專題8直線與圓、圓錐曲線第50講直線的方程【夯基固本】[知識梳理]1．(1)正向向上的方向0°(2)[0°，180°)2．(1)正切值tanα不存在(2)eq\f(y2－y1,x2－x1)3．橫坐標(biāo)縱坐標(biāo)4．y－y1＝k(x－x1)xy＝kx＋bx坐標(biāo)軸坐標(biāo)軸原點5．(1)y＝0(2)x＝0(3)y＝b(4)x＝a(5)y＝kx6．(1)eq\f(x1＋x2,2)eq\f(y1＋y2,2)(2)eq\f(x1＋x2＋x3,3)eq\f(y1＋y2＋y3,3)[熱身練習(xí)]1．D2.C3.－34.D5.D【考點探究】[例1](1)BC對于A，若直線的傾斜角大于90°，則直線的斜率存在負(fù)值，A錯誤；由A(1，－3)，B(1，3)，可知直線AB與x軸垂直，則其傾斜角為90°，B正確；對于C，直線的傾斜角為45°，則斜率k＝1，又過(1，2)，且eq\f(4－2,3－1)＝1，C正確；直線斜率的定義為傾斜角的正切值，但不能是tan90°，D錯誤．故選BC.(2)[0，eq\f(π,4)]∪[eq\f(3π,4)，π)由直線l：(k＋1)x－(2k－2)y＋2k－6＝0，變形可得(x－2y＋2)k＋x＋2y－6＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋2＝0，,x＋2y－6＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2，))可得直線l恒過定點P(2，2)，則kPA＝eq\f(5－2,－1－2)＝－1，kPB＝eq\f(2－0,2－0)＝1.結(jié)合圖象可得，若直線l與線段AB有公共點，則直線l斜率的取值范圍為[－1，1]，由斜率定義k＝tanα，可得直線l傾斜角的取值范圍為[0，eq\f(π,4)]∪[eq\f(3π,4)，π).[變式探究]1．D由題圖可知，直線l1的傾斜角α1是鈍角，故k1＜0，直線l2與l3的傾斜角α2與α3均為銳角且α2＞α3，所以0＜k3＜k2，因此k1＜k3＜k2，故選D.2．D如圖，要想使折疊后O點落在線段BC上，可取BC上任意一點D，作線段OD的垂直平分線l，以l為折痕可使O與D重合．因為kOD≥kOB＝eq\f(1,2)，所以k＝－eq\f(1,kOD)≥－2，且k<0.又當(dāng)折疊后O與C重合時，k＝0，所以－2≤k≤0，所以實數(shù)k的取值范圍是[－2，0].故選D.[例2](1)AB當(dāng)截距均為0時，設(shè)直線的方程為y＝kx，將點(－3，1)的坐標(biāo)代入得k＝－eq\f(1,3)，此時直線的方程為x＋3y＝0；當(dāng)截距均不為0時，設(shè)直線的方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,a)＝1，將點(－3，1)的坐標(biāo)代入得a＝－2，此時直線的方程為x＋y＋2＝0.故選AB.(2)C因為MO＝MN，所以直線MN的斜率與直線MO的斜率互為相反數(shù)，所以kMN＝－kMO＝3，所以直線MN的方程為y－3＝3(x＋1)，即3x－y＋6＝0，故選C.(3)C因為△ABC的頂點分別為A(0，2)，B(－1，0)，C(4，0)，所以△ABC的重心為G(1，eq\f(2,3)).因為kAB＝2，kAC＝－eq\f(1,2)，所以kAB·kAC＝－1，所以AB⊥AC，所以△ABC的外心為邊BC的中點D(eq\f(3,2)，0).因為三角形的外心、垂心和重心都在同一直線上，所以△ABC的歐拉線為直線GD，所以△ABC的歐拉線方程為eq\f(y－0,\f(2,3)－0)＝eq\f(x－\f(3,2),1－\f(3,2))，即4x＋3y－6＝0，故選C.[變式探究]3．x＋2y－4＝0因為△ABC中，B(2，1)，C(－2，3)，可得直線BC的斜率為k＝eq\f(3－1,－2－2)＝－eq\f(1,2)，所以BC邊所在直線的方程為y－1＝－eq\f(1,2)(x－2)，即x＋2y－4＝0.4．x－5＝0或3x－4y＋25＝0當(dāng)斜率不存在時，所求直線方程為x－5＝0，滿足題意；當(dāng)斜率存在時，設(shè)斜率為k，則所求直線方程為y－10＝k(x－5)，即kx－y＋10－5k＝0.由點到直線的距離公式，得eq\f(|10－5k|,\r(k2＋1))＝5，解得k＝eq\f(3,4).故所求直線方程為3x－4y＋25＝0.綜上，所求直線方程為x－5＝0或3x－4y＋25＝0.5．C由題意，該直線斜率存在且不為0，設(shè)所求直線的方程為y－1＝k(x＋2).令x＝0，則y＝2k＋1；令y＝0，則x＝－eq\f(1,k)－2.因為直線l在兩坐標(biāo)軸上截距的絕對值相等，所以|2k＋1|＝|－eq\f(1,k)－2|，化簡得2k2＋3k＋1＝0或2k2－k－1＝0，解得k＝－eq\f(1,2)或k＝－1或k＝1，所以過A(－2，1)并在兩坐標(biāo)軸上的截距的絕對值相等的直線有3條．故選C.[例3](1)根據(jù)題意可設(shè)直線l的方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)，則A(a，0)，B(0，b).因為直線l過點P(2，1)，所以eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝1(a>0，b>0).又eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(2,ab))(當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2,a)＝eq\f(1,b)，即a＝4，b＝2時取等號)，所以2eq\r(\f(2,ab))≤1，即ab≥8，所以|OA|·|OB|＝ab的最小值為8，此時直線l的截距式方程為eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1.(2)由(1)可知eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝1，所以b＝eq\f(a,a－2)>0，則a>2，所以|PA|·|PB|＝eq\r((a－2)2＋1)·eq\r(4＋(b－1)2)＝eq\r((a－2)2＋1)·eq\r(4＋(\f(a,a－2)－1)2)＝eq\r((a－2)2＋1)·eq\r(4＋\f(4,(a－2)2))＝2eq\r((a－2)2＋\f(1,(a－2)2)＋2)≥2eq\r(2＋2)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)(a－2)2＝eq\f(1,(a－2)2)，即a＝3時取等號．所以|PA|·|PB|的最小值為4，此時a＝3，b＝3，直線l的截距式方程為eq\f(x,3)＋eq\f(y,3)＝1.[變式探究]6．D由題意知直線x＋my＝0過定點A(0，0)，直線mx－y－m＋3＝0可變?yōu)閙(x－1)－y＋3＝0，所以該直線過定點B(1，3)，所以|AB|2＝12＋32＝10.又1×m＋m×(－1)＝0，所以直線x＋my＝0與直線mx－y－m＋3＝0互相垂直，所以|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10，所以10＝|PA|2＋|PB|2≥2|PA|·|PB|，即|PA|·|PB|≤5，當(dāng)且僅當(dāng)|PA|＝|PB|＝eq\r(5)時取等號，所以S△PAB＝eq\f(1,2)|PA|·|PB|≤eq\f(5,2)，即△PAB面積的最大值是eq\f(5,2).故選D.7．(1)證明：直線l的方程可化為k(x＋2)＋(1－y)＝0，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2＝0，,1－y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝1.))所以無論k取何值，直線過定點(－2，1).(2)由方程知，當(dāng)k≠0時，直線在x軸上的截距為－eq\f(1＋2k,k)，在y軸上的截距為1＋2k，要使直線不經(jīng)過第四象限，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1＋2k,k)≤－2，,1＋2k≥1，))解得k＞0.當(dāng)k＝0時，直線為y＝1，符合題意，故實數(shù)k的取值范圍是[0，＋∞).(3)由題意可知k＞0，由直線l的方程，得A(－eq\f(1＋2k,k)，0)，B(0，1＋2k).因為S＝eq\f(1,2)·|OA|·|OB|＝eq\f(1,2)·|eq\f(1＋2k,k)|·|1＋2k|＝eq\f(1,2)·eq\f((1＋2k)2,k)＝eq\f(1,2)(4k＋eq\f(1,k)＋4)≥eq\f(1,2)×(2×2＋4)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)k＞0且4k＝eq\f(1,k)，即k＝eq\f(1,2)時等號成立，所以Smin＝4，此時直線l的方程為x－2y＋4＝0.第51講兩直線的位置關(guān)系、對稱問題【夯基固本】[知識梳理]1．(1)k1＝k2且b1≠b2(2)k1≠k2(3)k1k2＝－1平行垂直2．唯一解無解無窮多組解3．(1)eq\r((x1－x2)2＋(y1－y2)2)(2)eq\f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2))(3)eq\f(|C1－C2|,\r(A2＋B2))5．(1)①PP′⊥直線l②PP′的中點在直線l上(2)①－yy②－xx③x，y④－xy－yx⑤2a－xx⑥2b－yy(3)eq\f(B,A)eq\f(x1＋x2,2)eq\f(y1＋y2,2)[熱身練習(xí)]1．D2.D3.D4.x－y＋1＝05.2x＋3y－5＝0【考點探究】[例1](1)B因為2x＋y＋5＝0與kx＋2y＝0互相垂直，所以2k＋2＝0，所以k＝－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＋5＝0，,x－2y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝－1，))所以交點坐標(biāo)為(－2，－1)，故選B.(2)A當(dāng)l1∥l2時，2a·(－a)－(－4)×1＝0，解得a＝±eq\r(2).驗證：當(dāng)a＝eq\r(2)時，l1：2eq\r(2)x－4y－3＝0，l2：x－eq\r(2)y＋1＝0，兩直線平行，當(dāng)a＝－eq\r(2)時，l1：－2eq\r(2)x－4y－3＝0，l2：x＋eq\r(2)y＋1＝0，兩直線平行，所以“a＝eq\r(2)”是“l(fā)1∥l2”的充分不必要條件．故選A.(3)C若三條直線能構(gòu)成三角形，則兩直線不平行，且三條直線不經(jīng)過同一點．若a＝0，則三條直線圍成三角形．若a≠0，則eq\f(a,1)≠eq\f(1,a)，eq\f(a,1)≠eq\f(1,1)，解得a≠±1.當(dāng)a≠±1時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋y＋1＝0，,x＋y＋a＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－a－1，))代入x＋ay＋1＝0得1－a(a＋1)＋1＝0，解得a＝1或a＝－2，因此a≠－2.綜上，a≠±1且a≠－2.故選C.[變式探究]1．B由題可知，直線sinA·x＋ay＋c＝0與bx－sinB·y＋sinC＝0的斜率分別為－eq\f(sinA,a)，eq\f(b,sinB).又在△ABC中eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，所以－eq\f(sinA,a)·eq\f(b,sinB)＝－1，所以兩條直線垂直，故選B.2．5x＋3y－1＝0將直線l1，l2的方程聯(lián)立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋2y－1＝0，,5x＋2y＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝2，))即直線l1，l2的交點為(－1，2).由題意得直線l3的斜率為eq\f(3,5).又直線l⊥l3，所以直線l的斜率為－eq\f(5,3)，則直線l的方程是y－2＝－eq\f(5,3)(x＋1)，即5x＋3y－1＝0.3．C當(dāng)三條直線交于一點時，可將平面分為六個部分，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋2＝0，,x－2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2，))則將eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2))代入l3：x＋ky＝0中，得2k＋2＝0，解得k＝－1；當(dāng)l3：x＋ky＝0與l1：x－2y＋2＝0平行時，滿足要求，此時k＝－2；當(dāng)l3：x＋ky＝0與l2：x－2＝0平行時，滿足要求，此時k＝0.綜上，滿足條件的實數(shù)k的值共有3個．故選C.[例2](1)A依題意知AB的中點M的集合為到直線l1：x＋y－7＝0和l2：x＋y－5＝0距離都相等的直線，則M到原點的距離的最小值為原點到該直線的距離．設(shè)點M所在直線的方程為l：x＋y＋m＝0，根據(jù)平行線間的距離公式得eq\f(|m＋7|,\r(2))＝eq\f(|m＋5|,\r(2))?|m＋7|＝|m＋5|?m＝－6，即l：x＋y－6＝0.根據(jù)點到直線的距離公式，得點M到原點的距離的最小值eq\f(|－6|,\r(2))＝3eq\r(2).故選A.(2)3x＋4y－11＝0或x＝1由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋3＝0，,2x＋3y－8＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))所以l1，l2的交點為(1，2).顯然，直線x＝1滿足條件；當(dāng)直線斜率存在時，設(shè)直線方程為y－2＝k(x－1)，即kx－y＋2－k＝0.依題意有eq\f(|－2－k|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝－eq\f(3,4).所以所求直線方程為3x＋4y－11＝0或x＝1.[變式探究]4．eq\f(9,4)由|AP|＝2|BP|，得eq\r((a＋4)2＋b2)＝2eq\r((a＋1)2＋b2)，化簡得a2＋b2＝4.則eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝(eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2))·eq\f(1,4)·(a2＋b2)＝eq\f(1,4)(4＋1＋eq\f(4b2,a2)＋eq\f(a2,b2))≥eq\f(1,4)(5＋2eq\r(\f(4b2,a2)·\f(a2,b2)))＝eq\f(9,4)，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝2b2時取等號，所以eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)的最小值為eq\f(9,4).5．(0，eq\r(34)]當(dāng)兩平行直線的斜率存在時，設(shè)平行直線的斜率為k，則直線l1：y＋2＝k(x＋2)，直線l2：y－3＝k(x－1).由平行直線間的距離公式得d＝eq\f(|3k－5|,\r(k2＋1))，則d2＝eq\f(9k2－30k＋25,k2＋1).將問題轉(zhuǎn)化為方程(d2－9)k2＋30k＋d2－25＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d2－9≠0，,Δ＝900－4(d2－9)(d2－25)≥0，))或d2－9＝0，解得0<d≤eq\r(34).當(dāng)兩平行直線的斜率不存在時，兩直線方程分別為x＝－2，x＝1，這時，d＝3.故0<d≤eq\r(34).[例3](1)－eq\f(2,9)設(shè)P(a，1)，則Q(2－a，－3).由點Q在直線l2上，得2－a－3－7＝0，a＝－8，故P(－8，1)，所以直線l的斜率為k＝eq\f(1－(－1),－8－1)＝－eq\f(2,9).(2)2x＋3y＋12＝0由ax＋y＋3a－1＝0得(x＋3)a＋(y－1)＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3＝0，,y－1＝0，))得M(－3，1).設(shè)直線2x＋3y－6＝0關(guān)于M點對稱的直線方程為2x＋3y＋C＝0，所以eq\f(|－6＋3－6|,\r(4＋9))＝eq\f(|－6＋3＋C|,\r(4＋9))，解得C＝12或C＝－6(舍)，所以直線2x＋3y－6＝0關(guān)于M點對稱的直線方程為2x＋3y＋12＝0.(3)C如圖，作C(－2，0)關(guān)于y軸的對稱點G(2，0)，作C(－2，0)關(guān)于y＝x＋4的對稱點D(a，b).連接DG交y軸于F，交AB于E，所以FG＝FC，EC＝ED.此時△CEF周長最小，即EC＋FC＋EF＝ED＋FG＋EF＝DG.由C(－2，0)，直線AB的方程為y＝x＋4，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a＋2)＝－1，,\f(b,2)＝\f(a－2,2)＋4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝2，))所以D(－4，2)，可得直線DG的方程為eq\f(y－0,2－0)＝eq\f(x－2,－4－2)，即y＝－eq\f(1,3)x＋eq\f(2,3).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋4，,y＝－\f(1,3)x＋\f(2,3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(5,2)，,y＝\f(3,2)，))所以E(－eq\f(5,2)，eq\f(3,2)).令x＝0可得y＝eq\f(2,3)，所以F(0，eq\f(2,3)).故選C.[變式探究]6．(－eq\f(1,2)，0)由題意可得A(－1，1)關(guān)于x軸的對稱點為(－1，－1).而反射光線直線又過B(2，5)，所以其直線為y＝eq\f(5＋1,2＋1)(x－2)＋5，即y＝2x＋1.當(dāng)y＝0時，x＝－eq\f(1,2)，即點P的坐標(biāo)為(－eq\f(1,2)，0).7．2x－3y－1＝0由題意可知，點B在角平分線y＝x上，可設(shè)點B的坐標(biāo)是(m，m)，則AB的中點(eq\f(m＋1,2)，eq\f(m＋2,2))在直線CM上，所以eq\f(m＋1,2)＋2·eq\f(m＋2,2)－1＝0，解得m＝－1，故點B(－1，－1).設(shè)A關(guān)于y＝x的對稱點為A′(x0，y0)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y0－2,x0－1)＝－1，,\f(y0＋2,2)＝\f(x0＋1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2，,y0＝1，))即A′(2，1)，又由A′在直線BC上，可得直線BC的方程為eq\f(y＋1,1＋1)＝eq\f(x＋1,2＋1)，即3(y＋1)＝2(x＋1)，即2x－3y－1＝0.8．(1)(－eq\f(k,2)，eq\f(1,2))(2)y＝kx＋eq\f(k2,2)＋eq\f(1,2)當(dāng)k＝0時，A1(0，1)，折痕所在直線方程為y＝eq\f(1,2).當(dāng)k≠0時，直線AA1的斜率為－eq\f(1,k)，所以直線AA1的方程為y＝－eq\f(1,k)x，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,k)x，,y＝1))解得x＝－k，所以A1(－k，1)，所以AA1的中點坐標(biāo)為(－eq\f(k,2)，eq\f(1,2))，所以折痕所在的直線方程為y－eq\f(1,2)＝k(x＋eq\f(k,2))，y＝kx＋eq\f(k2,2)＋eq\f(1,2).當(dāng)k＝0時，折痕y＝eq\f(1,2)也符合上式，綜上所述，折痕所在的直線方程為y＝kx＋eq\f(k2,2)＋eq\f(1,2).第52講圓的方程【夯基固本】[知識梳理]1．定點定長圓心2．(1)(x－a)2＋(y－b)2＝r2(2)(－eq\f(D,2)，－eq\f(E,2))eq\f(1,2)eq\r(D2＋E2－4F)3．待定系數(shù)法(1)標(biāo)準(zhǔn)或一般(2)a，b，r或D，E，F(xiàn)(3)a，b，r或D，E，F(xiàn)[常用結(jié)論]1.(1)(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2(2)(x0－a)2＋(y0－b)2>r2(3)(x0－a)2＋(y0－b)2<r2[熱身練習(xí)]1．A2.A3.x2＋y2＝a24.x2＋y2＋4x－2y＝05．eq\r(5)－2【考點探究】[例1](1)D設(shè)圓心坐標(biāo)為C(2b＋2，b)，由圓過兩點A(0，4)，B(4，6)，可得|AC|＝|BC|，即[(2b＋2)－0]2＋(b－4)2＝[(2b＋2)－4]2＋(b－6)2，解得b＝1，可得圓心為(4，1)，半徑為5，則所求圓的方程為(x－4)2＋(y－1)2＝25.故選D.(2)1或eq\f(7,3)由題意，在直線l：y＝eq\f(\r(3),3)x中，傾斜角為30°，所以圓C的圓心在兩切線所成角的平分線y＝eq\r(3)x上．設(shè)圓心C(a，eq\r(3)a)，則圓C的方程為(x－a)2＋(y－eq\r(3)a)2＝a2，將點P(2，eq\r(3))的坐標(biāo)代入，得(2－a)2＋(eq\r(3)－eq\r(3)a)2＝a2，解得a＝1或a＝eq\f(7,3)，所以圓C的半徑為1或eq\f(7,3).(3)C對于A，當(dāng)x>0時，x2＋(y－sgn(x))2－1＝x2＋(y－1)2－1≤0，即表示圓x2＋(y－1)2＝1內(nèi)部及邊界，顯然不滿足，A錯誤；對于B，當(dāng)y>0時，(x－sgn(y))2＋y2－1＝(x－1)2＋y2－1≤0，即表示圓(x－1)2＋y2＝1內(nèi)部及邊界，顯然不滿足，B錯誤；對于C，當(dāng)x>0時，x2＋(y－sgn(x))2－1＝x2＋(y－1)2－1≥0，即表示圓x2＋(y－1)2＝1外部及邊界，滿足；當(dāng)x<0時，x2＋(y－sgn(x))2－1＝x2＋(y＋1)2－1≤0，即表示圓x2＋(y＋1)2＝1的內(nèi)部及邊界，滿足，C正確；對于D，當(dāng)y>0時，(x－sgn(y))2＋y2－1＝(x－1)2＋y2－1≥0，即表示圓(x－1)2＋y2＝1外部及邊界，顯然不滿足，D錯誤．故選C.[變式探究]1．B直線(3＋2λ)x＋(3λ－2)y＋5－λ＝0，即(2x＋3y－1)λ＋(3x－2y＋5)＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋3y－1＝0，,3x－2y＋5＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝1，))即P(－1，1)，圓C：(x－2)2＋(y＋3)2＝16的圓心C(2，－3)，|PC|＝5，所以所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－2)2＋(y＋3)2＝25.故選B.2．(x＋eq\f(13,5))2＋(y－eq\f(6,5))2＝eq\f(4,5)(或x2＋y2＋eq\f(26,5)x－eq\f(12,5)y＋eq\f(37,5)＝0)聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＋4＝0，,(x＋1)2＋(y－2)2＝4，))解得交點坐標(biāo)為(－3，2)，(－eq\f(11,5)，eq\f(2,5)).過兩交點的圓中，以交點為端點的線段為直徑的圓面積最小，故所求圓的圓心坐標(biāo)為(－eq\f(13,5)，eq\f(6,5))，半徑為eq\r((－3＋\f(13,5))2＋(2－\f(6,5))2)＝eq\f(2\r(5),5)，故所求圓的方程為(x＋eq\f(13,5))2＋(y－eq\f(6,5))2＝eq\f(4,5).3．(x＋1)2＋(y－eq\r(3))2＝1由題知，拋物線y2＝4x的焦點為F(1，0)，準(zhǔn)線l：x＝－1，因為點C在l上，以C為圓心的圓與y軸的正半軸相切于點A.因為∠FAC＝120°，所以∠FAO＝30°.所以O(shè)A＝eq\f(OF,tan∠FAO)＝eq\f(1,\f(\r(3),3))＝eq\r(3)，所以O(shè)A＝eq\r(3)，所以A(0，eq\r(3))，如圖所示．所以C(－1，eq\r(3))，圓的半徑為CA＝1，故所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋(y－eq\r(3))2＝1.[例2](1)[4，6]因為∠APB＝90°，所以點P的軌跡是以AB為直徑的圓O，半徑為m，故點P是圓O與圓C的交點，如圖所示．又C：(x－3)2＋(y－4)2＝1的圓心和半徑分別為(3，4)，r＝1，|OC|＝eq\r(32＋42)＝5，因此兩圓相切或相交，即|m－1|≤eq\r(32＋42)≤m＋1，解得4≤m≤6.(2)B如圖，過圓心C分別作直線l1，l2的垂線，垂足分別為E，F(xiàn).因為l1，l2互相垂直，所以四邊形AECF為矩形．由圓C：(x－1)2＋y2＝4，可得C(1，0)，又A(0，1)，所以deq\o\al(2,1)＋deq\o\al(2,2)＝|CE|2＋|CF|2＝|AC|2＝2≥2d1d2，所以d1d2≤1，當(dāng)且僅當(dāng)d1＝d2＝1時取等號，即d1d2的最大值為1，故選B.(3)18－eq\r(26)依題意，方程xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝4，xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝9分別表示以原點O為圓心，2，3為半徑的圓．令B(x1，y1)，A(x2，y2)，即點B，A分別在x2＋y2＝4，x2＋y2＝9上，如圖．顯然eq\o(OB,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(x2，y2)，eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0，即有eq\o(OB,\s\up6(→))⊥eq\o(OA,\s\up6(→))，|AB|＝eq\r(|OA|2＋|OB|2)＝eq\r(13).取線段AB的中點P，連接OP，則|OP|＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\f(\r(13),2)，因此點P在以原點為圓心，eq\f(\r(13),2)為半徑的圓上．而|x1＋y1－9|＋|x2＋y2－9|＝eq\r(2)(eq\f(|x1＋y1－9|,\r(2))＋eq\f(|x2＋y2－9|,\r(2)))，即|x1＋y1－9|＋|x2＋y2－9|表示點A，B到直線l：x＋y－9＝0的距離和的eq\r(2)倍，過A，B分別作直線l的垂線，垂足分別為M，N，過P作PD垂直于直線l于點D，于是AM∥PD∥BN，|AM|＋|BN|＝2|PD|，|x1＋y1－9|＋|x2＋y2－9|＝eq\r(2)(|AM|＋|BN|)＝2eq\r(2)|PD|，原點O到直線l的距離d＝eq\f(9,\r(2))，顯然|PD|≥d－|OP|＝eq\f(9,\r(2))－eq\f(\r(13),2)，當(dāng)且僅當(dāng)點O，P，D共線，且點P在線段OD上時取等號，所以(|x1＋y1－9|＋|x2＋y2－9|)min＝2eq\r(2)|PD|min＝2eq\r(2)(eq\f(9,\r(2))－eq\f(\r(13),2))＝18－eq\r(26).[變式探究]4．C令x－y＝k，則x＝k＋y，代入原式化簡得2y2＋(2k－6)y＋k2－4k－4＝0.因為存在實數(shù)y，則Δ≥0，即(2k－6)2－4×2(k2－4k－4)≥0，化簡得k2－2k－17≤0，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2)，故x－y的最大值是3eq\r(2)＋1.故選C.5．B由y＝kx＋m(k≠0)得A(－eq\f(m,k)，0)，B(0，m)，故由|AB|＝2eq\r(2)得(－eq\f(m,k))2＋m2＝8，且AB的中點到原點的距離為eq\r(2).由CA⊥CB得eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0.設(shè)C(x，y)，則(x＋eq\f(m,k)，y)·(x，y－m)＝0，即(x＋eq\f(m,2k))2＋(y－eq\f(m,2))2＝eq\f(m2,4k2)＋eq\f(m2,4)，即點C的軌跡為一動圓．設(shè)該動圓圓心為(x′，y′)，則x′＝－eq\f(m,2k)，y′＝eq\f(m,2)，整理得k＝－eq\f(y′,x′)，m＝2y′，代入(－eq\f(m,k))2＋m2＝8中，得x′2＋y′2＝2，即點C的軌跡的動圓的圓心在圓x′2＋y′2＝2上，故點(1，1)與該圓上的點(－1，－1)的連線的距離加上圓的半徑即為點C到點(1，1)的距離的最大值，最大值為eq\r([1－(－1)]2＋[1－(－1)]2)＋eq\r(2)＝3eq\r(2)，故選B.6．A由題意，設(shè)點M，N的中點為D(x，y)，如圖所示．因為PM⊥PN，所以Rt△PMN斜邊的中線等于斜邊的一半，即|PD|＝eq\f(|MN|,2).又由垂徑定理有eq\f(|MN|,2)＝eq\r(|OM|2－|OD|2)，所以|PD|＝eq\r(|OM|2－|OD|2)，即|PD|2＝|OM|2－|OD|2，則有(x－1)2＋y2＝2－(x2＋y2)，化簡得x2－x＋y2＝eq\f(1,2)，即(x－eq\f(1,2))2＋y2＝(eq\f(\r(3),2))2，所以點D的軌跡是以(eq\f(1,2)，0)為圓心，eq\f(\r(3),2)為半徑的圓．由圓的性質(zhì)有|DP|min＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)，|DP|max＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2).又|MN|＝2|PD|，所以|MN|min＝eq\r(3)－1，|MN|max＝eq\r(3)＋1，所以|MN|的取值范圍為[eq\r(3)－1，eq\r(3)＋1]，故選A.[例3](1)設(shè)點M(x，y)，則P(x，y0)，P′(x，0).因為M為PP′的中點，所以y0＝2y，即P(x，2y).又P在圓x2＋y2＝16(y>0)上，所以x2＋4y2＝16(y>0)，即eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1(y>0)，即點M的軌跡方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1(y>0).故選A.(2)(ⅰ)(直接法)設(shè)C(x，y).因為A，B，C三點不共線，所以y≠0.因為AC⊥BC，所以kAC·kBC＝－1.又kAC＝eq\f(y,x＋1)，kBC＝eq\f(y,x－3)，所以eq\f(y,x＋1)·eq\f(y,x－3)＝－1，化簡得x2＋y2－2x－3＝0.所以直角頂點C的軌跡方程為x2＋y2－2x－3＝0(y≠0).(ⅱ)(代入法)設(shè)M(x，y)，C(x0，y0).因為B(3，0)，M是線段BC的中點，所以x＝eq\f(x0＋3,2)，y＝eq\f(y0＋0,2)，所以x0＝2x－3，y0＝2y.又C的軌跡方程為(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，將x0＝2x－3，y0＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4，即(x－2)2＋y2＝1(y≠0).所以動點M的軌跡方程為(x－2)2＋y2＝1(y≠0).[變式探究]7．A設(shè)過A，B，C三點的圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，由題意可得y＝0時，x2＋Dx＋F＝0與x2＋mx－2＝0等價，可得D＝m，F(xiàn)＝－2，圓的方程即為x2＋y2＋mx＋Ey－2＝0.由圓過C(3，1)可得9＋1＋3m＋E－2＝0，可得E＝－8－3m，即圓的方程為x2＋y2＋mx＋(－8－3m)y－2＝0，整理得(x2＋y2－8y－2)＋m(x－3y)＝0.因為m為任意實數(shù)方程都成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－8y－2＝0，,x－3y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(3,5)，,y＝－\f(1,5)，))所以圓過定點(3，1)和(－eq\f(3,5)，－eq\f(1,5))，此時過兩點的弦長為定值eq\r((－\f(3,5)－3)2＋(－\f(1,5)－1)2)＝eq\f(6\r(10),5)，過兩點的直線的斜率為eq\f(－\f(1,5)－1,－\f(3,5)－3)＝eq\f(1,3)，所以過兩點的直線的方程為y－1＝eq\f(1,3)(x－3)，即為x－3y＝0.故選A.8．ABD設(shè)P(x，y).因為A(1，0)，B(－2，0)，點P滿足eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(\r((x－1)2＋y2),\r((x＋2)2＋y2))＝eq\f(1,2)，整理化簡得(x－2)2＋y2＝4，即曲線C的方程為(x－2)2＋y2＝4，如圖所示．對于A，曲線C為半徑為2的圓，故周長為2π·2＝4π，A正確．對于B，因為A(1，0)，B(－2，0)，所以eq\f(|OA|,|OB|)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(|OA|,|OB|)＝eq\f(|PA|,|PB|)，延長BP到Q，使|AP|＝|PQ|，連接AQ，如圖所示．因為|AP|＝|PQ|，所以eq\f(|OB|,|OA|)＝eq\f(|PB|,|PA|)＝eq\f(|PB|,|PQ|)，所以O(shè)P∥AQ，所以∠OPB＝∠Q，∠OPA＝∠QAP.因為|AP|＝|PQ|，所以∠OPA＝∠Q.所以∠OPB＝∠OPA，即OP平分∠APB，B正確．對于C，△ABP的面積S＝eq\f(1,2)|AB|·|yP|＝eq\f(3,2)|yP|.要使△ABP的面積最大，只需|yP|最大，由點P的軌跡為C：(x－2)2＋y2＝4可得|yP|max＝2，所以△ABP面積的最大值為3，C錯誤．對于D，當(dāng)AP⊥AB時，P(1，eq\r(3))或(1，－eq\r(3))，如圖所示．不妨取P(1，eq\r(3))，則直線BP：y＝eq\f(\r(3)－0,1－(－2))(x＋2)，即y＝eq\f(\r(3),3)(x＋2).因為圓心C(2，0)到直線BP的距離為d＝eq\f(|\f(\r(3),3)(2＋2)|,\r(1＋(\f(\r(3),3))2))＝2，所以d＝r，即直線BP與圓C相切，D正確．故選ABD.第53講直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系【夯基固本】[知識梳理]1．(1)eq\f(|aA＋bB＋C|,\r(A2＋B2))<＝>(2)>＝<2．(1)相離外切相交內(nèi)切內(nèi)含(2)相交相切相離內(nèi)含[熱身練習(xí)]1．C2.A3.B4.B5.2eq\r(2)【考點探究】[例1](1)圓x2＋y2－4x－4y＋7＝0，即圓(x－2)2＋(y－2)2＝1的圓心坐標(biāo)為(2，2)、半徑為1，顯然過點(1，0)且斜率不存在的直線為x＝1，與圓(x－2)2＋(y－2)2＝1相切，滿足題意．設(shè)圓過點(1，0)且斜率存在的直線為y＝k(x－1)，與圓(x－2)2＋(y－2)2＝1相切，所以d＝eq\f(|k－2|,\r(k2＋1))＝r＝1，解得k＝eq\f(3,4)，所以滿足題意的直線方程為3x－4y－3＝0或x＝1.故選D.(2)C因為a，b，c成等差數(shù)列，所以2b＝a＋c，c＝2b－a，代入直線方程ax＋by＋c＝0得ax＋by＋2b－a＝0，即a(x－1)＋b(y＋2)＝0.令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＝0，,y＋2＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－2，))故直線恒過(1，－2).設(shè)P(1，－2)，圓化為標(biāo)準(zhǔn)方程得C：x2＋(y＋2)2＝5.設(shè)圓心為C，畫出直線與圓的圖形，由圖可知，當(dāng)PC⊥AB時，|AB|最小，|PC|＝1，|AC|＝|r|＝eq\r(5)，此時|AB|＝2|AP|＝2eq\r(|AC|2－|PC|2)＝2eq\r(5－1)＝4.故選C.(3)10＋2eq\r(5)由圓M：(x－5)2＋(y－5)2＝16知圓心M(5，5)，半徑r＝4.因為NP與圓M相切于點P，所以MP⊥NP，所以|PN|＝eq\r(|MN|2－|MP|2)＝eq\r(|MN|2－16)，所以|MN|越小，|PN|越?。?dāng)MN⊥l時，|MN|最小，因為圓心M到直線l的距離為eq\f(|3×5＋4×5－5|,\r(32＋42))＝6，所以|MN|的最小值為6，此時，|PN|＝2eq\r(5)，|MP|＋|MN|＋|PN|＝10＋2eq\r(5)，故△MNP的周長的最小值為10＋2eq\r(5).[變式探究]1．(x－1)2＋(y－2)2＝4或(x＋1)2＋(y＋2)2＝4設(shè)所求圓的圓心為(a，2a)，半徑為r.因為圓與x軸相切，所以r＝|2a|.又圓心到直線x－y＝0的距離d＝eq\f(|a－2a|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)|a|，所以2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(4a2－\f(1,2)a2)＝eq\r(14)，解得a＝1或a＝－1，所以所求圓的圓心為(1，2)或(－1，－2)，半徑r＝2，所以圓的方程為(x－1)2＋(y－2)2＝4或(x＋1)2＋(y＋2)2＝4.2．C將圓C的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－6)2＋(y＋5)2＝36，圓心為C(6，－5)，半徑為6.設(shè)與直線l平行且到直線l的距離為3的直線的方程為3x＋4y＋m＝0，則eq\f(|m－c|,\r(32＋42))＝3，解得m＝c＋15或m＝c－15.所以直線3x＋4y＋c－15＝0，3x＋4y＋c＋15＝0均與圓C相交，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|3×6－4×5＋c－15|,5)<6，,\f(|3×6－4×5＋c＋15|,5)<6，))解得－13<c<17.因此，實數(shù)c的取值范圍是(－13，17).故選C.3．B因為x2＋y2－4x－1＝0，即(x－2)2＋y2＝5，可得圓心C(2，0)，半徑r＝eq\r(5).過點P(0，－2)作圓C的切線，切點分別為A，B.因為|PC|＝eq\r(22＋(－2)2)＝2eq\r(2)，則|PA|＝eq\r(|PC|2－r2)＝eq\r(3)，可得sin∠APC＝eq\f(\r(5),2\r(2))＝eq\f(\r(10),4)，cos∠APC＝eq\f(\r(3),2\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，則sin∠APB＝sin2∠APC＝2sin∠APCcos∠APC＝2×eq\f(\r(10),4)×eq\f(\r(6),4)＝eq\f(\r(15),4)，cos∠APB＝cos2∠APC＝cos2∠APC－sin2∠APC＝(eq\f(\r(6),4))2－(eq\f(\r(10),4))2＝－eq\f(1,4)<0，即∠APB為鈍角，所以sinα＝sin(π－∠APB)＝sin∠APB＝eq\f(\r(15),4).[例2](1)2eq\r(5)(x＋2)2＋(y－1)2＝5兩圓的方程作差可得x－2y＋4＝0.所以圓C1與圓C2的公共弦AB所在的直線方程為x－2y＋4＝0，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4＝0，,x2＋y2＋2x＋2y－8＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－4，,y＝0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2.))不妨設(shè)A(－4，0)，B(0，2)，所以|AB|＝eq\r((－4－0)2＋(0－2)2)＝2eq\r(5).以AB為直徑的圓即為面積最小的圓，方程為(x＋2)2＋(y－1)2＝5.(2)B圓C1：x2＋y2＝9的圓心為原點O(0，0)，半徑r1＝3.依題意，圓C2的圓心C2在圓C1內(nèi)，設(shè)半徑為r2，如圖所示．因為圓C2與圓C1內(nèi)切，則|OC2|＝r1－r2，即r2＝r1－|OC2|，又點C2在線段AB上，過O作OP⊥AB于P，則|OP|＝eq\f(|－5|,\r(32＋42))＝1，顯然|OC2|≥|OP|，當(dāng)且僅當(dāng)點C2與點P重合時取“＝”，所以(r2)max＝r1－|OP|＝3－1＝2，所以圓C2的半徑的最大值是2.故選B.[變式探究]4．D因為圓C1：x2＋y2＋4ax＋4a2－4＝0和圓C2：x2＋y2－2by＋b2－1＝0只有一條公切線，所以兩圓相內(nèi)切，其中C1(－2a，0)，r1＝2，C2(0，b)，r2＝1，故|C1C2|＝eq\r(4a2＋b2)，由題設(shè)可知eq\r(4a2＋b2)＝2－1，即4a2＋b2＝1，eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝(4a2＋b2)(eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2))＝eq\f(4a2,b2)＋eq\f(b2,a2)＋5≥2eq\r(\f(4a2,b2)·\f(b2,a2))＋5＝9，當(dāng)且僅當(dāng)2a2＝b2時等號成立．故選D.5．BD由圓O1：x2＋y2－2x－3＝0和圓O2：x2＋y2－2y－1＝0，化簡得圓O1：(x－1)2＋y2＝4和圓O2：x2＋(y－1)2＝2，則圓O1的圓心坐標(biāo)為(1，0)，半徑為2，圓O2的圓心坐標(biāo)為(0，1)，半徑為eq\r(2).對于A，兩圓的圓心距|O1O2|＝eq\r((1－0)2＋(0－1)2)＝eq\r(2)，A錯誤；對于B，將兩圓方程作差可得－2x＋2y－2＝0，即得公共弦AB的方程為x－y＋1＝0，B正確；對于C，直線AB經(jīng)過圓O2的圓心(0，1)，所以線段AB是圓O2的直徑，故圓O2中不存在比AB長的弦，C錯誤；對于D，圓O1的圓心坐標(biāo)為(1，0)，半徑為2，圓心到直線AB：x－y＋1＝0的距離為eq\f(|1＋1|,\r(2))＝eq\r(2)，所以圓O1上的點到直線AB的最大距離為2＋eq\r(2)，D正確．故選BD.[例3](1)由題意可聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x2－(1＋a)x＋y2－ay＋a＝0，))得x2－(1＋a)x＋a＝0，由題意知Δ＝(1＋a)2－4a＝(a－1)2＝0，所以a＝1，故所求圓C的方程為x2－2x＋y2－y＋1＝0.(2)令y＝0，得x2－(1＋a)x＋a＝0，即(x－1)(x－a)＝0，解得x＝1或x＝a，所以M(1，0)，N(a，0).假設(shè)存在實數(shù)a，使得∠ANM＝∠BNM.當(dāng)直線AB與x軸不垂直時，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)，代入x2＋y2＝4，得(1＋k2)x2－2k2x＋k2－4＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，從而x1＋x2＝eq\f(2k2,1＋k2)，x1x2＝eq\f(k2－4,1＋k2).因為NA，NB的斜率之和為eq\f(y1,x1－a)＋eq\f(y2,x2－a)＝eq\f(k[(x1－1)(x2－a)＋(x2－1)(x1－a)],(x1－a)(x2－a))，又因為(x1－1)(x2－a)＋(x2－1)(x1－a)＝2x1x2－(a＋1)(x1＋x2)＋2a＝eq\f(2(k2－4),1＋k2)－(a＋1)eq\f(2k2,1＋k2)＋2a＝eq\f(2a－8,1＋k2)，因為∠ANM＝∠BNM，所以NA，NB的斜率互為相反數(shù)，所以eq\f(y1,x1－a)＋eq\f(y2,x2－a)＝0，即eq\f(2a－8,1＋k2)＝0，得a＝4.當(dāng)直線AB與x軸垂直時，仍然滿足∠ANM＝∠BNM，即NA，NB的斜率互為相反數(shù)．綜上，存在a＝4，使得∠ANM＝∠BNM.[變式探究]6．(1)設(shè)圓心是(a，0)(a＞0)，它到直線x－eq\r(3)y＋2＝0的距離是d＝eq\f(|a＋2|,\r(1＋3))＝2，解得a＝2或a＝－6(舍去)，所以所求圓C的方程是(x－2)2＋y2＝4.(2)假設(shè)存在這樣的點P(x，y)，則由|PQ|＝eq\f(\r(2),2)|PO|，得x2＋y2＋4x＋2＝0，即點P在圓D：(x＋2)2＋y2＝2上，點P也在圓C：(x－2)2＋y2＝4上．因為|CD|＝4＞rc＋rd＝2＋eq\r(2)，所以圓C與圓D外離，圓C與圓D沒有公共點．所以不存在點P滿足條件．(3)因為點M(m，n)在圓C上，所以(m－2)2＋n2＝4，即n2＝4－(m－2)2＝4m－m2且0≤m≤4.因為原點到直線l：mx＋ny＝1的距離h＝eq\f(1,\r(m2＋n2))＝eq\f(1,\r(4m))＜1，解得eq\f(1,4)＜m≤4.又|AB|＝2eq\r(1－h(huán)2)，所以S△OAB＝eq\f(1,2)|AB|h＝eq\r(h2－h(huán)4)＝eq\r(\f(1,4m)－(\f(1,4m))2)＝eq\r(－(\f(1,4m)－\f(1,2))2＋\f(1,4))，因為eq\f(1,16)≤eq\f(1,4m)＜1，所以當(dāng)eq\f(1,4m)＝eq\f(1,2)，即m＝eq\f(1,2)時，S△OAB取得最大值eq\f(1,2)，此時點M的坐標(biāo)是(eq\f(1,2)，eq\f(\r(7),2))或(eq\f(1,2)，－eq\f(\r(7),2))，對應(yīng)的△OAB的面積的最大值是eq\f(1,2).第54講橢圓【夯基固本】[知識梳理]1．距離的和等于常數(shù)(大于|F1F2|)焦點焦距2．(0，－a)(0，a)(－b，0)(b，0)(0，－c)(0，c)2a2ba2－b2eq\f(c,a)[熱身練習(xí)]1．C2.A3.A4.eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝15.eq\f(1,2)【考點探究】[例1](1)eq\f(x2,4)＋y2＝1如圖，連接BD.由題意，|BD|＝|CD|，則|BD|＋|DA|＝|CD|＋|DA|＝4>2eq\r(3)＝|AB|.由橢圓的定義可得動點D的軌跡為橢圓，其焦點坐標(biāo)為(±eq\r(3)，0)，長半軸長為2，所以短半軸長為1，故軌跡方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)D在eq\f(|x|,2)＋|y|＝1中，令x＝0得y＝±1，令y＝0得x＝±2.不妨設(shè)A(－2，0)，B(2，0)，C(0，－1)，D(0，1)，則點A，B為橢圓eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1的焦點，如圖所示，故|PA|＋|PB|＝2eq\r(6).因為|PA|＋|PB|＋|PC|＋|PD|＝4eq\r(6)，所以|PC|＋|PD|＝2eq\r(6).又|CD|＝2，|PC|＋|PD|>|CD|，由橢圓定義可知，P點在以C(0，－1)，D(0，1)為焦點的橢圓上，其中2a＝2eq\r(6)，2c＝2，故a＝eq\r(6)，c＝1，b2＝6－1＝5，所以P為橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,6)＝1上一點．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,\f(x2,5)＋\f(y2,6)＝1，))解得y2＝eq\f(6,13)，則|y|＝eq\f(\r(78),13)，故點P到x軸的距離為eq\f(\r(78),13).故選D.[變式探究]1．B若方程表示橢圓，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－k>0，,k－1>0，,4－k≠k－1，))解得1<k<eq\f(5,2)或eq\f(5,2)<k<4.又{k|1<k<eq\f(5,2)或eq\f(5,2)<k<4}是{k|1<k<4}的真子集，所以“1<k<4”是“方程eq\f(x2,4－k)＋eq\f(y2,k－1)＝1表示的曲線為橢圓”的必要不充分條件．故選B.2．eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1設(shè)AP的中點為M，切點為N，連接ON，MN，如圖所示，則O，M，N三點共線，且|OM|＋|MN|＝|ON|＝3.取A關(guān)于y軸的對稱點A1，連接A1P.根據(jù)中位線的性質(zhì)有|A1P|＝2|OM|，又|AP|＝2|MN|，所以|A1P|＋|AP|＝2(|OM|＋|MN|)＝6，且當(dāng)點P坐標(biāo)為(±3，0)時也滿足題意．所以點P的軌跡是以A1，A為焦點，長軸長為6的橢圓，其中a＝3，c＝2，b＝eq\r(5)，則動點P的軌跡方程是eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1.[例2](1)A由橢圓C的離心率e＝eq\f(\r(6),3)，可得a＝eq\r(3)b，所以橢圓的方程為eq\f(x2,3b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.設(shè)M(x0，y0)，則eq\f(xeq\o\al(2,0),3b2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1，可得xeq\o\al(2,0)＝3b2－3yeq\o\al(2,0).又由點B(0，－b)，可得|MB|2＝xeq\o\al(2,0)＋(y0＋b)2＝3b2－3yeq\o\al(2,0)＋(y0＋b)2＝－2(y0－eq\f(b,2))2＋eq\f(9b2,2).因為－b≤y0≤b，所以|MB|eq\o\al(2,max)＝eq\f(9b2,2)，所以|MB|max＝eq\f(3\r(2)b,2).故選A.(2)C由題意作出圖形，如圖所示．可知|OA|＝a，|OB|＝b，|OF|＝c.在Rt△ABO中，tan∠BAO＝tan∠FAB＝eq\f(b,a).在Rt△BFO中，tan∠BFO＝eq\f(b,c)，所以tan∠FBA＝tan(∠BFO－∠FAB)＝eq\f(tan∠BFO－tan∠FAB,1＋tan∠BFO·tan∠FAB)＝eq\f(\f(b,c)－\f(b,a),1＋\f(b,c)·\f(b,a))＝eq\f(b(a－c),ac＋b2).因為tan∠FAB＝2tan∠FBA，所以eq\f(b,a)＝2·eq\f(b(a－c),ac＋b2).又b2＝a2－c2，整理得c2＋a2－3ac＝0，即e2－3e＋1＝0，解得e＝eq\f(3±\r(5),2).又e∈(0，1)，所以e＝eq\f(3－\r(5),2)，故選C.[變式探究]3．A依題意，直線l的斜率為－eq\f(3,4)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(3,4)，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝4.))由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),m2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),m2)＝1))兩式相減得eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),4)＝－eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),m2)，于是eq\f(m2,4)＝－eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq\f(3,4)×eq\f(4,2)＝eq\f(3,2)，解得m2＝6，此時橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,6)＝1.顯然點P(1，2)在橢圓C內(nèi)，符合要求，所以橢圓C的離心率e＝eq\f(\r(m2－4),|m|)＝eq\f(\r(2),\r(6))＝eq\f(\r(3),3).故選A.4．B設(shè)P(x0，y0)，M(0，b).因為eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1，a2＝b2＋c2，所以|PM|2＝xeq\o\al(2,0)＋(y0－b)2＝a2(1－eq\f(yeq\o\al(2,0),b2))＋(y0－b)2＝－eq\f(c2,b2)(y0＋eq\f(b3,c2))2＋eq\f(b4,c2)＋a2＋b2(－b≤y0≤b).由題意知當(dāng)y0＝－b時，|PM|2取得最大值，所以－eq\f(b3,c2)≤－b，可得a2≥2c2，即e2≤eq\f(1,2)，則0<e≤eq\f(\r(2),2).故選B.[例3](1)由橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，則a＝eq\r(2)c.因為上頂點A到右焦點的距離為eq\r(2)，所以a＝eq\r(2)，則b＝c＝1，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由A(0，1)，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，C(x0，y0)，且x1≠x2，2x0＝x1＋x2，2y0＝y(tǒng)1＋y2.因為P，Q在橢圓上，所以xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1)＝2，xeq\o\al(2,2)＋2yeq\o\al(2,2)＝2，兩式相減得eq\f(y2－y1,x2－x1)×eq\f(y0,x0)＝－eq\f(1,2).由eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(y0－m,x0)，得eq\f(y0－m,x0)×eq\f(y0,x0)＝－eq\f(1,2)，整理得xeq\o\al(2,0)＝2y0(m－y0).①由AC⊥OC，則eq\f(y0－1,x0)×eq\f(y0,x0)＝－1，整理得xeq\o\al(2,0)＝y(tǒng)0(1－y0).②由①②解得y0＝2m－1，xeq\o\al(2,0)＝2(1－2m)(m－1)>0，解得eq\f(1,2)<m<1.設(shè)B(x3，y3)，由B在橢圓E上，xeq\o\al(2,3)＋2yeq\o\al(2,3)＝2，③由BC⊥OC，則eq\f(y3－1,x3)×eq\f(y0,x0)＝－1，即y3＝－eq\f(x0,y0)x3＋1.代入③式消去y3，得x3＝eq\f(4x0y0,yeq\o\al(2,0)＋2xeq\o\al(2,0))，所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(|AO|·|x3|,|AO|·|x0|)＝|eq\f(4y0,yeq\o\al(2,0)＋2xeq\o\al(2,0))|＝|eq\f(4(2m－1),(2m－1)2＋4(1－2m)(m－1))|＝|eq\f(4,3－2m)|＝eq\f(4,3－2m).又eq\f(S1,S2)＝eq\f(8,3)，所以eq\f(4,3－2m)＝eq\f(8,3)，解得m＝eq\f(3,4).此時y0＝2m－1＝eq\f(1,2)，xeq\o\al(2,0)＝2(1－2m)(m－1)＝eq\f(1,4)，解得x0＝±eq\f(1,2)，此時C(±eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，D(0，eq\f(3,4)).所以直線方程為y＝eq\f(1,2)x＋eq\f(3,4)或y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(3,4).[變式探究]5．(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝3，,a－c＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝1，))所以b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).(2)如圖，由題意得，直線A2P的斜率存在．由(1)可得A2(2，0)，設(shè)直線A2P的方程為y＝k(x－2).聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k(x－2)，))消去y整理得(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0，由韋達(dá)定理得xA2xP＝eq\f(16k2－12,3＋4k2)，所以xP＝eq\f(8k2－6,3＋4k2)，所以P(eq\f(8k2－6,3＋4k2)，－eq\f(12k,3＋4k2))，Q(0，－2k).因為S△A2QA1＝eq\f(1,2)×4×|yQ|，S△A2PF＝eq\f(1,2)×1×|yP|，S△A1A2P＝eq\f(1,2)×4×|yP|，所以S△A2QA1＝S△A1PQ＋S△A1A2P＝2S△A2PF＋S△A1A2P，所以2|yQ|＝3|yP|，即2|－2k|＝3|－eq\f(12k,3＋4k2)|，解得k＝±eq\f(\r(6),2)，所以直線A2P的方程為y＝±eq\f(\r(6),2)(x－2).第55講雙曲線【夯基固本】[知識梳理]1．差的絕對值焦點焦距2．(0，－a)(0，a)(0，－c)(0，c)2a2ba2＋b2eq\f(c,a)±eq\f(b,a)x±eq\f(a,b)x[熱身練習(xí)]1．D2.D3.A4.x2－eq\f(y2,3)＝15.12【考點探究】[例1](1)D如圖，因為F2(c，0)，不妨設(shè)漸近線方程為y＝eq\f(b,a)x，即bx－ay＝0，所以|PF2|＝eq\f(|bc|,\r(a2＋b2))＝eq\f(bc,c)＝b，所以b＝2.又|OF2|＝c，所以|OP|＝a.因為S△POF2＝eq\f(1,2)ab＝eq\f(1,2)c·yP，所以yP＝eq\f(ab,c).又因為點P在漸近線y＝eq\f(b,a)x上，所以xP＝eq\f(a2,c)，所以P(eq\f(a2,c)，eq\f(ab,c)).因為F1(－c，0)，所以kPF1＝eq\f(\f(ab,c),\f(a2,c)＋c)＝eq\f(ab,a2＋c2)＝eq\f(2a,a2＋a2＋4)＝eq\f(a,a2＋2)＝eq\f(\r(2),4)，所以eq\r(2)(a2＋2)＝4a，解得a＝eq\r(2)，所以雙曲線的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,4)＝1.故選D.(2)A由eq\o(QP,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，可得QP⊥PB.又eq\o(QP,\s\up6(→))＝λ(eq\f(\o(QA,\s\up6(→)),|\o(QA,\s\up6(→))|)＋eq\f(\o(QB,\s\up6(→)),|\o(QB,\s\up6(→))|))，所以點P在∠BQA的平分線上，如圖所示．圓x2＋y2＝1，圓心為原點O，半徑r＝1，延長BP交AQ于點C，連接OP.因為∠PQB＝∠PQC且PQ⊥BC，所以QB＝QC，且P為BC中點，所以O(shè)P∥AC，OP＝eq\f(1,2)AC，因此，|QA|－|QB|＝|QA|－|QC|＝|AC|＝2|OP|＝2，同理，當(dāng)點P在第二象限時，|QB|－|QA|＝|QC|－|QA|＝|AC|＝2，所以||QA|－|QB||＝2，則點Q在以A，B為焦點的雙曲線上．設(shè)雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，可知c＝2，a2＋b2＝c2＝4，由2a＝|QA|－|QB|＝2，得a＝1，故b2＝3，所以雙曲線方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.故選A.[變式探究]1．x2－eq\f(y2,8)＝1(x≤－1)如圖，設(shè)動圓M與⊙C1及⊙C2分別外切于A和B，動圓半徑為r.根據(jù)兩圓外切的條件，得|MC1|＝r＋1，|MC2|＝r＋3.因為|MC2|－|MC1|＝2.根據(jù)雙曲線的定義可知，動點M是以C1，C2為焦點的雙曲線的左支，可知a＝1，c＝3，所以b2＝8.故所求的軌跡方程為x2－eq\f(y2,8)＝1(x≤－1).2．C如圖，由eq\f(|F1A|,|F1B|)＝eq\f(1,2)及雙曲線、直線的對稱性可知eq\f(|F1A|,|F2A|)＝eq\f(1,2)，則由雙曲線定義可知|AF2|－|AF1|＝|AF1|＝2a＝4.所以|AF2|＝8，|BF2|＝4，所以S△ABF2＝eq\f(1,2)|AF2||BF2|sin∠AF2B＝eq\f(1,2)×8×4sin∠AF2B＝16sin∠AF2B＝8eq\r(3)，解得sin∠AF2B＝eq\f(\r(3),2).因為eq\o(F2A,\s\up6(→))·eq\o(F2B,\s\up6(→))>0，所以∠AF2B＝eq\f(π,3)，所以∠F1AF2＝eq\f(2π,3)，由余弦定理可知|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|coseq\f(2π,3)＝16＋64＋32＝112，所以c2＝28，b2＝c2－a2＝28－4＝24，所以雙曲線方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,24)＝1.故選C.[例2](1)B如圖，設(shè)漸近線y＝eq\f(b,a)x的傾斜角為θ，則tanθ＝eq\f(b,a).又點F到漸近線y＝eq\f(b,a)x的距離為|AF|＝eq\f(bc,\r(a2＋b2))＝b.又|OF|＝c，所以|OA|＝a，所以|BF|＝2|AF|＝2b，所以|AB|＝3b，所以tan∠AOB＝tan2θ＝eq\f(3b,a)＝3tanθ，即eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝3tanθ，解得tanθ＝±eq\f(\r(3),3)，所以雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x，故選B.(2)A如圖，在雙曲線eq\f(x2,9)－eq\f(y2,3)＝1中，a＝3，b＝eq\r(3)，c＝eq\r(9＋3)＝2eq\r(3)，F(xiàn)1(－2eq\r(3)，0).圓E：x2＋(y＋2)2＝1的半徑為r＝1，圓心E(0，－2).所以|AF2|＝|AF1|＋2a＝|AF1|＋6，|AB|≥|AE|－|BE|＝|AE|－1(當(dāng)且僅當(dāng)A，E，B共線且B在A，E間時取等號．所以|AB|＋|AF2|≥|AF1|＋6＋|AE|－1＝|AF1|＋|AE|＋5≥|EF1|＋5＝eq\r((2\r(3))2＋(－2)2)＋5＝9，當(dāng)且僅當(dāng)A是線段EF1與雙曲線的交點時取等號．所以|AB|＋|AF2|的最小值是9.故選A.(3)B設(shè)雙曲線的右焦點為F1，過F1作F1M∥OQ交FP于M，如圖所示．因為QF與圓x2＋y2＝a2相切，所以O(shè)Q⊥PF，且|OQ|＝a.因為|OF|＝c，所以|FQ|＝eq\r(c2－a2)＝b.因為O為FF1的中點，且F1M∥OQ，所以Q為FM的中點，且MF1⊥PF，所以|F1M|＝2|OQ|＝2a，|QM|＝|FQ|＝b.因為|PQ|＝2|QF|＝2b，所以|PF|＝3b，|PM|＝b，因為|PF|－|PF1|＝2a，所以|PF1|＝3b－2a.因為MF1⊥PF，所以△F1PM為直角三角形，所以|F1M|2＋|PM|2＝|PF1|2，所以(2a)2＋b2＝(3b－2a)2，即2b＝3a，則4(c2－a2)＝9a2，即4c2＝13a2，e＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(\f(13,4))＝eq\f(\r(13),2).故選B.[變式探究]3．C設(shè)F1(0，－4)，F(xiàn)2(0，4)，P(－6，4)，則|F1F2|＝2c＝8，|PF1|＝eq\r((－6)2＋(4＋4)2)＝10，|PF2|＝eq\r((－6)2＋(4－4)2)＝6，則2a＝|PF1|－|PF2|＝10－6＝4，則e＝eq\