1、世紀金榜二輪世紀金榜二輪(r ln)專題輔導與練習專專題輔導與練習專題六第三講題六第三講第一頁，共69頁。一、主干知識1.定點問題：在解析幾何中，有些含有參數的直線或曲線，不論參數如何變化，其都過某定點，這類問題稱為定點問題.2.定值問題：在解析幾何中，有些幾何量，如斜率、距離、面積(min j)、比值等基本量和動點坐標或動線中的參變量無關，這類問題統稱為定值問題.第1頁/共69頁第二頁，共69頁。3.最值問題的兩大求解策略：解決圓錐曲線中的最值問題，一般(ybn)有兩種方法：一是幾何法，特別關注用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關結論來求最值；二是代數法，將圓錐曲線中的最值問題轉化為函數問題(即

2、根據條件列出所求的目標函數)，然后根據函數的結構特征直接或換元后選用基本不等式法、導數法、數形結合法等求最值.第2頁/共69頁第三頁，共69頁。二、重要結論1.直線與圓錐曲線相交的問題，牢記(loj)“聯立方程，把要求的量轉化為根與系數的關系”.2.有關弦長問題，牢記(loj)弦長公式 及根與系數的關系，“設而不求”；有關焦點弦長問題，要牢記(loj)圓錐曲線定義的運用，以簡化運算.3.涉及弦中點的問題，牢記(loj)“點差法”是聯系中點坐標和弦所在直線的斜率的好方法.212AB1kxx12211| yy |k第3頁/共69頁第四頁，共69頁。4.求參數范圍的問題，牢記“先找不等式，有時需要找

3、出兩個量之間的關系，然后消去另一個量，保留要求的量”.不等式的來源可以是0或圓錐曲線的有界性或是(hu sh)題目條件中的某個量的范圍等.5.牢記曲線f1(x,y)+f2(x,y)=0(為參數)過曲線f1(x,y)=0與f2(x,y)=0的交點.第4頁/共69頁第五頁，共69頁。1.(2013昆明模擬)已知直線x=t與橢圓 交于P，Q兩點，若點F為該橢圓的左焦點，則 取最小值時t的值為_.【解析】橢圓的左焦點F(-4,0),根據(gnj)對稱性可設P(t,y),Q(t,-y)，則 =(t+4,y), =(t+4,-y),所以 =(t+4,y)(t+4,-y)=(t+4)2-y2.又因為所以 =

4、(t+4)2-y2=t2+8t+16-9+ t2=所以當 時， 取值最小.答案：22xy1259FP FQ FPFQ FP FQ 222t9y9(1)9t ,2525FP FQ 925234t8t7,25b50t2a17 FP FQ 5017第5頁/共69頁第六頁，共69頁。2.(2013重慶模擬)以拋物線y2=8x上的任意一點為圓心作圓與直線x+2=0相切，這些圓必過一定點，則這一定點的坐標是_.【解析】由拋物線定義知該圓必過拋物線y2=8x的焦點(jiodin)F(2,0).答案：(2，0)第6頁/共69頁第七頁，共69頁。3.(2013江西高考改編)已知點A(2，0)，拋物線C：x2=4

5、y的焦點為F，直線FA與拋物線C相交于點M，與其準線相交于點N，則FM MN=_.【解析】設直線FA的傾斜角為，因為F(0,1)，A(2,0)，所以(suy)直線FA的斜率為 即tan = 過點M作準線的垂線交準線于點Q，由拋物線定義得FM=MQ，在MQN中可得 即FM MN=1答案：112 ，12 ，MQ1,QN2MQ1MN5，5.5第7頁/共69頁第八頁，共69頁。4.(2013鹽城模擬)如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線的頂點在原點，焦點為F(1，0)過拋物線在x軸上方的不同兩點A，B作拋物線的切線AC，BD，與x軸分別(fnbi)交于C，D兩點，且AC與BD交于點M，直線AD與直線

6、BC交于點N(1)求拋物線的標準方程.(2)求證：MNx軸.(3)若直線MN與x軸的交點恰為F(1，0)，求證：直線AB過定點第8頁/共69頁第九頁，共69頁?！窘馕觥?1)設拋物線的標準(biozhn)方程為y2=2px(p0)，由題意，得 即p=2所以拋物線的標準(biozhn)方程為y2=4x(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，且y10，y20由y2=4x(y0)，得所以切線AC的方程為y-y1=即yy1= (xx1)整理，得yy1=2(x+x1)，p12 ，1y2 xyx ，所以111xxx，12y第9頁/共69頁第十頁，共69頁。且C點坐標為(x1，0)同理得切線(qixin

7、)BD的方程為yy2=2(x+x2)，且D點坐標為(x2，0)由消去y，得xM=又直線AD的方程為 直線BC的方程為 由消去y，得xN=所以xM=xN，即MNx軸122112x yx yyy1212yyxxxx，2112yyxxxx122112x yx yyy第10頁/共69頁第十一頁，共69頁。(3)由題意(t y),設M(1,y0),代入(2)中的,得y0y1=2(1+x1),y0y2=2(1+x2).所以A(x1,y1),B(x2,y2)都滿足方程y0y=2(1+x).所以直線AB的方程為y0y=2(1+x).故直線AB過定點(-1,0).第11頁/共69頁第十二頁，共69頁。熱點考向

8、1 定點的探究與證明問題 【典例1】(1)(2013鄭州模擬)已知點A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x20)是拋物線y2=4x上的兩個動點,O是坐標(zubio)原點, =0,則直線AB過定點.(2)(2013聊城模擬)如圖,已知橢圓C: (ab0)的離心率為 以原點O為圓心,橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線x-y+ =0相切.OA OB 2222xy1ab1,26第12頁/共69頁第十三頁，共69頁。求橢圓的標準(biozhn)方程.設P(4,0),A,B是橢圓C上關于x軸對稱的任意兩個不同的點，連結PB交橢圓C于另一點E，證明動直線AE經過一定點.第13頁/共69頁第十四頁，共69頁

9、?！窘忸}探究】(1)由 =0，得y1y2為定值_；當x1x2時，直線AB的斜率kAB=_(用y1,y2表示)直線AB的方程為_.(用y1,y2表示)當x1=x2時，直線AB的方程為x=_.(2)由離心率為 _;由點到直線的距離求得b=_.證明動直線AE經過一定點的關鍵是什么？提示：關鍵選與直線PB有關(yugun)的參數建立直線AE的方程.OA OB -16124yy(y1+y2)y=4(x-4)421,a2得24b33第14頁/共69頁第十五頁，共69頁?！窘馕觥?1)因為所以x1x2+y1y2=0，y1y2=-16，當x1x2時，AB方程(fngchng)y-y1=(y1+y2)y-y12

10、-y1y2=4x-4x1(y1+y2)y=4x-16,即(y1+y2)y=4(x-4)經過(4,0)，當x1=x2時，x1=x2=4,即直線AB方程(fngchng)為x=4過點(4，0).答案：(4，0)221122OA OB0,y4x ,y4x , AB124k,yy1124(xx )yy第15頁/共69頁第十六頁，共69頁。(2)由題意知所以又因為以原點O為圓心(yunxn)，橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線x-y+ =0相切，所以有所以故橢圓的方程為：c1,a22222222cab14,ab ,aa43即66b3,1 1224ab4,322xy1.43第16頁/共69頁第十七頁，共69頁

11、。由題意(t y)知直線PB的斜率存在；設直線PB的方程為y=k(x-4),由得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0.設點B(x1,y1),E(x2,y2),A(x1,-y1),則x1+x2= x1x2= ()直線AE的斜率kAE=所以直線AE的方程為y-y2= (x-x2).22yk x4 ,xy1,43 2232k,4k32264k124k31221yy,xx1221yyxx第17頁/共69頁第十八頁，共69頁。令y=0,得x=x2+ 將y1=k(x1-4),y2=k(x2-4)代入并整理(zhngl)得： ()將()代入()整理(zhngl)得所以，直線AE過定點(1,0)

12、.12212xxyyy1212122x x4 xxxxx822222264k1232k244k34k3x1.32k84k3 第18頁/共69頁第十九頁，共69頁?！净犹骄俊咳舯纠?1)中拋物線方程為y2=2px(p0)，且弦AB的中點到直線x-2y=0的距離(jl)的最小值為 且 求拋物線方程.【解析】設AB中點C(x,y),則若中點C到直線x-2y=0的距離(jl)為d,則所以2 55OA OB0 ，1212xxx,2yyy,21212xx|yy|2d52212121|yyyy|4pd5第19頁/共69頁第二十頁，共69頁。當y1+y2=2p時，d有最小值由題設得所以p=2,此時(c sh

13、)拋物線方程為y2=4x.2222212121212yy2y y4p yy8pyy2p4p4 5p4 5pp,5p2 5,55第20頁/共69頁第二十一頁，共69頁?！痉椒偨Y】動線過定點問題的兩大類型及解法(1)動直線l過定點問題，解法：設動直線方程(斜率存在)為y=kx+t,由題設條件將t用k表示(biosh)為t=mk,得y=k(x+m),故動直線過定點(-m,0).(2)動曲線C過定點問題,解法：引入參變量建立曲線C的方程，再根據對參變量恒成立，令其系數等于零，得出定點.第21頁/共69頁第二十二頁，共69頁?！咀兪絺溥x】(2013南通模擬)在平面直角坐標系xOy中，拋物線C的頂點在原

14、點，焦點F的坐標為(1,0)(1)求拋物線C的標準方程.(2)設M,N是拋物線C的準線上的兩個動點，且它們的縱坐標之積為-4，直線(zhxin)MO,NO與拋物線的交點分別為點A,B，求證：動直線(zhxin)AB恒過一個定點第22頁/共69頁第二十三頁，共69頁?！窘馕?ji x)】(1)設拋物線的標準方程為y2=2px(p0)，則 =1，p=2，所以拋物線C的標準方程為y2=4x(2)拋物線C的準線方程為x=-1，設M(-1,y1)，N(-1,y2)，其中y1y2=-4,則直線MO的方程為y=y1x，將y=y1x與y2=4x聯立，解得A點的坐標為 同理可得B點的坐標為則直線AB的方程為整理

15、，得(y1+y2)y4x+4=0.p221144(,yy) ，22244(,),yy22222121244yxyy4444yyyy，第23頁/共69頁第二十四頁，共69頁。由故動直線(zhxin)AB恒過一個定點(1，0) y0,y0,44x0,x1,解得第24頁/共69頁第二十五頁，共69頁。熱點考向 2 定值的探究與證明問題 【典例2】(2013北京(bi jn)模擬)橢圓T的中心為坐標原點O，右焦點為F(2,0),且橢圓T過點E(2， ).ABC的三個頂點都在橢圓T上，設三條邊(AB,BC,AC)的中點分別為M，N，P.(1)求橢圓T的方程.(2)設ABC的三條邊所在直線的斜率分別為k1

16、,k2,k3，且ki0,i=1,2,3.若直線OM，ON，OP的斜率之和為0.求證： 為定值.2123111kkk第25頁/共69頁第二十六頁，共69頁。【解題(ji t)探究】(1)設橢圓T的方程為 (ab0),則a=_,b=_.(2)證明 為定值的兩關鍵點:表示:將 中的量k1,k2,k3用_表示；化簡：利用約束條件：_化簡得定值.2222xy1ab2 22123111kkk123111kkk動點M,N,P的坐標(zubio)kOM+kON+kOP=0第26頁/共69頁第二十七頁，共69頁?！窘馕觥?1)設橢圓(tuyun)T的方程為 (ab0),由題意知：左焦點為F(-2,0),所以2a

17、=EF+EF=解得a= b=2.故橢圓(tuyun)T的方程為2222xy1ab23 24 2,2 2,22xy1.84第27頁/共69頁第二十八頁，共69頁。(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),M(s1,t1),N(s2,t2), P(s3,t3).方法一：由兩式相減，得到(x1-x2)(x1+x2)+2(y1-y2)(y1+y2)=0，所以即同理所以又因為直線(zhxin)OM，ON，OP的斜率之和為0,所以22221122x2y8,x2y8,12121112121yyxxs11k,xx2 yy2 t 111t12,ks 322233tt112,2,ksks 31

18、2123123ttt1112(),kkksss 1231110.kkk第28頁/共69頁第二十九頁，共69頁。方法二：設直線(zhxin)AB:y-t1=k1(x-s1),代入橢圓x2+2y2=8,得到化簡得以下同方法一.222111 1111 112kx4 tk sk x2 tk s80 ，11 11121214 tk skxx2s ,12k111s1k.2 t 第29頁/共69頁第三十頁，共69頁?！痉椒偨Y】求解定值問題的兩大途徑(tjng)(1)由特例得出一個值(此值一般就是定值)證明定值：將問題轉化為證明代數式與參數(某些變量)無關(2)先將式子用動點坐標或動線中的參數表示，再利用其

19、滿足的約束條件正負項抵消或分子分母約分得定值.第30頁/共69頁第三十一頁，共69頁。【變式訓練】(2013天津模擬)已知E(2,2)是拋物線C:y2=2px上一點，經過點(2,0)的直線l與拋物線C交于A，B兩點(不同于點E)，直線EA，EB分別交直線x=-2于點M，N.(1)求拋物線方程及其焦點坐標(zubio).(2)已知O為原點，求證： 為定值.OM ON 第31頁/共69頁第三十二頁，共69頁。【解析】(1)將E(2,2)代入y2=2px,得p=1,所以拋物線方程為y2=2x,焦點坐標為(2)設 M(xM,yM),N(xN,yN).方法一：因為(yn wi)直線l不經過點E，所以直線

20、l一定有斜率.設直線l方程為y=k(x-2),與拋物線方程聯立得到消去x,得：ky2-2y-4k=0，則由根與系數的關系得：y1y2=-4,y1+y2=1( ,0).2221212yyA(,y ),B(,y ),222yk x2 ,y2x, 2,k第32頁/共69頁第三十三頁，共69頁。直線(zhxin)AE的方程為:即令x=-2,得yM=同理可得：yN=又 =(-2,yM), =(-2,yN),所以121y2y2x2 ,y2212yx22,y2112y4,y2222y4.y2OM ON12MN12121212122y4 2y4OM ON4y y4y2y244( 44)4 y y2 yy4k4

21、40.4y y2 yy444k 第33頁/共69頁第三十四頁，共69頁。方法(fngf)二：設直線l方程為x=my+2,與拋物線方程聯立得到消去x,得:y2-2my-4=0.則由根與系數的關系得：y1y2=-4,y1+y2=2m,直線AE的方程為:即 (x-2)+2,令x=-2,得2xmy2,y2x,121y2y2x2 ,y2212yy21M12y4y,y2第34頁/共69頁第三十五頁，共69頁。同理可得：又 =(-2,yM), =(-2,yN), =4+yMyN=4+2N22y4yy2OM ONOM ON 12124 y2y2y2 (y2)121212124 y y2 yy44y y2 yy

22、4444m440.44m4 第35頁/共69頁第三十六頁，共69頁。熱點考向 3 與圓錐曲線有關的最值(范圍)問題【典例3】(1)(2013廈門模擬)已知直線l1:4x-3y+6=0和直線l2:x=-1，拋物線y2=4x上一動點P到直線l1和直線l2的距離之和的最小值是_.(2)(2013昆明模擬)直線y=kx-2與橢圓 相交于A，B兩點，O為原點，在OA，OB上分別(fnbi)存在異于O點的M，N，使得O在以MN為直徑的圓外，則直線斜率k的取值范圍為_.22xy143第36頁/共69頁第三十七頁，共69頁。(3)(2013徐州模擬)如圖，在平面直角坐標(zh jio zu bio)系xOy中

23、，已知橢圓E: (ab0)的離心率 A1,A2分別是橢圓E的左、右兩個頂點，圓A2的半徑為a，過點A1作圓A2的切線，切點為P，在x軸的上方交橢圓E于點Q.求直線OP的方程.求 的值.設a為常數，過點O作兩條互相垂直的直線，分別交橢圓E于點B，C，分別交圓A2于點M，N，記OBC和OMN的面積分別為S1,S2,求S1S2的最大值.2222xy1ab3e,21PQQA第37頁/共69頁第三十八頁，共69頁?！窘忸}探究(tnji)】(1)關鍵：將動點P到直線l2:x=-1的距離，轉化為動點P到拋物線焦點F_的距離，進而數形結合知，當點F，P及P在直線l1上的射影三點_時，和最小.(2)關鍵：根據_

24、構建關于k的不等式求解.(3)A2OP= _,xP=_,xQ=_, _.求最大值的三個步驟：()引入變量：設直線OM的方程為_(1，0)共線(n xin)O在以MN為直徑(zhjng)的圓外60a2a71PQQA1PQQAxxxxy=kx(k0)第38頁/共69頁第三十九頁，共69頁。()構建函數：S1S2= _()求最值：根據S1S2的結構特征，應選擇用什么方法求其最值？提示：應分子、分母(fnm)同除以k后，用基本不等式法求最值.【解析】(1)如圖，因為拋物線的方程為y2=4x，所以焦點坐標F(1,0)，準線方程為x=-1.所以設P到準線的距離為PB,422a k14k(4k )第39頁/

25、共69頁第四十頁，共69頁。則PB=PF.P到直線l1:4x-3y+6=0的距離(jl)為PA，所以PA+PB=PA+PFFD,其中FD為焦點到直線4x-3y+6=0的距離(jl)，所以所以距離(jl)之和最小值是2.答案：22240610FD2,534第40頁/共69頁第四十一頁，共69頁。(2)聯立方程組消去y整理得(4k2+3)x2-16kx+4=0,因為直線與橢圓有兩個(lin )交點，所以=(-16k)2-16(4k2+3)0,解得 因為原點O在以MN為直徑的圓外，所以MON為銳角，即 0,而M，N分別在OA，OB上且異于O點，22ykx2,xy143，21k4OM ON 第41頁/

26、共69頁第四十二頁，共69頁。即 0.設A，B兩點坐標分別為A(x1,y1),B(x2,y2), =(x1,y1)(x2,y2)=x1x2+y1y2=(k2+1)x1x2-2k(x1+x2)+4=(k2+1)解得 綜合可知(k zh)：k答案：OA OB OA OB 22416k2k40,4k34k324k,32 311 2 3(,)( ,).32232 311 2 3(,)( ,)3223第42頁/共69頁第四十三頁，共69頁。(3)連結A2P,則A2PA1P,且A2P=a,又A1A2=2a,所以A1A2P=60.所以A2OP=60，所以直線OP的方程(fngchng)為y= x.由知，直線

27、A2P的方程(fngchng)為y=- (x-a),A1P的方程(fngchng)為聯立解得xP= 因為 所以故橢圓E的方程(fngchng)為333yxa ,3a,23c3e,2a2即222231ca ,ba ,442222x4y1.aa第43頁/共69頁第四十四頁，共69頁。所以(suy)Q22223yxa ,a3x.7x4y1,aa 由解得1aa()PQ327.aQA4a7 第44頁/共69頁第四十五頁，共69頁。不妨(bfng)設OM的方程為y=kx(k0),聯立方程組22222222ykx,aakB(,),x4y1,14k14kaa1kOBa.14k解得所以第45頁/共69頁第四十六

28、頁，共69頁。用 代替上面(shng min)的k，得同理可得，所以S1S2= OBOCOMON=a4因為當且僅當k=1時等號成立，所以S1S2的最大值為1k221kOCa.4k222a2akOM,ON,1k1k1422k.14k4k2222k11,1514k4k4(k)17k4a.5第46頁/共69頁第四十七頁，共69頁。【方法總結】1.與圓錐曲線有關最值的兩種解法(1)數形結合法：根據待求值的幾何意義，充分利用平面圖形的幾何性質求解.(2)構建函數(hnsh)法:先引入變量，構建以待求量為因變量的函數(hnsh)，再求其最值，常用基本不等式或導數法求最值.第47頁/共69頁第四十八頁，共6

29、9頁。2.與圓錐曲線有關的取值范圍問題的三種解法(ji f)(1)數形結合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后數形結合求解.(2)構建不等式法：利用已知或隱含的不等關系，構建以待求量為元的不等式求解.(3)構建函數法：先引入變量構建以待求量為因變量的函數，再求其值域.第48頁/共69頁第四十九頁，共69頁?！咀兪接柧殹?2013長春模擬)已知橢圓(tuyun)C的方程為(ab0)，其離心率為 經過橢圓(tuyun)焦點且垂直于長軸的弦長為3.(1)求橢圓(tuyun)C的方程.(2)設直線l:y=kx+m(|k| )與橢圓(tuyun)C交于A，B兩點，P為橢圓(tuyun)上的點，O為

30、坐標原點，且滿足 求 的取值范圍.2222xy1ab12，12OPOAOB ，|OP| 第49頁/共69頁第五十頁，共69頁。【解析(ji x)】(1)由已知可得所以3a2=4b2.又解之得a2=4,b2=3.故橢圓C的方程為2222ab1e,a42b3,a222xy1.43第50頁/共69頁第五十一頁，共69頁。(2) 消y化簡整理得：(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(3+4k2-m2)0設A，B，P點的坐標分別(fnbi)為(x1,y1),(x2,y2),(x0,y0),則x0=x1+x2=y0=y1+y2=k(x1+x

31、2)+2m=由于點P在橢圓C上，所以從而22ykxm,xy1,43由28km,34k26m.34k2200 xy1.43222222216k m12m1,34k34k第51頁/共69頁第五十二頁，共69頁?；喌?m2=3+4k2,經檢驗滿足(mnz)式.又因為 得34k2+34,有故2222222002222224m16k964k m36mOPxy34k34k34k 22216k934.4k34k31k,22331,44k3133OP.2 第52頁/共69頁第五十三頁，共69頁。轉化與化歸思想 解決圓錐曲線中的定點、定值與最值問題【思想詮釋】1.主要類型：(1)動直線、曲線過定點問題的求解，

32、轉化為含參數(cnsh)二元一次或二次方程恒成立問題.(2)與動點、動線有關式子為定值問題的求證，轉化為代數式的表示、化簡、求值問題.(3)與圓錐曲線有關的最值問題的求解，轉化成函數的最值問題求解.第53頁/共69頁第五十四頁，共69頁。2.解題思路(sl)：常常引入適量的參變量(如動點坐標、動直線斜率等)，根據題設條件，構建方程、不等式或函數，將幾何問題轉化為方程恒成立或代數式的化簡及函數的最值、不等式的求解等問題求解.3.注意事項：(1)恰當引入參變量，搞清量與量間的關系，將幾何問題代數化.(2)對一些參變量若取值情況不明確(如斜率)要準確分類討論.第54頁/共69頁第五十五頁，共69頁。

33、【典例】(16分)(2013廣州模擬)在平面(pngmin)直角坐標系xOy中，動點P在橢圓C1: +y2=1上，動點Q是動圓C2:x2+y2=r2(1r2)上一點.(1)設橢圓C1上的三點A(x1,y1), C(x2,y2)與點F(1,0)的距離依次成等差數列，線段AC的垂直平分線是否經過一個定點？說明理由.(2)若直線PQ與橢圓C1和動圓C2均只有一個公共點，求P,Q兩點的距離PQ的最大值.2x22B(1,2) ，第55頁/共69頁第五十六頁，共69頁?！緦忣}】分析信息，形成思路(1)切入點：求線段AC的中點、斜率，進而確定線段AC的垂直平分線的方程.關注點：用好線段AC的垂直平分線.(2

34、)切入點：引入參變量，將PQ用參變量表示.關注點：直線PQ的斜率不明確(mngqu)，需說明存在情況.第56頁/共69頁第五十七頁，共69頁?！窘忸}】規(guī)范步驟，水到渠成(1)橢圓(tuyun)C1: 的離心率 右焦點為(1,0)，由題意可得因為2BF=AF+CF,所以即得x1+x2=2.3分因為A,C在橢圓(tuyun)上，故有兩式相減，整理得： 5分22xy122e2，12222AF2x,BF2 1 ,CF2x.222122222x2x22 1 ,22222221212xxy1,y1,222121AC2121yyxxkxx2(yy ) 211.yy 第57頁/共69頁第五十八頁，共69頁。設

35、線段AC的中點為(m,n),而所以與直線AC垂直的直線斜率為k=y2+y1=2n.則線段AC的垂直平分線的方程為y-n=2n(x-1),即y=n(2x-1)經過定點 7分(2)依題意(t y)得，直線PQ的斜率顯然存在，設方程為y=kx+t,設P(x1,y1),Q(x2,y2),由于直線PQ與橢圓C1相切，點P為切點，從而有1212xxyym1,n,221( ,0).2112211ykxt,xy12 ，第58頁/共69頁第五十九頁，共69頁。得(2k2+1)x12+4ktx1+2(t2-1)=0.10分故=(4kt)2-42(t2-1)(2k2+1)=0,從而(cng r)可得t2=1+2k2,x1= 直線PQ與圓C2相切，則得t2=r2(1+k2),12分由得k2= 并且PQ2=OP2-OQ2=x12+y12-r2=x1