专题2 定点、定值问题 训练篇 B
作者:上海市特级教师 文卫星
1.如图，圆C与x轴相切于点T(1,0)，与y轴正半轴交于 两点A,B（B在A的上方），且AB?2．
(1)圆C的标准方程为 ；
(2)过点A任作一条直线与圆O:x?y?1相交于M,N 两点，下列三个结论：
①NANB?MAMB22MOAyBCNTx ；②
NBNA?MAMB?2；③
NBNA2?MAMB?22．
其中正确结论的序号是 （写出所有正确结论的序号）.
解 (1)不妨设圆C的标准方程为：(x?1)?(y?r)?r(r?0)，由|AB|?2，知
2212?12?r2?2，则圆C:(x?1)2?(y?2)2?2.
(2) 解1 因为OT为圆的切线，OAB为圆的割线，所以由切割线定理可得
|OT|2?|OA|?|OB|.
由于|OT|?|OM|?|ON|，所以
|OM|2?|OA|?|OB|，|ON|2?|OA|?|OB|，所以
?OMA∽?OBM，?ONA∽?OBN.
因为A(0,2?1)， B(0,2?1)，所以
|MA||OM||NA||ON|??2?1，??2?1， |MB||OB||NB||OB|由此可知①正确，
|NB||MA|??|NA||MB|1|NB||MA|?(2?1)?2，??22.
|NA||MB|2?1所以，①②③都正确.
解2 切割线定理虽然简单，但毕竟不是常用方法，不少同学难以想到.以下从解析法角度求解.
若①成立，则AB（OB）是?MBN的角平分线，只要证明yBCAONTxkBM?kBN?0.
由(1)中知A(0,2?1),B(0,2?1).
当直线MN斜率不存在时，设M(0,?1),N(0,1)，则
M|NA|2?2|MA|2??2?1，??2?1， |NB||MB|22?2NANB?MAMB.
当直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：y?kx?2?1，
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M(x1,y1),N(x2,y2).
联立直线MN与圆O的方程消去，
(1?k)x?2(2?1)kx?2(1?2)?0.
22?2(2?1)kx?x??,?122?1?k由韦达定理知?
?x?x?2(1?2).12?1?k2?则kBM?kBN?y1?(2?1)y2?(2?1) ?x1x2
?kx1?2?1?(2?1)kx2?2?1?(2?1)?x1x2x?x11?)?2k?212?2k?2k?0. x1x2x1?x2?2k?2(故OB是?MBN的角平分线.由角平分线定理知
|MB||NB|?，故①正确. |MA||NA|由点
M是单位圆上的动点，可设
M(cos?,sin?)，则
|MB|cos2??[sin??(2?1)]2??2?1， 22|MA|cos??[sin??(2?1)]从而易判断②③正确，故①②③都正确.
解3（特殊化思想）当MN过点A且平行于x轴时，?MBA与?NBA全等，①正确，此时A(0,2?1)， B(0,2?1)，那么AB?2，yBCAONTx|NA|2?2(2?1)|NB|2?2(2?1)，
则
|NB||NA|?2+1，?2?1，②③都正确. |NA||NB|M所以，①②③都正确.
x2y2 2.已知椭圆C:2?2?1,(a?b?0) 的长轴长为
ab4，焦距为22．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过动点M(0,m)(m?0)的直线交x轴于点N，
交C于点A,P（P在第一象限），且M是线段PN的中点．过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B．
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（ⅰ）设直线PM，QM的斜率分别为k,k'，证明（ⅱ）求直线AB的斜率的最小值．
k'为定值； k解（1）设椭圆的半焦距为c，由题意知2a?4，2c?22，所以a?2，
b?a2?c2?2，所以椭圆C的方程为
x2y2??1. 42（2） (i)设P(x0,y0)(x0?0,y0?0)，由
M(0,m)，可得P(x0,2m)，Q(x0,?2m).
所以直线PM的斜率k?2m?mm?2m?m3m?，直线QM的斜率k'???，此时x0x0x0x0k'k'??3，所以为定值?3. kk(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2)，直线PA的方程为y?kx?m，直线QB的方程为
y??3kx?m.
?y?kx?m?222联立?x2y2，整理得，(2k?1)x?4mkx?2m?4?0
?1??2?42(m2?2)2(m2?2)由x0x1?可得x1?，
(2k2?1)(2k2?1)x02k(m2?2)?m， 所以y1?kx1?m?(2k2?1)x02(m2?2)?6k(m2?2)同理 x2?，y2??m.
(18k2?1)x0(18k2?1)x02(m2?2)2(m2?2)?32k2(m2?2)所以，x2?x1? ?, ?2222(18k?1)x0(2k?1)x0(18k?1)(2k?1)x0?6k(m2?2)2k(m2?2)?8k(6k2?1)(m2?2). y2?y1??m??m?(18k2?1)x0(2k2?1)x0(18k2?1)(2k2?1)x0 第 3 页 共 9 页
所以，kABy2?y16k2?111??(6k?). ?x2?x14k4k61?26，等号当且仅当k?时取得.
6k由m?0，x0?0，可知k?0，所以6k?此时
m4?8m2?146，即m?，符号题意.
766. 2所以直线AB的斜率的最小值为
x2y23. 已知椭圆E：2?2?1(a?b?0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三
ab个顶点，点P(3,)在椭圆E上．
（1）求椭圆E的方程； （2）设不过原点O且斜率为
121的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为2M，直线OM与椭圆E交于C,D，证明：MA?MB?MC?MD
x2y21解（1）由已知，a?2b，因为椭圆2?2?1(a?b?0)过点P(3,)，所以
ab213?42?1，解得b2?1. 24bbx2?y2?1. 所以椭圆E的方程是4（2）设直线l的方程为y?1x?m(m?0)， 2?x2?y2?1,??4联立?得x2?2mx?2m2?2?0.
?y?1x?m,??2??4(2?m2)，由???，解得?2?m?2.
2设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1?x2??2m,x1x2?2m?2.
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