(新高考)高考数学一轮复习第47讲《直线与圆、圆与圆的位置关系》达标检测(解析版)

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第47讲 直线与圆、圆与圆的位置关系（达标检测）
[A组]—应知应会
1．（春•张家界期末）已知圆M：（x﹣3）2+（y+4）2＝4与圆N：x2+y2＝9，则两圆的位置关系为（　　）
A．内切 B．外切 C．相交 D．外离
【分析】由已知圆的方程求出圆心坐标与半径，再由两圆的圆心距与半径的关系得答案．
【解答】解：圆M：（x﹣3）2+（y+4）2＝4的圆心坐标为M（3，﹣4），半径为2；
圆N：x2+y2＝9，的圆心坐标N（0，0），半径为3．
由|MN|＝＝5＝2+3，
∴两圆的位置关系是外切．
故选：B．
2．（春•赤峰期末）直线x+y﹣2＝0与圆x2+y2＝4交于A，B两点，则弦AB的长是（　　）
A． B． C．2 D．2
【分析】根据题意，分析圆的圆心与半径，求出圆心到直线的距离，结合直线与圆的位置关系分析可的答案．
【解答】解：根据题意，圆x2+y2＝4的圆心为（0，0），半径r＝2，
圆心到直线x+y﹣2＝0的距离d＝＝，
则|AB|＝2 ＝2 ；
故选：C．
3．（春•开封期末）若直线x+y＝0与圆（x﹣m）2+（y﹣1）2＝2相切，则m＝（　　）
A．1 B．﹣1 C．﹣1或3 D．﹣3或1
【分析】根据题意，分析圆的圆心与半径，结合直线与圆相切的判断方法可得＝，解可得m的值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，圆（x﹣m）2+（y﹣1）2＝2，圆心为（m，1），半径r＝，
若直线x+y＝0与圆（x﹣m）2+（y﹣1）2＝2相切，必有＝，
解可得：m＝﹣3或1；
故选：D．
4．（春•辽源期末）圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0上的点到直线x+y﹣14＝0距离的最小值为（　　）
A．36 B．18 C．2 D．5
【分析】由圆的方程求得圆心坐标与半径，再由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，减去半径得答案．
【解答】解：化圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0为（x﹣2）2+（y﹣2）2＝18，
得圆心坐标为（2，2），半径为．
圆心到直线x+y﹣14＝0的距离d＝．
∴圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0上的点到直线x+y﹣14＝0距离的最小值为．
故选：C．
5．（春•龙岩期末）直线y＝a（x﹣1）+2（a∈R）过定点A，则过点A且与圆x2+y2＝1相切的直线方程为（　　）
A．3x﹣4y+5＝0 B．3x+4y﹣5＝0
C．3x+4y﹣5＝0或x＝1 D．3x﹣4y+5＝0或x＝1
【分析】根据题意，设要求直线为直线l，由直线y＝a（x﹣1）+2的方程得到定点A的坐标，进而分直线l的斜率存在与不存在两种情况讨论，求出直线l的方程，综合即可得答案．
【解答】解：根据题意，设要求直线为直线l，
直线y＝a（x﹣1）+2，变形可得y﹣2＝a（x﹣1），过点A，
有，则有，故A的坐标为（1，2），
若直线l的斜率存在，则直线可以表示为y＝a（x﹣1）+2，即ax﹣y﹣a+2＝0，
则有＝1，解可得a＝，此时直线l的方程为y＝（x﹣1）+2，
变形可得3x﹣4y+5＝0
若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x＝1，与圆x2+y2＝1相切，符合题意；
综上，直线的方程为3x﹣4y+5＝0或x＝1；
故选：D．
6．（•道里区校级四模）直线y＝x+m与圆O：x2+y2＝16相交于M、N两点，若∠MON≥，则m的取值范围是（　　）
A．[﹣2，2] B．[﹣4，4] C．[﹣2，2] D．[0，2]
【分析】由题意画出图形，若∠MON≥，可得O到直线y＝x+m的距离小于等于2，再由点到直线的距离公式列式求解．
【解答】解：如图，过O作OH⊥MN，垂足为H，则H为MN的中点，

由∠MON≥，得∠MOH，可得OH≤2．
即O到直线x﹣y+m＝0的距离d＝≤2，
∴．
∴m的取值范围是[，]．
故选：C．
7．（春•红河州期末）已知直线l：kx+y﹣2＝0（k∈R）是圆C：x2+y2﹣6x+2y+6＝0的一条对称轴，若点A（2，k），B为圆C上任意的一点，则线段AB长度的最小值为（　　）
A．+2 B．2 C． D．﹣2
【分析】化圆的方程为标准方程，求得圆心坐标与半径，把圆心坐标代入直线l的方程求得k，得到A的坐标，再由A到圆心的距离减去半径得答案．
【解答】解：化圆C：x2+y2﹣6x+2y+6＝0为（x﹣3）2+（y+1）2＝4，
得圆心坐标为C（3，﹣1），半径r＝2
∵直线l：kx+y﹣2＝0（k∈R）是圆C的一条对称轴，∴3k﹣1﹣2＝0，即k＝1．
∴A（2，k）＝（2，1），且A在圆C外部，
又B为圆C上任意的一点，
∴＝．
故选：D．
8．（•漳州模拟）已知两圆x2+y2+4ax+4a2﹣4＝0和x2+y2﹣2by+b2﹣1＝0恰有三条公切线，若a∈R，b∈R，且ab≠0，则的最小值为（　　）
A．3 B．1 C． D．
【分析】求出两圆的标准方程，结合两圆有三条公切线，得到两圆相外切，结合圆外切的等价条件，求出a，b的关系，结合基本不等式的性质进行求解即可．
【解答】解：两圆的标准方程为（x+2a）2+y2＝4和x2+（y﹣b）2＝1，
圆心为（﹣2a，0），和（0，b），半径分别为2，1，
若两圆恰有三条公切线，
则等价为两圆外切，
则满足圆心距＝2+1＝3，
即4a2+b2＝9，
则a2+b2＝1，
则＝（）（a2+b2）＝+++≥+2＝+＝1，
故选：B．
9．（多选）（春•秦淮区期末）过点（2，0）作圆x2+y2﹣2x﹣6y+9＝0的切线l，则直线l的方程为（　　）
A．3x+4y﹣6＝0 B．4x+3y﹣8＝0 C．x﹣2＝0 D．x+2＝0
【分析】根据题意，分析圆x2+y2﹣2x﹣6y+9＝0的圆心以及半径，分直线l的斜率不存在与存在两种情况讨论，求出每种情况下直线l的方程，综合即可得答案．
【解答】解：根据题意，圆x2+y2﹣2x﹣6y+9＝0即（x﹣1）2+（y﹣3）2＝1，其圆心为（1，3），半径r＝1；
若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x＝2，圆心（1，3）到直线l的距离d＝r，与圆相切，符合题意；
若直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，则直线l方程为y＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k＝0，
则有d＝＝1，解可得k＝﹣，此时直线l的方程为4x+3y﹣8＝0，
综合可得：直线l的方程为x＝2或4x+3y﹣8＝0；
故选：BC．
10．（多选）（春•新华区校级月考）设有一组圆∁k：（x﹣k）2+（y﹣k）2＝4，（k∈R），下命题正确的是（　　）
A．不论k如何变化，圆心∁k始终在一条直线上
B．所有圆∁k均不经过点（3，0）
C．存在一条定直线始终与圆∁k相切
D．若k，则圆∁k上总存在两点到原点的距离为1
【分析】直接求出圆心所在直线方程判断A；把（3，0）代入圆的方程，求得k无解判断B；举例说明C正确；把问题转化为圆x2+y2＝1与圆∁k有两个交点，求出k的范围判断D．
【解答】解：圆心在直线y＝x上，A正确；
若（3﹣k）2+（0﹣k）2＝4，化简得2k2﹣6k+5＝0，△＝36﹣40＝﹣4＜0，无解，B正确；
存在定直线始终与圆∁k相切，C正确；
圆∁k上总存在两点到原点的距离为1，问题转化为圆x2+y2＝1与圆∁k有两个交点，
则k∈，D正确．
故选：ABCD．
11．（春•河池期末）直线y＝x+1被圆x2+y2＝4截得的弦长为　　 ．
【分析】根据题意，求出圆的圆心与半径，得到圆心到直线的距离，结合直线与圆的位置关系可得答案．
【解答】解：根据题意，圆x2+y2＝4，圆心为（0，0），半径r＝2，
圆心到直线y＝x+1的距离d＝＝，
则直线被圆x2+y2＝4截得的弦长为2×＝；
故答案为：．
12．（•闵行区校级模拟）已知圆x2+y2＝5，则过点P（2，﹣1）的圆C的切线方程是　 　．
【分析】根据题意，分析可得点P在圆上，求出直线OP的斜率，即可得切线的斜率，由直线的点斜式方程分析可得答案．
【解答】解：根据题意，圆x2+y2＝5，点P（2，﹣1）满足22+（﹣1）2＝5，即点P在圆上，
则kOP＝＝﹣，则切线的斜率k＝2，即切线的方程为y+1＝2（x﹣2），变形可得2x﹣y＝5，
即切线的方程为2x﹣y＝5；
故答案为：2x﹣y＝5．
13．（春•通州区期末）圆C1：x2+（y﹣1）2＝4与圆C2：（x﹣3）2+y2＝1的公切线共有　 　条．
【分析】根据题意，分析两个圆的圆心以及半径，由圆与圆的位置关系分析可得两圆相离，据此分析可得答案．
【解答】解：圆C1：x2+（y﹣1）2＝4，圆心C1（0，1），半径为2，
圆C2：（x﹣3）2+y2＝4，圆心C2（3，0），半径为1，
两圆的圆心距为＞2+1＝3，正好大于两圆的半径之和，故两圆相离，
故两圆的公切线有4条，
故答案为：4．
14．（春•韶关期末）直线y＝x+b被圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4截得的弦长的最大值是　 　；若该圆上到此直线y＝x+b的距离等于1的点有且仅有4个，则b的取值范围是　　 ．
【分析】①当直线过圆心时所截的弦长取最大值；②利用数形结合法将题意转化为d＜1，再解绝对值不等式即可得到答案．
【解答】解：①设圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4的圆心为C（1，1），半径r＝2，
当直线y＝x+b过圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4的圆心C（1，1）时，即当b＝0时，此时直线截圆得到的弦为直径，
即直线y＝x+b被圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4截得的弦长的最大值2r＝4．
②若该圆上到此直线y＝x+b的距离等于1的点有且仅有4个，
设圆心C到直线y＝x+b的距离为d，
则d＜1，即，解得，
则b的取值范围是．

15．（•黄山二模）已知圆C1：x2+y2+2ax+a2﹣4＝0，（a∈R）与圆C2：x2+y2﹣2by﹣1+b2＝0，（b∈R）只有一条公切线，则a+b的最小值为　 　．
【分析】由圆的方程求出圆心坐标及半径，再由由两个圆只有一条公切线可得两个圆内切，即圆心距等于两个半径之差，进而可得a2+b2＝1，设a，b为三角函数，由三角函数的范围求出a+b的最小值．
【解答】解：圆C1：x2+y2+2ax+a2﹣4＝0的圆心C1坐标（﹣a，0），半径r1＝2，
圆C2：x2+y2﹣2by﹣1+b2＝0的圆心C2（0，b），半径r2＝1，
由两个圆只有一条公切线可得两个圆内切，圆心距|C1C2|＝＝2﹣1＝1，
所以可得a2+b2＝1，设a＝cosα，b＝sinα，α∈R，
所以a+b＝sin（）∈[﹣，]，当且仅当＝+2kπ，k∈Z时，
即α＝﹣+2kπ，k∈Z时，a+b的最小值为﹣，
故答案为：﹣．
16．（春•启东市校级月考）已知圆C1：x2+y2＝9，圆C2：x2+y2＝4，定点M（1，0），动点A，B分别在圆C2和圆C1上，满足∠AMB＝90°，则线段AB的取值范围　 　．

【分析】设A（x1，y1）、B（x2，y2），由条件可得|AB|2＝15﹣2（x1+x2）．设AB中点为N（x0，y0），则|AB|2＝15﹣4x0，利用线段的中点公式求得N的方程，再由x0的范围，求得|AB|的范围．
【解答】解：设A（x1，y1）、B（x2，y2），则|AB|2＝（x2﹣x1）2+（y2﹣y1）2＝13﹣2（x1x2+y1y2）．
∵﹣2≤x1≤2，MA⊥MB，
∴（x1﹣1，y1）．（x2﹣1，y2）＝0，即 （x1﹣1）（x2﹣1）+y1y2＝0，即 x1x2+y1y2＝x1+x2﹣1，
∴|AB|2＝13﹣2（x1+x2﹣1）＝15﹣2（x1+x2）．
设AB中点为N（x0，y0），则|AB|2＝15﹣4x0，
∵2x0＝x1+x2，2y0＝y1+y2，
∴4（x02+y02）＝13+2（x1x2+y1y2）＝13+2（x1+x2﹣1）＝11+4x0，即（x0﹣）2+y02＝3，
∴点N（x0，y0）的轨迹是以（，0）为圆心、半径等于的圆，
∴x0的取值范围是[，]，
故13﹣4≤|AB|2≤13+，
故|AB|的范围为[，]，
故答案为：[，]．

17．（春•保山期末）已知圆C经过A（﹣1，5），B（5，5），D（6，﹣2）三点．
（Ⅰ）求圆C的标准方程；
（Ⅱ）求经过点E（﹣3，2）且和圆C相切的直线l的方程．
【分析】（Ⅰ）根据题意，设要求圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，将三点坐标代入计算可得D、E、F的值，即可得圆C的一般式方程，变形可得答案；
（Ⅱ）根据题意，分析圆C的圆心与半径，进而分别讨论直线l的斜率存在与不存在时直线l的方程，综合即可得答案．
【解答】解：（Ⅰ）根据题意，设过A（﹣1，5），B（5，5），C（6，﹣2）三点的圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，
则有，
解可得D＝﹣4，E＝﹣2，F＝﹣20，
故所求圆的一般方程为x2+y2﹣4x﹣2y﹣20＝0，变形可得（x﹣2）2+（y﹣1）2＝25，
故圆C的标准方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝25，
（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论，圆C的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝25，其圆心C（2，1），半径r＝5，
若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x＝﹣3，圆心（2，1）到直线l的距离d＝5，与圆相切，符合题意，
若直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y﹣2＝k（x+3），即kx﹣y+3k+2＝0，
则有d＝＝5，解可得k＝，
故直线l的方程为12x﹣5y+46＝0；
综合可得：直线l的方程为x＝﹣3或12x﹣5y+46＝0．
18．（春•娄底期末）已知直线l：x﹣y+2＝0和圆C：x2+y2﹣6y+5＝0．
（1）直线l交圆C于A，B两点，求弦长|AB|；
（2）求过点P（2，﹣5）的圆的切线方程．
【分析】（1）根据题意，由圆的方程分析圆的圆心以及半径，求出圆心到直线的距离，由勾股定理分析可得答案；
（2）根据题意，分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，求出切线的方程，综合2种情况即可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，圆C：x2+y2﹣6y+5＝0，即x2+（y﹣3）2＝4，其圆心为（0，3），半径r＝2；
直线l：x﹣y+2＝0，
圆心到直线l的距离d＝＝，
故|AB|＝2×＝；
（2）根据题意，分2种情况讨论：
①当直线斜率不存在时，此时要求直线为x＝2，
圆心C（0，3）到直线x＝2的距离d＝r＝2，直线与圆相切，符合题意；
②当直线的斜率k存在时，设切线方程为y+5＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k﹣5＝0，
则有d＝＝2，解可得k＝﹣，
此时切线的方程为15x+8y+10＝0，
综合可得：切线的方程为x＝2或15x+8y+10＝0．
19．（春•赤峰期末）已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝5，直线l：mx﹣y﹣m＝0．
（1）求证：对m∈R，直线l与圆C总有两个不同交点；
（2）设l与圆C交于不同两点A，B，若|AB|＝，求直线l的倾斜角．
【分析】（1）方法1：直线通过比较圆心到直线l的距离与半径的大小比较得到直线与圆相交，进而证明直线l与圆C有两个不同的交点，
方法2：直线l经过定点（1，0），定点（1，0）在圆C内，由此能证明对m∈R，直线l与圆C总有两个不同的交点；
（2）先求出圆心到直线l的距离，再结合圆的弦长公式列方程即可解出m，进而求出直线l的倾斜角．
【解答】解：（1）方法1：圆C的圆心坐标为（1，1），半径为 ，
圆心C到直线l的距离d＝，
故直线l与圆C相交，则对m∈R，直线l与圆C总有两个不同的交点．
方法2：对于直线l：y＝m（x﹣1）过定点（1，0），
又因为（1﹣1）2+（0﹣1）2＜5，则定点（1，0）在圆C的内部，
即对m∈R，直线l与圆C相交，总有两个不同的交点．
（2）设圆心C到直线l的距离为d，直线l的倾斜角为，
则，
又因为圆C的半径为，，解得，
所以，∴ 或 ．
20．（春•苏州期末）如图，点P（x0，y0）是圆O：x2+y2＝9上一动点，过点P作圆O的切线l与圆O1：（x﹣a）2+（y﹣4）2＝100（a＞0）交于A，B两点，已知当直线l过圆心O1时，|O1P|＝4．
（1）求a的值；
（2）当线段AB最短时，求直线l的方程；
（3）问：满足条件＝的点P有几个？请说明理由．

【分析】（1）依题意计算 ，可得结果；
（2）解法1（代数法）：当圆心O1到直线l的距离d最大时，线段AB最短，再求出d的最大值即可得结果；
解法2（几何法）：当圆心O1到直线l的距离d最大时，线段AB最短，当且仅当O1，O，P三点共线时，d取得最大值，从而得解；
（3）采用分类讨论，O1，O 在直线 AB 同侧或异侧，假设|AP|＝t，可得 d2+（2t）2＝100，并得t2＝|MP|2＝25﹣（d﹣3）2 或 t2＝|MP|2＝25﹣（d+3）2计算即可判断．
【解答】解：（1）当直线l过圆心点O1时，
，
解得a＝3（负值舍去）．
（2）解法1（代数法）：因为OP与圆O相切，所以直线l的方程为 x0x+y0y＝9，且 ，
所以圆心O1到直线l的距离
，
记z＝3x0+4y0，则直线3x0+4y0﹣z＝0 与圆 有公共点，
所以圆心（0，0）到直线 3x+4y﹣z＝0 的距离
，所以﹣15⩽z⩽15，
所以当z＝﹣15 时，dmax＝8，此时弦长| 最短，
由，解得，
所以直线l 的方程为 3x+4y+15＝0．
解法2（几何法）：如图，过 O1 作 O1M⊥AB，则 M 为弦 AB 的中点，设 d＝|O1M|，

当|O1M|最长时，弦长|AB|最短，
因为 d⩽|O1P|⩽|OO1|+|OP|＝8，
当且仅当O1，O，P三点共线时，取得最大值，
此时 OO1⊥AB，
因为 ，
所以直线 OO1 的方程为 ，
由，
解得（P点在第 3 象限）
所以直线l的方程为3 x+4y+15＝0．
（3）因为 ，
所以设|AP|＝t，则|BP|＝3t（t＞0），
所以|AB|＝4t，
所以 d2+（2t）2＝100 ①，
（i）如图，当O1，O 在直线 AB 同侧时，

t2＝|MP|2＝25﹣（d﹣3）2②，
由①②得d＝6 或 d＝2，
当d＝6 时，直线 AB 可看作是圆 x2+y2＝9 与圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝36 的公切线，
此时两圆相交，公切线有两条，所以满足条件的点P有2个，
d＝2 时，直线 AB 可看作是圆 x2+y2＝9 与圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4 的公切线，
此时两圆相外切，外公切线有两条，所以满足条件的点P有2个，
（ii）如图，当O1，O 在直线 AB 异侧时，

t2＝|MP|2＝25﹣（d+3）2，③
由①③可得d＝﹣6 或 d＝﹣2（舍），满足条件的P点不存在，
综上，满足条件的点P共有4个．
附：当d＝6 时 ，
即|3x0+4y0﹣9|＝18，
由，
解得P（﹣3，0）或 ，
当d＝2 时 ，
即|3x0+4y0﹣9|＝6，
由，
解得或 或 舍去 ）．


[B组]—强基必备
1．（春•金牛区校级期末）如图，圆C与x轴相切于点T（1，0），与y轴正半轴交于两点A，B（B在A的上方），且|AB|＝2．过点A任作一条直线与圆O：x2+y2＝1相交于M，N两点，的值为（　　）

A．2 B．3 C． D．
【分析】先求出C的坐标，再设M（cosα，sinα），N（cosβ，sinβ），即可求出．
【解答】解：∵圆C与x轴相切于点T（1，0），
∴圆心的横坐标x＝1，取AB的中点E，
∵|AB|＝2，∴|BE|＝1，
则|BC|＝，即圆的半径r＝|BC|＝，
∴圆心C（1，），
∴E（0，），
又∵|AB|＝2，且E为AB中点，
∴A（0，﹣1），B（0，+1），
∵M、N在圆O：x2+y2＝1上，
∴可设M（cosα，sinα），N（cosβ，sinβ），
∴|NA|＝＝，
|NB|＝＝，
∴＝+1，
同理可得＝∴＝2，
故选：C．

2．（春•泰州期末）已知A（0，3），B，C为圆O：x2+y2＝r2（r＞0）上三点．
（1）求r的值；
（2）若直线BC过点（0，2），求△ABC面积的最大值；
（3）若D为曲线x2+（y+1）2＝4（y≠﹣3）上的动点，且，试问直线AB和直线AC的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．

【分析】（1）由A（0，3）为圆O：x2+y2＝r2（r＞0）上的点即可得r；
（2）方法1：设B（x1，y1），C（x2，y2），
S△ABC＝•1•|x1﹣x2|利用韦达定理即可求解；
方法2：设O到直线BC的距离为d，d∈（0，2]，
S△ABC＝＝＝，即可求解；
（3）直线AB和直线AC的斜率之积为m，
设B（x1，y1），C（x2，y2），D（x0，y0），
即可得m＝⇒，
由可得D（x1+x2，y1+y2﹣3），带入x2+（y+1）2＝4（y≠﹣3）⇒，
求得m即可．
【解答】解：（1）∵A（0，3）为圆O：x2+y2＝r2（r＞0）上的点，∴r2＝9，即r＝3；
（2）方法1：设直线BC的方程为y＝kx+2，B（x1，y1），C（x2，y2），
将y＝kx+2代入x2+y2＝9得，（1+k2）x2+4kx﹣5＝0．
，
S△ABC＝•1•|x1﹣x2|＝＝．
令，则S△ABC＝＝，
∵函数y＝t+在[，+∞）递增，
所以当k＝0时，△ABC面积取得最大值；
方法2，∵直线BC过点（0，2），∴△ABC的面积等于△OBC面积的一半，
设O到直线BC的距离为d，d∈（0，2]，
S△ABC＝＝＝，
令t＝d2∈（0，4]，S△ABC＝＝，
∴当t＝4，即d＝2时，△ABC面积取得最大值；
（3）直线AB和直线AC的斜率之积为m，
设B（x1，y1），C（x2，y2），D（x0，y0），则m＝，
⇒，
∵，，
∴，
整理，
∵，∴（x1，y1﹣3）+（x2，y2﹣3）＝（x0，y0﹣3）．
从而D（x1+x2，y1+y2﹣3），又因为D为x2+（y+1）2＝4（y≠﹣3）上的动点，
∴，展开得（）+（x22+y）+2x1x2+2y1y2﹣4（y1+y2）+4＝4．
⇒9+9+（y1﹣3）（y2﹣3）+2y1y2﹣4（y1+y2）＝0，
⇒（m+1）y1y2﹣（2m+3）（y1+y2）+9（m+1）＝0．
⇒，
∵y1+y2﹣3≠﹣3，∴y1+y2≠0，
从而5m2+m＝0，（m≠0），∴．
直线AB和直线AC的斜率之积为定值﹣．