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1、 第十章 圓錐曲線第五節(jié) 直線與圓錐曲線題型126 直線與圓錐曲線的位置關系1. (20xx天津文18）設橢圓的左焦點為，離心率為，過點且與軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為(1) 求橢圓的方程；(2) 設， 分別為橢圓的左右頂點，過點且斜率為的直線與橢圓交于，兩點若，求的值2.（20xx山東文22）在平面直角坐標系中，已知橢圓的中心在原點，焦點在軸上，短軸長為，離心率為（1）求橢圓的方程；（2），為橢圓上滿足的面積為的任意兩點，為線段的中點，射線 交橢圓于點，設，求實數的值3. (20xx安徽文21）已知橢圓的焦距為，且過點.（1）求橢圓的方程；（2）設為橢圓上一點，過點作軸的垂線，垂足為.取
2、點，連接，過點作的垂線交軸于點.點是點關于軸的對稱點，作直線，問這樣作出的直線是否與橢圓一定有唯一的公共點？并說明理由.1.（20xx湖北文8）設是關于的方程的兩個不等實根，則過，兩點的直線與雙曲線的公共點的個數為（ ）.A B C D2.（20xx大綱文22）已知拋物線C：的焦點為F，直線y=4與y軸的交點為P，與C的交點為Q，且.（）求C的方程；（）過F的直線l與C相交于A，B兩點，若AB的垂直平分線與C相交于M，N兩點，且A，M，B，N四點在同一圓上，求l的方程.1.（20xx安徽文20）設橢圓的方程為，點為坐標原點，點 的坐標為，點的坐標為，點在線段上，滿足，直線的斜率為.（1）求的離
3、心率； （2）設點的坐標為，為線段的中點，求證：.1. 分析（1）由且，可得.又因為的斜率為，所以，根據橢圓的性質，即可求出離心率；（2）由題意可知點的坐標為，所以，推出 ，即可證明結果.解析 （1）由，且，可得.又因為的斜率為，所以，則，即，亦即，得.（2）由題意可知點的坐標為，所以，所以，所以.2. (20xx北京文20)已知橢圓，過點且不過點的直線與橢圓交于，兩點，直線與直線交于兩點.（1）求橢圓的離心率；（2）若垂直于軸，求直線的斜率；（3）試判斷直線與直線的位置關系，并說明理由.2. 解析（1）橢圓即，離心率.（2）若垂直于軸，則所在的直線方程為，不妨設，.又，直線所在的方程為：，聯
4、立直線與直線的方程，得，故直線的斜率是1.（3）由（2）知，當垂直于軸時，直線的斜率為1，且，得，故直線與直線平行.若直線不垂直于軸時，直線與直線也保持平行的位置關系.下面來進行驗證，即驗證.設，直線的方程為，令，得，要證明，只需證明，即， 聯立直線與橢圓方程，消建立關于的一元二次方程得，.將式整理得將，代入上式的左邊得：右邊.因此，直線的斜率為1，說明直線與直線的位置關系是平行.3.（20xx江蘇18）如圖，在平面直角坐標系中，已知橢圓的離心率為，且右焦點到直線（其中）的距離為（1）求橢圓的標準方程；（2）過的直線與橢圓交于兩點，線段的垂直平分線分別交直線和于點，若，求直線的方程3. 解析
5、（1）由題意得，故，即，從而，故橢圓的標準方程為（2）解法一（正設斜率）：若的斜率不存在時，則方程為，此時，易知此時，不滿足題意；當的斜率為0時，此時亦不滿足題意；因此斜率存在且不為0，不妨設斜率為，則方程，不妨設，聯立直線與橢圓，即，因為點在橢圓內，故恒成立，所以，故，又，故，因為，故，即，即，整理得，即，即，解得，從而直線方程為或解法二（反設）：由題意，直線的斜率必不為0，故設直線方程為，不妨設，與橢圓聯立，整理得，因為點在橢圓內，故恒成立，故，因此，則點的縱坐標為，于是點的橫坐標為，又，故，所以，因為可得，化簡得，即，化簡得，計算得，從而直線方程為或.1.（20xx浙江文19）如圖所示，
6、設拋物線的焦點為，拋物線上的點到軸的距離等于.（1）求的值；（2）若直線交拋物線于另一點，過與軸平行的直線和過與垂直的直線交于點，與軸交于點.求的橫坐標的取值范圍.1.解析 （1）因為拋物線上點到焦點的距離等于點到準線的距離，由已知條件得，即.（2）由（1）知拋物線的方程為，可設，.由題知不垂直于軸，可設直線，由消去得，故，所以.又直線的斜率為，故直線的斜率為，從而直線，直線，所以.設，由，三點共線得：，整理得，(，)，此函數為偶函數，且和上單調遞減，分析知或.所以點的橫坐標的取值范圍是.2.（20xx全國乙文20）在直角坐標系中，直線交軸于點，交拋物線于點，關于點的對稱點為，聯結并延長交于點
7、.（1）求；（2）除以外，直線與是否有其他公共點？請說明理由.2.解析 （1）如圖所示，由題意不妨設，可知點的坐標分別為，從而可得直線的方程為，聯立方程，解得，.即點的坐標為，從而由三角形相似可知.（2）由于，可得直線的方程為，整理得，聯立方程，整理得，則，從而可知和只有一個公共點.1.（20xx全國1文20）設，為曲線上兩點，與的橫坐標之和為4.（1）求直線的斜率；（2）設為曲線上一點，在處的切線與直線平行，且，求直線的方程.1.解析 （1）不妨設，則，即直線的斜率為（2）設，由的導函數知在處的切線斜率為，所以，故因為，易知的斜率存在且不為，因此，即 設直線的方程為，與拋物線聯立得，所以，故
8、，由根與系數的關系知，代入式得，解得，符合題意，因此直線的方程為評注 此題這一條件，也可以轉化成向量數量積為，利用坐標的來解決，但用向量法計算得到或，注意聯立后保證2.（20xx江蘇卷17）如圖所示，在平面直角坐標系中，橢圓的左、右焦點分別為，離心率為，兩準線之間的距離為點在橢圓上，且位于第一象限，過點作直線的垂線，過點作直線的垂線（1）求橢圓的標準方程；（2）若直線的交點在橢圓上，求點的坐標2.解析 （1）設橢圓的半焦距為，由題意，解得，因此，所以橢圓的標準方程為（2）由（1）知，設，因為點為第一象限的點，故當時，與相交于，與題設不符當時，直線的斜率為，直線的斜率為因為，所以直線的斜率為，直
9、線的斜率為，從而直線的方程為 直線的方程為 聯立，解得，所以因為點在橢圓上，由對稱性得，即或又點在橢圓上，故由，解得；由，無解因此點的坐標為題型127 弦長與面積及最值問題1.（20xx湖北文22） 如圖，已知橢圓與 的中心坐標原點，長軸均為且在軸上，短軸長分別為，（），過原點且不與軸重合的直線與，的四個交點按縱坐標從大到小依次為記， 和的面積分別為和(1) 當直線與軸重合時，若，求的值；(2) 當變化時，是否存在與坐標軸不重合的直線，使得？并說明理由第22題圖 2. (20xx重慶文21） 如圖，橢圓的中心為原點，長軸在軸上，離心率，過左焦點作 軸的垂線交橢圓于兩點，.（1）求該橢圓的標準方
10、程；（2）取平行于軸的直線與橢圓相交于不同的兩點，過作圓心為的圓，使橢圓上的其余點均在圓外，求的面積的最大值，并寫出對應圓的標準方程.3. (20xx湖南文20）已知，分別是橢圓的左、右焦點，關于直線的對稱點是圓 的一條直徑的兩個端點.（1）求圓的方程；（2）設過點的直線被橢圓和圓所截得的弦長分別為，.當最大時，求直線的方程.1（20xx新課標文10）設為拋物線的焦點過且傾斜角為的直線交于兩點則（ ）A B. C. D.2.（20xx四川文10）已知為拋物線的焦點，點，在該拋物線上且位于軸的兩側，（其中為坐標原點），則與面積之和的最小值是（ ）.A. B. C. D.3.（20xx陜西文20）
11、已知橢圓經過點，離心率為，左、右焦點分別為，.（1）求橢圓的方程；（2）若直線與橢圓交于A，B兩點，與以為直徑的圓交于兩點，且滿足求直線的方程.4.（20xx湖南文20）如圖所示，為坐標原點，雙曲線和橢圓均過點，且以的兩個頂點和的兩個焦點為頂點的四邊形是面積為2的正方形.（1）求的方程；（2）是否存在直線，使得與交于兩點，與只有一個公共點，且？證明你的結論.5.（20xx四川文20）已知橢圓：的左焦點為，離心率為.（1）求橢圓的標準方程；（2）設為坐標原點，為直線上一點，過作的垂線交橢圓于，.當四邊形是平行四邊形時，求四邊形的面積.6.（20xx山東文21）在平面直角坐標系中，橢圓的離心率為，
12、直線被橢圓截得的線段長為.（1）求橢圓的方程；（2）過原點的直線與橢圓交于兩點（不是橢圓的頂點）. 點在橢圓上，且，直線與軸、軸分別交于兩點.（i）設直線的斜率分別為，證明存在常數使得，并求出的值；（ii）求面積的最大值.6. （20xx浙江文22）已知的三個頂點都在拋物線上，為拋物線的焦點，點為的中點，；（1）若，求點的坐標；（2）求面積的最大值.1.（20xx全國I文5）已知橢圓的中心在坐標原點，離心率為，的右焦點與拋物線的焦點重合，是的準線與的兩個交點，則（ ）.A. 3 B. 6 C. 9 D. 121.B 解析 的焦點為，準線方程為.由得右焦點與的焦點重合，可得.又，得，所以橢圓方程
13、為.當時，得，即.故選B.2.（20xx全國I文16）已知是雙曲線：的右焦點，是的左支上一點， ，當周長最小時，該三角形的面積為 2. 解析 由題意作圖，如圖所示.由雙曲線的定義知，.所以.又，所以，所以當點，在同一條直線上時，周長取得最小值.所在直線方程為，同理直線的方程為.聯立，解得.則.又，所以.3.（20xx湖南文20）已知拋物線的焦點也是橢圓的一個焦點，與的公共弦長為，過點的直線與相交于，兩點，與相交于，兩點，且與同向.（1）求的方程；（2）若，求直線的斜率.3.解析 （1）由知其焦點的坐標為，因為也是橢圓的一個焦點，所以； 又與的公共弦長為，與都關于軸對稱，且的方程為，由此易知與的
14、公共點的坐標為，所以， 聯立得，故的方程為.（2）如圖所示，設，因與同向，且，所以，從而，即，于是 設直線的斜率為，則的方程為，由得，由是這個方程的兩根，由得，而是這個方程的兩根， 將,代入，得.即所以，解得，即直線的斜率為.4.（20xx天津文19）已知橢圓的上頂點為，左焦點為，離心率為， （1）求直線的斜率；（2）設直線與橢圓交于點（異于點），故點且垂直于的直線與橢圓交于點（異于點）直線與軸交于點，.（i）求的值；（ii）若，求橢圓的方程.4分析（1）先由 及，得，直線的斜率；（2）()先把直線，的方程與橢圓方程聯立，求出點，橫坐標，可得（2）先由，得，由此求出，故橢圓方程為解析 （1）
15、，由已知 及 ，可得 ，又因為 ，故直線的斜率.（2）設點 ，（i）由（1）可得橢圓方程為 ，直線的方程為 ，兩方程聯立消去得， 解得.因為，所以直線方程為 ，與橢圓方程聯立消去得：，解得.又因為，及 得 （ii）由（i）得，所以，即 ，又因為，所以.又因為，所以，因此，所以橢圓方程為5.（20xx浙江文19）如圖所示，已知拋物線，圓，過點作不過原點的直線，分別與拋物線和圓相切，為切點.(1)求點，的坐標； (2)求的面積.注：直線與拋物線有且只有一個公共點，且與拋物線的對稱軸不平行，則該直線與拋物線相切，稱該公共點為切點.5. 解析 (1)設：，聯立，得，由得，所以，所以.設，則：，所以，所
16、以 又中點在直線：上，所以 由式式得，.所以.(2)到的距離， 所以，橢圓方程為6.（20xx湖北文22）一種畫橢圓的工具如圖1所示. 是滑槽的中點，短桿可繞轉動，長桿通過處鉸鏈與連接，上的栓子可沿滑槽滑動，且，當栓子在滑槽內作往復運動時，帶動繞轉動，處的筆尖畫出的橢圓記為，以為原點，所在的直線為軸建立如圖2所示的平面直角坐標系.(1)求橢圓的方程；(2)設動直線與兩定直線：和：分別交于，兩點.若直線總與橢圓有且只有一個公共點，試探究：的面積是否存在最小值？若存在，求出該最小值；若不存在，請說明理由.圖1 圖26.解析 (1)因為，當在軸上時，等號成立；同理，當重合，即軸時，等號成立. 所以橢
17、圓的中心為原點，長半軸長為，短半軸長為，其方程為 (2)（1）當直線的斜率不存在時，直線為或，都有. （2）當直線的斜率存在時，設直線：， 由，消去，可得.因為直線總與橢圓有且只有一個公共點，所以，即. 又由，可得；同理可得.由原點到直線的距離為和，可得. 將式代入式得，. 當時，；當時，.因，則，所以，當且僅當時取等號.所以當時，的最小值為.綜合（1）（2）可知，當直線與橢圓在四個頂點處相切時，OPQ的面積取得最小值8.7. (20xx山東文21)在平面直角坐標系中，已知橢圓的離心率為，且點在橢圓上.（1）求橢圓的方程；（2）設橢圓，為橢圓上任意一點，過點的直線交橢圓于兩點，射線交橢圓于點.
18、（i）求的值；（ii）求面積的最大值.7. 解析 （1）由題意知，又，解得，.所以橢圓的方程為.（2）由（1）可得橢圓的方程為.（）設，由題意知.因為，又 ，即.所以，即.（ii）過點作交的延長線于點，過點作交于點.連接，如圖所示.設，將代入橢圓的方程，可得，由，可得. 則有,.所以，因為直線與軸交點的坐標為，所以的面積：.設，將直線代入橢圓的方程，可得，由，可得. 由可知，當且僅當，即時取得最大值.由（i）并結合圖形可知，所以面積的最大值為.1.（20xx江蘇21 C）在平面直角坐標系中，已知直線的參數方程為（為參數），橢圓的參數方程為（為參數），設直線與橢圓相交于兩點，求線段的長.1.解法
19、一（求點）：直線方程化為普通方程為，橢圓方程化為普通方程為，聯立，解得或.因此.解法二（弦長）：直線方程化為普通方程為，橢圓方程化為普通方程為，不妨設，聯立得，消得，恒成立，故，所以.解法三（幾何意義）：橢圓方程化為普通方程為，直線恒過點，該點在橢圓上，將直線的參數方程代入橢圓的普通方程，得，整理得，故，.因此.2.（20xx上海文21）雙曲線的左、右焦點分別為，直線過且與雙曲線交于兩點.（1）若的傾斜角為，是等邊三角形，求雙曲線的漸近線方程；（2）設，若的斜率存在，且，求的斜率.2.解析 （1）由已知，不妨取，則，由題意，又，所以，即，解得.因此漸近線方程為.（2）若，則雙曲線為.設，聯立直
20、線與雙曲線方程，消得，所以，且，由，得，故，解得.故的斜率為.1.（20xx北京卷文19）已知橢圓的兩個頂點分別為，焦點在軸上，離心率為（1）求橢圓的方程；（2）為軸上一點，過點作軸的垂線交橢圓于不同的兩點，過點作的垂線交于點.求證：與的面積之比為1.解析 （1）設橢圓，根據題意有，解得，則， 所以橢圓的方程為.（2）設，如圖所示，有，另設由題設知，直線直線，即，所以直線的方程為，直線的方程為.解法一：.所以，因此，與的面積之比為解法二:設，聯立方程，解得，.所以與的面積之比為2.（20xx山東卷文21）在平面直角坐標系中，橢圓的離心率為，橢圓截直線所得線段的長度為.（1）求橢圓的方程；（2）
21、動直線交橢圓于，兩點，交軸于點.點是點關于的對稱點，圓的半徑為. 設為的中點，與圓分別相切于點，求的最小值.2.解析 （1） 由橢圓的離心率為 ，得，又當時，得，所以，.因此橢圓方程為.(2) 設，聯立方程 ，得，由，得 .且，因此，所以，又，所以，因為，所以.令，故.所以.令 ，所以.當 時，從而在上單調遞增.因此，等號當且僅當時成立，此時，所以 ，.設，則 ，所以的最小值為.從而的最小值為，此時直線的斜率為.綜上所述，當，時，取得最小值為.3.（20xx天津卷文20）已知橢圓的左焦點為，右頂點為，點的坐標為，的面積為.（1）求橢圓的離心率；（2）設點在線段上，延長線段與橢圓交于點，點，在軸
22、上，且直線與直線間的距離為，四邊形的面積為.（i）求直線的斜率；（ii）求橢圓的方程.3. 解析 （1）由題意，有，則，解得（舍去）或，即橢圓的離心率為.（2）（i）由題意，設直線的方程為，則直線的斜率為.因為，所以直線的方程為.由（1）知，則直線的方程為，即. 聯立直線與直線的方程，解得，則. 又因為，所以，所以. 所以（舍去）或，所以直線的斜率為.（ii）由（1）知，則，故橢圓方程可以表示為. 由（i）得直線的方程為，即. 聯立，消去并整理得，解得（舍去）或，則， 故， 于是有. 因為直線與間的距離為， 所以，所以， 所以. 同理得，則，即，解得（舍去）或， 故橢圓的方程為.4.（20xx
23、浙江卷21）如圖所示，已知拋物線.點，拋物線上的點，過點作直線的垂線，垂足為.（1）求直線斜率的取值范圍；（2）求的最大值.4.解析 （1）設直線的斜率為，已知，則.因為，所以，所以直線斜率的取值范圍是.（2）因為直線，且，所以直線的方程為，聯立直線與的方程，解得點的橫坐標是.因為，所以，令，因為，當時，當時，所以在上單調遞增，上單調遞減，因此當時，取得最大值.題型128 中點弦問題1.（20xx全國II文20）已知橢圓：的離心率為，點 在上.(1)求的方程.(2)直線不過原點且不平行于坐標軸，與有兩個交點，線段的中點為.直線的斜率與直線的斜率的乘積為定值.1. 分析 (1)由題意可得，則，可
24、得 ，.由此可得的方程；(2)設直線的方程為 ，代入(1)所得的方程，聯立得：，所以，于是有.所以，即為定值.解析 (1)由題意有，解得，.所以的方程為.(2)設直線：， ，.將 代入得.故， .于是直線的斜率，即.所以直線的斜率與直線的斜率的乘積為定值.評注 解析幾何是高考必考內容之一，在命題時多從考查各種圓錐曲線方程中的基本量關系及運算，在直線與圓錐曲線關系中.一般用方程的思想和函數的觀點來解決問題，并會結合中點坐標，方程根與函數關系來求解.1.（20xx四川文20）已知橢圓：的一個焦點與短軸的兩個端點是正三角形的三個頂點，點在橢圓上.（1）求橢圓的方程；（2）設不過原點且斜率為的直線與橢
25、圓交于不同的兩點，線段的中點為，直線與橢圓交于，證明：1.解析 （1）由已知得，又橢圓過點，故，解得所以橢圓的方程是（2）設直線的方程為，.由方程組，得 方程的判別式為，由，即，解得由得，.所以點坐標為，直線的方程為，由方程組，得，.所以.又.所以.2.（20xx江蘇22）如圖所示，在平面直角坐標系中，已知直線，拋物線.（1）若直線過拋物線的焦點，求拋物線的方程；（2）已知拋物線上存在關于直線對稱的相異兩點和. 求證：線段上的中點坐標為；求的取值范圍.2. 解析 （1）因為，所以與軸的交點坐標為，即拋物線的焦點為，所以，故.（2）解法一：設點，則由，得，故，又因為關于直線對稱，所以，即，所以，
26、又因為中點一定在直線上，所以，故線段上的中點坐標為；因為中點坐標為，所以，即，所以，即關于的二次方程有兩個不等根，因此，解得.解法二：設點，線段的中點，因為點和關于直線對稱，所以直線垂直平分線段，于是直線的斜率為，則可設其方程為.由消去得，（*）因為 和是拋物線上的相異兩點，所以，從而，化簡得.方程（*）的兩根為，從而.因為在直線上，所以.因此，線段的中點坐標為.因為在直線上，所以，即.由知，于是，所以因此的取值范圍為.題型129 平面向量在解析幾何中的應用24.（20xx天津文19）設橢圓（）的右焦點為，右頂點為，已知，其中 為原點，為橢圓的離心率.（1）求橢圓的方程；（2）設過點的直線與橢
27、圓交于點（不在軸上），垂直于的直線與交于點，與軸交于點.若，且，求直線的斜率.24.解析 （1）由，即，可得.又，所以，因此，所以橢圓的方程為（2）設直線的斜率為，則直線的方程為，設，由方程組 ，消去，整理得，解得或，由題意得，從而.由（1）知，設，有，由，得，所以，解得.由，得為的垂直平分線與的交點，所以.由，得，即，得，解得或題型130 定點問題1.（20xx全國2卷文20）20.設O為坐標原點，動點M在橢圓上，過點M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足.（1）求點的軌跡方程；（2）設點在直線上，且.證明：過點且垂直于的直線過的左焦點. 1.解析 （1）如圖所示，設，.由知，即.又點在橢圓上，
28、則有，即.（2）設，則有，即.橢圓的左焦點.又，所以.所以過點且垂直于的直線過的左焦點.題型131 定值問題18. （20xx江西文20）橢圓的離心率，（1）求橢圓的方程；（2）如圖，是橢圓的頂點，是橢圓上除頂點外的任意點，直線交軸于點直線交于點，設的斜率為，的斜率為，證明為定值.1.（20xx江西文20）如圖所示，已知拋物線，過點任作一直線與相交于兩點，過點作軸的平行線與直線相交于點（為坐標原點）.（1）求證：動點在定直線上；（2）作的任意一條切線（不含軸），與直線相交于點，與（1）中的定直線相交于點，求證：為定值，并求此定值. 1.（20xx陜西文20）如圖所示，橢圓：經過點，且離心率為.
29、（1）求橢圓的方程；（2）經過點且斜率為的直線與橢圓交于不同的兩點，（均異于點），證明：直線與的斜率之和為.1. 解析 (1)由題意知，由，解得，所以橢圓的方程為；(2)設，由題設知，直線的方程為，代入，化簡得，則，由已知，從而直線與的斜率之和為：，化簡得.2.（20xx四川文20）如圖所示，橢圓：的離心率是，點在短軸上，且.（1）求橢圓的方程；（2）設為坐標原點，過點P的動直線與橢圓交于A，B兩點.是否存在常數，使得為定值？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.2. 分析 本題主要考查橢圓的標準方程、直線方程等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查數形結合、化歸轉化、特殊與一般、分類
30、與整合等數學思想.解析 （1）由已知可得點的坐標分別為，.又點的坐標為，且，所以，解得，.所以橢圓方程為.（2）當直線的斜率存在是，設直線的方程為，的坐標分別為，.聯立，得.其判別式，所以，.則 .所以當時，此時，為定值.當直線斜率不存在時，直線即為直線.此時，故存在常數，使得為定值.1.（20xx山東文21）已知橢圓的長軸長為，焦距為.（1）求橢圓的方程；（2）過動點的直線交軸于點，交于點(在第一象限)，且是線段的中點.過點作軸的垂線交于另一點，延長線交于點.（i）設直線，的斜率分別為，證明為定值.（ii）求直線的斜率的最小值.1.解析 （1）設橢圓的半焦距為，由題意知，所以，所以橢圓的方程
31、為.（2）（i）設，由，可得 所以直線的斜率 ，直線的斜率.此時，所以為定值.(ii)設，直線的方程為，直線的方程為.聯立 ，整理得.由，可得 ，所以.同理，.所以， ，所以 由，可知，所以 ，等號當且僅當時取得.此時，即，符合題意.所以直線 的斜率的最小值為 .2.（20xx北京文19）已知橢圓過點，兩點.（1）求橢圓的方程及離心率；（2）設為第三象限內一點且在橢圓上，直線與軸交于點，直線與軸交于點，求證：四邊形的面積為定值.2.解析 （1）由題意得，所以橢圓的方程為.又，所以離心率.（2）依題意畫出草圖如圖所示.設，則.又，所以直線的方程為. 令，得. 所以.直線的方程為.令，得.所以.所
32、以四邊形的面積所以四邊形的面積為定值.1.（20xx全國3文20）在直角坐標系中，曲線與軸交于，兩點，點的坐標為.當變化時，解答下列問題：（1）能否出現的情況？說明理由；（2）證明過，三點的圓在軸上截得的弦長為定值.1.解析 （1）令，C(0，1)，為的根，假設成立，則，而，所以不能出現的情況.（2）解法一 設圓與軸的交點為，.設圓的方程為 令，得的根為，所以，.又點在圓上，所以得，所以，故或，所以.所以圓在軸上截得的弦長為3，是定值.解法二 設圓與軸的另一交點為，即與交于原點，由相交弦定理，得.由（1）知，所以，所以，為定值.評注 本題整體難度不算很高，但與常考的圓錐曲線題型存在一定區(qū)別，學生做題時會產生迷茫的感覺.第（1）問垂直的證明比較常規(guī)，但第（2）問定值類問題的處理比較不常見，一般定值都是轉化為函數問題來處理，本題直接用采用設方程的方法來解圓的方程，對學生來講，思路是一大難題.解法二直接利用相交弦定理，更加簡捷，對思維的靈活度是個挑戰(zhàn).歡迎訪問“高中試卷網”http:/sj.fjjy.org
高三數學 復習 第十章第5節(jié) 直線與圓錐曲線
