1、精品資源備戰高考第3講圓錐曲線中的綜合問題題海無涯戰勝高考構造法”求最值(范圍)典型例題例1 (2019 高考浙江卷)如圖，已知點 F(1 , 0)為拋物線 y2 = 2Px(p>0)的焦點.過點 F的直線交拋物線于 A, B兩點，點C在拋物線 上，使得 ABC勺重心G在x軸上，直線AC交x軸于點Q且Q在點F 的右側.記 AFG CQG勺面積分別為S, S.(1)求p的值及拋物線的準線方程； ,S,(2)求m的最小值及此時點 G的坐標.【解】(1)由題意得p=1,即p= 2.所以拋物線的準線方程為x=-1.(2)設A(xa,yA),B(xb,yB), Qxc,yc),重心Gxg,yG).

2、令yA=2t, tw0,則xa= t2.由t2-12/口于直線AB過點F,故直線AB的方程為x =2ty+ 1,代入 y = 4x,得2 2(t21)y 1y4=0,21故 2ty b= 4,即 yB=-所以 By,又由于 xg= §(xa+xb+ xc), yG= 3( yA+yB+yc)及重心 G在 x 軸上，故 2tt + yc= 0,4 2-1212t - 2t +2信 c 1-1 , 2 -1 ，G3P, 0 .所以直線 AC的方程為y-2t=2t(x-t2),得Qt21, 0). 由于Q在焦點F的右側，故t2>2.從而1Q d FG , | yA|S12S2=121

3、QG I yc|422t -2t +2 - 1 |2 t |3 tt2-1-2t4-2t2+23r2廠2t2t 4-12 t2-2Tr=2一1.令 mr t2-2,則m>0,S1=2- -2-S2 m+4m+ 312 m- -+4 m=1+堂所以當m=鎘時,11取得最小值S21+ 平，此時 G(2, 0).解決最值(范圍)問題的常用方法解決有關范圍、最值問題時，先要恰當地引入變量(如點的坐標、角、斜率等)，建立目標函數，然后利用函數的有關知識和方法求解.(1)構建函數法：先引入變量構建以待求量為因變量的函數，再求其值域.(2)構建不等式法：利用已知或隱含的不等關系，構建以待求量為元的不等

4、式求解.(3)數形結合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后，數形結合求解.對點訓練(2oi8 高考浙江卷)如圖，已知點 P是y軸左側(不含y軸)一點，2拋物線C: y=4x上存在不同的兩點 A, B滿足PA PB的中點均在 C上.(i)設AB中點為M證明：PM垂直于y軸；2(2)若P是半橢圓x2+=i(x<o)上的動點，求 PAB面積的取值范圍.解：(1)證明：設 P(xo, yo) , A；y1, yi , B4y2，y2 .因為PA PB的中點在拋物線上,27y +xo,，、一y+y。24所以yi, y2為方程 -2-=4 .2，即y2-2yoy+ 8xo-y2= 0的兩個不同

5、的實根.所以 yi+ y2= 2yo,因此，PM直于y軸.yi+ y2=2yo,(2)由(1)可知2yiy2= 8xo yo,所以| PM = 8(yi+y2) xo=乃0-3xo,32(yo 4xo) 2.| yi - y2| = 2,2 (y24xo).因此， PAB勺面積 &PA/21PM |yi-y2| =3422因為 xo+y0= i(xo。)，所以 yo4xo= 4xo4xo+4C 4 , 5,因此， PAE0積的取值范圍是 6 ；2,竺/0轉化法”求定點、定值典型例題22例2已知橢圓C：，P41 ，a2+y2=1(a>b>0),四點 P(1 , 1),即，1)

6、, P3(-1,中恰有三點在橢圓 C上.(1)求C的方程;(2)設直線l不經過P2點且與C相交于A, B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為1,證明：l過定點.【解】(1)由于P3, P4兩點關于y軸對稱，故由題設知 C經過R, F4兩點.P2在C上.一，11 13又由a2+ b2>a2+4b2知，c不經過點r，所以點1,a2= 4, 解得b2.1?因此13.孑+ 4b2=1，、- x22故C的方程為丁+ y = 1.4(2)證明：設直線 PA與直線P2B的斜率分別為ki, k2.如果l與x軸垂直，設l ： x=t ,由題設知t W0,且111<2 ,可得 A B的坐標分別為

7、t,修，受則 ki + k2=2t2t=1,得t = 2,不符合題設.x222 ,、2 c, 2.從而可設 l : y= kx+ m m 1).將 y= kx + m代入+y = 1 得(4 k + 1) x + 8km奸 4m-4 =0.由題設可知 = 16(4 k2m+ i)>o.設 A(x1, y。，B(x2, y2),則 x+x2= 8km/ 2,4m 44k2+1，x1x2=4k2+1.y1- 1 y21 kx1+m- 1kx?+m- 1而 k1 + k2= +-=+x1x2X1x22kx1x2+ ( m- 1) (x1 + x2)x1x2由題設k1 + k2 = 1,故(2

8、k+ 1) x1x2+ ( m- 1)( x + x2)= 0.即(2k+1) 24m 48km4?Z7 +(m-1) , 4k2Z7 =0.mu 1當且僅當 m> 1時，A>0,于是l : y=x + m“mi+1即y+i = 廠(x 2),所以1過定點(2 , 1).囪國的囪(1)動直線過定點問題的解法動直線1過定點問題，解法：設動直線方程(斜率存在)為y=kx+t,由題設條件將t用k表示為t = km|彳# y = k(x+ m),故動直線過定點(ml 0).動曲線C過定點問題，解法：引入參變量建立曲線C的方程，再根據其對參變量恒成立，令其系數等于零，得出定點.(2)求解定值

9、問題的兩大途徑首先由特例得出一個值 (此值一般就是定值)然后證明定值：即將問題轉化為證明待證 式與參數(某些變量)無關.先將式子用動點坐標或動直線中的參數表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值.注對于此類問題可先根據特殊情況確定定點、定值，再進行一般性證明的方法就是 由特殊到一般的方法.對點訓練已知拋物線C： y2=2px經過點P(1 , 2).過點Q0, 1)的直線1與拋物線C有兩個不同的 交點A, B,且直線 PA交y軸于 M 直線PB交y軸于N.(1)求直線1的斜率的取值范圍；一 .11.(2)設O為原點，Q限入QO QN= QO求證：丁+ 一為定值

10、.人 (1解：(1)因為拋物線y2 = 2px過點R1 , 2),所以2P=4,即p=2.故拋物線C的方程為y2 = 4x.由題意知，直線l的斜率存在且不為 0.設直線l的方程為y=kx+1(kw 0).y2 = 4x.一一由得 k x + (2 k4) x+1 = 0.y= kx +1依題意 =(2k 4)24x k2x 1>0,解得 k<0 或 0<k<1.又PA PB與y軸相交，故直線l不過點(1 , - 2).從而kw3.所以直線l斜率的取彳1范圍是(8, 3)U( 3, 0)U(0, 1).(2)證明：設 A(xi , y1) , Rx2, y2).由(1)知

11、 x1+x2= 2；2 4, x1x2=k2.yi 2直線PA的萬程為y-2=(X-1).令x=0,得點M的縱坐標為yM=一 yi + 2xi 1kxi +1+ 2 =+2.xi 1_ , kx2+ 1同理得點 N的縱坐標為yN =7 F 2.X21由 QM=入 QQ QN=猿 QCOI 入=1 yM,猿=1 yN.1所以b十人111 1 yM+ 1 - yNx11x2 1(k 1) x1+ (k 1) x212x1x2一 (x1 + x2)；7 k 1x1x22 2k4.72 + -p-1k kk1 ,1k2=2.“肯定順推法”求解探究性問題典型例題例3 (2019 溫州市高考數學二模 )已

12、知橢圓x2 + y2=1(a>b>0)的 a b兩個焦點為E, F2,焦距為2,設點Ra, b)滿足APFFz是等腰三角形.(1)求該橢圓方程；(2)過x軸上的一點 Mmi 0)作一條斜率為k的直線I,與橢圓交于點 A B兩點，問是否 存在常數k,使得|MA2+|MB2的值與m無關？若存在，求出這個k的值；若不存在，請說明理由.【解】(1)因為橢圓與+y2= 1( a>b> 0)的兩個焦點為F1, F2,焦距為2,a b設點Ra, b)滿足 PFE是等腰三角形,所以根據題意，有2c=2(a1) 2+b2=4'解得a= 2J) b =，3故所求橢圓方程為2 x=1

13、.y= k (x ni)(2)聯立方程x2 y2,整理得:-F= 143(3 + 4k2) x2 8k2m什 4k2n2- 12 = 0.28k mx1 + x2=3+4k2在A>0的情況下有22,x1x2= 3+4k2| MA2+| MB2= (1+k2)( xi-n) 2+(x2- n)2=(1 + k2)( x1 + x2)2 2x1x2 2m(x1 + x2)+ 2n2=十二2、2K 24k2+ 18)96k2+ 72,(3+4k) LV'J令一24k2+18 = 0,得 k2=3,即 k=± 申.此時| MA2+ | MB2= 7與m無關符合題意.探索性問題的

14、求解方法(1)處理這類問題，一般要先對結論作出肯定的假設，然后由此假設出發，結合已知條件進行推理論證，若推出與已知、定理或公理相符的結論，則存在性得到肯定；若導致矛盾, 則否定存在性.若證明某結論不存在，也可以采用反證法.(2)采用特殊化思想求解，即根據題目中的一些特殊關系，歸納出一般結論，然后進行證明，得出結論.對點訓練(2019 麗水市高考數學模擬 )如圖，已知拋物線 C x2=4y,直線11與C相交于A, B兩(2)設12分別交x軸，y軸于點M N,是否存在實數a,使得A, M B, N四點在同一個圓 上，若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由.解：(1)設 A(xi, yi), B(

15、X2, y2),2Xi = 4yi2/'X2= 4y2兩式相減可得(Xi + X2)( Xi-X2) = 4(yi y2),“口 .yi y2 xi + x2 2a i可得 kAB=-=-=-a, Xi-X2442由兩直線垂直的條件可得直線12的斜率為-2;a2即有直線12： y=(x a) + i, a可得 I2： y=,Xi + X2=2a, xiX2=2a4, 2 +/4a2-4 (2a2-4)x+3 過定點(0 , 3).a(2) 12： y= |x+3 過 M3a, 0 , N(0 , 3), a2假設存在實數a,使得A, M B, N四點在同一個圓上, 由中垂線的性質可得/

16、 MAN= / MBN可得/ MAN= 90° ,即有 |AG2=|MG NG,a /由,2,可得 x2-2ax+ 2a2-4= 0,2x = 4y由弦長公式可得|AB =2i + 4i6 4a2,即有| mg NG =2+ *4+a2=|AB 2a2) = 2( a2+ 4),2i + a (4 -a2)，所以 i + a (4所以a2=2,解得a=±>/2.故存在這樣的實數 a,且為土 2.專題強化訓練22i.已知方程 S；+：；y=i表示焦點在y軸上的橢圓，則實數 k的取值范圍是(2 k 2k I1 CA. 2， 23. (2019 紹興市柯橋區高考數學二模)已

17、知l是經過雙曲線 C： x2-2=1(a>0, b>0)a b的焦點F且與實軸垂直的直線，A B是雙曲線C的兩個頂點，若在l上存在一點P,使/ APB= 60。，則雙曲線的離心率的最大值為()C. (1 ， 2)D.12,2k 1>2 k,2-k>0,解得1<k<2,故選C.解析：選C.由題意可得，2k1>2k>0,2. (2019 浙江高考沖刺卷)已知F為拋物線4y2=x的焦點，點A, B都是拋物線上的點且位于x軸的兩側，若OAOB= 15( O為原點)，則4 ABO AFO勺面積之和的最小值為()AtBYC/D萼8242解析：選D.設直線AB

18、的方程為：x=ty + miA(X1, y1), B(X2, y2),直線 AB與 x 軸的交點為 M( mi 0),24y =x2 ,可得 4y ty - m= 0,x= ty + m根據根與系數的關系有 y1 , y2= 4,因為OA-OB= 15,所以 Xi x2+ y1 y2 = 15,從而 16(y1 y2)2+y1 y2 15=0, 因為點A, B位于x軸的兩側， 所以 y1 , y2= 1,故 miF4.1 不妨令點A在x軸上方，則y1>0,如圖所本.又 F(, 0),所以 S*葉 Saafo= 1x 4X ( y1 y2) +1X1y1 = 65/ + 2>2、/5

19、y1 乂之= 221632 y 1,32 y1堂當且僅當65y，=2,即丫1 =續5時，取號，所以 ABO與AAFO面積之和的最小值32 y65一 65 , 是吃一,故選D.解析：選A.設雙曲線的焦點 F(c, 0),直線l : x=c,可設點 Rc, n) , A( -a, 0), B(a, 0),由兩直線的夾角公式可得tan / APB-kpA kPB1kpAkpBc+a c-a2a| n|2a-1-1, -1-1 n+(ca)c - a1n|十 -=tan 60 ° = J3,. 一 c2-，一一 c2-a2 022由 n| +Tn- 2/l n| yn|-=2/c -a ,一

20、 a可得 y3< , 22,化簡可得3c2< 4a2,即cw a, 3即有e=c彥 a 3當且僅當n=± 后三2,即P(c, ±qc二O),離心率取得最大值 半3故選A.4. (2019 福州質量檢測)已知拋物線C: y2=4x的焦點為F,準線為l .若射線y=2(x1)( XW1)與C, l分別交于P, Q兩點，則 思=()| PFA.也 B . 2 C. 5 D . 5解析：選C.由題意知，拋物線 C: y2=4x的焦點F(1 , 0),準線l : x= - 1與x軸的交點x = 1為F1.過點P作直線l的垂線，垂足為 R,由，得點Q的坐標為(一1,y =

21、2 (x 1) , x< 14),所以|FQ=2乖.又| PF = | PP|,而JPQ |PQ |QF 2_5c 珈、比 c所以畫=兩=兩=2故選C.2222x y，一， x y5. (2019 堇B州中學期中)已知橢圓 Ci：魂+ 2= 1(a1>b1>0)與雙曲線 C2： -2 = 1(a2a1 b1a2 b2>0, ba>0)有相同白焦點Fl, F2,點P是兩曲線的一個公共點，且PFLPF2, ei, &分別是兩曲線G, G的離心率，則9e2+e2的最小值是()A. 4 B . 6 C . 8 D . 16解析：選C.設焦距為2c,橢圓長軸長為2a

22、i,雙曲線實軸長為 2a2,取橢圓與雙曲線在一象限內的交點為P,由橢圓和雙曲線的定義分別有| PF|十| PE| =2日，|PF| | PE| =2&,因為 PFLPE,所以 |PF|2+| PF2|2=4c2,2+2,得 | PF| 2+| PE| 2=2a2+2a2,222222_ 2229c c _9a2 ai 一將代入得ai + a2= 2c ,則 9ei + e = -2- +5+t_+_t-> 8,aia22ai2a2'故9e1+e2的最小值為8.x2 y26. (20i9 金華十校二模)已知雙曲線了一b2=i(a>0, b>0)的實軸長為4y2,

23、虛軸的一 個端點與拋物線 x2=2py(p>0)的焦點重合，直線y=kx-i與拋物線相切且與雙曲線的一條漸近線平行，則p=()A. 4B. 3 C . 2 D . i解析：選A.拋物線x2=2py的焦點為0, p ,所以可得b=p,因為2a = 4、"？ a=2f2,所以雙曲線的方程為=i,可求得漸近線方程為 y=±%x,不妨設y = kxi與y=%4.2'4,2x平行，則有k= 3.聯立4.2py=x- i4,2x2= 2py2222P2P 2 一一x2y2x+2p= 0,所以 = -2j2 8p=0,解得p = 4.7. (20i9浙江“七彩陽光”聯盟高三

24、聯考)已知橢圓的方程為 2+!=i,過橢圓中心的9 4直線交橢圓于 A, B兩點，F2是橢圓右焦點，則4 ABF的周長的最小值為 , ABF的面積的最大值為解析：連接AF, BF,則由橢圓的中心對稱性可得+ BE+AB= AF + AE+AB= 6 + AB> 6+ 4=i0, $ ABIF= SA AFFzw1 - 2V5 - 2 = 25. 答案：i0 2 J5228. (20i9 東陽二中改編)已知橢圓C：，b2=i(a>b>0)的右頂點為 A,經過原點的直線 l交橢圓C于P, Q兩點，若|PQ=a, APIPQ則橢圓C的離心率為 解析：不妨設點P在第一象限，O為坐標原

25、點，由對稱性可得| 0印=等=；,因為APL PQ 所以在RUPO伸，cos/POA=翳=2,故/ POA= 60。，易得Pa, 專，代入橢圓方程得 16+羲 =1,故a2=5b2=5(a2-c2),所以橢圓C的離心率e=雪.答案：159. 已知中心在坐標原點的橢圓與雙曲線有公共焦點，且左、右焦點分別為Fi, F2,這兩條曲線在第一象限的交點為 P, PFFz是以PF為底邊的等腰三角形.若|PF| = 10,橢圓與雙 曲線的離心率分別為 ei, e2,則eie2的取值范圍是 .解析：設橢圓的長軸長為 2a,雙曲線的實軸長為2m則2c=| PE| =2a-10, 2m= 10-2c,所以 a=c

26、+5, m= 5-c,2c c c 1所以e1e2= cqT5-x ic =25 c2=25，又由二角形的性質知 2c+2c>10,由已知 2c<10,r 1 cc<5,所以不<c<5, 1<_2<4,2c250<c2i3所以11ee= >.25 , 3-2 1c| MMM,則徐1的最大值為| AB1答案：+°° 310. ( 2019 杭州市高考數學二模)拋物線y2= 2Px( p>0)的焦點為F,點A, B在拋物線上,且/AFB= 120° ,過弦AB中點M作準線l的垂線，垂足為解析：設 | AF =

27、 a, | BF = b，連接 AR BF, 由拋物線定義，得| AF = | AQ , | BF = |BP , 在梯形 ABPQ, 21MM = | AQ + | BP =a+ b. 由余弦定理得，| AEB2 = a2 + b2 - 2abcos 120 ° =a2+b2+ab,配方得，| AB2=(a+b)2 ab, a+ b 2 又因為ab< -2-,221-23.2所以(a+b) -ab>( a+ b) -4( a+b) =4( a+b),3,得到 | AB > 2(a+ b).1，、(a+ b)所以|MM v 2'' 勺(a+b)即1黑

28、的最大值為一. | AB3答案：-3x2 y211. (2019 衢州市教學質量檢測)已知橢圓G： a2+b2=1(a>b>0)的長軸長為2V2,左焦點F(1, 0),若過點R2b, 0)的直線與橢圓交于 M N兩點.(1)求橢圓G的標準方程；(2)求證：/ MFBH / NFB=兀；(3)求 FMNT積S的最大值. 22解：(1)因為橢圓O2 + b2=1(a>b>0)的長軸長為272,焦距為2,即2a = 2W，2c=2,X22所以2b=2,所以橢圓的標準方程為 ,+ y2=1.(2)證明：/ MFBH / NFB=式,即證：kM葉 kNF= 0,設直線方程MN y

29、 = k(x+ 2),代入橢圓方程得：(1 +2k2)x2+8k2x+ 8k22=0,.一 0 1其中 >0,所以k2<2.設 Mx1, y1) , N(x2, y2),則 x1+x2=8 k27-21 + 2k '8k2 2 x1x2=1+2k2,kMF+ kNF =y1xd 1+y2 k (xi + 2)x2+ 1xd 1k (x2+ 2)xi + x2+ 2皿+= k2 + 77 , 、 = 0.故x2+1i (xd1) (x2+1)ZMFIBF / NFB=兀.(3) S= 2 . FBy1 y2| =21 k|x1 x2|8 (1 2k2) k2.22(1 + 2

30、k )則S=.2.-t + 3t 22t213 2 1一 2 十一2 t 48'當k2 = 1(滿足k2< 1)時，S的最大值為 平.+ 0°)時，(m)>0, f(m)由一2w xW2,當 x =,lPCm2坐33，4、2 . 24(x3)+3，212. (2019 浙江金華十校第二期調研)已知拋物線 C： y = x,點R0 , 2), A, B是拋物線上兩個動點，點 P到直線AB的距離為1. 兀(1)若直線AB的傾斜角為,求直線AB的萬程；3(2)求| AB的最小值.解：(1)設直線 AB的方程：y=43x+m 則一Jm-21 =1, 1+(V3)2所以m=

31、 0或m= 4,所以直線 AB的方程為y = 43x或y= J3x+4.(2)設直線 AB的方程為y= kx + m則111,：1 + k2所以 k2+ 1 = ( m- 2) 2.y=kx + m 2由 2 ，得 x kx m= 0, 所以 x1 + x2= k, *1x2= m, y= x所以 | AB2=(1+k2)(x1 + x2) -4x1x2 =(1 + k2)(k2+4m) =(m- 2) (n2 + 3),記 f(m)2= (m-2) (n2+3),所以 f' (m)=2(m-2)(2 m22m+ 3),2又 k2 +1 = ( m-2) >1,所以 1 或 m&

32、gt;3,當 me (8, 1時，(m) V0, f (m)單調遞減，當 me 3, 單調遞增,f ( m) min = f (1) =4,所以 | AB min =2.213. (2019 寧波市高考模擬)已知橢圓方程為24+y2=1 ,圓C： (x-1)2+y2= r2.(1)求橢圓上動點P與圓心C距離的最小值；(2)如圖，直線l與橢圓相交于 A、B兩點，且與圓 C相切于點M若?t足 M為線段AB中點的直線l有4條，求半徑r的取值范圍.解：(1)設 Rx, y) , | PC =>(x1) 2+y2=(2)當直線AB斜率不存在且與圓 C相切時，M在x軸上，故滿足條件的直線有 2條;

33、當直線 AB斜率存在時，設 A(x1, y1) , B(x2, y2) , M(xc, y°),2x+y2= 1, 4y y1 y21 X1 + X2由 2,整理得：-一-=-x,x2 2X1 X24 y1+y27+ y2= 14x°y°貝U kAB= -kMC= kMcX kAB= - 14y°'x°-1x°y°-則 kMCX kAB= -x -= - 1 ,解得:4y° x° 125y0<9,2由M在橢圓內部，則與+ y°<1,解得：422 121 12由：r =(xo1

34、) + y0=-+yc,9所以1vr2<2,解得：；<rv9331所以半徑r的取值范圍為(鼻, 314. (2019 嚴州中學月考改編)橢圓C:-2+1(a>b>0)的離心率為,Rm 0)為C的 a b54長軸上的一個動點，過P點且斜率為5的直線l交C于A, B兩點.當m 0時，PA降41.(1)求橢圓C的方程；(2)證明：|PA2+| PB2為定值. 一一、3 , b 4解：因為離心率為5,所以a=5.當m= 0時，l的方程為y = ；x,代入2+1并整理得x2=g. 5 a b2設 A( x°, y°),則 B( x°, y°

35、),H 二2241 2PA' PB= _ Xo yo= - 25x°=一4125 2.22又因為PA電-所以a2=25, b”,橢圓C的方程為會(2)證明:22.5、 x y將l的萬程為x = y+ my代入藐+±=1,425 16并整理得2225y + 20m什 8(m 25) = 0.設 A( xi,yi), B(x2, y2),一 222 41 2則 | PA = (X1 m + y1 = y1,同理 |PB 2=46y2.2241 ,2 ,2、41241則 1PA +| pb =16(y1+y2)=翔 y1+y2)-2y1y2 =164m2 16 ()225

36、)25= 41.15. (2019 溫州十五校聯合體聯考2Px(p>0),直線1與拋物線G相交于的直線1經過拋物線 G的焦點F時,(1)求拋物線C的方程;的直線1,使得線段221(2)已知圓C2: (x 1) +y=16，是否存在傾斜角不為90AB被圓G截成三等分?若存在，求出直線1的方程；若不存在，請說明理由.解：(1)當傾斜角為60°的直線1經過拋物線 G的焦點F時，直線1的方程為y=d3(xp),聯立方程組 V-木(X 2),即 3x2-5px+3p2=0, y2= 2px所以 | AB =7p+P = ?即 P = £, 38所以拋物線C的方程是y2=：x.(

37、2)假設存在直線1 ,使得線段AB被圓G截成三等分，令直線1交圓。于C, D,設直線1 的方程為 x= my+ b, A(X1, y1),B(X2, y2),由題意知，線段 AB與線段CD的中點重合且有-24y = x|AB =3|CD,聯立方程組x= m" b2._,即 4y my- b= 0,mb所以 y1+y2 = 4, y1y2=-2m 一xi + x2=+ 2b,所以I PA2+I PB2為定值.m,又圓G的圓心所以線段AB中點的坐標 M為(£+b, 8),即線段CD的中點為(m+b,m 8所以 kMC= = - m,m T+b- 1 807 m2所以 m+ 8b

38、7=0,即 b)=-,8 8又因為 | AB =，1+ m - m b=4 ：i+m 14 m,因為圓心G(1 , 0)到直線l的距離d=|l b2,圓G的半徑為1, 1 + m4所以 3| CD=6f_（；. =3V377m（傘3）,所以 rm 22im+13=0,即 必=11±6淄，所以 m=土 耳11 -6也,b= 3* 2,故直線l的方程為x= ±亞匚司3 y+以下內容為“高中數學該怎么有效學習？”首先要做到以下兩點：1、先把教材上的知識點、理論看明白。買本好點的參考書，做些練習。 如果沒問題了就可以做些對應章節的試卷。做練習要對答案，最好把 自己的錯題記下來。平時學習也是，看到有比較好的解題方法，或者 自己做錯的題目，做標記，或者記在錯題本上，大考之前那出來復習 復習。2、首先從課本的概念開始，要能舉出例子說明概念，要能舉出反例， 要能用自己的話解釋概念（理解概念）然后由概念開始進行獨立推理活動，要能把課本的公式、定理自己推 導一遍（搞清來龍去脈），課本的例題要自己先試做，盡量自己能做的 出來