1、 兩類壓軸大題是導數和圓錐曲線，難度大、綜合性強，取得滿分不容易，但要得到盡可能多的分數還是有方法可行的高考是選拔性的考試，同時又是一場智者的競爭，真正的高考高手是坦然的，他們懂得有舍才有得的真正道理，面對高考大題，特別是壓軸題，哪些應該勇于割舍，哪些應努力爭取本講教你四招，讓你在考試中盡可能多得分、巧得分如果遇到一個很困難的問題，確實啃不動，一個聰明的解題策略是，將它們分解為一系列的步驟，或者是一個個小問題，先解決問題的一部分，能解決多少就解決多少，能演算幾步就寫幾步，尚未成功不等于失敗特別是那些解題層次明顯的題目，或者是已經程序化了的方法，每進行一步得分點的演算都可以得分，最后結論雖然未得

2、出，但分數卻已過半，這叫“大題巧拿分”典例1(12分)已知橢圓C：1(ab0)的兩個焦點分別為F1(1，0)，F2(1，0)，且橢圓C經過點P.(1)求橢圓C的離心率；(2)設過點A(0，2)的直線l與橢圓C交于M，N兩點，點Q是線段MN上的點，且，求點Q的軌跡方程解題規范與評分細則(1)由橢圓定義知，2a|PF1|PF2| 2，所以a.2分又由已知，c1，所以橢圓C的離心率e.4分(2)由(1)知，橢圓C的方程為y21.設點Q的坐標為(x，y)當直線l與x軸垂直時，直線l與橢圓C交于(0，1)，(0，1)兩點，此時點Q的坐標為.6分當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為ykx2.因為M，N

3、在直線l上，可設點M，N的坐標分別為(x1，kx12)，(x2，kx22)，則|AM|2(1k2)x，|AN|2(1k2)x.又|AQ|2x2(y2)2(1k2)x2.由，得Z，即.8分將ykx2代入y21中，得(2k21)x28kx60.由(8k)24(2k21)60，得k2.由可知，x1x2，x1x2，代入中并化簡，得x2.9分因為點Q在直線ykx2上，所以k，代入中并化簡，得10(y2)23x218.10分由及k2，可知0x2b0)的左、右焦點分別為F1，F2，離心率為e1；雙曲線C2：1的左、右焦點分別為F3，F4，離心率為e2.已知e1e2，且|F2F4|1.(1)求C1，C2的方程

4、；(2)過F1作C1的不垂直于y軸的弦AB，M為AB的中點，當直線OM與C2交于P，Q兩點時，求四邊形APBQ面積的最小值解題規范與評分細則(1)因為e1e2，所以，即a4b4a4，因此a22b2，2分從而F2(b，0)，F4(b，0)，于是bb|F2F4|1，所以b1，a22.故C1，C2的方程分別為y21，y21.4分(2)因AB不垂直于y軸，且過點F1(1，0)，故可設直線AB的方程為xmy1.由得(m22)y22my10.5分易知此方程的判別式大于0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1，y2是上述方程的兩個實根，所以y1y2，y1y2.因此x1x2m(y1y2)2，于是AB的

5、中點為M，6分故直線PQ的斜率為，PQ的方程為yx，即mx2y0.7分由得(2m2)x24，所以2m20，且x2，y2，從而|PQ|22.9分設點A到直線PQ的距離為d，則點B到直線PQ的距離也為d，所以2d.因為點A，B在直線mx2y0的異側，所以(mx12y1)(mx22y2)0，于是|mx12y1|mx22y2|mx12y1mx22y2|，從而2d.又因為|y1y2|，所以2d.11分故四邊形APBQ的面積S|PQ|2d2.而02m22，故當m0時，S取得最小值2.綜上所述，四邊形APBQ面積的最小值為2.12分來源：特別提醒本題有一定難度，要想得到全分很難，這就應該學會缺步解答在第(2

6、)問中，要求四邊形APBQ的面積的最小值應表示出其面積，其難度較大，若兩次把直線方程和橢圓方程聯立，轉化為關于x或y的一元二次方程，由根與系數的關系及弦長公式求出PQ長，這是一些學生能夠完成的即使剩余的步驟全部放棄，考生也可得9分左右.解題過程中卡在某一過渡環節上是常見的這時，我們可以先承認中間結論，往后推，看能否得到結論若題目有兩問，第(1)問想不出來，可把第(1)問當作“已知”，先做第(2)問，跳一步解答典例2(12分)設函數fn(x)xnbxc(nN*，b，cR)(1)設n2，b1，c1，證明：fn(x)在區間內存在唯一零點；(2)設n2，若對任意x1，x21，1，有|f2(x1)f2(

7、x2)|4，求b的取值范圍；(3)在(1)的條件下，設xn是fn(x)在內的零點，判斷數列x2，x3，xn，的增減性解題規范與評分細則(1)證明：b1，c1，n2時，fn(x)xnx1.fnfn(1)10，fn(x)在上是單調遞增的，fn(x)在區間內存在唯一零點.4分(2)當n2時，f2(x)x2bxc.對任意x1，x21，1都有|f2(x1)f2(x2)|4等價于f2(x)在1，1上的最大值與最小值之差M4.據此分類討論如下：5分當1，即|b|2時，M|f2(1)f2(1)|2|b|4，與題設矛盾.6分當10，即0b2時，Mf2(1)f24恒成立.7分當01，即2b0時，Mf2(1)f24

8、恒成立綜上可知，2b2.8分故a的取值范圍為2，2(3)法一：設xn是fn(x)在內的唯一零點(n2)，fn(xn)xxn10，fn1(xn1)xxn110，xn1，于是有fn(xn)0fn1(xn1)xxn11xxn11fn(xn1)又由(1)知fn(x)在上是單調遞增的，故xnxn1(n2)，所以數列x2，x3，xn，是遞增數列.12分法二：設xn是fn(x)在內的唯一零點，fn1(xn)fn1(1)(xxn1)(1n111)xxn1xxn10，則fn1(x)的零點xn1在(xn，1)內，故xn0)與拋物線C2：y22ax相交于A，B兩點，且焦點重合(1)求C1，C2的方程；(2)在橢圓上

9、x軸的兩側取異于短軸端點的兩點C，D，若|AC|BD|，求證：C，D關于x軸對稱；(3)若過焦點F的直線l與兩曲線交于P，M，N，Q四點，是否存在斜率為k的直線l使其滿足|PN|2|MQ|？若存在，求出k的值；若不存在，說明理由解題規范與評分細則(1)因為C1，C2的焦點重合，所以，中華資源庫 又a0，所以a2，因此C1：1，C2：y24x.2分(2)聯立C1，C2的方程得解得A，B.設C(x1，y1)，D(x2，y2)，由|AC|BD|得，故xx(x2x1)yy2(y2y1)而yy(xx)，代入上式，得xx(x2x1)8(y2y1)0.(*)5分根據圖中點C，D的位置可以得到y1 ，y2 ，

10、代入上式(*)得，xx(x2x1)8()0，xx(x2x1)80，(x1x2)0，由于x1x2的值不恒為零，所以x1x2一定等于零，即x1x2，此時y1y2，因此C(x1，y1)，D(x2，y2)關于x軸對稱.8分(3)假設存在斜率為k的直線l使其滿足|PN|2|MQ|，設直線l的方程為yk(x1)，將yk(x1)與y24x聯立消去y得k2x2(2k24)xk20，解得|PN|.將yk(x1)與1聯立消去y得(34k2)x28k2x4k2120，解得|MQ|.11分若|PN|2|MQ|，則2，解得k.綜上可知，存在k滿足條件.12分特別提醒本題第(2)問難度較大，但我們可以跳過第(2)問，直接

11、求解第(3)問，這就是所謂的跳步解答，這樣雖然沒能解出第(2)問，但第(3)問同樣可以得到相應的分數對一個問題正面思考發生思維受阻時，用逆向思維的方法去探求新的解題途徑，往往能得到突破性的進展順向推有困難就逆推，直接證有困難就反證典例3(12分)已知f(x)xln x，g(x)x2ax3.(1)求函數f(x)的最小值；(2)對一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求實數a的取值范圍；(3)證明：對一切x(0，)，都有ln x成立解題規范與評分細則(1)f(x)ln x1，1分當x時，f(x)0，f(x)單調遞增所以f(x)的最小值為f.3分(2)2xln xx2ax3，則a2ln xx.設

12、h(x)2ln xx(x0)，則h(x)，4分當x(0，1)時，h(x)0，h(x)單調遞增，5分所以h(x)minh(1)4.因為對一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，所以ah(x)min4，即a的取值范圍為(，4.7分(3)證明：問題等價于證明xln x(x(0，).8分由(1)可知f(x)xln x(x(0，)的最小值是，當且僅當x時取得.9分設m(x)(x(0，)，則m(x)，易知m(x)maxm(1)，且兩函數不會同時取得.所以有xln x，11分從而對一切x(0，)，都有ln x成立.12分解答本題第(3)問利用了逆向解答，把不等式ln x巧妙地轉化為xln x，不等式左邊是

13、f(x)，右邊看作一個新的函數m(x)，只需說明f(x)minm(x)max即可對點演練設實數數列an的前n項和Sn滿足Sn1an1Sn(nN*)(1)若a1，S2，2a2成等比數列，求S2和a3；(2)求證：對k3有0ak1ak.解題規范與評分細則(1)由題意得S2S2，由S2是等比中項知S20，因此S22.2分由S2a3S3a3S2，解得a3.4分(2)證明：由題設條件有Snan1an1Sn，故Sn1，an11且an1，Sn，從而對k3，有ak.因aak110且a0，由得ak0.7分要證ak，由只要證，即證3a4(aak11)，即(ak12)20，此式明顯成立，因此ak(k3).9分最后證

14、ak1ak，若不然ak1ak，又因ak0，故1，即(ak1)20，b10)和橢圓C2：1(a2b20) 均過點 P，且以C1 的兩個頂點和C2的兩個焦點為頂點的四邊形是面積為2的正方形(1)求C1，C2的方程；(2)是否存在直線l，使得l與C1交于A，B兩點，與C2只有一個公共點，且 |？證明你的結論解題規范與評分細則(1)設C2的焦距為2c2，由題意知，2c22，2a12.從而a11，c21.因為點P在雙曲線x21上，所以1.故b3.2分由橢圓的定義知2a22.于是a2，bac2.故C1，C2的方程分別為x21，1.4分(2)不存在符合題設條件的直線.5分若直線l垂直于x軸，因為l與C2只有

15、一個公共點，所以直線l的方程為x或x.當x時，易知A(，)，B(，)，所以|2，|2.此時，|.當x時，同理可知，|.7分若直線l不垂直于x軸，設l的方程為ykxm.由得(3k2)x22kmxm230.當l與C1相交于A，B兩點時，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個實根，從而x1x2，x1x2.于是y1y2k2x1x2km(x1x2)m2.9分由得(2k23)x24kmx2m260.因為直線l與C2只有一個公共點，所以上述方程的判別式16k2m28(2k23)(m23)0.化簡，得m22k23，10分因此x1x2y1y20.于是222222，即|2|2，故|.綜

16、合可知，不存在符合題設條件的直線.12分在求解第(2)問時可采用退步解答，若不能正確判斷其結論也應說明直線是否存在，同時應對直線垂直于x軸時給予說明，這就是所謂的從一般到特殊對點演練如圖，動圓C1：x2y2t2，1t3與橢圓C2：y21相交于A，B，C，D四點，點A1，A2分別為C2的左，右頂點(1)當t為何值時，矩形ABCD的面積取得最大值？并求出其最大面積；(2)求直線AA1與直線A2B交點M的軌跡方程解題規范與評分細則(1)設A(x0，y0)，則矩形ABCD的面積S4|x0|y0|.1分由y1，得y1，3分從而xyx.當x，y時，Smax6.從而t時，矩形ABCD的面積最大，最大面積為6

17、.5分(2)設點M(x，y)，由A(x0，y0)，B(x0，y0)，A1(3，0)，A2(3，0)，知直線AA1的方程為y(x3)，6分直線A2B的方程為y(x3)7分由得y2(x29)9分又點A(x0，y0)在橢圓C上，故y1.將代入得y21(x3，y0).11分因此點M的軌跡方程為y21(x3，y0).12分特別提醒第(2)問要求交點M的軌跡方程，不易求解，考生可以利用圖形的對稱性設出A、B兩點的坐標，再由兩點式可寫出兩直線方程這類根據圖形或題意寫出一些點的坐標、方程、公式或正確做出圖形等的方法，為輔助解答法，像這種情況，閱卷老師一般會酌情給分壓軸解答題專項練(一)函數與導數(一)1(20

18、15東城模擬)已知x1是f(x)2xln x的一個極值點(1)求b的值；(2)求函數f(x)的單調遞減區間；(3)設g(x)f(x)，試問過點(2，5)可作多少條直線與曲線yg(x)相切？請說明理由解：(1)x1是f(x)2xln x的一個極值點，f(x)2，f(1)0，即2b10，b3，經檢驗，適合題意，b3.(2)由f(x)20，得0，x0)，當ke時，h(x)，若0xe，則h(x)0；若xe，則h(x)0.h(x)在(0，e)上單調遞減，在(e，)上單調遞增，故h(x)minh(e)2e，故函數h(x)的單調遞減區間為(0，e)，單調遞增區間為(e，)，極小值為2e，無極大值(2)由(1

19、)知h(x)，當k0時，h(x)0對x0恒成立，h(x)是(0，)上的增函數，注意到h(1)0，0x1時，h(x)0不合題意當k0時，若0xk，h(x)0；若xk，h(x)0.h(x)是(0，k)上的減函數，是(k，)上的增函數，故只需h(x)minh(k)ln kk10.令u(x)ln xx1(x0)，u(x)1，當0x1時，u(x)0; 當x1時，u(x)0.u(x)是(0，1)上的增函數，是(1，)上的減函數故u(x)u(1)0當且僅當x1時等號成立當且僅當k1時，h(x)0成立，即k1為所求3(2015包頭模擬)已知函數f(x)ex，a，bR，且a0.(1)當a2，b1時，求函數f(x

20、)的極值；(2)設g(x)a(x1)exf(x)，若存在x1，使得g(x)g(x)0成立，求的取值范圍解：(1)當a2，b1時，f(x)ex，定義域為(，0)(0，)所以f(x)ex.令f(x)0，得x11，x2，列表X(，1)1(1，0)f(x)00f(x) 極大值 極小值由表知f(x)的極大值是f(1)，f(x)的極小值是f4 .(2)因為g(x)ex，所以g(x)(axa)ex.由g(x)g(x)0，得ex(axa)ex0，整理得2ax33ax22bxb0.存在x1，使g(x)g(x)0成立等價于存在x1，使2ax33ax22bxb0成立因為a0，所以.設u(x)(x1)，則u(x).因

21、為x1時，u(x)0恒成立，所以u(x)在(1，)是增函數，所以u(x)u(1)1，所以1，即的取值范圍為(1，)4已知f(x)x2axln xaR.(1)若a0，求函數yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程；(2)若函數f(x)在1，2上是減函數，求實數a的取值范圍；(3)令g(x)f(x)x2，是否存在實數a，當x(0，e(e是自然對數的底數)時，函數g(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由解：(1)當a0時，f(x)x2ln x，f(x)2x，f(1)1，又f(1)1，函數yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程為xy0.(2)函數f(x)在1，2上是減函數，f(

22、x)2xa0在1，2上恒成立令h(x)2x2ax1，由得a，即a的取值范圍為.(3)假設存在實數a，使g(x)axln x在(0，e上的最小值是3，g(x)a，當a0時，g(x)0，g(x)在(0，e上單調遞減，g(x)ming(e)ae13，解得a(舍去)當e，即0a時，g(x)0在(0，e上恒成立，g(x)在(0，e上單調遞減，g(x)ming(e)ae13，解得a(舍去)當0時，令g(x)0，得0x0，得x，g(x)在上單調遞減，在上單調遞增，g(x)ming1ln a3，解得ae2，滿足條件綜上所述，存在實數ae2，使g(x)f(x)x2在(0，e上的最小值是3.壓軸解答題專項練(二)

23、函數與導數(二)1(2015青島模擬)已知函數f(x)1ln(a為實數)(1)當a1時，求函數f(x)的圖象在點處的切線方程；(2)設函數h(a)3a2a2(其中為常數)，若函數f(x)在區間(0，2)上不存在極值，且存在a滿足h(a)，求的取值范圍；解：(1)當a1時，f(x)1ln，f(x)，則f422，f12ln 2ln 21，函數f(x)的圖象在點處的切線方程為：y(ln 21)2，即2xyln220.(2)f(x)，由f(x)0xa，由于函數f(x)在區間(0，2)上不存在極值，所以a0或a2，由于存在a滿足h(a)，所以h(a)max，對于函數h(a)3a2a2，對稱軸a，當0或2

24、，即0或時，h(a)maxh2，由h(a)max2，結合0或可得：或；當01，即0時，h(a)maxh(0)0，由h(a)max0，結合0可知：不存在；當12，即時，h(a)maxh(2)68；由h(a)max68，結合可知：.綜上可知：的取值范圍為.2(2015鄭州模擬)已知函數f(x)ln x.(1)若yf(x)在x1處的切線的斜率為，求f(x)的單調區間；(2)若f(x)0在e2，e2上恰有兩個實根，且a恒成立，求實數m的取值范圍解：(1)由f(x)ln x得f(x)，若yf(x)在x1處的切線的斜率為，f(1)2a1，解得a，即f(x)，(x0)，由f(x)0得x，由f(x)0得0x，

25、即函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為.(2)由f(x)0得ln x0，得ax2ln x，在e2，e2上成立，設g(x)x2ln x，則g(x)2xln xxx(2ln x1)，由g(x)0得2ln x10，解得xe，當xe2，e)時，g(x)0，當x(e，e2，g(x)0，故g(x)在e2，e)上單調遞增，在(e，e2上單調遞減，故g(x)在e2，e2上的極大值為g(e)，而g(e2)，g(e2)2e4，顯然g(e2)g(e2)，故a的取值范圍是，令h(a)a，a，則h(a)1，令h(a)0，解得a，則a時，h(a)0，故h(a)在上單調遞增，故h(a)的最小值為h，故只需要，即m23m20

26、，解得1m2，即實數m的取值范圍是(1，2)3(2015濮陽模擬)已知函數f(x)x2，g(x)eln x.(1)設函數F(x)f(x)g(x)，求F(x)的單調區間；(2)若存在常數k，m，使得f(x)kxm，對xR恒成立，且g(x)kxm，對x(0，)恒成立，則稱直線ykxm為函數f(x)與g(x)的“分界線”，試問：f(x)與g(x)是否存在“分界線”？若存在，求出“分界線”的方程，若不存在，請說明理由解：(1)由于函數f(x)x2，g(x)eln x，因此，F(x)f(x)g(x)x2eln x，則F(x)x，x(0，)，當0x時，F(x)0，F(x)在(0，)上是減函數；當x時，F(

27、x)0，F(x)在(，)上是增函數；因此，函數F(x)的單調遞減區間是(0，)，單調遞增區間是(，)(2)由(1)可知，當x時，F(x)取得最小值F()0，則f(x)與g(x)的圖象在x處有公共點.假設f(x)與g(x)存在“分界線”，則其必過點.故設其方程為：yk(x)，即ykxk，由f(x)kxk對xR恒成立，則x22kxe2k0對xR恒成立，4k24(2ke)4k28k4e4(k)20成立，因此k，“分界線”的方程為：yx.下面證明g(x)x對x(0，)恒成立，設G(x)eln xx，則G(x)，當0x時，G(x)0，當x時，G(x)0，當x時，G(x)取得最大值0，則g(x)x對x(0

28、，)恒成立，故所求“分界線”的方程為：yx.4(2015沈陽模擬)已知函數f(x)exmex，e為自然對數的底數(1)若f(x)在xln 2處的切線的斜率為1，求實數m的值；(2)當m1時，若正數a滿足：存在x01，)，使得f(x0)a(x3x0)成立試比較ae1與ea1的大小，并說明埋由解：(1)f(x)exmex，由題意得，f(ln 2)21，則m2.(2)當m1時，f(x)exex，設h(x)f(x)ax33ax，則h(x)f(x)3ax23a，當x1時f(x)0，且3ax23a0，h(x)0，即h(x)在1，)上單調遞增，存在x01，)，使得f(x0)a(x3x0)，即存在x01，)，

29、使得h(x0)0，h(1)e2a.lnln ae1ln ea1(e1)ln aa1，設m(a)(e1)ln aa1，則m(a)1，a，當a時至多有兩個零點，而m(1)m(e)0，且1，當ab0)的離心率e，短軸長為2.(1)求橢圓C的標準方程；(2)如圖，橢圓左頂點為A，過原點O的直線(與坐標軸不重合)與橢圓C交于P，Q兩點，直線PA，QA分別與y軸交于M，N兩點試問以MN為直徑的圓是否經過定點(與直線PQ的斜率無關)？請證明你的結論解：(1)由短軸長為2，得b，由e，得a24，b22.橢圓C的標準方程為1.(2)結論：以MN為直徑的圓過定點F(，0)證明如下：設P(x0，y0)，則Q(x0，

30、y0)，且1，即x2y4，A(2，0)，直線PA方程為：y(x2)，M，直線QA方程為：y(x2)，N，以MN為直徑的圓為(x0)(x0)0，即x2y2y0，x42y，x2y2y20，令y0，則x220，解得x.以MN為直徑的圓過定點F(，0)4(2015鄭州模擬)已知F1(0，1)，F2(0，1)分別為橢圓C1：1(ab0)的上、下焦點，拋物線C2的頂點在坐標原點，焦點為F1，點M是C1與C2在第二象限的交點，且|MF1|.(1)求拋物線C2及橢圓C1的方程；(2)與圓x2(y1)21相切的直線l：yk(xt)，kt0交橢圓C1于A，B兩點，若橢圓C1上存在點P滿足，求實數的取值范圍解：(1

31、)由于拋物線C2的頂點在坐標原點，焦點為F1(0，1)，設拋物線C2的方程為x22py，即1，即有p2，則拋物線方程為x24y；由題意得a2b21，又由拋物線定義可知|MF2|yM1，得yM，所以M，從而|MF1|，由橢圓定義知2a|MF1|MF2|4，得a2，故b2a213，從而橢圓的方程為1.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，則由知，x1x2x0，y1y2y0，且1，又直線l：yk(xt)，kt0與圓x2(y1)21相切，則有1，由k0，可得k(t1，t0)，又聯立消去y得(43k2)x26k2tx3k2t2120，且36k4t24(43k2)(3k2t212)

32、0恒成立，且x1x2，x1x2，所以y1y2k(x1x2)2kt，所以得P，代入式得1，所以2，又將式代入得，2，t0，t1，易知11且13，所以2，所以的取值范圍為|22，且0，且壓軸解答題專項練(四)解析幾何(二)1(2015南昌模擬)已知拋物線C：x22py(p0)的焦點為F，過F的直線l交拋物線C于點A，B，當直線l的傾斜角是45時，AB的中垂線交y軸于點Q(0，5)(1)求p的值；(2)以AB為直徑的圓交x軸于點M，N，記劣弧的長度為S，當直線l繞F旋轉時，求的最大值解：(1)拋物線C：x22py(p0)的焦點為F，當l的傾斜角為45時，l的方程為yx，設A(x1，y1)，B(x2，

33、y2)，由得x22pxp20，x1x22p，y1y2x1x2p3p，得AB中點為D，AB中垂線為yp(xp)，把x0代入得yp5.p2.(2)設l的方程為ykx1，代入x24y得x24kx40，|AB|y1y22k(x1x2)44k24，AB中點為D(2k，2k21)，令MDN2，S2|AB|AB|，D到x軸的距離|DE|2k21，來源：cos ，當k20時cos 取最小值，取得最大值為.故的最大值為.2(2015濮陽模擬)如圖，已知橢圓C：y21，A、B是四條直線x2，y1所圍成的矩形的兩個頂點(1)設P是橢圓C上任意一點，若mn，求證：動點Q(m，n)在定圓上運動，并求出定圓的方程；(2)若M、N是橢圓C上兩個動點，且直線OM、ON的斜率之積等于直線OA、OB的斜率之積，試探求OMN的面積是否為定值，說明理由解：(1)證明：易求A(2，1)，B(2，1)設P(x0，y0)，則y1.由mn，得所以(mn)21，故點Q(m，n)在定圓x2y2上(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則.平方得xx16yy(4x)(4x)，即xx4.因為直線MN的方程為