专题18 直线和圆的方程（压轴题，30题）-【尖子生培优】2024-2025学年高二年级数学上学期重难点压轴题突破专练（人教A版选修一）

专题18 直线和圆的方程（压轴题，30题） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．（23-24高二下·河南南阳·期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名.他发现：“平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点是圆上任一点，点，，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 2．（24-25高三上·贵州贵阳·阶段练习）已知圆，设其与轴､轴正半轴分别交于，两点.已知另一圆的半径为，且与圆相外切，则的最大值为（    ） A．20 B． C．10 D． 3．（23-24高二下·湖南长沙·期末）已知，且，则的最大值为（    ） A．9 B．12 C．36 D．48 4．（23-24高二下·广西南宁·期末）已知直线l与圆交于M，N两点，若以MN为直径的圆过点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高二上·浙江台州·期末）过点作斜率为的直线交圆于，两点，动点满足，若对每一个确定的实数，记的最大值为，则当变化时，的最小值是（    ） A．1 B． C．2 D． 二、填空题 6．（24-25高二上·山东潍坊·阶段练习）梵高《星月夜》用夸张的手法描绘了充满运动和变化的星空.假设月亮可看作半径为1的圆的一段圆弧，且弧所对的圆心角为.设圆的圆心在点与弧中点的连线所在直线上.若存在圆满足：弧上存在四点满足过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切，则弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为 . 7．（2024高二上·江苏·专题练习）已知四边形各顶点的坐标分别为，，，，点为边的中点，点在线段上，且是以角为顶角的等腰三角形，记直线，的倾斜角分别为，，则 . 8．（22-23高三上·浙江绍兴·期末）已知实数，则的取值范围是 . 9．（23-24高二上·浙江·期末）已知实数满足：，则的最大值是 ． 三、解答题 10．（21-22高二上·上海浦东新·阶段练习）已知圆和圆. (1)若圆与圆相交，求的取值范围； (2)若直线与圆交于，两点，且，求实数的值； (3)若，设为平面上的点，且满足：存在过点的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，试求所有满足条件的点的坐标. 11．（24-25高二上·陕西西安·开学考试）已知圆O：与圆E：内切． (1)直线l：与圆O交于M，N两点，若，求k的值； (2)过点E作倾斜角互补的两条直线分别与圆O相交，所得的弦为AB和CD，若，求实数的最大值． 12．（23-24高二上·重庆·阶段练习）已知圆C与直线相切于点，且圆心C在x轴的正半轴上. (1)求圆C的方程； (2)过点作直线交圆C于M，N两点，且M，N两点均不在x轴上，点，直线BN和直线OM交于点G.证明：点G在一条定直线上，并求此直线的方程. 13．（23-24高三上·江苏淮安·期中）在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，且圆与轴交于，两点（在的左侧），若直线：（）与圆相交于，两点. (1)若，求实数的值； (2)设直线与直线交于点，记直线，直线，直线的斜率分别为，，，求的值. 14．（23-24高二上·上海·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知两点，动点满足，设点的轨迹为.如图，动直线与曲线交于不同的两点（均在轴上方），且.    (1)求曲线的方程； (2)当为曲线与轴正半轴的交点时，求直线的方程； (3)是否存在一个定点，使得直线始终经过此定点？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由. 15．（23-24高二上·上海·期末）定义：设P、Q分别为曲线和上的点，把P、Q两点距离的最小值称为曲线到的距离． (1)求曲线到直线的距离； (2)求圆到曲线的距离． 16．（24-25高二上·河南漯河·阶段练习）已知直线l1，l2的方程分别是，点A的坐标为（）.过点A的直线l的斜率为k，且与l1，l2分别交于点M，N（M，N的纵坐标均为正数）. (1)若，且A为线段MN中点，求实数a的值及的面积； (2)是否存在实数a，使得的值与k无关？若存在，求出所有这样的实数a；若不存在，说明理由. 17．（23-24高二上·浙江台州·期末）某游乐园中有一座摩天轮.如图所示，摩天轮所在的平面与地面垂直，摩天轮为东西走向.地面上有一条北偏东为的笔直公路，其中.摩天轮近似为一个圆，其半径为，圆心到地面的距离为，其最高点为点正下方的地面点与公路的距离为.甲在摩天轮上，乙在公路上.（为了计算方便，甲乙两人的身高、摩天轮的座舱高度和公路宽度忽略不计） (1)如图所示，甲位于摩天轮的点处时，从甲看乙的最大俯角的正切值等于多少？ (2)当甲随着摩天轮转动时，从乙看甲的最大仰角的正切值等于多少？ 18．（23-24高二上·浙江杭州·期中）已知圆过点，圆心在直线上，截轴弦长为． (1)求圆的方程； (2)若圆半径小于，点在该圆上运动，点，记为过、两点的弦的中点，求的轨迹方程； (3)在（2）的条件下，若直线与直线交于点，证明：恒为定值． 19．（23-24高二上·浙江宁波·阶段练习）平面直角坐标系中，圆M经过点，，. (1)求圆M的标准方程； (2)设，过点D作直线，交圆M于PQ两点，PQ不在y轴上. ①过点D作与直线垂直的直线，交圆M于EF两点，记四边形的面积为S，求S的最大值； ②设直线OP，BQ相交于点N，试证明点N在定直线上，求出该直线方程. 20．（23-24高二下·上海·期中）已知以点为圆心的圆经过原点，且与轴交于点，与轴交于点． (1)求证：的面积为定值． (2)设直线与圆交于点，，若，求圆的方程． (3)在（2）的条件下，设，分别是直线和圆上的动点，求的最小值及此时点的坐标. 21．（24-25高二·上海·随堂练习）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中，满足，顶点、，且其“欧拉线”与圆M：相切． (1)求的“欧拉线”方程； (2)若圆与圆有公共点，求的范围． 22．（23-24高二上·浙江金华·期中）已知圆分别与轴的正半轴交于两点，为圆上的动点（异于两点）. (1)若线段上有一点，满足，求点的轨迹方程； (2)若直线与轴交于点，直线与轴交于点，试证为定值. 23．（24-25高二上·河北邯郸·阶段练习）现有一组互不相同且从小到大排列的数据：，其中．为提取反映数据间差异程度的某种指标，今对其进行如下加工：记，作函数，使其图像为逐点依次连接点的折线． (1)求和的值； (2)设的斜率为，判断的大小关系； (3)证明：当时，； 24．（23-24高二上·全国·课后作业）设圆O的弦的中点为M，过点M任作两弦，弦与分别交于点E，F.      (1)试用解析几何的方法证明：M为的中点； (2)如果将圆分别变为椭圆、双曲线或抛物线，你能得到类似的结论吗？ 25．（22-23高二上·北京·阶段练习）已知圆及点和点． (1)经过点M的直线l交圆O于C、D两不同点，直线不过圆心，过点C、D分别作圆O的切线，两切线交于点E，求证：点E恒在一条定直线上； (2)设P为满足方程的任意一点，过点P作圆O的一条切线，切点为B．在平面内是否存在一点Q，使得为定值？若存在，求出点Q的坐标及该定值；若不存在，说明理由． 26．（22-23高二下·上海黄浦·阶段练习）已知初始光线从点出发，交替经直线与轴发生一系列镜面反射，设（不为原点）为该束光线在两直线上第次的反射点，为第次反射后光线所在的直线 (1)若初始光线在轴上，求最后一条反射光线的方程； (2)当斜率为的反射光线经直线反射后，得到斜率为的反射光线时，试探求两条光线的斜率之间的关系，并说明理由； (3)是否存在初始光线，使其反射点集中有无穷多个元素？若存在，求出所有的方程；若不存在，求出点集元素个数的最大值，以及使得取到最大值时所有第一个反射点的轨迹方程. 27．（22-23高二下·浙江杭州·期中）为了保证我国东海油气田海域的海上平台的生产安全，海事部门在某平台的正东方向设立了两个观测站和（点在点､点之间），它们到平台的距离分别为1海里和4海里，记海平面上到两观测站的距离之比为的点的轨迹为曲线，规定曲线及其内部区域为安全预警区（如图）. (1)以为坐标原点，1海里为单位长度，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，求曲线的方程； (2)海平面上有巡航观察点可以在过点垂直于的直线上运动. （i）若为的中点，求的最小值； （ii）过作直线与曲线相切于点.证明：直线过定点. 28．（22-23高二上·安徽马鞍山·期中）在平面直角坐标系中，已知，，以原点O为圆心的圆与线段相切． (1)求圆O的方程； (2)若直线与圆O相交于M，N两点，且，求c的值； (3)在直线上是否存在异于A的定点Q，使得对圆O上任意一点P，都有（为常数）？若存在，求出点Q的坐标及的值；若不存在，请说明理由． 29．（23-24高二上·江苏扬州·开学考试）已知圆经过三点． (1)求圆的方程． (2)已知直线与圆交于M，N（异于A点）两点，若直线的斜率之积为2，试问直线是否经过定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由． 30．（23-24高二上·安徽马鞍山·阶段练习）已知圆C过点，，. (1)求圆C的标准方程； (2)若过点C且与x轴平行的直线与圆C交于点M，N，点P为直线上的动点，直线PM，PN与圆C的另一个交点分别为E，F（EF与MN不重合），证明：直线EF过定点. 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题18 直线和圆的方程（压轴题，30题） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．（23-24高二下·河南南阳·期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名.他发现：“平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点是圆上任一点，点，，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题目阿波罗尼斯圆的条件不妨取，使得，从而将所求转化为，根据题意，所表示的圆与圆相同可解得点坐标，再利用三角形两边之和大于第三边得到 (当且仅当在线段上时取等)即可得解. 【详解】设，不妨取，使得， 则， 整理得， 此方程与相同， 所以有，解得， 所以， 所以，当且仅当在线段上时，取等号. 因为，所以在圆内； ，所以在圆外； 所以线段与圆必有交点（记为）， 当重合时，，为其最小值， 故选：C. 【点睛】关键点睛：解决本题时，关键是利用阿波罗尼斯圆将变为，再由当在线段上时，求出最小值. 2．（24-25高三上·贵州贵阳·阶段练习）已知圆，设其与轴､轴正半轴分别交于，两点.已知另一圆的半径为，且与圆相外切，则的最大值为（    ） A．20 B． C．10 D． 【答案】A 【分析】分析可知，，点的轨迹方程为，整理可得，利用基本不等式运算求解. 【详解】对于圆，整理可得：， 可知圆心为，半径为， 令，则，解得或，即； 令，则，解得或，即； 因为与相外切，则， 可知点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，    则点的轨迹方程为， 可得， 则，当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为20. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知点的轨迹方程为，且，进而利用基本不等式即可得结果. 3．（23-24高二下·湖南长沙·期末）已知，且，则的最大值为（    ） A．9 B．12 C．36 D．48 【答案】C 【分析】设与，为的中点，可证明点在以为圆心，2为半径的圆上，由，结合两点距离的几何意义即可求解. 【详解】设与为圆上一点， 则，得，， 即为等腰直角三角形，设为的中点， 则，得， 即点在以为圆心，2为半径的圆上， 故， 因为点到定点D的距离的最大值为， 因此的最大值为36. 故选：C 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是将原问题化为，根据两点距离的几何意义求解即可. 4．（23-24高二下·广西南宁·期末）已知直线l与圆交于M，N两点，若以MN为直径的圆过点，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设设，，MN的中点，根据圆的方程可得，再结合以MN为直径的圆过点可得，分析可知点Q在圆心为、半径为的圆上，结合圆的性质分析的最小值进而可得的最大值. 【详解】设，，MN的中点， 则，． 又因为，， 则， 所以． 若以MN为直径的圆过点，则， 且，， 可得， 即，整理得， 所以Q在圆心为、半径为的圆上． 因为，可知点O在圆外， 则， 所以． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知：MN的中点Q在圆心为、半径为的圆上，结合圆的性质分析求解. 5．（22-23高二上·浙江台州·期末）过点作斜率为的直线交圆于，两点，动点满足，若对每一个确定的实数，记的最大值为，则当变化时，的最小值是（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】首先确定与圆的位置关系，令且是内分比点，若为外分比点，由阿氏圆易知在以的中点为圆心的圆上，且最大值为圆的直径，讨论及数形结合判断的最大情况的最小值. 【详解】由题设，即在圆内， 令且，显然是内分比点，若为外分比点，      则，此时的中点为所在阿氏圆的圆心， 对于每一个确定的实数，最大值为，即重合时为对应圆直径， 根据圆的对称性，如上图，讨论的情况，而， 当为直径时，， 此时，可得， 故的最大值为； 当不为直径时，，且增减趋势相同， 由，得，显然接近于1时趋向无穷大， 此时的最大值为趋向无穷大. 综上，的最小值是2. 故选：C 【点睛】关键点点睛：根据题设及阿氏圆知识，设，、分别是内外分比点，讨论情况并求最大情况的最小值，即最小阿氏圆. 二、填空题 6．（24-25高二上·山东潍坊·阶段练习）梵高《星月夜》用夸张的手法描绘了充满运动和变化的星空.假设月亮可看作半径为1的圆的一段圆弧，且弧所对的圆心角为.设圆的圆心在点与弧中点的连线所在直线上.若存在圆满足：弧上存在四点满足过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切，则弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为 . 【答案】 【分析】由题意可知圆与圆相离，由弧所对的圆心角为，分析两圆的外公切线与内公切线及圆心的变化位置，通过构造法求出，分析计算可得弧上的点与圆上的点的最短距离. 【详解】如图，构造等腰三角形，其中顶角，则， 过作的角平分线交于，则. 故与相似，不妨设，， 则，， 则，即，由，解得， 则，则. 由题意，弧上存在四点满足过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切， 则圆与圆有4条公切线，即两圆相离，且与圆相切的切点均在弧上. 如图， 设弧的中点为，弧所对的圆心角为， 圆的半径，在弧上取两点，则， 分别过点作圆的切线，由对称性可知两切线交直线于同一点，设为， 当过点的切线刚好是圆与圆的外公切线时，劣弧上一定还存在点，使过点的切线为两圆的内公切线， 则圆的圆心在线段上，且不包括端点，即. 过点，分别向作垂线，垂足为， 则即为圆的半径，由两圆相离可知，. 设线段交圆于点，则弧上的点与圆上的点的最短距离即为线段的长度. 在中，， 则， 而. 故 即弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：相离的两个圆（圆心分别为和 ,半径分别为和）上的两个动点之间的距离的最小值是两圆心之间的距离减去两圆的半径和，最大值是两圆心之间的距离加上两圆的半径和，即. 7．（2024高二上·江苏·专题练习）已知四边形各顶点的坐标分别为，，，，点为边的中点，点在线段上，且是以角为顶角的等腰三角形，记直线，的倾斜角分别为，，则 . 【答案】 【分析】根据已知条件易得四边形为正方形，再由是以角为顶角的等腰三角形得到必为边的中点，利用直线的斜率与倾斜角的关系可得和，再利用同角三角函数的基本关系和诱导公式得到答案即可. 【详解】由题中条件可得，，且不重合， 所以，，所以四边形为平行四边形， 如图，连接， 由两点间距离公式得，所以平行四边形为菱形， 因为，所以，所以菱形为正方形， 因为为边的中点，是以角为顶角的等腰三角形， 所以必为边的中点，则，， 所以， 由题意得，所以，因为， 解得，(负根舍去)，直线与轴垂直， 则，所以. 故答案为： 8．（22-23高三上·浙江绍兴·期末）已知实数，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据题意，设直线：，则的几何意义为，点到直线的距离，即可求出取值范围. 【详解】根据题意，设直线：，设点 那么点到直线的距离为：， 因为，所以，且直线的斜率， 当直线的斜率不存在时，，所以， 当时， ， 所以，即， 因为，所以， 故答案为：. 9．（23-24高二上·浙江·期末）已知实数满足：，则的最大值是 ． 【答案】 【分析】设，由题意可得可得点圆上，根据结合数量积的坐标公式可得两点重合，则，点到直线和的距离之和的倍，再结合圆上的点到直线和点的最值问题即可得解. 【详解】设， 由， 可得点在以为圆心为半径的圆上， ， 所以，所以， 所以两点重合，故， 则， 表示，点到直线的距离的倍， 表示，点到直线的距离的倍， 故 表示点到直线和的距离之和的倍， 设直线和的交点为，则， 设点到直线和的距离分别为， 则， 因为， 所以， 当且仅当时，取等号， 而， 所以， 此时，， 所以的最大值是. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题解答的关键是将代数问题转化为几何问题，数形结合，再借助三角函数的性质求出最值. 三、解答题 10．（21-22高二上·上海浦东新·阶段练习）已知圆和圆. (1)若圆与圆相交，求的取值范围； (2)若直线与圆交于，两点，且，求实数的值； (3)若，设为平面上的点，且满足：存在过点的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，试求所有满足条件的点的坐标. 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）由圆的一般方程得到圆的标准方程进而得到圆心和半径，根据两圆相交得到，进而得到的取值范围； （2）设，，联立圆与直线的方程，由有两个交点得到的取值范围，由韦达定理得到和，代入，解出的值； （3）设，由分别写出与的方程，根据弦长和半径相等得到圆心到直线的距离相等，再根据有无数多条直线，得到关于的方程有无数多组解，从而解出，即得到的坐标. 【详解】（1）圆的标准方程为，则圆心，， 圆的标准方程为，则圆心， ， 圆与圆相交，，即，解得， 的取值范围. （2）已知直线与圆交于，两点，设，， 联立，得， 所以，得 ， 解得，因为，所以. （3） 设点坐标为，直线、的方程分别为：，， 即：，， 因为直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等且两圆半径相等， 由垂径定理得，圆心到直线与直线的距离相等． 故有：， 化简得：或， 因为存在过点的无穷多对互相垂直的直线和， 所以关于的方程有无穷多解，从而有或， 解得或， 所以点P坐标为或． 11．（24-25高二上·陕西西安·开学考试）已知圆O：与圆E：内切． (1)直线l：与圆O交于M，N两点，若，求k的值； (2)过点E作倾斜角互补的两条直线分别与圆O相交，所得的弦为AB和CD，若，求实数的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据两圆内切得到，联立与，得到两根之和，两根之积，根据得到方程，求出的值； （2）先考虑直线斜率不存在时，，当直线或直线的斜率为0时，不满足倾斜角互补，直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程，利用垂径定理得到求出，表达出，利用基本不等式求出的最大值. 【详解】（1）由题意得， ，故，圆E的半径为， 由于，故在圆E上， 故，所以，其中，解得， 与联立得， 恒成立， 设，则， 故， ，解得； （2）当直线斜率不存在时，此时直线的斜率也不存在， 此时，， 当直线或直线的斜率为0时，不满足倾斜角互补， 当直线的斜率存在且不为0时，设直线：， 圆心到直线的距离， 故， 由于直线的方程为， 故， 则 ， 当时，， 当且仅当，时，等号成立， 当时，， 当且仅当，时，等号成立， 综上，. 【点睛】方法点睛：圆中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 12．（23-24高二上·重庆·阶段练习）已知圆C与直线相切于点，且圆心C在x轴的正半轴上. (1)求圆C的方程； (2)过点作直线交圆C于M，N两点，且M，N两点均不在x轴上，点，直线BN和直线OM交于点G.证明：点G在一条定直线上，并求此直线的方程. 【答案】(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）设圆心，利用垂直关系求出圆心坐标，从而利用距离公式求出半径，即可求出圆的方程； （2）设直线MN方程，与圆方程联立，得到韦达定理式，求出直线OM和直线BN的方程，联立求得，即可证明. 【详解】（1）由圆心C在x轴的正半轴上设圆心， 又圆C与直线相切于点，则，解得， 所以，半径，所以圆C的方程为：. （2）设，，直线MN方程为：， 联立得， ，，， 直线OM方程为：，直线BN方程为：， 联立，可得， 所以点G在直线上. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆相交问题的基本步骤如下： ①设直线方程，设交点坐标为，； ②联立直线与圆的方程，得到关于x (或y)的一元二次方程，必要时计算； ③列出韦达定理； ④将所求问题或题中的关系转化为， (或，)的形式； ⑤代入韦达定理求解. 13．（23-24高三上·江苏淮安·期中）在平面直角坐标系中，已知圆的方程为，且圆与轴交于，两点（在的左侧），若直线：（）与圆相交于，两点. (1)若，求实数的值； (2)设直线与直线交于点，记直线，直线，直线的斜率分别为，，，求的值. 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）由构成方程组得，再结合点，在圆上可求得，则可求； （2）设直线的方程为，联立直线方程与圆的方程可得，B同理可得，再由，，三点共线，得到 ，能得到与的关系式，然后可求，得到与的关系式，则的值可求. 【详解】（1）设，， 由得，即，故. 因为点，在圆上，所以，解得：， 所以，又，所以. （2）依题意，，，直线的方程为， 联立方程组，整理得：， 所以，，故. 同理可得. 因为，，三点共线，所以，即， 整理可得：， 显然，故. 设，则，解得， 即，所以，所以. 14．（23-24高二上·上海·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知两点，动点满足，设点的轨迹为.如图，动直线与曲线交于不同的两点（均在轴上方），且.    (1)求曲线的方程； (2)当为曲线与轴正半轴的交点时，求直线的方程； (3)是否存在一个定点，使得直线始终经过此定点？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在，定点为 【分析】（1）设，根据已知条件列方程，化简求得曲线的方程. （2）设，根据已知条件求得点的坐标，从而求得直线的斜率，进行求得直线的方程. （3）设直线方程为，联立直线的方程和曲线的方程，化简写出根与系数关系，由列方程，化简求得的关系式，进而求得定点坐标. 【详解】（1）设，由得， 化简得，则曲线的方程为；    （2）由题意知，设， 依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为， 由，得， 则，所以(舍去)或，即， 则， 则直线方程为；    （3）设直线方程为，设， 联立方程，得， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 则直线始终经过此定点.    【点睛】求解曲线的方程，可以有以下两种方法：一是根据圆锥曲线的定义，求得曲线的方程；另一个是根据已知条件中所给的等量关系式，如本题中，利用坐标表示点，化简后可求得曲线方程. 15．（23-24高二上·上海·期末）定义：设P、Q分别为曲线和上的点，把P、Q两点距离的最小值称为曲线到的距离． (1)求曲线到直线的距离； (2)求圆到曲线的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求直线和直线平行，并与抛物线相切，然后两直线之间的距离即为所求. （2）把问题转化为点到曲线上点的距离的最小值，再求解. 【详解】（1）如图：    设直线：，代入，得：， 由得. 直线，的距离为：即为所求. （2）如图：    曲线化为， 取曲线上任意一点，先求的最小值. 设，，则且，，，. 所以（当且仅当时取“”）， 所以， 所以所求的距离为：. 【点睛】关键点睛：采用数形结合的方法，把所求的距离进行合理转化是解决问题的关键. 16．（24-25高二上·河南漯河·阶段练习）已知直线l1，l2的方程分别是，点A的坐标为（）.过点A的直线l的斜率为k，且与l1，l2分别交于点M，N（M，N的纵坐标均为正数）. (1)若，且A为线段MN中点，求实数a的值及的面积； (2)是否存在实数a，使得的值与k无关？若存在，求出所有这样的实数a；若不存在，说明理由. 【答案】(1)， (2)存在， 【分析】（1）由直线的方程为，联立方程组分别求得点的坐标，结合题意，列出不等式组，求得，进而求得的值，结合三角形的面积公式，即可求解； （2）假设存在满足题意的 ，使得的值与无关，由（1）求得， 得到，进而得到结论. 【详解】（1）    因为直线 l过点，且斜率为，所以直线的方程为， 因为直线与分别交于点，所以 ， 由 ，解得 ，即 ， 由 ，解得 ，即， 又因为的纵坐标均为正数，所以 ，即， 因为 ，所以 若时，，， 又因为点为线段中点，所以解得， 所以，，所以，的面积． （2）假设存在满足题意的，使得的值与无关， 由（1）知：， 且， 因此，， 所以， 因为 ，所以当时，为定值， 所以存在实数，使得的值与无关． 【点睛】关键点点睛：（2）假设存在满足题意的 ，使得的值与无关，求得，， 得到，进而得到结论. 17．（23-24高二上·浙江台州·期末）某游乐园中有一座摩天轮.如图所示，摩天轮所在的平面与地面垂直，摩天轮为东西走向.地面上有一条北偏东为的笔直公路，其中.摩天轮近似为一个圆，其半径为，圆心到地面的距离为，其最高点为点正下方的地面点与公路的距离为.甲在摩天轮上，乙在公路上.（为了计算方便，甲乙两人的身高、摩天轮的座舱高度和公路宽度忽略不计） (1)如图所示，甲位于摩天轮的点处时，从甲看乙的最大俯角的正切值等于多少？ (2)当甲随着摩天轮转动时，从乙看甲的最大仰角的正切值等于多少？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设公路所在直线为，过点作的垂线，垂直为,由得答案; （2）设甲位于圆 上的点处, 直线垂直于且交圆于点，射线可以看成是射线绕着点按逆时针方向旋转角度得到. 过点正下方的地面点向作垂线，垂足为.取得最大值时，即为从乙看甲的最大仰角，,其中，表示点和点构成的直线的斜率，根据直线与圆的位置关系即可求解. 【详解】（1）如图所示，设公路所在直线为，过点作的垂线，垂直为，m. 因为圆的半径为35m，圆心到地面的距离为40m，所以m. 从甲看乙的最大俯角与相等，由题意得，则. （2）如图所示，设甲位于圆上的点处，直线垂直于且交圆于点，射线可以看成是射线绕着点按逆时针方向旋转角度得到. 过点正下方的地面点向作垂线，垂足为. 当取得最大值时，即为从乙看甲的最大仰角. 题意得：, 其中，表示点和点构成的直线的斜率， 当直线的斜率取得最小值时，取最大值. 因为点在单位圆上， 所以当直线与单位圆相切时，斜率取得最大值或最小值. 设过点的直线方程为：， 由相切可得，解得， 则直线的斜率最小值为，代入可得取最大值是. 【点睛】方法点睛： 求的最值时，可转化为求点与连线斜率的最值， 设出过点的直线方程，由点在单位圆上，根据直线与圆相切即可求解. 18．（23-24高二上·浙江杭州·期中）已知圆过点，圆心在直线上，截轴弦长为． (1)求圆的方程； (2)若圆半径小于，点在该圆上运动，点，记为过、两点的弦的中点，求的轨迹方程； (3)在（2）的条件下，若直线与直线交于点，证明：恒为定值． 【答案】(1)或 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）设圆心为，设圆的半径为，根据圆的几何性质可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出圆的方程； （2）利用圆的几何性质得，利用数量积的坐标运算求得动点的轨迹方程； （3）设直线与直线交于点，通过斜率关系得，利用几何关系得，从而，利用点到直线的距离公式及两点距离公式求解即可. 【详解】（1）解：设圆心为，设圆的半径为， 圆心到轴的距离为，且圆轴弦长为，则，① 且有②， 联立①②可得或， 所以，圆的方程为或. （2）解：因为半径小于，则圆的方程为， 由圆的几何性质得即，所以， 设，则， 所以，即的轨迹方程是. （3）解：设直线与直线交于点，由、可知直线的斜率是，    因为直线的斜率为，则，则，， 所以，，因此，， 又E到的距离，， 所以，，故恒为定值. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 19．（23-24高二上·浙江宁波·阶段练习）平面直角坐标系中，圆M经过点，，. (1)求圆M的标准方程； (2)设，过点D作直线，交圆M于PQ两点，PQ不在y轴上. ①过点D作与直线垂直的直线，交圆M于EF两点，记四边形的面积为S，求S的最大值； ②设直线OP，BQ相交于点N，试证明点N在定直线上，求出该直线方程. 【答案】(1) (2)①S的最大值为7；②证明见解析，点N在定直线上. 【分析】（1）设圆M的方程为，利用待定系数法求出，即可得解； （2）①设直线的方程为，分和两种情况讨论，利用圆的弦长公式分别求出，再根据即可得出答案； ②设，联立，利用韦达定理求得，求出直线OP，BQ的方程，联立求出交点坐标即可得出结论. 【详解】（1）解：设圆M的方程为， 则，解得， 所以圆M的标准方程为； （2）设直线的方程为，即， 则圆心到直线的距离， 所以， ①若，则直线斜率不存在， 则，，则， 若，则直线得方程为，即， 则圆心到直线的距离， 所以， 则 ， 当且仅当，即时，取等号， 综上所述，因为，所以S的最大值为7； ②设， 联立，消得， 则， 直线的方程为， 直线的方程为， 联立，解得， 则， 所以， 所以点N在定直线上. 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 20．（23-24高二下·上海·期中）已知以点为圆心的圆经过原点，且与轴交于点，与轴交于点． (1)求证：的面积为定值． (2)设直线与圆交于点，，若，求圆的方程． (3)在（2）的条件下，设，分别是直线和圆上的动点，求的最小值及此时点的坐标. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)最小值为， 【分析】（1）由已知直接可得圆的方程，进而可得点与的坐标，进而可得证； （2）由已知可得，进而可得参数，及圆的方程； （3）根据对称可得点关于直线的对称点，进而可知，根据点与圆的位置关系可得的最小值，进而可得点的坐标. 【详解】（1）由题意可得圆的方程为：， 化简可得， 与坐标轴的交点分别为：，， 为定值. （2）如图所示， ， 原点在线段的垂直平分线上， 设线段的中点为，则，，三点共线， 又的斜率， ， 解得， 又，所以， 可得圆心， 圆的方程为：； （3）如图所示， 由（2）可知：圆心，半径，， 设点关于直线的对称点为， 则中点为， 且，解得，即， 则， 又点到圆上点的最短距离为， 则的最小值为， 此时直线的方程为：， 点为直线与直线的交点， 则，解得， 即点. 21．（24-25高二·上海·随堂练习）瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中，满足，顶点、，且其“欧拉线”与圆M：相切． (1)求的“欧拉线”方程； (2)若圆与圆有公共点，求的范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由等腰三角形三线合一知的欧拉线即为的垂直平分线，根据与直线垂直得到斜率，结合过中点得到所求直线方程； （2）由直线与圆相切得到圆的圆心和半径，由两圆有公共点得到两圆的位置关系进而得到关于的不等式，解不等式即可得到的取值范围. 【详解】（1）因为，所以是等腰三角形，由三线合一得：的外心、重心、垂心均在边的垂直平分线上， 设的欧拉线为，则过的中点，且与直线垂直， 由、可得：的中点，即， 由，得，故的方程为即； （2）因为与圆M：相切，故圆心，， 圆的圆心坐标为，半径， 则要想圆M与圆有公共点，则两圆外切、相交或内切， 只需两圆圆心的距离小于等于半径之和，大于等于半径之差的绝对值， 即，故，解得． 22．（23-24高二上·浙江金华·期中）已知圆分别与轴的正半轴交于两点，为圆上的动点（异于两点）. (1)若线段上有一点，满足，求点的轨迹方程； (2)若直线与轴交于点，直线与轴交于点，试证为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设，根据，求出，代入圆的方程，可得解； （2）设，求出直线，从而得到点的坐标，化简，得证. 【详解】（1）根据题意，，， 设，则， 由于，所以， 则，得，将其代入， 得，故点的轨迹方程为； （2）设，则， 直线方程是，代入，得， 直线方程是，代入，得， 所以 ，即为定值．    【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常用方法： （1）直译法：若动点运动的条件是一些已知（或通过分析得出）几何量的等量关系，可转化成含的等式，就得到轨迹方程。 （2）相关点法：若轨迹点与已知曲线上的动点有关联，则可先列出关于的方程组，利用表示出，把代入已知曲线方程便得动点的轨迹方程。 （3）定义法：运用解析几何中一些常用定义（圆锥曲线的定义），再从曲线定义出发直接写出轨迹方程。 （4）参数法（交轨法）：如果不易直接找出动点的坐标之间的关系，可考虑借助中间变量（参数），把联系起来．其实某种意来说，交轨法也可看作参数法。 （5）点差法：圆锥曲线中与弦的中点有关的问题一般可用点差法， 23．（24-25高二上·河北邯郸·阶段练习）现有一组互不相同且从小到大排列的数据：，其中．为提取反映数据间差异程度的某种指标，今对其进行如下加工：记，作函数，使其图像为逐点依次连接点的折线． (1)求和的值； (2)设的斜率为，判断的大小关系； (3)证明：当时，； 【答案】(1) (2) (3)证明详见解析 【分析】（1）根据的定义以及已知条件求得和的值； （2）先求得的表达式，由此判断出的大小关系； （3）当时，将要证明的不等式，转化为证明，利用放缩法证得不等式成立. 【详解】（1）依题意，， . （2）依题意，， 因为，所以. （3）由于的图像是依次连接点的折线， 要证，只需证、 事实上，当时， . 下面证明： 对任何， ， 所以， 所以当时，. 【点睛】方法点睛：本题主要是新定义运算“加工”，解新定义题型的步骤： (1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论； (2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况； (3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 24．（23-24高二上·全国·课后作业）设圆O的弦的中点为M，过点M任作两弦，弦与分别交于点E，F.      (1)试用解析几何的方法证明：M为的中点； (2)如果将圆分别变为椭圆、双曲线或抛物线，你能得到类似的结论吗？ 【答案】(1)证明见解析 (2)能，理由见解析 【分析】（1）一方面：由题意设直线的方程分别为，圆O的方程为， 将直线方程分别与圆O的方程联立并由韦达定理得，. 另一方面：通过分析得若要M为的中点，只需. 故结合以上两方面命题得证. (2)一方面：同理可设椭圆方程、双曲线方程、抛物线方程分别为、、， 设直线的方程分别为，将两直线分别与以上方程联立即可求得相应的. 另一方面：同分析（1），即若要M为的中点，只需. 故结合以上两方面命题得证. 【详解】（1）由题图所示：    一方面：由题意设圆O的方程为，直线的方程分别为; 点A，B，C，D的坐标为，所以直线的方程为， 令，可得点E的横坐标为，结合可知， 同理可得点F的横坐标为， 由题意若要M为的中点，只需即， 所以只需，交叉相乘得并整理得. 另一方面：联立圆O的方程与直线的方程得， 整理得，由韦达定理可得， 同理可得. 结合以上两方面有成立，故命题得证. （2）当圆变为椭圆时的情形（情形一）： 如下图所示：    一方面：由以上分析可知，设椭圆方程为，将其与直线的方程联立得，化简并整理得， 由韦达定理可得，同理可得. 另一方面：由（1）中分析可知，若要M为的中点，则只需成立. 结合以上两方面有成立,故命题得证. 当圆变为双曲线时的情形（情形二）： 如下图所示：    一方面：同理设双曲线方程为，将其与直线的方程联立得， 化简并整理得，由韦达定理可得， 同理可得. 另一方面：由（1）中分析可知，若要M为的中点，则只需成立. 结合以上两方面有成立,故命题得证. 当圆变为抛物线时的情形（情形三）： 如图所示：    一方面：同理设抛物线方程为，将其与直线的方程联立得， 化简并整理得，由韦达定理可得， 同理可得. 另一方面：由（1）中分析可知，若要M为的中点，则只需成立. 而显然成立. 结合以上两方面有成立,故命题得证. 综上所述：如果将圆分别变为椭圆、双曲线或抛物线，（1）中结论依然成立. 【点睛】关键点点睛：本题关键一方面：是要用分析法，即若M为的中点，只需 即，即只需成立即可； 另一个关键的方面是：同理设出椭圆、双曲线或抛物线的相应方程，只有准确设出相应方程剩下就交给计算了； 从而问题就迎刃而解了. 25．（22-23高二上·北京·阶段练习）已知圆及点和点． (1)经过点M的直线l交圆O于C、D两不同点，直线不过圆心，过点C、D分别作圆O的切线，两切线交于点E，求证：点E恒在一条定直线上； (2)设P为满足方程的任意一点，过点P作圆O的一条切线，切点为B．在平面内是否存在一点Q，使得为定值？若存在，求出点Q的坐标及该定值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)点恒在直线上，证明见解析； (2)存在使为定值，定值为或存在使为定值，定值为. 【分析】（1）设，，由、可得、 ，即可知的方程，再由点在直线上即可证结论，并确定所在的直线. （2）若，由题设可知，为了验证平面内是否存在一个点，使得为定值，可以假设存在使为定值，利用两点距离公式、圆的切线性质整理可得，要使多项式方程不受点位置影响，需使该多项式方程各项的系数为0，列方程求参数即可判断的存在性. 【详解】（1）设，， ∴由，则，即，又， 故，同理， ∴直线为，又在上， ∴，故恒在直线上. （2）由题设，若则，整理可得， 若存在，使为定值， 而，， ∴，整理得， ∴， 整理得， 要使为定值，则，解得或. 综上，存在或，使为定值， 即存在使为定值，定值为； 或存在，使为定值，定值为. 【点睛】关键点点睛：第二问，设动点，根据比值为定值列方程并整理为含所设参数的整式方程形式，要使比值不受动点的影响只需保证相关项的系数为0，列方程组求参数判断存在性. 26．（22-23高二下·上海黄浦·阶段练习）已知初始光线从点出发，交替经直线与轴发生一系列镜面反射，设（不为原点）为该束光线在两直线上第次的反射点，为第次反射后光线所在的直线 (1)若初始光线在轴上，求最后一条反射光线的方程； (2)当斜率为的反射光线经直线反射后，得到斜率为的反射光线时，试探求两条光线的斜率之间的关系，并说明理由； (3)是否存在初始光线，使其反射点集中有无穷多个元素？若存在，求出所有的方程；若不存在，求出点集元素个数的最大值，以及使得取到最大值时所有第一个反射点的轨迹方程. 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)的最大值为取最大值4时，的轨迹方程为或 【分析】 （1）根据题意确定即可确定最后一条反射光线的方程； （2）由于和直线的夹角相等得，即可得两条光线的斜率之间的关系； （3）由题意得当且时停止反射，设的斜率为，对进行分类讨论确定每种情况下的反射次数，即可得的最大值，及的轨迹方程. 【详解】（1）由题可得的斜率为，故的方程为， 联立，解得，则， 设关丁的对称点为，所以， 则关丁的对称点为， 经过和，故的直线方程为， 所以，的斜率为，故的直线方程为， 后面不会再进行反射，所以最后一条反射光线的方程为. （2）由于和直线的夹角相等得夹角正切值相等，则， 所以或， 解得（舍）或. （3）由题意得当且时光线停止反射，设的斜率为， 1）当在直线上时，或不存在， ①当时，，反射1次； ②当时，，反射2次； ③当时，，反射3次； ④当时，不存在，不存在，，反射3次； ⑤当时，，反射4次； ⑥当不存在时，，反射1次； 2）当在轴上时，或不存在， ①当时，，反射2次； ②当时，，反射1次； ③当时，，反射4次； ④当时，反射3次； ⑤当不存在时，不存在，，反射2次； 综上，的最大值为4，由1），2）可知，取最大值4时，的轨迹方程为或. 【点睛】关键点睛，本题第3小问的解决关键是结合题意，确定当且时光线停止反射，同时，光线与轴发生镜面反射时，前后光线斜率关系为；光线，光线与直线发生镜面反射时，前后光线斜率关系为，由此得解. 27．（22-23高二下·浙江杭州·期中）为了保证我国东海油气田海域的海上平台的生产安全，海事部门在某平台的正东方向设立了两个观测站和（点在点､点之间），它们到平台的距离分别为1海里和4海里，记海平面上到两观测站的距离之比为的点的轨迹为曲线，规定曲线及其内部区域为安全预警区（如图）. (1)以为坐标原点，1海里为单位长度，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，求曲线的方程； (2)海平面上有巡航观察点可以在过点垂直于的直线上运动. （i）若为的中点，求的最小值； （ii）过作直线与曲线相切于点.证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)（i）3；（ii）证明见解析 【分析】（1）设出，由直接法得到轨迹方程； （2）（i）结合第一问中，数形结合得到的最小值； （ii）设，，考虑斜率不存在和存在两种情况，当斜率存在时得到过点的切线方程，代入后得到，同理得到，故得到直线的方程为，过定点，当斜率不存在时，直线的方也过点，得到答案, 【详解】（1）设，则由题意， 根据题意可知， ， ， 故曲线的方程为：； （2）（i）直线的方程为. 若为的中点， 则， ， 当三点共线且重合时，的最小值为； （ii）设，，， 当时，斜率不存在，此时过点的切线方程为或， 不妨设切线方程为，此时，故， 设过的另一条切线方程为， 则，解得，解得， 联立与，解得， 此时直线为，整理得， 当时，斜率为0，此时过点的切线方程为，此时与直线无交点，不合要求， 当且时，，则过点的切线方程为， 整理得，即， 因为，故切线方程为， 因为在切线方程上，故， 设，同理可得， 则直线的方程为，过定点， 显然也过点， 过定点. 【点睛】内容点睛：过圆上一点的切线方程为：， 过圆外一点的切点弦方程为：. 过椭圆上一点的切线方程为， 过双曲线上一点的切线方程为 28．（22-23高二上·安徽马鞍山·期中）在平面直角坐标系中，已知，，以原点O为圆心的圆与线段相切． (1)求圆O的方程； (2)若直线与圆O相交于M，N两点，且，求c的值； (3)在直线上是否存在异于A的定点Q，使得对圆O上任意一点P，都有（为常数）？若存在，求出点Q的坐标及的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，且 【分析】（1）根据圆和直线的位置关系求得圆的方程. （2）根据圆心到直线的距离列方程，化简求得的值. （3）设出的坐标，根据列方程，利用特殊值求得的值，同时求得点的坐标. 【详解】（1）由于，，则线段与轴平行，且与圆相切. 所以圆的圆心为，半径为， 所以圆的方程为. （2）由于，所以， 由于三角形是等腰直角三角形，所以到直线的距离为， 所以.    （3）直线的方程为，假设存在符合题意的点，设， 则①， 由于的任意性，不妨设或，带入①得， ，解得或（舍去）， 所以（负根舍去）， 将带入①得， 整理得，则在圆上. 所以，这样的点是存在的，坐标为，此时.    【点睛】关键点睛：求解圆的方程，关键点在于求得圆心和半径.求解直线和圆的位置关系有关问题，可以利用圆心到直线的位置关系来进行求解.求解存在性问题，可先假设存在，然后根据需要满足的条件列式，再结合已知条件来进行判断. 29．（23-24高二上·江苏扬州·开学考试）已知圆经过三点． (1)求圆的方程． (2)已知直线与圆交于M，N（异于A点）两点，若直线的斜率之积为2，试问直线是否经过定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由． 【答案】(1) (2)直线经过定点，该定点的坐标为 【分析】（1）设出圆的一般方程，代入的坐标，由此求得正确答案. （2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，由直线的斜率之积列方程，化简求得定点坐标. 【详解】（1）设圆W的方程为， 则，解得 则圆W的方程为． （2）若直线的斜率不存在，则设直线的方程为， 则，整理得． 又，解得，所以直线的方程为，此时经过点，不符合题意． 若直线的斜率存在，则设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 则． ， 则， 整理得， 解得或． 当时，直线的方程为， 此时直线经过点，不符合题意，故舍去． 所以， 故直线的方程为，即，经过定点． 综上所述，直线经过定点，且该定点的坐标为．        【点睛】求圆的方程的方法有两种思路，一种思路是根据已知条件求得圆心和半径，从而求得圆的标准方程；另一种思路是设圆的一般方程，然后根据已知条件求得，从而求得圆的一般方程. 30．（23-24高二上·安徽马鞍山·阶段练习）已知圆C过点，，. (1)求圆C的标准方程； (2)若过点C且与x轴平行的直线与圆C交于点M，N，点P为直线上的动点，直线PM，PN与圆C的另一个交点分别为E，F（EF与MN不重合），证明：直线EF过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设圆C的方程为，将已知三点代入求出即可； （2）设点，，，易得，根据E，F在圆C上，得出的关系式，当EF斜率存在时设直线EF的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再代入的关系式，求出之间的关系即可得解. 【详解】（1）设圆C的方程为， 则，解得， 所以圆C的方程为， 故圆C的标准方程为； （2），所以直线，点，， 设点，，， 所以，，所以， 又，，所以 又E，F在圆C上，所以，， 消去，可得①， 当EF斜率存在时设直线EF的方程为， 联立， 消元y可得， 则， 可代入①，得， 解得或， 当时，直线恒过， 当，直线恒过，此时EF与MN重合，舍去， 直线斜率不存在时，，即，解得或（舍去）， 综上：直线EF过点成立. 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 14 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$