第9周 直线与圆、圆与圆的位置关系-【周测必刷】2025-2026学年高二数学选择性必修1+2（人教A版2019）

— 34 — 第九周 直线与圆、圆与圆的位置关系 (时间:60分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第13题.该题主要考查两圆相切问题,考查考生知识掌握能力,分外切和内切两种 情况,从而提高学生的建模能力,值得推荐. 【考点·一应俱全】(共60分) 考点一 直线与圆的位置关系的判断 1.(2025·甘肃定西·阶段练习)已知直线方程mx-y-m-1=0,圆的方程x2+y2-4x-2y+1= 0.当m 为何值时,圆与直线: (1)有两个公共点; (2)只有一个公共点; (3)没有公共点. 考点二 圆的弦长问题 2.(2025·宁夏银川·阶段练习)求直线x- 3y+2 3=0被圆x2+y2=4截得的弦长. 考点三 圆的切线问题 3.已知直线l:ax+by-3=0与圆 M:x2+y2+4x-1=0相切于点P(-1,2),则直线l的方程为 . 考点四 圆的方程的实际应用 4.一辆平顶车篷的卡车宽2.7米,要经过一个半径为4.5米的半圆形隧道(双车道,不得违章),则这 辆卡车的篷顶距离地面的高度不得超过 ( ) A.1.4米 B.3.0米 C.3.6米 D.4.5米 5.一座圆拱桥,当水面在如图所示的位置时,拱顶离水面2米,水面宽12米,当水 面下降2米后,水面宽是 ( ) A.13米 B.14米 C.15米 D.16米 考点五 直线与圆的方程的实际应用 6.某考点配备的信号检测设备的监测范围是半径为100米的圆形区域,一名工作人员持手机以每 分钟50米的速度从设备正东方向50 6米的A 处出发,沿西北方向走向位于设备正北方向的B 处,则这名工作人员被持续监测的时长为 ( ) A.1分钟 B.32 分钟 C.2分钟 D.52 分钟 7.(2025·内蒙古赤峰·阶段练习)如图,某海面上有O,A,B 三个小岛(面积大 小忽略不计),A 岛在O 岛的北偏东45°方向距O 岛40 2千米处,B 岛在O 岛 的正东方向距O 岛20千米处.以O 为坐标原点,O 的正东方向为x 轴的正方 向,1千米为单位长度,建立平面直角坐标系.圆C经过O,A,B 三点. (1)求圆C的方程; (2)若圆C区域内有未知暗礁,现有一船D 在O 岛的南偏西30°方向距O岛40千米处,正沿着北 偏东45°方向行驶,若不改变方向,试问该船有没有触礁的危险? 考点六 两圆位置关系的判断 8.到点A(-1,2),B(3,-1)的距离分别为3和1的直线有 条. 9.已知圆C1:x2+y2-2ax-2y+a2-15=0(a>0), 圆C2:x2+y2-4ax-2y+4a2=0(a>0).试求a为何值时,两圆C1,C2 的位置关系为: (1)相切;(2)相交;(3)外离;(4)内含. 考点七 相交弦问题 10.(2025·浙江宁波·质量检测)圆心在直线x-y-4=0上,且经过圆x2+y2-4x-6=0与圆 x2+y2-4y-6=0的交点的圆的方程为 . 11.已知圆C1:x2+y2+6x-4=0和圆C2:x2+y2+6y-28=0. (1)求两圆公共弦所在直线的方程及弦长; (2)求经过两圆交点且圆心在直线x-y-4=0上的圆的方程. — 33 — — 36 — 考点八 圆与圆的综合性问题 12.求与圆x2+y2-2x=0外切,圆心在x轴上,且过点(3,- 3)的圆的方程. 13.求半径为4,与圆(x-2)2+(y-1)2=9相切,且和直线y=0相切的圆的方程. 【探究·一举突破】(共15分) 探究主题 与圆有关的最值问题 已知点P(x,y)在圆C:x2+y2-6x-6y+14=0上. 探究问题: (1)求yx 的最大值和最小值; (2)求x2+y2+2x+3的最大值与最小值; (3)求x+y的最大值与最小值. 【综合·一练到底】(共25分) 1.(多选)从点A(-3,3)发出的光线l射到x 轴上被x 轴反射后,照射到圆C:x2+y2-4x-4y+ 7=0上,则下列结论正确的是 ( ) A.若反射光线与圆C相切,则切线方程为3x-4y-3=0 B.若反射光线穿过圆C的圆心,则反射光线方程为x-y=0 C.若反射光线照射到圆上后被吸收,则光线经过的最短路程是5 2-1 D.若反射光线反射后被圆C遮挡,则在x轴上被挡住的范围是 -34 ,1􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 2.(2025·四川成都·质量检测)为测量一工件的内圆弧AB 对应的半径R,工人将三个半径均为 10mm的圆柱形量棒O1,O2,O3 放在与工件圆弧相切的位置上,通过深度卡尺测出卡尺下沿水平 面到中间量棒O2 顶侧面的垂直深度h=6mm(如图所示),则R= mm. 3.(2025·台儿庄·质量检测)如图,在平面直角坐标系中,P 为直线y=4上一动点,圆O:x2+y2= 4与x轴的交点分别为M,N,圆O与y 轴的交点分别为S,T. (1)若△MTP 为等腰三角形,求P 点坐标; (2)若直线PT 交圆O 于另一点A,直线PS交圆O 于另一点B. ①求证:直线AB 过定点,并求出定点坐标; ②求四边形ASBT 面积的最大值. 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·攀枝花·质量检测)在平面直角坐标系Oxy中,已知圆C1 的方程为 x- 9 2 2 +y2=10, 圆C2 过点 M 1 2 ,3 ,且与圆C1 外切于点N 32,1 . (1)求圆C2 的方程; (2)设斜率为2的直线m 分别交x 轴负半轴和y 轴正半轴于A,B 两点,交圆C2 在第二象限的部 分于E,F两点.若△AOE 与△BOF的面积相等,求直线m 的方程. 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 35 — —92 — 【选做·一飞冲天】 解 (1)G 到直线x-y-2=0的距离为2 2 = 2, 由重心的性质可知, G 到直线x-y-2=0的距离为A 到直线x-y-2=0的13 , 所以三角形BC边上的高为3 2, 故S△ABC= 1 2×3 2×3 2=9. (2)假设存在B 满足条件, 设B(a,a-2)(a-2<0),C(3+a,1+a),A(x,y), a+3+a+x=3,x=-2a,a-2+1+a+y=3,y=4-2a, kAB= 4-2a-a+2 -2a-a =- 6-3a 3a =1- 2 a , AB 所在直线的方程为 y-a+2= 1-2a (x-a), 令y=0,解得x=0, 直线AB 与x 轴的交点M(0,0), 直线x-y-2=0与x轴的交点N(2,0), MN=2, S△BMN = 1 2MN ·(2-a)=12×2× (2-a)=2-a=92 ,即a= -52 , 所以B -52 ,-92 , 这时A 在x 轴上方,满足题意, 即存在B -52 ,-92 满足条件. 第八周 圆的方程 【考点·一应俱全】 1.(x+5)2+(y+3)2=25 [∵圆心坐标为(-5,-3),又与y轴相 切,∴该圆的半径为5,∴该圆的标准方程为(x+5)2+(y+3)2= 25.] 2.解 (1)r2=(2-4)2+(2-0)2=8, ∴圆的标准方程为(x-4)2+y2=8. (2)设圆心为C(0,b),则(3-0)2+(-4-b)2=52, ∴b=0或b=-8,∴圆心为(0,0)或(0,-8), 又r=5, ∴圆的标准方程为x2+y2=25或 x2+(y+8)2=25. 3.A [由题意,得a+b=1,ab=- 2,∴a2+b2=(a+b)2-2ab= 1+2 2<8,∴点P 在圆C 内.] 4.解 (1)因为点A 在圆的内部, 所以(1-a)2+(2+a)2<2a2, 且a不为0,解得a<-52. (2)因为点A 在圆上,所以(1-a)2+(2+a)2=2a2, 解得a=-52. (3)因为点A 在圆的外部,所以(1-a)2+(2+a)2>2a2, 且a不为0,解得a>-52 且a≠0. 【方法技巧】 判断点与圆的位置关系的两种方法 (1)几何法:利用点到圆心的距离与半径比较大小,并作出判断. (2)代数法:把点的坐标代入圆的标准方程,判断式子两边的大 小,并作出判断. 5.C [方法一 设圆的标准方程为(x-a)2+(y-b)2=r2,则有 (1-a)2+(-1-b)2=r2, (-1-a)2+(1-b)2=r2, a+b-2=0, 解得 a=1, b=1, r=2, 即圆的标准方程为(x-1)2+(y-1)2=4. 方法二 因为kAB= 1+1 -1-1=-1 ,线段AB 的中点坐标为(0,0). 所以线段AB 的垂直平分线的方程为y=x. 由 y=x, x+y-2=0, 解得 x=1,y=1, 所以圆心坐标为(1,1),半径为2, 所以所求圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=4.] 6.解 方法一 (待定系数法) 设圆的标准方程为(x-a)2+(y-b)2=r2, 则有 a2+b2=r2, (1-a)2+(1-b)2=r2, 2a+3b+1=0, 解得 a=4, b=-3, r=5. 即圆的标准方程是(x-4)2+(y+3)2=25. 方法二 (几何法) 由题意知OP 是圆的弦,其垂直平分线为x+y-1=0. ∵弦的垂直平分线过圆心, ∴ 2x+3y+1=0 , x+y-1=0, 得 x=4,y=-3, 即圆心坐标为(4,-3), 半径为r= 42+(-3)2=5. 即圆的标准方程是(x-4)2+(y+3)2=25. 【方法技巧】 求圆的标准方程的两种方法 (1)几何法:利用图形的几何性质,如圆的性质等,直接求出圆的 圆心和半径,从而得到圆的标准方程. (2)待定系数法:由三个独立条件得到三个方程,解方程组得到圆 的标准方程中的三个参数,从而确定圆的标准方程. 7.(-2,-4) 5 [方程a2x2+(a+2)y2+4x+8y+5a=0表示圆, 则a2=a+2,故a=-1或2.当a=2时,方程为4x2+4y2+4x+ 8y+10=0,即x2+y2+x+2y+52=0 ,亦即 x+12 2 +(y+1)2= -54 ,不成立,故舍去;当a=-1时,方程为x2+y2+4x+8y- 5=0,即(x+2)2+(y+4)2=25,故圆心坐标为(-2,-4),半径 为5.] 8.解 (1)由表示圆的充要条件, 得(2m)2+(-2)2-4(m2+5m)>0, 解得m<15 ,即实数m 的取值范围为 -∞,15 . (2)将方程x2+y2+2mx-2y+m2+5m=0写成标准方程为(x+ m)2+(y-1)2 =1-5m,故 圆 心 坐 标 为(-m,1),半 径 r= 1-5m. 【方法技巧】 圆的一般方程的辨析 (1)由圆的一般方程的定义,若D2+E2-4F>0成立,则表示圆, 否则不表示圆. (2)将方程配方后,根据圆的标准方程的特征求解. 9.解 圆心C -D2 ,-E2 , ∵圆心在直线x+y-1=0上, ∴-D2- E 2-1=0 , 即D+E=-2.① 又∵半径长r= D 2+E2-12 2 = 2 , ∴D2+E2=20.② 由①②可得 D=2 , E=-4, 或 D=-4,E=2. 又∵圆心在第二象限, ∴-D2<0 ,即D>0.则 D=2 , E=-4. 故圆的一般方程为x2+y2+2x-4y+3=0. 10.解 (1)由题意可知kED =kAB= 3-2 5-4=1 , 又F(1,1)为AB 的中点, ∴AB 所在直线的方程为y-1=1·(x-1),即x-y=0.① 同理CA 所在直线的方程为x-2y=0,② 联立①②,得A(0,0). 因此直线AB 的方程为x-y=0,点A 的坐标为(0,0). (2)由线段AB 的中点F(1,1)及 A(0,0)得B(2,2),由线段 AC 的中点E(4,2)及A(0,0)得C(8,4), 设△ABC的外接圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,将A,B, C的坐标代入圆的方程可得 F=0, 4+4+2D+2E+F=0, 64+16+8D+4E+F=0, 解方程组可得 D=-16, E=12, F=0, ∴圆的方程为x2+y2-16x+12y=0. 11.解 以直线AB 为x 轴,AB 的中垂线为y 轴 建立平面直角坐标系(如图), 则A(-2,0),B(2,0),设 C(x,y),BC 中 点D(x0,y0). ∴ 2+x 2 =x0 , 0+y 2 =y0. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ① ∵|AD|=3,∴(x0+2)2+y20=9. ② 将①代入②,整理得(x+6)2+y2=36. ∵点C不能在x 轴上,∴y≠0. 综上,点C 的 轨 迹 是 以(-6,0)为 圆 心,6为 半 径 的 圆,去 掉 (-12,0)和(0,0)两点. 轨迹方程为(x+6)2+y2=36(y≠0). 12.解 (1)设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0, 由题意得 22+62+2D+6E+F=0, 52+32+5D+3E+F=0, 22+02+2D+F=0, 解得 D=-4, E=-6, F=4, 则圆C的方程为x2+y2-4x-6y+4=0. (2)设 M(x,y),A(xA,yA), 则AM→=(x-xA,y-yA),MB→=(2-x,3-y), 由AM→=2MB→,得 x-xA=4-2x , y-yA=6-2y, 解得 xA=3x-4 , yA=3y-6, 由点A 在圆C 上,得(3x-4)2+(3y-6)2-4(3x-4)-6(3y- 6)+4=0, 即x2+y2-4x-6y+12=0, 故点 M 的轨迹方程为x2+y2-4x-6y+12=0. 【方法技巧】 求与圆有关的轨迹问题的方程 (1)直接法:直接根据题目提供的条件列出方程. (2)定义法:根据圆、直线等定义列方程. (3)代入法:找到要求点与已知点的关系,代入已知点满足的关系 式. 【探究·一举突破】 探究路径 解 (1)由已知得,圆心C(3,0),半径r=12|AB|=2 , ∴圆C的标准方程为(x-3)2+y2=4. (2)x2+(y-4)2 表示点 M(0,4)与圆C 上任意一点P(x,y)的平 方,即|PM|2 的距离. 由(0-3)2+42>4知点 M(0,4)在圆C外部. 又|MC|= (3-0)2+(0-4)2=5, ∴|PM|max=5+2=7,|PM|min=5-2=3. ∴|PM|2max=49,|PM|2min=9. 即x2+(y-4)2 的最大值为49,最小值为9. 【综合·一练到底】 1.ABC [由题可知小正方形边长为2,则内切圆半径为1,可得第一 象限的小圆的圆心为(1,1),方程为(x-1)2+(y-1)2=1,A选项 正确;第二象限的小圆的圆心为(-1,1),方程为(x+1)2+(y- 1)2=1,B选项正确;第三象限的小圆的圆心为(-1,-1),方程为 (x+1)2+(y+1)2=1,C选项正确;第四象限的小圆的圆心为(1, -1),方程为(x-1)2+(y+1)2=1,没有选项符合;外接圆圆心为 (0,0),半径为2 2,方程为x2+y2=8,没有选项符合.] 2.D [依题意,以点C 为原点,直线CB,CD 分 别为x,y 轴 建 立 平 面 直 角 坐 标 系,则 B(2, 0),D(0,2),如图,取点E 0,12 ,设 M'(x, y),当|M'D|=2|M'E|时, x2+(y-2)2= 2 x2+ y-12 2 ,化简整理得x2+y2=1, 即点 M'的轨迹是以C 为圆心,1为半径的圆,而点 M 在以C 为圆 心,1为半径的圆上,因此|MD|=2|ME|,显然点B在圆C:x2+y2= 1外,则2|MB|+|MD|=2|MB|+2|ME|=2(|MB|+|ME|)≥ 2|BE|,当且仅当 M 为线段BE与圆C的交点时取等号,而|BE|= 22+ 12 2 = 172 , 所以2|MB|+|MD|的最小值为2|BE|= 17.] 3.解 (1)依题意知,一个半圆弧的长为36πm 所以每条直道的长度为(400-2×36π)÷2=(200-36π)m. (2)如图,设两个半圆的圆心分别为A,B,AB 的中点为O, 以O为原点,AB所在直线为x轴建立平面直 角坐标系, 则A(18π-100,0),B(100-18π,0), 所以圆A的方程为(x-18π+100)2+y2=1296, 圆B的方程为(x+18π-100)2+y2=1296, 所以该跑道内圈上半部分对应的函数解析式为 y= 1296-(x-18π+100)2,18π-136≤x≤18π-100, 36,18π-100<x<100-18π, 1296-(x+18π-100)2,100-18π≤x≤136-18π. 【选做·一飞冲天】 解 (1)设G(x,y),由中点坐标公式得E(2x,0),F(0,2y), ∴|EF|= (2x)2+(-2y)2=2, 整理得x2+y2=1, ∴线段EF 的中点G 的轨迹C 的方程为 x2+y2=1. (2)由已知得A1(-1,0),A2(1,0), 设P(x0,y0),x0≠±1,x20+y20=1, 直线PA1 的方程为y= y0 x0+1 (x+1), 令x=3,得y= 4y0 x0+1 ,则 M 3, 4y0 x0+1 , 同理,可求 N 3, 2y0 x0-1 ,MN 的中点坐标为 3,1-3x0y0 , |MN|= 4y0x0+1 - 2y0 x0-1 =2 3-x0 y0 , ∴以 MN 为直径的圆的方程为 (x-3)2+ y- 1-3x0 y0 2 = (3-x0)2 y20 . 令y=0,得(x-3)2=- 1-3x0 y0 2 + (3-x0)2 y20 = 8-8x20 y20 =8. ∴x=3±2 2, ∴该圆总过定点,定点坐标为(3+2 2,0)或(3-2 2,0). 第九周 直线与圆、圆与圆的位置关系 【考点·一应俱全】 1.解 方法一 将 直 线 mx-y-m-1=0代 入 圆 的 方 程 化 简 整 理得, (1+m2)x2-2(m2+2m+2)x+m2+4m+4=0. 则Δ=4m(3m+4). (1)当Δ>0,即m>0或m<-43 时,直线与圆相交,即直线与圆有 两个公共点. (2)当Δ=0,即m=0或m=-43 时,直线与圆相切,即直线与圆只 有一个公共点. (3)当Δ<0,即-43<m<0 时,直线与圆相离,即直线与圆没有公 共点. 方法二 已知圆的方程可化为(x-2)2+(y-1)2=4, 即圆心为C(2,1),半径r=2. 圆心C(2,1)到直线mx-y-m-1=0的距离 d=|2m-1-m-1| 1+m2 =|m-2| 1+m2 . (1)当d<2,即m>0或m<-43 时,直线与圆相交,即直线与圆有 两个公共点. (2)当d=2,即m=0或m=-43 时,直线与圆相切,即直线与圆只 有一个公共点. (3)当d>2,即-43<m<0 时,直线与圆相离,即直线与圆没有公 共点. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 91 — —94 — 【方法技巧】 直线与圆的位置关系的判断方法 (1)几何法:由圆心到直线的距离d 与圆的半径r 的大小关系 判断. (2)代数法:根据直线方程与圆的方程组成的方程组的解的个数 来判断. (3)直线系法:若直线恒过定点,可通过判断定点与圆的位置关系 来判断直线与圆的位置关系.但有一定的局限性,必须是过定点 的直线系. 2.解 方法一 直线x- 3y+2 3=0和圆x2+y2=4的公共点坐 标就是方程组 x- 3y+2 3=0, x2+y2=4 的解. 解这个方程组,得 x1=- 3, y1=1, 或 x2=0,y2=2. 所以公共点的坐标为(- 3,1),(0,2), 所以直线 x- 3y+2 3=0被 圆 x2+y2=4截 得 的 弦 长 为 (- 3-0)2+(1-2)2=2. 方法二 如图,设直线x- 3y+2 3=0与圆 x2+y2=4交于A,B 两点,弦AB 的中点为M, 则OM⊥AB(O 为坐标原点), 又|OM|=|0-0+2 3| 12+(- 3)2 = 3, 所以|AB|=2|AM|=2 |OA|2-|OM|2= 2 22-(3)2=2. 3.x+2y-3=0 [根据题意,由圆 M:x2+y2+4x-1=0,化为标准 方程得(x+2)2+y2=5,其圆心为 M(-2,0),因为直线l:ax+by- 3=0与圆M:x2+y2+4x-1=0相切于点P(-1,2),则点P 在直 线l上且MP 与直线l垂直.kMP= 2-0 (-1)-(-2)=2 ,则有-ab = -12 ,则有b=2a,又由点P 在直线l上,则-a+2b-3=0,解得 a=1,b=2,则直线l的方程为x+2y-3=0.] 4.C [可 画 出 示 意 图 如 图 所 示,通 过 勾 股 定 理 解 得 OD = OC2-CD2= 4.52-2.72=3.6(米).] 5.D [建 立 如 图 所 示 的 平 面 直 角 坐 标 系,则 A(-6,-2),B(6, -2),设圆的方程为x2+(y+m)2=m2(m>0),将A 点坐标代入 圆的方程,则有m=10,故圆的方程为x2+(y+10)2=100,令y= -4,则x=±8,故|EF|=16(米).] 6.C [以设备的位置为坐标原点O,其正东 方向为x轴正方向,正北方向为y 轴正方 向建立平面直角坐标系Oxy,如图所示,则 A(50 6,0),B(0,50 6),可得lAB∶x+y= 50 6,圆O:x2+y2=10000.记从 N 处开 始被监测,到 M 处监测结束,因为O 到lAB 的距离为|OO'|=|-50 6| 12+12 =50 3(米), 所以|MN|=2 MO2-OO'2=100(米),故 监 测 时 长 为10050= 2(分钟).] 7.解 (1)由题意,得A(40,40),B(20,0),设过O,A,B 三点的圆C 的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0, 则 F=0, 402+402+40D+40E+F=0, 202+20D+F=0, 解得 D=-20, E=-60, F=0, ∴圆C的方程为x2+y2-20x-60y=0. (2)该船初始位置为点D, 则D(-20,-20 3), 且该船航线所在直线l的斜率为1, 故该船航行方向为直线l:x-y+20-20 3=0, 由(1)得圆C的圆心为C(10,30),半径r=10 10, 由于圆心C到直线l的距离d=|10-30+20-20 3| 12+12 =10 6< 10 10, 故该船有触礁的危险. 【方法技巧】 解决直线与圆的实际应用题的步骤 (1)审题:从题目中抽象出几何模型,明确已知和未知. (2)建系:建立适当的平面直角坐标系,用坐标和方程表示几何模 型中的基本元素. (3)求解:利用直线与圆的有关知识求出未知. (4)还原:将运算结果还原到实际问题中去. 8.4 [到点A(-1,2)的距离为3的直线是以A 为圆心,3为半径的 圆的切线;同理,到点B(3,-1)的距离为1的直线是以B 为圆心, 半径为1的圆的切线,所以满足题设条件的直线是这两圆的公切 线,而这两圆的圆心距|AB|= (3+1)2+(-1-2)2=5.半径之 和为3+1=4,因为5>4,所以圆A 和圆B 外离,因此它们的公切 线有4条.] 9.解 圆C1,C2 的方程,经配方后可得 C1:(x-a)2+(y-1)2=16, C2:(x-2a)2+(y-1)2=1, ∴圆心C1(a,1),C2(2a,1),半径r1=4,r2=1. ∴|C1C2|= (a-2a)2+(1-1)2=a. (1)当|C1C2|=r1+r2=5,即a=5时,两圆外切; 当|C1C2|=r1-r2=3,即a=3时,两圆内切. (2)当3<|C1C2|<5,即3<a<5时,两圆相交. (3)当|C1C2|>5,即a>5时,两圆外离. (4)当|C1C2|<3,即0<a<3时,两圆内含. 【方法技巧】 判断两圆的位置关系的两种方法 (1)几何法:将两圆的圆心距d与两圆的半径之差的绝对值、半径 之和进行比较,进而判断出两圆的位置关系,这是解析几何中主 要使用的方法. (2)代数法:将两圆的方程组成方程组,通过解方程组,根据方程 组解的个数进而判断两圆的位置关系. 10.(x-3)2+(y+1)2=16(或x2+y2-6x+2y-6=0) [方法一 由 x 2+y2-4x-6=0, x2+y2-4y-6=0, 解得 x1=-1, y1=-1, x2=3 , y2=3, 所以圆x2+y2-4x-6=0与圆x2+y2-4y-6=0的交点分别 为A(-1,-1),B(3,3),连接AB(图略),则线段AB 的垂直平分 线的方程为y-1=-(x-1). 由 y-1=-(x-1), x-y-4=0, 解得 x=3,y=-1, 所以所求圆的圆心坐标为(3,-1),半径为 (3-3)2+(3+1)2= 4, 所以所求圆的方程为(x-3)2+(y+1)2=16. 方法二 同方法一求得A(-1,-1),B(3,3), 设所求圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2, 由 a-b-4=0, (-1-a)2+(-1-b)2=r2, (3-a)2+(3-b)2=r2, 解得 a=3, b=-1, r2=16, 所以所求圆的方程为(x-3)2+(y+1)2=16.] 11.解 (1)设两圆交点为A(x1,y1),B(x2,y2), 联立圆C1 与圆C2 的方程,得 x2+y2+6x-4=0,① x2+y2+6y-28=0.② 由①-②,得x-y+4=0. ∵A,B 两点的坐标都满足此方程, ∴x-y+4=0即为两圆公共弦所在直线的方程. 又圆C1 的圆心(-3,0),r= 13, ∴C1 到直线AB 的距离d= |-3+4| 2 = 22 , ∴|AB|=2 r2-d2=2 13-12=5 2 , 即两圆的公共弦长为5 2. (2)解方程组 x 2+y2+6x-4=0, x2+y2+6y-28=0, 得两圆的交点A(-1,3),B(-6,-2). 设所求圆的圆心为(a,b),因为圆心在直线x-y-4=0上,故b= a-4. 则 (a+1)2+(a-4-3)2 = (a+6)2+(a-4+2)2, 解得a=12 ,故所求圆的圆心为 1 2 ,-72 , 半径为 89 2. 故所求圆的方程为 x-12 2 + y+72 2 =892 , 即x2+y2-x+7y-32=0. 12.解 因为圆心在x轴上, 所以可设圆心坐标为(a,0),设半径为r, 则所求圆的方程为(x-a)2+y2=r2, 又因为与圆x2+y2-2x=0外切, 且过点(3,- 3), 所以 (a-1)2+02=r+1, (3-a)2+(- 3)2=r2, 解得 a=4,r=2, 所以圆的方程为(x-4)2+y2=4. 13.解 设所求圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=16, 由圆与直线y=0相切、半径为4, 则圆心C的坐标为C1(a,4)或C2(a,-4). 已知圆(x-2)2+(y-1)2=9的 圆 心 A 的 坐 标 为(2,1),半 径 为3. 由两圆相切,则|CA|=4+3=7或|CA|=4-3=1. ①当圆心为C1(a,4)时, (a-2)2+(4-1)2=72 或(a-2)2+(4-1)2=12(无解), 故可得a=2±2 10,故 所 求 圆 的 方 程 为(x-2-2 10)2+ (y-4)2=16或(x-2+2 10)2+(y-4)2=16. ②当圆心为C2(a,-4)时, (a-2)2+(-4-1)2=72 或(a-2)2+(-4-1)2=12(无解),解 得a=2±2 6. 故所求圆的方 程 为(x-2-2 6)2+(y+4)2=16或(x-2+ 2 6)2+(y+4)2=16. 综上所述,所求圆的方程为(x-2-2 10)2+(y-4)2=16或 (x-2+2 10)2+(y-4)2=16或(x-2-2 6)2+(y+4)2= 16或(x-2+2 6)2+(y+4)2=16. 【规律总结】 通过直线与圆,圆与圆的位置关系,建立数学模型, 利用方程思想,解决求圆的方程问题. 【探究·一举突破】 探究路径 解 方程x2+y2-6x-6y+14=0可化为(x-3)2+(y-3)2=4. (1)yx 表示圆上的点P 与原点连线的斜率,如图(1),显然 PO(O 为坐标原点)与圆相切时,斜率最大或最小.设切线方程为y=kx (由题意知,斜率一定存在),即kx-y=0,由圆心C(3,3)到切线的 距离等于半径长,可得|3k-3| k2+1 =2,解得k=9± 145 ,所以y x 的最 大值为9+ 14 5 ,最小值为9- 14 5 . (2)x2+y2+2x+3=(x+1)2+y2+2,它 表 示 圆 上 的 点 P 到 E(-1,0)的距离的平方再加2,所以当点P 与点E 的距离最大或 最小时,式子取得最大值或最小值.如图(2),显然点E 在圆C 的 外部,所以点P 与点E 距离的最大值为|CE|+2,点P 与点E 距 离的最小值为|CE|-2.又|CE|= (3+1)2+32=5,所以x2+ y2+2x+3的 最 大 值 为(5+2)2+2=51,最 小 值 为(5-2)2+ 2=11. (3)设x+y=b,则b表示动直线y=-x+b在y 轴上的截距,如图 (3),显然当动直线y=-x+b与圆(x-3)2+(y-3)2=4相切 时,b取得最大值或最小值. 此时圆心C(3,3)到切线x+y=b的距离等于圆的半径长2,则 |3+3-b| 12+12 =2,即|6-b|=2 2,解得b=6±2 2,所以x+y的最 大值为6+2 2,最小值为6-2 2. (1) (2) (3) 【综合·一练到底】 1.BCD [点A(-3,3)关于x轴的对称点为A'(-3,-3).圆的方程 为(x-2)2+(y-2)2=1,由题意知反射光线的斜率存在,设反射 光线方 程 为y+3=k(x+3),即kx-y+3k-3=0.由 相 切 知 |2k-2+3k-3| k2+1 =1,解得k=43 或k=34. 所以反射光线方程为 y+3=43 (x+3)或y+3=34 (x+3).即4x-3y+3=0或3x- 4y-3=0,故A错误;又A'(-3,-3),C(2,2)的方程为y=x,故 B正确;因为|A'C|= (2+3)2+(2+3)2=5 2,所以光线经过 的最短路程为5 2-1,故C正确;由于两条与圆C 相切的反射光 线与x 轴 的 交 点 为(1,0)和 -34 ,0 ,所 以 被 挡 住 的 范 围 是 -34 ,1 ,故D正确.] 2.1303 [如图,设两圆 O1,O2 外切于点 M,连接 OM,作O1N⊥OO2 交OO2 于点 N,点D 为线段 OO2 与圆O2 的交点,则|DE|=h=6,所以|NE| =10,|O2M|=10,|O2N|=10-|DN|=h=6, 因 为 ∠O1NO2 = ∠OMO2 =90°,∠O1O2N = ∠OO2M,所以△O1NO2∽△OMO2,所 以 |O2N| |O2M| = |O1O2| |OO2| ,所 以 6 10= 20 R-10 ,解得R=1303 . ] 3.解 (1)设P(t,4),由题意得 M(-2,0),T(0,2),|MT|=2 2, 当|PT|=|MT|,即 t2+22=2 2时, 解得t=±2,当t=2时,P,M,T 三点共线,舍去,所以P(-2,4); 当|PM|=|PT|,即 (t+2)2+42= t2+22时, 解得t=-4,所以P(-4,4). 综上,P 点坐标为(-2,4)或(-4,4). (2)①设P(t,4),T(0,2),S(0,-2), 当t≠0时,kPT= 2 t ,kPS= 6 t ,kPS=3kPT, ∵kAS·kAT=-1, ∴kBS·kAS=-3, 直线AB 的斜率显然存在, 设其方程为y=kx+b, 联立x2+y2=4, 消去y可得(1+k2)x2+2kbx+b2-4=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2= -2kb 1+k2 ,x1x2= b2-4 1+k2 , 故y1+y2= 2b 1+k2 ,y1y2= b2-4k2 1+k2 , kAS·kBS= (y1+2)(y2+2) x1x2 =-3, ∴b 2-4k2+4b+4+4k2 b2-4 =-3, 解得b=1,则直线AB:y=kx+1, ∴直线AB 恒过定点(0,1), 当t=0时,直线AB:x=0也过定点(0,1), 综上,直线AB 恒过定点(0,1). ②由①得x1+x2= -2k 1+k2 ,x1x2= -3 1+k2 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 93 — —96 — 则S四边形ASBT= 1 2×4×|x1-x2| =2 (x1+x2)2-4x1x2 =2 4k 2 (1+k2)2+ 12 1+k2 =4 4k 2+3 (1+k2)2 , 令m=1+k2,则m≥1, 则 4k 2+3 (1+k2)2 =4m-1 m2 =- 1m-2 2 +4≤3, 当m=1,即k=0时,取得最大值, ∴当直线AB 的方程为y=1时,四边形ASBT 面积有最大值,为 4 3. 【选做·一飞冲天】 解 (1)设圆C2 的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0), 因为圆C1 的方程为 x- 9 2 2 +y2=10, 所以圆C1 的圆心坐标为C1 9 2 ,0 , 因为圆C2 与圆C1 外切于点 N 3 2 ,1 , 所以圆C2 的圆心在直线C1N 上, 因为直线C1N 的方程为y=- 1 3 x- 9 2 , 所以b=-13 a- 9 2 , 因为圆C2 过点 M 1 2 ,3 , 且与圆C1 外切于点 N 3 2 ,1 , 所以 b=-13 a- 9 2 , 1 2-a 2 +(3-b)2=r2, 3 2-a 2 +(1-b)2=r2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 a=0, b=32 , r= 102 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 所以圆C2 的方程为x2+ y- 3 2 2 =52. (2)如图,设直线 m 的方程为y=2x+t(t> 0), 则A -t2 ,0 ,B(0,t), 因为圆C2 的方程为x2+ y- 3 2 2 =52 , 所以 圆 C2 与 y 轴 正 半 轴 的 交 点 的 坐 标 为 0, 10+32 , 因为直线m 交圆C2 在第二象限的部分于E,F 两点, 所以圆心C2 0, 3 2 到直线m 的距离满足 t-32 5 < 102 且t> 10+32 , 所以 10+3 2 <t< 5 2+3 2 ,① 因为△AOE 与△BOF 的面积相等, 则AE=BF,所以EF,AB 的中点重合. 所以EF 的中点D -t4 ,t 2 , 因为C2D⊥EF,C2 0, 3 2 , 所以kC2D ·kEF=-1,即 t 2- 3 2 -t4 ×2=-1, 解得t=4满足①式, 所以直线m 的方程为y=2x+4,即2x-y+4=0. 第十周 椭圆 【考点·一应俱全】 1.C [由椭圆的定义知,C正确.] 2.BC 3.解 (1)因为椭圆的焦点在y轴上, 所以设它的标准方程为y 2 a2 +x 2 b2 =1(a>b>0). 又椭圆经过点(0,2)和(1,0), 所以 4 a2+ 0 b2=1 , 0 a2+ 1 b2=1 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 a 2=4, b2=1. 所以所求的椭圆的标准方程为y 2 4+x 2=1. (2)方法一 由题意得椭圆的焦点在y轴上, 所以设它的标准方程为y 2 a2 +x 2 b2 =1(a>b>0), 由椭圆的定义知, 2a= -32 2 + 52+2 2 + -32 2 + 52-2 2 =2 10, 即a= 10, 又c=2,所以b2=a2-c2=6, 所以所求椭圆的标准方程为y 2 10+ x2 6=1. 方法二 由题意得椭圆的焦点在y轴上, 所以设它的标准方程为y 2 a2 +x 2 b2 =1(a>b>0), 由题意知 a2-b2=4, 25 4a2+ 9 4b2=1 , 解得 a 2=10, b2=6, 所以所求椭圆的标准方程为y 2 10+ x2 6=1. (3)方法一 ①当椭圆焦点在x 轴上时,可设椭圆的标准方程为 x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0). 依题意,有 1 3 2 a2 + 1 3 2 b2 =1 , 0+ -12 2 a2 =1 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 a2=15 , b2=14. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 由a>b>0,知不符合题意,故舍去; ②当椭圆焦点在y轴上时,可设椭圆的标准方程为 y2 a2 +x 2 b2 =1(a>b>0). 依题意,有 1 3 2 a2 + 1 3 2 b2 =1 , -12 2 a2 +0=1 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 a2=14 , b2=15. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 所以所求椭圆的标准方程为y 2 1 4 +x 2 1 5 =1. 方法二 设椭圆的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n). 则 1 9m+ 1 9n=1 , 1 4n=1 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 m=5 , n=4. 所以所求椭圆的方程为5x2+4y2=1, 故椭圆的标准方程为y 2 1 4 +x 2 1 5 =1. 【规律总结】 (1)求椭圆标准方程时,首先要进行“定位”,即确定 焦点的位置,其次是进行“定量”,即确定a2,b2 的具体数值,常根 据条件列方程(组)求解. (2)椭圆的两种标准方程可以写成统一形式mx2+ny2=1(m>0, n>0,m≠n). 4.C [依题意知,线段 PF1 的中点在y 轴上,又原点为F1F2 的中 点,易得y 轴∥PF2,所以 PF2⊥x 轴,则 有|PF1|2-|PF2|2= 4c2=16,又根 据 椭 圆 定 义 知|PF1|+|PF2|=8,所 以|PF1|- |PF2|=2,从而|PF1|=5,|PF2|=3,即|PF1|∶|PF2|=5∶3.] 5.解 由已知得a=2 3,b= 3, 所以c= a2-b2= 12-3=3, 从而|F1F2|=2c=6, 在△F1PF2 中, |F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|cos60°, 即36=|PF1|2+|PF2|2-|PF1|·|PF2|.① 由椭圆的定义得|PF1|+|PF2|=4 3, 即48=|PF1|2+|PF2|2+2|PF1|·|PF2|.② 由①②得|PF1|·|PF2|=4. 所以S△F1PF2 = 1 2|PF1| ·|PF2|·sin60°= 3. 6.解 椭圆方程可化为x 2 4+ y2 m=1. ①当0<m<4时,a=2,b= m,c= 4-m, ∴e=ca = 4-m 2 = 1 2 , 解得m=3,∴b= 3,c=1, ∴椭圆的长轴长和短轴长分别是4,2 3,焦点坐标为F1(-1,0), F2(1,0),顶点坐标为 A1(-2,0),A2(2,0),B1(0,- 3),B2(0, 3). ②当m>4时,a= m,b=2, ∴c= m-4, ∴e=ca = m-4 m =12 ,解得m=163 , ∴a=4 33 ,c=2 33 , ∴椭 圆 的 长 轴 长 和 短 轴 长 分 别 为8 33 ,4,焦 点 坐 标 为 F1 0,-2 33 ,F2 0,2 33 ,顶 点 坐 标 为 A1 0,-4 33 ,A2 0,4 33 ,B1(-2,0),B2(2,0). 7.x 2 9+ y2 5=1 或x 2 5+ y2 9=1 [因为椭圆的长轴长是6,cos∠OFA= 2 3 ,所以点 A 是短轴的端点.所以|OF|=c,|AF|=a=3,所以 c 3= 2 3 ,所以c=2,b2=32-22=5, 所以椭圆的标准方程是x 2 9+ y2 5=1 或x 2 5+ y2 9=1. ] 8.解 (1)若焦点在x轴上,则a=3, ∵e=ca = 6 3 ,∴c= 6,∴b2=a2-c2=9-6=3. ∴椭圆的方程为x 2 9+ y2 3=1. 若焦点在y轴上,则b=3, ∵e=ca = 1- b2 a2 = 1-9a2 = 63 ,解得a2=27. ∴椭圆的方程为y 2 27+ x2 9=1. ∴所求椭圆的方程为x 2 9+ y2 3=1 或y 2 27+ x2 9=1. (2)设椭圆方程为x 2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0). 如图所示,△A1FA2 为等腰直角三角形, OF 为斜边A1A2 的中线(高), 且|OF|=c,|A1A2|=2b, ∴c=b=4,∴a2=b2+c2=32, 故所求椭圆的方程为x 2 32+ y2 16=1. (3)法一:由题意知e2=1-b 2 a2 =12 ,所以b 2 a2 =12 ,即a2=2b2,设所 求椭圆的方程为x 2 2b2 +y 2 b2 =1或y 2 2b2 +x 2 b2 =1. 将点 M(1,2)代入椭圆方程得 1 2b2 +4 b2 =1或 4 2b2 +1 b2 =1,解得b2=92 或b2=3. 故所求椭圆的方程为x 2 9+ y2 9 2 =1或y 2 6+ x2 3=1. 法二:设所求椭圆方程为x 2 12+ y2 6=k1 (k1>0)或y 2 12+ x2 6=k2 (k2> 0),将点M 的坐标代入可得112+ 4 6=k1 或4 12+ 1 6=k2 ,解得k1= 3 4 ,k2= 1 2 ,故x 2 12+ y2 6= 3 4 或y 2 12+ x2 6= 1 2 ,即所求椭圆的标准方 程为x 2 9+ y2 9 2 =1或y 2 6+ x2 3=1. 9.74 [由题意知a2=16,b2=9,则c2=7,从而e=ca = 7 4. ] 10.33 [方法一 由题意可设|PF2|=m,结合条件可知|PF1|= 2m,|F1F2|= 3m,故 离 心 率e= c a = 2c 2a= |F1F2| |PF1|+|PF2| = 3m 2m+m= 3 3. 方法二 由PF2⊥F1F2 可知P 点的横坐标为c,将x=c代入椭 圆方程可得y=±b 2 a ,所以|PF2|= b2 a. 又由∠PF1F2=30°可得 |F1F2|= 3|PF2|,故2c= 3· b2 a ,变形可得 3(a2-c2)=2ac, 等式两边同除以a2,得 3(1-e2)=2e,解得e= 33 或e=- 3(舍 去).] 11.BD [由图可知,a1>a2,c1>c2,所以a1+c1>a2+c2,所以 A错 误;在椭圆轨道Ⅰ中可得,a1-c1=|PF|,在椭圆轨道Ⅱ中可得, a2-c2=|PF|,所以a1-c1=a2-c2,所以B正确;所以a1+c2= a2+c1,两边同时平方,得a21+c22+2a1c2=a22+c21+2a2c1,所以 a21-c21+2a1c2=a22-c22+2a2c1,即b21+2a1c2=b22+2a2c1,由图可 得,b21>b22,所以2a1c2<2a2c1,即 c2 a2 < c1 a1 ,所以C错误,D正确.] 12.A [方法一 由 y=kx-k, x2 9+ y2 4=1 , 消去y 得(4+9k2)x2-18k2x+ 9k2-36=0,Δ=(-18k2)2-4(4+9k2)(9k2-36)=576(2k2+ 1),易知Δ>0恒成立,∴直线y=kx-k与椭圆x 2 9+ y2 4=1 的位 置关系为相交. 方法二 直线y=kx-k可化为y=k(x-1),∴直线恒过点(1, 0),又1 2 9+ 02 4<1 ,即点(1,0)在椭圆的内部,∴直线y=kx-k与 椭圆x 2 9+ y2 4=1 的位置关系为相交.] 【规律总结】 研究直线与椭圆有无公共点或有几个公共点的问 题,实际上是研究它们的方程组成的方程组是否有实数解或实数 解的个数问题. 13.x+2y-4=0 [方法一 易知直线AB 的斜率k 存在, 设所求直线的方程为y-1=k(x-2), 由 y-1=k(x-2), x2 16+ y2 4=1 , 得(4k2+1)x2-8(2k2-k)x+4(2k-1)2-16=0. 设点A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1,x2 是上述方程的两根, 于是x1+x2= 8(2k2-k) 4k2+1 . 又 M 为AB 的中点, ∴ x1+x2 2 = 4(2k2-k) 4k2+1 =2, 解得k=-12. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 95 —