2021高三數(shù)學(xué)教師用書：第9章 第9講直線與圓錐曲線的位置關(guān)系含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高三人教B版數(shù)學(xué)一輪（經(jīng)典版）教師用書：第9章第9講直線與圓錐曲線的位置關(guān)系含解析第9講直線與圓錐曲線的位置關(guān)系基礎(chǔ)知識整合1．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系要解決直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題，可把直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消去y(或消去x)得到關(guān)于x(或關(guān)于y）的一元二次方程．如聯(lián)立后得到以下方程：Ax2＋Bx＋C＝0（A≠0）,Δ＝B2－4AC．若Δ〈0,則直線與圓錐曲線eq\x(\s\up1(01)）沒有公共點(diǎn)；若Δ＝0，則直線與圓錐曲線eq\x（\s\up1（02)）有且只有一個(gè)公共點(diǎn);若Δ〉0,則直線與圓錐曲線eq\x（\s\up1(03)）有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)．2．弦長公式直線與圓錐曲線相交時(shí)，常常借助根與系數(shù)的關(guān)系解決弦長問題．直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消去y后得到關(guān)于x的一元二次方程．當(dāng)Δ〉0時(shí)，直線與圓錐曲線相交，設(shè)交點(diǎn)為A(x1，y1），B(x2，y2)，直線AB的斜率為k，則直線被圓錐曲線截得的弦長｜AB｜＝eq\x(\s\up1（04））eq\r（x1－x22＋y1－y22)＝eq\x(\s\up1(05）)eq\r（1＋k2)|x1－x2｜＝eq\x（\s\up1(06）)eq\r（1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2）.再利用根與系數(shù)的關(guān)系得出x1＋x2,x1x2的值，代入上式計(jì)算即可．3．直線與圓錐曲線相交弦的中點(diǎn)問題中點(diǎn)弦問題常用“根與系數(shù)的關(guān)系”或“點(diǎn)差法”求解．(1）利用根與系數(shù)的關(guān)系:將直線方程代入圓錐曲線的方程，消元后得到一個(gè)一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系和中點(diǎn)坐標(biāo)公式建立等式求解，注意不能忽視對判別式的討論．(2)點(diǎn)差法：若直線l與圓錐曲線C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，一般地，首先設(shè)出A(x1，y1），B（x2,y2）,代入曲線方程，通過作差,構(gòu)造出x1＋x2，y1＋y2，x1－x2，y1－y2，從而建立中點(diǎn)坐標(biāo)和斜率的關(guān)系．解決直線與圓錐曲線關(guān)系問題的一般方法（1）解決焦點(diǎn)弦(過圓錐曲線焦點(diǎn)的弦）的長的有關(guān)問題，注意應(yīng)用圓錐曲線的定義．（2）已知直線與圓錐曲線的某些關(guān)系求圓錐曲線的方程時(shí)，通常利用待定系數(shù)法．(3）圓錐曲線上的點(diǎn)關(guān)于某一直線的對稱問題,解此類題的方法是利用圓錐曲線上的兩點(diǎn)所在的直線與對稱直線垂直,圓錐曲線上兩點(diǎn)的中點(diǎn)一定在對稱直線上，再利用根的判別式或中點(diǎn)與曲線的位置關(guān)系求解．(4）圓錐曲線以P(x0，y0）（y≠0）為中點(diǎn)的弦所在直線的斜率如下表：圓錐曲線方程直線斜率橢圓：eq\f（x2,a2）＋eq\f（y2,b2）＝1(a〉b>0)k＝－eq\f(b2x0，a2y0）雙曲線:eq\f（x2，a2)－eq\f（y2,b2)＝1(a>0，b>0）k＝eq\f(b2x0,a2y0）拋物線:y2＝2px（p>0)k＝eq\f（p,y0）1．直線y＝kx－k＋1與橢圓eq\f(x2，9)＋eq\f(y2，4）＝1的位置關(guān)系為()A．相交 B．相切C．相離 D．不確定答案A解析直線y＝kx－k＋1＝k（x－1）＋1恒過定點(diǎn)（1，1），又點(diǎn)(1,1）在橢圓內(nèi)部,故直線與橢圓相交．2．若過原點(diǎn)的直線l與雙曲線eq\f(x2,4）－eq\f（y2，3）＝1有兩個(gè)不同交點(diǎn)，則直線l的斜率的取值范圍是(）A．eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（\r(3）,2)，\f（\r(3），2））)B．eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（\r(3)，2），\f(\r(3）,2)))C．eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f(\r（3),2)，\f(\r（3),2）)）D．eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1（－∞,－\f(\r（3），2)）)∪eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（\r（3）,2），＋∞)）答案B解析因?yàn)閑q\f(x2，4)－eq\f（y2，3)＝1，其兩條漸近線的斜率分別為k1＝－eq\f（\r（3)，2），k2＝eq\f(\r(3）,2)，要使過原點(diǎn)的直線l與雙曲線有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，畫圖可知，直線l的斜率的取值范圍應(yīng)是eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f(\r（3），2)）)∪eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f(\r（3），2），0)）.3．已知橢圓x2＋2y2＝4，則以（1,1)為中點(diǎn)的弦的長度為()A．3eq\r（2) B．2eq\r(3)C．eq\f(\r(30），3) D．eq\f(3\r(6）,2)答案C解析設(shè)以(1，1)為中點(diǎn)的弦的兩端點(diǎn)為(x1，y1）(x2，y2），則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x\o\al(2,1)＋2y\o\al（2,1）＝4，，x\o\al(2，2)＋2y\o\al（2，2）＝4，)）∴（x1＋x2)（x1－x2）＋2(y1＋y2）（y1－y2）＝0.又x1＋x2＝2，y1＋y2＝2,∴eq\f(y1－y2，x1－x2)＝－eq\f（1，2），∴弦所在直線方程為x＋2y－3＝0。由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＋2y－3＝0,,x2＋2y2＝4,)）可得弦長為eq\f（\r(30)，3)。4．已知拋物線y2＝2px(p〉0)，過其焦點(diǎn)且斜率為－1的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，若線段AB的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為3，則該拋物線的準(zhǔn)線方程為(）A．x＝1 B．x＝2C．x＝－1 D．x＝－2答案C解析拋物線y2＝2px(p〉0)的焦點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(p,2），0）），所以過焦點(diǎn)且斜率為－1的直線方程為y＝－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f（p，2））)，代入拋物線方程，整理得x2－3px＋eq\f(p2，4）＝0，由AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為3，得3p＝6，解得p＝2,故拋物線y2＝4x的準(zhǔn)線方程為x＝－1。5．（2018·全國卷Ⅰ）設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)(－2，0)且斜率為eq\f（2,3）的直線與C交于M,N兩點(diǎn),則eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→））＝(）A．5 B．6C．7 D．8答案D解析根據(jù)題意，過點(diǎn)(－2,0）且斜率為eq\f（2,3)的直線方程為y＝eq\f（2,3）(x＋2）,與拋物線方程聯(lián)立eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝\f（2,3)x＋2,，y2＝4x，）)消去x并整理,得y2－6y＋8＝0，解得M(1,2）,N（4，4),又F（1，0),所以eq\o(FM,\s\up6（→)）＝(0,2），eq\o（FN，\s\up6(→))＝（3,4)，從而可以求得eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o（FN，\s\up6(→))＝0×3＋2×4＝8，故選D．6．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，P為雙曲線x2－y2＝1右支上的一個(gè)動點(diǎn)．若點(diǎn)P到直線x－y＋1＝0的距離大于c恒成立，則實(shí)數(shù)c的最大值為________．答案eq\f（\r(2），2）解析設(shè)P(x，y）(x≥1),因?yàn)橹本€x－y＋1＝0平行于漸近線x－y＝0，所以c的最大值為直線x－y＋1＝0與漸近線x－y＝0之間距離，為eq\f（1,\r（2））＝eq\f(\r（2),2）。核心考向突破考向一直線與圓錐曲線的位置關(guān)系例1已知直線l：y＝2x＋m，橢圓C：eq\f（x2，4）＋eq\f（y2,2）＝1.試問當(dāng)m取何值時(shí)，直線l與橢圓C：（1)有兩個(gè)不重合的公共點(diǎn)；（2）有且只有一個(gè)公共點(diǎn)；(3)沒有公共點(diǎn)．解將直線l的方程與橢圓C的方程聯(lián)立,得方程組eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝2x＋m,①,\f（x2,4）＋\f（y2,2)＝1，②))將①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③方程③根的判別式Δ＝（8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144。(1)當(dāng)Δ>0，即－3eq\r(2)<m〈3eq\r（2)時(shí),方程③有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，可知原方程組有兩組不同的實(shí)數(shù)解．這時(shí)直線l與橢圓C有兩個(gè)不重合的公共點(diǎn)．（2）當(dāng)Δ＝0,即m＝±3eq\r（2）時(shí),方程③有兩個(gè)相同的實(shí)數(shù)根，可知原方程組有兩組相同的實(shí)數(shù)解．這時(shí)直線l與橢圓C有兩個(gè)互相重合的公共點(diǎn)，即直線l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)．(3)當(dāng)Δ〈0，即m〈－3eq\r(2)或m〉3eq\r(2）時(shí)，方程③沒有實(shí)數(shù)根，可知原方程組沒有實(shí)數(shù)解．這時(shí)直線l與橢圓C沒有公共點(diǎn)．關(guān)于直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的兩類問題一是判斷位置關(guān)系；二是依據(jù)位置關(guān)系確定參數(shù)的范圍．這兩類問題在解決方法上是一致的，都是將直線與圓錐曲線方程聯(lián)立，利用判別式及根與系數(shù)的關(guān)系求解．此時(shí)注意觀察方程的二次項(xiàng)系數(shù)是否為0,若為0，則方程為一次方程;若不為0,則將方程解的個(gè)數(shù)轉(zhuǎn)化為判別式與0的大小關(guān)系求解．[即時(shí)訓(xùn)練]1。在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C1：eq\f（x2,a2）＋eq\f（y2,b2）＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F1(－1,0)，且點(diǎn)P(0，1）在C1上．(1)求橢圓C1的方程;（2)設(shè)直線l同時(shí)與橢圓C1和拋物線C2：y2＝4x相切，求直線l的方程．解(1)因?yàn)闄E圓C1的左焦點(diǎn)為F1(－1,0)，所以c＝1.將點(diǎn)P（0，1)代入橢圓方程eq\f(x2,a2）＋eq\f（y2，b2)＝1,得eq\f（1,b2）＝1，即b＝1，所以a2＝b2＋c2＝2。所以橢圓C1的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.（2)由題意可知,直線l的斜率顯然存在且不等于0，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(\f（x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))消去y并整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.因?yàn)橹本€l與橢圓C1相切，所以Δ1＝16k2m2－4（1＋2k2）(2m2－2）＝0.整理得2k2－m2＋1＝0。①由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y2＝4x,，y＝kx＋m，))消去y并整理得k2x2＋(2km－4）x＋m2＝0。因?yàn)橹本€l與拋物線C2相切，所以Δ2＝（2km－4)2－4k2m2＝0，整理得km＝1。②綜合①②，解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（k＝\f(\r（2),2),，m＝\r(2）))或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（k＝－\f(\r(2)，2)，,m＝－\r（2）。））所以直線l的方程為y＝eq\f(\r(2）,2）x＋eq\r（2）或y＝－eq\f（\r（2），2)x－eq\r（2）.考向二弦長問題例2已知平面上一動點(diǎn)P到定點(diǎn)F（eq\r(3）,0)的距離與它到直線x＝eq\f(4\r(3)，3)的距離之比為eq\f（\r（3),2）,記動點(diǎn)P的軌跡為曲線C．（1）求曲線C的方程；（2)設(shè)直線l：y＝kx＋m與曲線C交于M,N兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn),若kOM·kON＝eq\f(5,4)，求△MON面積的最大值．解（1）設(shè)P（x,y)，則eq\f(\r(x－\r（3)2＋y2），\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1（x－\f（4\r(3）,3)）））＝eq\f（\r(3），2），化簡得eq\f(x2,4)＋y2＝1。（2）設(shè)M(x1,y1)，N（x2，y2），聯(lián)立eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f（x2，4)＋y2＝1，))得(4k2＋1）x2＋8kmx＋4m2－4＝0，依題意，得Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4）〉0，化簡，得m2〈4k2＋1，①x1＋x2＝－eq\f（8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1），y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km（x1＋x2)＋m2，若kOM·kON＝eq\f(5，4），則eq\f(y1y2，x1x2）＝eq\f（5,4），即4y1y2＝5x1x2，∴4k2x1x2＋4km（x1＋x2)＋4m2＝5x1x2,∴(4k2－5)·eq\f（4m2－1，4k2＋1)＋4kmeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(8km,4k2＋1)）)＋4m2＝0,即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2（4k2＋1）＝0，化簡，得m2＋k2＝eq\f(5，4），②|MN|＝eq\r（1＋k2)｜x1－x2｜＝eq\r(1＋k2)eq\r（\f（64k2m2，4k2＋12）－4·\f(4m2－4,4k2＋1))＝eq\r（1＋k2）eq\r(\f（－16m2＋64k2＋16，4k2＋12））＝eq\r(1＋k2)eq\r(\f（420k2－1,4k2＋12）），∵原點(diǎn)O到直線l的距離d＝eq\f(|m|,\r（1＋k2）)，∴S△MON＝eq\f(1，2）|MN｜·d＝eq\f（1,2)eq\r（\f（5－4k220k2－1，4k2＋12)).設(shè)4k2＋1＝t，由①②得0≤m2<eq\f(6,5)，eq\f(1,20）〈k2≤eq\f（5，4），所以eq\f(6，5)<t≤6，eq\f(1，6）≤eq\f(1,t)〈eq\f（5，6)，S△MON＝eq\f(1,2）eq\r(\f(6－t5t－6,t2)）＝eq\f(1，2)eq\r(\f(－36＋36t－5t2,t2））＝3eq\r(－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，t)－\f（1，2）)）2＋\f（1，9))≤1,所以當(dāng)eq\f(1,t)＝eq\f(1，2)，即k＝±eq\f（1,2)時(shí)，△MON的面積取最大值，最大值為1。弦長的計(jì)算方法求弦長時(shí)可利用弦長公式，根據(jù)直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立消元后得到的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系得到兩根之和、兩根之積的代數(shù)式，然后整體代入弦長公式求解．注意：兩種特殊情況：（1)直線與圓錐曲線的對稱軸平行或垂直；(2）直線過圓錐曲線的焦點(diǎn)．［即時(shí)訓(xùn)練]2。(2019·湖北四地七校聯(lián)考）已知F1，F(xiàn)2分別為橢圓Ω：eq\f(x2,4）＋eq\f（y2,b2)＝1（b＞0)的左、右焦點(diǎn)．(1)當(dāng)b＝1時(shí)，若P是橢圓Ω上一點(diǎn)，且P位于第一象限，eq\o(PF1，\s\up6(→))·eq\o(PF2，\s\up6(→))＝－eq\f(5,4)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(2）當(dāng)橢圓的焦距為2時(shí),若直線l：y＝eq\f(1,2）x＋m與橢圓Ω相交于A(x1，y1），B(x2,y2）兩點(diǎn),且3x1x2＋4y1y2＝0，試求△AOB的面積．解（1）當(dāng)b＝1時(shí)，eq\f（x2,4)＋y2＝1，則F1（－eq\r（3），0），F(xiàn)2（eq\r（3)，0），設(shè)P(x，y)（x，y＞0)，則eq\o(PF1,\s\up6（→）)＝（－eq\r（3）－x,－y),eq\o(PF2，\s\up6（→))＝（eq\r(3）－x，－y),又eq\o(PF1,\s\up6(→)）·eq\o（PF2,\s\up6(→)）＝－eq\f（5，4)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－3＝－\f（5，4），,\f（x2,4)＋y2＝1，，x，y＞0）)?eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝1，,y＝\f(\r（3),2），)）得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1，\f（\r（3）,2)））。（2）由題意知，c＝1，則橢圓方程為eq\f(x2,4）＋eq\f(y2,3)＝1，聯(lián)立直線與橢圓方程得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\f(x2,4）＋\f(y2，3)＝1，,y＝\f（1，2）x＋m））?x2＋mx＋m2－3＝0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－m,，x1x2＝m2－3,)）3x1x2＋4y1y2＝3x1x2＋4eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,2)x1＋m）)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，2）x2＋m)）＝4x1x2＋2m（x1＋x2)＋4m2＝6(m2－2)＝0,解得m2＝2滿足Δ＞0,則｜AB|＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，2）））2）·eq\r(m2－4m2－3)，于是S△AOB＝eq\f（1，2)|AB｜d＝eq\f(1,2)eq\r(1＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,2)））2）·eq\r（m2－4m2－3)·eq\f(｜m|，\r（1＋\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,2）)）2））＝eq\r（3）.考向三中點(diǎn)弦問題例3（2019·石家莊一模）已知拋物線C：y2＝2px(p>0)上一點(diǎn)P（x0，2）到焦點(diǎn)F的距離|PF|＝2x0。(1)求拋物線C的方程；(2)過點(diǎn)P引圓M：(x－3)2＋y2＝r2（0〈r≤eq\r(2))的兩條切線PA，PB，切線PA，PB與拋物線C的另一交點(diǎn)分別為A，B，線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)記為t，求t的取值范圍．解(1）由拋物線的定義，得｜PF｜＝x0＋eq\f(p，2）,由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（2x0＝x0＋\f(p,2)，，2px0＝4，,p>0，））解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（p＝2，，x0＝1，）)所以拋物線C的方程為y2＝4x。（2)由題意知,過P引圓（x－3)2＋y2＝r2（0〈r≤eq\r（2))的切線，斜率存在且不為0，設(shè)切線PA的方程為y＝k1(x－1)＋2，則圓心M（3，0)到切線PA的距離d＝eq\f（|2k1＋2|,\r(k\o\al(2，1）＋1))＝r,整理，得(r2－4)keq\o\al（2,1)－8k1＋r2－4＝0。設(shè)切線PB的方程為y＝k2(x－1)＋2，同理可得(r2－4)keq\o\al(2,2)－8k2＋r2－4＝0.所以k1，k2是方程（r2－4)k2－8k＋r2－4＝0的兩根，k1＋k2＝eq\f（8,r2－4)，k1k2＝1。設(shè)A(x1，y1），B（x2，y2），由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x－1＋2，,y2＝4x，））得k1y2－4y－4k1＋8＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系知，2y1＝eq\f（8－4k1，k1）,所以y1＝eq\f（4－2k1，k1)＝eq\f(4，k1)－2＝4k2－2，同理可得y2＝4k1－2.t＝eq\f（x1＋x2，2)＝eq\f(y\o\al（2，1)＋y\o\al（2,2）,8)＝eq\f（4k2－22＋4k1－22,8)＝2(keq\o\al（2，1）＋keq\o\al（2,2))－2（k1＋k2)＋1＝2（k1＋k2)2－2(k1＋k2）－3,設(shè)λ＝k1＋k2，則λ＝eq\f（8，r2－4）∈[－4，－2），所以t＝2λ2－2λ－3，其圖象的對稱軸為λ＝eq\f（1,2）>－2，所以9<t≤37.處理中點(diǎn)弦問題常用的求解方法提醒：中點(diǎn)弦問題常用的兩種求解方法各有弊端：根與系數(shù)的關(guān)系在解題過程中易產(chǎn)生漏解,需關(guān)注直線的斜率問題；點(diǎn)差法在確定范圍方面略顯不足．[即時(shí)訓(xùn)練]3.(2019·鄭州二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C1：x2＋y2＝r2(r〉0)與直線l0：y＝x＋2eq\r（2)相切，點(diǎn)A為圓C1上一動點(diǎn)，AN⊥x軸于點(diǎn)N,且動點(diǎn)M滿足eq\o（OM,\s\up6(→)）＋eq\o（AM,\s\up6（→))＝eq\o(ON，\s\up6（→）)，設(shè)動點(diǎn)M的軌跡為曲線C．（1）求曲線C的方程；（2)設(shè)P,Q是曲線C上兩動點(diǎn)，線段PQ的中點(diǎn)為T，直線OP,OQ的斜率分別為k1，k2,且k1k2＝－eq\f(1，4)，求|OT｜的取值范圍．解(1)設(shè)動點(diǎn)M（x，y），A（x0,y0），由于AN⊥x軸于點(diǎn)N，∴N（x0,0）．又圓C1：x2＋y2＝r2（r〉0)與直線l0:y＝x＋2eq\r（2）,即x－y＋2eq\r（2）＝0相切,∴r＝eq\f(|2\r（2）|，\r(2）)＝2，∴圓C1：x2＋y2＝4.由eq\o（OM,\s\up6（→)）＋eq\o(AM,\s\up6（→）)＝eq\o（ON,\s\up6(→)），得(x,y)＋(x－x0，y－y0）＝（x0，0）,∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(2x－x0＝x0，，2y－y0＝0，））即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x0＝x，，y0＝2y，)）又點(diǎn)A為圓C1上一動點(diǎn)，∴x2＋4y2＝4,∴曲線C的方程為eq\f（x2，4)＋y2＝1。(2）當(dāng)直線PQ的斜率不存在時(shí)，可取直線OP的方程為y＝eq\f(1，2）x，不妨取點(diǎn)Peq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\r（2)，\f(\r（2），2)))，則Qeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\r（2),－\f（\r(2），2)))，T(eq\r（2),0），∴|OT｜＝eq\r(2).當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q（x2,y2）,由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝kx＋m,，x2＋4y2＝4,)）可得(1＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－4＝0,∴x1＋x2＝eq\f（－8km,1＋4k2），x1x2＝eq\f（4m2－4，1＋4k2)。∵k1k2＝－eq\f（1，4),∴4y1y2＋x1x2＝0.∴4(kx1＋m)(kx2＋m）＋x1x2＝（4k2＋1）x1x2＋4km(x1＋x2）＋4m2＝4m2－4－eq\f(32k2m2，1＋4k2)＋4m2＝0，化簡得2m2＝1＋4k2，∴m2≥eq\f(1，2)。Δ＝64k2m2－4（4k2＋1）(4m2－4)＝16（4k2＋1－m2）＝16m2〉0，設(shè)T(x′0,y′0），則x′0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f（－4km,1＋4k2)＝eq\f(－2k,m),y′0＝kx′0＋m＝eq\f(1,2m）。∴|OT｜2＝x′eq\o\al(2，0）＋y′eq\o\al(2,0)＝eq\f(4k2，m2）＋eq\f(1,4m2）＝2－eq\f（3，4m2)∈eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2)，2）），∴|OT｜∈eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（\r(2),2)，\r（2）））.綜上，|OT｜的取值范圍為eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（\r(2），2)，\r（2）)).解析幾何中的“設(shè)而不求”與“設(shè)而要求”思想1．（2020·云南昆明摸底）已知?jiǎng)狱c(diǎn)M(x，y）滿足：eq\r（x＋12＋y2）＋eq\r(x－12＋y2）＝2eq\r（2）.（1)求動點(diǎn)M的軌跡E的方程；(2）設(shè)過點(diǎn)N(－1,0）的直線l與曲線E交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為C（點(diǎn)C與點(diǎn)B不重合）．證明：直線BC恒過定點(diǎn)，并求該定點(diǎn)的坐標(biāo)．解（1）由已知，動點(diǎn)M到點(diǎn)P（－1，0），Q（1，0)的距離之和為2eq\r（2)，且｜PQ|<2eq\r（2)，所以動點(diǎn)M的軌跡為橢圓，且a＝eq\r（2），c＝1，所以b＝1,所以動點(diǎn)M的軌跡E的方程為eq\f（x2,2）＋y2＝1。(2)證明：設(shè)A（x1，y1)，B(x2,y2），則C（x1,－y1),由已知得直線l的斜率存在，設(shè)斜率為k,則直線l的方程為y＝k（x＋1）．由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，，\f(x2，2)＋y2＝1)）得（1＋2k2）x2＋4k2x＋2k2－2＝0，所以x1＋x2＝－eq\f（4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k2－2,1＋2k2）。又直線BC的方程為y－y2＝eq\f（y2＋y1，x2－x1)（x－x2)，即y＝eq\f(y2＋y1,x2－x1）x－eq\f(x1y2＋x2y1，x2－x1)，令y＝0，得x＝eq\f(x1y2＋x2y1,y2＋y1）＝eq\f（2kx1x2＋kx1＋x2，kx1＋x2＋2k)＝eq\f(2x1x2＋x1＋x2,x1＋x2＋2）＝eq\f(\f(4k2－4，1＋2k2)－\f(4k2,1＋2k2)，－\f（4k2,1＋2k2）＋2）＝－2，所以直線BC恒過定點(diǎn)D(－2，0）．2．(2019·四川成都七中模擬)如圖，已知橢圓C：eq\f(x2，a2)＋eq\f（y2，b2)＝1（a〉b>0）的右焦點(diǎn)是(eq\r（3),0)，且經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－1，\f(\r(3)，2)）),M是x軸上的一點(diǎn)，過點(diǎn)M的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在x軸的上方)．(1)求橢圓C的方程；(2)若|AM｜＝2|MB|,且直線l與圓O:x2＋y2＝eq\f(4,7）相切于點(diǎn)N,求|MN|。解（1）由題意知eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝3，,\f(－12,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（\r（3）,2)))2,b2）＝1,)）整理得4a4－19a2＋12＝0,又a2＝3＋b2〉3，故a2＝4，所以b2＝1，所以橢圓C的方程為eq\f（x2,4）＋y2＝1。(2）設(shè)M(m，0)，直線l：x＝ty＋m，A（x1，y1),B(x2，y2)．由|AM｜＝2｜MB｜，得y1＝－2y2.①由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\f(x2，4）＋y2＝1，，x＝ty＋m，））消去x得(t2＋4）y2＋2mty＋m2－4＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系得y1＋y2＝－eq\f（2tm,t2＋4)，②y1y2＝eq\f(m2－4,t2＋4）。③由①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y1＝－\f（4tm，t2＋4），,y2＝\f（2tm,t2＋4），)）代入③，得eq\f(m2－4,t2＋4）＝－2eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2tm，t2＋4））)2，化簡得(m2－4）(t2＋4）＝－8t2m2.原點(diǎn)O到直線l的距離d＝eq\f（|m｜，\r（1＋t2)）,又直線l與圓O：x2＋y2＝eq\f（4，7）相切，所以eq\f（｜m|，\r(1＋t2))＝eq\r(\f(4，7）），即t2＝eq\f(7，4)m2－1.由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(m2－4t2＋4＝－8t2m2，,t2＝\f（7，4）m2－1，)）消去t得21m4－16m2－16＝0，即(3m2－4）（7m2＋4）＝0，解得m2＝eq\f（4，3），此時(shí)t2＝eq\f(4,3)，經(jīng)檢驗(yàn)滿足題意，所以Meq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(±\f（2\r（3），3），0）),d2＝eq\f（4,7），所以在Rt△OMN中,|MN|＝eq\r(\f（4，3)－\f（4,7))＝eq\f(4\r(21），21）。答題啟示解析幾何的綜合問題,常常涉及到直線與曲線相交，當(dāng)兩個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)未知時(shí)，用“設(shè)而不求”避免求交點(diǎn)，從而簡化計(jì)算．常見類型有：(1）靈活應(yīng)用“點(diǎn)、線的幾何性質(zhì)”解題；(2）根據(jù)題意，整體消參或整體代入等．而當(dāng)其中一個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)是已知的或除根與系數(shù)的關(guān)系外，還有坐標(biāo)等量關(guān)系．則常用到“設(shè)而要求”．對點(diǎn)訓(xùn)練1．(2019·太原一模）已知橢圓C：eq\f（x2,a2）＋eq\f(y2，b2)＝1（a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2.A,B是其左、右頂點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓C上任一點(diǎn)，且△PF1F2的周長為6，若△PF1F2面積的最大值為eq\r(3）。（1）求橢圓C的方程;（2)若過點(diǎn)F2且斜率不為0的直線交橢圓C于M,N兩個(gè)不同點(diǎn),證明:直線AM與BN的交點(diǎn)在一條定直線上．解（