專題五解析幾何第一講直_線_與_圓eq\a\vs4\al\co1(考點(diǎn)一直線方程與兩條直線的位置關(guān)系)一、基礎(chǔ)知識(shí)要記牢直線與直線的位置關(guān)系的判定方法(1)給定兩條直線l1：y＝k1x＋b1和l2：y＝k2x＋b2，則有下列結(jié)論：l1∥l2?k1＝k2且b1≠b2；l1⊥l2?k1·k2＝－1.(2)若給定的方程是一般式，即l1：A1x＋B1y＋C1＝0和l2：A2x＋B2y＋C2＝0，則有下列結(jié)論：l1∥l2?A1B2－A2B1＝0且B1C2－B2C1≠0；l1⊥l2?A1A2＋B1B2＝0.二、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例1](1)設(shè)直線l1：2x－my－1＝0，l2：(m－1)x－y＋1＝0.則“m＝2”是“l(fā)1∥l2”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件(2)過直線l1：x－2y＋3＝0與直線l2：2x＋3y－8＝0的交點(diǎn)，且到點(diǎn)P(0,4)距離為2的直線方程為_____________________________________________________________________.[解析](1)m＝2?eq\f(A1,B1)＝eq\f(2,－m)＝－1，eq\f(A2,B2)＝1－m＝－1?eq\f(A1,B1)＝eq\f(A2,B2)，且eq\f(C1,B1)≠eq\f(C2,B2)?l1∥l2；l1∥l2?A1B2＝A2B1?2·(－1)＝(－m)·(m－1)且B1C2≠B2C1?m＝2.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋3＝0，,2x＋3y－8＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2.))∴l(xiāng)1與l2的交點(diǎn)為(1,2)．當(dāng)所求直線斜率不存在，即直線方程為x＝1時(shí)，顯然不滿足題意．當(dāng)所求直線斜率存在時(shí)，設(shè)所求直線方程為y－2＝k(x－1)，即kx－y＋2－k＝0，∵點(diǎn)P(0,4)到直線的距離為2，∴2＝eq\f(|－2－k|,\r(1＋k2))，∴k＝0或k＝eq\f(4,3).∴直線方程為y＝2或4x－3y＋2＝0.[答案](1)C(2)y＝2或4x－3y＋2＝0(1)處理兩條直線平行的問題時(shí)，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出參數(shù)的值后，要注意代入檢驗(yàn)，排除兩條直線重合的可能性．(2)要注意每種直線方程的局限性．點(diǎn)斜式、兩點(diǎn)式、斜截式要求直線不能與x軸垂直(用兩點(diǎn)式也不能與y軸垂直)．而截距式方程不能表示過原點(diǎn)的直線，也不能表示垂直于坐標(biāo)軸的直線．(3)在解決問題的過程中，要注意選擇直線方程的形式，用待定系數(shù)法求直線的方程，是最基本最常用的方法.三、預(yù)測押題不能少1．(1)已知直線l：x－y－1＝0，l1：2x－y－2＝0.若直線l2與l1關(guān)于l對(duì)稱，則l2的方程是()A．x－2y＋1＝0 B．x－2y－1＝0C．x＋y－1＝0 D．x＋2y－1＝0解析：選B因?yàn)閘1與l2關(guān)于l對(duì)稱，所以l1上任一點(diǎn)關(guān)于l的對(duì)稱點(diǎn)都在l2上，故l與l1的交點(diǎn)(1,0)在l2上．又易知(0，－2)為l1上一點(diǎn)，設(shè)它關(guān)于l的對(duì)稱點(diǎn)為(x，y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x＋0,2)－\f(y－2,2)－1＝0，,\f(y＋2,x)×1＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1，))即(1,0)，(－1，－1)為l2上兩點(diǎn)，可得l2的方程為x－2y－1＝0.(2)設(shè)m∈R，過定點(diǎn)A的動(dòng)直線x＋my＝0和過定點(diǎn)B的動(dòng)直線mx－y－m＋3＝0交于點(diǎn)P(x，y)，則|PA|·|PB|的最大值是________．解析：易求定點(diǎn)A(0,0)，B(1,3)．當(dāng)P與A和B均不重合時(shí)，因?yàn)镻為直線x＋my＝0與mx－y－m＋3＝0的交點(diǎn)，且兩直線垂直，則PA⊥PB，所以|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10，所以|PA|·|PB|≤eq\f(|PA|2＋|PB|2,2)＝5(當(dāng)且僅當(dāng)|PA|＝|PB|＝eq\r(5)時(shí)，等號(hào)成立)，當(dāng)P與A或B重合時(shí)，|PA|·|PB|＝0，故|PA|·|PB|的最大值是5.答案：5eq\a\vs4\al\co1(考點(diǎn)二圓的方程)一、基礎(chǔ)知識(shí)要記牢(1)標(biāo)準(zhǔn)方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，圓心坐標(biāo)為(a，b)，半徑為r.(2)一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，圓心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半徑r＝eq\f(\r(D2＋E2－4F),2).二、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例2](1)(2016·浙江高考)已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圓，則圓心坐標(biāo)是________，半徑是________．(2)(2016·天津高考)已知圓C的圓心在x軸的正半軸上，點(diǎn)M(0，eq\r(5))在圓C上，且圓心到直線2x－y＝0的距離為eq\f(4\r(5),5)，則圓C的方程為________．[解析](1)由二元二次方程表示圓的條件可得a2＝a＋2，解得a＝2或－1.當(dāng)a＝2時(shí)，方程為4x2＋4y2＋4x＋8y＋10＝0，即x2＋y2＋x＋2y＋eq\f(5,2)＝0，配方得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋(y＋1)2＝－eq\f(5,4)＜0，不表示圓；當(dāng)a＝－1時(shí)，方程為x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，配方得(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，則圓心坐標(biāo)為(－2，－4)，半徑是5.(2)因?yàn)閳AC的圓心在x軸的正半軸上，設(shè)C(a,0)，且a＞0，所以圓心到直線2x－y＝0的距離d＝eq\f(2a,\r(5))＝eq\f(4\r(5),5)，解得a＝2，所以圓C的半徑r＝|CM|＝eq\r(4＋5)＝3，所以圓C的方程為(x－2)2＋y2＝9.[答案](1)(－2，－4)5(2)(x－2)2＋y2＝9圓的方程的求法(1)幾何法，通過研究圓的性質(zhì)、直線和圓、圓與圓的位置關(guān)系，從而求得圓的基本量和方程．(2)代數(shù)法，用待定系數(shù)法先設(shè)出圓的方程，再由條件求得各系數(shù)，從而求得圓的方程，一般采用待定系數(shù)法．[提醒]圓心到切線的距離等于半徑，該結(jié)論在解題過程中經(jīng)常用到，需牢記.三、預(yù)測押題不能少2．(1)圓心在直線x＋y＝0上且過兩圓x2＋y2－2x＝0，x2＋y2＋2y＝0的交點(diǎn)的圓的方程為()A．x2＋y2－x＋y－eq\f(1,2)＝0B．x2＋y2＋x－y－eq\f(1,2)＝0C．x2＋y2－x＋y＝0D．x2＋y2＋x－y＝0解析：選C由已知圓的方程可設(shè)所求圓的方程為x2＋y2－2x＋λ(x2＋y2＋2y)＝0(λ≠－1)，即x2＋y2－eq\f(2,1＋λ)x＋eq\f(2λ,1＋λ)y＝0，∴圓心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋λ)，－\f(λ,1＋λ))).又∵圓心在直線x＋y＝0上，∴eq\f(1,1＋λ)－eq\f(λ,1＋λ)＝0，∴λ＝1，∴所求圓的方程為x2＋y2－x＋y＝0.(2)圓心在直線x－2y＝0上的圓C與y軸的正半軸相切，圓C截x軸所得弦的長為2eq\r(3)，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為________________．解析：設(shè)圓心坐標(biāo)為(a，b)，半徑為r.由已知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2b＝0，,b>0，))又圓心(a，b)到y(tǒng)軸、x軸的距離分別為|a|，|b|，所以|a|＝r，|b|2＋3＝r2.綜上，解得a＝2，b＝1，r＝2，所以圓心坐標(biāo)為(2,1)，圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4.答案：(x－2)2＋(y－1)2＝4eq\a\vs4\al\co1(考點(diǎn)三直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系)一、基礎(chǔ)知識(shí)要記牢解答直線與圓的位置關(guān)系問題的方法(1)代數(shù)法．將圓的方程和直線的方程聯(lián)立起來組成方程組，利用判別式Δ來討論位置關(guān)系：Δ>0?相交；Δ＝0?相切；Δ<0?相離．(2)幾何法．把圓心到直線的距離d和半徑R的大小加以比較：d<R?相交；d＝R?相切；d>R?相離．二、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例3](1)(2017·昆明模擬)已知圓M：x2＋y2－2ay＝0(a＞0)截直線x＋y＝0所得線段的長度是2eq\r(2)，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(2)(2016·全國卷Ⅲ)已知直線l：mx＋y＋3m－eq\r(3)＝0與圓x2＋y2＝12交于A，B兩點(diǎn)，過A，B分別作l的垂線與x軸交于C，D兩點(diǎn)．若|AB|＝2eq\r(3)，則|CD|＝________.[解析](1)由題知圓M：x2＋(y－a)2＝a2(a＞0)，圓心(0，a)到直線x＋y＝0的距離d＝eq\f(a,\r(2))，所以2eq\r(a2－\f(a2,2))＝2eq\r(2)，解得a＝2，即圓M的圓心為(0,2)，半徑為2.又圓N的圓心為(1,1)，半徑為1，則圓M，圓N的圓心距|MN|＝eq\r(2)，兩圓半徑之差為1，半徑之和為3,1<eq\r(2)<3，故兩圓相交．(2)由直線l：mx＋y＋3m－eq\r(3)＝0知其過定點(diǎn)(－3，eq\r(3))，圓心O到直線l的距離為d＝eq\f(|3m－\r(3)|,\r(m2＋1)).由|AB|＝2eq\r(3)得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m－\r(3),\r(m2＋1))))2＋(eq\r(3))2＝12，解得m＝－eq\f(\r(3),3).又直線l的斜率為－m＝eq\f(\r(3),3)，所以直線l的傾斜角α＝eq\f(π,6).畫出符合題意的圖形如圖所示，過點(diǎn)C作CE⊥BD，則∠DCE＝eq\f(π,6).在Rt△CDE中，可得|CD|＝eq\f(|AB|,cos\f(π,6))＝2eq\r(3)×eq\f(2,\r(3))＝4.[答案](1)B(2)41研究直線與圓的位置關(guān)系最基本的解題方法為代數(shù)法，將幾何問題代數(shù)化，利用函數(shù)與方程思想解題.2與弦長有關(guān)的問題常用幾何法，即利用圓的半徑r，圓心到直線的距離d，及半弦長，構(gòu)成直角三角形的三邊，利用其關(guān)系來處理.三、預(yù)測押題不能少3．(1)已知點(diǎn)P(x0，y0)，圓O：x2＋y2＝r2(r>0)，直線l：x0x＋y0y＝r2，有以下幾個(gè)結(jié)論：①若點(diǎn)P在圓O上，則直線l與圓O相切；②若點(diǎn)P在圓O外，則直線l與圓O相離；③若點(diǎn)P在圓O內(nèi)，則直線l與圓O相交；④無論點(diǎn)P在何處，直線l與圓O恒相切．其中正確的個(gè)數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4解析：選A根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式有d＝eq\f(r2,\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0))).若點(diǎn)P在圓O上，則xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝r2，d＝r，相切；若點(diǎn)P在圓O外，則xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)>r2，d<r，相交；若點(diǎn)P在圓O內(nèi)，則xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)<r2，d>r，相離，故只有①正確．(2)已知P(x，y)是直線kx＋y＋4＝0(k>0)上一動(dòng)點(diǎn)，PA，PB是圓C：x2＋y2－2y＝0的兩條切線，A，B是切點(diǎn)，若四邊形PACB的最小面積是2，則k＝________.解析：如圖，把圓的方程化成標(biāo)準(zhǔn)形式得x2＋(y－1)2＝1，所以圓心為C(0,1)，半徑為r＝1，四邊形PACB的面積S＝2S△PBC，所以若四邊形PACB的最小面積是2，則S△PBC的最小值為1.而S△PBC＝eq\f(1,2)r·|PB|，即|PB|的最小值為2，此時(shí)|PC|最小，|PC|為圓心到直線kx＋y＋4＝0的距離d，則d＝eq\f(|5|,\r(k2＋1))＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，化簡得k2＝4，因?yàn)閗>0，所以k＝2.答案：2[知能專練(十六)]一、選擇題1．已知直線l的傾斜角為eq\f(π,4)，直線l1經(jīng)過點(diǎn)A(3,2)，B(－a,1)，且l1與l垂直，直線l2：2x＋by＋1＝0與直線l1平行，則a＋b＝()A．－4 B．－2C．0 D．2解析：選B由題知，直線l的斜率為1，則直線l1的斜率為－1，所以eq\f(2－1,3＋a)＝－1，所以a＝－4.又l1∥l2，所以－eq\f(2,b)＝－1，b＝2，所以a＋b＝－4＋2＝－2，故選B.2．若直線l1：x＋ay＋6＝0與l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0平行，則l1與l2間的距離為()A.eq\r(2) B.eqB.eq\f(8\r(2),3)C.eq\r(3) D.eq\f(8\r(3),3)解析：選B由l1∥l2，得(a－2)a＝1×3，且a×2a≠3×6，解得a＝－1，所以l1：x－y＋6＝0，l2：x－y＋eq\f(2,3)＝0，所以l1與l2間的距離為d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(6－\f(2,3))),\r(12＋－12))＝eq\f(8\r(2),3).3．(2018屆高三·深圳五校聯(lián)考)已知直線l：x＋my＋4＝0，若曲線x2＋y2＋2x－6y＋1＝0上存在兩點(diǎn)P，Q關(guān)于直線l對(duì)稱，則m的值為()A．2 B．－2C．1 D．－1解析：選D因?yàn)榍€x2＋y2＋2x－6y＋1＝0是圓(x＋1)2＋(y－3)2＝9，若圓(x＋1)2＋(y－3)2＝9上存在兩點(diǎn)P，Q關(guān)于直線l對(duì)稱，則直線l：x＋my＋4＝0過圓心(－1,3)，所以－1＋3m＋4＝0，解得m＝－1.4．(2017·嘉興模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，A，B分別是x軸和y軸上的動(dòng)點(diǎn)，若以AB為直徑的圓C與直線2x＋y－4＝0相切，則圓C面積的最小值為()A.eq\f(4,5)π B.eq\f(3π,4)C．(6－2eq\r(5))π D.eq\f(5π,4)解析：選A法一：設(shè)A(a,0)，B(0，b)，圓C的圓心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(b,2)))，2r＝eq\r(a2＋b2)，由題知圓心到直線2x＋y－4＝0的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋\f(b,2)－4)),\r(5))＝r，即|2a＋b－8|＝2eq\r(5)r，2a＋b＝8±2eq\r(5)r，由(2a＋b)2≤5(a2＋b2)，得8±2eq\r(5)r≤2eq\r(5)r?r≥eq\f(2,\r(5))，即圓C的面積S＝πr2≥eq\f(4π,5).法二：由題意可知以線段AB為直徑的圓C過原點(diǎn)O，要使圓C的面積最小，只需圓C的半徑或直徑最?。謭AC與直線2x＋y－4＝0相切，所以由平面幾何知識(shí)，知圓的直徑的最小值為點(diǎn)O到直線2x＋y－4＝0的距離，此時(shí)2r＝eq\f(4,\r(5))，得r＝eq\f(2,\r(5))，圓C的面積的最小值為S＝πr2＝eq\f(4π,5).5．已知直線x＋y－k＝0(k>0)與圓x2＋y2＝4交于不同的兩點(diǎn)A，B，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，且有|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))|≥eq\f(\r(3),3)|eq\o(AB,\s\up7(→))|，那么k的取值范圍是()A．(eq\r(3)，＋∞) B．[eq\r(2)，＋∞)C．[eq\r(2)，2eq\r(2)) D．[eq\r(3)，2eq\r(2))解析：選C當(dāng)|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))|＝eq\f(\r(3),3)|eq\o(AB,\s\up7(→))|時(shí)，O，A，B三點(diǎn)為等腰三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，其中OA＝OB，∠AOB＝120°，從而圓心O到直線x＋y－k＝0(k>0)的距離為1，此時(shí)k＝eq\r(2)；當(dāng)k>eq\r(2)時(shí)，|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))|>eq\f(\r(3),3)|eq\o(AB,\s\up7(→))|，又直線與圓x2＋y2＝4存在兩交點(diǎn)，故k<2eq\r(2).綜上，k的取值范圍為[eq\r(2)，2eq\r(2))．6．(2017·成都模擬)圓心在曲線y＝eq\f(2,x)(x>0)上，且與直線2x＋y＋1＝0相切的面積最小的圓的方程為()A．(x－1)2＋(y－2)2＝5B．(x－2)2＋(y－1)2＝5C．(x－1)2＋(y－2)2＝25D．(x－2)2＋(y－1)2＝25解析：選A由圓心在曲線y＝eq\f(2,x)(x>0)上，設(shè)圓心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2,a)))(a>0)，又圓與直線2x＋y＋1＝0相切，所以圓心到直線的距離d等于圓的半徑r，而d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2a＋\f(2,a)＋1)),\r(22＋12))＝eq\f(2a＋\f(2,a)＋1,\r(5))≥eq\f(2\r(2a·\f(2,a))＋1,\r(5))＝eq\r(5)，當(dāng)且僅當(dāng)2a＝eq\f(2,a)，即a＝1時(shí)取等號(hào)，此時(shí)圓的面積最小，圓心坐標(biāo)為(1,2)，圓的半徑的最小值為eq\r(5)，則所求圓的方程為(x－1)2＋(y－2)2＝5.7．若三條直線l1：4x＋y＝3，l2：mx＋y＝0，l3：x－my＝2不能圍成三角形，則實(shí)數(shù)m的取值最多有()A．2個(gè) B．3個(gè)C．4個(gè) D．6個(gè)解析：選C三條直線不能圍成三角形，則至少有兩條直線平行或三條直線相交于同一點(diǎn)．若l1∥l2，則m＝4；若l1∥l3，則m＝－eq\f(1,4)；若l2∥l3，則m的值不存在；若三條直線相交于同一點(diǎn)，則m＝1或－eq\f(5,3).故實(shí)數(shù)m的取值最多有4個(gè)，故選C.8．若圓(x－3)2＋(y＋5)2＝r2上有且只有兩個(gè)點(diǎn)到直線4x－3y－2＝0的距離等于1，則半徑r的取值范圍是()A．(4,6) B．[4,6]C．(4,5) D．(4,5]解析：選A設(shè)直線4x－3y＋m＝0與直線4x－3y－2＝0之間的距離為1，則有eq\f(|m＋2|,5)＝1，m＝3或m＝－7.圓心(3，－5)到直線4x－3y＋3＝0的距離等于6，圓心(3，－5)到直線4x－3y－7＝0的距離等于4，因此所求圓半徑的取值范圍是(4,6)，故選A.9．(2017·合肥質(zhì)檢)設(shè)圓x2＋y2－2x－2y－2＝0的圓心為C，直線l過(0,3)且與圓C交于A，B兩點(diǎn)，若|AB|＝2eq\r(3)，則直線l的方程為()A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0B．3x＋4y－12＝0或x＝0C．4x－3y＋9＝0或x＝0D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0解析：選B由題可知，圓心C(1,1)，半徑r＝2.當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線方程為x＝0，計(jì)算出弦長為2eq\r(3)，符合題意；當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，可設(shè)直線l的方程為y＝kx＋3，由弦長為2eq\r(3)可知，圓心到該直線的距離為1，從而有eq\f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝－eq\f(3,4)，所以直線l的方程為y＝－eq\f(3,4)x＋3，即3x＋4y－12＝0.綜上，直線l的方程為x＝0或3x＋4y－12＝0，故選B.10．已知圓C關(guān)于x軸對(duì)稱，經(jīng)過點(diǎn)(0,1)，且被y軸分成兩段弧，弧長之比為2∶1，則圓的方程為()A．x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y±\f(\r(3),3)))2＝eq\f(4,3)B．x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y±\f(\r(3),3)))2＝eq\f(1,3)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x±\f(\r(3),3)))2＋y2＝eq\f(4,3)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x±\f(\r(3),3)))2＋y2＝eq\f(1,3)解析：選C設(shè)圓的方程為(x±a)2＋y2＝r2(a>0)，圓C與y軸交于A(0,1)，B(0，－1)，由弧長之比為2∶1，易知∠OCA＝eq\f(1,2)∠ACB＝eq\f(1,2)×120°＝60°，則tan60°＝eq\f(|OA|,|OC|)＝eq\f(1,|OC|)＝eq\r(3)，所以a＝|OC|＝eq\f(\r(3),3)，即圓心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(\r(3),3)，0))，r2＝|AC|2＝12＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(\r(3),3)))2＝eq\f(4,3).所以圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x±\f(\r(3),3)))2＋y2＝eq\f(4,3)，故選C.二、填空題11．設(shè)直線l1：(m＋1)x－(m－3)y－8＝0(m∈R)，則直線l1恒過定點(diǎn)________；若過原點(diǎn)作直線l2∥l1，則當(dāng)直線l2與l1的距離最大時(shí)，直線l2的方程為________．解析：由(m＋1)x－(m－3)y－8＝0，得m(x－y)＋x＋3y－8＝0，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x＋3y－8＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2，))所以l1恒過定點(diǎn)A(2,2)．當(dāng)l2⊥AO(O為坐標(biāo)原點(diǎn))時(shí)，直線l1與l2的距離最大，此時(shí)kAO＝1，k2＝－1，所以直線l2的方程為y＝－x.答案：(2,2)y＝－x12．(2017·溫州模擬)圓x2＋y2－2y－3＝0的圓心坐標(biāo)是________，半徑是________．解析：化圓的一般式方程為標(biāo)準(zhǔn)方程，得x2＋(y－1)2＝4，由此知該圓的圓心坐標(biāo)為(0,1)，半徑為2.答案：(0,1)213．已知點(diǎn)P(a，b)關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)為P′(b＋1，a－1)，則圓C：x2＋y2－6x－2y＝0關(guān)于直線l對(duì)稱的圓C′的方程為________________；圓C與圓C′的公共弦的長度為________．解析：因?yàn)閳AC的方程為x2＋y2－6x－2y＝0，即(x－3)2＋(y－1)2＝10，其圓心為(3,1)，半徑為eq\r(10)，又因?yàn)辄c(diǎn)P(a，b)關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)為P′(b＋1，a－1)，所以令a＝3，b＝1可得，其關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)(2,2)，所以圓C：x2＋y2－6x－2y＝0關(guān)于直線l對(duì)稱的圓C′的圓心為(2,2)，半徑為eq\r(10)，即圓C′：(x－2)2＋(y－2)2＝10；圓C與圓C′的圓心的距離為d＝eq\r(2－32＋2－12)＝eq\r(2)，所以兩圓公共弦的長度為2eq\r(\r(10)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\r(38).答案：(x－2)2＋(y－2)2＝10eq\r(38)14．已知圓O：x2＋y2＝r2與圓C：(x－2)2＋y2＝r2(r>0)在第一象限的一個(gè)公共點(diǎn)為P，過點(diǎn)P作與x軸平行的直線分別交兩圓于不同兩點(diǎn)A，B(異于P點(diǎn))，且OA⊥OB，則直線OP的斜率是________，r＝________.解析：兩圓的方程相減得，4x－4＝0，則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)x＝1.易知P為AB的中點(diǎn)，因?yàn)镺A⊥OB，所以|OP|＝|AP|＝|PB|，所以△OAP為等邊三角形，所以∠APO＝60°，因?yàn)锳B∥x軸，所以∠POC＝60°，所以直線OP的斜率為eq\r(3).設(shè)P(1，y1)，則y1＝eq\r(3)，所以P(1，eq\r(3))，代入圓O，解得r＝2.答案：eq\r(3)215．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(diǎn)，且△ABC為等邊三角形，則實(shí)數(shù)a＝________.解析：依題意，圓C的半徑是2，圓心C(1，a)到直線ax＋y－2＝0的距離等于eq\f(\r(3),2)×2＝eq\r(3)，于是有eq\f(|1·a＋a－2|,\r(a2＋1))＝eq\r(3)，即a2－8a＋1＝0，解得a＝4±eq\r(15).答案：4±eq\r(15)16．(2018屆高三·浙江省名校聯(lián)考)設(shè)圓C：(x－3)2＋(y－5)2＝5，過圓心C作直線l交圓于A，B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)P，若A恰好為線段BP的中點(diǎn)，則直線l的方程為________．解析：如圖，A為PB的中點(diǎn)，而C為AB的中點(diǎn)，因此，C為PB的四等分點(diǎn)．而C(3,5)，P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為0，因此，A，B的橫坐標(biāo)分別為2,4，將A的橫坐標(biāo)代入圓的方程中，可得A(2,3)或A(2,7)，根據(jù)直線的兩點(diǎn)式得到直線l的方程為2x－y－1＝0或2x＋y－11＝0.答案：2x－y－1＝0或2x＋y－11＝017．在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，到點(diǎn)A(1,2)，B(1,5)，C(3,6)，D(7，－1)的距離之和最小的點(diǎn)的坐標(biāo)是________．解析：取四邊形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，這個(gè)交點(diǎn)到四點(diǎn)的距離之和就是最小值．可證明如下：假設(shè)在四邊形ABCD中任取一點(diǎn)P，在△APC中，有AP＋PC＞AC，在△BPD中，有PB＋PD＞BD，而如果P在線段AC上，那么AP＋PC＝AC；同理，如果P在線段BD上，那么BP＋PD＝BD.如果同時(shí)取等號(hào)，那么意味著距離之和最小，此時(shí)P就只能是AC與BD的交點(diǎn)．易求得P(2,4)．答案：(2,4)[選做題]1．(2018屆高三·湖北七市(州)聯(lián)考)已知圓C：(x－1)2＋y2＝r2(r>0)．設(shè)條件p：0<r<3，條件q：圓C上至多有2個(gè)點(diǎn)到直線x－eq\r(3)y＋3＝0的距離為1，則p是q的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選C圓C：(x－1)2＋y2＝r2的圓心(1,0)到直線x－eq\r(3)y＋3＝0的距離d＝eq\f(|1－\r(3)×0＋3|,\r(12＋\r(3)2))＝2.當(dāng)2－r>1，即0<r<1時(shí)，直線在圓外，圓上沒有點(diǎn)到直線的距離為1；當(dāng)2－r＝1，即r＝1時(shí)，直線在圓外，圓上只有1個(gè)點(diǎn)到直線的距離為1；當(dāng)0<2－r<1，即1<r<2時(shí)，直線在圓外，此時(shí)圓上有2個(gè)點(diǎn)到直線的距離為1；當(dāng)2－r＝0，即r＝2時(shí)，直線與圓相切，此時(shí)圓上有2個(gè)點(diǎn)到直線的距離為1；當(dāng)0<r－2<1，即2<r<3時(shí)，直線與圓相交，此時(shí)圓上有2個(gè)點(diǎn)到直線的距離為1；當(dāng)r－2＝1，即r＝3時(shí)，直線與圓相交，此時(shí)圓上有3個(gè)點(diǎn)到直線的距離為1；當(dāng)r－2>1，即r>3時(shí)，直線與圓相交，此時(shí)圓上有4個(gè)點(diǎn)到直線的距離為1.綜上，當(dāng)0<r<3時(shí)，圓C上至多有2個(gè)點(diǎn)到直線x－eq\r(3)y＋3＝0的距離為1；由圓C上至多有2個(gè)點(diǎn)到直線x－eq\r(3)y＋3＝0的距離為1可得0<r<3.故p是q的充要條件，故選C.2．(2017·石家莊模擬)若a，b是正數(shù)，直線2ax＋by－2＝0被圓x2＋y2＝4截得的弦長為2eq\r(3)，則t＝aeq\r(1＋2b2)取得最大值時(shí)a的值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(3),4) D.eq\f(3,4)解析：選D因?yàn)閳A心到直線的距離d＝eq\f(2,\r(4a2＋b2))，則直線被圓截得的弦長L＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(4－\f(4,4a2＋b2))＝2eq\r(3)，所以4a2＋b2＝4.則t＝aeq\r(1＋2b2)＝eq\f(1,2\r(2))·(2eq\r(2)a)·eq\r(1＋2b2)≤eq\f(1,2\r(2))×eq\f(1,2)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\r(2)a2＋\r(1＋2b2)2))＝eq\f(1,4\r(2))·[8a2＋1＋2(4－4a2)]＝eq\f(9,4\r(2))，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(8a2＝1＋2b2，,4a2＋b2＝4))時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)a＝eq\f(3,4)，故選D.3．已知點(diǎn)A(3,0)，若圓C：(x－t)2＋(y－2t＋4)2＝1上存在點(diǎn)P，使|PA|＝2|PO|，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則圓心C的橫坐標(biāo)t的取值范圍為________．解析：設(shè)點(diǎn)P(x，y)，因?yàn)閨PA|＝2|PO|，所以eq\r(x－32＋y2)＝2eq\r(x2＋y2)，化簡得(x＋1)2＋y2＝4，所以點(diǎn)P在以M(－1,0)為圓心，2為半徑的圓上．由題意知，點(diǎn)P(x，y)在圓C上，所以圓C與圓M有公共點(diǎn)，則1≤|CM|≤3，即1≤eq\r(t＋12＋2t－42)≤3,1≤5t2－14t＋17≤9.不等式5t2－14t＋16≥0的解集為R；由5t2－14t＋8≤0，得eq\f(4,5)≤t≤2.所以圓心C的橫坐標(biāo)t的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，2)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，2))第二講圓錐曲線的概念與性質(zhì)eq\a\vs4\al\co1(考點(diǎn)一圓錐曲線的定義與標(biāo)準(zhǔn)方程)一、基礎(chǔ)知識(shí)要記牢1．圓錐曲線的定義：在同一平面上，F(xiàn)1，F(xiàn)2(F)是定點(diǎn)，P是動(dòng)點(diǎn)．(1)橢圓：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|)；(2)雙曲線：||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|)；(3)拋物線：|PF|＝|PM|，點(diǎn)F不在直線l上，PM⊥l于M.2．圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程(以焦點(diǎn)在x軸上為例)：橢圓：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)；雙曲線：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)；拋物線：y2＝±2px(p>0)．二、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例1](1)(2017·全國卷Ⅲ)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一條漸近線方程為y＝eq\f(\r(5),2)x，且與橢圓eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1有公共焦點(diǎn)，則C的方程為()A.eq\f(x2,8)－eq\f(y2,10)＝1 B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1C.eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1 D.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1(2)(2016·浙江高考)若拋物線y2＝4x上的點(diǎn)M到焦點(diǎn)的距離為10，則M到y(tǒng)軸的距離是________．[解析](1)根據(jù)雙曲線C的漸近線方程為y＝eq\f(\r(5),2)x，可知eq\f(b,a)＝eq\f(\r(5),2).①又橢圓eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(3,0)和(－3,0)，所以a2＋b2＝9.②根據(jù)①②可知a2＝4，b2＝5，所以C的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1.(2)設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為x，則點(diǎn)M到準(zhǔn)線x＝－1的距離為x＋1，由拋物線的定義知x＋1＝10，∴x＝9，∴點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離為9.[答案](1)B(2)91.求解圓錐曲線標(biāo)準(zhǔn)方程的方法是“先定型，后計(jì)算”.所謂“定型”，就是指確定類型，也就是確定橢圓、雙曲線、拋物線的焦點(diǎn)所在的坐標(biāo)軸，從而設(shè)出相應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)方程的形式；所謂“計(jì)算”，就是指利用待定系數(shù)法求出方程中的a2，b2，p的值，最后代入寫出橢圓、雙曲線、拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程.2.利用定義解題是這一部分的一個(gè)重要方法.面對(duì)一個(gè)數(shù)學(xué)對(duì)象，回顧它的定義常常能找到最簡捷的途徑，如果題目涉及焦點(diǎn)、準(zhǔn)線、離心率、圓錐曲線上的點(diǎn)等條件時(shí)，首先要聯(lián)想相應(yīng)定義.三、預(yù)測押題不能少1．(1)已知拋物線關(guān)于x軸對(duì)稱，它的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)O，并且經(jīng)過點(diǎn)M(2，y0)．若點(diǎn)M到該拋物線焦點(diǎn)的距離為3，則|OM|＝()A．2eq\r(2) B．2eq\r(3)C．4 D．2eq\r(5)解析：選B依題意，設(shè)拋物線方程是y2＝2px(p>0)，則有2＋eq\f(p,2)＝3，得p＝2，故拋物線方程是y2＝4x，點(diǎn)M的坐標(biāo)是(2，±2eq\r(2))，|OM|＝eq\r(22＋8)＝2eq\r(3).(2)(2017·長沙模擬)已知橢圓的中心在原點(diǎn)，離心率e＝eq\f(1,2)，且它的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線y2＝－4x的焦點(diǎn)重合，則此橢圓方程為()A.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1 B.eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,6)＝1C.eq\f(x2,2)＋y2＝1 D.eq\f(x2,4)＋y2＝1解析：選A由題可知橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，所以設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，而拋物線y2＝－4x的焦點(diǎn)為(－1,0)，所以c＝1，又離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，解得a＝2，b2＝a2－c2＝3，所以橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.故選A.eq\a\vs4\al\co1(考點(diǎn)二圓錐曲線的幾何性質(zhì))一、基礎(chǔ)知識(shí)要記牢(1)橢圓、雙曲線中，a，b，c之間的關(guān)系①在橢圓中：a2＝b2＋c2，離心率為e＝eq\f(c,a)；②在雙曲線中：c2＝a2＋b2，離心率為e＝eq\f(c,a).(2)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x.二、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例2](1)(2017·浙江高考)橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的離心率是()A.eq\f(\r(13),3) B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(5,9)(2)(2017·全國卷Ⅰ)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右頂點(diǎn)為A，以A為圓心，b為半徑作圓A，圓A與雙曲線C的一條漸近線交于M，N兩點(diǎn)．若∠MAN＝60°，則C的離心率為________．[解析](1)根據(jù)題意知，a＝3，b＝2，則c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(5)，∴橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),3).(2)雙曲線的右頂點(diǎn)為A(a,0)，一條漸近線的方程為y＝eq\f(b,a)x，即bx－ay＝0，則圓心A到此漸近線的距離d＝eq\f(|ba－a×0|,\r(b2＋a2))＝eq\f(ab,c).又因?yàn)椤螹AN＝60°，圓的半徑為b，所以b·sin60°＝eq\f(ab,c)，即eq\f(\r(3)b,2)＝eq\f(ab,c)，所以e＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3).[答案](1)B(2)eq\f(2\r(3),3)(1)橢圓的方程、雙曲線的方程、漸近線的方程以及拋物線的方程、準(zhǔn)線都是高考的熱點(diǎn)．在解題時(shí)，要充分利用條件，構(gòu)造方程，運(yùn)用待定系數(shù)法求解．(2)求橢圓、雙曲線的離心率，關(guān)鍵是根據(jù)已知條件確定a，b，c的等量關(guān)系，然后把b用a，c代換，求eq\f(c,a)的值；在雙曲線中由于e2＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2，故雙曲線的漸近線與離心率密切相關(guān).三、預(yù)測押題不能少2．(1)設(shè)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點(diǎn)為F，右頂點(diǎn)為A，過F作AF的垂線與雙曲線交于B，C兩點(diǎn)，過B，C分別作AC，AB的垂線，兩垂線交于點(diǎn)D.若D到直線BC的距離小于a＋eq\r(a2＋b2)，則該雙曲線的漸近線斜率的取值范圍是()A．(－1,0)∪(0,1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－eq\r(2)，0)∪(0，eq\r(2))D．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)解析：選A由題作出圖象如圖所示．由eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，可知A(a,0)，F(xiàn)(c,0)．易得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(b2,a))).∵kAB＝eq\f(\f(b2,a),c－a)＝eq\f(b2,ac－a)，∴kCD＝eq\f(aa－c,b2).∵kAC＝eq\f(\f(b2,a),a－c)＝eq\f(b2,aa－c)，∴kBD＝－eq\f(aa－c,b2).∴l(xiāng)BD：y－eq\f(b2,a)＝－eq\f(aa－c,b2)(x－c)，即y＝－eq\f(aa－c,b2)x＋eq\f(aca－c,b2)＋eq\f(b2,a)，lCD：y＋eq\f(b2,a)＝eq\f(aa－c,b2)(x－c)，即y＝eq\f(aa－c,b2)x－eq\f(aca－c,b2)－eq\f(b2,a).∴xD＝c＋eq\f(b4,a2a－c).∴點(diǎn)D到BC的距離為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b4,a2a－c))).∴eq\f(b4,a2c－a)<a＋eq\r(a2＋b2)＝a＋c，∴b4<a2(c2－a2)＝a2b2，∴a2>b2，∴0<eq\f(b2,a2)<1.∴0<eq\f(b,a)<1或－1<eq\f(b,a)<0.(2)(2017·全國卷Ⅰ)設(shè)A，B是橢圓C：eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,m)＝1長軸的兩個(gè)端點(diǎn)．若C上存在點(diǎn)M滿足∠AMB＝120°，則m的取值范圍是()A．(0,1]∪[9，＋∞) B．(0，eq\r(3)]∪[9，＋∞)C．(0,1]∪[4，＋∞) D．(0，eq\r(3)]∪[4，＋∞)解析：選A當(dāng)0＜m＜3時(shí)，焦點(diǎn)在x軸上，要使C上存在點(diǎn)M滿足∠AMB＝120°，則eq\f(a,b)≥tan60°＝eq\r(3)，即eq\f(\r(3),\r(m))≥eq\r(3)，解得0＜m≤1.當(dāng)m＞3時(shí)，焦點(diǎn)在y軸上，要使C上存在點(diǎn)M滿足∠AMB＝120°，則eq\f(a,b)≥tan60°＝eq\r(3)，即eq\f(\r(m),\r(3))≥eq\r(3)，解得m≥9.故m的取值范圍為(0,1]∪[9，＋∞)．eq\a\vs4\al\co1(考點(diǎn)三直線與圓錐曲線的位置關(guān)系)一、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例3](2017·浙江高考)如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(9,4)))，拋物線上的點(diǎn)P(x，y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<\f(3,2))).過點(diǎn)B作直線AP的垂線，垂足為Q.(1)求直線AP斜率的取值范圍；(2)求|PA|·|PQ|的最大值．[解](1)設(shè)直線AP的斜率為k，k＝eq\f(x2－\f(1,4),x＋\f(1,2))＝x－eq\f(1,2)，因?yàn)椋璭q\f(1,2)<x<eq\f(3,2)，所以直線AP斜率的取值范圍是(－1,1)．(2)設(shè)直線AP的斜率為k，則直線AP的方程為y－eq\f(1,4)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，即kx－y＋eq\f(1,2)k＋eq\f(1,4)＝0，因?yàn)橹本€BQ與直線AP垂直，所以直線BQ的方程為，x＋ky－eq\f(9,4)k－eq\f(3,2)＝0，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kx－y＋\f(1,2)k＋\f(1,4)＝0，,x＋ky－\f(9,4)k－\f(3,2)＝0，))解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)xQ＝eq\f(－k2＋4k＋3,2k2＋1).因?yàn)閨PA|＝eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝eq\r(1＋k2)(k＋1)，|PQ|＝eq\r(1＋k2)(xQ－x)＝－eq\f(k－1k＋12,\r(k2＋1))，所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，因?yàn)閒′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，所以f(k)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，因此當(dāng)k＝eq\f(1,2)時(shí)，|PA|·|PQ|取得最大值eq\f(27,16).數(shù)形結(jié)合是研究直線與圓錐曲線位置關(guān)系的根本方法，即把位置關(guān)系轉(zhuǎn)化成方程或方程組解的問題，其中設(shè)而不求、整體運(yùn)算是常用手段，對(duì)根與系數(shù)的關(guān)系、點(diǎn)差法等方法的應(yīng)用條件、注意事項(xiàng)、操作程序等要理解、熟練.二、預(yù)測押題不能少(1)求直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段長(用a，k表示)；(2)若任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn)，求橢圓離心率的取值范圍．解：(1)設(shè)直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段為AP，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,a2)＋y2＝1))得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，故x1＝0，x2＝－eq\f(2a2k,1＋a2k2).因此|AP|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(2a2|k|\r(1＋k2),1＋a2k2).(2)假設(shè)圓與橢圓的公共點(diǎn)有4個(gè)，由對(duì)稱性可設(shè)y軸左側(cè)的橢圓上有兩個(gè)不同的點(diǎn)P，Q，滿足|AP|＝|AQ|.記直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2，且k1，k2＞0，k1≠k2.由(1)知，|AP|＝eq\f(2a2|k1|\r(1＋k\o\al(2,1)),1＋a2k\o\al(2,1))，|AQ|＝eq\f(2a2|k2|\r(1＋k\o\al(2,2)),1＋a2k\o\al(2,2))，故eq\f(2a2|k1|\r(1＋k\o\al(2,1)),1＋a2k\o\al(2,1))＝eq\f(2a2|k2|\r(1＋k\o\al(2,2)),1＋a2k\o\al(2,2))，所以(keq\o\al(2,1)－keq\o\al(2,2))[1＋keq\o\al(2,1)＋keq\o\al(2,2)＋a2(2－a2)keq\o\al(2,1)keq\o\al(2,2)]＝0.由k1≠k2，k1，k2＞0得1＋keq\o\al(2,1)＋keq\o\al(2,2)＋a2(2－a2)keq\o\al(2,1)keq\o\al(2,2)＝0，因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k\o\al(2,1))＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k\o\al(2,2))＋1))＝1＋a2(a2－2)．①因?yàn)棰偈疥P(guān)于k1，k2的方程有解的充要條件是1＋a2(a2－2)＞1，所以a＞eq\r(2).因此，任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn)的充要條件為1＜a≤eq\r(2).由e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－1),a)，得0＜e≤eq\f(\r(2),2).所求離心率的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).[知能專練(十七)]一、選擇題1．(2017·惠州調(diào)研)雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率e＝eq\f(\r(13),2)，則它的漸近線方程為()A．y＝±eq\f(3,2)x B．y＝±eq\f(2,3)xC．y＝±eq\f(9,4)x D．y＝±eq\f(4,9)x解析：選A由雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率e＝eq\f(\r(13),2)，可得eq\f(c2,a2)＝eq\f(13,4)，∴eq\f(b2,a2)＋1＝eq\f(13,4)，可得eq\f(b,a)＝eq\f(3,2)，故雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(3,2)x.2．(2017·全國卷Ⅲ)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，且以線段A1A2為直徑的圓與直線bx－ay＋2ab＝0相切，則C的離心率為()A.eq\f(\r(6),3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(1,3)解析：選A以線段A1A2為直徑的圓的方程為x2＋y2＝a2，由原點(diǎn)到直線bx－ay＋2ab＝0的距離d＝eq\f(2ab,\r(b2＋a2))＝a，得a2＝3b2，所以C的離心率e＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(6),3).3．(2017·全國卷Ⅰ)已知F是雙曲線C：x2－eq\f(y2,3)＝1的右焦點(diǎn)，P是C上一點(diǎn)，且PF與x軸垂直，點(diǎn)A的坐標(biāo)是(1,3)，則△APF的面積為()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3) D.eq\f(3,2)解析：選D由題可知，雙曲線的右焦點(diǎn)為F(2,0)，當(dāng)x＝2時(shí)，代入雙曲線C的方程，得4－eq\f(y2,3)＝1，解得y＝±3，不妨取點(diǎn)P(2,3)，因?yàn)辄c(diǎn)A(1,3)，所以AP∥x軸，又PF⊥x軸，所以AP⊥PF，所以S△APF＝eq\f(1,2)|PF|·|AP|＝eq\f(1,2)×3×1＝eq\f(3,2).4．設(shè)AB是橢圓的長軸，點(diǎn)C在橢圓上，且∠CBA＝eq\f(π,4)，若AB＝4，BC＝eq\r(2)，則橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)之間的距離為()A.eq\f(4\r(6),3) B.eq\f(2\r(6),3)C.eq\f(4\r(3),3) D.eq\f(2\r(3),3)解析：選A不妨設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，如圖，由題意知，2a＝4，a＝2，∵∠CBA＝eq\f(π,4)，BC＝eq\r(2)，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(－1,1)，∵點(diǎn)C在橢圓上，∴eq\f(1,22)＋eq\f(1,b2)＝1，∴b2＝eq\f(4,3)，∴c2＝a2－b2＝4－eq\f(4,3)＝eq\f(8,3)，c＝eq\f(2\r(6),3)，則橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)之間的距離為2c＝eq\f(4\r(6),3).5．(2017·全國卷Ⅱ)過拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)F，且斜率為eq\r(3)的直線交C于點(diǎn)M(M在x軸的上方)，l為C的準(zhǔn)線，點(diǎn)N在l上且MN⊥l，則M到直線NF的距離為()A.eq\r(5) B．2eq\r(2)C．2eq\r(3) D．3eq\r(3)解析：選C法一：由題意，得F(1,0)，則直線FM的方程是y＝eq\r(3)(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x－1，,y2＝4x，))得x＝eq\f(1,3)或x＝3.由M在x軸的上方，得M(3,2eq\r(3))，由MN⊥l，得|MN|＝|MF|＝3＋1＝4.又∠NMF等于直線FM的傾斜角，即∠NMF＝60°，因此△MNF是邊長為4的等邊三角形，所以點(diǎn)M到直線NF的距離為4×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3).法二：依題意，得直線FM的傾斜角為60°，則|MN|＝|MF|＝eq\f(2,1－cos60°)＝4.又∠NMF等于直線FM的傾斜角，即∠NMF＝60°，因此△MNF是邊長為4的等邊三角形，所以點(diǎn)M到直線NF的距離為4×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3).6．(2018屆高三·湘中名校聯(lián)考)過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A，B兩點(diǎn)，與雙曲線的漸近線交于C，D兩點(diǎn)，若|AB|≥eq\f(3,5)|CD|，則雙曲線離心率e的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，＋∞)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(5,4)))解析：選B將x＝c代入eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1得y＝±eq\f(b2,a)，不妨取Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(b2,a)))，所以|AB|＝eq\f(2b2,a).將x＝c代入雙曲線的漸近線方程y＝±eq\f(b,a)x，得y＝±eq\f(bc,a)，不妨取Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(bc,a)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(bc,a)))，所以|CD|＝eq\f(2bc,a).因?yàn)閨AB|≥eq\f(3,5)|CD|，所以eq\f(2b2,a)≥eq\f(3,5)×eq\f(2bc,a)，即b≥eq\f(3,5)c，則b2≥eq\f(9,25)c2，即c2－a2≥eq\f(9,25)c2，即eq\f(16,25)c2≥a2，所以e2≥eq\f(25,16)，所以e≥eq\f(5,4)，故選B.二、填空題7．設(shè)F1，F(xiàn)2為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,16)＝1(a>0)的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P為雙曲線C右支上一點(diǎn)，如果|PF1|－|PF2|＝6，那么雙曲線C的方程為________，離心率為________．解析：由雙曲線定義可得2a＝|PF1|－|PF2|＝6，a＝3，所以曲線C的方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1.又b＝4，所以c＝eq\r(a2＋b2)＝5，則離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(5,3).答案：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1eq\f(5,3)8．已知拋物線x2＝4y，則其焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為________，若M是拋物線上一點(diǎn)，|MF|＝4，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則∠MFO＝________.解析：拋物線x2＝4y的焦點(diǎn)坐標(biāo)F(0,1)．設(shè)M(x，y)，由拋物線定義可得|MF|＝y(tǒng)＋1＝4，則y＝3，代入拋物線方程解得一個(gè)M(2eq\r(3)，3)，則eq\o(FM,\s\up7(→))＝(2eq\r(3)，2)，eq\o(FO,\s\up7(→))＝(0，－1)，所以cos∠MFO＝eq\f(eq\o(FM,\s\up7(→))·eq\o(FO,\s\up7(→)),|eq\o(FM,\s\up7(→))||eq\o(FO,\s\up7(→))|)＝－eq\f(1,2)，所以∠MFO＝eq\f(2π,3).答案：(0,1)eq\f(2π,3)9．(2018屆高三·廣東五校聯(lián)考)已知橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的兩焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P(x0，y0)滿足0<eq\f(x\o\al(2,0),2)＋yeq\o\al(2,0)<1，則|PF1|＋|PF2|的取值范圍是________．解析：由點(diǎn)P(x0，y0)滿足0<eq\f(x\o\al(2,0),2)＋yeq\o\al(2,0)<1，可知P(x0，y0)一定在橢圓內(nèi)(不包括原點(diǎn))，因?yàn)閍＝eq\r(2)，b＝1，所以由橢圓的定義可知|PF1|＋|PF2|<2a＝2eq\r(2)，又|PF1|＋|PF2|≥|F1F2|＝2，故|PF1|＋|PF2|的取值范圍是[2,2eq\r(2))．答案：[2,2eq\r(2))三、解答題10．設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點(diǎn)(0,4)，離心率為eq\f(3,5).(1)求C的方程；(2)求過點(diǎn)(3,0)且斜率為eq\f(4,5)的直線被C所截線段的中點(diǎn)坐標(biāo)．解：(1)將(0,4)代入C的方程得eq\f(16,b2)＝1，解得b＝4.又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,5)，得eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(9,25)，即1－eq\f(16,a2)＝eq\f(9,25)，則a＝5.所以C的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.(2)過點(diǎn)(3,0)且斜率為eq\f(4,5)的直線方程為y＝eq\f(4,5)(x－3)．設(shè)直線與C的交點(diǎn)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，將直線方程y＝eq\f(4,5)(x－3)代入C的方程，得eq\f(x2,25)＋eq\f(x－32,25)＝1，即x2－3x－8＝0，所以x1＋x2＝3.設(shè)AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，y0)，則x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(3,2)，y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(2,5)(x1＋x2－6)＝－eq\f(6,5)，即中點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(6,5))).11．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，拋物線C與直線l1：y＝－x的一個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為8.(1)求拋物線C的方程；(2)不過原點(diǎn)的直線l2與l1垂直，且與拋物線交于不同的兩點(diǎn)A，B，若線段AB的中點(diǎn)為P，且|OP|＝|PB|，求△FAB的面積．解：(1)易知直線與拋物線的交點(diǎn)坐標(biāo)為(8，－8)，∴(－8)2＝2p×8，∴2p＝8，∴拋物線方程為y2＝8x.(2)直線l2與l1垂直，故可設(shè)l2：x＝y(tǒng)＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，且直線l2與x軸的交點(diǎn)為M.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝8x，,x＝y(tǒng)＋m，))得y2－8y－8m＝0，Δ＝64＋32m>0，∴m>－2.y1＋y2＝8，y1y2＝－8m，∴x1x2＝eq\f(y1y22,64)＝m2.由題意可知OA⊥OB，即x1x2＋y1y2＝m2－8m＝0，∴m＝8或m＝0(舍去)，∴l(xiāng)2：x＝y(tǒng)＋8，M(8,0)．故S△FAB＝S△FMB＋S△FMA＝eq\f(1,2)·|FM|·|y1－y2|＝3eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝24eq\r(5).12．(2018屆高三·浙江名校聯(lián)考)橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸長等于圓C2：x2＋y2＝4的直徑，且C1的離心率等于eq\f(1,2).直線l1和l2是過點(diǎn)M(1,0)，且互相垂直的兩條直線，l1交C1于A，B兩點(diǎn)，l2交C2于C，D兩點(diǎn)．(1)求C1的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)當(dāng)四邊形ACBD的面積為eq\f(12,7)eq\r(14)時(shí)，求直線l1的斜率k(k>0)．解：(1)由題意得2a＝4，即a＝2.∵eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，∴c＝1，∴b＝eq\r(3)，∴橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)直線AB：y＝k(x－1)，則直線CD：y＝－eq\f(1,k)(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,3x2＋4y2＝12，))得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(8k2,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4k2－12,3＋4k2)，))∴|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(12k2＋1,3＋4k2).∵圓心(0,0)到直線CD：x＋ky－1＝0的距離d＝eq\f(1,\r(k2＋1))，又eq\f(|CD|2,4)＋d2＝4，∴|CD|＝2eq\r(\f(4k2＋3,k2＋1))，∵AB⊥CD，∴S四邊形ACBD＝eq\f(1,2)|AB|·|CD|＝eq\f(12\r(k2＋1),\r(4k2＋3))，由eq\f(12\r(k2＋1),\r(4k2＋3))＝eq\f(12\r(14),7)，解得k＝1或k＝－1，由k>0，得k＝1.第三講圓錐曲線中的熱點(diǎn)問題eq\a\vs4\al\co1(考點(diǎn)一軌跡方程問題)一、基礎(chǔ)知識(shí)要記牢在直角坐標(biāo)系中，如果某曲線C上點(diǎn)的坐標(biāo)都是二元方程f(x，y)＝0的實(shí)數(shù)解，且以這個(gè)二元方程f(x，y)＝0的實(shí)數(shù)解為坐標(biāo)的點(diǎn)都是曲線上的點(diǎn)，則方程叫做曲線的方程，這條曲線叫做方程的曲線．二、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例1](2017·全國卷Ⅱ)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M在橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點(diǎn)P滿足eq\o(NP,\s\up7(→))＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up7(→)).(1)求點(diǎn)P的軌跡方程；(2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x＝－3上，且eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(PQ,\s\up7(→))＝1.證明：過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.[解](1)設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x0,0)，eq\o(NP,\s\up7(→))＝(x－x0，y)，eq\o(NM,\s\up7(→))＝(0，y0)，由eq\o(NP,\s\up7(→))＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up7(→))，得x0＝x，y0＝eq\f(\r(2),2)y.因?yàn)镸(x0，y0)在橢圓C上，所以eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,2)＝1.因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2＋y2＝2.(2)證明：由題意知F(－1,0)．設(shè)Q(－3，t)，P(m，n)，則eq\o(OQ,\s\up7(→))＝(－3，t)，eq\o(PF,\s\up7(→))＝(－1－m，－n)，eq\o(OQ,\s\up7(→))·eq\o(PF,\s\up7(→))＝3＋3m－tn，eq\o(OP,\s\up7(→))＝(m，n)，eq\o(PQ,\s\up7(→))＝(－3－m，t－n)，由eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(PQ,\s\up7(→))＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.所以eq\o(OQ,\s\up7(→))·eq\o(PF,\s\up7(→))＝0，即eq\o(OQ,\s\up7(→))⊥eq\o(PF,\s\up7(→)).又過點(diǎn)P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.求動(dòng)點(diǎn)軌跡方程的一般步驟(1)建：建立合適的直角坐標(biāo)系；(2)設(shè)：設(shè)曲線上任意一點(diǎn)的坐標(biāo)(x，y)；(3)限：考慮滿足的條件；(4)代：把點(diǎn)的坐標(biāo)代入關(guān)系式；(5)化：化簡，并證明所求方程為符合條件的動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程(一般省略).三、預(yù)測押題不能少1．已知在平面直角坐標(biāo)系中的一個(gè)橢圓，中心在原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為F(－eq\r(3)，0)，且過點(diǎn)D(2,0)．(1)求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))，若P是橢圓上的動(dòng)點(diǎn)，求線段PA的中點(diǎn)M的軌跡方程．解：(1)設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由題意，c＝eq\r(3)，a＝2，所以b＝1.故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設(shè)線段PA的中點(diǎn)為M(x，y)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，y0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x0＋1,2)，,y＝\f(y0＋\f(1,2),2)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2x－1，,y0＝2y－\f(1,2)，))由點(diǎn)P在橢圓上，得eq\f(2x－12,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2y－\f(1,2)))2＝1.所以線段PA的中點(diǎn)M的軌跡方程是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,4)))2＝1.eq\a\vs4\al\co1(考點(diǎn)二最值、范圍問題)一、經(jīng)典例題領(lǐng)悟好[例2](2017·山東高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，橢圓C截直線y＝1所得線段的長度為2eq\r(2).(1)求橢圓C的方程；(2)動(dòng)直線l：y＝kx＋m(m≠0)交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)M，點(diǎn)N是M關(guān)于O的對(duì)稱點(diǎn)，⊙N的半徑為|NO|.設(shè)D為AB的中點(diǎn)，DE，DF與⊙N分別相切于點(diǎn)E，F(xiàn)，求∠EDF的最小值．[解](1)由橢圓的離心率為eq\f(\r(2),2)，得a2＝2(a2－b2)．又當(dāng)y＝1時(shí)，x2＝a2－eq\f(a2,b2)，得a2－eq\f(a2,b2)＝2，所以a2＝4，b2＝2，因此橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋2y2＝4))消去y，得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，由Δ＞0得m2＜4k2＋2.(*)且x1＋x2＝－eq\f(4km,2k2＋1)，因此y1＋y2＝eq\f(2m,2k2＋1)，所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2km,2k2＋1)，\f(m,2k2＋1)))，又N(0，－m)，所以|ND|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2km,2k2＋1)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2k2＋1)＋m))2，整理得|ND|2＝eq\f(4m21＋3k2＋k4,2k2＋12)，因?yàn)閨NF|＝|m|，所以eq\f(|ND|2,|NF|2)＝eq\f(4k4＋3k2＋1,2k2＋12)＝1＋eq\f(8k2＋3,2k2＋12).令t＝8k2＋3，t≥3.故2k2＋1＝eq\f(t＋1,4)，所以eq\f(|ND|2,|NF|2)＝1＋eq\f(16t,1＋t2)＝1＋eq\f(16,t＋\f(1,t)＋2).令y＝t＋eq\f(1,t)，所以y′＝1－eq\f(1,t2).當(dāng)t≥3時(shí)，y′＞0，從而y＝t＋eq\f(1,t)在[3，＋∞)上單調(diào)遞增，因此t＋eq\f(1,t)≥eq\f(10,3)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝3時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)k＝0，所以eq\f(|ND|2,|NF|2)≤1＋3＝4，由(*)得－eq\r(2)＜m＜eq\r(2)且m≠0，故eq\f(|NF|,|ND|)≥eq\f(1,2)，設(shè)∠EDF＝2θ，則sinθ＝eq\f(|NF|,|ND|)≥eq\f(1,2)，所以θ的最小值為eq\f(π,6).從而∠E