2020年浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题五　1 第1讲　直线与圆 15页

第1讲　直线与圆 直线的方程 ‎[核心提炼]‎ ‎1．三种距离公式 ‎(1)A(x1，y1)，B(x2，y2)两点间的距离：‎ ‎|AB|＝.‎ ‎(2)点到直线的距离：d＝(其中点P(x0，y0)，直线方程：Ax＋By＋C＝0)．‎ ‎(3)两平行直线间的距离：d＝(其中两平行线方程分别为l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0)．‎ ‎2．两条直线平行与垂直的判定 若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1k2＝－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在．‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (1)(2019·温州十五校联合体联考)已知直线l1：mx＋(m＋1)y＋2＝0，l2：(m＋1)x＋(m＋4)y－3＝0，则“m＝－2”是“l1⊥l2”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎(2)(2019·浙江新高考冲刺卷)已知m∈R，若点M(x，y)为直线l1：my＝－x和l2：mx＝y＋m－3的交点，l1和l2分别过定点A和B，则|MA|·|MB|的最大值为________．‎ ‎【解析】　(1)当m＝－2时，直线l1，l2的斜率分别为k1＝－2，k2＝，此时k1×k2＝－1，则l1⊥l2.而m＝－1时，也有l1⊥l2，故选A.‎ ‎(2)动直线l1：my＝－x过定点A(0，0)，‎ 动直线l2：mx＝y＋m－3化为m(x－1)－(y－3)＝0，得x＝1，y＝3.过定点B(1，3)．‎ 因为此两条直线互相垂直，‎ 所以|MA|2＋|BM|2＝|AB|2＝10，‎ 所以10≥2|MA|·|MB|，所以|MA|·|BM|≤5，‎ 当且仅当|MA|＝|MB|时取等号．‎ ‎【答案】　(1)A　(2)5‎ 解决直线方程问题应注意的问题 ‎(1)求解两条直线平行的问题时，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性．‎ ‎(2)要注意几种直线方程的局限性．点斜式、斜截式要求直线不能与x轴垂直．两点式不能表示垂直于坐标轴的直线，而截距式方程不能表示过原点的直线及垂直于坐标轴的直线．‎ ‎(3)求直线方程要考虑直线斜率是否存在．　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．若两平行直线l1：x－2y＋m＝0(m＞0)与l2：2x＋ny－6＝0之间的距离是，则m＋n＝(　　)‎ A．0　　　　B．1　　　　C．－2　　　　D．－1‎ 解析：选C.因为l1，l2平行，所以1×n＝2×(－2)，解得n＝－4，即直线l2：x－2y－3＝0.又l1，l2之间的距离是，所以＝，得m＝2或m＝－8(舍去)，所以m＋n＝－2，故选C.‎ ‎2．(2019·金丽衢十二校高考模拟)直线l：x＋λy＋2－3λ＝0(λ∈R)恒过定点________，P(1，1)到该直线的距离最大值为________．‎ 解析：直线l：x＋λy＋2－3λ＝0(λ∈R)即λ(y－3)＋x＋2＝0，令，解得x＝－2，y＝3.‎ 所以直线l恒过定点Q(－2，3)，‎ P(1，1)到该直线的距离最大值为|PQ|＝＝.‎ 答案：(－2，3)　 ‎3．在△ABC中，A(1，1)，B(m，)(10，表示以为圆心，为半径的圆．‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (1)已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圆，则圆心坐标是__________，半径是__________．‎ ‎(2)已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点M(0，)在圆C上，且圆心到直线2x－y＝0的距离为，则圆C的方程为________．‎ ‎【解析】　(1)由题可得a2＝a＋2，解得a＝－1或a＝2.当a＝－1时，方程为x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，表示圆，故圆心为(－2，－4)，半径为5.当a＝2时，方程不表示圆．‎ ‎(2)设圆心为(a，0)(a＞0)，则圆心到直线2x－y＝0的距离d＝＝，得a＝2，半径r＝＝3，所以圆C的方程为(x－2)2＋y2＝9.‎ ‎【答案】　(1)(－2，－4)　5‎ ‎(2)(x－2)2＋y2＝9‎ 求圆的方程的两种方法 ‎(1)直接法：利用圆的性质、直线与圆、圆与圆的位置关系，数形结合直接求出圆心坐标、半径，进而求出圆的方程．‎ ‎(2)待定系数法：先设出圆的方程，再由条件构建系数满足的方程(组)求得各系数，进而求出圆的方程．　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．圆心在曲线y＝(x>0)上，且与直线2x＋y＋1＝0相切的面积最小的圆的方程为(　　)‎ A．(x－1)2＋(y－2)2＝5‎ B．(x－2)2＋(y－1)2＝5‎ C．(x－1)2＋(y－2)2＝25‎ D．(x－2)2＋(y－1)2＝25‎ 解析：选A.y′＝′＝－，令－＝－2，得x＝1，得平行于直线2x＋y＋1＝0的曲线y＝(x>0)的切线的切点的横坐标为1，代入曲线方程得切点坐标为(1，2)，以该点为圆心且与直线2x＋y＋1＝0相切的圆的面积最小，此时圆的半径为＝，故所求圆的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝5.‎ ‎2．过三点A(1，3)，B(4，2)，C(1，－7)的圆交y轴于M，N两点，则|MN|＝(　　)‎ A．2　　　　　　　　　　 B．8‎ C．4 D．10‎ 解析：选C.设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，‎ 则解得 所以圆的方程为x2＋y2－2x＋4y－20＝0.‎ 令x＝0，得y＝－2＋2或y＝－2－2，‎ 所以M(0，－2＋2)，N(0，－2－2)或M(0，－2－2)，N(0，－2＋2)，所以|MN|＝4.‎ ‎3．(2019·宁波镇海中学高考模拟)已知圆C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0上存在两点关于直线l：x＋my＋1＝0对称，经过点M(m，m)作圆C的切线，切点为P，则m＝________； |MP|＝________．‎ 解析：因为圆C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0上存在两点关于直线l：x＋my＋1＝0对称，‎ 所以直线l：x＋my＋1＝0过圆心C(1，2)，‎ 所以1＋2m＋1＝0.解得m＝－1.‎ 圆C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0，可化为(x－1)2＋(y－2)2＝4，圆心(1，2)，半径r＝2，‎ 因为经过点M(m，m)作圆C的切线，切点为P，‎ 所以|MP|＝＝3.‎ 答案：－1　3‎ 直线与圆、圆与圆的位置关系 ‎[核心提炼]‎ ‎1．直线与圆的位置关系的判定 ‎(1)几何法：把圆心到直线的距离d和半径r的大小加以比较：d＜r⇔相交；d＝r⇔相切；d＞r⇔相离．‎ ‎(2)代数法：将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ 来讨论位置关系：Δ＞0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δ＜0⇔相离．‎ ‎2．圆与圆的位置关系的判定 ‎(1)d＞r1＋r2⇔两圆外离；‎ ‎(2)d＝r1＋r2⇔两圆外切；‎ ‎(3)|r1－r2|＜d＜r1＋r2⇔两圆相交；‎ ‎(4)d＝|r1－r2|(r1≠r2)⇔两圆内切；‎ ‎(5)0≤d＜|r1－r2|(r1≠r2)⇔两圆内含．‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (1)已知圆M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)截直线x＋y＝0所得线段的长度是2，则圆M与圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置关系是(　　)‎ A．内切　　　　　　　　　 B．相交 C．外切 D．相离 ‎(2)已知点P(x，y)是直线kx＋y＋4＝0(k＞0)上一动点，PA，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，A，B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为(　　)‎ A．3 B. C．2 D．2‎ ‎【解析】　(1)由题知圆M：x2＋(y－a)2＝a2，圆心(0，a)到直线x＋y＝0的距离d＝，所以2 ＝2，解得a＝2.圆M，圆N的圆心距|MN|＝，两圆半径之差为1，故两圆相交．‎ ‎(2)如图，把圆的方程化成标准形式得x2＋(y－1)2＝1，‎ 所以圆心为(0，1)，半径为r＝1，四边形PACB的面积S＝2S△PBC，‎ 所以若四边形PACB的最小面积是2，‎ 则S△PBC的最小值为1.‎ 而S△PBC＝r·|PB|，即|PB|的最小值为2，‎ 此时|PC|最小，|PC|为圆心到直线kx＋y＋4＝0的距离d，‎ 此时d＝＝＝，‎ 即k2＝4，‎ 因为k>0，所以k＝2.‎ ‎【答案】　(1)B　(2)D 解决直线与圆、圆与圆位置关系的方法 ‎(1)讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时，要注意数形结合，充分利用圆的几何性质寻找解题途径，减少运算量．　 ‎ ‎(2)圆上的点与圆外点的距离的最值问题，可以转化为圆心到点的距离问题；圆上的点与直线上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到直线的距离问题；圆上的点与另一圆上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到圆心的距离问题．‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2019·高考浙江卷)已知圆C的圆心坐标是(0，m)，半径长是r.若直线2x－y＋3＝0与圆C相切于点A(－2，－1)，则m＝________，r＝________．‎ 解析：法一：设过点A(－2，－1)且与直线2x－y＋3＝0垂直的直线方程为l：x＋2y＋t＝0，所以－2－2＋t＝0，所以t＝4，所以l：x＋2y＋4＝0.令x＝0，得m＝－2，则r＝＝.‎ 法二：因为直线2x－y＋3＝0与以点(0，m)为圆心的圆相切，且切点为A(－2，－1)，所以×2＝－1，所以m＝－2，r＝＝.‎ 答案：－2　 ‎2．(2019·绍兴柯桥区高三下学期考试)已知圆O1和圆O2都经过点A(0，1)，若两圆与直线4x－3y＋5＝0及y＋1＝0均相切，则|O1O2|＝________．‎ 解析：如图，因为原点O到直线4x－3y＋5＝0的距离d＝＝1，到直线y＝－1的距离为1，且到(0，1)的距离为1，‎ 所以圆O1和圆O2的一个圆心为原点O，不妨看作是圆O1，‎ 设O2(a，b)，则由题意：‎ ，解得.‎ 所以|O1O2|＝＝.‎ 答案： 直线、圆与其他知识的交汇问题 ‎[核心提炼]‎ 高考对直线和圆的考查重在基础，多以选择题、填空题形式出现，将直线和圆与函数、不等式、平面向量、数列及圆锥曲线、概率等知识交汇，体现命题创新．‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (1)在平面直角坐标系xOy中，A(－12，0)，B(0，6)，点P在圆O：x2＋y2＝50上．若·≤20，则点P的横坐标的取值范围是________．‎ ‎(2)(2019·广东省五校协作体第一次诊断考试)两圆x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0和x2＋y2－4by－1＋4b2＝0恰有三条公切线，若a∈R，b∈R且ab≠0，则＋的最小值为________．‎ ‎【解析】　(1)设P(x，y)，则由·≤20可得，‎ ‎(－12－x)(－x)＋(－y)(6－y)≤20，‎ 即(x＋6)2＋(y－3)2≤65，‎ 所以P为圆(x＋6)2＋(y－3)2＝65上或其内部一点．‎ 又点P在圆x2＋y2＝50上，‎ 联立得 解得或 即P为圆x2＋y2＝50的劣弧MN上的一点(如图)．‎ 易知－5≤x≤1.‎ ‎(2)两圆x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0和x2＋y2－4by－1＋4b2＝0配方得，(x＋a)2＋y2＝4，x2＋(y－2b)2＝1，依题意得两圆相外切，故＝1＋2＝3，即a2＋4b2＝9，＋＝(＋)(＋)＝＋＋＋≥＋2＝1，当且仅当＝，即a2＝2b2时等号成立，故＋的最小值为1.‎ ‎【答案】　(1)[－5，1]　(2)1‎ 对于这类问题的求解，首先要注意理解直线和圆等基础知识及它们之间的深入联系，其次要对问题的条件进行全方位的审视，特别是题中各个条件之间的相互关系及隐含条件的挖掘，再次要掌握解决问题常用的思想方法，如数形结合、化归与转化等思想方法．　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2019·浙江新高考冲刺卷)如图，直线x＋2y＝a与圆x2＋y2＝1相交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，O为坐标原点，若·＝a，则实数a的值为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选A.·＝cos∠AOB＝a，‎ 所以AB＝＝，‎ 所以O到直线AB的距离d＝，‎ 又d＝，所以 ＝，‎ 解得a＝或a＝>1(舍)．‎ ‎2．已知圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝1，设平面区域Ω：若圆心C∈Ω，且圆C与x轴相切，则a2＋b2的最大值为________．‎ 解析：作出可行域，如图，由题意知，圆心为C(a，b)，半径r＝1，且圆C与x轴相切，所以b＝1.而直线y＝1与可行域边界的交点为A(6，1)，‎ B(－2，1)，目标函数z＝a2＋b2表示点C到原点距离的平方，所以当点C与点A重合时，z取到最大值，zmax＝37.‎ 答案：37‎ 专题强化训练 ‎1．(2019·杭州二中月考)已知直线3x－y＋1＝0的倾斜角为α，则sin 2α＋cos2α＝(　　)‎ A.　　　B．－　　　C.　　　D．－ 解析：选A.由题设知k＝tan α＝3，于是sin 2α＋cos2α＝＝＝＝.‎ ‎2．(2019·义乌二模)在平面直角坐标系内，过定点P的直线l：ax＋y－1＝0与过定点Q的直线m：x－ay＋3＝0相交于点M，则|MP|2＋|MQ|2＝(　　)‎ A. B. C．5 D．10‎ 解析：选D.由题意知P(0，1)，Q(－3，0)，因为过定点P的直线ax＋y－1＝0与过定点Q的直线x－ay＋3＝0垂直，所以MP⊥MQ，所以|MP|2＋|MQ|2＝|PQ|2＝9＋1＝10，故选D.‎ ‎3．(2019·杭州七市联考)已知圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r＞0)．设条件p：0＜r＜3，条件q：圆C上至多有2个点到直线x－y＋3＝0的距离为1，则p是q的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选C.圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r＞0)，圆心(1，0)到直线x－y＋3＝0的距离d＝＝2.由条件q：圆C上至多有2个点到直线x－y＋3＝0的距离为1，可得0＜r＜3.则p是q的充要条件．故选C.‎ ‎4．在平面直角坐标系xOy中，设直线l：y＝kx＋1与圆C：x2＋y2＝4相交于A，B两点，以OA，OB为邻边作平行四边形OAMB，若点M在圆C上，则实数k等于(　　)‎ A．1 B．2‎ C．－1 D．0‎ 解析：选D.由题意知圆心到直线l的距离等于r＝1(r为圆C的半径)，所以＝1，解得k＝0.‎ ‎5．(2019·兰州市诊断考试)已知圆C：(x－)2＋(y－1)2＝1和两点A(－t，0)，B(t，0)(t>0)，若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则t的取值范围是(　　)‎ A．(0，2] B．[1，2]‎ C．[2，3] D．[1，3]‎ 解析：选D.依题意，设点P(＋cos θ，1＋sin θ)，因为∠APB＝90°，所以·＝0，所以(＋cos θ＋t)(＋cos θ－t)＋(1＋sin θ)2＝0，得t2＝5＋2cos θ＋2sin θ＝5＋4sin(θ＋)，因为sin(θ＋)∈[－1，1]，所以t2∈[1，9]，因为t>0，所以t∈[1，3]．‎ ‎6．圆C：x2＋y2＋Dx＋Ey－3＝0(D<0，E为整数)的圆心C到直线4x－3y ‎＋3＝0的距离为1，且圆C被截x轴所得的弦长|MN|＝4，则E的值为(　　)‎ A．－4 B．4 C．－8 D．8‎ 解析：选C.圆心C.‎ 由题意得＝1，‎ 即|4D－3E－6|＝10，①‎ 在圆C：x2＋y2＋Dx＋Ey－3＝0中，令y＝0得x2＋Dx－3＝0.‎ 设M(x1，0)，N(x2，0)，则x1＋x2＝－D，x1x2＝－3.‎ 由|MN|＝4得|x1－x2|＝4，‎ 即(x1＋x2)2－4x1x2＝16，‎ ‎(－D)2－4×(－3)＝16.‎ 由D<0，所以D＝－2.‎ 将D＝－2代入①得|3E＋14|＝10，‎ 所以E＝－8或E＝－(舍去)．‎ ‎7．动点A与两个定点B(－1，0)，C(5，0)的距离之比为，则△ABC面积的最大值为(　　)‎ A．3 B．6 C．9 D．12‎ 解析：选D.设A点坐标为(x，y)．‎ 因为＝，‎ 所以2＝，‎ 化简得x2＋y2＋6x－7＝0，‎ 即(x＋3)2＋y2＝16.‎ 所以A的轨迹表示以(－3，0)为圆心，半径为4的圆．‎ 所以△ABC面积的最大值为 Smax＝|BC|·r＝×6×4＝12.‎ ‎8．(2019·浙江省名校联盟质量检测)已知点P的坐标(x，y)满足过点P的直线l与圆C：x2＋y2＝14相交于A、B两点，则|AB|的最小值是(　　)‎ A．2 B．4 C. D．2‎ 解析：选B.根据约束条件画出可行域，如图中阴影部分所示，设点P到圆心的距离为d，求|AB|的最小值等价于求d的最大值，‎ 易知dmax＝＝，‎ 此时|AB|min＝2＝4，‎ 故选B.‎ ‎9．过点M的直线l与圆C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，C为圆心，当∠ACB最小时，直线l的方程为________．‎ 解析：易知当CM⊥AB时，∠ACB最小，直线CM的斜率为kCM＝＝－2，从而直线l的斜率为kl＝＝，其方程为y－1＝.即2x－4y＋3＝0.‎ 答案：2x－4y＋3＝0‎ ‎10．已知圆C1：x2＋y2－2mx＋4y＋m2－5＝0与圆C2：x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0，若圆C1与圆C2相外切，则实数m＝________.‎ 解析：对于圆C1与圆C2的方程，配方得圆C1：(x－m)2＋(y＋2)2＝9，圆C2：(x＋1)2＋(y－m)2＝4，则圆C1的圆心C1(m，－2)，半径r1＝3，圆C2的圆心C2(－1，m)，半径r2＝2.如果圆C1与圆C2相外切，那么有|C1C2|＝r1＋r2，即＝5，则m2＋3m－10＝0，解得m＝－5或m＝2，所以当m＝－5或m＝2时，圆C1与圆C2相外切．‎ 答案：－5或2‎ ‎11．已知圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝2，若等边△PAB的一边AB为圆C的一条弦，则|PC|的最大值为________．‎ 解析：已知圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝2，所以圆心为C(1，2)，半径r＝，若等边△PAB的一边AB为圆C的一条弦，则PC⊥AB.在△PAC中，∠APC＝30°，由正弦定理得＝，所以|PC|＝2sin∠PAC≤2，故|PC|的最大值为2.‎ 答案：2 ‎12．(2019·台州调研)已知动圆C过A(4，0)，B(0，－2)两点，过点M(1，－2)的直线交圆C于E，F两点，当圆C的面积最小时，|EF|的最小值为________．‎ 解析：依题意得，动圆C的半径不小于|AB|＝，即当圆C的面积最小时，AB是圆C的一条直径，此时点C是线段AB的中点，即点C(2，－1)，又点M的坐标为(1，－2)，且|CM|＝‎ eq (（2－1）2＋（－1＋2）2)＝<，所以点M位于圆C内，点M为线段EF的中点(过定圆内一定点作圆的弦，最短的弦是以该定点为中点的弦)时，|EF|最小，其最小值为2＝2.‎ 答案：2 ‎13．(2019·宁波市余姚中学期中检测)设直线系M：xcos θ＋(y－2)sin θ＝1(0≤θ≤2π)，对于下列四个命题：‎ ‎①M中所有直线均经过一个定点；‎ ‎②存在定点P不在M中的任一条直线上；‎ ‎③对于任意整数n(n≥3)，存在正n边形，其所有边均在M中的直线上；‎ ‎④M中的直线所能围成的正三角形面积都相等．‎ 其中真命题的代号是________(写出所有真命题的代号)．‎ 解析：因为点(0，2)到直线系M：xcos θ＋(y－2)·sin θ＝1(0≤θ≤2π)中每条直线的距离d＝＝1，直线系M：xcos θ＋(y－2)·sin θ＝1(0≤θ≤2π)表示圆x2＋(y－2)2＝1的切线的集合，‎ ‎①由于直线系表示圆x2＋(y－2)2＝1的所有切线的集合，其中存在两条切线平行，M中所有直线均经过一个定点不可能，故①不正确；‎ ‎②存在定点P不在M中的任一条直线上，观察知点(0，2)即符合条件，故②正确；‎ ‎③由于圆的所有外切正多边形的边都是圆的切线，所以对于任意整数n(n≥3)，存在正n边形，其所有边均在M中的直线上，故③正确；‎ ‎④如图，M中的直线所能围成的正三角形有两类，‎ 其一是如△ABB′型，是圆的外切三角形，此类面积都相等，另一类是在圆同一侧，如△BDC型，此一类面积相等，但两类之间面积不等，所以M中的直线所能围成的正三角形面积大小不一定相等，故④不正确．‎ 答案：②③‎ ‎14．(2019·南京一模)如图，在平面直角坐标系中，分别在x轴与直线y＝(x＋1)上从左向右依次取点Ak，Bk(k＝1，2，…，其中A1是坐标原点)，使△AkBkAk＋1都是等边三角形，则△A10B10A11的边长是________．‎ 解析：直线y＝(x＋1)的倾斜角为30°，与x轴的交点为P(－1，0)，又△A1B1A2‎ 是等边三角形，所以∠PB1A2＝90°，所以等边△A1B1A2的边长为1，且A2B1∥A3B2∥…∥A10B9，A2B1与直线y＝(x＋1)垂直，故△A2B1B2，△A3B2B3，△A4B3B4，…，△A10B9B10均为直角三角形，且依次得到A2B2＝2，A3B3＝4，A4B4＝8，A5B5＝16，A6B6＝32，A7B7＝64，A8B8＝128，A9B9＝256，A10B10＝512，故△A10B10A11的边长是512.‎ 答案：512‎ ‎15．在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1)，当m变化时，解答下列问题：‎ ‎(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；‎ ‎(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．‎ 解：(1)不能出现AC⊥BC的情况，理由如下：‎ 设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2满足x2＋mx－2＝0，‎ 所以x1x2＝－2.‎ 又C的坐标为(0，1)，故AC的斜率与BC的斜率之积为·＝－，所以不能出现AC⊥BC的情况．‎ ‎(2)证明：BC的中点坐标为(，)，可得BC的中垂线方程为y－＝x2(x－)．‎ 由(1)可得x1＋x2＝－m，所以AB的中垂线方程为x＝－.‎ 联立又x＋mx2－2＝0，可得 所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为(－，－)，半径r＝.‎ 故圆在y轴上截得的弦长为2＝3，即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．‎ ‎16．已知圆C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0.‎ ‎(1)若圆C的切线在x轴和y轴上的截距相等，求此切线的方程；‎ ‎(2)从圆C外一点P(x1，y1)向该圆引一条切线，切点为M，O为坐标原点，且有|PM|＝|PO|，求使|PM|取得最小值时点P的坐标．‎ 解：(1)圆C的标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝2.‎ ‎①当此切线在两坐标轴上的截距为零时，设此切线方程为y＝kx，‎ 由＝，得k＝2±；‎ 所以此切线方程为y＝(2±)x.‎ ‎②当此切线在两坐标轴上的截距不为零时，设此切线方程为x＋y－a＝0，由＝，得|a－1|＝2，即a＝－1或a＝3.‎ 所以此切线方程为x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0.‎ 综上，此切线方程为y＝(2＋)x或y＝(2－)x或x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0.‎ ‎(2)由|PO|＝|PM|，得|PO|2＝|PM|2＝|PC|2－|CM|2，‎ 即x＋y＝(x1＋1)2＋(y1－2)2－2，整理得2x1－4y1＋3＝0，即点P在直线l：2x－4y＋3＝0上，‎ 当|PM|取最小值时，|PO|取最小值，‎ 此时直线PO⊥l，所以直线PO的方程为2x＋y＝0.‎ 解方程组，得，‎ 故使|PM|取得最小值时，点P的坐标为.‎ ‎17.(2019·杭州市高三期末考试)如图，P是直线x＝4上一动点，以P为圆心的圆Γ经定点B(1，0)，直线l是圆Γ在点B处的切线，过A(－1，0)作圆Γ的两条切线分别与l交于E，F两点．‎ ‎(1)求证：|EA|＋|EB|为定值；‎ ‎(2)设直线l交直线x＝4于点Q，证明：|EB|·|FQ|＝|BF|·|EQ|.‎ 证明：(1)设AE切圆于M，直线x＝4与x轴的交点为N，‎ 则EM＝EB，‎ 所以|EA|＋|EB|＝|AM|＝＝＝‎ ＝4为定值．‎ ‎(2)同理|FA|＋|FB|＝4，‎ 所以E，F均在椭圆＋＝1上，‎ 设直线EF的方程为x＝my＋1(m≠0)，令x＝4，yQ＝，‎ 直线与椭圆方程联立得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，‎ 设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则y1＋y2＝‎ ‎－，y1y2＝－.‎ 因为E，B，F，Q在同一条直线上，‎ 所以|EB|·|FQ|＝|BF|·|EQ|等价于－y1·＋y1y2＝y2·－y1y2，‎ 所以2y1y2＝(y1＋y2)·，‎ 代入y1＋y2＝－，y1y2＝－成立，‎ 所以|EB|·|FQ|＝|BF|·|EQ|.‎ ‎18．(2019·金华十校联考)已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)设圆心C(a，0)，‎ 则＝2⇒a＝0或a＝－5(舍)．‎ 所以圆C：x2＋y2＝4.‎ ‎(2)存在．当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB.‎ 当直线AB的斜率存在时，‎ 设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t，0)，‎ A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，‎ 所以x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 若x轴平分∠ANB，则kAN＝－kBN⇒＋＝0⇒＋＝0⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0⇒－＋2t＝0⇒t＝4，‎ 所以当点N为(4，0)时，x轴平分∠ANB.‎