高中數(shù)學高考二輪復習【區(qū)一等獎】

第一部分一14一、選擇題1．(文)若直線l1：x＋ay＋6＝0與l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0平行，則l1與l2間的距離為\r(2) \f(8\r(2),3)\r(3) \f(8\r(3),3)[答案]B[解析]由l1∥l2知3＝a(a－2)且2a≠6(a－2)2a2≠18，求得a∴l(xiāng)1：x－y＋6＝0，l2：x－y＋eq\f(2,3)＝0，兩條平行直線l1與l2間的距離為d＝eq\f(|6－\f(2,3)|,\r(12＋－12))＝eq\f(8\r(2),3).故選B.(理)已知直線l過圓x2＋(y－3)2＝4的圓心，且與直線x＋y＋1＝0垂直，則l的方程是()A．x＋y－2＝0 B．x－y＋2＝0C．x＋y－3＝0 D．x－y＋3＝0[答案]D[解析]圓心(0,3)，又知所求直線斜率為1，∴直線方程為x－y＋3＝0.[方法點撥]1.兩直線的位置關系方程約束條件位置關系l1：y＝k1x＋b1l2：y＝k2x＋b2l1：A1x＋B1y＋C1＝0l2：A2x＋B2y＋C2＝0平行k1＝k2，且b1≠b2A1B2－A2B1＝0，且B1C2－B2C1相交k1≠k2特別地，l1⊥l2?k1k2＝－1A1B2≠A2B1特別地，l1⊥l2?A1A2＋B1B2重合k1＝k2且b1＝b2A1B2－A2B1＝0且B1C2－B2C2.與直線y＝kx＋b平行的直線設為y＝kx＋b1，垂直的直線設為y＝－eq\f(1,k)x＋m(k≠0)；與直線Ax＋By＋C＝0平行的直線設為Ax＋By＋C1＝0，垂直的直線設為Bx－Ay＋C1＝0.求兩平行直線之間的距離可直接代入距離公式，也可在其中一條直線上取一點，求其到另一條直線的距離．2．(文)(2023·安徽文，8)直線3x＋4y＝b與圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0相切，則b的值是()A．－2或12 B．2或－12C．－2或－12 D．2或12[答案]D[解析]考查1.直線與圓的位置關系；2.點到直線的距離公式．∵直線3x＋4y＝b與圓心為(1,1)，半徑為1的圓相切，∴eq\f(|3＋4－b|,\r(32＋42))＝1?b＝2或12，故選D.(理)(2023·遼寧葫蘆島市一模)已知圓C與直線x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圓心在直線x＋y＝0上，則圓C的方程為()A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2B．(x－1)2＋(y＋1)2＝2C．(x－1)2＋(y－1)2＝2D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2[答案]B[解析]由題意知，圓心C既在與兩直線x－y＝0與x－y－4＝0平行且距離相等的直線上，又在直線x＋y＝0上，設圓心C(a，－a)，半徑為r，則由已知得eq\f(|2a|,\r(2))＝eq\f(|2a－4|,\r(2))，解得a＝1，∴r＝eq\r(2)，故選B.[方法點撥]1.點與圓的位置關系①幾何法：利用點到圓心的距離d與半徑r的關系判斷：d>r?點在圓外，d＝r?點在圓上；d<r?點在圓內(nèi)．②代數(shù)法：將點的坐標代入圓的標準(或一般)方程的左邊，將所得值與r2(或0)作比較，大于r2(或0)時，點在圓外；等于r2(或0)時，點在圓上；小于r2(或0)時，點在圓內(nèi)．2．直線與圓的位置關系直線l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)與圓：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)的位置關系如下表.方法位置關系幾何法：根據(jù)d＝eq\f(|Aa＋Bb＋C|,\r(A2＋B2))與r的大小關系代數(shù)法：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ax＋By＋C＝0,x－a2＋y－b2＝r2))消元得一元二次方程，根據(jù)判別式Δ的符號相交d<rΔ>0相切d＝rΔ＝0相離d>rΔ<03.求圓的方程有兩類方法：(1)幾何法，通過研究圓的性質(zhì)、直線和圓、圓與圓的位置關系，進而求得圓的半徑和圓心，得出圓的方程；(2)代數(shù)法，求圓的方程必須具備三個獨立條件，利用“待定系數(shù)法”求出圓心和半徑．3．(文)(2023·安徽文，6)過點P(－eq\r(3)，－1)的直線l與圓x2＋y2＝1有公共點，則直線l的傾斜角的取值范圍是()A.(0，eq\f(π,6)] B．(0，eq\f(π,3)]C.[0，eq\f(π,6)] D．[0，eq\f(π,3)][答案]D[解析]由題意可畫出示意圖：易知過點P的圓的兩切線為PA與處傾斜角為0，在Rt△POM中易知PO＝2，OM＝1，∴∠OPM＝eq\f(π,6)，∠OPA＝eq\f(π,6)，∴∠MPA＝eq\f(π,3)，∵直線l傾斜角的范圍是[0，eq\f(π,3)]．[方法點撥]本題還可以設出直線l的方程y＝kx＋b，將P點代入得出k與b的關系，消去未知數(shù)b，再將直線代入圓方程，利用Δ>0求出k的范圍，再求傾斜角的范圍．1．求直線的方程常用待定系數(shù)法．2．兩條直線平行與垂直的判定可用一般式進行判定，也可以用斜率判定．(理)(2023·山東理，9)一條光線從點(－2，－3)射出，經(jīng)y軸反射后與圓(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，則反射光線所在直線的斜率為()A．－eq\f(5,3)或－eq\f(3,5) B．－eq\f(3,2)或－eq\f(2,3)C．－eq\f(5,4)或－eq\f(4,5) D．－eq\f(4,3)或－eq\f(3,4)[答案]D[解析]由光的反射原理知，反射光線的反向延長線必過點(2，－3)，設反射光線所在直線的斜率為k，則其直線方程為y＋3＝k(x－2)，即kx－y－2k－3＝0，∵光線與圓(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，∴eq\f(|－3k－2－2k－3|,\r(k2＋1))＝1，∴12k2＋25k＋12＝0，解得k＝－eq\f(4,3)或k＝－eq\f(3,4).故選D.4．(文)(2023·湖南文，6)若圓C1：x2＋y2＝1與圓C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0外切，則m＝()A．21 B．19C．9 D．－11[答案]C[解析]本題考查了兩圓的位置關系．由條件知C1：x2＋y2＝1，C2：(x－3)2＋(y－4)2＝25－m，圓心與半徑分別為(0,0)，(3,4)，r1＝1，r2＝eq\r(25－m)，由兩圓外切的性質(zhì)知，5＝1＋eq\r(25－m)，∴m＝9.[方法點撥]圓與圓的位置關系表現(xiàn)形式位置關系幾何表現(xiàn)：圓心距d與r1、r2的關系代數(shù)表現(xiàn)：兩圓方程聯(lián)立組成的方程組的解的情況相離d>r1＋r2無解外切d＝r1＋r2一組實數(shù)解相交|r1－r2|<d<r1＋r2兩組不同實數(shù)解內(nèi)切d＝|r1－r2|(r1≠r2)一組實數(shù)解內(nèi)含0≤d<|r1－r2|(r1≠r2)無解(理)一動圓過點A(0,1)，圓心在拋物線y＝eq\f(1,4)x2上，且恒與定直線l相切，則直線l的方程為()A．x＝1 B．x＝eq\f(1,32)C．y＝－eq\f(1,32) D．y＝－1[答案]D[解析]∵A(0,1)是拋物線x2＝4y的焦點，又拋物線的準線為y＝－1，∴動圓過點A，圓心C在拋物線上，由拋物線的定義知|CA|等于C到準線的距離，等于⊙C的半徑，∴⊙C與定直線l：y＝－1總相切．5．(文)(2023·哈三中一模)直線x＋y＋eq\r(2)＝0截圓x2＋y2＝4所得劣弧所對圓心角為()\f(π,6) \f(π,3)\f(2π,3) \f(5π,6)[答案]D[解析]弦心距d＝eq\f(|\r(2)|,\r(2))＝1，半徑r＝2，∴劣弧所對的圓心角為eq\f(2π,3).(理)(2023·福建理，6)直線l：y＝kx＋1與圓O：x2＋y2＝1相交于A，B兩點，則“k＝1”是“△OAB的面積為eq\f(1,2)”的()A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件[答案]A[解析]圓心O(0,0)到直線l：kx－y＋10＝0的距離d＝eq\f(1,\r(1＋k2))，弦長為|AB|＝2eq\r(1－d2)＝eq\f(2|k|,\r(1＋k2))，∴S△OAB＝eq\f(1,2)×|AB|·d＝eq\f(|k|,k2＋1)＝eq\f(1,2)，∴k＝±1，因此當“k＝1”時，“S△OAB＝eq\f(1,2)”，故充分性成立．“S△OAB＝eq\f(1,2)”時，k也有可能為－1，∴必要性不成立，故選A.[方法點撥]1.直線與圓相交時主要利用半弦、半徑、弦心距組成的直角三角形求解．2．直線與圓相切時，一般用幾何法體現(xiàn)，即使用d＝r，而不使用Δ＝0.6．(2023·太原市一模)已知在圓x2＋y2－4x＋2y＝0內(nèi)，過點E(1,0)的最長弦和最短弦分別是AC和BD，則四邊形ABCD的面積為()A．3eq\r(5) B．6eq\r(5)C．4eq\r(15) D．2eq\r(15)[答案]D[解析]圓的方程為(x－2)2＋(y＋1)2＝5，圓的最長弦AC為直徑2eq\r(5)；設圓心M(2，－1)，圓的最短弦BD⊥ME，∵ME＝eq\r(2－12＋－1－02)＝eq\r(2)，∴BD＝2eq\r(R2－ME2)＝2eq\r(3)，故S四邊形ABCD＝eq\f(1,2)AC·BD＝eq\f(1,2)×2eq\r(5)×2eq\r(3)＝2eq\r(15).7．(2023·重慶理，8)已知直線l：x＋ay－1＝0(a∈R)是圓C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的對稱軸．過點A(－4，a)作圓C的一條切線，切點為B，則|AB|＝()A．2 B．4eq\r(2)C．6 D．2eq\r(10)[答案]C[解析]易知圓的標準方程C：(x－2)2＋(y－1)2＝4，圓心O(2,1)，又因為直線l：x＋ay－1＝0是圓的對稱軸，則該直線一定經(jīng)過圓心，得知a＝－1，A(－4，－1)，又因為直線AB與圓相切，則△OAB為直角三角形，|OA|＝eq\r(2＋42＋1＋12)＝2eq\r(10)，|OB|＝2，|AB|＝eq\r(OA2－OB2)＝6.8．過點P(－2,3)且與兩坐標軸圍成的三角形面積為24的直線共有()A．1條 B．2條C．3條 D．4條[答案]D[解析]過P(－2,3)與x軸負半軸和y軸正半軸圍成的三角形面積的最小值是12，所以過一、二、三象限可作2條，過一、二、四象限可作一條，過二、三、四象限可作一條，共4條．9．(文)(2023·江西理，9)在平面直角坐標系中，A、B分別是x軸和y軸上的動點，若以AB為直徑的圓C與直線2x＋y－4＝0相切，則圓C面積的最小值為()\f(4,5)π \f(3,4)πC．(6－2eq\r(5))π \f(5,4)π[答案]A[解析]本題考查直線與圓的位置關系、拋物線的定義及數(shù)形結(jié)合求最值的數(shù)學思想．依題意，∠AOB＝90°，∴原點O在⊙C上，又∵⊙C與直線2x＋y－4＝0相切，設切點為D，則|OC|＝|CD|，∴圓C的圓心C的軌跡是拋物線，其中焦點為原點O，準線為直線2x＋y－4＝0.要使圓C的面積有最小值，當且僅當O、C、D三點共線，即圓C的直徑等于O點到直線的距離，∴2R＝eq\f(4,\r(5))，∴R＝eq\f(2,\r(5)).S＝πR2＝eq\f(4,5)π.選A.(理)兩條平行直線和圓的位置關系定義為：若兩條平行直線和圓有四個不同的公共點，則稱兩條平行線和圓“相交”；若兩平行直線和圓沒有公共點，則稱兩條平行線和圓“相離”；若兩平行直線和圓有一個、兩個或三個不同的公共點，則稱兩條平行線和圓“相切”．已知直線l1：2x－y＋a＝0，l2：2x－y＋a2＋1＝0和圓：x2＋y2＋2x－4＝0相切，則a的取值范圍是()A．a(chǎn)>7或a<－3B．a(chǎn)>eq\r(6)或a<－eq\r(6)C．－3≤a≤－eq\r(6)或eq\r(6)≤a≤7D．a(chǎn)≥7或a－3[答案]C[解析]本題主要考查直線和圓的位置關系、補集思想及分析、理解、解決問題的能力．兩條平行線與圓都相交時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|2－1＋a|,\r(5))<\r(5),\f(|2－1＋a2＋1|,\r(5))<\r(5)))得－eq\r(6)<a<eq\r(6)，兩條直線都和圓相離時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|2－1＋a|,\r(5))>\r(5),\f(|2－1＋a2＋1|,\r(5))>\r(5)))得a<－3，或a>7，所以兩條直線和圓“相切”時a的取值范圍－3≤a≤－eq\r(6)或eq\r(6)≤a≤7，故選C.[方法點撥]與圓有關的最值問題主要題型有：1．圓的半徑最小時，圓面積最?。?．圓上點到定點距離最大(小)值問題，點在圓外時，最大值d＋r，最小值d－r(d是圓心到定點距離)；點在圓內(nèi)時，最大值d＋r，最小值r－d.3．圓上點到定直線距離最值，設圓心到直線距離為d，直線與圓相離，則最大值d＋r，最小值d－r；直線與圓相交，則最大值d＋r，最小值0.4．P(x，y)為⊙O上一動點，求x、y的表達式(如x＋2y，x2＋y2等)的取值范圍，一段利用表達式的幾何意義轉(zhuǎn)化．二、填空題10．(文)設直線mx－y＋3＝0與圓(x－1)2＋(y－2)2＝4相交于A、B兩點，且弦長為2eq\r(3)，則m＝________.[答案]0[解析]圓的半徑為2，弦長為2eq\r(3)，∴弦心距為1，即得d＝eq\f(|m＋1|,\r(m2＋1))＝1，解得m＝0.(理)在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若sin2A＋sin2B＝eq\f(1,2)sin2C，則直線ax－by＋c＝0被圓x2＋y2＝9所截得弦長為________．[答案]2eq\r(7)[解析]由正弦定理得a2＋b2＝eq\f(1,2)c2，∴圓心到直線距離d＝eq\f(|c|,\r(a2＋b2))＝eq\f(c,\r(\f(1,2)c2))＝eq\r(2)，∴弦長l＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(9－2)＝2eq\r(7).11．在平面直角坐標系xOy中，已知圓x2＋y2＝4上有且只有四個點到直線12x－5y＋c＝0的距離為1，則實數(shù)c的取值范圍是________．[答案](－13,13)[解析]本題考查了直線與圓的位置關系，利用數(shù)形結(jié)合可解決此題，屬中檔題．要使圓x2＋y2＝4上有且只有四個點到直線12x－5y＋c＝0的距離為1，只需滿足圓心到直線的距離小于1即可．即eq\f(|c|,\r(122＋52))<1，解|c|<13，∴－13<c<13.12．已知過點P(2,1)有且只有一條直線與圓C：x2＋y2＋2ax＋ay＋2a2＋a－1＝0相切，則實數(shù)a＝[答案]－1[解析]由條件知點P在⊙C上，∴4＋1＋4a＋a＋2a2＋a－1＝0，∴當a＝－1時，x2＋y2－2x－y＝0表示圓，當a＝－2時，x2＋y2－4x－2y＋5＝0不表示圓，∴a＝－1.三、解答題13．(2023·福建文，19)已知點F為拋物線E：y2＝2px(p>0)的焦點，點A(2，m)在拋物線E上，且|AF|＝3.(1)求拋物線E的方程；(2)已知點G(－1,0)，延長AF交拋物線E于點B，證明：以點F為圓心且與直線GA相切的圓，必與直線GB相切．[分析]考查：1.拋物線標準方程；2.直線和圓的位置關系．(1)利用拋物線定義，將拋物線上的點到焦點距離和到準線距離相互轉(zhuǎn)化；(2)欲證明以點F為圓心且與直線GA相切的圓，必與直線GB相切．可證明點F到直線GA和直線GB的距離相等(此時需確定兩條直線方程)；也可以證明∠AGF＝∠BGF，可轉(zhuǎn)化為證明兩條直線的斜率互為相反數(shù)．[解析]法一：(1)由拋物線的定義得|AF|＝2＋eq\f(p,2).因為|AF|＝3，即2＋eq\f(p,2)＝3，解得p＝2，所以拋物線E的方程為y2＝4x.(2)因為點A(2，m)在拋物線E：y2＝4x上，所以m＝±2eq\r(2)，由拋物線的對稱性，不妨設A(2,2eq\r(2))．由A(2,2eq\r(2))，F(xiàn)(1,0)可得直線AF的方程為y＝2eq\r(2)(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2\r(2)x－1，,y2＝4x，))得2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝eq\f(1,2)，從而B(eq\f(1,2)，－eq\r(2))．又G(－1,0)，所以kGA＝eq\f(2\r(2)－0,2－－1)＝eq\f(2\r(2),3)，kGB＝eq\f(－\r(2)－0,\f(1,2)－－1)＝－eq\f(2\r(2),3)，所以kGA＋kGB＝0，從而∠AGF＝∠BGF，這表明點F到直線GA，GB的距離相等，故以F為圓心且與直線GA相切的圓必與直線GB相切．法二：(1)同法一．(2)設以點F為圓心且與直線GA相切的圓的半徑為r.因為點A(2，m)在拋物線E：y2＝4x上，所以m＝±2eq\r(2)，由拋物線的對稱性，不妨設A(2,2eq\r(2))．由A(2,2eq\r(2))，F(xiàn)(1,0)可得直線AF的方程為y＝2eq\r(2)(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2\r(2)x－1，,y2＝4x，))得2x2－5x＋2＝0.解得x＝2或x＝eq\f(1,2)，從而Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\r(2))).又G(－1,0)，故直線GA的方程為2eq\r(2)x－3y＋2eq\r(2)＝0，從而r＝eq\f(|2\r(2)＋2\r(2)|,\r(8＋9))＝eq\f(4\r(2),\r(17)).又直線GB的方程為2eq\r(2)x＋3y＋2eq\r(2)＝0，所以點F到直線GB的距離d＝eq\f(|2\r(2)＋2\r(2)|,\r(8＋9))＝eq\f(4\r(2),\r(17))＝r.這表明以點F為圓心且與直線GA相切的圓必與直線GB相切．14．(文)已知圓C：x2＋y2＝r2(r>0)經(jīng)過點(1，eq\r(3))．(1)求圓C的方程；(2)是否存在經(jīng)過點(－1,1)的直線l，它與圓C相交于A、B兩個不同點，且滿足關系eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),2)eq\o(OB,\s\up6(→))(O為坐標原點)的點M也在圓C上，如果存在，求出直線l的方程；如果不存在，請說明理由．[解析](1)由圓C：x2＋y2＝r2，再由點(1，eq\r(3))在圓C上，得r2＝12＋(eq\r(3))2＝4，所以圓C的方程為x2＋y2＝4.(2)假設直線l存在，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)．①若直線l的斜率存在，設直線l的方程為y－1＝k(x＋1)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1＋1，,x2＋y2－4＝0.))消去y得，(1＋k2)x2＋2k(k＋1)x＋k2＋2k－3＝0，由韋達定理得x1＋x2＝－eq\f(2kk＋1,1＋k2)＝－2＋eq\f(2－2k,1＋k2)，x1x2＝eq\f(k2＋2k－3,1＋k2)＝1＋eq\f(2k－4,1＋k2)，y1y2＝k2x1x2＋k(k＋1)(x1＋x2)＋(k＋1)2＝eq\f(2k＋4,1＋k2)－3，因為點A(x1，y1)，B(x2，y2)在圓C上，因此，得xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝4，xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝4，由eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),2)eq\o(OB,\s\up6(→))得，x0＝eq\f(x1＋\r(3)x2,2)，y0＝eq\f(y1＋\r(3)y2,2)，由于點M也在圓C上，則(eq\f(x1＋\r(3)x2,2))2＋(eq\f(y1＋\r(3)y2,2))2＝4，整理得eq\f(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1),4)＋3·eq\f(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2),4)＋eq\f(\r(3),2)x1x2＋eq\f(\r(3),2)y1y2＝4，即x1x2＋y1y2＝0，所以1＋eq\f(2k－4,1＋k2)＋(eq\f(2k＋4,1＋k2)－3)＝0，從而得，k2－2k＋1＝0，即k＝1，因此，直線l的方程為y－1＝x＋1，即x－y＋2＝0.②若直線l的斜率不存在，則A(－1，eq\r(3))，B(－1，－eq\r(3))，M(eq\f(－1－\r(3),2)，eq\f(\r(3)－3,2))(eq\f(－1－\r(3),2))2＋(eq\f(\r(3)－3,2))2＝4－eq\r(3)≠4，故點M不在圓上與題設矛盾，綜上所知：k＝1，直線方程為x－y＋2＝0.(理)已知圓O：x2＋y2＝2交x軸于A、B兩點，曲線C是以AB為長軸，離心率為eq\f(\r(2),2)的橢圓，其左焦點為F.若P是圓O上一點，連接PF，過原點O作直線PF的垂線交直線x＝－2于點Q.(1)求橢圓C的標準方程；(2)若點P的坐標為(1,1)，求證：直線PQ與圓O相切；(3)試探究：當點P在圓O上運動時(不與A，B重合)，直線PQ與圓O是否保持相切的位置關系？若是，請證明；若不是，請說明理由．[解析](1)因為a＝eq\r(2)，e＝eq\f(\r(2),2)，所以c＝1，則b＝1，即橢圓C的標準方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)因為P(1,1)，F(xiàn)(－1,0)，所以kPF＝eq\f(1,2)，∴kOQ＝－2，所以直線OQ的方程為y＝－2x.又Q在直線x＝－2上，所以點Q(－2,4)．∴kPQ＝－1，kOP＝1，∴kOP·kPQ＝－1，即OP⊥PQ，故直線PQ與圓O相切．(3)當點P在圓O上運動時，直線PQ與圓P保持相切的位置關系，設P(x0，y0)，(x0≠±eq\r(2))，則yeq\o\al(2,0)＝2－xeq\o\al(2,0)，kPF＝eq\f(y0,x0＋1)，kOQ＝－eq\f(x0＋1,y0)，∴直線OQ的方程為y＝－eq\f(x0＋1,y0)x，∴點Q(－2，eq\f(2x0＋2,y0))，∴kPQ＝eq\f(y0－\f(2x0＋2,y0),x0＋2)＝eq\f(y\o\al(2,0)－2x0＋2,x0＋2y0)＝eq\f(－x\o\al(2,0)－2x0,x0＋2y0)＝－eq\f(x0,y0)，又kOP＝eq\f(y0,x0).∴kOP·kPQ＝－1，即OP⊥PQ(P不與A、B重合)，直線PQ始終與圓O相切．15．(文)(2023·石家莊市質(zhì)檢)已知動圓C過定點M(0,2)，且在x軸上截得弦長為4.設該動圓圓心的軌跡為曲線C.(1)求曲線C方程；(2)設點A為直線l：x－y－2＝0上任意一點，過A作曲線C的切線，切點分別為P、Q，求△APQ面積的最小值及此時點A的坐標．[解析](1)設動圓圓心坐標為C(x，y)，根據(jù)題意得eq\r(x2＋y－22)＝eq\r(y2＋4)，化簡得x2＝4y.(2)解法一：設直線PQ的方程為y＝kx＋b，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝4y,y＝kx＋b))消去y得x2－4kx－4b＝0.設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝4k,x1x2＝－4b))，且Δ＝16k2＋16b以點P為切點的切線的斜率為y′1＝eq\f(1,2)x1，其切線方程為y－y1＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，即y＝eq\f(1,2)x1x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1).同理過點Q的切線的方程為y＝eq\f(1,2)x2x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2).兩條切線的交點A(xA，yB)在直線x－y－2＝0上，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xA＝\f(x1＋x2,2)＝2k,yA＝\f(x1x2,4)＝－b))，即A(2k，－b)．則：2k＋b－2＝0，即b＝2－2k，代入Δ＝16k2＋16b＝16k2＋32－32k＝16(k－1)2＋16>0，|PQ|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝4eq\r(1＋k2)eq\r(k2＋b)，A(2k，－b)到直線PQ的距離為d＝eq\f(|2k2＋2b|,\r(k2＋1))，S△APQ＝eq\f(1,2)|PD|·d＝4|k2＋b|·eq\r(k2＋b)＝4(k2＋b)eq\f(3,2)＝4(k2－2k＋2)eq\f(3,2)＝4[(k－1)2＋1]eq\f(3,2).當k＝1時，S△APQ最小，其最小值為4，此時點A的坐標為(2,0)．解法二：設A(x0，y0)在直線x－y－2＝0上，點P(x1，y1)，Q(x2，y2)在拋物線x2＝4y上，則以點P為切點的切線的斜率為y1＝eq\f(1,2)x1，其切線方程為y－y1＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，即y＝eq\f(1,2)x1x－y1，同理以點Q為切點的方程為y＝eq\f(1,2)x2x－y2.設兩條切線均過點A(x0，y0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝\f(1,2)x1x0－y1，,y0＝\f(1,2)x2x0－y2.))點P，Q的坐標均滿足方程y0＝eq\f(1,2)xx0－y，即直線PQ的方程為：y＝eq\f(1,2)x0x－y0，代入拋物線方程x2＝4y消去y可得：x2－2x0x＋4y0＝0|PQ|＝eq\r(1＋\f(1,4)x\o\al(2,0))|x1－x2|＝eq\r(1＋\f(1,4)x\o\al(2,0))eq\r(4x\o\al(2,0)－16y0)A(x0，y0)到直線PQ的距離為d＝eq\f(|\f(1,2)x\o\al(2,0)－2y0|,\r(\f(1,4)x\o\al(2,0)＋1))，S△APQ＝eq\f(1,2)|PQ|d＝eq\f(1,2)|xeq\o\al(2,0)－4y0|·eq\r(x\o\al(2,0)－4y0)＝eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,0)－4y0)eq\s\up7(\f(3,2