浙江省2020年高考数学第二轮复习 专题六 解析几何第2讲 椭圆、双曲线、抛物线 文

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1、专题六　解析几何第2讲　椭圆、双曲线、抛物线 真题试做 1．(2020·浙江高考，文8)如图，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点．若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是(　　)． A．3 B．2 C． D． 2．(2020·浙江高考，文17)定义：曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离．已知曲线C1：y＝x2＋a到直线l：y＝x的距离等于曲线C2：x2＋(y＋4)2＝2到直线l：y＝x的距离，则实数a＝__________. 3．(2020·大纲全国高考，文10)已知F1，F2

2、为双曲线C：x2－y2＝2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|＝2|PF2|，则cos∠F1PF2＝(　　)． A． B． C． D． 4．(2020·浙江高考，文22)如图，在直角坐标系xOy中，点P到抛物线C：y2＝2px(p＞0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分． (1)求p，t的值； (2)求△ABP面积的最大值． 考向分析 圆锥曲线是高考的重点和热点，是高考中每年必考的内容．所占分数约在12～18分．主要考查圆锥曲线的标准方程、几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系等内容．其中对圆锥曲线方程与

3、性质的考查，多以选择题、填空题为主，如2020年湖南高考文6,2020年江西高考文8等题；对直线与圆锥曲线的位置关系的考查，常与其他知识结合，形成曲线中的存在性问题、曲线中的证明问题等，多以解答题的形式出现． 预计在今后高考中，解析几何中的解答题仍将以直线与圆锥曲线为载体，继续与函数、方程、不等式、向量等知识结合，考查最值问题、范围问题、存在性问题以及有关的证明等，试题属于中、高档题，考查的思想方法主要有数形结合、等价转化、分类讨论等数学思想方法． 热点例析 热点一　圆锥曲线的定义、性质与标准方程 【例1】若椭圆＋＝1与双曲线－＝1(m，n，p，q均为正数)有共同的焦点F1，F2，

4、P是两曲线的一个公共点，则|PF1|·|PF2|等于(　　)． A．p2－m2 B．p－m C．m－p D．m2－p2 规律方法 1．求圆锥曲线方程常用的方法有定义法、待定系数法、轨迹方程法．而对于双曲线和椭圆在不明确焦点坐标的情况下可以统一设成mx2＋ny2＝1(mn≠0)，这样可以避免对参数的讨论． 2．应特别重视圆锥曲线的定义在解题中的运用，若已知圆锥曲线上一点及焦点的相关信息，应首先要考虑使用圆锥曲线的定义来求解． 3．在求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c和a的值，而是根据题目给出的椭圆或双曲线的几何特点，建立关于参数c，a，b的方程或不等式，

5、通过解方程或不等式求得离心率的值或范围． 4．在双曲线中，由于e2＝1＋，故双曲线的渐近线与离心率密切相关． 5．抛物线的几何性质的特点：有一个顶点、一个焦点、一条准线、一条对称轴、无对称中心、没有渐近线，这里强调p的几何意义是焦点到准线的距离． 变式训练1 (1)(2020·江苏南京二模，6)已知双曲线－y2＝1的一条渐近线方程为x－2y＝0，则该双曲线的离心率e＝__________； (2)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝x，它的一个焦点与抛物线y2＝16x的焦点相同，则双曲线的方程为__________． 热点二　圆锥曲线的最值或定值问题 【例2】在

6、平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋y2＝1.如图所示，斜率为k(k＞0)且不过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x＝－3于点D(－3，m)． (1)求m2＋k2的最小值； (2)若|OG|2＝|OD|·|OE|， ①求证：直线l过定点； ②试问点B，G能否关于x轴对称？若能，求出此时△ABG的外接圆方程；若不能，请说明理由． 规律方法 1．求最值的常用方法 (1)函数法，如通过二次函数求最值；(2)三角代换法，转化为三角函数，利用三角函数的有界性求最值；(3)不等式法，通过基本不等式求最值；(4)数形结合法等． 2．定值问

7、题的求解策略 解这类问题常通过取参数和特殊值先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数． 特别提醒：解决定值问题一定要分清哪些量为变量，哪些量为常量． 变式训练2 (2020·安徽安庆二模，20)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点为F1，F2，e＝，过F1的直线l交椭圆C于A，B两点，|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列，且|AB|＝4. (1)求椭圆C的方程； (2)M，N是椭圆C上的两点，若线段MN被直线x＝1平分，证明：线段MN的中垂线过定点． 热点三　求圆锥曲线中的参数范围 【例1】如图，已知圆C：(x＋1)2＋

8、y2＝8，定点A(1,0)，M为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足＝2，·＝0，点N的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程； (2)若过定点F(0,2)的直线交曲线E于不同的两点G，H(点G在点F，H之间)，且满足＝λ，求λ的取值范围． 规律方法 求圆锥曲线中参数范围的常用方法 (1)函数法，用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解． (2)不等式法，根据题意建立含参数的不等关系，通过解不等式求参数的范围． (3)判别式法，建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ≥0求参数的范围． (4)数形结合法，研究该参数所对应的几何意义，利用数形结合思

9、想求解． 特别提醒：直线与圆锥曲线相交(有两个交点)，联立方程消元后得方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)，则Δ＝b2－4ac＞0，求字母范围时易忽视此限制条件，从而产生增根． 变式训练3 已知点P(4,4)，圆C：(x－m)2＋y2＝5(m＜3)与椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)有一个公共点A(3,1)，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，直线PF1与圆C相切． (1)求m的值与椭圆E的方程； (2)设Q为椭圆E上的一个动点，求·的取值范围． 热点四　开放性、探索性问题(存在性问题) 【例4】在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，)且斜率为k的直线l与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点P

10、和Q. (1)求k的取值范围； (2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量＋与共线？如果存在，求k的值；如果不存在，请说明理由． 规律方法 1．解决探索性问题应注意以下几点： 存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在． (1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论； (2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； (3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径． 2．存在性问题的解题步骤： (1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)

11、或不等式(组)； (2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在； (3)得出结论． 变式训练4 如图，椭圆C：＋＝1的顶点为A1，A2，B1，B2，焦点为F1，F2，|A1B1|＝，. (1)求椭圆C的方程； (2)设n是过原点的直线，l是与n垂直相交于P点，与椭圆相交于A，B两点的直线，||＝1.是否存在上述直线l使·＝1成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 思想渗透 分类讨论思想——解析几何中含参数的问题 解析几何中含参数的问题类型： (1)当直线过定点设直线方程时，应对直线分斜率存在与不存在两种情况进行讨论； (2)求有关直线

12、与圆锥曲线交点个数问题时，对参数的讨论； (3)求有关线段长度、图形面积的最值问题时，对解析式中含有的参数进行讨论； (4)对有关二元二次方程表示曲线类型的判定等． 求解时注意的问题： (1)求解有关含参数的问题时应结合参数的意义，对参数的不同取值或不同取值范围进行分类讨论，分类时应注意讨论的时机、标准、原因，做到不重不漏； (2)对参数的分类讨论，最后仍然分类写出答案；如果是对所求的字母进行分类求解，最后一般要整理得出并集． (2020·浙江高考，理21)如图，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为，不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段

13、AB被直线OP平分． (1)求椭圆C的方程； (2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程． 解：(1)设椭圆左焦点为F(－c,0)，则由题意得 解得 所以椭圆方程为＋＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M. 当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB的方程为y＝kx＋m(m≠0)， 由消去y，整理得 (3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，① 则Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0， 所以线段AB的中点M， 因为M在直线OP上，所以 ＝， 得m＝0(舍去

14、)或k＝－. 此时方程①为3x2－3mx＋m2－3＝0，则 Δ＝3(12－m2)＞0， 所以|AB|＝·|x1－x2|＝·. 设点P到直线AB距离为d，则 d＝＝. 设△ABP的面积为S，则 S＝|AB|·d＝·， 其中m∈(－2，0)∪(0,2)． 令u(m)＝(12－m2)(m－4)2，m∈[－2，2]， u′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)＝－4(m－4)·(m－1－)(m－1＋)． 所以，当且仅当m＝1－时，u(m)取到最大值． 故当且仅当m＝1－时，S取到最大值． 综上，所求直线l方程为3x＋2y＋2－2＝0. 1．(2020·浙江嘉兴第二次检

15、测，9)设双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，过点F作与x轴垂直的直线l交两渐近线于A，B两点，与双曲线的其中一个交点为P，设O为坐标原点，若＝m＋n(m，n∈R)，且mn＝，则该双曲线的离心率为(　　)． A． B． C． D． 2．(2020·浙江义乌中学月考，15)已知实数p＞0，直线3x－4y＋2p＝0与抛物线x2＝2py和圆x2＋2＝从左到右的交点依次为A，B，C，D，则的值为__________． 3．(2020·浙江嘉兴第二次检测，16)已知抛物线x2＝4y的焦点为F，经过F的直线与抛物线相交于A，B两点，则以AB为直径的圆在x轴上所截

16、得的弦长的最小值是__________． 4．(2020·浙江五校联考，15)过抛物线y2＝2px(p＞0)焦点的直线与抛物线交于A，B两点，|AB|＝3，且AB中点的纵坐标为，则p的值为__________． 5．(2020·北京丰台3月模拟，10)已知抛物线y2＝8x上一点P到焦点的距离是6，则点P的坐标是__________． 6．过双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点F作一条渐近线的垂线，若垂足恰在线段OF(O为原点)的垂直平分线上，则双曲线的离心率为__________． 7．(2020·山东济南3月模拟，22)已知中心在原点O，焦点F1，F2在x轴上的椭圆E经过点C(2

17、,2)，且抛物线y2＝－4x的焦点为F1. (1)求椭圆E的方程； (2)垂直于OC的直线l与椭圆E交于A，B两点，当以AB为直径的圆P与y轴相切时，求直线l的方程和圆P的方程． 参考答案 命题调研·明晰考向 真题试做 1．B　解析：由题意可知椭圆的长轴长2a1是双曲线实轴长2a2的2倍，即a1＝2a2，而椭圆与双曲线有相同的焦点． 故离心率之比为＝＝2. 2．　解析：x2＋(y＋4)2＝2到直线y＝x的距离为－＝， 所以y＝x2＋a到y＝x的距离为，而与y＝x平行且距离为的直线有两条，分别是y＝x＋2与y＝x－2，而抛物线y＝x2＋a开口向上，所以y＝x2＋a与y＝x＋2相

18、切，可求得a＝. 3．C　解析：设|PF2|＝m，则|PF1|＝2m， 由双曲线定义知：|PF1|－|PF2|＝2a，得2m－m＝2， ∴m＝2. 又2c＝2＝2×2＝4， ∴由余弦定理可得：cos∠F1PF2＝＝. 4．解：(1)由题意知得 (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q(m，m)． 由题意知，设直线AB的斜率为k(k≠0)． 由得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，故k·2m＝1. 所以直线AB方程为y－m＝(x－m)， 即x－2my＋2m2－m＝0. 由 消去x，整理得y2－2my＋2m2－m＝0， 所以Δ＝4m－4m

19、2＞0，y1＋y2＝2m，y1·y2＝2m2－m. 从而|AB|＝·|y1－y2|＝·. 设点P到直线AB的距离为d， 则d＝. 设△ABP的面积为S， 则S＝|AB|·d＝|1－2(m－m2)|·. 由Δ＝4m－4m2＞0，得0＜m＜1. 令u＝，0＜u≤，则S＝u(1－2u2)． 设S(u)＝u(1－2u2)，0＜u≤， 则S′(u)＝1－6u2. 由S′(u)＝0，得u＝∈， 所以S(u)max＝S＝. 故△ABP面积的最大值为. 精要例析·聚焦热点 热点例析 【例1】C　解析：根据题意可知m＞n，由于点P是椭圆上的点，据椭圆定义有|PF1|＋|PF2|＝2

20、. 又点P在双曲线上，再据双曲线定义有|PF1|－|PF2|＝±2，将上述两式分别平方再相减得|PF1|·|PF2|＝m－p. 【变式训练1】(1) (2)－＝1　解析：由双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为y＝x得＝，∴b＝a. ∵抛物线y2＝16x的焦点为F(4,0)，∴c＝4. 又∵c2＝a2＋b2，∴16＝a2＋(a)2. ∴a2＝4，b2＝12. ∴所求双曲线的方程为－＝1. 【例2】解：(1)设直线l的方程为y＝kx＋t(k＞0)，由题意，t＞0. 由方程组 得(3k2＋1)x2＋6ktx＋3t2－3＝0. 由题意Δ＞0，所以3k2＋1＞t2.

21、设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由韦达定理得x1＋x2＝－. 所以y1＋y2＝. 由于E为线段AB的中点， 因此xE＝－，yE＝， 此时kOE＝＝－. 所以OE所在直线方程为y＝－x. 又由题设知D(－3，m)，令x＝－3，得m＝，即mk＝1. 所以m2＋k2≥2mk＝2.当且仅当m＝k＝1时上式等号成立． 此时由Δ＞0得0＜t＜2. 因此当m＝k＝1且0＜t＜2时，m2＋k2取最小值2. (2)①证明：由(1)知OD所在直线的方程为y＝－x，将其代入椭圆C的方程，并由k＞0， 解得G， 又E，D， 由距离公式及t＞0得 |OG|2＝2＋2 ＝， |O

22、D|＝＝， |OE|＝ ＝， 由|OG|2＝|OD|·|OE|得t＝k， 因此直线l的方程为y＝k(x＋1)，所以直线l恒过定点(－1,0)． ②由①得G， 若B，G关于x轴对称， 则B. 代入y＝k(x＋1)，整理得3k2－1＝k， 即6k4－7k2＋1＝0，解得k2＝(舍去)或k2＝1，所以k＝1. 此时B，G关于x轴对称． 又由(1)得x1＝0，y1＝1，所以A(0,1)． 由于△ABG的外接圆的圆心在x轴上，可设△ABG的外接圆的圆心为(d,0)， 因此d2＋1＝2＋，解得d＝－. 故△ABG的外接圆的半径为r＝＝. 所以△ABG的外接圆方程为2＋y2＝.

23、 【变式训练2】(1)解：∵|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列， ∴|AF2|＋|BF2|＝2|AB|. ∴4a＝|AF2|＋|AF1|＋|BF2|＋|BF1|＝|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝3|AB|＝12. ∴a＝3. 又e＝＝，∴c＝1，b＝＝2. 所求的椭圆方程为＋＝1. (2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为(1，y0)， 由题意知，. 两式相减，得＋＝0， ∴kMN＝＝－＝－. ∴线段MN的中垂线方程为y－y0＝(x－1)， 易证，此直线过定点. 【例3】解：(1)∵＝2，·＝0， ∴NP为AM的垂直平分线， ∴|N

24、A|＝|NM|. 又∵|CN|＋|NM|＝2， ∴|CN|＋|AN|＝2＞2， ∴点N的轨迹是以点C(－1,0)，A(1,0)为焦点的椭圆且椭圆长轴长为2a＝2，焦距2c＝2， ∴a＝，c＝1，b2＝1， ∴曲线E的方程为＋y2＝1. (2)当直线GH的斜率存在时， 设直线GH的方程为y＝kx＋2，代入椭圆方程＋y2＝1，得x2＋4kx＋3＝0. 由Δ＞0得k2＞. 设G(x1，y1)，H(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝. 又∵＝λ， ∴(x1，y1－2)＝λ(x2，y2－2)，∴x1＝λx2， ∴x1＋x2＝(1＋λ)x2，x1x2＝λx2， ∴2＝x

25、2＝. ∴2·2＝·， 整理得＝. ∵k2＞，∴4＜＜. ∴4＜λ＋＋2＜，∴＜λ＜3. 又∵0＜λ＜1，∴＜λ＜1. 又当直线GH的斜率不存在，即其方程为x＝0时，＝，λ＝. ∴≤λ＜1，即所求λ的取值范围是. 【变式训练3】解：(1)点A坐标代入圆C方程，得(3－m)2＋1＝5. ∵m＜3，∴m＝1. 圆C：(x－1)2＋y2＝5. 设直线PF1的斜率为k， 则PF1：y＝k(x－4)＋4，即kx－y－4k＋4＝0. ∵直线PF1与圆C相切，∴＝. 解得k＝或k＝. 当k＝时，直线PF1与x轴的交点横坐标为，不合题意，舍去； 当k＝时，直线PF1与x轴的交点

26、横坐标为－4，∴c＝4. ∴F1(－4,0)，F2(4,0)． 2a＝AF1＋AF2＝5＋＝6，a＝3，a2＝18，b2＝2. 椭圆E的方程为＋＝1. (2)＝(1,3)，设Q(x，y)，＝(x－3，y－1)， ·＝(x－3)＋3(y－1)＝x＋3y－6. ∵＋＝1，即x2＋(3y)2＝18， 而x2＋(3y)2≥2|x|·|3y|，∴－18≤6xy≤18. 则(x＋3y)2＝x2＋(3y)2＋6xy＝18＋6xy的取值范围是[0,36]． x＋3y的取值范围是[－6,6]． ∴·＝x＋3y－6的取值范围是[－12,0]． 【例4】解：(1)由已知条件知直线l的方程为y＝

27、kx＋， 代入椭圆方程得＋(kx＋)2＝1. 整理得x2＋2kx＋1＝0.① 直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4＝4k2－2＞0， 解得k＜－或k＞. 即k的取值范围为∪. (2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则＋＝(x1＋x2，y1＋y2)， 由方程①得x1＋x2＝－.② 又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2，③ 而A(，0)，B(0,1)，＝(－2,1)， 所以＋与共线等价于x1＋x2＝－(y1＋y2)． 将②③代入上式，解得k＝. 由(1)知k＜－或k＞，故没有符合题意的常数k. 【变式训练4】解：(1)由|A1B1|＝知a2＋b2＝7

28、，① 由知a＝2c，② 又b2＝a2－c2，③ 由①②③解得a2＝4，b2＝3， 故椭圆C的方程为＋＝1. (2)设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 假设使·＝1成立的直线l存在， ①当l不垂直于x轴时，设l的方程为y＝kx＋m， 由l与n垂直相交于P点且||＝1， 得＝1，即m2＝k2＋1. ∵·＝1，||＝1， ∴·＝(＋)·(＋) ＝＋·＋·＋· ＝1＋0＋0－1＝0， 即x1x2＋y1y2＝0. 将y＝kx＋m代入椭圆方程， 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋(4m2－12)＝0， 由求根公式可得x1＋x2＝，④ x1x2＝.⑤

29、 0＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m) ＝x1x2＋k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2 ＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2， 将④⑤代入上式并化简得 (1＋k2)(4m2－12)－8k2m2＋m2(3＋4k2)＝0，⑥ 将m2＝1＋k2代入⑥并化简得－5(k2＋1)＝0，矛盾．即此时直线l不存在． ②当l垂直于x轴时，满足||＝1的直线l的方程为x＝1或x＝－1， 当x＝1时，A，B，P的坐标分别为，，(1,0)， ∴＝，＝. ∴·＝≠1. 当x＝－1时，同理可得A·≠1， 即此时直线l也不存在． 综上可知，使·＝1成立的直线

30、l不存在． 创新模拟·预测演练 1．C　解析：A，B，代入＝m＋n，得P，代入双曲线方程，得4e2mn＝1，即得e＝. 2．　解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因直线斜率大于0，故y1＜y2. 而抛物线的焦点F就是圆的圆心，且直线过抛物线的焦点，则|AB|＝|AF|－|BF|＝－＝y1. 同理|CD|＝|DF|－|CF|＝－＝y2. 由消去x整理得8y2－17py＋2p2＝0. 因y1＜y2，解得y1＝，y2＝2p，则＝＝. 3．2　解析：因为焦点F到x轴的距离为1，则以AB为直径的圆在x轴上所截得的弦长为m＝2，故要使弦长最小，则线段AB长要最小．从而弦AB与y轴垂

31、直，此时|AB|＝4，故以AB为直径的圆在x轴上所截得的弦长的最小值为2. 4．　解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有y1y2＝－p2，且y1＋y2＝1，从而有1＝(y1＋y2)2＝y＋y＋2y1y2＝2p(x1＋x2)－2p2. 又由|AB|＝x1＋x2＋p＝3，得x1＋x2＝3－p，则有1＝2p(3－p)－2p2，解得p＝. 5．(4，±4)　解析：利用抛物线定义先求出P点的横坐标． 6．　解析：设垂足为M. 则△OFM为等腰直角三角形，设OF中点为N，利用MN＝ON＝OF，列出关于a，c的关系式即可解决． 7．解：(1)设椭圆E的方程为＋＝1(a＞b＞0)， 则

32、＋＝1，① ∵抛物线y2＝－4x的焦点为F1，∴c＝.② 又a2＝b2＋c2，③ 由①②③得a2＝12，b2＝6. ∴椭圆E的方程为＋＝1. (2)依题意，直线OC斜率为1，由此设直线l的方程为y＝－x＋m， 代入椭圆E的方程，得3x2－4mx＋2m2－12＝0. 由Δ＝16m2－12(2m2－12)＝8(18－m2)＞0，得m2＜18. A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝. 圆P的圆心为， 半径r＝|x1－x2|＝. 当圆P与y轴相切时，r＝，则2x1x2＝， 即＝，m2＝9＜18，m＝±3. 当m＝3时，直线l方程为y＝－x＋3，此时，x1＋x2＝4，圆心为(2,1)，半径为2，圆P的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4； 同理，当m＝－3时，直线l方程为y＝－x－3，圆P的方程为(x＋2)2＋(y＋1)2＝4.