1、考点考点1 1 直线的方程直线的方程 1.(2020课标,8,5分)点(0,-1)到直线y=k(x+1)距离的最大值为( ) A.1 B. C. D.2 23 答案答案 B 解法一:点(0,-1)到直线y=k(x+1)的距离为d=,注意到k2+12k,于是2 (k2+1)k2+2k+1=|k+1|2,当且仅当k=1时取等号. 即|k+1|,所以d=,故点(0,-1)到直线y=k(x+1)距离的最大值为.故选B. 解法二:由题意知,直线l:y=k(x+1)是过点P(-1,0)且斜率存在的直线,点Q(0,-1)到直线l的最大距离在 直线l与直线PQ垂直时取得,此时k=1,最大距离为|PQ|=,故选
2、B. 2 |0-(-1)| 1 kk k 2 |1| 1 k k 2 1k 2 2 |1| 1 k k 22 2 2.(2019上海春,16,5分)以(a1,0),(a2,0)为圆心的两圆均过(1,0),与y轴正半轴分别交于(0,y1),(0,y2),且满 足ln y1+ln y2=0,则点的轨迹是( ) A.直线 B.圆 C.椭圆 D.双曲线 12 11 , aa 答案答案 A 设两圆半径分别为r1,r2,则r1=|1-a1|=1-2a1, 同理:=1-2a2. 又因为ln y1+ln y2=0,所以y1y2=1, 则(1-2a1)(1-2a2)=1,即2a1a2=a1+a2+=2. 设则x
3、+y=2,故点的轨迹是直线. 故选A. 22 11 ay 2 1 y 2 2 y 1 1 a 2 1 a 1 2 1 , 1 , x a y a 12 11 , aa 思路分析思路分析 根据圆心和圆上的点建立关于半径的方程,得到=1-2a1和=1-2a2;根据ln y1+ln y2=0 整理出+=2,从而得到点的轨迹. 2 1 y 2 2 y 1 1 a 2 1 a 考点考点2 2 圆的方程圆的方程 1.(2020北京,5,4分)已知半径为1的圆经过点(3,4),则其圆心到原点的距离的最小值为( ) A.4 B.5 C.6 D.7 答案答案 A 设圆心为A(x,y),由已知得(x-3)2+(y
4、-4)2=1,即A在以(3,4)为圆心,1为半径的圆上,所以圆心 A到原点的距离的最小值为-1=5-1=4.故选A. 22 (3-0)(4-0) 2.(2020课标,8,5分)若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切,则圆心到直线2x-y-3=0的距离为( ) A. B. C. D. 5 5 2 5 5 3 5 5 4 5 5 答案答案 B 设圆心为P(x0,y0),半径为r,圆与x轴,y轴都相切,|x0|=|y0|=r,又圆经过点(2,1),x0=y0=r 且(2-x0)2+(1-y0)2=r2,(r-2)2+(r-1)2=r2,解得r=1或r=5. r=1时,圆心P(1,1),则圆心到直线2x
5、-y-3=0的距离d=; r=5时,圆心P(5,5),则圆心到直线2x-y-3=0的距离d=.故选B. 22 |2-1-3| 2(-1) 2 5 5 22 |10-5-3| 2(-1) 2 5 5 3.(2020江苏,14,5分)在平面直角坐标系xOy中,已知P,A,B是圆C:x2+=36上的两个动 点,满足PA=PB,则PAB面积的最大值是 . 3 ,0 2 2 1 - 2 y 答案答案 10 5 解析解析 PA=PB,CA=CB,CPAB,kAB=-=, 设AB:y=x+m,即x-y+m=0, AB与C相交, 6,即12,-m, 圆心C到直线AB的距离d2=, |AB|=2=, 1 CP
6、k 3 33 1 - 2 2 m 1 - 2 m 23 2 25 2 1 - 2 2 m 2 1 - 2 36- 4 m 2 1 144- 2 m 又点P到直线AB的距离d1=, SPAB=|AB| d1= =, 3 2 2 m 1 2 1 2 2 1 144- 2 m 3 2 2 m 1 4 22 13 144- 22 mm 2325 - 22 m 令f(m)=, 则f (m)=(1-2m)+(2m+3) = =(289-4m2), 令f (m)=0,则m=-或m=-或m=, 2 1 144- 2 m 2 3 2 m 2325 - 22 m 2 3 2 m 2 1 144- 2 m 3 2
7、m 2 31 (1-2 )2 144- 22 mmm 3 2 m 3 2 17 2 17 2 列表如下: 由表得f, f是极大值. 当m=-时,SPAB=; 当m=时,SPAB=10, PAB面积的最大值为10. 17 - 2 17 2 17 2 21 7 4 17 2 5 5 4.(2018天津,12,5分)在平面直角坐标系中,经过三点(0,0),(1,1),(2,0)的圆的方程为 . 答案答案 x2+y2-2x=0 解析解析 本题主要考查圆的方程. 解法一:根据题意画出图形如图所示, 结合图形知经过三点(0,0),(1,1),(2,0)的圆, 其圆心为(1,0),半径为1,则该圆的方程为(
8、x-1)2+y2=1. 即x2+y2-2x=0. 解法二:设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0, 由已知条件可得 解得所以所求圆的方程为x2+y2-2x=0. 22 2 0, 110, 220, F DEF DF -2, 0, 0, D E F 方法总结方法总结 常见的求圆的方程的方法: (1)利用圆的几何特征,求出圆心坐标和半径长,从而写出圆的标准方程. (2)利用待定系数法.若利用所给条件易求圆心的坐标和半径长,则常用标准方程求解;若所给条件 与圆心、半径关系不密切或涉及圆上多点,则常用一般方程求解. 5.(2016浙江,10,4分)已知aR,方程a2x2+(a+2)y2+4x+
9、8y+5a=0表示圆,则圆心坐标是 ,半径 是 . 答案答案 (-2,-4);5 解析解析 方程a2x2+(a+2)y2+4x+8y+5a=0表示圆, a2=a+20,解得a=-1或a=2. 当a=-1时,方程化为x2+y2+4x+8y-5=0. 配方得(x+2)2+(y+4)2=25,所得圆的圆心坐标为(-2,-4),半径为5; 当a=2时,方程化为x2+y2+x+2y+=0, 此时D2+E2-4F=1+4-4=-50), 由题意可得 解得所以圆C的方程为(x-2)2+y2=9. 222 |2 |4 5 , 55 (- )( 5), a ar 2 2, 9, a r 方法总结方法总结 待定系
10、数法是求解圆方程的常用方法,一般步骤为设出圆的方程;列出关于系数 的方程组,并求出各系数的值;检验各值是否符合题意,并写出满足题意的圆的方程.有时也可利 用圆的几何性质进行求解. 7.(2019北京,11,5分)设抛物线y2=4x的焦点为F,准线为l.则以F为圆心,且与l相切的圆的方程为 . 答案答案 (x-1)2+y2=4 解析解析 本题考查了圆的方程和抛物线的方程与性质;考查了直线与圆的位置关系. 抛物线的方程为y2=4x,其焦点坐标为F(1,0),准线l的方程为x=-1.又圆与直线l相切,圆的半 径r=2,故圆的方程为(x-1)2+y2=4. 8.(2017江苏,13,5分)在平面直角坐
11、标系xOy中,A(-12,0),B(0,6),点P在圆O:x2+y2=50上.若20, 则点P的横坐标的取值范围是 . PA PB 答案答案 -5,1 2 解析解析 本题考查平面向量数量积及其应用,圆的方程的应用及圆与圆的相交. 解法一:设P(x,y),则由20可得, (-12-x)(-x)+(-y)(6-y)20, 即(x+6)2+(y-3)265, 所以P为圆(x+6)2+(y-3)2=65上或其内部一点. 又点P在圆x2+y2=50上, 故联立得 解得或 即P为圆x2+y2=50的劣弧MN上的一点(如图),易知-5x1. PA PB 22 22 50, (6)( -3)65, xy xy
12、 1, 7 x y -5, -5, x y 2 解法二:设P(x,y),则由20, 可得(-12-x)(-x)+(-y)(6-y)20, 即x2+12x+y2-6y20, 由于点P在圆x2+y2=50上, 故12x-6y+300,即2x-y+50, 点P为圆x2+y2=50上且满足2x-y+50的点,即P为圆x2+y2=50的劣弧MN上的一点(如图), 同解法一,可得N(1,7),M(-5,-5), 易知-5x1. PA PB 2 9.(2018课标,20,12分)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A,B两点,| AB|=8. (1)求l的方程; (2)求
13、过点A,B且与C的准线相切的圆的方程. 解析解析 (1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x-1)(k0), 设A(x1,y1),B(x2,y2). 由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. =16k2+160,故x1+x2=. 所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=. 由题设知=8,解得k=-1(舍去),或k=1, 因此l的方程为y=x-1. (2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5. 设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),则 解得或 因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11
14、)2+(y+6)2=144. 2 ( -1), 4 yk x yx 2 2 24k k 2 2 44k k 2 2 44k k 00 2 2 00 0 -5, (-1) (1)16. 2 yx y x x 0 0 3, 2 x y 0 0 11, -6. x y 1.(2013课标,20,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知圆P在x轴上截得线段长为2,在y轴上截得 线段长为2. (1)求圆心P的轨迹方程; (2)若P点到直线y=x的距离为,求圆P的方程. 2 3 2 2 以下为教师用书专用 解析解析 (1)设P(x,y),圆P的半径为r. 由题设得y2+2=r2,x2+3=r2. 从而y2+
15、2=x2+3. 故P点的轨迹方程为y2-x2=1. (2)设P(x0,y0),由已知得=. 又P在双曲线y2-x2=1上, 从而得 由得此时,圆P的半径r=. 由得此时,圆P的半径r=. 故圆P的方程为x2+(y-1)2=3或x2+(y+1)2=3. 00 |- | 2 x y2 2 00 22 00 |- |1, -1. x y y x 00 22 00 -1, -1 x y y x 0 0 0, -1. x y 3 00 22 00 -1, -1 x y y x 0 0 0, 1. x y 3 思路分析思路分析 (1)利用垂径定理求出圆心P的轨迹方程;(2)设出点P的坐标,由点到直线的距离
16、公式找 出点P的坐标满足的关系,再结合点P在双曲线y2-x2=1上,联立得方程组,解方程组得到圆的半径及 圆心坐标,据此即可得圆P的方程. 2.(2016江苏,18,16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知以M为圆心的圆M:x2+y2-12x-14y+60=0及 其上一点A(2,4). (1)设圆N与x轴相切,与圆M外切,且圆心N在直线x=6上,求圆N的标准方程; (2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B,C两点,且BC=OA,求直线l的方程; (3)设点T(t,0)满足:存在圆M上的两点P和Q,使得+=,求实数t的取值范围. TATPTQ 解析解析 圆M的标准方程为(x-6)2+(y-7
17、)2=25, 所以圆心M(6,7),半径为5. (1)由圆心N在直线x=6上,可设N(6,y0). 因为圆N与x轴相切,与圆M外切, 所以0y00,b0)过点(2,1),则2a+b的最小值为 ( ) A.10 B.9 C.8 D.6 x a y b 答案答案 B 由题意可得,+=1(a0,b0), 则2a+b=(2a+b)=5+5+4=9, 当且仅当=且+=1,即a=b=3时取等号,故选B. 2 a 1 b 21 ab 2b a 2a b 2b a 2a b 2 a 1 b 3.(2019黑龙江鹤岗一中期中,4)已知直线l:ax+y-2-a=0在x轴和y轴上的截距相等,则a的值是( ) A.1
18、 B.-1 C.2或1 D.-2或1 答案答案 D 当a=0时,直线方程为y=2,显然不符合题意, 当a0时,令y=0,得到直线在x轴上的截距是, 令x=0,得到直线在y轴上的截距为2+a, 根据题意得=2+a,解得a=-2或a=1,故选D. 2a a 2a a 4.(2019贵州贵阳一中月考,14)圆x2+y2+2x+2y+1=0上的点到直线+=1的最小距离是 . 2 x 2 y 答案答案 2-1 2 解析解析 将圆x2+y2+2x+2y+1=0化成标准形式得(x+1)2+(y+1)2=1, 圆心C(-1,-1),半径r=1,直线方程为x+y-2=0. 设圆心到直线的距离为d,则d=2. 则
19、圆上的点到直线的最小距离为d-r=2-1. |-1-1-2| 2 2 2 5.(2018江西赣州十四县期中,14)记直线l:2x-y+1=0的倾斜角为,则+tan 2的值为 . 1 sin2 答案答案 - 1 12 解析解析 直线l:2x-y+1=0的斜率为2, tan =2, sin 2=, tan 2=-, +tan 2=-=-. 22 2sincos sincos 2 2tan 1tan 2 2 2 12 4 5 2 2tan 1-tan 2 22 1-2 4 3 1 sin2 5 4 4 3 1 12 考点考点2 2 圆的方程圆的方程 1.(2020陕西汉中二模,11)已知直线2ax-
20、by+2=0(a0,b0)平分圆C:x2+y2+2x-4y+1=0的圆周,则+ 的最小值为( ) A.4 B.3+2 C.4 D.6 1 a 2 b 22 答案答案 B 本题考查圆的方程与对称性,考查基本不等式的运用,考查学生分析、解决问题的能力, 培养了学生直观想象、数学运算的素养. 由题意,圆的圆心(-1,2)在直线2ax-by+2=0(a0,b0)上, -2a-2b+2=0,a+b=1, +=(a+b)=3+3+2=3+2,当且仅当=且a+b=1,即a=-1,b=2- 时,+取最小值3+2.故选B. 1 a 2 b 12 ab b a 2a b 2ba ab 2 b a 2a b 22
21、1 a 2 b 2 思路分析思路分析 利用直线2ax-by+2=0(a0,b0)平分圆x2+y2+2x-4y+1=0的圆周,可得圆的圆心(-1,2)在直 线2ax-by+2=0(a0,b0)上,再利用“1”的代换,结合基本不等式,即可求出+的最小值. 1 a 2 b 2.(2018山西孝义一模,8)已知P为直线x+y-2=0上的点,过点P作圆O:x2+y2=1的切线,切点为M,N,若 MPN=90,则这样的点P有( ) A.0个 B.1个 C.2个 D.无数个 答案答案 B 连接OM,ON,则OM=ON,MPN=ONP=OMP=90, 四边形OMPN为正方形. 圆O的半径为1,|OP|=, 又
22、原点(圆心)O到直线x+y-2=0的距离为, 符合条件的点P只有一个,故选B. 2 2 3.(2020河南许昌一模,13)若圆x2+y2-4x-2y+F=0的半径为3,则F= . 答案答案 -4 解析解析 根据题意,圆x2+y2-4x-2y+F=0的半径为3,则有=3,解得F=-4. 1 2 22 (-4)(-2) -4F 4.(2019四川成都七中一诊,14)已知圆C与y轴相切,圆心在x轴的正半轴上,并且截直线x-y+1=0所得 的弦长为2,则圆C的标准方程是 . 答案答案 (x-3)2+y2=9 解析解析 设圆心为(t,0),且t0,半径r=|t|=t. 圆C被直线x-y+1=0所截得的弦
23、长为2, 圆心到直线x-y+1=0的距离d=, t2-2t-3=0,解得t=3或t=-1(舍去),故r=3, 圆C的标准方程是(x-3)2+y2=9. 故答案为(x-3)2+y2=9. | -0 1| 2 t 2-1 t 思路分析思路分析 由圆心在x轴的正半轴上,设出圆心坐标,再根据圆与y轴相切,得到圆心到y轴的距离,即 圆心横坐标的绝对值等于圆的半径,表示出半径r,列出关于t的方程,得到t的值,从而得到圆心坐标 和半径,根据圆心和半径写出圆的方程即可. 一、选择题(每小题5分,共25分) B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间：45分钟 分值：50分) 1.(2020吉林长春三模,9)
24、已知圆E的圆心在y轴上,且圆E与圆C:x2+y2-2x=0的公共弦所在直线的方程 为x-y=0,则圆E的方程为( ) A.x2+(y-)2=2 B.x2+(y+)2=2 C.x2+(y-)2=3 D.x2+(y+)2=3 3 33 33 答案答案 C 圆E的圆心在y轴上,设圆心E的坐标为(0,b),半径为r, 则圆E的方程为x2+(y-b)2=r2,即x2+y2-2by+b2-r2=0, 又圆C的方程为x2+y2-2x=0, 两圆方程相减得公共弦所在直线的方程为x-by+=0, 又公共弦所在直线的方程为x-y=0, 解得 圆E的方程为x2+(y-)2=3,故选C. 22 - 2 b r 3 2
25、2 3, - 0, 2 b b r 3, 3, b r 3 2.(2020陕西渭南一模,12)唐代诗人李颀的诗古从军行开头两句说:“白日登山望烽火,黄昏饮 马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题“将军饮马”问题,即将军在观望烽火之后从山 脚下某处出发,先到河边饮马后再回到军营,怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中,设军 营所在区域为x2+y21,若将军从点A(2,0)处出发,河岸线所在直线方程为x+y=3,并假定将军只要到 达军营所在区域即回到军营,则“将军饮马”的最短总路程为( ) A.-1 B.2-1 C.2 D. 102 210 答案答案 A 本题以数学文化为背景,考查点关于直线
26、的对称问题、点与圆的位置关系等,考查学生 将实际问题转化为数学问题从而建立出数学模型的应用能力,考查的核心素养是数学建模,直观想 象,数学运算,体现了应用意识. 设点A(2,0)关于直线x+y=3的对称点为A(a,b), AA的中点为,kAA=,故解得 从点A到河岸,再到军营的最短总路程,即为点A到军营最短的距离, 故“将军饮马”的最短总路程为-1=-1,故选A. 2 , 22 a b -2 b a (-1)-1, -2 2 3, 22 b a ab 3, 1. a b 22 3110 3.(2019贵州遵义航天高级中学五模,4)设aR,则“a=1”是“直线l1:ax+2y-1=0与直线l2:
27、(a+1)x-ay +4=0垂直”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案答案 A 当a=1时,直线l1:x+2y-1=0,直线l2:2x-y+4=0,两条直线互相垂直.由两直线垂直可得a(a+1) -2a=0,解得a=1或a=0,所以“a=1”是“直线l1:ax+2y-1=0与直线l2:(a+1)x-ay+4=0垂直”的充分不 必要条件.故选A. 4.(2018安徽安庆模拟,8)设两条直线的方程分别为x+y+a=0和x+y+b=0,已知a,b是关于x的方程x2+x+ c=0的两个实根,且0c,则这两条直线间距离的最大值为( ) A. B.
28、 C. D. 1 8 2 4 2 2 1 2 2 答案答案 B 因为a,b是关于x的方程x2+x+c=0的两个实根, 所以a+b=-1,ab=c. 因为直线x+y+a=0和x+y+b=0之间的距离d=, 所以d2=. 因为0c,所以1-4c1, 所以,即d2, 所以这两条直线之间的距离的最大值为.故选B. | - | 2 a b 2 () -4 2 abab1-4 2 c 1 8 1 2 1 4 1-4 2 c1 2 1 1 , 4 2 2 2 关键点拨关键点拨 利用a,b是关于x的方程x2+x+c=0的两个实根得出a+b=-1,ab=c,写出两平行线之间距离 的表达式,然后求解即可. 5.(
29、2019安徽淮南一模,12)在平面直角坐标系中,设点P(x,y),定义OP=|x|+|y|,其中O为坐标原点,对 于下列结论: 符合OP=2的点P的轨迹围成的图形的面积为8; 设点P是直线:x+2y-2=0上任意一点,则OPmin=1; 设点P是直线:y=kx+1(kR)上任意一点,则使得“OP最小的点P有无数个”的充要条件是k=1; 设点P是圆x2+y2=2上任意一点,则OPmax=2. 其中正确结论的序号为( ) A. B. C. D. 3 答案答案 D 由题意画出点P的轨迹,如图, 则四边形ABCD是边长为2的正方形,面积等于8, 故正确. P(x,y)为直线x+2y-2=0上任一点,可
30、得y=1-x, 可得OP=|x|+|y|=|x|+, 当x0时,OP=1-x1; 当0x0恒成立. 2 |- 2| 2 2 2 2 22 (1), (2)9, yk x xy 2 22 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=, 则y1y2=k2(x1+1)(x2+1)=k2x1x2+(x1+x2)+1, m=, 则=1+=1+=-3-, 2 2 -2-2 2 1 k k 2 2 -7 1 k k 12 12 y y x x 2 1212 12 ()1k x xxx x x 2 m k 1212 12 ()1x xxx x x 12 12 1xx x x 2 2 2 2
31、 -2-2 2 1 1 -7 1 k k k k 2 -2 2-6 -7k 2 解得k2=9,即k=3. 直线n的方程为y=3(x+1). 8.(2019广西梧州2月联考,20)已知直线y=2x+m(m0)与抛物线y2=4x交于A,B两点. (1)若以AB为直径的圆经过原点,求m的值; (2)以AB为直角边作直角三角形ABC,若ABC的三个顶点同在一个圆心为T的圆上,求圆T的 面积. 1 ,2 2 解析解析 (1)设点A(x1,y1),B(x2,y2), 由得y2-2y+2m=0,=4-8m0得m0), 则 -得14a+2b=32, 式两边同时平方得(7-b)2=r2, -得a2-10a+2b
32、+12=0, 将代入消去b得a2-24a+44=0, 所以a=2或a=22. 所以或 所以所求圆的方程为(x-2)2+(y-2)2=25或(x-22)2+(y+138)2=1452. 222 222 (-2- )(5- ), (5- )(6- ), |7- |, abr abr br 2, 2, 5 a b r 22, -138, 145. a b r 3.(2020 5 3原创题)公元前3世纪,古希腊数学家阿波罗尼斯(Apollonius)在平面轨迹一书中,研 究了众多的平面轨迹问题,其中有如下著名结果:平面内到两个定点A、B距离之比为(0且1) 的点P的轨迹为圆,此圆称为阿波罗尼斯圆. (
33、1)已知两定点A(-2,0),B(4,0),若动点P满足=,求点P的轨迹方程. (2)已知A(-6,0),P是圆C:(x+4)2+y2=16上任意一点,在平面上是否存在点B,使得=恒成立?若存 在,求出点B坐标;若不存在,说明理由. (3)已知P是圆D:x2+y2=4上任意一点,在平面内求出两个定点A、B,使得=恒成立.只需写出两 个定点A、B的坐标,无需证明. | | PA PB 1 2 | | PA PB 1 2 | | PA PB 1 2 解析解析 (1)设点P(x,y),由=得|PB|2=4|PA|2, 即(x-4)2+y2=4(x+2)2+y2,化简得(x+4)2+y2=16. 即点
34、P的轨迹方程为(x+4)2+y2=16. (2)假设存在点B(a,b)满足对圆C:(x+4)2+y2=16上任意一点P,都有=,即|PB|2=4|PA|2. 设P(x0,y0),则(x0-a)2+(y0-b)2=4(x0+6)2+, 化简得3+3+(48+2a)x0+2by0+144-a2-b2=0. 又点P在圆C上,+=-8x0. 将代入得(24+2a)x0+2by0+144-a2-b2=0恒成立, 只需解得B(-12,0). 故对于A(-6,0),圆C:(x+4)2+y2=16上任意一点P,在平面上存在点B(-12,0),使得=恒成立. (3)设A(m,n),B(s,t),P(x1,y1)
35、. 由|PB|2=4|PA|2得(x1-s)2+(y1-t)2=4(x1-m)2+4(y1-n)2, 化简得3+3+(2s-8m)x1+(2t-8n)y1+4m2+4n2-s2-t2=0. | | PA PB 1 2 | | PA PB 1 2 2 0 y 2 0 x 2 0 y 2 0 x 2 0 y 22 2420, 20, 144-0, a b a b -12, 0, a b | | PA PB 1 2 2 1 x 2 1 y 又P在圆D:x2+y2=4上,+=4. 将代入得(2s-8m)x1+(2t-8n)y1+4m2+4n2-s2-t2+12=0恒成立, 所以即 答案不唯一,只需满足上面的方程组即可,例如A(1,0),B(4,0)或A,B(2,2)等. 2 1 x 2 1 y 2222 2 -80, 2 -80, 44-120, sm tn mn s t 22 4 , 4 , 1. sm tn mn 13 , 22 3
