PAGEPAGE1直線與圓的綜合運用【套路秘籍】【套路秘籍】千里之行始于足下(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來探討位置關系：Δ>0相交；Δ＝0相切；Δ<0相離.【修煉套路】【修煉套路】為君聊賦《今日詩》，努力請從今日始考向一直線與圓的位置關系【例1】（1）4．圓(x-1)2+(y+2)A．相切B．相交但直線不過圓心C．相交過圓心D．相離（2）在△ABC中，若asinA＋bsinB－csinC＝0，則圓C：x2＋y2＝1與直線l：ax＋by＋c＝0的位置關系是________．（3）若直線3x＋4y－m＝0與圓x2＋y2＋2x－4y＋4＝0始終有公共點，則實數(shù)m的取值范圍是________．【答案】（1）B（2）相切（3）[0,10]【解析】（1）由題意知圓心(1,-2)到直線2x+y-5=0的距離d=2×1-2-522（2）因為asinA＋bsinB－csinC＝0，所以由正弦定理，得a2＋b2－c2＝0.故圓心C(0,0)到直線l：ax＋by＋c＝0的距離d＝eq\f(|c|,\r(a2＋b2))＝1＝r，故圓C：x2＋y2＝1與直線l：ax＋by＋c＝0相切．（3）圓的方程x2＋y2＋2x－4y＋4＝0化為標準方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝1，所以圓心為(－1,2)，半徑r＝1，圓心到直線3x＋4y－m＝0的距離d＝eq\f(|－3＋8－m|,\r(9＋16))＝eq\f(|5－m|,5)，∵直線3x＋4y－m＝0與圓x2＋y2＋2x－4y＋4＝0始終有公共點，∴0≤eq\f(|5－m|,5)≤1，解得0≤m≤10，∴實數(shù)m的取值范圍是[0,10]．【套路總結】【套路總結】直線與圓位置關系（或交點個數(shù)）的解題思路把圓化成圓的標準方程找出圓心和半徑r利用點到直線到距離公式求圓心到直線的距離d與r比較大小【舉一反三】1．若直線2x+y-2=0與圓(x-1)2【答案】±【解析】由題意，直線2x+y-2=0與圓(x-1)2所以d=|2×1+a-2|22+12．若曲線y=1-x2與直線y=x+bA．[-1,2] B．[-1,2)【答案】A【解析】∵y=1-x2作出函數(shù)y=1-x2與y＝x由圖可知：當直線與圓相切時，d=b2=1，即得又當直線過（1，0）時，b=-1，若曲線y=1-x2與直線y=x+b故選：A．3．已知圓C過點P2,1，圓心為C（1）求圓C的標準方程；（2）假如過點A0,1且斜率為k的直線l與圓C沒有公共點，求實數(shù)k【答案】（1）x-52+【解析】（1）由已知可得圓的半徑為PC=∴圓C的標準方程x-52（2）由題意可知，直線方程為y=kx+1，即kx-y+1=0．由5k+3+1k2+1∴實數(shù)k的取值范圍是940考向二直線與圓的弦長【例2】（1）直線x＋eq\r(3)y－2＝0與圓x2＋y2＝4相交于A，B兩點，則弦AB的長為________．（2）已知直線mx+y-3=0與圓O:x2+y2=3交于A,B兩點（【答案】（1）2eq\r(3)（2）±3【解析】（1）∵圓x2＋y2＝4的圓心為點(0,0)，半徑r＝2，∴圓心到直線x＋eq\r(3)y－2＝0的距離d＝eq\f(|－2|,2)＝1，∴弦長AB＝2eq\r(4－1)＝2eq\r(3).（2）因為直線mx+y-3=0與圓O:x2+y所以圓的半徑為r=3，由點到直線距離公式，可得圓心到直線的距離為d=-3m代入可得9m2【套路總結】【套路總結】直線與圓弦長解題思路垂定定理（1）把圓化成圓的標準方程找出圓心和半徑r（2）利用點到直線到距離公式求圓心到直線的距離（3）利用弦長公式【舉一反三】1．圓C：x2+yA．2 B．3 C．1 D．2【答案】C【解析】圓C：x2+y圓心到直線y=3x的距離為d=|2.圓C：x2+yA．2 B．3 C．1 D．2【答案】D【解析】因為圓C：x2+y2-2x=0所以圓心(1,0)到直線y=x的距離為d=1-0因此，弦長=2r3．直線(m+1)x-my+3m+2=0被圓C:x2A．25 B．6 C．2【答案】C【解析】直線(m+1)x-my+3m+2=0過定點M(-2,1)，當直線與CM垂直時弦長最短，圓的半徑為4，圓心到定點M(-2,1)的距離為5，所以弦長的最小值為2r故選:C.考向三切線問題【例3】已知圓C：(x－1)2＋(y＋2)2＝10，求滿意下列條件的圓的切線方程．(1)與直線l1：x＋y－4＝0平行；(2)與直線l2：x－2y＋4＝0垂直；(3)過切點A(4，－1)．【答案】見解析【解析】(1)設切線方程為x＋y＋b＝0，則eq\f(|1－2＋b|,\r(2))＝eq\r(10)，∴b＝1±2eq\r(5)，∴切線方程為x＋y＋1±2eq\r(5)＝0.(2)設切線方程為2x＋y＋m＝0，則eq\f(|2－2＋m|,\r(5))＝eq\r(10)，∴m＝±5eq\r(2)，∴切線方程為2x＋y±5eq\r(2)＝0.(3)∵kAC＝eq\f(－2＋1,1－4)＝eq\f(1,3)，∴過切點A(4，－1)的切線斜率為－3，∴過切點A(4，－1)的切線方程為y＋1＝－3(x－4)，即3x＋y－11＝0.【舉一反三】1.已知P是直線3x＋4y＋8＝0上的動點，PA，PB是圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0的切線，A，B是切點，C是圓心，那么四邊形PACB面積的最小值是________．【答案】2eq\r(2)【解析】如圖，由題意知，圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0的圓心是C(1,1)，半徑為1，由PA＝PB易知，四邊形PACB的面積為eq\f(1,2)(PA＋PB)＝PA，故PA最小時，四邊形PACB的面積最?。捎赑A＝eq\r(PC2－1)，故PC最小時PA最小，此時CP垂直于直線3x＋4y＋8＝0，P為垂足，PC＝eq\f(|3＋4＋8|,5)＝3，PA＝eq\r(PC2－1)＝2eq\r(2)，所以四邊形PACB面積的最小值是2eq\r(2).2．已知圓的方程為x2+y2=1A．y=x+2B．C．y=x+2或y=-x+2D．x=1【答案】C【解析】在y軸上截距為2且斜率不存在的直線明顯不是切線，故設切線方程為y=kx+2，則2k2+1=1，所以k=±13．已知圓：x2A．x+4y-4=0 B．2x+y-5=0 C．x=2 D．x+y-3=0【答案】D【解析】依據(jù)題意，設圓：x2有12+(2-1)則過點（1，2）作該圓的切線的斜率k=-1，切線的方程為y-2=-（x-1），變形可得x+y-3=0，故選：D．考向四圓上的點到直線距離最值【例4】圓x2＋y2－4x－4y－10＝0上的點到直線x＋y－8＝0的最大距離與最小距離的差是________．【答案】5eq\r(2)【解析】圓的方程可化為(x－2)2＋(y－2)2＝(3eq\r(2))2，圓心到直線的距離為eq\f(|2＋2－8|,\r(2))＝2eq\r(2)<3eq\r(2)，故直線與圓相交，最小距離為0，最大距離為3eq\r(2)＋2eq\r(2)＝5eq\r(2).綜上可得，圓x2＋y2－4x－4y－10＝0上的點到直線x＋y－8＝0的最大距離與最小距離的差是5eq\r(2)－0＝5eq\r(2).【套路總結】【套路總結】圓上的點到干脆距離最值的解題思路（1）把圓化成圓的標準方程找出圓心和半徑r（2）利用點到直線到距離公式求圓心到直線的距離（3）推斷位置關系【舉一反三】1．設A為圓x2+y【答案】82【解析】A為圓x2+y依據(jù)點到直線的距離公式得到2+2-142=5故答案為：82【運用套路】【運用套路】紙上得來終覺淺,絕知此事要躬行1．“”是“直線與圓相切”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【答案】A【解析】因為直線與圓相切，所以.所以“”是“直線與圓相切”的充分不必要條件.故選：A2．直線xcosθ+ysinA．相離 B．相切 C．相交 D．不能確定【答案】C【解析】圓心到直線的距離d=|0?d?2+1<3，即直線與圓相交，故選：3．若直線y=33x+2與圓C:x2A．(-32,32)【答案】A【解析】依據(jù)題意，設AB的中點為M，圓C：x2+y2＝4的圓心為O，（0，0），直線l：y=33x+2與圓C：x2+y2＝4相交于A，B兩點，則直線OM則直線OM的方程為y=-3x，M為直線AB與直線OM的交點，則有y=-解可得：x=-32y=32，則M4．直線與雙曲線交于，兩點，以為直徑的圓的方程為，則（）A．-3 B．3 C． D．【答案】A【解析】設，由依據(jù)圓的方程可知，為的中點依據(jù)雙曲線中點差法的結論由點斜式可得直線AB的方程為將直線AB方程與雙曲線方程聯(lián)立解得或，所以由圓的直徑可解得故選A.5．已知直線l:x-3y=0與圓C:x2+(y-1)2A．34B．32C．3【答案】A【解析】由題意直線l，圓C均過原點，通過圖形視察可知ΔCOA為等腰三角形，且CO=CA=r=1，∠OCA=120°，所以S故選A.6．已知圓C:(x-3)2+(y-1)2=3及直線l:ax+y-2a-2=0，當直線【答案】x-y=0【解析】由l：l:ax+y-2a-2=0得a（x-2）+y-2=0∴不論a取何值，直線l恒過點P（2,2）∵12+12=2<3故當直線l垂直CP時，直線l被圓C截得的弦長最短，此時kCP=-1,∴kl7．已知直線l:ax+by-3＝0與圓M：x2+y2【答案】x+2y-3=0【解析】依據(jù)題意，圓M：x2+y直線l:ax+by﹣3＝0與圓M：x2則P在直線l上且MP與直線l垂直，KMP=2-0-1-又由P在直線l上，則有﹣a+2b﹣3＝0，解可得a＝1，b＝2，則直線l的方程為x+2y﹣3＝0；故答案為：x+2y﹣3＝0；8．圓x2+y2=4與直線x+y-2=0相交于A【答案】2【解析】由題得圓心到直線的距離為d=|-2|2=9．已知直線l與圓x2+y2-4y=0相交于A，B兩點，且線段AB的中點P【答案】x+y=0.【解析】因為圓x2+y2-4y=0的圓心坐標為C(0,2)所以直線CP的斜率為kCP又因為AB是圓的一條弦，P為AB的中點，所以AB⊥CP，故kAB=-1，即直線l的斜率為因此，直線l的方程為y-1=-(x+1)，即x+y=0.故答案為x+y=010.若圓x2＋y2＋2x－4y－4＝0的圓心C到直線l的距離為2，且l與直線3x＋4y－1＝0平行，則直線l的方程為________________．【答案】3x＋4y＋5＝0或3x＋4y－15＝0【解析】圓心為(－1,2)．設所求的直線方程為3x＋4y＋D＝0，由點到直線的距離公式，得|3×(-1)+4×2+D|32+解得D＝5或－15.故所求的直線方程為：3x＋4y＋5＝0或3x＋4y－15＝0.11．已知直線l1過點P(3,0)，直線l1與l2關于x軸對稱，且l2過圓C：x2【答案】4【解析】由題可知，圓C的標準方程為(x-1)2+(y-1)2=1，所以C(1,1)，則l2的斜率kCP=1-01-3=-12，因為l1與l2關于x軸對稱，所以直線12．過原點作圓x2【答案】60【解析】依據(jù)題意作出圖像如下：其中OA,OB是圓的切線，A,B為切點，C為圓心，則AC⊥AO由圓的方程x2+y-62=9在RtΔAOC中，可得：∠COA=30°，又OC將∠AOB13.過點(1，1)的直線l與圓(x－2)2＋(y－3)2＝9相交于A，B兩點，當|AB|＝4時，直線l的方程為________.【答案】x＋2y－3＝0【解析】易知點(1，1)在圓內(nèi)，且直線l的斜率k存在，則直線l的方程為y－1＝k(x－1)，即kx－y＋1－k＝0.又|AB|＝4，r＝3，∴圓心(2，3)到l的距離d＝eq\r(32－22)＝eq\r(5).因此eq\f(|k－2|,\r(k2＋（－1）2))＝eq\r(5)，解得k＝－eq\f(1,2).∴直線l的方程為x＋2y－3＝0.14.在平面直角坐標系xOy中，已知直線y＝kx被圓x2＋y2－2mx－2eq\r(3)my＋3m2－1＝0截得的弦長是定值(與實數(shù)m無關)，則實數(shù)k的值為________．【答案】eq\f(\r(3),3)【解析】由圓的方程可得(x－m)2＋(y－eq\r(3)m)2＝m2＋1，所以圓心為(m，eq\r(3)m)，R＝eq\r(m2＋1)，圓心到直線的距離d＝eq\f(|\r(3)m－km|,\r(1＋k2))，由題意R2－d2＝m2＋1－eq\f(\r(3)－k2m2,1＋k2)，不論m取何值時，此式為定值，所以當eq\f(\r(3)－k2,1＋k2)＝1時，R2－d2為定值1，即k＝eq\f(\r(3),3).15.已知圓O：x2＋y2＝1，若直線y＝eq\r(k)x＋2上總存在點P，使得過點P的圓O的兩條切線相互垂直，則實數(shù)k的最小值為________．【答案】1【解析】因為過點P的⊙O的兩條切線相互垂直，所以點P到圓心O的距離為eq\r(2)×1＝eq\r(2)，又因為直線y＝eq\r(k)x＋2上總存在這樣的點P，16在平面直角坐標系xOy中，若過點P(－2,0)的直線與圓x2＋y2＝1相切于點T，與圓(x－a)2＋(y－eq\r(3))2＝3相交于點R，S，且PT＝RS，則正數(shù)a的值為________．【答案】4【解析】設過點P(－2,0)的直線方程為y＝k(x＋2)，∵過點P(－2,0)的直線與圓x2＋y2＝1相切于點T，∴eq\f(|2k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±eq\f(\r(3),3)，不妨取k＝eq\f(\r(3),3)，PT＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)，∴PT＝RS＝eq\r(3)，∵直線y＝eq\f(\r(3),3)(x＋2)與圓(x－a)2＋(y－eq\r(3))2＝3相交于R，S，且PT＝RS，∴圓心(a，eq\r(3))到直線y＝eq\f(\r(3),3)(x＋2)的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a－\r(3)＋\f(2\r(3),3))),\r(\f(1,3)＋1))＝eq\r(\r(3)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2).∵a>0，∴a＝4.17.在平面直角坐標系xOy中，已知圓C：x2＋y2＝2，直線x＋by－2＝0與圓C相交于A，B兩點，且|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|≥eq\r(3)|eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))|，則b的取值范圍是________________．【答案】eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)，－1))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(15),3)))【解析】設AB中點為M，則|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|≥eq\r(3)|eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))|，即2OM≥eq\r(3)×2AM，即OM≥eq\f(\r(3),2)OA＝eq\f(\r(6),2).又直線x＋by－2＝0與圓C相交于A，B兩點，所以eq\f(\r(6),2)≤OM<eq\r(2)，而OM＝eq\f(2,\r(1＋b2))，所以eq\f(\r(6),2)≤eq\f(2,\r(1＋b2))<eq\r(2)，解得1<b2≤eq\f(5,3)，即b的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)，－1))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(15),3))).18．已知圓C的方程為x2＋y2＝1，直線l的方程為x＋y＝2，過圓C上隨意一點P作與l夾角為45°的直線交l于點A，則PA的最小值為________．【答案】2－eq\r(2)設P(cosα，sinα)，則A(cosα，2－cosα)，∴PA＝|2－cosα－sinα|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))))，∴PA的最小值為2－eq\r(2).方法二由題意可知圓心(0,0)到直線x＋y＝2的距離d＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2)，∴圓C上一點到直線x＋y＝2的距離的最小值為eq\r(2)－1.由題意可得PAmin＝eq\r(2)(eq\r(2)－1)＝2－eq\r(2).19.已知直線l：kx－y－2k＝0，圓C：x2＋y2－2x－2y－2＝0.(1)求證：無論k取何值，直線l與圓C都有兩個交點；(2)若k＝1，求直線l被圓C截得的弦長；(3)是否存在實數(shù)k，使以l被圓C截得的弦AB為直徑的圓過原點？若存在，求出實數(shù)k的值；若不存在，請說明理由．【答案】見解析【解析】(1)證明直線l的方程可化為k(x－2)－y＝0，所以直線l過定點(2,0)．由于22＋02－2×2－2×0－2<0，故點(2,0)在圓C內(nèi)，所以直線l與圓C恒有兩個交點．(2)解當k＝1時，直線l的方程為x－y－2＝0，圓C：x2＋y2－2x－2y－2＝0的圓心C(1,1)，半徑r＝2.圓心C到直線l的距離d＝eq\f(|1－1－2|,\r(2))＝eq\r(2)，所以直線l被圓C截得的弦長為2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(22－\r(2)2)＝2eq\r(2).(3)解存在．設A(x1，y1)，B(x2，y2)．由kx－y－2k＝0與x2＋y2－2x－2y－2＝0消元得(k2＋1)x2－(4k2＋2k＋2)x＋4k2＋4k－2＝0，x1,2＝eq\f(4k2＋2k＋2±\r(4k2＋2k＋22－4k2＋14k2＋4k－2),2k2＋1)，所以x1＋x2＝eq\f(4k2＋2k＋2,k2＋1)，x1x2＝eq\f(4k2＋4k－2,k2＋1).因為以線段AB為直徑的圓過原點，所以x1x2＋y1y2＝0，所以(k2＋1)x1x2－2k2(x1＋x2)＋4k2＝0，所以(k2＋1)·eq\f(4k2＋4k－2,k2＋1)－2k2·eq\f(4k2＋2k＋2,k2＋1)＋4k2＝0，所以k＝－1±eq\r(2).20．已知圓C：x2＋y2＋2x－4y＋1＝0，O為坐標原點，動點P在圓C外，過P作圓C的切線，設切點為M.(1)若點P運動到(1,3)處，求此時切線l的方程；(2)求滿意條件PM＝PO的點P的軌跡方程．【答案】見解析【解析】把圓C的方程化為標準方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝4，∴圓心為C(－1,2)，半徑r＝2.(1)當l的斜率不存在時，此時l的方程為x＝1，C到l的距離d＝2＝r，滿意條件．當l的斜率存在時，設斜率為k，得l的方程為y－3＝k(x－1)，即kx－y＋3－k＝0，則eq\f(|－k－2＋3－k|,\r(1＋k2))＝2，解得k＝－eq\f(3,4).∴l(xiāng)的方程為y－3＝－eq\f(3,4)(x－1)，即3x＋4y－15＝0.綜上，滿意條件的切線l的方程為x＝1或3x＋4y－15＝0.(2)設P(x，y)，則PM2＝PC2－MC2＝(x＋1)2＋(y－2)2－4，PO2＝x2＋y2，∵PM＝PO，∴(x＋1)2＋(y－2)2－4＝x2＋y2，整理，得2x－4y＋1＝0，∴點P的軌跡方程為2x－4y＋1＝0.21．已知直線l：4x＋3y＋10＝0，半徑為2的圓C與l相切，圓心C在x軸上且在直線l的右上方．(1)求圓C的方程；(2)過點M(1,0)的直線與圓C交于A，B兩點(A在x軸上方)，問在x軸正半軸上是否存在定點N，使得x軸平分∠ANB？若存在，求出點N的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】見解析【解析】(1)設圓心C(a,0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>－\f(5,2)))，則eq\f(|4a＋10|,5)＝2，解得a＝0或a＝－5(舍)．所以圓C的方程為x2＋y2＝4.(2)當直線AB⊥x軸時，x軸平分∠ANB.當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y＝k(x－1)，N(t,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝4，,y＝kx－1，))得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，x1,2＝eq\f(2k2±\r(4k2－4k2＋1k2－4),2k2＋1)，所以x1＋x2＝eq\f(2k2,k2＋1)，x1x2＝eq\f(k2－4,k2＋1).若x軸平分∠ANB，則kAN＝－kBN，即eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝0，則eq\f(kx1－1,x1－t)＋eq\f(kx2－1,x2－t)＝0，即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，亦即eq\f(2k2－4,k2＋1)－eq\f(2k2t＋1,k2＋1)＋2t＝0，解得t＝4，所以當點N坐標為(4,0)時，能使得∠ANM＝∠BNM總成立．22．已知圓C:(x-3)2+(y-4)2（1）若l1與圓C相切，求l（2）若l1的傾斜角為π4，l1與圓C相交于P,Q兩點，求線段PQ（3）若l1與圓C相交于P,Q兩點，求三角形CPQ的面積的最大值，并求此時l【答案】（1）x=1或3x-4y-3=0；（2）y=x-1或y=7x-7【解析】(1)①若直線l1的斜率不存在,則直線x=1,圓的圓心坐標(②若直線l1斜率存在,設直線l1為y=k(x-1),即由題意知,圓心(3,4)到已知直線l1解之得

k=34.所求直線方程是:x=1,或(2)直線l1方程為y=x-1，∵PQ⊥CM,∴CM方程為y-4=-(x-3),即x+y-7=0∵y=x-1x+y-7=0,∴x=4y=3，∴M(3)直線與圓相交,斜率必定存在,且不為0,設直線方程為kx-y-k=0,則圓心到直線l1的距離d=又三角形CPQ面積S=當d=2時,S取得最大值2，∴d=|2k-4|1+k2直線方程為y=x-1,或y=7x-7.23．已知⊙C：x2+y2（1）求⊙C的標準方程；（2）已經(jīng)動點M在直線y=10上，過點M引⊙C的兩條切線MA、MB，切點分別為A,B.①記四邊形MACB的面積為S，求S的最小值；②證明直線AB恒過定點.【答案】（1）x2+y-2【解析】（1）由題意知，圓心C-D2,-E又因為圓心C在y軸上，所以-D2=0，由以上兩式得：D=0所以x2+y2-4y-12=0（2）①如圖，⊙C的圓心為0,2，半徑r=4，因為MA、MB是⊙C的兩條切線，所以CA⊥MA，CB⊥MB，故MA又因為S=2SΔACM=4MA=4MC2-16，易知，當點M坐標為0,10時，MCmin=8.此時②設點M的坐標為a,10，因為∠MAC=∠MBC=90°，所以M、A、C、B四點共圓.其圓心為線段MC的中點C'a2設MACB所在的圓為⊙C所以⊙C'的方程為：化簡得：x2因為AB是⊙C和⊙C所以x2+y故AB方程為：ax+8y-32=0，當x=0時，y=4，所以直線AB恒過定點0,4.24．已知圓C:x（1）若過點(1,1)的直線l被圓C截得的弦長為23，求直線l（2）已知點P（x，y)為圓上的點，求z=(x-2)【答案】（1）y=1或4x+3y-7=0.（2）3≤Z≤7【解析】（1）圓C的方程可化為（x+1）2+易知斜率不存在時不滿意題意，設直線l:kx-y-k+1=0∴2k+1k（2）設Q(2，-2)，則PQ∴Z25．如圖，圓M:(x-