2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版5含答案

2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第4讲直线与圆、圆与圆的位置关系[课程标准]1.能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆，圆与圆的位置关系.2.能用直线和圆的方程解决一些简单的数学问题和实际问题．1．直线与圆的位置关系与判断方法方法过程依据结论代数法联立方程组消去x(或y)得一元二次方程，计算Δ＝b2－4acΔ>0eq\x(\s\up1(01))相交Δ＝0eq\x(\s\up1(02))相切Δ<0eq\x(\s\up1(03))相离几何法计算圆心到直线的距离d，比较d与半径r的关系deq\x(\s\up1(04))＜r相交deq\x(\s\up1(05))＝r相切deq\x(\s\up1(06))＞r相离2.圆与圆位置关系的判定(1)几何法若两圆的半径分别为r1，r2，两圆的圆心距为d，则两圆的位置关系的判断方法如下：位置关系图示d与r1，r2的关系外离eq\x(\s\up1(07))d＞r1＋r2外切eq\x(\s\up1(08))d＝r1＋r2相交eq\x(\s\up1(09))|r1－r2|＜d＜r1＋r2内切d＝eq\x(\s\up1(10))|r1－r2|(r1≠r2)内含0≤d＜eq\x(\s\up1(11))|r1－r2|(r1≠r2)(2)代数法通过两圆方程组成方程组的公共解的个数进行判断．eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(圆C1方程,圆C2方程))eq\o(→,\s\up7(消元))eq\a\vs4\al(一元,二次,方程)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0⇒\x(\s\up1(12))相交；,Δ＝0⇒\x(\s\up1(13))内切或外切；,Δ<0⇒\x(\s\up1(14))内含或外离.))1．圆的切线方程常用结论(1)过圆x2＋y2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为x0x＋y0y＝r2.(2)过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2.(3)过圆x2＋y2＝r2外一点M(x0，y0)作圆的两条切线，则两切点所在直线方程为x0x＋y0y＝r2.2．圆与圆的位置关系的常用结论(1)两圆的位置关系与公切线的条数①内含：0条；②内切：1条；③相交：2条；④外切：3条；⑤外离：4条．(2)两圆相交时公共弦的方程设圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0，①圆C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0，②若两圆相交，则有一条公共弦，其公共弦所在直线方程由①－②所得，即(D1－D2)x＋(E1－E2)y＋(F1－F2)＝0.(3)两个圆系方程①过直线Ax＋By＋C＝0与圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0交点的圆系方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ(Ax＋By＋C)＝0(λ∈R)；②过圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和圆C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0交点的圆系方程为x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)(其中不含圆C2，所以注意检验C2是否满足题意，以防丢解)．1．对任意的实数k，直线y＝kx－1与圆C：x2＋y2－2x－2＝0的位置关系是()A．相离 B．相切C．相交 D．以上三个选项均有可能答案C解析直线y＝kx－1恒经过点A(0，－1)，圆x2＋y2－2x－2＝0的圆心为C(1，0)，半径为eq\r(3)，而|AC|＝eq\r(2)<eq\r(3)，所以点A在圆内，故直线y＝kx－1与圆x2＋y2－2x－2＝0相交．故选C.2．(人教A选择性必修第一册习题2.5T14(1)改编)过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2＋y2－4y＝0截得的弦长为()A.eq\r(3) B．2C.eq\r(6) D．2eq\r(3)答案D解析直线方程为y＝eq\r(3)x，圆的标准方程为x2＋(y－2)2＝4，则圆心(0，2)到直线的距离d＝eq\f(|\r(3)×0－2|,2)＝1，所以所求弦长为2×eq\r(22－12)＝2eq\r(3).3．(人教B选择性必修第一册2.3.3练习BT1改编)圆Q：x2＋y2－4x＝0在点P(1，eq\r(3))处的切线方程为()A．x＋eq\r(3)y－2＝0 B．x＋eq\r(3)y－4＝0C．x－eq\r(3)y＋4＝0 D．x－eq\r(3)y＋2＝0答案D解析圆Q的标准方程为(x－2)2＋y2＝4.∵P(1，eq\r(3))在圆Q上，∴所求切线方程为(1－2)(x－2)＋(eq\r(3)－0)(y－0)＝4，即x－eq\r(3)y＋2＝0.4．(人教A选择性必修第一册2.5.2练习T1改编)圆C1：(x＋2)2＋(y－2)2＝4和圆C2：(x－2)2＋(y－5)2＝16的位置关系是()A．外离 B．相交C．内切 D．外切答案B解析易得圆C1的圆心为C1(－2，2)，半径r1＝2，圆C2的圆心为C2(2，5)，半径r2＝4，圆心距|C1C2|＝eq\r([2－（－2）]2＋（5－2）2)＝5，因为|4－2|<|C1C2|<4＋2，所以两圆相交．5．(人教A选择性必修第一册习题2.5T9改编)圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦所在的直线方程为________．答案x－y＋2＝0解析将两圆方程相减，得4x－4y＋8＝0，即x－y＋2＝0.考向一直线与圆的位置关系例1(1)直线kx－y＋2－k＝0与圆x2＋y2－2x－8＝0的位置关系为()A．相交、相切或相离 B．相交或相切C．相交 D．相切答案C解析解法一：直线kx－y＋2－k＝0的方程可化为k(x－1)－(y－2)＝0，该直线恒过定点(1，2)．因为12＋22－2×1－8<0，所以点(1，2)在圆x2＋y2－2x－8＝0的内部，所以直线kx－y＋2－k＝0与圆x2＋y2－2x－8＝0相交．解法二：圆的方程可化为(x－1)2＋y2＝32，所以圆心为(1，0)，半径为3.圆心到直线kx－y＋2－k＝0的距离为eq\f(|k＋2－k|,\r(1＋k2))＝eq\f(2,\r(1＋k2))≤2<3，所以直线kx－y＋2－k＝0与圆x2＋y2－2x－8＝0相交．(2)(2022·新高考Ⅱ卷)设点A(－2，3)，B(0，a)，若直线AB关于y＝a对称的直线与圆(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点，则a的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,2)))解析A(－2，3)关于y＝a对称的点的坐标为A′(－2，2a－3)，B(0，a)在直线y＝a上，设A′B所在直线为直线l，所以直线l的方程为y＝eq\f(a－3,－2)x＋a，即(a－3)x＋2y－2a＝0.圆C：(x＋3)2＋(y＋2)2＝1，圆心C(－3，－2)，半径r＝1，依题意，圆心到直线l的距离d＝eq\f(|－3（a－3）－4－2a|,\r(（a－3）2＋22))≤1，即(5－5a)2≤(a－3)2＋22，解得eq\f(1,3)≤a≤eq\f(3,2)，即a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,2))).1．判断直线与圆的位置关系的常见方法几何法利用d与r的关系判断代数法联立方程之后利用Δ判断点与圆的位置关系法若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交2.已知直线与圆的位置关系求参数的取值范围时，可根据数形结合思想转化为直线与圆的位置关系问题，由此建立方程(组)或不等式(组)求解．1.(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)已知直线l：ax＋by－r2＝0与圆C：x2＋y2＝r2，点A(a，b)，则下列说法正确的是()A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切答案ABD解析圆心C(0，0)到直线l的距离d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))，若点A(a，b)在圆C上，则a2＋b2＝r2，所以d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))＝|r|，则直线l与圆C相切，故A正确；若点A(a，b)在圆C内，则a2＋b2<r2，所以d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))>|r|，则直线l与圆C相离，故B正确；若点A(a，b)在圆C外，则a2＋b2>r2，所以d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))<|r|，则直线l与圆C相交，故C错误；若点A(a，b)在直线l上，则a2＋b2－r2＝0，即a2＋b2＝r2，所以d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))＝|r|，直线l与圆C相切，故D正确．故选ABD.2．已知圆O：x2＋y2＝4上到直线l：x＋y＝a的距离等于1的点至少有2个，则a的取值范围为________．答案(－3eq\r(2)，3eq\r(2))解析由圆的方程可知圆心为(0，0)，半径为2.因为圆上到直线l：x＋y＝a的距离等于1的点至少有2个，所以圆心到直线l的距离d＜r＋1＝3，即d＝eq\f(|－a|,\r(2))<3，解得－3eq\r(2)＜a＜3eq\r(2).多角度探究突破考向二直线与圆的综合问题角度圆的切线问题例2已知点P(eq\r(2)＋1，2－eq\r(2))，点M(3，1)，圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝4.(1)求过点P的圆C的切线方程；(2)求过点M的圆C的切线方程，并求出切线长．解由题意，得圆心C(1，2)，半径r＝2.(1)∵(eq\r(2)＋1－1)2＋(2－eq\r(2)－2)2＝4，∴点P在圆C上．又kPC＝eq\f(2－\r(2)－2,\r(2)＋1－1)＝－1，∴切线的斜率k＝－eq\f(1,kPC)＝1，∴过点P的圆C的切线方程是y－(2－eq\r(2))＝1·[x－(eq\r(2)＋1)]，即x－y＋1－2eq\r(2)＝0.(2)∵(3－1)2＋(1－2)2＝5>4，∴点M在圆C外部．当过点M的直线的斜率不存在时，直线方程为x＝3，即x－3＝0.又点C(1，2)到直线x－3＝0的距离d＝3－1＝2＝r，即此时满足题意，∴直线x－3＝0是圆的切线；当切线的斜率存在时，设切线方程为y－1＝k(x－3)，即kx－y＋1－3k＝0，则圆心C到切线的距离为d＝eq\f(|k－2＋1－3k|,\r(k2＋1))＝r＝2，解得k＝eq\f(3,4).∴切线方程为y－1＝eq\f(3,4)(x－3)，即3x－4y－5＝0.综上可得，过点M的圆C的切线方程为x－3＝0或3x－4y－5＝0.∵|MC|＝eq\r(（3－1）2＋（1－2）2)＝eq\r(5)，∴过点M的圆C的切线长为eq\r(|MC|2－r2)＝eq\r(5－4)＝1.圆的切线方程的求法(1)几何法：设切线方程为y－y0＝k(x－x0)，利用点到直线的距离公式表示出圆心到切线的距离d，然后令d＝r，进而求出k.(2)代数法：设切线方程为y－y0＝k(x－x0)，与圆的方程组成方程组，消元后得到一个一元二次方程，然后令判别式Δ＝0，进而求出k.注意检验切线斜率不存在的情况．1.(2024·南京师大附中校考一模)过点P(3，－2)且与圆C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0相切的直线方程为________．答案x＝3或3x＋4y－1＝0解析将圆C的一般方程化为标准方程，得(x－1)2＋(y－2)2＝4，则圆心C(1，2)，半径为r＝2.当过点P(3，－2)的直线斜率不存在时，直线方程为x＝3，是圆C的切线，满足题意；当过点P(3，－2)的直线斜率存在时，可设直线方程为y＋2＝k(x－3)，即kx－y－3k－2＝0，利用圆心到直线的距离等于半径，得eq\f(|2k＋4|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝－eq\f(3,4)，即此直线方程为3x＋4y－1＝0.故所求直线方程为x＝3或3x＋4y－1＝0.2．(2023·天津和平区二模)由直线y＝x＋1上的一点向圆(x－3)2＋y2＝1引切线，则切线长的最小值为________．答案eq\r(7)解析设直线上一点P，切点为Q，圆心为M，M的坐标为(3，0)，则|PQ|即为切线长，|MQ|为圆M的半径，长度为1，|PQ|＝eq\r(|PM|2－|MQ|2)＝eq\r(|PM|2－1)，要使|PQ|最小，即求|PM|的最小值，此题转化为求直线y＝x＋1上的点到圆心M的最小距离．设圆心到直线y＝x＋1的距离为d，则d＝eq\f(|3－0＋1|,\r(12＋（－1）2))＝2eq\r(2)，∴|PM|的最小值为2eq\r(2)，此时|PQ|＝eq\r(|PM|2－1)＝eq\r(（2\r(2)）2－1)＝eq\r(7).角度圆的弦长问题例3(1)过点(－4，0)作直线l与圆x2＋y2＋2x－4y－20＝0交于A，B两点，若|AB|＝8，则直线l的方程为()A．5x＋12y＋20＝0B．5x＋12y＋20＝0或x＋4＝0C．5x－12y＋20＝0D．5x－12y＋20＝0或x＋4＝0答案B解析圆的标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝25，由|AB|＝8知，圆心(－1，2)到直线l的距离d＝eq\r(25－42)＝3.当直线l的斜率不存在，即直线l的方程为x＝－4时，符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋4)，即kx－y＋4k＝0，则有eq\f(|3k－2|,\r(k2＋1))＝3，解得k＝－eq\f(5,12)，此时直线l的方程为5x＋12y＋20＝0.综上，直线l的方程为5x＋12y＋20＝0或x＋4＝0.(2)(2023·新课标Ⅱ卷)已知直线l：x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC的面积为eq\f(8,5)”的m的一个值：________．答案2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一个皆可以))解析设点C到直线AB的距离为d，由弦长公式得|AB|＝2eq\r(4－d2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×d×2eq\r(4－d2)＝eq\f(8,5)，解得d＝eq\f(4\r(5),5)或d＝eq\f(2\r(5),5)，因为d＝eq\f(|1＋1|,\r(1＋m2))＝eq\f(2,\r(1＋m2))，所以eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(4\r(5),5)或eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(2\r(5),5)，解得m＝±2或m＝±eq\f(1,2).求直线被圆截得的弦长的常用方法几何法直线被圆截得的半弦长eq\f(l,2)、弦心距d和圆的半径r构成直角三角形，且r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))eq\s\up12(2)＋d2代数法将直线和圆的方程联立方程组，消元后得到一个一元二次方程．在判别式Δ>0的前提下，利用根与系数的关系求弦长．弦长公式如下：|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)(k≠0)(多选)已知圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝16，直线l：(2m－1)x＋(m－1)y－3m＋1＝0.下列说法正确的是()A．直线l恒过定点(2，1)B．圆C被y轴截得的弦长为2eq\r(15)C．直线l被圆C截得的弦长存在最大值，此时直线l的方程为2x＋y－3＝0D．直线l被圆C截得的弦长存在最小值，此时直线l的方程为x－2y－4＝0答案BD解析对于A，将直线l的方程整理为m(2x＋y－3)＋(－x－y＋1)＝0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x－y＋1＝0，,2x＋y－3＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝－1，))无论m为何值，直线l恒过定点(2，－1)，故A不正确；对于B，将x＝0代入圆C的方程，得(y－1)2＝15，解得y＝1±eq\r(15)，故圆C被y轴截得的弦长为2eq\r(15)，故B正确；对于C，无论m为何值，直线l不过圆心(1，1)，即直线l被圆C截得的弦长不存在最大值，故C不正确；对于D，当截得的弦长最短时，直线l垂直于圆心与定点的连线，则直线l的斜率为eq\f(1,2)，此时直线l的方程为y＋1＝eq\f(1,2)(x－2)，即x－2y－4＝0，故D正确．故选BD.考向三两圆的位置关系例4(1)(2023·唐山二模)已知圆C1：x2＋y2－2x＝0，圆C2：(x－3)2＋(y－1)2＝4，则圆C1与C2的位置关系是()A．外切 B．内切C．相交 D．外离答案C解析圆C1的圆心为(1，0)，r1＝1，圆C2的圆心为(3，1)，r2＝2，所以r2－r1<|C1C2|＝eq\r(（3－1）2＋（1－0）2)＝eq\r(5)<r2＋r1，所以圆C1与C2的位置关系是相交．故选C.(2)(多选)(2023·辽宁抚顺二模)已知圆C1：x2＋y2＝9与圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝16，下列说法正确的是()A．C1与C2的公切线恰有4条B．C1与C2相交弦的方程为3x＋4y－9＝0C．C1与C2相交弦的弦长为eq\f(12,5)D．若P，Q分别是圆C1，C2上的动点，则|PQ|max＝12答案BD解析由已知得圆C1的圆心C1(0，0)，半径r1＝3，圆C2的圆心C2(3，4)，半径r2＝4，|C1C2|＝eq\r(（3－0）2＋（4－0）2)＝5，r2－r1<|C1C2|<r1＋r2，故两圆相交，所以C1与C2的公切线恰有2条，C1与C2相交弦的方程为3x＋4y－9＝0，圆心C1到相交弦的距离为eq\f(9,5)，故相交弦的弦长为2eq\r(9－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)))\s\up12(2))＝eq\f(24,5).若P，Q分别是圆C1，C2上的动点，则|PQ|max＝|C1C2|＋r1＋r2＝12.故选BD.1．判断两圆位置关系的方法常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差的绝对值的关系，一般不用代数法．2．两圆公共弦长的求法先求出公共弦所在直线的方程，在其中一圆中，由弦心距d，半弦长eq\f(l,2)，半径r构成直角三角形，利用勾股定理求解．1.已知圆C与圆x2＋y2＋10x＋10y＝0相切于原点，且过点A(0，－6)，则圆C的标准方程为________．答案(x＋3)2＋(y＋3)2＝18解析设圆C的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，其圆心为C(a，b)，半径为r(r>0)．∵x2＋y2＋10x＋10y＝0可化为(x＋5)2＋(y＋5)2＝50，∴其圆心为(－5，－5)，半径为5eq\r(2).∵两圆相切于原点O，且圆C过点(0，－6)，点(0，－6)在圆(x＋5)2＋(y＋5)2＝50内，∴两圆内切，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝r2，,\r(（a＋5）2＋（b＋5）2)＝5\r(2)－r，,（0－a）2＋（－6－b）2＝r2，))解得a＝－3，b＝－3，r＝3eq\r(2)，∴圆C的标准方程为(x＋3)2＋(y＋3)2＝18.2．(2022·新高考Ⅰ卷)写出与圆x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一条直线的方程：________．答案x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0(填一个即可)解析如图，因为圆x2＋y2＝1的圆心为O(0，0)，半径r1＝1，圆(x－3)2＋(y－4)2＝16的圆心为A(3，4)，半径r2＝4，所以|OA|＝5，r1＋r2＝5，所以|OA|＝r1＋r2，所以两圆外切，公切线有三种情况：①易知公切线l1的方程为x＝－1；②另一条公切线l2与公切线l1关于过两圆圆心的直线l对称．易知过两圆圆心的直线l的方程为y＝eq\f(4,3)x，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝\f(4,3)x，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－\f(4,3)，))由对称性可知公切线l2过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(4,3))).设公切线l2的方程为y＋eq\f(4,3)＝k(x＋1)，则点O(0，0)到l2的距离为1，所以1＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(4,3))),\r(k2＋1))，解得k＝eq\f(7,24)，所以公切线l2的方程为y＋eq\f(4,3)＝eq\f(7,24)(x＋1)，即7x－24y－25＝0；③还有一条公切线l3与直线l：y＝eq\f(4,3)x垂直．设公切线l3的方程为y＝－eq\f(3,4)x＋t，易知t＞0，则点O(0，0)到l3的距离为1，所以1＝eq\f(|t|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))\s\up12(2)＋（－1）2))，解得t＝eq\f(5,4)，所以公切线l3的方程为y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(5,4)，即3x＋4y－5＝0.综上，所求直线方程为x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0.课时作业一、单项选择题1．直线mx－y＋2＝0与圆x2＋y2＝9的位置关系是()A．相交 B．相切C．相离 D．无法确定答案A解析圆x2＋y2＝9的圆心为(0，0)，半径为3，直线mx－y＋2＝0恒过点A(0，2)，而02＋22＝4<9，所以点A在圆的内部，所以直线mx－y＋2＝0与圆x2＋y2＝9相交．故选A.2．两圆C1：x2＋y2＋2x－6y－26＝0，C2：x2＋y2－4x＋2y＋4＝0的位置关系是()A．内切 B．外切C．相交 D．外离答案A解析由于圆C1的标准方程为(x＋1)2＋(y－3)2＝36，故圆心为C1(－1，3)，半径为6；圆C2的标准方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝1，故圆心为C2(2，－1)，半径为1.因为两圆的圆心距|C1C2|＝eq\r(（－1－2）2＋（3＋1）2)＝5＝6－1，所以两圆内切．3．(2023·吉林延边州二模)经过P(2，3)向圆x2＋y2＝4作切线，切线方程为()A．5x－12y＋26＝0B．13x－12y＋10＝0C．5x－12y＋26＝0或x＝2D．13x－12y＋10＝0或x＝2答案C解析当切线的斜率不存在时，直线x＝2是圆的切线；当切线的斜率存在时，设切线l的方程为y－3＝k(x－2)，由(0，0)到切线的距离d＝eq\f(|2k－3|,\r(k2＋1))＝2，得k＝eq\f(5,12)，此时切线方程为y－3＝eq\f(5,12)(x－2)，即5x－12y＋26＝0.故选C.4．(2021·北京高考)已知圆C：x2＋y2＝4，直线l：y＝kx＋m，当k变化时，l截得圆C弦长的最小值为2，则m＝()A．±2 B．±eq\r(2)C．±eq\r(3) D．±eq\r(5)答案C解析由题可得圆心为(0，0)，半径为2，则圆心到直线的距离d＝eq\f(|m|,\r(k2＋1))，则弦长为2eq\r(4－\f(m2,k2＋1))，则当k＝0时，弦长取得最小值为2eq\r(4－m2)＝2，解得m＝±eq\r(3).故选C.5．若曲线y＝eq\r(4－x2)与直线y＝k(x－2)＋4有两个交点，则实数k的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞))C．(1，＋∞) D．(1，3]答案A解析根据题意画出图形，如图所示．由题意可得，曲线y＝eq\r(4－x2)的图象为以(0，0)为圆心，2为半径的半圆，直线l恒过A(2，4)，当直线l与半圆相切时，圆心到直线l的距离d＝r，即eq\f(|4－2k|,\r(1＋k2))＝2，解得k＝eq\f(3,4)；当直线l过点B时，直线l的斜率k＝eq\f(4－0,2－（－2）)＝1，则直线l与半圆有两个不同的交点时，实数k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)).故选A.6．(2023·北京东城区模拟)设A是圆C：(x＋1)2＋y2＝9上的动点，PA是圆的切线，且|PA|＝4，则点P到点Q(5，8)距离的最小值为()A．4 B．5C．6 D．15答案B解析由圆C：(x＋1)2＋y2＝9，可知圆心C(－1，0)，半径为3，又|PA|＝4，所以|PC|2＝|PA|2＋32＝25，设P(x，y)，则点P的轨迹方程为(x＋1)2＋y2＝25，故点P到点Q(5，8)距离的最小值为eq\r(（5＋1）2＋82)－5＝5.故选B.7．(2023·新课标Ⅰ卷)过点(0，－2)与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sinα＝()A．1 B.eq\f(\r(15),4)C.eq\f(\r(10),4) D.eq\f(\r(6),4)答案B解析解法一：因为x2＋y2－4x－1＝0，即(x－2)2＋y2＝5，可得圆心C(2，0)，半径r＝eq\r(5)，过点P(0，－2)作圆C的切线，切点为A，B，因为|PC|＝eq\r(22＋（－2）2)＝2eq\r(2)，则|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)，则sin∠APB＝sin(2∠APC)＝2sin∠APCcos∠APC＝2×eq\f(\r(10),4)×eq\f(\r(6),4)＝eq\f(\r(15),4)，cos∠APB＝cos(2∠APC)＝cos2∠APC－sin2∠APC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),4)))eq\s\up12(2)＝－eq\f(1,4)<0，即∠APB为钝角，所以sinα＝sin(π－∠APB)＝sin∠APB＝eq\f(\r(15),4).故选B.解法二：圆x2＋y2－4x－1＝0的圆心C(2，0)，半径r＝eq\r(5)，过点P(0，－2)作圆C的切线，切点为A，B，连接AB，可得|PC|＝eq\r(22＋（－2）2)＝2eq\r(2)，则|PA|＝|PB|＝eq\r(|PC|2－r2)＝eq\r(3)，因为|PA|2＋|PB|2－2|PA|·|PB|cos∠APB＝|CA|2＋|CB|2－2|CA|·|CB|cos∠ACB，且∠ACB＝π－∠APB，则3＋3－6cos∠APB＝5＋5－10cos(π－∠APB)，即3－3cos∠APB＝5＋5cos∠APB，解得cos∠APB＝－eq\f(1,4)<0，即∠APB为钝角，则cosα＝cos(π－∠APB)＝－cos∠APB＝eq\f(1,4)，又α为锐角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(15),4).故选B.解法三：圆x2＋y2－4x－1＝0的圆心C(2，0)，半径r＝eq\r(5)，若切线斜率不存在，则切线方程为x＝0，则圆心到切线的距离d＝2<r，不符合题意；若切线斜率存在，设切线方程为y＝kx－2，即kx－y－2＝0，则eq\f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝eq\r(5)，整理得k2＋8k＋1＝0，且Δ＝64－4＝60>0.设两切线斜率分别为k1，k2，则k1＋k2＝－8，k1k2＝1，可得|k1－k2|＝eq\r(（k1＋k2）2－4k1k2)＝2eq\r(15)，所以tanα＝eq\f(|k1－k2|,1＋k1k2)＝eq\r(15)，即eq\f(sinα,cosα)＝eq\r(15)，可得cosα＝eq\f(sinα,\r(15))，则sin2α＋cos2α＝sin2α＋eq\f(sin2α,15)＝1，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sinα>0，解得sinα＝eq\f(\r(15),4).故选B.8．已知⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直线l：2x＋y＋2＝0，P为l上的动点，过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|·|AB|最小时，直线AB的方程为()A．2x－y－1＝0 B．2x＋y－1＝0C．2x－y＋1＝0 D．2x＋y＋1＝0答案D解析圆M的方程可化为(x－1)2＋(y－1)2＝4，则M(1，1)，点M到直线l的距离为d＝eq\f(|2×1＋1＋2|,\r(22＋12))＝eq\r(5)＞2，所以直线l与圆M相离．依圆的知识可知，点A，P，B，M四点共圆，且AB⊥PM，所以|PM|·|AB|＝4S△PAM＝4×eq\f(1,2)|PA|×|AM|＝4|PA|，而|PA|＝eq\r(|PM|2－|AM|2)＝eq\r(|PM|2－4)，当直线l⊥PM时，|PM|最小，|PM|min＝eq\r(5)，|PA|min＝1，此时|PM|·|AB|最小．直线PM的方程为y－1＝eq\f(1,2)(x－1)，即y＝eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋\f(1,2)，,2x＋y＋2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝0，))所以P(－1，0)．所以以PM为直径的圆的方程为(x－1)(x＋1)＋y(y－1)＝0，即x2＋y2－y－1＝0.两圆的方程相减可得2x＋y＋1＝0，即为直线AB的方程．故选D.二、多项选择题9．(2023·黄冈模拟)已知圆C：(x＋1)2＋y2＝9，则下列四个命题表述正确的是()A．圆C上有且仅有3个点到直线l：x－eq\r(3)y－1＝0的距离等于1B．过点A(3，4)作圆C的两条切线，切点分别为M，N，直线MN的方程为4x＋4y－5＝0C．一条直线与圆C交于不同的两点P，Q，且有eq\r(3)|eq\o(CP,\s\up6(→))＋eq\o(CQ,\s\up6(→))|－|eq\o(PQ,\s\up6(→))|≥0，则∠PCQ的最大值为eq\f(2π,3)D．若圆C与圆E：x2＋y2－4x－8y＋m2＝0相外切，则m＝4答案BC解析圆心C(－1，0)，半径r＝3，圆心C到直线l：x－eq\r(3)y－1＝0的距离d＝eq\f(|－1－\r(3)×0－1|,\r(12＋（－\r(3)）2))＝1，故圆C上有4个点到直线l的距离为1，故A错误；过点A(3，4)作圆C的两条切线，切点分别为M，N，则A，C，M，N四点共圆，且AC为直径，方程为x2＋y2－2x－4y－3＝0，与圆C的方程相减可得，直线MN的方程为4x＋4y－5＝0，故B正确；设PQ的中点为D，则CD⊥PQ.因为eq\r(3)|eq\o(CP,\s\up6(→))＋eq\o(CQ,\s\up6(→))|－|eq\o(PQ,\s\up6(→))|≥0，即eq\r(3)·2|eq\o(CD,\s\up6(→))|≥2|eq\o(PD,\s\up6(→))|，可得eq\r(3)≥eq\f(|\o(PD,\s\up6(→))|,|\a\vs4\al(\o(CD,\s\up6(→)))|)＝tan∠DCP，则0<∠DCP≤eq\f(π,3)，故∠PCQ的最大值为eq\f(2π,3)，故C正确；圆E：x2＋y2－4x－8y＋m2＝0的圆心为E(2，4)，半径R＝eq\r(20－m2)，根据题意可得R＋r＝|CE|，即3＋eq\r(20－m2)＝5，解得m＝±4，故D错误．故选BC.10．(2024·合肥二模)若圆C1：x2＋y2＝4与圆C2：(x－m)2＋(y－n)2＝4的公共弦AB的长为2eq\r(3)，则下列结论正确的是()A．m2＋n2＝4B．直线AB的方程为mx＋ny－2＝0C．AB中点的轨迹方程为x2＋y2＝3D．四边形AC1BC2的面积为eq\r(3)答案AB解析对于A，圆C1：x2＋y2＝4与圆C2：(x－m)2＋(y－n)2＝4，两圆的方程相减可得2mx＋2ny－m2－n2＝0，即两圆公共弦的方程为2mx＋2ny－m2－n2＝0，圆C1：x2＋y2＝4的圆心为(0，0)，半径R＝2，圆心C1到直线2mx＋2ny－m2－n2＝0的距离d＝eq\f(|m2＋n2|,2\r(m2＋n2))＝eq\f(\r(m2＋n2),2)，而两个圆的公共弦AB的长为2eq\r(3)，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),2)))eq\s\up12(2)＝4－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m2＋n2),2)))eq\s\up12(2)，即m2＋n2＝4，A正确；对于B，由于两圆公共弦AB的方程为2mx＋2ny－m2－n2＝0，且m2＋n2＝4，故两圆公共弦AB的方程为2mx＋2ny－4＝0，即mx＋ny－2＝0，B正确；对于C，设AB的中点坐标为(x，y)，由于C1C2垂直平分AB，则C1到AB中点的距离就是C1到直线AB的距离，则x2＋y2＝1，即AB中点的轨迹方程为x2＋y2＝1，C错误；对于D，两圆的半径相等，则四边形AC1BC2为菱形，其面积S＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×2\r(3)))＝2eq\r(3)，D错误．故选AB.11．(2021·新高考Ⅰ卷)已知点P在圆(x－5)2＋(y－5)2＝16上，点A(4，0)，B(0，2)，则()A．点P到直线AB的距离小于10B．点P到直线AB的距离大于2C．当∠PBA最小时，|PB|＝3eq\r(2)D．当∠PBA最大时，|PB|＝3eq\r(2)答案ACD解析设圆(x－5)2＋(y－5)2＝16的圆心为M(5，5)，由题易知直线AB的方程为eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1，即x＋2y－4＝0，则圆心M到直线AB的距离d＝eq\f(|5＋2×5－4|,\r(5))＝eq\f(11,\r(5))>4，所以直线AB与圆M相离，所以点P到直线AB的距离的最大值为4＋d＝4＋eq\f(11,\r(5))，4＋eq\f(11,\r(5))<5＋eq\r(\f(125,5))＝10，故A正确；易知点P到直线AB的距离的最小值为d－4＝eq\f(11,\r(5))－4，eq\f(11,\r(5))－4<eq\r(\f(125,5))－4＝1，故B不正确；过点B作圆M的两条切线，切点分别为N，Q，如图所示，连接MB，MN，MQ，则当∠PBA最小时，点P与N重合，|PB|＝eq\r(|MB|2－|MN|2)＝eq\r(52＋（5－2）2－42)＝3eq\r(2)，当∠PBA最大时，点P与Q重合，|PB|＝3eq\r(2)，故C，D正确．故选ACD.三、填空题12．圆心在直线y＝－4x上，并且与直线l：x＋y－1＝0相切于点P(3，－2)的圆的方程为________．答案(x－1)2＋(y＋4)2＝8解析设圆心A的坐标为(a，－4a)，则kAP＝eq\f(2－4a,a－3)，又圆A与直线l相切，∴kAP·kl＝－1，又kl＝－1，∴a＝1，∴A(1，－4)，r＝eq\r(（1－3）2＋（－4＋2）2)＝2eq\r(2)，∴所求圆的方程为(x－1)2＋(y＋4)2＝8.13．(2023·广东东莞期中)一条光线从点(－2，－3)射出，经y轴反射后与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为________．答案－eq\f(3,4)或－eq\f(4,3)解析圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1的圆心为(－3，2)，半径为1，根据光的反射原理知，反射光线的反向延长线必过点(－2，－3)关于y轴的对称点(2，－3)，易知反射光线所在直线的斜率存在，设为k，则反射光线所在直线的方程为y＋3＝k(x－2)，即kx－y－2k－3＝0，由反射光线与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，可得eq\f(|－3k－2－2k－3|,\r(k2＋1))＝1，整理得12k2＋25k＋12＝0，解得k＝－eq\f(4,3)或k＝－eq\f(3,4).14．在平面直角坐标系中，已知点A(－1，0)，B(2，0)，圆C：(x－2)2＋(y－m)2＝eq\f(1,4)(m>0)，在圆上存在点P满足|PA|＝2|PB|，则实数m的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，\f(\r(21),2)))解析设点P(x，y)，由|PA|＝2|PB|可得(x＋1)2＋y2＝4[(x－2)2＋y2]，化简得(x－3)2＋y2＝4，即点P的轨迹是圆心为Q(3，0)，半径为r＝2的圆，因为点P在圆C：(x－2)2＋(y－m)2＝eq\f(1,4)(m>0)上，所以圆Q和圆C有公共点，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))≤|QC|≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,2)))，故eq\f(3,2)≤eq\r(1＋m2)≤eq\f(5,2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)≤1＋m2≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))eq\s\up12(2)，所以eq\f(5,4)≤m2≤eq\f(21,4)，又m>0，所以eq\f(\r(5),2)≤m≤eq\f(\r(21),2).四、解答题15．(2023·赣州模拟)已知在平面直角坐标系xOy中，点A(0，3)，直线l：y＝2x－4.圆C的半径为1，圆心C在直线l上．(1)若直线3x＋4y－12＝0与圆C相切，求圆C的标准方程；(2)已知动点M(x，y)，满足|MA|＝2|MO|，说明M的轨迹是什么？若点M同时在圆C上，求圆心C的横坐标a的取值范围．解(1)因为圆心C在直线l上，所以圆心C可设为(a，2a－4)，由题意可得eq\f(|3a＋4（2a－4）－12|,\r(32＋42))＝eq\f(|11a－28|,5)＝1，即|11a－28|＝5，由11a－28＝±5，解得a＝3或a＝eq\f(23,11)，圆心C的坐标为(3，2)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(23,11)，\f(2,11)))，所以圆C的标准方程为(x－3)2＋(y－2)2＝1或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(23,11)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2,11)))eq\s\up12(2)＝1.(2)由|MA|＝2|MO|，得eq\r(x2＋（y－3）2)＝2eq\r(x2＋y2)，化简得x2＋y2＋2y－3＝0，即x2＋(y＋1)2＝4，所以动点M的轨迹是以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆，若点M同时在圆C上，则圆C与圆D有公共点，则2－1≤|CD|≤2＋1，即1≤eq\r(a2＋（2a－3）2)≤3，整理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5a2－12a＋8≥0，,5a2－12a≤0，))解得0≤a≤eq\f(12,5)，所以圆心C的横坐标a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(12,5))).16．已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．(1)求圆C的方程；(2)过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)设圆心C(a，0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>－\f(5,2)))，则eq\f(|4a＋10|,5)＝2⇒a＝0或a＝－5(舍去)．所以圆C的方程为x2＋y2＝4.(2)当直线AB的斜率不存在时，x轴平分∠ANB.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝4，,y＝k（x－1），))得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，所以x1＋x2＝eq\f(2k2,k2＋1)，x1x2＝eq\f(k2－4,k2＋1).若x轴平分∠ANB，则kAN＝－kBN⇒eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝0⇒eq\f(k（x1－1）,x1－t)＋eq\f(k（x2－1）,x2－t)＝0⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0⇒eq\f(2（k2－4）,k2＋1)－eq\f(2k2（t＋1）,k2＋1)＋2t＝0⇒t＝4，所以当点N的坐标为(4，0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立．第5讲椭圆(一)[课程标准]1.掌握椭圆的定义、标准方程及简单几何性质.2.掌握椭圆的简单应用．1．椭圆的概念平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做eq\x(\s\up1(01))椭圆．这两个定点叫做椭圆的eq\x(\s\up1(02))焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的eq\x(\s\up1(03))焦距．集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a>0，c>0，且a，c为常数：(1)若eq\x(\s\up1(04))a>c，则集合P表示椭圆；(2)若eq\x(\s\up1(05))a＝c，则集合P表示线段；(3)若eq\x(\s\up1(06))a<c，则集合P为空集．2．椭圆的标准方程和几何性质标准方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)图形性质范围eq\x(\s\up1(07))－a≤x≤eq\x(\s\up1(08))aeq\x(\s\up1(09))－b≤y≤eq\x(\s\up1(10))beq\x(\s\up1(11))－b≤x≤eq\x(\s\up1(12))beq\x(\s\up1(13))－a≤y≤eq\x(\s\up1(14))a对称性对称轴：坐标轴对称中心：原点顶点A1(－a，0)，A2(a，0)B1(0，－b)，B2(0，b)A1(0，－a)，A2(0，a)B1(－b，0)，B2(b，0)轴长轴A1A2的长为eq\x(\s\up1(15))2a；短轴B1B2的长为eq\x(\s\up1(16))2b焦距|F1F2|＝eq\x(\s\up1(17))2c焦点F1(－c，0)，F2(c，0)F1(0，－c)，F2(0，c)离心率e＝eq\x(\s\up1(18))eq\f(c,a)∈eq\x(\s\up1(19))(0，1)a，b，c的关系c2＝eq\x(\s\up1(20))a2－b2椭圆的焦点三角形椭圆上的点P(x0，y0)与两焦点构成的△PF1F2叫做焦点三角形．如图所示，设∠F1PF2＝θ.(1)当P为短轴端点时，θ最大．(2)S△PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|sinθ＝b2taneq\f(θ,2)＝c|y0|，当|y0|＝b时，即点P为短轴端点时，△PF1F2的面积取最大值，最大值为bc.(3)焦点三角形的周长为2(a＋c)．(4)4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|·cosθ.1．已知椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,m2)＝1(m>0)的左焦点为F1(－4，0)，则m＝()A．2 B．3C．4 D．9答案B解析4＝eq\r(25－m2)(m>0)⇒m＝3.故选B.2．(人教A选择性必修第一册习题3.1T1改编)方程eq\r(（x－4）2＋y2)＋eq\r(（x＋4）2＋y2)＝10的化简结果是()A.eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,3)＝1 B.eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,5)＝1C.eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1 D.eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,25)＝1答案C解析由方程左边式子的几何意义及椭圆定义可知，方程表示的曲线为焦点在x轴上的椭圆，且c＝4，a＝5，所以b2＝a2－c2＝9，故化简结果为eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1.3．(人教A选择性必修第一册3.1.2例4改编)已知椭圆C：16x2＋4y2＝1，则下列结论正确的是()A．长轴长为eq\f(1,2) B．焦距为eq\f(\r(3),4)C．短轴长为eq\f(1,4) D．离心率为eq\f(\r(3),2)答案D解析把椭圆方程16x2＋4y2＝1化为标准方程可得eq\f(y2,\f(1,4))＋eq\f(x2,\f(1,16))＝1，所以a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)，c＝eq\f(\r(3),4)，则长轴长2a＝1，焦距2c＝eq\f(\r(3),2)，短轴长2b＝eq\f(1,2)，离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).故选D.4．若方程eq\f(x2,5－k)＋eq\f(y2,k－3)＝1表示椭圆，则k的取值范围是________．答案(3，4)∪(4，5)解析由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5－k＞0，,k－3＞0，,5－k≠k－3，))解得3＜k＜5且k≠4.5．(人教B选择性必修第一册习题2－5BT2改编)已知点P(x1，y1)是椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1上的一点，F1，F2分别是其左、右焦点，当∠F1PF2最大时，△PF1F2的面积是________．答案12解析∵椭圆的方程为eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1，∴a＝5，b＝4，c＝eq\r(25－16)＝3，∴F1(－3，0)，F2(3，0)．根据椭圆的性质可知当点P与短轴端点重合时，∠F1PF2最大，此时△PF1F2的面积S＝eq\f(1,2)×2×3×4＝12.考向一椭圆的定义及其应用例1(1)已知圆(x＋2)2＋y2＝36的圆心为M，设A是圆上任意一点，N(2，0)，线段AN的垂直平分线交MA于点P，则动点P的轨迹是()A．圆 B．椭圆C．双曲线 D．抛物线答案B解析点P在线段AN的垂直平分线上，故|PA|＝|PN|.又AM是圆的半径，所以|PM|＋|PN|＝|PM|＋|PA|＝|AM|＝6>|MN|.由椭圆的定义知，动点P的轨迹是椭圆．(2)已知F1，F2是椭圆eq\f(x2,24)＋eq\f(y2,49)＝1的两个焦点，P是椭圆上一点，3|PF1|＝4|PF2|，则△PF1F2的面积等于()A．24 B．26C．22eq\r(2) D．24eq\r(2)答案A解析由椭圆的方程可得a2＝49，b2＝24，则c2＝a2－b2＝49－24＝25，所以a＝7，c＝5，由3|PF1|＝4|PF2|，又|PF1|＋|PF2|＝2a＝14，所以|PF1|＝8，|PF2|＝6，可得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，所以PF1⊥PF2，所以△PF1F2的面积等于eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|＝eq\f(1,2)×8×6＝24.故选A.1．椭圆定义的应用范围(1)确认平面内与两定点有关的轨迹是否为椭圆．(2)解决与焦点有关的距离问题．2．焦点三角形的应用椭圆上一点P与椭圆的两焦点组成的三角形通常称为“焦点三角形”，利用定义可求其周长；利用定义和余弦定理可求|PF1|·|PF2|；通过整体代入可求其面积等．1.(多选)已知P是椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1上一点，椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，且cos∠F1PF2＝eq\f(1,3)，则()A．△PF1F2的周长为12B．S△PF1F2＝2eq\r(2)C．点P到x轴的距离为eq\f(2\r(10),5)D.eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝2答案BCD解析由椭圆方程知a＝3，b＝2，所以c＝eq\r(5)，所以|PF1|＋|PF2|＝6，于是△PF1F2的周长为2a＋2c＝6＋2eq\r(5)，故A错误；在△PF1F2中，由余弦定理可得|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cos∠F1PF2＝(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1|·|PF2|－2|PF1|·|PF2|·cos∠F1PF2，所以20＝36－2|PF1|·|PF2|－eq\f(2,3)|PF1|·|PF2|，解得|PF1|·|PF2|＝6，故S△PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|sin∠F1PF2＝eq\f(1,2)×6×eq\f(2\r(2),3)＝2eq\r(2)，故B正确；设点P到x轴的距离为d，则S△PF1F2＝eq\f(1,2)|F1F2|·d＝eq\f(1,2)×2eq\r(5)d＝2eq\r(2)，所以d＝eq\f(2\r(10),5)，故C正确；eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝|eq\o(PF1,\s\up6(→))|·|eq\o(PF2,\s\up6(→))|cos∠F1PF2＝6×eq\f(1,3)＝2，故D正确．故选BCD.2．在平面直角坐标系xOy中，P是椭圆eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1上的一个动点，点A(1，1)，B(0，－1)，则|PA|＋|PB|的最大值为________．答案5解析∵椭圆的方程为eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1，∴a2＝4，b2＝3，c2＝1，∴B(0，－1)是椭圆的一个焦点，设另一个焦点为C(0，1)，如图所示，根据椭圆的定义知，|PB|＋|PC|＝4，∴|PB|＝4－|PC|，∴|PA|＋|PB|＝4＋|PA|－|PC|≤4＋|AC|＝5，即|PA|＋|PB|的最大值为5.考向二椭圆的标准方程例2(1)已知△ABC的周长为12，B(0，－2)，C(0，2)，则顶点A的轨迹方程为()A.eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,16)＝1(x≠0) B.eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,16)＝1(y≠0)C.eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1(x≠0) D.eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1(y≠0)答案A解析∵△ABC的周长为12，顶点B(0，－2)，C(0，2)，∴|BC|＝4，|AB|＋|AC|＝12－4＝8，∴顶点A到两个定点的距离之和等于定值，又8>4，∴顶点A的轨迹是椭圆，且a＝4，c＝2，∴b2＝12，∴椭圆的方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,16)＝1(x≠0)．(2)已知椭圆的中心在原点，以坐标轴为对称轴，且经过两点P1(eq\r(6)，1)，P2(－eq\r(3)，－eq\r(2))，则该椭圆的方程为________．答案eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,3)＝1解析设椭圆的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，且m≠n)．因为椭圆经过P1，P2两点，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6m＋n＝1，,3m＋2n＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,9)，,n＝\f(1,3).))所以所求椭圆的方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,3)＝1.求椭圆标准方程的两种方法(1)定义法：根据椭圆的定义确定2a，2c，然后确定a2，b2的值，再结合焦点位置写出椭圆的标准方程．(2)待定系数法：具体过程是先定位，再定量，即首先确定焦点所在位置，然后根据条件建立关于a，b的方程组．如果焦点位置不确定，那么要考虑是否有两解．有时为了解题方便，也可把椭圆方程设成mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)的形式．解题步骤如下：1.已知F1，F2分别是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，点A(0，b)，点B在椭圆C上，eq\o(AF1,\s\up6(→))＝2eq\o(F1B,\s\up6(→))，D，E分别是AF2，BF2的中点，且△DEF2的周长为4，则椭圆C的方程为()A.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1 B.eq\f(x2,4)＋eq\f(3y2,8)＝1C.eq\f(x2,4)＋eq\f(3y2,4)＝1 D．x2＋eq\f(3y2,2)＝1答案B解析因为eq\o(AF1,\s\up6(→))＝2eq\o(F1B,\s\up6(→))，所以A，F1，B三点共线，且|AF1|＝2|F1B|，因为D，E分别为AF2，BF2的中点，所以4a＝|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝2(|DE|＋|DF2|＋|EF2|)＝8，所以a＝2.设B(x0，y0)，F1(－c，0)，A(0，b)，由eq\o(AF1,\s\up6(→))＝2eq\o(F1B,\s\up6(→))，可得(－c，－b)＝2(x0＋c，y0)，求得x0＝－eq\f(3c,2)，y0＝－eq\f(b,2)，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3c,2)，－\f(b,2)))，因为点B在椭圆C上，所以eq\f(9c2,16)＋eq\f(1,4)＝1，求得c2＝eq\f(4,3)，b2＝eq\f(8,3)，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(3y2,8)＝1.故选B.2．已知椭圆的长轴长为10，其焦点到中心的距离为4，则这个椭圆的标准方程为________．答案eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1或eq\f(y2,25)＋eq\f(x2,9)＝1解析因为椭圆的长轴长为10，其焦点到中心的距离为4，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝10，,c＝4，))解得a＝5，b2＝25－16＝9.所以当椭圆的焦点在x轴上时，椭圆的标准方程为eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1；当椭圆的焦点在y轴上时，椭圆的标准方程为eq\f(y2,25)＋eq\f(x2,9)＝1.综上可知，所求椭圆的标准方程为eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1或eq\f(y2,25)＋eq\f(x2,9)＝1.多角度探究突破考向三椭圆的几何性质角度椭圆的长轴、短轴、焦距例3(多选)某月球探测器在绕月飞行时是以月球球心为一个焦点的椭圆形轨道，如图中轨道③所示，其近月点与月球表面距离为100公里，远月点与月球表面距离为400公里，已知月球的直径约为3476公里，则下列说法正确的是()A．焦距约为300公里B．长轴长约为3988公里C．两焦点坐标约为(±150，0)D．离心率约为eq\f(75,994)答案AD解析设该椭圆的长半轴长为a，半焦距为c.依题意可得月球半径约为eq\f(1,2)×3476＝1738，a－c＝100＋1738＝1838，a＋c＝400＋1738＝2138，所以2a＝1838＋2138＝3976，a＝1988，c＝2138－1988＝150，2c＝300，椭圆的离心率约为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(150,1988)＝eq\f(75,994)，所以A，D正确，B错误；因为没有给坐标系，所以焦点坐标不确定，C错误．角度离心率问题例4(1)(2023·深圳模拟)已知F1，F2是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2＝60°，|PF1|＝3|PF2|，则C的离心率为()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(21),6)C.eq\f(\r(7),4) D.eq\f(2,3)答案C解析在椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)中，由椭圆的定义可得|PF1|＋|PF2|＝2a，因为|PF1|＝3|PF2|，所以|PF2|＝eq\f(a,2)，|PF1|＝eq\f(3a,2)，在△PF1F2中，|F1F2|＝2c，由余弦定理得|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|·cos∠F1PF2，即4c2＝eq\f(9a2,4)＋eq\f(a2,4)－eq\f(3a2,4)＝eq\f(7a2,4)，所以eq\f(c2,a2)＝eq\f(7,16)，所以C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(7),4).故选C.(2)已知F1，F2分别是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，若椭圆上存在点P，使∠F1PF2＝90°，则椭圆的离心率e的取值范围为________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))解析若椭圆上存在点P，使得∠F1PF2＝90°，则以原点为圆心，F1F2为直径的圆与椭圆必有交点，如图，可得c≥b，即c2≥b2，所以2c2≥a2，即e2≥eq\f(1,2)，又e<1，所以e的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).角度与椭圆有关的最值(范围问题)例5(1)(2021·全国乙卷)设B是椭圆C：eq\f(x2,5)＋y2＝1的上顶点，点P在C上，则|PB|的最大值为()A.eq\f(5,2) B.eq\r(6)C.eq\r(5) D．2答案A解析由P在C上，设P(x0，y0)，则eq\f(xeq\o\al(2,0),5)＋yeq\o\al(2,0)＝1，又B(0，1)，所以|PB|2＝xeq\o\al(2,0)＋(y0－1)2，由eq\f(xeq\o\al(2,0),5)＋yeq\o\al(2,0)＝1，得xeq\o\al(2,0)＝5－5yeq\o\al(2,0)，y0∈[－1，1]，代入上式，得|PB|2＝5－5yeq\o\al(2,0)＋(y0－1)2，化简，得|PB|2＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(25,4)，y0∈[－1，1]．因此当且仅当y0＝－eq\f(1,4)时，|PB|取得最大值eq\f(5,2).故选A.(2)设A，B是椭圆C：eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,m)＝1长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是()A．(0，1]∪[9，＋∞) B．(0，eq\r(3)]∪[9，＋∞)C．(0，1]∪[4，＋∞) D．(0，eq\r(3)]∪[4，＋∞)答案A解析由题意知，当M在短轴顶点时，∠AMB最大．①如图1，当焦点在x轴，即m<3时，a＝eq\r(3)，b＝eq\r(m)，tanα＝eq\f(\r(3),\r(m))≥tan60°＝eq\r(3)，∴0<m≤1.②如图2，当焦点在y轴，即m>3时，a＝eq\r(m)，b＝eq\r(3)，tanα＝eq\f(\r(m),\r(3))≥tan60°＝eq\r(3)，∴m≥9.综上，m的取值范围是(0，1]∪[9，＋∞)．故选A.1．求椭圆的离心率的方法(1)直接求出a，c来求解，通过已知条件列方程组，解出a，c的值．(2)构造a，c的齐次式，解出e.由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解．(3)通过取特殊值或特殊位置，求出离心率．2．椭圆的范围或最值问题常常涉及一些不等式，例如，在椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)中，－a≤x≤a，－b≤y≤b，0＜e＜1等，在求椭圆相关量的范围时，要注意应用这些不等式．1.(2022·全国甲卷)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为eq\f(1,4)，则C的离心率为()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,3)答案A解析A(－a，0)，设P(x1，y1)，则Q(－x1，y1)，则kAP＝eq\f(y1,x1＋a)，kAQ＝eq\f(y1,－x1＋a)，故kAP·kAQ＝eq\f(y1,x1＋a)·eq\f(y1,－x1＋a)＝eq\f(yeq\o\al(2,1),－xeq\o\al(2,1)＋a2)＝eq\f(1,4)，又eq\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，则yeq\o\al(2,1)＝eq\f(b2（a2－xeq\o\al(2,1)）,a2)，所以eq\f(\f(b2（a2－xeq\o\al(2,1)）,a2),－xeq\o\al(2,1)＋a2)＝eq\f(1,4)，即eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,4)，所以椭圆C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(3),2).故选A.2．(多选)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝2，点P(1，1)在椭圆内部，点Q在椭圆上，则以下说法正确的是()A．|QF1|＋|QP|的最小值为2a－1B．椭圆C的短轴长可能为2C．椭圆C的离心率的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(5)－1,2)))D．若eq\o(PF1,\s\up6(→))＝eq\o(F1Q,\s\up6(→))，则椭圆C的长轴长为eq\r(5)＋eq\r(17)答案ACD解析由题意可知2c＝2，则c＝1，因为点Q在椭圆上，所以|QF1|＋|QF2|＝2a，|QF1|＋|QP|＝2a－|QF2|＋|QP|，又－1≤－|QF2|＋|QP|≤1，所以2a－1≤|QF1|＋|QP|≤2a＋1，所以A正确；因为点P(1，1)在椭圆内部，所以b＞1，2b＞2，所以B错误；因为点P(1，1)在椭圆内部，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＜1，即b2＋a2－a2b2＜0，又c＝1，b2＝a2－c2，所以(a2－1)＋a2－a2(a2－1)＜0，化简可得a4－3a2＋1＞0，解得a2＞eq\f(3＋\r(5),2)或a2＜eq\f(3－\r(5),2)(舍去)，则椭圆C的离心率e＝eq\f(c,a)＜eq\f(1,\r(\f(3＋\r(5),2)))＝eq\f(1,\f(\r