为半径的圆与圆C至多有一个公共点，则正数a的最小值为_________．
解析：因为圆M与圆C至多有一个公共点，
所以MC≤，
即≥，解得MN≥，
又MN的最小值为－，
所以－≥，
解得a≥2，所以正数a的最小值为2.
答案：2
5．以双曲线－＝1(a>0，b>0)的右焦点F为圆心，a为半径的圆恰好与双曲线的两条渐近线相切，则该双曲线的离心率为________．
解析：由题设知，双曲线的渐近线方程为y＝±x，圆的方程为(x－c)2＋y2＝a2，因为渐近线与圆相切，故由点到直线的距离公式得＝a，则a＝b，c＝a，故离心率e＝
.
答案：
6．(2017·南京学情调研)在平面直角坐标系xOy中，若直线ax＋y－2＝0与圆心为C的圆(x－1)2＋(y－a)2＝16相交于A，B两点，且△ABC为直角三角形，则实数a的值是________．
解析：由题意知△ABC为等腰直角三角形，且AC＝BC＝4，AB＝4，
∴圆心C到直线ax＋y－2＝0的距离d＝＝2，
∴＝2，解得a＝－1.
答案：－1
7．(2017·泰州中学月考)直线y＝kx＋3与圆(x－2)2＋(y－3)2＝4相交于M，N两点，若MN≥2，则k的取值范围是________．
解析：由圆的方程知圆心(2,3)，半径r＝2，
∵圆心到直线y＝kx＋3的距离d＝，
∴MN＝2＝2≥2，
解得4k2≤k2＋1，即－≤k≤.
答案：
8．已知点P是圆C：x2＋y2＋4x－6y－3＝0上的一点，直线l：3x－4y－5＝0.若点P到直线l的距离为2，则符合题意的点P有________个．
解析：由题意知圆C的标准方程为(x＋2)2＋(y－3)2＝16，所以圆心(－2,3)到直线l的距离d＝＝∈(4,6)，故满足题意的点P有2个．
答案：2
9．若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距依次成等差数列，则该椭圆的离心率为________．
解析：由题意知2a＋2c＝2(2b)，即a＋c＝2b，又c2＝a2－b2，消去b整理得5c2＝3a2－2ac，即5e2＋2e－3＝0，所以e＝或e＝－1(舍去)．
答案：
10．(2017·全国卷Ⅰ)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点．若∠MAN＝60°，则C的离心率为________．
解析：双曲线的右顶点为A(a,0)，一条渐近线的方程为y＝x，即bx－ay＝0，则圆心A到此渐近线的距离d＝＝.又因为∠MAN＝60°，圆的半径为b，所以b·sin 60°＝，即＝，所以e＝＝.
答案：
11．若抛物线y2＝8ax(a>0)的准线经过双曲线－y2＝1的一个焦点，则椭圆＋y2＝1的离心率e＝________.
解析：抛物线y2＝8ax(a>0)的准线方程为x＝－2a，双曲线－y2＝1的焦点坐标为(±，0)，则2a＝，得a2＝，所以椭圆的离心率e＝＝.
答案：
12．设F1，F2分别是椭圆＋＝1的左、右焦点，P为椭圆上任一点，点M的坐标为(6,4)，则PM＋PF1的最大值为________．
解析：由椭圆定义知PM＋PF1＝PM＋2×5－PF2，
而PM－PF2≤MF2＝5，所以PM＋PF1≤2×5＋5＝15.
答案：15
13．(2017·苏州张家港暨阳中学月考)已知圆O：x2＋y2＝1，圆M：(x－a)2＋(y－a＋4)2＝1.若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得∠APB＝60°，则实数a的取值范围为______________．
解析：如图，圆O的半径为1，圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点为A，B，使得∠APB＝60°，则∠APO＝30°，在Rt△PAO中，PO＝2，
又圆M的半径等于1，圆心坐标M(a，a－4)，
∴POmin＝MO－1，POmax＝MO＋1，
∵MO＝，
∴由－1≤2≤＋1，
解得2－≤a≤2＋.
答案：
14．在平面直角坐标系xOy中，若直线l：4x－3y－2＝0上至少存在一点，使得以该点为圆心、1为半径的圆与以(4,0)为圆心，R为半径的圆C有公共点，则R的最小值是________．
解析：由题意，直线4x－3y－2＝0上至少存在一点A，以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，即ACmin＝1＋R，因为ACmin即为点C到直线4x－3y－2＝0的距离，为，所以R的最小值是.
答案：
1．(2017·南京考前模拟)在平面直角坐标系xOy中，M为直线x＝3上一动点，以M为圆心的圆记为圆M，若圆M截x轴所得的弦长恒为4.过点O作圆M的一条切线，切点为P，则点P到直线2x＋y－10＝0的距离的最大值为________．
解析：设M(3，t)，P(x0，y0)，
因为OP⊥PM，所以·＝0，
可得x＋y－3x0－ty0＝0，①
又圆M截x轴所得的弦长为4，
所以4＋t2＝(x0－3)2＋(y0－t)2，整理得x＋y－6x0－2ty0＋5＝0，②
由①②得x＋y＝5，即点P在圆x2＋y2＝5上，
于是P到直线2x＋y－10＝0距离的最大值为＋＝3.
答案：3
2．在平面直角坐标系xOy中，已知过原点O的动直线l与圆C：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B，若点A恰为线段OB的中点，则圆心C到直线l的距离为________．
解析：先将圆C化为标准方程得(x－3)2＋y2＝4，则圆心C(3,0)，半径r＝2，设过原点O的动直线l的方程为y＝kx，因为点A恰为线段OB的中点，设A(a，ka)，B(2a,2ka)，得(1＋k2)a2－6a＋5＝0. ①
取AB的中点D，则D，
如图，连结CD，则CD⊥AB，＝－. ②
联立①②，解得a＝，k＝±，则D，CD＝，
即圆心C到直线l的距离为.
答案：
3．(2017·山东高考)在平面直角坐标系xOy中，双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右支与焦点为F的抛物线x2＝2py(p＞0)交于A，B两点．若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋，|BF|＝y2＋，|OF|＝，
由|AF|＋|BF|＝y1＋＋y2＋＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得y1＋y2＝p.
联立消去x，得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，
所以y1＋y2＝，所以＝p，
即＝，故＝，
所以双曲线的渐近线方程为y＝±x.
答案：y＝±x
4．已知椭圆＋＝1(a>b>0)，点A，B1，B2，F依次为其左顶点、下顶点、上顶点和右焦点，若直线AB2与直线B1F的交点恰在椭圆的右准线上，则椭圆的离心率为________．
解析：如图，A(－a,0)，
B1(0，－b)，B2(0，b)，F(c,0)，
设点M.
由k＝kAM，得＝，
所以yM＝b.
由k＝kFM，得＝，
所以yM＝.
从而b＝，整理得2e2＋e－1＝0.解得e＝.
答案：
第2课时直线与圆(能力课)
[常考题型突破]
隐形圆问题
[例1] (2017·苏北四市期中)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2＋y2－4x＝0及点A(－1,0)，B(1,2)．
(1)若直线l平行于AB，与圆C相交于M，N两点，MN＝AB，求直线l的方程；
(2)在圆C上是否存在点P，使得PA2＋PB2＝12？若存在，求点P的个数；若不存在，说明理由．
[解] (1)因为圆C的标准方程为(x－2)2＋y2＝4，所以圆心C(2,0)，半径为2.
因为l∥AB，A(－1,0)，B(1,2)，所以直线l的斜率为＝1，
设直线l的方程为x－y＋m＝0，则圆心C到直线l的距离为d＝＝.
因为MN＝AB＝＝2，而CM2＝d2＋2，所以4＝＋2，
解得m＝0或m＝－4，故直线l的方程为x－y＝0或x－y－4＝0.
(2)假设圆C上存在点P，设P(x，y)，
则(x－2)2＋y2＝4，
PA2＋PB2＝(x＋1)2＋(y－0)2＋(x－1)2＋(y－2)2＝12，
即x2＋y2－2y－3＝0，即x2＋(y－1)2＝4，
因为|2－2|< <2＋2，
所以圆(x－2)2＋y2＝4与圆x2＋(y－1)2＝4相交，
所以点P的个数为2.
[方法归纳]
1．有些时候，在条件中没有直接给出圆方面的信息，而是隐藏在题目中的，要通过分析和转化，发现圆(或圆的方程),从而最终可以利用圆的知识来求解，我们称这类问题为“隐形圆”问题．
2．如何发现隐形圆(或圆的方程)是关键，常见的有以下策略：
(1)利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐形圆；
(2)动点P 对两定点A，B张角是90°(kPA·kPB＝－1)确定隐形圆；
(3)两定点A，B，动点P满足·＝λ确定隐形圆；
(4)两定点A，B，动点P满足PA2＋PB2是定值确定隐形圆；
(5)两定点A，B，动点P满足PA＝λPB(λ＞0，λ≠1)确定隐形圆(阿波罗尼斯圆)；
(6)由圆周角的性质确定隐形圆．
[变式训练]
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l：y＝2x－4.设圆C的半径为1，圆心在l上．
(1)若圆心C也在直线y＝x－1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；
(2)若圆C上存在点M，使MA＝2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围．
解：(1)由题设，圆心C是直线y＝2x－4和y＝x－1的交点，解得点C(3,2)，于是切线的斜率必存在．设过A(0,3)的圆C的切线方程为y＝kx＋3，
由题意，得＝1，解得k＝0或k＝－，
故所求切线方程为y＝3或3x＋4y－12＝0.
(2)因为圆心在直线y＝2x－4上，
所以圆C的方程为(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1.
设点M(x，y)，因为MA＝2MO，
所以＝2，
化简得x2＋y2＋2y－3＝0，
即x2＋(y＋1)2＝4，
所以点M在以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆上．
由题意，点M(x，y)在圆C上，所以圆C与圆D有公共点，则|2－1|≤CD≤2＋1，即1≤≤3.
由5a2－12a＋8≥0，得a∈R；
由5a2－12a≤0，得0≤a≤.
所以点C的横坐标a的取值范围为.
圆中的定点、定值问题
[例2] 已知圆M的方程为x2＋(y－2)2＝1，直线l的方程为x－2y＝0，点P在直线l上，过P点作圆M的切线PA，PB，切点为A，B.
(1)若∠APB＝60°，求点P的坐标；
(2)若P点的坐标为(2,1)，过P作直线与圆M交于C，D两点，当CD＝时，求直线CD的方程；
(3)求证：经过A，P，M三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标．
[解] (1)设P(2m，m)，因为∠APB＝60°，AM＝1，所以MP＝2，所以(2m)2＋(m－2)2＝4，解得m＝0或m＝，
故所求点P的坐标为P(0,0)或P.
(2)易知直线CD的斜率存在，可设直线CD的方程为y－1＝k(x－2)，
由题知圆心M到直线CD的距离为，
所以＝，
解得k＝－1或k＝－，
故所求直线CD的方程为x＋y－3＝0或x＋7y－9＝0.
(3)证明：设P(2m，m)，MP的中点Q，
因为PA是圆M的切线，
所以经过A，P，M三点的圆是以Q为圆心，以MQ为半径的圆，
故其方程为(x－m)2＋2＝m2＋2，
化简得x2＋y2－2y－m(2x＋y－2)＝0，此式是关于m的恒等式，
故解得或
所以经过A，P，M三点的圆必过定点(0,2)或.
[方法归纳]
(1)与圆有关的定点问题最终可化为含有参数的动直线或动圆过定点.解这类问题关键是引入参数求出动直线或动圆的方程.
(2)与圆有关的定值问题，可以通过直接计算或证明，还可以通过特殊化，先猜出定值再给出证明.
[变式训练]
1．已知点P(2,2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．
(1)求M的轨迹方程；
(2)当OP＝OM时，求证：△POM的面积为定值．
解：(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，
所以圆心为C(0,4)，半径为4.
设M(x，y)，则＝(x，y－4)，＝(2－x,2－y)．
由题设知·＝0，
故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，
即(x－1)2＋(y－3)2＝2.
由于点P在圆C的内部，
所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.
(2)证明：由(1)可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心，为半径的圆．
由于OP＝OM，故O在线段PM的垂直平分线上，
又P在圆N上，从而ON⊥PM.
因为ON的斜率为3，所以l的斜率为－，
故l的方程为y＝－x＋.
又OM＝OP＝2，O到l的距离d为，
所以PM＝2＝，
所以△POM的面积为S△POM＝PM·d＝.
2．已知圆C：x2＋y2＝9，点A(－5,0)，直线l：x－2y＝0.
(1)求与圆C相切，且与直线l垂直的直线方程；
(2)在直线OA上(O为坐标原点)，存在定点B(不同于点A)满足：对于圆C上任一点P，都有为一常数，试求所有满足条件的点B的坐标．
解：(1)设所求直线方程为y＝－2x＋b，
即2x＋y－b＝0.
因为直线与圆C相切，
所以＝3，解得b＝±3.
所以所求直线方程为2x＋y±3＝0.
(2)法一：假设存在这样的点B(t,0)．
当点P为圆C与x轴的左交点(－3,0)时，＝；
当点P为圆C与x轴的右交点(3,0)时，＝.
依题意，＝，
解得t＝－5(舍去)或t＝－.
下面证明点B对于圆C上任一点P，都有为一常数．
设P(x，y)，则y2＝9－x2，
所以＝＝＝＝.
从而＝为常数．
法二：假设存在这样的点B(t,0)，使得为常数λ，则PB2＝λ2PA2，所以(x－t)2＋y2＝λ2[(x＋5)2＋y2]，将y2＝9－x2代入，得
x2－2xt＋t2＋9－x2＝λ2(x2＋10x＋25＋9－x2)，
即2(5λ2＋t)x＋34λ2－t2－9＝0对x∈[－3,3]恒成立，
所以解得或(舍去)．
故存在点B对于圆C上任一点P，都有为常数.
与直线或圆有关的最值或范围问题
[例3] (2016·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一点A(2,4)．
(1)设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；
(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC＝OA，求直线l的方程；
(3)设点T(t,0)满足：存在圆M上的两点P和Q，使得＋＝，求实数t的取值范围．
[解] 圆M的标准方程为(x－6)2＋(y－7)2＝25，
所以圆心M(6,7)，半径为5.
(1)由圆心N在直线x＝6上，可设N(6，y0)．
因为圆N与x轴相切，与圆M外切，
所以0＜y0＜7，圆N的半径为y0，从而7－y0＝5＋y0，解得y0＝1.
因此，圆N的标准方程为(x－6)2＋(y－1)2＝1.
(2)因为直线l∥OA，
所以直线l的斜率为＝2.
设直线l的方程为y＝2x＋m，
即2x－y＋m＝0，
则圆心M到直线l的距离
d＝＝.
因为BC＝OA＝＝2，
而MC2＝d2＋2，
所以25＝＋5，解得m＝5或m＝－15.
故直线l的方程为2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0.
(3)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
因为A(2,4)，T(t,0)，＋＝，
所以①
因为点Q在圆M上，所以(x2－6)2＋(y2－7)2＝25.②
将①代入②，得(x1－t－4)2＋(y1－3)2＝25.
于是点P(x1，y1)既在圆M上，又在圆[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25上，
从而圆(x－6)2＋(y－7)2＝25与圆[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25有公共点，
所以5－5≤ ≤5＋5，
解得2－2≤t≤2＋2.
因此，实数t的取值范围是[2－2，2＋2 ]．
[方法归纳]
1．与圆有关的最值问题的几何转化法
(1)形如μ＝形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题．
(2)形如t＝ax＋by形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题．
(3)形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题．
2．与圆有关的参数范围问题常见思路
(1)直接利用条件，画出几何图形，结合图形用几何法求参数的范围．
(2)根据位置关系列不等式组，用代数法求参数范围．
(3)构造关于参数的函数关系，借助函数思想求参数的范围．
[变式训练]
(2017·镇江调研)已知圆O：x2＋y2＝4交y轴正半轴于点A，点B，C是圆O上异于点A的两个动点．
(1)若B与A关于原点O对称，直线AC和直线BC分别交直线y＝4于点M，N，求线段MN长度的最小值；
(2)若直线AC和直线AB的斜率之积为1，求证：直线BC与x轴垂直．
解：(1)由题意，直线AC和直线BC的斜率一定存在且不为0，且A(0,2)，B(0，－2)，AC⊥BC.
设直线AC的斜率为k，则直线BC的斜率为－，
所以直线AC的方程为y＝kx＋2，直线BC的方程为y＝－x－2，
故它们与直线y＝4的交点分别为M，
N(－6k,4)．
所以MN＝≥4，当且仅当k＝±时取等号，所以线段MN长度的最小值为4.
(2)证明：易知直线AC和直线AB的斜率一定存在且不为0，设直线AC的方程为y＝kx＋2，则直线AB的方程为y＝x＋2.
由解得C，同理可得B.
因为B，C两点的横坐标相等，所以BC⊥x轴．
[课时达标训练]
1．已知以点C(t∈R，t≠0)为圆心的圆与x轴交于点O，A，与y轴交于点O，B，其中O为坐标原点．
(1)求证：△OAB的面积为定值；
(2)设直线y＝－2x＋4与圆C交于点M，N，若OM＝ON，求圆C的方程．
解：(1)证明：因为圆C过原点O，所以OC2＝t2＋.
设圆C的方程是(x－t)2＋2＝t2＋，
令x＝0，得y1＝0，y2＝；
令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，
所以S△OAB＝OA·OB＝××|2t|＝4，
即△OAB的面积为定值．
(2)因为OM＝ON，CM＝CN，
所以OC垂直平分线段MN.
因为kMN＝－2，所以kOC＝.
所以＝t，解得t＝2或t＝－2.
当t＝2时，圆心C的坐标为(2,1)，OC＝，
此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝<，
圆C与直线y＝－2x＋4相交于两点．
当t＝－2时，圆心C的坐标为(－2，－1)，OC＝，
此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝>.
圆C与直线y＝－2x＋4不相交，
所以t＝－2不符合题意，舍去．
所以圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.
2.如图，已知圆x2＋y2＝1与x轴交于A，B两点，P是该圆上任意一点，AP，PB的延长线分别交直线l：x＝2于M，N两点．
(1)求MN的最小值；
(2)求证：以MN为直径的圆恒过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)设M(2，t1)，N(2，t2)，
则由A(－1,0)，B(1,0)，且AM⊥BN，
得·＝0，
即(3，t1)·(1，t2)＝0，
所以3＋t1t2＝0，即t1t2＝－3.
所以MN＝t1－t2＝t1＋(－t2)≥2＝2 .
当且仅当t1＝，t2＝－时等号成立．
故MN的最小值为2.
(2)证明：由(1)得t1t2＝－3.
以MN为直径的圆的方程为(x－2)2＋(y－t1)(y－t2)＝0，
即(x－2)2＋y2－(t1＋t2)y＋t1t2＝0，
也即(x－2)2＋y2－(t1＋t2)y－3＝0.
由得或
故以MN为直径的圆恒过定点(2＋，0)和(2－，0)．
3．已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．
(1)求圆C的方程；
(2)过点M(1,0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)设圆心C(a,0)，
则＝2⇒a＝0或a＝－5(舍去)．
所以圆C的方程为x2＋y2＝4.
(2)当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB.
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得，(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.若x轴平分∠ANB，则kAN＝－kBN⇒＋＝0⇒＋＝0⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0⇒－＋2t＝0⇒t＝4，
所以当点N为(4,0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立．
4．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x＋3)2＋(y－1)2＝4和圆C2：(x－4)2＋(y－5)2＝4.
(1)若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截得的弦长为2，求直线l的方程；
(2)设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，求所有满足条件的点P的坐标．
解：(1)由于直线x＝4与圆C1不相交，
∴直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－4)，圆C1的圆心到直线l的距离为d.
∵l被圆C1截得的弦长为2，
∴d＝ ＝1.
又由点到直线的距离公式得d＝，
∴k(24k＋7)＝0，解得k＝0或k＝－，
∴直线l的方程为y＝0或7x＋24y－28＝0.
(2)设点P(a，b)满足条件，
由题意分析可得直线l1，l2的斜率均存在且不为0，
不妨设直线l1的方程为y－b＝k(x－a)，则直线l2的方程为y－b＝－(x－a)．
∵圆C1和圆C2的半径相等，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，
∴圆C1的圆心到直线l1的距离和圆C2的圆心到直线l2的距离相等，
即＝，
整理得|1＋3k＋ak－b|＝|5k＋4－a－bk|.
∴1＋3k＋ak－b＝±(5k＋4－a－bk)，
即(a＋b－2)k＝b－a＋3或(a－b＋8)k＝a＋b－5.
∵ k的取值有无穷多个，
∴或
解得或
故这样的点只可能是点P1或点P2－，.
5.如图，已知位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点(0,1)，且被x轴分成的两段弧长之比为2∶1，过点H(0，t)的直线l与圆C相交于M，N两点，且以MN为直径的圆恰好经过坐标原点O.
(1)求圆C的方程；
(2)当t＝1时，求直线l的方程；
(3)求直线OM的斜率k的取值范围．
解：(1)因为位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点(0,1)，所以圆心C在直线y＝1上．
又圆C与x轴的交点分别为A，B，由圆C被x轴分成的两段弧长之比为2∶1，得∠ACB＝.
所以CA＝CB＝2，圆心C的坐标为(－2,1)．
所以圆C的方程为(x＋2)2＋(y－1)2＝4.
(2)当t＝1时，由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝mx＋1.
由消去y，
得(m2＋1)x2＋4x＝0，
解得或
不妨令M，N(0,1)．
因为以MN为直径的圆恰好经过O(0,0)，
所以·＝·(0,1)＝＝0，
解得m＝2±，
故所求直线l的方程为y＝(2＋)x＋1或y＝(2－)x＋1.
(3)设直线OM的方程为y＝kx，
由题意，知≤2，解得k≤.
同理得－≤，解得k≤－或k>0.
由(2)知，k＝0也满足题意．
所以k的取值范围是∪.
6.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－3,4)，B(9,0)，C，D分别为线段OA，OB上的动点，且满足AC＝BD.
(1)若AC＝4，求直线CD的方程；
(2)证明：△OCD的外接圆恒过定点(异于原点O)．
解：(1)因为A(－3,4)，所以OA＝＝5.
又因为AC＝4，所以OC＝1，所以C.
由BD＝4，得D(5,0)，
所以直线CD的斜率k＝＝－.
所以直线CD的方程为y＝－(x－5)，
即x＋7y－5＝0.
(2)证明：设C(－3m,4m)(00)，
则有
解得D＝－(5m＋4)，E＝－10m－3，F＝0，
所以△OCD的外接圆的方程为x2＋y2－(5m＋4)x－(10m＋3)y＝0，
整理得x2＋y2－4x－3y－5m(x＋2y)＝0.
令解得或(舍去)．
所以△OCD的外接圆恒过定点(2，－1)．
第3课时椭 圆(能力课)
[常考题型突破]
直线与椭圆的位置关系
[例1] (2015·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC＝2AB，求直线AB的方程．
[解] (1)由题意，得＝且c＋＝3，
解得a＝，c＝1，则b＝1，
所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)当AB⊥x轴时，AB＝，又CP＝3，不合题意．
当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将AB的方程代入椭圆方程，
得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，
则x1,2＝，
C的坐标为，
且AB＝
＝
＝.
若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意．
从而k≠0，故直线PC的方程为
y＋＝－，
则P点的坐标为，
从而PC＝.
因为PC＝2AB，
所以＝，
解得k＝±1.
此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.
[方法归纳]
直线与椭圆的位置关系的解题思路
首先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题用“点差法”解决往往会更简单．
[变式训练]
(2017·广州模拟)定圆M：(x＋)2＋y2＝16，动圆N过点F(，0)且与圆M相切，记圆心N的轨迹为E.
(1)求轨迹E的方程；
(2)设点A，B，C在E上运动，A与B关于原点对称，且AC＝CB，当△ABC的面积最小时，求直线AB的方程．
解：(1)因为点F(，0)在圆M：(x＋)2＋y2＝16内，所以圆N内切于圆M.
因为NM＋NF＝4＞FM，
所以点N的轨迹E是以M(－，0)，F(，0)为焦点的椭圆，且2a＝4，c＝，
所以b＝1.
所以轨迹E的方程为＋y2＝1.
(2)①当AB为长轴(或短轴)时，依题意知，点C就是椭圆的上、下顶点(或左、右顶点)，
此时S△ABC＝·OC·AB＝2.
②当直线AB的斜率存在且不为0时，
设其斜率为k，直线AB的方程为y＝kx，
联立方程可取x＝，
y＝，
所以OA2＝x＋y＝.
由AC＝CB知，△ABC为等腰三角形，O为AB的中点，OC⊥AB，
所以直线OC的方程为y＝－x，由
得x＝，y＝，
所以OC2＝.
S△ABC＝2S△OAC＝|OA|·|OC|＝·＝.
由于≤＝，
所以S△ABC≥，
当且仅当1＋4k2＝k2＋4，
即k＝±1时等号成立，
此时△ABC面积的最小值是.
因为2＞，所以△ABC面积的最小值为，
此时直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
定点、定值问题
[例2] (2017·南京考前模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，过椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)内一点A(0,1)的动直线l与椭圆相交于M，N两点，当l平行于x轴和垂直于x轴时，l被椭圆C所截得的线段长均为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在与点A不同的定点B，使得对任意过点A的动直线l都满足＝？若存在，求出定点B的坐标；若不存在，请说明理由．
[解] (1)当l垂直于x轴时，2b＝2，从而b＝.
当l平行于x轴时，点(，1)在椭圆C上，
所以＋＝1，解得a＝2.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设存在与点A不同的定点B满足＝.
当l平行于x轴时，AM＝AN，所以BM＝BN，从而点B在y轴上，设B(0，t)；
当l垂直于x轴时，不妨设M(0，)，N(0，－)．
由＝可得＝，解得t＝1(舍去)或t＝2，即B(0,2)．
下面证明对任意斜率存在且不为0的动直线l都满足＝.
设直线l的方程为y＝kx＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立消去y，得(1＋2k2)x2＋4kx－2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
因为＝＝，
＝＝
＝，
要证＝，
只要证＝，
只要证x[(1＋k2)x－2kx2＋1)]＝x[(1＋k2)·x－2kx1＋1)]，
即证2kxx2－2kxx1＋x－x＝0，
即证(x1－x2)[2kx1x2－(x1＋x2)]＝0.
因为2kx1x2－(x1＋x2)＝2k×－＝0，
所以＝.
所以存在与点A不同的定点B(0,2)，使得对任意过点A的动直线l都满足＝.
[方法归纳]
圆锥曲线中定点与定值问题的求解思路
(1)定点问题的两种求解方法
①引进参数法，引进动点的坐标或动直线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
②由特殊到一般法，根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
(2)定值问题的基本求解方法
先用变量表示所需证明的不变量，然后通过推导和已知条件，消去变量，得到定值，即解决定值问题首先是求解非定值问题，即变量问题，最后才是定值问题．
[变式训练]
1.(2017·南通、泰州一调)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦点到相应准线的距离为1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若P为椭圆上的一点，过点O作OP的垂线交直线y＝于点Q，求＋的值．
解：(1)由题意得解得
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)由题意知OP的斜率存在．
当OP的斜率为0时，OP＝，OQ＝，
所以＋＝1.
当OP的斜率不为0时，设直线OP的方程为y＝kx.
由得(2k2＋1)x2＝2，解得x2＝，
所以y2＝，所以OP2＝.
因为OP⊥OQ，所以直线OQ的方程为y＝－x.
由得x＝－k，
所以OQ2＝2k2＋2.
所以＋＝＋＝1.
综上，可知＋＝1.
2．已知椭圆＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点．
(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；
(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．
解：(1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0.
解得x1＝－2，x2＝－，所以M.
(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，
联立方程
化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.
则xA＋xM＝，
xM＝－xA－＝2－＝.
同理，可得xN＝.
由(1)知若存在定点，则此点必为P.
证明如下：
因为kMP＝＝＝，
同理可计算得kPN＝.
所以直线MN过x轴上的一定点P.
范围、最值问题
[例3] (2017·镇江期末)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l交椭圆C于P，Q两点，线段PQ的中点为H，O为坐标原点，且OH＝1，求△POQ面积的最大值．
[解] (1)由已知得解得
故椭圆C的方程是＋y2＝1.
(2)设直线l与x轴的交点为D(n,0)，直线l：x＝my＋n，与椭圆的交点为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立方程得(4＋m2)y2＋2mny＋n2－4＝0，
则y1＋y2＝－，y1y2＝，
所以＝－，
所以＝＝，
即H，
由OH＝1，得n2＝，
则S△POQ＝OD|y1－y2|＝|n||y1－y2|，
令T＝n2(y1－y2)2＝n2[(y1＋y2)2－4y1y2]＝12×16×，
设t＝4＋m2(t≥4)，则＝＝≤≤，
当且仅当t＝，即t＝12时，S△POA取最大值，此时S△POQ＝× ＝1，
所以△POQ面积的最大值为1.
[方法归纳]
解决范围或最值问题的三种常用方法
[变式训练]
1．(2017·苏锡常镇调研)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点P，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l过椭圆C的右焦点交椭圆于A，B两点，记△ABP三条边所在直线的斜率的乘积为t，求t的最大值．
解：(1)由＋＝1，＝，
得a2＝4，b2＝3.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为x＝my＋1，直线l与椭圆C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由消去x得，(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
易知Δ>0，所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，
所以kAP·kBP＝·＝·＝·＝－－，
所以t＝kAB·kAP·kBP＝－－
＝－2＋，
所以当m＝－时，t有最大值.
2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，过点M(1，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，MA＝λMB，且当直线l垂直于x轴时，AB＝.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若λ∈，求弦长AB的取值范围．
解：(1)由已知e＝，即＝.
因为当直线l垂直于x轴时，AB＝，
所以椭圆经过点，
代入椭圆方程得＋＝1.
因为a2＝b2＋c2，联立方程可得a2＝2，b2＝1，所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)当过点M的直线斜率为0时，点A，B分别为椭圆长轴的端点，
λ＝＝＝3＋2>2或λ＝＝＝3－2<，不符合题意，
所以直线的斜率不能为0.
设直线方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线方程代入椭圆方程得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
由根与系数的关系得y1＋y2＝－，①
y1y2＝－，②
将①平方除以②可得＋＋2＝－.
由MA＝λMB可知＝－λ，
所以－λ－＋2＝－.
又λ∈，所以－λ－＋2∈，
所以－≤－≤0，解得m2∈.
AB2＝(1＋m2)|y1－y2|2＝(1＋m2)[(y1＋y2)2－4y1y2]＝82＝82，
因为m2∈，
所以∈，
故2≤AB2≤2×8，
所以≤AB≤，
所以弦长AB的取值范围为.
圆与椭圆的综合问题
[例4] (2017·扬州期末)如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)，圆O：x2＋y2＝b2，过椭圆C的上顶点A的直线l：y＝kx＋b分别交圆O、椭圆C于不同的两点P，Q，设＝λ.
(1)若点P(－3,0)，点Q(－4，－1)，求椭圆C的方程；
(2)若λ＝3，求椭圆C的离心率e的取值范围．
[解] (1)由点P在圆O：x2＋y2＝b2上，得b＝3，
又点Q在椭圆C上，所以＋＝1，解得a2＝18，
所以椭圆C的方程是＋＝1.
(2)由得xA＝0或xP＝－，
由得xA＝0或xQ＝－，
∵＝3，∴＝，
∴·＝，即·＝，
∴k2＝＝4e2－1，
∵k2>0，∴4e2>1，即e>.
又0b>0)的离心率为，焦距为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)如图，动直线l：y＝k1x－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＝，M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．
解：(1)由题意知e＝＝，2c＝2，
所以a＝，b＝1，
因此椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程 消去y，
得(4k＋2)x2－4k1x－1＝0，
由题意知Δ>0，
且x1＋x2＝，x1x2＝－，
所以|AB|＝|x1－x2|
＝·.
由题意可知圆M的半径r为
r＝|AB|＝·.
由题设知k1k2＝，所以k2＝，
因此直线OC的方程为y＝x.
联立方程
得x2＝，y2＝，
因此|OC|＝＝ .
由题意可知sin＝＝，
而＝
＝·，
令t＝1＋2k，则t>1，∈(0,1)，
因此＝·＝·
＝·≥1，
当且仅当＝，即t＝2时等号成立，
此时k1＝±，
所以sin≤，因此≤，
所以∠SOT的最大值为.
综上所述，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±.
[课时达标训练]
1．(2017·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，两准线之间的距离为8.点P在椭圆E上，且位于第一象限，过点F1作直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若直线l1，l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标．
解：(1)设椭圆的半焦距为c.
因为椭圆E的离心率为，两准线之间的距离为8，
所以＝，＝8，
解得a＝2，c＝1，于是b＝＝，
因此椭圆E的标准方程是＋＝1.
(2)由(1)知，F1(－1,0)，F2(1,0)．
设P(x0，y0)，因为P为第一象限的点，
故x0>0，y0>0.
当x0＝1时，l2与l1相交于F1，与题设不符．
当x0≠1时，直线PF1的斜率为，直线PF2的斜率为.
因为l1⊥PF1，l2⊥PF2，所以直线l1的斜率为－，直线l2的斜率为－，
从而直线l1的方程为y＝－(x＋1)，①
直线l2的方程为y＝－(x－1)．②
由①②，解得x＝－x0，y＝，
所以Q.
因为点Q在椭圆上，由对称性，得＝±y0，
即x－y＝1或x＋y＝1.
又点P在椭圆E上，故＋＝1.
联立解得
联立无解．
因此点P的坐标为.
2．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且经过点，直线l与x轴交于点D，与椭圆C交于A，B两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在点D，使＋为定值？若存在，请写出点D的坐标，并求出该定值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意可得，＝，＋＝1，
又a2＝b2＋c2，
解得a2＝4，b2＝1，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)存在点D，使得＋为定值．
设D(x0,0)，当直线l与x轴重合，且x0≠±2时，不妨取A(－2,0)，B(2,0)，则＋＝＋＝；
当直线l与x轴垂直时，
＋＝＝.
由＝，解得x0＝±，
所以＝＝5，
所以若存在满足题意的点D，则D，＋为定值5.
当直线l不与x轴重合且斜率存在时，由对称性可知，只需考虑直线l过点D.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x＝my＋，代入椭圆C的方程＋y2＝1，
化简得，(m2＋4)y2＋my－＝0，
所以y1＋y2＝－，①
y1y2＝－.②
又＝＝＝，
同理＝，
所以＋＝＋＝，
将①②代入，化简可得＋＝5.
综上所述，存在点D，使得＋为定值5.
3.如图，圆C与y轴相切于点T(0，2)，与x轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的左侧)，且MN＝3.
(1)求圆C的方程；
(2)过点M任作一条直线与椭圆T：＋＝1相交于两点A，B，连结AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.
解：(1)设圆C的半径为r，依题意得，圆心坐标为(r,2)．
∵MN＝3，∴r＝，∴r＝，
∴圆C的方程为2＋(y－2)2＝.
(2)证明：把y＝0代入方程2＋(y－2)2＝，解得x＝1或x＝4，即点M(1,0)，N(4,0)．
①当AB⊥x轴时，由椭圆对称性可知∠ANM＝∠BNM.
②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，
联立方程消去y，
得(k2＋2)x2－2k2x＋k2－8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
∵y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，
∴kAN＋kBN＝＋＝＋
＝.
∵(x1－1)(x2－4)＋(x2－1)(x1－4)＝2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝－＋8＝0，
∴kAN＋kBN＝0，∴∠ANM＝∠BNM.
综上所述，∠ANM＝∠BNM.
4．已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点P到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝kx＋1与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的取值范围．
解：(1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，
由条件可得a＝2，c＝，b＝1，
故椭圆C的方程为＋x2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得
(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝－，①
设△OAB的面积为S，
由x1x2＝－<0，
知S＝(|x1|＋|x2|)
＝|x1－x2|
＝
＝2，
令k2＋3＝t，知t≥3，
∴S＝2.
对函数y＝t＋(t≥3)，知y′＝1－＝>0，
∴y＝t＋在t∈上单调递增，
∴t＋≥，
∴0<≤，
∴S∈.
5．(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4
eq lc(
c)(avs4alco1(1，f(
(3),2)))中恰有三点在椭圆C上．
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．
解：(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，
故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．
又由＋>＋知，椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上．
因此解得
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，.
则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．
将y＝kx＋m代入＋y2＝1得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋
＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.
解得k＝－.
当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，
即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)．
6．(2017·苏北四市期末)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且右焦点F到左准线的距离为6.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设A为椭圆C的左顶点，P为椭圆C上位于x轴上方的点，直线PA交y轴于点M，过点F作MF的垂线，交y轴于点N.
①当直线PA的斜率为时，求△FMN的外接圆的方程；
②设直线AN交椭圆C于另一点Q，求△APQ的面积的最大值．
解：(1)由题意，得解得
则b＝2，所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由题可设直线PA的方程为y＝k(x＋4)，k>0，
则M(0,4k)，
所以直线FN的方程为y＝(x－2)，
则N.
①当直线PA的斜率为，即k＝时，M(0,2)，N(0，－4)，F(2，0)，
因为MF⊥FN，所以圆心为(0，－1)，半径为3，
所以△FMN的外接圆的方程为x2＋(y＋1)2＝9.
②联立消去y并整理得，(1＋2k2)x2＋16k2x＋32k2－16＝0，
解得x1＝－4或x2＝，
所以P，
直线AN的方程为y＝－(x＋4)，
同理可得，Q，
所以P，Q关于原点对称，即PQ过原点．
所以△APQ的面积S＝OA·(yP－yQ)＝2×＝≤8，当且仅当2k＝，即k＝时，取“＝”．
所以△APQ的面积的最大值为8.
