81直線和圓（十年高考數(shù)學）專題八平面解析幾何8.1直線和圓考點1直線的方程1.(2014四川文,9,5分)設m∈R,過定點A的動直線x+my=0和過定點B的動直線mx-y-m+3=0交于點P(x,y),則|PA|+|PB|的取值范圍是()A.[5,25]B.[10,25]C.[10,45]D.[25,45]答案B直線x+my=0過定點A(0,0),直線mx-y-m+3=0過定點B(1,3).①當m=0時,過定點A的直線方程為x=0,過定點B的直線方程為y=3,兩條直線互相垂直,此時P(0,3),∴|PA|+|PB|=4.②當m≠0時,直線x+my=0的斜率為-1m,直線mx-y-m+3=0的斜率為m.∵-1m×m=-1,∴兩條直線互相垂直,即點P可視為以AB為直徑的圓上的點.當點P與點A或點B重合時,|PA|+|PB|有最小值10.當點P不與點A,點B重合時,△PAB為直角三角形,且|PA|2+|PB|2=|AB|2=10.由不等式性質(zhì)知|PA|+|PB|≤2|PA|2+|PB|2綜合①②得|PA|+|PB|∈[10,25].評析本題考查直線的方程、兩直線垂直及不等式的性質(zhì),解答本題的關(guān)鍵是找到點P的軌跡.屬中檔題.2.(2013湖南理,8,5分)在等腰直角三角形ABC中,AB=AC=4,點P是邊AB上異于A,B的一點.光線從點P出發(fā),經(jīng)BC,CA反射后又回到點P(如圖).若光線QR經(jīng)過△ABC的重心,則AP等于()A.2B.1C.83D.答案D以AB為x軸,AC為y軸建立如圖所示的坐標系,由題可知B(4,0),C(0,4),A(0,0),則直線BC的方程為x+y-4=0.設P(t,0)(0<t<4),由對稱知識可得點P關(guān)于直線BC的對稱點P1的坐標為(4,4-t),點P關(guān)于y軸的對稱點P2的坐標為(-t,0),根據(jù)反射定理可知P1P2就是光線RQ所在直線.由P1、P2兩點坐標可得直線P1P2的方程為y=4?t4+t(x+t),設△ABC的重心為G,易知G43,43.因為重心G43,43在光線所以t=0或t=43,因為0<t<4,所以t=43,即AP=433.(2012浙江理,3,5分)設a∈R,則“a=1”是“直線l1:ax+2y-1=0與直線l2:x+(a+1)y+4=0平行”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件答案A由l1∥l2,得-a2=-1a+1,解得a=1或a=-2,代入檢驗符合,即“a=1”是“l(fā)1∥l2”的充分不必要條件評析本題考查兩直線平行和充要條件的判斷,考查運算求解能力.4.(2011浙江文,12,4分)若直線x-2y+5=0與直線2x+my-6=0互相垂直,則實數(shù)m=.

答案1解析依題意m≠0,所以由?2m×12評析本題考查兩條直線垂直的充要條件,屬容易題.注意與平行的區(qū)別.考點2圓的方程1.(2015課標Ⅱ理,7,5分)過三點A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圓交y軸于M,N兩點,則|MN|=()A.26B.8C.46D.10答案C設圓心為P(a,b),由點A(1,3),C(1,-7)在圓上,知b=3?72=-2.再由|PA|=|PB|,得a=1.則P(1,-2),|PA|=(1?1)2+(3+2)2=5,于是圓P的方程為(x-1)2+(y+2)2=25.令x=0,得y=-2±22.(2015課標Ⅱ文,7,5分)已知三點A(1,0),B(0,3),C(2,3),則△ABC外接圓的圓心到原點的距離為()A.53B.213C.2答案B在平面直角坐標系xOy中畫出△ABC,易知△ABC是邊長為2的正三角形,其外接圓的圓心為D1,233.因此|OD|=12+233.(2015北京文,2,5分)圓心為(1,1)且過原點的圓的方程是()A.(x-1)2+(y-1)2=1B.(x+1)2+(y+1)2=1C.(x+1)2+(y+1)2=2D.(x-1)2+(y-1)2=2答案D由題意得圓的半徑為2,故該圓的方程為(x-1)2+(y-1)2=2,故選D.4.(2022全國乙,理14,文15,5分)過四點(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)中的三點的一個圓的方程為.

答案(x-2)2+(y-1)2=5或x2+y2-4x-6y=0或x2+y2-83x?143y=0或x2+y2解析選取(0,0),(4,0),(4,2)時,不妨設這三點分別為O,A,B,則線段OA的垂直平分線的方程為x=2,線段AB的垂直平分線的方程為y=1,所以經(jīng)過這三點的圓的圓心坐標為(2,1),記為C,圓的半徑r=|CO|=22+12=5,所以所求圓的方程為(x-2)2+(選取(0,0),(4,0),(-1,1)時,設所求圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),則F=0,16+4D+F=0,1+1?D+E+F選取(0,0),(-1,1),(4,2)時,設所求圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),則F所以所求圓的方程為x2+y2-83x?選取(4,0),(-1,1),(4,2)時,設所求圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),則16+4D+F=0,1+1?D+E+F5.(2022全國甲文,14,5分)設點M在直線2x+y-1=0上,點(3,0)和(0,1)均在☉M上,則☉M的方程為.

答案(x-1)2+(y+1)2=5解析解法一:設☉M的方程為(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0),則2所以☉M的方程為(x-1)2+(y+1)2=5.解法二:易得過(3,0)和(0,1)的直線方程為x3+y=1,即x+3y-3=0以(3,0)和(0,1)為端點的線段的垂直平分線的方程為3x-y-4=0,聯(lián)立2x+y?1=0,3x?y?4=0,解得x=1,y=?1,所以圓心為(1,-1),則所求圓的半徑r=(1?3)2+(?1?0)26.(2016天津文,12,5分)已知圓C的圓心在x軸的正半軸上,點M(0,5)在圓C上,且圓心到直線2x-y=0的距離為455,則圓C的方程為答案(x-2)2+y2=9解析設圓C的方程為(x-a)2+y2=r2(a>0),由題意可得|2a|5=455,(?方法總結(jié)待定系數(shù)法是求解圓方程的常用方法,一般步驟為①設出圓的方程;②列出關(guān)于系數(shù)的方程組,并求出各系數(shù)的值;③檢驗各值是否符合題意,并寫出滿足題意的圓的方程.有時也可利用圓的幾何性質(zhì)進行求解.評析本題主要考查點與圓的位置關(guān)系,點到直線的距離公式以及圓的方程的求法,考查方程思想方法的應用,注意圓心的橫坐標的取值范圍是解決本題的關(guān)鍵.7.(2015課標Ⅰ理,14,5分)一個圓經(jīng)過橢圓x216+y24=1的三個頂點,且圓心在x軸的正半軸上答案x?322解析由已知得該圓經(jīng)過橢圓的三個頂點A(4,0)、B(0,2)、C(0,-2).易知線段AB的垂直平分線的方程為2x-y-3=0.令y=0,得x=32,所以圓心坐標為32,0,則半徑r=4-32=52.故該圓的標準方程為x評析本題考查圓和橢圓的方程,求出圓心坐標是解題關(guān)鍵.8.(2014陜西理,12,5分)若圓C的半徑為1,其圓心與點(1,0)關(guān)于直線y=x對稱,則圓C的標準方程為.

答案x2+(y-1)2=1解析根據(jù)題意得點(1,0)關(guān)于直線y=x對稱的點(0,1)為圓心,又半徑r=1,所以圓C的標準方程為x2+(y-1)2=1.考點3直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系1.(2024北京,3,4分,易)圓x2+y2-2x+6y=0的圓心到直線x-y+2=0的距離為()A.2 B.2 C.3 D.323D把圓的方程化為標準方程得(x-1)2+(y+3)2=10,∴圓心坐標為(1,-3),則圓心到直線x-y+2=0的距離d=|1+3+2|2=32,故選2.(2023新課標Ⅰ,6,5分,易)過點(0,-2)與圓x2+y2-4x-1=0相切的兩條直線的夾角為α,則sinα=()A.1B.154C.104答案B設圓心為C.圓的方程x2+y2-4x-1=0可化為(x-2)2+y2=5,則圓心為C(2,0),半徑r=5,設點P(0,-2),切點分別為A,B,如圖所示.易得|CA|=5,|PC|=22,|AP|=3,∴cosα2=104,sinα2=64(α是∠APB的補角)∴sinα=2sinα2cosα3.(2023全國乙文,11,5分,中)已知實數(shù)x,y滿足x2+y2-4x-2y-4=0,則x-y的最大值是()A.1+32C.1+32D.7答案C由x2+y2-4x-2y-4=0,得(x-2)2+(y-1)2=9,此方程表示以(2,1)為圓心,3為半徑的圓.設t=x-y,則x-y-t=0,設圓心(2,1)到直線x-y-t=0的距離為d,則d=|2?1?依題意知,直線x-y-t=0與圓(x-2)2+(y-1)2=9有公共點,∴d=|1?t2≤3,即|1-t|≤32,∴-32≤∴t的最大值為1+32,即x-y的最大值為1+32,故選C.一題多解由x2+y2-4x-2y-4=0,得(x-2)2+(y-1)2=9.設x=2+3cosθ,y=1+3sinθ,θ∈[0,2π),∴x-y=2+3cosθ-1-3sinθ=1+3(cosθ-sinθ)=1+32cos∵θ+π4∈π4,94π,∴∴(x-y)max=1+32,故選C.4.(2024全國甲理,12,5分,難)已知b是a,c的等差中項,直線ax+by+c=0與圓x2+y2+4y-1=0交于A,B兩點,則|AB|的最小值為()A.1 B.2 C.4 D.2512C由題知b=a+c2,∴∴ax+y2∴x+y∴直線ax+by+c=0過定點(1,-2),將x2+y2+4y-1=0化為標準方程x2+(y+2)2=5.圓心(0,-2)到定點(1,-2)的距離為1.當直線ax+by+c=0的斜率不存在,即b=0時,圓心到直線的距離d=1,當直線斜率存在,即b≠0時,d<1.綜上所述,d≤1.|AB|=25?d2≥25?1=4.∴|AB|的最小值為4.5.(2023全國乙理,12,5分,難)已知☉O的半徑為1,直線PA與☉O相切于點A,直線PB與☉O交于B,C兩點,D為BC的中點.若|PO|=2,則PA·PD的最大值為(A.1C.1+2答案A以O為坐標原點,OP的方向為x軸的正方向建立平面直角坐標系,則圓O的方程為x2+y2=1,點P的坐標為(2,0).因為D是BC的中點,所以OD⊥PB,所以點D的軌跡是以OP為直徑的圓在圓O內(nèi)部的那段圓弧.由題意得以OP為直徑的圓的方程為x2+y2-2x=0,由x2+y2=1,x2+y2?2x=0,解得x=22,y=±22.則點D(x,y)在圓x2則PA=?22,22,PD=(x-2,y),所以PA·PD=?22(x-2)+22y=?22x+22y+1.令-22x+22y+1=t,則y=x-2+2t,顯然直線y=x-2+2t在y軸上的截距最大時,t取最大值,此時直線y=x-2+2t與圓x2+y2-2x=0相切(切點在第一象限6.(2022北京,3,4分)若直線2x+y-1=0是圓(x-a)2+y2=1的一條對稱軸,則a=()A.12B.?1答案A由題意可知圓心(a,0)在直線2x+y-1=0上,故2a+0-1=0,解得a=12.故選A5.(多選)(2021新高考Ⅰ,11,5分)已知點P在圓(x-5)2+(y-5)2=16上,點A(4,0),B(0,2),則()A.點P到直線AB的距離小于10B.點P到直線AB的距離大于2C.當∠PBA最小時,|PB|=32D.當∠PBA最大時,|PB|=32答案ACD由題意可知直線AB的方程為x4+y2=1,即x則圓心(5,5)到直線AB的距離d=|5+2×5?4|∴直線AB與圓(x-5)2+(y-5)2=16相離,∴點P到直線AB的距離的取值范圍為115∵1155-4∈(0,1),1155+4∈(∴選項A正確,選項B錯誤.過點B作圓的兩條切線,切點分別為P1,P2,如圖,當點P在切點P1的位置時,∠PBA最小,當點P在切點P2的位置時,∠PBA最大,易知|P1B|=|P2B|,圓心(5,5)到點B的距離為34,圓的半徑為4,所以|P1B|=|P2B|=34?16=18=32,故選項C,D均正確方法點撥:1.當直線與圓C相離時,圓上的點P到直線的距離的取值范圍為[d-r,d+r],其中r為半徑,d為圓心到直線的距離.2.從圓外一點Q(x0,y0)向圓x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)引切線,切點為A,則|QA|=x07.(2015廣東理,5,5分)平行于直線2x+y+1=0且與圓x2+y2=5相切的直線的方程是()A.2x+y+5=0或2x+y-5=0B.2x+y+5=0或2x+y-5=0C.2x-y+5=0或2x-y-5=0D.2x-y+5=0或2x-y-5=0答案A切線平行于直線2x+y+1=0,故可設切線方程為2x+y+c=0(c≠1),結(jié)合題意可得|c|5=5,解得8.(2015山東理,9,5分)一條光線從點(-2,-3)射出,經(jīng)y軸反射后與圓(x+3)2+(y-2)2=1相切,則反射光線所在直線的斜率為()A.-53或-35B.-32C.-54或-45D.-43答案D由題意可知反射光線所在直線過點(2,-3),設反射光線所在直線方程為y+3=k(x-2),即kx-y-2k-3=0.∵反射光線所在直線與圓相切,∴|?3k?2?2k評析本題主要考查直線和圓的位置關(guān)系.9.(2015重慶理,8,5分)已知直線l:x+ay-1=0(a∈R)是圓C:x2+y2-4x-2y+1=0的對稱軸.過點A(-4,a)作圓C的一條切線,切點為B,則|AB|=()A.2B.42C.6D.210答案C圓C的標準方程為(x-2)2+(y-1)2=22,圓心為C(2,1),半徑r=2,由直線l是圓C的對稱軸,知直線l過點C,所以2+a×1-1=0,a=-1,所以A(-4,-1),于是|AC|2=40,所以|AB|=|AC|2?210.(2014課標Ⅱ文,12,5分)設點M(x0,1),若在圓O:x2+y2=1上存在點N,使得∠OMN=45°,則x0的取值范圍是()A.[-1,1]B.?C.[-2,2]D.?答案A過M作圓O的兩條切線MA、MB,切點分別為A、B,若在圓O上存在點N,使∠OMN=45°,則∠OMB≥∠OMN=45°,所以∠AMB≥90°,所以-1≤x0≤1,故選A.評析本題考查直線與圓的位置關(guān)系,體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想方法.11.(2014浙江文,5,5分)已知圓x2+y2+2x-2y+a=0截直線x+y+2=0所得弦的長度為4,則實數(shù)a的值是()A.-2B.-4C.-6D.-8答案B將圓的方程化為標準方程為(x+1)2+(y-1)2=2-a,所以圓心為(-1,1),半徑r=2?a,圓心到直線x+y+2=0的距離d=|?1+1+2|2=2,故r2-d2=4,即12.(2014安徽文,6,5分)過點P(-3,-1)的直線l與圓x2+y2=1有公共點,則直線l的傾斜角的取值范圍是()A.0,π6B.0,π3答案D過P點作圓的切線PA、PB,連接OP,如圖所示.顯然,直線PA的傾斜角為0,又OP=(?3)2+(?1)2=2,PA=3,OA=1,因此∠OPA=π6,由對稱性知,直線PB的傾斜角為π13.(2016山東文,7,5分)已知圓M:x2+y2-2ay=0(a>0)截直線x+y=0所得線段的長度是22.則圓M與圓N:(x-1)2+(y-1)2=1的位置關(guān)系是()A.內(nèi)切B.相交C.外切D.相離答案B由題意知圓M的圓心為(0,a),半徑R=a,因為圓M截直線x+y=0所得線段的長度為22,所以圓心M到直線x+y=0的距離d=|a|2=a2?2(a>0),解得a=2,又知圓N的圓心為(1,1),半徑r=1,所以|MN|=2,則R-r<思路分析利用直線被圓所截得的線段的長度構(gòu)造關(guān)于a的方程,從而求出圓M的圓心及半徑,根據(jù)兩圓圓心距及兩圓半徑和與差的大小關(guān)系判斷兩圓的位置關(guān)系.14.(2014北京文,7,5分)已知圓C:(x-3)2+(y-4)2=1和兩點A(-m,0),B(m,0)(m>0).若圓C上存在點P,使得∠APB=90°,則m的最大值為()A.7B.6C.5D.4答案B若∠APB=90°,則點P的軌跡是以AB為直徑的圓,其方程為x2+y2=m2.由題意知圓C:(x-3)2+(y-4)2=1與圓O:x2+y2=m2有公共點,所以|m-1|≤|OC|≤m+1,易知|OC|=5,所以4≤m≤6,故m的最大值為6.選B.15.(2013重慶理,7,5分)已知圓C1:(x-2)2+(y-3)2=1,圓C2:(x-3)2+(y-4)2=9,M,N分別是圓C1,C2上的動點,P為x軸上的動點,則|PM|+|PN|的最小值為()A.52-4B.17-1C.6-22D.17答案A圓C1,C2如圖所示.設P是x軸上任意一點,則|PM|的最小值為|PC1|-1,同理可得|PN|的最小值為|PC2|-3,則|PM|+|PN|的最小值為|PC1|+|PC2|-4.作C1關(guān)于x軸的對稱點C'1(2,-3),連接C'1C2,與x軸交于點P,連接PC1,根據(jù)三角形兩邊之和大于第三邊可知|PC1|+|PC2|的最小值為|C'1C2|,則|PM|+|PN|的最小值為52-4.選A.評析本題考查了圓的標準方程及圓的幾何性質(zhì)等知識,同時又考查了數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化思想.把折線段長的和轉(zhuǎn)化成兩點間的距離是本題的關(guān)鍵.16.(2016課標Ⅱ,4,5分)圓x2+y2-2x-8y+13=0的圓心到直線ax+y-1=0的距離為1,則a=()A.-43B.-34C.答案A圓的方程可化為(x-1)2+(y-4)2=4,則圓心坐標為(1,4),圓心到直線ax+y-1=0的距離為|a+4?1|a2+1思路分析將圓的方程化成標準方程,從而得出圓心坐標,進而利用點到直線的距離公式列出關(guān)于a的方程,解方程即可求得a的值.17.(2016北京,5,5分)圓(x+1)2+y2=2的圓心到直線y=x+3的距離為()A.1B.2C.2D.22答案C由題知圓心坐標為(-1,0),將直線y=x+3化成一般形式為x-y+3=0,故圓心到直線的距離d=|?1?0+3|1易錯警示在應用點到直線的距離公式d=|Ax0+By0+C|18.(2023新課標Ⅱ,15,5分,易)已知直線x-my+1=0與☉C:(x-1)2+y2=4交于A,B兩點,寫出滿足“△ABC的面積為85”的m的一個值答案2或-2或12或-12(解析∵圓心(1,0)到直線x-my+1=0的距離d=21+m2,∴|AB|=24?∴S△ABC=12|AB|·d=4m1+∴2m2-5|m|+2=0,∴|m|=2或|m|=12∴m=±2或m=±1219.(2016課標Ⅰ,15,5分)設直線y=x+2a與圓C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B兩點,若|AB|=23,則圓C的面積為.

答案4π解析把圓C的方程化為x2+(y-a)2=2+a2,則圓心為(0,a),半徑r=a2+2.圓心到直線x-y+2a=0的距離d=|a|2.由r2=d2+|AB|22,得a2+2=a22+3,解得20.(2016課標Ⅲ,15,5分)已知直線l:x-3y+6=0與圓x2+y2=12交于A,B兩點,過A,B分別作l的垂線與x軸交于C,D兩點.則|CD|=.

答案4解析圓心(0,0)到直線x-3y+6=0的距離d=61+3=3,|AB|=212?32=23,過C作CE⊥BD于E,因為直線l的傾斜角為30°,所以|CD|=|CE21.(2016課標Ⅲ理,16,5分)已知直線l:mx+y+3m-3=0與圓x2+y2=12交于A,B兩點,過A,B分別作l的垂線與x軸交于C,D兩點.若|AB|=23,則|CD|=.

答案4解析由題意可知直線l過定點(-3,3),該定點在圓x2+y2=12上,不妨設點A(-3,3),由于|AB|=23,r=23,所以圓心到直線AB的距離為d=(23)2?(3)2=3,又由點到直線的距離公式可得d=|3m?3|m2+1=3,解得m=-33,所以直線l的斜率k=-m=33,即直線l的傾斜角為30°.如圖,過點C作CH⊥BD,垂足為解后反思涉及直線與圓的位置關(guān)系的問題要充分利用圓的性質(zhì),利用數(shù)形結(jié)合的思想方法求解.22.(2015江蘇,10,5分)在平面直角坐標系xOy中,以點(1,0)為圓心且與直線mx-y-2m-1=0(m∈R)相切的所有圓中,半徑最大的圓的標準方程為.

答案(x-1)2+y2=2解析由mx-y-2m-1=0可得m(x-2)=y+1,由m∈R知該直線過定點(2,-1),從而點(1,0)與直線mx-y-2m-1=0的距離的最大值為(2?1)2+(?1?023.(2014重慶理,13,5分)已知直線ax+y-2=0與圓心為C的圓(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B兩點,且△ABC為等邊三角形,則實數(shù)a=.

答案4±15解析易知△ABC是邊長為2的等邊三角形,故圓心C(1,a)到直線AB的距離為3,即|a+a?2|a2+1=3,解得a=4±評析本題考查過定點的直線與圓相交的弦長問題,以及數(shù)形結(jié)合的思想方法,對綜合能力要求較高.24.(2022新高考Ⅱ,15,5分)設點A(-2,3),B(0,a),若直線AB關(guān)于y=a對稱的直線與圓(x+3)2+(y+2)2=1有公共點,則a的取值范圍是.

答案1解析設直線AB關(guān)于y=a對稱的直線為l,∵kAB=a?32,∴kl=-顯然點B(0,a)在直線l上,∴直線l的方程為y=-a?32x+a,即(a-3)x+2y-2a=0.∵l∴圓心(-3,-2)到直線l的距離d≤r,即|?3(a?3)+2×(?2)?2a(a?3)2+4≤1解得13≤a≤32,25.(2022全國甲理,14,5分)若雙曲線y2-x2m2=1(m>0)的漸近線與圓x2+y2-4y+3=0相切,則m答案3解析易得雙曲線的漸近線方程為y=±xm(m>0圓的方程可化為x2+(y-2)2=1,其半徑r=1,∵漸近線與圓相切,∴圓心(0,2)到漸近線的距離等于r,∴21+1m2=1,∴m2=13,又m>0,26.(2022新高考Ⅰ,14,5分)寫出與圓x2+y2=1和(x-3)2+(y-4)2=16都相切的一條直線的方程.

答案x=-1(或3x+4y-5=0或7x-24y-25=0)解析∵兩圓C1:x2+y2=1,C2:(x-3)2+(y-4)2=16的圓心分別為C1(0,0),C2(3,4),r1=1,r2=4,∴|C1C2|=5=r1+r2,則兩圓外切,如圖所示均與直線l1:x=-1相切,兩圓圓心連線C1C2所在直線的方程為y=43x,記為l,l1與l交于點P?1,?43,由兩圓另一外公切線l2過點P,設l2:y+43=k(x+1),由l2與圓C1:x2+y2=1相切,得k?431+k2=1,求出k=724,則直線l2的方程為7x-24y-25=0,由內(nèi)公切線l3與l垂直,設l3的方程為y=-34x+m,由l3與圓C1:x2+y2=1相切得m1+?342=1,∴m=54或-54.當m=-54時,y=-34x?54綜上,可知三條切線方程分別為x=-1,3x+4y-5=0,7x-24y-25=0.綜上,可知三條切線方程分別為x=-1,3x+4y-5=0,7x-24y-25=0.27.(2021全國甲理,20,12分)拋物線C的頂點為坐標原點O,焦點在x軸上,直線l:x=1交C于P,Q兩點,且OP⊥OQ.已知點M(2,0),且☉M與l相切.(1)求C,☉M的方程;(2)設A1,A2,A3是C上的三個點,直線A1A2,A1A3均與☉M相切.判斷直線A2A3與☉M的位置關(guān)系,并說明理由.解析(1)由題意可設拋物線C的方程為y2=2px(p>0),則P,Q的坐標為(1,±2p∵OP⊥OQ,∴OP·OQ=1-2p∴p=12,∴拋物線C的方程為y2=∵☉M的圓心為(2,0),☉M與直線x=1相切,∴☉M的半徑為1,∴☉M的方程為(x-2)2+y2=1.(2)直線A2A3與☉M相切.理由如下:設A1(y02,y0),A2(y12,y1),A3(y22,y2),∵直線A1A2,A1A3均與☉M相切,∴y0≠±1,y1由A1,A2的坐標可得直線A1A2的方程為y-y0=y0?y1y02?y12(x-y02),整理,得x-(y0+y1)y+y0y1=0,由于直線A1A2與☉M相切,∴M到直線A1A2的距離d同理可得,(y02-1)y2觀察①②,得y1,y2是關(guān)于x的一元二次方程(y02-1)x2+2y0x+3-y0∴y1+y同理,得直線A2A3的方程為x-(y1+y2)y+y1y2=0,則點M(2,0)到直線A2A3的距離d'=|2+y1y2|1+(y1+y2)2,把(*)代入,得d'=解后反思本題第(1)問較為基礎,熟練掌握拋物線和圓的標準方程是關(guān)鍵;第(2)問涉及的條件較多,其中直線A1A2與圓相切,是最重要的一個條件,由此條件可求出直線A1A2的方程,進而直線A1A3,A2A3的方程就可同理求得,可大大簡化運算過程,而由①②歸納出y1,y2是方程(y02-1)x2+2y0x+3-y02=0的兩根,28.(2015課標Ⅰ文,20,12分)已知過點A(0,1)且斜率為k的直線l與圓C:(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N兩點.(1)求k的取值范圍;(2)若OM·ON=12,其中O為坐標原點,求|MN|.解析(1)由題設,可知直線l的方程為y=kx+1.因為l與C交于兩點,所以|2k解得4?73所以k的取值范圍為4?73(2)設M(x1,y1),N(x2,y2).將y=kx+1代入方程(x-2)2+(y-3)2=1,整理得(1+k2)x2-4(1+k)x+7=0.所以x1+x2=4(1+k)1+k2,x1x2OM·ON=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=4k由題設可得4k(1+k所以l的方程為y=x+1.故圓心C在l上,所以|MN|=2.(12分)29.(2015廣東理,20,14分)已知過原點的動直線l與圓C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的兩點A,B.(1)求圓C1的圓心坐標;(2)求線段AB的中點M的軌跡C的方程;(3)是否存在實數(shù)k,使得直線L:y=k(x-4)與曲線C只有一個交點?若存在,求出k的取值范圍;若不存在,說明理由.解析(1)圓C1的方程x2+y2-6x+5=0可化為(x-3)2+y2=4,所以圓心坐標為(3,0).(2)設A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2),M(x0,y0),則x0=x1+x22由題意可知直線l的斜率必存在,設直線l的方程為y=tx.將上述方程代入圓C1的方程,化簡得(1+t2)x2-6x+5=0.由題意,可得Δ=36-20(1+t2)>0(*),x1+x2=61+所以x0=31+t2,代入直線l的方程,得y0因為x02+y02=9(1+t2)2所以x0?322由(*)解得t2<45,又t2≥0,所以53<x0所以線段AB的中點M的軌跡C的方程為x?322+y(3)由(2)知,曲線C是在區(qū)間53,3如圖,D53,253,E5聯(lián)立直線L的方程與曲線C的方程,消去y整理得(1+k2)x2-(3+8k2)x+16k2=0.令判別式Δ=0,解得:k=±34,由求根公式解得交點的橫坐標為xH,I=125∈53,3,由圖可知:要使直線L與曲線C只有一個交點,則k∈[kDG,kEG]∪{kGH,kGI},即k∈30.(2014課標Ⅰ文,20,12分)已知點P(2,2),圓C:x2+y2-8y=0,過點P的動直線l與圓C交于A,B兩點,線段AB的中點為M,O為坐標原點.(1)求M的軌跡方程;(2)當|OP|=|OM|時,求l的方程及△POM的面積.解析(1)圓C的方程可化為x2+(y-4)2=16,所以圓心為C(0,4),半徑為4.設M(x,y),則CM=(x,y-4),MP=(2-x,2-y).由題設知CM·MP=0,故x(2-x)+(y-4)(2-y)=0,即(x-1)2+(y-3)2=2.由于點P在圓C的內(nèi)部,所以M的軌跡方程是(x-1)2+(y-3)2=2.(2)由(1)可知M的軌跡是以點N(1,3)為圓心,2為半徑的圓.由于|OP|=|OM|,故O在線段PM的垂直平分線上,又P在圓N上,從而ON⊥PM.因為ON的斜率為3,所以l的斜率為-13,故l的方程為y=-13x+又|OM|=|OP|=22,O到l的距離為4105,|PM|=4105,所以△評析本題考查軌跡方程的求法,直線與圓的位置關(guān)系,在解決直線與圓的相關(guān)問題時,利用圖形的幾何性質(zhì)可簡化運算.31.(2013江蘇,17,14分)如圖,在平面直角坐標系xOy中,點A(0,3),直線l:y=2x-4.設圓C的半徑為1,圓心在l上.(1)若圓心C也在直線y=x-1上,過點A作圓C的切線,求切線的方程;(2)若圓C上存在點M,使MA=2MO,求圓心C的橫坐標a的取值范圍.解析(1)由題意知,圓心C是直線y=2x-4和y=x-1的交點,解得點C(3,2),于是切線的斜率必存在.設過A(0,3)的圓C的切線方程為y=kx+3,由題意得,|3k+1|k2+1=1,解得故所求切線方程為y=3或3x+4y-12=0.(2)因為圓心在直線y=2x-4上,所以圓C的方程為(x-a)2+[y-2(a-2)]2=1.設點M(x,y),因為MA=2MO,所以x2+(y?3)2=2x2+y2,化簡得x2+y2+2y-3=0,即x2由題意,點M(x,y)在圓C上,所以圓C與圓D有公共點,則|2-1|≤CD≤2+1,即1≤a2+(2由5a2-12a+8≥0,得a∈R;由5a2-12a≤0,得0≤a≤125所以點C的橫坐標a的取值范圍為0,12評析本題考查直線與圓的方程,直線與直線、直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系等基礎知識和基本技能,考查運用數(shù)形結(jié)合、待定系數(shù)法等數(shù)學思想方法分析問題、解決問題的能力.8.2橢圓考點1橢圓的定義及標準方程1.(2024新課標Ⅱ,5,5分,易)已知曲線C:x2+y2=16(y>0),從C上任意一點P向x軸作垂線段PP',P'為垂足,則線段PP'的中點M的軌跡方程為()A.x216+y24=1(y>0) B.C.y216+x24=1(y>0) D.5A設點M的坐標為(x,y),點P的坐標為(x1,y1)(y1>0),則P'(x1,0).又點M為線段PP'的中點,∴x=x又點P在曲線C上,則x12+y12=16,所以x即x216+y2小題速解點M的軌跡可看作將位于x軸上方的半圓壓縮而成,即各點的橫坐標不變,縱坐標變?yōu)樵瓉淼囊话?故選A.2.(2023全國甲文,7,5分,中)設F1,F2為橢圓C:x25+y2=1的兩個焦點,點P在C上,若PF1·PF2=0,則|PF1|·|PFA.1B.2C.4D.5答案B由題意知,a2=5,b2=1,∴c2=a2-b2=4,∴c=2,則|F1F2|=2c=4,由橢圓的定義得|PF1|+|PF2|=2a=25,∵PF1·PF2=0,∴PF1⊥PF2,∴|PF1|2+|PF2|2=|F1F2即(|PF1|+|PF2|)2-2|PF1||PF2|=16,即(25)2-2|PF1||PF2|=16,得|PF1||PF2|=2,故選B.一題多解由題意可知a2=5,b2=1,∵PF1·PF2=0,∴∠F1PF∴S△PF1F2=b2tan∠F1PF22=1,∴|PF1||PF2|=2,故選B.3.(2023全國甲理,12,5分,中)設O為坐標原點,F1,F2為橢圓C:x29+y26=1的兩個焦點,點P在C上,cos∠F1PF2=35,則|OPA.135B.302C.14答案B由橢圓方程x29+y26=1知a2=9,b2=6,∴c2=3,設|PF1|=r1,|PF2由橢圓定義知r1+r2=2a=6,在△F1PF2中,cos∠F1PF2=PF1|2+PF2|2?|F1F2|22PF1||PF2|,即35=(r1+r2)2?4c22r1r2-1=12r1r2-1,解得r1r2=152,∵cos∠F1PF2=35,∴sin∠F1PF2=45.∴△F1PF2的面積S=12r1r∴3|y0|=3,∴|y0|=3,代入橢圓方程得x02=∴|OP|=x02+y02=4.(2021全國乙文,11,5分)設B是橢圓C:x25+y2=1的上頂點,點P在C上,則|PB|的最大值為(A.52答案A解法一:由題意可知B(0,1),設P(x0,y0),則x025+|PB|=x0因為-1≤y0≤1,所以y0=-14時,|PB|取得最大值52,故選解法二:由題意可知B(0,1),由點P在橢圓x25+y2=1可設P(5cosθ,sinθ),則|PB|2=(5cosθ)2+(sinθ-1)2=-4sin2θ-2sinθ+6=-4sinθ當sinθ=-14時,|PB|2取得最大值254,此時|PB|最大,為52,5.(2021新高考Ⅰ,5,5分)已知F1,F2是橢圓C:x29+y24=1的兩個焦點,點M在C上,則|MF1|·|MF2A.13B.12C.9D.6答案C∵M在橢圓C:x29+y24=1∴|MF1|+|MF2|=6,∵MF∴|MF1|·|MF2|≤MF1當且僅當|MF1|=|MF2|=3時等號成立.故選C.易錯警示在用基本不等式求最值時,要滿足“一正、二定、三相等”,三個條件缺一不可.6.(2022全國甲文,11,5分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為13,A1,A2分別為C的左、右頂點,B為C的上頂點.若BA.x2C.x23+y答案B由題意知A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),則BA1=(-a,-b),BA2=(a,-b),所以BA1·BA2=-a2+b2=-1①,又e=ca=1?b2a2=17.(2015廣東文,8,5分)已知橢圓x225+y2m2=1(m>0)的左焦點為A.2B.3C.4D.9答案B依題意有25-m2=16,∵m>0,∴m=3.選B.8.(2013廣東文,9,5分)已知中心在原點的橢圓C的右焦點為F(1,0),離心率等于12,則C的方程是A.x23+y24=1B.C.x24+y22=1D.答案D由右焦點為F(1,0)可知c=1,因為離心率等于12,即ca=12,故a=2,由a2=b2+c2知b2=3,故橢圓C的方程為x249.(2021全國甲理,15,5分)已知F1,F2為橢圓C:x216+y24=1的兩個焦點,P,Q為C上關(guān)于坐標原點對稱的兩點,且|PQ|=|F1F2|,則四邊形PF答案8解析如圖,設|PF1|=m,|PF2|=n,由橢圓方程x216+y24=1可得,2a=|PF1|+|PF2|=m+n=8,2c=|F由P,Q關(guān)于原點對稱得|OP|=|OQ|,又|OF1|=|OF2|,故四邊形PF1QF2為平行四邊形.依據(jù)|F1F2|=|PQ|,得到四邊形PF1QF2為矩形,故PF1⊥PF2.在Rt△F1PF2中,∠F2PF1=90°,則m2+n2=(43)2=48,由(m+n)2=64得m2+n2+2mn=48+2mn=64,解得mn=8,所以四邊形PF1QF2的面積為8.解題關(guān)鍵由|PQ|=|F1F2|判斷平行四邊形PF1QF2是矩形為解題關(guān)鍵.10.(2021浙江,16,6分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0),焦點F1(-c,0),F2(c,0)(c>0).若過F1的直線和圓x?12c2+y2=c2相切,與橢圓在第一象限交于點P,答案2解析設切點為B,圓心為A,連接AB,如圖,易知|F1A|=3c2,|F1F2|=2c,|BF1|=5c2,|AB|=c,|PF∴直線PF1的斜率k=tan∠PF1F2=|AB|B在△PF1F2中,tan∠PF1F2=b2即5b2=4ac?5(a2-方程兩邊同時除以a2,整理可得5e2解得e=55或e=-5(舍),∴e=5一題多解在求解離心率e時,∵tan∠PF1F2=255,∴在Rt△PF1F2中,可令|PF2|=2,|F1F2|=5,則|PF1|=3,故e=11.(2022新高考Ⅰ,16,5分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),C的上頂點為A,兩個焦點為F1,F2,離心率為12.過F1且垂直于AF2的直線與C交于D,E兩點,|答案13解析設F1、F2分別為左、右焦點.如圖,連接AF1,DF2,EF2,∵e=12∴a=2c,∴b=3c,∴A(0,3c),F2(c,0),F1(-c,0),∴kAF2=?3,∴∠AF2O=60°,又∵|AF1|=|AF2|,∴△AF1F2為正三角形,又∵DE⊥AF2且F1∈DE,∴DE為AF2的中垂線,∴|AD|=|DF2|,|AE∴△ADE的周長為|AD|+|AE|+|DE|=|DF2|+|F2E|+|DF1|+|F1E|=4a.∵DE⊥AF2,∴kDE=33,∴DE的方程為y=33(x+聯(lián)立得3x2+4y2?12c2=0,y=33(x+c),消去y得,13x2+8cx-32c2=0,設D(x1,y1),E(x2,y2),∴|DE|=1+332·?8c132?4×?3213c2=6,∴c=138,又∵12.(2014遼寧,理15,文15,5分)已知橢圓C:x29+y24=1,點M與C的焦點不重合.若M關(guān)于C的焦點的對稱點分別為A,B,線段MN的中點在C上,答案12解析根據(jù)已知條件畫出圖形,如圖.設MN的中點為P,F1、F2為橢圓C的焦點,連接PF1、PF2.顯然PF1是△MAN的中位線,PF2是△MBN的中位線,∴|AN|+|BN|=2|PF1|+2|PF2|=2(|PF1|+|PF2|)=2×6=12.評析本題考查了橢圓的定義和方程,考查了數(shù)形結(jié)合的思想.連接PF1、PF2利用橢圓的定義是求解的關(guān)鍵.13.(2023北京,19,15分,中)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為53,A,C分別是E的上、下頂點,B,(1)求E的方程;(2)設P為第一象限內(nèi)E上的動點,直線PD與直線BC交于點M,直線PA與直線y=-2交于點N.求證:MN∥CD.解析(1)由題意知|AC|=2b=4,即b=2,又e=ca=1?b2a∴E的方程為x29(2)證明:設點P(x0,y0),則x029+y直線PD:y=y0x0?3(x-3),直線BC:y=-23x-2,聯(lián)立直線PD與直線BC的方程,得點直線PA的方程為y=y0?2x令y=-2,得點N?4x因為kMN=?12=?12=(?6=?6=23又因為kCD=23,所以kMN=kCD又MN與CD無公共點,所以MN∥CD.14.(2020北京,20,15分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1過點A((Ⅰ)求橢圓C的方程;(Ⅱ)過點B(-4,0)的直線l交橢圓C于點M,N,直線MA,NA分別交直線x=-4于點P,Q.求|PB||BQ|的值解析(Ⅰ)由已知條件可列方程組a解得a=22,b=2,故橢圓C的標準方程為x(Ⅱ)解法一:由題意知,直線l的斜率存在,設l的斜率為k,則直線l的方程為y=k(x+4).當k≠0時,直線l與橢圓C交于M、N兩點,設M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立y=k(x+4),x28+y22=1,化簡得(4k2+1)x2則x1+x2=-32k24k2+1,xΔ=(32k2)2-4×(4k2+1)×(64k2-8)=32(1-4k2)>0,解得-12<k<12直線MA的方程為y=y1+1x1+2(x+2)-1,令x=-4,得到y(tǒng)P=?2(y同理直線NA的方程為y=y2+1x2+2(x+2)-1,令x=-4,得到y(tǒng)Q=?2(yyP+yQ=-(2k+1)x1+4x1+2+x2+4x2+2=?2(2k因為x1x2+3(x1+x2)+8=64k2?84k2+1?3×32k24k2+1+8(4k2+1)4k2+1=0,當k=0時,易得直線l與橢圓C的兩個交點分別為(-22,0)和(22,0),(易錯:此處容易忽略k=0的情況)不妨設M(-22,0),N(22,0),則直線MA的方程為y=-2+12(x+2直線NA的方程為y=2?12(x-2令x=-4,則yP=2,yQ=-2,此時也滿足|PB||BQ|=1綜上所述,|PB||BQ|=1.(15分)解法二:由題意得直線l的斜率存在,設l的斜率為k,則直線l的方程為y=k(x+4),設M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立y=k(x+4),x28+y22=1,化簡得(4k2+1)x2則x1+x2=-32kx1x2=64kΔ=(32k2)2-4×(4k2+1)×(64k2-8)=32(1-4k2)>0,解得-12<k<12直線MA的方程為y=y1+1x1+2(直線NA的方程為y=y2+1x2+2(令x=-4,則yP=?x1?2y1?4所以P?4,?x1?2y1?4x1所以|PB|=[(2=(2k將x1+x2和x1x2代入上式,整理得|PB||BQ|=(2k+1)32k解法三:易知當l的斜率為0時,|PB||BQ|=1.(7分)當l的斜率不為0時,設直線l:x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由x=my?4,x28+y22=1,得由Δ=64m2-4×8×(m2+4)>0,解得m2>4,且y1+y2=8mm2+4,y1y此時lMA:y+1=y1+1x1+2(x+2),令x=-4,得y同理可得yQ=?2(y2+1)x2+2-1則yP+yQ=?2(y=-2y=-2×(y因為(y1+1)(x2+2)+(y2+1)(x1+2)+(x1+2)(x2+2)=(y1+1)(my2-2)+(y2+1)(my1-2)+(my1-2)(my2-2)=m(m+2)y1y2-(m+2)(y1+y2)=m(m+2)8m2+4-(m+2)所以yP+yQ=0,所以|PB|=|BQ|,所以|PB||BQ|=1綜上,|PB||BQ|=1.(15分)知識延伸:判斷直線l與圓錐曲線C的位置關(guān)系時,通常將直線l的方程Ax+By+C=0(A,B不同時為0)代入圓錐曲線C的方程F(x,y)=0,消去y(也可以消去x)得到一個關(guān)于變量x(或變量y)的一元方程,即Ax+By+C=0,F(x,y)=0,消去(1)當a≠0時,設一元二次方程ax2+bx+c=0的根的判別式為Δ,則Δ(2)當a=0,b≠0時,即得到一個一次方程,則直線l與圓錐曲線C相交,且只有一個交點,此時,若C為雙曲線,則直線l與雙曲線的漸近線平行;若C為拋物線,則直線l與拋物線的對稱軸平行或重合.15.(2020天津,18,15分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個頂點為A(0,-3),右焦點為F,且|OA(Ⅰ)求橢圓的方程;(Ⅱ)已知點C滿足3OC=OF,點B在橢圓上(B異于橢圓的頂點),直線AB與以C為圓心的圓相切于點P,且P為線段AB的中點.求直線AB解析(Ⅰ)由已知可得b=3.記半焦距為c,由|OF|=|OA|可得c=b=3.又a2=b2+c2,所以a2=18.所以,橢圓的方程為x218+y29=1(Ⅱ)因為直線AB與以C為圓心的圓相切于點P,且P為線段AB的中點,所以AB⊥CP.依題意,直線AB和直線CP的斜率均存在(由于A為橢圓的一個頂點,B為非頂點,直線AB與圓C相切,故直線AB,CP斜率均存在).設直線AB的方程為y=kx-3.由方程組y=kx?3,x218+y29=1,消去y,可得(2k2+1)x2-12kx=0,解得x=0,或x=12k2k2+1.依題意,可得點B的坐標為12k2k2+1,6k2?32k由3OC=OF,得點C的坐標為(1,0),故直線CP的斜率為?32k2+1?06k2k2+1?1,即32k2?6k+1.又因為AB⊥CP,所以k·32k2?6k+1=-1(兩直線垂直所以,直線AB的方程為y=12x-3,或y=x-3.(15分)16.(2022天津,19,15分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點為F,右頂點為(1)求橢圓的離心率e;(2)已知直線l與橢圓有唯一公共點M,與y軸交于點N(N異于M),記點O為坐標原點,若|OM|=|ON|,且△OMN的面積為3,求橢圓的標準方程.解析(1)∵|BF|=c2+b2=a,|∴|BF||AB|=aa2+b∴c=a2?b2=2b,(2)由(1)知橢圓方程為x23由題可知直線l的斜率存在且不為0,設l:y=kx+m(k≠0),由橢圓的對稱性,不妨設k<0,m>0,如圖.則有|OM|=|ON|=m.聯(lián)立得x則有(3k2+1)x2+6kmx+3m2-3b2=0,Δ=0?3b2k2+b2-m2=0,由根與系數(shù)的關(guān)系得xM=-3mk3k2+1,代入直線l的方程,有∴|OM|=xM2+yM2=m設直線OM的傾斜角為θ,∴kOM=tanθ=yM∴θ=30°,故∠NOM=60°,∴S△OMN=12m2sin∠∴3b2×13+b2-4=0,可得b2=2∴橢圓的標準方程為x26一題多解(2)由(1)知橢圓方程為x23不妨設M(x0,y0)(x0>0,0<y0<b),則l:x0x3b2+∵|OM|=|ON|,∴x02∵S△MON=12∴x0y將M的坐標代入橢圓方程可得x02+3y0聯(lián)立①②③可得b=2,從而a=6,∴橢圓的標準方程為x2617.(2021北京,20,15分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點A((1)求橢圓E的標準方程;(2)過點P(0,-3)的直線l的斜率為k,交橢圓E于不同的兩點B,C,直線AB交y=-3于點M,直線AC交y=-3于點N,若|PM|+|PN|≤15,求k的取值范圍.解析(1)將A(0,-2)代入橢圓方程得b=2,由橢圓四個頂點圍成的四邊形面積為2ab=45,解得a=5,所以橢圓E的標準方程為x25(2)由題意得直線l的方程為y+3=k(x-0),即y=kx-3,將y=kx-3代入橢圓方程并化簡得(4+5k2)x2-30kx+25=0,由Δ=(-30k)2-4×25(4+5k2)>0,解得k<-1或k>1,設B(x1,y1),C(x2,y2),不妨設點B位于第一象限,點C位于第四象限,如圖所示.則x1+x2=30k4+5k2,x1x直線AB的方程為y+2令y=-3,解得x=-x1y1+2,同理可得N?x∴|PM|+|PN|=x=x=2=2=2=50k?30k25解得k≤3,又k>1,所以1<k≤3.由橢圓的對稱性知,當點B位于第二象限,點C位于第三象限時,-3≤k<-1.綜上,k的取值范圍為[-3,-1)∪(1,3].解題指導:(1)首先根據(jù)橢圓過A點,確定b的值,然后結(jié)合四邊形面積為45,得到a的值;(2)先寫出直線l的方程,然后設出B、C兩點坐標,再分別寫出直線AB、AC的方程,從而確定點M、N的坐標,再結(jié)合|PM|+|PN|≤15,建立不等式求解k的取值范圍.方法總結(jié)處理直線與橢圓的位置關(guān)系問題,首先設出直線方程,然后聯(lián)立直線方程與橢圓方程,再依據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系列出所需的關(guān)系式求解.考點2橢圓的幾何性質(zhì)1.(2023新課標Ⅰ,5,5分,易)設橢圓C1:x2a2+y2=1(a>1),C2:x24+y2=1的離心率分別為e1,e2.若e2=3e1,則aA.233B.2C.3答案A∵e2=3e1,∴e22=3e12,∴1-14=3×1?1a2,解得a2=43,又a2.(2023新課標Ⅱ,5,5分,中)已知橢圓C:x23+y2=1的左、右焦點分別為F1,F2,直線y=x+m與C交于A,B兩點,若△F1AB面積是△F2AB面積的2倍,則m=(A.23B.23C.-2答案C∵橢圓方程為x23+y2=1,∴c=2,∴F1(-2,0),F2(2,∵S△F1AB=2S△F2AB,∴F1到直線y=x+m的距離為F2到直線y=x+m距離的2倍,∴|?2+m2=|2+m2×2,易知當m=-32時,直線y=x-32與橢圓C相離,不符合題意,故m=-233.(2022全國甲理,10,5分)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左頂點為A,點P,Q均在C上,且關(guān)于y軸對稱.若直線AP,AQ的斜率之積為1A.3答案A設P(x0,y0)(x0≠±a),由于P,Q兩點均在C上,且關(guān)于y軸對稱,所以Q(-x0,y0),且滿足x02a2+y02b2=1,則有y02=b21?x02a2=b2a2(a2-x02)(x0≠±a).由題意得A(-a,0),所以k4.(2021全國乙理,11,5分)設B是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上頂點,若C上的任意一點P都滿足|PB|≤2bA.2答案C由題意知,B(0,b),設P(x0,y0),則x02a2+∴|PB|2=x02+(y0-b)2=a21?y02b2+y0∵C上任意一點P都滿足|PB|≤2b,y0∈[-b,b],∴當y0=-b時,|PB|2取得最大值,∴-b3c2≤-b,即b2≥又a2=b2+c2,∴a2-c2≥c2,即a2≥2c2,∴e2≤12,又∵e∈(0,1∴e∈0,22,即離心率的取值范圍為0,22易錯警示當|PB|2轉(zhuǎn)化成關(guān)于y0的函數(shù)時,由于忽略y0的取值范圍而導致|PB|2的最大值求錯,從而失分.5.(2018課標Ⅰ文,4,5分)已知橢圓C:x2a2+y24=1的一個焦點為A.13B.12C.2答案C本題主要考查橢圓的方程及其幾何性質(zhì).由題意可知c=2,b2=4,∴a2=b2+c2=4+22=8,則a=22,∴e=ca=222=2方法總結(jié)求橢圓離心率的常用方法:(1)求得a,c的值,直接代入e=ca求解(2)列出關(guān)于a,b,c的齊次方程,結(jié)合b2=a2-c2消去b,從而轉(zhuǎn)化為關(guān)于e的方程求解.6.(2018課標Ⅱ文,11,5分)已知F1,F2是橢圓C的兩個焦點,P是C上的一點.若PF1⊥PF2,且∠PF2F1=60°,則C的離心率為()A.1-32B.2-C.3?12答案D本題主要考查橢圓的定義和幾何性質(zhì).不妨設橢圓方程為x2a2在Rt△F1PF2中,因為∠PF2F1=60°,|F1F2|=2c,所以|PF2|=c,|PF1|=3c.由橢圓的定義得|PF1|+|PF2|=2a,即3c+c=2a,所以橢圓的離心率e=ca=23+1=3疑難突破利用橢圓的定義|PF1|+|PF2|=2a,結(jié)合題意得到a與c的等量關(guān)系是求解的關(guān)鍵,也是難點的突破口.7.(2016課標Ⅰ文,5,5分)直線l經(jīng)過橢圓的一個頂點和一個焦點,若橢圓中心到l的距離為其短軸長的14,則該橢圓的離心率為A.13B.12C.2答案B如圖,|OB|為橢圓中心到l的距離,則|OA|·|OF|=|AF|·|OB|,即bc=a·b2,所以e=ca=12易錯警示橢圓中心到直線l的距離為14×2b=b2,評析本題考查橢圓的基本知識,利用三角形的面積建立等量關(guān)系是求解的關(guān)鍵.8.(2015福建文,11,5分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點為F,短軸的一個端點為M,直線l:3x-4y=0交橢圓E于A,B兩點.若|AF|+|BF|=4,點M到直線l的距離不小于A.0,32B.0,34答案A直線l:3x-4y=0過原點,從而A,B兩點關(guān)于原點對稱,于是|AF|+|BF|=2a=4,所以a=2.不妨令M(0,b),則由點M(0,b)到直線l的距離不小于45,得4b32+(?4)2≥45,即b≥1.所以e2=c2a2=a2評析本題考查了橢圓的定義及性質(zhì).考查數(shù)形結(jié)合的思想.解題關(guān)鍵在于發(fā)現(xiàn)A,B兩點關(guān)于原點對稱,從而得出|AF|+|BF|=2a.9.(2013課標Ⅱ文,5,5分)設橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,P是C上的點,PF2⊥F1F2,∠PF1FA.36B.13C.1答案D在Rt△PF2F1中,令|PF2|=1,因為∠PF1F2=30°,所以|PF1|=2,|F1F2|=3.所以e=2c2a=|F110.(2013四川文,9,5分)從橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一點P向x軸作垂線,垂足恰為左焦點F1,A是橢圓與x軸正半軸的交點,B是橢圓與y軸正半軸的交點,且ABA.24B.12C.2答案C左焦點為F1(-c,0),PF1⊥x軸,當x=-c時,c2a2+yP2b2=1?yP2=b21?c2a2=b由斜率公式得kAB=-ba,kOP=-b∵AB∥OP,∴kAB=kOP?-ba=-b2∵a2=b2+c2=2c2,∴c2a2=12?e=ca11.(2013遼寧文,11,5分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F,C與過原點的直線相交于A、B兩點,連接AF,BF.若|AB|=10,|BF|=8,cos∠ABF=A.35B.57C.4答案B如圖,設|AF|=x,則cos∠ABF=82+10解得x=6,∴∠AFB=90°,由橢圓及直線關(guān)于原點對稱可知|AF1|=8,且∠FAF1=∠FAB+∠FBA=90°,△FAF1是直角三角形,∴|F1F|=10,故2a=8+6=14,2c=10,∴ca=57.評析本題考查余弦定理,橢圓的幾何性質(zhì),考查了數(shù)形結(jié)合思想及運算求解能力.12.(2012課標理,4,5分)設F1,F2是橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦點,P為直線x=3a2上一點,△F2PF1A.12B.23C.3答案C設直線x=32a與x軸交于點Q,由題意得∠PF2Q=60°,|F2P|=|F1F2|=2c,|F2Q|=32a-c,∴32a-c=12×2c,∴e=ca評析本題考查了橢圓的基本性質(zhì),考查了方程的思想,靈活解三角形對求解至關(guān)重要.13.(2011課標全國文,4,5分)橢圓x216+y2A.13B.12C.3答案D在x216+y28=1中,a2=16,b2=8,c2=a∴c=22,∴e=ca=224=214.(2016課標Ⅲ,11,5分)已知O為坐標原點,F是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點,A,B分別為C的左,右頂點.P為C上一點,且PF⊥x軸.過點A的直線l與線段PF交于點M,與y軸交于點E.若直線BM經(jīng)過OEA.13B.12C.2答案A由題意知過點A的直線l的斜率存在且不為0,故可設直線l的方程為y=k(x+a),當x=-c時,y=k(a-c),當x=0時,y=ka,所以M(-c,k(a-c)),E(0,ka).如圖,設OE的中點為N,則N0,ka2,由于B,M,N三點共線,所以kBN=kBM,即ka2?a=k(a?c)?c?a,15.(2018浙江,17,4分)已知點P(0,1),橢圓x24+y2=m(m>1)上兩點A,B滿足AP=2PB,則當m=時,點B答案5解析本小題考查橢圓的標準方程,向量的坐標運算,二次函數(shù)的最值.設B(t,u),由AP=2PB,易得A(-2t,3-2u).∵點A,B都在橢圓上,∴t從而有3t24+3u2-12u+9=0,即t即有4u-3=m?u=m+3∴t24+(m+3)216=m,∴t2=-14m2+∴當m=5時,(t2)max=4,即|t|max=2,即當m=5時,點B橫坐標的絕對值最大.16.(2015浙江文,15,4分)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點F(c,0)關(guān)于直線y=bcx答案2解析令Q的坐標為(x0,y0),FQ的中點為Mx0+c2,y02,由點M在直線y=bcx上得bx0-cy0+bc=0①.又因為直線FQ垂直于直線y=bcx,所以y0x0?c=-cb,即cx0+by0-c2=0②,聯(lián)立①②得點Q2c3?a2ca2,2bc2a2,把點Q的坐標代入x2a2+y2b2=1并化簡得a6=4c17.(2014江西文,14,5分)設橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦點為F1,F2,過F2作x軸的垂線與C相交于A,B兩點,F1B與y軸相交于點D,若AD⊥F1答案3解析不妨設A在x軸上方,由于AB過F2且垂直于x軸,因此可得Ac,b2a,Bc,?b2a,由OD∥F2B,O為F1F2的中點可得D0,?b22a,所以AD=?c,?3b22a,F1B=2c,?b2a,又AD⊥F1B,所以AD·F1B=-2c2+3b42a2=0,即3b4=4a2c2,又b2=a2評析本題考查橢圓的幾何性質(zhì)、兩直線垂直的充要條件.考查學生的運算求解能力以及知識的轉(zhuǎn)化應用能力.根據(jù)已知條件建立起關(guān)于a、b、c的等量關(guān)系式是求解本題的關(guān)鍵.18.(2013福建理,14,4分)橢圓Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,焦距為2c.若直線y=3(x+c)與橢圓Γ的一個交點M滿足∠MF1F2=2∠MF2答案3-1解析由已知得直線y=3(x+c)過M、F1兩點,所以直線MF1的斜率為3,所以∠MF1F2=60°,則∠MF2F1=30°,∠F1MF2=90°,如圖,故MF1=c,MF2=3c,由點M在橢圓Γ上知:c+3c=2a,故e=ca=319.(2012江西理,13,5分)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點分別是A、B,左、右焦點分別是F1、F2.若|AF1|,|F1F2|,|F1答案5解析∵|AF1|=a-c,|BF1|=a+c,|F1F2|=2c,則有4c2=(a-c)(a+c),得e=ca=5評析本題考查了橢圓的離心率的概念,橢圓和等比數(shù)列的基本性質(zhì).20.(2022新高考Ⅱ,16,5分)已知直線l與橢圓x26+y23=1在第一象限交于A,B兩點,l與x軸、y軸分別交于M,N兩點,且|MA|=|NB|,|MN|=23答案x+2y解析設M(m,0),N(0,n),其中m>0,n>0,則直線l:xm+由xm+yn=1,x2+2y2設A(x1,y1),B(x2,y2),不妨令x1>x2,則x1+x2=4n由|MA|=|NB|得1+n2m2|xM?即m-x1=x2,∴x1+x2=m,故4mn2m2+2n2=m,又由|MN|=23得m2+n2=12,②由①②及m>0,n>0可得m=22,n=2.∴l(xiāng)的方程為x22+y2=1,即21.(2019天津文,19,14分)設橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F,左頂點為A,上頂點為(1)求橢圓的離心率;(2)設經(jīng)過點F且斜率為34的直線l與橢圓在x軸上方的交點為P,圓C同時與x軸和直線l相切,圓心C在直線x=4上,且OC∥AP.求橢圓的方程解析本小題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質(zhì)、直線方程、圓等基礎知識.考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運算求解能力,以及用方程思想、數(shù)形結(jié)合思想解決問題的能力.滿分14分.(1)設橢圓的半焦距為c,由已知有3a=2b.又由a2=b2+c2,消去b得a2=32a2+c2,解得c所以,橢圓的離心率為12(2)由(1)知,a=2c,b=3c,故橢圓方程為x24c由題意,F(-c,0),則直線l的方程為y=34點P的坐標滿足x24c2+y23c2=1,y=34(x+代入到