2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-拉檔提分解析幾何81-90-專項訓(xùn)練【含答案】

十八、奇妙的最美橢圓離心率的橢圓稱為最美橢圓，因為這種橢圓具有很多神奇的性質(zhì)，故而單獨對其進行研究.【例26】如圖1，從橢圓上一點向軸作垂線，恰好過橢圓的左焦點，且它的長軸端點及短軸端點的連線滿足求證：橢圓的離心率.【解析】由于，所以，于是，故.【例27】設(shè)橢圓長軸端點為，中心為，如果橢圓上存在一點，使得,求證：橢圓的離心率的取值范圍為.【解析】如圖2，設(shè)則，即于是則，得,即故.【例28】如圖3，已知橢圓方程，若E，C分別是橢圓長軸的左、右端點，動點M滿足，連接EM，交橢圓于點P，在軸上有異于點E的定點Q，使得以MP為直徑的圓恒過直線CP，MQ的交點，求證：當(dāng)定點Q與原點重合時，橢圓的離心率恰好是.【解析】設(shè)則即，當(dāng)定點與原點重合時,故.【例29】如圖4，在平面直角坐標(biāo)系中，M，N分別是橢圓的頂點，過坐標(biāo)原點的直線交橢圓于P，A兩點，過點P作軸的垂線，垂足為C，連接AC，并延長交橢圓于點B.若，求證：橢圓離心率.【解析】解法1由題意設(shè)則因為三點共線,所以.又因為點在橢圓上,所以得，兩式相減得.因為所以即從而.解法2設(shè)的中點則因為三點共線,所以.又因為點在橢圓上,所以.兩式相減得.因為所以，即即，即從而.【例30】如圖5,直線過橢圓的右焦點交橢圓于兩點.若面積達到最大值時,恰好垂直長軸,求證:橢圓離心率的范圍是【解析】設(shè)直線代入橢圓方程，得整理得:.令則上式化為由于最大值在時達到,故有即,故故【例31】如圖6，設(shè)橢圓(1)求直線被橢圓截得的線段長(用表示)；(2)若以點為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點,求橢圓離心率的取值范圍.【解析】（1）設(shè)直線被橢圓截得的線段為,由得.故.因此.（2）假設(shè)圓與橢圓的公共點有4個，由對稱性可設(shè)軸左側(cè)的橢圓上有兩個不同的點，滿足.記直線的斜率分別為且.由(1)知,,故所以由得,因此 ①因為①式關(guān)于的方程有解的充要條件是所以.因此,以點為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件為,由得,所求離心率的取值范圍為.十九、圓高考熱點問題聚焦本節(jié)提升圓的拓展創(chuàng)新能力，對圓的十七種典型問題，以例題的形式展開，每個例題均給出了快速有效的解法.為了讓同學(xué)們消除錯誤及鞏固知識，部分例題還設(shè)置了與例題有關(guān)聯(lián)的“變式訓(xùn)練”.為滿足不同層次同學(xué)的需求，還給出了“拓展提升”，有一定難度.(一)直徑圓的存在問題【例32】已知圓，是否存在斜率為-1的直線，使得以被圓C截得的弦AB為直徑的圓過原點？若存在，求出直線的方程；若不存在，請說明理由.【解析】設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程得.整理得由題意知于是即.從而即即故或【評注】本題用通法解方程組，也可用圓系方程或用幾何法.（二）正交弦四邊形面積【例33】 已知點動點滿足設(shè)動點的軌跡是曲線,直線與曲線交于兩點.（1）求曲線C的方程;（2）若，求實數(shù)的值；（3）過點作垂直于的直線，且直線與曲線交于兩點，求四邊形面積的最大值.【解析】（1）設(shè)為曲線上任意一點，則由，化簡整理得所以曲線的方程為.(2)因為所以.所以圓心到直線的距離所以(3)當(dāng)時,圓心到直線的距離所以.又同理得所以整理得當(dāng)且僅當(dāng)時取等號.所以當(dāng)時,.綜上,當(dāng)時,四邊形PMQN面積有最大值7.【變式訓(xùn)練】已知圓,過點P（0，1）的兩條互相垂直的直線分別交圓于A，B，C，D四點，求四邊形ABCD面積的最大值與最小值.（三）圓的弦長最值問題【例34】已知圓直線(1)求證:對直線與圓總有兩個不同的交點(2)設(shè)與圓交于兩點,若，求的傾斜角；(3)在直線中,是否存在使得直線截圓所得的弦最長或最短?(4)設(shè)與圓交于兩點,求中點的軌跡方程.【解析】（1）解法1代數(shù)法聯(lián)立方程得.整理得.因為，所以直線與圓總有兩個不同的交點.解法2幾何法圓心(0,1)到直線的距離為，所以直線與圓總有兩個不同的交點.(2)因為過定點且與圓交于兩點.當(dāng)時,圓心到直線的距離為解得.所以直線的方程為或故的傾斜角為或(3)存在使得所得的弦最長,不存在使所得弦最短.(4)與圓交于兩點,由于且過定點,故中,點的軌跡是以為直徑端點的圓,即(四)內(nèi)切圓系列的最值【例35】如圖1，已知與圓相切的直線分別交軸，軸于點，，為原點.當(dāng)切線繞圓轉(zhuǎn)動時，求之間的關(guān)系式，并探究如下問題：問題1.若的內(nèi)切圓半徑為定值.(1)求面積的最小值;(2)求周長的最小值.問題2.若為定值S.求周長的最小值和內(nèi)切圓半徑的最大值.問題3.若的周長為定值.求面積的最大值和內(nèi)切圓半徑的最大值.問題4.若的內(nèi)切圓半徑為定值,求長的最小值.問題5.若的內(nèi)切圓半徑為定值,求的最小值.問題6.若的內(nèi)切圓半徑為定值,求中點的軌跡方程.問題7.若的內(nèi)切圓半徑為定值,求證：的中點與圓心為對角頂點的矩形（邊與坐標(biāo)軸平行或垂直）的面積為定值.【解析】已知點，則直線的方程為即.由于與圓相切,故有,即即.問題1當(dāng)內(nèi)切圓半徑為定值時,,解得或舍去),所以:(2).由于而即,從而周長.問題2若為定值，即而由于可得即即,即從而.因為所以.問題3若周長為定值,則即從而.所以.又所以問題4因為又所以.從而.問題5由于所以,即與上述問題達到最值的情形相同,均為直線方程為：注問題6設(shè)中點為,由于則故有,即中點的軌跡方程為問題7由于所以矩形面積為因為即,所以（定值）.（五）切割線張角的最值【例36】如圖2，已知圓直線,的頂點在直線上，頂點都在圓上，且邊過圓心，.求點橫坐標(biāo)的取值范圍.【解析】過點做圓的切線（為切點），則，所以.設(shè)，則有，所以，所以.（六）圓的動弦等長問題【例37】如圖3，在平面直角坐標(biāo)系中，已知圓和圓.（1）若直線過點，且被圓截得的弦長為，求直線的方程.（2）設(shè)P為平面上的點，滿足：存在過點P的無窮多對互相垂直的直線和，它們分別與圓和圓。相交，且直線被圓截得的弦長與直線被圓截得的弦長相等，試求所有滿足條件的點P的坐標(biāo).【解析】(1)設(shè)直線的方程為即由垂徑定理,得圓心到直線的距高,結(jié)合點到直線距離公式,得，化簡得或.故直線的方程為或即或（2)設(shè)點的坐標(biāo)為,直線的方程分別為:即因為直線被圓截得的弦長與直線被圓截得的弦長相等，兩圓半徑相等.由垂徑定理,得圓心到直線與到直線的距離相等.故有化簡得或要使關(guān)于的方程有無窮多解，則或解得點坐標(biāo)為或.【評注】第（2）文也可用優(yōu)化設(shè)線的方法：設(shè)點的坐標(biāo)為，直線的方程分別為不要解方程組，直接用點(圓心)線距離求解.或用向量方法:因為向量與的夾角為，又故或求出的值即可.（七）直線分圓比例問題【例38】設(shè)圓滿足：①截y軸所得弦長為2；②被x軸分成兩段圓弧，其弧長的比為3：1.在滿足條件①，②的所有圓中，求圓心到直線的距離最小的圓的方程.【解析】解法1設(shè)圓心為，半徑為，則點到軸，軸的距離分別為，.由題設(shè)圓截軸所得劣弧所對的圓心角為，知圓截軸的弦長為，故.又圓截軸所得的弦長為2,所以有.從而得.又,點到直線的距離為,所以,當(dāng)且僅當(dāng)時上式等號成立,此時從而取得最小值.由知.于是,所求圓的方程是或解法同解法1得.所以.兩邊平方得， ①將代入①式,整理得. ②把②式看作關(guān)于的一元二次方程，由于方程有實根，故判別式非負，即得.所以有最小值1,從而有最小值.將其代入②式得解得.將其代入將代入得由得.綜上.由知同號,于是,所求圓的方程是或.（八）包絡(luò)圓的靈活應(yīng)用【例39】設(shè)，求證：不論如何變化，經(jīng)過兩點的直線都與某定圓相切.【解析】由于所以兩點均在直線上.又因為原點到直線的距離等于1,故知直線與圓相切.【變式訓(xùn)練】已知兩點,設(shè)集合，求集合所構(gòu)成的面積.（九）圓的光程最短問題【例40】 一束光線從點發(fā)出,經(jīng)直線上的點處反射后與圓相切于點，則光程長【答案】【解析】如圖4，由題意，可得點關(guān)于直線的對稱點的坐標(biāo)為由切線長