2020年高考数学备考专题《解析几何复习策略》

第八节 完胜解析几何压轴大题策略指导 第1课时 审题上——4大策略找到解题突破口解析几何研究的问题是几何问题，研究的手法是代数法(坐标法)．因此，求解解析几何问题最大的思维难点是转化，即几何条件代数化．如何在解析几何问题中实现代数式的转化，找到常见问题的求解途径，是突破解析几何问题难点的关键所在．突破解析几何难题，先从找解题突破口入手．策略一 利用向量转化几何条件[典例] 如图所示，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 与圆C 交于A ，B 两点，且以AB 为直径的圆过原点？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[解题观摩] 假设存在斜率为1的直线l ，使l 与圆C 交于A ，B 两点，且以AB 为直径的圆过原点．设直线l 的方程为y ＝x ＋b ，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ，x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0，消去y 并整理得2x 2＋2(b ＋1)x ＋b 2＋4b －4＝0， 所以x 1＋x 2＝－(b ＋1)，x 1x 2＝b 2＋4b －42.①因为以AB 为直径的圆过原点，所以OA ⊥OB ， 即x 1x 2＋y 1y 2＝0.又y 1＝x 1＋b ，y 2＝x 2＋b ，则x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(x 1＋b )(x 2＋b )＝2x 1x 2＋b (x 1＋x 2)＋b 2＝0. 由①知，b 2＋4b －4－b (b ＋1)＋b 2＝0， 即b 2＋3b －4＝0，解得b ＝－4或b ＝1. 当b ＝－4或b ＝1时，均有Δ＝4(b ＋1)2－8(b 2＋4b －4)＝－4b 2－24b ＋36＞0， 即直线l 与圆C 有两个交点．所以存在直线l ，其方程为x －y ＋1＝0或x －y －4＝0. [题后悟通]以AB 为直径的圆过原点等价于OA ⊥OB ，而OA ⊥OB 又可以“直译”为x 1x 2＋y 1y 2＝0，可以看出，解此类解析几何问题的总体思路为“直译”，然后对个别难以“直译”的条件先进行“转化”，将“困难、难翻译”的条件通过平面几何知识“转化”为“简单、易翻译”的条件后再进行“直译”，最后联立“直译”的结果解决问题．[针对训练]1．已知椭圆M ：x 24＋y 23＝1，点F 1，C 分别是椭圆M 的左焦点，左顶点，过点F 1的直线l (不与x 轴重合)交椭圆M 于A ，B 两点．(1)求椭圆M 的离心率及短轴长．(2)问：是否存在直线l ，使得点B 在以线段AC 为直径的圆上？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意知，椭圆M 的离心率e ＝c a ＝12，短轴长2b ＝2 3.(2)设点B (x 0，y 0)，由题意知BC ⊥BF 1，点F 1(－1,0)，C (－2，0)， 由BC ·BF 1＝0，得(－2－x 0，－y 0)·(－1－x 0，－y 0)＝0， 即(x 0＋2)(x 0＋1)＋y 20＝0.①又知点B (x 0，y 0)满足x 204＋y 23＝1.②联立①②，解得x 0＝－2或x 0＝－10.由椭圆方程知，x 0＝－2或x 0＝－10均不满足题意，故舍去． 因此，不存在直线l ，使得点B 在以线段AC 为直径的圆上．策略二 角平分线条件的转化[典例] 已知动圆过定点A (4,0)，且在y 轴上截得的弦MN 的长为8. (1)求动圆圆心的轨迹C 的方程；(2)已知点B (－1,0)，设不垂直于x 轴的直线l 与轨迹C 交于不同的两点P ，Q ，若x 轴是∠PB Q 的角平分线，求证：直线l 过定点．[解题观摩] (1)设动圆圆心为点P (x ，y )，则由勾股定理得x 2＋42＝(x －4)2＋y 2，化简即得圆心的轨迹C 的方程为y 2＝8x .(2)证明：法一：由题意可设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，y 2＝8x ，得k 2x 2＋2(kb －4)x ＋b 2＝0.由Δ＝4(kb －4)2－4k 2b 2＞0，得kb ＜2. 设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－2(kb －4)k 2，x 1x 2＝b 2k2.因为x 轴是∠PB Q 的角平分线，所以k PB ＋k Q B ＝0， 即k PB ＋k Q B ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝2kx 1x 2＋(k ＋b )(x 1＋x 2)＋2b (x 1＋1)(x 2＋1)＝8(k ＋b )(x 1＋1)(x 2＋1)k 2＝0， 所以k ＋b ＝0，即b ＝－k ，所以l 的方程为y ＝k (x －1)． 故直线l 恒过定点(1,0)．法二：设直线PB 的方程为x ＝my －1，它与抛物线C 的另一个交点为Q ′，设点P (x 1，y 1)，Q ′(x 2，y 2)，由条件可得，Q 与Q ′关于x 轴对称，故Q (x 2，－y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，y 2＝8x ，消去x 得y 2－8my ＋8＝0，其中Δ＝64m 2－32＞0，y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝8. 所以k P Q ＝y 1＋y 2x 1－x 2＝8y 1－y 2， 因而直线P Q 的方程为y －y 1＝8y 1－y 2(x －x 1)． 又y 1y 2＝8，y 21＝8x 1，将P Q 的方程化简得(y 1－y 2)y ＝8(x －1)， 故直线l 过定点(1,0)．法三：由抛物线的对称性可知，如果定点存在， 则它一定在x 轴上，所以设定点坐标为(a,0)，直线P Q 的方程为x ＝my ＋a .联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋a ，y 2＝8x 消去x ，整理得y 2－8my －8a ＝0，Δ＞0.设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝－8a .由条件可知k PB ＋k Q B ＝0， 即k PB ＋k Q B ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝(my 1＋a )y 2＋(my 2＋a )y 1＋y 1＋y 2(x 1＋1)(x 2＋1)＝2my 1y 2＋(a ＋1)(y 1＋y 2)(x 1＋1)(x 2＋1)＝0，所以－8ma ＋8m ＝0.由m 的任意性可知a ＝1，所以直线l 恒过定点(1,0)． 法四：设P ⎝⎛⎭⎫y 218，y 1，Q ⎝⎛⎭⎫y 228，y 2， 因为x 轴是∠PB Q 的角平分线， 所以k PB ＋k Q B ＝y 1y 218＋1＋y 2y 228＋1＝0，整理得(y 1＋y 2)⎝⎛⎭⎫y 1y 28＋1＝0. 因为直线l 不垂直于x 轴，所以y 1＋y 2≠0，可得y 1y 2＝－8. 因为k P Q ＝y 1－y 2y 218－y 228＝8y 1＋y 2， 所以直线P Q 的方程为y －y 1＝8y 1＋y 2⎝⎛⎭⎫x －y 218， 即y ＝8y 1＋y 2(x －1)．故直线l 恒过定点(1,0)． [题后悟通]本题前面的三种解法属于比较常规的解法，主要是设点，设直线方程，联立方程，并借助判别式、根与系数的关系等知识解题，计算量较大．解法四巧妙地运用了抛物线的参数方程进行设点，避免了联立方程组，计算相对简单，但是解法二和解法四中含有两个参数y 1，y 2，因此判定直线过定点时，要注意将直线的方程变为特殊的形式．[针对训练]2．如图所示，已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率等于32，它的一个顶点恰好在抛物线x 2＝8y 的准线上． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)点P (2，3)，Q (2，－3)在椭圆上，A ，B 是椭圆上位于直线P Q 两侧的动点，当A ，B 运动时，满足∠AP Q ＝∠BP Q ，试问直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由．解：(1)设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)．∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x 2＝8y 的准线y ＝－2上， ∴－b ＝－2，解得b ＝2.又c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝4，c ＝2 3.∴椭圆C 的标准方程为x 216＋y 24＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∵∠AP Q ＝∠BP Q ，则直线PA ，PB 的斜率互为相反数， 设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为－k ， 直线PA 的方程为y －3＝k (x －2)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y －3＝k (x －2)，x 216＋y 24＝1，消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋8k (3－2k )x ＋4(3－2k )2－16＝0，∴x 1＋2＝8k (2k －3)1＋4k 2.同理可得x 2＋2＝－8k (－2k －3)1＋4k 2＝8k (2k ＋3)1＋4k 2，∴x 1＋x 2＝16k 2－41＋4k 2，x 1－x 2＝－163k1＋4k 2， k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)－4k x 1－x 2＝36.∴直线AB 的斜率为定值36. 策略三 弦长条件的转化[典例] 如图所示，已知椭圆G ：x 22＋y 2＝1，与x 轴不重合的直线l 经过左焦点F 1，且与椭圆G 相交于A ，B 两点，弦AB 的中点为M ，直线OM 与椭圆G 相交于C ，D 两点．(1)若直线l 的斜率为1，求直线OM 的斜率．(2)是否存在直线l ，使得|AM |2＝|CM ||DM |成立？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[解题观摩] (1)由题意可知点F 1(－1,0)， 又直线l 的斜率为1， 故直线l 的方程为y ＝x ＋1. 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋1，x 22＋y 2＝1，消去y 并整理得3x 2＋4x ＝0， 则x 1＋x 2＝－43，y 1＋y 2＝23，因此中点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫－23，13. 故直线OM 的斜率为13－23＝－12. (2)假设存在直线l ，使得|AM |2＝|CM||DM |成立． 由题意，直线l 不与x 轴重合， 设直线l 的方程为x ＝my －1.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，x 22＋y 2＝1，消去x 并整理得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0. 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧y 1＋y 2＝2mm 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2，可得|AB |＝1＋m 2|y 1－y 2|＝1＋m 2⎝⎛⎭⎫2m m 2＋22＋4m 2＋2＝22(m 2＋1)m 2＋2，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－2＝2m 2m 2＋2－2＝－4m 2＋2，所以弦AB 的中点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m 2＋2，m m 2＋2，故直线CD 的方程为y ＝－m2x .联立⎩⎨⎧y ＝－m 2x ，x22＋y 2＝1，消去y 并整理得⎝⎛⎭⎫1＋m22x 2＝2， 解得x 2＝21＋m 22＝4m 2＋2. 由对称性，设C (x 0，y 0)，D (－x 0，－y 0)，则x 20＝4m 2＋2， 可得|CD |＝1＋m 24·|2x 0|＝(m 2＋4)·4m 2＋2＝2m 2＋4m 2＋2. 因为|AM |2＝|CM ||DM |＝(|OC |－|OM |)(|OD |＋|OM |)，且|OC |＝|OD |， 所以|AM |2＝|OC |2－|OM |2， 故|AB |24＝|CD |24－|OM |2，即|AB |2＝|CD |2－4|OM |2，代入|AB |，|CD |和|OM |， 得8(m 2＋1)2(m 2＋2)2＝4(m 2＋4)m 2＋2－4⎣⎡⎦⎤4(m 2＋2)2＋m 2(m 2＋2)2，解得m 2＝2，故m ＝±2.所以直线l 的方程为x ＝2y －1或x ＝－2y －1. [题后悟通]本题(2)的核心在于转化|AM |2＝|CM ||DM |中弦长的关系．由|CM |＝|OC |－|OM |，|DM |＝|OD |＋|OM |，又|OC |＝|OD |，则|AM |2＝|OC |2－|OM |2.又|AM |＝12|AB |，|OC |＝12|CD |，因此|AB |2＝|CD |2－4|OM |2，转化为弦长|AB |，|CD |和|OM |三者之间的数量关系，易计算．[针对训练]3．已知圆M ：(x －2)2＋y 2＝r 2(r ＞0)，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右顶点为圆M的圆心，离心率为22. (1)求椭圆C 的方程；(2)若存在直线l ：y ＝kx ，使得直线l 与椭圆C 分别交于A ，B 两点，与圆M 分别交于G ，H 两点，点G 在线段AB 上，且|AG |＝|BH |，求圆M 的半径r 的取值范围．解：(1)设椭圆C 的焦距为2c ，因为a ＝2，c a ＝22，所以c ＝1，因此b ＝a 2－c 2＝1. 故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点， 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 2＋2y 2－2＝0得(1＋2k 2)x 2－2＝0， 所以x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝－21＋2k 2， 则|AB |＝(1＋k 2)·81＋2k 2＝8(1＋k 2)1＋2k 2.因为点M (2，0)到直线l 的距离d ＝|2k |1＋k 2， 所以|GH |＝2r 2－2k 21＋k 2.显然，若点H 也在线段AB 上，则由对称性可知，直线y ＝kx 就是y 轴，与已知矛盾． 要使|AG |＝|BH |，只需|AB |＝|GH |，即8(1＋k 2)1＋2k 2＝4⎝⎛⎭⎫r 2－2k 21＋k 2，所以r 2＝2k 21＋k 2＋2(1＋k 2)1＋2k 2＝2(3k 4＋3k 2＋1)2k 4＋3k 2＋1＝2⎝⎛⎭⎫1＋k 42k 4＋3k 2＋1. 当k ＝0时，得r ＝ 2.当k ≠0时，r 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11k 4＋3k 2＋2＜2⎝⎛⎭⎫1＋12＝3. 又显然r 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11k 4＋3k 2＋2＞2，所以2＜r ＜ 3. 综上所述，圆M 的半径r 的取值范围是[2，3)．策略四 面积条件的转化[典例] 设椭圆的中心在坐标原点，A (2,0)，B (0,1)是它的两个顶点，直线y ＝kx (k ＞0)与椭圆交于E ，F 两点，求四边形AEBF 的面积的最大值．[解题观摩] 法一：如图所示，依题意得椭圆的方程为x 24＋y 2＝1，直线AB ，EF 的方程分别为x ＋2y ＝2，y ＝kx (k ＞0)．设点E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1＜x 2， 且x 1，x 2满足方程(1＋4k 2)x 2＝4， 故x 2＝－x 1＝21＋4k2 .① 根据点到直线的距离公式和①，得点E ，F 到直线AB 的距离分别为h 1＝|x 1＋2kx 1－2|5＝2(1＋2k ＋1＋4k 2)5(1＋4k 2)，h 2＝|x 2＋2kx 2－2|5＝2(1＋2k －1＋4k 2)5(1＋4k 2).又|AB |＝22＋12＝5， 所以四边形AEBF 的面积为S ＝12|AB |·(h 1＋h 2)＝12·5·4(1＋2k )5(1＋4k 2)＝2(1＋2k )1＋4k 2＝21＋4k 2＋4k1＋4k 2＝21＋4k 1＋4k 2＝21＋41k ＋4k ≤22，当且仅当1k ＝4k ，即k ＝12时取等号．因此四边形AEBF 的面积的最大值为2 2. 法二：依题意得椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.直线EF 的方程为y ＝kx (k ＞0)．设点E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1＜x 2.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 2＝1消去y ，(1＋4k 2)x 2＝4. 故x 1＝－21＋4k 2，x 2＝21＋4k 2， |EF |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝41＋k 21＋4k 2.根据点到直线的距离公式，得点A ，B 到直线EF 的距离分别为d 1＝|2k |1＋k 2＝2k1＋k2，d 2＝11＋k 2. 因此四边形AEBF 的面积为S ＝12|EF |·(d 1＋d 2)＝12·41＋k 21＋4k 2·1＋2k1＋k 2＝2(1＋2k )1＋4k 2＝24k 2＋4k ＋11＋4k 2＝21＋4k1＋4k 2＝21＋41k＋4k ≤22， 当且仅当1k ＝4k ，即k ＝12时取等号．因此四边形AEBF 的面积的最大值为2 2. [题后悟通]如果利用常规方法理解为S 四边形AEBF ＝S △AEF ＋S △BEF ＝12|EF |·(d 1＋d 2)(其中d 1，d 2分别表示点A ，B 到直线EF 的距离)，则需要通过联立直线与椭圆的方程，先由根与系数的关系求出|EF |的弦长，再表示出两个点线距，其过程很复杂．而通过分析，若把四边形AEBF 的面积拆成两个小三角形——△ABE 和△ABF 的面积之和，则更为简单．因为直线AB 的方程及其长度易求出，故只需表示出点E 与点F 到直线AB 的距离即可．[针对训练]4．已知椭圆C ：x 216＋y 212＝1的右焦点为F ，右顶点为A ，离心率为e ，点P (n,0)(n ＞4)满足条件|FA ||PA |＝e .(1)求n 的值；(2)设过点F 的直线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点，记△PMF 和△PNF 的面积分别为S 1，S 2，求证：S 1S 2＝|PM ||PN |.解：(1)依题意，|FA ||PA |＝e ＝12，|FA |＝2，|PA |＝n －4(n ＞4)，得2n －4＝12，解得n ＝8.(2)证明：由S 1＝12|PF ||PM |sin ∠MPF ，S 2＝12|PF ||PN |sin ∠NPF ，则S 1S 2＝12|PF ||PM |sin ∠MPF12|PF ||PN |sin ∠NPF ＝|PM |sin ∠MPF |PN |sin ∠NPF. 设直线l 的方程为x ＝my ＋2，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，又P (8，0)， 则k PM ＋k PN ＝y 1x 1－8＋y 2x 2－8＝y 1(x 2－8)＋y 2(x 1－8)(x 1－8)(x 2－8)＝x 2y 1＋x 1y 2－8(y 1＋y 2)x 1x 2－8(x 1＋x 2)＋64＝(my 2＋2)y 1＋(my 1＋2)y 2－8(y 1＋y 2)(my 1＋2)(my 2＋2)－8[m (y 1＋y 2)＋4]＋64＝2my 1y 2－6(y 1＋y 2)m 2y 1y 2－6m (y 1＋y 2)＋36.联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2，3x 2＋4y 2＝48，消去x 并整理得(3m 2＋4)y 2＋12my －36＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－12m 3m 2＋4，y 1y 2＝－363m 2＋4，所以k PM ＋k PN ＝－72m 3m 2＋4＋72m3m 2＋4－36m 23m 2＋4＋72m 23m 2＋4＋36＝0，则∠MPF ＝∠NPF ，因此S 1S 2＝|PM ||PN |.[总结规律·快速转化]做数学，就是要学会翻译，把文字语言、符号语言、图形语言、表格语言相互转换，我们要学会对解析几何问题中涉及的所有对象逐个理解、表示、整理，在理解题意的同时，牢记解析几何的核心方法是“用代数方法研究几何问题”，核心思想是“数形结合”，牢固树立“转化”意识，那么就能顺利破解解析几何的有关问题．附几种几何条件的转化，以供参考：1．平行四边形条件的转化2．直角三角形条件的转化3．等腰三角形条件的转化4．菱形条件的转化5．圆条件的转化6．角条件的转化[课时跟踪检测]1．已知椭圆C 经过点⎝⎛⎭⎫1，32，且与椭圆E ：x22＋y 2＝1有相同的焦点． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4交于点Q ，问：以线段P Q 为直径的圆是否经过一定点M ？若存在，求出定点M 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)椭圆E 的焦点为(±1,0)，设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，则⎩⎨⎧1a 2＋94b 2＝1，a 2－b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12消去y ， 得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， 所以Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝0， 即m 2＝3＋4k 2. 设P (x P ，y P )，则x P ＝－4km 3＋4k 2＝－4k m ，y P ＝kx P ＋m ＝－4k 2m ＋m ＝3m ， 即P ⎝⎛⎭⎫－4k m ，3m .假设存在定点M (s ，t )满足题意， 因为Q (4,4k ＋m )，则MP ＝⎝⎛⎭⎫－4k m－s ，3m －t ，M Q ＝(4－s,4k ＋m －t )， 所以MP ·M Q ＝⎝⎛⎭⎫－4k m －s (4－s )＋⎝⎛⎭⎫3m －t (4k ＋m －t )＝－4k m (1－s )－⎝⎛⎭⎫3m ＋m ＋4k t ＋(s 2－4s ＋3＋t 2)＝0恒成立，故⎩⎪⎨⎪⎧1－s ＝0，t ＝0，s 2－4s ＋3＋t 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧s ＝1，t ＝0.所以存在点M (1,0)符合题意．2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的短轴长为22，离心率为63，点A (3,0)，P 是C上的动点，F 为C 的左焦点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若点P 在y 轴的右侧，以AP 为底边的等腰△ABP 的顶点B 在y 轴上，求四边形FPAB 面积的最小值．解：(1)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧2b ＝22，c a ＝63，a 2＝b 2＋c2解得⎩⎨⎧a ＝6，b ＝2，∴椭圆C 的方程是x 26＋y 22＝1.(2)设P (x 0，y 0)(－2＜y 0＜2，y 0≠0，x 0＞0)， 设线段AP 中点为M ，又A (3,0)，∴AP 中点M ⎝⎛⎭⎫x 0＋32，y 02，直线AP 的斜率为y 0x 0－3， 由△ABP 是以AP 为底边的等腰三角形，可得BM ⊥AP ， ∴直线AP 的垂直平分线方程为y －y 02＝－x 0－3y 0⎝⎛⎭⎫x －x 0＋32，令x ＝0得B ⎝⎛⎭⎫0，y 20＋x 20－92y 0，∵x 206＋y 202＝1，∴B ⎝⎛⎭⎫0，－2y 20－32y 0，由F (－2,0)，∴四边形FPAB 的面积S ＝52⎝⎛⎭⎫|y 0|＋⎪⎪⎪⎪－2y 20－32y 0＝52⎝⎛⎭⎫2|y 0|＋32|y 0|≥53， 当且仅当2|y 0|＝32|y 0|，即y 0＝±32时等号成立， 四边形FPAB 面积的最小值为5 3.3．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，过点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．解：(1)由于c 2＝a 2－b 2，将x ＝－c 代入椭圆的方程x 2a 2＋y 2b2＝1，得y ＝±b 2a .由题意知2b 2a＝1，故a ＝2b 2.又e ＝c a ＝32，则b a ＝12，即a ＝2b ，所以a ＝2，b ＝1，故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由PM 是∠F 1PF 2的角平分线， 可得|PF 1||F 1M |＝|PF 2||F 2M |，即|PF 1||PF 2|＝|F 1M ||F 2M |. 设点P (x 0，y 0)(－2＜x 0＜2)，又点F 1(－3，0)，F 2(3，0)，M (m,0)， 则|PF 1|＝ (－3－x 0)2＋y 20＝2＋32x 0， |PF 2|＝(3－x 0)2＋y 20＝2－32x 0. 又|F 1M |＝|m ＋3|，|F 2M |＝|m －3|，且－3＜m ＜3，所以|F 1M |＝m ＋3，|F 2M |＝3－m . 所以2＋32x 02－32x 0＝3＋m 3－m，化简得m ＝34x 0，而－2＜x 0＜2，因此－32＜m ＜32.所以m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－32，32. 4．(2019·贵阳检测)已知椭圆C 1的焦点在x 轴上，中心在坐标原点；抛物线C 2的焦点在y 轴上，顶点在坐标原点．在C 1，C 2上各取两个点，将其坐标记录于表格中：(1)求C 1，C 2(2)已知定点C ⎝⎛⎭⎫0，18，P 为抛物线C 2上一动点，过点P 作抛物线C 2的切线交椭圆C 1于A ，B 两点，求△ABC 面积的最大值．解：(1)设C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，由题意知，点(－2,0)一定在椭圆上， 则点⎝⎛⎭⎫2，22也在椭圆上，分别将其代入，得⎩⎨⎧4a 2＝1，2a 2＋12b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1，∴C 1的标准方程为x 24＋y 2＝1.设C 2：x 2＝2py (p ＞0)，依题意知，点(4,8)在抛物线上， 代入抛物线C 2的方程，得p ＝1， ∴C 2的标准方程为x 2＝2y .(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P ⎝⎛⎭⎫t ，12t 2， 由y ＝12x 2知y ′＝x ，故直线AB 的方程为y －12t 2＝t (x －t )，即y ＝tx －12t 2，代入椭圆方程x 24＋y 2＝1，整理得(1＋4t 2)x 2－4t 3x ＋t 4－4＝0，则Δ＝16t 6－4(1＋4t 2)(t 4－4)＝4(－t 4＋16t 2＋4)＞0， x 1＋x 2＝4t 31＋4t 2，x 1x 2＝t 4－41＋4t 2，∴|AB |＝1＋t 2·16t 6(1＋4t 2)2－4(t 4－4)(1＋4t 2)(1＋4t 2)2＝21＋t 2·－t 4＋16t 2＋41＋4t 2，设点C ⎝⎛⎭⎫0，18到直线AB 的距离为d ， 则d ＝⎪⎪⎪⎪－18－12t 21＋t 2＝1＋4t 281＋t 2，∴S △ABC ＝12·|AB |·d＝12·21＋t 2·－t 4＋16t 2＋41＋4t 2·1＋4t 281＋t 2＝18－t 4＋16t 2＋4 ＝18－(t 2－8)2＋68≤1868＝174， 当且仅当t ＝±22时，取等号，此时满足Δ＞0.17综上，△ABC面积的最大值为4.。

2020届高考数学专题复习《解析几何典例剖析及备考策略》近几年解析几何的试题，小题难度有所增加，解答题在难度、计算的复杂程度等方面都有所下降（特别是2018年开始理科解析几何大题位置的前移导致难度下降更为明显），但突出对解析几何基本思想和基本方法的考查，重点要掌握解析几何的一些基本方法来解决问题，解析几何中解题的基本方法有解析法、待定系数法、变换法、参数法等方法。

在复习时应做到牢固掌握圆锥曲线定义；重视基础知识，基本题型的训练；注意课本典型例题、习题的延伸，教材中的例题、习题虽然大多比较容易，但其解法往往具有示范性，可延伸性，适当地编拟题组进行复习训练，有利于系统地掌握知识，融会贯通；注意转化条件，优化解题方法。

解析几何中有一些基本问题，如两直线垂直的证明、求弦的中点、弦长的计算等等，对这些问题的处理方法要做到熟知。

但有不少题目，所给的条件无法直接使用，或者使用起来比较困难，此时，可考虑对条件进行适当的转化，使解题过程纳入到学生所熟悉的轨道。

强化数学思想方法的训练和运用，譬如：函数与方程思想，解析几何的研究对象和方法决定了它与函数、方程的“不解之缘”，很多解析几何问题实际上就是建立方程后研究方程的解或建立函数后研究函数的性质。

又如：分类讨论思想 ，解析几何中，有些公式，性质是有适用条件的，解题时必须注意分类讨论、区别处理。

例如直线方程的点斜式、斜截式中斜率必须存在，截距式只适用在两轴上的截距存在且不为零的情况，两点式不适用于与坐标轴垂直的直线。

再如：数形结合思想 ，解析几何的本质就是将“数”与“形”有机地联系起来，曲线的几何特征必然在方程、函数或不等式中有所反映，而函数、方程或不等式的数字特征也一定体现出曲线的特性。

总之，解析几何题综合性强、应用面广，有些题目对运算求解能力要求高、有些题目对推理论证能力要求高，所以在高三复习中，要在狠抓落实上下功夫，既要注重基础，又要有所创新提高，既要注重通性通法，又要注意技巧锻炼，要做到灵活多变，培养学生养成良好的学习习惯，自觉地运用数学思想方法进行分析、推理、运算，指导同学的复习，提高效率。

专题三 解析几何[江苏卷5年考情分析]小题考情分析大题考情分析常考点1.直线与圆、圆与圆的位置关系(5年4考)2.圆锥曲线的方程及几何性质(5年5考)本单元主要考查直线与椭圆(2020年、2020年、2020年、2020年)的位置关系、弦长问题、面积问题等；有时考查直线与圆(如2020年)，经常与向量结合在一起命题．偶考点 直线的方程、圆的方程第一讲 | 小题考法——解析几何中的基本问题考点(一) 直线、圆的方程主要考查圆的方程以及直线方程、圆的基本量的计算.[题组练透]1．(2020·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线y ＝x ＋4x(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：法一：由题意可设P ⎝⎛⎭⎪⎫x 0，x 0＋4x(x 0>0)，则点P 到直线x ＋y ＝0的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋x 0＋4x 02＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x 0＋4x 02≥2 2x 0·4x 02＝4，当且仅当2x 0＝4x 0，即x 0＝2时取等号．故所求最小值是4.法二：设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，4x 0＋x 0(x 0>0)，由y ＝x ＋4x 得y ′＝1－4x 2，则曲线在点P 处的切线的斜率为k ＝1－4x 20.令1－4x 20＝－1，结合x 0>0得x 0＝2，∴ P (2，32)，曲线y ＝x ＋4x(x >0)上的点P 到直线x ＋y ＝0的最短距离即为此时点P 到直线x ＋y ＝0的距离，故d min ＝|2＋32|2＝4.答案：42．(2020·苏州期末)在平面直角坐标系xOy 中，过点A (1，3)，B (4，6)，且圆心在直线x －2y －1＝0上的圆的标准方程为________．解析：法一：根据圆经过点A (1，3)，B (4，6)，知圆心在线段AB 的垂直平分线上，由点A (1，3)，B (4，6)，知线段AB的垂直平分线方程为x ＋y －7＝0，则由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －1＝0，x ＋y －7＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝2，即圆心坐标为(5，2)，所以圆的半径r ＝（5－1）2＋（2－3）2＝17，故圆的标准方程为(x －5)2＋(y －2)2＝17.法二：因为圆心在直线x －2y －1＝0上，所以圆心坐标可设为(2a ＋1，a )，又圆经过点A (1，3)，B (4，6)，所以圆的半径 r ＝（2a ＋1－1）2＋（a －3）2＝（2a ＋1－4）2＋（a －6）2，解得a ＝2，所以r ＝17，故圆的标准方程为(x －5)2＋(y －2)2＝17.法三：设圆心的坐标为(a ，b )，半径为r (r ＞0)，因为圆心在直线x －2y －1＝0上，且圆经过点A (1，3)，B (4，6)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a －2b －1＝0，（a －1）2＋（b －3）2＝（a －4）2＋（b －62）＝r 2， 得a ＝5，b ＝2，r ＝17，故圆的标准方程为(x －5)2＋(y －2)2＝17. 答案：(x －5)2＋(y －2)2＝173．(2020·扬州期末)若直线l 1：x －2y ＋4＝0与l 2：mx －4y ＋3＝0平行，则两平行直线l 1，l 2间的距离为________．解析：法一：若直线l 1：x －2y ＋4＝0与l 2：mx －4y ＋3＝0平行，则有m 1＝－4－2≠34，求得m ＝2，故两平行直线l 1，l 2间的距离为|8－3|22＋（－4）2＝52. 法二：若直线l 1：x －2y ＋4＝0与l 2：mx －4y ＋3＝0平行，则有m 1＝－4－2≠34，求得m ＝2，所以直线l 2：2x －4y ＋3＝0，在l 1：x －2y ＋4＝0上取一点(0，2)，则两平行直线l 1，l 2间的距离就是点(0，2)到直线l 2的距离，即|0－4×2＋3|22＋（－4）2＝52. 答案：52[方法技巧]1．求直线方程的两种方法 直接法 选用恰当的直线方程的形式，由题设条件直接求出方程中系数，写出结果 待定 系数法先由直线满足的一个条件设出直线方程，使方程中含有待定系数，再由题设条件构建方程，求出待定系数2．圆的方程的两种求法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，从而求得圆的方程考点(二)直线与圆、圆与圆的位置关系主要考查直线与圆、圆与圆的位置关系，以及根据直线与圆的位置关系求相关的最值与范围问题.[典例感悟][典例] (1)(2020·无锡期末)过圆O ：x 2＋y 2＝16内一点P (－2，3)作两条相互垂直的弦AB 和CD ，且AB ＝CD ，则四边形ACBD 的面积为________．(2)(2020·南通、泰州一调)在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (－4，0)，B (0，4)，从直线AB 上一点P 向圆x 2＋y 2＝4引两条切线PC ，PD ，切点分别为C ，D .设线段CD 的中点为M ，则线段AM 长的最大值为________．[解析] (1)设O 到AB 的距离为d 1，O 到CD 的距离为d 2，则由垂径定理可得d 21＝r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22，d 22＝r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫CD 22，由于AB ＝CD ，故d 1＝d 2，且d 1＝d 2＝22OP ＝262，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22＝r 2－d 21＝16－132＝192，得AB ＝38，从而四边形ACBD 的面积为S ＝12AB ×CD ＝12×38×38＝19. (2)法一(几何法)：因为A (－4，0)，B (0，4)，所以直线AB 的方程为y ＝x ＋4，所以可设P (a ，a ＋4)，C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，所以PC 的方程为x 1x ＋y 1y ＝4，PD 的方程为x 2x ＋y 2y＝4，将P (a ，a ＋4)分别代入PC ，PD的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋（a ＋4）y 1＝4，ax 2＋（a ＋4）y 2＝4，则直线CD 的方程为ax ＋(a ＋4)y ＝4，即a (x ＋y )＝4－4y ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，4－4y ＝0，所以直线CD 过定点N (－1，1)，又因为OM ⊥CD ，所以点M 在以ON 为直径的圆上(除去原点)．又因为以ON 为直径的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －122＝12，因为A 在该圆外，所以AM 的最大值为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋22＝3 2.法二(参数法)：同法一可知直线CD 的方程为ax ＋(a ＋4)y ＝4，即a (x ＋y )＝4－4y ，得a ＝4－4y x ＋y .又因为O ，P ，M 三点共线，所以ay －(a ＋4)x ＝0，得a ＝4x y －x .因为a ＝4－4y x ＋y ＝4xy －x，所以点M 的轨迹方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －122＝12(除去原点)，因为A 在该圆外，所以AM 的最大值为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋22＝3 2. [答案] (1)19 (2)3 2[方法技巧]解决关于直线与圆、圆与圆相关问题的策略(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)解决直线与圆相关的最值问题：一是利用几何性质，如两边之和大于第三边、斜边大于直角边等来处理最值；二是建立函数或利用基本不等式求解．(3)对于直线与圆中的存在性问题，可以利用所给几何条件和等式，得出动点轨迹，转化为直线与圆、圆与圆的位置关系．[演练冲关]1．(2020·南通、泰州等七市一模)在平面直角坐标系xOy 中，圆O ：x 2＋y 2＝1，圆C ：(x －4)2＋y 2＝4.若存在过点P (m ，0)的直线l ，直线l 被两圆截得的弦长相等，则实数m 的取值范围是________．解析：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 ＝k (x －m )(k ≠0)，圆心O ，C 到直线l 的距离分别为d 1，d 2，则由直线l 与圆O 相交得d 1＝|km |k 2＋1＜1，得m 2＜1＋1k 2.由直线l 被两圆截得的弦长相等得1－d 21＝4－d 22，则d 22－d 21＝3，即（4k －km ）2k 2＋1－k 2m2k 2＋1＝3，化简得m ＝138－38k 2，则m ＜138－38(m 2－1)，即3m 2＋8m －16＜0，所以－4＜m ＜43.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－4，43 2．(2020·南京盐城一模)设M ＝{(x ，y )|3x ＋4y ≥7}，点P ∈M ，过点P 引圆(x ＋1)2＋y 2＝r 2(r ＞0)的两条切线PA ，PB (A ，B 均为切点)，若∠APB 的最大值为π3，则r 的值为________．解析：由题意知点P 位于直线3x ＋4y －7＝0上或其上方，记圆(x ＋1)2＋y 2＝r 2(r ＞0)的圆心为C ，则C (－1，0)，C 到直线3x ＋4y －7＝0的距离d ＝|－3－7|32＋42＝2，连接PC ，则PC ≥2.设∠APB ＝θ，则sin θ2＝r PC ，因为θmax ＝π3，所以⎝⎛⎭⎪⎫sin θ2max ＝r PC min ＝r 2＝12，所以r ＝1.答案：13．(2020·苏北三市一模)在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C 1：x 2＋y 2＋2mx －(4m ＋6)y －4＝0(m ∈R )与以C 2(－2，3)为圆心的圆相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，且满足x 21－x 22＝y 22－y 21，则实数m 的值为________．解析：由题意得C 1(－m ，2m ＋3)，C 2(－2，3)．由x 21－x 22＝y 22－y 21，得x 21＋y 21＝x 22＋y 22，即OA ＝OB ，所以△OAB 为等腰三角形，所以线段AB 的垂直平分线经过原点O ，又相交两圆的圆心连线垂直平分公共弦AB ，所以两圆的圆心连线C 1C 2过原点O ，所以OC 1∥OC 2，所以－3m ＝－2(2m ＋3),解得m ＝－6.答案：－64．(2020·常州期末)过原点O 的直线l 与圆x 2＋y 2＝1交于P ，Q 两点，点A 是该圆与x 轴负半轴的交点，以AQ 为直径的圆与直线l 有异于Q 的交点N ，且直线AN 与直线AP 的斜率之积等于1，那么直线l 的方程为________．解析：易知A (－1，0)．因为PQ 是圆O 的直径，所以AP ⊥AQ .以AQ 为直径的圆与直线l 有异于Q 的交点N ，则AN ⊥NQ ，所以k AN ＝－1k NQ＝－1k PO，又直线AN 与直线AP 的斜率之积等于1，所以k AN k AP ＝1，所以k AP ＝－k PO ，所以∠OAP ＝∠AOP ，所以点P 为OA 的垂直平分线与圆O 的交点，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，±32，所以直线l 的方程为y ＝±3x .答案：y ＝±3x5．(2020·南京、盐城、连云港二模)在平面直角坐标系xOy 中，已知A ，B 为圆C ：(x ＋4)2＋(y －a )2＝16上的两个动点，且AB ＝211.若直线l ：y ＝2x 上存在唯一的一个点P ，使得PA ―→＋PB ―→＝OC ―→，则实数a 的值为________．解析：法一：设AB 的中点为M (x 0，y 0)，P (x ，y )，则由AB ＝211，得CM ＝16－11＝5，即点M 的轨迹为(x 0＋4)2＋(y 0－a )2＝5.又因为PA ―→＋PB ―→＝OC ―→，所以PM ―→＝12OC ―→，即(x 0－x ，y 0－y )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，a 2，从而⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x －2，y 0＝y ＋a 2，则动点P 的轨迹方程为(x ＋2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －a 22＝5，又因为直线l 上存在唯一的一个点P ，所以直线l 和动点P 的轨迹(圆)相切，则⎪⎪⎪⎪⎪⎪－4－a 222＋（－1）2＝5，解得a ＝2或a ＝－18.法二：由题意，圆心C 到直线AB 的距离d ＝16－11＝5，则AB 中点M 的轨迹方程为(x ＋4)2＋(y －a )2＝5.由PA ―→＋PB ―→＝OC ―→，得2PM ―→＝OC ―→，所以PM ―→∥OC ―→.如图，连结CM 并延长交l 于点N ，则CN ＝2CM ＝2 5.故问题转化为直线l 上存在唯一的一个点N ，使得CN ＝25，所以点C 到直线l 的距离为|2×（－4）－a |22＋（－1）2＝25，解得a ＝2或a ＝－18. 答案：2或－18考点(三)圆锥曲线的方程及几何性质主要考查三种圆锥曲线的定义、方程及几何性质，在小题中以考查椭圆和双曲线的几何性质为主.[题组练透]1．(2020·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2－y 2b2＝1(b >0)经过点(3，4)，则该双曲线的渐近线方程是________．解析：因为双曲线x 2－y 2b 2＝1(b >0)经过点(3，4)，所以9－16b2＝1(b >0)，解得b ＝2，即双曲线方程为x 2－y 22＝1，其渐近线方程为y ＝±2x . 答案：y ＝±2x2．(2020·苏州期末)在平面直角坐标系xOy 中，中心在原点，焦点在y 轴上的双曲线的一条渐近线经过点(－3，1)，则该双曲线的离心率为______．解析：由题意，设双曲线的方程为y 2a 2－x 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)，由双曲线的一条渐近线过点(－3，1)，得－a b ＝－13，可得9a 2＝b 2＝c 2－a 2，得10a 2＝c 2，所以可得该双曲线的离心率e＝c a＝10.答案：103．(2020·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 23－y 2＝1的右准线与它的两条渐近线分别交于点P ，Q ，其焦点是F 1，F 2，则四边形F 1PF 2Q 的面积是________．解析：由题意得，双曲线的右准线x ＝32与两条渐近线y ＝±33x 的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，±32.不妨设双曲线的左、右焦点分别为F 1，F 2， 则F 1(－2，0)，F 2(2，0)， 故四边形F 1PF 2Q 的面积是 12|F 1F 2|·|PQ |＝12×4×3＝2 3. 答案：234.(2020·南通、扬州等七市一模)在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线y2＝2px (p ＞0)的准线为l ，直线l 与双曲线x 24－y 2＝1的两条渐近线分别交于A ，B 两点，AB ＝6，则p 的值为________．解析：抛物线y 2＝2px (p ＞0)的准线为直线，l ：x ＝－p2，不妨令A 点在第二象限，则直线l 与双曲线x 24－y 2＝1的两条渐近线y ＝±12x 分别交于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，p 4，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，－p 4，则AB＝p2＝6，p ＝2 6.答案：2 6[方法技巧]应用圆锥曲线的性质的两个注意点(1)明确圆锥曲线中a ，b ，c ，e 各量之间的关系是求解问题的关键．(2)在求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c 和a 的值，而是根据题目给出的椭圆或双曲线的几何特点，建立关于参数c ，a ，b 的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或范围．[必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢1．直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0与直线l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0的位置关系 (1)平行⇔A 1B 2－A 2B 1＝0且B 1C 2－B 2C 1≠0； (2)重合⇔A 1B 2－A 2B 1＝0且B 1C 2－B 2C 1＝0； (3)相交⇔A 1B 2－A 2B 1≠0； (4)垂直⇔A 1A 2＋B 1B 2＝0. 2．直线与圆相交 (1)几何法由弦心距d 、半径r 和弦长的一半构成直角三角形，计算弦长AB ＝2r 2－d 2. (2)代数法设直线y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0相交于点M ，N ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将直线方程代入圆方程中，消去y 得关于x 的一元二次方程，求出x 1＋x 2和x 1·x 2，则MN ＝1＋k 2·（x 1＋x 2）2－4x 1·x 2. 3．判断两圆位置关系时常用几何法即通过判断两圆心距离O 1O 2与两圆半径R ，r (R >r )的关系来判断两圆位置关系． (1)外离：O 1O 2>R ＋r ； (2)外切：O 1O 2＝R ＋r ； (3)相交：R －r <O 1O 2<R ＋r ； (4)内切：O 1O 2＝R －r ； (5)内含：0≤O 1O 2<R －r .4．椭圆、双曲线中，a ，b ，c 之间的关系(1)在椭圆中：a 2＝b 2＋c 2，离心率为e ＝ca＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2； (2)在双曲线中：c 2＝a 2＋b 2，离心率为e ＝ca＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2. (3)双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±bax .注意离心率e 与渐近线的斜率的关系．(二) 二级结论要用好1．过圆O ：x 2＋y 2＝r 2上一点P (x 0，y 0)的圆的切线方程是x 0x ＋y 0y ＝r 2. 2.过圆C 外一点P 做圆C 的切线，切点分别为A ，B (求切线时要注意斜率不存在的情况)如图所示，则(1)P ，B ，C ，A 四点共圆，且该圆的直径为PC ； (2)该四边形是有两个全等的直角三角形组成； (3)cos ∠BCA 2＝sin ∠BPA 2＝r PC；(4)直线AB 的方程可以转化为圆C 与以PC 为直径的圆的公共弦，且P (x 0，y 0)时，直线AB 的方程为x 0x ＋y 0y ＝r 2.3．椭圆焦点三角形的3个规律设椭圆方程是x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，焦点F 1(－c ，0)，F 2(c ，0)，点P 的坐标是(x 0，y 0)．(1)三角形的三个边长是PF 1＝a ＋ex 0，PF 2＝a －ex 0，F 1F 2＝2c ，e 为椭圆的离心率． (2)如果△PF 1F 2中∠F 1PF 2＝α，则这个三角形的面积S △PF 1F 2＝c |y 0|＝b 2tan α2.(3)椭圆的离心率e ＝sin ∠F 1PF 2sin ∠F 1F 2P ＋sin ∠F 2F 1P .4．双曲线焦点三角形的2个结论P (x 0，y 0)为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)上的点，△PF 1F 2为焦点三角形．(1)面积公式S ＝c |y 0|＝12r 1r 2sin θ＝b 2tanθ2(其中PF 1＝r 1，PF 2＝r 2，∠F 1PF 2＝θ)．(2)焦半径若P 在右支上，PF 1＝ex 0＋a ·PF 2＝ex 0－a ；若P 在左支上，PF 1＝－ex 0－a ，PF 2＝－ex 0＋a .5．抛物线y 2＝2px (p >0)焦点弦AB 的3个结论 (1)x A ·x B ＝p 24；(2)y A ·y B ＝－p 2； (3)AB ＝x A ＋x B ＋p .[课时达标训练]A 组——抓牢中档小题1．若直线l 1：mx ＋y ＋8＝0与l 2：4x ＋(m －5)y ＋2m ＝0垂直，则m ＝________．解析：∵l 1⊥l 2，∴4m ＋(m －5)＝0，∴m ＝1. 答案：12．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2x －y ＝0的距离为455，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 ＝2a5＝455，解得a ＝2，所以圆C 的半径r ＝|CM |＝22＋（5）2＝3，所以圆C 的方程为(x －2)2＋y 2＝9.答案：(x －2)2＋y 2＝93．(2020·无锡期末)以双曲线x 25－y 24＝1的右焦点为焦点的抛物线的标准方程是________．解析：由题可设抛物线的方程为y 2＝2px (p ＞0)，双曲线中，c ＝5＋4＝3，所以双曲线的右焦点的坐标为(3，0)，则抛物线的焦点坐标为(3，0)，所以p2＝3，p ＝6，所以抛物线的标准方程为y 2＝12x .答案：y 2＝12x4．已知直线l 过点P (1，2)且与圆C ：x 2＋y 2＝2相交于A ，B 两点，△ABC 的面积为1，则直线l 的方程为________．解析：当直线斜率存在时，设直线的方程为y ＝k (x －1)＋2，即kx －y －k ＋2＝0.因为S△ABC＝12CA ·CB ·sin ∠ACB ＝1，所以12×2×2×sin ∠ACB ＝1，所以sin ∠ACB ＝1，即∠ACB ＝90°，所以圆心C 到直线AB 的距离为1，所以|－k ＋2|k 2＋1＝1，解得k ＝34，所以直线方程为3x －4y ＋5＝0；当直线斜率不存在时，直线方程为x ＝1，经检验符合题意．综上所述，直线l 的方程为3x －4y ＋5＝0或x ＝1.答案：3x －4y ＋5＝0或x ＝15．已知圆M ：(x －1)2＋(y －1)2＝4，直线l ：x ＋y －6＝0，A 为直线l 上一点，若圆M 上存在两点B ，C ，使得∠BAC ＝60°，则点A 的横坐标的取值范围为________．解析：由题意知，过点A 的两直线与圆M 相切时，夹角最大，当∠BAC ＝60°时，|MA |＝|MB |sin ∠BAM ＝2sin 30°＝4.设A (x ，6－x )，所以(x －1)2＋(6－x －1)2＝16，解得x ＝1或x＝5，因此点A 的横坐标的取值范围为[1，5]．答案：[1，5]6．(2020·南京学情调研)在平面直角坐标系xOy 中，若圆(x －2)2＋(y －2)2＝1上存在点M ，使得点M 关于x 轴的对称点N 在直线kx ＋y ＋3＝0上，则实数k 的最小值为________．解析：圆(x －2)2＋(y －2)2＝1关于x 轴的对称圆的方程为(x －2)2＋(y ＋2)2＝1，由题意得，圆心(2，－2)到直线kx ＋y ＋3＝0的距离d ＝|2k －2＋3|k 2＋1≤1，解得－43≤k ≤0，所以实数k 的最小值为－43.答案：－437．(2020·南京四校联考)已知圆O ：x 2＋y 2＝1，半径为1的圆M 的圆心M 在线段CD ：y ＝x －4(m ≤x ≤n ，m ＜n )上移动，过圆O 上一点P 作圆M 的两条切线，切点分别为A ，B ，且满足∠APB ＝60°，则n －m 的最小值为________．解析：设M (a ，a －4)(m ≤a ≤n )，则圆M 的方程为(x －a )2＋(y －a ＋4)2＝1.连接MP ，MB ，则MB ＝1，PB ⊥MB .因为∠APB ＝ 60°，所以∠MPB ＝30°，所以MP ＝2MB ＝2，所以点P 在以M 为圆心，2为半径的圆上，连接OM ，又点P 在圆O 上，所以点P 为圆x 2＋y 2＝1与圆(x －a )2＋(y －a ＋4)2＝4的公共点，所以2－1≤OM ≤2＋1，即1≤a 2＋（a －4）2≤3，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－8a ＋15≥0，2a 2－8a ＋7≤0，解得2－22≤a ≤2＋22.所以n ≥2＋22，m ≤2－22，所以n －m ≥ 2.答案： 28．(2020·南京盐城二模)在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (－1，0)，B (5，0)．若圆M ：(x －4)2＋(y －m )2＝4上存在唯一的点P ，使得直线PA ，PB 在y 轴上的截距之积为5，则实数m 的值为________．解析：设点P (x 0，y 0)，则直线PA 的方程为y ＝y 0x 0＋1(x ＋1), 在y 轴上的截距为y 0x 0＋1，同理可得直线PB 在y 轴上的截距为－5y 0x 0－5，由直线PA ，PB 在y 轴上的截距之积为5，得－5y 0x 0－5×y 0x 0＋1＝5，化简，得(x 0－2)2＋y 20＝9(y 0≠0)，所以点P 的轨迹是以C (2，0)为圆心，3为半径的圆(点A (－1，0)，B (5，0)除外)，由题意知点P 的轨迹与圆M 恰有一个公共点，若A ，B 均不在圆M 上，因此圆心距等于半径之和或差，则22＋m 2＝5，解得m ＝±21；或22＋m2＝1，无解．若A 或B 在圆M 上，易得m ＝±3，经检验成立．所以m 的值为±21或± 3.答案：±21或± 39．(2020·扬州期末)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的渐近线与圆x 2＋y 2－6y ＋5＝0没有交点，则双曲线离心率的取值范围是________．解析：由圆x 2＋y 2－6y ＋5＝0，得圆的标准方程为x 2＋(y －3)2＝4，所以圆心C (0，3)，半径r ＝2.因为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的渐近线bx ±ay ＝0与该圆没有公共点，则圆心到直线的距离应大于半径，即|b ×0±a ×3|b 2＋a2>2，即3a >2c ，即e ＝c a <32，又e >1，故双曲线离心率的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 10．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：x 2＋(y －3)2＝2，点A 是x 轴上的一个动点，AP ，AQ 分别切圆C 于P ，Q 两点，则线段PQ 长的取值范围是________．解析：设∠PCA ＝θ，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以PQ ＝22sin θ.又cos θ＝2AC ，AC ∈[3，＋∞)，所以cos θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23，所以cos 2θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，29，sin 2θ＝1－cos 2θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫79，1，因为θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以sin θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫73，1，所以PQ ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫2143，22. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫2143，2211．(2020·南京三模)在平面直角坐标系xOy 中，已知MN 是⊙C ：(x －1)2＋(y －2)2＝2的一条弦，且CM ⊥CN ，P 是MN 的中点．当弦MN 在圆C 上运动时，直线l ：x －3y －5＝0上存在两点A ，B ，使得∠APB ≥π2恒成立，则线段AB 长度的最小值是________． 解析：因为MN 是⊙C ：(x －1)2＋(y －2)2＝2的一条弦，且CM ⊥CN ，P 是MN 的中点，所以PC ＝22r ＝1，点P 的轨迹方程为(x －1)2＋(y －2)2＝1.圆心C 到直线l ：x －3y －5＝0的距离为|1－3×2－5|12＋（－3）2＝10.因为直线l 上存在两点A ，B ，使得∠APB ≥π2恒成立，所以AB min＝210＋2.答案：210＋212．(2020·苏锡常镇调研)已知直线l ：x －y ＋2＝0与x 轴交于点A ，点P 在直线l 上．圆C ：(x －2)2＋y 2＝2上有且仅有一个点B 满足AB ⊥BP ，则点P 的横坐标的取值集合为________．解析：法一：由AB ⊥BP ，得点B 在以AP 为直径的圆D 上，所以圆D 与圆C 相切． 由题意得A (－2，0)，C (2，0)．若圆D 与圆C 外切，则DC －DA ＝2；若圆D 与圆C 内切，则DA －DC ＝ 2.所以圆心D 在以A ，C 为焦点的双曲线x 212－y 272＝1上，即14x 2－2y 2＝7.又点D 在直线l 上，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋2，14x 2－2y 2＝7，得12x 2－8x －15＝0，解得x D ＝32或x D ＝－56.所以x P ＝2x D －x A ＝2x D ＋2＝5或x P ＝13.法二：由题意可得A (－2，0)，设P (a ，a ＋2)，则AP 的中点M ⎝⎛⎭⎪⎫a －22，a ＋22，AP ＝2（a ＋2）2，故以AP 为直径的圆M 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a －222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －a ＋222＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a ＋2|22.由题意得圆C 与圆M 相切(内切和外切)，故⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22－22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋222＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2±|a ＋2|2，解得a ＝13或a ＝5.故点P 的横坐标的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，5. 答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，513．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，直线x ＝m 与椭圆相交于A ，B 两点．若△FAB的周长最大时，△FAB 的面积为ab ，则椭圆的离心率为________．解析：设直线x ＝m 与x 轴交于点H ，椭圆的右焦点为F 1，由椭圆的对称性可知△FAB 的周长为2(FA ＋AH )＝2(2a －F 1A ＋AH )，因为F 1A ≥AH ，故当F 1A ＝AH 时，△FAB 的周长最大，此时直线AB 经过右焦点，从而点A ，B 坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，⎝⎛⎭⎪⎫c ，－b 2a ，所以△FAB 的面积为12·2c ·2b 2a ，由条件得12·2c ·2b 2a ＝ab ，即b 2＋c 2＝2bc ，b ＝c ，从而椭圆的离心率为e ＝22. 答案：2214．已知A ，B 是圆C 1：x 2＋y 2＝1上的动点，AB ＝3，P 是圆C 2：(x －3)2＋(y －4)2＝1上的动点，则|PA ―→＋PB ―→|的取值范围为________．解析：因为A ，B 是圆C 1：x 2＋y 2＝1上的动点，AB ＝3，所以线段AB 的中点H 在圆O ：x 2＋y 2＝14上，且|PA ―→＋PB ―→|＝2|PH ―→|.因为点P是圆C 2：(x －3)2＋(y －4)2＝1上的动点，所以5－32≤|PH ―→|≤5＋32，即72≤|PH ―→|≤132，所以7≤2|PH ―→|≤13，从而|PA ―→＋PB ―→|的取值范围是[7，13]． 答案：[7，13]B 组——力争难度小题1．(2020·苏锡常镇四市一模)若直线l ：ax ＋y －4a ＝0上存在相距为2的两个动点A ，B ，圆O ：x 2＋y 2＝1上存在点C ，使得△ABC 为等腰直角三角形(C 为直角顶点)，则实数a 的取值范围为________．解析：法一：根据题意得，圆O ：x 2＋y 2＝1上存在点C ，使得点C 到直线l 的距离为1，那么圆心O 到直线l 的距离不大于2，即|4a |1＋a2≤2，解得－33≤a ≤33，于是a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33. 法二：因为△ABC 为等腰直角三角形(C 为直角顶点)，所以点C 在以AB 为直径的圆上，记圆心为M ，半径为1，且CM ⊥直线l ，又点C 也在圆O ：x 2＋y 2＝1上，所以C 是两圆的交点，即OM ≤2，所以d OM ＝|4a |1＋a2≤2，解得－33≤a ≤33，于是a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33 2．(2020·全国卷 Ⅰ )已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝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 ＝b ax ，即bx －ay ＝0，则圆心A 到此渐近线的距离d ＝|ba －a ×0|b 2＋a2＝abc .又因为∠MAN ＝60°，圆的半径为b ，所以b ·sin 60°＝ab c，即3b 2＝ab c ，所以e ＝23＝233. 答案：2333．(2020·江苏泰州期末)在平面直角坐标系xOy 中，过圆C 1：(x －k )2＋(y ＋k －4)2＝1上任一点P 作圆C 2：x 2＋y 2＝1的一条切线，切点为Q ，则当|PQ |最小时，k ＝________．解析：由题意得，圆C 1与圆C 2外离，如图．因为PQ 为切线，所以PQ ⊥C 2Q ，由勾股定理，得|PQ |＝|PC 2|2－1，要使|PQ |最小，则需|PC 2|最小．显然当点P 为C 1C 2与圆C 1的交点时，|PC 2|最小，此时，|PC 2|＝|C 1C 2|－1，所以当|C 1C 2|最小时，|PC 2|就最小，|C 1C 2|＝k 2＋（－k ＋4）2＝2（k －2）2＋8≥22，当k ＝2时，|C 1C 2|取最小值，即|PQ |最小． 答案：24．(2020·山东高考)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右支与焦点为F 的抛物线x 2＝2py (p >0)交于A ，B 两点．若AF ＋BF ＝4OF ，则该双曲线的渐近线方程为________．解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由抛物线的定义可知AF ＝y 1＋p 2，BF ＝y 2＋p 2，OF ＝p2，由AF ＋BF ＝y 1＋p 2＋y 2＋p2＝y 1＋y 2＋p ＝4OF ＝2p ，得y 1＋y 2＝p .联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2－y 2b 2＝1，x 2＝2py ，消去x ，得a 2y 2－2pb 2y ＋a 2b 2＝0，所以y 1＋y 2＝2pb 2a 2，所以2pb2a2＝p ，即b 2a 2＝12，故b a ＝22， 所以双曲线的渐近线方程为y ＝±22x . 答案：y ＝±22x 5．已知圆C ：(x －2)2＋y 2＝4，线段EF 在直线l ：y ＝x ＋1上运动，点P 为线段EF 上任意一点，若圆C 上存在两点A ，B ，使得PA ―→·PB ―→≤0，则线段EF 长度的最大值是________．解析：过点C 作CH ⊥l 于H ，因为C 到l 的距离CH ＝32＝322>2＝r ，所以直线l 与圆C相离，故点P 在圆C 外．因为PA ―→·PB ―→＝|PA ―→||PB ―→|cos ∠APB ≤0，所以cos ∠APB ≤0，所以π2≤∠APB <π，圆C 上存在两点A ，B 使得∠APB ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π2，π，由于点P 在圆C 外，故当PA ，PB 都与圆C 相切时，∠APB 最大，此时若∠APB ＝π2，则PC ＝2r ＝22，所以PH ＝PC 2－CH2＝（22）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222＝142，由对称性可得EF max ＝2PH ＝14.答案：146．设抛物线x 2＝4y 的焦点为F ，A 为抛物线上第一象限内一点，满足AF ＝2，已知P 为抛物线准线上任一点，当PA ＋PF 取得最小值时，△PAF 外接圆的半径为________．解析：由抛物线的方程x 2＝4y 可知F (0，1)，设A (x 0，y 0)，又由AF ＝2，根据抛物线的定义可知AF ＝y 0＋p2＝y 0＋1＝2，解得y 0＝1，代入抛物线的方程，可得x 0＝2，即A (2，1)．如图，作抛物线的焦点F (0，1)，关于抛物线准线y ＝－1的对称点F 1(0，－3)，连接AF 1交抛物线的准线y ＝－1于点P ，此时能使得PA ＋PF 取得最小值，此时点P 的坐标为(1，－1)，在△PAF 中，AF ＝2，PF ＝PA ＝5，由余弦定理得cos ∠APF ＝（5）2＋（5）2－222×5×5＝35，则sin ∠APF ＝45.设△PAF 的外接圆半径为R ，由正弦定理得2R ＝AFsin ∠APF ＝52，所以R ＝54，即△PAF 外接圆的半径R ＝54.答案：54第二讲 | 大题考法——直线与圆题型(一) 直线与圆的位置关系主要考查直线与圆的位置关系以及复杂背景下直线、圆的方程.[典例感悟][例1] 如图，在Rt △ABC 中，∠A 为直角，AB 边所在直线的方程为x －3y －6＝0，点T (－1，1)在直线AC 上，BC 中点为M (2，0)．(1)求BC 边所在直线的方程；(2)若动圆P 过点N (－2，0)，且与Rt △ABC 的外接圆相交所得公共弦长为4，求动圆P中半径最小的圆方程．[解] (1)因为AB 边所在直线的方程为x －3y －6＝0，AC 与AB 垂直，所以直线AC 的斜率为－3.故AC 边所在直线的方程为y －1＝－3(x ＋1)，即3x ＋y ＋2＝0.设C 为(x 0，－3x 0－2)，因为M 为BC 中点，所以B (4－x 0，3x 0＋2)． 点B 代入x －3y －6＝0，解得x 0＝－45，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－45，25. 所以BC 所在直线方程为x ＋7y －2＝0.(2)因为Rt △ABC 斜边中点为M (2，0)，所以M 为Rt △ABC 外接圆的圆心． 又AM ＝22，从而Rt △ABC 外接圆的方程为(x －2)2＋y 2＝8.设P (a ，b )，因为动圆P 过点N ，所以该圆的半径r ＝（a ＋2）2＋b 2，圆方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2.由于⊙P 与⊙M 相交，则公共弦所在直线m 的方程为(4－2a )x －2by ＋a 2＋b 2－r 2＋4＝0. 因为公共弦长为4，⊙M 半径为22，所以M (2，0)到m 的距离d ＝2，即|2（4－2a ）＋a 2＋b 2－r 2＋4|2（2－a ）2＋b2＝2， 化简得b 2＝3a 2－4a ，所以r ＝ （a ＋2）2＋b 2＝ 4a 2＋4. 当a ＝0时，r 最小值为2，此时b ＝0，圆的方程为x 2＋y 2＝4.[方法技巧]解决有关直线与圆位置关系的问题的方法(1)直线与圆的方程求解通常用的待定系数法，由于直线方程和圆的方程均有不同形式，故要根据所给几何条件灵活使用方程．(2)对直线与直线的位置关系的相关问题要用好直线基本量之一斜率，要注意优先考虑斜率不存在的情况．(3)直线与圆的位置关系以及圆与圆的位置关系在处理时几何法优先，有时也需要用代数法即解方程组．[演练冲关](2020·连云港模拟)已知圆O 1：x 2＋y 2＝25，点P 在圆O 2：x 2＋y 2＝r 2(0＜r ＜5)上，过点P 作圆O 2的切线交圆O 1于点M ，N 两点，且r ，OM ，MN 成等差数列．(1)求r ；(2)若点P ′的坐标为(－4，3)，与直线MN 平行的直线l 与圆O 2交于A ，B 两点，则使△AOB 的面积为43的直线l 有几条？并说明理由．解：(1)显然圆O 1和圆O 2是圆心在原点的同心圆． 连接OP ，则OP ⊥MN ，OM ＝5，OP ＝r ， 在直角三角形MOP 中，MP ＝52－r 2， 所以MN ＝252－r 2. 由r ，OM ，MN 成等差数列， 得2OM ＝r ＋MN ，即2×5＝r ＋225－r 2，解得r ＝4. (2)因为点P ′的坐标为(－4，3)， 所以k OP ′＝－34，所以直线l 的斜率k ＝43，设直线l 的方程为y ＝43x ＋b ，即4x －3y ＋3b ＝0.设圆心到该直线的距离为d ，则d ＝|3b |5，则AB ＝242－d 2，所以S △AOB ＝12×AB ×d ＝42－d 2×d ＝43，整理得 d 4－16d 2＋48＝0，(d 2－4)(d 2－12)＝0， 解得d ＝2或d ＝2 3 ，因为d ＝|3b |5，从而对应的b 有4个解：b ＝±103或b ＝±1033， 检验知均符合题意，故使△AOB 的面积为43的直线l 有4条.题型(二) 圆中的定点、定值问题主要考查动圆过定点的问题其本质是含参方程恒有解，定值问题是引入参数，再利用其满足的约束条件消去参数得定值.[典例感悟][例2] 已知圆C ：x 2＋y 2＝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PB PA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|－b |22＋12＝3，解得b ＝±3 5.所以所求直线方程为2x ＋y ±35＝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，PB PA ＝|t ＋3|2；当点P 为圆C 与x 轴的右交点(3，0)时，PB PA ＝|t －3|8.依题意，|t ＋3|2＝|t －3|8，解得t ＝－95或t ＝－5(舍去)．下面证明点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－95，0对于圆C 上任一点P ，都有PB PA 为一常数．设P (x ，y )，则y 2＝9－x 2，所以PB 2PA 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋952＋y 2（x ＋5）2＋y 2＝x 2＋185x ＋9－x 2＋8125x 2＋10x ＋25＋9－x 2＝1825·（5x ＋17）2·（5x ＋17）＝925.从而PB PA ＝35为常数．法二：假设存在这样的点B (t ，0)，使得PBPA为常数λ，则PB 2＝λ2PA 2，所以(x －t )2＋y 2＝λ2[(x ＋5)2＋y 2]，将y 2＝9－x 2代入，得x 2－2xt ＋t 2＋9－x 2＝λ2(x 2＋10x ＋25＋9－x 2)，即2(5λ2＋t )x ＋34λ2－t 2－9＝0对x ∈[－3，3]恒成立， 所以⎩⎪⎨⎪⎧5λ2＋t ＝0，34λ2－t 2－9＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝35，t ＝－95或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，t ＝－5(舍去)．故存在点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－95，0对于圆C 上任一点P ，都有PB PA 为常数35.[方法技巧]关于解决圆中的定点、定值问题的方法(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．[演练冲关]1．(2020·无锡天一中学模拟)已知以点C ⎝⎛⎭⎪⎫t ，2t 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：由题意知圆C 过原点O ，∴半径r ＝OC . ∵OC 2＝t 2＋4t2，∴设圆C 的方程为(x －t )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －2t 2＝t 2＋4t 2，令y ＝0，得x 1＝0，x 2＝2t ，则A (2t ，0)． 令x ＝0，得y 1＝0，y 2＝4t，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4t .∴S △OAB ＝12OA ·OB ＝12×|2t |×⎪⎪⎪⎪⎪⎪4t ＝4，即△OAB 的面积为定值． (2)∵OM ＝ON ，CM ＝CN ， ∴OC 垂直平分线段MN . ∵k MN ＝－2，∴k OC ＝12，∴直线OC 的方程为y ＝12x .∴2t ＝12t ，解得t ＝2或t ＝－2. 当t ＝2时，圆心C 的坐标为(2，1)，r ＝|OC |＝5， 此时圆心C 到直线y ＝－2x ＋4的距离d ＝15<5，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)，r ＝OC ＝5，此时圆心C 到直线y ＝－2x ＋4的距离d ＝95>5，圆C 与直线y ＝－2x ＋4不相交， ∴圆C 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝5.2．已知圆M 的方程为x 2＋(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 ＝2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 ＝45，故所求点P 的坐标为P (0，0)或P ⎝ ⎛⎭⎪⎫85，45. (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22， 所以22＝|－2k －1|1＋k2，解得k ＝－1或k ＝－17， 故所求直线CD 的方程为x ＋y －3＝0或x ＋7y －9＝0. (3)设P (2m ，m )，MP 的中点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m2＋1，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＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －m 2－12＝m 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2－12，化简得x 2＋y 2－2y －m (2x ＋y －2)＝0，此式是关于m 的恒等式， 故⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－2y ＝0，2x ＋y －2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝45，y ＝25.所以经过A ，P ，M 三点的圆必过定点(0，2)或⎝ ⎛⎭⎪⎫45，25.题型(三)与直线、圆有关的最值或范围问题主要考查与直线和圆有关的长度、面积的最值或有关参数的取值范围问题.[典例感悟][例3] 已知△ABC 的三个顶点A (－1，0)，B (1，0)，C (3，2)，其外接圆为圆H . (1)若直线l 过点C ，且被圆H 截得的弦长为2，求直线l 的方程；(2)对于线段BH 上的任意一点P ，若在以C 为圆心的圆上都存在不同的两点M ，N ，使得点M 是线段PN 的中点，求圆C 的半径r 的取值范围．[解] (1)线段AB 的垂直平分线方程为x ＝0，线段BC 的垂直平分线方程为x ＋y －3＝0. 所以外接圆圆心H (0，3)，半径为12＋32＝10. 圆H 的方程为x 2＋(y －3)2＝10.设圆心H 到直线l 的距离为d ，因为直线l 被圆H 截得的弦长为2，所以d ＝（10）2－1＝3.当直线l 垂直于x 轴时，显然符合题意，即x ＝3为所求；当直线l 不垂直于x 轴时，设直线方程为y －2＝k (x －3)，则|3k ＋1|1＋k 2＝3，解得k ＝43. 所以直线l 的方程为y －2＝43(x －3)，即4x －3y －6＝0.综上，直线l 的方程为x ＝3或4x －3y －6＝0.(2)直线BH 的方程为3x ＋y －3＝0，设P (m ，n )(0≤m ≤1)，N (x ，y )． 因为点M 是线段PN 的中点，所以M ⎝⎛⎭⎪⎫m ＋x 2，n ＋y 2，又M ，N 都在半径为r 的圆C 上，所以⎩⎪⎨⎪⎧（x －3）2＋（y －2）2＝r 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋x 2－32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋y 2－22＝r 2，即⎩⎪⎨⎪⎧（x －3）2＋（y －2）2＝r 2，（x ＋m －6）2＋（y ＋n －4）2＝4r 2. 因为该关于x ，y 的方程组有解，即以(3，2)为圆心，r 为半径的圆与以(6－m ，4－n )为圆心，2r 为半径的圆有公共点，所以(2r －r )2≤(3－6＋m )2＋(2－4＋n )2≤(r ＋2r )2.又3m ＋n －3＝0，所以r 2≤10m 2－12m ＋10≤9r 2对任意的m ∈[0，1]成立． 而f (m )＝10m 2－12m ＋10在[0，1]上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤325，10，所以r 2≤325且10≤9r 2.又线段BH 与圆C 无公共点，所以(m －3)2＋(3－3m －2)2>r 2对任意的m ∈[0，1]成立，即r 2<325.故圆C 的半径r 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，4105.[方法技巧]1．隐形圆问题有些时候，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．隐形圆的确定方法(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°(k PA ·k PB ＝－1)确定隐形圆； (3)两定点A ，B ，动点P 满足PA ―→·PB ―→＝λ确定隐形圆； (4)两定点A ，B ，动点P 满足PA 2＋PB 2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． 3．与圆有关的最值或范围问题的求解策略与圆有关的最值或取值范围问题的求解，要对问题条件进行全方位的审视，特别是题中各个条件之间的相互关系及隐含条件的挖掘，要掌握解决问题常使用的思想方法，如要善于利用数形结合思想，利用几何知识，求最值或范围，要善于利用转化与化归思想将最值或范围转化为函数关系求解．[演练冲关]1．在等腰△ABC 中，已知AB ＝AC ，且点B (－1，0)．点D (2，0)为AC 的中点． (1)求点C 的轨迹方程；(2)已知直线l ：x ＋y －4＝0，求边BC 在直线l 上的射影EF 长的最大值． 解：(1)设C (x ，y )， ∵D (2，0)为AC 的中点． ∴A (4－x ，－y )，。

高考数学——解析几何复习与备考经验分享作为高考数学中的一门重要学科，解析几何既考查学生对几何概念和定理的理解和掌握，又需要运用代数化简、计算和解方程等能力。

本文旨在分享一些解析几何复习和备考的经验和心得，帮助广大考生更好地备战高考。

一、复习内容及技巧1.掌握基本概念和定理解析几何的基本概念和定理是学习的起点，也是高考考查的重点。

重点掌握距离公式、斜率公式、中点公式等基本定理，同时要熟记直线、圆及其相关概念和公式。

复习的过程中，可以制定一份重点及难点汇总表，逐一查漏补缺。

2.多做题、多总结解析几何学科的特点是注重计算和运用，因此多做题非常重要。

不仅可以加深理解和掌握常见的计算方法，还可以培养运用解析方法解决实际问题的能力。

同时，做题过程中遇到难点和疑问，及时总结和查缺补漏，将做错的题目记录下来，找到错误原因并及时纠正，更好地提升解析几何应用能力。

3.加强思维练习解析几何的应用要求学生能够进行代数化简，解方程等操作，因此需要对数学思维进行锻炼。

可以选择一些方法问题或综合问题进行思考和解答，或参加数学竞赛等活动进行实践和应用。

4.提高解题效率解析几何中的计算和运用需要较强的数学功底和计算能力，因此提高解题效率非常重要。

这一技巧的实践要点包括：熟练掌握基本计算规律和技巧，巧用代数化简和简化公式，提高计算精度等。

二、备考心态及技巧1. 调整心态，保持自信高考数学中的解析几何是考查学生对数学知识的掌握和解题能力的一门重要学科，复习过程中可能会遇到困难和难题，要及时调整心态，保持自信心，不要影响学习和备考的进度。

2. 查阅资料，积累经验更新自己的数学知识，在复习中充分展现自己的优势和特长。

在习题解决中，较强的思维抽象和极好的运算能力，有利于解答考试提供充足的时间和思路。

同时要充分了解高考数学考试的规律和趋势，提前准备充足的模拟试题和真题进行复习练习。

3. 坚持做题，增强实践与其它学科相比较，解析几何需要大量的实践更能促进对知识地理的理解，解决不了的问题借助不同的方法去尝试，多做套卷或零散的问题来逐渐适应解析普及难度的思路和方案。

高三平面解析几何复习的教学策略高三平面解析几何是数学课程中的重要内容之一，也是考试中常考的题型。

为了帮助学生复习和掌握这一部分知识，教师需要制定相应的教学策略。

本文将从教学内容、教学方法和复习计划三个方面来介绍高三平面解析几何复习的教学策略。

一、教学内容在高三平面解析几何的复习中，教师需要重点复习以下内容：1. 平面方程的应用：包括点斜式、两点式、一般式等平面方程的互相转化和应用；2. 直线与平面的位置关系：直线的方程和位置关系、直线与平面的位置关系等内容；3. 空间几何体的平面截线：包括球、圆锥、圆柱等空间几何体与平面的截线问题；4. 空间向量的应用：包括向量的夹角、向量的共线、向量的运算等内容。

以上内容是高三平面解析几何的重点内容，复习时要注重学生的理解和掌握程度，尤其是与其他几何知识的联系和综合应用。

二、教学方法1. 综合性教学法：平面解析几何与向量、数学分析、几何等知识有很大的联系，复习时可以采用综合性教学法，将平面解析几何与其他知识点相结合，使学生能更好地理解和掌握知识。

2. 案例教学法：通过实际案例的讲解，让学生了解平面解析几何的应用，加深他们对知识点的理解。

学生可以通过解决实际问题来巩固和提升他们的解题能力。

3. 多维度教学法：平面解析几何涉及到三维空间的问题，教师需要引导学生将平面几何的题目转化为三维空间的问题，从多个角度来理解和解决问题。

4. 实践教学法：通过实践操作，比如利用几何软件进行模拟实验，让学生更直观地理解平面解析几何的内容，提高他们的学习兴趣和解题能力。

以上教学方法可以有效地帮助学生巩固和提高平面解析几何的学习成绩，加强和应用所学知识。

三、复习计划为了让学生更好地复习平面解析几何，教师可以制定以下复习计划：1. 明确复习内容：教师首先要明确定义好复习的内容和目标，包括重点、难点和易错点的整理和梳理。

2. 分阶段复习：根据复习内容的特点，可以将复习分为基础阶段、巩固阶段和强化阶段，逐步推进，循序渐进。

高三复习阶段如何备考数学解析几何题数学解析几何是高中数学中一个重要且难度较大的部分，对于广大高三学生来说，备考解析几何题是提高数学成绩的关键。

在高三复习阶段，如何备考数学解析几何题是一个需要认真思考和制定合适策略的问题。

本文将介绍一些备考数学解析几何题的方法和技巧，希望对广大高三学生有所帮助。

一、理清解析几何基本概念在备考数学解析几何题之前，首先要对解析几何的基本概念进行理解和掌握。

解析几何是通过代数方法研究几何问题的一门学科，需要对点、直线、平面、坐标系等基本概念有清晰的认识。

可以通过查阅教材、参考书或互联网资源来进行学习和总结，建立起扎实的基础。

二、掌握解析几何常用定理和公式在备考数学解析几何时，了解和记忆一些常用的定理和公式是非常重要的。

例如，直线的方程、两点间距离公式、两条直线的关系等。

可以利用复习资料和习题集进行有针对性的练习，加深对这些定理和公式的理解和记忆。

三、多做解析几何题并总结题型特点高三复习阶段，多做解析几何的相关题目是必不可少的。

在做题过程中，要注意总结题目的特点和解题方法。

可以将解析几何题型分成平面几何和空间几何两部分，分别进行钻研。

通过大量的练习，可以熟悉各种题型，掌握解析几何的解题技巧。

四、注重解析几何与其他数学知识的综合运用解析几何与代数、函数、三角等数学知识有密切关联，在备考过程中要注重解析几何与其他数学知识的综合运用能力。

可以通过做综合性的题目或者跨章节的大题来加强解析几何与其他数学知识之间的联系，提高解题的能力。

五、注意解题技巧和思维方法的培养解析几何是一门需要思维灵活的学科，解题过程中需要注意一些常用的解题技巧和思维方法。

例如，利用图形的对称性、利用坐标系进行变换等。

在备考过程中，可以参考一些解析几何解题技巧的书籍或者教材，培养自己的解题思维。

六、做好错题和习题的整理与总结在备考过程中，及时整理和总结做错的题目是非常必要的。

可以将做错的题目整理成错题集，进行详细的分析和解答。

2020 高中数学必备知识点如何解答高考分析几何题
平面分析几何研究的内容是曲线的方程和方程的曲线，其中心是经过坐标系将曲线
和方程联系起来，实现两者的双向转变. 作为高中知识的骨干内容，它在高考取据有重要的位
置 . 主要考察点为：求曲线的轨迹方程，求最值问题，求参数的取值范围，圆锥曲线的切线，
定点、定值问题，存在性问题等.
●解题策略
直线与圆锥曲线的综合问题向来是高考考察的热门，其解答的重点是坐标
化，难在代数运算和代数推理上，且字母多，难消元，其解答的策略是：
1. 没有图，不如画个图形，便于直观思虑.
2.“建坐标系，设点坐标，列关系式，化简，考证”是求动点轨迹的通法.
3.消元转变为一元二次方程，鉴别式、根与系数关系、中点公式、弦长公
式等是经常要考虑的 .
4.多多感悟“设、列、解”．设什么？点坐标，曲线方程，角度，线段长；
“列”的前提是找关系；“解”就是要转变，要化简，要变形，变形要有目标，要有方向性，有
依据，更要简捷、正确 .
5.紧扣题意和曲线的定义，联系图形、坐标与方程之间的关系，数形联合.
●典范选讲
高考数学复习必定要做好基础知识梳理，比方分析几何知识：圆锥曲线的定义；直线和圆的方程；转变标准方程，从标准方程中读出特点量；经过方程联想图形，
经过图形联想方程 . 在大脑里形成自己的知识构造、知识网络，提炼一些解题方法、解题策略，从数学思想方法的高度去理解如何学会解答分析几何题 . “成立坐标系，设点坐标、设曲线方
程，列关系，化简求解，反省考证”是惯例的详细的解题通道，能够简化为“建，设，列，
解，验”五字法 , 望读者能在自己的解题过程中，多加实践、总结、回味和体验。