(教师)直线和圆锥曲线经常考查的一些题型

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直线和圆锥曲线经常考查的一些题型

直线与椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的位置关系都有相交、相切、相离三种情况，从几何角度可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异公共点对于抛物线来说，平行于对称轴的直线与抛物线相交于一点，但并不是相切；对于双曲线来说，平行于渐近线的直线与双曲线只有一个交点，但并不相切．

直线和椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的公共点问题，可以转化为它们的方程所组成的方程组求解的问题，从而用代数方法判断直线与曲线的位置关系。

解决直线和圆锥曲线的位置关系的解题步骤是： （1）直线的斜率不存在，直线的斜率存，（2）联立直线和曲线的方程组； （3）讨论类一元二次方程（4）一元二次方程的判别式 （5）韦达定理，同类坐标变换（6）同点纵横坐标变换 （7）x,y，k(斜率)的取值范围

（8）目标：弦长，中点，垂直，角度，向量，面积，范围等等 1：已知椭圆C:xa22?yb22?1(a?b?0)过点(1,32)，且离心率e?12。

（Ⅰ）求椭圆方程；

（Ⅱ）若直线l:y?kx?m(k?0)与椭圆交于不同的两点M、N，且线段MN的垂直平分线过定点G(,0)，求k的取值范围。

81

解：（Ⅰ）?离心率e?32121a2，?94bba222?1?14?34，即4b?3a（1）；

222又椭圆过点(1,)，则x2??1，（1）式代入上式，解得a?4，b?3，椭圆方程为

24?y23?1。

（Ⅱ）设M(x1,y1),N(x2,y2)，弦MN的中点A(x0,y0)

?y?kx?m222由?2得：(3?4k)x?8mkx?4m?12?0， 2?3x?4y?12?直线l:y?kx?m(k?0)与椭圆交于不同的两点，

???64mk?4(3?4k)(4m?12)?0，即m?4k?3………………（1）

2222221 一切为了孩子--------温新堂教育

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由韦达定理得：x1?x2??4mk3?4k28mk3?4k2,x1x2?224m?123?4k22，

则x0??,y0?kx0?m??4mk3?4k?m?3m3?4k2，

3m直线AG的斜率为：KAG??3?4k4mk3?4k22?18?24m?32mk?3?4k2，

由直线AG和直线MN垂直可得：

24m?32mk?3?4k1202?k??1，即m??3?4k8k2，代入（1）

式，可得(3?4k8k2)?4k?3，即k?222，则k?510或k??510。

题型：动弦过定点的问题

例题5、（07山东理）已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3；最小值为1；

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）若直线l：y?kx?m与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点。求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标。

分析：第一问，是待定系数法求椭圆的标准方程；第二问，直线l：y?kx?m与椭圆C相交于A，B两点，并且椭圆的右顶点和A、B的连线互相垂直，证明直线l过定点，就是通过垂直建立k、m的一次函数关系。

解（I）由题意设椭圆的标准方程为

xa22?yb22?1(a?b?0)

a?c?3,a?c?1，a?2,c?1,b?3?2x24?y23?1

（II）设A(x1,y1),B(x2,y2)，由??y?kx?m22?3x?4y?12得

(3?4k)x?8mkx?4(m?3)?0，

??64mk?16(3?4k)(m?3)?0，3?4k?m?0

222222222x1?x2??8mk3?4k2,x1?x2?4(m?3)3?4k22（注意：这一步是同类坐标变换）

2

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y1?y2?(kx1?m)?(kx2?m)?kx1x2?mk(x1?x2)?m?223(m?4k)3?4k222（注意：这一

步叫同点纵、横坐标间的变换）

?以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),且kAD?kBD??1，

y1y2?x1?2x2?222???1，y1y2?x1x2?2(x1?x2)?4?0，

3(m?4k)3?4k22?4(m?3)3?4k222?16mk3?4k2?4?0，

2k77m?16mk?4k?0，解得m1??2k,m2??，且满足3?4k2?m2?0

当m??2k时，l:y?k(x?2)，直线过定点(2,0),与已知矛盾； 当m??2k7时，l:y?k(x?27)，直线过定点(227,0)

综上可知，直线l过定点，定点坐标为(,0).

7练习2（2009辽宁卷文）已知，椭圆C以过点A（1，（1） 求椭圆C的方程；

32），两个焦点为（－1，0）（1，0）。

（2） E,F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直

线EF的斜率为定值，并求出这个定值。

解：（Ⅰ）由题意，c=1,可设椭圆方程为 ，将点A的坐标代入方

119222程： ，解得 ， （舍去） a??1?c??1a?4224a4(a?1)22所以椭圆方程为 。 xy??122433xy??1得 （Ⅱ）设直线AE方程为：y?k(x?1)?，代入

243(3?4k)x?4k(3?2k)x?4(223232?k)?12?0

2 设E(xE,yE),F(xF,yF),因为点A(1,)在椭圆上，所以

324(?k)?1232y?kx??k ………8分 ? EE223?4k xF又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以—K代K，可得

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4(xF?3223?4k?k)?122，yE??kxE??32?k

所以直线EF的斜率KEF?yF?yExF?xE12?k(xF?xE)?2kxF?xE?12

即直线EF的斜率为定值，其值为题型：共线向量问题

。 ……12分

解析几何中的向量共线，就是将向量问题转化为同类坐标的比例问题，再通过未达定理------同类坐标变换，将问题解决。此类问题不难解决。 例题7、设过点D(0,3)的直线交曲线M：的取值范围。 解：设

uuuruuurP(x1,y1),Q(x2,y2),QDP=lDQ\\x29?y24?1于P、Q两点，且DPuuuruuur=lDQ,求实数lì?x1=lx2(x1,y1-3)=l(x2,y2-3)即?í?y1=3+l(y2-3)???

方法一：方程组消元法又QP、Q是椭圆

22ìy2?x2?+=1??94? \\í2?(lx)2(ly2+3-3l)?2+=1??94??x29+

y24=1上的点

消去x2，可得

(ly2+3-3l)-ly24222=1-l2即y2=

1513l-56l

又Q－2￡y2￡2，\\－2￡?113l-56l￡2解之得：???5

则实数l的取值范围是?,5?。

?5?方法二：判别式法、韦达定理法、配凑法 设直线PQ的方程为：y?kx?3,k?0，

?y?kx?3?4x?9y?3622?由?消y整理后，得(4?9k)x?54kx?45?0

22?P、Q是曲线M上的两点，???(54k)?4?45(4?9k)＝144k?80?0

222即9k?5 ① 由韦达定理得：x1?x2??54k4?9k22,x1x2?454?9k2

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?(x1?x2)x1x22?x1x22?x2x1?2?54k22245(4?9k)4?(1??)2?

即

36?5(1??)2?9k?49k152?1?9k2 ②

由①得0?19k2?，代入②，整理得1?36?5(1??)2?95，解之得

1515???5

当直线PQ的斜率不存在，即x?0时，易知??5或???1?。 ?5,5???。

总之实数l的取值范围是

方法总结：通过比较本题的第二步的两种解法，可知第一种解法，比较简单，第二种方法是

通性通法，但计算量较大，纵观高考中的解析几何题，若放在后两题，很多情况下能用通性通法解，但计算量较大，计算繁琐，考生必须有较强的意志力和极强的计算能力；不用通性通法，要求考生必须深入思考，有较强的思维能力，在命题人设计的框架中，找出破解的蛛丝马迹，通过自己的思维将问题解决。

（07福建理科）如图，已知点F（1，0），直线l：x＝－1，P为平面上的动点，过P作

????????????????直线l的垂线，垂足为点Q，且QP?QF?FP?FQ

（Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程；

（Ⅱ）过点F的直线交轨迹C于A、B两点，交直线l于点M，已知????????????????MA??1AF,AF??2BF，求?1??2的值。

小题主要考查直线、抛物线、向量等基础知识，考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特征的基本方法，考查运算能力和综合解题能力.满分14分. 解法一：

????????????????（Ⅰ）设点P(x，y)，则Q(?1，y)，由QP?QF?FP?FQ得：

5

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2(x?1，0)?(2，?y)?(x?1，y)?(?2，y)，化简得C:y?4x.

（Ⅱ）设直线AB的方程为： x?my?1(m?0).

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又M??1，???2??， m??y2?4x，联立方程组?，消去x得：

?x?my?1，?y1?y2?4m， y?4my?4?0，??(?4m)?12?0，故?yy??4．?1222????????????????由MA??1AF，MB??2BF得：

2m2my1????1y1，y2????2y2，整理得：?1??1?2my1，?2??1?2my2，

??1??2??2?2?11?24m2y1?y2?0 ???2??????2??m?4m?y1y2?my1y2????????????????????????????解法二：（Ⅰ）由QP?QF?FP?FQ得：FQ?(PQ?PF)?0，

????????????2????2?????????????????(PQ?PF)?(PQ?PF)?0，?PQ?PF?0，?PQ?PF

所以点P的轨迹C是抛物线，由题意，轨迹C的方程为：y?4x. ????????????????（Ⅱ）由已知MA??1AF，MB??2BF，得?1??2?0.

????MA?1则：??????MB?2????AF????.…………① BF2过点A，B分别作准线l的垂线，垂足分别为A1，B1，

????????????????????MAAA1AF?1AFAF则有：??????????????.…………②由①②得：??????????，即?1??2?0.

MBBB1BF?2BFBF6 一切为了孩子--------温新堂教育

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题型：面积问题

练习2、（山东06文）已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，两准线间的距离为4。

(Ⅰ)求椭圆的方程；

(Ⅱ)直线l过点P(0,2)且与椭圆相交于A、B两点，当ΔAOB面积取得最大值时，求直线l的方程。

解：设椭圆方程为

xa22?yb22?1(a?b?0).

b?c（I）由已知得 2aca22a?42?2 ? b2?1

2?b?c222c2?1?所求椭圆方程为

x2?y?1.

（II）解法一：由题意知直线l的斜率存在，

设直线l的方程为y?kx?2，A(x1,y1),B(x2,y2)

y?kx?2由 x22?y2?1消去y得关于x的方程：(1?2k2)x2?8kx?6?0

由直线l与椭圆相交A、B两点，?△?0?64k2?24(1?2k)?0，

2解得k2?32x1?x2??8k1?2k622，又由韦达定理得

x1?x2?22

1?2k2?AB?1?kx1?x2?1?k(x1?x2)?4x1x2

?1?k1?2k2216k2?24.

21?k2原点O到直线l的距离d?

?S?ADB?12AB?d?16k2?2421?2k?222k22?31?2k7

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解法1：对S?16k2?2421?2k两边平方整理得：

4S2k4?4(S2?4)k2?S2?24?0 （*） ?S?0，

16(S?4)?4?4S(S?24)?02222 ?

4-SS222?0?0

S?244S2整理得：S2?12.又S?0，?0?S?4222.从而S?AOB的最大值为S?22，

4k?28k?49?0此时代入方程（*）得

?k??142

所以，所求直线方程为： ?解法2：令m?2k214x?2y?4?0.

2?3(m?0)，则2k22m?4m142?m?3，

4m2 ?S?22mm?42??222.当且仅当m?即m?2时，

Smax?22此时k??.所以，所求直线方程为 ?14x?2y?4?0.

题型：弦或弦长为定值问题

例题9、（07湖北理科）在平面直角坐标系xOy中，过定点C（0，p）作直线与抛物线x2=2py（p>0）相交于A、B两点。

（Ⅰ）若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值；

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（Ⅱ）是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由。（此题不要求在答题卡上画图） 本小题主要考查直线、圆和抛物线等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力.

解法1：（Ⅰ）依题意，点N的坐标为N（0,-p）,可设A（x1,y1）,B（x2,y2），直线AB的方?x2?2py22程为y=kx+p,与x=2py联立得?消去y得x-2pkx-2p=0.

?y?kx?p.2

由韦达定理得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2. 于是S?ABN?S?BCN?S?ACN?212?2px1?x2

＝px1?x2?p(x1?x2)?4x1x2＝p4p2k2?8p2?2p2k2?2.

?当k?0时，（S?ABN）min?22p2.

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a,AC的中点为O?,t与AC为直径的圆相交于点P、Q，PQ的中点为H，则O?H?PQ,O?点的坐标为（?O?P?12AC?12x1?(y1?p)＝

22x1y1?p,） 2212y1?p.

22O?H?a?14y1?p214?122a?y1?p,?PHp22?O?P2?O?H2

=

(y1?p)?22(2a?y1?p)＝(a?2)y1?a(p?a),

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?PQ2p??2?(2PH)=4(a?)y2?a(p?a).

??2???0，得a?p2,此时PQ?p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为

令a?y?p2p2，即抛物线的通径所在的直线.

解法2：

（Ⅰ）前同解法1，再由弦长公式得 AB?1?kx1?x2?21?k?2(x1?x2)?4x1x2?21?k?2p1?k224pk?8p

222＝2p1?k2?k2?2.又由点到直线的距离公式得d?.

从而，S?ABN?12?d?AB?12?2p1?k?2k?2?22p1?k2?2p2k?2,

2?当k?0时，（S?ABN）max?22p.

2（Ⅱ）假设满足条件的直线t存在，其方程为y=a，则以AC为直径的圆的方程为

(x?0)(x?x1)?(y?p)(y?y1)?0,将直线方程y=a代入得 x?x1x?(a?p)(a?y1)?0,2 p??则?＝x?4(a?p)(a?y1)?4?(a?)?y1?a(p?a).2??21设直线l与以AC为直径的圆的交点为P（x2,y2）,Q（x4,y4）,则有 PQ?x3?x4?p2pp??4?(a?)y1?a(p?a)??2(a?)y1?a(p?a).

22??p2,此时PQ?p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为

令a??0,得a?10 一切为了孩子--------温新堂教育

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y?p2.即抛物线的通径所在的直线。

练习、（山东09理）（22）（本小题满分14分） 设椭圆E:

xa22?yb22?1（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点，O为坐标原点，

（I）求椭圆E的方程；

（II）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且????????OA?OB？若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由。

xa22解:（1）因为椭圆E: ?yb22?1（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点,

21?4?1??1?22???a2?8xy?a2b2?a28所以?解得?所以?2椭圆E的方程为??1

84?b?4?6?1?1?1?1222??b4?a?b（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,????????且OA?OB,设该圆的切线方程为y?kx??y?kx?m?解方程组?x2y2得m??1?4?8x?2(kx?m)?8,即(1?2k)x?4kmx?2m?8?0,

22222则△=16k2m2?4(1?2k2)(2m2?8)?8(8k2?m2?4)?0,即8k2?m2?4?0 4km?x?x??122??1?2k?22m?8?xx?122?1?2k?22,

y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?kx1x2?km(x1?x2)?m?k(2m?8)1?2k2222?4km1?2k222?m?2m?8k1?2k222??????????O,需使x1x2要使OA3m?882632y1?y02,即

2m?81?2k222?m?8k1?2k22?0,所以

3m?8k?8?0,所以k?222?m2?2?0又8k?m?4?0,所以?,所以2?3m?82m?283,即m?263或m??,因为直线y?kx?m为圆心在原点的圆的一条切

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线,所以圆的半径为r?m1?k2,r?2m221?k?1?m223m?88263?83,r?263,所求的圆为

x?y?2283,此时圆的切线y?kx?m都满足m?或m??263,而当切线的斜

率不存在时切线为x??263与椭圆

x28?y24?1的两个交点为(263,?263)或

(?263,?26????????822)满足OA?OB,综上, 存在圆心在原点的圆x?y?，使得该圆的

33????????任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB. 4km?x?x??122??1?2k因为?, 2?xx?2m?82?121?2k?所以(x1?x2)?(x1?x2)?4x1x2?(?224km1?2k2)?4?22m?81?2k22?8(8k?m?4)(1?2k)222222,

|AB|?(x1?x2)??y1?y2??22(1?k)(x1?x2)?22(1?k)28(8k?m?4)(1?2k)22 ?324k?5k?1??4234k?4k?142323[1?k4224k?4k?1],

①当k?0时|AB|?323[1?4k?211k14k?2] ?41832332314k?22因为4k?21k2?4?8所以0?1k2??4,所以?[1?1k2]?12, ?4所以436?|AB|?23当且仅当k??22时取”=”.

② 当k?0时,|AB|?463.

③ 当AB的斜率不存在时, 两个交点为(263,?263)或(?263,?263),所以此时

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|AB|?463,综上, |AB |的取值范围为

436?|AB|?23即: |AB|?[436,23]

问题十：范围问题（本质是函数问题） （2009湖南卷文）（本小题满分13分）

已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，以两个焦点和短轴的两个端点 为顶点的四边形是一个面积为8的正方形（记为Q）. （Ⅰ）求椭圆C的方程;

（Ⅱ）设点P是椭圆C的左准线与x轴的交点，过点P的直线l与椭圆C相交于M,N两点，当线段MN的中点落在正方形Q内（包括边界）时，求直线l的斜率的取值范围。 解: （Ⅰ）依题意，设椭圆C的方程为

xa22?yb22?1(a?b?0),焦距为2c，

由题设条件知，a?8,b?c, 所以b?2212a?4. 故椭圆C的方程为

2x28?y24?1 .

（Ⅱ）椭圆C的左准线方程为x??4,所以点P的坐标(?4,0)，

显然直线l的斜率k存在，所以直线l的方程为y?k(x?4)。

如图，设点M，N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),线段MN的中点为G(x0,y0)，

?y?k(x?4),?2222 由?x2y2得(1?2k)x?16kx?32k?8?0. ……①

??1?4?8由??(16k)?4(1?2k)(32k?8)?0解得?222222?k?22. ……②

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因为x1,x2是方程①的两根，所以x1?x2??x1?x2216k221?2k，于是

x0?=?8k221?2k，y0?k(x0?4)?4k1?2k2 .

因为x0??8k221?2k?0，所以点G不可能在y轴的右边，

又直线F1B2,F1B1方程分别为y?x?2,y??x?2, 所以点G在正方形Q内（包括边界）的充要条件为

?4k?y0?x0?2, 即???1?2k2y?x?2.?0?04k8k222??1?2k8k???2,22?1?2k1?2k?2?2k?2k?1?0,??2, 亦即 ?2??2k?2k?1?0.解得?3?12?k?3?12，此时②也成立. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

故直线l斜率的取值范围是[?3?12,3?12].

问题十一、存在性问题：（存在点，存在直线y=kx+m，存在实数，存在图形：三角形（等

比、等腰、直角），四边形（矩形、菱形、正方形），圆） (2009山东卷文)（本小题满分14分）

????设m?R,在平面直角坐标系中,已知向量a?(mx,y?1),向量b?(x,y?1),a?b,动

点M(x,y)的轨迹为E.

（1）求轨迹E的方程,并说明该方程所表示曲线的形状; w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （2）已知m?14,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交

点A,B,且OA?OB(O为坐标原点),并求出该圆的方程; (3)已知m?14,设直线l与圆C:x?y?R(1

222点B1,当R为何值时,|A1B1|取得最大值?并求最大值. ????解:（1）因为a?b,a?(mx,y?1),b?(x,y?1),

??2222所以a?b?mx?y?1?0, 即mx?y?1. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

当m=0时,方程表示两直线,方程为y??1;

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当m?1时, 方程表示的是圆

当m?0且m?1时,方程表示的是椭圆; 当m?0时,方程表示的是双曲线. (2).当m?14时, 轨迹E的方程为

x24?y?1,设圆心在原点的圆的一条切线为y?kx?t,

2?y?kx?t?解方程组?x2得x2?4(kx?t)2?4,即(1?4k2)x2?8ktx?4t2?4?0,

2?y?1??4要使切线与轨迹E恒有两个交点A,B,

则使△=64k2t2?16(1?4k2)(t2?1)?16(4k2?t2?1)?0, 8kt?x?x??122??1?4k2222即4k?t?1?0,即t?4k?1, 且? 2?xx?4t?4122?1?4k?y1y2?(kx1?t)(kx2?t)?kx1x2?kt(x1?x2)?t?22k(4t?4)1?4k222?8kt2221?4k?t?2t?4k1?4k222,

22222????????4t?4t?4k5t?4k?4要使OA?OB, 需使x1x2?y1y2?0,即???0, 2221?4k1?4k1?4k所以5t2?4k2?4?0, 即5t2?4k2?4且t2?4k2?1, 即4k2?4?20k2?5恒成立. 所以又因为直线y?kx?t为圆心在原点的圆的一条切线,

4所以圆的半径为r?t1?k2,r?2t221?k?5(1?k)1?k22?45, 所求的圆为x?y?224525.

当切线的斜率不存在时,切线为x??2525255,与

x24?y?1交于点(2255,?5)或

(?5,?5)也满足OA?OB.

22综上, 存在圆心在原点的圆x?y?????????A,B,且OA?OB.

1445，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点

(3)当m?时,轨迹E的方程为

x24?y?1,设直线l的方程为y?kx?t,因为直线l与圆

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C:x2?y2?R2(1

?y?kx?t?由（2）知?x2得x2?4(kx?t)2?4,

2?y?1??4t1?k2, 即t2?R2(1?k2) ①,

即(1?4k2)x2?8ktx?4t2?4?0有唯一解

则△=64k2t2?16(1?4k2)(t2?1)?16(4k2?t2?1)?0, 即4k2?t2?1?0, ②

2?23R?t?2?4?R由①②得?, 此时A,B重合为B1(x1,y1)点, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 2?k2?R?12??4?R8kt?x?x??12222?4t?416R?16?1?4k2由? 中x1?x2,所以,x1?, ?2221?4k3R?xx?4t?4122?1?4k?2B1(x1,y1)点在椭圆上,所以y1?1?142x1?24?R3R222,所以|OB1|?x1?y1?5?22224R2,

2在直角三角形OA1B1中,|A1B1|?|OB1|?|OA1|?5?4R24R22?R?5?(24R2?R)因为

?R?4当且仅当R?22?(1,2)时取等号,所以|A1B1|?5?4?1,即

当R?

2?(1,2)时|A1B1|取得最大值,最大值为1.

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C:x2?y2?R2(1

?y?kx?t?由（2）知?x2得x2?4(kx?t)2?4,

2?y?1??4t1?k2, 即t2?R2(1?k2) ①,

即(1?4k2)x2?8ktx?4t2?4?0有唯一解

则△=64k2t2?16(1?4k2)(t2?1)?16(4k2?t2?1)?0, 即4k2?t2?1?0, ②

2?23R?t?2?4?R由①②得?, 此时A,B重合为B1(x1,y1)点, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 2?k2?R?12??4?R8kt?x?x??12222?4t?416R?16?1?4k2由? 中x1?x2,所以,x1?, ?2221?4k3R?xx?4t?4122?1?4k?2B1(x1,y1)点在椭圆上,所以y1?1?142x1?24?R3R222,所以|OB1|?x1?y1?5?22224R2,

2在直角三角形OA1B1中,|A1B1|?|OB1|?|OA1|?5?4R24R22?R?5?(24R2?R)因为

?R?4当且仅当R?22?(1,2)时取等号,所以|A1B1|?5?4?1,即

当R?

2?(1,2)时|A1B1|取得最大值,最大值为1.

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