【文档说明】高考数学备考冲刺140分问题34椭圆双曲线抛物线与圆相结合问题(含解析).doc，共(29)页，4.042 MB，由MTyang资料小铺上传

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问题34椭圆、双曲线、抛物线与圆相结合问题一、考情分析通过近几年各地高考试题可以发现,对圆的考查在逐渐加深,并与圆锥曲线相结合在一起命题,成为一个新的动向.与圆相关几何性质、最值问题、轨迹问题等都能与椭圆

、双曲线和抛物线想结合可以呈现别具一格的新颖试题.二、经验分享1.对于圆与圆锥曲线的相交问题，设出交点，由交点(或韦达定理)结合条件解决问题，在求解过程中、数形结合是常用的打开思路的方式、形是引路、数是依据、二者联手，解决问题就易如反掌、设面不求、灵

活消参是常用的策略。2.垂直问题的呈现有多种形式，处理重直问题最好的方法是应用向量的坐标形式转化，常规的思路是:联立方程组消去成y,得到一个二次方程，设交点，韦达定理代人垂直的数量积坐标公式整理求解。3.涉及弦长要注意圆的几何性质的应用。三、知识拓展以MN

为直径的圆经过点P，则PMPN，可转化为0PMPN四、题型分析(一)圆与椭圆的结合点1.1圆的几何性质与椭圆相联系【例1】【2017届湖南师大附中高三上学期月考四】已知椭圆C的中心在原点,离心率为22

,其右焦点是圆E：22(1)1xy的圆心．（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图,过椭圆C上且位于y轴左侧的一点P作圆E的两条切线,分别交y轴于点M、N．试推断是否存在点P,使14||3MN？若存在,求出点P的坐标；若不存在,请说明理由．【分析】(1)由已知条件分别

求出,ac的值,而222bac,代入求出椭圆的方程；(2)假设存在点P满足题意,设点00(,)Pxy（00x）,(0,)Mm,(0,)Nn,利用条件求出直线PM方程,根据圆心(1,0)E到直线PM的距离为1,求出m与点P坐标之间的关系,同理求出n与点P坐标之间的关系,

利用韦达定理求出,mnmn的表达式,算出MN,求出P点坐标.【解析】（1）设椭圆方程22221(0)xyabab,半焦距为c,因为椭圆的右焦点是圆E的圆心,则1c,因为椭圆的离心率为22,则22ca,即22ac

,从而2221bac,故椭圆C的方程为2212xy．（2）设点00(,)Pxy（00x）,(0,)Mm,(0,)Nn,则直线PM的方程为00ymyxmx,即000()0ymxxym

x,因为圆心(1,0)E到直线PM的距离为1,即002200||1()ymxmymx,即22200000()()2()ymxymxmym220xm,即2000(2)20xmymx,同理2

000(2)20xnynx．由此可知,m,n为方程2000(2)20xxyxx的两个实根,所以0022ymnx,002xmnx,2||||()4MNmnmnmn20020044(2)2yxxx

220002044(2)xyxx．因为点00(,)Pxy在椭圆C上,则220012xy,即220012xy,则2200022002842(2)4||(2)(2)xxxMNxx2042(2)x,令204142(2)3x,则20(

2)9x,因为00x,则01x,220012xy12,即022y,故存在点2(1,)2P满足题设条件．【点评】(1)处理直线与圆的弦长问题时多用几何法,即弦长的一半、弦心距、半

径构成直角三角形．(2)圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径,从而建立关系解决问题．【小试牛刀】已知椭圆2222:10xyWabab的离心率为32,其左顶点A在圆22:16Oxy上.（Ⅰ）求椭圆W的方程；（Ⅱ）若点

P为椭圆W上不同于点A的点,直线AP与圆O的另一个交点为Q,是否存在点P,使得3PQAP？若存在,求出点P的坐标；若不存在,说明理由.【答案】（I）221164xy；（II）不存在,理由见解析.【解析】（I）因为椭圆W的左顶点A在圆22:16Oxy上,令0y,得4x,所以4a

.又离心率为32,所以32cea,所以23c,所以2224bac.所以W的方程为221164xy.（II）设点11,Pxy,22,Qxy,设直线AP的方程为4ykx,与椭圆方程联立得2241164ykxxy

,化简得到2222143264160kxkxk,因为-4为方程的一个根,所以21232414kxk,所以21241614kxk所以228114kAPk因为圆心到直线AP的距离为2

414kdk,所以222168216211AQdkk.因为1PQAQAPAQAPAPAP,代入得到222222228143311131118114PQkkkAPkkkkk,显然23331k,所以不存在

直线AP,使得3PQAP.1.2利用椭圆的性质判断直线与圆的位置关系【例2】已知椭圆C：2224xy.（1）求椭圆C的离心率；（2）设O为原点,若点A在椭圆C上,点B在直线2y上,且OAOB,试判断直线AB与圆222xy的位置关系,并证明你的

结论.【分析】（1）把椭圆C：2224xy化为标准方程,确定2a,2b,利用ace求得离心率；（2）设点),(00yxA,)2,(tB,其中00x,由OBOA,即0OBOA,用0x、0y表示t,当tx0或tx0分别根据点到

直线的距离公式求出圆心到直线的距离,与圆的半径比较,从而判断直线AB与圆222xy的位置关系.【解析】（1）由题意椭圆C的标准方程为12422yx,所以42a,22b,从而224222bac,所以2

2ace.（2）直线AB与圆222yx相切,证明如下：设点),(00yxA,)2,(tB,其中00x,因为OBOA,所以0OBOA,即0200ytx,解得002xyt,当tx0时,220ty,代入椭圆C的方程得2t,此时直线AB

与圆222yx相切.当tx0时,直线AB的方程为)(2200txtxyy,即02)()2(0000tyxytxxy,圆心到直线AB的距离为202000)()2(|2|txytyxd,又422020yx,002xyt,故22168|4|4|22|202

040020202020200200xxxxxxyyxxyxd.故此直线AB与圆222yx相切.【小试牛刀】已知椭圆2222:10xyEabab过点0,2,且离心率22e．(1)求椭圆E

的方程；(2)设直线:1lxmymR交椭圆E于A,B两点,判断点94G,0与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由．【解析】解法一：（1）由已知得222222bcaabc,解得222abc,所

以椭圆E的方程为22142xy．（2）设点11,Axy,22,Bxy,AB的中点为00,Hxy．由221142xmyxy,得222230mymy,所以12222myym,12232yym,从而022mym,所以22

2222200000095525144216GHxymyymymy,24AB2222121212144myyxxyy22121214

4myyyy220121myyy,故22201252514216ABGHmymyy22222231525172021622162mmmmmm,所以2ABGH．故点9,04G

在以AB为直径的圆外．解法二：（1）同解法一．（2）设点11,Axy,22,Bxy,则119,4GAxy,229,4GBxy．由221142xmyxy,得

222230mymy,所以12222myym,12232yym,从而12129944GAGBxxyy12125544mymyyy212125251416myym

yy22225312522216mmmm221720162mm,所以cos,0GAGB．又GA,GB不共线,所以AGB为锐角．故点9,04G在以AB为直径的圆外．(二)圆与

双曲线的结合点2.1利用圆的性质解决双曲线的相关问题由于双曲线具有渐近线,故渐近线与圆的位置关系便成为命题的常考点.圆本身所具有的几何性质在探索等量关系也经常考查,进而求解双曲线的几何性质,如离心率的求解.【例3】【黑龙江省齐齐

哈尔市2019届高三第一次模拟】已知半圆：，、分别为半圆与轴的左、右交点，直线过点且与轴垂直，点在直线上，纵坐标为，若在半圆上存在点使，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据题意，设PQ与x轴交于点T，分析可得在Rt△PBT中，|BT||PB||t|，分p在x轴上方、下方和x轴上

三种情况讨论，分析|BT|的最值，即可得t的范围，综合可得答案．【解析】根据题意，设PQ与x轴交于点T，则|PB|＝|t|，由于BP与x轴垂直，且∠BPQ，则在Rt△PBT中，|BT||PB||t|，当P在x轴上方时

，PT与半圆有公共点Q，PT与半圆相切时，|BT|有最大值3，此时t有最大值，当P在x轴下方时，当Q与A重合时，|BT|有最大值2，|t|有最大值，则t取得最小值，t＝0时，P与B重合，不符合题意，则t的取值范围为[，0）]；故选：A．【小试牛

刀】【福建省厦门市2019届高中毕业班第一次（3月)质量检查】已知双曲线的一个焦点为，点是的一条渐近线上关于原点对称的两点，以为直径的圆过且交的左支于两点，若，的面积为8，则的渐近线方程为（）A．B．C．D．【

答案】B【解析】设双曲线的另一个焦点为，由双曲线的对称性，四边形是矩形，所以，即，由，得：，所以，所以，所以，，所以，的渐近线方程为.故选B2.2圆的切线与双曲线相联系【例4】已知双曲线12222byax的左右焦点分别为12FF、,O为双曲线

的中心,P是双曲线右支上的点,21FPF的内切圆的圆心为I,且圆I与x轴相切于点A,过2F作直线PI的垂线,垂足为B,若e为双曲线的离心率,则()A.||||OAeOBB.||||OBeOAC.||||OAOBD.||OA与||

OB关系不确定【答案】C【解析】设内切圆在1PF上的切点为N,2PF上的切点为M,12FF上的切点为A,A的坐标为(m,0),∴12112(DMMF)AFm(cm)2aPFPFPNNFAFc,即OAa,延长2BF交1PF于S,∵PB是角平分线和垂线,∴B是2SF的中点

,O是12FF的中点,BO是中位线,11211(PFPF)a22BOFS,∴OAOBa,∴||||OAOB.【小试牛刀】已知点1F、2F为双曲线C：01222bbyx的左、右焦点,过2F作垂直于x轴的直线,在x轴上方交双曲线C于点M,且3021FMF．圆

O的方程是222byx．（1）求双曲线C的方程；（2）过双曲线C上任意一点P作该双曲线两条渐近线的垂线,垂足分别为1P、2P,求21PPPP的值；（3）过圆O上任意一点00y,xQ作圆O的切线l交双曲线C于A、B两点,AB中点为M,求证：2ABOM．【解析】（1）设2

,FM的坐标分别为220(1,0),(1,)bby因为点M在双曲线C上,所以220211ybb,即20yb,所以22MFb在21RtMFF中,01230MFF,22MFb,所以212MFb由双曲线的定义可知：2122MFMFb

故双曲线C的方程为：2212yx（2）由条件可知：两条渐近线分别为12:20;:20lxylxy设双曲线C上的点00(,)Qxy,设两渐近线的夹角为,则则点Q到两条渐近线的距离分别为00001222||,||33xyxyPPPP因为00(,)Qxy在双曲线C：221

2yx上,所以220022xy又1cos3,所以2200000022212cos33933xyxyxy（3）由题意,即证：OAOB.设1122(,),(,)AxyBxy,切线l的方程为：002xxyy①当00y时,切线l的方程

代入双曲线C中,化简得：22220000(2)4(24)0yxxxxy所以：2001212222200004(24),(2)(2)xyxxxxyxyx又22010201201201222200000(2)(2)82142()2xxxxxyyxxxxxxyyyyx

所以②当00y时,易知上述结论也成立．所以综上,OAOB,所以．(三)圆与抛物线的结合点3.1圆的性质与抛物线相结合【例5】一个酒杯的轴截面是开口向上的抛物线的一段弧,它的口宽是的410,杯深20,在杯内放一玻璃球,当玻璃球的半径r最大取时,才能使玻璃球触及杯底．

【答案】1【解析】建立如图所示的直角坐标系,酒杯所在抛物线的方程设为22(0)xpyp,因为过点(210,20),所以2(210)220,1pp,即22(020)xyy.玻璃球触及杯底,就是小球的截面圆222()xyrr与抛物线22xy有且仅有一个交点,即原点.由222(

)xyrr与22xy消去x得：0y或22.yr因为有且仅有一个交点,即原点,所以220,1,rr即半径r最大取1.【小试牛刀】【广东省2019届天河区普通高中毕业班综合测试（二)】已知抛物线C：的焦点为F，准线l与x轴的交点为A，M是抛

物线C上的点，且轴，若以AF为直径的圆截直线AM所得的弦长为2，则()A．2B．C．4D．【答案】B【解析】把代入可得，不妨设M在第一象限，则，又，直线AM的方程为，即，原点O到直线AP的距离，以AF为直径的圆截直线AM所得的弦长为2，，解得．故选：B．3.2抛物线的性质与圆的相联系【

例6】已知椭圆2212210xyCabab：离心率为63,焦距为22,抛物线22:20Cxpyp的焦点F是椭圆1C的顶点.（Ⅰ）求1C与2C的标准方程；（Ⅱ）设过点F的直线l交2C于,PQ两点,若1C的右顶点A在以PQ为直径的圆内,求直线l的斜率的取值范围.【分析】（Ⅰ）椭

圆1C的焦距为222c,36ac,得椭圆的标准方程,得到抛物线焦点,可得抛物线方程；（Ⅱ）联立直线与抛物线的方程结合韦达定理得kxx421,421xx,A在以PQ为直径的圆内0AQAP,得结果.【解析】（Ⅰ）设椭圆

1C的焦距为2c,依题意有222c,63ca,解得3a,1b,故椭圆1C的标准方程为22131xy,又抛物线22:20Cxpyp开口向上,故F是椭圆的1C上顶点,0,1F∴,,2p∴故抛物线2C的标准方程为24xy

.（Ⅱ）由题意可设直线的方程为：1ykx,设点11,Pxy,22,Qxy,联立214ykxxy得2440xkx,由韦达定理得124xxk,124xx.A在以PQ为直径的圆内1212120330APAQxxxxyy

2212121216163480xxxxxx641634481600kk.【小试牛刀】已知抛物线C：22(0)ypxp的焦点为F,直线4y与y轴的交点为P,与C的交点为Q,

且5||||4QFPQ.（I）求C的方程；（II）过F的直线l与C相交于A,B两点,若AB的垂直平分线l与C相较于M,N两点,且A,M,B,N四点在同一圆上,求l的方程.【解析】（I）设()0,4Qx,代入22ypx=,得00888,,.22ppxPQQFxppp

=\==+=+．由题设得85824ppp+=?,解得2p=-（舍去）或2p=,∴C的方程为24yx=；（II）由题设知l与坐标轴不垂直,故可设l的方程为()10xmym=+?,代入24yx=得2440ymy--=．设()()1122,,,,Ax

yBxy则124,yym+=124yy=-．故AB的中点为()()2221221,2,141DmmABmyym+=+-=+．又l¢的斜率为,ml¢-\的方程为2123xymm=-++．将上式代入24yx=,并整理得()2244230yymm+-+=．设()()3344

,,,,MxyBxy则()234344,423yyyymm+=-=-+．故MN的中点为()22234222412122123,,1mmEmMNyymmmm++骣÷ç++-=+-=÷ç÷ç桫．由于MN垂直平分线AB,故,,,AMBN四点在同一圆上等价于12AEBEMN==,从而22211,44A

BDEMN+=即()()()2222222244121224122mmmmmmm++骣骣鼢珑+++++=鼢珑鼢珑桫桫,化简得210m-=,解得1m=或1m=-．所求直线l的方程为10xy--=或10xy+-=．四、迁移运用1．【江西省南昌市

2019届高三第一次模拟】过双曲线的左焦点作圆的切线交双曲线的右支于点，且切点为，已知为坐标原点，为线段的中点（点在切点的右侧），若的周长为，则双曲线的渐近线的方程为()A．B．C．D．【答案】B【解析】解：连OT，则OT⊥F1T，在直角三角形OT

F1中，|F1T|b．连PF2，M为线段F1P的中点，O为坐标原点∴OMPF2，∴|MO|﹣|MT|PF2﹣（PF1﹣F1T）（PF2﹣PF1）+bb﹣a．又|MO|+|MT|+|TO|=，即|MO|+|MT|=3a故|MO

|=,|MT|=,由勾股定理可得：，即∴渐近线方程为：故选：B2．【山东省淄博市2018-2019学年度高三3月模拟】已知直线与双曲线交于两点，以为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点，若的面积为，则双曲线的离心率为A．B．C．2

D．【答案】D【解析】由题意可得图像如下图所示：为双曲线的左焦点为圆的直径根据双曲线、圆的对称性可知：四边形为矩形又，可得：本题正确选项：3．【河南省濮阳市2019届高三下学期摸底】双曲线的两顶点为，，虚轴两端点为，，两焦点为，，若以为直径的圆内切于菱形，则双曲线的离心率是

（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意可得，，，，，，且，菱形的边长为，由以为直径的圆内切于菱形，切点分别为A，B，C，D．由面积相等，可得，即为，即有，由，可得，解得，可得，或(舍去)故选：C．4．【广东省潮州市2019届高三上学

期期末】已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，且双曲线C与圆在第一象限相交于点A，且，则双曲线C的离心率是A．B．C．D．【答案】A【解析】双曲线C与圆在第一象限相交于点A，可得，由，可得，，由，可得，

即为，即有，即有．故选：A．5.【安徽省合肥一中、马鞍山二中等六校教育研究会2019届高三第二次联考】已知抛物线上一点到焦点的距离为，分别为抛物线与圆上的动点，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由抛

物线焦点在轴上，准线方程，则点到焦点的距离为，则，所以抛物线方程：，设，圆，圆心为，半径为1，则，当时，取得最小值，最小值为，故选D.6．【辽宁省沈阳市郊联体2019届高三上学期期末】已知椭圆的右焦点为，离心率为e，过原点斜率为k的直线与椭圆交于

A、B两点，M、N分别为线段AF、BF的中点，以MN为直径的圆过原点O，若，则e的取值范围是A．B．C．D．【答案】D【解析】记线段MN与x轴交点为C．的中点为M，BF的中点为N，，，、B为椭圆上关于原点对称的两点，．原点O在以线段MN为直径

的圆上，．．，，．设，，易得．由，可得得，．直线AB斜率为，，，由于，离心率e的取值范围为故选：D．7．【山东省临沂市2019届高三2月教学质量检测】是双曲线的左、右焦点，直线l为双曲线C的一条渐近线，关于直线l的对称点为，且点在以F2为圆心、

以半虚轴长b为半径的圆上，则双曲线C的离心率为A．B．C．2D．【答案】B【解析】因为直线l为双曲线C的一条渐近线，则直线因为是双曲线的左、右焦点所以（-c，0），（c，0）因为关于直线l的对称点为，设为（x，y）则解得所以为（）因为是以为圆心，以半虚轴长b为半径的圆，则圆的

方程为将以的（）代入圆的方程得化简整理得，所以所以选B8．【河南省中原名校（即豫南九校)2018届高三第六次质量考评】已知抛物线2:4Cyx的焦点为F，过点F且斜率为1的直线与抛物线C交于点,AB，以线段A

B为直径的圆E上存在点,PQ，使得以PQ为直径的圆过点2,Dt，则实数t的取值范围为（）A．,13,B．1,3C．,2727,D．27,27【答案】D【解析】由题得直线AB的方程为

01yx即y=x-1,设A1122,,,xyBxy，联立2121221{610614yxxxxxxxyx所以1212121132222xxyyxx，|AB|=23641181所以AB为直径的圆E的圆心为（3,2），半径为4.所以该

圆E的方程为223216xy.所以点D恒在圆E外，圆E上存在点P,Q，使得以PQ为直径的圆过点D(-2,t)，即圆E上存在点P,Q，使得DP⊥DQ，显然当DP,DQ与圆E相切时，∠PDQ最大，此时应满足∠PDQ2，所以22422322EPDEt，整理得2430

tt.解之得2727t，故选D.9．【河北省石家庄市2018届高三下学期一模】已知1F，2F分别为双曲线22221(0,0)xyabab的左焦点和右焦点，过2F的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，12AFF的内切圆半径

为1r，12BFF的内切圆半径为2r，若122rr，则直线l的斜率为（）A.1B.2C.2D.22【答案】D【解析】设12AFF的内切圆圆心为1,I，12BFF的内切圆圆心为2,I，边1212AFAFFF、、上的切点分别为MNE、、，易见1IE、横坐标相等，则

1122AMANFMFEFNFE，，，由122AFAFa，即122AMMFANNFa（），得122MFNFa，即122FEFEa，记1I的横坐标为0x，则00Ex（，），于是002xccxa（），得0xa，同理内心2I的横坐标也为a，则有12IIx轴，设直线

的倾斜角为，则22129022OFIIFO，，则211212221tan,tantan90222tan2rrIFOrrFEFE，222tan122tan,tan.tan22.22221tan2

故选D.10．【河南省郑州市2018届高三毕业年级第二次质量预测】如图，已知抛物线1C的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，且过点24，，圆222:430Cxyx,过圆心2C的直线l与抛物线和圆分别交于,,,PQMN,则4PNQM的最小值为()A.23B.42C

.12D.52【答案】A【解析】由题意抛物线过定点（2，4），得抛物线方程28yx，焦点为F(2,0).圆的标准方程为2221xy，所以圆心为（2，0），半径r=1.由于直线过焦点，所以有1121F2PFQP，又4PNQM1444

5PFQFPFQF=11245FPFQFPFQ425523QFPFPFQF，当且仅当2PFQF时等号成立。选A.11．【湖北七市（州）教研协作体2018年3月高三联考】已知圆E：2222pxyr

与抛物线C：22(0)ypxp相交于A，B两点，分别以点A，B为切点作圆E的切线.若切线恰好都经过抛物线C的焦点F，则sinAEF（）A.512B.312C.212D.12【答案】A【解析】由题得设A,AAxy，222222sinAFprAEFEF

p，联立圆E和抛物线得：222304pxpxr，代入点A得222304AApxpxr,又AF为圆的切线，故22222AFEFrpr，由抛物线得定义可知：AF=2Apx，故2222Apprx化简

得：22Arpxp，将点A代入圆得：422222rrprp22512pr，而222222sinAFprAEFEFp=352，故51sin2AEF故选A12．【福建省2019届适应性练习】椭圆的右焦点为，左顶点为，线段的中点为，圆过点，且与交

于，是等腰直角三角形，则圆的标准方程是____________【答案】【解析】如图设A（﹣a，0），可得a＞1，c＝1，b2＝a2﹣1，线段AF的中点为B（，0），圆F的圆心为F（1，0），半径r＝|BF|，设D（m，n），（m＞

0，n＞0），E（m，﹣n），由△BDE为等腰直角三角形，可得kBD＝1，即1，即n＝m，由D在圆F：（x﹣1）2+y2＝（）2上，可得（m﹣1）2+（m）2＝（）2，化简可得（m﹣1）（2m﹣1+a）＝0，解得m＝1或m（舍去），则n，将D（1，）代入椭圆方程，可得

1，化简可得a＝2或（舍去），则圆F的标准方程为（x﹣1）2+y2，故答案为：（x﹣1）2+y2．13．【福建省龙岩市2019届高三下学期教学质量检查】已知抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，过点作直线与抛物线交于两点．若以为直径的圆过点，则的值为________．【答案】4【解析】假设k存在

，设AB方程为：y＝k（x﹣1），与抛物线y2＝4x联立得k2（x2﹣2x+1）＝4x，即k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0设两交点为A（x2，y2），B（x1，y1），∵以为直径的圆过点,∴∠QBA＝90°，∴（x1﹣2）（x1+2）

+y12＝0，∴x12+y12＝4，∴x12+4x1﹣1＝0（x1＞0），∴x12，∵x1x2＝1，∴x22，∴|AF|﹣|BF|＝（x2+1）﹣（x1+1）＝4，故答案为：414．【北京市顺义区201

9届高三期末】已知，分别是双曲线的左、右焦点，P是以，为直径的圆与该双曲线的一个交点，且，则双曲线的离心率是______．【答案】【解析】设，由于P是以为直径的圆与该双曲线的一个交点则是直角三角形，，由，则，，，，．故答案为：15．【河南省许昌高级中学2019届高三复习诊

断（二)】已知抛物线的焦点为，过点且斜率为1的直线与抛物线交于点，以线段为直径的圆上存在点，使得以为直径的圆过点，则实数的取值范围为________．【答案】【解析】由题意可得，直线的方程为，联立方程组，可得，设，则，，设，则，，又

，所以圆是以为圆心，4为半径的圆，所以点恒在圆外．圆上存在点，使得以为直径的圆过点，即圆上存在点，使得，设过点的两直线分别切圆于点，要满足题意，则，所以，整理得，解得，故实数的取值范围为16．【宁夏吴忠市2019届高三下学期第一次模拟】在平面

直角坐标系中，椭圆的中心为原点，焦点，在轴上，离心率为.过的直线交于，两点，且的周长为.（1）求椭圆的方程；（2）圆与轴正半轴相交于两点，（点在点的左侧），过点任作一条直线与椭圆相交于，两点，连接，，求证.【解析】(1)设椭圆C的方程为(a＞b＞0)．因为

离心率为，所以，解得，即.又△PQF2的周长为|PQ|＋|PF2|＋|QF2|＝(|PF1|＋|PF2|)＋(|QF1|＋|QF2|)＝2a＋2a＝4a，所以又△PQF2的周长为，即a＝2，b＝2，所以椭圆C的方程为.(2)把y＝0代入＋(y－2)2＝,解得

x＝1或x＝4，因为点在点的左侧，即点M(1，0)，N(4，0)．①当AB⊥x轴时，由椭圆的对称性可知∠ANM＝∠BNM.②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝k(x－1)．联立(k2＋2)x2－2k2x＋k2－8＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1

x2＝.因为y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，所以kAN＋kBN＝＋＝＋＝.因为(x1－1)(x2－4)＋(x2－1)(x1－4)＝2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝＋8＝，所以kAN＋kBN＝0，所以∠ANM

＝∠BNM，综上所述，∠ANM＝∠BNM.17．已知222210xyabab的左、右焦点分别为12FF、,1225FF,点P在椭圆上,21tan2PFF,且12PFF的面积为4.（1）求椭圆的方程；（2）

点M是椭圆上任意一点,12AA、分别是椭圆的左、右顶点,直线12MAMA，与直线352x分别交于,EF两点,试证：以EF为直径的圆交x轴于定点,并求该定点的坐标.【答案】（1）22194xy；（2）证明见解析,351,02或351,02

.【解析】（1）因为21tan2PFF,所以2125sin5PFF,215cos5PFF.由题意得2222122125254255252255PFPFPFPF,解得12

42PFPF.从而1224263aPFPFa,结合225c,得24b,故椭圆的方程为22194xy.（2）由（1）得13,0A,23,0A,设00,Mxy,则直线1MA的方

程为0033yyxx,它与直线352x的交点的坐标为003535,3232yEx,直线2MA的方程为0033yyxx,它与直线352x的交点的坐标为0

03535,3232yFx,再设以EF为直径的圆交x轴于点,0Qm,则QEQF,从而1QEQFkk,即0035332352yxm00353321352yxm,

即22020935492ymx,解得3512m.故以EF为直径的圆交x轴于定点,该定点的坐标为351,02或351,02.18．已知椭圆D：222101yxbb的左焦点为F,其左、右顶

点为A、C,椭圆与y轴正半轴的交点为B,FBC的外接圆的圆心,Pmn在直线0xy上.（I）求椭圆D的方程；（II）已知直线l：2x,N是椭圆D上的动点,NMl,垂足为M,是否存在点N,使得FMN为等腰三角形？

若存在,求出点N的坐标,若不存在,请说明理由.【答案】(I)2221xy；(II)N214,36或20,2.【解析】（I）由题意知,圆心P既在FC的垂直平分线上,也在BC的垂直平分线上,设F的坐标为,00cc,则FC的垂直

平分线方程为12cx…①因为BC的中点坐标为1,22b,BC的斜率为b所以BC的垂直平分线的方程为1122byxb…②联立①②解得:12cx,22bcyb即12cm,22bcnb因为,Pmn在直线0xy上,所以21022c

bcb………（4分）即10bbc因为10b,所以bc再由221bc求得2212bc所以椭圆D的方程为2221xy………（7分）（II）若FNMF,即2222122xyy解得0x,21x(显然不符合条件,舍去).此

时所以满足条件的点N的坐标为20,2.综上,存在点N214,36或20,2,使得FMN为等腰三角形19．已知椭圆)0(12222babyax的右焦点为)0,1(2F,点)3

102,2(H在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）点M在圆222byx上,且M在第一象限,过M作222byx的切线交椭圆于QP,两点,问：QPF2的周长是否为定值？若是,求出定值；若不是,说明理由.【答案】（1）18922yx；（2）6．【解析】（1）由题意得

19404122222bacba,∴9922ba,∴椭圆的方程为18922yx.（2）由题意,设PQ的方程为)0,0(mkmkxy,∵PQ与圆822yx相切,∴221||2k

m,即2122km,18922yxmkxy得072918)98(222mkmxxk,设),(),,(2211yxQyxP,则222122198729,9818kmxxkkmxx,∴222222212212212986987294

)9818(14)(1||1||kkmkmkkmkxxxxkxxkPQ又212121212122)9(91)91(8)1()1(||xxxyxPF,∴112313)

9(31||xxPF,同理222313)9(31||xxQF,∴22129866)(316||||kkmxxQFPF,∴69869866||||||222kkmkkmPQQFPF（定值）.20

．已知椭圆)0(1:2222babyaxC的焦距为2,左、右顶点分别为BA,,P是椭圆上一点,记直线PBPA,的斜率为21,kk,且有2121kk.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线)0(:kmkxyl与椭圆C交于

NM,两点,以NM,为直径的圆经过原点,且线段MN的垂直平分线在y轴上的截距为21,求直线l的方程.【答案】（1）2212xy；（2）212yx．【解析】（1）依题意,,0Aa,,0Ba,设,Pxy,则有22221xyab,即222

22()byaxa,2222221222222baxyyybakkxaxaxaxaa,2212ba,22222,cabc,222,1ab,即椭圆C的方程为2212xy；（2）设1122,,MxyNxy、,MN的中点为00,Qxy,

联立2212ykxmxy得到222124220kxkmxm,22221621021kmmk①122412kmxxk,21222212mxxk,12022212xxkmxk,002

12mykxmk②因为以MN为直径的圆经过原点,所以0OMONuuuruuurg,12120xxyy,12120xxkxmkxm,22121210kxxkmxxm,2222222122401212

kmkmmkk,化简得22322mk③将②式代入得到223121mk代入①式得到212m,由于线段MN的垂直平分线经过点1(0,)2,00112yxk,将②代入得到

2122km④联立③④得13m或1,因为212m,所以1m,22k.所以直线l的方程为212yx.