PAGE1-第1講直線與圓直線的方程[核心提煉]1．三種距離公式(1)A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點間的距離：|AB|＝eq\r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2).(2)點到直線的距離：d＝eq\f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2))(其中點P(x0，y0)，直線方程：Ax＋By＋C＝0)．(3)兩平行直線間的距離：d＝eq\f(|C2－C1|,\r(A2＋B2))(其中兩平行線方程分別為l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0)．2．兩條直線平行與垂直的判定若兩條不重合的直線l1，l2的斜率k1，k2存在，則l1∥l2?k1＝k2，l1⊥l2?k1k2＝－1.若給出的直線方程中存在字母系數，則要考慮斜率是否存在．[典型例題](1)(2024·溫州十五校聯合體聯考)已知直線l1：mx＋(m＋1)y＋2＝0，l2：(m＋1)x＋(m＋4)y－3＝0，則“m＝－2”是“l1⊥l2”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件(2)(2024·浙江新高考沖刺卷)已知m∈R，若點M(x，y)為直線l1：my＝－x和l2：mx＝y＋m－3的交點，l1和l2分別過定點A和B，則|MA|·|MB|的最大值為________．【解析】(1)當m＝－2時，直線l1，l2的斜率分別為k1＝－2，k2＝eq\f(1,2)，此時k1×k2＝－1，則l1⊥l2.而m＝－1時，也有l1⊥l2，故選A.(2)動直線l1：my＝－x過定點A(0，0)，動直線l2：mx＝y＋m－3化為m(x－1)－(y－3)＝0，得x＝1，y＝3.過定點B(1，3)．因為此兩條直線相互垂直，所以|MA|2＋|BM|2＝|AB|2＝10，所以10≥2|MA|·|MB|，所以|MA|·|BM|≤5，當且僅當|MA|＝|MB|時取等號．【答案】(1)A(2)5eq\a\vs4\al()解決直線方程問題應留意的問題(1)求解兩條直線平行的問題時，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出參數的值后，要留意代入檢驗，解除兩條直線重合的可能性．(2)要留意幾種直線方程的局限性．點斜式、斜截式要求直線不能與x軸垂直．兩點式不能表示垂直于坐標軸的直線，而截距式方程不能表示過原點的直線及垂直于坐標軸的直線．(3)求直線方程要考慮直線斜率是否存在．[對點訓練]1．若兩平行直線l1：x－2y＋m＝0(m＞0)與l2：2x＋ny－6＝0之間的距離是eq\r(5)，則m＋n＝()A．0B．1C．－2D．－1解析：選C.因為l1，l2平行，所以1×n＝2×(－2)，解得n＝－4，即直線l2：x－2y－3＝0.又l1，l2之間的距離是eq\r(5)，所以eq\f(|m＋3|,\r(1＋4))＝eq\r(5)，得m＝2或m＝－8(舍去)，所以m＋n＝－2，故選C.2．(2024·金麗衢十二校高考模擬)直線l：x＋λy＋2－3λ＝0(λ∈R)恒過定點________，P(1，1)到該直線的距離最大值為________．解析：直線l：x＋λy＋2－3λ＝0(λ∈R)即λ(y－3)＋x＋2＝0，令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－3＝0,x＋2＝0))，解得x＝－2，y＝3.所以直線l恒過定點Q(－2，3)，P(1，1)到該直線的距離最大值為|PQ|＝eq\r(32＋22)＝eq\r(13).答案：(－2，3)eq\r(13)3．在△ABC中，A(1，1)，B(m，eq\r(m))(1<m<4)，C(4，2)，則當△ABC的面積最大時，m＝________．解析：由兩點間距離公式可得|AC|＝eq\r(10)，直線AC的方程為x－3y＋2＝0，所以點B到直線AC的距離d＝eq\f(|m－3\r(m)＋2|,\r(10))，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)|AC|·d＝eq\f(1,2)|m－3eq\r(m)＋2|＝eq\f(1,2)|eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(m)－\f(3,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)|，又1<m<4，所以1<eq\r(m)<2，所以當eq\r(m)＝eq\f(3,2)，即m＝eq\f(9,4)時，S取得最大值．答案：eq\f(9,4)圓的方程及應用[核心提煉]1．圓的標準方程當圓心為(a，b)，半徑為r時，其標準方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，特殊地，當圓心在原點時，方程為x2＋y2＝r2.2．圓的一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0，表示以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))為圓心，eq\f(\r(D2＋E2－4F),2)為半徑的圓．[典型例題](1)已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圓，則圓心坐標是__________，半徑是__________．(2)已知圓C的圓心在x軸的正半軸上，點M(0，eq\r(5))在圓C上，且圓心到直線2x－y＝0的距離為eq\f(4\r(5),5)，則圓C的方程為________．【解析】(1)由題可得a2＝a＋2，解得a＝－1或a＝2.當a＝－1時，方程為x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，表示圓，故圓心為(－2，－4)，半徑為5.當a＝2時，方程不表示圓．(2)設圓心為(a，0)(a＞0)，則圓心到直線2x－y＝0的距離d＝eq\f(|2a－0|,\r(4＋1))＝eq\f(4\r(5),5)，得a＝2，半徑r＝eq\r(（a－0）2＋（0－\r(5)）2)＝3，所以圓C的方程為(x－2)2＋y2＝9.【答案】(1)(－2，－4)5(2)(x－2)2＋y2＝9eq\a\vs4\al()求圓的方程的兩種方法(1)干脆法：利用圓的性質、直線與圓、圓與圓的位置關系，數形結合干脆求出圓心坐標、半徑，進而求出圓的方程．(2)待定系數法：先設出圓的方程，再由條件構建系數滿意的方程(組)求得各系數，進而求出圓的方程．[對點訓練]1．圓心在曲線y＝eq\f(2,x)(x>0)上，且與直線2x＋y＋1＝0相切的面積最小的圓的方程為()A．(x－1)2＋(y－2)2＝5B．(x－2)2＋(y－1)2＝5C．(x－1)2＋(y－2)2＝25D．(x－2)2＋(y－1)2＝25解析：選A.y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))′＝－eq\f(2,x2)，令－eq\f(2,x2)＝－2，得x＝1，得平行于直線2x＋y＋1＝0的曲線y＝eq\f(2,x)(x>0)的切線的切點的橫坐標為1，代入曲線方程得切點坐標為(1，2)，以該點為圓心且與直線2x＋y＋1＝0相切的圓的面積最小，此時圓的半徑為eq\f(5,\r(5))＝eq\r(5)，故所求圓的方程為(x－1)2＋(y－2)2＝5.2．過三點A(1，3)，B(4，2)，C(1，－7)的圓交y軸于M，N兩點，則|MN|＝()A．2eq\r(6) B．8C．4eq\r(6) D．10解析：選C.設圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＋3E＋F＋10＝0，,4D＋2E＋F＋20＝0，,D－7E＋F＋50＝0.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＝－2，,E＝4，,F＝－20.))所以圓的方程為x2＋y2－2x＋4y－20＝0.令x＝0，得y＝－2＋2eq\r(6)或y＝－2－2eq\r(6)，所以M(0，－2＋2eq\r(6))，N(0，－2－2eq\r(6))或M(0，－2－2eq\r(6))，N(0，－2＋2eq\r(6))，所以|MN|＝4eq\r(6).3．(2024·寧波鎮海中學高考模擬)已知圓C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0上存在兩點關于直線l：x＋my＋1＝0對稱，經過點M(m，m)作圓C的切線，切點為P，則m＝________；|MP|＝________．解析：因為圓C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0上存在兩點關于直線l：x＋my＋1＝0對稱，所以直線l：x＋my＋1＝0過圓心C(1，2)，所以1＋2m＋1＝0.解得m＝－1.圓C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0，可化為(x－1)2＋(y－2)2＝4，圓心(1，2)，半徑r＝2，因為經過點M(m，m)作圓C的切線，切點為P，所以|MP|＝eq\r(（1＋1）2＋（2＋1）2－4)＝3.答案：－13直線與圓、圓與圓的位置關系[核心提煉]1．直線與圓的位置關系的判定(1)幾何法：把圓心到直線的距離d和半徑r的大小加以比較：d＜r?相交；d＝r?相切；d＞r?相離．(2)代數法：將圓的方程和直線的方程聯立起來組成方程組，利用判別式Δ來探討位置關系：Δ＞0?相交；Δ＝0?相切；Δ＜0?相離．2．圓與圓的位置關系的判定(1)d＞r1＋r2?兩圓外離；(2)d＝r1＋r2?兩圓外切；(3)|r1－r2|＜d＜r1＋r2?兩圓相交；(4)d＝|r1－r2|(r1≠r2)?兩圓內切；(5)0≤d＜|r1－r2|(r1≠r2)?兩圓內含．[典型例題](1)已知圓M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)截直線x＋y＝0所得線段的長度是2eq\r(2)，則圓M與圓N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置關系是()A．內切 B．相交C．外切 D．相離(2)已知點P(x，y)是直線kx＋y＋4＝0(k＞0)上一動點，PA，PB是圓C：x2＋y2－2y＝0的兩條切線，A，B是切點，若四邊形PACB的最小面積是2，則k的值為()A．3 B.eq\f(\r(21),2)C．2eq\r(2) D．2【解析】(1)由題知圓M：x2＋(y－a)2＝a2，圓心(0，a)到直線x＋y＝0的距離d＝eq\f(a,\r(2))，所以2eq\r(a2－\f(a2,2))＝2eq\r(2)，解得a＝2.圓M，圓N的圓心距|MN|＝eq\r(2)，兩圓半徑之差為1，故兩圓相交．(2)如圖，把圓的方程化成標準形式得x2＋(y－1)2＝1，所以圓心為(0，1)，半徑為r＝1，四邊形PACB的面積S＝2S△PBC，所以若四邊形PACB的最小面積是2，則S△PBC的最小值為1.而S△PBC＝eq\f(1,2)r·|PB|，即|PB|的最小值為2，此時|PC|最小，|PC|為圓心到直線kx＋y＋4＝0的距離d，此時d＝eq\f(|5|,\r(k2＋1))＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，即k2＝4，因為k>0，所以k＝2.【答案】(1)B(2)Deq\a\vs4\al()解決直線與圓、圓與圓位置關系的方法(1)探討直線與圓及圓與圓的位置關系時，要留意數形結合，充分利用圓的幾何性質找尋解題途徑，削減運算量．(2)圓上的點與圓外點的距離的最值問題，可以轉化為圓心到點的距離問題；圓上的點與直線上點的距離的最值問題，可以轉化為圓心到直線的距離問題；圓上的點與另一圓上點的距離的最值問題，可以轉化為圓心到圓心的距離問題．[對點訓練]1．(2024·高考浙江卷)已知圓C的圓心坐標是(0，m)，半徑長是r.若直線2x－y＋3＝0與圓C相切于點A(－2，－1)，則m＝________，r＝________．解析：法一：設過點A(－2，－1)且與直線2x－y＋3＝0垂直的直線方程為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，則r＝eq\r(（－2－0）2＋（－1＋2）2)＝eq\r(5).法二：因為直線2x－y＋3＝0與以點(0，m)為圓心的圓相切，且切點為A(－2，－1)，所以eq\f(m＋1,0－（－2）)×2＝－1，所以m＝－2，r＝eq\r(（－2－0）2＋（－1＋2）2)＝eq\r(5).答案：－2eq\r(5)2．(2024·紹興柯橋區高三下學期考試)已知圓O1和圓O2都經過點A(0，1)，若兩圓與直線4x－3y＋5＝0及y＋1＝0均相切，則|O1O2|＝________．解析：如圖，因為原點O到直線4x－3y＋5＝0的距離d＝eq\f(|5|,\r(42＋（－3）2))＝1，到直線y＝－1的距離為1，且到(0，1)的距離為1，所以圓O1和圓O2的一個圓心為原點O，不妨看作是圓O1，設O2(a，b)，則由題意：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＋1＝\r(a2＋（b－1）2),b＋1＝\f(|4a－3b＋5|,\r(42＋（－3）2))))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2,b＝1)).所以|O1O2|＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5).答案：eq\r(5)直線、圓與其他學問的交匯問題[核心提煉]高考對直線和圓的考查重在基礎，多以選擇題、填空題形式出現，將直線和圓與函數、不等式、平面對量、數列及圓錐曲線、概率等學問交匯，體現命題創新．[典型例題](1)在平面直角坐標系xOy中，A(－12，0)，B(0，6)，點P在圓O：x2＋y2＝50上．若eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))≤20，則點P的橫坐標的取值范圍是________．(2)(2024·廣東省五校協作體第一次診斷考試)兩圓x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0和x2＋y2－4by－1＋4b2＝0恰有三條公切線，若a∈R，b∈R且ab≠0，則eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)的最小值為________．【解析】(1)設P(x，y)，則由eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))≤20可得，(－12－x)(－x)＋(－y)(6－y)≤20，即(x＋6)2＋(y－3)2≤65，所以P為圓(x＋6)2＋(y－3)2＝65上或其內部一點．又點P在圓x2＋y2＝50上，聯立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝50，,（x＋6）2＋（y－3）2＝65，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝7))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－5，,y＝－5，,))即P為圓x2＋y2＝50的劣弧MN上的一點(如圖)．易知－5eq\r(2)≤x≤1.(2)兩圓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，依題意得兩圓相外切，故eq\r(a2＋4b2)＝1＋2＝3，即a2＋4b2＝9，eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝(eq\f(a2,9)＋eq\f(4b2,9))(eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2))＝eq\f(1,9)＋eq\f(a2,9b2)＋eq\f(4b2,9a2)＋eq\f(4,9)≥eq\f(5,9)＋2eq\r(\f(a2,9b2)×\f(4b2,9a2))＝1，當且僅當eq\f(a2,9b2)＝eq\f(4b2,9a2)，即a2＝2b2時等號成立，故eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)的最小值為1.【答案】(1)[－5eq\r(2)，1](2)1eq\a\vs4\al()對于這類問題的求解，首先要留意理解直線和圓等基礎學問及它們之間的深化聯系，其次要對問題的條件進行全方位的諦視，特殊是題中各個條件之間的相互關系及隱含條件的挖掘，再次要駕馭解決問題常用的思想方法，如數形結合、化歸與轉化等思想方法．[對點訓練]1．(2024·浙江新高考沖刺卷)如圖，直線x＋2y＝a與圓x2＋y2＝1相交于不同的兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)，O為坐標原點，若eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝a，則實數a的值為()A.eq\f(5－\r(65),4) B.eq\f(\r(65)－5,4)C.eq\f(5－\r(55),4) D.eq\f(\r(55)－5,4)解析：選A.eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝cos∠AOB＝a，所以AB＝eq\r(1＋1－2cos∠AOB)＝eq\r(2－2a)，所以O到直線AB的距離d＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2－2a),2)))\s\up12(2))，又d＝eq\f(|a|,\r(5))，所以eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2－2a),2)))\s\up12(2))＝eq\f(|a|,\r(5))，解得a＝eq\f(5－\r(65),4)或a＝eq\f(5＋\r(65),4)>1(舍)．2．已知圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝1，設平面區域Ω：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－7≤0，,x－y＋3≥0，,y≥0.))若圓心C∈Ω，且圓C與x軸相切，則a2＋b2的最大值為________．解析：作出可行域，如圖，由題意知，圓心為C(a，b)，半徑r＝1，且圓C與x軸相切，所以b＝1.而直線y＝1與可行域邊界的交點為A(6，1)，B(－2，1)，目標函數z＝a2＋b2表示點C到原點距離的平方，所以當點C與點A重合時，z取到最大值，zmax＝37.答案：37專題強化訓練1．(2024·杭州二中月考)已知直線3x－y＋1＝0的傾斜角為α，則eq\f(1,2)sin2α＋cos2α＝()A.eq\f(2,5)B．－eq\f(1,5)C.eq\f(1,4)D．－eq\f(1,20)解析：選A.由題設知k＝tanα＝3，于是eq\f(1,2)sin2α＋cos2α＝eq\f(sinαcosα＋cos2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(tanα＋1,1＋tan2α)＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).2．(2024·義烏二模)在平面直角坐標系內，過定點P的直線l：ax＋y－1＝0與過定點Q的直線m：x－ay＋3＝0相交于點M，則|MP|2＋|MQ|2＝()A.eq\f(\r(10),2) B.eq\r(10)C．5 D．10解析：選D.由題意知P(0，1)，Q(－3，0)，因為過定點P的直線ax＋y－1＝0與過定點Q的直線x－ay＋3＝0垂直，所以MP⊥MQ，所以|MP|2＋|MQ|2＝|PQ|2＝9＋1＝10，故選D.3．(2024·杭州七市聯考)已知圓C：(x－1)2＋y2＝r2(r＞0)．設條件p：0＜r＜3，條件q：圓C上至多有2個點到直線x－eq\r(3)y＋3＝0的距離為1，則p是q的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選C.圓C：(x－1)2＋y2＝r2(r＞0)，圓心(1，0)到直線x－eq\r(3)y＋3＝0的距離d＝eq\f(|1－0＋3|,2)＝2.由條件q：圓C上至多有2個點到直線x－eq\r(3)y＋3＝0的距離為1，可得0＜r＜3.則p是q的充要條件．故選C.4．在平面直角坐標系xOy中，設直線l：y＝kx＋1與圓C：x2＋y2＝4相交于A，B兩點，以OA，OB為鄰邊作平行四邊形OAMB，若點M在圓C上，則實數k等于()A．1 B．2C．－1 D．0解析：選D.由題意知圓心到直線l的距離等于eq\f(1,2)r＝1(r為圓C的半徑)，所以eq\f(|k×0－0＋1|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝0.5．(2024·蘭州市診斷考試)已知圓C：(x－eq\r(3))2＋(y－1)2＝1和兩點A(－t，0)，B(t，0)(t>0)，若圓C上存在點P，使得∠APB＝90°，則t的取值范圍是()A．(0，2] B．[1，2]C．[2，3] D．[1，3]解析：選D.依題意，設點P(eq\r(3)＋cosθ，1＋sinθ)，因為∠APB＝90°，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝0，所以(eq\r(3)＋cosθ＋t)(eq\r(3)＋cosθ－t)＋(1＋sinθ)2＝0，得t2＝5＋2eq\r(3)cosθ＋2sinθ＝5＋4sin(θ＋eq\f(π,3))，因為sin(θ＋eq\f(π,3))∈[－1，1]，所以t2∈[1，9]，因為t>0，所以t∈[1，3]．6．圓C：x2＋y2＋Dx＋Ey－3＝0(D<0，E為整數)的圓心C到直線4x－3y＋3＝0的距離為1，且圓C被截x軸所得的弦長|MN|＝4，則E的值為()A．－4B．4C．－8D．8解析：選C.圓心Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2))).由題意得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)))－3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(E,2)))＋3)),\r(42＋（－3）2))＝1，即|4D－3E－6|＝10，①在圓C：x2＋y2＋Dx＋Ey－3＝0中，令y＝0得x2＋Dx－3＝0.設M(x1，0)，N(x2，0)，則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.將D＝－2代入①得|3E＋14|＝10，所以E＝－8或E＝－eq\f(4,3)(舍去)．7．動點A與兩個定點B(－1，0)，C(5，0)的距離之比為eq\f(1,2)，則△ABC面積的最大值為()A．3B．6C．9D．12解析：選D.設A點坐標為(x，y)．因為eq\f(|AB|,|AC|)＝eq\f(1,2)，所以2eq\r(（x＋1）2＋y2)＝eq\r(（x－5）2＋y2)，化簡得x2＋y2＋6x－7＝0，即(x＋3)2＋y2＝16.所以A的軌跡表示以(－3，0)為圓心，半徑為4的圓．所以△ABC面積的最大值為Smax＝eq\f(1,2)|BC|·r＝eq\f(1,2)×6×4＝12.8．(2024·浙江省名校聯盟質量檢測)已知點P的坐標(x，y)滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≤4，,y≥x，,x≥1，))過點P的直線l與圓C：x2＋y2＝14相交于A、B兩點，則|AB|的最小值是()A．2eq\r(6)B．4C.eq\r(6)D．2解析：選B.依據約束條件畫出可行域，如圖中陰影部分所示，設點P到圓心的距離為d，求|AB|的最小值等價于求d的最大值，易知dmax＝eq\r(12＋32)＝eq\r(10)，此時|AB|min＝2eq\r(14－10)＝4，故選B.9．過點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))的直線l與圓C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B兩點，C為圓心，當∠ACB最小時，直線l的方程為________．解析：易知當CM⊥AB時，∠ACB最小，直線CM的斜率為kCM＝eq\f(1－0,\f(1,2)－1)＝－2，從而直線l的斜率為kl＝eq\f(－1,kCM)＝eq\f(1,2)，其方程為y－1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))).即2x－4y＋3＝0.答案：2x－4y＋3＝010．已知圓C1：x2＋y2－2mx＋4y＋m2－5＝0與圓C2：x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0，若圓C1與圓C2相外切，則實數m＝________.解析：對于圓C1與圓C2的方程，配方得圓C1：(x－m)2＋(y＋2)2＝9，圓C2：(x＋1)2＋(y－m)2＝4，則圓C1的圓心C1(m，－2)，半徑r1＝3，圓C2的圓心C2(－1，m)，半徑r2＝2.假如圓C1與圓C2相外切，那么有|C1C2|＝r1＋r2，即eq\r(（m＋1）2＋（m＋2）2)＝5，則m2＋3m－10＝0，解得m＝－5或m＝2，所以當m＝－5或m＝2時，圓C1與圓C2相外切．答案：－5或211．已知圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝2，若等邊△PAB的一邊AB為圓C的一條弦，則|PC|的最大值為________．解析：已知圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝2，所以圓心為C(1，2)，半徑r＝eq\r(2)，若等邊△PAB的一邊AB為圓C的一條弦，則PC⊥AB.在△PAC中，∠APC＝30°，由正弦定理得eq\f(|AC|,sin30°)＝eq\f(|PC|,sin∠PAC)，所以|PC|＝2eq\r(2)sin∠PAC≤2eq\r(2)，故|PC|的最大值為2eq\r(2).答案：2eq\r(2)12．(2024·臺州調研)已知動圓C過A(4，0)，B(0，－2)兩點，過點M(1，－2)的直線交圓C于E，F兩點，當圓C的面積最小時，|EF|的最小值為________．解析：依題意得，動圓C的半徑不小于eq\f(1,2)|AB|＝eq\r(5)，即當圓C的面積最小時，AB是圓C的一條直徑，此時點C是線段AB的中點，即點C(2，－1)，又點M的坐標為(1，－2)，且|CM|＝eq\r(（2－1）2＋（－1＋2）2)＝eq\r(2)<eq\r(5)，所以點M位于圓C內，點M為線段EF的中點(過定圓內肯定點作圓的弦，最短的弦是以該定點為中點的弦)時，|EF|最小，其最小值為2eq\r(（\r(5)）2－（\r(2)）2)＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)13．(2024·寧波市余姚中學期中檢測)設直線系M：xcosθ＋(y－2)sinθ＝1(0≤θ≤2π)，對于下列四個命題：①M中全部直線均經過一個定點；②存在定點P不在M中的任一條直線上；③對于隨意整數n(n≥3)，存在正n邊形，其全部邊均在M中的直線上；④M中的直線所能圍成的正三角形面積都相等．其中真命題的代號是________(寫出全部真命題的代號)．解析：因為點(0，2)到直線系M：xcosθ＋(y－2)·sinθ＝1(0≤θ≤2π)中每條直線的距離d＝eq\f(1,\r(cos2θ＋sin2θ))＝1，直線系M：xcosθ＋(y－2)·sinθ＝1(0≤θ≤2π)表示圓x2＋(y－2)2＝1的切線的集合，①由于直線系表示圓x2＋(y－2)2＝1的全部切線的集合，其中存在兩條切線平行，M中全部直線均經過一個定點不行能，故①不正確；②存在定點P不在M中的任一條直線上，視察知點(0，2)即符合條件，故②正確；③由于圓的全部外切正多邊形的邊都是圓的切線，所以對于隨意整數n(n≥3)，存在正n邊形，其全部邊均在M中的直線上，故③正確；④如圖，M中的直線所能圍成的正三角形有兩類，其一是如△ABB′型，是圓的外切三角形，此類面積都相等，另一類是在圓同一側，如△BDC型，此一類面積相等，但兩類之間面積不等，所以M中的直線所能圍成的正三角形面積大小不肯定相等，故④不正確．答案：②③14．(2024·南京一模)如圖，在平面直角坐標系中，分別在x軸與直線y＝eq\f(\r(3),3)(x＋1)上從左向右依次取點Ak，Bk(k＝1，2，…，其中A1是坐標原點)，使△AkBkAk＋1都是等邊三角形，則△A10B10A11的邊長是________．解析：直線y＝eq\f(\r(3),3)(x＋1)的傾斜角為30°，與x軸的交點為P(－1，0)，又△A1B1A2是等邊三角形，所以∠PB1A2＝90°，所以等邊△A1B1A2的邊長為1，且A2B1∥A3B2∥…∥A10B9，A2B1與直線y＝eq\f(\r(3),3)(x＋1)垂直，故△A2B1B2，△A3B2B3，△A4B3B4，…，△A10B9B10均為直角三角形，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的邊長是512.答案：51215．在直角坐標系xOy中，曲線y＝x2＋mx－2與x軸交于A，B兩點，點C的坐標為(0，1)，當m改變時，解答下列問題：(1)能否出現AC⊥BC的狀況？說明理由；(2)證明過A，B，C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值．解：(1)不能出現AC⊥BC的狀況，理由如下：設A(x1，0)，B(x2，0)，則x1，x2滿意x2＋mx－2＝0，所以x1x2＝－2.又C的坐標為(0，1)，故AC的斜率與BC的斜率之積為eq\f(－1,x1)·eq\f(－1,x2)＝－eq\f(1,2)，所以不能出現AC⊥BC的狀況．(2)證明：BC的中點坐標為(eq\f(x2,2)，eq\f(1,2))，可得BC的中垂線方程為y－eq\f(1,2)＝x2(x－eq\f(x2,2))．由(1)可得x1＋x2＝－m，所以AB的中垂線方程為x＝－eq\f(m,2).聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(m,2)，,y－\f(1,2)＝x2（x－\f(x2,2)），))又xeq\o\al(2,2)＋mx2－2＝0，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(m,2)，,y＝－\f(1,2).))所以過A，B，C三點的圓的圓心坐標為(－eq\f(m,2)，－eq\f(1,2))，半徑r＝eq\f(\r(m2＋9),2).故圓在y軸上截得的弦長為2eq\r(r2－（\f(m,2)）2)＝3，即過A，B，C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值．16．已知圓C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0.(1)若圓C的切線在x軸和y軸上的截距相等，求此切線的方程；(2)從圓C外一點P(x1，y1)向該圓引一條切線，切點為M，O為坐標原點，且有|PM|＝|PO|，求使|PM|取得最小值時點P的坐標．解：(1)圓C的標準方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝2.①當此切線在兩坐標軸上的截距為零時，設此切線方程為y＝kx，由eq\f(|k＋2|,\r(1＋k2))＝eq\r(2)，得k＝2±eq\r(6)；所以此切線方程為y＝(2±eq\r(6))x.②當此切線在兩坐標軸上的截距不為零時，設此切線方程為x＋y－a＝0，由eq\f(|－1＋2－a|,\r(2))＝eq\r(2)，得|a－1|＝2，即a＝－1或a＝3.所以此切線方程為x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0.綜上，此切線方程為y＝(2＋eq\r(6))x或y＝(2－eq\r(6))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xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝(x1＋1)2＋(y1－2)2－2，整理得2x1－4y1＋3＝0，即點P在直線l：2x－4y＋3＝0上，當|PM|取最小值時，