專題11直線和圓的方程

考點五年考情（2021-2025）命題趨勢

2025年求點到直線的距離直線和圓的方程相關內容主要出

直線與方程

2024年求平面兩點間的距離現(xiàn)在選擇題、填空題中，偶爾在解

（5年3考）

2022年求點到直線的距離答題中作為某一問的一部分或與

其他知識綜合考查，分值一般為5

2023年由標準方程確定圓心和半徑、圓的一般方

圓與方程分左右，若在解答題中考查，分值

程與標準方程之間的互化

（5年2考）會有所增加。

2022年判斷直線與圓的位置關系、判斷圓與圓的

直線與圓的方程常與函數(shù)、方程、

位置關系

不等式、向量等知識相結合。

考點01直線與方程

1．（2025·上?！じ呖颊骖}）已知A(0,1),B(1,2)，C在:x2y21(x1,y0)上，則VABC的面積（）

A．有最大值，但沒有最小值B．沒有最大值，但有最小值

C．既有最大值，也有最小值D．既沒有最大值，也沒有最小值

【答案】A

【知識點】利用函數(shù)單調性求最值或值域、求點到直線的距離

【分析】設出曲線上一點為(a,b)，得出ab21，將三角形的高轉化成關于b的函數(shù),分析其單調性，從

而求解.

【詳解】設曲線上一點為(a,b)，則a2b21，則ab21，

21

k1，AB方程為：y1x，即xy10，

AB10

2

2

ab1b1b1b1b1

根據(jù)點到直線的距離公式，(a,b)到AB的距離為：，

222

1

設f(b)b21b，

b21b

由于b0，顯然f(b)關于b單調遞減，f(b)maxf(0)，無最小值，

即VABC中，AB邊上的高有最大值，無最小值，

又AB一定，故面積有最大值，無最小值.

故選：A

x2y2

2．（2022·上海·高考真題）設有橢圓方程:1(ab0)，直線l:xy420，下端點為A，M

a2b2

在l上，左、右焦點分別為F12,0,F22,0.

(1)a2，AM的中點在x軸上，求點M的坐標；

3

(2)直線l與y軸交于B，直線AM經(jīng)過右焦點F2，在ABM中有一內角余弦值為，求b；

5

(3)在橢圓上存在一點P到l距離為d，使PF1PF2d6，隨a的變化，求d的最小值.

【答案】(1)M(32,2)

32

(2)b2或

47

8

(3)

3

【知識點】求點到直線的距離、橢圓定義及辨析、根據(jù)a、b、c求橢圓標準方程、求橢圓中的最值問題

x2y2

【分析】（1）由題意可得橢圓方程為1，從而確定M點的縱坐標，進一步可得點M的坐標；

42

33

（2）由直線方程可知B(0,42)，分類討論cosBAM和cosBMA兩種情況確定b的值即可；

55

|acosbsin42|

（3）設P(acos,bsin)，利用點到直線距離公式和橢圓的定義可得62a，進一步整

2

5

理計算，結合三角函數(shù)的有界性求得1a即可確定d的最小值．

3

x2y2

【詳解】（1）解：由題意可得a2,bc2，所以:1,A(0,2)，

42

AM的中點在x軸上，

M的縱坐標為2，代入xy420得M(32,2)；

2

（2）解：由直線方程可知B(0,42)，cosABM，

2

344

①若cosBAM，則tanBAM，即tanOAF2，

533

33

OAOF2，

424

3

b2.

4

34

②若cosBMA，則sinBMA，

55

23242

MBA，cos(MBAAMB)，

4252510

2

cosBAM，tanBAM7，即tanOAF27，

10

22

OA，b.

77

3

綜上，b2或2；

47

（3）解：設P(acos,bsin)，結合已知條件，由橢圓的定義及點到直線距離公式可得

|acosbsin42|

d62a，

2

acosbsin42

顯然橢圓在直線的左下方，則62a，即42a2b2sin()6222a，

2

a2b22，2a22sin()22a22，即a21sin()2a2，

|2a2|5

|sin()|1，整理可得(a1)(3a5)0，即1a，

a213

588

d62a62，即d的最小值為．

333

2

2y

3．（2024·上?！じ呖颊骖}）已知雙曲線Γ:x1b0，左、右頂點分別為A1,A2，過點M2,0的直

b2

線交雙曲線Γ于P,Q兩點.

(1)若Γ的離心率為2，求b.

26

(2)若b,△MAP為等腰三角形，且點P在第一象限，求點P的坐標.

32

(3)連接QO（O為坐標原點）并延長交Γ于點R，若A1RA2P1，求b的最大值.

【答案】(1)b3；

26

(2)當b時，P2,22；

3

30

(3)b的最大值為.

3

【知識點】求平面兩點間的距離、根據(jù)離心率求雙曲線的標準方程、根據(jù)直線與雙曲線的位置關系求參數(shù)

或范圍、根據(jù)韋達定理求參數(shù)

【分析】（1）根據(jù)離心率的概念求出c，再求出b即可；

（2）如圖，易知PA2M為鈍角，則A2PA2M3，根據(jù)兩點距離公式建立方程組，解之即可求解；

（3）設Px1,y1,Qx2,y2，PQ：xmy2，聯(lián)立雙曲線方程，利用韋達定理和平面向量數(shù)量積的坐標表

101

示建立關于m,b的方程，得b2，結合m2即可求解.

m23b2

【詳解】（1）由雙曲線的方程知a1，c1b2，

c1b2

因為離心率為2，所以2，得b3.

a1

2

2623y

（2）當b時，雙曲線Γ:x1，且A21,0.

38

因為點P在第一象限，所以PA2M為鈍角.

△

又MA2P為等腰三角形，所以A2PA2M3.

22

x01y03,

設點Px,y，且x0,y0，則2

00003y

x201,

08

x02

得，所以P2,22.

y022

（3）由雙曲線的方程知A11,0,A21,0，且由題意知Q,R關于原點對稱.

設Px1,y1,Qx2,y2，則Rx2,y2.

由直線PQ不與y軸垂直，可設直線PQ的方程為xmy2.

xmy2,

聯(lián)立直線與雙曲線的方程得2

2y

x1,

b2

消去x，得b2m21y24b2my3b20，

22

214bm3b

且b2m210，即m，得yy,yy.

b212b2m2112b2m21

A1Rx21,y2,A2Px11,y1，

由A1RA2P1，得x21x11y1y21，

所以x21x11y1y21，即my23my13y1y21，

2

整理得m1y1y23my1y2100，

3b24b2m

所以m213m100，

b2m21b2m21

1010

整理得222，所以2

bm3b100b20,.

m33

2

21010b

21b

又，所以2，解得2，

m213b1b3

b3

b2

210

所以b0,33,，又b0，

3

3030

故b的取值范圍是0,33,，故b的最大值為.

33

【點睛】關鍵點點睛：解圓錐曲線與平面向量交匯題的關鍵是設相關點的坐標，將平面向量用坐標表示，

運用相應的平面向量坐標運算法則（加、減、數(shù)量積、數(shù)乘）或運算律或數(shù)量積的幾何意義，將問題中向

量間的關系（相等、垂直、平行等）轉化為代數(shù)關系.

考點02圓與方程

22

4．（2022·上?！じ呖颊骖}）在平面直角坐標系中，已知關于點集Ωx,yxkyk24k,kZ的

兩個結論：

①存在直線l，使得集合中不存在點在直線l上，而存在點在l的兩側；

②存在直線l，使得集合中存在無數(shù)個點在直線上.

則下列判斷正確的是（）

A．①成立，②成立B．①成立，②不成立

C．①不成立，②成立D．①不成立，②不成立

【答案】B

【知識點】判斷直線與圓的位置關系、判斷圓與圓的位置關系

【分析】

對于①只需要找一條直線，使得一部分圓在直線的方程，余下圓在直線的下方即可.對于②從極限的思想

考慮.

【詳解】對于①，取直線y20.5,

則對于任意的0k4，有k22k1642020.5，

22

故圓xkyk24k均在直線y20.5的下方，

而對任意的k4，有k22k2520.5，

22

故圓xkyk24k均在直線y20.5的上方，

22

而當k0時，xkyk24k表示原點，它在直線y20.5的下方，

故此時集合中所有的點均不在直線y20.5上，且存在點在直線y20.5的兩側.

所以①成立.

mkk2t

對于②，設直線l的方程為ymxt，則圓心k,k2到直線l的距離為d

1m2

mkk2t

當k時d2kr所以直線l只能與有限個圓相交，所以②不成立.

1m2

故選：B

5．（2023·上海·高考真題）已知圓x2y24xm0的面積為π，則m．

【答案】3

【知識點】由標準方程確定圓心和半徑、圓的一般方程與標準方程之間的互化

【分析】根據(jù)圓的面積求出圓的半徑，利用圓的標準方程求出半徑即可列方程求解.

【詳解】圓x2y24xm0化為標準方程為：(x2)2y24m，

圓的面積為S=πr2π，圓的半徑為r1，

4m1，解得m3．

故答案為：3

一、單選題

1．（2025·上?！と＃┰Oa為實數(shù)，直線l1:axy1，直線l2:xay2a，則“a1”是“l(fā)1,l2平行”的（）

條件

A．充分不必要B．必要不充分

C．充分必要D．既不充分又不必要

【答案】A

【分析】利用兩者之間推出的關系可得條件關系.

【詳解】若a1，則直線l1:xy1，直線l2:xy2，此時l1,l2平行，

2

若l1,l2平行，則a1即a1，

當a1時，l1,l2平行，

當a1時，直線l1:xy1，直線l2:xy2，此時l1,l2也平行，

故l1,l2平行時推不出a1，故“a1”是“l(fā)1,l2平行”的充分不必要條件，

故選：A.

2222

2．（2025·上海金山·二模）已知點Ax1,y1在圓xy9上，點Bx2,y2在圓xy12上，且

x1x2y1y2x1x21,O為坐標原點.對于以下兩個命題，判斷正確的是（）

①在坐標平面內存在點P，使得APBP恒成立；

②三角形OAB面積的最小值為22.

A．①是真命題，②是真命題B．①是假命題，②是真命題

C．①是真命題，②是假命題D．①是假命題，②是假命題

【答案】A

【分析】對于①，注意到x1x2y1y2x1x21x11x21y1y20，

則可想到當P1,0時滿足題意；對于②，設A3cos,3sin，B23cos,23sin，

則SAOB33sin，后由x1x2y1y2x1x21可得63cos3cos23cos1，利用三角函

22

數(shù)知識可得sin，據(jù)此可判斷命題正誤.

33

【詳解】x1x2y1y2x1x21x1x2x1x21y1y20

x11x21y1y20，則當P1,0時，AP1x1,y1，BP1x2,y2，

APBP1x11x2y1y20，

即當P1,0時，APBP恒成立，則①是真命題；

設A3cos,3sin，B23cos,23sin，

則OA3cos,3sin,OB23cos,23sin，

OAOB63coscos63sinsin

又cosAOBcos，

OAOB323

1

則SOAOBsinAOB33sin.

AOB2

因x1x2y1y2x1x21，

則63coscos63sinsin3cos23cos1，

則63cos3cos23cos1，令，

則63cos3cos23cos1，

即63cos3cos23coscos23sinsin1，

則63cos1323coscos23sinsin

2223sin

323cos23sincos，其中tan，

323cos

63cos1

ππcos

,，則22，

22323cos23sin

63cos1

1,1

因cos1,1，則22

323cos23sin

2

63cos1222

220,163cos1323cos23sin，

323cos23sin

2222

則108cos2201081sin220sin2sin，

2733

則SAOB33sin33sin22，故②是真命題.

故選：A.

【點睛】關鍵點睛：對于命題①，關鍵為注意到x1x2x1x21x11x21；

對于命題②，難點在于確定sin的范圍，為此首先將看作整體，隨后將從相關等式中分

離出來，最后利用三角函數(shù)的值域確定范圍.

二、填空題

3．（2025·上海浦東新·二模）設圓C方程為x2y24x6y100，則圓C的半徑為．

【答案】3

【分析】將圓C的方程化為標準方程，可得出圓C的半徑.

22

【詳解】將圓C的方程化為標準方程可得x2y33，故圓C的半徑為3.

故答案為：3.

4．（2025·上海楊浦·模擬預測）設aR.已知方程x2y24xa0表示的曲線是一個圓，則a的取值范圍

為.

【答案】,4

【分析】根據(jù)圓的標準方程性質，將一般方程變形標準方程，求出范圍.

22

【詳解】因為x24y2a0，變形得x2y24a，

所以4a＞0，解得a＜4.

故答案為：,4.

5．（2025·上?！つM預測）圓x2y22x4y40上的點到直線3x4y40的距離最大值為.

【答案】4

【分析】首先確定圓的圓心坐標和圓的半徑，然后確定直線與圓的位置關系，進而可求出圓上的點到直線

的距離的最大值.

22

【詳解】因為C:x2y22x4y40x1y21，

所以圓心坐標為C1,2，半徑r1.

所以圓上的點到3x4y40的距離最大值為圓心到直線的距離加圓的半徑，即AB的長度.

384

所以d14.

3242

故答案為：4.

6．（2025·上海奉賢·二模）直線3x4y50上的動點P和直線3x4y100上的動點Q，則點P與點Q

之間距離的最小值是．

【答案】3

【分析】利用平行線之間的距離公式求解即可.

【詳解】直線3x4y50和直線3x4y100互相平行，

故點P與點Q之間距離的最小值即兩條直線間的距離，

510

且兩條直線間的距離：d3.

3242

故答案為：3

7．（2025·上海嘉定·二模）直線l:yx1與圓C:x2y24x2y0相交所得的弦長為．

【答案】23

【分析】首先確定圓心和半徑，應用點線距離公式求圓心到直線的距離，再利用幾何法求相交弦長即可.

【詳解】由C:x2y24x2y0，即C:(x2)2(y1)25，

所以圓心為C(2,1)，半徑為r5，

|211|

所以C(2,1)到l:yx1的距離d2，

2

綜上，直線與圓的相交弦長為2r2d223.

故答案為：23

π

8．（2025·上海奉賢·二模）已知是斜率為1的直線的傾斜角，計算sin．

2

【答案】2

2

【分析】根據(jù)正切函數(shù)值求出角進而得出正弦值即可.

【詳解】因為是斜率為1的直線的傾斜角，所以tan1，0,π，

3π

所以，

4

π3πππ2

所以sinsin=sin=．

24242

2

故答案為：.

2

9．（2025·上海松江·二模）已知點P為直線l:xy10上的點，過點P作圓N:(x1)2(y1)21的切線PA，

切點為A，則cosPNA最大值為.

21

【答案】/2

33

NA1

【分析】結合圖象得到cosPNA，問題轉化成求NP最小值即可求解.

NPNP

【詳解】圓N:(x1)2(y1)21的圓心N(1,1)，半徑r1，

NA1

cosPNA，

NPNP

當NP最小時，cosPNA最大.

NP的最小值為圓心N到直線l:xy10的距離d，

|111|332

根據(jù)點到直線距離公式d，

121222

12

(cosPNA)max

所以323.

2

2

故答案為：.

3

10．（2025·上海黃浦·三模）直線l1:2xa1y10，直線l2:axy10，若l1//l2，則a．

【答案】1

【分析】利用直線平行的判定列方程求參數(shù)值，注意驗證.

2

【詳解】由題設及l(fā)1//l2，有a(a1)20，則aa2(a2)(a1)0，

所以a2或a1，

當a2，則l1:2xy10，l2:2xy10重合，不符合；

1

當a1，則l:xy0，l2:xy10，符合.

12

所以a1.

故答案為：1

11．（2025·上海·三模）若n4,2是直線l的一個法向量，則直線l的傾斜角大小為．

【答案】πarctan2

【分析】根據(jù)直線的方向向量求出直線l的斜率，即可得出該直線的傾斜角.

【詳解】因為n4,2是直線l的一個法向量，故直線l的斜率為2，則該直線的傾斜角為πarctan2．

故答案為：πarctan2.

12．（2025·上海徐匯·三模）直線m過點2,4且法向量n(1,3)，則直線m的點法向式方程為.

【答案】(x2)3(y4)0

【分析】根據(jù)直線所過的點及法向量寫出點法式方程即可.

【詳解】由題設，直線m的點法向式方程為(x2)3(y4)0.

故答案為：(x2)3(y4)0

13．（2025·上海黃浦·二模）已知a為常數(shù)，圓(xa)2(ya2)2r2(r0)與圓x2y21有公共點，當r

取到最小值時，a的值為．

【答案】1

【分析】根據(jù)給定條件，求出兩圓的圓心距，利用兩圓有公共點的條件建立不等式求解.

【詳解】圓(xa)2(ya2)2r2(r0)的圓心(a,2a)，半徑r，圓x2y21的圓心(0,0)，半徑為1，

由兩圓有公共點，得|r1|(a0)2(2a0)2r1，

d(a0)2(2a0)22(a1)222，當且僅當a1時取等號，

當a1時，d取得最小值2，r取得最小值21，此時兩圓外切，滿足兩圓有公共點，

所以當r取到最小值時，a的值為1.

故答案為：1

14．（2025·上海楊浦·三模）已知三角形ABC的AB2,AC2BC，則三角形ABC的面積的取值范圍

是．

4

【答案】0，

3

【分析】以A為坐標原點AB所在直線為x軸建立平面直角坐標系，設出點C坐標，根據(jù)AC2BC列等式，

即可得到C的軌跡.再求點C到AB的距離范圍即可得到三角形ABC的面積的取值范圍.

【詳解】以A為坐標原點AB所在直線為x軸建立平面直角坐標系，設Cx,y，A0,0,B2,0.

2

22228216

因為AC2BC，所以xy2x2y，化簡得xy，

39

844

則點C的軌跡為以,0為圓心，半徑為的圓（除去兩點,0,4,0）.

333

4144

則點C到直線AB的最大距離即為半徑，此時三角形ABC的面積SAB.

3233

4

又點C到直線AB的距離可趨近于0，所以三角形ABC的面積的取值范圍為0,.

3

4

故答案為：0,

3

15．（2025·上海浦東新·三模）已知復數(shù)z滿足zz|z|0，則|z12i|（i是虛數(shù)單位）的最小值

為.

【答案】23

2

【分析】確定復數(shù)的軌跡，結合點到線的距離公式即可求解.

【詳解】設zxyi，zabi

則由zz|z|0可得：2xx2y20,x0，

則y23x2，即y3x或y3xx0

|z12i|的幾何意義為射線上的點與1,2的距離，

結合圖像可知：1,2到y(tǒng)3x的距離即為最小值，

最小值為：23，

2

故答案為：23

2

16．（2025·上海浦東新·模擬預測）已知直線l過點0,1，且l上至少有一點到點0,3的距離為2，則l的

傾斜角的最大值為.

2π

【答案】

3

【分析】依題意，直線l與以0,3為圓心，2為半徑作圓C至少有一個交點，根據(jù)直線與圓的位置關系求

出直線傾斜角的范圍即可.

【詳解】以0,3為圓心，2為半徑作圓C，如圖所示，

依題意直線l與圓C至少有一個交點，

π

①當直線l的科率不存在時，直線l與圓C有2個交點，此時直線l的傾斜角；

2

②當直線l的斜率存在時，設為k，則l:ykx1，即l:kxy10，

31

依題意2，解得k23，k3或k3，

k21

πππ2π

此時直線l的傾斜角,,

3223

π2π

綜上所述，直線l的傾斜角,，

33

2π

故直線l的傾斜角的最大值為．

3

2π

故答案為：

3

?、、

17．（2025·上海松江·二模）設向量ax1,y1,bx2,y2，記abx1x2y1y2.若點A1A2A3為圓C：

22邋

xy4x2y0上任意三點，且滿足A1A2A2A3，則OA1OA2OA2OA3的取值范圍是.

【答案】0,16

【分析】設A1x1,y1,A2x2,y2，A3x3,y3，根據(jù)題意可得A1A3為圓的直徑，得

OA1*OA2OA2*OA34x22y2，將求OA1*OA2OA2*OA3范圍問題轉化為直線與圓相切的問題.

【詳解】將圓C:x2y24x2y0化為標準方程(x2)2(y1)25，圓心C(2,1)，半徑r5.

因為A1A2A2A3，所以A1A3為圓的直徑.

設A1x1,y1,A2x2,y2，A3x3,y3,OA1x1,y1,OA2x2,y2,OA3x3,y3.

由OA1*OA2OA2*OA3x1x2y1y2x2x3y2y3x2x1x3y2y1y3.

因為A1A3為直徑，所以x1x34,y1y32，

則OA1*OA2OA2*OA34x22y2.

z

令z4x2y，即y2x，且(x2)2(y1)25，

2

z

當直線y2x與圓相切時，z取得最值.

2

4(2)21z

根據(jù)圓心到直線的距離等于半徑，可得5，解得z16或z4，

4222

所以z0,16，則OA1*OA2OA2*OA3的取值范圍是0,16.

故答案為：0,16.

三、解答題

2

18．（2025·上?！つM預測）已知拋物線Γ：x2y，圓C：x2y21，O為坐標原點.

(1)求拋物線Γ的焦點坐標和準線方程；

(2)已知點P2,2，M、N是拋物線Γ上的兩個點，滿足直線PM，PN均與圓C相切，判斷并證明直線MN

與圓C的位置關系；

(3)若直線l：ykxmk0分別與拋物線Γ交于點Ax1,y1，Bx2,y2x1x2，與圓C交于點Sx3,y3、

Tx4,y4x3x4，且OAT與OBS面積相等，求m的取值范圍.

11

【答案】(1)焦點坐標為0,，準線方程為y；

44

(2)相切，證明見詳解；

3

(3)0,.

2

【分析】（1）根據(jù)拋物線性質直接可得；

（2）設出直線PM，PN的方程，聯(lián)立拋物線方程求出M,N坐標，從而得到直線MN的方程，利用圓心到

直線的距離與半徑關系可得；

（3）根據(jù)面積公式可得ATBS，進而可得x1x2x3x4，直線方程分別聯(lián)立拋物線方程和圓方程，利

用韋達定理建立k和m的關系，結合判別式求出k2范圍，然后可得m范圍.

1

【詳解】（1）由拋物線方程x2y可知，拋物線開口向上，其中p，

2

11

所以拋物線焦點為0,，準線方程為y.

44

（2）直線MN與圓C相切，證明如下：

易知直線PM，PN的斜率存在，圓C的圓心為0,2，半徑r1，

設過點P與圓C相切的直線方程為ykx22，即kxy2k20

2k

則1，解得k1，

k21

不妨記直線PM方程為yx22，直線PN方程為yx22，

設Mx5,y5,Nx6,y6，

yx22

聯(lián)立得2，則，即，

2xx220x621x612

xy

所以N12,322，

yx22

聯(lián)立得2，則，即，

2xx220x521x512

xy

所以M12,322，

42

所以k22，所以MN的方程為y32222x12，

MN2

整理得22xy10，

3

因為圓心C0,2到直線22xy10的距離為1，

81

所以直線MN與圓C相切.

（3）記原點O到直線l的距離為d，

11

因為SS，所以ATdBSd，即ATBS，所以ASBT，

OATOBS22

所以線段AB和ST的中點重合，

ykxm

22

聯(lián)立2得xkxm0，則x1x2k，k4m0，

xy

ykxm2

聯(lián)立得22（），

22k1x2km2xm210*

xy21

2km22

則xx，4k2m24k21m24m30，

34k21

2km2

因為線段AB和ST的中點重合，所以k，

k21

3k23

因為k0，所以m，因為k20，所以m，

22

3k2

又k24m0，所以k246k20，得k26，

2

3k2

由（*）整理得k2m24m30，將m代入整理得：

2

k42k230，解得0k23，

3k23

綜上，0k23，所以m0,，

22

3

即m的取值范圍為0,.

2

x2

19．（2025·上?！つM預測）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓:y21的右頂點為A，點P(a,0)、

4

Q(0,t)分別是x軸負半軸、y軸正半軸上的動點.

(1)若P是的左焦點，且OAPQ，求t的值；

(2)設t22，上存在x軸上方一點B.若tanAQB22，求B的坐標；

(3)設t2，過P的直線l與交于M、N兩點(M、N兩點不重合)，與y軸交于C且C的縱坐標yc1，記

M與N到直線AQ的距離分別為d1、d2.若存在直線l，滿足d1d232成立，求a的取值范圍.

【答案】(1)t1

144

(2)B,2

99

5

(3),1

2

【分析】（1）根據(jù)OAPQ計算求參；

（2）設點的坐標結合兩角和正切，應用點在橢圓上計算；

（3）設直線方程再聯(lián)立得出韋達定理，再結合點到直線距離分類討論計算求出參數(shù)范圍.

【詳解】（1）因為P與的左焦點重合，故P(3,0)，因此OA2.

又因為P(3,0)，而OAPQ，

所以3t22，解得：t1(負舍).

2

（2）因為tanAQO，又因為tanAQB22，

2

而tanAQBtan(BQOAQO)22，

2

代入解得tanBQO.

2

2

若B在第一象限，則0tanAQB，故B在第二象限.

2

x2

0

設B(x0,y0)，而tanBQO，

22y02

2

整理可得y2x.

200

2292

代入橢圓方程x4y1，可得：y022y00.

002

414

所以解得y02(增根舍去)，所以x.

909

144

因此B,2.

99

（3）由題意可知：直線AQ的解析式為xy20，

設直線l的解析式為xmya(m0)，且M(x1,y1)、N(x2,y2).

xmya

聯(lián)立22，

x4y4

可得(m24)y22may(a24)0，m2a24.

2am8a

根據(jù)韋達定理，yy，xx.

12m2412m24

(x1x2)(y1y2)4

因為M、N兩點均在直線AQ的左側，故d1d232.

2

又因為x1,x22,0，y1,y2(1,1)，因此(x1x2)(y1y2)46，

代入化簡可得方程m2am(44a)0.

2

設f(m)mam(44a)，又因為yc1，故m(0,a).

①若2a0，此時直線l與存在兩個交點.若存在m0,a，使得fm0，

而f(a)a22a20，故f(0)0，

可得44a0，故a1，因此2a1.

②若a2，而此時P在的外部，ma24，故m(a24,a).

若存在ma24,a，使得fm0，

而f(a)a22a20，

5

故f(a24)0，可得a2aa244a0，故a2.

2

5

綜上所述，a的取值范圍為a,1.

2