全国卷高考圆锥曲线真题答案.docx
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全国卷高考圆锥曲线真题答案
全国卷高考圆锥曲线真题
参考答案与试题解析
一.解答题(共21小题)
222且不平行于坐标轴,O,直线l不过原点:
9x+y=m(m>0)1.(2015?
新课标II)已知椭圆CAB的中点为M.Al与C有两个交点,B,线段OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;
(1)证明:
直线能否为平行四边形?
若能,交于点P,四边形OAPB过点(,m),延长线段OM与C
(2)若l求此时l的斜率;若不能,说明理由.
(1)联立直线方程和椭圆方程,求出对应的直线斜率即可得到结论.【分析】,建立方程互相平分,即x=2x2)四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP(MP关系即可得到结论.),M(x,yx(x,y),B(,y),:
【解答】解:
(1)设直线ly=kx+b,(k≠0,b≠0),AM1221M2222222=0,x+9)+2kbx+b﹣mm将y=kx+b代入9x+y=m(>0),得(k22222bb则判别式△=4k﹣4(k+9)(﹣m)>0,则,,y=kx+b===x+x=,则xM2MM1k==,于是直线OM的斜率OM,?
k=﹣即k9OM∴直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2能为平行四边形.)四边形OAPBm),∵直线l过点(,222220b)k﹣4(+9(﹣m)>,b∴由判别式△=4k2222>k即m9b,9m﹣m,∵b=m﹣2222,9m﹣)m﹣m(9>m∴k
22﹣6k,即k>k>0,则k>0,k≠3,∴l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k的方程为y=x,由
(1)知OMx,设P的横坐标为P=,由得,即xPb=,将点(,m)的坐标代入l的方程得y=kx+,即l的方程为y=kx+,将y=x,代入kx+=x得,解得x=M,互相平分,即x=2xOP四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段MP于是=2×,=4+﹣或k,解得k=421,2,>0,k≠3,i=1∵kiiOAPB能为平行四边形.的斜率为4﹣或4+时,四边形∴当l利用本题主要考查直线和圆锥曲线的相交问题,联立方程组转化为一元二次方程,【点评】根与系数之间的关系是解决本题的关键.综合性较强,难度较大.
两M,Na:
y=kx+a(>0)交于lC.2(2015?
河北)在直角坐标系xOy中,曲线:
y=与直线点.处的切线方程.和C在点MN时,分別求(Ⅰ)当k=0,使得当Pk变动时,总有∠OPM=∠OPN?
(说明理由)(Ⅱ)y轴上是否存在点y′=,,:
由曲线NM联立,I【分析】()可得交点,的坐标,Cy=利用导数的运算法则可得:
利用导数的几何意义、点斜式即可得出切线方程.
(II)存在符合条件的点(0,﹣a),设P(0,b)满足∠OPM=∠OPN.M(x,y),N(x,2112,﹣4a=0.直线方程与抛物线方程联立化为x﹣4kx,直线PM,PN的斜率分别为:
k,ky)212的倾斜角互补,PN?
直线PM=利用根与系数的关系、斜率计算公式可得k+k.k+k=02211?
∠OPM=∠OPN.即可证明.N,)联立,不妨取M,【解答】解:
(Iy=可得:
y′=,由曲线C:
,化为.y﹣a=C在M点处的切线斜率为=,其切线方程为:
∴曲线.在点N处的切线方程为:
同理可得曲线C,下面给出证明:
,﹣a)(II)存在符合条件的点(0,kPN的斜率分别为:
),直线PM,,(x,y),N(xy,设P(0b)满足∠OPM=∠OPN.M12121.k22,﹣4kx﹣4a=0联立,化为x.=﹣4ax∴x+x=4k,x2121.∴k+k=+==21,PN的倾斜角互补,时,k+k=0,直线PM﹣当b=a21∴∠OPM=∠OPN.a)符合条件.∴点P(0,﹣直线与抛物线相本题考查了导数的运算法则、利用导数的几何意义研究切线方程、【点评】交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、斜率计算公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
是椭圆的0)的离心率为,F(:
+=1a>b>,椭圆0I3.(2014?
新课标)已知点A(,﹣2)EO为坐标原点.焦点,直线AF的斜率为,的方程;E(Ⅰ)求l的方程.QE与相交于P,两点,当△OPQ的面积最大时,求lA(Ⅱ)设过点的直线的方程;E,即可求a求出A关系,通过c、a(Ⅰ)通过离心率得到【分析】.
,求出﹣2代入,利用△>0),Q(x,y)将y=kx((Ⅱ)设直线l:
y=kx﹣2,设Px,y2211的面积表达式,利用换元法以及基本不k的范围,利用弦长公式求出|PQ|,然后求出△OPQ等式求出最值,然后求解直线方程.,由条件知,得)又,解:
(Ⅰ)设F(c,0【解答】2226分)﹣c=1,故E的方程.….(所以ba=2,=a)),Q(x,y:
(Ⅱ)依题意当l⊥x轴不合题意,故设直线ly=kx﹣2,设P(x,y211222,16kx+12=0)x﹣将y=kx﹣2代入,得(1+4k2)>0,即时,当△=16(4k﹣3从而又点O到直线PQ的距离,所以△OPQ的面积=,
设,则t>0,,
当且仅当t=2,k=±等号成立,且满足△>0,
所以当△OPQ的面积最大时,l的方程为:
y=x﹣2或y=﹣x﹣2.…(12分)
【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用,椭圆的求法,基本不等式的应用,考查转化思想以及计算能力.
x﹣xe﹣2x.II)已知函数f(x)=e﹣4.(2014?
新课标(x)的单调性;(Ⅰ)讨论f的最大值;,求(x)>0b>2x=f()﹣4bf(x),当x0时,gx(Ⅱ)设g().(Ⅲ)已知<<,估计ln2的近似值(精确到)对第(Ⅰ)问,直接求导后,利用基本不等式可达到目的;【分析】)在[0+∞)上为增函数即可,从而问题转,只需说明g(x)对第(Ⅱ)问,先验证g(0=0)>0是否成立”的问题;g′(化为“判断xbb=2及,于是在对第(Ⅲ)问,根据第(Ⅱ)问的结论,设法利用的近似值,并寻求ln2ln2的近似值.>2的情况下分别计算,最后可估计x﹣x=e)得xf′(x)+e﹣2,((Ⅰ)由【解答】解:
fx﹣x,=0)x时,f′(x=0即=ee)≥0,当且仅当xf′(即.
∴函数f(x)在R上为增函数.
2x﹣2xx﹣x4)x,e﹣e)+(﹣(x)=f(2x)﹣4bf(x)=ee8b﹣﹣4b((Ⅱ)gxx﹣2x﹣2x﹣2b(e+e)则g′(x)=2[e+e+(4b﹣2)]
﹣xxx﹣x2)]4b﹣42b(e+e)+(=2[(e+e)﹣x﹣xxx﹣.﹣2b)2=2(e+e﹣)(e+e+2xx﹣x﹣x4,e>2,+e+2>①∵e+ex=0时取等号,∴当2b≤4,即b≤2时,g′(x)≥0,当且仅当(g0)=0,从而g(x)在R上为增函数,而,符合题意.x)>0时,∴x>0g(xx﹣2时,若x满足2,x2即,得,此时,g′()<02b<e+e<﹣②当b>)<0,不符合题意.g0g()=0知,当时,(x又由2.综合①、②知,b≤2,得b的最大值为
x﹣2x2x﹣x((Ⅲ)∵<<,根据(Ⅱ)中gx)=e)x,4e(﹣e)+﹣e(8b﹣﹣4b为了凑配ln2,并利用的近似值,故将ln即代入g(x)的解析式中,
得.
当b=2时,由g(x)>0,得,
从而;
令,得>2,当时,
由g(x)<0,得,得.
所以ln2的近似值为.
【点评】1.本题三个小题的难度逐步增大,考查了学生对函数单调性深层次的把握能力,对思维的要求较高,属压轴题.
2.从求解过程来看,对导函数解析式的合理变形至关重要,因为这直接影响到对导数符号的判断,是解决本题的一个重要突破口.
3.本题的难点在于如何寻求ln2,关键是根据第
(2)问中g(x)的解析式探究b的值,从而获得不等式,这样自然地将不等式放缩为的范围的端点值,达到了估值的目的.
2,P与y轴的交点为0)的焦点为F,直线y=45.(2014?
广西)已知抛物线C:
y=2px(p>.,且|QF|=|PQ|与C的交点为Q的方程;(Ⅰ)求C两点,NM、AB的垂直平分线l′与C相交于F的直线l与C相交于A、B两点,若(Ⅱ)过的方程.四点在同一圆上,求l、B、N且A、M,根=的方程,求得x,把点Q的坐标代入抛物线C【分析】(Ⅰ)设点Q的坐标为(x,4)00C的方程.求得据|QF|=|PQ|p的值,可得,代入抛物线方程化简,利用韦达定理、中点公式、x=my+1(m≠0)(Ⅱ)设l的方程为l′的方程代入抛物线方程化简,利用韦达定理、弦长公式|AB|.把直线弦长公式求得弦长m,由此求得故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN||MN|.由于MN垂直平分线段AB,求得l的方程.的值,可得直线2,>0)的坐标代入抛物线C:
y=2px(p【解答】解:
(Ⅰ)设点Q的坐标为(x,4),把点Q04),∴|PQ|=.Px=,∵点(0,可得0,|QF|=|PQ|,又|QF|=x+=+02(舍去).∴+=×,求得p=2,或p=﹣2=4x.故C的方程为y21,0),(Ⅱ)由题意可得,直线l和坐标轴不垂直,y=4x的焦点F(l的方程为x=my+1(m≠0),设22.+y=4m,y?
y=﹣4y4my代入抛物线方程可得y﹣﹣4=0,显然判别式△=16m+16>0,221122+1).m,弦长的中点坐标为∴ABD(2m+1,2m)|AB|=|y﹣y|==4(212.,∴直线又直线l′的斜率为﹣ml′的方程为x=﹣y+2m+3N两点,Ml′与C相交于、的垂直平分线、与过F的直线lC相交于AB两点,若AB222(2m+3.)4=?
yy=+y,∴y)2m4+yl′的方程代入抛物线方程可得把线y﹣(+3=0,﹣44332MN故线段的中点,,∴|MN|=|y,+3+2mE的坐标为()﹣y|=43.
∵MN垂直平分线段AB,故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|,
22=MN,∴+DE22
21=0,∴4(m+1)++=×,化简可得m﹣1=0.x﹣y﹣1=0,或x+y﹣∴m=±1,∴直线l的方程为韦达定理、本题主要考查求抛物线的标准方程,直线和圆锥曲线的位置关系的应用,【点评】弦长公式的应用,体现了转化的数学思想,属于难题.
=0﹣a>b>0)右焦点的直线x+y6.(2013?
新课标Ⅱ)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:
(的斜率为.两点,P为AB的中点,且OP交M于A,B(Ⅰ)求M的方程上的两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.(Ⅱ)C,D为MAB,线段,y))c.设A(x,y,B(x【分析】(Ⅰ)把右焦点(c,0)代入直线可解得2112222,b的关系式,再与a=b+c联立即可得到a,,的中点P(xy),利用“点差法”即可得到a00.,cb,与椭圆的方程联立得到根与系数的关系,的方程为y=x+tCD⊥AB,可设直线(Ⅱ)由CD即可得到弦长与椭圆的方程联立得到根与系数的关系,把直线.x+y﹣=0即可得到弦长|CD|利用二次函数的单调性即可得到其最大值.即可得到关于t的表达式,利用|AB|,S=ACBD四边形.,解得)代入直线c,0x+y﹣=0得c+0﹣=0c=(Ⅰ)把右焦点(【解答】解:
)x,y,的中点)x),设A(xy,B(,y,线段ABP(001212则,,相减得,∴,,∴,又=22=2b.∴,即a联立得,解得,∴M的方程为.,的方程为(Ⅱ)∵CD⊥AB,∴可设直线CDy=x+t22,6=0﹣+4tx+2t3x得到y联立,消去
∵直线CD与椭圆有两个不同的交点,
222*3().8t>0,解﹣3<t<2t∴△=16t﹣12(﹣6)=72﹣y),∴,.,y),D(x,设C(x4433∴|CD|===.2x=0,解得或,联立得到3x﹣4x=0B,∴交点为A(0,),∴|AB|==.===,∴SACBD四边形).∴当且仅当t=0时,四边形ACBD面积的最大值为,满足(*ACBD面积的最大值为.∴四边形
本题综合考查了椭圆的定义、标准方程及其性质、“点差法”、中点坐标公式、直【点评】四边形的弦长公式、线与椭圆相交问题转化为方程联立得到一元二次方程根与系数的关系、数形结合的思想方法、计算能二次函数的单调性等基础知识,考查了推理能力、面积计算、力、分析问题和解决问题的能力.
2222外切并M):
(x﹣1+y=9,动圆P与圆=1.7(2013?
新课标Ⅰ)已知圆M:
(x+1)+y,圆N.与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C(Ⅰ)求C的方程;的半径最长与曲线C交于APB两点,当圆,,圆(Ⅱ)l是与圆PM都相切的一条直线,l.时,求|AB||PM|+|PN|=R+1+可得M外切并与圆N内切,由已知动圆【分析】(I)设动圆的半径为R,P与圆为长轴长N为焦点,4|NM|=2(3﹣R)=4,而,由椭圆的定义可知:
动点P的轨迹是以M,的椭圆,求出即可;R≤2,当且|PM|x,y),由于﹣|PN|=2R﹣2≤4﹣2=2,所以上任意一点(II)设曲线CP(22的倾斜角=4+y.分①l﹣)的圆心为(仅当⊙P2,0R=2时,其半径最大,其方程为(x2)1≠R,轴重合,可得90°,此时为l与y|AB|.②若的半径l的倾斜角不为90°,由于⊙My=k4QQxlxl可知与轴不平行,设与轴的交点为,根据,可得(﹣,l:
,所以可设)0,与椭圆的方程联立,得到根与系数的关系利用弦长公式即可得出.)x+4(.
2222,圆+y)=9;圆N:
(x﹣1=1(I)由圆M:
(x+1)+y,可知圆心M(﹣1,0)【解答】解:
3.N(1,0),半径心R,设动圆的半径为=4,N内切,∴|PM|+|PN|=R+1+(3﹣R)∵动圆P与圆M外切并与圆为长轴长的椭圆,的轨迹是以M,N为焦点,4而|NM|=2,由椭圆的定义可知:
动点P222c=3.=a∴a=2,c=1,b﹣2).∴曲线C的方程为(x≠﹣),C(II)设曲线上任意一点P(x,y时,其半R=2,所以|PN|=2R﹣2≤3﹣1=2R≤2,当且仅当⊙P的圆心为(2,0)由于|PM|﹣22.+y=4x﹣2)径最大,其方程为(.轴重合,可得l与y|AB|=①l的倾斜角为90°,则l与x轴不平行,的半径②若l的倾斜角不为90°,由于⊙M1≠R,可知,(4,则,可得Q(﹣,0),所以可设l:
y=kx+4)Ql设与x轴的交点为M由l于相切可得:
,解得.28=0﹣.当时,联立,得到7x+8x∴,.∴|AB|===.由于对称性可知:
当时,也有|AB|=综上可知:
|AB|=或.直线本题综合考查了两圆的相切关系、直线与圆相切问题、椭圆的定义及其性质、【点评】需要较强的推弦长公式等基础知识,与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、理能力和计算能力及其分类讨论的思想方法.
,,)的左、右焦点分别为b>0FF,>(:
(2014?
沧州校级一模)已知双曲线8.C=1a021y=23离心率为,直线与的两个交点间的距离为.C;b,a)求I(.
(II)设过F的直线l与C的左、右两支分别相交于A、B两点,且|AF|=|BF|,证明:
|AF|、2112|AB|、|BF|成等比数列.2【分析】(I)由题设,可由离心率为3得到参数a,b的关系,将双曲线的方程用参数a表示出来,再由直线建立方程求出参数a即可得到双曲线的方程;
(II)由(I)的方程求出两焦点坐标,设出直线l的方程设A(x,y),B(x,y),将其2121与双曲线C的方程联立,得出x+x=,,再利用|AF|=|BF|建立关于A,B坐标的方程,得出1112两点横坐标的关系,由此方程求出k的值,得出直线的方程,从而可求得:
|AF|、|AB|、2|BF|,再利用等比数列的性质进行判断即可证明出结论.222=8a,即=9,故b【解答】解:
(I)由题设知=3222y=8a所以C的方程为8x﹣x=±,代入上式,并求得将y=22由题设知,2=,解得a=1所以a=1,b=222﹣y=8①0,0),F(3,),C的方程为8x)由((III)知,F(﹣32122226kx+9k+8=0﹣8)x﹣k﹣由题意,可设l的方程为y=k(x3),|k|<2代入①并化简得(,(xy),y设A(x,),B2112,于是=,+x≤﹣则x1,x≥1,x2112),|==|AF﹣(3x+111,|BF|==3x+121|AF|=|BF|得﹣(3x,即+1+1)=3x2111,解得,从而=﹣=故3x,|==1由于|AF﹣12|==3x|BF﹣1,22,x)﹣+x|=3||BF|AF(x9x﹣1=16=4)+x(﹣|=2﹣|故|AB|=|AF|BF3x22212211222||BF因而|AF|AB|、||AF,所以|=|AB|成等比数列、|BF|2222.
【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合关系,考查了运算能力,题设条件的转化能力,方程的思想运用,此类题综合性强,但解答过程有其固有规律,一般需要把直线与曲线联立利用根系关系,解答中要注意提炼此类题解答过程中的共性,给以后解答此类题提供借鉴.
2为F,准线为l,A∈C,已知以(p>0)的焦点为F=2py9.(2012?
新课标)设抛物线C:
x两点;B,DFA为半径的圆F交l于圆心,的方程;p的值及圆F
(1)若∠BFD=90°,△ABD的面积为,求只有一个公共点,求坐Cn与上,直线n与m平行,且
(2)若A,B,F三点在同一直线m距离的比值.,n标原点到m由△ABDl的距离,|BD|=2p点A到准线是等腰直角△,【分析】
(1)由对称性知:
△BFD斜边F的方程.=,知=,由此能求出圆的面积S△ABD距离的,n,得:
,由此能求出坐标原点到m)由对称性设,则点A,B关于点F对称得:
(2比值.|BD|=2p1)由对称性知:
△BFD是等腰直角△,斜边【解答】解:
(的距离,A到准线l点,S=∵△ABD的面积△ABD∴=,),0F坐标为(,1解得p=2,所以22)=8.的方程为Fx+(y﹣1∴圆2)由题设,则,(上,B∵A,,F三点在同一直线m关于点F对称.AAB又为圆F的直径,故,BFA由点,B关于点对称得:
得:
,直线,切点直线距离的比值为.n,m坐标原点到.
【点评】本题考查抛物线与直线的位置关系的综合应用,具体涉及到抛物线的简单性质、圆的性质、导数的应用,解题时要认真审题,仔细解答,注意合理地进行等价转化.
2处两曲线的切线为同AA,且在与圆(r>0)有一个公共点10.已知抛物线C:
y=(x+1).一直线l;(Ⅰ)求r的距离.到l的交点为D,求D且与C及M都相切的两条直线,m,n是异于(Ⅱ)设m,nl22,求得(1,)(x+1),求出l的斜率,圆心My=【分析】(Ⅰ)设A(x,(x+1)),根据00的坐标,即可求得r的值;建立方程,求得MA的斜率,利用l⊥MAA22x(t+1)=2(t+1)﹣((Ⅱ)设(t,(t+1))为C上一点,则在该点处的切线方程为y2到该切线的距离为,建立方相切,则圆心M+1,若该直线与圆M)﹣t),即y=2(t+1x﹣t的距离.到的坐标,从而可求Dl程,求得t的值,求出相应的切线方程,可得D2),)【解答】解:
(Ⅰ)设A(x,(x+1002)∵y=(x+1),y′=2(x+1+1∴l的斜率为k=2(x)0当x=1时,不合题意,所以x≠100M(的斜率.,MA1,)圆心)×=﹣1x∵l⊥MA,∴2(+10,0,1)=0∴x,∴A(0∴r=|MA|=;22x()为t+1)C上一点,则在该点处的切线方程为y﹣(t+1)=2t+1)(,(Ⅱ)设(t(2t+1)y=2(t+1x﹣,即﹣t)到该切线的距离为若该直线与圆M相切,则圆心M∴226t∴t(﹣4t﹣)=0=2﹣t=2+t∴t=0,或,2102,其方程分别为t,tC抛物线在点((n,m,l)处的切线分别为2,1,i=0())+1ii
y=2x+1①,y=2(t+1)x﹣②,y=2(t+1)x﹣③21②﹣③:
x=
代入②可得:
y=﹣1
∴D(2,﹣1),
∴D到l的距离为
【点评】本题考查圆与抛物线的综合,考查抛物线的切线方程,考查导数知识的运用,考查点到直线的距离公式的运用,关键是确定切线方程,求得交点坐标.
11.(2011?
新课标)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(0,﹣1),B点在直线y=﹣3上,M点满足∥,=?
,M点的轨迹为曲线C.
(Ⅰ)求C的方程;
(Ⅱ)P为C上的动点,l为C在P点处的切线,求O点到l距离的最小值.
【分析】(Ⅰ)设M(x,y),由已知得B(x,﹣3),A(0,﹣1)并代入∥,=?
,即可求得M点的轨迹C的方程;
(Ⅱ)设P(x,y)为C上的点,求导,写出C在P点处的切线方程,利用点到直线的距00离公式即可求得O点到l距离,然后利用基本不等式求出其最小值.
【解答】解:
(Ⅰ)设M(x,y),由已知得B(x,﹣3),A(0,﹣1).
所=(﹣x,﹣1﹣y),=(0,﹣3﹣y),=(x,﹣2).
再由题意可知()?
=0,即(﹣x,﹣4﹣2y)?
(x,﹣2)=0.
所以曲线C的方程式为y=﹣2.
(Ⅱ)设P(x,y)为曲线C:
y=﹣2上一点,因为y′=x,所以l的斜率为x,0002.x=0x,即x﹣2y+2y﹣)x=x的方程为因此直线ly﹣y(﹣x000000,=﹣2.又点到则ol的距离d=y0所以d==≥2,2.2距离的最小值为x所以l点到O时取等号,所以=00.
【点评】此题是个中档题.考查向量与解析几何的交汇点命题及代入法求轨迹方程,以及导数的几何意义和点到直线的距离公式,综合性强,考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力.
12.(2014?
马山县校级模拟)已知O为坐标原点,F为椭圆C:
在y轴正半轴上的焦点,过F且斜率为﹣的直线l与C交于A、B两点,点P满足.
(Ⅰ)证明:
点P在C上;
(Ⅱ)设点P关于点O的对称点为Q,证明:
A、P、B、Q四点在同一圆上.
【分析】
(1)要证明点P在C上,即证明P点的坐标满足椭圆C的方程,根据已知中过F且斜率为﹣的直线l与C交于A、B两点,点P满足,我们求出点P的坐标,代入验证即可.
(2)若A、P、B、Q四点在同一圆上,则我们可以先求出任意三点确定的圆的方程,然后将第四点坐标代入验证即可.
【解答】证明:
(Ⅰ)设A(x,y),B(x,y)2112椭圆C:
①,则直线AB的方程为:
y=﹣x+1②
2,2x﹣1=0联立方程可得4x﹣﹣×x=x则+x=,x2112+2=1+x)y+y=﹣(x则2121),,P(pp设21;)p,px,y),=(=(则有:
=x,y),(2212111)(﹣,﹣﹣(+)=p1=(,);=(p,)=),x∴+=(+xy+y211221C上.1)代入①方程成立,所以点P在∴p的坐标为(﹣,﹣
四点在同一圆上.、Q、Q,证明:
A、PB关于点(Ⅱ)设点PO的对称点为),的中点坐标为(,设线段AB),即(,y=x+;③﹣)﹣y=(x,即的直线方程为:
的中点且垂直于则过线段ABAB的中点,PQ()为线段0,故Q的对称点为O关于点∵P.
则过线段PQ的中点且垂直于PQ的直线方程为:
y=﹣x④;
③④联立方程组,解之得:
x=﹣,y=
③④的交点就是圆心O(﹣,),12222﹣)=(﹣﹣(﹣)=|OP|=)+(﹣1r122x+)+(y﹣)=…⑤,故过PQ两点圆的方程为:
(把y=﹣x+1…②代入⑤,+x=,y+y=1有x221
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