第10期 直线和圆的方程核心素养综合测评-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（人教A版2019）

书 所以直线ＡＣ的方程为ｙ＝－（ｘ－１），即ｙ＝－ｘ＋１①， 设小狗的位置为点Ｐ，当ＢＰ⊥ＡＣ时，小狗距离小明最近， 此时直线ＢＰ的方程为ｙ＝ｘ＋２②，联立①②， 解得ｘ＝－ １２，ｙ＝ ３ ２， (因此所求位置的坐标为 － １２， )３２ ． ７．由题意设Ｐ（槡２２，ｔ），Ｑ（ｘ，ｙ）， 由题意知ｙ－ｔ＝ｘ－ 槡２２，则ｔ＝ｙ－ｘ＋ 槡２２， 由于点Ｑ是圆ｘ２＋ｙ２＝４上一点，故令 ｘ＝２ｃｏｓθ， ｙ＝２ｓｉｎθ{ ，θ∈［０，２π）， 则ｔ＝２ｓｉｎθ－２ｃｏｓθ＋ 槡２２＝ 槡 (２２ｓｉｎ θ－π )４ ＋ 槡２２， 由于θ－π４ [∈ －π４，７π)４ ，故ｔ∈［０，槡４２］，则ｔ２∈［０，３２］， 故｜ＯＰ｜＝ （槡２２）２＋ｔ槡 ２＝ ８＋ｔ槡 ２∈［槡２２， 槡２ １０］，故选（Ｃ）． ８．如图１，在线段ＣＤ上取点Ｈ， Ｎ，使得ＤＨ＝ＣＮ＝２，ＨＮ＝４， 在线段 ＡＢ上取点 Ｇ，Ｍ，使得 ＡＧ＝ＭＢ＝２，ＧＭ ＝４， 连 接 ＥＧ，ＥＨ，ＧＨ，ＦＭ，ＦＮ， ＭＮ，设Ｐ，Ｑ分别为ＧＨ，ＭＮ的中点， 连接ＥＰ，ＦＱ， 由题意可得，ＥＧ＝ＥＨ＝ＦＭ＝ＦＮ＝槡５，ＧＨ＝ＭＮ＝４，ＥＰ＝ＦＱ， ＥＰ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＥＰ＝ＦＱ＝１，连接ＰＱ，则ＰＱ∥ＡＢ∥ＤＣ，以Ｑ为 原点，以ＱＭ，ＱＰ，ＱＦ所在直线为ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角坐标系，则Ｆ（０，０， １），Ａ（２，６，０），Ｄ（－２，６，０），Ｅ（０，４，１）， 所以→ＡＤ＝（－４，０，０），→ＡＥ＝（－２，－２，１），→ＥＦ＝（０，－４，０）， 设平面ＡＤＥ的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＡＤ＝０， ｎ·→ＡＥ＝０{ ，即 －４ｘ＝０， －２ｘ－２ｙ＋ｚ＝０{ ，则可取ｎ (＝ ０，１２， )１ ， 则点Ｆ到平面ＡＤＥ的距离为ｈ＝ →｜ＥＦ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ ２ 槡 ５ ４ ＝ 槡４５５， 又Ｓ△ＡＤＥ＝ １ ２ ×４× ３ ２－２槡 ２＝ 槡２５， 所以三棱锥Ｆ－ＡＤＥ的体积为 １３ ×Ｓ△ＡＤＥ×ｈ＝ １ ３ ×槡２５× 槡４５ ５ ＝ ８ ３．故选（Ａ）． 二、多项选择题　９．ＢＣ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．由题可得２×２－ａ×ａ＝０，解得ａ＝－２或ａ＝２，当ａ＝２时，此 时两条直线重合，故实数ａ的值为 －２，故（Ａ）正确； 当ｋ＝０，ｂ＝０时，直线ｙ＝０不经过第三象限，此时点（０，０）是坐标 原点，不在第二象限，故（Ｂ）错误； 当直线过原点时，直线ｙ＝ ３２ｘ经过点（－２，－３），即直线ｙ＝ ３ ２ｘ 也满足题意，故（Ｃ）错误； 直线ｋｘ－ｙ－ｋ－１＝０可化为ｋ（ｘ－１）－（ｙ＋１）＝０， 恒过定点Ｐ（１，－１）， 且斜率为ｋ， 则ｋＰＭ ＝ －１－１ １＋３ ＝－ １ ２，ｋＰＮ＝ －１－２ １－３ ＝ ３ ２， 由题可得ｋ≥ ３２ 或ｋ≤－ １ ２，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １０．因为直线ｌ过点Ｃ（１，１），所以当ｌ⊥ＯＣ时圆心到直线ｌ的距离最 大，此时｜ＡＢ｜＝ 槡２２，所以｜ＡＢ｜的最小值为 槡２２，此时△ＡＯＢ为等腰直 角三角形，（Ａ）错误，（Ｃ）正确；易知｜ＡＢ｜的最大值为４，（Ｂ）错误；因为 ｜ＡＢ｜的最小值为 槡２２，所以∠ＡＯＢ最小为９０°，（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．在题图 ３中，由 ｆ（ｘ）＝ (ｓｉｎ πｘ＋５π)６ ，得 (Ａ － １３， )１ ， (Ｂ ２３，－ )１ ， (Ｄ ２３， )０ ， (Ｍ ０， )１２ ， 在题图４中，建立如图２所示的空间 直角坐标系Ｏ－ｘｙｚ， 则 (Ａ ０，－１３， )１ ， (Ｂ １，２３， )０ ， (Ｍ ０，０， )１２ ， (Ｄ ０，２３， )０ ，则→ＡＢ＝ （１，１，－１），得 →｜ＡＢ｜＝槡３，（Ａ）正确； 取ａ →＝ＤＢ＝（１，０，０），ｕ＝ →ＡＢ→｜ＡＢ｜ ＝槡３３（１，１，－１） (＝ 槡３３，槡３３， －槡３)３ ，则 ａ２ ＝１，ａ·ｕ＝ 槡３３，所以点 Ｄ到直线 ＡＢ的距离为 ａ２－（ａ·ｕ）槡 ２＝槡 ６ ３，（Ｂ）错误； 设平面ＡＢＭ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），→ (ＡＭ ＝ ０，１３，－ )１２ ， 则 ｎ·→ＡＢ＝０， ｎ·→ＡＭ ＝０{ ，即 ｘ＋ｙ－ｚ＝０， １ ３ｙ－ １ ２ｚ＝０ { ，取ｙ＝３，则ｚ＝２，ｘ＝－１， 所以平面ＡＢＭ的一个法向量ｎ＝（－１，３，２）， 所以点Ｄ到平面ＡＢＭ的距离为 →｜ＤＢ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ １ 槡１４ ＝槡１４１４，（Ｃ）正确； 平面ＯＢＤ的一个法向量为ｍ＝（０，０，１），则平面ＯＢＤ与平面ＡＢＭ夹 角的余弦值为 ｜ｍ·ｎ｜ ｜ｍ｜｜ｎ｜＝ ２ １×槡１４ ＝槡１４７ ，（Ｄ）正确． 故选：（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２ (． －∞，－ )１６ (∪ － １６，＋ )∞ ；　１３．槡７２４； １４．ｘ２ (＋ ｙ－ )５６ ２ ＝ １３６． 提示： １２．假设ａ，ｂ，ｃ共面，则有ａ＝λｂ＋μｃ（λ，μ∈Ｒ）， 则（１，－２，２）＝（２λ－３μ，２λ＋μ，－３λ＋μｘ）， 则 ２λ－３μ＝１， ２λ＋μ＝－２， －３λ＋μｘ＝２ { ， 得 λ＝－ ５８， μ＝－ ３４， ｘ＝－ １６ { ， 要使ａ，ｂ，ｃ可以构成空间向量的一个基底，则ａ，ｂ，ｃ不共面，即ｘ≠－１６， 故答案为 (： －∞，－ )１６ (∪ － １６，＋ )∞ ． １３．如图３，以鼻尖所在位置为原点Ｏ，中 庭下边界为ｘ轴，垂直中庭下边界为 ｙ轴，建 立平面直角坐标系，因为三庭中一庭的高度 为２ｃｍ，五眼中一眼的宽度为１ｃｍ， 所以 (Ａ １２， )４ ， (Ｂ － ３２， )２ ，所以 ｋＡＢ＝ ４－２ １ ２ (－ － )３２ ＝１， 利用点斜式方程可得到直线ＡＢ：ｙ－２＝ｘ＋３２，即为２ｘ－２ｙ＋７＝０， 所以原点Ｏ到直线ＡＢ距离为ｄ＝ ｜７｜ ４＋槡 ４ ＝ 槡７２４． １４．设圆Ｏ１，Ｏ２，Ｏ３，Ｏ４的半径分别为ｒ１，ｒ２，ｒ３，ｒ４， 由题意 可 得： ｒ１＝ｒ２， ｒ１＋ｒ２＝｜Ｏ１Ｏ２｜＝４， ｒ１＋ｒ３＝｜Ｏ１Ｏ３｜＝ ５ ２ { ， 解 得 ｒ１＝ｒ２＝２， ｒ３＝ １ ２ { ， 则 (２ １４ ＋１＋ １２ｒ４＋１＋ １２ｒ４＋ １１ ２ｒ ) ４ ＝ １４ ＋ １ ４ ＋ １ １ ４ ＋ １ ｒ２４ ， 解得ｒ４＝ １ ６，由｜Ｏ１Ｏ４｜＝｜Ｏ２Ｏ４｜，可知点Ｏ４在线段Ｏ１Ｏ２的中垂 线上，即ｙ轴上，设Ｏ４（０，ａ）， 由题意可得 ｜Ｏ１Ｏ４｜＝ ４＋ａ槡 ２＝２＋ １ ６， ｜Ｏ３Ｏ４｜＝ ３ ２ －ａ ＝ １ ２ ＋ １ ６ { ，解得ａ＝ ５６， 即圆Ｏ４的圆心Ｏ (４ ０， )５６ ，半径ｒ４＝ １６， 所以圆Ｏ４的方程为ｘ２ (＋ ｙ－ )５６ ２ ＝ １３６． 四、解答题 １５．解：（１）→ＡＢ＝（－１，２，０），→ＡＣ＝（１，１，３）， 所以 →｜ＡＢ｜＝槡５，→｜ＡＣ｜＝槡１１，→ＡＢ·→ＡＣ＝－１＋２＝１， 所以ｃｏｓ〈→ＡＢ，→ＡＣ〉＝ １ 槡５·槡１１ ＝槡５５５５． （２）因为点Ｐ（－３，ｍ，ｎ）在直线ＡＣ上，所以→ＡＰ与→ＡＣ共线， 则存在μ∈Ｒ使得→ＡＰ＝μ→ＡＣ， 即（－３－１，ｍ－２，ｎ－０）＝μ（１，１，３）， 所以 －４＝μ， ｍ－２＝μ， ｎ＝３μ { ， 解得ｍ＝－２，ｎ＝－１２，ｍ＋ｎ＝－１４． １６．解：（１）因为ｌ１⊥ｌ２，又直线ｌ１的斜率ｋ１＝－１， 所以直线ｌ２的斜率ｋ２＝１，则ｌ２：ｙ＝ｘ＋ １ ２． 由 ｙ＝ｘ＋ １２， ２ｘ＋２ｙ－５＝ { ０  ｘ＝１， ｙ＝ ３２ { ， 所以直线ｌ１和ｌ２ (的交点坐标为 １， )３２ ． （２）由题意知ｌ３的斜率ｋ存在，且ｋ＜０， 设ｌ３：ｙ－ ３ ２ ＝ｋ（ｘ－１）， 令ｘ＝０得ｙ＝ ３２ －ｋ，令ｙ＝０得ｘ＝－ ３ ２ｋ＋１， 由Ｓ＝ (１２ － ３２ｋ＋ ) (１ ３２ )－ｋ ＝２５８， 解得ｋ＝－１或ｋ＝－ ９４， 即ｌ３：ｘ＋ｙ－ ５ ２ ＝０或９ｘ＋４ｙ－１５＝０． １７．解：（１）过Ｃ作ＣＤ⊥ｘ轴，垂足为Ｄ， 由ｔａｎα＝－２可知，直线ＯＣ的斜率ｋ＝－２， 直线ＯＣ的方程为２ｘ＋ｙ＝０， 设Ｃ（ｘＣ，ｙＣ），由题得ｙＣ＝２０，则ｘＣ＝－１０，Ｄ（－１０，０）， 因为Ａ（１０，０），则Ｏ为ＡＤ的中点，ＯＰ∥ＤＣ，｜ＯＰ｜＝ １２｜ＣＤ｜＝１０， 所以Ｐ（０，１０），所以点Ｐ到ＯＣ的距离ｄ＝｜２×０＋１０｜ 槡５ ＝ 槡２５（米）． （２）因为Ａ（１０，０），Ｃ（－１０，２０），得ＡＣ所在直线方程为ｘ＋ｙ－１０＝０， 设Ｂ（ｘ，ｙ），因为点Ｏ与点Ｂ关于ＡＣ对称， 故可得 ｙ－０ ｘ－０＝１， ｘ＋０ ２ ＋ ｙ＋０ ２ －１０＝０ { ，得ｘ＝１０，ｙ＝１０，即Ｂ（１０，１０）， 所以ＢＣ所在直线方程为ｘ＋２ｙ－３０＝０， Ｓ四边形ＯＡＢＣ＝２Ｓ△ＯＡＣ＝２× １ ２ ×｜ＯＡ｜×ｙＣ＝２× １ ２ ×１０×２０＝ ２００（平方米），所以该口袋公园的总面积为２００平方米． １８．解：（１）由题意可知，以Ｄ为原点，→ＤＡ，→ＤＣ，ＤＤ→ １的方向为ｘ，ｙ，ｚ轴 的正方向建立空间直角坐标系，则 Ａ１（２，０，２），Ｃ（０，４，０），Ｅ（２，１，０）， Ｄ（０，０，０）， 所以Ａ１→ Ｃ＝（－２，４，－２），ＤＡ→ １＝（２，０，２），→ＤＥ＝（２，１，０）， 设平面Ａ１ＥＤ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则有 ｎ·ＤＡ→ １＝０， ｎ·→ＤＥ＝０{ ，即 ２ｘ＋２ｚ＝０，２ｘ＋ｙ＝０{ ， 令ｘ＝１，则ｙ＝－２，ｚ＝－１，故ｎ＝（１，－２，－１）， 所以｜ｃｏｓ〈Ａ１→ Ｃ，ｎ〉｜＝ ｜Ａ１→ Ｃ·ｎ｜ ｜Ａ１→ Ｃ｜｜ｎ｜ ＝ ２３， 故Ａ１Ｃ与平面Ａ１ＥＤ所成角的正弦值为 ２ ３． （２）由（１）可知，Ｆ（２，３，０），所以→ＤＦ＝（２，３，０）， 设平面Ａ１ＤＦ的法向量为ｍ ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则有 ｍ·ＤＡ→ １＝０， ｍ·→ＤＦ＝０{ ，即 ２ａ＋２ｃ＝０，２ａ＋３ｂ＝０{ ， 令ａ＝３，则ｂ＝－２，ｃ＝－３，故ｍ ＝（３，－２，－３）， 所以｜ｃｏｓ〈ｎ，ｍ〉｜＝｜ｎ·ｍ｜｜ｎ｜｜ｍ｜＝ 槡５ ３３ ３３ ， 故平面Ａ１ＥＤ与平面Ａ１ＤＦ夹角的余弦值为 槡 ５ ３３ ３３ ． （３）由（１）可知，Ａ（２，０，０），Ｃ１（０，４，２），所以ＡＣ→ １＝（－２，４，２）， 假设存在这样的点Ｐ，设Ｐ（ｘ，ｙ，２）， 所以→ＦＰ＝（ｘ－２，ｙ－３，２），因为ＦＰ⊥ＡＣ１， 则有→ＦＰ·ＡＣ→ １＝－２（ｘ－２）＋４（ｙ－３）＋４＝０， 所以ｘ＝２ｙ－２，由题意可知（ｘ－２）２＋（ｙ－２）２＝ １４， 所以５ｙ２－２０ｙ＋７９４ ＝０， 解得ｘ＝２＋槡５５，ｙ＝２＋ 槡５ １０，或ｘ＝２－ 槡５ ５，ｙ＝２－ 槡５ １０， 所以当 (Ｐ ２＋槡５５，２＋槡５１０， )２ 或 (Ｐ ２－槡５５，２－槡５１０， )２ 时，ＦＰ⊥ ＡＣ１，此时点Ｐ到直线Ａ１Ｂ１的距离为槡 ５ ５． １９．解：（１）由题意，显然直线ｌ斜率存在，设其方程为ｙ＝ｋｘ， 则Ｆ（ｘ，ｙ）＝ｋｘ－ｙ＝０， 则Ｆ［Ａ］·Ｆ［Ｂ］＝（－ｋ－１）（２ｋ－３）＞０， 解得 －１＜ｋ＜ ３２； 故直线ｌ (斜率的取值范围是 －１， )３２ ． （２）因为Ｆ［０］＜０，所以Ｆ［Ｐ］＝（３ｘ＋４ｙ－５） ４－ｘ２－ｙ槡 ２＜０， 故３ｘ＋４ｙ－５＜０，ｘ２＋ｙ２＜４， 点集Ｓ为圆ｘ２＋ｙ２＝４在直线３ｘ＋４ｙ－５＝０下方的内部，设直线与 圆的交点为Ａ，Ｂ，则Ｏ到直线ＡＢ的距离为１，故∠ＡＯＢ＝２π３， 因此，所求面积为：Ｓ＝ １２· ４π ３·２ ２＋ １２· 槡３ ２·２ ２＝８π３ ＋槡３． （３）设曲线Ｃ上的动点为（ｘ，ｙ）， 则 ｘ２＋（ｙ－１）槡 ２＋｜ｙ｜＝５， 化简得曲线Ｃ的方程为 ｘ２＝８（３－ｙ）， ｘ２＝１２（ｙ＋２{ ）， ０≤ｙ≤３， －２≤ｙ≤０， 其轨迹为两段抛物线弧； 当０≤ｙ≤３时，Ｆ（ｘ，ｙ）＝ｙ２－９ｙ＋２４－ａ∈［６－ａ，２４－ａ］； 当 －２≤ｙ≤０时，Ｆ（ｘ，ｙ）＝ｙ２＋１１ｙ＋２４－ａ∈［６－ａ，２４－ａ］， 故若有Ｆ［Ｍ］·Ｆ［Ｎ］＜０， 则（６－ａ）（２４－ａ）＜０，解得６＜ａ＜２４． 书 高中数学·选择性必修第一册（人教 Ａ版）２０２４年 第８～１１期参考答案 第８期２版 专项小练一 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．ＢＣ．　４．π；　５．１２． ６．解：（１）当ＡＢ为直径时，过Ａ，Ｂ的圆的半径最小，从而周长最小， 即Ａ，Ｂ中点（０，１）为圆心，半径ｒ＝ １２ ｜ＡＢ｜＝槡１０， 则周长最小的圆的方程为ｘ２＋（ｙ－１）２＝１０． （２）ＡＢ的斜率为ｋ＝－３， 则ＡＢ的垂直平分线的方程是ｙ－１＝ １３ｘ，即ｘ－３ｙ＋３＝０， 联立ｘ－３ｙ＋３＝０与２ｘ－ｙ－４＝０得圆心坐标是Ｃ（３，２）， ｒ＝｜ＡＣ｜＝ 槡２５，所以圆的方程是（ｘ－３）２＋（ｙ－２）２＝２０． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｄ；　３．ＡＣＤ．　４．１；　５．２． ６．解：设圆的一般方程ｘ２＋ｙ２＋Ｄｘ＋Ｅｙ＋Ｆ＝０， 由题意知当ｙ＝槡３时， 关于ｘ的方程ｘ２＋Ｄｘ＋３＋Ｆ＋槡３Ｅ＝０的两个根为０，２， 因此由根与系数的关系得２＋０＝－Ｄ，Ｆ＋３＋槡３Ｅ＝２×０， 由（１，０）在圆上可得１＋Ｄ＋Ｆ＝０， 所以Ｄ＝－２，Ｅ＝－ 槡４３３，Ｆ＝１， 所以圆的方程为ｘ２＋ｙ２－２ｘ－ 槡４３３ｙ＋１＝０． 第８期３版 圆的方程同步核心素养测评 一、单项选择题　１～４　ＣＡＤＣ　５～８　ＣＡＢＡ 提示： １．因为（ａ－１）２＋（１０－１）２＝（ａ－１）２＋８１＞１２， 所以点Ｐ在圆外．故选（Ｃ）． ２．由题意知动点Ｐ的轨迹是以（１，３）为圆心，２为半径的圆， 结合图形可知该圆经过第一、二象限． ３．因为以Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）为直径的两端点的圆的方程为 （ｘ－ｘ１）（ｘ－ｘ２）＋（ｙ－ｙ１）（ｙ－ｙ２）＝０， 所以有（ｘ＋１）（ｘ－５）＋（ｙ－２）（ｙ＋６）＝０ （ｘ２－４ｘ）＋（ｙ２＋４ｙ）－１７＝０（ｘ－２）２＋（ｙ＋２）２＝２５． ４．由题意知Ｃ（６，－８），｜ＯＣ｜＝ ６２＋（－８）槡 ２＝１０． 所以以ＯＣ为直径的圆的半径为５，圆心为（３，－４）， 故所求圆的方程为（ｘ－３）２＋（ｙ＋４）２＝２５． ５．设Ｍ（ｘ，ｙ），Ｄ（ａ，ｂ），由→  ＤＭ ＝２→ＤＥ， 得 ｘ－ａ＝４－２ａ， ｙ－ｂ＝８－２ｂ{ ，所以 ａ＝４－ｘ， ｂ＝８－ｙ{ ， 又因为点Ｄ在圆Ｃ：（ｘ－３）２＋ｙ２＝９上， 所以（４－ｘ－３）２＋（８－ｙ）２＝９，即（ｘ－１）２＋（ｙ－８）２＝９． ６．以Ｏ为原点，以ＡＢ为ｘ轴，以ＯＰ为ｙ轴建立平面直角坐标系， 设圆心坐标为（０，ａ），Ｐ（０，１０），Ａ（－２０，０）， 则圆拱所在圆的方程为ｘ２＋（ｙ－ａ）２＝ｒ２， 则 （１０－ａ）２＝ｒ２， ４００＋ａ２＝ｒ２{ ，解得ａ＝－１５，ｒ＝２５， 所以圆的方程为ｘ２＋（ｙ＋１５）２＝６２５， 将ｘ＝－４代入圆的方程，得ｙ＝Ａ２Ｐ２≈９．７（ｍ）． ７．（３λ＋１）ｘ＋（２λ＋１）ｙ＝５λ＋２整理为 （３ｘ＋２ｙ－５）λ＋ｘ＋ｙ－２＝０， 令 ３ｘ＋２ｙ－５＝０， ｘ＋ｙ－２＝０{ ， 解得 ｘ＝１， ｙ＝１{ ， 所以定点Ｐ的坐标为Ｐ（１，１）， 代入圆的方程中（１＋２）２＋（１＋１）２＞ ４，所以Ｐ（１，１）在圆外． 设圆Ｃ的半径为ｒ＝２，所以｜ＭＰ｜的最 大值应该为｜ＰＣ｜＋ｒ（如图１）， 又｜ＰＣ｜＝ （－２－１）２＋（－１－１）槡 ２＝槡１３， 所以｜ＭＰ｜的最大值为槡１３＋２． ８．由题易得，Ｐ在两圆外，则｜ＰＭ｜的最小值为｜ＰＣ１｜－１，同理｜ＰＮ｜ 的最小值为｜ＰＣ２｜－３，则｜ＰＭ｜＋｜ＰＮ｜的最小值为｜ＰＣ１｜＋｜ＰＣ２｜－ ４．作Ｃ１（２，３）关于ｘ轴的对称点Ｃ′１（２，－３）（图略），所以｜ＰＣ１｜＋｜ＰＣ２｜ ＝｜ＰＣ′１｜＋｜ＰＣ２｜≥｜Ｃ′１Ｃ２｜＝ 槡５２（当且仅当Ｃ′１，Ｐ，Ｃ２三点共线时，｜ＰＣ′１｜ ＋｜ＰＣ２｜取最小值），即（｜ＰＭ｜＋｜ＰＮ｜）ｍｉｎ＝（｜ＰＣ１｜＋｜ＰＣ２｜）ｍｉｎ－４ ＝ 槡５２－４． 二、多项选择题　９．ＢＤ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＤ． 提示： ９．因为Ｄ＝２，Ｅ＝０，Ｆ＝－ｍ，由方程表示圆的条件得Ｄ２＋Ｅ２－４Ｆ ＞０，即２２＋０２－４（－ｍ）＞０，解得ｍ＞－１，所以只有当ｍ＞－１时才表 示圆，故（Ａ）错误； 因为 －Ｄ２ ＝－１，－ Ｅ ２ ＝０，若方程表示圆，圆心坐标为Ｃ（－１，０）， 圆心在ｘ轴上，故（Ｂ）正确，（Ｃ）错误； 当ｍ＝０时，半径ｒ＝ １２ Ｄ ２＋Ｅ２－４槡 Ｆ＝ １ ２ ２ ２＋０２－４×槡 ０＝ １，故（Ｄ）正确．故选（Ｂ）（Ｄ）． １０．圆Ｍ的一般方程为ｘ２＋ｙ２＋６ｘ＋８ｙ＝０，化为标准方程为（ｘ＋３）２ ＋（ｙ＋４）２＝２５，则圆心Ｍ（－３，－４），半径为５，故（Ａ）正确； 圆心Ｍ（－３，－４）满足直线ｘ－ｙ－１＝０方程，则直线过圆心，所以 圆Ｍ关于直线ｘ－ｙ－１＝０对称，故（Ｂ）正确； 点（－６，１）到圆心Ｍ（－３，－４）的距离为 ３２＋５槡 ２＝槡３４＞５，故 该点在圆Ｍ外，故（Ｃ）不正确； 实数ｘ，ｙ满足圆 Ｍ的方程，则 （ｘ－３）２＋（ｙ－４）槡 ２为圆上一点 Ｐ（ｘ，ｙ）与点Ａ（３，４）的距离，又｜ＡＭ｜＝ ６２＋８槡 ２＝１０＞５，则Ａ（３，４） 在圆Ｍ外，所以｜ＡＰ｜＝ （ｘ－３）２＋（ｙ－４）槡 ２的最小值即｜ＡＭ｜－５＝ ５，故（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．选项（Ａ）：设ｙ＝ｆ（ｘ）＝ｘ３＋ｘ， 因为ｆ（－ｘ）＝（－ｘ）３＋（－ｘ）＝－ｘ３－ｘ＝－ｆ（ｘ）， 所以函数ｙ＝ｘ３＋ｘ是奇函数，它的图象将圆Ｏ：ｘ２＋ｙ２＝１的周长与 面积分别等分，如图２所示， 所以函数ｙ＝ｘ３＋ｘ是圆Ｏ的一个太极函数，故（Ａ）正确； 选项（Ｃ）：如图３所示：函数ｙ＝ｇ（ｘ）是偶函数，ｙ＝ｇ（ｘ）也是圆Ｏ的 一个太极函数，故（Ｃ）不正确； 选项（Ｂ）：根据选项（Ｃ）的分析，圆Ｏ的太极函数可以是偶函数不一 定关于原点对称，故（Ｂ）不正确； 选项（Ｄ）：因为 ｙ＝ｓｉｎｘ是奇 函数，所以它的图象将圆ｘ２＋ｙ２＝１ 的周长与面积同时等分，如图４所 示，因此函数ｙ＝ｓｉｎｘ是圆Ｏ的一 个太极函数，故（Ｄ）正确． 三、填空题 １２．（－２，１）；　１３ (． －５， )５４ ；　１４．（９，０），２ｘ＋４ｙ－９＝０． 提示： １２．由题意得ｍ２＋１＝３ｍ－１，解得ｍ＝１或２． 当ｍ＝１时，方程为ｘ２＋ｙ２＋４ｘ－２ｙ＋ ５２ ＝０， 即（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２＝ ５２，圆心为（－２，１）； 当ｍ＝２时，方程为５ｘ２＋５ｙ２＋８ｘ－４ｙ＋１０＝０， (即 ｘ＋ )４５ ２ (＋ ｙ－ )２５ ２ ＝－ ６５，不表示圆． 故圆心坐标是（－２，１）． １３．圆Ｃ化为标准式：（ｘ＋１）２ (＋ ｙ－ )１２ ２ ＝ ５４ －ｋ， 则 ５ ４ －ｋ＞０，即ｋ＜ ５ ４， 又因为点Ｐ（１，－１）在圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２＋２ｘ－ｙ＋ｋ＝０的外部， 所以１２＋（－１）２＋２＋１＋ｋ＞０，解得ｋ＞－５， 所以实数ｋ (的取值范围是 －５， )５４ ． １４．由题意得：｜ＯＡ｜·｜ＯＡ′｜＝９，又｜ＯＡ｜＝１，所以｜ＯＡ′｜＝９， 又点Ａ′在射线ＯＡ上，即在ｘ轴正半轴上， 故Ａ（１，０）的“３－圆称点”为（９，０）； 设圆（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２＝５（不包含原点）的一点Ｂ（ｍ，ｎ），ｍ≠０， ｎ≠０，设其“３－圆称点”为Ｂ′（ｘ，ｙ），则｜ＯＢ｜·｜ＯＢ′｜＝９， 即 ｍ２＋ｎ槡 ２· ｘ２＋ｙ槡 ２＝９， 又点Ｂ′在射线ＯＢ上，不妨设ｍ＝ｋｘ，ｎ＝ｋｙ，ｋ≥０， 所以（ｍ－１）２＋（ｎ－２）＝（ｋｘ－１）２＋（ｋｙ－２）２＝５， 整理得：ｋｘ２＋ｋｙ２＝２ｘ＋４ｙ， 综上，ｋ ｘ２＋ｙ槡 ２· ｘ２＋ｙ槡 ２＝ｋ（ｘ２＋ｙ２）＝９，即２ｘ＋４ｙ＝９， 故圆（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２＝５（不包含原点）的“３－圆称形”的方程 为２ｘ＋４ｙ－９＝０． 四、解答题 １５．解：设圆心坐标为（ａ，－２ａ＋３），则圆的半径 ｒ＝ （ａ－０）２＋（－２ａ＋３－０）槡 ２ ＝ ５ａ２－１２ａ＋槡 ９＝ (５ ａ－ )６５ ２ ＋槡 ９ ５． 当ａ＝ ６５ 时，ｒｍｉｎ＝ 槡３５ ５． (故所求圆的方程为 ｘ－ )６５ ２ (＋ ｙ－ )３５ ２ ＝ ９５． １６．解：如图５，以ＡＢ所在直线为ｘ轴，弦ＡＢ 的垂直平分线为 ｙ轴，建立平面直角坐标系．设 圆弧的圆心为Ｃ，连接ＡＣ， 则ＡＯ＝ １２ｌ＝６， 所以ＯＣ＝ ＡＣ２－ＯＡ槡 ２ ＝ ２９２－６槡 ２≈ ２８３７３， 即圆心的坐标为Ｃ（０，－２８３７３）， 所以圆弧 )ＡＢ的方程为ｘ２＋（ｙ＋２８３７３）２＝２９２（－６≤ｘ≤６，ｙ≥０）． １７．解：设点Ｐ的坐标为（ｘ，ｙ）， 选择条件①：由题可得→ＭＰ·→ＮＰ＝０， →ＭＰ＝（ｘ－１，ｙ－３），→ＮＰ＝（ｘ－３，ｙ－１）， 则（ｘ－１）（ｘ－３）＋（ｙ－３）（ｙ－１）＝０， 化简得ｘ２＋ｙ２－４ｘ－４ｙ＋６＝０； 所以所求轨迹方程为ｘ２＋ｙ２－４ｘ－４ｙ＋６＝０（Ｍ，Ｎ除外）． 选择条件②：由题可得ＰＭ２＋ＰＮ２＝２０， 即（ｘ－１）２＋（ｙ－３）２＋（ｘ－３）２＋（ｙ－１）２＝２０， 化简得ｘ２＋ｙ２－４ｘ－４ｙ＝０， 所以所求轨迹方程为ｘ２＋ｙ２－４ｘ－４ｙ＝０． 选择条件③由题可得ｋＰＭ ＝ ｙ－３ ｘ－１（ｘ≠１），ｋＰＮ＝ ｙ－１ ｘ－３（ｘ≠３）， 则ｋＰＭ·ｋＰＮ＝４，即 ｙ－３ ｘ－１· ｙ－１ ｘ－３＝４， 化简得４ｘ２－ｙ２－１６ｘ＋４ｙ＋９＝０， 所以所求轨迹方程为４ｘ２－ｙ２－１６ｘ＋４ｙ＋９＝０（ｘ≠１，ｘ≠３）． １８．解：（１）由题可得Ａ（０，８），Ｐ（２，１０），Ｑ（７，０）， 所以直线ＰＱ的方程为２ｘ＋ｙ－１４＝０． 设Ｃ（ａ，ｂ），则 （ａ－２）２＋（ｂ－１０）２＝ｒ２， ａ２＋（ｂ－８）２＝ｒ２{ ， 两式相减得：ａ＋ｂ－１０＝０， 又２ａ＋ｂ－１４＝０，解得ａ＝４，ｂ＝６， 所以ｒ＝ ４２＋（６－８）槡 ２＝ 槡２５． 所以圆Ｃ的方程为（ｘ－４）２＋（ｙ－６）２＝２０． （２）由（１）知ａ＋ｂ－１０＝０， 当ａ＝２时，灯罩轴线所在直线方程为ｘ＝２，此时ＨＱ＝０， 当ａ≠２时，灯罩轴线所在方程为ｙ－１０＝ －ａａ－２（ｘ－２）， 令ｙ＝０可得ｘ＝１２－２０ａ，即 (Ｑ １２－２０ａ， )０ ， 因为Ｈ在线段ＯＱ上，所以１２－２０ａ≥ａ，解得２≤ａ≤１０， 所以｜ＨＱ｜＝１２－２０ａ －ａ＝１２ (－ ２０ａ )＋ａ ≤１２－槡４５， 当且仅当 ２０ ａ ＝ａ即ａ＝ 槡２５时取等号． 所以｜ＨＱ｜的最大值为（１２－ 槡４５）ｍ． １９．解：（１）设Ｐ（ｘ，ｙ），则｜ＰＡ｜２＝（ｘ＋１）２＋ｙ２， ｜ＰＢ｜２＝（ｘ－３）２＋ｙ２， 所以 ｜ＰＡ｜ ｜ＰＢ｜＝ （ｘ＋１）２＋ｙ槡 ２ （ｘ－３）２＋ｙ槡 ２ ＝ １３， 则９（ｘ＋１）２＋９ｙ２＝（ｘ－３）２＋ｙ２， 整理得曲线Ｃ的方程为ｘ２＋３ｘ＋ｙ２＝０． （２）由（１）得曲线Ｃ为圆，即Ｃ (： ｘ＋ )３２ ２ ＋ｙ２＝ ９４． 设其关于直线ｘ＋ｙ－２＝０对称的圆的圆心为（ｘ，ｙ）， 则 ｘ－ ３２ ２ ＋ ｙ ２ －２＝０， ｙ ｘ＋ ３２ ＝１{ ， 解得 ｘ＝２，ｙ＝ ７２{ ． 所以曲线Ｃ关于直线ｘ＋ｙ－２＝０对称的曲线方程为 （ｘ－２）２ (＋ ｙ－ )７２ ２ ＝ ９４． ! ! " !"#$%&'()*+,-./0 ! 1"%+ #$%& 2 ! 3"4$5&'(6*+,-.70 ! 8'%+ ($&& 2 !"#$ !"#$ ! " # $ % & ! ! !# $'! " (! $ ! # !# $ $')!!" ! " ! # $'$%& ! $ ! ' ! ( % * + ! # , $ , + ! # $ ! " % + - . / ! & 0 " 1 2 3 , $ 4 ! ! $ 4 ! + 2 # & , ! ) 书 ６．记Ａ（２，０），则ｋ＝ ｙｘ－２为直线ＡＰ的斜率， 故当直线ＡＰ与半圆ｘ２＋（ｙ－１）２＝１（ｘ＞０）相切时， 得ｋ最小，此时设ＡＰ：ｙ＝ｋ（ｘ－２），故｜－１－２ｋ｜ ｋ２＋槡 １ ＝１， 解得ｋ＝－ ４３ 或ｋ＝０（舍去），即ｋｍｉｎ＝－ ４ ３．故选：（Ｃ）． ７．当圆Ｃ与ｘ轴相切时，设圆心Ｃ（ａ，ａ＋７），半径ｒ＝｜ａ＋７｜，故 ａ２＋（ａ＋７）槡 ２＝２＋｜ａ＋７｜，即ａ２－４＝４｜ａ＋７｜，解得ａ＝－４或 ａ＝８，所以圆Ｃ的方程（ｘ＋４）２＋（ｙ－３）２＝９或（ｘ－８）２＋（ｙ－１５）２ ＝２２５； 当圆 Ｃ与 ｙ轴相切时，设圆心 Ｃ（ａ，ａ＋７），半径 ｒ＝｜ａ｜，故 ａ２＋（ａ＋７）槡 ２＝２＋｜ａ｜，即（ａ＋７）２＝４＋４｜ａ｜，解得ａ＝－３或ａ ＝－１５，所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋３）２＋（ｙ－４）２＝９或（ｘ＋１５）２＋（ｙ＋８）２ ＝２２５，则满足条件的圆Ｃ有４个． ８．设Ｐ（ｘ，ｙ），根据线段ＭＮ的中点为Ｐ， 则ＣＰ⊥ＭＮ，即ＣＰ⊥ＡＰ，所以→ＣＰ·→ＡＰ＝０， 又→ＡＰ＝（ｘ＋６，ｙ＋８），→ＣＰ＝（ｘ，ｙ）， 所以ｘ（ｘ＋６）＋ｙ（ｙ＋８）＝０，即（ｘ＋３）２＋（ｙ＋４）２＝２５， 所以点Ｐ的轨迹是以（－３，－４）为圆心，半径为５的圆在圆Ｃ内的一 部分．故选：（Ｄ）． 二、多项选择题　９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．对于直线３ｘ－ａｙ＋１＝０，令ｙ＝０，解得ｘ＝－１３， ( 故直线恒过点 － １３， )０ ，一定不经过原点，故（Ａ）正确； 当ａ＝０时直线即为ｘ＝－ １３，直线过二、三象限， 当ａ≠０时直线即为ｙ＝ ３ａｘ＋ １ ａ， 若ａ＞０，则 １ａ ＞０， ３ ａ ＞０，直线过一、二、三象限， 若ａ＜０，则 １ａ ＜０， ３ ａ ＜０，直线过二、三、四象限， 所以直线一定过二、三象限，故（Ｂ）错误，（Ｃ）正确； (因为直线恒过点 － １３， )０ ，所以直线３ｘ－ａｙ＋１＝０可表示经过 (点 － １３， )０ 的所有直线，（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．依题意，设Ｐ（２ｃｏｓθ，２ｓｉｎθ）， 则｜ＰＡ｜２＝（２ｃｏｓθ＋２）２＋（２ｓｉｎθ＋２）２＝１２＋８ｃｏｓθ＋８ｓｉｎθ， ｜ＰＢ｜２＝（２ｃｏｓθ＋２）２＋（２ｓｉｎθ－６）２＝４４＋８ｃｏｓθ－２４ｓｉｎθ， ｜ＰＣ｜２＝（２ｃｏｓθ－４）２＋（２ｓｉｎθ＋２）２＝２４－１６ｃｏｓθ＋８ｓｉｎθ， 所以｜ＰＡ｜２＋｜ＰＢ｜２＋｜ＰＣ｜２＝８０－８ｓｉｎθ， 又ｓｉｎθ∈［－１，１］，则８０－８ｓｉｎθ∈［７２，８８］．故选：（Ｂ）（Ｃ）． １１．设Ａ（ｘ，ｙ）， 由重心坐标公式 １ ６ ＝ ｘ＋（－１）＋０ ３ ， ２ ３ ＝ ｙ＋０＋２ ３ { ， 解得 ｘ＝ ３２，ｙ＝０{ ， 所以 (Ａ ３２， )０ ，故选项（Ａ）正确； ｜ＡＢ｜＝｜ＡＣ｜＝ ５２，｜ＢＣ｜＝槡５，所以△ＡＢＣ不是等边三角形，故选 项（Ｂ）错误； ｜ＡＢ｜＝｜ＡＣ｜，△ＡＢＣ的外心、重心、垂心都位于线段ＢＣ的垂直平分 线上，线段ＢＣ (的中点的坐标为 －１２， )１ ，线段ＢＣ所在直线的斜率ｋＢＣ ＝ ２－００－（－１）＝２，线段 ＢＣ垂直平分线的方程为 ｙ－１＝－ (１２ ｘ＋ )１２ ，即２ｘ＋４ｙ－３＝０，△ＡＢＣ的欧拉线方程为２ｘ＋４ｙ－３＝０，故选项 （Ｃ）正确； 因为线段ＡＢ的垂直平分线方程为ｘ＝ １４，△ＡＢＣ的外心Ｍ为线段 ＢＣ的垂直平分线与线段ＡＢ的垂直平分线的交点，所以交点Ｍ的坐标满足 ２ｘ＋４ｙ－３＝０， ｘ＝ １４ { ， 解得 (Ｍ １４， )５８ ，外接圆半径 ( ｒ＝｜ＭＢ｜＝ １ ４ ＋ )１ ２ (＋ )５８槡 ２ ＝ １２５槡６４，所以△ＡＢＣ (外接圆的方程为 ｘ － )１４ ２ (＋ ｙ－ )５８ ２ ＝１２５６４，故选项（Ｄ）正确．故选：（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题　１２ (． － １１３，１ )１３ ；　１３．－２；　１４．７２２５． 提示： １２．因为点（５ａ＋１，１２ａ）在圆（ｘ－１）２＋ｙ２＝１的内部，所以（５ａ＋１－１）２ ＋（１２ａ）２＜１，即ａ２＜ １１６９，解得ａ (∈ －１１３，１ )１３ ． １３．依题意知，直线ｌ的斜率为ｋ＝ｔａｎ１３５°＝－１，则直线ｌ１的斜率为 １，于是有２＋１３－ａ＝１，所以ａ＝０．又直线ｌ２与ｌ１平行，所以１＝－ ２ ｂ，即ｂ ＝－２，所以ａ＋ｂ＝－２． １４．根据题意作出图１，ＡＢ为两圆的公 切线，切点分别为Ａ，Ｂ． Ｃ１（２，２），Ｃ２（－１，－１），所以直线 Ｃ１Ｃ２的斜率ｋ＝１，显然与直线ＡＢ的斜率 不相同，所以ｒ１≠ｒ２． 不妨设０＜ｒ１＜ｒ２ 过Ｃ１作ＡＢ的平行线交ＡＣ２于点Ｅ，则 ＥＣ２＝ｒ２－ｒ１，ＡＢ＝ＥＣ１且ＡＢ∥ＥＣ１，Ｃ１Ｃ２ ＝ （２＋１）２＋（２＋１）槡 ２＝ 槡３２＝ｒ１＋ｒ２． ① 所以直线ＡＢ与直线Ｃ１Ｃ２的夹角的正切值为： ｔａｎα＝ １－７１＋７ ＝ ３ ４．在Ｒｔ△ＥＣ１Ｃ２中， ＥＣ２ ＥＣ１ ＝ ３４， 所以ＥＣ１＝ ４ ３（ｒ２－ｒ１），又ＥＣ ２ １＋ＥＣ２２＝Ｃ１Ｃ２２，整理得 [ ： ４ ３（ｒ２－ｒ１ ]） ２ ＋（ｒ２－ｒ１）２＝１８，解得ｒ２－ｒ１＝ 槡 ９２ ５，② 联立①②， 得：ｒ１＝ 槡 ３２ ５，ｒ２＝ 槡１２２ ５ ，所以ｒ１ｒ２＝ 槡３２ ５ × 槡１２２ ５ ＝ ７２ ２５． 四、解答题 １５．解：（１）由 ｘ－ｙ＋１＝０， ２ｘ＋ｙ－４＝０{ ，解得 ｘ＝１， ｙ＝２{ ， 即ｌ１和ｌ２的交点坐标为（１，２）， 因为直线ｌ经过点（３，３），所以直线ｌ的斜率为３－２３－１＝ １ ２， 所以直线ｌ的方程为ｙ－２＝ １２（ｘ－１）， 令ｙ＝０，得ｘ＝－３，所以直线ｌ在ｘ轴上的截距为 －３． （２）因为直线ｌ与直线ｌ３：４ｘ＋５ｙ－１２＝０平行， 所以可设直线ｌ的方程为４ｘ＋５ｙ＋ｍ＝０， 又直线ｌ经过点（１，２），所以４×１＋５×２＋ｍ＝０，得ｍ＝－１４， 所以直线ｌ的一般式方程为４ｘ＋５ｙ－１４＝０． １６．解：（１）由直线ｌ不经过第四象限，又ｙ＝ｋｘ＋２ｋ＋１， 则 ｋ≥０， ２ｋ＋１≥０{ ，解得ｋ≥０，即实数ｋ的取值范围是［０，＋∞）． （２）令２ｋ－（－１）×４＝０，解得ｋ＝－２， 此时直线ｌ：－２ｘ－ｙ－３＝０，显然与４ｘ＋２ｙ－５＝０平行； 当ｋ≠－２时，两直线相交， 综上，当ｋ＝－２时，两直线平行，当ｋ≠－２时，两直线相交． （３）由直线ｌ的方程ｋｘ－ｙ＋１＋２ｋ＝０， 得 (Ａ －１＋２ｋｋ ， )０ ，Ｂ（０，１＋２ｋ）， 则 －１＋２ｋｋ ＜０， １＋２ｋ＞０ { ， 解得ｋ＞０． 所以Ｓ＝ １２ － １＋２ｋ ｋ ×｜１＋２ｋ｜＝ １ ２· １＋２ｋ ｋ ·（１＋２ｋ）＝ (１２ ４ｋ＋ １ｋ ＋ )４ ≥ (１２ ２ ４ｋ· １槡 ｋ ＋ )４ ＝４， 当且仅当４ｋ＝ １ｋ，即ｋ＝ １ ２ 时取等号． Ｓ的最小值为４，及此时直线ｌ的方程为ｘ－２ｙ＋４＝０． １７．解：（１）以Ｂ为原点，正东方向为ｘ轴正方 向建立如图２所示的直角坐标系，则Ａ地的坐标是 （－４００，０），台风中心移动路径所在直线的斜率 ｋ ＝１，所以台风中心移动路径所在的直线方程为 ｙ ＝ｘ＋４００． （２）以Ｂ为圆心，３００千米为半径作圆， 和直线ｙ＝ｘ＋４００相交于Ａ１，Ａ２两点． 设台风中心移到Ａ１时，城市Ｂ开始受台风影响（危险区）， 直到Ａ２时，解除影响． 因为点Ｂ到直线ｙ＝ｘ＋４００的距离ｄ＝ 槡２００２（千米）， 所以｜Ａ１Ａ２｜＝２ ３００２－（ 槡２００２）槡 ２＝２００（千米）． 而 ２００ ２０ ＝１０（小时），所以城市Ｂ处于危险区城的时间是１０小时． １８．解：（１）设圆Ｃ的半径为ｒ， 若选条件①， 则圆心Ｃ到直线３ｘ＋４ｙ＋１７＝０的距离是圆Ｃ的半径， 即ｒ＝｜－６＋４＋１７｜５ ＝３， 所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２＝９． 若选条件②，则圆Ｍ的圆心为（２，４），半径为２， 所以ｒ＋２＝ （２＋２）２＋（４－１）槡 ２＝５，所以ｒ＝３， 所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２＝９． 若选条件③，由 ３ｘ＋ｙ＋２＝０， ｘ－３ｙ＋１４＝０{ ，得 ｘ＝－２， ｙ＝４{ ，所以ｒ＝４－１＝３， 所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２＝９． （２）圆Ｎ：（ｘ－ｍ）２＋ｙ２＝ｍ２（ｍ＞０）的圆心为（ｍ，０），半径为ｍ， 两个圆有公共弦，则｜ｍ－３｜＜｜ＣＮ｜＜ｍ＋３， 即｜ｍ－３｜＜ （ｍ＋２）２＋槡 １＜ｍ＋３，解得ｍ＞ ２ ５， 两圆公共弦所在直线方程为（ｍ＋２）ｘ－ｙ－２＝０． 又两圆的公共弦长为２，则圆心Ｃ到公共弦所在直线的距离为 ｄ＝｜－２ｍ－４－１－２｜ （ｍ＋２）２＋槡 １ ＝ ｜２ｍ＋７｜ ｍ２＋４ｍ＋槡 ５ ，且２ ９－ｄ槡 ２＝２， 解得ｍ＝槡１０－１２ 或ｍ＝ －槡１０－１ ２ （舍去），经检验符合题意． 故存在实数ｍ＝槡１０－１２ ，使得圆Ｎ与圆Ｃ公共弦的长度为２． １９．解：当ｘ≥０，ｙ≥０时，曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ－ )１２ ２ (＋ ｙ－ )１２ ２ ＝ １２；当ｘ≤０，ｙ≥０时，曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ＋ )１２ ２ (＋ ｙ － )１２ ２ ＝ １２；当ｘ≥０，ｙ≤０时，曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ－ )１２ ２ ( ＋ ｙ＋ )１２ ２ ＝ １２；当ｘ≤０，ｙ≤０时，曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ＋ )１２ ２ (＋ ｙ＋ )１２ ２ ＝ １２； 作出曲线Ｃ的图象（如图３）． （１）由图可知，曲线Ｃ是四个半径为槡２２ 的半 圆围成的图形，即曲线Ｃ围成的图形的周长是 ４× １２ ×２×π× 槡２ ２ ＝ 槡２２π． （２）曲线Ｃ所围成的面积为四个半圆的面积 与边长为槡２的正方形的面积之和， 从而曲线Ｃ所围成图形的面积为 ４× １２π× １ ２ ＋（槡２） ２＝２＋π． （３）因为Ｐ（ｍ，ｎ）到直线３ｘ＋４ｙ－１２＝０的距离为 ｄ＝｜３ｍ＋４ｎ－１２｜ ３２＋４槡 ２ ＝｜３ｍ＋４ｎ－１２｜５ ， 所以｜３ｍ＋４ｎ－１２｜＝５ｄ． 当ｄ最小时，易知Ｐ（ｍ，ｎ）在曲线Ｃ的第一象限内的图象上， 因为曲线Ｃ (的第一象限内的图象是圆心为 １２， )１２ ，半径为槡２２ 的半圆， (所以圆心 １２， )１２ 到３ｘ＋４ｙ－１２＝０的距离 ｄ′＝ ３× １２ ＋４× １ ２ －１２ ３２＋４槡 ２ ＝１７１０， 从而ｄｍｉｎ＝ｄ′－槡 ２ ２ ＝ １７－ 槡５２ １０ ， 即｜３ｍ＋４ｎ－１２｜ｍｉｎ＝ １７－ 槡５２ ２ ． 第１１期 核心素养阶段测评（二） 一、单项选择题　１～４　ＤＡＡＤ　５～８　ＢＣＣＡ 提示： １．因为直线ｌ与直线ｘ＋２ｙ－３＝０垂直，所以ｔａｎθ (· － )１２ ＝－ １，ｔａｎθ＝２．又θ为直线倾斜角，解得ｓｉｎθ＝ 槡２５５． ２．由题可得ｍａ＋ｎｂ＝（３ｍ－２ｎ，５ｍ＋ｎ，２ｍ＋３ｎ）， 取ｘ轴的方向向量为ｅ＝（１，０，０）， 若向量ｍａ＋ｎｂ与ｘ轴垂直， 则３ｍ－２ｎ＝０，解得：３ｍ＝２ｎ，故选（Ａ）． ３．由２ＦＭ＝ＭＣ，得→ →ＡＭ＝ＡＦ＋→ＦＣ３ →＝ＡＦ＋→ →ＡＣ－ＡＦ３ ＝ ２ ３ →ＡＦ＋１３ →ＡＣ． 又因为→ → →ＡＣ＝ＡＢ＋ＡＤ，→ → → →ＡＦ＝ＡＥ＋ＥＦ＝ＡＥ＋ １２ →ＡＢ， 所以→ＡＭ ＝ (２３ ｃ＋ １２ )ａ ＋ １３（ａ＋ｂ）＝ ２３ａ＋ １３ｂ＋ ２３ｃ． ４．Ａ（１，５）关于ｙ轴的对称点 Ｃ（－１，５），又 Ｂ（４，１），ｋＢＣ ＝ ５－１ －１－４ ＝－ ４５，故过Ｂ，Ｃ的直线方程为ｙ＝－ ４ ５（ｘ＋１）＋５，当ｘ＝０时，ｙ＝ ２１ ５，使得｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ｜值最小，故Ｐ (点为 ０，２１)５ ． ５．由题意可知，直线ｌ：ｘ－２ｙ－１＝０过圆心 (Ｃ ３，－ ａ )２ ，则３－２ (× － ａ )２ －１＝０，解得ａ＝－２，故圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２－６ｘ－２ｙ＋１＝０的 圆心为 Ｃ（３，１），半径 ｒ＝３，且点 Ｐ（－４，－２），则 ｜ＰＣ｜＝ （－４－３）２＋（－２－１）槡 ２＝槡５８，所以｜ＰＡ｜＝ ｜ＰＣ｜２－ｒ槡 ２＝７． ６．因为ｋＡＣ＝ －１ ２－１＝－１， 书 （３） (由点 ５２， )３ 到圆心Ｃ的距离为 (ｄ＝ ５２ ＋ )３２ ２ ＋（３－０）槡 ２＝５．因为圆Ｃ的半径ｒ＝ ３２， (所以点 ５２， )３ 到圆Ｃ的最短距离为ｄ－ｒ＝５－ ３２ ＝ ７２ ＞３， 故在圆Ｃ上不存在点Ｄ，使得Ｄ (到点 ５２， )３ 的距离为３． 第９期２版 专项小练一 １．Ｂ；　２．Ａ；　３．ＢＣＤ．　４．２ｘ＋槡６ｙ－１０＝０；　５．±槡６． ６．解：由于（２－１）２＋（４＋３）２＝５０＞１，故点Ｍ在圆外． 当切线斜率存在时，设切线方程是ｙ－４＝ｋ（ｘ－２）， 即ｋｘ－ｙ＋４－２ｋ＝０， 由于直线与圆相切，故 ｜ｋ＋３＋４－２ｋ｜ ｋ２＋（－１）槡 ２ ＝１，解得ｋ＝２４７． 所以切线方程为２４ｘ－７ｙ－２０＝０． 又当切线斜率不存在时，直线ｘ＝２与圆相切． 综上所述，所求切线方程为２４ｘ－７ｙ－２０＝０或ｘ＝２． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｄ；　３．ＡＢＤ．　４．８．５；　５．（－１，１５）． ６．解：（１）联立 ｘ２＋ｙ２－４ｘ＋２ｙ＝０， ｘ２＋ｙ２－２ｙ－４＝０{ ， 两式相减并整理得ｘ－ｙ－１＝０， 所以过Ａ，Ｂ两点的直线方程为ｘ－ｙ－１＝０． （２）依题意，圆Ｃ１是圆心（２，－１），半径为槡５的圆， 圆Ｃ２是圆心（０，１），半径为槡５的圆， 则所求圆的圆心必是Ｃ１与Ｃ２的中点，即为（１，０）， 又由勾股定理可得所求圆的半径为 ｒ＝ （槡５）２－［（１－０）２＋（０－１）２槡 ］＝槡３， 则所求圆的方程为（ｘ－１）２＋ｙ２＝３． 第９期３，４版 直线与圆、圆与圆的位置关系同步核心素养测评 一、单项选择题　１～４　ＣＤＡＤ　５～８　ＡＣＡＤ 提示： ２．两圆的圆心分别为：Ａ（３，－２），Ｂ（７，１）， 半径分别为：ｒ＝２，Ｒ＝６， 两圆心距为：｜ＡＢ｜＝ （７－３）２＋（１＋２）槡 ２＝５， 而Ｒ－ｒ＜｜ＡＢ｜＜Ｒ＋ｒ，所以两圆相交． ３．两圆方程相减，消去二次项得４ｘ－１＝０，此即两圆公共弦所在直线 的方程． ４．由题意可得圆心Ｃ（１，－４）到直线ｌ的距离ｄ≤５， 即 ｜３－４×（－４）＋ｍ｜ ５ ≤５，解得ｍ∈［－４４，６］． ５．因为圆Ｏ上恰有三个点到直线ｌ的距离等于１， 所以圆心Ｏ（０，０）到直线ｌ：ｙ＝ｘ＋ｂ的距离ｄ＝１， 所以 ｜ｄ｜ 槡２ ＝１，解得：ｂ＝槡２或ｂ＝－槡２． ６．根据题意，圆ｘ２＋（ｙ－１）２＝１，其圆心为（０，１），半径为１，圆（ｘ－ ２）２＋（ｙ－５）２＝９，其圆心为（２，５），半径为３，圆心距ｄ＝ ４＋槡 １６＝ 槡２５，有 槡２５＞３＋１＝４，两圆外离，则Ａ，Ｂ两点之间的最短距离为 槡２５－４． ７．如图１，拱形桥ＡＣＢ， 以ＡＢ所在的直线为 ｘ轴，以线段 ＡＢ 的垂直平分线为ｙ轴，建立平面直角坐标 系，则Ａ（－１０，０），Ｂ（１０，０），Ｃ（０，５），圆心在ｙ 轴上，设为Ｅ（０，ｂ）， 则有｜ＡＥ｜＝｜ＣＥ｜，即 １００＋ｂ槡 ２＝ ｜５－ｂ｜，整理可得２ｂ＋１５＝０，解得ｂ＝ －１５２，所以圆心为 (Ｅ ０，－１５)２ ，半径为｜ＣＥ｜＝｜５－ｂ｜＝２５２， 所以圆的方程为ｘ２ (＋ ｙ＋１５)２ ２ ＝６２５４． 设Ｄ（ａ，３），则有ａ２ (＋ ３＋１５)２ ２ ＝６２５４，解得ａ＝槡４６． 所以要使小船通过圆拱桥，船宽最长为 槡２ ４６． 因为６５＜槡４６＜７，所以１３＜ 槡２ ４６＜１４， 所以船宽最长约为１３米． ８．当射线ＯＰ绕Ｏ点从ｘ轴正半轴逆时针匀速旋转到射线ＯＣ时，所扫 过的内部图形面积在变大，而且根据图２显示，变化量ΔＳ也在变大； 当射线ＯＰ绕Ｏ点从射线ＯＣ逆时针匀速旋转到ｙ轴正半轴时，所扫过 的内部图形面积在变大，而且根据图３显示，变化量ΔＳ在变小，综合选项 可得，选项（Ａ）符合． 二、多项选择题　９．ＡＢＤ；　１０．ＡＢ；　１１．ＢＣＤ． 提示： ９．对于（Ａ），因为两个圆相交，所以有两条公切线，正确； 对于（Ｂ），将两圆方程作差可得 －２ｘ＋２ｙ－２＝０，即得公共弦ＡＢ的 方程为ｘ－ｙ＋１＝０，正确； 对于（Ｃ），直线ＡＢ经过圆Ｏ２的圆心（０，１），所以线段ＡＢ是圆Ｏ２的直 径，故圆Ｏ２中不存在比ＡＢ长的弦，错误； 对于（Ｄ），圆Ｏ１的圆心坐标为（１，０），半径为２，圆心到直线ＡＢ：ｘ－ｙ ＋１＝０的距离为｜１＋１｜ 槡２ ＝槡２，所以圆Ｏ１上的点到直线ＡＢ的最大距离 为２＋槡２，正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １０．对于（Ａ），将直线ｌ的方程变形为ｘ＋２－ｍ（ｙ＋１）＝０， 由 ｘ＋２＝０， ｙ＋１＝{ ０可得 ｘ＝－２， ｙ＝－１{ ， 所以直线ｌ过定点（－２，－１），（Ａ）正确； 对于（Ｂ），Ｃ被ｌ截得的弦长最长时，直线ｌ过圆心Ｃ（５，１）， 则７－２ｍ＝０，解得ｍ＝ ７２，（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），圆Ｃ的圆心为Ｃ（５，１），半径为ｒ＝２，当直线ｌ与Ｃ相切时， 则 ｜７－２ｍ｜ １＋ｍ槡 ２ ＝２，解得ｍ＝４５２８，（Ｃ）错； 对于（Ｄ），由（Ｃ）可知，直线ｌ与Ｃ相切时只有一种情况，（Ｄ）错． １１．设圆心为Ｃ，则Ｃ（－２，－５），圆的 半径为５，所以圆与ｘ轴相切． 设切点为 Ｐ，则 Ｐ（－２，０），连接 ＰＡ， ＰＢ，ＰＣ，ＭＣ，则｜ＰＭ｜＝６， 因为 ∠ＭＰＡ ＝ ∠ＭＢＰ，∠ＰＭＡ ＝ ∠ＢＭＰ，所以△ＭＰＡ∽△ＭＢＰ， 所以｜ＰＭ｜２＝｜ＭＡ｜｜ＭＢ｜＝３６． 设ＡＢ的中点为Ｎ，连接ＣＮ， 则ＣＮ⊥ＡＢ， 设圆心Ｃ到直线ＡＢ的距离ｄ，则０≤ｄ＜５，｜ＭＣ｜＝ （４＋２）２＋５槡 ２ ＝槡６１，｜ＭＮ｜＝ ｜ＭＣ｜２－ｄ槡 ２＝ ６１－ｄ槡 ２，｜ＭＡ｜＋｜ＭＢ｜＝２｜ＭＡ｜ ＋｜ＡＢ｜＝２｜ＭＡ｜＋２｜ＡＮ｜＝２｜ＭＮ｜＝２ ６１－ｄ槡 ２， 因为 ２ ｜ＭＱ｜＝ １ ｜ＭＡ｜＋ １ ｜ＭＢ｜＝ ｜ＭＡ｜＋｜ＭＢ｜ ｜ＭＡ｜｜ＭＢ｜ ＝ ｜ＭＮ｜ １８ ， 所以｜ＭＱ｜＝ ３６｜ＭＮ｜＝ ３６ ６１－ｄ槡 ２ ， 因为０≤ｄ＜５，所以 槡３６ ６１ 槡６１ ≤｜ＭＱ｜＜６．故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题　１２．６０°／π３；　１３．２；　１４．－槡２． 提示： １２．圆心（０，０）到直线槡３ｘ＋ｙ－ 槡２３＝０的距离ｄ＝ ｜ 槡２３｜ （槡３）２＋槡 １ ＝ 槡３，所以弦长：｜ＡＢ｜＝２ ２２－（槡３）槡 ２＝２，所以△ＯＡＢ为等边三角形， 所以∠ＡＯＢ＝６０°． １３．圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２－２ｙ＝０的圆心为（０，１），半径为１，因为四边形ＰＡＣＢ 的面积Ｓ＝ＰＡ·ＡＣ＝ ＰＣ２－ＡＣ槡 ２·ＡＣ＝ ＰＣ２－槡 １，而Ｓ最小值为２， 所以ＰＣ的最小值为槡５，即圆心（０，１）到直线ｌ的距离 ｜０＋１＋４｜ ｋ２＋槡 １ ＝槡５， 解得ｋ＝２． １４．圆Ｃ１：ｘ２＋ｙ２＋２ａｘ＋ａ２－４＝０的圆心Ｃ１（－ａ，０），半径ｒ１＝２， 圆Ｃ２：ｘ２＋ｙ２－２ｂｙ－１＋ｂ２＝０的圆心Ｃ２（０，ｂ），半径ｒ２＝１， 由两个圆只有一条公切线可得两个圆内切，圆心距｜Ｃ１Ｃ２｜＝ ａ２＋ｂ槡 ２＝２－１＝１，可得ａ２＋ｂ２＝１． 设ａ＝ｃｏｓα，ｂ＝ｓｉｎα，ａ∈Ｒ， 所以ａ＋ｂ＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ∈［－槡２，槡２］， 当且仅当α＋π４ ＝－ π ２ ＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ时， 即α＝－ ３４π＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ时，ａ＋ｂ的最小值为 －槡２． 四、解答题 １５．解：设所求圆的圆心为（ａ，ｂ）， 则圆心到直线ｘ－ｙ－１＝０的距离ｄ＝ ４－槡 ２＝槡２． 根据题意有 ｂ＝２ａ， ｜ａ－ｂ－１｜ 槡２ ＝槡２{ ，解得 ａ＝－３，ｂ＝－{ ６或 ａ＝１，ｂ＝２{ ． 所以所求圆的方程为（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２＝４和（ｘ＋３）２＋（ｙ＋６）２ ＝４（或ｘ２＋ｙ２－２ｘ－４ｙ＋１＝０和ｘ２＋ｙ２＋６ｘ＋１２ｙ＋４１＝０）． １６．（１）证明：圆心（０，０）到直线ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝０的距离为 ｄ＝ ｜ｃ｜ ａ２＋ｂ槡 ２ ＝ ｜ｃ｜２ 槡３ ｜ｃ｜ ＝槡３２ ＜１＝ｒ，所以直线与圆相交． （２）解：｜ＭＮ｜＝２ ｒ２－ｄ槡 ２＝２ １ (－ 槡３)２槡 ２ ＝１． １７．解：（１）圆Ｃ的方程：ｘ２＋ｙ２－２ｘ－４ｙ＋ｍ＝０， 即为：（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２＝５－ｍ， 所以５－ｍ＞０，即ｍ＜５，所以ｍ的取值范围是（－∞，５）． （２）圆Ｃ与圆Ｄ：（ｘ＋３）２＋（ｙ＋１）２＝１６相外切时，圆心距等于半 径之和，圆Ｃ的圆心为（１，２），设半径为ｒ１，圆Ｄ的圆心为（－３，－１），半径 为ｒ２＝４，所以 （１＋３）２＋（２＋１）槡 ２＝ｒ１＋４，解得ｒ１＝１． 所以圆Ｃ的半径为１． １８．解：（１）根据题意可设圆心Ｃ（２ｔ，ｔ），ｔ＞０，半径为ｒ． 则半径ｒ＝２ｔ，由勾股定理可得ｔ２＋（槡３）２＝（２ｔ）２，解得ｔ＝１， 此时圆心Ｃ（２，１），半径为２，圆Ｃ的方程为（ｘ－２）２＋（ｙ－１）２＝４， 所以圆心Ｃ的坐标为Ｃ（２，１）． （２）依题意设圆心Ｃ（ａ，ｂ），半径为Ｒ． 因为圆心Ｃ在直线ｙ＝ １２ｘ上，所以ａ＝２ｂ． 若圆Ｃ与直线ｘ－２ｙ－１＝０相切，可得｜ａ－２ｂ－１｜ 槡５ ＝Ｒ＝槡５５， 若圆Ｃ与圆Ｑ：ｘ２＋（ｙ－２）２＝１相外切，则｜ＣＱ｜＝Ｒ＋１， 即 （ａ－０）２＋（ｂ－２）槡 ２＝１＋Ｒ， 可得５ｂ２－４ｂ＋１４－ 槡２５５ ＝０， 该方程Δ＜０，所以该方程无解，故不存在满足题意的圆Ｃ． １９．解：（１）圆Ｃ的圆心Ｃ（－３，４），半径ｒ＝４， 由弦ＡＢ的长为 槡２ １１得点Ｃ到直线ｌ的距离为 ｄ＝ ｒ２ (－ １２ )｜ＡＢ｜槡 ２ ＝ ４２－（槡１１）槡 ２＝槡５， 又ｄ＝｜（２ｍ＋１）×（－３）＋（ｍ－２）×４－３ｍ－４｜ （２ｍ＋１）２＋（ｍ－２）槡 ２ ＝槡５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ，所以槡 ５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ＝槡５，解得ｍ＝－ ４ ３． （２）ｃｏｓ∠ＭＰＮ＝１－２ｓｉｎ２∠ＭＰＣ＝１－ (２ ｜ＣＭ｜)｜ＣＰ｜ ２ ＝１－ ３２ ｜ＣＰ｜２ ， 由（１）知点Ｃ到直线ｌ的距离ｄ＝槡５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ， 所以｜ＣＰ｜≥ｄ，所以｜ＣＰ｜＝ｄ时，ｃｏｓ∠ＭＰＮ的值最小， 即ｃｏｓ∠ＭＰＮ的最小值为１－３２ ｄ２ ， 由已知得１－３２ ｄ２ ＝１３４５，解得ｄ＝ 槡３５，所以 槡５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ＝ 槡３５， 解得ｍ＝ ３４，当ｍ＝ ３ ４ 时，直线ｌ的方程为２ｘ－ｙ－５＝０， 设Ｐ（ａ，２ａ－５），以ＣＰ为直径的圆记为圆Ｄ， 则圆Ｄ的方程为（ｘ＋３）（ｘ－ａ）＋（ｙ－４）（ｙ－２ａ＋５）＝０， 即ｘ２＋ｙ２＋（３－ａ）ｘ＋（１－２ａ）ｙ＋５ａ－２０＝０， ① 圆Ｃ的方程为ｘ２＋ｙ２＋６ｘ－８ｙ＋９＝０， ② 由② －①得（ａ＋３）ｘ＋（２ａ－９）ｙ－５ａ＋２９＝０， ③ 因为Ｍ，Ｎ两点为圆Ｃ和圆Ｄ的公共点， 所以③即为直线ＭＮ的方程， ③变形得（ｘ＋２ｙ－５）ａ＋３ｘ－９ｙ＋２９＝０， 由 ｘ＋２ｙ－５＝０， ３ｘ－９ｙ＋２９＝０{ ，　解得 ｘ＝－１３１５， ｙ＝４４１５ { ， 所以直线ＭＮ (经过定点 －１３１５，４４)１５ ． 第１０期 直线和圆的方程核心素养综合测评 一、单项选择题　１～４　ＣＢＢＡ　５～８　ＡＣＤＤ 提示： １．由题可得直线ｌ过定点（０，１）， 因为０２－２×０＋１２－３＝－２＜０， 所以点（０，１）在圆内， 所以直线ｌ与Ｃ的交点个数为２个．故选（Ｃ）． ３．由ａｘ＋ｙ＋３ａ－１＝０可得ａ（ｘ＋３）＋ｙ－１＝０， 令 ｘ＋３＝０， ｙ－１＝０{ ，可得ｘ＝－３，ｙ＝１，所以Ｎ（－３，１）． 设直线２ｘ＋３ｙ－６＝０关于点Ｎ对称的直线方程为２ｘ＋３ｙ＋ｃ＝０（ｃ ≠－６）， 则 ｜－６＋３－６｜ ４＋槡 ９ ＝｜－６＋３＋ｃ｜ ４＋槡 ９ ，解得ｃ＝１２或ｃ＝－６（舍去）， 所以所求直线方程为２ｘ＋３ｙ＋１２＝０，故选（Ｂ）． ４．方程ｘ２＋ｙ２＋（ｋ－１）ｘ＋２ｋｙ＋ｋ＝０表示圆的条件为（ｋ－１）２＋ （２ｋ）２－４ｋ＞０，即５ｋ２－６ｋ＋１＞０，解得ｋ＞１或ｋ＜ １５，又知该方程不 表示圆，所以ｋ的取值范围为 １５≤ｋ≤１，又因为ｋ {∈ －２，０，４５，}３ ， 所以满足条件的ｋ＝ ４５，即ｋ {的取值集合为 }４５ ，故选（Ａ）． ５．设Ｍ（ｍ，ｎ），故有ｍ２＋ｎ２＝１，即ｎ２＝１－ｍ２， 由→ →  ＰＭ ＝ＭＮ，则点Ｍ为ＰＮ中点， 故Ｎ（２＋２ｍ，２ｎ），故有（２＋２ｍ）２＋（２ｎ）２＝１， 即有（２＋２ｍ）２＋４（１－ｍ２）＝１，整理得８ｍ＋８＝１， 即ｍ＝－ ７８． ! ! ! " !"#$ !"#$ !"#$%&'()*+,-./0 ! 1"%+ #$%& 2 3"4$5&'(6*+,-.70 ! 8'%+ ($&& 2 ! " # $ % & ' ! ! ! ! " ! & ' ( ! ) ' ( ! # * + , & $ - ! ( . ' ! $ ! ! / ! " "! ( & " 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 %$ %" " $ $ " %" %$ & ! $! ' " $ ! ' ! " ! !%! %! ( ' ! # 书 数学思想是数学的精髓，可以说无处不在，它深深 地蕴含在数学知识里．因此我们在平时的学习中，要处 处留心，善于挖掘，积累各知识块中隐藏的数学思想，并 强化运用思想的意识，解题时才能独具慧眼，从题中捕 捉到隐含的关键信息．在正确的数学思想指导下，面对 纷纭繁杂的考题，方能出奇制胜，决胜高考，提升能力． 现将直线与方程中蕴含的数学思想总结如下： 一、化归与转化思想 等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范 围内可解的问题的一种重要的思想．通过不断的转化， 达到化生为熟、化新为旧、化复杂为简单、化抽象为具体 等目的． １．化生为熟 例１点Ｐ（ｘ，ｙ）在直线上ｘ＋ｙ－４＝０上，则ｘ２＋ｙ２ 的最小值是 ． 分析：由代数式ｘ２＋ｙ２的结构特征可联想到熟悉的 知识———两点间的距离公式，即ｘ２＋ｙ２可看成原点到直 线上的点Ｐ（ｘ，ｙ）的距离的平方，由此可将问题转化为 求原点到直线ｘ＋ｙ－４＝０的距离即可． 解：ｘ２＋ｙ２可看成原点到直线ｘ＋ｙ－４＝０上的点 的距离的平方， ｘ２＋ｙ２的最小值为原点到该直线的距离， 则ｄ＝ ｜－４｜ １２＋１槡 ２ ＝２槡２． ２．化抽象为具体 例２设全集 Ｉ＝｛（ｘ，ｙ）｜ｘ，ｙ∈ Ｒ｝，集合 { Ｍ ＝ （ｘ，ｙ） ｙ－３ｘ－２＝ }１ ，Ｎ＝｛（ｘ，ｙ）｜ｙ≠ ｘ＋１｝，那么 瓓Ｉ（Ｍ∪Ｎ）等于 （　　） （Ａ） （Ｂ）｛（２，３）｝ （Ｃ）（２，３） （Ｄ）｛（ｘ，ｙ）｜ｙ＝ｘ＋１｝ 分析：由题知集合Ｉ中的元素为点（ｘ，ｙ），而集合 Ｍ 表示直线ｙ＝ｘ＋１上除点（２，３）外的点，集合Ｎ表示直 线ｙ＝ｘ＋１外的所有点，因此可将抽象的集合问题转化 为具体的数学图形问题． 解：由题知，集合Ｍ表示直线ｙ＝ｘ＋１上除点（２，３） 外的点， 集合Ｎ表示直线ｙ＝ｘ＋１外的所有点， 则集合瓓Ｉ（Ｍ∪Ｎ）＝｛（２，３）｝． 故选（Ｂ）． ３．化复杂为简单 例３已知直线ｘ＝２及ｘ＝４与函数ｙ＝ｌｏｇ２ｘ图象 的交点分别为Ａ，Ｂ，与函数 ｙ＝ｌｇｘ图象的交点分别为 Ｃ，Ｄ，则直线ＡＢ与ＣＤ （　　） （Ａ）相交，且交点在第一象限 （Ｂ）相交，且交点在第二象限 （Ｃ）相交，且交点在第三象限 （Ｄ）相交，且交点在坐标原点 分析：Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ四点的坐标易求，则要判断直线ＡＢ 与ＣＤ的位置关系只须求两直线的斜率即可．因为ＣＤ的 直线方程中含对数，而作为选择题，求 ＡＢ和 ＣＤ的交点 显得小题大做，因此由选项可采取数形结合和大胆猜 想． 解：根据题意易求得 Ａ（２，１），Ｂ（４，２），Ｃ（２，ｌｇ２）， Ｄ（４，ｌｇ４）， 则ｋＡＢ ＝ １ ２，ｋＣＤ ＝ １ ２ｌｇ２， 即ｋＡＢ≠ｋＣＤ， 所以直线ＡＢ与ＣＤ相交． 又ｋＡＯ ＝ｋＢＯ ＝ １ ２，ｋＣＯ ＝ｋＤＯ ＝ １ ２ｌｇ２， 则Ａ，Ｂ，Ｏ三点共线，Ｃ，Ｄ，Ｏ三点共线． 所以直线ＡＢ与ＣＤ的交点在坐标原点． 故选（Ｄ）． 二、函数与方程思想 函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、 转化问题和解决问题．方程思想，是从问题的数量关系 入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型 （方程、不等式、或方程与不等式的混合组），然后通过解 方程（组）或不等式（组）来使问题获解．有时，还通过函 数与方程的互相转化与接轨，达到解决问题的目的． 例４已知在△ＡＢＣ中，∠ＡＣＢ＝９０°，ＢＣ＝４，ＡＣ＝３， Ｐ是ＡＢ上一点，则点Ｐ到ＡＣ，ＢＣ的距离乘积的最大值是 （　　） （Ａ）２　　　　　　　（Ｂ）３ （Ｃ）４　　　　 （Ｄ）５ 分析：由∠ＡＣＢ＝９０°，且Ｐ是ＡＢ上一动点，可想到 建立直角坐标系，将其转化为函数求最值问题． 解：建立如图１所示的直角坐标系， 则ＡＢ所在的直线方程为 ｘ４＋ ｙ ３ ＝１（０＜ｘ＜４， ０＜ｙ＜３）． 所以ｘ＝４－４ｙ３，０＜ｙ＜３． 设线段ＡＢ上任意一点Ｐ（ｘ，ｙ）， 则点Ｐ到ＡＣ，ＢＣ的距离乘积为 ｘｙ＝４ｙ－４３ｙ ２ ＝－４ (３ ｙ－３ )２ ２ ＋３． 则当ｙ＝ ３２时，乘积ｘｙ的最大值为３． 故选（Ｂ）． 三、分类讨论思想 分类讨论思想具有逻辑性、综合性、探索性的特点， 更能考查学生的数学能力．在进行分类讨论时，首当其 冲的问题是瞄准分类讨论的切入点，选准分类对象，优 化分类顺序，明确分类标准，方能做到不重不漏，条分缕 析． １．直线方程的形式中蕴含的分类讨论 例５过点（５，１０），且到原点的距离为５的直线方程 为 ． 分析：由题知可设方程的点斜式，然后由点到直线 的距离公式求斜率ｋ．但此时要注意思维严密，讨论当斜 率不存在时，是否满足题意． 解：（１）当直线的斜率不存在时， 所求直线的方程为ｘ－５＝０，满足题意； （２）当直线的斜率存在时，设为ｋ， 则直线的方程为ｙ－１０＝ｋ（ｘ－５）， 即ｋｘ－ｙ＋（１０－５ｋ）＝０． 又由点到直线的距离公式得， ｜１０－５ｋ｜ ｋ２＋槡 １ ＝５，解得ｋ＝ ３４． 则此时所求直线的方程为３ｘ－４ｙ＋２５＝０． 综上所述，所求直线的方程为ｘ－５＝０或３ｘ－４ｙ＋ ２５＝０． ２．直线的位置关系中蕴含的分类讨论 例６已知直线ｌ１：ｘ＋ｍｙ＋１＝０与直线ｌ２：ｍ ２ｘ－２ｙ －１＝０互相垂直，则实数ｍ为 （　　） （Ａ）槡２　（Ｂ）０或２　（Ｃ）２或槡２　（Ｄ）０或槡２ 分析：方法一：可分别将直线方程化为斜截式，再运 用两线垂直的条件———斜率乘积为 －１即可，但对于直 线ｘ＋ｍｙ＋１＝０化为斜截式时，应当讨论ｍ＝０时是否 满足两直线垂直． 方法二：直接运用两直线垂直的等价条件———Ａ１Ａ２ ＋Ｂ１Ｂ２ ＝０即可求得ｍ的值． 解：将直线ｌ２的方程ｍ ２ｘ－２ｙ－１＝０化为斜截式得 ｙ＝ｍ ２ ２ｘ－ １ ２． 对于直线ｌ１：ｘ＋ｍｙ＋１＝０． 当ｍ＝０时，ｌ１：ｘ＝－１， 此时ｌ２：ｙ＝－ １ ２，显然两直线垂直； 当ｍ≠０时，ｌ１：ｙ＝－ １ ｍｘ－ １ ｍ， 若ｌ１与ｌ２垂直，则ｋ１ｋ２ ＝－１， 即 －１ｍ × ｍ２ ２ ＝－１．解得ｍ＝２． 综上所述，ｍ＝０或ｍ＝２时，ｌ１与ｌ２垂直． 故选（Ｂ）． 四、数形结合思想 数形结合思想就是要使抽象的数学语言与直观的 图形结合起来，使抽象思维与形象思维结合起来，华罗 庚先生说过：“数形本是两依倚，焉能分作两边飞．数缺 形时少直观，形少数时难入微．”． 例７直线ｌ１：ａｘ＋ｙ－４＝０与直线ｌ２：ｘ－ｙ－２＝０ 相交于第一象限，则实数ａ的取值范围是 （　　） （Ａ）（－１，２） （Ｂ）（－１，＋∞） （Ｃ）（－∞，２） （Ｄ）（－∞，－１）∪（２，＋∞） 分析：因为直线ｌ１：ａｘ＋ｙ－４＝０恒过定点Ａ（０，４）， 实数 －ａ表示直线ｌ１的斜率，则要求实数ａ的取值范围， 只须通过数形结合将直线ａｘ＋ｙ－４＝０绕点Ａ运动，使 其与直线ｌ２：ｘ－ｙ－２＝０相交于第一象限，观察 －ａ的 变化即可． 解：直线ｌ１：ａｘ＋ｙ－４＝０恒过定点Ａ（０，４），其斜率 为 －ａ． 直线ｌ２：ｘ－ｙ－２＝０与ｘ轴的交点为Ｂ（２，０）， 作出图象，如图２． 要使ｌ１与ｌ２相交，且交点在第一象限， 则直线ｌ１应介于ｌ３与ｌ４之间， 其中ｌ３过点Ａ，Ｂ，ｌ４过点Ａ且与ｌ２平行． 依题意得ｋ３ ＝－２，ｋ４ ＝１， 则 －２＜－ａ＜１，即－１＜ａ＜２． 故选（Ａ）． ! " !" #"$ %! !!"#" "#"$&$'%( !"#$ %& % '()*+,-. ! !" #$% ! ! ! " !#" $ % & ' ! ( & )!"##" * ( ! $% &'( ( " '!+&(")# ( * & %!##&" ! 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" œ̈ ©+Œxª«¬­®¯§2°±²{ ! *³!"#$%&'( ©+Œxª«¬­®¯§2°±²{ ! *³)"*$%&+( ) % ! " 书 专项小练一 １．Ｂ；　２．Ａ；　３．ＢＣＤ．　４．２ｘ＋槡６ｙ－１０＝０；　５．±槡６． ６．解：由于（２－１）２＋（４＋３）２＝５０＞１，故点Ｍ在圆外． 当切线斜率存在时，设切线方程是ｙ－４＝ｋ（ｘ－２）， 即ｋｘ－ｙ＋４－２ｋ＝０， 由于直线与圆相切，故 ｜ｋ＋３＋４－２ｋ｜ ｋ２＋（－１）槡 ２ ＝１，解得ｋ＝２４７． 所以切线方程为２４ｘ－７ｙ－２０＝０． 又当切线斜率不存在时，直线ｘ＝２与圆相切． 综上所述，所求切线方程为２４ｘ－７ｙ－２０＝０或ｘ＝２． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｄ；　３．ＡＢＤ．　４．８．５；　５．（－１，１５）． ６．解：（１）联立 ｘ ２＋ｙ２－４ｘ＋２ｙ＝０， ｘ２＋ｙ２－２ｙ－４＝０{ ， 两式相减并整理得ｘ－ｙ－１＝０， 所以过Ａ，Ｂ两点的直线方程为ｘ－ｙ－１＝０． （２）依题意，圆Ｃ１是圆心（２，－１），半径为槡５的圆， 圆Ｃ２是圆心（０，１），半径为槡５的圆， 则所求圆的圆心必是Ｃ１与Ｃ２的中点，即为（１，０）， 又由勾股定理可得所求圆的半径为 ｒ＝ （槡５）２－［（１－０）２＋（０－１）２槡 ］＝槡３， 则所求圆的方程为（ｘ－１）２＋ｙ２ ＝３． 一、单项选择题　１～４　ＣＤＡＤ　５～８　ＡＣＡＤ 二、多项选择题　９．ＡＢＤ；　１０．ＡＢ；　１１．ＢＣＤ． 三、填空题　１２．６０°／π３；　１３．２；　１４．－槡２． 四、解答题 １５．解：设所求圆的圆心为（ａ，ｂ）， 则圆心到直线ｘ－ｙ－１＝０的距离ｄ＝ ４－槡 ２＝槡２． 根据题意有 ｂ＝２ａ， ｜ａ－ｂ－１｜ 槡２ ＝槡２{ ，解得 ａ＝－３，ｂ＝－{ ６或 ａ＝１，ｂ＝２{ ． 所以所求圆的方程为（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２＝４和（ｘ＋３）２＋ （ｙ＋６）２＝４（或ｘ２＋ｙ２－２ｘ－４ｙ＋１＝０和ｘ２＋ｙ２＋６ｘ＋１２ｙ ＋４１＝０）． １６．（１）证明：圆心（０，０）到直线ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝０的距离为 ｄ＝ ｜ｃ｜ ａ２＋ｂ槡 ２ ＝ ｜ｃ｜２ 槡３ ｜ｃ｜ ＝槡３２ ＜１＝ｒ，所以直线与圆相交． （２）解：｜ＭＮ｜＝２ ｒ２－ｄ槡 ２ ＝２ １ (－ 槡３)２槡 ２ ＝１． １７．解：（１）圆Ｃ的方程：ｘ２＋ｙ２－２ｘ－４ｙ＋ｍ＝０， 即为：（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２ ＝５－ｍ， 所以５－ｍ＞０，即ｍ＜５，所以ｍ的取值范围是（－∞，５）． （２）圆Ｃ与圆Ｄ：（ｘ＋３）２＋（ｙ＋１）２＝１６相外切时，圆心 距等于半径之和，圆Ｃ的圆心为（１，２），设半径为ｒ１，圆Ｄ的圆心 为（－３，－１），半径为ｒ２＝４，所以 （１＋３）２＋（２＋１）槡 ２ ＝ｒ１ ＋４，解得ｒ１ ＝１． 所以圆Ｃ的半径为１． １８．解：（１）根据题意可设圆心Ｃ（２ｔ，ｔ），ｔ＞０，半径为ｒ． 则半径ｒ＝２ｔ，由勾股定理可得ｔ２＋（槡３）２ ＝（２ｔ）２， 解得ｔ＝１， 此时圆心Ｃ（２，１），半径为２， 圆Ｃ的方程为（ｘ－２）２＋（ｙ－１）２ ＝４， 所以圆心Ｃ的坐标为Ｃ（２，１）． （２）依题意设圆心Ｃ（ａ，ｂ），半径为Ｒ． 因为圆心Ｃ在直线ｙ＝ １２ｘ上，所以ａ＝２ｂ． 若圆Ｃ与直线ｘ－２ｙ－１＝０相切，可得｜ａ－２ｂ－１｜ 槡５ ＝Ｒ＝槡５５， 若圆Ｃ与圆Ｑ：ｘ２＋（ｙ－２）２＝１相外切，则｜ＣＱ｜＝Ｒ＋１， 即 （ａ－０）２＋（ｂ－２）槡 ２ ＝１＋Ｒ， 可得５ｂ２－４ｂ＋１４－ 槡２５５ ＝０， 该方程Δ＜０，所以该方程无解，故不存在满足题意的圆Ｃ． １９．解：（１）圆Ｃ的圆心Ｃ（－３，４），半径ｒ＝４， 由弦ＡＢ的长为 槡２ １１得点Ｃ到直线ｌ的距离为 ｄ＝ ｒ２ (－ １２ )｜ＡＢ｜槡 ２ ＝ ４２－（槡１１）槡 ２ ＝槡５， 又ｄ＝｜（２ｍ＋１）×（－３）＋（ｍ－２）×４－３ｍ－４｜ （２ｍ＋１）２＋（ｍ－２）槡 ２ ＝槡５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ，所以槡 ５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ＝槡５，解得ｍ＝－ ４ ３． （２）ｃｏｓ∠ＭＰＮ＝１－２ｓｉｎ２∠ＭＰＣ＝１－ (２ ｜ＣＭ｜)｜ＣＰ｜ ２ ＝１－ ３２ ｜ＣＰ｜２ ， 由（１）知点Ｃ到直线ｌ的距离ｄ＝槡５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ， 所以｜ＣＰ｜≥ｄ，所以｜ＣＰ｜＝ｄ时，ｃｏｓ∠ＭＰＮ的值最小， 即ｃｏｓ∠ＭＰＮ的最小值为１－３２ ｄ２ ， 由已知得１－３２ ｄ２ ＝１３４５，解得ｄ＝槡３５，所以 槡５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ＝槡３５， 解得ｍ＝ ３４，当ｍ＝ ３ ４时，直线ｌ的方程为２ｘ－ｙ－５＝０， 设Ｐ（ａ，２ａ－５），以ＣＰ为直径的圆记为圆Ｄ， 则圆Ｄ的方程为（ｘ＋３）（ｘ－ａ）＋（ｙ－４）（ｙ－２ａ＋５）＝０， 即ｘ２＋ｙ２＋（３－ａ）ｘ＋（１－２ａ）ｙ＋５ａ－２０＝０， ① 圆Ｃ的方程为ｘ２＋ｙ２＋６ｘ－８ｙ＋９＝０， ② 由② －①得（ａ＋３）ｘ＋（２ａ－９）ｙ－５ａ＋２９＝０， ③ 因为Ｍ，Ｎ两点为圆Ｃ和圆Ｄ的公共点， 所以③即为直线ＭＮ的方程， ③变形得（ｘ＋２ｙ－５）ａ＋３ｘ－９ｙ＋２９＝０， 由 ｘ＋２ｙ－５＝０， ３ｘ－９ｙ＋２９＝０{ ， 解得 ｘ＝－１３１５， ｙ＝４４１５ { ， 所以直线ＭＮ ( 经过定点 －１３１５， ４４)１５ ． 书 一、活用方程思想求两圆相交弦所在的直线． 例１圆ｘ２＋ｙ２－２ｘ－６ｙ－１＝０和圆ｘ２＋ｙ２－１０ｘ －１２ｙ＋４５＝０的相交弦所在的直线方程是 ． 解：把两圆的方程相减，消去二次项可得相交弦所 在的直线方程为４ｘ＋３ｙ－２３＝０． 二、活用数形结合思想求最值 例２已知圆 Ｃ：ｘ２＋ｙ２－４ｘ－１４ｙ＋４５＝０及点 Ｑ（－２，３）． （１）若点Ｍ是圆Ｃ上任意一点，求｜ＭＱ｜的最大值、 最小值； （２）若点Ｎ（ａ，ｂ）满足关系：ａ２＋ｂ２－４ａ－１６ｂ＋４５ ＝０，求ｔ＝ｂ－３ａ＋２的最大值． 解：圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２－４ｘ－１４ｙ＋４５＝０可写为： （ｘ－２）２＋（ｙ－７）２ ＝８． （１）因为（－２－２）２＋（３－７）２ ＞８， 所以点 Ｑ（－２，３）在圆 外． 点Ｍ是圆Ｃ上任意一点， 如图１． 结合图形可知 ｜ＭＱ｜的 最大值、最小值分别是｜ＱＣ｜ ＋ｒ，｜ＱＣ｜－ｒ． 因为｜ＱＣ｜＝ （２＋２）２＋（７－３）槡 ２ ＝ 槡４２， ｒ＝ 槡２２，所以｜ＭＱ｜ｍａｘ＝ 槡６２，｜ＭＱ｜ｍｉｎ ＝ 槡２２． （２）由题意知点Ｎ在圆上，ｔ＝ｂ－３ａ＋２表示的是定点 Ｑ（－２，３）与圆上的动点Ｎ连线ｌ的斜率． 设ｌ的方程为：ｙ－３＝ｋ（ｘ＋２）， 即ｋｘ－ｙ＋２ｋ＋３＝０． 当直线与圆相切时，ｄ＝ｒ，即｜２ｋ－７＋２ｋ＋３｜ ｋ２＋槡 １ ＝ 槡２２． 化简得ｋ２－４ｋ＋１＝０，解得ｋ＝２±槡３． 所以ｔ＝ｂ－３ａ＋２的最大值为ｔｍａｘ＝２＋槡３． 三、活用等价转化思想取最值 例３已知两点 Ａ（１，０），Ｂ（０， ２），点Ｐ是圆Ｃ：（ｘ＋１）２＋ｙ２＝１上 任意一点，则△ＰＡＢ的面积的最小 值为 ． 解：底边ＡＢ所在直线方程为 ｘ １＋ ｙ ２ ＝１， 即２ｘ＋ｙ－２＝０． 圆心Ｃ到该直线的距离为 ｄ＝｜２×（－１）＋０－２｜ ２２＋１槡 ２ ＝ 槡４５５ ＞１， 故底边ＡＢ与圆Ｃ相离．所以△ＰＡＢ面积的最小值 取决于△ＰＡＢ的高的最小值， 结合图形可知最小值为ｈ＝ｄ－ｒ＝ 槡４５５ －１． 所以△ＰＡＢ面积的最小值为 Ｓｍｉｎ ＝ １ ２×｜ＡＢ｜×ｈ ＝ １２× １ ２＋２槡 ２ (× 槡４５５ － )１ ＝２－槡５２． 四、活用分类讨论思想求圆的切线 例４已知圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２－４ｘ－６ｙ＋１２＝０． 求：（１）过点Ａ（３，５）的圆的切线方程； （２）在两条坐标轴上截距相等的圆的切线方程． 解：将圆的一般方程化成标准方程为 （ｘ－２）２＋（ｙ－３）２ ＝１． 其中圆心Ｃ（２，３），半径ｒ＝１． （１）当切线ｌ的斜率存在时， 设过点Ａ（３，５）的圆的切线的方程为 ｙ－５＝ｋ（ｘ－３），即ｋｘ－ｙ－３ｋ＋５＝０． 则有圆心到切线的距离等于半径， 即 ｜２ｋ－３－３ｋ＋５｜ ｋ２＋槡 １ ＝１，解得ｋ＝ ３４． 所以切线的方程为ｙ－５＝ ３４（ｘ－３）， 即３ｘ－４ｙ＋１１＝０． 当过点Ａ（３，５）的直线的斜率不存在时，其方程为ｘ ＝３，此时直线与圆也相切． 综上所述，过点Ａ（３，５）的圆的切线方程为 ３ｘ－４ｙ＋１１＝０或ｘ＝３． （２）当截距相等且不为０时， 设切线的方程为 ｘ ａ＋ ｙ ａ ＝１， 即ｘ＋ｙ－ａ＝０． 则圆心到切线的距离等于半径， 即 ｜２＋３－ａ｜ 槡２ ＝１，解得ａ＝５±槡２． 所以切线方程为ｘ＋ｙ＝５±槡２； 当截距都为０时，设切线的方程为ｙ＝ｋｘ． 则圆心到切线的距离等于半径， 即 ｜ｋ·２－３｜ ｋ２＋槡 １ ＝１，解得ｋ＝２± 槡２３３． 所以切线的方程为 (ｙ＝ ２± 槡２３)３ ｘ． 综上所述，满足条件的切线方程为 ｘ＋ｙ＝５±槡２或 (ｙ＝ ２± 槡２３)３ ｘ． 五、活用参数思想求方程 例５动圆Ｍ与定圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２＋４ｘ＝０相外切，且与 直线ｌ：ｘ－２＝０相切，求动圆Ｍ的圆心的轨迹方程． 解：设动圆Ｍ的方程为： （ｘ－ａ）２＋（ｙ－ｂ）２ ＝ｒ２（ｒ＞０）， 定圆Ｃ的方程可化为Ｃ：（ｘ＋２）２＋ｙ２ ＝４， 其圆心为Ｃ（－２，０），半径为Ｒ＝２． 由题意可得 （ａ＋２） ２＋ｂ槡 ２ ＝２＋ｒ， ｜ａ－２｜＝２{ －ａ＝ｒ． 消去ｒ可得ｂ２ ＝１２－１２ａ． 即动圆Ｍ的圆心的轨迹方程是ｙ２＋１２ｘ－１２＝０． !"#$%&'()*+ !"#$%#&'$&() !",-%&'()*+ *"#$+#&'$$&# ! ! !"#$%&'()*+,-./0 ! 1"+ #$ 2 !"#$%&' ! & ! "!$,*" #!+$,*" $ % &!*#&" ' ! 34 567 ! ! $ $ ! $ #!&#'" (!)&#"" ' @AB $C3 D"EF %&'(# )*+ ,-./01023 ) 4#56789:#;< =>?@A#>?BC# DE>?FG3 HIJ KLM# NOPQRS TUV@DEW@XY Z# ./[\]# ^_ ]3 N`4+,abc de# ffgh# ii j# kklm# H+n =#IoVLM#pqc rstpquvst# +,`wxyzpuv {|}~Q>€# d(‚ƒ‚{„# p… †p‡ˆ# `‰Š2‹ ./#ŒŽ#Œ# Œ‘K#’“”•#–— ˜™Kš# ›œKš{ ž3 Ÿ&~;< T¡ ¢£¤¥=1¦§¨# ©4-ª«¬<­W{ ®¯3 56°®­±#² °­W³ 56§´{µ ¶°/=?#¬·¸¹# ¬<Bº³ 56@»¼ r#½=¯¾³56K¿ ~­ÀÁÂÃ3 ./#Ä ÁKš{ÅÆ3 KšÄÁTÇ. /3 Kš¯QL./3 )*‰Š+,È. /Œ%ÉÊ˧<{Ì Í³ ŒÎÏ·¸¹ÐB º{ÑÒ³ ŒÓÔr¦ {@AÐÕÖ{¦Ñ³ ŒÉ×&Ø{ÂÃÐÙ Ú3 ./Á=K{‰ Š³ÁÛ{ÅܳÁÝ Þßà{áâ3 ={TK`x./ ~ãä#åæÁ./#c ½Á./#ŽÁ./# çèÁ./# éêÁ. /#ëìÁ./#Qí¾ cî#Áïç{./3 ðñ<Tòn©ó ¥)*í¾Ðôõ#) *O‰ŠTòöT÷. /3 ./# Á)*¿] {øù3 úmûüýQþÿ {!"# È./C#R )3 )$%&%'˜( )#Á)¥)*+,-. /«# KšÄÁTÇ. /3 ! ! 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D · ! " # $ % & ' ( 01234ÿ05 h " e $ ³ & ' ( ´ * + , - µ ¶ ˆ ! D · ) " * $ % & + ( ! & $ + & & + & ' ! $ %