2024-2025 学年高中数学人教A版选择性必修一专题2.9 直线和圆的方程专题中的5个重难点题型

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专题2.9 直线和圆的方程专题中的5个重难点题型TOC \o "1-3" \t "正文,1" \h HYPERLINK \l "_Toc16802" 【考点1：圆的弦长问题】  PAGEREF _Toc16802 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc18325" 【考点2：与圆有关的轨迹问题】  PAGEREF _Toc18325 \h 7 HYPERLINK \l "_Toc18086" 【考点3：与圆有关的最值问题】  PAGEREF _Toc18086 \h 12 HYPERLINK \l "_Toc12708" 【考点4：与圆有关的定点问题】  PAGEREF _Toc12708 \h 19 HYPERLINK \l "_Toc10053" 【考点5：与圆有关的定值问题】  PAGEREF _Toc10053 \h 26【考点1：圆的弦长问题】求直线与圆相交时弦长的方法： (1)几何法：如图1，直线与圆交于两点，设弦心距为，圆的半径为，弦长为，则有，即.(2)代数法：如图2所示，将直线方程与圆的方程联立，设直线与圆的两交点分别是，则或，其中为直线的斜率.1．（2023·全国·高三专题练习）若直线过点P（4，1）且被圆x2＋y2＝25截得的弦长是6，则该直线的方程为 .【答案】15x+8y−68=0或x=4．【分析】由弦长求得圆心到直线的距离，根据点到直线的距离求直线的方程.【详解】由题可知圆心(0，0)，半径r=5，弦长a=6，设弦心距是d，则r2=a22+d2，解得d=4，若l斜率不存在，直线是x=4，代入圆的方程解得y=±3,故该直线被圆截得的弦长为6,符合题意，若l斜率存在，设直线方程y−1=k(x−4)，即kx−y−4k+1=0，则圆心到直线的距离d=|−4k+1|k2+1=4，解得k=−158，直线l的方程为y−1=−158(x−4)，即15x+8y−68=0，综上，所求直线方程为15x+8y−68=0或x=4．故答案为：15x+8y−68=0或x=4．2．（2023·广西柳州·统考模拟预测）设直线x−my−1=0与圆x−12+y−32=4相交于A,B两点，且弦AB的长为2，则实数m的值是 .【答案】±22【详解】根据给定条件，利用几何法求弦长列式求解作答.【点睛】圆x−12+y−32=4的圆心(1,3)，半径r=2，圆心(1,3)到直线x−my−1=0的距离d=|3m|1+m2，依题意，2r2−d2=2，则4−9m21+m2=1，解得m=±22，所以实数m的值是±22.故答案为：±223．（2023春·广东珠海·高三珠海市第一中学校考阶段练习）已知圆O:x2+y2=49，直线l过点N2,6，且交圆O于P，Q两点，使弦长PQ为整数的直线l共有 条.【答案】16【分析】根据弦长公式PQ=2R2−d2，可知线段PQ的长度变化是连续的，故只需求得PQ长度的最小值和最大值，即可知道长度介于最小值和最大值之间的整数的个数，再由对称性即可求解.【详解】  如图，过点O作OC垂直于PQ，垂足为C，连接ON,OP，设OC=d，圆半径为R，则有PQ=2R2−d2=2R2−(ON2−CN2)=2R2−ON2+CN2所以当CN=0即N,C两点重合时，PQ取得最小值为2R2−ON2=272−(22+62)=6，因为圆O直径为14，所以6≤PQ≤14，当PQ=6或PQ=14时，分别代表圆O内过N点的最短弦和最长弦，这两条弦分别只有1条，其余长度为7、8、9、10、11、12、13的弦由于圆的对称性分别有两条，故该圆内过N点且长度为整数的弦共有1+1+7×2=16条.故答案为：16.4．（2023秋·河南·高三校联考开学考试）已知过坐标原点的直线l与圆C:(x−6)2+(y+8)2=125相交于M，N两点，当线段MN的长为整数时，所有满足条件直线的条数为（    ）A．12 B．13 C．25 D．26【答案】C【分析】确定圆心和半径，求得MN的长的最小值和最大值，确定满足题意的所有整数值的个数，结合圆的对称性，即可确定答案.【详解】由题意知C:(x−6)2+(y+8)2=125的圆心为A(6,−8)，半径为55，当直线l经过圆心A(6,−8)时，MN最长，此时|MN|=105；当直线l与圆心和原点的连线OA垂直时，MN最短，此时|OA|=62+(−8)2=10，|MN|=2125−102=10；故|MN|的范围为[10,105]，由于2.2<5<2.3,∴22<105<23，则[10,105]包含10,11,12,⋯,22共13个整数，其中|MN|=10为|MN|的最小值，此时l只有一条，取其他整数时，对应的直线l皆有2条，这2条直线关于直线OA对称，如图l1,l2，  故当线段MN的长为整数时，所有满足条件直线的条数为1+2×12=25，故选：C5．（2023秋·高二课时练习）已知直线l与直线4x−3y+18=0垂直，且它被圆x2+y2−2x+4y−20=0所截得的线段的长为8，求直线l的方程．【答案】y=−34x+52或y=−34x−5【分析】利用垂直关系求出直线l的斜率k=−34，再由弦长公式计算出圆心到直线l的距离为3，即可求出直线l的方程.【详解】设直线l的斜率为k，易知直线4x−3y+18=0的斜率为43，依题意可得43k=−1，解得k=−34；设直线l的方程为y=−34x+b，将圆x2+y2−2x+4y−20=0化为标准方程为x−12+y+22=25，所以圆心坐标为1,−2，半径为5，根据弦长公式可得圆心到直线y=−34x+b的距离d=52−822=3，又d=−34×1+2+b−342+12=54+b54=3，解得b=52或b=−5；故直线l的方程为y=−34x+52或y=−34x−56．（2023秋·全国·高二期中）已知圆C:x2+y2−4x−6y+12=0.(1)过点P3,5作圆C的切线l，求l的方程；(2)若直线AB方程为3x+y−8=0与圆C相交于A､B两点，求AB.【答案】(1)3x−4y+11=0或x=3(2)3105【分析】（1）讨论切线l斜率是否存在设方程，利用相切时圆心到直线的距离等于半径列关系计算即得结果；（2）计算C1到直线AB的距离d，再利用弦三角形的勾股定理，即得弦长AB.【详解】（1）圆C1方程可化为(x−2)2+(y−3)2=1，则圆心C12,3，半径为1，由(3−2)2+(5−3)2>1，可得点P在圆外，当过点P的直线斜率存在时，设l的方程为y=kx−3+5，即kx−y+5−3k=0，则圆心C1到直线l的距离为2k−3+5−3k1+k2=1，解得k=34，∴l的方程为34x−y+114=0，即3x−4y+11=0，当过点P的直线斜率不存在时，l的方程为x=3，此时l与圆C1相切，∴l的方程为3x−4y+11=0或x=3；（2）直线AB方程为3x+y−8=0，则圆心C到直线AB的距离d=6+3−810=1010<1，直线与圆相交，AB=21−d2=31057．（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆南开中学校考阶段练习）圆C：x2+y2−2x−8＝0内有一点P2,2，过点P作直线l交圆C于A，B两点.(1)当弦AB最长时，求直线l的方程；(2)当直线l被圆C截得的弦长为42时，求l的方程.【答案】(1)2x−y−2=0(2)x−2=0或3x−4y+2=0【分析】（1）弦AB最长时，直线l过点P和圆心C,可求方程；（2）根据弦长，求得圆心到直线距离，利用点到距离公式可求直线方程.【详解】（1）圆C：x2+y2−2x−8＝0化为标准方程为x−12+y2=9，则圆C的圆心为C1,0.又弦AB最长时，直线l过点1,0和2,2，所以直线l的方程为y−02−0=x−12−1，即2x−y−2=0.（2）当直线斜率存在时，设直线的方程为y−2=k(x−2)，即kx−y+2−2k=0，弦长为42时，由圆的半径为3，由垂径定理和勾股定理得，圆心到直线距离为32−222=1，即k+2−2kk2+1=1，解得k=34，此时直线l的方程为3x−4y+2=0，经检验k不存在时的直线x−2=0也符合条件.所以直线l的方程为x−2=0或3x−4y+2=0.8．（2023秋·四川眉山·高二仁寿一中校考期末）圆O:x2+y2=4内有一点P0(1,1)，过P0的直线交圆于A、B两点.(1)当弦AB被P0平分时，求直线AB的方程；(2)若圆O与圆C:(x+1)2+(y+1)2=10相交于E，F两点，求|EF|．【答案】(1)x+y−2=0(2)22【分析】（1）首先根据题意得到kABkOP0=−1，从而得到kAB=−1，再利用点斜式求解直线方程即可.（2）首先根据题意得到公共弦方程为x+y−2=0，再求弦长即可.【详解】（1）如图所示：kOP0=1−01−0=1，因为弦AB被P0平分，所以kABkOP0=−1，即kAB=−1.所以直线AB为y−1=−x−1，即x+y−2=0.（2）x+12+y+12=10x+y−2=0⇒x+y−2=0.原点0,0到直线x+y−2=0的距离d=−22=2.则EF=222−22=22.9．（2023秋·高二课时练习）如图，已知圆心坐标为M3,1的圆M与x轴及直线y=3x均相切，切点分别为A，B，另一圆N与圆M，x轴及直线y=3x均相切，切点分别为C，D.  (1)求圆M和圆N的方程；(2)过B点作MN的平行线l，求直线l被圆N截得的弦的长度．【答案】(1)圆M的方程为x−32+y−12=1，圆N的方程为x−332+y−32=9(2)33.【分析】（1）先得到O，M，N三点共线，射线ON为∠BOA的角平分线，从而得到圆M的方程，由三角形相似得到圆N的半径，并求出OC=33得到圆心，得到圆N的方程；（2）所求弦长等于过A点的MN的平行线被圆N截得的弦长，求出过A点的MN的平行线所在直线方程，由点到直线距离公式求出圆心N到该直线的距离，从而求出弦长.【详解】（1）由于圆M与∠BOA的两边相切，故M到OA及OB的距离均为圆M的半径，则M在∠BOA的角平分线上，同理，N也在∠BOA的角平分线上，即O，M，N三点共线，且射线ON为∠BOA的角平分线，因为M的坐标为M3,1，所以M到x轴的距离为1，即：圆M的半径为1，所以圆M的方程为x−32+y−12=1；设圆N的半径为r，由Rt△OAM∽Rt△OCN，得OMON=MANC，即23+r=1r，解得r=3，OC=33，圆N的方程为x−332+y−32=9；（2）由对称性可知，所求弦长等于过A点的MN的平行线被圆N截得的弦长，其中A3,0，直线MN的斜率为13=33，故过A点的MN的平行线所在直线方程为y=33x−3，即x−3y−3=0，圆心N到该直线的距离d=33−33−31+3=32，则弦长为2r2−d2=33.【考点2：与圆有关的轨迹问题】用定义法求圆的轨迹方程：直接根据圆的定义求解；（2）用待定系数法求圆的轨迹方程：设圆的标准方程为；（3）相关点法确定圆的轨迹：①双动点、一显一隐：已知条件中有两个动点，一个动点的轨迹明显易求，另一个隐藏极深难求.②建立关联：即建立双动点的关系，最好以向量的形式出现，从而便于使用坐标形式.③消显现隐：利用显动点的轨迹方程，通过代入，从而求出隐动点的轨迹方程.1．（2023秋·山东枣庄·高二枣庄八中校考期末）两定点A，B的距离为3，动点M满足MA=2MB，则M点的轨迹长为（    ）A．4π B．23π C．22π D．2π【答案】A【分析】由题意建立坐标系，由题意可得点M的轨迹方程，进而可得M点的轨迹长．【详解】以点A为坐标原点，直线AB为x轴，建立直角坐标系，如图，     则A0,0,B(3,0)，设点M(x,y)，由MA=2MB，得x2+y2=2(x−3)2+y2，化简并整理得：(x−4)2+y2=4，于是得点M的轨迹是以点(4,0)为圆心，2为半径的圆，其周长为4π，所以M点的轨迹长为4π.故选：A.2．（2023秋·高二课时练习）已知动直线kx−y+1=0（其中k∈R且k为变动参数）和圆x2+y2=4相交于A、B两点，求弦AB的中点的轨迹方程．【答案】x2+(y−12)2=14且y≠0.【分析】由题设直线恒过D(0,1)，若AB的中点为C，结合圆的性质有OC⊥CD，进而判断C的轨迹，即可写出轨迹方程.【详解】由kx−y+1=0恒过D(0,1)，且与圆x2+y2=4相交于A、B，而x2+y2=4的圆心为O(0,0)，若AB的中点为C，则OC⊥AB，所以OC⊥CD，易知：C在以|OD|为直径的圆上，且|OD|=1，  所以弦AB的中点的轨迹方程x2+(y−12)2=14且y≠0.3．（2023·全国·高一专题练习）已知点P(x,y),A(1,0),B(−1,1)，且|PA|=2|PB|．(1)求点P的轨迹方程；(2)判断点P的轨迹是否为圆，若是，求出圆心坐标及半径；若不是，请说明理由．【答案】(1)x2+y2+6x−4y+3=0(2)是，圆心坐标为(−3,2)，半径10【分析】（1）根据|PA|=2|PB|可列出方程，化简即得答案；（2）解法一，利用配方法，结合圆的标准方程，可得答案；解法二，结合圆的一般方程以及二元二次方程表示圆的条件，即可求得答案.【详解】（1）由题意|PA|=2|PB|得(x−1)2+y2=2⋅(x+1)2+(y−1)2，两边同时平方，化简得x2+y2+6x−4y+3=0，即点P的轨迹方程为x2+y2+6x−4y+3=0．（2）解法一：由（1）得x+32+y−22=10，故点P的轨迹是圆，其圆心坐标为(−3,2)，半径为10．解法二：由（1）结合圆的一般方程得D=6,E=−4,F=3，所以D2+E2−4F=36+16−12=40>0，故点P的轨迹是圆．又−D2=−3，−E2=2，所以圆心坐标为(−3,2)，半径r=12D2+E2−4F=10．4．（2023秋·黑龙江齐齐哈尔·高二齐齐哈尔市恒昌中学校校考期末）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为1,1，动点P满足PA=2PO(1)求动点P的轨迹C的方程(2)若直线l过点Q1,2且与轨迹C相切，求直线l的方程.【答案】(1)x2+y2+2x+2y−2=0；(2)x=1或5x−12y+19=0.【分析】（1）设Px,y，根据动点P满足PA=2PO，再用两点间距离公式列式化简作答.（2）讨论直线的斜率，设出直线l的方程，由圆心到直线的距离等于圆的半径求解作答.【详解】（1）设Px,y，由|PA|=2|PO|，得x−12+y−12=2⋅x2+y2，化简得x2+y2+2x+2y−2=0，所以P点的轨迹C的方程为x2+y2+2x+2y−2=0.（2）由（1）知，轨迹C：(x+1)2+(y+1)2=4表示圆心为C(−1,−1)，半径为2的圆，当直线l的斜率不存在时，方程为x=1，圆心C(−1,−1)到直线l的距离为2，l与C相切；当直线l的斜率存在时，设l:y−2=kx−1，即kx−y+2−k=0，    于是|−2k+3|k2+1=2，解得k=512，因此直线l的方程为512x−y+1912=0，即5x−12y+19=0，所以直线l的方程为x=1或5x−12y+19=0.  5．（2023秋·江苏南通·高二金沙中学校考阶段练习）已知曲线C上的动点Px,y满足到定点A0,−1的距离与到定点B0,1距离之比为2(1)求曲线C的方程；(2)过点M2,1的直线l与曲线C交于两点M､N，若MN=4，求直线l的方程.【答案】(1)x2+y2−6y+1=0（或x2+(y−3)2=8）(2)x=2或y=1.【分析】（1）根据动点Px,y满足到定点A0,−1的距离与到定点B0,1距离之比为2，建立方程，化简可得曲线C的方程.（2）分类讨论，设出直线l方程，求出圆心到直线的距离，利用勾股定理，即可求得直线l的方程.【详解】（1）由题意得PA=2PB，故x2+(y+1)2=2⋅x2+(y−1)2，化简得x2+y2−6y+1=0（或x2+(y−3)2=8）；（2）当直线l的斜率不存在时，l:x=2，将x=2代入方程x2+y2−6y+1=0得y=5或y=1，所以MN=4，满足题意；当直线l的斜率存在时，设l:kx−y+1−2k=0，则d=−3+1−2kk2+1=2k+2k2+1，因为MN=4，所以2222−2k+2k2+12=4，解得k=0，此时l:y=1.综上，直线l的方程为x=2或y=1.  6．（2023秋·河南商丘·高二校考阶段练习）已知Rt△ABC的斜边为AB，且A−1,0,B3,0．(1)求直角顶点C的轨迹E的方程；(2)直线l:kx−y+2k=0与E交于两点M，N，若MN=23，求k的值．【答案】(1)x−12+y2=4y≠0(2)k=±24【分析】（1）设出C点坐标，利用向量数量积的运算列方程，化简求得轨迹E的方程.（2）利用勾股定理以及点到直线的距离公式列方程，由此求得k的值.【详解】（1）设Cx,y，CA=−1−x,−y，CB=3−x,−y，由已知得CA⋅CB=0，∴−1−x3−x+y2=0，化简得E的方程为：x−12+y2=4y≠0.（2）∵MN=23，圆E的半径为2，∴圆心E1,0到l:kx−y+2k=0的距离为22−32=1，∴3kk2+1=1，解得k=±24.  【考点3：与圆有关的最值问题】（1）与圆有关的长度或距离的最值问题的解法:一般根据长度或距离的几何意义,利用圆的几何性质数形结合求解,注意圆的弦长或切线段的长通常利用勾股定理转化为圆心到直线距离或点到圆心距离.（2）与圆上点(x，y)有关代数式的最值的常见类型及解法:形如型的最值问题,可转化为过点(a,b)和点(x，y)的直线的斜率的最值问题；形如t=ax+by型的最值问题,可转化为动直线的截距的最值问题；形如(x-a)2+(y-b)2型的最值问题,可转化为动点(x,y)到定点(a,b)的距离平方的最值问题.（3）与距离最值有关的常见的结论: ①圆外一点A到圆上距离最近为|AO|-r,最远为|AO|+r； ②过圆内一点的弦最长为圆的直径,最短为该点为中点的弦； ③直线与圆相离,则圆上点到直线的最短距离为圆心到直线的距离d+r,最近为d-r； ④过两定点的所有圆中,面积最小的是以这两个定点为直径端点的圆的面积. ⑤直线外一点与直线上的点的距离中,最短的是点到直线的距离； ⑥两个动点分别在两条平行线上运动,这两个动点间的最短距离为两条平行线间的距离.(4)与圆有关的面积的最值问题或圆中与数量积有关的最值问题,一般转化为寻求圆的半径相关的函数关系或者几何图形的关系,借助函数求最值的方法,如配方法,基本不等式法等求解,有时可以通过转化思想,利用数形结合思想求解.1．（2023秋·天津宁河·高三天津市宁河区芦台第一中学校考期末）己知直线：l:x−y+3=0被圆C:(x−a)2+(y−2)2=4(a>0)截得的弦长为22，则点(−a,a−1)与圆上点的距离最大值为（    ）A．22+2 B．22−2 C．2 D．4【答案】A【分析】利用直线被圆截得的弦长公式以及点与圆的位置关系求解.【详解】由题可得，圆的半径r=2，圆心C(a,2)到直线l:x−y+3=0的距离为d=a+12，直线l被圆C截得的弦长为24−(a+1)22=22，解得a=1,或a=−3（舍去），则点(−a,a−1)的坐标为(−1,0)，该点到圆心C(1,2)的距离为4+4=22，所以点(−1,0)到圆上点的距离最大值为22+r=22+2，故选:A.2．（2022秋·山东淄博·高二校联考阶段练习）已知直线y=kx+m（m为常数）与圆x2+y2=5交于点M、N，当k变化时，若MN的最小值为2，则m=（    ）A．±1 B．±2 C．± 3 D．±2【答案】D【分析】利用点到直线的距离公式、直线被圆截得的弦长公式求解.【详解】由题可得，圆心为(0,0)，半径为5，则圆心到直线y=kx+m的距离为d=mk2+1，所以MN=25−m2k2+1，则当k=0时，MN最小，最小值为MN=25−m2=2，解得m=±2，故选:D.3．（2023秋·江苏南京·高二校考开学考试）已知A，B是圆C：x−32+y−12=9上的两个动点，且AB=25，若P0,−3，则点P到直线AB距离的最大值为（    ）A．2 B．3 C．4 D．7【答案】D【分析】设P、C到直线AB的距离分别为d1,d2，根据题意结合垂径定理可得d2=2，再根据d2=PD+DN结合几何关系分析求解.【详解】由题意可知：圆C：x−32+y−12=9的圆心C3,1，半径r=3，则PC=3−02+1+32=5，设P、C到直线AB的距离分别为d1,d2，因为AB=2r2−d22=29−d22=25，解得d2=2，分别过P、C作CM⊥AB,PN⊥AB，垂足分别为M,N，再过C作CD⊥PN，垂足为D，显然当P、C位于直线AB的同侧时，点P到直线AB的距离较大，  则d2=PD+DN=PC2−CD2+d2=25−CD2+2≤7，当且仅当CD=0，即直线AB与直线PC垂直时，等号成立，所以点P到直线AB距离的最大值为7.故选：D.4．（2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2+y2−8x+15=0，若直线y=kx−2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是（    ）A．0 B．43 C．34 D．7【答案】B【分析】考虑临界情况即可.本题临界情况为两圆外切且圆心C到直线y=kx−2的距离达到最大恰好为两圆半径之和，根据点到直线的距离公式列出不等式求解即可.【详解】圆C的方程为x2+y2−8x+15=0，则圆C的标准方程为x−42+y2=1，则圆C是以C4,0为圆心，1为半径的圆．若直线y=kx−2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则圆心C到直线kx−y−2=0的距离d≤2，即4k−2k2+1≤2，解得0≤k≤43，即k的最大值为43．故选：B．5．（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）已知三角形ABC中，BC=3，角A的平分线交BC于点D，若BDDC=12，则三角形ABC面积的最大值为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】先根据正弦定理可得ABAC=12，再建立平面直角坐标系求解A的轨迹方程，进而可得ABC面积的最大值.【详解】在△ABD中ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，在△ABD中ACsin∠ADC=DCsin∠CAD，故ABBD=sin∠ADBsin∠BAD，ACDC=sin∠ADCsin∠CAD，因为∠ADB=180°−∠ADC，故sin∠ADB=sin180°−∠ADC=sin∠ADC，又角A的平分线交BC于点D，则∠BAD=∠CAD，故ABBD=ACDC.故ABAC=BDDC=12.以D为坐标原点建立如图平面直角坐标系，则因为BC=3，BDDC=12，故B−1,0，C2,0，设Ax,y，则x+12+y2x−22+y2=12，即4x+12+y2=x−22+y2，故4x2+8x+4+3y2=x2−4x+4，化简可得x2+4x+y2=0，即x−22+y2=4，故点Ax,y的轨迹是以−2,0为圆心，2为半径的圆（除去−4,0,0,0）.故当A纵坐标最大，即A−2,2时△ABC面积取最大值为S△ABC=12×3×2=3.  故选：C6．（2023秋·四川广安·高三四川省岳池中学校考阶段练习）已知点a,b是圆x2+y2−4x−8y+16=0上任意一点，a≠0，则（    ）A．a+b的最大值是4+22 B．ba的最小值是34C．a2+b2的最小值是24+85 D．a2+b2−2a+2b的最大值是30+426【答案】B【分析】利用三角换元的思想，结合三角函数最值的求法对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】圆的方程可化为(x−2)2+(y−4)2=4，设a=2+2cosθb=4+2sinθ，0≤θ<2π且θ≠π， 0≤θ2<π且θ2≠π2，则a+b=6+2sinθ+2cosθ=6+22sinθ+π4，当θ=π4,θ+π4=π2，sinθ+π4=1时，a+b取得最大值6+22，故A错误；ba=2+sinθ1+cosθ=2sin2θ2+2sinθ2cosθ2+2cos2θ22cos2θ2=tan2θ2+tanθ2+1=tanθ2+122+34，所以当tanθ2=−12时，ba取得最小值34，故B正确；a2+b2=(2+2cosθ)2+(4+2sinθ)2=24+8cosθ+16sinθ=24+85cosθ−φ1，所以当cosθ−φ1=−1时，a2+b2取得最小值24−85，故C错误；a2+b2−2a+2b=(2+2cosθ)2+(4+2sinθ)2−22+2cosθ+24+2sinθ=24+8cosθ+16sinθ−4−4cosθ+8+4sinθ=28+4cosθ+20sinθ=28+426cosθ−φ2，所以当cosθ−φ2=1时，a2+b2−2a+2b取得最大值28+426，故D错误.故选：B【点睛】利用三角换元的思想来求最值，是一个很好的方法.在圆的标准方程x−a2+y−b2=r2可转化为x−ar2+y−br2=1，类比cos2θ+sin2θ=1，可以得到x−ar=cosθ,y−br=sinθ，则可进行三角换元如下：x=a+rcosθy=b+rsinθ,0≤θ<2π.7．（2023秋·辽宁大连·高三大连八中校考阶段练习）已知圆C1:(x−2)2+(y−3)2=1，圆C2:x−32+y−42=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．52−2 B．17−1 C．6+22 D．52−4【答案】D【分析】利用圆的性质及“将军饮马”模型计算最值即可.【详解】  如图所示，易知C12,3,C23,4，两圆半径分别为r1=1,r2=3，取点C1关于横轴的对称点A，则A2,−3，在横轴上任取一点P′，连接P′C1、P′C2，连接AC2交横轴于P，交圆C2于E(圆上靠近横轴一点)，连接PC1交圆C1于F(圆上靠近横轴一点)，则P′M+P′N≥P′C1−r1+P′C2−r2=P′A+P′C2−r2+r1≥AC2−4 =2−32−−3−42−4=52−4，当且仅当P′、P，E、N，F、M对应重合时等号成立，此时PM+PN的最小值为52−4.故选：D8．（多选）（2023秋·湖北黄冈·高二统考期中）已知圆C:x2+y−12=5，直线l:x−2y−8=0，点P在直线l上运动，直线PA，PB分别切圆C于点A，B.则下列说法正确的是（    ）A．四边形PACB的面积最小值为53B．M为圆C上一动点，则MP最小值为25C．PA最短时，弦AB直线方程为2x−4y−1=0D．PA最短时，弦AB长为15【答案】ACD【分析】根据已知，结合图形，利用直角三角形、圆的性质、直线方程以及点到直线的距离公式、勾股定理计算求解.【详解】对于A，由切线长定理可得PA=PB，又因为CA=CB，所以△PAC≅△PBC，所以四边形PACB的面积S=2S△PAC=PA⋅AC=5PA，因为PA=CP2−CA2=CP2−5，当CP⊥l时，CP取最小值，且CPmin=0−2−85=25，所以四边形PACB的面积的最小值为S=5×(25)2−5=53，故A正确；对于B，因为CPmin=0−2−85=25，所以MP最小值为CPmin−r=25−5=5，故B错误；对于C，由题意可知点A，B，在以CP为直径的圆上，设P(2a+8,a)，其圆的方程为：x−a−42+y−a+122=2a+82+a−124，化简为x2−2a+8x+y2−(a+1)y+a=0，与方程x2+y−12=5相减可得：(2a+8)x+(a−1)y−(a+4)=0，则直线AB的方程为(2a+8)x+(a−1)y−(a+4)=0，当PA最短时，CP⊥l，则a−12a+8×12=−1，解得a=−3，故直线AB的方程为2x−4y−1=0，故C正确；对于D，当PA最短时，圆心C到直线2x−4y−1=0的距离d=0−4−125=52，所以弦AB长为2r2−d2=25−54=15，故D正确.故选：ACD.  【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于C的判断，解答时要注意结合圆的公共弦方程的求解，求出直线AB方程，然后利用垂径定理求出弦长.9．（2023秋·江西宜春·高一江西省丰城中学校考期末）已知圆C:x−12+y−12=2.(1)若直线l过点A32,0且被圆C截得的弦长为7，求直线l的方程；(2)若直线l过点B3,0与圆C相交于P，Q两点，求△CPQ的面积的最大值，并求此时直线l的方程；【答案】(1)x=32或6x+8y−9=0(2)最大值为1，y=0或4x+3y−12=0【分析】（1）求出圆C的圆心和半径，再由弦长，弦心距和半径的关系求出圆心C到直线l的距离，然后分直线l的斜率不存在和存在两情况讨论求解即可；（2）设直线l的方程为y=kx−3，求出圆心C到直线l的距离，从而可求出△CPQ的面积的最大值，进而可求出直线方程.【详解】（1）圆C:x−12+y−12=2，圆心C1,1，半径r=2当直线l的斜率不存在时，l的方程为：x=32，此时圆心C1,1到直线的距离d=12，则相交弦长为2r2−d2=22−14=7，符合题意；当直线l的斜率存在时，设l的方程为：y=kx−32，即2kx−2y−3k=0此时圆心C1,1到直线的距离d=2k−2−3k4k2+4=k+24k2+4，则相交弦长为2r2−d2=22−k+24k2+42=7，解得：k=−34所以此时直线l的方程为：−32x−2y+94=0，即6x+8y−9=0.综上，直线l的方程为x=32或6x+8y−9=0（2）B在圆外，显然直线的斜率存在，设直线的方程为：y=kx−3，则圆心C1,1到直线的距离d=k−1−3k1+k2=2k+11+k2，所以弦长PQ=2r2−d2=22−d2，所以S△CPQ=12PQ⋅d=2d2−d4，当d2=1时S最大，即d=1，即2k+11+k2=1，解得k=0或k=−43，S△CPQ的最大值为1，所以直线l的方程为：y=0或4x+3y−12=0【考点4：与圆有关的定点问题】（1）涉及直线过定点的问题：若涉及直线过定点的证明，则直线一定为含有参数的动直线，即直线系，对于直线系方程，可将直线方程化为f(x,y)+λg(x,y)=0，令f(x,y)且g(x,y)=0，求出交点坐标即为定点，例如直线的点斜式方程y-y0=k(x-x0)对于参数k，此直线系过定点。（2）圆中定点问题的一般解题方法：①引进参数法，引进动点的坐标或动线中的系数为参数，再研究变量与参数何时没有关系，找到定点；②特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．对于引进参数后，把直线或者曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把常量当作未知数，将方程一端化为0，即化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(这里把常量k当作未知数)，由解得点的坐标即为定点．1．（2023秋·高二课时练习）已知直线l的方程是a−3x+2a+1y−3=0.求证：对于任意a∈R，直线l均经过定点，并求此定点的坐标.【答案】−67,37【分析】合并包含a的项，再令a的系数为0，结合方程恒等求解即可.【详解】a−3x+2a+1y−3=0即ax−3x+2ay+y−3=0，故x+2ya−3x+y−3=0.令x+2y=0−3x+y−3=0，则x=−67,y=37.故对于任意a∈R，直线l均经过定点−67,372．（2023秋·江苏·高二校联考开学考试）已知圆C：(x−2)2+(y−3)2=4，若点P在直线x−y−4=0上运动，过点P作圆C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，则直线AB过定点坐标为（    ）A．115,145 B．125,135 C．135,125 D．145,115【答案】D【分析】求出(x−2)2+(y−3)2=4的圆心和半径，由几何关系得到P,A,C,B四点共圆，设Pm,m−4，得到P,A,C,B的圆的方程，与(x−2)2+(y−3)2=4相减后得到直线AB的方程，求出直线AB过定点坐标.【详解】圆C：(x−2)2+(y−3)2=4①的圆心为C2,3，半径为2，过点P作圆C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，故P,A,C,B四点共圆，其中PC的中点为该圆心，PC为直径，设Pm,m−4，则PC的中点为m+22,m−4+32=m+22,m−12，PC=m−22+m−4−32=m−22+m−72，故过P,A,C,B的圆的方程为x−m+222+y−m−122=m−22+m−724，变形得到x2−m+2x+y2−m−1y=−5m+12②，由①②相减可得直线AB的方程，即m−2x+m−7y=5m−21，整理得mx+y−5−2x−7y+21=0，令x+y−5=0−2x−7y+21=0，解得x=145y=115，故直线过定点坐标145,115.故选：D3．（2023秋·江苏南通·高二海安高级中学校考开学考试）已知圆M与直线x=2相切，圆心M在直线x+y=0上，且直线x−y−2=0被圆M截得的弦长为22．(1)求圆M的方程；(2)若在x轴上的截距为−1且不与坐标轴垂直的直线l与圆M交于A，B两点，在x轴上是否存在定点Q，使得kAQ+kBQ=0？若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)x2+y2=4(2)存在，Q点坐标为−4,0【分析】（1）设圆M的圆心为Ma,−a，半径为r，根据垂径定理，结合直线与圆相切的性质列式求解即可；（2）设l:x=my−1m≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线与圆的方程，得出韦达定理，假设存在Qt,0满足条件，根据kAQ+kBQ=0，化简y1my1−1−t+y2my2−1−t=0，再代入韦达定理化简即可.【详解】（1）设圆M的圆心为Ma,−a，半径为r，因为圆M与直线x=2相切，所以r=a−2．又因为直线x−y−2=0被圆M截得的弦长为22，所以a+a−22=r2−2222，解得a=0r=2，即圆心坐标为0,0，r=2，所以圆M的方程为x2+y2=4．  （2）存在．设l:x=my−1m≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，由x=my−1x2+y2=4，得m2+1y2−2my−3=0．由根与系数的关系，得y1+y2=2mm2+1y1y2=−3m2+1．假设存在Qt,0满足条件，则kAQ=y1x1−t=y1my1−1−t，kBQ=y2x2−t=y2my2−1−t．由kAQ+kBQ=0，得y1my1−1−t+y2my2−1−t=0，即y1my2−1−t+y2my1−1−tmy1−1−tmy2−1−t=0，即2my1y2−1+ty1+y2my1−1−tmy2−1−t=0，−6m−2m1+tm2+1my1−1−tmy2−1−t=0，即2mt+4=0且m≠0，所以t=−4．所以存在Q−4,0满足条件．  4．（2019秋·辽宁大连·高二大连八中校考阶段练习）在平面直角坐标系中，已知两个定点A(0,4),B(0,1)，动点P满足|PA|=2|PB|，设动点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)若直线l:y=kx−4与曲线E交于不同的两点C,D，且∠OCD=30°（O为坐标原点），求直线l的斜率；(3)若点Q是直线l:x−y−4=0上的动点，过Q作曲线E的两条切线QM,QN，切点为M,N，探究：直线MN是否过定点.【答案】(1)x2+y2=4；(2)±15；(3)过定点.【分析】（1）利用两点间距离公式列式化简作答.（2）求出点O到直线CD距离，再利用点到直线距离公式计算作答.（3）设出点Q的坐标，求出直线MN的方程即可推理作答.【详解】（1）设点P的坐标为(x,y)，由|PA|=2|PB|，得x2+(y−4)2=2x2+(y−1)2，整理得x2+y2=4，所以曲线E的轨迹方程为x2+y2=4.（2）依题意，|OC|=|OD|=2，且∠OCD=30°，则点O(0,0)到CD边的距离为1，于是4k2+1=1，解得k=±15，所以直线l的斜率为±15.（3）依题意，ON⊥QN,OM⊥QM，则M，N都在以OQ为直径的圆F上，而Q是直线l:y=x−4上的动点，设Q(t,t−4)，则圆F的圆心为(t2,t−42)，圆F的方程为(x−t2)2+(y−t−42)2=(t2)2+(t−42)2，即x2+y2−tx−(t−4)y=0，又因为M,N在曲线E:x2+y2=4上，由x2+y2=4x2+y2−tx−(t−4)y=0，得tx+(t−4)y−4=0，因此直线MN的方程为tx+(t−4)y−4=0，即t(x+y)−4(y+1)=0过定点(1,−1)，所以直线MN是过定点(1,−1).5．（2022秋·四川凉山·高二校考阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知圆M过坐标原点O且圆心在曲线y=3x上.(1)设直线l：y=−33x+4与圆M交于C，D两点，且OC=OD，求圆M的方程；(2)设直线y=3与（1）中所求圆M交于E，F两点，点P为直线x=5上的动点，直线PE，PF与圆M的另一个交点分别为G，H，且G，H在直线EF两侧，求证：直线GH过定点，并求出定点坐标.【答案】(1)x−12+x−32=4(2)2,3【分析】（1）由题意设圆的方程为x−t2+x−3t2=t2+3t2，再根据直线l：y=−33x+4与圆M交于C，D两点，且OC=OD，由OM⊥l求解；（2）由题意设P5,y0,Gx1,y1,Hx1,y1，又E−1,3,F3,3，得到kPE=y0−36,kPF=y0−32，设kPE=m,kPF=3m，分别得到直线PE和直线PF的方程，与圆的方程联立，结合韦达定理，消去m得到2x1⋅x2−7x1+x2+20=0，再设直线GH的方程为：y=kx+b，代入圆的方程，将韦达定理代入上式求解.【详解】（1）解：因为圆心在曲线y=3x上，所以设圆心为Mt,3t，又圆M过坐标原点O，则半径为：r=t2+3t2，设圆的方程为x−t2+x−3t2=t2+3t2，又直线l：y=−33x+4与圆M交于C，D两点，且OC=OD,所以OM⊥l，则kOM=3t2=3，解得t=±1，当t=1时，圆的方程为x−12+x−32=4，此时，圆心到直线y=−33x+4的距离d=23−1r=2，不符合题意；（2）如图所示：  由题意设P5,y0,Gx1,y1,Hx1,y1，又E−1,3,F3,3，则kPE=y0−36,kPF=y0−32，则3kPE=kPF，设kPE=m,kPF=3m，则直线PE的方程为y−3=mx−1，代入圆的方程消去y得：1+m2x2+2m2−2x+m2−3=0，Δ=2m2−22−41+m2m2−3=16>0，由韦达定理得−1×x1=m2−31+m2，即x1=−m2−31+m2，设直线PF的方程为：y−3=3mx−3，代入圆的方程消去y得：1+9m2x2+54m2+2x+81m2−3=0，Δ=54m2+22−41+9m281m2−3=16>0，由韦达定理得3×x2=81m2−31+9m2，即x2=37m2−11+9m2，所以x1+x2=−m2−31+m2+37m2−11+9m2=2，x1⋅x2=−m2−31+m2⋅37m2−11+9m2=−3+112m29m4+10m2+1，消去m得2x1⋅x2−7x1+x2+20=0，设直线GH的方程为：y=kx+b，代入圆的方程消去y得：1+k2x2+2kb−23k−2x+b2−23b=0，Δ=2kb−23k−22−41+k2b2−23b=12k2−8b−83k+4−4b2+83b，由韦达定理得x1+x2=−2kb−23k−21+k2，x1⋅x2=−b2−23b1+k2，则b2+7k−23b+10k2−73k+3=0，即b+2k−3b+5k−3=0，解得b=−2k+3或b=−5k+3，当b=−2k+3时，Δ=12k2+12>0，直线GH的方程为y=kx−2+3，过定点2,3；当b=−5k+3时，Δ=−48k2+16>0，解得−330,x1+x2=6−2tbt2+1,x1x2=b2t2+1．kAM⋅kAN=y1−3x1−3⋅y2−3x2−3=tx1+b−3tx2+b−3x1−3x2−3 =t2x1x2+(tb−3t)x1+x2+b2−6b+9x1x2−3x1+x2+9 =9t2+b2+6tb−18t−6b+99t2+b2+6tb−9=2，则9t2+b2+6tb+18t+6b−27=0，整理得(3t+b)2+6(3t+b)−27=(3t+b+9)(3t+b−3)=0，解得b=−3t−9或b=−3t+3．当b=−3t+3时，直线l2的方程为y=tx−3t+3，此时直线l经过点A(3,3)，不符合题意，故舍去．所以b=−3t−9，故直线l的方程为y=tx−3t−9，即y=t(x−3)−9，经过定点(3,−9)．综上所述，直线l经过定点，且该定点的坐标为(3,−9)．      【点睛】求圆的方程的方法有两种思路，一种思路是根据已知条件求得圆心和半径，从而求得圆的标准方程；另一种思路是设圆的一般方程x2+y2+Dx+Ey+F=0，然后根据已知条件求得D,E,F，从而求得圆的一般方程.【考点5：与圆有关的定值问题】解决圆中的定值的基本方法：定值是指有些问题和参数无关，解决这类问题常通过取参数和特殊值来确定“定值”是多少，或者将问题涉及的几何式转化为代数式或三角式，证明该式是恒定的。1．（2022秋·江苏徐州·高二统考期中）已知圆O1:x2+y2+tx−2t=0与x轴交于A,B两点，点C的坐标为−1,2．圆O2过A,B,C三点，当实数t变化时，存在一条定直线l被圆O2截得的弦长为定值，则此定直线l的方程为（    ）A．x+2y−5=0 B．2x−y=0C．2x+3y−4=0 D．3x−2y+4=0【答案】C【分析】设圆O2为x2+y2+Dx+Ey+F=0，根据圆O1与圆O2都经过A,B两点，可用t表示D,F，又点C −1,2在圆O2上，可用t表示E，进而可得含参数t的圆O2的方程，再由圆系方程求解即可.【详解】圆O1方程为x2+y2+tx−2t=0，令y=0，得x2+tx−2t=0，设圆O2的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，令y=0，得x2+Dx+F=0，由题意，圆O1与圆O2都经过A,B两点，∴方程x2+tx−2t=0与x2+Dx+F=0等价，∴D=t，F=−2t，∴圆O2的方程为x2+y2+tx+Ey−2t=0，∵点C −1,2在圆O2上，∴−12+22−t+2E−2t=0，∴E=3t−52，∴圆O2：x2+y2+tx+3t−52y−2t=0，整理得t2(2x+3y−4)+x2+y2−52y=0，∴圆O2经过直线2x+3y−4=0与圆x2+y2−52y=0的交点，∴当实数t变化时，存在一条定直线l:2x+3y−4=0被圆O2截得的弦长为定值，故选：C.2．（多选）（2022秋·福建厦门·高二福建省厦门第二中学校考阶段练习）已知圆O:x2+y2=r2(r>0)，斜率为k的直线l经过圆O内与O点不重合且不在坐标轴上的一个定点P，且与圆O相交于A、B两点，下列选项中正确的是（    ）A．若r为定值，则存在k，使得OP⊥ABB．若k为定值，则存在r，使得OP⊥ABC．若r为定值，则存在k，使得圆O上恰有三个点到l的距离均为kD．若k为定值，则存在r，使得圆O上恰有三个点到l的距离均为r2【答案】AC【分析】当P为弦AB中点时可判断AB选项，利用平行线间的距离及极限思想判定C，设直线OP与l的夹角为θ，求出满足条件时θ的取值范围即可判断D.【详解】如图，当P为弦AB中点时，OP⊥AB，A 正确，B错误；因为与l距离为非零定值的所有点的轨迹是与l平行的两条平行线，若r为定值，当k趋向于0时，两条平行线与l的距离趋向于0，都与圆相交，当k趋向于无穷大时，两条平行线与l的距离趋向于无穷大，都与圆相离.由于P点在圆内且与O点不重合，前面两个极限状态之间必然存在一条平行线与圆相交而另一条平行线与圆相切的情况，此时圆O上恰有三个点到l的距离均为|k|，符合题意，C正确；若k为定值，当圆O上恰有三个点到l的距离均为r2时，l的两条平行线中一条与圆相切，一条与圆相交．设原点O与l的距离为d ，直线OP与l的夹角为θ ，此时d+r2=r，即|OP|sinθ=r2，由于r>|OP|，所以sinθ>12，所以30°<θ≤90°，故当0°≤θ≤30°时，不存在圆O上恰有三个点到l的距离均为r2，故D错误.故选：AC3．（2023秋·山东淄博·高二校联考阶段练习）已知圆O：x2+y2=r2与直线x−y+32=0相切.(1)若直线l:y=−2x+5与圆O交于M，N两点，求MN；(2)已知C−9,0，D−1,0，设P为圆O上任意一点，证明：PDPC为定值.【答案】(1)4(2)13【分析】(1) 利用直线与圆相切 d=r, 结合点到直线距离公式求出半径, 从而得到圆的方程; 根据直线被圆截得 弦长的求解方法可求得结果; （2）设 Px0,y0, 则 x02+y02=9, 利用两点间距离公式表示出 |PD||PC|, 化简可得结果.【详解】（1）由题意，圆心 O 到直线 x−y+32=0 的距离：d=0−0+3212+−12=3，∵ 圆 O 与直线相切，∴ r=d=3，圆 O 方程为: x2+y2=9，∵圆心 O 到直线 l:y=−2x+5 的距离: d′=54+1=5，∴|MN|=29−d12=4.（2）由题意及（1）证明如下设 Px0,y0, 则 x02+y02=9，∴|PD||PC|=x0+12+y02x0+92+y02=x02+2x0+1+y02x02+18x0+81+y02=2x0+1018x0+90=13，即 |PD||PC| 为定值13.4．（2023秋·浙江·高二校联考期中）已知圆C1：x2+y2=m与圆C2：x2+y2−4x=0.(1)若圆C1与圆C2内切，求实数m的值；(2)设A3,0，在x轴正半轴上是否存在异于A的点Bb,0，使得对于圆C2上任意一点P，PAPB为定值？若存在，求b的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)16(2)存在，6【分析】（1）根据题意求圆心和半径，在结合两圆的位置关系列式求解；（2）设点Px,y，利用两点间距离公式可得PA2PB2=−2x+94−2bx+b2，结合题意分析运算即可.【详解】（1）因为C2：x2+y2−4x=0，即x−22+y2=4，故圆C2的圆心坐标为C22,0，半径长r2=2，且圆C1：x2+y2=m，故圆C1的圆心坐标为C10,0，半径长r1=mm>0，若圆C1与圆C2内切，则C1C2=r1−r2，即m−2=2，且m>0，所以m=16.（2）设点Px,y，则x2+y2−4x=0，于是PA2=x−32+y2=x−32+4x−x2=−2x+9，即PA2=−2x+9，同理PB2=4−2bx+b2，可得PA2PB2=−2x+94−2bx+b2，要使PAPB为定值，则9−2=b24−2b，解得b=6或b=3（舍去），故存在点B使得PAPB为定值，此时b=6.5．（2023秋·福建宁德·高二统考期中）已知直线l过定点0,3，且与圆C:x2−4x+y2=0交于M、N两点．(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)若O为坐标原点，直线OM、ON的斜率分别为k1、k2，试问k1+k2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)−∞,−512(2)定值43【分析】（1）法一：若直线l的斜率不存在，此时直线l与圆C相切，不合乎题意，则直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+3，即kx−y+3=0，由2k+3k2+1<2求解；法二：若直线l的斜率不存在，此时直线l与圆C相切，不合乎题意，则直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+3，与圆的联立，根据直线与圆相交，由Δ>0求解.（2）设Mx1,y1，Nx2,y2，设直线l的方程为y=kx+3，与圆的方程联立，结合韦达定理求解.【详解】（1）解：法一：圆C的标准方程为x−22+y2=4，圆心为C2,0，半径为2．若直线l的斜率不存在，此时直线l与圆C相切，不合乎题意．所以，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+3，即kx−y+3=0由题意可得2k+3k2+1<2，解得k<−512．               因此，直线l的斜率的取值范围是−∞,−512．法二：若直线l的斜率不存在，此时直线l与圆C相切，不合乎题意．所以，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+3．联立y=kx+3x2−4x+y2=0，得1+k2x2+6k−4x+9=0，其中k<−512因为直线与圆相交，所以Δ=6k−42−4×91+k2=−48k−20>0，解得k<−512，                                          因此，直线l的斜率的取值范围是−∞,−512．（2）设Mx1,y1，Nx2,y2，设直线l的方程为y=kx+3．联立y=kx+3x2−4x+y2=0，得1+k2x2+6k−4x+9=0，其中k<−512，所以x1+x2=4−6k1+k2，x1x2=91+k2， 则k1+k2=y1x1+y2x2=y1x2+y2x1x1x2=kx1+3x2+kx2+3x1x1x2=2kx1x2+3x1+x2x1x2 =2k+3×4−6k1+k291+k2=2k+4−6k3=43，所以k1+k2为定值43．