高三下学期专题八平面解析几何1-8.1　直线和圆

2025版《5年高考3年模拟》B版第第页专题八平面解析几何8.1直线与圆考点1直线和圆的方程1.(2014四川文,9,5分)设m∈R,过定点A的动直线x+my=0和过定点B的动直线mx-y-m+3=0交于点P(x,y),则|PA|+|PB|的取值范围是()A.[5,25]B.[10,25]C.[10,45]D.[25,45]答案B直线x+my=0过定点A(0,0),直线mx-y-m+3=0过定点B(1,3).①当m=0时,过定点A的直线方程为x=0,过定点B的直线方程为y=3,两条直线互相垂直,此时P(0,3),∴|PA|+|PB|=4.②当m≠0时,直线x+my=0的斜率为-1m,直线mx-y-m+3=0的斜率为m.∵-1m×m=-1,∴两条直线互相垂直,即点P可视为以AB为直径的圆上的点.当点P与点A或点B重合时,|PA|+|PB|有最小值10.当点P不与点A,点B重合时,△PAB为直角三角形,且|PA|2+|PB|2=|AB|2=10.由不等式性质知|PA|+|PB|≤2|PA|2+|PB|2综合①②得|PA|+|PB|∈[10,25].评析本题考查直线的方程、两直线垂直及不等式的性质,解答本题的关键是找到点P的轨迹.属中档题.2.(2013湖南理,8,5分)在等腰直角三角形ABC中,AB=AC=4,点P是边AB上异于A,B的一点.光线从点P出发,经BC,CA反射后又回到点P(如图).若光线QR经过△ABC的重心,则AP等于()A.2B.1C.83D.答案D以AB为x轴,AC为y轴建立如图所示的坐标系,由题可知B(4,0),C(0,4),A(0,0),则直线BC的方程为x+y-4=0.设P(t,0)(0<t<4),由对称知识可得点P关于直线BC的对称点P1的坐标为(4,4-t),点P关于y轴的对称点P2的坐标为(-t,0),根据反射定理可知P1P2就是光线RQ所在直线.由P1、P2两点坐标可得直线P1P2的方程为y=4−t4+t(x+t),设△ABC的重心为G,易知G43,43.因为重心G43,43在光线所以t=0或t=43,因为0<t<4,所以t=43,即AP=433.(2012浙江理,3,5分)设a∈R,则“a=1”是“直线l1:ax+2y-1=0与直线l2:x+(a+1)y+4=0平行”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案A由l1∥l2,得-a2=-1a+1,解得a=1或a=-2,代入检验符合,即“a=1”是“l1∥l2”的充分不必要条件评析本题考查两直线平行和充要条件的判断,考查运算求解能力.4.(2015课标Ⅱ理,7,5分)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.26B.8C.46D.10答案C设圆心为P(a,b),由点A(1,3),C(1,-7)在圆上,知b=3−72=-2.再由|PA|=|PB|,得a=1.则P(1,-2),|PA|=(1−1)2+(3+2)2=5,于是圆P的方程为(x-1)2+(y+2)2=25.令x=0,得y=-2±25.(2015课标Ⅱ文,7,5分)已知三点A(1,0),B(0,3),C(2,3),则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为()A.53B.213C.2答案B在平面直角坐标系xOy中画出△ABC,易知△ABC是边长为2的正三角形,其外接圆的圆心为D1,233.因此|OD|=12+236.(2015北京文,2,5分)圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是()A.(x-1)2+(y-1)2=1B.(x+1)2+(y+1)2=1C.(x+1)2+(y+1)2=2D.(x-1)2+(y-1)2=2答案D由题意得圆的半径为2,故该圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=2,故选D.7.(2011浙江文,12,4分)若直线x-2y+5=0与直线2x+my-6=0互相垂直,则实数m=.

答案1解析依题意m≠0,所以由−2m×12评析本题考查两条直线垂直的充要条件,属容易题.注意与平行的区别.8.(2022全国乙,理14,文15,5分)过四点(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为.

答案(x-2)2+(y-1)2=5或x2+y2-4x-6y=0或x2+y2-83x−143y=0或x2+y2解析选取(0,0),(4,0),(4,2)时,不妨设这三点分别为O,A,B,则线段OA的垂直平分线的方程为x=2,线段AB的垂直平分线的方程为y=1,所以经过这三点的圆的圆心坐标为(2,1),记为C,圆的半径r=|CO|=22+12=5,所以所求圆的方程为(x-2)2+(选取(0,0),(4,0),(-1,1)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则F=0,16+4D+F=0,1+1−D+E+F选取(0,0),(-1,1),(4,2)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则F所以所求圆的方程为x2+y2-83x−选取(4,0),(-1,1),(4,2)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则16+4D+F=0,1+1−D+E+F9.(2022全国甲文,14,5分)设点M在直线2x+y-1=0上,点(3,0)和(0,1)均在☉M上,则☉M的方程为.

答案(x-1)2+(y+1)2=5解析解法一:设☉M的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0),则2所以☉M的方程为(x-1)2+(y+1)2=5.解法二:易得过(3,0)和(0,1)的直线方程为x3+y=1,即x+3y-3=0以(3,0)和(0,1)为端点的线段的垂直平分线的方程为3x-y-4=0,联立2x+y−1=0,3x−y−4=0,解得x=1,y=−1,所以圆心为(1,-1),则所求圆的半径r=(1−3)2+(−1−0)210.(2016天津文,12,5分)已知圆C的圆心在x轴的正半轴上,点M(0,5)在圆C上,且圆心到直线2x-y=0的距离为455,则圆C的方程为答案(x-2)2+y2=9解析设圆C的方程为(x-a)2+y2=r2(a>0),由题意可得|2a|5=455,(−方法总结待定系数法是求解圆方程的常用方法,一般步骤为①设出圆的方程;②列出关于系数的方程组,并求出各系数的值;③检验各值是否符合题意,并写出满足题意的圆的方程.有时也可利用圆的几何性质进行求解.评析本题主要考查点与圆的位置关系,点到直线的距离公式以及圆的方程的求法,考查方程思想方法的应用,注意圆心的横坐标的取值范围是解决本题的关键.11.(2015课标Ⅰ理,14,5分)一个圆经过椭圆x216+y24=1的三个顶点,且圆心在x轴的正半轴上答案x−322解析由已知得该圆经过椭圆的三个顶点A(4,0)、B(0,2)、C(0,-2).易知线段AB的垂直平分线的方程为2x-y-3=0.令y=0,得x=32,所以圆心坐标为32,0,则半径r=4-32=52.故该圆的标准方程为x评析本题考查圆和椭圆的方程,求出圆心坐标是解题关键.12.(2014陕西理,12,5分)若圆C的半径为1,其圆心与点(1,0)关于直线y=x对称,则圆C的标准方程为.

答案x2+(y-1)2=1解析根据题意得点(1,0)关于直线y=x对称的点(0,1)为圆心,又半径r=1,所以圆C的标准方程为x2+(y-1)2=1.考点2直线与圆、圆与圆的位置关系1.（2023课标I，6）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】方法一：因为，即，可得圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，因为，则，可得，则，，即为钝角，所以；法二：圆的圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，连接，可得，则，因为且，则，即，解得，即为钝角，则，且为锐角，所以；方法三：圆的圆心，半径，若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；若切线斜率存在，设切线方程为，即，则，整理得，且设两切线斜率分别为，则，可得，所以，即，可得，则，且，则，解得.故选：B.2.（2023全国乙文，11）已知实数满足，则的最大值是（）A. B.4 C. D.7【答案】C【解析】法一：令，则，代入原式化简得，因为存在实数，则，即，化简得，解得，故的最大值是，法二：，整理得，令，，其中，则，，所以，则，即时，取得最大值，法三：由可得，设，则圆心到直线的距离，解得故选：C.3.（2023全国乙理，12）已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】如图所示，，则由题意可知:，由勾股定理可得当点位于直线异侧时，设，则：，则当时，有最大值.当点位于直线同侧时，设，则，则当时，有最大值.综上可得，的最大值为.故选：A.4.(2022北京,3,4分)若直线2x+y-1=0是圆(x-a)2+y2=1的一条对称轴,则a=()A.12B.−1答案A由题意可知圆心(a,0)在直线2x+y-1=0上,故2a+0-1=0,解得a=12.故选A5.(多选)(2021新高考Ⅰ,11,5分)已知点P在圆(x-5)2+(y-5)2=16上,点A(4,0),B(0,2),则()A.点P到直线AB的距离小于10B.点P到直线AB的距离大于2C.当∠PBA最小时,|PB|=32D.当∠PBA最大时,|PB|=32答案ACD由题意可知直线AB的方程为x4+y2=1,即x则圆心(5,5)到直线AB的距离d=|5+2×5−4|∴直线AB与圆(x-5)2+(y-5)2=16相离,∴点P到直线AB的距离的取值范围为115∵1155-4∈(0,1),1155+4∈(∴选项A正确,选项B错误.过点B作圆的两条切线,切点分别为P1,P2,如图,当点P在切点P1的位置时,∠PBA最小,当点P在切点P2的位置时,∠PBA最大,易知|P1B|=|P2B|,圆心(5,5)到点B的距离为34,圆的半径为4,所以|P1B|=|P2B|=34−16=18=32,故选项C,D均正确方法点拨:1.当直线与圆C相离时,圆上的点P到直线的距离的取值范围为[d-r,d+r],其中r为半径,d为圆心到直线的距离.2.从圆外一点Q(x0,y0)向圆x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)引切线,切点为A,则|QA|=x06.(2015广东理,5,5分)平行于直线2x+y+1=0且与圆x2+y2=5相切的直线的方程是()A.2x+y+5=0或2x+y-5=0B.2x+y+5=0或2x+y-5=0C.2x-y+5=0或2x-y-5=0D.2x-y+5=0或2x-y-5=0答案A切线平行于直线2x+y+1=0,故可设切线方程为2x+y+c=0(c≠1),结合题意可得|c|5=5,解得7.(2015山东理,9,5分)一条光线从点(-2,-3)射出,经y轴反射后与圆(x+3)2+(y-2)2=1相切,则反射光线所在直线的斜率为()A.-53或-35B.-32C.-54或-45D.-43答案D由题意可知反射光线所在直线过点(2,-3),设反射光线所在直线方程为y+3=k(x-2),即kx-y-2k-3=0.∵反射光线所在直线与圆相切,∴|−3k−2−2k评析本题主要考查直线和圆的位置关系.8.(2015重庆理,8,5分)已知直线l:x+ay-1=0(a∈R)是圆C:x2+y2-4x-2y+1=0的对称轴.过点A(-4,a)作圆C的一条切线,切点为B,则|AB|=()A.2B.42C.6D.210答案C圆C的标准方程为(x-2)2+(y-1)2=22,圆心为C(2,1),半径r=2,由直线l是圆C的对称轴,知直线l过点C,所以2+a×1-1=0,a=-1,所以A(-4,-1),于是|AC|2=40,所以|AB|=|AC|2−29.(2014课标Ⅱ文,12,5分)设点M(x0,1),若在圆O:x2+y2=1上存在点N,使得∠OMN=45°,则x0的取值范围是()A.[-1,1]B.−C.[-2,2]D.−答案A过M作圆O的两条切线MA、MB,切点分别为A、B,若在圆O上存在点N,使∠OMN=45°,则∠OMB≥∠OMN=45°,所以∠AMB≥90°,所以-1≤x0≤1,故选A.评析本题考查直线与圆的位置关系,体现了数形结合的思想方法.10.(2014浙江文,5,5分)已知圆x2+y2+2x-2y+a=0截直线x+y+2=0所得弦的长度为4,则实数a的值是()A.-2B.-4C.-6D.-8答案B将圆的方程化为标准方程为(x+1)2+(y-1)2=2-a,所以圆心为(-1,1),半径r=2−a,圆心到直线x+y+2=0的距离d=|−1+1+2|2=2,故r2-d2=4,即11.(2014安徽文,6,5分)过点P(-3,-1)的直线l与圆x2+y2=1有公共点,则直线l的倾斜角的取值范围是()A.0,π6B.0,π3答案D过P点作圆的切线PA、PB,连接OP,如图所示.显然,直线PA的倾斜角为0,又OP=(−3)2+(−1)2=2,PA=3,OA=1,因此∠OPA=π6,由对称性知,直线PB的倾斜角为π12.(2016山东文,7,5分)已知圆M:x2+y2-2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是22.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.相离答案B由题意知圆M的圆心为(0,a),半径R=a,因为圆M截直线x+y=0所得线段的长度为22,所以圆心M到直线x+y=0的距离d=|a|2=a2−2(a>0),解得a=2,又知圆N的圆心为(1,1),半径r=1,所以|MN|=2,则R-r<思路分析利用直线被圆所截得的线段的长度构造关于a的方程,从而求出圆M的圆心及半径,根据两圆圆心距及两圆半径和与差的大小关系判断两圆的位置关系.13.(2014北京文,7,5分)已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1和两点A(-m,0),B(m,0)(m>0).若圆C上存在点P,使得∠APB=90°,则m的最大值为()A.7B.6C.5D.4答案B若∠APB=90°,则点P的轨迹是以AB为直径的圆,其方程为x2+y2=m2.由题意知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1与圆O:x2+y2=m2有公共点,所以|m-1|≤|OC|≤m+1,易知|OC|=5,所以4≤m≤6,故m的最大值为6.选B.14.(2013重庆理,7,5分)已知圆C1:(x-2)2+(y-3)2=1,圆C2:(x-3)2+(y-4)2=9,M,N分别是圆C1,C2上的动点,P为x轴上的动点,则|PM|+|PN|的最小值为()A.52-4B.17-1C.6-22D.17答案A圆C1,C2如图所示.设P是x轴上任意一点,则|PM|的最小值为|PC1|-1,同理可得|PN|的最小值为|PC2|-3,则|PM|+|PN|的最小值为|PC1|+|PC2|-4.作C1关于x轴的对称点C'1(2,-3),连接C'1C2,与x轴交于点P,连接PC1,根据三角形两边之和大于第三边可知|PC1|+|PC2|的最小值为|C'1C2|,则|PM|+|PN|的最小值为52-4.选A.评析本题考查了圆的标准方程及圆的几何性质等知识,同时又考查了数形结合思想、转化思想.把折线段长的和转化成两点间的距离是本题的关键.15.(2016课标Ⅱ,4,5分)圆x2+y2-2x-8y+13=0的圆心到直线ax+y-1=0的距离为1,则a=()A.-43B.-34C.答案A圆的方程可化为(x-1)2+(y-4)2=4,则圆心坐标为(1,4),圆心到直线ax+y-1=0的距离为|a+4−1|a2+1思路分析将圆的方程化成标准方程,从而得出圆心坐标,进而利用点到直线的距离公式列出关于a的方程,解方程即可求得a的值.16.(2016北京,5,5分)圆(x+1)2+y2=2的圆心到直线y=x+3的距离为()A.1B.2C.2D.22答案C由题知圆心坐标为(-1,0),将直线y=x+3化成一般形式为x-y+3=0,故圆心到直线的距离d=|−1−0+3|1易错警示在应用点到直线的距离公式d=|Ax0+By0+C|17.（2023课标II，15）已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值______．【答案】（中任意一个皆可以）【解析】设点到直线的距离为，由弦长公式得，所以，解得：或，由，所以或，解得：或．18.(2016课标Ⅰ,15,5分)设直线y=x+2a与圆C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B两点,若|AB|=23,则圆C的面积为.

答案4π解析把圆C的方程化为x2+(y-a)2=2+a2,则圆心为(0,a),半径r=a2+2.圆心到直线x-y+2a=0的距离d=|a|2.由r2=d2+|AB|22,得a2+2=a22+3,解得19.(2016课标Ⅲ,15,5分)已知直线l:x-3y+6=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.则|CD|=.

答案4解析圆心(0,0)到直线x-3y+6=0的距离d=61+3=3,|AB|=212−32=23,过C作CE⊥BD于E,因为直线l的倾斜角为30°,所以|CD|=|CE20.(2016课标Ⅲ理,16,5分)已知直线l:mx+y+3m-3=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.若|AB|=23,则|CD|=.

答案4解析由题意可知直线l过定点(-3,3),该定点在圆x2+y2=12上,不妨设点A(-3,3),由于|AB|=23,r=23,所以圆心到直线AB的距离为d=(23)2−(3)2=3,又由点到直线的距离公式可得d=|3m−3|m2+1=3,解得m=-33,所以直线l的斜率k=-m=33,即直线l的倾斜角为30°.如图,过点C作CH⊥BD,垂足为解后反思涉及直线与圆的位置关系的问题要充分利用圆的性质,利用数形结合的思想方法求解.21.(2015江苏,10,5分)在平面直角坐标系xOy中,以点(1,0)为圆心且与直线mx-y-2m-1=0(m∈R)相切的所有圆中,半径最大的圆的标准方程为.

答案(x-1)2+y2=2解析由mx-y-2m-1=0可得m(x-2)=y+1,由m∈R知该直线过定点(2,-1),从而点(1,0)与直线mx-y-2m-1=0的距离的最大值为(2−1)2+(−1−022.(2014重庆理,13,5分)已知直线ax+y-2=0与圆心为C的圆(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B两点,且△ABC为等边三角形,则实数a=.

答案4±15解析易知△ABC是边长为2的等边三角形,故圆心C(1,a)到直线AB的距离为3,即|a+a−2|a2+1=3,解得a=4±评析本题考查过定点的直线与圆相交的弦长问题,以及数形结合的思想方法,对综合能力要求较高.23.(2022新高考Ⅱ,15,5分)设点A(-2,3),B(0,a),若直线AB关于y=a对称的直线与圆(x+3)2+(y+2)2=1有公共点,则a的取值范围是.

答案1解析设直线AB关于y=a对称的直线为l,∵kAB=a−32,∴kl=-显然点B(0,a)在直线l上,∴直线l的方程为y=-a−32x+a,即(a-3)x+2y-2a=0.∵l∴圆心(-3,-2)到直线l的距离d≤r,即|−3(a−3)+2×(−2)−2a(a−3)2+4≤1解得13≤a≤32,24.(2022全国甲理,14,5分)若双曲线y2-x2m2=1(m>0)的渐近线与圆x2+y2-4y+3=0相切,则m答案3解析易得双曲线的渐近线方程为y=±xm(m>0圆的方程可化为x2+(y-2)2=1,其半径r=1,∵渐近线与圆相切,∴圆心(0,2)到渐近线的距离等于r,∴21+1m2=1,∴m2=13,又m>0,25.(2022新高考Ⅰ,14,5分)写出与圆x2+y2=1和(x-3)2+(y-4)2=16都相切的一条直线的方程.

答案x=-1(或3x+4y-5=0或7x-24y-25=0)解析∵两圆C1:x2+y2=1,C2:(x-3)2+(y-4)2=16的圆心分别为C1(0,0),C2(3,4),r1=1,r2=4,∴|C1C2|=5=r1+r2,则两圆外切,如图所示均与直线l1:x=-1相切,两圆圆心连线C1C2所在直线的方程为y=43x,记为l,l1与l交于点P−1,−43,由两圆另一外公切线l2过点P,设l2:y+43=k(x+1),由l2与圆C1:x2+y2=1相切,得k−431+k2=1,求出k=724,则直线l2的方程为7x-24y-25=0,由内公切线l3与l垂直,设l3的方程为y=-34x+m,由l3与圆C1:x2+y2=1相切得m1+−342=1,∴m=54或-54.当m=-54时,y=-34x−54综上,可知三条切线方程分别为x=-1,3x+4y-5=0,7x-24y-25=0.综上,可知三条切线方程分别为x=-1,3x+4y-5=0,7x-24y-25=0.26.(2021全国甲理,20,12分)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M与l相切.(1)求C,☉M的方程;(2)设A1,A2,A3是C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切.判断直线A2A3与☉M的位置关系,并说明理由.解析(1)由题意可设抛物线C的方程为y2=2px(p>0),则P,Q的坐标为(1,±2p∵OP⊥OQ,∴OP·OQ=1-2p∴p=12,∴抛物线C的方程为y2=∵☉M的圆心为(2,0),☉M与直线x=1相切,∴☉M的半径为1,∴☉M的方程为(x-2)2+y2=1.(2)直线A2A3与☉M相切.理由如下:设A1(y02,y0),A2(y12,y1),A3(y22,y2),∵直线A1A2,A1A3均与☉M相切,∴y0≠±1,y1由A1,A2的坐标可得直线A1A2的方程为y-y0=y0−y1y02−y12(x-y02),整理,得x-(y0+y1)y+y0y1=0,由于直线A1A2与☉M相切,∴M到直线A1A2的距离d同理可得,(y02-1)y2观察①②,得y1,y2是关于x的一元二次方程(y02-1)x2+2y0x+3-y0∴y1+y同理,得直线A2A3的方程为x-(y1+y2)y+y1y2=0,则点M(2,0)到直线A2A3的距离d'=|2+y1y2|1+(y1+y2)2,把(*)代入,得d'=解后反思本题第(1)问较为基础,熟练掌握抛物线和圆的标准方程是关键;第(2)问涉及的条件较多,其中直线A1A2与圆相切,是最重要的一个条件,由此条件可求出直线A1A2的方程,进而直线A1A3,A2A3的方程就可同理求得,可大大简化运算过程,而由①②归纳出y1,y2是方程(y02-1)x2+2y0x+3-y02=0的两根,27.(2015课标Ⅰ文,20,12分)已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C:(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N两点.(1)求k的取值范围;(2)若OM·ON=12,其中O为坐标原点,求|MN|.解析(1)由题设,可知直线l的方程为y=kx+1.因为l与C交于两点,所以|2k解得4−73所以k的取值范围为4−73(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).将y=kx+1代入方程(x-2)2+(y-3)2=1,整理得(1+k2)x2-4(1+k)x+7=0.所以x1+x2=4(1+k)1+k2,x1x2OM·ON=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=4k由题设可得4k(1+k所以l的方程为y=x+1.故圆心C在l上,所以|MN|=2.(12分)28.(2015广东理,20,14分)已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B.(1)求圆C1的圆心坐标;(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程;(3)是否存在实数k,使得直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.解析(1)圆C1的方程x2+y2-6x+5=0可化为(x-3)2+y2=4,所以圆心坐标为(3,0).(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2),M(x0,y0),则x0=x1+x22由题意可知直线l的斜率必存在,设直线l的方程为y=tx.将上述方程代入圆C1的方程,化简得(1+t2)x2-6x+5=0.由题意,可得Δ=36-20(1+t2)>0(*),x1+x2=61+所以x0=31+t2,代入直线l的方程,得y0因为x02+y02=9(1+t2)2所以x0−322由(*)解得t2<45,又t2≥0,所以53<x0所以线段AB的中点M的轨迹C的方程为x−322+y(3)由(2)知,曲线C是在