《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 突破熱點 分層教學(xué) 專項二 專題五 1 第1講 直線與圓學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 突破熱點 分層教學(xué) 專項二 專題五 1 第1講 直線與圓學(xué)案（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1講　直線與圓 年份 卷別 考查內(nèi)容及考題位置 命題分析 2018 卷Ⅱ 圓的方程、直線與圓的位置關(guān)系·T19(2) 1.近兩年圓的方程成為高考全國課標(biāo)卷命題的熱點，需重點關(guān)注．此類試題難度中等偏下，多以選擇題或填空題形式考查． 2．直線與圓的方程偶爾單獨命題，單獨命題時有一定的深度，有時也會出現(xiàn)在壓軸題的位置，難度較大，對直線與圓的方程(特別是直線)的考查主要體現(xiàn)在圓錐曲線的綜合問題上. 卷Ⅲ 直線與圓的位置關(guān)系·T6 2017 卷Ⅰ 圓的性質(zhì)、點到直線的距離、雙曲線的幾何性質(zhì)·T15 卷Ⅱ 圓的弦長問題、雙曲線的幾何性質(zhì)·T9 卷Ⅲ 直線與圓的位置

2、關(guān)系、點到直線的距離、橢圓的離心率·T10 直線與圓的方程、直線與拋物線的位置關(guān)系·T20 2016 卷Ⅱ 圓的方程、點到直線的距離應(yīng)用·T4 卷Ⅲ 直線與圓的位置關(guān)系·T16 　　　　　　　　　　　直線的方程(基礎(chǔ)型) 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(shù)，則要考慮斜率是否存在． 2個距離公式 (1)兩平行直線l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0間的距離d＝. (2)點(x0，y0)到直線l：Ax＋By＋C＝0的距離

3、公式d＝. [考法全練] 1．若平面內(nèi)三點A(1，－a)，B(2，a2)，C(3，a3)共線，則a＝(　　) A．1±或0 B.或0 C. D.或0 解析：選A.因為平面內(nèi)三點A(1，－a)，B(2，a2)，C(3，a3)共線，所以kAB＝kAC，即＝，即a(a2－2a－1)＝0，解得a＝0或a＝1±.故選A. 2．若直線mx＋2y＋m＝0與直線3mx＋(m－1)y＋7＝0平行，則m的值為(　　) A．7 B．0或7 C．0 D．4 解析：選B.因為直線mx＋2y＋m＝0與直線3mx＋(m－1)y＋7＝0平行，所以m(m－1)＝3m×2，所以m＝0或7，經(jīng)檢驗，都符合題意．故

4、選B. 3．兩條平行線l1，l2分別過點P(－1，2)，Q(2，－3)，它們分別繞P，Q旋轉(zhuǎn)，但始終保持平行，則l1，l2之間距離的取值范圍是(　　) A．(5，＋∞) B．(0，5] C．(，＋∞) D．(0，] 解析：選D.當(dāng)直線PQ與平行線l1，l2垂直時，|PQ|為平行線l1，l2間的距離的最大值，為＝，所以l1，l2之間距離的取值范圍是(0，]．故選D. 4．已知點A(1，2)，B(2，11)，若直線y＝x＋1(m≠0)與線段AB相交，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．[－2，0)∪[3，＋∞) B．(－∞，－1]∪(0，6] C．[－2，－1]∪[3，6] D．[－2

5、，0)∪(0，6] 解析：選C.由題意得，兩點A(1，2)，B(2，11)分布在直線y＝x＋1(m≠0)的兩側(cè)(或其中一點在直線上)，所以≤0，解得－2≤m≤－1或3≤m≤6，故選C. 5．(一題多解)已知直線l：x－y－1＝0，l1：2x－y－2＝0.若直線l2與l1關(guān)于直線l對稱，則直線l2的方程是________． 解析：法一：l1與l2關(guān)于l對稱，則l1上任意一點關(guān)于l的對稱點都在l2上，故l與l1的交點(1，0)在l2上． 又易知(0，－2)為l1上的一點，設(shè)其關(guān)于l的對稱點為(x，y)，則 ，解得 即(1，0)，(－1，－1)為l2上兩點，故可得l2的方程為x－2y－1

6、＝0. 法二：設(shè)l2上任一點為(x，y)，其關(guān)于l的對稱點為(x1，y1)，則由對稱性可知 解得 因為(x1，y1)在l1上， 所以2(y＋1)－(x－1)－2＝0，即l2的方程為x－2y－1＝0. 答案：x－2y－1＝0 　　　　　　　　　　　圓的方程(綜合型) 圓的3種方程 (1)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2. (2)圓的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)． (3)圓的直徑式方程：(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0(圓的直徑的兩端點是A(x1，y1)，B(x2，y2))． [典型例題]

7、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R)與x軸交于不同的兩點A，B，曲線Γ與y軸交于點C. (1)是否存在以AB為直徑的圓過點C？若存在，求出該圓的方程；若不存在，請說明理由． (2)求證：過A，B，C三點的圓過定點． 【解】　由曲線Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R)，令y＝0，得x2－mx＋2m＝0. 設(shè)A(x1，0)，B(x2，0)，則可得Δ＝m2－8m>0，x1＋x2＝m，x1x2＝2m. 令x＝0，得y＝2m，即C(0，2m)． (1)若存在以AB為直徑的圓過點C，則·＝0，得x1x2＋4m2＝0， 即2m＋4m2＝0，所以m＝0或m＝－. 由Δ

8、>0得m<0或m>8，所以m＝－， 此時C(0，－1)，AB的中點M即圓心，半徑r＝|CM|＝， 故所求圓的方程為＋y2＝. (2)證明：設(shè)過A，B兩點的圓的方程為x2＋y2－mx＋Ey＋2m＝0， 將點C(0，2m)代入可得E＝－1－2m， 所以過A，B，C三點的圓的方程為x2＋y2－mx－(1＋2m)y＋2m＝0， 整理得x2＋y2－y－m(x＋2y－2)＝0. 令可得或 故過A，B，C三點的圓過定點(0，1)和. 求圓的方程的兩種方法 (1)直接法：利用圓的性質(zhì)、直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系，數(shù)形結(jié)合直接求出圓心坐標(biāo)、半徑，進(jìn)而求出圓的方程． (2)待定系數(shù)法：先

9、設(shè)出圓的方程，再由條件構(gòu)建系數(shù)滿足的方程(組)求得各系數(shù)，進(jìn)而求出圓的方程．　 [對點訓(xùn)練] 1．圓(x－1)2＋(y－2)2＝1關(guān)于直線y＝x對稱的圓的方程為　(　　) A．(x－2)2＋(y－1)2＝1 B．(x＋1)2＋(y－2)2＝1 C．(x＋2)2＋(y－1)2＝1 D．(x－1)2＋(y＋2)2＝1 解析：選A.由題意知圓心的坐標(biāo)為(1，2)．易知(1，2)關(guān)于直線y＝x對稱的點為(2，1)，所以圓(x－1)2＋(y－2)2＝1關(guān)于直線y＝x對稱的圓的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝1，故選A. 2．已知△ABC三個頂點的坐標(biāo)分別為A(1，0)，B(0，)，C

10、(2，)，則△ABC外接圓的圓心到原點的距離為(　　) A. B. C. D. 解析：選B.設(shè)外接圓圓心為P.因為△ABC外接圓的圓心在線段BC的垂直平分線上，即直線x＝1上，可設(shè)圓心P(1，p)，由PA＝PB得|p|＝，解得p＝，所以圓心坐標(biāo)為P，所以圓心到原點的距離|OP|＝＝＝.故選B. 3．經(jīng)過原點且與直線x＋y－2＝0相切于點(2，0)的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是(　　) A．(x－1)2＋(y＋1)2＝2 B．(x＋1)2＋(y－1)2＝2 C．(x－1)2＋(y＋1)2＝4 D．(x＋1)2＋(y－1)2＝4 解析：選A.設(shè)圓心的坐標(biāo)為(a，b)，則a2＋b2＝r2①，(a

11、－2)2＋b2＝r2②，＝1③，聯(lián)立①②③解得a＝1，b＝－1，r2＝2.故所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是(x－1)2＋(y＋1)2＝2.故選A. 　　　　　　　　　　　直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系(綜合型) 直線與圓的位置關(guān)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(shù)法：將圓的方程和直線的方程聯(lián)立起來組成方程組，利用判別式Δ來討論位置關(guān)系：Δ＞0?相交；Δ＝0?相切；Δ＜0?相離． 圓與圓的位置關(guān)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＋

12、r2?兩圓相交． (4)d＝|r1－r2|(r1≠r2)?兩圓內(nèi)切． (5)0≤d＜|r1－r2|(r1≠r2)?兩圓內(nèi)含． [典型例題] 命題角度一　圓的切線問題 (2018·永州模擬)自圓C：(x－3)2＋(y＋4)2＝4外一點P(x，y)引該圓的一條切線，切點為Q，PQ的長度等于點P到原點O的距離，則點P的軌跡方程為(　　) A．8x－6y－21＝0 B．8x＋6y－21＝0 C．6x＋8y－21＝0 D．6x－8y－21＝0 【解析】　由題意得，圓心C的坐標(biāo)為(3，－4)，半徑r＝2，如圖． 因為|PQ|＝|PO|，且PQ⊥CQ， 所以|PO|2＋r2＝|P

13、C|2， 所以x2＋y2＋4＝(x－3)2＋(y＋4)2， 即6x－8y－21＝0，所以點P的軌跡方程為6x－8y－21＝0，故選D. 【答案】　D 過一點求圓的切線方程的方法 (1)過圓上一點(x0，y0)的圓的切線的方程的求法 若切線斜率存在，則先求切點與圓心連線所在直線的斜率k(k≠0)，由垂直關(guān)系知切線斜率為－，由點斜式方程可求切線方程．若切線斜率不存在，則可由圖形寫出切線方程x＝x0. 　 (2)過圓外一點(x0，y0)的圓的切線的方程的求法 當(dāng)切線斜率存在時，設(shè)切線斜率為k，切線方程為y－y0＝k(x－x0)，即kx－y＋y0－kx0＝0.由圓心到直線的距離

14、等于半徑，即可得出切線方程．當(dāng)切線斜率不存在時要加以驗證． 命題角度二　直線與圓相交問題 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C與y軸相切，且過點M(1，)，N(1，－)． (1)求圓C的方程； (2)已知直線l與圓C交于A，B兩點，且直線OA與直線OB的斜率之積為－2.求證：直線l恒過定點，并求出定點的坐標(biāo)． 【解】　(1)因為圓C過點M(1，)，N(1，－)， 所以圓心C在線段MN的垂直平分線上，即在x軸上， 故設(shè)圓心為C(a，0)，易知a>0， 又圓C與y軸相切， 所以圓C的半徑r＝a， 所以圓C的方程為(x－a)2＋y2＝a2. 因為點M(1，)在圓C上， 所以(

15、1－a)2＋()2＝a2，解得a＝2. 所以圓C的方程為(x－2)2＋y2＝4. (2)記直線OA的斜率為k(k≠0)， 則其方程為y＝kx. 聯(lián)立，得消去y，得(k2＋1)x2－4x＝0， 解得x1＝0，x2＝. 所以A. 由k·kOB＝－2，得kOB＝－，直線OB的方程為y＝－x， 在點A的坐標(biāo)中用－代換k，得B. 當(dāng)直線l的斜率不存在時，＝，得k2＝2，此時直線l的方程為x＝. 當(dāng)直線l的斜率存在時，≠，即k2≠2. 則直線l的斜率為＝ ＝＝. 故直線l的方程為y－＝. 即y＝，所以直線l過定點. 綜上，直線l恒過定點，定點坐標(biāo)為. 直線與圓相交問題的

16、求法 (1)弦長的求解方法 ①根據(jù)半徑，弦心距，弦長構(gòu)成的直角三角形，構(gòu)成三者間的關(guān)系R2＝d2＋(其中l(wèi)為弦長，R為圓的半徑，d為圓心到直線的距離)． ②根據(jù)公式l＝|x1－x2|求解(其中l(wèi)為弦長，x1，x2為直線與圓相交所得交點的橫坐標(biāo)，k為直線的斜率)． ③求出交點坐標(biāo)，用兩點間距離公式求解． (2)定點、定值問題的求解步驟 ①設(shè)：設(shè)出直線方程，并代入圓的方程整理成關(guān)于x(或y)的一元二次方程． ②列：用參數(shù)表示出需要證明的直線或者幾何式子． ③解：判斷直線是否過定點或?qū)Ρ硎境龅拇鷶?shù)式進(jìn)行化簡求解．　 [對點訓(xùn)練] 1．(2018·黃山模擬)已知圓O：x2＋y2＝

17、1，點P為直線＋＝1上一動點，過點P向圓O引兩條切線PA，PB，A，B為切點，則直線AB經(jīng)過定點(　　) A. B. C. D. 解析：選B.因為點P是直線＋＝1上的一動點，所以設(shè)P(4－2m，m)．因為PA，PB是圓x2＋y2＝1的兩條切線，切點分別為A，B，所以O(shè)A⊥PA，OB⊥PB，所以點A，B在以O(shè)P為直徑的圓C上，即弦AB是圓O和圓C的公共弦．所以圓心C的坐標(biāo)是，且半徑的平方r2＝， 所以圓C的方程為(x－2＋m)2＋＝，① 又x2＋y2＝1，② 所以②－①得，(2m－4)x－my＋1＝0， 即公共弦AB所在的直線方程為(2x－y)m＋(－4x＋1)＝0，所以由得所以直

18、線AB過定點.故選B. 2．已知圓C經(jīng)過點A(0，2)，B(2，0)，圓C的圓心在圓x2＋y2＝2的內(nèi)部，且直線3x＋4y＋5＝0被圓C所截得的弦長為2.點P為圓C上異于A，B的任意一點，直線PA與x軸交于點M，直線PB與y軸交于點N. (1)求圓C的方程； (2)若直線y＝x＋1與圓C交于A1，A2兩點，求·； (3)求證：|AN|·|BM|為定值． 解：(1)易知圓心C在線段AB的中垂線y＝x上， 故可設(shè)C(a，a)，圓C的半徑為r. 因為直線3x＋4y＋5＝0被圓C所截得的弦長為2，且r＝， 所以C(a，a)到直線3x＋4y＋5＝0的距離d＝＝＝， 所以a＝0或a＝17

19、0. 又圓C的圓心在圓x2＋y2＝2的內(nèi)部， 所以a＝0，圓C的方程為x2＋y2＝4. (2)將y＝x＋1代入x2＋y2＝4得2x2＋2x－3＝0. 設(shè)A1(x1，y1)，A2(x2，y2)， 則x1＋x2＝－1，x1x2＝－. 所以·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＋(x1＋1)(x2＋1)＝2x1x2－(x1＋x2)＋5＝－3＋1＋5＝3. (3)證明：當(dāng)直線PA的斜率不存在時，|AN|·|BM|＝8. 當(dāng)直線PA與直線PB的斜率都存在時，設(shè)P(x0，y0)， 直線PA的方程為y＝x＋2，令y＝0得M. 直線PB的方程為y＝(x－2)

20、，令x＝0得N. 所以|AN|·|BM|＝ ＝4＋4 ＝4＋4× ＝4＋4× ＝4＋4×＝8， 故|AN|·|BM|為定值8. 一、選擇題 1．(2018·高考全國卷Ⅲ)直線x＋y＋2＝0分別與x軸，y軸交于A，B兩點，點P在圓(x－2)2＋y2＝2上，則△ABP面積的取值范圍是(　　) A．[2，6] B．[4，8] C．[，3] D．[2，3] 解析：選A.圓心(2，0)到直線的距離d＝＝2，所以點P到直線的距離d1∈[，3]．根據(jù)直線的方程可知A，B兩點的坐標(biāo)分別為A(－2，0)，B(0，－2)，所以|AB|＝2，所以△ABP的面積S＝|AB|d1＝d1.

21、因為d1∈[，3]，所以S∈[2，6]，即△ABP面積的取值范圍是[2，6]． 2．圓C與x軸相切于T(1，0)，與y軸正半軸交于A、B兩點，且|AB|＝2，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(　　) A．(x－1)2＋(y－)2＝2 B．(x－1)2＋(y－2)2＝2 C．(x＋1)2＋(y＋)2＝4 D．(x－1)2＋(y－)2＝4 解析：選A.由題意得，圓C的半徑為＝，圓心坐標(biāo)為(1，)，所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋(y－)2＝2，故選A. 3．半徑為2的圓C的圓心在第四象限，且與直線x＝0和x＋y＝2均相切，則該圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(　　) A．(x－1)2＋(y＋2)2＝4 B．(

22、x－2)2＋(y＋2)2＝2 C．(x－2)2＋(y＋2)2＝4 D．(x－2)2＋(y＋2)2＝4 解析：選C.設(shè)圓心坐標(biāo)為(2，－a)(a>0)，則圓心到直線x＋y＝2的距離d＝＝2，所以a＝2，所以該圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－2)2＋(y＋2)2＝4，故選C. 4．(2018·湖南湘東五校聯(lián)考)圓(x－3)2＋(y－3)2＝9上到直線3x＋4y－11＝0的距離等于2的點有(　　) A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 解析：選B.圓(x－3)2＋(y－3)2＝9的圓心為(3，3)，半徑為3，圓心到直線3x＋4y－11＝0的距離d＝＝2，所以圓上到直線3x＋4y－11＝0的距離為

23、2的點有2個．故選B. 5．在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，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. B. 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. 6．(2018·鄭州模擬)已知△ABC的三個頂點坐標(biāo)分別為A(－2，3)，B(－2，－1)，C(6，－1)，以原點為圓心的圓與此三角形有唯一的公共點，則該圓的方程為(　　) A．x2＋y2＝

24、1 B．x2＋y2＝37 C．x2＋y2＝4 D．x2＋y2＝1或x2＋y2＝37 解析：選D.如圖，易知AC所在直線的方程為x＋2y－4＝0.點O到直線x＋2y－4＝0的距離d＝＝>1，OA＝＝，OB＝＝，OC＝＝，所以以原點為圓心的圓若與三角形ABC有唯一的公共點，則公共點為(0，－1)或(6，－1)，所以圓的半徑為1或，則該圓的方程為x2＋y2＝1或x2＋y2＝37.故選D. 二、填空題 7．(2018·南寧模擬)過點(，0)引直線l與曲線y＝相交于A，B兩點，O為坐標(biāo)原點，當(dāng)△AOB的面積取最大值時，直線l的斜率等于________． 解析：令P(，0)，如圖，易知|OA

25、|＝|OB|＝1， 所以S△AOB＝|OA|·|OB|·sin∠AOB ＝sin∠AOB≤， 當(dāng)∠AOB＝90°時，△AOB的面積取得最大值，此時過點O作OH⊥AB于點H，則|OH|＝， 于是sin∠OPH＝＝＝，易知∠OPH為銳角，所以∠OPH＝30°， 則直線AB的傾斜角為150°，故直線AB的斜率為tan 150°＝－. 答案：－ 8．已知動直線l0：ax＋by＋c－2＝0(a>0，c>0)恒過點P(1，m)，且Q(4，0)到動直線l0的最大距離為3，則＋的最小值為________． 解析：動直線l0：ax＋by＋c－2＝0(a>0，c>0)恒過點P(1，m)，所以a＋b

26、m＋c－2＝0. 又Q(4，0)到動直線l0的最大距離為3， 所以 ＝3，解得m＝0. 所以a＋c＝2. 又a>0，c>0，所以＋＝(a＋c)＝≥＝，當(dāng)且僅當(dāng)c＝2a＝時取等號． 答案： 9．(2018·桂林、百色、梧州、崇左、北海五市聯(lián)考)設(shè)圓C滿足：①截y軸所得弦長為2；②被x軸分成兩段圓弧，其弧長的比為3∶1；③圓心到直線l：x－2y＝0的距離為d.當(dāng)d最小時，圓C的面積為________． 解析：設(shè)圓C的圓心為C(a，b)，半徑為r，則點C到x軸，y軸的距離分別為|b|，|a|.由題設(shè)知圓C截x軸所得劣弧所對的圓心角為90°，知圓C截x軸所得的弦長為r，故r2＝2b2，又

27、圓C截y軸所得的弦長為2，所以r2＝a2＋1，從而得2b2－a2＝1.又點C(a，b)到直線x－2y＝0的距離d＝，所以5d2＝(a－2b)2＝a2＋4b2－4ab≥a2＋4b2－2(a2＋b2)＝2b2－a2＝1，當(dāng)且僅當(dāng)，即a2＝b2＝1時等號成立，此時d取得最小值，此時r2＝2，圓C的面積為2π. 答案：2π 三、解答題 10．已知點P(2，2)，圓C：x2＋y2－8y＝0，過點P的動直線l與圓C交于A，B兩點，線段AB的中點為M，O為坐標(biāo)原點． (1)求M的軌跡方程； (2)當(dāng)|OP|＝|OM|時，求l的方程及△POM的面積． 解：(1)圓C的方程可化為x2＋(y－4)2＝

28、16，所以圓心為C(0，4)，半徑為4. 設(shè)M(x，y)，則＝(x，y－4)，＝(2－x，2－y)． 由題設(shè)知·＝0， 故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0， 即(x－1)2＋(y－3)2＝2. 由于點P在圓C的內(nèi)部， 所以M的軌跡方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2. (2)由(1)可知M的軌跡是以點N(1，3)為圓心，為半徑的圓． 由于|OP|＝|OM|，故O在線段PM的垂直平分線上． 又P在圓N上，從而ON⊥PM. 因為ON的斜率為3，所以l的斜率為－， 故l的方程為y＝－x＋. 又|OM|＝|OP|＝2，O到l的距離為，|PM|＝，所以△POM的面積為.

29、11．(2018·高考全國卷Ⅱ)設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A，B兩點，|AB|＝8. (1)求l的方程； (2)求過點A，B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程． 解：(1)由題意得F(1，0)，l的方程為y＝k(x－1)(k＞0)． 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. Δ＝16k2＋16＞0，故x1＋x2＝. 所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝. 由題設(shè)知＝8，解得k＝－1(舍去)，k＝1.因此l的方程為y＝x－1. (2)由(1)得AB的中點坐標(biāo)為(3，2)，

30、所以AB的垂直平分線方程為y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5.設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(x0，y0)，則 解得或 因此所求圓的方程為(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144. 12．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知以M為圓心的圓M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一點A(2，4)． (1)設(shè)圓N與x軸相切，與圓M外切，且圓心N在直線x＝6上，求圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)平行于OA的直線l與圓M相交于B，C兩點，且BC＝OA，求直線l的方程； (3)設(shè)點T(t，0)滿足：存在圓M上的兩點P和Q，使得＋＝，求實數(shù)t的取值范圍． 解：(1)

31、圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－6)2＋(y－7)2＝25，所以圓心M(6，7)，半徑為5. 由圓心N在直線x＝6上，可設(shè)N(6，y0)．因為圓N與x軸相切，與圓M外切，所以0