2020高考数学一轮复习第八章解析几何课时作业51证明最值范围存在性问题文
高考数学统考一轮复习 第八章 平面解析几何 第八节 第1课时 最值、范围、证明问题(教师文档)教案
学习资料第八节 直线与圆锥曲线的综合问题授课提示:对应学生用书第171页[基础梳理]1．直线与圆锥曲线的位置关系的判定 代数法:把圆锥曲线方程C 与直线方程l 联立消去y ，整理得到关于x 的方程ax 2＋bx ＋c ＝0。
方程ax 2＋bx ＋c ＝0的解 l 与C 的交点a ＝0b ＝0 无解(含l 是双曲线的渐近线) 无交点b ≠0 有一解（含l 与抛物线的对称轴平行或与双曲线的渐近线平行）一个交点 a ≠0 Δ〉0 两个不等的解 两个交点Δ＝0 两个相等的解 一个交点Δ〈0 无实数解 无交点2。
弦长公式设斜率为k (k ≠0）的直线l 与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B （x 2，y 2),则｜AB |＝错误!|x 1－x 2｜＝错误!·错误!或｜AB |＝ 错误!·｜y 1－y 2｜＝错误!·错误!．直线与圆锥曲线相交与相切的区别与联系(1)直线与椭圆相交⇔有两个交点．相切⇔有一个公共点．(2)直线与双曲线相交时，可以为一个公共点，即直线与渐近线平行；可以为两个公共点，直线与渐近线不平行．直线与双曲线相切时，只有一个公共点．(3)直线与抛物线相交,当直线平行对称轴时,只有一个公共点，当直线与对称轴不平行，有两个公共点．直线与抛物线相切时，只有一个公共点．［四基自测］1．(基础点：直线与抛物线的关系）已知点A （－2，3)在抛物线C :y 2＝2px 的准线上，记C 的焦点为F ,则直线AF 的斜率为( )A ．－错误!B ．－1C ．－错误!D ．－错误!答案:C2．（基础点:直线截椭圆的弦长）斜率为1的直线l 与椭圆x 24＋y 2＝1相交于A 、B 两点，则｜AB |的最大值为( ）A ．2B ．错误!C.错误! D 。
错误!答案：C3．(基础点：椭圆的焦点三角形)已知F 1,F 2是椭圆16x 2＋25y 2＝1 600的两个焦点，P 是椭圆上一点，且PF 1⊥PF 2，则△F 1PF 2的面积为________．答案:644．(基础点：双曲线的通径)F 是双曲线C ：x 2－错误!＝1的右焦点，过F 作x 轴的垂线交双曲线于A 、B 两点，则|AB |＝________．答案:6第一课时 最值、范围、证明问题授课提示：对应学生用书第172页 考点一 弦及弦长问题［例］ （1)过椭圆错误!＋错误!＝1的右焦点的直线交椭圆于A ，B 两点，若|AB |＝2错误!,则直线AB 的方程为（ ）A．x＋错误!y－3＝0B．错误!x±y－3＝0C.错误!x＋y－3＝0D.x±错误!y－3＝0［解析］由题意知，椭圆错误!＋错误!＝1的右焦点为F（3，0），设直线AB的方程为x ＝ty＋3，代入椭圆方程错误!＋错误!＝1中得(t2＋4)y2＋6ty－3＝0,设A（x1，y1)，B(x2，y2),则y1＋y2＝－错误!,y1y2＝－错误!，所以（y1－y2）2＝（y1＋y2）2－4y1y2＝错误!错误!＋错误!＝错误!，所以|AB｜＝错误!＝错误!＝2错误!，解得t2＝2，所以t＝±错误!，所以直线AB的方程为x＝±错误!y＋3，即x±错误!y－3＝0.选D.[答案］ D（2)（2020·沈阳监测)已知抛物线y2＝4x的一条弦AB恰好以P（1，1）为中点，则弦AB所在直线的方程是________．［解析］设A（x1，y1),B（x2，y2)，且x1≠x2，则y1＋y2＝2，又点A，B在抛物线y2＝4x 上，所以错误!两式相减，得(y1＋y2)（y1－y2)＝4（x1－x2)，则错误!＝错误!＝2，即直线AB 的斜率k＝2，所以直线AB的方程为y－1＝2（x－1)，即2x－y－1＝0。
2020高考数学理科大一轮复习导学案：第八章 平面解析几何8.9 Word版含答案
姓名，年级：时间：错误!错误!知识点一直线与圆锥曲线的位置关系1．直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0（A，B不同时为0）代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x）得到一个关于变量x(或变量y）的一元方程．即错误!消去y,得ax2＋bx＋c＝0.(1)当a≠0时,设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ〉0⇔直线与圆锥曲线C相交；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；Δ〈0⇔直线与圆锥曲线C相离．(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一元一次方程，则直线l 与圆锥曲线C相交,且只有一个交点，此时，若C为双曲线,则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行;若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．2．圆锥曲线的弦长设斜率为k（k≠0）的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B（x2,y2），则|AB｜＝错误!|x1－x2｜＝错误!·错误!＝错误!·|y1－y2｜＝错误!·错误!。
1．过点(0，1）作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有3条．解析：结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x ＝0，过点（0，1）且平行于x轴的直线以及过点(0,1）且与抛物线相切的直线(非直线x＝0）．2．已知直线y＝x＋m被椭圆4x2＋y2＝1截得的弦长为错误!，则m的值为±1.解析：把直线y＝x＋m代入椭圆方程得4x2＋（x＋m)2＝1,即5x2＋2mx＋m2－1＝0，设该直线与椭圆相交于两点A(x1，y1）,B（x2，y2）,则x1，x2是方程5x2＋2mx＋m2－1＝0的两根，Δ＝4m2－20（m2－1)＝－16m2＋20〉0，即m2<错误!。
由韦达定理可得x1＋x2＝－错误!，x1·x2＝错误!，所以|AB｜＝1＋12·错误!＝错误!·错误!＝错误!,所以m＝±1.3．椭圆错误!＋y2＝1的弦被点错误!平分，则这条弦所在的直线方程是2x＋4y－3＝0。
高考数学 一轮复习课时作业51第8章 解析几何6 Word版含答案
答案：D
5．过双曲线C： － ＝1的右顶点作x轴的垂线，与C的一条渐近线相交于点A。若以C的右焦点为圆心、半径为4的圆经过A，O两点(O为坐标原点)，则双曲线C的方程为()
由
得5x2＋6x－27＝0。
所以x1＋x2＝－ ，x1x2＝－ 。
所以|AB|＝ |x1－x2|
＝
＝ · ＝ 。
(2)直线AB的方程变形为 x－3y－3 ＝0。
所以原点O到直线AB的距离为d＝ ＝ 。
所以S△AOB＝ |AB|·d＝ × × ＝ 。
11．已知椭圆C1的方程为 ＋y2＝1，双曲线C2的左、右焦点分别是C1的左、右顶点，而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点。
课时作业(五十一)双曲线
一、选择题
1．已知双曲线 － ＝1(a＞0)的离心率为2，则a＝()
A．2 B. C. D．1
解析：因为双曲线的方程为 － ＝1，所以e2＝1＋ ＝4，因此a2＝1，a＝1.选D。
答案：D
2．若实数k满足0＜k＜5，则曲线 － ＝1与曲线 － ＝1的()
A．实半轴长相等B．虚半轴长相等C．离心率相等D．焦距相等
答案：10
三、解答题
10．过双曲线 － ＝1的右焦点F2，倾斜角为30°的直线交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，F1为左焦点。
(1)求|AB|；
(2)求△AOB的面积。
解析：(1)由双曲线的方程得a＝ ，b＝ ，
所以c＝ ＝3，F1(－3,0)，F2(3,0)。
直线AB的方程为y＝ (x－3)。
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
高考数学一轮复习第八章平面解析几何第八节第1课时最值范围证明问题课时规范练文含解析北师大版
第八章 平面解析几何第八节 直线与圆锥曲线的综合问题第一课时 最值、范围、证明问题课时规范练1．(2020·广东佛山二模)已知A (－5，0)，B (5，0)．直线AM ，BM 相交于点M ，且它们的斜率之积是－15. (1)求点M 的轨迹Γ的方程；(2)过点A 的直线与轨迹Γ交于点Q ，与y 轴交于点C ，过T (1，0)作CT 的垂线交y 轴于点D ，求证：AD ∥BQ .解析：(1)设M (x ，y )，则直线AM 的斜率k AM ＝y x ＋5，直线BM 的斜率k BM ＝y x －5， 依题意得k AM ·k BM ＝y x ＋5·y x －5＝－15，整理得x 25＋y 2＝1， 所以点M 的轨迹Γ的方程为x 25＋y 2＝1(y ≠0)． (2)证明：设直线AQ 的方程为y ＝k (x ＋5)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋5），x 2＋5y 2＝5，消去y 整理得 (1＋5k 2)x 2＋105k 2x ＋25k 2－5＝0，又A (－5，0)，所以－5x Q ＝25k 2－51＋5k 2，即x Q ＝5（1－5k 2）1＋5k 2，则y Q ＝25k 1＋5k2， 易得C (0，5k )，直线CT 的斜率k CT ＝－5k ， 又CT ⊥TD ，所以直线TD 的方程为y ＝15k(x －1)， 令x ＝0，得D ⎝⎛⎭⎫0，－15k ，所以直线AD 的斜率k AD ＝－15k ，又直线BQ 的斜率k BQ ＝y Q －0x Q －5＝－15k，所以k AD ＝k BQ ，所以AD ∥BQ . 2．过双曲线x 23－y 26＝1的右焦点F 2，倾斜角为30°的直线交双曲线于A ，B 两点，O 为坐标原点，F 1为左焦点．(1)求|AB |；(2)求△AOB 的面积．解析：(1)由题意得a 2＝3，b 2＝6，∴c 2＝9，∴F 2(3，0)．直线方程为y ＝33(x －3)， ∴由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝33（x －3），2x 2－y 2＝6，得2x 2－⎣⎡⎦⎤33（x －3）2＝6. 即5x 2＋6x －27＝0，∴x ＝－3或x ＝95. 则A ⎝⎛⎭⎫95，－235，B (－3，－23) ∴|AB |＝⎝⎛⎭⎫95＋32＋⎝⎛⎭⎫－235＋232＝1635. (2)由(1)得直线方程为3x －3y －33＝0，∴O (0，0)到直线的距离d ＝|－33|3＋9＝32， ∴S △AOB ＝12|AB |d ＝12×1635×32＝1235. 3. (2020·贵阳模拟)如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，过椭圆右焦点F 作两条互相垂直的弦AB 与CD .当直线AB 斜率为0时，|AB |＝4.(1)求椭圆的方程；(2)若|AB |＋|CD |＝487，求直线AB 的方程． 解析：(1)由题意知e ＝c a ＝12，2a ＝4. 又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1. (2)①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，由题意知|AB |＋|CD |＝7，不满足条件．②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则直线CD 的方程为y ＝－1k(x －1)． 将直线AB 的方程代入椭圆方程中并整理得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1·x 2＝4k 2－123＋4k 2， 所以|AB |＝k 2＋1|x 1－x 2| ＝k 2＋1·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝12（k 2＋1）3＋4k 2. 同理，|CD |＝12⎝⎛⎭⎫1k 2＋13＋4k 2＝12（k 2＋1）3k 2＋4. 所以|AB |＋|CD |＝12（k 2＋1）3＋4k 2＋12（k 2＋1）3k 2＋4＝84（k 2＋1）2（3＋4k 2）（3k 2＋4）＝487，解得k ＝±1， 所以直线AB 的方程为x －y －1＝0或x ＋y －1＝0.4．(2020·淄博模拟)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，其左焦点到点P (2，1)的距离为10. (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．解析：(1)因为左焦点(－c ，0)到点P (2，1)的距离为10，所以（2＋c ）2＋1＝10，解得c＝1.又e ＝c a ＝12，解得a ＝2，所以b 2＝a 2－c 2＝3.所以所求椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，Δ＝64m 2k 2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0，化为3＋4k 2>m 2.所以x 1＋x 2＝－8mk3＋4k 2，x 1x 2＝4（m 2－3）3＋4k 2. y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3（m 2－4k 2）3＋4k 2. 因为以AB 为直径的圆过椭圆右顶点D (2，0)，k AD ·k BD ＝－1，所以y 1x 1－2·y 2x 2－2＝－1， 所以y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0，所以3（m 2－4k 2）3＋4k 2＋4（m 2－3）3＋4k 2＋16mk 3＋4k 2＋4＝0. 化为7m 2＋16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k 7. 且满足3＋4k 2－m 2>0.当m ＝－2k 时，l ：y ＝k (x －2)，直线过定点(2，0)与已知矛盾；当m ＝－2k 7时，l ：y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －27，直线过定点⎝⎛⎭⎫27，0. 综上可知，直线l 过定点⎝⎛⎭⎫27，0.5．已知抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1，2)，过点Q (0，1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N .(1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值． 解析：(1)因为抛物线y 2＝2px 过点(1，2)，所以2p ＝4，即p ＝2.故抛物线C 的方程为y 2＝4x .由题意知，直线l 的斜率存在且不为0.设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1，得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0. 依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1＞0，解得k ＜0，或0＜k ＜1.又P A ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2)．从而k ≠－3.所以直线l 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k 2. 直线P A 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)． 令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2. 同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2. 由QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，得λ＝1－y M ，μ＝1－y N .所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N＝x 1－1（k －1）x 1＋x 2－1（k －1）x 2＝1k －1·2x 1x 2－（x 1＋x 2）x 1x 2 ＝1k －1·2k 2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值．。
高考数学一轮复习第八章 解析几何答案
第八章解析几何第40讲直线的方程及位置关系链教材·夯基固本激活思维1. ABCD 【解析】对于A，该方程不能表示过点P且垂直于x轴的直线，即点斜式只能表示斜率存在的直线，所以A不正确；对于B，该方程不能表示过点P且平行于x轴的直线，即该直线不能表示斜率为零的直线，所以B不正确；对于C，斜截式不能表示斜率不存在的直线，所以C不正确；对于D，截距式的使用条件是能表示在两坐标轴上都有非零截距的直线，所以D不正确；对于E，经过任意两个不同的点P1(x1，y1)，P(x2，y2)的直线都可以用方程(y－y1)(x2－x1)＝(x－x1)(y2－y1)表示，是正确的，该方程没有任何限制条件，所以E 正确．故选ABCD.2. B 【解析】化直线方程为y＝3x＋a，所以k＝tan α＝3.因为0°≤α<180°，所以α＝60°.3. B 【解析】由已知得k1＝1，k2＝m＋15.因为l1⊥l2，所以k1·k2＝－1，所以1×m＋15＝－1，即m＝－6. 故选B.4. C 【解析】由直线l的倾斜角为3π4得l的斜率为－1，因为直线l与l1平行，所以l1的斜率为－1.又直线l1经过点A(3,2)和B(a，－1)，所以l1的斜率为33－a，故33－a＝－1，解得a＝6.5. ABC 【解析】当直线经过原点时，斜率为k＝2－0 1－0＝2，所求的直线方程为y＝2x，即2x－y＝0；当直线不过原点时，设所求的直线方程为x±y＝k，把点A(1,2)代入可得1－2＝k或1＋2＝k，解得k＝－1或k＝3，故所求的直线方程为x－y＋1＝0或x＋y－3＝0.综上可知，所求的直线方程为2x－y＝0，x－y＋1＝0或x＋y－3＝0.故选ABC.知识聚焦1. (1) 向上方向平行或重合(2) [0，π)2. (1) tan α (2) y2－y1x2－x13. y －y 0＝k (x －x 0) y ＝kx ＋b Ax ＋By ＋C ＝0 A 2＋B 2≠04. (1) ①l 1∥l 2 l 1⊥l 2 k 1＝k 2，b 1＝b 2②A 1B 2＝A 2B 1且A 1C 2≠A 2C 1A 1A 2＋B 1B 2＝0 A 1B 2＝A 2B 1且A 1C 2＝A 2C 1 (2) ⎩⎪⎨⎪⎧A1x ＋B1y ＋C1＝0，A2x ＋B2y ＋C2＝05. (1) (x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2(2) |Ax0＋By0＋C|A2＋B2(3)|C1－C2|A2＋B2研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 B【解析】 设直线的倾斜角为θ，因为θ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤ π3，3π4，所以当θ∈⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫π3，π2时，k ＝tan θ＞3.当θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤π2，3π4时，k ＝tan θ＜－1，所以其斜率的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．故选B.(2) 【答案】 ⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，56∪[2，＋∞) 【解析】若要使l 过点P (2,2)，且与线段AB 相交，则k ≥k AP ＝4－23－2＝2或k ≤k BP ＝－3－2－4－2＝56，即k ≥2或k ≤56.所以直线l 的斜率k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，56∪[2，＋∞)．(1) 【答案】 D 【解析】 因为sin θ＋cos θ＝55，①所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θ cos θ＝15，所以2sin θcos θ＝－45，所以(sin θ－cos θ)2＝95，易知sin θ>0，cos θ<0，所以sin θ－cos θ＝355，②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＝255，cos θ＝－55，所以tan θ＝－2，即l 的斜率为－2.故选D. (2) 【答案】 AD【解析】 方法一：如图，当l 过点B 时，k l ＝－1，当l 过点A 时，k l ＝1，所以k l ∈[－1,1]，又k ＝tan α(α∈[0，π))，所以α∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，π4∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫3π4，π.(变式(2))方法二：由题可知l 的斜率存在，可设l ：y ＝kx －1，即kx －y －1＝0，易知A ，B 两点在直线l 两侧，所以(k ＋1)·(2k －2)≤0，所以－1≤k ≤1，以下同方法一．【解答】 (1) 由点斜式方程得y －3＝3(x －5)，整理得3x －y ＋3－53＝0；(2) x ＝－3，即x ＋3＝0；(3) y ＝4x －2，即4x －y －2＝0； (4) y ＝3，即y －3＝0；(5) 由两点式方程得y －5－1－5＝x －(－1)2－(－1)，整理得2x ＋y －3＝0；(6) 由截距式方程得x－3＋y－1＝1，整理得x ＋3y ＋3＝0.【解答】(1)由题意知，直线的点斜式方程为y －5＝4(x －2)，整理得4x －y －3＝0.(2) 由题意可知，直线的斜率k ＝tan 150°＝－33，所以直线的斜截式方程为y ＝－33x －2，整理得3x ＋3y ＋6＝0.(3) 根据题意可得，直线的两点式方程为y ＋12＋1＝x ＋22＋2，整理得3x －4y ＋2＝0.【解答】 方法一： (1) 当a ＝1时，l 1：x ＋2y ＋6＝0，l 2：x ＝0，l 1不平行于l 2； 当a ＝0时，l 1：y ＝－3，l 2：x －y －1＝0，l 1不平行于l 2；当a ≠1且a ≠0时，两直线方程可化为l 1：y ＝－a2x －3，l 2：y ＝11－a x －(a ＋1)，由l 1∥l 2可得⎩⎪⎨⎪⎧－a 2＝11－a ，－3≠－(a ＋1)，解得a ＝－1.综上可知，a ＝－1.(2) 当a ＝1时，l 1：x ＋2y ＋6＝0，l 2：x ＝0，l 1与l 2不垂直，故a ＝1不符合； 当a ≠1时，l 1：y ＝－a2x －3，l 2：y ＝11－a x －(a ＋1)，由l 1⊥l 2，得⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－a 2·11－a ＝－1⇒a ＝23. 方法二：(1) 由l 1∥l 2知⎩⎪⎨⎪⎧A1B2－A2B1＝0，A1C2－A2C1≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧a (a －1)－1×2＝0，a (a 2－1)－1×6≠0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a2－a －2＝0，a (a 2－1)≠6⇒a ＝－1.(2) 因为l1⊥l2，所以A1A2＋B1B2＝0，即a＋2(a－1)＝0，解得a＝2 3.【答案】－10【解析】因为l1∥l2，所以4－m m＋2＝－2(m≠－2)，解得m＝－8(经检验，l1与l2不重合)．因为l2⊥l3，所以2×1＋1×n＝0，解得n＝－2，所以m＋n＝－10.(1) 【答案】x＋3y－5＝0或x＝－1【解析】方法一：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－2＝k(x＋1)，即kx－y＋k＋2＝0.由题意知|2k－3＋k＋2|k2＋1＝|－4k－5＋k＋2|k2＋1，即|3k－1|＝|－3k－3|，解得k＝－13，所以直线l的方程为y－2＝－13(x＋1)，即x＋3y－5＝0.当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝－1，也符合题意．故直线l的方程为x＋3y－5＝0或x＝－1.方法二：当AB∥l时，有k＝k AB＝－13，直线l的方程为y－2＝－13(x＋1)，即x＋3y－5＝0.当l过AB中点时，AB的中点为(－1,4)，所以直线l的方程为x＝－1.故所求直线l的方程为x＋3y－5＝0或x＝－1.(2) 【答案】 2或－6【解析】依题意知，63＝a－2≠c－1，解得a＝－4，c≠－2，即直线6x＋ay＋c＝0可化为3x－2y＋c2＝0，又两平行线之间的距离为21313，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪c2＋132＋(－2)2＝21313，解得c＝2或－6.(1) 【答案】 BC【解析】直线l 1：x ＋3y ＋m ＝0，即2x ＋6y ＋2m ＝0，因为它与直线l 2：2x ＋6y －3＝0的距离为10，所以|2m ＋3|4＋36＝10，解得m ＝172或－232，故选BC.(2) 【答案】 2 2x －y －2＝0或2x ＋3y －18＝0 【解析】显然直线l 的斜率不存在时，不满足题意．设所求直线方程为y －4＝k (x －3)，即kx －y ＋4－3k ＝0，由已知，得|－2k －2＋4－3k|1＋k2＝|4k ＋2＋4－3k|1＋k2，所以k ＝2或k ＝－23. 所以直线l 的方程为2x －y －2＝0或2x ＋3y －18＝0. 课堂评价 1.D【解析】由题意，直线的斜率为k ＝－33，即直线倾斜角的正切值是－33.又倾斜角∈[0°，180°)，因为tan 150°＝－33，故直线的倾斜角为150°，故选D.2.C【解析】因为A (1，－2)和B (m,2)的中点⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋m 2，0在直线x ＋2y －2＝0上，所以1＋m2＋2×0－2＝0，所以m ＝3.故选C.3.A【解析】若l 1∥l 2，则(3＋m )(5＋m )＝4×2，解得m ＝－1或m ＝－7.经检验，当m ＝－1时，l 1与l 2重合，所以m ＝－7.故“l 1∥l 2”是“m <－1”的充分不必要条件，故选A.4.x ＋2y －3＝05【解析】 当两条平行直线与A ，B 两点连线垂直时，两条平行直线间的距离最大．因为A (1,1)，B (0，－1)，所以k AB ＝－1－10－1＝2，所以当l 1，l 2间的距离最大时，直线l 1的斜率为k ＝－12，所以当l 1，l 2间的距离最大时，直线l 1的方程是y －1＝－12(x －1)，即x ＋2y －3＝0，最大距离为AB ＝5.5. 【解答】 点C 到直线x ＋3y －5＝0的距离d ＝|－1－5|1＋9＝3105.设与x ＋3y －5＝0平行的一边所在直线的方程是x ＋3y ＋m ＝0(m ≠－5)， 则点C 到直线x ＋3y ＋m ＝0的距离d ＝|－1＋m|1＋9＝3105，解得m ＝－5(舍去)或m ＝7，所以与x ＋3y －5＝0平行的边所在直线的方程是x ＋3y ＋7＝0. 设与x ＋3y －5＝0垂直的边所在直线的方程是3x －y ＋n ＝0，则点C 到直线3x －y ＋n ＝0的距离d ＝|－3＋n|9＋1＝3105，解得n ＝－3或n ＝9，所以与x ＋3y －5＝0垂直的两边所在直线的方程分别是3x －y －3＝0和3x －y ＋9＝0.第41讲 圆的方程链教材·夯基固本 激活思维 1. D 2. D 3.A【解析】根据题意可设圆的方程为x 2＋(y －b )2＝1，因为圆过点A (1,2)，所以12＋(2－b )2＝1，解得b ＝2，所以所求圆的方程为x 2＋(y －2)2＝1.4. (x －2)2＋y 2＝10【解析】 设圆心坐标为(a,0)，易知(a －5)2＋(－1)2＝(a －1)2＋(－3)2，解得a ＝2，所以圆心为(2,0)，半径为10，所以圆C 的标准方程为(x －2)2＋y 2＝10.5.5【解析】方法一：设圆的标准方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2(r >0)．因为圆C 经过点M (－1,0)和N (2,3)，所以⎩⎨⎧(a ＋1)2＋b 2＝r 2，(a －2)2＋(b －3)2＝r 2，所以a ＋b －2＝0，① 又圆C 截两坐标轴所得弦长相等，所以|a |＝|b |，②由①②得a ＝b ＝1，所以圆C 的半径为5. 方法二：因为圆C 经过点M (－1,0)和N (2,3)，所以圆心C 在线段MN 的垂直平分线y ＝－x ＋2上，又圆C 截两坐标轴所得弦长相等，所以圆心C 到两坐标轴的距离相等，所以圆心C 在直线y ＝±x 上，因为直线y ＝－x 和直线y ＝－x ＋2平行，所以圆心C 为直线y ＝x 和直线y ＝－x ＋2的交点(1,1)，所以圆C 的半径为5.知识聚焦1. 定点 定长 (a ，b ) r D 2＋E 2－4F >0 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－D 2，－E 2 12D2＋E2－4F研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 AB 【解析】由题知圆心在y 轴上，且被x 轴所分劣弧所对圆心角为2π3，设圆心(0，a )，半径为r (r ＞0)，则r sinπ3＝1，r cosπ3＝|a |，解得r ＝23，即r 2＝43，|a |＝33，即a ＝±33，故圆C 的方程为x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y ±332＝43. (2) 【答案】 213【解析】 设圆的一般方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F >0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧1＋D ＋F ＝0，3＋3E ＋F ＝0，7＋2D ＋3E ＋F ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧D ＝－2，E ＝－433，F ＝1，所以△ABC 外接圆的圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，233，故△ABC 外接圆的圆心到原点的距离为1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2332＝213. (1) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －762＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y －562＝16918 【解析】设圆的标准方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2.把点A ，B 的坐标代入，得⎩⎨⎧(－1－a )2＋(3－b )2＝r 2，(4－a )2＋(2－b )2＝r 2，消去r 2，得b ＝5a －5.① 令x ＝0，则(y －b )2＝r 2－a 2，y ＝b ±r2－a2， 所以在y 轴上的截距之和是2b .令y ＝0，则(x －a )2＝r 2－b 2，x ＝a ±r2－b2， 所以在x 轴上的截距之和是2a . 所以2a ＋2b ＝4，即a ＋b ＝2.② ①代入②，得a ＝76，所以b ＝56.所以r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1－762＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3－562＝16918.所以圆的标准方程为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －762＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y －562＝16918. (2) 【答案】 x 2＋y 2＋2x －4y ＋3＝0.【解析】 由题知圆心C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－D 2，－E 2，因为圆心在直线x ＋y －1＝0上，所以－D 2－E 2－1＝0，即D ＋E ＝－2.①又因为半径长r ＝D2＋E2－122＝2，所以D 2＋E 2＝20.②由①②可得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝2，E ＝－4或⎩⎪⎨⎪⎧D ＝－4，E ＝2.又因为圆心在第二象限，所以－D2＜0，即D ＞0.则⎩⎪⎨⎪⎧D ＝2，E ＝－4.故圆的一般方程为x 2＋y 2＋2x －4y ＋3＝0.【解答】 (1) 原方程可化为(x －2)2＋y 2＝3，表示以(2,0)为圆心，3为半径的圆．y x的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设yx＝k ，即y ＝kx .如图(1)，当直线y ＝kx 与圆相切时，斜率k 取最大值或最小值，此时|2k －0|k2＋1＝3，解得k ＝±3.所以yx的最大值为3，最小值为－3.(例2(1))(2)y －x 可看作是直线y ＝x ＋b 在y 轴上的截距，如图(2)，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|2－0＋b|2＝3，解得b ＝－2±6.所以y －x 的最大值为－2＋6，最小值为－2－6.(例2(2))(3)如图(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，在原点和圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．又圆心到原点的距离为2，所以x2＋y2的最大值是(2＋3)2＝7＋43，x2＋y2的最小值是(2－3)2＝7－43.(例2(3))【解答】(1) 因为x2＋y2－4x－14y＋45＝0可化为(x－2)2＋(y－7)2＝8，所以圆心C(2,7)，半径r＝2 2.设m＋2n＝t，将m＋2n＝t看成直线方程，因为该直线与圆有公共点，所以圆心到直线的距离d＝|1×2＋2×7－t|12＋22≤22，解得16－210≤t≤16＋210，所以m＋2n的最大值为16＋210.(2) 记点Q(－2,3)．因为n－3m＋2表示直线MQ的斜率，设直线MQ的方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0，n－3m＋2＝k.由直线MQ与圆C有公共点，知|2k－7＋2k＋3|1＋k2≤22，解得2－3≤k≤2＋3.所以n －3m ＋2的最大值为2＋3，最小值为2－3.(1) 【答案】 BC【解析】 由题意知AB ＝(－1)2＋(－2)2＝5，l AB ：2x －y ＋2＝0，圆心坐标为(1,0)，所以圆心到直线l AB 的距离d ＝|2－0＋2|4＋1＝45＝455，所以S △PAB 的最大值为12×5×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫455＋1＝2＋52， S △PAB 的最小值为12×5×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫455－1＝2－52. (2) 【答案】 5－27【解析】如图，以点A 为原点，AB 边所在直线为x 轴建立平面直角坐标系．则A (0,0)，B (4,0)，C (1，3)，设P (x ，y )，则PB→＝(4－x ，－y )，PC →＝(1－x ，3－y )，所以PB →·PC →＝(4－x )(1－x )－y (3－y )＝x 2－5x ＋y 2－3y ＋4＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －522＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y －322－3，其中⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －522＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y －322表示圆A 上的点P 与点M⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，32之间距离PM 的平方，由几何图形可得PM min ＝AM －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322－1＝7－1，所以(PB →·PC →)min＝(7－1)2－3＝5－27.(例3(2))(1) 【答案】 A【解析】由点P 是x 轴上任意一点，知PM 的最小值为PC 1－1，同理PN 的最小值为PC 2－3，则PM ＋PN 的最小值为PC 1＋PC 2－4.作C 1关于x 轴的对称点C ′1(2，－3)，所以PC 1＋PC 2＝P C 1′＋PC 2≥C 1′C 2＝52，即(PM ＋PN )min ＝PC 1＋PC 2－4≥52－4，故选A.(2) 【答案】 22【解析】设P (x ，y )，因为PA→·PB→≤3，所以x 2＋y 2≤4，即点P 在以原点为圆心，2为半径的圆O 上或圆内，又因为点P 在圆C 上，所以圆O 与圆C 内切或内含，即圆心距(－a )2＋a2≤2－1，所以－22≤a ≤22，所以a 的最大值为22.课堂评价 1.A【解析】 由题意可知圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，a ＋32，因为该圆过原点，所以12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋322＝1242＋(a －3)2，解得a ＝1，所以12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋322＝5，所以该圆的标准方程为(x －1)2＋(y －2)2＝5，故选A.2.ABD【解析】由圆M 的一般方程为x 2＋y 2－8x ＋6y ＝0，化为标准形式得(x －4)2＋(y ＋3)2＝25.圆M 的圆心坐标为(4，－3)，半径为5.令y ＝0，得x ＝0或x ＝8，故圆M 被x 轴截得的弦长为8；令x ＝0，得y ＝0或y ＝－6，故圆M 被y 轴截得的弦长为6，显然选项C 不正确．ABD 均正确．3.CD【解析】 由x 2＋y 2＋2x ＝0，得(x ＋1)2＋y 2＝1，表示以(－1，0)为圆心、1为半径的圆，y x －1表示圆上的点P (x ，y )与点M (1,0)连线的斜率，如图，易知，y x －1的最大值为33，最小值为－33.故选CD.(第3题)4. (0，－1)【解析】 因为圆C 的方程可化为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋k 22＋(y ＋1)2＝－34k 2＋1，所以当k ＝0时圆C 的面积最大，此时圆心为(0，－1)．5.3【解析】因为cos 2θ＋sin 2θ＝1，所以P 为以原点为圆心的单位圆上一点，而直线x －my －2＝0过定点A (2,0)，所以d 的最大值为OA ＋1＝2＋1＝3.第42讲 直线与圆、圆与圆的位置关系链教材·夯基固本 激活思维 1.D【解析】圆C ：x 2＋y 2－4x －6y ＋9＝0的圆心坐标为(2,3)，半径为2，因为直线l 过点(0,2)，被圆C ：x 2＋y 2－4x －6y ＋9＝0截得的弦长为23，所以圆心到所求直线的距离为1，易知所求直线l 的斜率k 存在，设所求直线方程为y ＝kx ＋2，即kx －y ＋2＝0，所以|2k －1|k2＋1＝1，解得k ＝0或43，所以所求直线方程为y ＝43x ＋2或y ＝2.故选D.2. C 【解析】 直线2tx －y －2－2t ＝0恒过点(1，－2)， 因为12＋(－2)2－2×1＋4×(－2)＝－5＜0，所以点(1，－2)在圆x 2＋y 2－2x ＋4y ＝0内部，所以直线2tx －y －2－2t ＝0与圆x 2＋y 2－2x ＋4y ＝0相交． 3.D【解析】圆C 1：(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝4，所以圆心C 1(－1，－1)，半径长r 1＝2；圆C 2：(x －2)2＋(y －1)2＝1，所以圆心C 2(2,1)，半径长r 2＝1.所以圆心距d ＝(－1－2)2＋(－1－1)2＝13，r 1＋r 2＝3，所以d ＞r 1＋r 2，所以两圆相离，所以两圆有4条公切线．4. A 【解析】 联立⎩⎪⎨⎪⎧x2＋y2－4x ＋1＝0，x2＋y2－2x －2y ＋1＝0，解得x －y ＝0.圆C 1可化成(x －2)2＋y 2＝3，故C 1(2,0)，半径为3，圆心(2,0)到直线x －y＝0的距离为d ＝|2|12＋12＝2，故弦长为23－(2)2＝2.5.ACD【解析】将点(0,1)代入方程(x －2)2＋(y ＋3)2＝16的左边，则得4＋16＝20>16，所以点(0,1)在圆C 外，故A 不正确；由圆C ：(x －2)2＋(y ＋3)2＝16知圆心为(2，－3)，半径为r ＝4，则圆心(2，－3)到直线3x ＋4y －14＝0的距离d ＝|3×2＋4×(－3)－14|32＋42＝4＝r ，故B 正确；将点(2,5)代入方程(x －2)2＋(y ＋3)2＝16的左边，则得0＋64＝64>16，所以点(2,5)在圆C 外，故C 不正确；圆心(2，－3)到直线x ＋y ＋8＝0的距离d ＝|2－3＋8|12＋12＝72≠r ，故D 不正确，故选ACD.知识聚焦1. < > ＝ ＝ > <2. d >r 1＋r 2 无 d ＝r 1＋r 2 一组 |r 1－r 2|<d <r 1＋r 2 两组不同的 |r 1－r 2| ≤<研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 26【解析】 圆C 的方程为x 2＋(y －1)2＝8，圆心C (0,1)，直线l ：kx －y －k ＋2＝0，即k (x －1)－(y －2)＝0，过定点P (1,2)，当AB 取最小值时，AB ⊥PC ，此时CP ＝2，故AB min ＝2CA2－CP2＝26.(2) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－53，53【解析】 因为A (0，a )，B (3，a ＋4)，所以AB ＝5，直线AB 的方程为y ＝43x ＋a .因为S△ABC ＝12AB ·h ＝52h ＝5，故h ＝2，因此，问题转化为在圆上存在4个点C ，使得它到直线AB 的距离为2.因为圆的半径为3，因此，圆心O 到直线AB 的距离小于1，即|3a|5<1，解得－53<a <53.(1) 【答案】 1023 【解析】易知最长弦为圆的直径10.又最短弦所在直线与最长弦垂直，且PC ＝2，所以最短弦的长为2r2－PC2＝225－2＝223.故所求四边形的面积S ＝12×10×223＝1023.(2) 【答案】 3 【解析】圆的方程化为(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝8，圆心(－1，－2)到直线的距离d ＝|－1－2＋1|2＝2，半径是22，结合图形可知有3个符合条件的点．【解答】 (1) 设切线方程为x ＋y ＋b ＝0， 则|1－2＋b|2＝10，所以b ＝1±25，所以切线方程为x ＋y ＋1±25＝0. (2) 设切线方程为2x ＋y ＋m ＝0， 则|2－2＋m|5＝10，所以m ＝±52，所以切线方程为2x ＋y ±52＝0.(3) 因为k AC ＝－2＋11－4＝13，所以过切点A (4，－1)的切线斜率为－3，所以过切点A (4，－1)的切线方程为y ＋1＝－3(x －4)，即3x ＋y －11＝0.【解答】由方程x 2＋y 2＋2x －4y ＋3＝0知，圆心为(－1,2)，半径长为2.当切线过原点时，设切线方程为y ＝kx ，则|k ＋2|k2＋1＝2，所以k ＝2±6，即切线方程为y ＝(2±6)x .当切线不过原点时，设切线方程为x ＋y ＝a ，则|－1＋2－a|2＝2，所以a ＝－1或a ＝3，即切线方程为x ＋y ＋1＝0或x ＋y －3＝0.综上所述，切线方程为y ＝(2±6)x 或x ＋y ＋1＝0或x ＋y －3＝0.【解答】因为两圆的标准方程分别为(x －1)2＋(y －3)2＝11，(x －5)2＋(y －6)2＝61－m ，所以两圆的圆心分别为(1,3)，(5,6)，半径分别为11，61－m .(1) 当两圆外切时，由(5－1)2＋(6－3)2＝11＋61－m ，得m ＝25＋1011.(2) 当两圆内切时，因为定圆半径11小于两圆圆心之间的距离5，所以61－m－11＝5，解得m ＝25－1011.(3)由(x 2＋y 2－2x －6y －1)－(x 2＋y 2－10x －12y ＋45)＝0，得两圆的公共弦所在直线的方程为4x ＋3y －23＝0，故两圆的公共弦长为2(11)2－⎝⎛⎭⎪⎫|4×1＋3×3－23|42＋322＝27. (1) 【答案】 9或－11 【解析】依题意可得C 1(0,0)，C 2(3,4)，则C 1C 2＝32＋42＝5.又r 1＝1，r 2＝25－m，25－m ＞0.当两圆外切时，r 1＋r 2＝25－m ＋1＝5，解得m ＝9；当两圆内切时，|r 2－r 1|＝5，即|25－m －1|＝5，得25－m＝6，解得m ＝－11.(2) 【答案】 1 【解析】将x 2＋y 2＋2ay －6＝0与x 2＋y 2＝4两式相减得2ay ＝2，则y ＝1a.由题知22－(3)2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a ，a ＞0，解得a ＝1. 课堂评价 1.C【解析】圆C 2化简得(x －4)2＋(y －5)2＝35－m ，由圆的方程得C 1(1,1)，C 2(4,5)，半径分别为2和35－m ，因为两圆外切，所以(4－1)2＋(5－1)2＝35－m ＋2，解得m ＝26.故选C. 2.B【解析】由题意，过点(3,1)作圆(x －1)2＋y 2＝r 2的切线有且只有一条，则点(3,1)在圆上，代入可得r 2＝5，圆的方程为(x －1)2＋y 2＝5，则过点(3,1)的切线方程为(x －1)·(3－1)＋y (1－0)＝5，即2x ＋y －7＝0.3. A【解析】因为圆心(2,0)到直线的距离d ＝|2＋0＋2|2＝22，所以点P 到直线的距离d 1∈[2，32]．根据直线的方程可知A ，B 两点的坐标分别为(－2,0)，(0，－2)，所以AB＝22，所以△ABP 的面积S ＝12AB ·d 1＝2d 1.因为d 1∈[2，32]，所以S ∈[2,6]，即△ABP 面积的取值范围是[2,6]．4.BD【解析】 因为直线x －2y ＋a ＝0与圆O ：x 2＋y 2＝2相交于A ，B 两点(O 为坐标原点)，且△AOB 为等腰直角三角形，所以O 到直线AB 的距离为1，由点到直线的距离公式可得|a|12＋(－2)2＝1，所以a ＝±5，故选BD.5. 4【解析】 连接OO 1，记AB 与OO 1的交点为C ，如图所示，在Rt △OO 1A 中，OA ＝5，O 1A ＝25，所以OO 1＝5，所以AC ＝5×255＝2，所以AB ＝4.(第5题) 第43讲 椭 圆链教材·夯基固本 激活思维1. C2. D3. 724. x236＋y227＝15. 45 18 【解析】 由椭圆方程知a ＝5，b ＝3，c ＝4，所以其离心率e ＝c a ＝45.△PF 1F 2的周长为2a ＋2c ＝10＋8＝18.知识聚焦1. (1) 焦点 焦距 (2) PF 1＋PF 2＝2a (2a ＞F 1F 2)2. F 1(－c,0)，F 2(c,0) F 1(0，－c )，F 2(0，c ) c 2＝a 2－b 2ca＝1－b2a21 0研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 C 【解析】 设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)，由已知设BF 的方程为x c ＋y b＝1，因为点O 到直线BF 的距离为3，所以bc a ＝3，又因为过F 垂直于椭圆长轴的弦长为2，所以2b2a＝2，结合a 2＝b 2＋c 2，知a ＝4，b ＝2，故选C.(2) 【答案】x236＋y216＝1 【解析】 依题意，设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)，右焦点为F ′，连接PF ′.由已知，半焦距c ＝25.又由OP ＝OF ＝OF ′，知∠FPF ′＝90°.在Rt△PFF ′中，PF ′＝FF ′2－PF2＝(4 5 )2－42＝8.由椭圆的定义可知2a ＝PF ＋PF ′＝4＋8＝12，所以a ＝6，于是b 2＝a 2－c 2＝62－(25)2＝16，故椭圆C 的方程为x236＋y216＝1.(1) 【答案】x24＋y23＝1【解析】因为3AF1＝5AF2，由椭圆定义有AF1＋AF2＝4，解得AF2＝32，又AF2⊥x轴，故AF2＝b2a＝b22，所以b2＝3，故椭圆方程为x24＋y23＝1.(2) 【答案】x23＋y22＝1【解析】如图，由已知可设F2B＝n，则AF2＝2n，BF1＝AB＝3n，由椭圆的定义有2a＝BF1＋BF2＝4n，所以AF1＝2a－AF2＝2n.在△AF1B中，由余弦定理推论得cos∠F1AB＝4n2＋9n2－9n22·2n·3n＝13.在△AF1F2中，由余弦定理得4n2＋4n2－2·2n·2n·13＝4，解得n＝32.所以2a＝4n＝23，所以a＝3，所以b2＝a2－c2＝3－1＝2，所以椭圆C的方程为x23＋y22＝1.(变式(2))(1) 【答案】 C【解析】椭圆方程可化为x211＋m＋y21m＝1，由题意知m>0，所以11＋m＜1m，所以a＝mm，所以椭圆的长轴长2a＝2mm.故选C.(2) 【答案】 8【解析】 因为椭圆x2m －2＋y210－m＝1的长轴在x 轴上，所以⎩⎪⎨⎪⎧m －2＞0，10－m ＞0，m －2＞10－m ，解得6<m <10.因为焦距为4，所以c 2＝m －2－10＋m ＝4，解得m ＝8.(3) 【答案】 3【解析】由椭圆的方程可知a ＝2，由椭圆的定义可知AF 2＋BF 2＋AB ＝4a ＝8，所以AB ＝8－(AF 2＋BF 2)≥3，由椭圆的性质可知2b2a＝3，所以b 2＝3，即b ＝3.(1) 【答案】 D【解析】 由题意可得椭圆的焦点在x 轴上，如图所示， 设F 1F 2＝2c ，因为△PF 1F 2为等腰三角形，且∠F 1F 2P ＝120°， 所以PF 2＝F 1F 2＝2c ，因为OF 2＝c ，所以点P 的坐标为(c ＋2c cos 60°，2c sin 60°)，即点P (2c ，3c )． 因为点P 在过点A ，且斜率为36的直线上，所以3 c 2c ＋a＝36，解得c a＝14，所以e ＝14，故选D.(例3(1))(2) 【答案】 ⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12，1 【解析】不妨设椭圆焦点在x 轴上，设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)，PF 1＝m ，PF 2＝n ，则m ＋n ＝2a .在△PF 1F 2中，由余弦定理可知，4c 2＝m 2＋n 2－2mn cos 60°＝(m ＋n )2－3mn ＝4a 2－3mn ≥4a 2－3·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m ＋n 22＝4a 2－3a 2＝a 2(当且仅当m ＝n 时取等号)，所以c2a2≥14，即e ≥12.又0<e <1，所以e 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12，1. (1) 【答案】255【解析】 不妨设点P 在第一象限，O 为坐标原点，由对称性可得OP ＝PQ 2＝a 2，因为AP ⊥PQ ，所以在Rt △POA 中，cos ∠POA ＝OP OA＝12，故∠POA ＝60°，易得P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 4，3a 4，代入椭圆方程得116＋3a216b2＝1，故a 2＝5b 2＝5(a 2—c 2)，所以椭圆C 的离心离e ＝255.(2) 【答案】 ⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫13，1 【解析】 由椭圆的定义知PF 1＋PF 2＝2a ，PF 1＝2PF 2， 所以PF 1＝43a ，PF 2＝23a ，又PF 1－PF 2≤F 1F 2，即23a ≤2c ，所以e ≥13，又0<e <1，所以椭圆的离心率e 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫13，1.【解答】(1)由题意得c ＝3，c a＝32，所以a ＝23，又因为a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝3，所以椭圆的方程为x212＋y23＝1.(2) 由⎩⎪⎨⎪⎧x2a2＋y2b2＝1，y ＝kx ，得(b 2＋a 2k 2)x 2－a 2b 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝－a2b2b2＋a2k2，依题意易知，OM ⊥ON ，四边形OMF 2N 为平行四边形，所以AF 2⊥BF 2. 因为F2A →＝(x 1－3，y 1)，F2B →＝(x 2－3，y 2)， 所以F2A →·F2B →＝(x 1－3)(x 2－3)＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋9＝0. 即－a2(a 2－9)(1＋k 2)a 2k 2＋(a 2－9)＋9＝0，将其整理为k 2＝a4－18a2＋81－a4＋18a2＝－1－81a4－18a2.因为22＜e ≤32，所以23≤a ＜32，即12≤a 2＜18.所以k 2≥18，即k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，－24∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫24，＋∞. 课堂评价 1. A2. C 【解析】 由椭圆x216＋y2m＝1的焦距为27，可得216－m ＝27或2m －16＝27，解得m ＝9或23.故选C.3. ACD【解析】由已知得2b ＝2，b ＝1，c a ＝63，又a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝3，所以椭圆C 的方程为y23＋x 2＝1.如图，PQ ＝2b2a＝23＝233，△PF 2Q 的周长为4a ＝43.故选ACD.(第3题)4.C【解析】 由短轴的一个端点和两个焦点相连构成一个三角形，又由三角形面积公式得12×2c ×b ＝12(2a ＋2c )×b3，得a ＝2c ，即e ＝ca ＝12，故选C.5.4【解析】如图，设AB 的方程为ty ＝x ，F (c,0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＝－y 2.联立⎩⎪⎨⎪⎧ty ＝x ，x2a2＋y2b2＝1，可得y 2＝a2b2b2t2＋a2＝－y 1y 2，所以△ABF 的面积S ＝12c |y 1－y 2|＝12c (y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝ca2b2b2t2＋a2≤cb ，当且仅当t ＝0时取等号．所以bc ＝2，所以a 2＝b 2＋c 2≥2bc ＝4， 当且仅当b ＝c 时取等号，此时a ＝2. 所以椭圆E 的长轴长的最小值为4.(第5题) 第44讲 双曲线链教材·夯基固本 激活思维 1.A【解析】由双曲线的离心率为2，焦点是(－4,0)，(4,0)，知c ＝4，a ＝2，b 2＝12，即双曲线的方程为x24－y212＝1，故选A.2.A【解析】 由题意知焦点到其渐近线的距离等于实轴长，双曲线的渐近线方程为x a±y b ＝0，即bx ±ay ＝0，所以2a ＝bc a2＋b2＝b .又a 2＋b 2＝c 2，所以5a 2＝c 2，所以e 2＝c2a2＝5，所以e ＝5.3. AC 【解析】 设双曲线方程为x29－y23＝λ，代入(3，2)得λ＝13，即x23－y 2＝1，故A 正确；由a ＝3，c ＝2，得e ＝23，故B 错误；焦点(2,0)在y ＝e x －2－1上，故C 正确；联立⎩⎪⎨⎪⎧x23－y2＝1，x －2y －1＝0，消去x 得y 2－22y ＋2＝0，可得Δ＝0，所以直线x －2y －1＝0与曲线C 只有1个交点，故D 错误．故选AC.4. A 【解析】 不妨设点P 在第一象限，根据题意可知c 2＝6，所以OF ＝6.又tan ∠POF ＝ba ＝22，所以等腰三角形POF 的高h ＝62×22＝32，所以S △PFO ＝12×6×32＝324.故选A.5. 5＋12 【解析】 将x ＝±c 代入双曲线的方程得y 2＝b4a2⇒y ＝±b2a，则2c ＝2b2a，即有ac ＝b 2＝c 2－a 2，由e ＝c a，可得e 2－e －1＝0，解得e ＝5＋12或e ＝1－52(舍去)．知识聚焦 1. 焦点 焦距2. |x |≥a ，y ∈R |y |≥a ，x ∈R F 1(－c,0)，F 2(c,0) F 1(0，－c )，F 2(0，c ) A 1(－a,0)，A 2(a,0) A 1(0，－a )，A 2(0，a )ca ＝1＋b2a2研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 B 【解析】由y28＋x22＝1，得a 2＝8，b 2＝2，所以c 2＝6，得c ＝6，即椭圆的半焦距为6.设与双曲线x22－y 2＝1有相同渐近线的双曲线方程为x22－y 2＝λ，因为所求双曲线的焦点在y 轴上，则λ<0，双曲线方程化为y2－λ－x2－2λ＝1，设双曲线的实半轴长为m ，虚半轴长为n ，则m 2＝－λ，n 2＝－2λ， 所以m 2＋n 2＝－λ－2λ＝(6)2，解得λ＝－2.所以所求双曲线的方程为y22－x24＝1.故选B.(2) 【答案】 x24－y26＝1【解析】不妨设B (0，b )，由BA→＝2AF →，F (c,0)，可得A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2c 3，b 3，代入双曲线C 的方程可得49×c2a2－19＝1，即49·a2＋b2a2＝109，所以b2a2＝32①.又|BF →|＝b2＋c2＝4，c 2＝a 2＋b 2，所以a 2＋2b 2＝16②.由①②可得a 2＝4，b 2＝6，所以双曲线C 的方程为x24－y26＝1.(1) 【答案】 y22－x24＝1【解析】因为所求双曲线与已知双曲线x22－y 2＝1有公共的渐近线，故可设双曲线方程为x22－y 2＝λ(λ≠0)，代入点(2，－2)，得λ＝－2，所以所求双曲线的方程为x22－y 2＝－2，即y22－x24＝1.(2) 【答案】 x 2－y23＝1【解析】 设双曲线的标准方程为x2a2－y2b2＝1(a >0，b >0)，由题意得B (2,0)，C (2,3)，所以⎩⎪⎨⎪⎧4＝a2＋b2，4a2－9b2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a2＝1，b2＝3，所以双曲线的标准方程为x 2－y23＝1.(1) 【答案】 (0,2) 【解析】对于焦点在x 轴上的双曲线x2a2－y2b2＝1(a ＞0，b ＞0)，它的一个焦点(c,0)到渐近线bx ±ay ＝0的距离为|bc|b2＋a2＝b .本题中，双曲线x28－m＋y24－m＝1，即x28－m－y2m －4＝1，其焦点在x 轴上，则⎩⎪⎨⎪⎧8－m ＞0，m －4＞0，解得4<m <8，则焦点到渐近线的距离d ＝m －4∈(0,2)．故焦点到渐近线距离的取值范围是(0,2)．(2) 【答案】 y ＝±2x 【解析】由题意可得c 2＝m 2＋2m ＋6＝(m ＋1)2＋5，当m ＝－1时，c 2取得最小值，即焦距2c 取得最小值，此时双曲线M 的方程为x 2－y24＝1，所以渐近线方程为y ＝±2x .(1) 【答案】 D 【解析】不妨设P 为双曲线右支上一点，则PF 1>PF 2.由双曲线的定义得PF 1－PF 2＝2a .又PF 1＋PF 2＝6a ，所以PF 1＝4a ，PF 2＝2a .又因为⎩⎪⎨⎪⎧2c ＞2a ，4a ＞2a ，所以∠PF 1F 2为最小内角，故∠PF 1F 2＝π6.由余弦定理可得(4a )2＋(2c )2－(2a )22·4a ·2c ＝32， 即(3a －c )2＝0，所以c ＝3a ，则b ＝2a ，所以双曲线的渐近线方程为y ＝±2x .故选D. (2) 【答案】 x23－y29＝1【解析】 因为双曲线x2a2－y2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为2，所以e 2＝1＋b2a2＝4，所以b2a2＝3，即b 2＝3a 2，所以c 2＝a 2＋b 2＝4a 2，由题意可设A (2a,3a )，B (2a ，－3a )， 因为b2a2＝3，所以渐近线方程为y ＝±3x .则点A 与点B 到直线3x －y ＝0的距离分别为d 1＝|2 3 a －3a|2＝2 3 －32a ，d 2＝|2 3 a ＋3a|2＝23＋32a .又因为d 1＋d 2＝6， 所以23 －32a ＋23＋32a ＝6，解得a ＝3， 所以b 2＝9.所以双曲线的方程为x23－y29＝1.(1) 【答案】655【解析】 设BF 1＝x ，则AF 2＝3x .由图及双曲线的定义知AF 1－AF 2＝2a ，BF 2－BF 1＝2a ，则AB ＋x －3x ＝2a ，BF 2－x ＝2a .因为AF 2⊥BF 2，所以AB 2＝AF2＋BF 2，即(2a ＋2x )2＝9x 2＋(2a ＋x )2，解得a ＝3x 2，所以AB ＝5x ，BF 2＝4x ，所以cos ∠BAF 2＝35.在△AF 1F 2中，由余弦定理知AF 21＋AF 2－2·AF 1·AF 2·cos ∠BAF 2＝F 1F 22＝4c 2，所以36x 2＋9x 2－108x25＝4c 2，所以c ＝313x 2 5，所以双曲线的离心率为e ＝c a ＝655.(例3(1))(2) 【答案】3【解析】不妨设双曲线的一条渐近线方程为y ＝b ax ，则F 2到y ＝b a x 的距离d ＝|bc|a2＋b2＝b .在Rt △F 2PO 中，F 2O ＝c ，所以PO ＝a ，所以PF 1＝6a .又F 1O ＝c ，所以在△F 1PO 与Rt△F 2PO 中，根据余弦定理得cos∠POF 1＝a2＋c2－( 6 a )22ac ＝－cos ∠POF 2＝－a c ，即3a 2＝c 2，所以e ＝ca＝3.(1) 【答案】 (1,2) 【解析】若△ABE 是锐角三角形，只需∠AEF ＜45°，在Rt △AFE 中，AF ＝b2a，FE ＝a ＋c ，则b2a＜a ＋c ，b 2＜a 2＋ac,2a 2－c 2＋ac ＞0，e 2－e －2＜0，解得－1＜e ＜2.又e ＞1，则1＜e ＜2.(2) 【答案】 53【解析】 由双曲线定义知PF 1－PF 2＝2a ，又PF 1＝4PF 2，所以PF 1＝83a ，PF 2＝23a ，在△PF 1F 2中，由余弦定理得cos ∠F 1PF 2＝649a2＋49a2－4c22·83a ·23a ＝178－98e 2，要求e 的最大值，即求cos ∠F 1PF 2的最小值．因为cos ∠F 1PF 2≥－1，所以cos ∠F 1PF 2＝178－98e 2≥－1，解得e ≤53，即e 的最大值为53.【题组强化】 1.D【解析】由条件知y ＝－b ax 过点(3，－4)，所以3b a＝4，即3b ＝4a ，所以9b 2＝16a 2，所以9c 2－9a 2＝16a 2，所以25a 2＝9c 2，所以e ＝53.故选D.2. C 【解析】 由F 1F 2＝2OP ，可得OP ＝c ，故△PF 1F 2为直角三角形，PF 1⊥PF 2，则PF 21＋PF 2＝F 1F 2.由双曲线的定义可得PF 1－PF 2＝2a ，则PF 1＝2a ＋PF 2，所以(PF 2＋2a )2＋PF 22＝4c 2，整理得(PF 2＋a )2＝2c 2－a 2.又PF 1≥3PF 2，即2a ＋PF 2≥3PF 2，可得PF 2≤a ，所以PF 2＋a ≤2a ，即2c 2－a 2≤4a 2，可得c ≤102a .由e ＝ca ，且e ＞1，可得1<e ≤102.故选C.3.2【解析】由题知双曲线的渐近线方程为y ＝±b a x ，不妨设右焦点F (c,0)，过点F 与渐近线平行的直线为l ：y ＝b a(x －c )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－b ax ，y ＝b a (x －c )，得x ＝c 2，则y ＝－b a×c 2＝－bc 2a ，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫c 2，－bc 2a ，PF 的中点为A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3c 4，－bc 4a .又点A 在双曲线上，所以⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3c 42a2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－bc 4a 2b2＝1，化简得c2a2＝2，即e ＝c a＝2.4.53【解析】由线段PF 1的垂直平分线恰好过点F 2，可得PF 2＝F 1F 2＝2c ，由直线PF 1与以坐标原点O 为圆心、a 为半径的圆相切于点A ，可得OA ＝a ，设PF 1的中点为M ，由中位线定理可得MF 2＝2a ，在Rt △PMF 2中，可得PM ＝4c2－4a2＝2b ， 即有PF 1＝4b ，由双曲线的定义可得PF 1－PF 2＝2a ，即4b －2c ＝2a ，即2b ＝a ＋c ，即有4b 2＝(a ＋c )2， 即4(c 2－a 2)＝(a ＋c )2，可得a ＝35c ，即e ＝53.(第4题)课堂评价 1. B 2. C【解析】 根据渐近线方程为x ±y ＝0，可得a ＝b ，所以c ＝2a ，则该双曲线的离心率为e ＝ca＝2，故选C. 3. A 【解析】 由题意知，e ＝ca＝3，所以c ＝3a ，所以b ＝c2－a2＝2a ，所以b a ＝2，所以该双曲线的渐近线方程为y ＝±bax ＝±2x ，故选A.4. x28－y28＝1 【解析】 由离心率为2，可知a ＝b ，c ＝2a ，所以F (－2a,0)，由题意知k PF ＝4－00－(－2a )＝42a＝1，解得a ＝22，所以双曲线的方程为x28－y28＝1.5. 23 23 【解析】 由题意知a ＝2，b ＝23，c ＝4，F (4,0)，PF ＝b ＝23，△POF 的面积为12ab ＝12×43＝23.第45讲 抛物线链教材·夯基固本 激活思维 1. C2. AC 【解析】根据抛物线定义知选项A 正确；对于B ，符合条件的抛物线的焦点可能在x 轴上也可能在y 轴上，故B 错误；对于C ，抛物线焦点为(－1,0)，所以p ＝2，抛物线方程是y 2＝－4x ，故C 正确；对于D ，因为p 的符号不确定，所以方程不唯一，故D 错误．故选AC.3.B【解析】因为M 到准线的距离等于M 到焦点的距离，又准线方程为y ＝－116，设M (x ，y )，则y ＋116＝1，所以y ＝1516. 4.B【解析】抛物线y 2＝6x 的焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，准线方程为x ＝－32，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为AF ＝3BF ，所以x 1＋32＝3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x2＋32，所以x 1＝3x 2＋3， 因为|y 1|＝3|y 2|，所以x 1＝9x 2，所以x 1＝92，x 2＝12，所以AB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x2＋32＝8.故选B. 5.y 2＝8x 6【解析】由抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F (2,0)，可得p ＝4，则抛物线C 的方程是y 2＝8x .由M 为FN 的中点，得M 的横坐标为1，所以FN ＝2FM ＝2(x M ＋2)＝2×(1＋2)＝6.知识聚焦1. 相等 焦点 准线 研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 22【解析】 因为抛物线y 2＝2px (p >0)的准线方程是x ＝－p2，双曲线x 2－y 2＝1的一个焦点为F 1(－2，0)，且抛物线y 2＝2px (p >0)的准线经过双曲线x 2－y 2＝1的一个焦点，所以－p 2＝－2，解得p ＝22.(2) 【答案】 13 【解析】由题意得抛物线的焦点为F (2,0)，准线方程为x ＝－2.因为AF ＝(6－2)2＋32＝5，所以求△PAF 周长的最小值即求PA ＋PF 的最小值．设点P 在准线上的射影为D ，如图，连接PD ，根据抛物线的定义，可知PF ＝PD ，所以PA ＋PF 的最小值即PA ＋PD 的最小值．根据平面几何的知识，可得当D ，P ，A 三点共线时PA ＋PD 取得最小值，所以PA ＋PF 的最小值为x A －(－2)＝8，所以△PAF 周长的最小值为8＋5＝13.(例1(2))(1) 【答案】 A 【解析】设焦点为F ，准线为l ，过P 作PA⊥l ，垂足为A ，则PF ＝PA ，PF ＋PQ ＝PQ ＋PA ，当且仅当A ，P ，Q 三点共线时，和最小，此时P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14，－1，故选A. (2) 【答案】 4 【解析】因为双曲线的右焦点为(2,0)，所以抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点坐标为(2,0)，所以p ＝4.【解答】 (1) 由已知得抛物线焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫p 2，0. 由题意可设直线方程为x ＝my ＋p2，代入y 2＝2px ，得y 2＝2p ⎝⎛⎭⎪⎪⎫my ＋p 2，即y 2－2pmy －p 2＝0.(*) 易知y 1，y 2是方程(*)的两个实数根， 所以y 1y 2＝－p 2.因为y 21＝2px 1，y 2＝2px 2， 所以y 21y 2＝4p 2x 1x 2，所以x 1x 2＝y21y224p2＝p44p2＝p24.(2) 由题意知AF ＝x 1＋p2，BF ＝x 2＋p2，所以1AF ＋1BF＝1x1＋p 2＋1x2＋p 2＝x1＋x2＋px1x2＋p 2(x 1＋x 2)＋p24.因为x 1x 2＝p24，x 1＋x 2＝AB －p ，所以1AF ＋1BF ＝ABp24＋p 2(AB －p )＋p 24＝2p(定值)．(3)设AB 的中点为M (x 0，y 0)，分别过A ，B 作准线的垂线，垂足为C ，D ，过M 作准线的垂线，垂足为N ，则MN ＝12(AC ＋BD )＝12(AF ＋BF )＝12AB .所以以AB 为直径的圆与抛物线的准线相切．(例2)【解答】 (1) 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，因为PQ 为焦点弦，所以y 1y 2＝－p 2.因为直线OP 的方程为y＝y1x1·x ，它与准线的交点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－p 2，y0，所以y 0＝y1x1·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－p 2＝2p y1·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－p 2＝－p2y1＝y1y2y1＝y 2，故直线MQ ∥x 轴．(2) 设M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－p 2，y2，则k OM ＝y2－p 2＝－2y2p ，k OP ＝y1x1＝2p y1. 因为PQ 为焦点弦，所以y 1y 2＝－p 2，所以y 2＝－p2y1，所以k OM ＝－2y2p ＝2py1，所以k OM ＝k OP ，所以P ，O ，M 三点共线． (3)如图，连接PF 并延长交抛物线于Q ′，由(1)知MQ ′∥x 轴，所以Q 与Q ′重合，故PQ 为焦点弦．(例3)【解答】 (1) 由题意，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x1，x212p ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x2，x222p ，x 1＜x 2，M (x 0，－2p )． 由x 2＝2py 得y ＝x22p ，则y ′＝xp ，所以k MA ＝x1p ，k MB ＝x2p.因此直线MA 的方程为y ＋2p ＝x1p (x －x 0)，直线MB 的方程为y ＋2p ＝x2p (x －x 0)．所以x212p ＋2p ＝x1p (x 1－x 0)，①x222p ＋2p ＝x2p (x 2－x 0)．② 由①②得x1＋x22＝x 1＋x 2－x 0，因此x 0＝x1＋x22，即2x 0＝x 1＋x 2.所以A ，M ，B 三点的横坐标成等差数列．。
2020高考数学理科大一轮复习课时作业：第八章 平面解析几何课时作业50
课时作业50 圆的方程一、选择题1．已知圆C 的圆心是直线x －y ＋1＝0与x 轴的交点，且圆C 与直线x ＋y ＋3＝0相切，则圆C 的方程是( A )A ．(x ＋1)2＋y 2＝2B ．(x ＋1)2＋y 2＝8C ．(x －1)2＋y 2＝2D ．(x －1)2＋y 2＝8解析：直线x －y ＋1＝0与x 轴的交点为(－1,0)．根据题意，圆C 的圆心坐标为(－1,0)．因为圆与直线x ＋y ＋3＝0相切，所以半径为圆心到切线的距离，即r ＝d ＝|－1＋0＋3|12＋12＝2，则圆的方程为(x ＋1)2＋y 2＝2.故选A.2．(2019·河北邯郸联考)以(a,1)为圆心，且与两条直线2x －y ＋4＝0与2x －y －6＝0同时相切的圆的标准方程为( A )A ．(x －1)2＋(y －1)2＝5B ．(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝5C ．(x －1)2＋y 2＝5D ．x 2＋(y －1)2＝5解析：因为两平行直线2x －y ＋4＝0与2x －y －6＝0的距离为d ＝|－6－4|5＝2 5.故所求圆的半径为r ＝5，所以圆心(a,1)到直线2x－y＋4＝0的距离为5＝|2a＋3|5，即a＝1或a＝－4.又因为圆心(a,1)到直线2x－y－6＝0的距离也为r＝5，所以a＝1.因此所求圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝5.故选A.3．已知直线l：x＋my＋4＝0，若曲线x2＋y2＋6x－2y＋1＝0上存在两点P，Q关于直线l对称，则m的值为(D)A．2 B．－2C．1 D．－1解析：因为曲线x2＋y2＋6x－2y＋1＝0表示的是圆，其标准方程为(x＋3)2＋(y－1)2＝9，若圆(x＋3)2＋(y－1)2＝9上存在两点P，Q关于直线l对称，则直线l：x＋my＋4＝0过圆心(－3,1)，所以－3＋m ＋4＝0，解得m＝－1.4．(2019·贵阳市监测考试)经过三点A(－1,0)，B(3,0)，C(1,2)的圆与y轴交于M，N两点，则|MN|＝(A)A．2 3 B．2 2C．3 D．4解析：根据A，B两点的坐标特征可知圆心在直线x＝1上，设圆心为P(1，m)，则半径r＝|m－2|，所以(m－2)2＝22＋m2，解得m ＝0，所以圆心为P(1,0)，所以圆的方程为(x－1)2＋y2＝4，当x＝0时，y＝±3，所以|MN|＝2 3.5．(2019·西安八校联考)若过点A(3,0)的直线l与曲线(x－1)2＋y2＝1有公共点，则直线l斜率的取值范围为(D)A ．(－3，3)B ．[－3，3]C ．(－33，33)D ．[－33，33]解析：解法1：数形结合可知，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －3)，则圆心(1,0)到直线y ＝k (x －3)的距离应小于等于半径1，即|2k |1＋k 2≤1，解得－33≤k ≤33，故选D. 解法2：数形结合可知，直线l 的斜率存在，设为k ，当k ＝1时，直线l 的方程为x －y －3＝0，圆心(1,0)到直线l 的距离为|1－0－3|12＋(－1)2＝2>1，直线与圆相离，故排除A ，B ；当k ＝33时，直线l 的方程为x －3y －3＝0，圆心(1,0)到直线l 的距离为|1－3×0－3|12＋(－3)2＝1，直线与圆相切，排除C ，故选D.6．(2019·河南豫西五校联考)在平面直角坐标系xOy 中，以点(0,1)为圆心且与直线x －by ＋2b ＋1＝0相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为( B )A ．x 2＋(y －1)2＝4B ．x 2＋(y －1)2＝2C ．x 2＋(y －1)2＝8D ．x 2＋(y －1)2＝16解析：直线x －by ＋2b ＋1＝0过定点P (－1,2)，如图．∴圆与直线x －by ＋2b ＋1＝0相切于点P 时，圆的半径最大，为2，此时圆的标准方程为x 2＋(y －1)2＝2，故选B.二、填空题7．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(x －2)2＋y 2＝9.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 ＝2a 5＝455，解得a ＝2， 所以圆C 的半径r ＝|CM |＝4＋5＝3，所以圆C 的方程为(x －2)2＋y 2＝9.8．(2019·贵阳市摸底考试)过点M (2,2)的直线l 与坐标轴的正方向分别相交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若△OAB 的面积为8，则△OAB 外接圆的标准方程是(x －2)2＋(y －2)2＝8. 解析：设直线l 的方程为x a ＋y b ＝1(a >0，b >0)，由直线l 过点M (2,2)，得2a ＋2b ＝1.又S △OAB ＝12ab ＝8，所以a ＝4，b ＝4，所以△OAB 是等腰直角三角形，且M 是斜边AB 的中点，则△OAB 外接圆的圆心是点M (2,2)，半径|OM |＝22，所以△OAB 外接圆的标准方程是(x －2)2＋(y －2)2＝8.9．(2019·湖南湘东五校联考)圆心在抛物线y ＝12x 2(x <0)上，且和该抛物线的准线及y 轴都相切的圆的标准方程为(x ＋1)2＋(y －12)2＝1. 解析：依题意设圆的方程为(x －a )2＋(y －12a 2)2＝r 2(a <0)，又该圆与抛物线的准线及y 轴均相切，所以12＋12a 2＝r ＝－a ⇒⎩⎨⎧a ＝－1，r ＝1.故所求圆的标准方程为(x ＋1)2＋(y －12)2＝1.三、解答题10．已知以点P 为圆心的圆经过点A (－1,0)和B (3,4)，线段AB 的垂直平分线交圆P 于点C 和D ，且|CD |＝410.(1)求直线CD 的方程；(2)求圆P 的方程．解：(1)由题意知，直线AB 的斜率k ＝1，中点坐标为(1,2)． 则直线CD 的方程为y －2＝－(x －1)，即x ＋y －3＝0.(2)设圆心P (a ，b )，则由点P 在CD 上得a ＋b －3＝0. ①又∵直径|CD |＝410，∴|P A |＝210，∴(a ＋1)2＋b 2＝40. ② 由①②解得⎩⎨⎧ a ＝－3，b ＝6或⎩⎨⎧ a ＝5，b ＝－2.∴圆心P (－3,6)或P (5，－2)．∴圆P 的方程为(x ＋3)2＋(y －6)2＝40或(x －5)2＋(y ＋2)2＝40.11．(2019·山西长治六校联考)已知圆C 经过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫74，174，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－318，338，直线x ＝0平分圆C ，直线l 与圆C 相切，与圆C 1：x 2＋y 2＝1相交于P ，Q 两点，且满足OP ⊥OQ .(1)求圆C 的方程；(2)求直线l 的方程．解：(1)依题意知圆心C 在y 轴上，可设圆心C 的坐标为(0，b )，圆C 的方程为x 2＋(y －b )2＝r 2(r >0)．因为圆C 经过A ，B 两点，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫742＋⎝ ⎛⎭⎪⎫174－b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3182＋⎝ ⎛⎭⎪⎫338－b 2， 即716＋28916－172b ＋b 2＝3164＋1 08964－334b ＋b 2，解得b ＝4.又易知r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫742＋⎝ ⎛⎭⎪⎫174－42＝12， 所以圆C 的方程为x 2＋(y －4)2＝12.(2)当直线l 的斜率不存在时，由l 与C 相切得l 的方程为x ＝±22，此时直线l 与C 1交于P ，Q 两点，不妨设P 点在Q 点的上方，则P 22，22，Q 22，－22或P －22，22，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，则OP →·OQ →＝0，所以OP ⊥OQ ，满足题意．当直线l的斜率存在时，易知其斜率不为0，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，∵OP⊥OQ且C1的半径为1，∴O到l的距离为2 2，又l与圆C相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧|m|1＋k2＝22，①|m－4|1＋k2＝22，②由①②知|m|＝|m－4|，∴m＝2，代入①得k＝±7，∴l的方程为y＝±7x＋2.综上，l的方程为x＝±22或y＝±7x＋2.12．(2019·江西新余五校联考)已知圆O：x2＋y2＝9，过点C(2,1)的直线l与圆O交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，直线l的方程为(D)A．x－y－3＝0或7x－y－15＝0B．x＋y＋3＝0或7x＋y－15＝0C．x＋y－3＝0或7x－y＋15＝0D．x＋y－3＝0或7x＋y－15＝0解析：当直线l 的斜率不存在时，l 的方程为x ＝2，则P ，Q 的坐标为(2，5)，(2，－5)，所以S △OPQ ＝12×2×25＝2 5.当直线l的斜率存在时，设l 的方程为y －1＝k (x －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫k ≠12，则圆心到直线PQ 的距离d ＝|1－2k |1＋k 2，由平面几何知识得|PQ |＝29－d 2，S △OPQ ＝12·|PQ |·d ＝12·29－d 2·d ＝(9－d 2)d 2≤ ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫9－d 2＋d 222＝92，当且仅当9－d 2＝d 2，即d 2＝92时，S △OPQ 取得最大值92.因为25<92，所以S △OPQ 的最大值为92，此时4k 2－4k ＋1k 2＋1＝92，解得k ＝－1或k ＝－7，此时直线l 的方程为x ＋y －3＝0或7x ＋y －15＝0.故选D.13．(2019·南宁、柳州联考)过点(2，0)作直线l 与曲线y ＝1－x 2相交于A ，B 两点，O 为坐标原点，当△AOB 的面积取最大值时，直线l 的斜率等于－33.解析：令P (2，0)，如图，易知|OA |＝|OB |＝1，所以S △AOB ＝12|OA |·|OB |·sin ∠AOB ＝12sin ∠AOB ≤12，当∠AOB ＝90°时，△AOB 的面积取得最大值，此时过点O 作OH ⊥AB 于点H ，则|OH |＝22，于是sin∠OPH＝|OH| |OP|＝222＝12，易知∠OPH为锐角，所以∠OPH＝30°，则直线AB的倾斜角为150°，故直线AB的斜率为tan150°＝－33.14．如图，在等腰△ABC中，已知|AB|＝|AC|，B(－1,0)，AC边的中点为D(2,0)，则点C的轨迹所包围的图形的面积为4π.解析：解法1：设C坐标为(x，y)，则A坐标为(4－x，－y)，∵|AB|＝|AC|，∴(5－x)2＋y2＝(4－2x)2＋4y2，整理得(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，所以C的轨迹包围的图形面积为4π.解法2：由已知|AB|＝2|AD|，设点A(x，y)，则(x＋1)2＋y2＝4[(x －2)2＋y2]，所以点A的轨迹方程为(x－3)2＋y2＝4(y≠0)，设C(x′，y′)，由AC边的中点为D(2,0)知A(4－x′，－y′)，所以C的轨迹方程为(4－x′－3)2＋(－y′)2＝4，即(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，所以点C 的轨迹所包围的图形面积为4π.尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．(2019·福州高三考试)抛物线C ：y ＝2x 2－4x ＋a 与两坐标轴有三个交点，其中与y 轴的交点为P .(1)若点Q (x ，y )(1<x <4)在C 上，求直线PQ 斜率的取值范围；(2)证明：经过这三个交点的圆E 过定点．解：(1)由题意得P (0，a )(a ≠0)，Q (x,2x 2－4x ＋a )(1<x <4)，故k PQ ＝2x 2－4x ＋a －a x＝2x －4， 因为1<x <4，所以－2<k PQ <4，所以直线PQ 的斜率的取值范围为(－2，4)．(2)证明：P (0，a )(a ≠0)．令2x 2－4x ＋a ＝0，则Δ＝16－8a >0，a <2，且a ≠0，解得x ＝1±4－2a 2，故抛物线C 与x 轴交于A (1－4－2a 2，0)，B (1＋4－2a 2，0)两点．故可设圆E 的圆心为M (1，t )，由|MP |2＝|MA |2，得12＋(t －a )2＝(4－2a 2)2＋t 2，解得t ＝a 2＋14，则圆E 的半径r ＝|MP |＝1＋(14－a 2)2.所以圆E 的方程为(x －1)2＋(y －a 2－14)2＝1＋(14－a 2)2，所以圆E 的一般方程为x 2＋y 2－2x －(a ＋12)y ＋a 2＝0， 即x 2＋y 2－2x －12y ＋a (12－y )＝0. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－2x －12y ＝0，12－y ＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝12， 故圆E 过定点(0，12)，(2，12)．感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
2020版高考数学一轮复习教案 第8章_第8节_第2课时_范围、最值问题(含答案解析)
第2课时 范围、最值问题【例1】 (2018·贵阳监测)已知椭圆C ：y a 2＋x b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为63，且椭圆C 上的点到一个焦点的距离的最小值为3－ 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知过点T (0,2)的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，若在x 轴上存在一点E ，使∠AEB ＝90°，求直线l 的斜率k 的取值范围．[解] (1)设椭圆的半焦距长为c ， 则由题设有⎩⎨⎧c a ＝63，a －c ＝3－2，解得a ＝3，c ＝2，∴b 2＝1， 故椭圆C 的方程为y 23＋x 2＝1.(2)由已知可得，以AB 为直径的圆与x 轴有公共点． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 中点为M (x 0，y 0)，将直线l ：y ＝kx ＋2代入y 23＋x 2＝1，得(3＋k 2)x 2＋4kx ＋1＝0， Δ＝12k 2－12，x 1＋x 2＝－4k3＋k 2，x 1x 2＝13＋k2. ∴x 0＝x 1＋x 22＝－2k 3＋k 2，y 0＝kx 0＋2＝63＋k 2， |AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 212k 2－123＋k2＝23k 4－13＋k2，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝12k 2－12＞0，63＋k 2≤12|AB |，解得k 4≥13，即k ≥413或k ≤－413.故直线l 的斜率k 的取值范围是(－∞，－413]∪[413，＋∞)．(2019·临沂摸底考试)已知点F 为椭圆E ：x a 2＋y b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线x 4＋y2＝1与椭圆E 有且仅有一个交点M .(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线x 4＋y2＝1与y 轴交于P ，过点P 的直线l 与椭圆E 交于不同两点A ，B ，若λ|PM |2＝|P A |·|PB |，求实数λ的取值范围．[解] (1)由题意得a ＝2c ，b ＝3c ，则椭圆E 为x 24c 2＋y 23c 2＝1. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝c 2，x 4＋y 2＝1得x 2－2x ＋4－3c 2＝0.∵直线x 4＋y2＝1与椭圆E 有且仅有一个交点M ， ∴Δ＝4－4(4－3c 2)＝0⇒c 2＝1， ∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)由(1)得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，∵直线x 4＋y 2＝1与y 轴交于P (0,2)，∴|PM |2＝54， 当直线l 与x 轴垂直时，|P A |·|PB |＝(2＋3)(2－3)＝1， ∴由λ|PM |2＝|P A |·|PB |⇒λ＝45，当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，3x 2＋4y 2－12＝0⇒(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，依题意得x 1x 2＝43＋4k 2，且Δ＝48(4k 2－1)＞0，∴k 2＞14， ∴|P A |·|PB |＝(1＋k 2)x 1x 2＝(1＋k 2)·43＋4k 2＝1＋13＋4k 2＝54λ， ∴λ＝45⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋4k 2，∵k 2＞14，∴45＜λ＜1， 综上所述，λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫45，1.►考法1 【例2】 在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x 2－y 2＝1右支上的一个动点．若点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，则实数c 的最大值为________．22[双曲线x 2－y 2＝1的渐近线为x ±y ＝0，直线x －y ＋1＝0与渐近线x －y ＝0平行，故两平行线的距离d ＝|1－0|12＋(－1)2＝22.由点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，得c ≤22，故c 的最大值为22.]►考法2 建立函数关系利用基本不等式或二次函数求最值【例3】 已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(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c ＝ 3. 又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)． 将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0.当Δ＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1.从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1.又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1. 所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d ·|PQ |＝44k 2－34k 2＋1. 设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t.因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0. 所以，当△OPQ 的面积最大时， l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2.►考法3 建立函数关系利用导数求最值问题【例4】 (2017·浙江高考)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )－12<x <32.过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q.(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|P A |·|PQ |的最大值．[解] (1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)． (2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋32(k 2＋1).因为|P A |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2k 2＋1，所以|P A |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3. 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，因此当k ＝12时，|P A |·|PQ |取得最大值2716.(2019·邢台模拟)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称．(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)．[解] (1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1m x ＋b .由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b ，消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2x 2－2b m x ＋b 2－1＝0.因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m 2＞0，①将AB 的中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mb m 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12， 解得b ＝－m 2＋22m 2，② 由①②得m ＜－63或m ＞63.故m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－63∪⎝ ⎛⎭⎪⎫63，＋∞.(2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则t 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫032.则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )， 所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22， 当且仅当t 2＝12时，等号成立，此时满足t 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32.故△AOB 面积的最大值为22.(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 且斜率为k (k >0)的直线l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝8.(1)求l 的方程；(2)求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程． [解] (1)由题意得F (1,0)，l 的方程为y ＝k (x －1)(k >0)． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.Δ＝16k 2＋16>0，故x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2.所以|AB |＝|AF |＋|BF |＝(x 1＋1)＋(x 2＋1)＝4k 2＋4k 2. 由题设知4k 2＋4k 2＝8，解得k ＝－1(舍去)，k ＝1.因此l 的方程为y ＝x －1.(2)由(1)得AB 的中点坐标为(3,2)，所以AB 的垂直平分线方程为y －2＝－(x －3)，即y ＝－x ＋5.设所求圆的圆心坐标为(x 0，y 0)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－x 0＋5，(x 0＋1)2＝(y 0－x 0＋1)22＋16.解得⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝3，y 0＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝11，y 0＝－6.因此所求圆的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝16或(x －11)2＋(y ＋6)2＝144.。
专题08 巧辨“任意性问题”与“存在性问题(解析版)
2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇 函数与导数专题08 巧辨“任意性问题”与“存在性问题”一．方法综述含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”问题,历来是高考考查的一个热点，也是高考复习中的一个难点．破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函数的最值或值域问题，而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键．本专题举例说明辨别“任意性问题”与“存在性问题”的方法、技巧.二．解题策略类型一 “∀x ，使得f(x)>g(x)”与“∃x ，使得f(x)>g(x)”的辨析(1)∀x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )min ＝[f (x )－g (x )]min >0.如图①.(2)∃x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )max ＝[f (x )－g (x )]max >0.如图②. 【例1】【2020·河南濮阳一中期末】已知函数1()ln (0),()a f x a x a g x x x x=-≠=--. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a >时，若存在0[1,]x e ∈，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围.【解析】（I ）()f x 的定义域为'221(0,),().a a x f x a x x x ++∞=--=- 所以，当0a >时，()'0f x <，()f x 在(0,)+∞上递减；当0a <时，()'0fx >，所以，()f x 在(0,)+∞上递增.（II ）在[]1e ，上存在一点0x 使00()()f xg x <成立， 即函数1()ln a h x a x x x x=-++在[]1,e 上的最小值小于0, ()'222(1)1+1()1x x a a a h x x x x x+-⎡⎤⎣⎦=--+-=.①当1+a e ≥，即1a e ≥-时，()h x 在[]1,e 上单调递减， 所以()h x 在[]1,e 上的最小值为()h e ，由()10ah e e a e+=+-<， 得222111,1,111e e e a e a e e e +++>>-∴>---Q ； ②当11a +≤，即0a ≤时，0a >Q ，不合乎题意；③当11a e <+<，即01a e <<-时，()h x 的最小值为()1h a +，0ln(1)1,0ln(1),a a a a <+<∴<+<Q 故(1)2ln(1)2h a a a a +=+-+>. 此时(1)0h a +<不成立.综上所述，a 的取值范围是211e a >e +-. 【指点迷津】(1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当x 0≥0时，总有f (x 0)≥g (x 0)，即f (x 0)－g (x 0)≥0(注意不是f (x )min ≥g (x )max )，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )≥0恒成立问题．(2)存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )，即至少有一个x 0≥0，满足f (x 0)－g (x 0)不是负数，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )的函数值至少有一个是非负数． 【举一反三】【2020·江西瑞金一中期中】已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++ 由切线方程可知：()1211f =-=()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，解得：1a =，0b =（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于()1,x ∈+∞时，()ln 11x x m x +≤-恒成立令()()ln 11x x g x x +=-，1x >，则()()2ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2h x x x =--，则()111x h x x x-'=-=∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增()31ln30h =-<Q ，()422ln 20h =-> ()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>()()()000min0ln 11x x g x g x x +∴==-()000ln 20h x x x =--=Q 00ln 2x x ∴=- ()()()()0000min 0213,41x x g x g x x x -+∴===∈-()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为3类型二 “若1122x D x D ∃∈∃∈，，，使得()()12f x g x ＝”与“1122x D x D ∀∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝”的辨析(1) 1122x D x D ∃∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与g (x )在D 2上的值域B 的交集不是空集，即A ∩B ≠∅，如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．(2) 1122x D x D ∀∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集，即A ⊆B ，如图④.其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的值域都在函数y ＝g (x )的值域之中． 说明：图③，图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影． 【例2】【2020河北衡水中月考】已知函数()()()11ln 1f x a x x =---+，()1xg x xe -=.（1）求()g x 在区间(]0,e 上的值域；（2）是否存在实数a ，对任意给定的(]00,x e ∈，在[]1,e 存在两个不同的()1,2i x i =使得()()0i f x g x =，若存在，求出a 的范围，若不存在，说出理由. 【解析】（1）()()1'1xg x x e-=-，()0,1x ∈时，()'0g x >，()g x 单调递增，(]1,x e ∈时，()'0g x <，()g x 单调递减，()00g =，()11g =，()10e g e e e -=⨯>，∴()g x 在(]0,e 上值域为(]0,1. （2）由已知得1()1f x a x='--，且[]1,x e ∈， 当0a ≤时，()'0f x ≥，()f x 在[]1,e 上单调递增，不合题意． 当11a e≥-时，()'0f x ≤，()f x 在[]1,e 上单调递减，不合题意． 当101a e <<-时，()0f x '=得011x a=-．当1(1,)1x a∈-时()'0f x <，()f x 单调递减， 当1()1x e a ，∈-时，()'0f x >，()f x 单调递增，∴()min 11f x f a ⎛⎫= ⎪-⎝⎭.由（1）知()g x 在(]0,e 上值域为(]0,1，而()11f =，所以对任意(]00,x e ∈，在区间[]1,e 上总有两个不同的()1,2i x i =，使得()()0i f x g x =.当且仅当()1101fe f a ⎧≥⎪⎨⎛⎫≤ ⎪⎪-⎝⎭⎩，即()()()()()1111ln 1102a e a a ⎧--≥⎪⎨+-+≤⎪⎩， 由（1）得111a e ≤--. 设()()ln 11h a a a =+-+，10,1a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()1'111a h a a a =-=--， 当10,1a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()'0h a <，()h a 单调递减，∴()11110h a h e e⎛⎫>-=-> ⎪⎝⎭. ∴()0h a ≤无解.综上，满足条件的a 不存在. 【指点迷津】本例第(2)问等价转化的基本思想是：函数g (x )的任意一个函数值都与函数f (x )的某两个函数值相等，即f (x )的值域都在g (x )的值域中． 【举一反三】【2020·河南南阳一中期中】已知函数1()ln 1f x x x=+-, 32()324g x x a x a =--+, []0,1x ∈,其中0a ≥.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意[]11,x e ∈,总存在[]20,1x ∈,使得()()12f x g x =成立,求a 的取值范围. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞,22111()x f x x x x-'=-+=, 令()0f x '>,解得1x >,令()0f x '<,解得01x <<,∴函数()f x 的减区间为(0,1),增区间为(1,)+∞;（2）依题意,函数()f x 在[]1,e 上的值域包含于函数g x （）在[]0,1上的值域,由（1）可知,函数()f x 在[]1,e 上单调递增,故值域为10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦,由32()324g x x a x a =--+得22()333()()g x x a x a x a '=-=+-, ①当0a =时,()0g x '≥恒成立,故函数g()x 在[]0,1上单调递增,此时值域为[]224,3254,5a a a ⎡⎤-+--+=⎣⎦,故0a =不符合题意;②Q 当0a >时,()0g x '>的解集为(,)a +∞,()0g x '<的解集为(0,)a ,∴ 故函数()g x 在(0,)a 上单调递减,在(,)a +∞上单调递增,且2(0)42,(1)325g a g a a =-=--+,()i 当01a <<时,函数g()x 在(0,)a 上单调递减,在(,1)a 上单调递增,此时值域为{}32224,42,325a a max a a a ⎡⎤--+---+⎣⎦,则此时需要32240a a --+≤,即320a a +-≥,当01a <<时,320a a +-≥不可能成立,故01a <<不符合题意; ()ii 当1a ≥时,()0g x '≤在[]0,1上恒成立,则函数g()x 在[]0,1上单调递减,此时值域为2325,42a a a ⎡⎤--+-⎣⎦,则23250142a a a e ⎧--+≤⎪⎨-≥⎪⎩,解得1122a e ≤≤-; 综上所述,实数a 的取值范围为11,22e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦. 类型三 f (x )，g (x )是闭区间D 上的连续函数，“∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”与“∃x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”的辨析(1)f (x )，g (x )是在闭区间D 上的连续函数且∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )min >g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值均大于函数y ＝g (x )的任意一个函数值．如图⑤.(2)存在x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )max >g (x )min .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的某一个函数值大于函数y ＝g (x )的某些函数值．如图⑥.【例3】【2020·甘肃天水一中月考】已知函数(1)(1ln )()3x x f x m x++=-，()ln g x mx x =-+(R)m ∈.(1)求函数()g x 的单调区间与极值.(2)当0m >时，是否存在[]12,1,2x x ∈，使得12()()f x g x >成立？若存在，求实数m 的取值范围，若不存在，请说明理由.【解析】（1）1()(0)g x m x x =-+>'， 当0m ≤时，1()0g x m x=-+>'恒成立，即函数()g x 的单调增区间为∞（0，+），无单调减区间，所以不存在极值．当0m >时，令1()0g x m x =-+='，得1x m =,当10x m <<时，()0g x '>，当1x m>时，()0g x '<，故函数()g x 的单调增区间为10m （，），单调减区间为1m+∞（，），此时函数()g x 在1x m =处取得极大值，极大值为111()ln 1ln g m m m m m=-⨯+=--，无极小值．综上，当0m ≤时，函数()g x 的单调增区间为()0+∞，，无单调减区间，不存在极值．当0m >时，函数()g x 的单调增区间为10m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1m ⎛⎫+∞⎪⎝⎭，，极大值为1ln m --，无极小值 （2）当0m >时，假设存在[]12,1,2x x ∈，使得12()()f x g x >成立，则对[]1,2x ∈，满足max min ()()f x g x > 由(1)(1ln )()3x x f x m x++=-[]1,2x ∈（）可得，221(1ln 1)(1)(1ln )ln ()x x x x x x x f x x x +++-++-=='. 令[]()ln 1,2h x x x x =-∈（），则1()10h x x'=-≥，所以()h x 在[]1,2上单调递增，所以()(1)1h x h ≥=，所以()0f x '>，所以()f x 在[]1,2上单调递增，所以max (21)(1ln 2)3(1ln 2)()(2)3322f x f m m +++==-=-由（1）可知，①当101m<≤时，即m 1≥时，函数()g x 在[]1,2上单调递减，所以()g x 的最小值是(2)2ln 2g m =-+．②当12m ≥，即102m <≤时，函数()g x 在[]1,2上单调递增， 所以()g x 的最小值是(1)g m =-．③当112m <<时，即112m <<时，函数()g x 在11,m ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在1,2m ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.又(2)(1)ln 22ln 2g g m m m -=-+=-，所以当1ln 22m <<时，()g x 在[]1,2上的最小值是(1)g m =-.当ln 21m ≤<时，()g x 在[]1,2上的最小值是(2)ln 22g m =-所以当0ln 2m <<时，()g x 在[]1,2上的最小值是(1)g m =-，故3(1ln 2)32m m +->-， 解得3(1ln 2)4m +>,所以ln 20m >>． 当ln 2m ≤时，函数()g x 在[]1,2上的最小值是(2)ln 22g m =-，故3(1ln 2)3ln 222m m +->-， 解得3ln 22m +>，所以3ln 2ln 22m +≤<.故实数m 的取值范围是3ln 20,2+⎛⎫⎪⎝⎭【指点迷津】1.本例第(2)问从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点低于g (x )图象的最高点．2.题设中，使得成立可转化为，进而求出参数.【举一反三】【2020·四川石室中学月考】已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值； （2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；②若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．【解析】（1）22(1)(1)()2(0)x x f x x x x x+-'=-+=->， 由()0{0f x x >>'得01x <<，由()0{0f x x <>'得1x >，∴()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， ∴函数()f x 的最大值为(1)1f =-； （2）∵()a g x x x=+，∴2()1a g x x =-'，（Ⅰ）由（1）知，1x =是函数()f x 的极值点，又∵函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点， ∴1x =是函数()g x 的极值点，∴(1)10g a =-='，解得1a =， 经检验，当1a =时，函数()g x 取到极小值，符合题意；（ⅱ）∵211()2f ee =--，(1)1f =-，(3)92ln 3f =-+， ∵2192ln 321e -+<--<-， 即1(3)()(1)f f f e <<，∴1[,3]x e∀∈，min max ()(3)92ln 3,()(1)1f x f f x f ==-+==-，由（ⅰ）知1()g x x x =+，∴21()1g x x =-'，当1[,1)x e∈时，()0g x '<，当(1,3]x ∈时，()0g x '>，故()g x 在1[,1)e 为减函数，在(1,3]上为增函数，∵11110(),(1)2,(3)333g e g g e e =+==+=，而11023e e <+<，∴1(1)()(3)g g g e <<，∴1[,3]x e ∀∈，min max 10()(1)2,()(3)3g x g g x g ====，①当10k ->，即1k >时，对于121,[,3]x x e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-恒成立 12max 1[()()]k f x g x ⇔-≥-12max [()()]1k f x g x ⇔≥-+，∵12()()(1)(1)123f x g x f g -≤-=--=-，∴312k ≥-+=-，又∵1k >，∴1k >， ②当10k -<，即1k <时，对于121,[,]x x e e ∀∈，不等式12()()11f xg x k -≤-，12min 1[()()]k f x g x ⇔-≤-12min [()()]1k f x g x ⇔≤-+，∵121037()()(3)(3)92ln 32ln 333f x g x f g -≥-=-+-=-+，∴342ln 33k ≤-+，又∵1k <， ∴342ln 33k ≤-+．综上，所求的实数k 的取值范围为34(,2ln 3](1,)3-∞-+⋃+∞． 类型四 “∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)”与“∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)”的辨析(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min >g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑦.(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2上的最大值，即f (x )max <g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑧. 【例4】【2020·江西抚州二中期末】已知函数()42ln af x a x x x-=-++. （1）当4a ≥时，求函数()f x 的单调区间；（2）设()26xg x e mx =+-，当22a e =+时，对任意[)12,x ∈+∞，存在[)21x ∈+∞,，使得()()2122f x e g x +≥，求实数m 的取值范围.【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，224()1a a f x x x -'=-++2(2)[(2)]x x a x---=， 由()0f x '=，得2x =或2=-x a .当4a >即22a ->时，由()0f x '<得22x a <<-， 由()0f x '>得02x <<或2x a >-；当4a =即22a -=时，当0x >时都有()0f x '≥；∴当4a >时，单调减区间是(2,2)a -，单调增区间是(0,2)，(2,)a -+∞；当4a =时，单调增区间是()0,∞+，没有单调减区间.（2）当22a e =+时，由（1）知()f x 在()22,e 上单调递减，在()2,e +∞上单调递增，从而()f x 在[)2,+∞上的最小值为22()6f e e =--.对任意[)12,x ∈+∞，存在[)21x ∈+∞,，使得()()2212g x f x e ≤+，即存在[)21x ∈+∞,，使()g x 的值不超过()22e f x +在区间[)2,+∞上的最小值26e -.由2266xe e mx ≥+--，22e e xm x-∴≤. 令22()xe e h x x-=，则当[)1,x ∈+∞时，max ()m h x ≤. ()()22222()x x e x e xh x e x ---'=Q ()232x x e xe e x+-=-，当[1,2]x ∈时()0h x '<；当[2,)x ∈+∞时，()22xxe xe e +-20xx xee >-≥，()0h x '<.故()h x 在[1,)+∞上单调递减，从而2max ()(1)h x h e e ==-，从而2m e e ≤-. 【指点迷津】“对任意x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)”等价于“f (x )在(0,2)上的最小值大于或等于g (x )在[1,2]上的最小值”． 【举一反三】【2020重庆西南大学附中月考】已知函数()()()11ln x x f x x++=，()()ln g x x mx m R =-∈ .（1）求函数()g x 的单调区间；（2）当0m >时，对任意的[]11,2x ∈，存在[]21,2x ∈，使得()()123f x m g x ->成立，试确定实数m 的取值范围.【解析】（1）由()()ln 0g x x mx x =->，得()'1g x m x=-.当0m ≤时，()'0g x >，所以()g x 的单调递增区间是()0,∞+，没有减区间.当0m >时，由()'0g x >，解得10x m <<；由()'0g x <，解得1x m>，所以()g x 的单调递增区间是10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，递减区间是1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.综上所述，当0m ≤时，()g x 的单调递增区间是()0,∞+，无递减区间；当0m >时，()g x 的单调递增区间是10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，递减区间是1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. （2）当0m >时，对任意[]11,2x ∈，存在[]21,2x ∈，使得()()123f x m g x ->成立，只需()()min min 3f x m g x ->成立.由()()()11ln ln 1ln 1x x x f x x xxx++==+++，得()'2221ln 11ln x x xf x x xx x--=+-=.令()()ln 0h x x x x =->，则()'1x h x x-=.所以当()0,1x ∈时，()'0h x <，当()1,x ∈+∞时，()'0h x >.所以()h x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增，且()11h =，所以()()()min 110h x h x h ≥==>.所以()'0f x >，即()f x 在()0,∞+上递增，所以()f x 在[]1,2上递增，所以()()min 12f x f ==.由（1）知，当0m >时，()g x 在10,m ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，在1,m ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递减，①当101m<≤即m 1≥时，()g x 在[]1,2上递减，()()min 2ln22g x g m ==-； ②当112m <<即112m <<时，()g x 在11,m ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上递增，在1,2m ⎛⎤⎥⎝⎦上递减，()()(){}min min 1,2g x g g =，由()()()21ln22ln2g g m m m -=---=-， 当1ln22m <≤时，()()21g g ≥，此时()()min 1g x g m ==-， 当ln21m <<时，()()21g g <，此时()()min 2ln22g x g m ==-， ③当12m ≥即102m <≤时，()g x 在[]1,2上递增，()()min 1g x g m ==-， 所以当0ln2m <≤时，()()min 1g x g m ==-， 由0ln223m m m<≤⎧⎨->-⎩，得0ln2.m <≤当ln2m >时，()()min 2ln22g x g m ==-，由ln223ln22m m m>⎧⎨->-⎩，得 ln22ln2m <<-．∴ 02ln2m <<-．综上，所求实数m 的取值范围是()0,2ln2-．三．强化训练1．【2020·江西萍乡一中期中】已知函数ln ()xx af x e+=. （1）当1a =时，求()f x 的极值； （2）设()xg x xe a -=-，对任意12,(0,)x x ∈+∞都有()()11112xx e f x ax g x ->成立，求实数a 的取值范围.【解析】（1）当1a =时，ln 1()xx f x e+=，所以函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 所以1ln ()xx x xf x xe--'=，且0x xe >， 令()1ln h x x x x =--，所以当01x <<时，10,ln 0x x x -><， 所以()1ln 0h x x x x =-->. 又()2ln h x x '=--，所以当1x >时，()2ln 0h x x '=--<，所以()h x 在(1,)+∞上单调递减，故()(1)0h x h <=. 同理当01x <<时，()0f x '>； 当1x >时，()0f x '<，所以()f x 在(0,1)是单调递增，在(1,)+∞单调递减， 所以当1x =时，()f x 的极大值为1(1)f e=，无极小值. （2）令()()xm x xe f x ax =-，因为对任意12,(0,)x x ∈+∞都有()()11112xx e f x ax g x ->成立，所以()()12min max m x g x >.因为()()ln xm x xe f x ax x x =-=， 所以()1ln m x x '=+.令()0m x '>，即1ln 0x +>，解得1x e>； 令()0m x '<，即1ln 0x +<，解得10x e<<.所以()m x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增， 所以min 11()m x m e e⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 因为()xg x xea -=-，所以()(1)xg x x e -'=-，当0x >时0x e ->，令()0g x '>，即10x ->，解得01x <<；令()0g x '<，即10x -<，解得1x >. 所以()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 所以max 1()(1)g x g a e==-， 所以11a e e->-， 所以2a e >，即实数a 的取值范围为2,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 2．【2020·河北邯郸期末】已知函数()f x 满足:①定义为R ；②2()2()9xxf x f x e e +-=+-. （1）求()f x 的解析式；（2）若12,[1,1]x x ∀∈-；均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-…成立，求a 的取值范围；（3）设2(),(0)()21,(0)f x xg x x x x >⎧=⎨--+≤⎩，试求方程[()]10g g x -=的解. 【解析】（1）2()2()9xx f x f x e e+-=+-Q ,…① 所以2()2()9xx f x f x ee ---+=+-即1()2()29xx f x f x e e-+=+-…② 由①②联立解得:()3xf x e =-.（2）设2()(2)6x x a x ϕ=-+-+,()()()1333x x x F x x e e xe x =--=+--,依题意知:当11x -≤≤时,min max ()()x F x ϕ≥()()33x x x x F x e e xe xe '+=-+=-+Q又()(1)0xF x x e ''=-+<Q 在(1,1)-上恒成立, 所以()F x '在[1,1]-上单调递减()(1)30min F x F e ∴'='=-> ()F x ∴在[1,1]-上单调递增,max ()(1)0F x F ∴==(1)70(1)30a a ϕϕ-=-≥⎧∴⎨=+≥⎩,解得:37a -≤≤实数a 的取值范围为[3,7]-. （3）()g x 的图象如图所示：令()T g x =,则()1g T =1232,0,ln 4T T T ∴=-==当()2g x =-时有1个解3-,当()0g x =时有2个解：(12)-、ln3,当()ln 4g x =时有3个解:ln(3ln 4)+、12(1ln 2)--. 故方程[()]10g g x -=的解分别为：3-,(12)-、ln3,ln(3ln 4)+、12(1ln 2)--3．【2020·天津滨海新区期末】已知函数()2ln h x ax x =-+.（1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程； （2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在0122x ⎡⎤∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围. 【解析】()1当1a =时，()()12ln ,'2h x x x h x x=-+=-+2x =时，()()3'2,24ln 22h h =-=-+()h x ∴在()()2,2h 处的切线方程为()34ln 222y x +-=-- 化简得：322ln 220x y +-+=()2对函数求导可得，()()221'0ax ax f x x x-+=>令()'0f x =，可得2210ax ax -+=20440112a a a a ⎧⎪≠⎪∴->⎨⎪⎪>⎩，解得a 的取值范围为()1,2 ()3由2210ax ax -+=，解得121,1x x a a=-=+而()f x 在()10,x 上递增，在()12,x x 上递减，在()2,x +∞上递增12a <<Q2112x a ∴=+<+()f x ∴在122⎡⎤+⎢⎥⎣⎦单调递增 ∴在12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上，()()max 22ln 2f x f a ==-+012x ⎡⎤∴∃∈+⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对a M ∀∈恒成立等价于不等式2(2ln 2ln 1112))()n (l 2a a m a a -+++>--++恒成立 即不等式2()ln 1ln 210a ma a m +--+-+>对任意的()12a a <<恒成立令()()2ln 1ln 21g a a ma a m =+--+-+，则()()121210,'1ma a m g g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭==+ ①当0m ≥时，()()'0,g a g a <在()1,2上递减()()10g a g <=不合题意②当0m <时，()1212'1ma a m g a a ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭=+ 12a <<Q若1112m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即104m -<<时，则()g a 在()1,2上先递减 ()10g =Q12a ∴<<时，()0g a >不能恒成立若111,2m ⎛⎫-+≤ ⎪⎝⎭即14m ≤-，则()g a 在()1,2上单调递增 ()()10g a g ∴>=恒成立m ∴的取值范围为1,4⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦4．【2020·全国高三专题练习】已知函数()321(1)32a x x ax f x +=-+.（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅲ）对于任意1x ，2[02]x ∈,，都有122()()3f x f x -≤，求实数a 的取值范围.【解析】（Ⅰ）当1a =时，因为()3213x x x f x =-+所以()221x x f x =-+'，(0)1f '=.又因为(0)0f =，所以曲线()y f x =在点()0,(0)f 处的切线方程为y x =. （Ⅱ）因为()321(1)32a x x ax f x +=-+，所以2()(1)0f x x a x a '=-++=. 令()0f x '=，解得x a =或1x =. 若1a >，当()0f x '>即1x <或x a >时， 故函数()f x 的单调递增区间为()(),1,,a -∞+∞；当()0f x '<即1x a <<时，故函数()f x 的单调递减区间为()1,a . 若1a =，则22()21(1)0f x x x x '=-+=-≥，当且仅当1x =时取等号，故函数()f x 在(),-∞+∞上是增函数. 若1a <，当()0f x '>即x a <或1x >时， 故函数()f x 的单调递增区间为()(),,1,a -∞+∞；当()0f x '<即1<<a x 时，故函数()f x 的单调递减区间为(),1a .综上，1a >时，函数()f x 单调递增区间为(1)()a -∞∞,,,+，单调递减区间为(1,)a ； 1a =时，函数()f x 单调递增区间为(,)-∞+∞；1a <时，函数()f x 单调递增区间为()(1)a -∞∞,,,+，单调递减区间为(,1)a .（Ⅲ） 由题设，只要()()max min 23f x f x -≤即可. 令2()(1)0f x x a x a '=-++=，解得x a =或1x =.当0a ≤时，随x 变化，(),()f x f x ' 变化情况如下表：由表可知(0)0(1)f f =>，此时2(2)(1)3f f ->，不符合题意.当01a <<时，随x 变化，()()'f x f x , 变化情况如下表：由表可得3211112(0)0()(1)(2)62263f f a a a f a f ==-+=-=,,,，且(0)()f f a <，(1)(2)f f <，因()()2203f f -=，所以只需()(2)(1)(0)f a f f f ≤⎧⎨≥⎩，即3211262311026a a a ⎧-+≤⎪⎪⎨⎪-≥⎪⎩ ，解得113a ≤<. 当1a =时，由（Ⅱ）知()f x 在[]0,2为增函数， 此时()()()()max min 2203f x f x f f -=-=，符合题意. 当12a <<时，同理只需(1)(2)()(0)f f f a f ≤⎧⎨≥⎩，即3211226311062a a a ⎧-≤⎪⎪⎨⎪-+≥⎪⎩ ，解得513a <≤. 当2a ≥时，2()(1)32f f >=，()2()0(311)f f f =->，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是15,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦.5．【2020·河南安阳期末】已知函数()ln f x x x x =+，()x xg x e=. （1）若不等式()()2f xg x ax ≤对[)1,x ∈+∞恒成立，求a 的最小值； （2）证明：()()1f x x g x +->.（3）设方程()()f x g x x -=的实根为0x .令()()()00,1,,,f x x x x F x g x x x ⎧-<≤⎪=⎨>⎪⎩若存在1x ，()21,x ∈+∞，12x x <，使得()()12F x F x =，证明：()()2012F x F x x <-.【解析】（1）()()2f xg x ax ≥，即()2ln x x x x x ax e +⋅≥，化简可得ln 1x x a e+≤. 令()ln 1xx k x e +=，()()1ln 1xx x k x e -+'=，因为1x ≥，所以11x ≤，ln 11x +≥. 所以()0k x '≤，()k x 在[)1,+∞上单调递减，()()11k x k e≤=.所以a 的最小值为1e.（2）要证()()1f x x g x +->，即()ln 10x xx x x e+>>.两边同除以x 可得11ln x x x e+>.设()1ln t x x x =+，则()22111x t x x x x-'=-=.在()0,1上，()0t x '<，所以()t x 在()0,1上单调递减.在()1,+∞上，()0t x '>，所以()t x 在()1,+∞上单调递增，所以()()11t x t ≥=. 设()1x h x e=，因为()h x 在()0,∞+上是减函数，所以()()01h x h <=. 所以()()t x h x >，即()()1f x x g x +->.（3）证明：方程()()f x g x x -=在区间()1,+∞上的实根为0x ，即001ln x x e=，要证()()2012F x F x x <-，由()()12F x F x =可知，即要证()()1012F x F x x <-.当01x x <<时，()ln F x x x =，()1ln 0F x x '=+>，因而()F x 在()01,x 上单调递增. 当0x x >时，()x x F x e =，()10xxF x e -'=<，因而()F x 在()0,x +∞上单调递减. 因为()101,x x ∈，所以0102x x x ->，要证()()1012F x F x x <-.即要证01011122ln x x x x x x e--<. 记()0022ln x xx xm x x x e--=-，01x x <<. 因为001ln x x e =，所以0000ln x x x x e =，则()00000ln 0x xm x x x e =-=.()0000022212121ln 1ln x x x x x xx x x xm x x x e e e---+--'=++=++-. 设()t t n t e =，()1t tn t e-'=，当()0,1t ∈时，()0n t '>.()1,t ∈+∞时，()0n t '<，故()max 1n t e=.且()0n t >，故()10n t e <<，因为021x x ->，所以002120x x x xe e ---<<.因此()0m x '>，即()m x 在()01,x 上单调递增.所以()()00m x m x <=，即01011122ln x x x x x x e --<.故()()2012F x F x x <-得证.6．【2020·山东邹平一中期末】已知函数()()sin ,ln f x x a x g x x m x =-=+. (1)求证:当1a ≤时,对任意()()0,,0x f x ∈+∞>恒成立; (2)求函数()g x 的极值; (3)当12a =时,若存在()12,0,x x ∈+∞且12x x ≠,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+,求证:12249x x m <. 【解析】(1)()()sin 1cos f x x a x f x a x '=-∴=-，1cos 1x -≤≤Q ,()11cos 0a f x a x '∴≤=-≥，, ()sin f x x a x =-在()0+∞，上为增函数,所以当()0,x ∈+∞时,恒有()()00f x f >=成立; (2)由()()()ln ,10m x mg x x m x g x x x x+'=+∴=+=> 当()00m g x '≥>，()g x 在()0+∞，上为增函数,无极值 当()()0,00;0m x m g x x m g x ''<<<-<>->，，()g x 在()0m -，上为减函数,在(),m -+∞上为增函数,()x m x ∴=-，g 有极小值()ln m m m -+-,无极大值,综上知:当()0m g x ≥，无极值,当()0m g x <，有极小值()ln m m m -+-,无极大值. (3)当()11sin 22a f x x x ==-，在()0+∞，上为增函数, 由(2)知,当0m ≥,()g x 在()0+∞，上为增函数, 这时,()()f x g x +在()0+∞，上为增函数, 所以不可能存在()12,0,x x ∈+∞,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+且12x x ≠ 所以有0m <现不防设()()()()1211220x x f x g x f x g x <<+=+，得:111222112sin ln 2sin ln 22x x m x x x m x -+=-+()()()2121211ln ln 2sin sin 2m x x x x x x --=---①1122sin sin x x x x -<-()()212111sin sin 22x x x x -->--② 由①②式可得:()()()2121211ln ln 22m x x x x x x -->--- 即()()21213ln ln 02m x x x x -->-> 又1221ln ln ,ln ln 0x x x x <->2121302ln ln x x m x x -∴->⨯>-③ 又要证12249x x m <，即证21294m x x > 120,0m x x <<<Q即证m ->④所以由③式知,只需证明:2121ln ln x x x x ->-2121ln 1x x x x -> 设211x t x =>,只需证1ln t t->即证()ln 01t t >> 令()()ln 1h t t t =-> 由()()()2101h t t h t '=>>，在()1+∞，上为增函数, ()()10h t h∴>=2121ln ln x x x x -∴>-,所以由③知,0m ->>成立, 所以12249x x m <成立. 7．【2020·陕西西安中学高三期末】已知函数21()ln 1()2f x x a x a R =-+∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若20a -≤＜，对任意[]12,1,2x x ∈，不等式121211()()f x f x m x x -≤-恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】（1）∵依题意可知：函数()f x 的定义域为()0,∞+，∴2()a x af x x x x-'=-=，当0a ≤时，()0f x '>在()0,∞+恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增. 当0a >时，由()0f x'>得x ()0fx '<得0x <<综上可得当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0a >时，()f x 在(上单调递减；在)+∞上单调递增.（2）因为20a -≤<，由（1）知，函数()f x 在[]1,2上单调递增，不妨设1212x x ≤≤≤，则121211()()f x f x mx x -≤-， 可化为2121()()m m f x f x x x +≤+， 设21()()ln 12m mh x f x x a x x x=+=-++，则12()()h x h x ≥， 所以()h x 为[]1,2上的减函数， 即2()0a mh x x x x=--≤'在[]1,2上恒成立，等价于3m x ax ≥-在[]1,2上恒成立， 设3()g x x ax =-，所以max ()m g x ≥，因20a -≤＜，所以2()30＞'=-g x x a ，所以函数()g x 在[]1,2上是增函数，所以max ()(2)8212g x g a ==-≤（当且仅当2a =-时等号成立） 所以12m ≥．8．【2020·浙江温州期末】已知函数()()2log ln a f x x x x =+-，1a >. （1）求证：()f x 在()1,+∞上单调递增；（2）若关于x 的方程()1f x t -=在区间()0,∞+上有三个零点，求实数t 的值；（3）若对任意的112,,x x a a -⎡⎤∈⎣⎦，()()121f x f x e -≤-恒成立（e 为自然对数的底数），求实数a 的取值范围.【解析】（1）()()2ln 1'21ln x f x xx a =⋅+-,∵1x >,∴()'0f x >,故()f x 在()1,+∞上单调递增.（2）()()()()2222ln ln ln 'ln x x a a f x x a +-=,令()()()222ln ln ln g x x x a a =+-,()()22'ln 0g x a x=+>,()10g =, 故当()0,1x ∈,()'0g x <,()1,x ∈+∞,()'0g x >,即()f x 在()0,1x ∈上单调递减；在()1,x ∈+∞上单调递增.()11f =, 若()()11f x t f x t -=⇔=±在区间()0,∞+上有三个零点,则11t -=,2t =.（3）()f x 在1,1x a -⎡⎤∈⎣⎦上单调递减；在(]1,x a ∈上单调递增.故()()min 11f x f ==,()()max 1max ,f x f f a a ⎧⎫⎛⎫=⎨⎬⎪⎝⎭⎩⎭, 令()()112ln h a f f a a a a a ⎛⎫=-=+-⎪⎝⎭,∴()0h a <, 故()max 1ln f x a a =+-,∴ln 1ln 1a a e a a e -≤-⇒-≤-, 因为1a >,设()ln a a a ϕ=-则1'()10a aϕ=->,故()ln a a a ϕ=-为增函数, 又()ln 1e e e e ϕ=-=-. ∴(]1,a e ∈.9．【2020·浙江台州期末】已知函数()ln f x a x x b =-+，其中,a b ∈R . （1）求函数()f x 的单调区间；（2）使不等式()ln f x kx x x a ≥--对任意[]1,2a ∈，[]1,x e ∈恒成立时最大的k 记为c ，求当[]1,2b ∈时，b c +的取值范围.【解析】（1）因()f x 的定义域为()0,∞+，()()'10af x x x=->， 当0a ≤时，()'0f x <，∴()f x 在()0,∞+上单调递减； 当0a >时，()'f x 在()0,∞+上单调递减，()'0f a =， ∴()f x 在()0,a 上单调递增，在(),a +∞单调递减； （2）()()l ln n f x kx x x f x x x a k x a ++⇒≤≥--()1ln ln a x x x x bx+-++=. ∵[]1,2a ∈，[]1,x e ∈，∴()1ln ln 1ln ln a x x x x b x x x x bx x+-+++-++≥， 令()()21ln ln ln 'x x x x b x x b g g x x x x+-++-+-=⇒=， 由（1）()ln p x x x b ⇒=-+-在()1,+∞上递增；（1）当()10p ≥，即1b =时[]1,x e ∈，()()0'0p x g x ≥⇒≥，∴()g x 在[]1,e 上递增；∴()()min 122c g x g b b c b ===⇒+==.（2）当()0p e ≤，即[]1,2b e ∈-时[]1,x e ∈，()()0'0p x g x ≤⇒≤，∴()g x 在[]1,e 上递减； ∴()()min 22b b c g x g e b c b e e ++===⇒+=+14,2e ee ⎡⎤∈++⎢⎥⎣⎦.（3）当()()10p p e <时，()ln p x x x b =-+-在上递增； 存在唯一实数()01,x e ∈，使得()00p x =，则当()01,x x ∈时()()0'0p x g x ⇒<⇒<.当()0,x x e ∈时()()0'0p x g x ⇒>⇒>. ∴()()00000mi 000n 1ln ln 1ln x x x x b x x x c g x g x +-++=+===.∴00000011ln ln b c x x x x x x +=++-=+.此时00ln b x x =-. 令()()()11ln '10x h x x x h x h x x x-=-⇒=-=>⇒在[]1,e 上递增， ()()01,11,b e x e ∈-⇒∈，∴12,b c e e ⎛⎫+∈+ ⎪⎝⎭.综上所述，42,2b c e ⎡⎤+∈+⎢⎥⎣⎦. 10．【2020·蒙阴实验中学期末】设函数()212ln 222af x ax x x -=+++，a R ∈. （1）当2a =时，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程； （2）2x =是函数()f x 的极值点，求函数()f x 的单调区间； （3）在（2）的条件下，()217ln 422g x x x x ⎛⎫=-++-⎪⎝⎭，若[)11,x ∀∈+∞，()20,x ∃∈+∞，使不等式()()1122mf xg x x x -≥+恒成立，求m 的取值范围. 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，2a =时，()2ln 2f x x x =++，()12f x x x'=+， ()13f '=，()13f =，所以切线方程为()331y x -=-，即30x y -=.（2）()()22221222ax a x a f x ax x x+-+-'=++=， 2x =是函数的极值点，()8422204a a f +-+'==，可得1a =-，所以()2232(0)2x x f x x x-++'=>，令()0f x '>，即22320x x --<，解得1,22x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，结合定义域可知()f x 在()0,2上单调递增，在()2,+∞上单调递减. （3）令()()()2ln ln 26h x f x g x x x x x =-=+++，[)11,x ∀∈+∞，[)20,x ∃∈+∞， 使得()()1122m f x g x x x -≥+恒成立，等价于()()2min 21mh x x x x ≥+≥⎡⎤⎣⎦， ()12ln 2h x x x x x'=++-，因为1x ≥，所以2ln 0x x ≥，12x x+≥，即()'0h x ≥， 所以()h x 在[)1,+∞上单调递增，()()14h x h ≥=， 即()20,x ∃∈+∞使得函数4mx x+≤，即转化为240x x m -+≤在()0,∞+有解， ()22424x x m x m -+=--+，所以40m -+≤，4m ≤.。
2020年高考数学(文科)一轮复习 第八单元 听课手册答案
第八单元解析几何1.编写意图解析几何在高考中一般有2道客观题,1道解答题.选择题、填空题主要考查直线与圆的方程、圆锥曲线的方程及其简单的几何性质,考查点较单一;解答题主要考查圆锥曲线的方程、直线与圆锥曲线的位置关系以及解决解析几何问题的基本方法,具有一定的难度.根据考试说明和一轮复习的特点,在编写该部分时注意到了如下几点:(1)注重基础.在本单元的大部分讲次中设置的都是基础性试题,目的是使学生掌握好解析几何的基本知识和基本方法,提高解题的基本技能.(2)强化能力.选用了一些具有一定难度的推理论证试题和计算性试题,试图通过这些题目的练习,提高学生解决解析几何试题的能力.(3)关注热点.定点、定值、最值、范围、探索、证明等问题是高考中的热点问题,本书对这些问题给予了高度关注,通过对这些问题的讲解,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)充分重视运算环节.运算复杂是解析几何题目的特点,在学生运算能力较弱的情况下,解题较困难,并容易出现畏惧情绪.教学中,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,在学生有困难的运算中教师要与学生一起逐步完成其运算,一定要把运算这个环节落到实处.(2)充分重视学生的主体作用.本单元的绝大多数内容学生都可以独立地完成,因此教师不要包办代替,应让学生在解题过程中认识解析几何试题的特点,掌握解析几何试题的解题方法.(3)充分重视重点和难点的教学.以椭圆和抛物线为载体,与直线、圆等知识结合的解答题是解析几何的难点,在这个问题上应根据学生的实际情况因材施教、区别对待,提高整个班级的复习质量.3.课时安排本单元包括8讲(其中第51讲安排3个课时)、2个小题必刷卷、1个解答必刷卷、1个单元测评卷(八),大约共需15课时.第44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,结合具体图形掌握确定直线位置的几何要素.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.【课前双基巩固】知识聚焦1.(1)0°(2)0°≤α<180°2.(1)正切值tan α不存在(2)--不存在3.y-y0=k(x-x0)y=kx+b --=--+=1Ax+By+C=0(A2+B2≠0)对点演练1.45°1[解析] 由题意得,k=tan α=1,所以α=45°,又---=1,解得m=1.2.x-y+1=0[解析] ∵斜率k=tan 60°=,直线l过点(0,1),∴直线l的方程为y-1=(x-0),即x-y+1=0.3.三[解析] 由已知得直线Ax+By+C=0在x轴上的截距->0,在y轴上的截距->0,故直线经过第一、二、四象限,不经过第三象限.4.k 2>k 3>k 1 [解析] 设l 1,l 2,l 3的倾斜角分别为α1,α2,α3.由题图易知0<α3<α2<90°<α1<180°,∴tanα2>tan α3>0>tan α1,即k 2>k 3>k 1.5. ,∪, [解析] 设直线l 的倾斜角为α,则有tan α= - -=1-m 2≤1.又因为0≤α<π,所以0≤α≤或 <α<π. 6. ,[解析] ∵点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k PA = - - =1,边界直线PB 的斜率k PB =-- -=-1,∴直线PA 的倾斜角为 ,直线PB 的倾斜角为.∵直线l 与线段AB 相交,∴直线l 的倾斜角的取值范围为 ,. 7.x+y-2=0或x-y=0 [解析] 若直线过原点,则直线方程为y=x ;若直线不过原点,设直线方程为 +=1,代入点M (1,1),解得m=2,则直线方程为x+y-2=0. 【课堂考点探究】例1 [思路点拨] (1)利用过两点的直线的斜率公式,求出直线AB 的斜率,再根据倾斜角求出斜率,构造方程,求出m ;(2)直线l :x+my+m=0经过定点A (0,-1),利用斜率公式可得k AP ,k AQ ,再利用斜率的意义即可得出m 的取值范围.(1)A (2) - ,[解析] (1)∵直线过A (2,4),B (1,m )两点,∴直线的斜率为 - -=4-m ,又∵直线的倾斜角为45°,∴直线的斜率为1,即4-m=1,∴m=3,故选A .(2)易知直线l :x+my+m=0过定点A (0,-1).当m ≠0时,k QA = ,k PA =-2,k l =- ,∴- ≤-2或- ≥,解得0<m ≤ 或- ≤m<0;当m=0时,直线l 的方程为x=0,与线段PQ 有交点.∴实数m 的取值范围为- ≤m ≤. 变式题 (1)B (2)B [解析] (1)直线2x cos α-y-3=0的斜率k=2cos α,因为α∈,,所以≤cos α≤,因此k=2cos α∈[1, ].设直线的倾斜角为θ,则有tan θ∈[1, ].又θ∈[0,π),所以θ∈,,即倾斜角的取值范围是,.故选B .(2)设点P (a ,1),Q (7,b ),则有, - ,解得 - ,- ,从而可知直线l 的斜率为- - =- .故选B . 例2 [思路点拨] (1)由题意求解题中所给的直线方程,对比选项,利用排除法即可求得最终结果;(2)当直线不过原点时,设所求直线方程为 +=1,将(-5,2)代入所设方程,求出a 即得直线方程;当直线过原点时,设直线方程为y=kx ,将(-5,2)代入所设方程,求出k 即得直线方程.(1)C (2)2x+5y=0或x+2y+1=0 [解析] (1)如图所示,可知A ( ,0),B (1,1),C (0, ),D (-1,1),所以直线AB ,BC ,CD 的方程分别为y=-(x- ),y=(1- )x+ ,y=( -1)x+ ,即x+( -1)y- =0,(1- )x-y+ =0,( -1)x-y+ =0,分别对应题中的A,B,D 选项.故选C .(2)当直线不过原点时,设所求直线方程为+=1,将(-5,2)代入所设方程,解得a=-,所以直线方程为x+2y+1=0;当直线过原点时,设直线方程为y=kx,则-5k=2,解得k=-,所以直线方程为y=-x,即2x+5y=0.故所求直线方程为2x+5y=0或x+2y+1=0.变式题(1)x+2y-4=0(2)2x-3y+6=0(3)2x-y+2=0[解析] (1)因为直线BC经过B(2,1)和C(-2,3)两点,由两点式得直线BC的方程为--=---,即x+2y-4=0.(2)设BC边的中点D的坐标为(x,y),则x=-=0,y==2.直线AD过A(-3,0),D(0,2)两点,由截距式得AD所在直线的方程为-+=1,即2x-3y+6=0.(3)由已知可知,直线BC的斜率k1=-,则BC的垂直平分线DE的斜率k2=2.由(2)知,点D的坐标为(0,2).由点斜式得直线DE的方程为y-2=2(x-0),即2x-y+2=0.例3[思路点拨] (1)先求出两条动直线经过的定点,即A和B,注意到两条动直线相互垂直,则有PA⊥PB,再利用基本不等式即可得出|PA|·|PB|的最大值.(2)①设出点A,B的坐标,写出直线AB的方程,利用基本不等式求出|OA|+|OB|的最小值,写出对应的直线方程;②设直线方程为y-1=k(x-1)(k<0),利用基本不等式求出|MA|2+|MB|2的最小值,写出对应的直线方程.解:(1)易求得定点A(0,0),B(1,3).当P与A和B均不重合时,因为P为直线x+my=0与mx-y-m+3=0的交点,且易知两直线垂直,即PA⊥PB,所以|PA|2+|PB|2=|AB|2=10,所以|PA|·|PB|≤=5(当且仅当|PA|=|PB|=时,等号成立);当P与A或B重合时,|PA|·|PB|=0.故|PA|·|PB|的最大值是5.(2)①设A(a,0),a>0,B(0,b),b>0,则直线l的方程为+=1,则+=1,所以|OA|+|OB|=a+b=(a+b)·=2++≥2+2·=4,当且仅当a=b=2时取等号.故当|OA|+|OB|取得最小值时,直线l的方程为x+y-2=0.②设直线l的斜率为k,则k<0,直线l的方程为y-1=k(x-1),则A-,,B(0,1-k),所以|MA|2+|MB|2=1-1+2+12+12+(1-1+k)2=2+k2+≥2+2·=4,当且仅当k2=,即k=-1时,|MA|2+|MB|2取得最小值4,此时直线l的方程为x+y-2=0.变式题(1)(2)[解析] (1)已知点A(2,0),B(0,1),则线段AB的方程为y=-x+1,x∈[0,2],即x+2y-2=0,x∈[0,2],由x+2y=2≥2当且仅当x=1,y=时取等号,得xy≤.故xy的最大值为.(2)由题意知直线l 1,l 2过定点(2,2),直线l 1在y 轴上的截距为2-a ,直线l 2在x 轴上的截距为a 2+2,所以四边形的面积S=×2×(2-a )+×2×(a 2+2)=a 2-a+4=a-2+ ,当a=时,四边形的面积最小.【备选理由】 例1考查对斜率公式的灵活运用,充分发掘斜率公式的几何意义,帮助学生解决形如- -结构的取值范围问题;例2为求直线的方程问题,注意截距的概念,需要分情况讨论;例3是将直线方程与基本不等式结合的问题.例1 [配例1使用]已知实数x ,y 满足2x+y=8,当2≤x ≤3时,-的取值范围是 .[答案], [解析] 由- 的几何意义知,它表示点A (1,-1)与线段CD 上任一点P (x ,y )连线的斜率,如图.因为线段CD 的端点为C (2,4),D (3,2),所以k AC = -=5,k AD =- =,所以k AD ≤k AP ≤k AC ,即 ≤-≤5.例2 [配例2使用]设直线l 的方程为(a+1)x+y+2-a=0(a ∈R).(1)若l 在两坐标轴上的截距相等,求直线l 的方程;(2)若l 在两坐标轴上的截距互为相反数,求a 的值.解:(1)当直线l 过原点时,直线l 在x 轴和y 轴上的截距均为0,∴a=2,直线l 的方程为3x+y=0. 当直线l 不经过原点时,l 在x 轴和y 轴上的截距存在且均不为0,直线l 的方程可写为-+-=1,∴ -=a-2,即a+1=1,∴a=0,直线l 的方程为x+y+2=0.综上,直线l 的方程为3x+y=0或x+y+2=0. (2)由-=-(a-2),得a-2=0或a+1=-1,∴a=2或a=-2.例3 [配例3使用] [2019·河北滦县一中月考] 已知直线l 过点M (2,1),且与x 轴、y 轴的正半轴分别交于点A ,B ,O 为坐标原点,求当| |·| |取得最小值时直线l 的方程. 解:设A (a ,0),B (0,b ),则a>0,b>0,直线l 的方程为 +=1,所以 +=1.||·| |=- · =-(a-2,-1)·(-2,b-1)=2(a-2)+b-1=2a+b-5=(2a+b ) +-5= +≥4,当且仅当a=b=3时取等号,故当| |·| |取得最小值时,直线l 的方程为x+y-3=0.第45讲 两直线的位置关系 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.【课前双基巩固】知识聚焦1.k1=k2且b1≠b2k1·k2=-1k1≠k22.交点坐标相交无公共点平行3.(-)(-)对点演练1.1[解析] 由题意得=,即|a+1|=2,解得a=-1+2=1或a=-1-2=-3,∵a>0,∴a=1.2.1[解析] 由题意知---=1,所以t-4=-2-t,解得t=1.3.[解析] 解方程组--,,可得-,-,所以直线2x-y=-10与y=x+1的交点坐标为(-9,-8),代入y=ax-2,得-8=a·(-9)-2,所以a=.4.0或1[解析] 由两条直线垂直,得(3a+2)(5a-2)+(1-4a)(a+4)=0,即a2-a=0,解得a=0或a=1.5.0或-[解析] 由l1∥l2,得-3a-2a(3a-1)=0,即6a2+a=0,所以a=0或a=-,经检验都成立.6.0或1[解析] 直线l1的斜率k1=----=a.当a≠0时,l2的斜率k2=---=-,因为l1⊥l2,所以k1k2=-1,即a·-=-1,解得a=1;当a=0时,E(0,1),F(0,0),这时直线l2为y轴,M(2,0),N(-1,0),直线l1为x轴,显然l1⊥l2.综上可知,实数a的值为0或1.7.[解析] 由直线3x-4y-3=0和mx-8y+5=0平行,得m=6,则6x-8y+5=0可化为3x-4y+=0,则两条平行直线之间的距离d=--(-)=.8.[解析] 点A(1,1)关于x轴的对称点为A'(1,-1),则|PA|+|PB|的最小值是线段A'B的长,即为.【课堂考点探究】例1[思路点拨] (1)由直线x+y=0和直线x-ay=0互相垂直得1×1+1×(-a)=0,求出a再判断;(2)三条直线中若有两条直线平行或三线共点,则不能构成三角形.(1)C(2)D[解析] (1)直线x+y=0和直线x-ay=0互相垂直的充要条件是1×1+1×(-a)=0,即a=1,故选C.(2)∵三条直线不能构成三角形,∴①l1∥l3,此时m=,l2∥l3,此时m=-;②三线共点,l1:2x-3y+1=0与l2:4x+3y+5=0的交点是-,-,代入mx-y-1=0,解得m=-.故实数m的取值集合为-,-,.故选D.变式题(1)A(2)x-2y+3=0[解析] (1)当m=2时,代入两直线方程,易知两直线平行,即充分性成立.当l1∥l2时,显然m≠0,从而有=m-1,解得m=2或m=-1,经检验,当m=2或m=-1时,l1∥l2,故必要性不成立.故选A.(2)设垂直于直线2x+y-3=0的直线l的方程为x-2y+c=0,∵直线l经过点P(1,2),∴1-4+c=0,解得c=3,∴直线l的方程是x-2y+3=0.例2 [思路点拨] (1)(方法一)当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为y-2=k (x+1),可得=,解方程即可得出k ,当直线l 为x=-1时,也满足题意;(方法二)分两种情况讨论求解,一种是直线l 过P 且与AB 平行的情况,另一种是直线l 过P 与AB 中点的情况. (2)因为 =≠-,所以两直线平行,|PQ|的最小值为这两条平行直线间的距离,利用两平行线间的距离公式求解即可.(1)x+3y-5=0或x=-1 (2)[解析] (1)(方法一)当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为y-2=k (x+1),即kx-y+k+2=0.由题意知=,即|3k-1|=|-3k-3|,∴k=-,∴直线l 的方程为y-2=-(x+1),即x+3y-5=0.当直线l 的斜率不存在时,直线l 的方程为x=-1,也符合题意.故直线l 的方程为x+3y-5=0或x=-1.(方法二)当直线AB ∥l 时,有k l =k AB =-,直线l 的方程为y-2=-(x+1),即x+3y-5=0.线段AB 的中点为(-1,4),当直线l 过线段AB 的中点时,直线l 的方程为x=-1.故直线l 的方程为x+3y-5=0或x=-1. (2)因为 =≠-,所以两直线平行.由题意可知|PQ|的最小值为这两条平行直线间的距离,即 = ,所以|PQ|的最小值为. 变式题 (1)C (2)-1或4 [解析] (1)设点P (x ,y ),由题意知 ( - )=|x+1|,且=,所以, - ,即 , - ①或 , - - ②,解①得 - , - 或 ,,解②得 , ,因此,这样的点P 共有3个.(2)设直线l 1的方程为x-2y+m=0,则有(- )= ,解得m=-2或8,故直线l 1的方程为x-2y-2=0或x-2y+8=0,所以直线l 1在y 轴上的截距是-1或4.例3 [思路点拨] (1)根据关于原点对称的点的坐标特点可得m-1=-2,n-1=-1,即可得到m ,n 的值,进而得到答案;(2)设l 1与l 的交点为A (a ,8-2a ),可得l 2与l 的交点B (-a ,2a-6),代入l 2的方程可得a=4,从而得到点A 的坐标,然后得出直线l 的方程.(1)B (2)x+4y-4=0 [解析] (1)∵点A (m-1,1)和点B (2,n-1)关于原点对称,∴m -1=-2,n-1=-1,∴m=-1,n=0,∴m+n=-1.(2)设直线l 1与l 的交点为A (a ,8-2a ),则由题意知点A 关于点P 的对称点B (-a ,2a-6)在l 2上,代入l 2的方程得-a-3(2a-6)+10=0,解得a=4,即点A (4,0)在直线l 上,所以直线l 的方程为x+4y-4=0.例4 [思路点拨] (1)设点P (2,5)关于直线x+y+1=0的对称点为Q (a ,b ),则由直线PQ 与直线x+y+1=0垂直及线段PQ 的中点在直线x+y+1=0上列方程组,求得a ,b 的值,即得对称点的坐标;(2)设出点P 关于直线l 的对称点P'的坐标,根据线段PP'的中点在直线l 上,且直线PP'与直线l 垂直,列出方程组,求出点P'的坐标.(1)C (2)(-2,7)[解析] (1)设点P (2,5)关于直线x+y+1=0的对称点为Q (a ,b ),则 --(- ) - ,,解得- , - ,即点P (2,5)关于直线x+y+1=0的对称点的坐标为(-6,-3),故选C .(2)设点P(x,y)关于直线l:3x-y+3=0的对称点为P'(x',y').∵直线PP'与l垂直,∴k PP'·k l=-1,即--×3=-1①.又线段PP'的中点在直线3x-y+3=0上,∴3×-+3=0②.由①②得-- ,.把x=4,y=5代入得x'=-2,y'=7,∴点P(4,5)关于直线l的对称点的坐标为(-2,7).例5[思路点拨] (方法一)在直线l上任取两点(一般取l与坐标轴的交点),找这两点关于点(1,2)的对称点,利用两点式写出所求直线的方程;(方法二)在直线l:3x-y+3=0上取点M(0,3),点M关于点(1,2)的对称点为M'(2,1),由于l关于点(1,2)的对称直线平行于l,利用点斜式写出所求直线的方程即可;(方法三)设所求对称直线上任意一点为(x,y),它关于点(1,2)的对称点(2-x,4-y)在直线l上,将(2-x,4-y)代入l的方程即得对称直线的方程.解:(方法一)在直线l:3x-y+3=0上取点M(0,3),N(-1,0),设点M,N关于点(1,2)的对称点分别为M'(x1,y1),N'(x2,y2).由,,得,,∴M (2,1).由-,,得,,∴N (3,4),∴对称直线的方程为--=--,即3x-y-5=0.(方法二)在直线l:3x-y+3=0上取点M(0,3),设点M关于点(1,2)的对称点为M'(x1,y1),由, ,得,,∴M (2,1).∵l关于点(1,2)的对称直线平行于l,∴对称直线的斜率k=3,∴对称直线的方程为y-1=3×(x-2),即3x-y-5=0.(方法三)设所求对称直线上任意一点为(x,y),它关于点(1,2)的对称点(2-x,4-y)在直线l上,将(2-x,4-y)代入l的方程得3(2-x)-(4-y)+3=0,即3x-y-5=0.例6[思路点拨] (1)设直线l上任意一点P(x,y),则点P关于直线x+y-4=0的对称点P'(m,n)在直线2x-y-2=0上,由对称性可得--(-)-,-,解得-,-,将其代入2x-y-2=0,化简得到直线l的方程;(2)设P(x,y)是直线l上任意一点,则由点P到直线l1:3x-y+1=0和直线l2:3x-y+7=0的距离相等,即可求解.(1)x-2y+2=0(2)3x-y+4=0[解析] (1)设P(x,y)为直线l上任意一点,则点P关于直线x+y-4=0的对称点P'(m,n)在直线2x-y-2=0上,由对称性可得--(-)-,-,解得-,-,将其代入2x-y-2=0可得2(4-y)-(4-x)-2=0,化简可得直线l的方程为x-2y+2=0.(2)依题意知l1∥l2,所以l上的点P(x,y)到两直线的距离相等,即=,化简得3x-y+4=0,即为所求直线l的方程.例7[思路点拨] 根据光线反射的对称性,先找到点A关于x轴的对称点A',再找到点D关于y轴的对称点D',连接A'D',则A'D'所在直线的方程即为直线BC的方程,光线所经过的路程为|A'D'|.解:(1)如图所示,∵A(-2,1),∴点A关于x轴的对称点为A'(-2,-1).∵D(-2,7),∴点D关于y轴的对称点为D'(2,7).由对称性可得,线段A'D'所在直线的方程即为BC所在直线的方程, 由两点式得直线BC的方程为---=---,整理得2x-y+3=0.(2)由图可得,光线从A点到达D点所经过的路程即为|A'D'|=(--)(--)=4.应用演练1.B[解析] 直线l1:y=k(x-4)经过定点(4,0),其关于点(2,1)对称的点为(0,2),又直线l1:y=k(x-4)与直线l2关于点(2,1)对称,故直线l2经过定点(0,2).2.A[解析] 点A(0,2)关于点(1,2)对称的点为B(2,2),所以m+n=,mn≤=当且仅当m=n=时,取等号,故选A.3.-4[解析] 由已知得直线AB⊥l,所以k AB=-,即-=-①,又线段AB的中点,在直线l上,所以a+b-b+1=0②.由①②得a=-1,b=3,所以a-b=-4.4.[解析] 由题意可知坐标纸的折痕应是点(0,2)与点(4,0)连线的中垂线,即直线y=2x-3,它也是点(7,3)与点(m,n)连线的中垂线,于是-,---,解得,,故m+n=.5.x-2y-1=0[解析] 由,,得-,-,即所求直线过点(-1,-1).又直线y=2x+1上一点(0,1)关于直线y=x对称的点(1,0)在所求直线上,∴所求直线方程为---=---,即x-2y-1=0.【备选理由】例1是两条直线的相交问题;例2是点到直线的距离问题;例3是新概念下的“距离”问题;例4是点关于线对称的问题;例5考查对称问题的应用.例1[配例1使用](1)当k>1时,直线l1:kx-y=k-1与直线l2:ky-x=2k的交点在第象限. (2)若直线2x-y=-4,y=x+1,y=ax-2交于一点,则a的值为.[答案] (1)一(2)0[解析] (1)由--,-,得-,--,又∵k>1,∴x=->0,y=-->0,故直线l1:kx-y=k-1与直线l2:ky-x=2k的交点在第一象限.(2)由- - , ,得 - - ,∴交点坐标为(-3,-2),代入y=ax-2,得-2=a×(-3)-2,故a=0.例2 [配例2使用](1)过直线x- y+1=0与 x+y- =0的交点,且与原点的距离等于1的直线有条.(2)直线l 经过点P (2,-5)且与点A (3,-2)和点B (-1,6)的距离之比为1∶2,则直线l 的方程为 . [答案] (1)1 (2)x+y+3=0或17x+y-29=0[解析] (1)由 - ,- ,得,.由于 +=1,故所求直线只有1条. (2)当直线l 与x 轴垂直时,直线l 的方程为x=2,点A 到直线l 的距离d 1=1,点B 到直线l 的距离d 2=3,不符合题意,故直线l 的斜率存在.∵直线l 过点P (2,-5),∴设直线l 的方程为y+5=k (x-2),即kx-y-2k-5=0,∴点A (3,-2)到直线l 的距离d 1==,B (-1,6)到直线l 的距离d 2==.∵d 1∶d 2=1∶2,∴ -=,∴k 2+18k+17=0,∴k 1=-1,k 2=-17.∴直线l 的方程为x+y+3=0或17x+y-29=0.例3 [配例2使用]在平面直角坐标系中,定义两点P (x 1,y 1)与Q (x 2,y 2)之间的“直角距离”为d (P ,Q )=|x 1-x 2|+|y 1-y 2|.给出下列说法: ①若P ,Q 是x 轴上的两点,则d (P ,Q )= - ;②若点P (1,2),Q (sin α,cos α)(α∈R),则d (P ,Q )的最大值为3- ; 若P ,Q 是圆x 2+y 2=1上的任意两点,则d (P ,Q )的最大值为2 ; 若点P (1,3),点Q 为直线y=2x 上的动点,则d (P ,Q )的最小值为. 其中正确的说法是 .(填序号)[答案] ①[解析] 对于①,若P ,Q 是x 轴上的两点,则两点的纵坐标均为0,所以d (P ,Q )=|x 1-x 2|+|y 1-y 2|=|x 1-x 2|,所以①正确.对于②,d (P ,Q )=|1-sin α + 2-cos α =3- sin α+,因为α∈R,所以d (P ,Q )的最大值为3+ ,故②不正确.对于 ,要使d (P ,Q )最大,则P ,Q 两点是圆上关于原点对称的两点,由圆的对称性,不妨设P (cos θ,sin θ),Q (-cos θ,-sin θ) ∈ ,,则d (P ,Q )=|cos θ-(-cos θ)|+|sin θ-(-sinθ)|=2(cos θ+sin θ)=2 sin,所以d (P ,Q )的最大值为2 ,故 正确.对于 ,设Q (x 0,2x 0),则d (P ,Q )= - + - ,可知当x 0=时,d (P ,Q )取得最小值,故 正确.例4 [配例4使用]点P (2,5)关于直线x+y=0对称的点的坐标是 ( )A .(5,2)B .(2,-5)C .(-5,-2)D .(-2,-5)[解析] C 设点P (2,5)关于直线x+y=0的对称点为P 1,则线段PP 1的中点在直线x+y=0上,可排除选项A,B;而点(-2,-5)与点P (2,5)显然关于原点对称,而不关于直线x+y=0对称.故选C .例5 [配例7使用]已知点A (-2,1),B (1,2),点C 为直线y=x 上的动点,则|AC|+|BC|的最小值为( )A .2B .2C .2D .2[解析] C设点B关于直线y=x的对称点为B'(x0,y0),则---,,解得,-,故B'(2,-1).由平面几何知识得|AC|+|BC|的最小值是|B'A|=()(--)=2.故选C.第46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.能用直线和圆的方程解决一些简单的问题.【课前双基巩固】知识聚焦1.定点定长(a,b)r -,--2.> = <对点演练1.(x-1)2+(y-1)2=2[解析] 因为圆心为(1,1)且过原点,所以该圆的半径r==,则该圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=2.2.,-|a| [解析] 根据圆的一般方程,可得圆的圆心坐标为,-a,半径为|a|.3.-1<a<1[解析] 因为点(1,1)在圆(x-a)2+(y+a)2=4的内部,所以点(1,1)到圆心(a,-a)的距离小于2,即(-)[-(-) <2,两边平方得(1-a)2+(a+1)2<4,化简得a2<1,解得-1<a<1.4.x2+y2-2x+2y-6=0[解析] 依题意得=,设P(x,y),则(-)=,整理得x2+y2-2x+2y-6=0.5.(2,4)(x-1)2+(y+3)2=1[解析] 原方程可化为(x-1)2+(y+t)2=-t2+6t-8,则r2=-t2+6t-8=-(t-2)(t-4)>0,解得2<t<4.r2=-(t-3)2+1,当t=3时,r取得最大值1,此时圆的方程为(x-1)2+(y+3)2=1.6.(x±2)2+(y±2)2=4[解析] 由题意知,圆心有四种情况,即圆心坐标分别为(2,2),(-2,2),(-2,-2),(2,-2),所以圆的方程为(x±2)2+(y±2)2=4.7.27[解析] 由x2+y2-2x-3=0得y2=3+2x-x2≥0,解得-1≤x≤3,所以3x2+4y2=3x2+4(3+2x-x2)=-x2+8x+12=-(x-4)2+28(-1≤x≤3),所以当x=3时,3x2+4y2取得最大值27. 8.(x-2)2+(y-1)2=1或+(y-1)2=1或(x+2)2+(y+1)2=1或x-2+(y+1)2=1[解析] 由圆与x轴相切,半径为1,可设圆心坐标为(a,1),又圆与直线4x-3y=0相切,∴-=1,解得a=2或a=-.同理,设圆心坐标为(b,-1),解得b=-2或b=,∴圆的标准方程为(x-2)2+(y-1)2=1或+(y-1)2=1或(x+2)2+(y+1)2=1或x-2+(y+1)2=1.【课堂考点探究】例1[思路点拨] (1)由圆的方程得到C点坐标,利用中点坐标公式与两点间距离公式求出圆心坐标与半径,可得圆的方程,或利用圆的直径式方程直接写出圆的方程;(2)设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,由O,A,B三点在圆上,将三点坐标代入所设方程,解方程组可得D,E,F的值,从而可得三角形OAB的外接圆方程.(1)C(2)x2+y2-6x-2y=0[解析] (1)由题意可知O(0,0),C(6,-8),则圆心坐标为(3,-4),圆的直径为(-)=10,据此可得圆的方程为(x-3)2+(y+4)2=,即(x-3)2+(y+4)2=25.故选C.(2)设三角形OAB的外接圆的方程是x2+y2+Dx+Ey+F=0,由点O(0,0),A(2,4),B(6,2)在圆上,可得,,,解得,-,-,故三角形OAB的外接圆的方程为x2+y2-6x-2y=0.变式题(1)B(2)C(3)B[解析] (1)由圆的性质可知,该圆经过坐标原点,所以圆的半径r=(-)(--)=,故所求圆的方程为(x-2)2+(y+3)2=13.(2)由抛物线定义知,以A1B1为直径的圆一定经过焦点F(1,0),因此可设圆心C的坐标为(-1,y),则(-)(-)=(--)(-),解得y=1,于是|CF|=,所以圆C的方程为(x+1)2+(y-1)2=5.故选C.(3)设圆C2的圆心坐标为(a,b),因为圆C1的圆心坐标为(-1,1),半径为2,所以--,---,解得,-,则圆C2的方程为(x-2)2+(y+2)2=4,故选B.例2[思路点拨] 因为表示圆上的点(x,y)和点(0,0)连线的斜率,所以利用直线与圆相切时得到最大值和最小值.0[解析] 可视为点(x,y)与坐标原点连线的斜率,∴的最大值和最小值就是与该圆有公共点且过原点的直线斜率的最大值和最小值,即直线与圆相切时的斜率.设过原点的直线的方程为y=kx,由题知该直线斜率存在,由直线与圆相切得圆心到直线的距离等于半径,即=3,解得k=0或k=,∴的最大值为,最小值为0.例3[思路点拨] (1)设x-2y=b,则问题转化为求直线x-2y=b在y轴上的截距的最值,易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,进而求出2x+ay的最小值.(1)100(2)-2[解析] (1)原方程可化为(x-1)2+(y+2)2=5,表示以(1,-2)为圆心,为半径的圆.设x-2y=b,即x-2y-b=0,当直线x-2y-b=0与圆相切时,纵截距-b取得最大值或最小值,此时圆心到直线的距离d==,解得b=10或b=0,所以x-2y的最大值为10,最小值为0.(2)依题意知,直线2x+ay=8与圆(x-1)2+(y-1)2=5相切,所以圆心到直线的距离d==,解得a=1或a=-4(舍去),所以2x+ay=2x+y.令2x+y=k,由圆心(1,1)到直线2x+y-k=0的距离d=≤,化简得|k-3|≤5,解得-2≤k≤8,所以k的最小值为-2,即2x+y的最小值为-2.例4[思路点拨] (1)圆上一点到定直线距离的最小值等于圆心到直线的距离减去半径;(2)(x-5)2+(y+4)2表示点P(x,y)到点(5,-4)的距离的平方,又点(5,-4)到圆心(2,0)的距离d=(-)(-)=5,即得点P(x,y)到点(5,-4)的距离最大值为6,进而求得(x-5)2+(y+4)2的最大值.(1)D (2)D[解析] (1)将x2+y2-4x-2y+4=0化为(x-2)2+(y-1)2=1,则圆心C(2,1),半径为1,所以圆心到直线x-2y-5=0的距离为(-)=,所以圆上一点P到直线x-2y-5=0的距离的最小值是-1.故选D.(2)(x-5)2+(y+4)2表示点P(x,y)到点(5,-4)的距离的平方,又点(5,-4)到圆心(2,0)的距离d=(-)(-)=5,则点P(x,y)到点(5,-4)的距离最大值为6,所以(x-5)2+(y+4)2的最大值为36.故选D.例5[思路点拨] 根据条件将所求问题转化为在x轴上找一点使得到点C1与C2的距离和最短,此最短距离减去两圆半径即为所求,求此最短距离利用对称性来解决.A[解析] 圆心C1(2,2),C2(5,2),半径r1=1,r2=2,作C1关于x轴的对称点C'1(2,-2),连接C'1C2与x轴交于点A,此时|AM|+|AN|取得最小值,最小值为|C'1C2|-1-2=5-3=2,故选A.应用演练1.B[解析] 原方程可化为(x-1)2+(y-1)2=1,--表示圆上的点和点(2,4)连线的斜率.设--=k,即kx-y-2k+4=0,则有≤1,解得k≥,故选B.2.B[解析] 设直线l:y=kx-1,由题意得,直线l过定点A(0,-1).圆C:(x+3)2+(y-3)2=1的圆心为C(-3,3),半径r=1.由几何知识可得当直线l与直线CA垂直时,圆心C到直线l的距离最大,此时k CA=-(-)-=-,故k=,所以直线l的方程为y=x-1,即3x-4y-4=0,所以圆心C到直线l的距离d==5,故点P到直线y=kx-1的距离的最大值为d+r=5+1=6.故选B.3.A[解析] 依题意可得,点A关于x轴的对称点为A1(-1,-1),圆心为C(2,3),则|A1C|=()()=5,所以最短路径为5-1=4.故选A.4.B[解析] 由题知,直线AB的方程为-+=1,即2x-y+2=0,圆心(1,0)到直线AB的距离d==,则点P到直线AB的距离的最大值为+1,最小值为-1.又|AB|=,所以(S△PAB)max=×=(4+),(S△PAB)min=×-=(4-),故选B.5.6+26-2[解析] 设x+y=b,则b表示动直线y=-x+b在y轴上的截距,显然当动直线y=-x+b 与圆(x-3)2+(y-3)2=4相切时,b取得最大值或最小值,由圆心C(3,3)到切线x+y=b的距离等于圆的半径2,可得=2,即|b-6|=2,解得b=6±2,所以x+y的最大值为6+2,最小值为6-2.6.1[解析] 由题意知,圆心为C(-2,-t+4),半径r=1,所以|OC|=(-)(-).当t=4时,|OC|取得最小值2,故当t变化时,圆C上的点与原点O的最短距离是|OC|min-r=2-1=1.例6[思路点拨] 设P(x,y),N(x0,y0),根据中点坐标公式求得线段OP,MN的中点坐标关于x,y和x0,y0的式子,再根据平行四边形对角线互相平分建立关系式,解出用x,y表示x0,y0的式子,最后将点N的坐标代入已知圆的方程,化简即得所求点P的轨迹方程,最后去除不满足题意的点,可得到答案.解:如图所示,连接OP,MN,设P(x,y),N(x0,y0),且M,O,N三点不共线,则线段OP的中点坐标为,,线段MN的中点坐标为-,.由平行四边形的对角线互相平分,得=-,=,所以, -,又N(x+3,y-4)在圆上,所以(x+3)2+(y-4)2=4,因此点P的轨迹为圆(x+3)2+(y-4)2=4.当M,O,N三点共线时,直线OM与圆(x+3)2+(y-4)2=4交于两点-,,-,,不满足题意,所以除去两点-,和-,.所以点P的轨迹是以(-3,4)为圆心,半径为2的圆去掉两个点-,和-,.变式题解:(1)设M(x,y),B(x',y'),则由题意可得,,解得-,,∵点B在圆C1:x2+(y-4)2=16上,∴(2x-4)2+(2y-4)2=16,即(x-2)2+(y-2)2=4.∴M点的轨迹C2的方程为(x-2)2+(y-2)2=4.(2)由方程组(-)(-),(-),得直线CD的方程为x-y-1=0,∴圆C1的圆心(0,4)到直线CD的距离d==,又圆C1的半径为4,∴线段CD的长为2-=.【备选理由】例1考查圆的方程的基本知识;例2是针对与圆有关的斜率型最值问题;例3是与圆有关的距离型最值问题;例4综合考查圆的一般方程、直线与圆相切的关系、轨迹问题及最值问题,需要综合分析,在求最值时,还要结合基本不等式求解.例1[配例1使用](1)若点(2,1)在圆(x-a)2+(y+a)2=9的内部,则实数a的取值范围是.(2)已知圆C经过A(5,1),B(1,3)两点,圆心在x轴上,则圆C的方程为.[答案] (1)(-1,2)(2)(x-2)2+y2=10[解析] (1)因为点(2,1)在圆(x-a)2+(y+a)2=9的内部,所以(2-a)2+(1+a)2<9,即a2-a-2<0,解得-1<a<2.(2)依题意,设圆心C的坐标为(a,0),则|CA|=|CB|,即(-)(-)=(-)(-),解得a=2,故圆心为C(2,0),半径为,所以圆C的方程为(x-2)2+y2=10.例2[配例2使用]已知点P(x,y)在圆x2+(y-1)2=1上运动,则--的最大值与最小值分别为. [答案] ,-[解析] 由题意,--表示点P(x,y)与点A(2,1)连线的斜率,当直线PA与圆相切时,--取得最大值与最小值.设--=k,则过(2,1)的直线的方程为y-1=k(x-2),即kx-y+1-2k=0,由=1,解得k=±,所以--的最大值为,最小值为-.例3[配例4使用]设P是函数y=--(-)的图像上的任意一点,点Q的坐标为(2a,a-3)(a∈R),则|PQ|的最小值为.[答案] -2[解析] 函数y=--(-)的图像表示圆(x-1)2+y2=4在x轴及下方的部分,令点Q的坐标为(x,y),则,-,化简得y=-3,即x-2y-6=0,如图所示.由于圆心(1,0)到直线x-2y-6=0的距离d=(-)=>2,所以直线x-2y-6=0与圆(x-1)2+y2=4相离,因此|PQ|的最小值是-2.例4[配例6使用]已知与曲线C:x2+y2-2x-2y+1=0相切的直线l分别交x轴、y轴于A,B两点,O为坐标原点,|OA|=a,|OB|=b,且a>2,b>2.(1)求证:曲线C与直线l相切的条件是(a-2)(b-2)=2;(2)求线段AB中点的轨迹方程;(3)求△AOB的面积的最小值.解:(1)证明:将曲线C的方程化为(x-1)2+(y-1)2=1,由题知直线l的方程为+=1,即bx+ay-ab=0.因为曲线C与直线l相切,所以圆心(1,1)到直线l的距离等于1,即=1,整理得(a-2)(b-2)=2.(2)由题知A(a,0),B(0,b),设线段AB的中点为M(x,y),则由中点坐标公式得,,即,.由(1)知(a-2)(b-2)=2,故(2x-2)(2y-2)=2,即(x-1)(y-1)=,故所求的轨迹方程为(x-1)(y-1)=. (3)由(1)可知ab=2a+2b-2,所以△=ab=[-2+2(a+b)]=-1+a+b=(a-2)+(b-2)+3≥3+2(-)(-)=3+2,当且仅当a=b=2+时,等号成立,所以△的最小值为3+2.第47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.初步了解用代数方法处理几何问题的思想.【课前双基巩固】知识聚焦1.0d>r 1两组相同实数解d<r 两组不同实数解2.d>R+r d=R+r R-r<d<R+r d=R-r d<R-r对点演练1.[-3,1][解析] 由题意可得,圆(x-a)2+y2=2的圆心坐标为(a,0),半径为,∴(-)≤,即|a+1|≤2,解得-3≤a≤1.2.x-y+2=02[解析] 由-,--,得两圆的公共弦所在直线的方程为x-y+2=0.又圆x2+y2=4的圆心(0,0)到直线x-y+2=0的距离为=,由勾股定理得弦长的一半为-=,所以所求弦长为2.3.相交[解析] 由题意知点M在圆外,则a2+b2>1,所以圆心(0,0)到直线ax+by=1的距离d=<1,故直线与圆相交.4.x-y+2=0[解析] 将圆的方程化为(x-2)2+y2=4,则圆心坐标为(2,0),半径为2,点P在圆上.设点P处的切线方程为y-=k(x-1),即kx-y-k+=0,则=2,解得k=,∴所求切线的方程为y-=(x-1),即x-y+2=0.5.2[解析] 将圆的方程化为(x-3)2+(y-4)2=5,设切点为A,圆心为B,则|OB|=5,由题意知|OB|2=|BA|2+|OA|2,即25=5+|OA|2,∴ OA =2,即切点到O的距离为2.6.9或1[解析] 由题意,圆C1的圆心坐标为(a,-2),半径r1=2,圆C2的圆心坐标为(-b,-2),半径r2=1,则圆心距为|a+b|.当两圆外切时,|a+b|=2+1=3,当两圆内切时,|a+b|=2-1=1,所以(a+b)2=9或1.7.5x-12y+45=0或x-3=0[解析] 将x2+y2-2x-4y+1=0化为标准方程,得(x-1)2+(y-2)2=4,其圆心坐标为(1,2),∵ CA =(-)(-)=>2,∴点A(3,5)在圆外.显然,当切线斜率不存在时,直线与圆相切,即切线的方程为x-3=0,当切线斜率存在时,可设所求切线的方程为y-5=k(x-3),即kx-y+5-3k=0.又圆心坐标为(1,2),半径r=2,∴圆心到切线的距离d==2,即|3-2k|=2,解得k=.故所求切线的方程为5x-12y+45=0或x-3=0.8.3x+4y-12=0或x=0[解析] 当直线l的斜率不存在,即直线l的方程为x=0时,弦长为2,符合题意;当直线l的斜率存在时,可设直线l的方程为y=kx+3,由弦长为2,半径为2可知,圆心到该直线的距离为1,即=1,解得k=-.综上可得,直线l的方程为x=0或3x+4y-12=0.【课堂考点探究】例1[思路点拨] (1)利用圆心到直线的距离、弦长的一半、圆的半径构成的直角三角形求解;(2)首先利用正弦定理把边角关系转化为边的关系,再比较圆心到直线的距离和半径的大小关系,最后得出结论.。
2020高考数学一轮复习第八章解析几何8.8.2证明、最值、范围、存在性问题课件文
得(4k2
∴4k2x1x2
＋
4km(x1
＋
x2)
＋
4m2
＝
5x1x2
，
∴(4k2
－
4m2－1 5)·4k2＋1
＋
4km·－4k82k＋m1＋4m2＝0， 即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，化简得 m2＋k2＝54，
②
由①②得 0≤m2<65，210<k2≤54.
所以 kBM＋kBN＝0，可知 BM，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM
＝∠ABN.
综上，∠ABM＝∠ABN.
悟·技法 1.圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值点在定直线上等，有 时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法． 2.圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化 量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点． (2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再 证明该定点与变量无关.
故椭圆 C 的方程为x42＋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(t，
42－t2)，(t，－
4－t2 2 ).
则 k1＋k2＝ 4－2tt2－2－ 4－2tt2＋2＝－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x42＋y2＝1 得(4k2
点均在 C 上．
(1)设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y 轴； (2)若 P 是半椭圆 x2＋y42＝1(x<0)上的动点，
2020年人教版高考数学(理)一轮复习第八单元解析几何测评答案
小题必刷卷(十一)题组一刷真题角度11. B ［解析］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=1-—；当a=时，易得b=-当a=1时，易得b= 一- 1A.故选B.方法二:(直接法)？ y=——,y=ax+b与x轴交于--，结合图形与a>0- x——x2 一(a+b) =a(a+1)>0? a=—T a>0,・••一>0? b~,当a=0 时,极限位置易得b=1-一，故答案为B.2. —［解析］由两平行线间的距离公式得d〜=J.角度2. . 2 2 2 2 . . . .3. A ［解析］圆x +y -2x- 8y+13=0化为标准方程为(x- 1) +(y- 4) =4，故圆心为(1,4),圆心到直线的距离d= — =1,解得a=__.4. A ［解析］由题意知A(-2,0),B(0,-2),|AB|= 2 _.圆心(2,0)到直线x+y+2=0的距离为一「=2 ：设点2 2 ————P到直线AB的距离为d,圆(x- 2) +y =2的半径为r则d € [2 -r ,2 +r],即d€ [ ,3 ],又A ABP的面积S^B P=-|AB|• d= _d,所以A ABP面积的取值范围是[2,6].5. C ［解析］方法一：由点到直线的距离公式得d==m.方法二:该题考查圆周上一点到动直线的距离的最值问题，由题知动直线过定点(2,0),观察下图可知，所求距离的最大值为点(2,0)到单位圆上点的距离的最大值，故为3.角度32 26. C ［解析］方法一:设圆的方程为x+y+Dx+Ey+F：0,将点A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的坐标代入得方程组解得所以圆的方程为x +y - 2x+4y- 20=0,即(x- 1) +(y+2) =25,所以=2 - =4 _方法二：因为k AE=--,k BC=3，所以k AB k BC=-1所以AB丄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=- =5,所以=2 -=4：方法三：由•=0得AB丄BC下同方法二.7. (x-2)2+y2=9 ［解析］设圆心的坐标为(a,0)(a>0),根据题意得_J,解得a=2(a=-2舍去)，所以圆的半__ . . 2 2径r= - - =3,所以圆的方程为(x-2) +y =9.2 2 28. (-2,-4) 5 ［解析］由题意知a=a+2,则a=2或a=-1.当a=2 时方程为4x +4y +4x+8y+10=0,即2 2 方法二:设点P(3,1),圆心为C,以PC为直径的圆的方程为- -+y - =0,整理得x-4X+y-y+3=0,2 2 I J 2 2 . . 2 2 2 2x +y +x+2y+-=0? x+- +(y+1)=--,不能表示圆；当a=-1 时方程为x +y +4x+8y- 5=0,即(x+2) +(y+4) =25, 所以圆心坐标是(-2,- 4),半径是5.角度49. A ［解析］设所求直线方程为2x+y+m=0,则圆心到该直线的距离为 ^一= 一,「.|m|=5,即m=± 5.10. D ［解析］设反射光线所在直线的斜率为k,反射光线过点(-2,-3)关于y轴的对称点(2,-3),二反射光线所在直线方程为y+3=k(x-2).又T 其与圆(x+3)2+(y- 2)2=1 相切，—==一=1,解得k=--或k=--.11. A ［解析］方法一:设点P(3,1),圆心为C,设过点P的圆C的切线方程为y-1=k -，由题意得-==1,解之得k=0或-,即切线方程为y=1或4x- 3y- 9=0.联立得一切点为，又Tk PC=——, .k AB=-一=- 2，即弦AB所在直线方程为y-仁-2 -，整理得2x+y- 3=0.联立两式相减得2x+y- 3=0.12. 4 n ［解析］x +y -2ay-2=0,即x +(y-a ) =a +2，则圆心为C(0,a).又|AB|= 2 _,C到直线y=x+2a 的距离为一所以(二)2+( ) 2=a2+2，得a2=2，所以圆C 的面积为n (a2+2)=4 n .13. 4 ［解析］直线丨：n(x+3)+y- _=0 过定点(-3, 一)又|AB|= 2 一,二(『^)2+( _)2=12,解得m=二.直线方程中，当x=0时,y=2 ".又(-3, _),(0,2 一)两点都在圆上，•••直线丨与圆的两交点为A(-3, _),B(0,2 ").设过点A(-3, 一)且与直线丨垂直的直线为_x+y+c i=0，将(-3, 一)代入直线方程_x+y+c i=0，得c i=2 _.令y=0,得x c=-2，同理得过点B且与I垂直的直线与x轴交点的横坐标为X D=2,• |CD|=4.题组二刷模拟214. A ［解析］若11 II l 2,则a x (- 1)=a(a+2),即a +3a=0,「.a=0 或a=- 3,经检验都符合题意，故选A15. C ［解析］•「△ ABC是等腰直角三角形，•圆心C(1,-a)到直线ax+y-1=0的距离d^= =—,.•. a= ±, 故选C16. A ［解析］由M为PQ的中点，=- ，得PA X QA即I 1丄l 2,. 1 x m+-2)x 1=0,解得m=2.故选A17. B ［解析］点B在直线y=2 一上，过点A(0,-2 一)作圆的切线，设切线的斜率为k,由点斜式求得切线方程为kx-y- 2 _=0.由圆心到直线的距离等于半径，得^== 一,解得k=± 一,•切线方程为y=± _x-2 一,与直线y=2 一的交点坐标为(士4,2 _), •要使视线不被圆C挡住，实数a的取值范围是(-%，- 4) U (4,+ 叼,故选B.18. D ［解析］如图，点A关于直线BC的对称点为D(-6,2),则直线DB的方程为x+2y+2=0直线DC的方程为y=2.由---- =——=——,| 2a-2|=——,得a=-1,-,1 士——，结合图像可知-1W 1 —，故选D.2 219. D ［解析］圆的标准方程为(x+2)+y=4,作CD丄AB于点D.由圆的性质可知/ ACB=20° ,△ ABC为等腰三角形,其中|CA|=|CB|，则|CD|=|CA| si M 30 ° =2X-=1,即圆心(-2,0)到直线4x- 3y+a=0的距离为1, 据此可得一-=1,即|a- & = 5,解得a=3或a=13,故选D20. A ［解析］设A(X1,y1),B(X2,y2)，联立-可化为5y2-4ay+a2- 2=0，则△ =16a2- 20(a2-2)>0,即a2<10,且y’+y2=—,y’y2 ----------------- .若=0,则X1X2+y1y2=0，即卩(2yy )(2y2-a )+y1y2=0, 5y’y2-2a(y1+y2)+a =0,二5X -2a x—+a =0,解得a=±，故"a= ”是“•=0”的充分不必要条件，故选A.21. C ［解析］由题可知直线I ：y=-(x+2)，即x- _y+2=0.设圆心C(a,0)(a>0),则_ :=a,解得a=2,所以圆C的方程为(x-2) +y =4.将y=—(x+2)代入圆C的方程，可得x - 2x+1=0，所以x<=1,故P(1,0).设M(x,y),2 2则----= ------------ =--------------- ,将x +y =4x代入，得-- =——=4,所以——=2,故选C22. 士2 ［解析］由题得/PMO M PN0h M0N90° ,|M0|=|0N|=1,.四边形PMO是正方形,••• |PO|= 一. •••满足以上条件的点P有且只有一个，••• O»l ,. 一=^,.・.b= ±.23. —懈析］若直线丨1与直线丨2垂直，则-2X- =-1?- =,则使得直线丨1丄l 2的{(a,b)}={(1,2),(2,4),(3,6)},故直线丨1丄I 2的概率P —=—.24. 2 —［解析］由得-即直线恒过定点q-1,-2).以C为圆心,5为半径的圆的标准方程为(x+1)2+(y+2)2=25,圆心C(- 1，- 2)到直线3x+4y+1 =0 的距离d=- --- •=—=2，则|AB|= 2 - =2 - =2 (R为圆的半径).25. ①②③［解析］连接BC作CE_LAB于点E,易知|CE|=1,|BE|= 1,则|BC|= 一，则C(1, 一),所以圆C的方程为(x-1) +(y- 一)=2,A(0, _-1),B(0, _+1).因为MN在圆Qx+y=1 上，所以可设M(cos a ,sin a ),N(cos B ,sin B )，所以|NA|= - ,|NB|= - - _ ==2.角度24. A ［解析］—=-—=_-1=e-1=2所以-=± 一,所以渐近线方程为y=± "x.5.C ［解析］由题易知|PF 2|=b,|0P|=a.过P 向x 轴作垂线，垂足为E,可知|PE|=—,戶£|=—,所以 2 — _ 2 2 — |PF i |=— + -一 =( |0P|)=6a,从而可得e=. 6. D ［解析］由题意知A(-a,O),过A 且斜率为一的直线方程为y=—(x+a),设P(x °,y °),则有y o —(x o +a)①.又厶PFF 2为等腰三角形，且/F i F 2P=120 °所以①②③,消去x o ,y o ,得一 =_，即C 的离心率为_. 7. B ［解析］由双曲线方程知a= 一卩=1,则F(2,0).不妨设过点F 的直线垂直渐近线x- _y=0于M 交渐 近线 x+ _y=0 于 N.在 Rt △ OM 中，/MOF30 °」OF|= 2，所以 |OM|= 一.在 Rt △ OMF 中，/MON60 °」OM|=- 所以 |MN|=3.角度38. A ［解析］•••以线段AA 为直径的圆与直线bx-ay+ 2ab=0相切，•••圆心到此直线的距离 d 等于圆的半径，即 d= =a.2 2又a>b>0,则上式可化简为a =3b .Tb =a-c ,「.a =3(a -c )，即一=-，…e=-=—.9. A ［解析］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.根据已知得= ---- =tan 30 =—②, =一=tan 60° = 一③.联立2 2 21 + — =4,即—=3,所以b =-c ,所以e=-=—:=2.10. D ［解析］由题意及双曲线的对称性画岀示意图如图所示，渐近线OBy=_x.设Bx o,_x。
2020年人教版高考数学(理)一轮复习第八单元解析几何作业答案
课时作业(四十八)1. C ［解析］直线y=x的斜率k=1,故tan a =1,所以a =45°，故选C2. B ［解析］由斜率公式可得,直线丨的斜率k=—=_,故选B3. D［解析］因为直线在x轴、y轴上的截距分别为-<0,-->0,所以直线Ax-By-C=0不经过的象限是第四象限，故选D.4. 3x-y- 5=0 ［解析］由点斜式方程，得y+2=3(x- 1),即3x-y- 5=0.5.1或-1 ［解析］令x=0，得y=k;令y=0,得x=- 2k. •••所围成的三角形的面积S=_ - =k2=1，二k=1 或-1.6. A ［解析］由题意得直线ax+by+c=0的斜率存在，且为k=--,又直线的倾斜角为45 ° ,• k二-=tan 45° =1, • a=-b ,• a+b=0,故选 A.7. B ［解析］•••点P的横坐标为2,且点P在直线x-y+ 1 =0上,•点P的纵坐标为3, •P(2,3).又T = , •-直线PA,PB的斜率互为相反数，•-直线PB的斜率为-1,则直线PB的方程是y- 3=- (x- 2),即x+y- 5=0，故选B8. B ［解析］由题意得易得点Q- 的坐标满足-+b=1,即点Q在直线I上.由方程组得两式相加，得c+-=1,即点P在直线l上.故选B9. B ［解析］联立两直线方程得" 解得一所以两直线的交点坐标为---- ---- .因为两直线的交点在第一象限，所以一解得k>-，则tan 0 >—,所以0 € --故选B10. A ［解析］T丙车最先到达终点，丁车最后到达终点，二丙车速度最大，丁车速度最小，二由s-t图像的几何意义可知丙车s-t图像(直线)的倾斜角最大，丁车s-t图像(直线)的倾斜角最小，故选A11. B ［解析］由题意可得A(1,0),B(2,3),且两直线斜率之积等于-1,二直线x+my-1=0和直线mx-y-2m£=0垂直，则|PA| +|PB| =|AB| =10》-------- ，即|PA|+|PB| < 2 一当且仅当|PA|=|PB|= 一时等号成立,二|PA|+|PB|的最大值为2 一故选B.12. x+ 2y- 3=0 ［解析］设A(a,0),B(0,b),由=-2 ，可得a-1= -2x (0- 1),0- 1=-2(b- 1),W a=3,b二,由截距式可得直线丨的方程为-+―=1，即x+2y- 3=0.13. —或一［解析］设直线丨1,直线12的倾斜角分别为a ,3，因为k>0，所以a , B均为锐角.直线丨1,1 2 与x 轴围成一个等腰三角形，有以下两种情况：当a =2 3时,tan a =tan 2 3，即-= 又因为k>0所以k=—；当3 =2 a 时,tan 3 =tan 2 a，即2k= 又因为k>0，所以k=.14. 4 ［解析］•••直线丨过点(a,0)和(0,b),a€ N*,b€ N*,「.可设直线丨的方程为-+-=1. 丁直线丨过点(1,6),.••-+-=1，即卩6a=(a-1)b, 工1,当a>2 时,b=一=6+一.当a=2 时,b=12;当a=3 时,b=9;当a=4 时,b=8; 当a=7时,b=7;当a>7时满足条件的正整数b不存在.综上，满足条件的直线有4条.15. C ［解析］如图所示，可知A_,0),B(1,1),C(0, _),D(- 1,1),所以直线ABBCCD的方程分别为y=「(x- _),y=(1- _)x+ _,y=( _- 1)x+整理为一般式即为x+( _- 1 )y- 一=0,(1- _)x-y+ _=0,( _-1)x-y+ _=0,分别对应题中的ABD选项.故选C16. A ［解析］设C(mn),由重心坐标公式得,△ ABC的重心为，代入欧拉线方程得+2=0,整理得m-n+4=0①.AB的中点为(1,2),k A B=——=-2,则AB的中垂线方程为y-2=-(x- 1),即x-2y+3=0.由一得_•••△ ABC的外心为(-1,1).2 2 2 2 2 2则(m+1) +(n-1) =3 +(-1) =10,整理得m+n +2m-2n=8②,由①②得m=4n=0或m=0,n=4.当m=0,n=4时,BC重合,舍去，•顶点C的坐标是(-4,0).故选A.课时作业(四十九)1. C ［解析］由两条平行线之间的距离公式得所求距离d= - -=2，故选C2. C ［解析］由题意及点到直线的距离公式得一一= ，解得a二-或--,故选C解得交点坐标为- ，由题意得解得4. 0<k<_ ［解析］由方程组3. A ［解析］由两直线丨1：2x-y+3=0,1 2：mx+2y+1=0平行可得-=2且3斗-,解得m=4,故选A.0<k<-.5. - 2 ［解析］如图所示,A点关于x轴的对称点为A',则点A'在直线MB上.由对称性可知A' (3,-2),则光线MB所在直线的斜率k=：-=-2.16. A ［解析］设C(mn),由重心坐标公式得,△ ABC的重心为，代入欧拉线方程得+2=0, 6. A ［解析］由直线丨1：ax-(a+1)y+1=0与直线12：2x-ay- 1=0垂直，可得2a+a(a+1)=0,解得a=0或-3,所以“a=-3”是“直线Max-(a+1)y+1=0与直线|2：2x-ay- 1=0垂直”的充分不必要条件，故选A到y 轴的距离就是这条光线经过的最短路程 ，所以最短路程是3.7. B ［解析］由题意得-- • tan 0 =-1，二 tan 0 =2, - cos 2 0 = 8. B ［解析］因为直线I 与直线3x-4y+5=0关于x 轴对称所以直线I 的斜率与直线3x-4y+5=0的斜率 相反,所以可设直线I 的方程为3x+4y+b=0,又因为两直线在x 轴上的截距相等，所以b=5,所以直线I 的 方程为3x+4y+5=0,故选B9. C ［解析］如图所示，点A(3,-1)关于直线I ：x+y=0的对称点为qi,-3),直线BC 的方程为一=一，即 x- 4y-13=0,与x+y=0联立可得直线BC 与直线I 的交点坐标为一 -一 .|PA|+|PB|=|PC|+|PB|，由图可知,当点P 的坐标为一-—时,|PB|+|PC|取得最小值，即|PA|+|PB|取得最小值，故选C 10. C ［解析］由题意知点(0,2)与点(4,0)关于折痕对称，两点连线的中点坐标为 --------- ,即(2,1).点 (0,2)与点(4,0)确定的直线的斜率为—=--，则折痕所在直线的斜率为2,所以折痕所在直线的方程为y-1=2(x-2),即y=2x-3.由题意知点(7,3)与点(min)也关于直线y=2x- 3对称,则有 _ 解得所以m+nh.故选C.11. (3,0)［解析］T 直线I i ：y=kx+2-k 与直线12关于直线y=x-1对称，二直线I 2的方程为x- l=k(y+l)+2-k , 即x-ky- 3=0，显然直线I 2经过定点(3,0).12. 3 ［解析］由直线I 2经过点C(1 ,n),D(-1,m+|),可得丨2的斜率为 一^二-.因为直线I 1平行于12,所以直 线I 1的斜率也是--,即——=—,解得m=3.13. 3 ［解析］设点A 关于直线I 的对称点为B(mn),则 - 解得 即B(3,1).因为点B 二一,故选B.P(1,-2).由于直线(2k-1)x+ky+1=0经过定点P(1,-2),又|0P|=-= 一,所以原点到直线I 的距离 的最大值为 15. ②③［解析］根据题意，可通过求各直线上的点到点 M 的最小距离，即点M 到直线的距离d 来分析. 对于①,d= =3 —>4,故直线上不存在点到点 M 的距离等于4,所以该直线不是“切割型直线”；对 于②,d=2<4，所以在直线上可以找到两个不同的点，使之到点M 的距离等于4,所以该直线是“切割型直 线”;对于③,d= - =4，所以直线上存在一点，使之到点M 的距离等于4,所以该直线是“切割型直线”； 对于④,d= ^—>4,故直线上不存在点到点 M 的距离等于4,所以该直线不是“切割型直线”.16. - -［解析］设直线0P 的斜率为k,点0关于BC 的对称点为N 则点N 的坐标为(4,0),则直线NP 的斜 率为-k,故直线NP 的方程为y=-k(x-4)，故点E 的坐标为-- .易知直线EQ 的斜率为k,则直线EQ 的方程为y-2=k_x- (--+4)_ ,故点Q 的坐标为(-1,4- 5k).若OP 的斜率为-，即k=-，则点Q 的纵坐标为-. 若点Q 恰为线段AD 的中点，则4- 5k=1，即 k=-,即OP 的斜率为-•课时作业(五十) . . 2 2 . .1. D ［解析］圆x +y +ax=0的圆心坐标为--，二--=1,解得a=-2.故选D.2. B ［解析］•••线段ABx-y- 2=0(0<x < 2)的两个端点为(0,-2),(2,0),二圆心为(1,-1),半径为2 2---------- =，二圆的方程为(x-1) +(y+1) =2,故选B2 2 23. C ［解析］配方得［x-(2m+l)］ +(y-m) = m(m^ 0),所以圆心坐标为(2m+,n),令 消去m 得 x- 2y-1=0(x 工 1),故选 C . . 2 2 . . . .4. - 1 ［解析］圆的方程配方得(x-1)+y =1,则圆心为(1,0),半径为1,则由题意知圆心(1,0)在直线x+y+a=0 上，所以1+a=0，所以a=-1.14. ［解析］(2k- l )x+ky+i=o 可化为(1-x )+k (2x+y )=o,由 解得x=1,y=-2，即直线丨过定点5.2 ［解析］点P到直线l的距离的最小值是 --------- -1=2.6. D ［解析］由题意得，所以(x- 3)2+(y+4)2- 4=x2+y2,即6x- 8y- 21 =0,故选D7. D ［解析］一 =一+1,其中—表示半圆上的动点P(x,y)与点Q(0,1)所在直线的斜率.过点Q0,1)作QB与半圆相切,B为切点则在Rt△ CBC中, =- 所以/ CQB30 °则k oB=tan / CQB=,所以一-的最大值为一+1.8. D ［解析］直线AB：—+_=1，即卩4x-3y+12=0.若厶ABC的面积最小，则点C到直线AB的距离d最短，易知d min= ---------- 1.又|AB|= 5,^ABC的面积的最小值为-,•••-X 5X --------------- - =-,即| 4m+2|= 10,二m—或--,故选D2 2 2 2 . . . .9. A ［解析］将x +y -2x- 6y+9=0化成标准形式为(x- 1) +(y- 3) =1，则圆心为(1,3),半径r= 1.设所求圆的方程为(x-a) +(y-b) =1,则圆心为(a,b). J所求圆与圆x +y -2 x-6y+9=0关于直线2x+y+5=0对称,•所求圆的圆心(a,b)与圆心(1,3)关于直线2x+y+5=0对称,•-•-a=-7,b=-1,二与圆2 2 2 2x +y - 2x- 6y+9=0关于直线2x+y+5=0对称的圆的方程是(x+7) +(y+1) =1，故选A.2 o11. 1 ［解析］圆C(x-2)+(y+m-4) =1 的圆心为C(2,-m+4),半径r=1,可得= - ，•当时，最小，且最小值为2又|OC|min-r=2-仁1,故当m变化时，圆C上的点与原点的最短距离是 1.12. 2 —［解析］因为M(mn)为圆Cx +y =4上任意一点，所以可设则m+2n =2cose +4sin 0 =2 "sin ( 0 +$ )<2 一，其中tan $「所以m+2n的最大值为2 一数形结合可得,——表示圆Cx2+y2=4上的点Mmn)与点P(-2,-3)连线的斜率，显然当直线PM与圆相切时，斜率最小.设此时切线的斜率为k,则切线方程为y+3=k(x+2),即kx-y+ 2k-3=0.由圆心到切线的距离等于半径，得^==2,解得k=—,所以-- 的最小值为一.2 210. (x-1) +(y-1)=2 ［解析］因为|CA|=|CB|=R ,△ ABC为直角三角形所以/C=90°，又C在第一象限所_ , . 2 2以C(1,1)且R= 一，故圆C的标准方程为(x- 1) +(y- 1) =2.13. 解:⑴当弦AB 为圆的直径时，圆的周长最小.弦AB 的中点为(0,1),|AB|= ___ . . 2 2 r= —则圆的方程为x+(y-1)=10. (2)k AB =-=-3,弦AB 的中点为(0,1),所以AB 的中垂线方程为y- 1d(x-0),即x- 3y+3=0.由- 解得 所以圆心为(3,2),. . _ . . 2 2 所以圆的半径r= - =2 一,所以圆的方程为(x- 3) +(y- 2) =20.14. 解:⑴设动点 P 的坐标为(x,y),则 =(x,y-1), =(x,y+1),=(1-x ，-y). 2 2 2 2 2=k| | ,.・.x +y-仁k[(x-1) +y ], 即(1-k)x 3 4+(1-k)y 2+2kx-k- 1=0 ①.若k=1则①为x=1,表示过点(1,0)且平行于y 轴的直线；2 . .若k 工1,则①为 一 +y =—，表示以-— 为圆心,—为半径的圆.16. A ［解析］依题意得，函数f(x)的图像与两坐标轴的交点分别是 A(2018,0),B(-2019,0),C(0,- 2018X 2019).设经过点 A,B,C 的圆与 y 轴的另一个交点是 D(O,y 。
2020高考数学一轮复习第八章解析几何课时作业51证明最值范围存在性问题文
课时作业51 证明、最值、范围、存在性问题[基础达标]1．[2018·全国卷Ⅰ]设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB . 解析：(1)由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1.由已知可得，点A 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22.又M (2,0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2. (2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线， 所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为 y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1<2，x 2<2，直线MA ，MB 的斜率之和为kMA ＋kMB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k 得kMA ＋kMB ＝2kx 1x 2－3k x 1＋x 2＋4kx 1－2x 2－2.将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1，得 (2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0. 从而kMA ＋kMB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补． 所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB .2．[2018·北京卷]已知抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1,2)，过点Q (0,1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线PA 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N .(1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值．解析：(1)因为抛物线y 2＝2px 过点(1,2)， 所以2p ＝4，即p ＝2.故抛物线C 的方程为y 2＝4x .由题意知，直线l 的斜率存在且不为0. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1，得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0.依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1>0， 解得k <0或0<k <1.又PA ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2)． 从而k ≠－3.所以直线l 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)． (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k2.直线PA 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)． 令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2.由QM →＝λ QO →，QN →＝μQO →，得λ＝1－y M ，μ＝1－y N .所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N＝x 1－1k －1x 1＋x 2－1k －1x 2＝1k －1·2x 1x 2－x 1＋x 2x 1x 2＝1k －1·2k 2＋2k －4k 21k 2＝2. 所以1λ＋1μ为定值．3．[2019·东北三省四市联考]已知椭圆E 的一个顶点为A (0，－1)，焦点在x 轴上，若椭圆右焦点到直线x －y ＋22＝0的距离是3.(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m (k ≠0)与该椭圆交于不同的两点B ，C ，若坐标原点O 到直线l 的距离为32，求△BOC 面积的最大值． 解析：(1)由题意b ＝1，右焦点(c,0)(c >0)到直线x －y ＋22＝0的距离为d ＝|c ＋22|2＝3，∴c ＝2，又∵a 2－b 2＝c 2， ∴a ＝3，又∵椭圆E 的交点在x 轴上， ∴椭圆E 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则联立直线l与椭圆方程有⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋3y 2＝3，得(3k 2＋1)x 2＋6mkx＋3m 2－3＝0.又|BC |＝x 1－x 22＋y 1－y 22＝1＋k 2123k 2－m 2＋13k 2＋1， 平方得|BC |2＝121＋k 23k 2－m 2＋11＋3k22， ① 由O 到直线l 的距离为|m |1＋k2＝32， 得m 2＝34(k 2＋1)，代入①式，得|BC |2＝39k 4＋10k 2＋19k 4＋6k 2＋1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋49k 2＋1k 2＋6， 当且仅当k 2＝13时，9k 2＋1k 2≥6，|BC |有最大值2.∴(S △BOC )max ＝12×2×32＝32，∴△BOC 的面积的最大值为32. 4．[2018·全国卷Ⅲ]已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m ＞0)．(1)证明：k ＜－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋FA →＋FB →＝0.证明：|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列，并求该数列的公差．证明：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1. 两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0.由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m.①由题设得0＜m ＜32，故k ＜－12.(2)由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)． 由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1， y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m ＜0.又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P ⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，|FP →|＝32，于是|FA →|＝x 1－12＋y 21＝x 1－12＋3⎝⎛⎭⎪⎫1－x 214＝2－x 12.同理|FB →|＝2－x 22.所以|FA →|＋|FB →|＝4－12(x 1＋x 2)＝3.故2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|，即|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列．设该数列的公差为d ，则2|d |＝||FB →|－|FA →||＝12|x 1－x 2|＝12x 1＋x 22－4x 1x 2.②将m ＝34代入①得k ＝－1，所以l 的方程为y ＝－x ＋74，代入C 的方程，并整理得7x 2－14x ＋14＝0.故x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝128，代入②解得|d |＝32128.所以该数列的公差为32128或－32128.5．[2019·广州模拟]已知椭圆C 的左、右焦点分别为F 1(－1,0)，F 2(1,0)，且F 2到直线x －3y －9＝0的距离等于椭圆的短轴长．(1)求椭圆C 的方程；(2)若圆P 的圆心为P (0，t )(t >0)，且经过F 1，F 2，Q 是椭圆C 上的动点且在圆P 外，过点Q 作圆P 的切线，切点为M ，当|QM |的最大值为322时，求t 的值．解析：(1)设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)．依题意可知，2b ＝|1－9|2＝4，所以b ＝2.又c ＝1，故a 2＝b 2＋c 2＝5，故椭圆C 的方程为x 25＋y 24＝1.(2)设Q (x 0，y 0)，圆P 的方程为x 2＋(y －t )2＝t 2＋1. 因为PM ⊥QM ，所以|QM |＝|PQ |2－t 2－1＝x 20＋y 0－t 2－t 2－1＝－14y 0＋4t 2＋4＋4t 2.若－4t ≤－2，即t ≥12，当y 0＝－2时，|QM |取得最大值，|QM |max ＝4t ＋3＝322，解得t ＝38<12(舍去)．若－4t >－2，即0<t <12，当y 0＝－4t 时，|QM |取最大值，且|QM |max ＝4＋4t 2＝322，解得t 2＝18. 又0<t <12，所以t ＝24.综上可知，当t ＝24时，|QM |的最大值为322. 6．[2019·石家庄摸底考试]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为32，点A 是椭圆上任意一点，△AF 1F 2的周长为4＋2 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点Q (－4,0)任作一动直线l 交椭圆C 于M ，N 两点，记MQ →＝λQN →，若在线段MN 上取一点R ，使得MR →＝－λRN →，则当直线l 转动时，点R 在某一定直线上运动，求该定直线的方程．解析：(1)因为△AF 1F 2的周长为4＋23， 所以2a ＋2c ＝4＋23，即a ＋c ＝2＋ 3.又椭圆的圆心率e ＝c a ＝32，所以a ＝2，c ＝3，所以b 2＝a 2－c 2＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意可知，直线l 的斜率必存在．故可设直线l 的方程为y ＝k (x ＋4)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝k x ＋4，消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋32k 2x ＋64k 2－4＝0，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－32k 24k 2＋1，x 1x 2＝64k 2－44k 2＋1，由MQ →＝λQN →，得(－4－x 1，－y 1)＝λ(4＋x 2，y 2)， 所以－4－x 1＝λ(x 2＋4)，所以λ＝－x 1＋4x 2＋4.设点R 的坐标为(x 0，y 0)， 由MR →＝－λRN →，得(x 0－x 1，y 0－y 1)＝－λ(x 2－x 0，y 2－y 0)， 所以x 0－x 1＝－λ(x 2－x 0)，解得x 0＝x 1－λx 21－λ＝x 1＋x 1＋4x 2＋4x 21＋x 1＋4x 2＋4＝2x 1x 2＋4x 1＋x 2x 1＋x 2＋8.而2x 1x 2＋4(x 1＋x 2)＝2×64k 2－44k 2＋1＋4×－32k 24k 2＋1＝－84k 2＋1，(x 1＋x 2)＋8＝－32k 24k 2＋1＋8＝94k 2＋1，所以x 0＝－1.故点R 在定直线x ＝－1上． [能力挑战]7．[2019·豫北名校联考]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为63，以原点O 为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆与直线2x －2y ＋6＝0相切．(1)求椭圆C 的标准方程； (2)已知点A ，B 为动直线y ＝k (x －2)(k ≠0)与椭圆C 的两个交点，问在x 轴上是否存在定点E ，使得EA →2＋EA →·AB →为定值？若存在，试求出点E 的坐标和定值；若不存在，请说明理由．解析：(1)由e ＝63，即c a ＝63，得c ＝63a ，(*)由已知得圆的方程为x 2＋y 2＝a 2， 又圆与直线2x －2y ＋6＝0相切，所以a ＝622＋－22＝6，代入(*)式得c ＝2， 所以b 2＝a 2－c 2＝2，所以椭圆C 的标准方程为x 26＋y 22＝1.(2)存在．由⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 22＝1，y ＝k x －2得(1＋3k 2)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝12k 21＋3k 2，x 1x 2＝12k 2－61＋3k2，假设在x 轴上存在定点E (m,0)，使得EA →2＋EA →·AB →＝(EA →＋AB →)·EA →＝EA →·EB →为定值， 则EA →·EB →＝(x 1－m ，y 1)·(x 2－m ，y 2)＝(x 1－m )(x 2－m )＋y 1y 2＝(k 2＋1)x 1x 2－(2k 2＋m )(x 1＋x 2)＋(4k 2＋m 2)＝3m 2－12m ＋10k 2＋m 2－61＋3k2的值与k 无关， ∴3m 2－12m ＋10＝3(m 2－6)，得m ＝73.此时，EA →2＋EA →·AB →＝m 2－6＝－59，。
2020高考数学总复习第八章解析几何课时作业51理(含解析)新人教A版(最新整理)
课时作业51 圆的方程1．（2019·福建厦门联考）若a∈错误!，则方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示的圆的个数为( B )A．0 B．1C．2 D．3解析：方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圆的条件为a2＋4a2－4（2a2＋a－1)＞0，即3a2＋4a－4＜0，解得－2＜a＜错误!。
又a∈错误!,∴仅当a＝0时，方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圆，故选B.2．若圆x2＋y2＋2ax－b2＝0的半径为2，则点(a，b）到原点的距离为（ B ）A．1 B．2C.错误!D．4解析：由半径r＝错误!错误!＝错误!错误!＝2，得错误!＝2.∴点(a，b)到原点的距离d＝错误!＝2，故选B。
3．（2019·广东珠海四校联考)已知圆C与直线x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圆心在直线x＋y＝0上,则圆C的标准方程为( B ）A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2 B．（x－1)2＋（y＋1)2＝2C．（x－1）2＋(y－1）2＝2 D．(x＋1）2＋(y＋1）2＝2解析：由题意设圆心坐标为(a，－a)，则有错误!＝错误!，即|a｜＝|a－2｜，解得a＝1。
故圆心坐标为(1,－1），半径r＝错误!＝错误!,所以圆C的标准方程为（x－1）2＋（y＋1)2＝2，故选B。
4．圆x2＋y2＋2x－6y＋1＝0关于直线ax－by＋3＝0(a＞0，b＞0)对称，则错误!＋错误!的最小值是( D ）A．2错误!B。
错误!C．4 D。
错误!解析：由圆x2＋y2＋2x－6y＋1＝0知，其标准方程为(x＋1)2＋(y－3）2＝9，∵圆x2＋y2＋2x－6y＋1＝0关于直线ax－by＋3＝0(a＞0,b＞0）对称，∴该直线经过圆心（－1，3)，即－a－3b＋3＝0，∴a＋3b＝3(a＞0，b＞0)，∴错误!＋错误!＝错误!（a＋3b)错误!＝13错误!≥错误!错误!＝错误!，当且仅当错误!＝错误!，即a＝b时取等号，故选D.5．（2019·河南豫西五校联考）在平面直角坐标系xOy中，以点(0，1）为圆心且与直线x －by＋2b＋1＝0相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为（ B ）A．x2＋（y－1)2＝4 B．x2＋(y－1）2＝2C．x2＋(y－1）2＝8 D．x2＋(y－1)2＝16解析：法一由题意可得圆心（0,1）到直线x－by＋2b＋1＝0的距离d＝错误!＝错误!＝错误!≤ 错误!≤错误!，当且仅当b＝1时取等号，所以半径最大的圆的半径r＝错误!,此时圆的标准方程为x2＋（y－1)2＝2.法二直线x－by＋2b＋1＝0过定点P(－1，2），如图．∴圆与直线x－by＋2b＋1＝0相切于点P时，圆的半径最大，为错误!,此时圆的标准方程为x2＋（y－1)2＝2,故选B.6．（2019·福建三明第一中学月考）若对圆(x－1）2＋(y－1）2＝1上任意一点P（x，y），|3x－4y＋a|＋｜3x－4y－9|的取值与x，y无关，则实数a的取值范围是( D ）A．(－∞，－4］B．[－4,6］C．（－∞,－4]∪［6，＋∞）D．[6，＋∞)解析：设z＝｜3x－4y＋a｜＋|3x－4y－9|＝5错误!，故｜3x－4y＋a｜＋｜3x－4y－9|可看作点P到直线m：3x－4y＋a＝0与直线l:3x－4y－9＝0距离之和的5倍，∵取值与x，y无关,∴这个距离之和与P无关，如图所示，可知直线m向上平移时，P点到直线m，l间的距离之和均为m,l间的距离,即此时与x，y的值无关，当直线m与圆相切时，错误!＝1，化简得|a－1|＝5，解得a＝6或a＝－4(舍去），∴a≥6，故选D.7．（2019·河南新乡模拟)若圆C：x2＋错误!2＝n的圆心为椭圆M:x2＋my2＝1的一个焦点，且圆C经过M的另一个焦点，则圆C的标准方程为x2＋(y＋1)2＝4 .解析:∵圆C的圆心为错误!，∴错误!＝错误!，m＝错误!.又圆C经过M的另一个焦点，则圆C经过点(0,1），从而n＝4.故圆C的标准方程为x2＋(y＋1)2＝4.8．(2019·东北三省四校联考）已知圆C：（x－3）2＋(y－4）2＝1，设点P是圆C上的动点．记d＝｜PB｜2＋|PA｜2，其中A(0,1），B（0，－1)，则d的最大值为74 。
2020版高考数学大一轮复习第八章平面解析几何第8节圆锥曲线的综合问题第1课时最值范围证明问题讲义理含解析
第节圆锥曲线的综合问题考试要求.掌握解决直线与椭圆、抛物线的综合问题的思想方法；.了解圆锥曲线的简单应用；.理解数形结合的思想.知识梳理.求定值问题常见的方法有两种：()从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.()直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值..定点的探索与证明问题()探索直线过定点时，可设出直线方程为＝＋，然后利用条件建立，等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点.()从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关..求解范围问题的方法求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围..圆锥曲线中常见最值的解题方法()几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；()代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解..圆锥曲线的弦长设斜率为(≠)的直线与圆锥曲线相交于，两点，(，)，(，)，则＝－＝·＝·－＝·.[微点提醒].直线与椭圆位置关系的有关结论(供选用)()过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；()过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切；()过椭圆内一点的直线均与椭圆相交..直线与抛物线位置关系的有关结论(供选用)()过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；()过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；()过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条与对称轴平行或重合的直线.基础自测.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)()直线与椭圆相切的充要条件是：直线与椭圆只有一个公共点.( )()直线与双曲线相切的充要条件是：直线与双曲线只有一个公共点.( )()直线与抛物线相切的充要条件是：直线与抛物线只有一个公共点.( )()如果直线＝＋与圆锥曲线相交于(，)，(，)两点，则弦长＝－.( )解析()因为直线与双曲线的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切. ()因为直线与抛物线的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.答案()√()×()×()√.(选修－例改编)过点(，)作直线，使它与抛物线＝仅有一个公共点，这样的直线有( ) 条条条条解析结合图形分析可知，满足题意的直线共有条；直线＝，过点(，)且平行于轴的直线以及过点(，)且与抛物线相切的直线(非直线＝).答案.(选修－例改编)已知倾斜角为°的直线通过抛物线＝的焦点，且与抛物线相交于，两点，则弦＝.解析法一直线的方程为＝＋，由得－＋＝.设(，)，(，)，则＋＝，∴＝＋＋＝＋＝.法二如图所示，过作的垂线，垂足为，则＝＝＋°，即＝°)＝°).同理，＝°)，故＝＋＝.答案.(·浙江八校联考)抛物线＝与直线＝＋(≠)交于，两点，且这两点的横坐标分别为，，直线与轴交点的横坐标是，则( )＝＋＝＋＋＋＝＋＋＝解析由消去得－－＝，可知＋＝，＝－，令＋＝得＝－，所以＝＋.答案.(·唐山市五校联考)直线与双曲线：－＝(>，>)交于，两点，是线段的中点，若与(是原点)的斜率的乘积等于，则此双曲线的离心率为( )解析设(，)，(，)，(，)，把，两点坐标分别代入双曲线的方程，得)－()＝，,()－()＝，))两式相减得－＝，又所以＝，所以＝＝＝，所以＝＋＝，又>，所以＝.答案.(·潍坊二模)已知抛物线＝(>)的准线为，与双曲线－＝的两条渐近线分别交于，两点，若＝，则＝.解析抛物线＝(>)的准线：＝－，双曲线－＝的两条渐近线分别为＝，＝－，可得＝－，＝，可得＝－＝，解得＝.答案第课时最值、范围、证明问题考点一最值问题多维探究角度利用几何性质求最值【例－】设是椭圆＋＝上一点，，分别是两圆：(＋)＋＝和(－)＋＝上的点，则＋的最小值、最大值分别为( )，，，，解析如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知＋＝＝，连接，分别与圆相交于两点，此时＋最小，最小值为＋－＝；连接，并延长，分别与圆相交于两点，此时＋最大，最大值为＋＋＝，即最小值和最大值分别为，.答案角度利用基本不等式或二次函数求最值【例－】(·郑州二模)已知动圆经过点(，)，且和直线：＝－相切.()求该动圆圆心的轨迹的方程；()已知点(，)，若斜率为的直线′与线段相交(不经过坐标原点和点)，且与曲线交于，两点，求△面积的最大值.解()由题意可知点到点的距离等于点到直线的距离，∴动点的轨迹是以(，)为焦点，直线＝－为准线的抛物线，故轨迹的方程是＝.()设直线′的方程为＝＋，其中－<<，(，)，(，)，联立得方程组消去，得＋(－)＋＝，Δ＝(－)－＝(－)>恒成立.由根与系数的关系得＋＝－，·＝，∴＝，点到直线′的距离＝，∴△＝××＝×(＋)，令＝，∈(，)，则＝－，∴△＝(－)＝－，令()＝－，∴′()＝－，令′()＝，得＝(负值舍去).易知＝()在上单调递增，在上单调递减.∴＝()在＝，即＝－时取得最大值为.∴△面积的最大值为.规律方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何方法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.【训练】已知椭圆＋＝(>>)，，为它的左、右焦点，为椭圆上一点，已知∠＝°，△＝，且椭圆的离心率为.()求椭圆方程；()已知(－，)，过的直线与椭圆交于，两点，求△面积的最大值.解()由已知，得＋＝，①＋－°＝，即＋－＝，②°＝，即＝，③联立①②③解得－＝.又＝，∴＝，＝，＝－＝，椭圆方程为＋＝.()根据题意可知直线的斜率存在，且不为.设(，)，(，)，直线的方程为＝－，代入椭圆方程，整理得(＋)－＋＝，则Δ＝()－××(＋)>，所以>.＋＝，＝，则△的面积△＝△－△＝·－＝＝＝＝×＝×≤＝.当且仅当＝，即＝时(此时适合Δ>的条件)取得等号.故△面积的最大值为.考点二范围问题【例】(·浙江卷)如图，已知点是轴左侧(不含轴)一点，抛物线：＝上存在不同的两点，满足，的中点均在上.()设中点为，证明：垂直于轴；()若是半椭圆＋＝(<)上的动点，求△面积的取值范围.()证明设(，)，，))，，)).因为，的中点在抛物线上，所以，为方程＝·，即－＋－＝的两个不同的实根.所以＋＝，因此，垂直于轴.()解由()可知，))所以＝(＋)－＝－，－＝－）).因此，△的面积△＝·－＝(－).因为＋)＝(<)，所以－＝－－＋∈[，]，因此，△面积的取值范围是.规律方法解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面()利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；()利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；()利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；()利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；()利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【训练】(·南昌调研)已知椭圆：＋＝(>>)的离心率为，短轴长为.()求椭圆的标准方程；()设直线：＝＋与椭圆交于，两点，为坐标原点，若·＝，求原点到直线的距离的取值范围. 解()由题知＝＝，＝，又＝＋，∴＝，＝，∴椭圆的标准方程为＋＝.()设(，)，(，)，联立方程得(＋)＋＋－＝，依题意，Δ＝()－(＋)(－)>，化简得<＋，①＋＝－，＝，＝(＋)(＋)＝＋(＋)＋.若·＝，则＝，即＝，∴(－)＋(＋)＋＝，∴(－)·＋·＋＝，即(－)(－)－＋(＋)＝，化简得＋＝，②由①②得≤<，<≤.∵原点到直线的距离＝，∴＝＝＝－＋，又<≤，∴≤<，∴原点到直线的距离的取值范围是.考点三证明问题【例】(·全国Ⅲ卷)已知斜率为的直线与椭圆：＋＝交于，两点，线段的中点为(，)(>). ()证明：<－；()设为的右焦点，为上一点，且＋＋＝.证明：，，成等差数列，并求该数列的公差.()证明设(，)，(，)，则)＋)＝，)＋)＝.两式相减，并由＝得＋·＝.由题设知＝，＝，于是＝－.①由于点(，)(>)在椭圆＋＝内，∴＋<，解得<<，故<－.()解由题意得(，).设(，)，则(－，)＋(－，)＋(－，)＝(，).由()及题设得＝－(＋)＝，＝－(＋)＝－<.又点在上，所以＝，从而，＝.于是＝)＝))))＝－.同理＝－.所以＋＝－(＋)＝.故＝＋，即，，成等差数列.设该数列的公差为，则＝－＝－＝.②将＝代入①得＝－.所以的方程为＝－＋，代入的方程，并整理得－＋＝.故＋＝，＝，代入②解得＝.所以该数列的公差为或－.规律方法圆锥曲线中的证明问题常见的有：()位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等.()数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，但有时也会用反证法证明.【训练】(·唐山模拟)如图，圆与轴相切于点(，)，与轴正半轴相交于两点，(点在点的下()求圆的方程；()过点任作一条直线与椭圆＋＝相交于两点，，连接，，求证：∠＝∠.()解设圆的半径为(>)，依题意，圆心的坐标为(，).因为＝，所以＝＋＝.所以＝，圆的方程为(－)＋＝.()证明把＝代入方程(－)＋＝，解得＝或＝，即点(，)，(，).①当⊥轴时，可知∠＝∠＝.②当与轴不垂直时，可设直线的方程为＝＋.联立方程消去得，(＋)＋－＝.设直线交椭圆于(，)，(，)两点，则＋＝，＝.所以＋＝＋＝＋＝＝＝.所以∠＝∠.综合①②知∠＝∠.基础巩固题组(建议用时：分钟)一、选择题.直线＝＋与双曲线－＝(>，>)的交点个数是( )或解析由直线＝＋与双曲线－＝的渐近线＝平行，故直线与双曲线的交点个数是.答案.已知双曲线：－＝(>，>)，斜率为的直线与交于两点，，若线段的中点为(，)，则双曲线的渐近线方程是( )±＝±＝解析设(，)，(，)，则)－)＝①，)－)＝②，由①－②得＝，结合题意化简得＝，即＝，所以双曲线的渐近线方程为±＝.答案.抛物线＝上的点到直线－－＝的最短距离为( )解析设抛物线上一点的坐标为(，)，则＝＝＝，∴＝时，＝.答案.若点和点分别为椭圆＋＝的中心和左焦点，点为椭圆上的任意一点，则·的最大值为( )解析由题意得(－，)，设点(，)，则＝)))(－≤≤).·＝(＋)＋＝＋＋＝＋＋)))＝·(＋)＋.因为－≤≤，所以当＝时，·取得最大值，最大值为.答案.(·太原一模)已知抛物线＝的焦点为，过焦点的直线交抛物线于，两点，为坐标原点，若△的面积为，则＝( )解析由题意知抛物线＝的焦点的坐标为(，)，易知当直线垂直于轴时，△的面积为，不满足题意，所以可设直线的方程为＝(－)(≠)，与＝联立，消去得－－＝，设(，)，(，)，所以＋＝，＝－，所以－＝，所以△的面积为××＝，解得＝±，所以＝－＝.答案二、填空题.(·北京朝阳区一模)抛物线：＝(>)的准线与轴的交点为，过点作的两条切线，切点分别为，，则∠＝.解析由题意得，设过点的切线方程为＝－，代入＝得－＋＝，∴Δ＝－＝，∴＝±，则切线斜率＝±，∴⊥，因此∠＝.答案.过双曲线－＝(>，>)的右顶点且斜率为的直线，与该双曲线的右支交于两点，则此双曲线离心率的取值范围为.解析由过双曲线－＝(>，>)的右顶点且斜率为的直线，与该双曲线的右支交于两点，可得<.∴＝＝<＝，∵>，∴<<，∴此双曲线离心率的取值范围为(，).答案(，).(·深圳二模)设过抛物线＝(>)上任意一点(异于原点)的直线与抛物线＝(>)交于，两点，直线与抛物线＝(>)的另一个交点为，则＝.解析设直线的方程为＝(≠)，联立得解得，联立得解得，∴＝＝，＝＝，∴＝＝.答案三、解答题.设椭圆：＋＝(>>)的离心率为，，是椭圆的两个焦点，是椭圆上任意一点，且△的周长是＋.()求椭圆的方程；()设椭圆的左、右顶点分别为，，过椭圆上的一点作轴的垂线交轴于点，若点满足⊥，∥，连接交于点，求证：＝.()解由＝，知＝，所以＝，因为△的周长是＋，所以＋＝＋，所以＝，＝，所以＝－＝，所以椭圆的方程为：＋＝.()证明由()得(－，)，(，)，设(，)，所以(，)，因为⊥，所以可设(，)，所以＝(＋，)，＝(，)，由∥可得：(＋)＝，即＝.所以直线的方程为：＝.整理得：＝(＋).又点在上，将＝代入直线的方程可得：＝，即点的坐标为，所以为的中点，＝. .如图，已知椭圆＋＝上两个不同的点，关于直线＝＋对称.()求实数的取值范围；()求△面积的最大值(为坐标原点).解由题意知≠，可设直线的方程为＝－＋，(，)，(，)，中点为，由消去，得－＋－＝.因为直线＝－＋与椭圆＋＝有两个不同的交点，所以Δ＝－＋＋＞，①则＋＝，＋＝，()将中点代入直线方程＝＋解得＝－，②由①②得＜－或＞.故实数的取值范围为∪.()令＝∈∪，则＝·，且到直线的距离为＝.设△的面积为()，所以()＝·＝≤.当且仅当＝时，等号成立.故△面积的最大值为.能力提升题组(建议用时：分钟).(·烟台一模)已知抛物线：＝，过抛物线的焦点的直线交抛物线于，两点(点在第一象限)，且交抛物线的准线于点.若＝，则直线的斜率为( )解析分别过，两点作，垂直于准线，垂足分别为，，由＝，得为的中点，∴＝，则＝，由抛物线的定义可知＝，＝，∴＝，∴＝，则＝，∴ ∠＝＝，∴直线的斜率＝∠＝∠＝.答案.(·河北百校联考)已知抛物线＝，过其焦点的直线与抛物线分别交于，两点(在第一象限内)，＝，过的中点且垂直于的直线与轴交于点，则△的面积为( )解析设(，)，(，)，因为＝，所以＝－，设直线的方程为＝＋，由消去得－－＝，∴＝－，∴∴＋＝＝，∴＝，∴＋＝，的中点坐标为，过中点且垂直于直线的直线方程为－＝－，令＝，可得＝，所以△＝××＝.答案.(一题多解)(·全国Ⅲ卷)已知点(－，)和抛物线：＝，过的焦点且斜率为的直线与交于，两点.若∠＝°，则＝.解析法一由题意知抛物线的焦点为(，)，则过的焦点且斜率为的直线方程为＝(－)(≠)，由消去得(－)＝，即－(＋)＋＝，设(，)，(，)，则＋＝，＝.由消去得＝，即－－＝，则＋＝，＝－，则∠＝°，得·＝(＋，－)·(＋，－)＝＋＋＋＋－(＋)＋＝，将＋＝，＝与＋＝，＝－代入，得＝.法二设抛物线的焦点为，(，)，(，)，则＝，＝，))所以－＝(－)，则＝＝，取的中点′(，)，分别过点，作准线＝－的垂线，垂足分别为′，′，又∠＝°，点在准线＝－上，所以′＝＝(＋)＝(′＋′).又′为的中点，所以′平行于轴，且＝，所以＋＝，所以＝.答案.(·天津卷)设椭圆＋＝(>>)的右顶点为，上顶点为.已知椭圆的离心率为，＝.()求椭圆的方程；()设直线：＝(<)与椭圆交于，两点，与直线交于点，且点，均在第四象限.若△的面积是△面积的倍，求的值.解()设椭圆的焦距为，由已知有＝，又由＝＋，可得＝.由＝＝，从而＝，＝.所以，椭圆的方程为＋＝.()设点的坐标为(，)，点的坐标为(，)，由题意，>>，点的坐标为(－，－).由△的面积是△面积的倍，可得＝，从而－＝[－(－)]，即＝.易知直线的方程为＋＝，由方程组消去，可得＝.由方程组消去，可得＝.由＝，可得＝(＋)，两边平方，整理得＋＋＝，解得＝－，或＝－.当＝－时，＝－<，不合题意，舍去；当＝－时，＝，＝，符合题意.所以，的值为－.新高考创新预测.(思维创新)已知抛物线＝，焦点记为，过点作直线交抛物线于，两点，则－的最小值为. 解析当直线的斜率存在时，设直线的方程为＝(－)(≠)，代入＝可得－(＋)＋＝，设(，)，(，)，则·＝.由抛物线的定义可得＝＋，＝＋，所以－＝＋－＝＝＝＋)＝＋)).令－＝(≥)，则＝＋，所以－＝＝≥＝＝＝－(当且仅当＝时等号成立)；当直线的斜率不存在时，易得－＝.综上，－的最小值为－.答案－。
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51 证明、最值、范围、存在性问题课时作 基础达]x 的右焦点的直，．[2018·全国卷Ⅰ]设椭交的坐标(2,0两点，A 的方程轴垂直时，求直(1OMOM .(2＝为坐标原点，证明：的方程(1,0解析(1由已知1..的坐标由已知可得，，A ＝(2,0，所2.的方程OMOM (2证明：＝＝0°轴重合时，AO 轴垂直时的垂直平分线OMOM .＝所以轴不重合也不垂直时，的方程21)1≠0)MM 2，直的斜率之和1yy kMkM . xx kk 42kx1x kMkM .＋－－x22yykx ＝1，得－将1)＝代入(＋22222kxxkk 0，(22＋1)－－42＝＋22k2－4k2xxxx .1＝所以21＋＝2，1＋2k2＋12k24k ＋12k3＋8k34k4k3－－kxxkxkx 0.2－3(＝1＋＝2)＋2则4112k2＋kMBkMA 0从而＋，＝MBMA 故的倾斜角互补．，OMBOMA . 所以∠＝∠OMBOMA .＝∠综上，∠2lpxCyPQ 与抛的直线经过点(0,1)(1,2)2．[2018·北京卷]已知抛物线，过点：2＝NCAPBMyBPAy .有两个不同的交点，直线，，且直线交交轴于物线轴于l 的斜率的取值范围；(1)求直线→→→→11O ，求证：＋为定值．(2)设QO 为原点，QM ＝λ，QN ＝μQO μλ2pxy 解析：(1)因为抛物线＝2，过点(1,2)pp 2. ＝4所以2，即＝2xyC .故抛物线的方程为4＝l 0. 由题意知，直线的斜率存在且不为kylkx 设直线的方程为≠0)，＝＋1(，y24x ＝??22xkxk 0. 4)得由＋(2－＋1＝?，＝ykx ＋1?4×1>0依题(<1.<解0PP (，轴相交，故直2不过3.从≠－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)的斜率的取值范围所以直21(2证明：2. ＝(1kky P 1直的方程xkxy2. 的纵坐标，得xxkx2. 同理得的纵坐标x.Q ，QQQ 所yyxx －＋－12x1x2 ·＝x1x21k －4－22k ＋k2k21 ·＝11k －k22.＝11 为定值．所以＋μλxAE 轴上，1)]已知椭圆，焦点在的一个顶点为(0，－3．[2019·东北三省四市联考yx 3.＝0－的距离是＋22若椭圆右焦点到直线E 求椭圆的方程；(1)lCOklykxmB 到直线：≠0)与该椭圆交于不同的两点＝，若坐标原点(2)设直线＋，(3BOC 面积的最大值．的距离为，求△22|＋2|c dyxbc,c ＝2＝0)(>0)到直线0－的距离为＋解析：(1)由题意＝1，右焦点(22 ，＝3c ，＝2∴222cba ＝又∵，－a ＝3∴，xE 的交点在又∵椭圆轴上，x22yE 1.∴椭圆＝的方程为＋3，my ＝kx ＋??22xyyBxCxlk 1)(3(2)设(＋，)，(，，)则联立直线得与椭圆方程有?2211，33y2x2＋＝??2mmkx 0.＝＋33－6＋BC －＋－＝||又km ＝3km ＋2BC ||＝① 平方得，＋3|m|lO＝，到直线由的距离为2k2＋1322km，＋1)得(＝4＋10k2＋2BC |＝代入①式，得|1＋9k4＋6k24??＋1??13＝，??6＋＋9k2k2??1122kkBC|有最大值≥6，|＝时，92.＋当且仅当3k2133S)＝×2×＝，∴( BOC max△2223BOC. ∴△的面积的最大值为2x2y2klCAB两点，线交于，：＋．[2018·全国卷Ⅲ]已知斜率为4＝的直线1与椭圆43ABMmm＞0)．(1，段)(的中点为1k＜－；证明： (1)2→→→→→→FCPC上一点，且FP＋FA＋FB＝0.证明：|FA|，|FP|(2)设，为的右焦点，|FB为|成等差数列，并求该数列的公差．AxyBxy)，设(( ，，)，证明：(1)2112x21y21x22y22则＋＝1，＋＝1. 4343y1－y2x1＋x2y1＋y2kk ＝·0.得＋两式相减，并由＝x1－x243x1＋x2y1＋y23mk＝－.①，于是由题设知＝1，＝224m31mk＜－. ＜，故由题设得0＜22FPxy)，则(1,0)．设，((2)由题意得33xyxyxy)＝(0,0)1，1，．)＋( (－1，＋)(－－221133xxx)＝1，(＝3－＋由(1)及题设得231yyym＜0.＝－＝－(＋2)21333????PmCP，－1，又点在，从而上，所以＝??24→3|FP|＝， 2→x21x1????－1＝2－y21＝＋3－.＋ |于是|FA＝－??42→x2同理|FB|＝2－.23.|F所|F2|F|F|F，|F|F|F成等差数列|4x1x设该数列的公差.2||F|F23km＝－1＝代入①得将，47Clyx，代入＝－所以的方程，并整理得的方程为＋412xx0.＋－147＝42113dxxxx.故|＋，代入②解得＝2，＝|＝22112828321321所以该数列的公差为或－.2828CFFF到直，且(1,0)(－1,0)5．[2019·广州模拟]已知椭圆，的左、右焦点分别为212xy－9＝0－3的距离等于椭圆的短轴长．线C的方程； (1)求椭圆PPttFFQCP外，，(0，)(上的动点且在圆>0)，且经过(2)若圆是椭圆的圆心为，2132QPMQMt的值．时，求|过点作圆|的切线，切点为的最大值为，当2x2y2ab>0)．1( >解析：(1)设椭圆的方程为＋＝a2b2|1－9|bb＝，所以2.＝＝依题意可知，242222cabc＝5＋＝1，故，＝又x2y2C的方程为＋故椭圆＝1.54222QxyPxytt＋1. ＋设((，))，圆－的方程为＝(2)00PMQM，所以⊥因为QM|＝|PQ|2－t2－1＝x20＋－－t2－1|1＝－＋＋4＋4t2.41tt ≥，≤－2若－4，即2yQM|取得最大值，时，|当＝－2032QM|＝4t＋|3＝，max231t＝<(舍去解得)． 821tt<，，即20<若－4 >－23212tytQMQM＝＋|＝44t2＝. ，解得||＝－当4时，|取最大值，且max08221tt.0<又<＝，所以42Q.综上可知，的最大值时yx1>0的左、右焦点分别．[2019·石家庄摸底考已知椭ba A的周长，离心率，3.是椭圆上任意一点，2C 的方程；(1)求椭圆→→QlCMNMN 上QN ，若在线段MQ 于＝，(2)过点λ(－4,0)任作一动直线两点，记交椭圆→→RlR 在某一定直线上运动，求该定直线的RN ，则当直线取一点转动时，点，使得MR ＝－λ方程．AFF 的周长为4＋2解析：(1)因为△3， 21acac ＝2＋＋＋23，即所以2＋23. ＝4c3eac ＝3，，＝，所以 ＝又椭圆的圆心率2＝a2222bac ＝1. 所以－＝x22Cy ＝1.的方程为所以椭圆＋4l 的斜率必存在． (2)由题意可知，直线lykxMxyNxy )，，＋4)，，((故可设直线，的方程为＝ ()2112x2??，＝y21＋42222?kxxkyk 0＝由＋64，消去(1，得＋4－)4＋32??＝，＋y－32k264k2－4xxxx ＝，＝由根与系数的关系，得，＋ 21214k2＋14k2＋1→→xyxy )，， )＝λ(4由MQ ＝λQN ，得(－4－＋，－2121xx ＋4)，－ ＝λ(4所以－21x1＋4所以λ＝－.x2＋4Rxy )，，的坐标为( 设点00→→xxyyxxyy )，－)＝－λ(λ由MR ＝－RN ，得( －，－－，02001120xxxx )，－－λ＝－(所以 0201x1＋4x1＋x2x2＋4x1－λx22x1x2＋＋x ＝＝＝解得.1－λx1＋4＋＋81＋x2＋464k2－4－32k28xxxx )＝2×＋4×4(＋＝－＋，2而21211＋4k21＋4k21＋4k232k4k4k ＝所1.＝故上在定直 能力挑]xy 的离心率已知椭，以原1>0．[2019·豫北名校联ab 圆心，椭相切的长半轴长为半径的圆与直的标准方程求椭(1轴上是否2)的两个交点，问(2已知≠0)与椭为动直的坐标和定值；若不存在请说A 为定值？若存在试求出使EE 在定理由 ，(*)(1，解析由已知得圆的方程相切又圆与直，代(*所式＝22＋－2x2y2222bacC 的标准方程为＋＝－1.＝所以2＝，所以椭圆62y2x2??，1＋＝262222?xBxykxkxkA ，，3(1＋()设－12()＋12，－(2)存在．由6＝0.得211??＝y －12k212k2－6xxxEm,yxx ＝，则轴上存在定点)(＋，0)，＝，假设在211223k21＋1＋3k2→→→→→→→→2＝AB ＝(EA ＋AB)·EAEA ·EB 为定值，·使得EA ＋EA→→22xxkyxkmmxxxmymymxy )(＋1)＋＝(－()(－－)＋·则EAEB ＝(－，(2)·(－，＝)11112122221－2＋＋－12m 22kmkx )＝＋的值与＋无关，)＋(423k21＋722mmmm .＝＝3(－6)，得∴3－12＋103→→→522m ，＝＋此时，EAEA ·AB ＝－－697????Ex 0， ，所以在轴上存在定点??3→→→52.EA 使得＋ABEA ·为定值，且定值为－9。