江苏省2019届高考数学专题三解析几何3.2大题考法—直线与圆讲义 16页

第二讲大题考法——直线与圆题型(一)直线与圆的位置关系　　　　　　　　　　　　主要考查直线与圆的位置关系以及复杂背景下直线、圆的方程.[典例感悟][例1]　如图，在Rt△ABC中，∠A为直角，AB边所在直线的方程为x－3y－6＝0，点T(－1,1)在直线AC上，BC中点为M(2,0)．(1)求BC边所在直线的方程；(2)若动圆P过点N(－2,0)，且与Rt△ABC的外接圆相交所得公共弦长为4，求动圆P中半径最小的圆方程．[解]　(1)因为AB边所在直线的方程为x－3y－6＝0，AC与AB垂直，所以直线AC的斜率为－3.故AC边所在直线的方程为y－1＝－3(x＋1)，即3x＋y＋2＝0.设C为(x0，－3x0－2)，因为M为BC中点，所以B(4－x0,3x0＋2)．点B代入x－3y－6＝0，解得x0＝－，所以C.所以BC所在直线方程为x＋7y－2＝0.(2)因为Rt△ABC斜边中点为M(2,0)，所以M为Rt△ABC外接圆的圆心．又AM＝2，从而Rt△ABC外接圆的方程为(x－2)2＋y2＝8.设P(a，b)，因为动圆P过点N，所以该圆的半径r＝，圆方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2.由于⊙P与⊙M相交，则公共弦所在直线m的方程为(4－2a)x－2by＋a2＋b2－r2＋4＝0.因为公共弦长为4，⊙M半径为2，所以M(2,0)到m的距离d＝2，即＝2，化简得b2＝3a2－4a，所以r＝＝.当a＝0时，r最小值为2，此时b＝0，圆的方程为x2＋y2＝4.[方法技巧]n解决有关直线与圆位置关系的问题的方法(1)直线与圆的方程求解通常用的待定系数法，由于直线方程和圆的方程均有不同形式，故要根据所给几何条件灵活使用方程．(2)对直线与直线的位置关系的相关问题要用好直线基本量之一斜率，要注意优先考虑斜率不存在的情况．(3)直线与圆的位置关系以及圆与圆的位置关系在处理时几何法优先，有时也需要用代数法即解方程组．[演练冲关]　已知以点C(t∈R，t≠0)为圆心的圆与x轴交于点O，A，与y轴交于点O，B，其中O为坐标原点．(1)求证：△OAB的面积为定值；(2)设直线y＝－2x＋4与圆C交于点M，N，若OM＝ON，求圆C的方程．解：(1)证明：因为圆C过原点O，所以OC2＝t2＋.设圆C的方程是(x－t)2＋2＝t2＋，令x＝0，得y1＝0，y2＝；令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，所以S△OAB＝OA·OB＝××|2t|＝4，即△OAB的面积为定值．(2)因为OM＝ON，CM＝CN，所以OC垂直平分线段MN.因为kMN＝－2，所以kOC＝.所以＝t，解得t＝2或t＝－2.当t＝2时，圆心C的坐标为(2,1)，OC＝，此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝<，圆C与直线y＝－2x＋4相交于两点．当t＝－2时，圆心C的坐标为(－2，－1)，OC＝，n此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝>.圆C与直线y＝－2x＋4不相交，所以t＝－2不符合题意，舍去．所以圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.题型(二)圆中的定点、定值问题　　主要考查动圆过定点的问题其本质是含参方程恒有解，定值问题是引入参数，再利用其满足的约束条件消去参数得定值.[典例感悟][例2]　已知圆C：x2＋y2＝9，点A(－5,0)，直线l：x－2y＝0.(1)求与圆C相切，且与直线l垂直的直线方程；(2)在直线OA上(O为坐标原点)，存在定点B(不同于点A)满足：对于圆C上任一点P，都有为一常数，试求所有满足条件的点B的坐标．[解]　(1)设所求直线方程为y＝－2x＋b，即2x＋y－b＝0.因为直线与圆C相切，所以＝3，解得b＝±3.所以所求直线方程为2x＋y±3＝0.(2)法一：假设存在这样的点B(t,0)．当点P为圆C与x轴的左交点(－3,0)时，＝；当点P为圆C与x轴的右交点(3,0)时，＝.依题意，＝，解得t＝－或t＝－5(舍去)．下面证明点B对于圆C上任一点P，都有为一常数．设P(x，y)，则y2＝9－x2，n所以＝＝＝＝.从而＝为常数．法二：假设存在这样的点B(t,0)，使得为常数λ，则PB2＝λ2PA2，所以(x－t)2＋y2＝λ2[(x＋5)2＋y2]，将y2＝9－x2代入，得x2－2xt＋t2＋9－x2＝λ2(x2＋10x＋25＋9－x2)，即2(5λ2＋t)x＋34λ2－t2－9＝0对x∈[－3,3]恒成立，所以解得或(舍去)．故存在点B对于圆C上任一点P，都有为常数.[方法技巧]关于解决圆中的定点、定值问题的方法(1)与圆有关的定点问题最终可化为含有参数的动直线或动圆过定点．解这类问题关键是引入参数求出动直线或动圆的方程．(2)与圆有关的定值问题，可以通过直接计算或证明，还可以通过特殊化，先猜出定值再给出证明．[演练冲关]1．已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝4，直线l1过定点A(1,0)．(1)若l1与圆相切，求直线l1的方程；(2)若l1与圆相交于P，Q两点，线段PQ的中点为M，又l1与l2：x＋2y＋2＝0的交点为N，判断AM·AN是否为定值．若是，则求出定值；若不是，请说明理由．解：(1)若直线l1的斜率不存在，即直线l1的方程为x＝1，符合题意；若直线l1斜率存在，设直线l1的方程为y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0.由题意知，圆心(3,4)到直线l1的距离等于半径2，即＝2，解得k＝，则l1：3x－4y－3＝0.所求直线l1的方程是x＝1或3x－4y－3＝0.(2)直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0，可设直线l1方程为kx－y－k＝0.由得N.又因为直线CM与l1垂直，故可得M.n所以AM·AN＝·＝·＝6，为定值．故AM·AN是定值，且为6.2．已知圆M的方程为x2＋(y－2)2＝1，直线l的方程为x－2y＝0，点P在直线l上，过P点作圆M的切线PA，PB，切点为A，B.(1)若∠APB＝60°，求点P的坐标；(2)若P点的坐标为(2,1)，过P作直线与圆M交于C，D两点，当CD＝时，求直线CD的方程；(3)求证：经过A，P，M三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标．解：(1)设P(2m，m)，因为∠APB＝60°，AM＝1，所以MP＝2，所以(2m)2＋(m－2)2＝4，解得m＝0或m＝，故所求点P的坐标为P(0,0)或P.(2)易知直线CD的斜率存在，可设直线CD的方程为y－1＝k(x－2)，由题知圆心M到直线CD的距离为，所以＝，解得k＝－1或k＝－，故所求直线CD的方程为x＋y－3＝0或x＋7y－9＝0.(3)证明：设P(2m，m)，MP的中点Q，因为PA是圆M的切线，所以经过A，P，M三点的圆是以Q为圆心，以MQ为半径的圆，故其方程为(x－m)2＋2＝m2＋2，化简得x2＋y2－2y－m(2x＋y－2)＝0，此式是关于m的恒等式，故解得或所以经过A，P，M三点的圆必过定点(0,2)或.题型(三)n与直线、圆有关的最值或范围问题　　主要考查与直线和圆有关的长度、面积的最值或有关参数的取值范围问题.[典例感悟][例3]　已知△ABC的三个顶点A(－1,0)，B(1,0)，C(3,2)，其外接圆为圆H.(1)若直线l过点C，且被圆H截得的弦长为2，求直线l的方程；(2)对于线段BH上的任意一点P，若在以C为圆心的圆上都存在不同的两点M，N，使得点M是线段PN的中点，求圆C的半径r的取值范围．[解]　(1)线段AB的垂直平分线方程为x＝0，线段BC的垂直平分线方程为x＋y－3＝0.所以外接圆圆心H(0,3)，半径为＝.圆H的方程为x2＋(y－3)2＝10.设圆心H到直线l的距离为d，因为直线l被圆H截得的弦长为2，所以d＝＝3.当直线l垂直于x轴时，显然符合题意，即x＝3为所求；当直线l不垂直于x轴时，设直线方程为y－2＝k(x－3)，则＝3，解得k＝.所以直线l的方程为y－2＝(x－3)，即4x－3y－6＝0.综上，直线l的方程为x＝3或4x－3y－6＝0.(2)直线BH的方程为3x＋y－3＝0，设P(m，n)(0≤m≤1)，N(x，y)．因为点M是线段PN的中点，所以M，又M，N都在半径为r的圆C上，所以即因为该关于x，y的方程组有解，即以(3,2)为圆心，r为半径的圆与以(6－m,4－n)为圆心，2r为半径的圆有公共点，所以(2r－r)2≤(3－6＋m)2＋(2－4＋n)2≤(r＋2r)2.又3m＋n－3＝0，所以r2≤10m2－12m＋10≤9r2对任意的m∈[0,1]成立．而f(m)＝10m2－12m＋10在[0,1]上的值域为，所以r2≤且10≤9r2.又线段BH与圆C无公共点，所以(m－3)2＋(3－3m－2)2>r2对任意的m∈[0,1]成立，即r2<.故圆C的半径r的取值范围为.[方法技巧]1．隐形圆问题n有些时候，在条件中没有直接给出圆方面的信息，而是隐藏在题目中的，要通过分析和转化，发现圆(或圆的方程),从而最终可以利用圆的知识来求解，我们称这类问题为“隐形圆”问题．2．隐形圆的确定方法(1)利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐形圆；(2)动点P对两定点A，B张角是90°(kPA·kPB＝－1)确定隐形圆；(3)两定点A，B，动点P满足·＝λ确定隐形圆；(4)两定点A，B，动点P满足PA2＋PB2是定值确定隐形圆；(5)两定点A，B，动点P满足PA＝λPB(λ＞0，λ≠1)确定隐形圆(阿波罗尼斯圆)；(6)由圆周角的性质确定隐形圆．3．与圆有关的最值或范围问题的求解策略与圆有关的最值或取值范围问题的求解，要对问题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，要掌握解决问题常使用的思想方法，如要善于利用数形结合思想，利用几何知识，求最值或范围，要善于利用转化与化归思想将最值或范围转化为函数关系求解．[演练冲关]1.(2018·苏北四市期中)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2＋y2－4x＝0及点A(－1,0)，B(1,2)．(1)若直线l平行于AB，与圆C相交于M，N两点，MN＝AB，求直线l的方程；(2)在圆C上是否存在点P，使得PA2＋PB2＝12？若存在，求点P的个数；若不存在，说明理由．解：(1)因为圆C的标准方程为(x－2)2＋y2＝4，所以圆心C(2,0)，半径为2.因为l∥AB，A(－1,0)，B(1,2)，所以直线l的斜率为＝1，设直线l的方程为x－y＋m＝0，则圆心C到直线l的距离为d＝＝.因为MN＝AB＝＝2，而CM2＝d2＋2，所以4＝＋2，解得m＝0或m＝－4，故直线l的方程为x－y＝0或x－y－4＝0.n(2)假设圆C上存在点P，设P(x，y)，则(x－2)2＋y2＝4，PA2＋PB2＝(x＋1)2＋(y－0)2＋(x－1)2＋(y－2)2＝12，即x2＋y2－2y－3＝0，x2＋(y－1)2＝4，因为|2－2|<<2＋2，所以圆(x－2)2＋y2＝4与圆x2＋(y－1)2＝4相交，所以点P的个数为2.2．在等腰△ABC中，已知AB＝AC，且点B(－1,0)．点D(2,0)为AC的中点．(1)求点C的轨迹方程；(2)已知直线l：x＋y－4＝0，求边BC在直线l上的射影EF长的最大值．解：(1)设C(x，y)，∵D(2,0)为AC的中点．∴A(4－x，－y)，∵B(－1,0)，由AB＝AC，得AB2＝AC2.∴(x－5)2＋y2＝(2x－4)2＋(2y)2，整理得(x－1)2＋y2＝4.∵A，B，C三点不共线，∴y≠0，则点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．(2)法一：由条件，易得BE：x－y＋1＝0.设CF：x－y＋b＝0.当EF取得最大值时，直线CF与圆(x－1)2＋y2＝4相切，设M(1,0)，则M到CF的距离为＝2.∴b＝2－1(舍去)或b＝－2－1.∴CF：x－y－2－1＝0.∴EFmax等于点B到CF的距离＝＝＋2.法二：设点M(1,0)，如图，过点C的轨迹圆心M作BE，CF的垂线，垂足分别为G，H，则四边形EFHG是矩形．∴EF＝GH＝GM＋MH.n由条件，得MG＝＝＝.∵MH的最大值为半径2.∴EFmax＝＋2.3.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一点A(2,4)．(1)设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC＝OA，求直线l的方程；(3)设点T(t,0)满足：存在圆M上的两点P和Q，使得＋＝，求实数t的取值范围．解：圆M的标准方程为(x－6)2＋(y－7)2＝25，所以圆心M(6,7)，半径为5.(1)由圆心N在直线x＝6上，可设N(6，y0)．因为圆N与x轴相切，与圆M外切，所以0＜y0＜7，圆N的半径为y0，从而7－y0＝5＋y0，解得y0＝1.因此，圆N的标准方程为(x－6)2＋(y－1)2＝1.(2)因为直线l∥OA，所以直线l的斜率为＝2.设直线l的方程为y＝2x＋m，即2x－y＋m＝0，则圆心M到直线l的距离d＝＝.因为BC＝OA＝＝2，而MC2＝d2＋2，所以25＝＋5，解得m＝5或m＝－15.n故直线l的方程为2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0.(3)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．因为A(2,4)，T(t,0)，＋＝，所以①因为点Q在圆M上，所以(x2－6)2＋(y2－7)2＝25.②将①代入②，得(x1－t－4)2＋(y1－3)2＝25.于是点P(x1，y1)既在圆M上，又在圆[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25上，从而圆(x－6)2＋(y－7)2＝25与圆[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25有公共点，所以5－5≤≤5＋5，解得2－2≤t≤2＋2.因此，实数t的取值范围是[2－2，2＋2]．[课时达标训练]A组——大题保分练1．已知圆O：x2＋y2＝4交y轴正半轴于点A，点B，C是圆O上异于点A的两个动点．(1)若B与A关于原点O对称，直线AC和直线BC分别交直线y＝4于点M，N，求线段MN长度的最小值；(2)若直线AC和直线AB的斜率之积为1，求证：直线BC与x轴垂直．解：(1)由题意，直线AC和直线BC的斜率一定存在且不为0，且A(0,2)，B(0，－2)，AC⊥BC.设直线AC的斜率为k，则直线BC的斜率为－，所以直线AC的方程为y＝kx＋2，直线BC的方程为y＝－x－2，故它们与直线y＝4的交点分别为M，N(－6k,4)．所以MN＝≥4，当且仅当k＝±时取等号，所以线段MN长度的最小值为4.(2)证明：易知直线AC和直线AB的斜率一定存在且不为0，设直线AC的方程为y＝kx＋2，则直线AB的方程为y＝x＋2.由解得C，同理可得B.因为B，C两点的横坐标相等，所以BC⊥x轴．n2．已知圆x2＋y2－4x＋2y－3＝0和圆外一点M(4，－8)．(1)过M作直线交圆于A，B两点，若|AB|＝4，求直线AB的方程；(2)过M作圆的切线，切点分别为C，D，求切线长及CD所在直线的方程．解：(1)圆即(x－2)2＋(y＋1)2＝8，圆心为P(2，－1)，半径r＝2.①若割线斜率存在，设AB：y＋8＝k(x－4)，即kx－y－4k－8＝0，设AB的中点为N，则|PN|＝＝，由|PN|2＋2＝r2，得k＝－，AB：45x＋28y＋44＝0.②若割线斜率不存在，AB：x＝4，代入圆方程得y2＋2y－3＝0，y1＝1，y2＝－3符合题意．综上，直线AB的方程为45x＋28y＋44＝0或x＝4.(2)切线长为＝＝3.以PM为直径的圆的方程为(x－2)(x－4)＋(y＋1)(y＋8)＝0，即x2＋y2－6x＋9y＋16＝0.又已知圆的方程为x2＋y2－4x＋2y－3＝0，两式相减，得2x－7y－19＝0，所以直线CD的方程为2x－7y－19＝0.3．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(舍去)．所以圆C的方程为x2＋y2＝4.(2)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)，n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，能使得∠ANM＝∠BNM总成立．4．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x＋3)2＋(y－1)2＝4和圆C2：(x－4)2＋(y－5)2＝4.(1)若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截得的弦长为2，求直线l的方程；(2)设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，求所有满足条件的点P的坐标．解：(1)由于直线x＝4与圆C1不相交，∴直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－4)，圆C1的圆心到直线l的距离为d.∵l被圆C1截得的弦长为2，∴d＝＝1.又由点到直线的距离公式得d＝，∴k(24k＋7)＝0，解得k＝0或k＝－，∴直线l的方程为y＝0或7x＋24y－28＝0.(2)设点P(a，b)满足条件，由题意分析可得直线l1，l2的斜率均存在且不为0，不妨设直线l1的方程为y－b＝k(x－a)，则直线l2的方程为y－b＝－(x－a)．∵圆C1和圆C2的半径相等，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，∴圆C1的圆心到直线l1的距离和圆C2的圆心到直线l2的距离相等，即＝，整理得|1＋3k＋ak－b|＝|5k＋4－a－bk|.∴1＋3k＋ak－b＝±(5k＋4－a－bk)，n即(a＋b－2)k＝b－a＋3或(a－b＋8)k＝a＋b－5.∵k的取值有无穷多个，∴或解得或故这样的点只可能是点P1或点P2－，.B组——大题增分练1.如图，已知以点A(－1,2)为圆心的圆与直线l1：x＋2y＋7＝0相切．过点B(－2,0)的动直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，直线l与l1相交于点P.(1)求圆A的方程；(2)当MN＝2时，求直线l的方程．解：(1)设圆A的半径为r.由于圆A与直线l1：x＋2y＋7＝0相切，∴r＝＝2.∴圆A的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝20.(2)①当直线l与x轴垂直时，易知x＝－2符合题意；②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)．即kx－y＋2k＝0.连结AQ，则AQ⊥MN.∵MN＝2，∴AQ＝＝1，则由AQ＝＝1，得k＝，∴直线l：3x－4y＋6＝0.故直线l的方程为x＝－2或3x－4y＋6＝0.2．已知点P(2,2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，Bn两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．(1)求M的轨迹方程；(2)当OP＝OM时，求证：△POM的面积为定值．解：(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，所以圆心为C(0,4)，半径为4.设M(x，y)，则＝(x，y－4)，＝(2－x,2－y)．由题设知·＝0，故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝2.由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.(2)证明：由(1)可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心，为半径的圆．由于OP＝OM，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ON⊥PM.因为ON的斜率为3，所以PM的斜率为－，故PM的方程为y＝－x＋.又OM＝OP＝2，O到l的距离d为，所以PM＝2＝，所以△POM的面积为S△POM＝PM·d＝.3.如图，已知位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点(0,1)，且被x轴分成的两段弧长之比为2∶1，过点H(0，t)的直线l与圆C相交于M，N两点，且以MN为直径的圆恰好经过坐标原点O.(1)求圆C的方程；(2)当t＝1时，求直线l的方程；(3)求直线OM的斜率k的取值范围．解：(1)因为位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点(0,1)，所以圆心C在直线y＝1上．又圆C与x轴的交点分别为A，B，由圆C被x轴分成的两段弧长之比为2∶1，得∠ACB＝.n所以CA＝CB＝2，圆心C的坐标为(－2,1)．所以圆C的方程为(x＋2)2＋(y－1)2＝4.(2)当t＝1时，由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝mx＋1.由消去y，得(m2＋1)x2＋4x＝0，解得或不妨令M，N(0,1)．因为以MN为直径的圆恰好经过O(0,0)，所以·＝·(0,1)＝＝0，解得m＝2±，故所求直线l的方程为y＝(2＋)x＋1或y＝(2－)x＋1.(3)设直线OM的方程为y＝kx，由题意，知≤2，解得k≤.同理得－≤，解得k≤－或k>0.由(2)知，k＝0也满足题意．所以k的取值范围是∪.4．已知过点A(－1,0)的动直线l与圆C：x2＋(y－3)2＝4相交于P、Q两点，M是PQ中点，l与直线m：x＋3y＋6＝0相交于N.(1)求证：当l与m垂直时，l必过圆心C；(2)当PQ＝2时，求直线l的方程；(3)探索·是否与直线l的倾斜角有关，若无关，请求出其值；若有关，请说明理由．解：(1)∵l与m垂直，且km＝－，∴kl＝3，故直线l方程为y＝3(x＋1)，即3x－y＋3＝0.∵圆心坐标(0,3)满足直线l方程，∴当l与m垂直时，l必过圆心C.(2)①当直线l与x轴垂直时，易知x＝－1符合题意．②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，即kx－y＋k＝0，n∵PQ＝2，∴CM＝＝1，则由CM＝＝1，得k＝，∴直线l：4x－3y＋4＝0.故直线l的方程为x＝－1或4x－3y＋4＝0.(3)∵CM⊥MN，∴·＝(＋)·＝·＋·＝·.当l与x轴垂直时，易得N，则＝，又＝(1,3)，∴·＝·＝－5.当l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，则由得N，则＝，∴·＝·＝＋＝－5.综上所述，·与直线l的斜率无关，且·＝－5.