11平面解析几何（直线与方程、圆与方程）-山东省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版,2019新版）

这是一份11平面解析几何（直线与方程、圆与方程）-山东省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版,2019新版），共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·山东德州·高三统考期末）曲线上有两个不同动点，动点到的最小距离为，点与和的距离之和的最小值为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023上·山东菏泽·高三统考期末）设圆C：上恰好有三个点到直线的距离等于1，则圆半径r的值为（ ）
A．2B．4C．D．3
3．（2023上·山东烟台·高三统考期末）过直线上一点作圆的两条切线，，若，则点的横坐标为（ ）
A．0B．C．D．
4．（2023上·山东烟台·高三统考期末）设分别为椭圆的左顶点和上顶点，为的右焦点，若到直线的距离为，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
5．（2022上·山东烟台·高三统考期末）若直线将圆分成的两段圆弧长度之比为1：3，则实数a的值为（ ）
A．﹣4B．﹣4或2C．2D．﹣2或4
6．（2022上·山东青岛·高三统考期末）已知集合，.若，则（ ）
A．B．
C．或D．或
7．（2022上·山东济宁·高三统考期末）已知圆，点，直线.点是圆上的动点，点是上的动点，则的最小值为（ ）
A．11B．12C．13D．14
8．（2022·山东滨州·高三校联考期末）已知圆C的半径为，其圆心C在直线上，圆C上的动点P到直线的距离的最大值为，则圆C的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
9．（2022上·山东菏泽·高三统考期末）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作，，点，点，过其“欧拉线”上一点Р作圆O：的两条切线，切点分别为M，N，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
10．（2022上·山东济宁·高三统考期末）已知函数在点处的切线与直线垂直，则（ ）
A．B．C．D．0
二、多选题
11．（2023上·山东泰安·高三统考期末）已知，，动点P满足．设点P的轨迹为曲线C，直线l：与曲线C交于D，E两点，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C的方程为B．的取值范围为
C．当最小时，D．当最大时，
12．（2023上·山东烟台·高三山东省烟台第一中学校考期末）已知直线，圆，则以下命题正确的是（ ）
A．直线均与圆E不一定相交
B．直线被圆E截得的弦长的最小值
C．直线被圆E截得的弦长的最大值6
D．若直线与圆E交于与圆E交于，则四边形面积最大值为14
13．（2023上·山东枣庄·高三统考期末）已知直线，圆，则（ ）
A．圆心C到l距离的最大值为
B．圆上至少有3个点到l的距离为
C．圆上到l的距离为的点有且只有2个
D．若，l与C相交于A，B两点，过A，B两点作C的切线，则两切线的交点坐标为
14．（2022上·山东青岛·高三青岛二中校考期末）点P在圆M：上，点A（4，0），点B（0，2），下列结论正确的是（ ）
A．过点A可以作出圆的两条切线
B．圆M关于直线AB对称的圆的方程为
C．点P到直线AB距离的最大值为
D．当∠PBA最大时，
15．（2022上·山东聊城·高三山东聊城一中校考期末）若直线上存在点P，过点P可作圆的两条切线PA，PB，切点为A，B，且，则实数m的取值可以为（ ）
A．3B．2C．0D．
16．（2022上·山东济南·高三统考期末）在平面直角坐标系内，已知，，是平面内一动点，则下列条件中使得点的轨迹为圆的有（ ）
A．B．
C．D．
17．（2022上·山东淄博·高三山东省淄博实验中学校考期末）在平面直角坐标系中，过直线上任一点作圆的两条切线，切点分别为、，则下列说法正确的是（ ）
A．四边形为正方形时，点的坐标为
B．四边形面积的最小值为1
C．不可能为钝角
D．当为等边三角形时，点的坐标为
18．（2022上·山东济宁·高三统考期末）已知抛物线，其焦点为，点是抛物线上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，则（ ）
A．直线过定点
B．当点到直线的距离最大时，
C．动点的轨迹为椭圆
D．的最小值为
19．（2022上·山东聊城·高三山东聊城一中校考期末）在平面直角坐标系xOy中，点F是抛物线的焦点，点，在抛物线C上，则下列结论正确的是（ ）
A．C的准线方程为B．
C．D．
三、填空题
20．（2023上·山东德州·高三统考期末）已知直线与圆交于、两点．若，则实数的取值范围是 ．
21．（2023上·山东济南·高三统考期末）已知函数，所有满足的点中，有且只有一个在圆上，则圆的标准方程可以是 .（写出一个满足条件的圆的标准方程即可）
22．（2022上·山东潍坊·高三统考期末）过直线上一点P（点P不在x轴上）作抛物线的两条切线，两条切线分别交x轴于点G，H，则外接圆面积的最小值为 ．
23．（2022上·山东德州·高三统考期末）设，为双曲线C：的左右焦点，O为坐标原点，以为直径的圆与该双曲线C的一条渐近线交于O，P两点，若，则C的离心率为 .
24．（2022·山东滨州·高三校联考期末）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过右支上一点P作双曲线C的一条渐近线的垂线，垂足为H．若的最小值为3a，则双曲线C的离心率为 ．
25．（2022上·山东枣庄·高三统考期末）设与相交于两点，则 ．
26．（2022上·山东淄博·高三统考期末）已知抛物线，圆，点，若A，B分别是，上的动点，则的最小值为 ．
四、解答题
27．（2023上·山东德州·高三统考期末）已知椭圆的左右焦点分别是，，点P在椭圆C上，以为直径的圆过点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知A，B是椭圆C上的两个不同的动点，以线段AB为直径的圆经过坐标原点O，是否存在以点O为圆心的定圆与AB相切？若存在，求出定圆的方程，若不存在，说明理由．
28．（2023上·山东日照·高三校联考期末）设椭圆的左右焦点分别为，椭圆的上顶点，点为椭圆上一点，且.
(1)求椭圆的离心率及其标准方程；
(2)圆圆心在原点，半径为，过原点的直线与椭圆交于两点，椭圆上一点满足，试说明直线与圆的位置关系，并证明.
29．（2022上·山东青岛·高三统考期末）已知椭圆离心率为，短轴长为，过的直线与椭圆C相切于第一象限的T点.
(1)求椭圆C的方程和T点坐标；
(2)设O为坐标原点，直线平行于直线OT，与椭圆C交于不同两点A，B，且与直线l交于点P.证明：为定值.
30．（2021上·山东青岛·高三校考期末）设F1､F2分别是椭圆的左､右焦点，E是椭圆C的上顶点，是等边三角形，短轴长为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知A，B分别为椭圆左右顶点，位于轴两侧的P，Q分别是椭圆C和圆上的两个动点，且直线PQ与x轴平行，直线AP，BP分别与轴交于M，N，证明：.
31．（2020上·山东青岛·高三统考期末）给定椭圆，称圆心在原点、半径为的圆是椭圆的“卫星圆”，若椭圆的离心率为，点在上.
（1）求椭圆的方程和其“卫星圆”方程；
（2）点是椭圆的“卫星圆”上的一个动点，过点作直线、使得，与椭圆都只有一个交点，且、分别交其“卫星圆”于点、，证明：弦长为定值.
参考答案：
1．C
【分析】对于可直接利用两点间的距离公式结合二次函数进行求解，对于可利用抛物线的性质，结合图象观察发现取得最值时的的位置进行求解.
【详解】设，则，结合关系式可变形为：，当，即动点坐标为时，取到最小距离，即；
由题知，曲线为抛物线在第一象限的部分以及原点，其焦点为，准线为，设，过作准线，垂足为，根据抛物线定义，，过作准线，垂足为，交抛物线于，当在运动时，结合下图可知，，当运动到时取得等号，即的最小值为.故.
故选：C
2．D
【分析】首先求圆心到直线的距离，再利用数形结合可得的值.
【详解】圆心到直线的距离，
若圆上有3个点到直线的距离等于1，则.
故选：D
3．D
【分析】由题意可得，，则，，设，由两点间的距离公式代入解方程即可得出答案.
【详解】如下图，过直线上一点作圆的两条切线，，
设圆心，连接，，
可得，，则，
所以，所以，
因为点在直线上，
所以设，，
，解得：.
故选：D.
4．A
【分析】根据椭圆的标准方程得到的坐标，再利用两点式可得到直线的方程，结合点到直线的距离公式和椭圆的离心率求解即可.
【详解】由题意可得，
所以直线的方程为，整理得，
所以到直线的距离，所以①，
又因为椭圆中②，③，
所以联立①②③得，解得，
又因为，所以，
故选：A
5．D
【分析】设直线和圆相交于AB，则根据较短弧长与较长弧长之比为1：3得到对应三角形为直角三角形，利用点与直线的距离建立条件关系即可.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，
设直线和圆相交于AB，
由较短弧长与较长弧长之比为1：3，则，故，
则圆心到直线的距离，
即，解得或4，
故选：D.
6．A
【分析】根据集合表示点的含义，可得直线与圆相交或相切，然后得到，整理解出不等式即可得出答案.
【详解】由已知可得，集合表示的点在圆上，圆心为，半径，集合表示的点为直线，即上的点.
由可知，直线与圆有交点，即直线与圆相交或相切，
所以圆心到直线的距离，即，
整理可得，解得.
故选：A.
7．B
【分析】找到关于的对称点，由且，即可求最小值.
【详解】由题设，即是圆心为，半径为1的圆，
又，在圆外同时不在直线上，如下图示：
若为关于的对称点，则，
则，而，
所以，仅当共线且在之间时等号成立，
故的最小值为12.
故选：B
8．A
【分析】由直线方程可知恒过定点，结合条件可得圆心C到直线的距离的最大值为，由几何知识可知CA垂直直线时，圆心C到直线的距离的最大，利用两点间距离公式即求.
【详解】∵直线，
∴，令，得，
∴直线恒过定点，

∵圆C上的动点P到直线的距离的最大值为，
∴圆心C到直线的距离的最大值为，
又圆心C在直线上，
∴可设，当直线CA垂直直线时，圆心C到直线的距离的最大，
∴，解得，
故圆心，
∴圆C的标准方程为.
故选：A.
9．B
【分析】求中垂线方程，结合点线距离判断“欧拉线”与圆O的位置关系并求出圆心到直线的距离，由几何关系判断的最小时的位置，进而求的最小值.
【详解】由题设，中点为，“欧拉线”斜率为，
所以“欧拉线”方程为，即，
又到的距离为，即“欧拉线”与圆O相离，
要使的最小，则在△与△中最小，即最大，而仅当“欧拉线”时最大，
所以，则，且圆O半径 ，，
所以，即.
故选：B
10．B
【分析】求出后可求的值.
【详解】，故，
故图象在点处的切线的斜率为，
所以即，
故选：B
11．ABD
【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程判断A；再利用曲线C的性质计算判断B，C，D作答.
【详解】设点，则，由得：
，整理得：，即，
所以曲线C的方程为，A正确；
显然曲线C是以点为圆心，4为半径的圆，，点A在圆C外，
，所以的取值范围为，B正确；
直线l：恒过定点，显然点在圆C内，线段是经过点的圆的弦，
直线的斜率，由圆的性质知，当最小时，，则有，解得，C错误；
当最大时，线段是经过点的圆的直径，则，解得，D正确.
故选：ABD
12．BCD
【分析】求出直线过同一个定点，而点在圆E内部，所以直线均与圆E相交可判断A；当时，直线被圆E截得的弦长最小，求出最小值可判断B；当时，直线被圆E截得的弦长最大，求出最大值可判断C；设圆心E到直线的距离分别为，由结合均值不等式可判断D.
【详解】解析：由题意，直线，即.
令，得，即直线过定点;
直线，即，令，得，
即直线过定点，所以直线过同一个定点，记为点M.
圆可化为，
而点在圆E内部，所以直线均与圆E相交，所以A选项错误；
对于直线，当时，直线被圆E截得的弦长最小，且最小值为，所以B选项正确；
对于直线，当时，直线被圆E截得的弦长最大，且最大值恰好为圆E的直径6，所以C选项正确；
又当时，直线的斜率为a，直线的斜率为，即直线.
设圆心E到直线的距离分别为，
则，又，
即，所以，
所以，
当且仅当时，等号成立，
故四边形面积最大值为14，所以D选项正确，
故选：BCD.
13．BC
【分析】依题意求出直线恒过定点，并判断点与圆的位置关系，进而可判断A，B，C的正误，将代入圆的方程可知点在圆上，即可判断D的正误.
【详解】直线，化简得，
可知直线恒过定点，代入到圆，
可得，所以点在圆内，
易知圆的圆心为，半径，
所以当时，圆心C到l距离有最大值，故A错误，
此时半径，所以圆上恰好有3个点到l的距离为，
当与不垂直时，圆心C到l距离小于，
那么圆上会有4个点到l的距离为，
所以圆上至少有3个点到l的距离为，故B正确，
由圆的对称性可知，无论为何值时，
圆上到l的距离为的点有且只有2个，故C正确，
当，l与C相交于A，B两点，过A，B两点作C的切线，
则两切线的交点必在圆外，而点代入到圆，
可知，即点在圆上，
所以点不是两切线的交点，故D错误，
故选：BC.
14．ACD
【分析】对于A，判断出点A（4，0）在圆M外，据此判断A；对于B，求出圆M关于直线AB对称的点为，进而得到圆M关于直线AB对称的圆的方程；对于C，先求点M到直线AB距离，加上半径即点P到直线AB距离的最大值；对于D，当与圆M相切时，∠PBA最大或最小，求出即可.
【详解】解：对于A，，点A（4，0）在圆M外，所以过点A可以作出圆M的两条切线，故A正确；对于B，有题知，直线AB的方程为：，设圆M关于直线AB对称的点为，由解得，圆M关于直线AB对称的圆的方程的圆心为，圆M关于直线AB对称的圆的方程为，故B错误；对于C，点M到直线AB距离为，所以点P到直线AB距离的最大值为，故C正确；对于D，如图，当与圆M相切时，∠PBA最大或最小，此时，故D正确.

故选：ACD
15．BCD
【分析】求出，等价于直线与圆有公共点结合选项可得答案．
【详解】若，因为，
所以，又，
所以四边形是边长为1的正方形，所以对角线，
等价于直线与圆有公共点，
由圆心到直线的距离公式可得，解之可得，
故选：BCD.
16．BCD
【分析】利用向量的坐标运算，通过题设条件，求出满足条件的动点C的轨迹方程，再根据轨迹方程判断即可.
【详解】解：设点C的坐标为 则
对于A：由得，即，故A错误；
对于B：由得，整理得，即，故B正确；
对于C：由得，即，故C正确；
对于D：由得，即，故D正确；
故选：BCD
17．ABC
【分析】对A：四边形为正方形时，由即可求解；对B：由，求出即可判断；对C：由，在直角三角形中，分析知，从而即可判断；对D：当为等边三角形时，，则从而即可求解.
【详解】解：对A：设，由题意，四边形为正方形时， ，解得，所以点的坐标为，选项A正确；
对B：四边形面积，
因为，所以，故选项B正确；
对C：由题意，，在直角三角形中，，
由选项B知，所以，
因为为锐角，所以，所以，故选项C正确；
对D：当为等边三角形时，，所以，则，解得或，此时点的坐标为或，故选项D错误；
故选：ABC.
18．ABD
【分析】根据题意求出直线的定点即可判断选项A；利用点到直线的距离公式，将式子整理化简即可判断选项B；根据垂直即可判断选项C；作出图象，借助抛物线的定义即可判断选项D.
【详解】直线可化为，令，解得：，所以直线过定点，故选项正确；
由题意可知：，则点到直线的距离，
当时，；
当时，，
因为，所以当时，取最大值，也即点到直线的距离最大时，，故选项正确；
因为过点作直线的垂线，垂足为，直线过定点，则，所以点在以（的长度为定值）为直径的圆上，也即动点的轨迹为圆，故选项错误；
过点作与准线垂直并交准线于点，连接，取的中点，则的坐标为，，因为，则点在以为直径的圆上，其方程为，又由，得，如图所示：
的最小值为圆上的点到准线的距离的最小值，过点作与准线垂直并交于点，与圆交于点，与抛物线交于点，则即为的最小值，即,故选项正确，
故选：.
19．ABD
【分析】依据题意求得抛物线的标准方程.解得抛物线的准线方程判断选项A；解得参数b判断选项B；求得判断选项C；求得判断选项D.
【详解】点，在抛物线C上
则，解之得
则抛物线，，
选项A：抛物线C的准线方程为.判断正确；
选项B：.判断正确；
选项C：.判断错误；
选项D：抛物线C的焦点，
则，
则.判断正确.
故选：ABD
20．
【分析】利用勾股定理可得出圆心到直线距离的取值范围，利用点到直线的距离公式可得出关于的不等式，解之即可.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
由勾股定理可知，圆心到直线的距离为，
由点到直线的距离公式可得，解得.
故答案为：.
21．．（注：圆心到直线的距离为半径即可）
【分析】根据题意结合函数的单调性和对称性得，进而可得直线与圆相切，即可写出答案.
【详解】由函数得，
所以在定义域上单调递增，
又因为，
所以关于对称，
则，即，
因为，所以，即，
所有满足的点中，有且只有一个在圆上，
则直线与圆相切，假设圆心，
所以，所以圆可以是，
故答案为: ．（注：圆心到直线的距离为半径即可）
22．/
【分析】利用抛物线定义、导数几何意义、四边形外接圆等，数形结合解决本题简单快捷.
【详解】抛物线的焦点为，
如图，设切点，
直线PA、PB与x轴分别交于G、H，连接PF、GF、HF.
由，可得，则
则，
直线PA方程为，即，则
直线PB方程为，即，则
由，可知
由，可知
则P、G、F、H四点在以线段PF为直径的圆上，此圆即为的外接圆.
点F到直线的距离为
则，则的外接圆半径
故的外接圆面积
即的外接圆面积的最小值为
故答案为：
23．
【分析】求出点坐标，进而求出直线的方程，利用点到直线距离公式求出O到直线的距离，利用建立关于的齐次式，求出离心率.
【详解】如图，渐近线方程为，则焦点到渐近线距离，即，则，过点P作PA⊥x轴于点A，则，由勾股定理得：，则，则直线方程为：，即，过点O作OB⊥于点B，则，又，所以，即，解得：，即C的离心率为.
故答案为：
24．
【分析】利用双曲线的定义，从而可得，利用点到直线的距离公式可得，由题意可得，进而求出离心率.
【详解】由双曲线定义知，，则，
∴，
所以，过作双曲线一条渐近线的垂线垂足为，交右支于点，
此时最小，且最小值为，
易求焦点到渐近线的距离为，即，
所以，即，，可求离心率.
故答案为：.
25．
【分析】先求出两圆的公共弦所在的直线方程，然后求出其中一个圆心到该直线的距离，再根据弦长、半径以及弦心距三者之间的关系求得答案.
【详解】将和两式相减：
得过两点的直线方程： ，
则圆心到的距离为，
所以 ，
故答案为：
26．2
【分析】由抛物线得焦点，准线为，，转化为求取得最小值，过点M作准线的垂线与抛物线相交，当点A为此交点时，取得最小值，由此可求得答案.
【详解】解：由抛物线得焦点，准线为，
由圆，得，所以圆是以为圆心，以为半径的圆，
所以，所以当取得最小值时，取得最小值，
又根据抛物线的定义得等于点A到准线的距离，
所以过点M作准线的垂线，垂足为N，且与抛物线相交，当点A为此交点时，取得最小值，最小值为，所以此时，
所以的最小值为2.
故答案为：2.
27．(1)
(2)存在，
【分析】（1）对于圆令得、、的坐标，且，由求出可得椭圆的方程；
（2）设，，当AB斜率存在时，直线AB的方程为与椭圆方程联立，由韦达定理代入的坐标运算得，再代入原点到AB的距离为；当AB斜率不存在时由题意知求出圆心到AB的距离可得答案
【详解】（1）对于，令，得，
所以，，，
圆心为，因为，所以，
所以，所以，
所以椭圆的方程为：；
（2）设，，
当AB斜率存在时，直线AB的方程为，
，消去得，
，
，
，，
因为以线段AB为直径的圆经过坐标原点，所以，
，
，
，
化简得：，
原点到AB的距离为，
当AB斜率不存在时由题意知：，，
圆心到AB的距离，
综上所述，存在以O为圆心的定圆与直线AB相切，定圆的方程为.
28．(1)，椭圆的方程为；
(2)直线与圆相切，证明见解析.
【分析】(1)由题意可得，设，由，可得，代入椭圆方程得，从而可得，再由即可求得椭圆的方程；
(2)先证明直线与圆相切，分直线的斜率存在与不存在两种情况分别证明；当线的斜率存在时，设直线的方程为：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，只要求出点到直线的距离即可；直线的斜率不存在时，只要求出直线的方程为或即可；从而可得直线与圆相切；同理可证线与圆相切.
【详解】（1）解：由题意可得，
设，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，
即，代入椭圆方程得：，
所以，
所以，
因数，
即，
所以，
又因为，
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）解：直线与圆相切.
证明：因为关于原点对称，
所以 ，，，
所以，
设，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，
联立直线和椭圆方程可得：，
即，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
则原点到直线的距离，
所以此时直线与圆相切；
当直线的斜率不存在时，依题意可得，
由，可得，
所以，
又因为，
所以，
所以直线的方程为或，
所以原点到直线的距离，
所以此时直线与圆相切，
综上所述直线与圆相切；
同理可证直线与圆相切；
所以直线与圆相切.
29．(1)，；
(2)证明见解析.
【分析】(1)根据给定条件列式计算求出椭圆C的方程，再设出直线方程，与椭圆C的方程联立，借助判别式计算作答.
(2)由(1)设出直线方程，求出点P的坐标，联立直线与椭圆C的方程，借助韦达定理计算作答.
【详解】（1）令椭圆C的半焦距为c，依题意，，而，解得，
所以的方程为；
显然直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去y得：，
由，解得：或，
当时，，解得，点，当时，，解得，不符合题意，
所以点坐标为.
（2）由(1)知，直线的斜率，直线的方程为，
设的方程为，，
由解得：，即点，则，
由消去y得：，则，
，
同理，
，
所以为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法：(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．
30．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由短轴长为，得，由是等边三角形，得，从而求出，，从而求出椭圆C的方程；
（2）设点坐标，点坐标，得出，直线方程，进而得出、坐标，写出，，由分别在椭圆和圆上，得，，从而证得，即可得证.
【详解】解：（1）是等边三角形，
，
，
，
椭圆的方程为；
（2）设点坐标，点坐标，
直线方程为，
坐标为，
直线方程为，
坐标为，
，，
，
分别在椭圆和圆上，
，，
，
.
31．（1），；（2）证明见解析.
【分析】（1）本题可根据题意得出以及，然后通过计算得出、的值以及椭圆方程，最后根据即可求出卫星圆的方程；
（2）本题可先讨论、中有一条无斜率的情况，通过求出与的方程即可求出的值，然后讨论、都有斜率的情况，设点以及经过点且与椭圆只有一个公共点的直线为，再然后通过联立方程以及韦达定理的应用得出满足条件的两直线、垂直，判断出此时线段应为“卫星圆”的直径以及的值，最后综合两种情况即可得出结果.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，点在上，
所以，解得，，椭圆方程为，
因为，圆心为原点，
所以卫星圆的方程为.
（2）①当、中有一条无斜率时，不妨设无斜率，
因为与椭圆只有一个公共点，所以其方程为或，
当方程为时，此时与“卫星圆”交于点和，
此时经过点或且与椭圆只有一个公共点的直线是或，
即为或，此时，线段应为“卫星圆”的直径，，
②当、都有斜率时，设点，其中，
设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，
联立方程，
消去得到，
则，
，满足条件的两直线、垂直，
此时线段应为“卫星圆”的直径，，
综合①②可知，为定值，.
【点睛】本题考查椭圆方程的求法以及圆的方程的求法，考查椭圆、直线以及圆相交的综合问题的求解，考查韦达定理以及判别式的灵活应用，考查计算能力，考查转化与化归思想，是难题.