2025高考数学专项复习第九章 平面解析几何第4节 直线与圆、圆与圆的位置关系含答案

2025高考数学专项复习第九章平面解析几何第四节直线与圆、圆与圆的位置关系课标解读考向预测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与实际问题.近三年主要考查了直线与圆有公共点求参数的取值范围、直线与圆相切以及弦长最值问题，主要以选择题、填空题的形式出现，常结合基本不等式、函数等知识考查最值．预计2025年本部分内容仍会考查，以选择题或设问方式为开放性的填空题为主，难度中等.必备知识——强基础1．直线与圆的位置关系设圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，直线l：Ax＋By＋C＝0，圆心C(a，b)到直线l的距离为d，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－a）2＋（y－b）2＝r2，,Ax＋By＋C＝0，))消去y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，其判别式为Δ.位置关系相离相切相交图形量化方程观点Δeq\x(\s\up1(01))<0Δeq\x(\s\up1(02))＝0Δeq\x(\s\up1(03))>0几何观点deq\x(\s\up1(04))>rdeq\x(\s\up1(05))＝rdeq\x(\s\up1(06))<r2．圆与圆的位置关系(⊙O1，⊙O2的半径分别为r1，r2，d＝|O1O2|)位置关系图形几何法公切线条数外离d>r1＋r2四条外切d＝r1＋r2三条相交|r1－r2|<d<r1＋r2两条内切d＝|r1－r2|一条内含0≤d<r1－r2无1．圆的切线方程常用的结论(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．直线被圆截得的弦长的求法(1)几何法：弦心距d、半径r和弦长|AB|的一半构成直角三角形，弦长|AB|＝2eq\r(r2－d2).(2)代数法：设直线y＝kx＋m与圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0相交于点M，N，将直线方程代入圆的方程中，消去y，得关于x的一元二次方程，则|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（xM＋xN）2－4xMxN).3．圆与圆的位置关系的常用结论(1)两圆相交时，其公共弦所在的直线方程由两圆方程相减得到．(2)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．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若直线平分圆的周长，则直线一定过圆心．()(2)若两圆相切，则有且只有一条公切线．()(3)若直线的方程与圆的方程组成的方程组有解，则直线与圆相交或相切．()(4)在圆中最长的弦是直径．()答案(1)√(2)×(3)√(4)√2．小题热身(1)(人教A选择性必修第一册习题2.5T1改编)直线y＝x＋1与圆x2＋y2＝1的位置关系为()A．相切B．相交但直线不过圆心C．直线过圆心D．相离答案B解析圆心为(0，0)，到直线y＝x＋1，即x－y＋1＝0的距离d＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，而0<eq\f(\r(2),2)<1，所以直线与圆相交，但直线不过圆心．故选B.(2)(人教A选择性必修第一册2.5.2练习T2改编)圆O1：x2＋y2－2x＝0与圆O2：x2＋y2＋4y＝0的位置关系是()A．外离 B．外切C．相交 D．内切答案C解析圆O1：x2＋y2－2x＝0的标准方程为(x－1)2＋y2＝1，圆心为O1(1，0)，半径为r1＝1，圆O2：x2＋y2＋4y＝0的标准方程为x2＋(y＋2)2＝4，圆心为O2(0，－2)，半径为r2＝2，所以两圆的圆心距为|O1O2|＝eq\r(（－1）2＋（－2）2)＝eq\r(5)，所以1＝|r1－r2|<|O1O2|<r1＋r2＝3，因此两圆的位置关系为相交．故选C.(3)(人教A选择性必修第一册习题2.5T2改编)以点(3，－1)为圆心且与直线3x＋4y＝0相切的圆的方程是________________．答案(x－3)2＋(y＋1)2＝1解析由题意得，r＝eq\f(|3×3＋4×（－1）|,\r(32＋42))＝1，因此圆的方程为(x－3)2＋(y＋1)2＝1.(4)(人教A选择性必修第一册习题2.2T3改编)已知圆C：x2＋y2－6x－4y＋4＝0.若一直线被圆C所截得的弦的中点为M(2，3)，则该直线的方程为________________．答案y＝x＋1解析圆C：x2＋y2－6x－4y＋4＝0化为标准方程为(x－3)2＋(y－2)2＝9，则圆心为C(3，2)，kCM＝eq\f(3－2,2－3)＝－1.设所求的直线为m.由圆的几何性质可知，km·kCM＝－1，所以km＝1，所以所求的直线方程为y－3＝1·(x－2)，即y＝x＋1.考点探究——提素养考点一直线与圆的位置关系例1(1)(2023·江西九江二模)直线l：mx－y－2＋m＝0(m∈R)与圆C：x2＋(y－1)2＝16的位置关系为________．答案相交解析由mx－y－2＋m＝0(m∈R)，得m(x＋1)－y－2＝0(m∈R)，令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＝0，,－y－2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－2，))所以直线l过定点(－1，－2)，又因为(－1)2＋(－2－1)2＝10<16，得(－1，－2)在圆内，所以直线l与圆C总相交．(2)(2024·广东湛江廉江中学高三第二次月考)已知直线x＋y＋2＝0与圆x2＋y2＝r2相切，则r的值为________．答案±eq\r(2)解析由直线x＋y＋2＝0与圆x2＋y2＝r2相切，得eq\f(|2|,\r(12＋12))＝|r|，即|r|＝eq\r(2)，故r的值为±eq\r(2).【通性通法】判断直线与圆的位置关系的两种方法特别地，对于过定点的直线，也可以通过定点在圆内部或圆上判定直线和圆有公共点．【巩固迁移】1．(2023·陕西榆林模拟)已知点P(x0，y0)为圆C：x2＋y2＝2上的动点，则直线l：x0x－y0y＝2与圆C的位置关系为()A．相交 B．相离C．相切 D．相切或相交答案C解析由题意可得xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2，于是圆心C到直线l的距离d＝eq\f(2,\r(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)))＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2)＝r，所以直线l与圆C相切．故选C.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).考点二圆的弦长、切线问题(多考向探究)考向1弦长问题例2(1)(2024·四川西昌期末)直线l：x－eq\r(3)ycosθ＝0被圆x2＋y2－6x＋5＝0截得的最大弦长为()A．eq\r(3) B．eq\r(5)C．eq\r(7) D．3答案C解析因为圆x2＋y2－6x＋5＝0，所以其圆心为(3，0)，半径r＝2，于是圆心(3，0)到直线l：x－eq\r(3)ycosθ＝0的距离为d＝eq\f(3,\r(1＋3cos2θ))，因为cosθ∈[－1，1]，所以cos2θ∈[0，1]，所以d＝eq\f(3,\r(1＋3cos2θ))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))，因为直线l与圆相交，所以d<2，所以d∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，又因为弦长为2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(4－d2)，所以当d取得最小值eq\f(3,2)时，弦长取得最大值，为eq\r(7).故选C.(2)(2023·海南华侨中学二模)已知直线x－eq\r(3)y＋8＝0和圆x2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B两点．若|AB|＝6，则r的值为________．答案5解析因为圆心(0，0)到直线x－eq\r(3)y＋8＝0的距离d＝eq\f(8,\r(1＋3))＝4，由|AB|＝2eq\r(r2－d2)，可得6＝2eq\r(r2－42)，解得r＝5.【通性通法】求直线被圆截得的弦长的两种方法【巩固迁移】3．设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过(0，3)与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2eq\r(3)，则直线l的方程为()A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0B．3x＋4y－12＝0或x＝0C．4x－3y＋9＝0或x＝0D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0答案B解析当直线l的斜率不存在，即直线l的方程为x＝0时，弦长为2eq\r(3)，符合题意；当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋3，由弦长为2eq\r(3)，半径为2可知，圆心到该直线的距离为1，从而有eq\f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝－eq\f(3,4).综上，直线l的方程为x＝0或3x＋4y－12＝0.故选B.4．(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)，由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).考向2切线问题例3(1)在平面直角坐标系中，过点A(3，5)作圆O：x2＋y2－2x－4y＋1＝0的切线，则切线的方程为()A．5x－12y＋45＝0B．y＋5＝0C．x－3＝0或5x－12y＋45＝0D．y－5＝0或12x－5y＋45＝0答案C解析因为32＋52－2×3－4×5＋1>0，点(3，5)在圆外，且x2＋y2－2x－4y＋1＝0的圆心为(1，2)，半径为2.若切线的斜率不存在，即x＝3，圆心(1，2)到直线x＝3的距离为2，故直线x＝3是圆的切线；若切线的斜率存在，设切线方程为y－5＝k(x－3)，即kx－y－3k＋5＝0，则eq\f(|k－2－3k＋5|,\r(k2＋1))＝2，则eq\f(|3－2k|,\r(k2＋1))＝2，两边平方得12k＝5，k＝eq\f(5,12)，所以y－5＝eq\f(5,12)(x－3)，即5x－12y＋45＝0.综上，切线的方程为5x－12y＋45＝0或x－3＝0.故选C.(2)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)，所以|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).【通性通法】1．求过圆上一点(x0，y0)的圆的切线方程：先求切点与圆心连线的斜率k，再由垂直关系，求得切线斜率为－eq\f(1,k)，由点斜式方程可求得切线方程，如果k＝0或k不存在，则由图形可直接得到切线方程为y＝y0或x＝x0.2．求过圆外一点(x0，y0)的圆的切线方程当切线斜率存在时，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，进而求得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，进而求得k.注意验证斜率不存在的情况．3．涉及与圆的切线有关的线段长度范围(或最值)问题，可以利用几何图形求解，也可以把所求线段长表示为关于圆心与直线上的点的距离的函数的形式，利用求函数值域的方法求解．【巩固迁移】5．(2023·河南开封模拟)已知圆M过点A(1，3)，B(1，－1)，C(－3，1)，则圆M在点A处的切线方程为()A．3x＋4y－15＝0 B．3x－4y＋9＝0C．4x＋3y－13＝0 D．4x－3y＋5＝0答案A解析设圆M的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.由题可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＋3E＋F＋10＝0，,D－E＋F＋2＝0，,－3D＋E＋F＋10＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＝1，,E＝－2，,F＝－5，))所以圆M的方程为x2＋y2＋x－2y－5＝0，圆心为Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以直线AM的斜率kAM＝eq\f(3－1,1＋\f(1,2))＝eq\f(4,3)，所以圆M在点A处的切线方程为y－3＝－eq\f(3,4)(x－1)，即3x＋4y－15＝0.故选A.6．(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＝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\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.7．(2024·陕西西安碑林区校级月考)已知圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝8，点T(－3，4)，从坐标原点O向圆M作两条切线OP，OQ，切点分别为P，Q，若切线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，k1·k2＝－1，则|TM|的取值范围为________．答案[1，9]解析由题意可知，直线OP的方程为y＝k1x，直线OQ的方程为y＝k2x，∵OP，OQ与圆M相切，∴eq\f(|k1x0－y0|,\r(1＋keq\o\al(2,1)))＝2eq\r(2)，eq\f(|k2x0－y0|,\r(1＋keq\o\al(2,2)))＝2eq\r(2)，分别对两个式子进行两边平方，整理可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(keq\o\al(2,1)（8－xeq\o\al(2,0)）＋2k1x0y0＋8－yeq\o\al(2,0)＝0，,keq\o\al(2,2)（8－xeq\o\al(2,0)）＋2k2x0y0＋8－yeq\o\al(2,0)＝0，))∴k1，k2是方程k2(8－xeq\o\al(2,0))＋2kx0y0＋8－yeq\o\al(2,0)＝0的两个不相等的实数根，易知8－xeq\o\al(2,0)≠0，∴k1·k2＝eq\f(8－yeq\o\al(2,0),8－xeq\o\al(2,0))，又k1·k2＝－1，∴eq\f(8－yeq\o\al(2,0),8－xeq\o\al(2,0))＝－1，即xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝16，则圆心M的轨迹是以(0，0)为圆心，4为半径的圆．又|TO|＝eq\r(9＋16)＝5，∴|TO|－4≤|TM|≤|TO|＋4，∴1≤|TM|≤9.考点三圆与圆的位置关系例4(1)(2024·广东揭阳期末)圆O1：x2＋y2＝1与圆O2：x2＋y2－4x＋1＝0的位置关系为()A．相交 B．相离C．外切 D．内切答案A解析圆O1：x2＋y2＝1的圆心为O1(0，0)，半径为r1＝1.圆O2：x2＋y2－4x＋1＝0的圆心为O2(2，0)，半径为r2＝eq\r(3).|O1O2|＝2，r2－r1<|O1O2|<r2＋r1，所以两圆相交．故选A.(2)(多选)(2023·吉林期中)点P在圆C1：x2＋y2＝1上，点Q在圆C2：x2＋y2－6x＋8y＋24＝0上，则()A．|PQ|的最小值为0B．|PQ|的最大值为7C．两个圆心所在直线的斜率为－eq\f(4,3)D．两个圆相交弦所在直线的方程为6x－8y－25＝0答案BC解析根据题意，圆C1：x2＋y2＝1，其圆心C1(0，0)，半径R＝1，圆C2：x2＋y2－6x＋8y＋24＝0，即(x－3)2＋(y＋4)2＝1，其圆心C2(3，－4)，半径r＝1，圆心距|C1C2|＝eq\r(9＋16)＝5，则|PO|的最小值为|C1C2|－R－r＝3，最大值为|C1C2|＋R＋r＝7，故A错误，B正确；对于C，圆心C1(0，0)，圆心C2(3，－4)，则两个圆心所在直线的斜率k＝eq\f(－4－0,3－0)＝－eq\f(4,3)，故C正确；对于D，两圆的圆心距|C1C2|＝5，则|C1C2|>R＋r＝2，两圆外离，不存在公共弦，故D错误．故选BC.(3)(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.【通性通法】(1)判断两圆的位置关系时常用几何法，即利用两圆圆心之间的距离与两圆半径之间的关系，一般不采用代数法．(2)若两圆相交，则两圆公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差消去x2，y2项得到．【巩固迁移】8．(2024·安徽芜湖模拟)已知圆M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)截直线x＋y＝0所得线段的长度是2eq\r(2)，则圆M与圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置关系是()A．内切 B．相交C．外切 D．相离答案B解析由题意，得圆M的标准方程为x2＋(y－a)2＝a2，圆心(0，a)到直线x＋y＝0的距离d＝eq\f(a,\r(2))，所以2eq\r(a2－\f(a2,2))＝2eq\r(2)，解得a＝2，圆M、圆N的圆心距|MN|＝eq\r(2)，小于两圆半径之和3，大于两圆半径之差1，故两圆相交．故选B.9．(2023·云南丽江期中)圆C1：x2＋y2－6x－10y－2＝0与圆C2：x2＋y2＋4x＋14y＋4＝0公切线的条数为()A．1 B．2C．3 D．4答案C解析根据题意，圆C1：x2＋y2－6x－10y－2＝0，即(x－3)2＋(y－5)2＝36，其圆心为(3，5)，半径r＝6；圆C2：x2＋y2＋4x＋14y＋4＝0，即(x＋2)2＋(y＋7)2＝49，其圆心为(－2，－7)，半径R＝7，两圆的圆心距|C1C2|＝eq\r(（－2－3）2＋（－7－5）2)＝13＝R＋r，所以两圆相外切，其公切线有3条．故选C.10．(2024·江苏启东中学阶段考试)已知P是圆M：x2－4x＋y2－4y＋6＝0上一动点，A，B是圆C：x2＋2x＋y2＋2y－2＝0上的两点，若|AB|＝2eq\r(3)，则|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的取值范围为________．答案[4eq\r(2)－2，8eq\r(2)＋2]解析由题意知，点P所在圆M：(x－2)2＋(y－2)2＝2，且A，B所在圆C：(x＋1)2＋(y＋1)2＝4的圆心为C(－1，－1)，半径为2.设D是AB的中点，连接CD，则CD垂直平分AB，则|CD|＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),2)))\s\up12(2))＝1，所以点D在以C为圆心，1为半径的圆上，即点D所在圆C1：(x＋1)2＋(y＋1)2＝1，又由eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝2eq\o(PD,\s\up6(→))，可得|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(PD,\s\up6(→))|，|eq\o(PD,\s\up6(→))|即为圆M：x2－4x＋y2－4y＋6＝0上的点与圆C1：(x＋1)2＋(y＋1)2＝1上的点的距离，因为|MC1|＝eq\r(（2＋1）2＋（2＋1）2)＝3eq\r(2)，所以3eq\r(2)－1－eq\r(2)≤|eq\o(PD,\s\up6(→))|≤3eq\r(2)＋1＋eq\r(2)，即|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的取值范围为[4eq\r(2)－2，8eq\r(2)＋2]．课时作业一、单项选择题1．(2023·福建泉州模拟)已知圆C：x2＋y2＋2x－4y＝0，直线l：2x－y－1＝0，则直线l与圆C的位置关系是()A．相交B．相切C．相离D．相交且直线过圆C的圆心答案B解析由x2＋y2＋2x－4y＝0，可得(x＋1)2＋(y－2)2＝5，故圆心C(－1，2)，半径r＝eq\r(5)，则圆心到直线l：2x－y－1＝0的距离d＝eq\f(|－2－2－1|,\r(22＋1))＝eq\f(5,\r(5))＝eq\r(5)＝r，故直线l与圆C相切．故选B.2．(2024·黑龙江大庆质检)若直线kx－y＋1－2k＝0与圆C：(x－1)2＋y2＝4相交于A，B两点，则|AB|的最小值为()A．2eq\r(3) B．2eq\r(2)C．eq\r(3) D．eq\r(2)答案B解析直线kx－y＋1－2k＝0，即k(x－2)－(y－1)＝0恒过定点M(2，1)，而(2－1)2＋12＝2<4，即点M在圆C内，因此当且仅当AB⊥CM时，|AB|最小，而圆C的圆心C(1，0)，半径r＝2，|CM|＝eq\r(2)，所以|AB|min＝2eq\r(r2－|CM|2)＝2eq\r(4－2)＝2eq\r(2).故选B.3．(2023·河北联考一模)直线l：ax＋by－4＝0与圆O：x2＋y2＝4相切，则(a－3)2＋(b－4)2的最大值为()A．16 B．25C．49 D．81答案C解析由直线l与圆O相切可得，圆心O(0，0)到直线l的距离等于圆的半径，即eq\f(|－4|,\r(a2＋b2))＝2，故a2＋b2＝4，即点(a，b)在圆O上，(a－3)2＋(b－4)2的几何意义为圆上的点(a，b)与点(3，4)之间距离的平方，由a2＋b2＝4，得圆心为(0，0)，因为32＋42>4，所以点(3，4)在圆a2＋b2＝4外，所以点(a，b)到点(3，4)的距离的最大值为圆心到(3，4)的距离与圆半径之和，即d＋r＝eq\r(（3－0）2＋（4－0）2)＋2＝7，所以(a－3)2＋(b－4)2的最大值为72＝49.故选C.4．(2023·广东汕头模拟)已知圆C1：(x－3)2＋(y＋4)2＝1与C2：(x－a)2＋(y－a＋3)2＝9恰好有4条公切线，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0)∪(4，＋∞)B．(－∞，1－eq\r(6))∪(1＋eq\r(6)，＋∞)C．(0，4)D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)答案D解析因为圆C1：(x－3)2＋(y＋4)2＝1与C2：(x－a)2＋(y－a＋3)2＝9恰好有4条公切线，所以圆C1与C2外离，所以eq\r(（a－3）2＋（a－3＋4）2)>4，解得a>3或a<－1，即实数a的取值范围是(－∞，－1)∪(3，＋∞)．故选D.5．(2023·山东青岛模拟)已知直线l：3x＋my＋3＝0，曲线C：x2＋y2＋4x＋2my＋5＝0，则下列说法正确的是()A．“m>1”是“曲线C表示圆”的充要条件B．当m＝3eq\r(3)时，直线l与曲线C表示的圆相交所得的弦长为1C．“m＝－3”是“直线l与曲线C表示的圆相切”的充分不必要条件D．当m＝－2时，曲线C与圆x2＋y2＝1有两个公共点答案C解析对于A，曲线C：x2＋y2＋4x＋2my＋5＝0⇒(x＋2)2＋(y＋m)2＝m2－1，曲线C表示圆，则m2－1>0，解得m<－1或m>1，所以“m>1”是“曲线C表示圆”的充分不必要条件，A错误；对于B，当m＝3eq\r(3)时，直线l：x＋eq\r(3)y＋1＝0，曲线C：(x＋2)2＋(y＋3eq\r(3))2＝26，圆心到直线l的距离d＝eq\f(|－2＋\r(3)×（－3\r(3)）＋1|,\r(1＋3))＝5，所以弦长为2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(26－25)＝2，B错误；对于C，若直线l与圆相切，则圆心到直线l的距离d＝eq\f(|－6－m2＋3|,\r(9＋m2))＝eq\r(m2－1)，解得m＝±3，所以“m＝－3”是“直线l与曲线C表示的圆相切”的充分不必要条件，C正确；对于D，当m＝－2时，曲线C：(x＋2)2＋(y－2)2＝3，其圆心坐标为(－2，2)，r＝eq\r(3)，曲线C与圆x2＋y2＝1的圆心距为eq\r(（－2－0）2＋（2－0）2)＝2eq\r(2)>eq\r(3)＋1，故两圆相离，没有公共点，D错误．故选C.6．(2024·山东淄博期末)已知圆C：(x－1)2＋y2＝2，直线l：y＝kx－2，若直线l上存在点P，过点P引圆的两条切线l1，l2，使得l1⊥l2，则实数k的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪[0，＋∞)B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪[0，1)C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪[1，＋∞)D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，1))答案A解析圆心C(1，0)，半径r＝eq\r(2)，设P(x，y)，因为两切线l1⊥l2，如图，设切点为A，B，则PA⊥PB，由切线性质定理，知PA⊥AC，PB⊥BC，|PA|＝|PB|，所以四边形PACB为正方形，所以|PC|＝2，则点P的轨迹是以(1，0)为圆心，2为半径的圆，方程为(x－1)2＋y2＝4，直线l：y＝kx－2过定点(0，－2)，直线方程即kx－y－2＝0，只要直线与点P的轨迹(圆)有交点即可，即大圆的圆心到直线的距离小于等于半径，即d＝eq\f(|k－2|,\r(k2＋1))≤2，解得k≥0或k≤－eq\f(4,3)，即实数k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪[0，＋∞)．故选A.7．已知实数x，y满足x2＋y2－4x－2y－4＝0，则x－y的最大值是()A．1＋eq\f(3\r(2),2) B．4C．1＋3eq\r(2) D．7答案C解析解法一：令x－y＝k，则x＝k＋y，代入原式，化简得2y2＋(2k－6)y＋k2－4k－4＝0，因为存在实数y，则Δ≥0，即(2k－6)2－4×2(k2－4k－4)≥0，化简得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.故选C.解法二：x2＋y2－4x－2y－4＝0，整理得(x－2)2＋(y－1)2＝9，令x＝3cosθ＋2，y＝3sinθ＋1，其中θ∈[0，2π]，则x－y＝3cosθ－3sinθ＋1＝3eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋1，因为θ∈[0，2π]，所以θ＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(9π,4)))，则当θ＋eq\f(π,4)＝2π，即θ＝eq\f(7π,4)时，x－y取得最大值3eq\r(2)＋1.故选C.解法三：由x2＋y2－4x－2y－4＝0，可得(x－2)2＋(y－1)2＝9，设x－y＝k，则圆心到直线x－y＝k的距离d＝eq\f(|2－1－k|,\r(2))≤3，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2).故选C.8．(2023·甘肃酒泉三模)若直线eq\r(3)x－y－3＝0分别与x轴、y轴交于点A，B，动点P在圆x2＋(y－1)2＝1上，则△ABP面积的取值范围是()A．[eq\r(2)，3eq\r(2)] B．[eq\r(3)，2eq\r(3)]C．[eq\r(3)，3eq\r(3)] D．[2eq\r(2)，3eq\r(2)]答案C解析如图所示，因为直线eq\r(3)x－y－3＝0与坐标轴的交点A(eq\r(3)，0)，B(0，－3)，则|AB|＝eq\r(3＋9)＝2eq\r(3)，圆x2＋(y－1)2＝1的圆心为C(0，1)，半径为r＝1，则圆心C(0，1)到直线eq\r(3)x－y－3＝0的距离为d＝eq\f(|－1－3|,\r(3＋1))＝2，所以圆x2＋(y－1)2＝1上的点P到直线eq\r(3)x－y－3＝0的距离的最小值为d－r＝2－1＝1，最大距离为d＋r＝2＋1＝3，所以△ABP面积的最小值为eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＝eq\r(3)，最大值为eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3＝3eq\r(3)，即△ABP面积的取值范围为[eq\r(3)，3eq\r(3)]．故选C.二、多项选择题9．(2024·湖北武汉期末)已知圆x2＋y2＝4，直线l：y＝x＋b.若圆上恰有三个点到直线l的距离都等于1，则b的可能值为()A．－1 B．－eq\r(2)C．1 D．eq\r(2)答案BD解析由圆x2＋y2＝4，可得圆心为(0，0)，半径为2，要使圆上恰有三个点到直线l的距离都等于1，则圆心到直线的距离为1，所以eq\f(|b|,\r(2))＝2－1，所以b＝±eq\r(2).故选BD.10．已知圆O1：x2＋y2－2x－3＝0和圆O2：x2＋y2－2y－1＝0的交点为A，B，则()A．圆O1和圆O2有两条公切线B．直线AB的方程为x－y＋1＝0C．圆O2上存在两点P和Q使得|PQ|>|AB|D．圆O1上的点到直线AB的最大距离为2＋eq\r(2)答案ABD解析对于A，因为两圆相交，所以有两条公切线，故A正确；对于B，将两圆方程作差可得－2x＋2y－2＝0，即得公共弦AB的方程为x－y＋1＝0，故B正确；对于C，直线AB过圆O2的圆心(0，1)，所以线段AB是圆O2的直径，故圆O2中不存在比AB长的弦，故C错误；对于D，圆O1的圆心坐标为(1，0)，半径为2，圆心到直线AB：x－y＋1＝0的距离为eq\f(|1＋1|,\r(2))＝eq\r(2)，所以圆O1上的点到直线AB的最大距离为2＋eq\r(2)，D正确．故选ABD.三、填空题11．(2023·广东深圳校考二模)过点(1，1)且被圆x2＋y2－4x－4y＋4＝0所截得的弦长为2eq\r(2)的直线方程为________．答案x＋y－2＝0解析圆x2＋y2－4x－4y＋4＝0，即(x－2)2＋(y－2)2＝4，圆心为(2，2)，半径r＝2，若弦长l＝2eq\r(2)，则圆心到直线的距离d＝eq\r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))\s\up12(2))＝eq\r(2)，显然直线的斜率存在，设直线方程为y－1＝k(x－1)，即kx－y－k＋1＝0，所以d＝eq\f(|2k－2－k＋1|,\r(k2＋（－1）2))＝eq\r(2)，解得k＝－1，所以直线方程为x＋y－2＝0.12．若A为圆C1：x2＋y2＝1上的动点，B为圆C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4上的动点，则线段AB长度的最大值是________．答案8解析圆C1：x2＋y2＝1的圆心为C1(0，0)，半径r1＝1，圆C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4的圆心为C2(3，－4)，半径r2＝2，所以|C1C2|＝5.因为|C1C2|>r1＋r2，所以圆C1与圆C2外离．又A为圆C1上的动点，B为圆C2上的动点，所以线段AB长度的最大值是|C1C2|＋r1＋r2＝5＋1＋2＝8.13．(2024·浙江校考模拟预测)已知圆C1：x2＋y2＝4和圆C2：(x－3)2＋(y－2)2＝1，则过点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(4,3)))且与C1，C2都相切的直线方程为________(写出一个即可)．答案x＝2或5x＋12y－26＝0(写出一个即可)解析若过M的切线斜率不存在，即为x＝2，此时显然与两圆都相切；若过M的切线斜率存在，不妨设为y－eq\f(4,3)＝k(x－2)，则C1(0，0)，C2(3，2)到y－eq\f(4,3)＝k(x－2)的距离分别为d1＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2k－\f(4,3))),\r(k2＋1))＝2，d2＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(2,3))),\r(k2＋1))＝1，解得k＝－eq\f(5,12)，即y－eq\f(4,3)＝－eq\f(5,12)(x－2)，即5x＋12y－26＝0.综上，过M且与两圆都相切的直线方程为x＝2或5x＋12y－26＝0(写出一个即可)．14．(2024·云南大理一模)已知圆C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0，过点A(1，1)的相互垂直的两条直线分别交圆C于点M，N和P，Q，则四边形MQNP面积的最大值为________．答案7解析圆C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0，即(x－1)2＋(y－2)2＝4，点A(1，1)在圆C内部，设圆心C到直线PQ和MN的距离分别为d1，d2，则有|PQ|＝2eq\r(4－deq\o\al(2,1))，|MN|＝2eq\r(4－deq\o\al(2,2))，且deq\o\al(2,1)＋deq\o\al(2,2)＝|CA|2＝1，所以四边形MQNP的面积S＝eq\f(1,2)|PQ|·|MN|＝2eq\r(4－deq\o\al(2,1))·eq\r(4－deq\o\al(2,2))≤2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8－deq\o\al(2,1)－deq\o\al(2,2),2)))＝7，当且仅当d1＝d2＝eq\f(\r(2),2)时，等号成立，故四边形MQNP面积的最大值为7.四、解答题15．(2024·辽宁大连月考)已知圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝4外有一点P(4，－1)，过点P作直线l.(1)当直线l与圆C相切时，求直线l的方程；(2)当直线l的倾斜角为135°时，求直线l被圆C所截得的弦长．解(1)由题意知，圆C的圆心为(2，3)，半径r＝2.当斜率不存在时，直线l的方程为x＝4，此时圆C与直线l相切；当斜率存在时，设直线l的方程为y＋1＝k(x－4)，即kx－y－4k－1＝0，则圆心到直线的距离为d＝r，即eq\f(|2k－3－4k－1|,\r(1＋k2))＝2，解得k＝－eq\f(3,4)，所以此时直线l的方程为3x＋4y－8＝0.综上，直线l的方程为x＝4或3x＋4y－8＝0.(2)当直线l的倾斜角为135°时，直线l的方程为x＋y－3＝0，圆心到直线l的距离d＝eq\f(|2＋3－3|,\r(2))＝eq\r(2).故所求弦长为2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(22－（\r(2)）2)＝2eq\r(2).16．已知点P(2，2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．(1)求点M的轨迹方程；(2)当|OP|＝|OM|时，求直线l的方程及△POM的面积．解(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，所以圆心为C(0，4)，半径为4.设M(x，y)，则eq\o(CM,\s\up6(→))＝(x，y－4)，eq\o(MP,\s\up6(→))＝(2－x，2－y)．由题意，得eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(MP,\s\up6(→))＝0，故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝2.所以点M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.(2)由(1)可知点M的轨迹是以点N(1，3)为圆心，eq\r(2)为半径的圆．由于|OP|＝|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ON⊥PM.因为ON的斜率为3，所以直线l的斜率为－eq\f(1,3)，故直线l的方程为x＋3y－8＝0.又|OM|＝|OP|＝2eq\r(2)，O到直线l的距离为eq\f(|－8|,\r(12＋32))＝eq\f(4\r(10),5)，所以|PM|＝2eq\r(（2\r(2)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(10),5)))\s\up12(2))＝eq\f(4\r(10),5)，所以S△POM＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(10),5)×eq\f(4\r(10),5)＝eq\f(16,5).17．(多选)(2023·重庆一中模拟)已知⊙E：(x－2)2＋(y－1)2＝4，过点P(5，5)作圆E的两条切线，切点分别为M，N，则下列命题中正确的是()A．|PM|＝eq\r(21)B．直线MN的方程为3x＋4y－14＝0C．圆x2＋y2＝1与圆E共有4条公切线D．若过点P的直线与圆E交于G，H两点，则当△EHG的面积最大时，|GH|＝2eq\r(2)答案ABD解析因为圆E的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4，所以圆心E的坐标为(2，1)，半径为2，所以|EM|＝|EN|＝2，又P(5，5)，所以|PE|＝eq\r(（5－2）2＋（5－1）2)＝5，由已知得PM⊥ME，PN⊥NE，所以|PM|＝eq\r(|PE|2－|EM|2)＝eq\r(21)，A正确；因为PM⊥ME，PN⊥NE，所以P，M，E，N四点共圆，且圆心为PE的中点，线段PE的中点坐标为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，3))，所以圆F的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7,2)))eq\s\up12(2)＋(y－3)2＝eq\f(25,4)，即x2－7x＋y2－6y＋15＝0，因为eq\f(5,2)－2<|EF|＝eq\f(5,2)<eq\f(5,2)＋2，所以圆E与圆F相交，又圆E的方程可化为x2－4x＋y2－2y＋1＝0，所以圆E与圆F的公共弦方程为3x＋4y－14＝0，故直线MN的方程为3x＋4y－14＝0，B正确；圆x2＋y2＝1的圆心O的坐标为(0，0)，半径为1，因为|OE|＝eq\r(5)，2－1<|OE|<1＋2，所以圆x2＋y2＝1与圆E相交，故两圆只有2条公切线，C错误；设∠HEG＝θ，则θ∈(0，π)，△EHG的面积S＝eq\f(1,2)EH·EGsinθ＝2sinθ，所以当θ＝eq\f(π,2)时，△EHG的面积取最大值2，此时|GH|＝eq\r(4＋4)＝2eq\r(2)，D正确．故选ABD.18．(2023·福建龙岩统考二模)已知M是圆C：x2＋y2＝2上一个动点，且直线l1：m(x－3)－n(y－2)＝0与直线l2：n(x－2)＋m(y－3)＝0(m，n∈R，m2＋n2≠0)相交于点P，则|PM|的最小值是____________．答案eq\r(2)解析由两直线方程可知，l1，l2分别过定点A(3，2)，B(2，3)，且两直线互相垂直，设AB的中点为O，则Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(5,2)))，如图所示，则两直线的交点P的轨迹为以O为圆心，AB为直径的圆O，|AB|＝eq\r(2)，|OC|＝eq\f(5\r(2),2)，可知两圆相离，设直线OC交圆C于点E，交圆O于点D，显然|PM|≥|ED|＝|OC|－|CE|－|OD|＝eq\f(5\r(2),2)－eq\r(2)－eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2).第五节椭圆第1课时椭圆的定义、标准方程及其简单几何性质课标解读考向预测1.理解椭圆的定义、几何图形、标准方程.2.掌握椭圆的简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率).3.掌握椭圆的简单应用.近三年高考中，以选择题、填空题、解答题的形式考查了椭圆的定义、标准方程及简单几何性质，难度中档．预计2025年高考会保持不变，继续考查椭圆的定义、标准方程及简单几何性质.必备知识——强基础1．椭圆的定义把平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于eq\x(\s\up1(01))常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆．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．2．椭圆的标准方程及简单几何性质焦点的位置焦点在x轴上焦点在y轴上图形标准方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)范围eq\x(\s\up1(04))－a≤x≤a且－b≤y≤beq\x(\s\up1(05))－b≤x≤b且－a≤y≤a顶点eq\x(\s\up1(06))A1(－a，0)，A2(a，0)，B1(0，－b)，B2(0，b)eq\x(\s\up1(07))A1(0，－a)，A2(0，a)，B1(－b，0)，B2(b，0)轴长短轴长为eq\x(\s\up1(08))2b，长轴长为eq\x(\s\up1(09))2a焦点eq\x(\s\up1(10))F1(－c，0)，F2(c，0)eq\x(\s\up1(11))F1(0，－c)，F2(0，c)焦距|F1F2|＝eq\x(\s\up1(12))2c对称性对称轴：eq\x(\s\up1(13))x轴和y轴，对称中心：eq\x(\s\up1(14))原点离心率e＝eq\f(c,a)(0<e<1)a，b，c的关系eq\x(\s\up1(15))a2＝b2＋c2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，S△F1PF2最大．(2)S△F1PF2＝eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|sinθ＝b2taneq\f(θ,2)＝c|y0|.(3)|PF1|max＝a＋c，|PF1|min＝a－c.(4)|PF1|·|PF2|≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PF1|＋|PF2|,2)))eq\s\up12(2)＝a2.(5)4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|·cosθ.1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)平面内与两个定点F1，F2的距离之和等于常数的点的轨迹是椭圆．()(2)椭圆是轴对称图形，也是中心对称图形．()(3)eq\f(y2,m2)＋eq\f(x2,n2)＝1(m≠n)表示焦点在y轴上的椭圆．()(4)eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)与eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的焦距相等．()答案(1)×(2)√(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A选择性必修第一册习题3.1T3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.(2)(人教A选择性必修第一册习题3.1T5改编)已知点P为椭圆eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,9)＝1上的一点，B1，B2分别为椭圆的上、下顶点，若△PB1B2的面积为6，则满足条件的点P的个数为()A．0 B．2C．4 D．6答案C解析在椭圆eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,9)＝1中，a＝4，b＝3，则短轴|B1B2|＝2b＝6，设椭圆上点P的坐标为(m，n)，由△PB1B2的面积为6，得eq\f(1,2)|B1B2|·|m|＝6，解得m＝±2，将m＝±2代入椭圆方程，得n＝±eq\f(3\r(3),2)，所以符合题意的点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3\r(3),2)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(3\r(3),2)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(3\r(3),2)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(3\r(3),2)))，共4个满足条件的点P.故选C.(3)(人教A选择性必修第一册习题3.1T1改编)已知点M(x，y)在运动过程中，总满足关系式eq\r(x2＋（y－2）2)＋eq\r(x2＋（y＋2）2)＝8，则点M的轨迹方程为________________．答案eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,16)＝1解析因为eq\r(x2＋（y－2）2)＋eq\r(x2＋（y＋2）2)＝8>4，所以点M的轨迹是以(0，2)，(0，－2)为焦点的椭圆，设椭圆方程为eq\f(x2,b2)＋eq\f(y2,a2)＝1(a>b>0)，由题意得2a＝8，即a＝4，则b2＝a2－c2＝12，所以点M的轨迹方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,16)＝1.(4)(人教A选择性必修第一册习题3.1T4改编)已知椭圆C的焦点在x轴上，且离心率为eq\f(1,2)，则椭圆C的方程可以为________________(写出满足题意的一个椭圆方程即可)．答案eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(答案不唯一)解析因为焦点在x轴上，所以设椭圆的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，a>b>0，因为离心率为eq\f(1,2)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,4)，则eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,4).所以椭圆C的方程可以为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(答案不唯一)．考点探究——提素养考点一椭圆的定义及其应用(多考向探究)考向1利用椭圆的定义求轨迹方程例1(2024·山东烟台一中质检)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的轨迹方程为________．答案eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1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，点P的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，且2a＝6，2c＝4，故所求的轨迹方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1.【通性通法】在求动点的轨迹时，如果能够判断动点的轨迹满足椭圆的定义，那么可以直接求解其轨迹方程．【巩固迁移】1．△ABC的两个顶点为A(－3，0)，B(3，0)，△ABC的周长为16，则顶点C的轨迹方程为()A．eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1(y≠0) B．eq\f(y2,25)＋eq\f(x2,16)＝1(y≠0)C．eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,9)＝1(y≠0) D．eq\f(y2,16)＋eq\f(x2,9)＝1(y≠0)答案A解析由题意，知点C到A，B两点的距离之和为10，故顶点C的轨迹为以A(－3，0)，B(3，0)为焦点，长轴长为10的椭圆，故2a＝10，c＝3，b2＝a2－c2＝16.其方程为eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.又A，B，C三点不能共线，所以eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1(y≠0)．故选A.考向2利用椭圆的定义解决焦点三角形问题例2(1)如图，△ABC的顶点B，C在椭圆eq\f(x2,3)＋y2＝1上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是________．答案4eq\r(3)解析因为a2＝3，所以a＝eq\r(3).△ABC的周长为|AC|＋|AB|＋|BC|＝|AC|＋|CF2|＋|AB|＋|BF2|＝2a＋2a＝4a＝4eq\r(3).(2)设点P为椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,4)＝1(a>2)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且∠F1PF2＝60°，则△PF1F2的面积为________．答案eq\f(4\r(3),3)解析解法一：由题意，知c＝eq\r(a2－4).又∠F1PF2＝60°，|PF1|＋|PF2|＝2a，|F1F2|＝2eq\r(a2－4)，∴|F1F2|2＝(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1||PF2|－2|PF1||PF2|cos60°＝4a2－3|PF1||PF2|＝4a2－16，∴|PF1||PF2|＝eq\f(16,3)，∴S△PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1||PF2|sin60°＝eq\f(1,2)×eq\f(16,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4\r(3),3).解法二：S△PF1F2＝b2taneq\f(∠F1PF2,2)＝4tan30°＝eq\f(4\r(3),3).【通性通法】将定义和余弦定理结合使用可以解决焦点三角形的周长和面积问题．【巩固迁移】2．(2023·全国甲卷)已知椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,6)＝1，F1，F2为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，cos∠F1PF2＝eq\f(3,5)，则|PO|＝()A．eq\f(2,5) B．eq\f(\r(30),2) C．eq\f(3,5) D．eq\f(\r(35),2)答案B解析解法一：因为|PF1|＋|PF2|＝2a＝6①，|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos∠F1PF2＝|F1F2|2，即|PF1|2＋|PF2|2－eq\f(6,5)|PF1||PF2|＝12②，联立①②，解得|PF1||PF2|＝eq\f(15,2)，|PF1|2＋|PF2|2＝21，而eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(PF1,\s\up6(→))＋eq\o(PF2,\s\up6(→)))，所以|PO|＝|eq\o(PO,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(PF1,\s\up6(→))＋eq\o(PF2,\s\up6(→))|，即|eq\o(PO,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)|eq\o(PF1,\s\up6(→))＋eq\o(PF2,\s\up6(→))|＝eq\f(1,2)eq\r(|\o(PF1,\s\up6(→))|2＋2\o(PF1,\s\up6(→))·\o(PF2,\s\up6(→))＋|\o(PF2,\s\up6(→))|2)＝eq\f(1,2)eq\r(21＋2×\f(15,2))×eq\f(3,5)＝eq\f(\r(30),2).故选B.解法二：设∠F1PF2＝2θ，0＜θ＜eq\f(π,2)，所以S△PF1F2＝b2taneq\f(∠F1PF2,2)＝b2tanθ，由cos∠F1PF2＝cos2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝eq\f(3,5)，解得tanθ＝eq\f(1,2).由椭圆的方程可知，a2＝9，b2＝6，c2＝a2－b2＝3，所以S△PF1F2＝eq\f(1,2)|F1F2|×|yP|＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×|yP|＝6×eq\f(1,2)，解得yeq\o\al(2,P)＝3，所以xeq\o\al(2,P)＝9×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,6)))＝eq\f(9,2)，因此|PO|＝eq\r(xeq\o\al(2,P)＋yeq\o\al(2,P))＝eq\r(3＋\f(9,2))＝eq\f(\r(30),2).故选B.解法三：因为|PF1|＋|PF2|＝2a＝6①，|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos∠F1PF2＝|F1F2|2，即|PF1|2＋|PF2|2－eq\f(6,5)|PF1||PF2|＝12②，联立①②，解得|PF1|2＋|PF2|2＝21，由中线定理可知，(2|PO|)2＋|F1F2|2＝2(|PF1|2＋|PF2|2)＝42，易知|F1F2|＝2eq\r(3)，解得|PO|＝eq\f(\r(30),2).故选B.考向3利用椭圆的定义求最值例3已知F1，F2是椭圆C：eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1的两个焦点，点M，N在C上，若|MF2|＋|NF2|＝6，则|MF1|·|NF1|的最大值为()A．9 B．20C．25 D．30答案C解析根据椭圆的定义，得|MF1|＋|MF2|＝8，|NF1|＋|NF2|＝8，因为|MF2|＋|NF2|＝6，所以8－|MF1|＋8－|NF1|＝6，即|MF1|＋|NF1|＝10≥2eq\r(|MF1|·|NF1|)，当且仅当|MF1|＝|NF1|＝5时，等号成立，所以|MF1|·|NF1|≤25，则|MF1|·|NF1|的最大值为25.故选C.【通性通法】在椭圆中，结合|PF1|＋|PF2|＝2a，运用基本不等式或三角形任意两边之和大于第三边可求最值．【巩固迁移】3．(2024·河北邯郸模拟)已知F是椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1的左焦点，P是此椭圆上的动点，A(1，1)是一定点，则|PA|＋|PF|的最大值为________，最小值为________．答案6＋eq\r(2)6－eq\r(2)解析由题意知a＝3，b＝eq\r(5)，c＝2，F(－2，0)．设椭圆的右焦点为F′，则|PF|＋|PF′|＝6，所以|PA|＋|PF|＝|PA|－|PF′|＋6.当P，A，F′三点共线时，|PA|－|PF′|取到最大值|AF′|＝eq\r(2)或最小值－|AF′|＝－eq\r(2).所以|PA|＋|PF|的最大值为6＋eq\r(2)，最小值为6－eq\r(2).考点二椭圆的标准方程例4(1)已知椭圆C的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则椭圆C的方程为()A．eq\f(x2,2)＋y2＝1 B．eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1C．eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,6)＝1 D．eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1答案B解析设椭圆的标准方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由椭圆的定义，得|AF1|＋|AB|＋|BF1|＝4a.∵|AB|＝|BF1|，∴|AF1|＋2|AB|＝4a.又|AF2|＝2|F2B|，∴|AB|＝eq\f(3,2)|AF2|，∴|AF1|＋3|AF2|＝4a.又|AF1|＋|AF2|＝2a，∴|AF2|＝a，∴A为椭圆的短轴端点．如图，不妨设A(0，b)，又F2(1，0)，eq\o(AF2,\s\up6(→))＝2eq\o(F2B,\s\up6(→))，∴Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(b,2))).将B点坐标代入椭圆方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，得eq\f(9,4a2)＋eq\f(b2,4b2)＝1，∴a2＝3，b2＝a2－c2＝2.∴椭圆C的方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.故选B.(2)(2024·山西大同模拟)过点(2，－eq\r(3))，且与椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1有相同离心率的椭圆的标准方程为________________．答案eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,6)＝1或eq\f(y2,\f(25,3))＋eq\f(x2,\f(25,4))＝1解析椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的离心率是e＝eq\f(1,2)，当焦点在x轴上时，设所求椭圆的标准方程是eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，,\f(4,a2)＋\f(3,b2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝8，,b2＝6，))∴所求椭圆的标准方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,6)＝1；当焦点在y轴上时，设所求椭圆的标准方程为eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\