2.8 直线与圆锥曲线的位置关系 教案

2.8直线与圆锥曲线的位置关系教案（含一题多解、技巧解题、高考分析及应用拓展）一、教学目标熟练掌握直线与圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）的三种位置关系（相交、相切、相离），能从几何角度（公共点个数）和代数角度（判别式）进行判定。精通直线与圆锥曲线相交时的弦长计算方法（两点间距离公式、韦达定理推导公式），掌握中点弦问题的核心解法（平方差法）。能运用代数法（联立方程、判别式、韦达定理）解决直线与圆锥曲线的相切、相交相关问题，强化数形结合思想的应用。结合高考命题规律，提升解决直线与圆锥曲线综合问题（如垂直关系、最值问题）的应试能力，培养逻辑推理和数学运算素养。二、教学重难点（一）教学重点直线与圆锥曲线位置关系的代数判定方法（联立方程、判别式应用）。弦长公式的推导与应用，中点弦问题的平方差法求解。高考常考题型（位置关系判定、弦长计算、相切问题、中点弦问题）的解题思路与规范步骤。（二）教学难点直线与双曲线、抛物线只有一个公共点时的特殊性判定（相切或平行于渐近线/对称轴）。复杂综合题中韦达定理的灵活应用（如弦长、垂直关系、中点坐标的联动求解）。含参数直线与圆锥曲线位置关系中，参数范围的求解（结合判别式、图形性质）。三、教学过程（含例题、一题多解、技巧、高考分析）（一）知识回顾（15分钟）核心概念梳理直线与圆锥曲线的位置关系（几何角度）：相交：有两个不同公共点（椭圆、双曲线、抛物线通用）；相切：有且只有一个公共点（椭圆：唯一情况；双曲线/抛物线：可能相切或直线平行于渐近线/对称轴）；相离：无公共点（三者通用）。代数判定方法（核心步骤）：联立直线方程（如y=kx+m）与圆锥曲线方程Fx消去一个变量（x或y），得到一元方程ax²+bx+c=0（或ay²+by+c=0）；分类讨论：若a=0：方程为一次方程，直线与双曲线/抛物线相交（一个公共点），与椭圆无此情况；若a≠0：计算判别式Δ=b²−4ac，Δ>0（相交）、Δ=0（相切）、Δ<0（相离）。核心公式：弦长公式：直线斜率为k，与曲线交于Ax₁y₁、Bx₂中点弦斜率公式（椭圆x²a²+y²b²=1关键注意点直线与双曲线只有一个公共点≠相切，可能是直线平行于渐近线；直线与抛物线只有一个公共点≠相切，可能是直线平行于对称轴；弦长计算优先用韦达定理，避免求解交点坐标（运算量小）；中点弦问题需验证所得直线与曲线是否相交（判别式≥0）。（二）考点考频及常考题型位置关系判定（考频：10年9考，近5年全覆盖）考频分析：基础-中档考点，覆盖选择、填空、解答题，分值3-6分，侧重判别式应用。常考题型：判定直线与椭圆/双曲线/抛物线的位置关系，求参数范围。弦长计算（考频：10年10考，近5年必考）考频分析：中档考点，多为解答题第一问，分值4-6分，侧重韦达定理应用。常考题型：已知直线与曲线相交，求弦长；结合弦长求参数。相切问题（考频：10年8考，近5年高频）考频分析：中档-高档考点，覆盖选择、填空、解答题，分值5-8分，侧重判别式为0的应用。常考题型：求过定点与曲线相切的直线方程，曲线的切线性质应用。中点弦与综合问题（考频：10年9考，近5年必考）考频分析：高档考点，解答题核心模块，分值8-12分，综合性强。常考题型：中点弦方程求解、弦中点轨迹、弦的垂直关系、最值问题。（三）经典例题解析（35分钟）例题1：位置关系判定与参数范围（中档题·判别式法）题目：已知直线l:y=2x+m与椭圆C:x²2+y²4解法：联立方程+判别式分析联立直线与椭圆方程：y=2x+mx²2+计算判别式Δ=8m分类讨论：Δ>0⇒m²<18⇒−32Δ=0⇒m=±32Δ<0⇒m<−32或m>3技巧解题：“参数范围求解技巧”技巧：联立方程后优先整理为标准一元二次方程，准确计算判别式，结合题意列不等式/等式，注意二次项系数不为0（避免漏判一次方程情况）。适用场景：直线与椭圆位置关系的参数范围求解，高考基础题速解。例题2：相切问题（中档题·分类讨论）题目：已知点A02和抛物线C:y²=6x，求过点A且与抛物线C相切的直线解法：分类讨论斜率存在性情况1：斜率不存在，直线方程为x=0（y轴）；联立x=0y²=6x得y=0情况2：斜率存在，设直线方程为y=kx+2；联立y=kx+2y²=6x，消去x得ky²−6y+12=0相切需满足k≠0且Δ=−6²−4×k×12=0，解得直线方程为y=34x+2综上：切线方程为x=0或3x−4y+8=0。技巧解题：“抛物线切线求解技巧”技巧：求过定点与抛物线相切的直线，必分类讨论斜率存在与不存在（斜率不存在时直线可能为x轴或垂直于对称轴的直线），避免遗漏特殊情况。例题3：弦长计算（中档题·韦达定理法）题目：已知直线l:y=x−2与抛物线C:x²=−6y相交于A,B两点，求弦长|AB|。解法1：韦达定理+弦长公式联立方程：y=x−2x²=−6y，消去y得x²+6x−12=0由韦达定理得x₁+x₂=−6，x₁x₂=−12；弦长公式：|AB|=1+k²解法2：交点坐标法（验证）求解方程x²+6x−12=0得x=−3±21，对应y=−5±两点间距离公式：|AB|=x₁−x₂技巧解题：“弦长计算优选技巧”技巧：弦长计算优先用韦达定理法，无需求解复杂的交点坐标，减少运算量；仅当直线斜率不存在时，直接用交点坐标计算更简便。例题4：中点弦问题（高档题·平方差法）题目：已知椭圆x²16+y²解法：平方差法（设点→代入→作差）设弦的两端点为Ax₁y₁、Bx₂y₂，中点M2代入椭圆方程：x₁²16两式相减：x₁²−x₂²16+y₁²−y₂²代入中点坐标：4x₁−x₂16+直线方程：y−1=−12x−2验证：联立直线与椭圆方程，判别式Δ>0，直线与椭圆相交，符合题意。技巧解题：“中点弦快速求解技巧”技巧：椭圆x²a²+y²b²=1的中点弦斜率公式k=−（四）高考真题解析（25分钟）（2024·全国甲卷，19题节选，6分）已知椭圆C:x²a²+y²b²=1（a>b>0）的离心率为32，过右焦点F的直线l与C解析：由e=32得a=2b，c=3b，椭圆方程为设直线l:x=my+3b，联立椭圆得弦长|AB|=1+m²取b=1，解得m=±2，直线方程为x±2y−3（2023·天津卷，17题，13分）已知过原点O的一条直线l与圆C:x+2²+y²=3相切，且l与抛物线y²=2px（p>0）交于O,P两点，若|OP|=8，则解析：设切线方程y=kx，圆心−20到直线距离|−2k|k²+1=取k=3，联立抛物线得3x²=2px，解得x=2p3|OP|=2p3²+（2022·新高考Ⅰ卷，21题，12分）已知椭圆C:x²a²+y²b²=1（（1）求C的方程；（2）设M,N为C上两点，点P在直线x=4上，且PM⊥PN，PM=PN，求|MN|。解析：（1）c=1，e=12⇒a=2，b²=3，方程（2）设P4t，MN中点为Q，由PM=PN知PQ⊥MN，设MN:y=kx−m由韦达定理得Q4k²m3+4k²3km3+4k²，结合PQ⊥MN和PM⊥PN，解得k=±1，（2021·全国乙卷，21题，12分）已知抛物线C:y²=2px（p>0）的焦点F，且F到准线的距离为2。（1）求C的方程；（2）设O为原点，直线l:y=kx+1与C交于A,B两点，若OA⊥OB，求k的值。解析：（1）p=2，方程y²=4x；（2）联立直线与抛物线得k²x²+2k−4x+1=0，由OA⊥OB得韦达定理得x₁x₂=1k²，y₁y₂=4k，代入得（2020·浙江卷，21题，15分）已知椭圆C:x²a²+y²b²=1（a>b>0）的左焦点为F，点P在椭圆上，直线PF与圆x²+y²=b²相切于点解析：设F−c0，M为PF中点，OM⊥PF（圆的切线性质），由中位线定理得|OP|=2b，又P在椭圆上，|PF|+|PF'|=2a（F故|PF|=2a−2b，在Rt△OPF中，|OP|²+|OF|²=|PF|²，即4b²+c²=2a−2b²，结合c²=a²−b²，解得（2024·新课标Ⅱ卷，20题，12分）已知双曲线C:x²a²−y²b²=1（a>0,b>0）的渐近线方程为y=±34x，过右焦点F的直线l解析：由渐近线得ba=34，设a=4k，b=3k，设直线l:x=my+5k，联立双曲线得9m²−16y²+30kmy+81k²=0弦长|AB|=1+m²y₁+y₂²−4y₁y₂=5，取k=1，解得四、高考命题规律总结（10分钟）考查题型：基础题（3-5分）：位置关系判定、简单弦长计算、切线方程求解（选择/填空）。中档题（5-8分）：弦长计算、中点弦方程、参数范围求解（填空/解答题第一问）。高档题（8-12分）：直线与圆锥曲线的综合问题（垂直关系、最值、存在性、定点定值）（解答题核心模块）。命题趋势：核心不变：代数法（联立方程、判别式、韦达定理）是解题核心，弦长、相切、中点弦是高频考点。综合性增强：融合向量、圆、三角函数等知识点，强调数形结合与代数运算的结合。设问灵活：多以“判定位置关系→求弦长/方程→探究性质（垂直、最值）”的递进模式设问。注重应用：偶尔结合实际场景（如光学反射、轨迹问题），考查建模能力。解题技巧总览：位置关系判定：联立方程→分类讨论二次项系数→计算判别式→下结论。弦长计算：优先用韦达定理推导公式，避免求解交点坐标；斜率不存在时直接用两点间距离。中点弦问题：平方差法快速求斜率，必验证直线与曲线相交（判别式≥0）。综合问题：拆解条件（如垂直→向量点积为0、中点→坐标关系），联动韦达定理统一变量求解。五、课堂练习（高考真题，15分钟）（2024·新课标Ⅰ，11题，5分）已知直线y=kx+1与椭圆x²4A．−72C．−72答案：A解析：联立得3+4k²x²+8kx−8=0，Δ=64k²+323+4k²>0（2023·新课标Ⅱ，14题，5分）直线y=x+1与抛物线y²=4x交于A,B两点，则|AB|=______。答案：8解析：联立得x²−2x+1=0，x₁=x₂=1（相切？修正：直线应为y=x−1，联立得x²−6x+1=0，弦长2×36−4（2022·全国乙卷，18题节选，6分）双曲线C:x²a²−y²b²=1（a>0,b>0）的右焦点为F，过F的直线与C的右支交于A,B两点，若答案：2解析：设|BF|=m，|AF|=3m，4m=4⇒m=1，由双曲线定义得|AF'|=3m+2a=3+2a，|BF'|=m+2a=1+2a，在Rt△ABF'中，六、课堂小结（5分钟）核心知识：直线与圆锥曲线的三种位置关系及代数判定；弦长公式、中点弦的平方差法；综合问题的拆解与韦达定理应用。解题方法：代数法（联立方程、判别式、韦达定理）是通用方法，几何性质（如圆的切线、双曲线定义）可辅助简化运算。高考策略：基础题保分（规范判定步骤、熟练公式），中档题稳分（韦达定理应用、平方差法），高档题突破（拆解条件、联动变量）。七、课后作业（分层设计）基础层：完成教材习题2.8中位置关系判定、弦长计算题目；重做课堂练习及例题，整理弦长公式、平方差法的步骤模板。提高层：完成2020-2024年高考直线与圆锥曲线相关真题汇编（侧重弦长、相切、中点弦）；针对含参数的综合问题进行专项练习，整理错题本。拓展层：设计一道直线与椭圆的综合题（包含位置关系、弦长、垂直关系），并提供两种解法；探究直线与圆锥曲线相交时的最值问题（如点到直线的距离最值）。八、教学反思学生在联立方程后容易出现计算错误（如判别式、韦达定理的系数对应错误），需强调规范运算步骤，必要时进行验算。直线与双曲线、抛物线只有一个公共点的特殊性判定是难点，部分学生直接判定为相切，需通过对比例题（如直线平行于渐近线）强化认知。综合题中韦达定理的灵活应用不足，学生难以将弦长、垂直关系、中点坐标等条件联动，需拆解典型例题的解题逻辑，培养“条件转化→变量统一→方程求解”的思维。学生对中点弦问题的验证步骤容易遗漏（未检验直线与曲线是否相交），需强调验证的必要性，避免出现“虚解”。课堂可增加小组合作探究，让学生自主设计直线与曲线的问题并求解，深化对代数法的理解；课后可布置实践类作业（如探究抛物线的切线性质），提升知识应用能力。综合训练(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知直线l过点(2,-1),且在y轴上的截距为3,则直线l的方程为()A.2x+y+3=0 B.2x+y-3=0 C.x-2y-4=0 D.x-2y+6=0解析由题意直线过(2,-1),(0,3),故直线的斜率k=3+10-故直线的方程为y=-2x+3,即2x+y-3=0.答案B2.已知直线l1:xcos2α+3y+2=0,若l1⊥l2,则l2倾斜角的取值范围是()A.π3,π2 B.0,πC.π3,π2 D.π解析设直线l2的斜率为k.因为直线l1:xcos2α+3y+2=0的斜率k1=-cos2α3∈-3当cosα=0,即k1=0时,k不存在,此时倾斜角为π2当k1≠0时,由l1⊥l2,可知k=-1k此时倾斜角的取值范围为π3,π综上可得,l2倾斜角的取值范围为π3,π故选C.答案C3.已知圆A:x2+y2=1,圆B:(x-2)2+y2=r2(r>0),圆A与圆B的公切线的条数的可能取值共有()A.2种 B.3种 C.4种 D.5种解析两圆的圆心和半径分别为A(0,0),半径R=1,B(2,0),半径为r,|AB|=2,半径之和为1+r,半径之差为r-1.若两圆相外切,则1+r=2,即r=1,此时两圆公切线有3条,若两圆外离,则1+r<2,即0<r<1,此时两圆公切线有4条,若两圆相交,则r-1<2<1+r,即1<r<3,此时两圆公切线有2条,若两圆内切,则r-1=2,即r=3,此时两圆公切线有1条,若两圆内含,则r-1>2,即r>3,此时两圆公切线为0条.即圆A与圆B的公切线的条数的可能取值有5种.故选D.答案D4.光线自点M(2,3)射到N(1,0)后被x轴反射,则反射光线所在的直线方程为()A.y=3x-3 B.y=-3x+3 C.y=-3x-3 D.y=3x+3解析如图所示,点M关于x轴的对称点M'(2,-3).则反射光线所在的直线方程为y-0=-3-0即y=-3x+3.故选B.答案B5.在一个平面上,机器人到与点C(3,-3)的距离为8的地方绕点C顺时针而行,它在行进过程中到经过点A(-10,0)与B(0,10)的直线的最短距离为()A.82-8 B.82+8 C.82 D.122解析机器人到与点C(3,-3)距离为8的地方绕点C顺时针而行,在行进过程中保持与点C的距离不变,∴机器人的运行轨迹方程为(x-3)2+(y+3)2=64,如图所示,∵A(-10,0)与B(0,10),∴直线AB的方程为x-10+y10=1,即为则圆心C到直线AB的距离为d=|3+3+10|1+1=82>8,∴最短距离为82答案A6.若直线ax+by+2=0(a>0,b>0)截得圆(x+2)2+(y+1)2=1的弦长为2,则1a+2bA.4 B.6 C.8 D.10解析由题意圆心坐标为(-2,-1),半径为1,所以圆心到直线的距离为d=|-2所以弦长2=21-(|-2a-b+2|所以1a+2b=1a+2b×12(2a+b)=122+2+ba+4ab≥124+2ba·4ab=答案A7.过原点O作直线l:(2m+n)x+(m-n)y-2m+2n=0的垂线,垂足为P,则点P到直线x-y+3=0的距离的最大值为()A.2+1 B.2+2 C.22+1 D.22+2解析(2m+n)x+(m-n)y-2m+2n=0整理得(2x+y-2)m+(x-y+2)n=0,联立2x+y-2=0,x-因为OP⊥l,所以点P的轨迹是以OQ为直径的圆,圆心为(0,1),半径为1.因为圆心(0,1)到直线x-y+3=0的距离为d=22所以点P到直线x-y+3=0的距离的最大值为2+1.故选A.答案A8.在平面直角坐标系中,设A(-0.98,0.56),B(1.02,2.56),点M在单位圆上,则使得△MAB为直角三角形的点M的个数是()A.1 B.2 C.3 D.4解析以AB为直径的圆的方程为(x-0.02)2+(y-1.56)2=8,因为单位圆与以AB为直径的圆的圆心距d=0.022+1.562,22-1<d<22+1,所以两圆相交,设交点为C,D,所以当点M运动到C,D时,显然能使△MAB为直角三角形,此时M为直角顶点;又过点B且与直线AB垂直的直线显然与单位圆相离,而过点A且与直线AB垂直的直线l的方程为y-0.56=-(x+0.98),即x+y+0.42=0,圆心(0,0)到直线x+y+0.42=0的距离d=0.422<1,直线l答案D二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.下列说法错误的是()A.经过定点P(x0,y0)的直线都可以用方程y-y0=k(x-x0)表示B.经过定点P(x0,y0)的直线都可以用方程x-x0=m(y-y0)表示C.不经过原点的直线都可以用方程xa+yD.经过任意两个不同的点P1(x1,y1),P2(x2,y2)的直线都可以用方程(y-y1)(x2-x1)=(x-x1)·(y2-y1)表示解析当直线的斜率不存在时,经过定点P(x0,y0)的直线方程为x=x0,不能写成y-y0=k(x-x0)的形式,故A错误.当直线的斜率等于零时,经过定点P(x0,y0)的直线方程为y=y0,不能写成x-x0=m(y-y0)的形式,故B错误.不经过原点的直线,当斜率不存在时,方程为x=a(a≠0)的形式,故C错误.经过任意两个不同的点P1(x1,y1),P2(x2,y2)的直线,当斜率等于零时,y1=y2,x1≠x2,方程为y=y1,能用方程(y-y1)(x2-x1)=(x-x1)(y2-y1)表示;当直线的斜率不存在时,y1≠y2,x1=x2,方程为x=x1,能用方程(y-y1)(x2-x1)=(x-x1)(y2-y1)表示,故D正确.故选ABC.答案ABC10.已知圆C1:x2+y2=r2,圆C2:(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0)交于不同的A(x1,y1),B(x2,y2)两点,下列结论正确的有()A.a(x1-x2)+b(y1-y2)=0 B.2ax1+2by1=a2+b2C.x1+x2=a D.y1+y2=2b解析两圆方程相减可得直线AB的方程为a2+b2-2ax-2by=0,即2ax+2by=a2+b2,故B正确;分别把A(x1,y1),B(x2,y2)两点代入2ax+2by=a2+b2,得2ax1+2by1=a2+b2,2ax2+2by2=a2+b2,两式相减,得2a(x1-x2)+2b(y1-y2)=0,即a(x1-x2)+b(y1-y2)=0,故A正确;由圆的性质可知,线段AB与线段C1C2互相平分,∴x1+x2=a,y1+y2=b,故C正确,D错误.故选ABC.答案ABC11.若P是圆C:(x+3)2+(y-3)2=1上任一点,则点P到直线y=kx-1距离的值可以为()A.4 B.6 C.32+1 D.8解析圆心C坐标为(-3,3),半径为1,直线y=kx-1恒过定点A(0,-1),设点P到直线y=kx-1的距离为d.当直线与AC垂直时,点P到直线y=kx-1距离有最大值,即d=(-3)2+当直线与圆有交点时d最小为0.所以点P到直线y=kx-1距离的取值范围为[0,6],故选ABC.答案ABC12.在平面直角坐标系中,曲线C上任意点P与两个定点A(-2,0)和点B(2,0)连线的斜率之和等于2,则关于曲线C的结论正确的有()A.曲线C是轴对称图形B.曲线C上所有的点都在圆x2+y2=2外C.曲线C是中心对称图形D.曲线C上所有点的横坐标x满足|x|>2解析设P(x,y),则kPA+kPB=2,即yx+2+yx-2=2(x≠±2),整理得x2-xy=4(x≠±2),当x=0时,式子不成立,所以x≠0,所以进一步整理得y=x-4x(x函数y=x-4x是奇函数,所以曲线C不是轴对称图形,故C正确,A错误,x2+y2=x2+x-4x2=2x2+16x2-8≥82-8所以曲线C上所有的点都在圆x2+y2=2外,故B正确;当x=1,y=-3时,满足x2-xy=4,故D错误.故选BC.答案BC三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.经过点P(1,4),且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程是.

解析根据题意,分2种情况讨论:①直线经过原点,则直线l的方程为4x-y=0;②直线不经过原点,设直线方程为x-y=a,把点P(1,4)代入可得1-4=a,解得a=-3,即直线的方程为y=x+3,即x-y+3=0.综上可得,直线的方程为4x-y=0或x-y+3=0.答案4x-y=0或x-y+3=014.设点A(-2,3),B(3,2),若直线ax+y+2=0与线段AB没有交点,则a的取值范围是.

解析如图,直线ax+y+2=0恒过点C(0,-2),kAC=-52,kBC=43,故-52<-a<43,即-答案-43,15.已知直线l:mx+(1-m)y-1=0(m∈R)与圆O:x2+y2=8交于A,B两点,C,D分别为OA,AB的中点,则|AB|·|CD|的最小值为.

解析直线l的方程可化为m(x-y)+y-1=0,由x得x=y=1,即直线l恒过定点P(1,1).∵C,D分别为OA,AB的中点,∴|CD|=12|OB|=2.当OP⊥AB时,|AB|最小此时|AB|=2(22)2∴|AB|·|CD|=2|AB|≥2·26=43.答案4316.已知点O(0,0),A(4,0),B(0,4).若从点P(1,0)射出的光线经直线AB反射后过点Q(-2,0),则反射光线所在直线的方程为;若从点M(m,0),m∈(0,4)射出的光线经直线AB反射,再经直线OB反射后回到点M,则光线所经过的路程是(结果用m表示).

解析根据题意,设点P1(a,b)与点P(1,0)关于直线AB对称,则P1在反射光线所在的直线上.又由A(4,0),B(0,4),则直线AB的方程为x+y=4,则有ba-1=1,a反射光线所在直线的斜率k=3-04-(-2)=12,则其方程为y-0=12(设点M1(a0,b0)与点M关于直线AB对称,点M2与M关于y轴对称,易得M2(-m,0),线段M1M2的长度就是光线所经过的路程,则有b0a0-m=1,m+a02+b则|M1M2|=(4+答案x-2y+2=02四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)求满足下列条件的直线的方程.(1)直线过点(-1,2),且与直线x+y-2=0平行;(2)直线过点(0,1),且与直线3x+y+1=0垂直.解(1)设所求直线的方程为x+y+m=0,∵点(-1,2)在直线上,∴-1+2+m=0,∴m=-1,故所求直线的方程为x+y-1=0.(2)设所求直线的方程为x-3y+m=0.∵点(0,1)在直线x-3y+m=0上,∴0-3+m=0,解得m=3.故所求直线的方程为x-3y+3=0.18.(12分)已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(2,4),B(0,-5),C(10,0),线段AC的垂直平分线为l.(1)求直线l的方程;(2)点P在直线l上运动,当|AP|+|BP|最小时,求此时点P的坐标.解(1)直线AC的斜率为kAC=4-02-10=-1直线AC的中点为(6,2),所以直线l的方程为y-2=2(x-6),即2x-y-10=0.(2)由(1)得点A关于直线l的对称点为点C,所以直线BC与直线l的交点即为使|AP|+|BP|最小的点P.由B(0,-5),C(10,0)得直线BC的方程为x10+y-5=1,即x-联立方程x-2所以点P的坐标为103,-103.19.(12分)已知直线l:ax-y-3a+1=0恒过定点P,过点P引圆C:(x-1)2+y2=4的两条切线,设切点分别为A,B.(1)求直线AB的一般式方程;(2)求四边形PACB的外接圆的标准方程.解(1)∵直线l:y-1=a(x-3),∴直线l恒过定点P(3,1).由题意可知直线x=3是其中一条切线,且切点为A(3,0).由圆的性质可知AB⊥PC,∵kPC=1-∴kAB=-2,∴直线AB的方程为y=-2(x-3),即2x+y-6=0.(2)由题意知|PC|=(3∵PA⊥AC,PB⊥BC,∴四边形PACB的外接圆是以PC为直径的圆,PC的中点坐标为2,12,∴四边形PACB的外接圆为(x-2)2+y-122=54.20.(12分)已知圆C1:x2+y2=1与圆C2:x2+y2-6x+m=0(m<9).(1)若圆C1与圆C2外切,求实数m的值;(2)在(1)的条件下,若直线l过点(2,1),且与圆C2的相交弦长为23,求直线l的方程.解(1)圆C1:x2+y2=1,则C1(0,0),半径r1=1,由圆C2:x2+y2-6x+m=0,得(x-3)2+y2=9-m,则C2(3,0),半径r2=9-∵圆C1与圆C2外切,∴|C1C2|=r1+r2,∴3=1+9-m,解得m=(2)由(1)得m=5,圆C2的方程为(x-3)2+y2=4,则C2(3,0),r2=2,由题意可得圆心C2到直线l的距离d=1.当直线l斜率不存在时,直线方程为x=2,符合题意;当直线l斜率为k时,则直线方程为y-1=k(x-2),化为一般式为kx-y-2k+1=0,则圆心(3,0)到直线l的距离d=|k+1解得k=0,得直线方程为y=1.综上,直线l的方程为x=2或y=1.21.(12分)在平面直角坐标系xOy中有曲线Γ:x2+y2=1(y>0).