专题 直线系方程与圆系方程
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知识剖析
直线系方程
\((1)\)过点\((x_0 ,y_0)\)的直线系方程为\(A(x-x_0 )+B(y-y_0 )=0\)(其中\(A\),\(B\)不全为零)
\((2)\)平行于直线\(Ax+By+C=0\)的直线系方程\(Ax+By+C_0=0(C≠C_0)\);
\((3)\)垂直于直线\(Ax+By+C=0\)的直线系方程\(Bx-Ay+C_0=0\);
\((4)\)过两条已知直线\(l_1:A_1 x+B_1 y+C_1=0\)和\(l_2:A_2 x+B_2 y+C_2=0\)交点的直线系方程\(A_1 x+B_1 y+C_1+λ(A_2 x+B_2 y+C_2 )=0\)
(\(λ∈R\), 这个直线系下不包括直线\(l_2:A_2 x+B_2 y+C_2=0\),解题时注意检验\(l_2\)是否满足题意)
圆系方程
\((1)\)以\((a ,b)\)为圆心的同心圆圆系方程:\((x-a)^2+(y-b)^2=λ(λ>0)\);
\((2)\)与圆\(x^2+y^2+Dx+Ey+F=0\)同心圆的圆系方程为\(x^2+y^2+Dx+Ey+λ=0\);
\((3)\)过直线\(Ax+By+C=0\)与圆\(x^2+y^2+Dx+Ey+F=0\)交点的圆系方程为\(x^2+y^2+Dx+Ey+F+λ(Ax+By+C)=0(λ∈R)\);
\((4)\)过两圆\(C_1:x^2+y^2+D_1 x+E_1 y+F_1=0\),\(C_2:x^2+y^2+D_2 x+E_2 y+F_2=0\)交点的圆系方程为\(x^2+y^2+D_1 x+E_1 y+F_1+λ(x^2+y^2+D_2 x+E_2 y+F_2 )=0\)
(\(λ≠-1\), 此圆系不含\(C_2:x^2+y^2+D_2 x+E_2 y+F_2=0\))
特别地,当\(λ=-1\)时,上述方程为一次方程.
两圆相交时,表示公共弦方程;两圆相切时,表示公切线方程.
过圆上一点的切线方程
过圆上一点\(P(x_0 ,y_0)\)作圆\(\odot M:(x-a)^2+(y-b)^2=r^2\)的切线\(l\)方程为
\((x_0-a)(x-a)+(y_0-b)(y-b)=r^2\\\)
\({\color{Red}{证明 \quad 向量法 }}\)
向量\(\overrightarrow{P M}=\left(a-x_{0}, b-y_{0}\right)\),设切线上任意一点\(B(x ,y)\),
\(∵l⊥PM\),\(\therefore \overrightarrow{P M} \perp \overrightarrow{P B}\),即\(\overrightarrow{P M} \cdot \overrightarrow{P B}=0 \text {, }\),
\(∴(a-x_0 ,b-y_0 )(x-x_0 ,y-y_0 )=0\)
\(⇒(a-x_0)(x-x_0)+(b-y_0)(y-y_0)=0\)
即切线\(l\)方程为\((a-x_0)(x-x_0)+(b-y_0)(y-y_0)=0\).
\(∵(a-x_0 )(x-x_0 )+(b-y_0 )(y-y_0 )=0\)
\(⇒(a-x_0 )(x-a+a-x_0 )+(b-y_0 )(y-b+b-y_0 )=0\)
\(⇒(a-x_0 )(x-a)+(a-x_0 )^2+(b-y_0 )(y-y_0 )+(b-y_0 )^2=0\)
\(⇒(a-x_0 )(x-a)+(b-y_0 )(y-y_0 )+r^2=0\)
\(⇒(x_0-a)(x-a)+(y_0-b)(y-b)=r^2\)
\(∴\)切线\(l\)方程也可以写成\((x_0-a)(x-a)+(y_0-b)(y-b)=r^2\).
切点弦方程
过圆\(\odot M:(x-a)^2+(y-b)^2=r^2\)外一点\(P(x_0 ,y_0)\)引圆的两条切线,切点分别是\(A\)、\(B\),则直线\(AB\)的方程为\((x_0-a)(x-a)+(y_0-b)(y-b)=r^2\).
\({\color{Red}{ 证明}}\)
\({\color{Red}{ 方法1}}\) 设切点\(A(x_1,y_1 )\),
则过点\(A\)的切线方程为\((x-a)(x_1-a)+(y-b)(y_1-b)=r^2\),
由于点\(P(x_0 ,y_0)\)在切线\(PA\)上,所以有\((x_0-a)(x_1-a)+(y_0-b)(y_1-b)=r^2\)①,
设切点\(B(x_2,y_2 )\),同理得\((x_0-a)(x_2-a)+(y_0-b)(y_2-b)=r^2\)②,
由①②得点\(A\)与点\(B\)在直线\((x_0-a)(x-a)+(y_0-b)(y-b)=r^2\)上,
则直线\(AB\)的方程为\((x_0-a)(x-a)+(y_0-b)(y-b)=r^2\).
\({\color{Red}{ 方法2}}\) 以\(MP\)为直径的圆方程为\((x-a)(x-x_0 )+(y-b)(y-y_0 )=0\),记为圆\(C\),
因为\(\angle P A M=\angle P B M=\dfrac{\pi}{2}\),所以点\(A\)、\(B\)在圆\(C\)上,
则\(A\)、\(B\)是圆\(C\)与圆\(M\)的两个交点,
由圆系方程可知,两圆方程相减即得直线\(AB\)方程
\((x_0-a)(x-a)+(y_0-b)(y-b)=r^2\)
\({\color{Red}{ (这跟圆上点的切线方程形式一致)}}\)
经典例题
【题型一】直线系方程
【典题1】求过两直线\(x-2y+4=0\)和\(x+y-2=0\)的交点\(P\),且分别满足下列条件的直线\(l\)的方程.
(1)过点\((2 ,1)\);
(2)和直线\(3x-4y+5=0\)垂直.
【解析】由\(\left\{\begin{array}{l}
x-2 y+4=0 \\
x+y-2=0
\end{array}\right.\)解得\(\left\{\begin{array}{l}
x=0 \\
y=2
\end{array}\right.\),\(∴P(0 ,2)\).
(1) \({\color{Red}{ 方法一}}\) 由两点的坐标求得斜率为\(k_{l}=\dfrac{2-1}{0-2}=-\dfrac{1}{2}\),
由点斜式求得直线方程为\(y-2=-\dfrac{1}{2}(x-0)\),
化简得\(x+2y-4=0\).
\({\color{Red}{方法二 }}\) 设过点\(P\)的直线方程为\(x-2y+4+λ(x+y-2)=0\),
\(∵\)过点\((2 ,1)\),\(∴2-2+4+λ=0⇒λ=-4\),
故所求直线方程为\(x-2y+4-4(x+y-2)=0⇒x+2y-4=0\).
(2) \({\color{Red}{方法一 }}\) 依题意得所求直线的斜率为\(k_{2}=-\dfrac{4}{3}\),
由点斜式求得直线方程为\(y-2=-\dfrac{4}{3}(x-0)\),即\(4x+3y-6=0\).
\({\color{Red}{ 方法二}}\) 设所求直线为\(4x+3y+λ=0\)
\(∵\)过点\(P(0 ,2)\),\(∴0+6+λ=0⇒λ=-6\),
故所求直线方程为\(4x+3y-6=0\).
【点拨】此题是直线系问题.从本题来看,用直线系方程的方法求解对于一般的解法也没有优势,这里只是拓展大家的思路.
【典题2】求过点\(P(-1 ,4)\),圆\((x-2)^2+(y-3)^2=1\)的切线\(l\)的方程.
【解析】\({\color{Red}{方法一 }}\) 当直线\(l\)斜率不存在时,方程为\(x=-1\),显然不是切线,
故可设切线方程为\(y=k(x+1)+4\),
\(∵\)直线\(l\)与圆相切,\(∴\)圆心\((2 ,3)\)到直线\(l\)的距离等于半径\(1\),
故\(\dfrac{|3 k+1|}{\sqrt{1+k^{2}}}=1\),解得\(k=0\)或\(-\dfrac{3}{4}\),
故所求直线\(l\)的方程为\(y=4\)或\(3x+4y-13=0\).
\({\color{Red}{方法二 }}\) 如方法二,设切线方程为\(y=k(x+1)+4\),
由\(\left\{\begin{array}{c}
y=k(x+1)+4 \\
(x-2)^{2}+(y-3)^{2}=1
\end{array}\right.\)得\((1+k^2 ) x^2+(2k^2+2k-4)x+k^2+2k-4=0\)
其判别式\(∆=(2k^2+2k-4)^2-4(1+k^2 )(k^2+2k-4)=0\), 解得\(k=0\)或\(-\dfrac{3}{4}\),
故所求直线\(l\)的方程为\(y=4\)或\(3x+4y-13=0\).
\({\color{Red}{方法三 }}\) 设所求直线的方程为\(A(x+1)+B(y-4)=0\)(其中\(A\)\(,B\)不全为零),
\(∵\)直线\(l\)与圆相切,\(∴\)圆心\((2 ,3)\)到直线\(l\)的距离等于半径\(1\),故\(\dfrac{|3 A-B|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}=1\)
整理,得\(A(4A-3B)=0\),即\(A=0\)(这时\(B≠0\))或\(A=\dfrac{3}{4}\),\(B≠0\).
故所求直线\(l\)的方程为\(y=4\)或\(3x+4y-13=0\).
【点拨】本题的方法很多,这里利用了直线系方程,过点\((x_0 ,y_0)\)的直线系方程为\(A(x-x_0 )+B(y-y_0 )=0\)(其中\(A\),\(B\)不全为零) , 它比起斜截式\(y=kx+b\)的设法好在不用对\(k\)的存在进行讨论.
【题型二】圆系方程
【典题1】经过直线\(2x-y+3=0\)与圆\(x^2+y^2+2x-4y+1=0\)的两个交点,且面积最小的圆的方程是\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】\({\color{Red}{方法一 }}\) \({\color{Red}{ (面积最小的圆是以两个交点为直径的圆) }}\)
\(∵\)圆\(x^2+y^2+2x-4y+1=0\)的方程可化为\((x+1)^{2}+(y-2)^{2}=4\).
\(∴\)圆心坐标为\((-1 ,2)\),半径为\(r=2\);
\(∴\)圆心到直线\(2x-y+3=0\)的距离为\(d=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\).
设直线\(2x-y+3=0\)和圆\(x^2+y^2+2x-4y+1=0\)的交点为\(A\),\(B\).
则\(|A B|=2 \sqrt{r^{2}-d^{2}}=2 \sqrt{4-\dfrac{1}{5}}=\dfrac{2 \sqrt{19}}{\sqrt{5}}\).
\(∴\)过点\(A\),\(B\)的最小圆半径为\(\dfrac{\sqrt{19}}{\sqrt{5}}\).
联立\(\left\{\begin{array}{l}
2 x-y+3=0 \\
x^{2}+y^{2}+2 x-4 y+1=0
\end{array}\right.\)得\(5x^2+6x-2=0\),
故\(x_{1}+x_{2}=-\dfrac{6}{5}\),
则圆心的横坐标为\(\dfrac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=-\dfrac{3}{5}\),纵坐标为\(2 \times\left(-\dfrac{3}{5}\right)+3=\dfrac{9}{5}\),
\(∴\)最小圆的圆心为\(\left(-\dfrac{3}{5}, \dfrac{9}{5}\right)\),
\(∴\)最小圆的方程为\(\left(x+\dfrac{3}{5}\right)^{2}+\left(y-\dfrac{9}{5}\right)^{2}=\dfrac{19}{5}\).
\({\color{Red}{ 方法二}}\) 依题意,
可设过点\(A\)、\(B\)两点圆的方程为\(x^2+y^2+2x-4y+1+λ(2x-y+3)=0\),
\({\color{Red}{(利用圆系方程把满足题意的所有圆表示出来,再用代数的方法求面积最小的圆)
}}\)
整理得\((x+\lambda+1)^{2}+\left(y-\dfrac{4+\lambda}{2}\right)^{2}=\dfrac{5}{4} \lambda^{2}+\lambda+4\)
若要使得圆的面积最小,则只需半径最小,即\(\dfrac{5}{4} \lambda^{2}+\lambda+4\)取到最小值,
而\(\dfrac{5}{4} \lambda^{2}+\lambda+4=\dfrac{5}{4}\left(\lambda+\dfrac{2}{5}\right)^{2}+\dfrac{19}{5} \geq \dfrac{19}{5}\),当\(\lambda=-\dfrac{2}{5}\)时取到最小值,
此时圆的方程为\(\left(x+\dfrac{3}{5}\right)^{2}+\left(y-\dfrac{9}{5}\right)^{2}=\dfrac{19}{5}\).
【点拨】本题是过直线与圆交点的圆系问题.方法一可以说是从几何的角度得出思路求解,而方法二算是“代数法”,略显简洁些.
【典题2】已知圆\(C_1:x^2+y^2=10\)与圆\(C_2:x^2+y^2+2x+2y-14=0\).
(1)求证:圆\(C_1\)与圆\(C_2\)相交;
(2)求两圆公共弦所在直线的方程;
(3)求经过两圆交点,且圆心在直线\(x+y-6=0\)上的圆的方程.
【解析】(1)证明: \({\color{Red}{(圆心距C_1 C_2∈(R-r ,R+r)⇔ 两圆相交) }}\)
圆\(C_2:x^2+y^2+2x+2y-14=0\)化为标准方程为\((x+1)^{2}+(y+1)^{2}=16\)
\(∴C_2 (-1 ,-1)\),\(r=4\)
\(∵\)圆\(C_1:x^2+y^2=10\)的圆心坐标为\((0 ,0)\),半径为\(R=\sqrt{10}\)
\(\therefore\left|C_{1} C_{2}\right|=\sqrt{2}\),
\(\because 4-\sqrt{10}<\sqrt{2}<4+\sqrt{10},\),\(∴\)两圆相交;
(2) \({\color{Red}{(两圆方程相减所得方程即是公共弦所在直线方程) }}\)
将两圆方程相减,可得\(2x+2y-4=0\),
即两圆公共弦所在直线的方程为\(x+y-2=0\);
(3) \({\color{Red}{ 方法一}}\) \({\color{Red}{(先求出两个交点,再求圆心与半径得圆的方程,思路很直接) }}\)
由\(\left\{\begin{array}{c}
x^{2}+y^{2}+2 x+2 y-14=0 \\
x^{2}+y^{2}=10
\end{array}\right.\)解得\(\left\{\begin{array}{c}
x=3 \\
y=-1
\end{array}\right.\)或\(\left\{\begin{array}{c}
x=-1 \\
y=3
\end{array}\right.\),
\({\color{Red}{(这里还是有些计算量的) }}\)
则交点为\(A(3 ,-1)\)\(,B(-1 ,3)\),
\(∵\)圆心在直线\(x+y-6=0\)上,设圆心为\(P(6-n ,n)\),
则\(AP=BP\),解得\(n=3\),
故圆心\(P(3 ,3)\),半径\(r=AP=4\),
\(∴\)所求圆的方程为\((x-3)^{2}+(y-3)^{2}=16\).
\({\color{Red}{方法二 }}\) 设所求圆的方程为\(x^2+y^2+2x+2y-14+λ(x^2+y^2-10)=0(λ≠-1)\)
即\((1+\lambda) x^{2}+(1+\lambda) y^{2}+2 x+2 y-14-10 \lambda=0\)
\(∴\)圆心坐标为\(\left(-\dfrac{1}{1+\lambda},-\dfrac{1}{1+\lambda}\right)\)
代入直线\(x+y-6=0\)可得\(-\dfrac{1}{1+\lambda}-\dfrac{1}{1+\lambda}-6=0\),\(\therefore \lambda=-\dfrac{4}{3}\)
\(∴\)所求圆的方程为\(x^2+y^2-6x-6y+2=0\).
【点拨】此题是过圆与圆交点的圆系问题.
① 两圆之间的位置关系看圆心距\(O_1 O_2\)与两圆半径\(R\)与\(r\)之间的关系;
② 过两圆\(C_1:x^2+y^2+D_1 x+E_1 y+F_1=0\),\(C_2:x^2+y^2+D_2 x+E_2 y+F_2=0\)交点的圆系方程为\(x^2+y^2+D_1 x+E_1 y+F_1+λ(x^2+y^2+D_2 x+E_2 y+F_2 )=0\)
(\(λ≠-1\), 此圆系不含\(C_2:x^2+y^2+D_2 x+E_2 y+F_2=0\))
特别地,当\(λ=-1\)(即两圆方程相减)时,上述方程为一次方程.
两圆相交时,表示公共弦方程;两圆相切时,表示公切线方程.
③ 方法的选取在于思考难度、计算量、严谨性性等.
【典题3】过点\((3 ,1)\)作圆\((x-1)^{2}+y^{2}=1\)的两条切线,切点分别为\(A\)、\(B\),则直线\(AB\)的方程为\(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】\({\color{Red}{方法一 }}\) 由图易得一切点为\((1 ,1)\),
连接点\((3 ,1)\)与圆心\((1 ,0)\)直线的斜率\(k=\dfrac{1-0}{3-1}=\dfrac{1}{2}\),
由切线性质可知\(k_{A B} \cdot k=-1 \Rightarrow k_{A B}=-2\),
又直线\(AB\)过点\((1 ,1)\)
\(∴\)直线\(AB\)方程为\(y-1=-2(x-1)⇒2x+y-3=0\).
\({\color{Red}{(结合图形的特殊性,利用平几的知识求解,不具有一般性) }}\)
\({\color{Red}{方法二 }}\) 圆\((x-1)^{2}+y^{2}=1\)的圆心为\(C(1 ,0)\),半径为\(1\),
以\((3 ,1)\)、\(C(1 ,0)\)为直径的圆的方程为\((x-2)^{2}+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^{2}=\dfrac{5}{4}\),
将两圆的方程相减可得公共弦AB的方程\(2x+y-3=0\),
\({\color{Red}{(这里把直线AB看成是两个圆公共弦所在的直线) }}\)
\({\color{Red}{ 方法三 }}\)过圆\(\odot M:(x-a)^{2}+(y-b)^{2}=r^{2}\)外一点\(P(x_0 ,y_0)\)引圆的两条切线,
切点分别是\(A\)、\(B\), 则直线\(AB\)的方程为\((x-x_0 )(a-x_0 )+(y-y_0 )(b-y_0 )=r^2\).
所以有\((3+1)(x-1)+1\cdot y=1\),化简得\(2x+y-3=0\).
\({\color{Red}{(使用结论直接快捷) }}\)
【点拨】本题是圆的切点弦问题. 方法三直接快捷,但若是只会直接套用,达不到锻炼数学思维的能力 , 应多比较多种方法的优略性,掌握解题方法的本质.
【典题4】已知直线\(l:y=kx-2\),\(M(-2 ,0)\),\(N(-1 ,0)\),\(O\)为坐标原点,动点\(Q\)满足\(\dfrac{|Q M|}{|Q N|}=\sqrt{2}\),动点\(Q\)的轨迹为曲线\(C\)
(1)求曲线\(C\)的方程;
(2)若直线\(l\)与圆\(O:x^2+y^2=2\)交于不同的两点\(A\),\(B\),当\(\angle A O B=\dfrac{\pi}{2}\)时,求\(k\)的值;
(3)若\(k=\dfrac{1}{2}\),\(P\)是直线\(l\)上的动点,过点\(P\)作曲线\(C\)的两条切线\(PC\)、\(PD\),切点为\(C\)、\(D\),探究:直线\(CD\)是否过定点.
【解析】(1)设点\(Q(x ,y)\),依题意知\(\dfrac{|Q M|}{|Q N|}=\dfrac{\sqrt{(x+2)^{2}+y^{2}}}{\sqrt{(x+1)^{2}+y^{2}}}=\sqrt{2}\),
整理得\(x^2+y^2=2\),
\(∴\)曲线\(C\)的方程为\(x^2+y^2=2\).
(2)\(∵\)点\(O\)为圆心,\(\angle A O B=\dfrac{\pi}{2}\),
\(∴\)点\(O\)到\(l\)的距离\(d=\dfrac{\sqrt{2}}{2} r\),
\(\therefore \dfrac{2}{\sqrt{k^{2}+1}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{2} \Rightarrow k=\pm \sqrt{3}\);
(3)由题意可知:\(O\)、\(P\)、\(C\)、\(D\)四点共圆且在以\(OP\)为直径的圆上,
\({\color{Red}{(对角互补的四边形的四顶点共圆) }}\)
设\(P\left(t, \dfrac{1}{2} t-2\right)\),则圆心\(\left(\dfrac{t}{2}, \dfrac{t}{4}-1\right)\),半径\(\sqrt{\dfrac{t^{2}}{4}+\left(\dfrac{t}{4}-1\right)^{2}}\)
得\(\left(x-\dfrac{t}{2}\right)^{2}+\left(y-\dfrac{t}{4}+1\right)^{2}=\dfrac{\mathrm{t}^{2}}{4}+\left(\dfrac{t}{4}-1\right)^{2}\)
即\(x^{2}-t x+y^{2}-\left(\dfrac{1}{2} t-2\right) y=0\)
又\(C\)、\(D\)在圆\(O:x^2+y^2=2\)上
\(\therefore l_{C D}: t x+\left(\dfrac{1}{2} t-2\right) y-2=0\),即\(\left(x+\dfrac{y}{2}\right) t-2 y-2=0\),
\({\color{Red}{(直线CD是两圆的公共弦所在直线,故两圆方程相减便得其方程) }}\)
由\(\left\{\begin{array}{l}
x+\dfrac{y}{2}=0 \\
2 y+2=0
\end{array}\right.\)得\(\left\{\begin{array}{l}
x=\dfrac{1}{2} \\
y=-1
\end{array}\right.\),
\(∴\)直线\(CD\)过定点\(\left(\dfrac{1}{2},-1\right)\).
巩固练习
1(★★) 求过两条直线\(y=2x+3\)与\(3x-y+2=0\)的交点,且分别满足下列条件的直线方程:
(1)斜率为\(-\dfrac{1}{2}\);
(2)过点\(P(2 ,3)\);
(3)平行于直线\(3x+y=1\).
2(★★) 求过直线\(2x+y+4=0\)和圆\((x+1)^{2}+(y-2)^{2}=4\)的交点,并且面积最小的圆的方程.
3(★★) 求经过圆\(x^2+y^2+8x-6y+21=0\)与直线\(x-y+5=0\)的交点且在\(y\)轴上的弦长为\(2 \sqrt{33}\)的圆的方程.
4(★★) 求圆心在直线\(x+y=0\)上,且过两圆\(x^2+y^2-2x+10y-24=0\)与\(x^2+y^2+2x+2y-8=0\)的交点的圆的方程.
5(★★) 过圆\(x^2+y^2=4\)内一点\(A(1 ,1)\)作一弦交圆于\(B\)、\(C\)两点,过点\(B\)、\(C\)作圆的切线\(PB\)、\(PC\),求点\(P\)的轨迹方程.
6(★★★) 已知圆\(C\)的圆心在\(x\)轴的正半轴上,半径为\(2\),且被直线\(l:4x-3y-3=0\)截得的弦长为\(2 \sqrt{3}\).
(1)圆\(C\)的方程;
(2)设\(P\)是直线\(x+y+4=0\)上动点,过点\(P\)作圆\(C\)的切线\(PA\),切点为\(A\),证明:经过\(A\),\(P\),\(C\)三点的圆必过定点,并求所有定点坐标.
7(★★★) 如图,已知圆\(M: x^{2}+(y-4)^{2}=4\),直线\(l\)的方程为\(x-2y=0\),点\(P\)是直线\(l\)上一动点,过点\(P\)作圆的切线\(PA\)、\(PB\),切点为\(A\)、\(B\).
(1)当\(P\)的横坐标为\(\dfrac{16}{5}\)时,求\(∠APB\)的大小;
(2)求证:经过\(A\)、\(P\)、\(M\)三点的圆\(N\)必过定点,并求出所有定点的坐标.
8(★★★★) 已知圆\(C\)经过坐标原点\(O\)和点\(G(-2 ,2)\),且圆心\(C\)在直线\(x+y-2=0\)上.
(1)求圆\(C\)的方程;
(2)设\(PA\)、\(PB\)是圆\(C\)的两条切线,其中\(A\)、\(B\)为切点.
①若点\(P\)在直线\(x-y-2=0\)上运动,求证:直线\(AB\)经过定点;
②若点\(P\)在曲线\(y=\dfrac{1}{4} x^{2}\)(其中\(x>4\))上运动,记直线\(PA\)、\(PB\)与\(x\)轴的交点分别为\(M\)、\(N\),求\(△PMN\)面积的最小值.
参考答案
1.\((1) x+2y-11=0 \quad (2) 2x+y-7=0 \quad (3) 3x+y-8=0\)
2.\(x^{2}+y^{2}+\dfrac{26}{5} x-\dfrac{12}{5} y+\dfrac{37}{5}=0\)
3.\(x^2+y^2-2x+4y-29=0\)或\(x^2+y^2+26x-24y+111=0\)
4.\((x+3)^{2}+(y-3)^{2}=10\)
5.\(x+y=4\)
6.\(\text { (1) }(x-2)^{2}+y^{2}=4\)\((2) (-1 ,-3)\)和\((2 ,0)\)
7.\((1) 60^{\circ}\quad (2) (0,4),\left(\dfrac{8}{5}, \dfrac{4}{5}\right)\)
8.\((1) x^{2}+(y-2)^{2}=4\);
\((2)\)①直线\(AB\)恒过定点\((1 ,1)\); ②\(△PMN\)的面积取得最小值\(32\).