2.5.2 圆与圆的位置关系

上一小节把直线与圆的位置关系翻译成了”圆心到直线的距离 $d$ 与半径 $r$ 比大小”。 这一小节把同一套办法搬到两个圆上：比的是圆心距 $d$ 与两个半径的和、差。

$$d = |C_1C_2|, \qquad r_1 + r_2, \qquad |r_1 - r_2|.$$

三个数一比，五种位置关系就定死了。这一节的正题是那张对照表， 以及一个几乎每道大题都会用到的副产品——两圆方程相减得到的那条直线。

一、五种位置关系与判定

课本按”有几个公共点”先分成三类：相交（两个公共点）、相切（一个）、相离（没有）。 把相切拆成外切与内切、把相离拆成外离与内含，就是通常说的五种位置关系。

设两圆半径 $r_1$、$r_2$，圆心距 $d$，则

几条容易被忽略的细节：

• 相切有两种，判定式不同：$d = r_1 + r_2$ 是外切，$d = |r_1 - r_2|$ 是内切。 只写”$d$ 等于半径和或差”而不说是哪一种，是答不完整的。
• 内切与内含要求两个半径不相等。若 $r_1 = r_2$ 则 $|r_1 - r_2| = 0$， 此时 $d = 0$ 意味着两圆重合（不是内切也不是内含），$d > 0$ 就只可能是相交或外离。
• $d = 0$ 且 $r_1 = r_2$ 是两圆重合，它不在上面五种里，讨论含参数的题目时要单独排除。
• “相离”在课本里包括外离与内含（都是没有公共点），别把”相离”默认成”外离”。

二、两条路：几何法与代数法

课本例 5 把两条路都走了一遍，值得对照着看。

解法 2（几何法）：化标准方程，比三个数

把两个圆的一般方程各自配方成标准方程，读出圆心与半径，算圆心距，再比大小。 例 5 里 $C_1$ 化成 $(x+1)^2 + (y+4)^2 = 25$，圆心 $(-1,\ -4)$、$r_1 = 5$； $C_2$ 化成 $(x-2)^2 + (y-2)^2 = 10$，圆心 $(2,\ 2)$、$r_2 = \sqrt{10}$； 圆心距 $d = \sqrt{(-1-2)^2 + (-4-2)^2} = 3\sqrt{5}$。由

$$5 - \sqrt{10} < 3\sqrt{5} < 5 + \sqrt{10}$$

判定相交。这条路是首选：步骤固定、不解方程、还顺带把圆心和半径都算了出来， 后面求弦长、求切线全用得上。

比大小时若含根号，平方来比最稳：要比 $3\sqrt{5}$ 与 $5 + \sqrt{10}$， 两边都是正数，比平方即 $45$ 与 $35 + 10\sqrt{10}$，而 $10\sqrt{10} = \sqrt{1000} > \sqrt{100} = 10$， 所以右边大于 $45$。不要用小数近似下结论，尤其是相切（等号）那一档，近似值判不了等号。

解法 1（代数法）：联立方程数解的个数

把两个圆的方程联立，相减消去二次项，得到一个二元一次方程（一条直线）， 再把它代回其中一个圆的方程，得到一个一元二次方程，用判别式数根。 例 5 里相减得 $x + 2y - 1 = 0$，代回后得 $x^2 - 2x - 3 = 0$，$\Delta = 16 > 0$，两个交点，相交。

课本旁批提醒了一句：只判位置关系时不必真把根解出来，算到 $\Delta$ 的符号就够了。

课本随后又用”思考”问了一句：$\Delta = 0$ 说明什么？答案是两圆只有一个公共点，即相切， 但判别式本身分不出内切还是外切——$\Delta$ 只数公共点个数，不含”谁在谁里面”的信息。 要分辨，还得回到圆心距：$d = r_1 + r_2$ 是外切，$d = |r_1 - r_2|$ 是内切。 同理 $\Delta < 0$ 时两圆没有公共点，即相离，但外离还是内含也要靠 $d$ 才分得出来。

结论：代数法能判”有几个公共点”，判不了”哪一种”。所以本节一律优先用几何法。

三、相减得到的那条直线：本节最有用的副产品

设两圆都写成一般方程

$$C_1:\ x^2 + y^2 + D_1x + E_1y + F_1 = 0, \qquad C_2:\ x^2 + y^2 + D_2x + E_2y + F_2 = 0,$$

两式相减，$x^2$ 与 $y^2$ 同时消掉（因为两个方程里它们的系数都是 $1$），得到

$$(D_1 - D_2)x + (E_1 - E_2)y + (F_1 - F_2) = 0.$$

这是一个二元一次方程，也就是一条直线（只要 $D_1 \neq D_2$ 或 $E_1 \neq E_2$）。

它是什么？ 凡是同时在两个圆上的点，坐标同时满足两个方程，自然满足它们的差， 所以两圆的公共点一定在这条直线上。于是：

• 两圆相交时，两个交点都在这条直线上，而过两点的直线只有一条， 所以它就是公共弦所在的直线；
• 两圆相切时，唯一的公共点在这条直线上，它是两圆在该点的公切线；
• 两圆相离时，它与两个圆都没有公共点，但这条直线仍然存在。

所以”相减得公共弦”这句话只在两圆相交时成立。 题目若要求”公共弦所在直线的方程”， 必须先证明两圆确实相交，再相减；顺序反了就是无的放矢。 （课本练习第 2 题就是照这个顺序问的：先”证明圆 $C_1$ 与圆 $C_2$ 相交”，再”求公共弦所在直线的方程”。）

用它的两个前提：两个圆的方程都要先化成 $x^2 + y^2$ 系数为 $1$ 的一般式再相减， 否则二次项消不掉；相减之后得到的必须确实是一次方程。

公共弦长怎么算

有了公共弦所在的直线 $l$，弦长用垂径定理一步到位：取其中一个圆（圆心 $C_1$、半径 $r_1$）， 算出 $C_1$ 到 $l$ 的距离 $d_1$，则

$$|AB| = 2\sqrt{r_1^2 - d_1^2}.$$

两个圆算出来的结果必然相同，这正好是一个免费的自检点：用 $C_2$、$r_2$ 再算一遍， 两次的 $|AB|$ 应当一致；不一致就说明前面某一步错了。

过两圆交点的圆系

若两圆相交，则对任意实数 $\lambda \neq -1$，

$$x^2 + y^2 + D_1x + E_1y + F_1 + \lambda\big(x^2 + y^2 + D_2x + E_2y + F_2\big) = 0$$

表示一个过两圆全部交点的圆（$\lambda = -1$ 时二次项消掉，退化成公共弦所在的直线）。 理由和上面一样：交点的坐标让两个括号同时为零，于是让整个式子为零。 用法：题目要求”过两圆交点且满足某条件（过某点、圆心在某直线上）的圆”， 设成这个形状，只剩一个待定的 $\lambda$，代条件解出来即可，不必先求交点坐标。 本节习题里有好几道正是这个模型。

四、易错清单

按考场上真正丢分的顺序排：

1. 相切只写了一种。 $d = r_1 + r_2$ 与 $d = |r_1 - r_2|$ 都要考虑，含参数的题往往两解。
2. “相离”当成”外离”，漏掉内含。
3. 没验相交就相减求公共弦。 相减总能得到一条直线，但它是不是公共弦取决于两圆相不相交。
4. 相减前没把二次项系数化成 $1$。 例如一个方程是 $2x^2 + 2y^2 + \cdots = 0$，要先整体除以 $2$。
5. 用小数近似判等号。 判外切/内切必须用精确值（比平方），近似值只能猜。
6. 忘了两圆可能重合（$d = 0$ 且 $r_1 = r_2$），含参数时要排除。
7. 半径写成了 $r^2$。一般方程配方后右边是 $r^2$，开根号才是半径； 而且要先确认右边大于零，否则方程根本不表示圆。

五、这一节往后连到哪

页面下方那一段”考过本节的真题”是派生的、也是完整的，这里只给一个读的顺序：

• 先看纯判定的题：给两个一般方程，判位置关系。练的是配方、算圆心距、精确比大小。
• 再看公共弦与弦长的题：相减得直线、垂径定理求弦长，两个圆各算一遍互相印证。
• 然后看圆系的题：“过两圆交点且……的圆”，用 $\lambda$ 的写法一步设出来。
• 最后看含参数的位置关系题：题目给”两圆相切/相交”求参数范围， 答案往往是两段或两个值（外切与内切、或者一个开区间的两个端点），漏一支就丢一半分。

再往后，第 3 章的圆锥曲线里，“两曲线的公共点”仍然用联立与判别式来数， 而”相减消二次项”这一招在处理两个同类圆锥曲线时也常有类似的用法。

本节目录下这八页上印着三组题，共 37 道，逐题全做。第 98 页（page-0103）上半页那 2 道是本节自己的练习； 「习题 2.5」15 道从同一页起、接到第 99 页（page-0104），练的是 §2.5.1 与 §2.5.2 两小节合起来的内容； 第 102 页（page-0107）到第 103 页（page-0108）上的「复习参考题 2」20 道是整章的复习题， 覆盖面从第 2.1 节的倾斜角、斜率一直到本节的圆与圆，也印在本节目录下，一并收齐。 中间的第 100、101 页（page-0105、page-0106）是本章知识结构与「回顾与思考」的九个问题， 那九问是开放式的复习提示、没有唯一解答，不属于习题，故不收。每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

全篇反复用到的几条，写在这里，后面不再重复推导：

• 圆心与半径的读法：$x^2 + y^2 + Dx + Ey + F = 0$ 的圆心是 $\left(-\dfrac{D}{2},\ -\dfrac{E}{2}\right)$， 半径 $r = \dfrac{1}{2}\sqrt{D^2 + E^2 - 4F}$，且这是圆的前提是 $D^2 + E^2 - 4F > 0$。
• 点到直线的距离：点 $(x_0,y_0)$ 到 $Ax + By + C = 0$ 的距离是 $d = \dfrac{|Ax_0 + By_0 + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$。
• 弦长的算法：圆心到直线的距离 $d$、半径 $r$、弦长 $|AB|$ 满足 $\left(\dfrac{|AB|}{2}\right)^2 + d^2 = r^2$，即 $|AB| = 2\sqrt{r^2 - d^2}$。这条来自垂径定理， 比联立解方程再算两根之差快得多，下面凡是求弦长一律走这条。
• 直线与圆的位置关系：$d < r$ 相交、$d = r$ 相切、$d > r$ 相离。
• 圆与圆的位置关系：圆心距 $d$ 与 $r_1 + r_2$、$|r_1 - r_2|$ 比大小，见本节讲解的那张表。
• 两圆方程相减：两圆的一般式相减得一条直线。它是公共弦所在直线，只在两圆确实相交时才成立； 两圆不相交时这条直线仍在（叫根轴），但与两圆都没有公共点。
• 答案的书写约定：直线的一般式化成整数系数、约去公因数、让 $x$ 的系数为正； 圆一律给出标准方程 $(x-a)^2 + (y-b)^2 = r^2$，需要时再附一般式。

练习（第 98 页）第 1 题

1. 已知圆 $C_1: x^2 + y^2 = 4$，圆 $C_2: x^2 + y^2 - 8x - 6y + 16 = 0$，判断圆 $C_1$ 与圆 $C_2$ 的位置关系.

先把两个圆都化成标准方程，读出圆心与半径。

圆 $C_1: x^2 + y^2 = 4$，圆心 $C_1(0,\ 0)$，半径 $r_1 = 2$。

圆 $C_2$ 配方：

$$x^2 - 8x + y^2 - 6y + 16 = 0 \implies (x-4)^2 + (y-3)^2 = 16 + 9 - 16 = 9,$$

圆心 $C_2(4,\ 3)$，半径 $r_2 = 3$。这里 $9 > 0$，确实是圆。

圆心距

$$d = |C_1C_2| = \sqrt{(4-0)^2 + (3-0)^2} = \sqrt{16 + 9} = 5.$$

而 $r_1 + r_2 = 2 + 3 = 5$，所以 $d = r_1 + r_2$，两圆外切。

自检：外切时公共点唯一，就是线段 $C_1C_2$ 上离 $C_1$ 距离 $r_1$ 的那个点， 即 $\left(0 + \dfrac{2}{5}\cdot 4,\ 0 + \dfrac{2}{5}\cdot 3\right) = \left(\dfrac{8}{5},\ \dfrac{6}{5}\right)$。 代入 $C_1$：$\dfrac{64}{25} + \dfrac{36}{25} = 4$ ✓；代入 $C_2$： $\left(\dfrac{8}{5}-4\right)^2 + \left(\dfrac{6}{5}-3\right)^2 = \dfrac{144}{25} + \dfrac{81}{25} = 9$ ✓。

练习（第 98 页）第 2 题

2. 已知圆 $C_1: x^2 + y^2 + 2x + 3y + 1 = 0$，圆 $C_2: x^2 + y^2 + 4x + 3y + 2 = 0$，证明圆 $C_1$ 与圆 $C_2$ 相交，并求圆 $C_1$ 与圆 $C_2$ 的公共弦所在直线的方程.

第一步：证相交。 两圆配方：

$$C_1:\ (x+1)^2 + \left(y + \frac{3}{2}\right)^2 = 1 + \frac{9}{4} - 1 = \frac{9}{4},$$

圆心 $C_1\left(-1,\ -\dfrac{3}{2}\right)$，半径 $r_1 = \dfrac{3}{2}$；

$$C_2:\ (x+2)^2 + \left(y + \frac{3}{2}\right)^2 = 4 + \frac{9}{4} - 2 = \frac{17}{4},$$

圆心 $C_2\left(-2,\ -\dfrac{3}{2}\right)$，半径 $r_2 = \dfrac{\sqrt{17}}{2}$。

两圆心纵坐标相同，圆心距

$$d = |(-1) - (-2)| = 1.$$

再比两个界：

$$r_1 + r_2 = \frac{3 + \sqrt{17}}{2} > \frac{3 + 4}{2} > 1,$$ $$|r_1 - r_2| = \frac{\sqrt{17} - 3}{2} < 1 \iff \sqrt{17} < 5 \iff 17 < 25,$$

最后一式成立。于是 $|r_1 - r_2| < d < r_1 + r_2$，两圆相交。

第二步：求公共弦所在直线。 两圆方程相减，二次项消去：

$$(x^2 + y^2 + 2x + 3y + 1) - (x^2 + y^2 + 4x + 3y + 2) = -2x - 1 = 0,$$

即 $2x + 1 = 0$。上一步已证两圆相交，所以这条直线就是公共弦所在直线。

自检：这是竖直线 $x = -\dfrac{1}{2}$。$C_1$ 到它的距离 $\left|-1 + \dfrac{1}{2}\right| = \dfrac{1}{2} < \dfrac{3}{2} = r_1$， 半弦长 $\sqrt{\dfrac{9}{4} - \dfrac{1}{4}} = \sqrt{2}$；$C_2$ 到它的距离 $\left|-2 + \dfrac{1}{2}\right| = \dfrac{3}{2} < r_2$， 半弦长 $\sqrt{\dfrac{17}{4} - \dfrac{9}{4}} = \sqrt{2}$。两边算出同一个半弦长，公共弦长 $2\sqrt{2}$，一致。

习题 2.5 第 1 题

1. 判断直线 $4x - 3y = 50$ 与圆 $x^{2} + y^{2} = 100$ 的位置关系. 如果有公共点, 求出公共点的坐标.

圆心 $O(0,\ 0)$，半径 $r = 10$。直线写成一般式 $4x - 3y - 50 = 0$，圆心到它的距离

$$d = \frac{|4 \times 0 - 3 \times 0 - 50|}{\sqrt{4^2 + (-3)^2}} = \frac{50}{5} = 10.$$

$d = r$，所以直线与圆相切，公共点唯一。

切点就是圆心到直线的垂足。直线的法向量是 $(4,\ -3)$，单位化为 $\left(\dfrac{4}{5},\ -\dfrac{3}{5}\right)$， 从圆心沿法向走 $r = 10$：

$$\left(0 + 10 \times \frac{4}{5},\ 0 - 10 \times \frac{3}{5}\right) = (8,\ -6).$$

验证：$4 \times 8 - 3 \times (-6) = 32 + 18 = 50$ ✓（在直线上）；$8^2 + (-6)^2 = 64 + 36 = 100$ ✓（在圆上）。

公共点为 $(8,\ -6)$。

习题 2.5 第 2 题

2. 求下列条件确定的圆的方程，并画出它们的图形：

(1) 圆心为 $M(3, -5)$ ，且与直线 $x - 7y + 2 = 0$ 相切；

(2) 圆心在直线 y = x 上，半径为 2，且与直线 y = 6 相切；

(3) 半径为 $\sqrt{13}$ ，且与直线 $2x - 3y + 6 = 0$ 相切于点 (3, 4).

三问都用同一条：相切 $\iff$ 圆心到直线的距离等于半径。

(1) 圆心已给定，半径就等于圆心到切线的距离：

$$r = \frac{|3 - 7 \times (-5) + 2|}{\sqrt{1^2 + (-7)^2}} = \frac{|3 + 35 + 2|}{\sqrt{50}} = \frac{40}{5\sqrt{2}} = \frac{8}{\sqrt{2}} = 4\sqrt{2}.$$

所以 $r^2 = 32$，圆的方程为

$$(x - 3)^2 + (y + 5)^2 = 32.$$

图形：圆心在第四象限的 $(3,\ -5)$，半径 $4\sqrt{2} \approx 5.66$；直线 $x - 7y + 2 = 0$ 斜率 $\dfrac{1}{7}$、 过 $(-2,\ 0)$，从圆的左上方擦过去，只碰一个点。

(2) 设圆心 $(a,\ a)$。直线 $y = 6$ 是水平线，圆心到它的距离是 $|a - 6|$，令其等于半径 $2$：

$$|a - 6| = 2 \implies a = 4 \ \text{或}\ a = 8.$$

两个都要保留——它们分别对应圆在直线下方与上方相切，条件没有排除任何一个。故

$$(x - 4)^2 + (y - 4)^2 = 4 \quad \text{或} \quad (x - 8)^2 + (y - 8)^2 = 4.$$

图形：两个圆的圆心都在第一象限的角平分线 $y = x$ 上，一个在 $y = 6$ 之下（圆心 $(4,4)$， 切点 $(4,6)$），一个在 $y = 6$ 之上（圆心 $(8,8)$，切点 $(8,6)$）。

(3) 先验切点确实在直线上：$2 \times 3 - 3 \times 4 + 6 = 6 - 12 + 6 = 0$ ✓。

切点处半径垂直于切线，所以圆心在过 $(3,\ 4)$ 且与该直线垂直的那条法线上， 且到切点的距离恰为 $\sqrt{13}$。直线的法向量 $(2,\ -3)$，其长度正好是 $\sqrt{4 + 9} = \sqrt{13}$， 于是从切点沿 $\pm(2,\ -3)$ 走一步就是圆心：

$$(3,\ 4) + (2,\ -3) = (5,\ 1), \qquad (3,\ 4) - (2,\ -3) = (1,\ 7).$$

两个都要：圆心可以在切线的任一侧。所求圆为

$$(x - 5)^2 + (y - 1)^2 = 13 \quad \text{或} \quad (x - 1)^2 + (y - 7)^2 = 13.$$

验证：$(5,1)$ 到直线的距离 $\dfrac{|10 - 3 + 6|}{\sqrt{13}} = \dfrac{13}{\sqrt{13}} = \sqrt{13}$ ✓； $(1,7)$ 到直线的距离 $\dfrac{|2 - 21 + 6|}{\sqrt{13}} = \dfrac{13}{\sqrt{13}} = \sqrt{13}$ ✓。

图形：两个等大的圆分居直线 $2x - 3y + 6 = 0$ 两侧，在同一点 $(3,\ 4)$ 与它相切。

习题 2.5 第 3 题

3. 求直线 $l: 3x - y - 6 = 0$ 被圆 $C: x^2 + y^2 - 2x - 4y = 0$ 截得的弦 $AB$ 的长.

圆配方：$(x-1)^2 + (y-2)^2 = 1 + 4 = 5$，圆心 $C(1,\ 2)$，半径 $r = \sqrt{5}$。

圆心到直线的距离

$$d = \frac{|3 \times 1 - 2 - 6|}{\sqrt{3^2 + (-1)^2}} = \frac{5}{\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{10}}{2}.$$

$d^2 = \dfrac{10}{4} = \dfrac{5}{2} < 5 = r^2$，确实相交，可以用弦长公式：

$$|AB| = 2\sqrt{r^2 - d^2} = 2\sqrt{5 - \frac{5}{2}} = 2\sqrt{\frac{5}{2}} = \sqrt{10}.$$

自检（联立法复核）：由 $y = 3x - 6$ 代入圆得 $x^2 + (3x-6)^2 - 2x - 4(3x-6) = 0$， 即 $10x^2 - 50x + 60 = 0$，$x^2 - 5x + 6 = 0$，$x = 2$ 或 $x = 3$，对应 $A(2,\ 0)$、$B(3,\ 3)$。 $|AB| = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10}$ ✓。

习题 2.5 第 4 题

4. 求圆心在直线 $3x - y = 0$ 上，与 $x$ 轴相切，且被直线 $x - y = 0$ 截得的弦长为 $2\sqrt{7}$ 的圆的方程.

设圆心为 $(a,\ 3a)$（这样自动满足在 $3x - y = 0$ 上）。

与 $x$ 轴相切给出半径：圆心到 $x$ 轴的距离是 $|3a|$，故 $r = 3|a|$，$r^2 = 9a^2$。 （顺带得到 $a \neq 0$，否则圆退化成一点。）

被 $x - y = 0$ 截得弦长 $2\sqrt{7}$ 给出第二个式子。圆心到该直线的距离

$$d = \frac{|a - 3a|}{\sqrt{2}} = \frac{2|a|}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}\,|a|,$$

由 $\left(\dfrac{2\sqrt{7}}{2}\right)^2 + d^2 = r^2$ 得

$$7 + 2a^2 = 9a^2 \implies 7a^2 = 7 \implies a = \pm 1.$$

两个符号都合法（$a \neq 0$ 已满足，且 $d = \sqrt{2} < 3 = r$ 确实相交），故所求圆为

$$(x - 1)^2 + (y - 3)^2 = 9 \quad \text{或} \quad (x + 1)^2 + (y + 3)^2 = 9.$$

验证（取 $a = 1$）：圆心 $(1,\ 3)$ 到 $x$ 轴距离 $3 = r$ ✓ 相切；到 $x - y = 0$ 的距离 $\dfrac{|1-3|}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$，弦长 $2\sqrt{9 - 2} = 2\sqrt{7}$ ✓。$a = -1$ 的圆与它关于原点对称，三条件同样成立。

习题 2.5 第 5 题

5. 求与圆 $C: x^{2} + y^{2} - x + 2y = 0$ 关于直线 $l: x - y + 1 = 0$ 对称的圆的方程.

关键：轴对称把圆变成等大的圆，所以只需把圆心反射过去，半径原样保留。

圆 $C$ 配方：

$$\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + (y + 1)^2 = \frac{1}{4} + 1 = \frac{5}{4},$$

圆心 $C\left(\dfrac{1}{2},\ -1\right)$，半径 $r = \dfrac{\sqrt{5}}{2}$。

设对称点为 $C'(x',\ y')$。两条件：中点在 $l$ 上，且 $CC'$ 与 $l$ 垂直。 $l$ 的法向量是 $(1,\ -1)$，故可写 $C' = C + t(1,\ -1)$。中点 $\left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{t}{2},\ -1 - \dfrac{t}{2}\right)$ 代入 $x - y + 1 = 0$：

$$\left(\frac{1}{2} + \frac{t}{2}\right) - \left(-1 - \frac{t}{2}\right) + 1 = 0 \implies t + \frac{5}{2} = 0 \implies t = -\frac{5}{2}.$$

于是

$$C' = \left(\frac{1}{2} - \frac{5}{2},\ -1 + \frac{5}{2}\right) = \left(-2,\ \frac{3}{2}\right).$$

所求圆为

$$(x + 2)^2 + \left(y - \frac{3}{2}\right)^2 = \frac{5}{4}.$$

验证：中点 $\left(-\dfrac{3}{4},\ \dfrac{1}{4}\right)$ 代入 $l$ 得 $-\dfrac{3}{4} - \dfrac{1}{4} + 1 = 0$ ✓； $\overrightarrow{CC'} = \left(-\dfrac{5}{2},\ \dfrac{5}{2}\right)$ 与 $l$ 的方向向量 $(1,\ 1)$ 的数量积为 $0$ ✓ 垂直。

习题 2.5 第 6 题

6. 正方形 $ABCD$ 的边长为 $a$，在边 $BC$ 上取线段 $BE = \frac{a}{3}$，在边 $DC$ 的延长线上取 $CF = \frac{a}{2}$。试证明：直线 $AE$ 与 $BF$ 的交点 $M$ 位于正方形 $ABCD$ 的外接圆上。

建系：把正方形的两条边取作坐标轴最省事。令

$$A(0,\ 0),\quad B(a,\ 0),\quad C(a,\ a),\quad D(0,\ a).$$

这样 $ABCD$ 依次绕行，$BC$ 是右边那条竖边，$DC$ 是上边那条横边。

用坐标写出条件。$E$ 在 $BC$ 上且 $BE = \dfrac{a}{3}$，从 $B(a,0)$ 向 $C(a,a)$ 走：

$$E\left(a,\ \frac{a}{3}\right).$$

$F$ 在 $DC$ 的延长线上且 $CF = \dfrac{a}{2}$，$DC$ 的方向是从 $D(0,a)$ 到 $C(a,a)$， 延长即继续朝 $x$ 增大的方向：

$$F\left(\frac{3a}{2},\ a\right).$$

求交点。直线 $AE$ 过原点，斜率 $\dfrac{a/3}{a} = \dfrac{1}{3}$，方程 $y = \dfrac{x}{3}$。 直线 $BF$ 的斜率 $\dfrac{a - 0}{\frac{3a}{2} - a} = \dfrac{a}{a/2} = 2$，方程 $y = 2(x - a)$。 联立：

$$\frac{x}{3} = 2x - 2a \implies x = 6x - 6a \implies x = \frac{6a}{5},\quad y = \frac{2a}{5}.$$

故 $M\left(\dfrac{6a}{5},\ \dfrac{2a}{5}\right)$。

写出外接圆。正方形的外接圆以中心 $\left(\dfrac{a}{2},\ \dfrac{a}{2}\right)$ 为圆心， 半径为对角线之半 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}a$：

$$\left(x - \frac{a}{2}\right)^2 + \left(y - \frac{a}{2}\right)^2 = \frac{a^2}{2}.$$

代入验证：

$$\left(\frac{6a}{5} - \frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{2a}{5} - \frac{a}{2}\right)^2 = \left(\frac{7a}{10}\right)^2 + \left(-\frac{a}{10}\right)^2 = \frac{49a^2 + a^2}{100} = \frac{a^2}{2}.$$

等式成立，所以 $M$ 在外接圆上。$\blacksquare$

一句话总结这个建系为什么好：边长为 $a$ 的正方形，把一个顶点放原点、两邻边沿轴， 四个顶点的坐标里只出现 $0$ 与 $a$，$E$、$F$ 的坐标也只是 $a$ 的简单分数，全程没有根号。

习题 2.5 第 7 题

7. 求经过点 $M(2, -2)$ 以及圆 $x^{2} + y^{2} - 6x = 0$ 与 $x^{2} + y^{2} = 4$ 交点的圆的方程.

先确认两圆真的相交（不然「交点」不存在，圆系也没有意义）。 $x^2 + y^2 - 6x = 0$ 即 $(x-3)^2 + y^2 = 9$，圆心 $(3,0)$、半径 $3$； $x^2 + y^2 = 4$ 圆心 $(0,0)$、半径 $2$。圆心距 $3$，而 $|3 - 2| = 1 < 3 < 5 = 3 + 2$，相交 ✓。

用圆系。过两圆交点的圆可写成

$$x^2 + y^2 - 6x + \lambda(x^2 + y^2 - 4) = 0 \qquad (\lambda \neq -1),$$

$\lambda \neq -1$ 是为了保证二次项不被消光（$\lambda = -1$ 时退化成公共弦所在直线）。 把 $M(2,\ -2)$ 代入：

$$4 + 4 - 12 + \lambda(4 + 4 - 4) = -4 + 4\lambda = 0 \implies \lambda = 1.$$

$\lambda = 1 \neq -1$，合法。代回并除以 $2$：

$$2x^2 + 2y^2 - 6x - 4 = 0 \implies x^2 + y^2 - 3x - 2 = 0,$$

即

$$\left(x - \frac{3}{2}\right)^2 + y^2 = \frac{17}{4}.$$

验证：两圆相减得 $-6x + 4 = 0$，$x = \dfrac{2}{3}$，代回 $x^2 + y^2 = 4$ 得 $y^2 = 4 - \dfrac{4}{9} = \dfrac{32}{9}$，交点 $\left(\dfrac{2}{3},\ \pm\dfrac{4\sqrt{2}}{3}\right)$。 代入所求圆：$\dfrac{4}{9} + \dfrac{32}{9} - 2 - 2 = 4 - 4 = 0$ ✓。再代 $M(2,-2)$：$4 + 4 - 6 - 2 = 0$ ✓。

习题 2.5 第 8 题

8. 求圆心在直线 $x - y - 4 = 0$ 上，并且经过圆 $x^{2} + y^{2} + 6x - 4 = 0$ 与圆 $x^{2} + y^{2} + 6y - 28 = 0$ 的交点的圆的方程.

先确认两圆相交。 两式相减：$6x - 6y + 24 = 0$，即 $x - y + 4 = 0$。 把 $y = x + 4$ 代入第一个圆：

$$x^2 + (x+4)^2 + 6x - 4 = 2x^2 + 14x + 12 = 0 \implies x^2 + 7x + 6 = 0,$$

得 $x = -1$ 或 $x = -6$，交点 $P(-1,\ 3)$、$Q(-6,\ -2)$。两个交点，确实相交 ✓。

用圆系加圆心条件。 设

$$x^2 + y^2 + 6x - 4 + \lambda(x^2 + y^2 + 6y - 28) = 0 \qquad (\lambda \neq -1),$$

除以 $1 + \lambda$ 得

$$x^2 + y^2 + \frac{6}{1+\lambda}x + \frac{6\lambda}{1+\lambda}y - \frac{4 + 28\lambda}{1+\lambda} = 0,$$

圆心为 $\left(-\dfrac{3}{1+\lambda},\ -\dfrac{3\lambda}{1+\lambda}\right)$。代入 $x - y - 4 = 0$：

$$-\frac{3}{1+\lambda} + \frac{3\lambda}{1+\lambda} - 4 = 0 \implies 3\lambda - 3 = 4(1+\lambda) \implies \lambda = -7.$$

$\lambda = -7 \neq -1$，合法，且 $1 + \lambda = -6$。代回并整理：

$$x^2 + y^2 - x + 7y - 32 = 0,$$

即

$$\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + \left(y + \frac{7}{2}\right)^2 = \frac{89}{2}.$$

验证：圆心 $\left(\dfrac{1}{2},\ -\dfrac{7}{2}\right)$ 代入 $x - y - 4$ 得 $\dfrac{1}{2} + \dfrac{7}{2} - 4 = 0$ ✓； $P(-1,3)$：$1 + 9 + 1 + 21 - 32 = 0$ ✓；$Q(-6,-2)$：$36 + 4 + 6 - 14 - 32 = 0$ ✓。

习题 2.5 第 9 题

9. 求圆 $x^{2} + y^{2} - 4 = 0$ 与圆 $x^{2} + y^{2} - 4x + 4y - 12 = 0$ 的公共弦的长.

两式相减：

$$(x^2 + y^2 - 4) - (x^2 + y^2 - 4x + 4y - 12) = 4x - 4y + 8 = 0,$$

即 $x - y + 2 = 0$。

第一个圆的圆心 $(0,\ 0)$、半径 $2$，到这条直线的距离

$$d = \frac{|0 - 0 + 2|}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} < 2,$$

$d < r$ 说明直线确实与圆相交，这一步同时也就证明了两圆相交，相减得到的直线才是公共弦所在直线。 弦长

$$|AB| = 2\sqrt{r^2 - d^2} = 2\sqrt{4 - 2} = 2\sqrt{2}.$$

自检（换另一个圆再算一遍）：$x^2 + y^2 - 4x + 4y - 12 = 0$ 即 $(x-2)^2 + (y+2)^2 = 20$， 圆心 $(2,\ -2)$、半径 $2\sqrt{5}$，到 $x - y + 2 = 0$ 的距离 $\dfrac{|2 + 2 + 2|}{\sqrt{2}} = 3\sqrt{2}$， 弦长 $2\sqrt{20 - 18} = 2\sqrt{2}$ ✓。两个圆算出同一个弦长，公共弦名副其实。

习题 2.5 第 10 题

10. 求经过点 $M(3, -1)$，且与圆 $C: x^2 + y^2 + 2x - 6y + 5 = 0$ 相切于点 $N(1, 2)$ 的圆的方程.

圆 $C$ 配方：$(x+1)^2 + (y-3)^2 = 1 + 9 - 5 = 5$，圆心 $C(-1,\ 3)$、半径 $\sqrt{5}$。 先验 $N$ 在 $C$ 上：$(1+1)^2 + (2-3)^2 = 4 + 1 = 5$ ✓。再验 $M$ 不在 $C$ 上： $9 + 1 + 6 + 6 + 5 = 27 \neq 0$ ✓（否则「过 $M$ 且切于 $N$」会退化）。

关键：两圆在 $N$ 相切，意味着它们在 $N$ 有同一条切线。所以所求圆属于「圆 $C$ 与该切线」生成的圆系。

圆 $C$ 在 $N(1,2)$ 处的切线：半径方向 $\overrightarrow{CN} = (2,\ -1)$，切线为

$$2(x - 1) - (y - 2) = 0 \implies 2x - y = 0.$$

设所求圆为

$$x^2 + y^2 + 2x - 6y + 5 + \lambda(2x - y) = 0.$$

（这一族里每个圆都过 $N$，且在 $N$ 处与 $C$ 有公共切线 $2x - y = 0$，故都与 $C$ 切于 $N$。） 代入 $M(3,\ -1)$：

$$9 + 1 + 6 + 6 + 5 + \lambda(6 + 1) = 27 + 7\lambda = 0 \implies \lambda = -\frac{27}{7}.$$

代回并乘 $7$：

$$7x^2 + 7y^2 - 40x - 15y + 35 = 0,$$

即

$$\left(x - \frac{20}{7}\right)^2 + \left(y - \frac{15}{14}\right)^2 = \frac{845}{196},$$

半径为 $\dfrac{13\sqrt{5}}{14}$。

验证：圆心 $\left(\dfrac{20}{7},\ \dfrac{15}{14}\right)$ 是否在直线 $CN$ 上？$CN$ 的方程是 $x + 2y - 5 = 0$，代入得 $\dfrac{20}{7} + \dfrac{15}{7} - 5 = 0$ ✓——圆心与 $C$、$N$ 三点共线，这正是相切的几何标志。 过 $N(1,2)$：$1 + 4 - \dfrac{40}{7} - \dfrac{30}{7} + 5 = 10 - 10 = 0$ ✓。 过 $M(3,-1)$：$9 + 1 - \dfrac{120}{7} + \dfrac{15}{7} + 5 = 15 - 15 = 0$ ✓。

习题 2.5 第 11 题

11. 如图，某台机器的三个齿轮，A 与 B 啮合，C 与 B 也啮合．若 A 轮的直径为 200 cm，B 轮的直径为 120 cm，C 轮的直径为 250 cm，且 $\angle A = 45^{\circ}$ ．试建立适当的坐标系，用坐标法求出 A，C 两齿轮的中心距离（精确到 1 cm）.

把啮合翻译成数学条件：两齿轮啮合就是两圆外切，圆心距等于两半径之和。 三个半径分别为 $r_A = 100$、$r_B = 60$、$r_C = 125$（单位 cm），于是

$$|AB| = r_A + r_B = 160, \qquad |BC| = r_B + r_C = 185.$$

要求的是 $|AC|$，已知夹角 $\angle A = \angle BAC = 45^\circ$。

建系：把 $A$ 放原点、射线 $AB$ 放在 $x$ 轴正半轴上——这样 $\angle A$ 直接就是 $AC$ 的倾斜角， 三个点的坐标最省事：

$$A(0,\ 0), \qquad B(160,\ 0), \qquad C\left(b\cos 45^\circ,\ b\sin 45^\circ\right) = \left(\frac{\sqrt{2}}{2}b,\ \frac{\sqrt{2}}{2}b\right),$$

其中 $b = |AC| > 0$ 是待求量。

列方程：由 $|BC| = 185$，

$$\left(\frac{\sqrt{2}}{2}b - 160\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}b\right)^2 = 185^2.$$

展开，$\dfrac{b^2}{2} - 160\sqrt{2}\,b + 25600 + \dfrac{b^2}{2} = 34225$，即

$$b^2 - 160\sqrt{2}\,b - 8625 = 0.$$

解并取舍：

$$b = \frac{160\sqrt{2} \pm \sqrt{51200 + 34500}}{2} = 80\sqrt{2} \pm \frac{\sqrt{85700}}{2} = 80\sqrt{2} \pm 5\sqrt{857}.$$

$5\sqrt{857} \approx 146.37 > 80\sqrt{2} \approx 113.14$，所以取负号会得到负数，舍去（长度必须为正）。故

$$b = 80\sqrt{2} + 5\sqrt{857} \approx 113.14 + 146.37 = 259.51.$$

精确到 $1$ cm，$A$、$C$ 两齿轮的中心距离约为 $260$ cm。

自检（余弦定理复核）：$185^2 = 160^2 + b^2 - 2 \times 160 \times b\cos 45^\circ$， 整理得到的正是同一个方程 $b^2 - 160\sqrt{2}\,b - 8625 = 0$ ✓。 再回代 $b = 259.51$：$\sqrt{(183.50 - 160)^2 + 183.50^2} = \sqrt{552 + 33672} \approx 185.0$ ✓。

习题 2.5 第 12 题

12. 已知 $A(-2, -2)$, $B(-2, 6)$, $C(4, -2)$ 三点, 点 $P$ 在圆 $x^{2} + y^{2} = 4$ 上运动, 求 $|PA|^{2} + |PB|^{2} + |PC|^{2}$ 的最大值和最小值.

设 $P(x,\ y)$，约束是 $x^2 + y^2 = 4$。先把三个平方和展开，看能不能整体化简：

$$|PA|^2 = (x+2)^2 + (y+2)^2 = x^2 + y^2 + 4x + 4y + 8,$$ $$|PB|^2 = (x+2)^2 + (y-6)^2 = x^2 + y^2 + 4x - 12y + 40,$$ $$|PC|^2 = (x-4)^2 + (y+2)^2 = x^2 + y^2 - 8x + 4y + 20.$$

三式相加，注意 $x$ 的系数 $4 + 4 - 8 = 0$ 恰好抵消：

$$|PA|^2 + |PB|^2 + |PC|^2 = 3(x^2 + y^2) - 4y + 68 = 3 \times 4 - 4y + 68 = 80 - 4y.$$

这就把二元问题压成了一元：整个表达式只依赖 $y$。而 $P$ 在圆 $x^2 + y^2 = 4$ 上， 故 $y \in [-2,\ 2]$，且两个端点都取得到（对应 $P(0,\pm 2)$）。$80 - 4y$ 关于 $y$ 递减，于是

$$\text{最大值} = 80 - 4 \times (-2) = 88 \quad (\text{此时 } P(0,\ -2)),$$ $$\text{最小值} = 80 - 4 \times 2 = 72 \quad (\text{此时 } P(0,\ 2)).$$

验证：$P(0,-2)$ 时 $|PA|^2 = 4$、$|PB|^2 = 4 + 64 = 68$、$|PC|^2 = 16$，和为 $88$ ✓； $P(0,2)$ 时 $20 + 20 + 32 = 72$ ✓。

习题 2.5 第 13 题

13. 已知圆 $x^{2} + y^{2} = 4$ ，直线 $l: y = x + b$ 。 $b$ 为何值时，圆上恰有三个点到直线 $l$ 的距离都等于1？

圆心 $O(0,0)$、半径 $r = 2$。记圆心到 $l$ 的距离为 $d = \dfrac{|b|}{\sqrt{2}}$。

把「到 $l$ 的距离等于 1 的点」几何化：这些点组成与 $l$ 平行、距离为 $1$ 的两条直线 $l_1$、$l_2$。所求个数 = 圆与这两条直线的交点总数。两条平行线到圆心的距离分别是 $|d - 1|$ 与 $d + 1$。

一条直线与圆的交点数：距离 $< r$ 得 $2$ 个，$= r$ 得 $1$ 个，$> r$ 得 $0$ 个。 总数为 $3$ 只能是「一条割、一条切」：

• 若 $d + 1 = r = 2$，即 $d = 1$，此时 $|d - 1| = 0 < 2$，另一条过圆心割出 $2$ 个点。总数 $2 + 1 = 3$ ✓。
• 若 $|d - 1| = 2$ 而 $d + 1 < 2$，则 $d < 1$，于是 $|d-1| = 1 - d = 2$ 给出 $d = -1 < 0$，不可能 ✗。

所以只有 $d = 1$ 一种情形：

$$\frac{|b|}{\sqrt{2}} = 1 \implies |b| = \sqrt{2} \implies b = \pm\sqrt{2}.$$

几何图景：$b = \pm\sqrt{2}$ 时 $l$ 与圆心的距离恰是 $1$，与它同侧、距 $1$ 的那条平行线正好过圆心， 割出一条直径的两个端点；异侧那条距圆心 $2$，正好相切，贡献第三个点。

习题 2.5 第 14 题

14. 如图，圆 $x^{2} + y^{2} = 8$ 内有一点 $P_{0}(-1,2)$，$AB$ 为过点 $P_{0}$ 且倾斜角为 $\alpha$ 的弦.

(1) 当 $\alpha=135^{\circ}$ 时，求 AB 的长.

(2) 是否存在弦 AB 被点 $P_{0}$ 平分？若存在，写出直线 AB 的方程；若不存在，请说明理由.

先验 $P_0$ 确实在圆内：$(-1)^2 + 2^2 = 5 < 8$ ✓，所以过 $P_0$ 的任何直线都截出一条弦。 圆心 $O(0,0)$，半径 $r = 2\sqrt{2}$。

(1) 倾斜角 $135^\circ$ 对应斜率 $k = \tan 135^\circ = -1$，直线

$$y - 2 = -(x + 1) \implies x + y - 1 = 0.$$

圆心到它的距离 $d = \dfrac{|0 + 0 - 1|}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，于是

$$|AB| = 2\sqrt{r^2 - d^2} = 2\sqrt{8 - \frac{1}{2}} = 2 \times \frac{\sqrt{30}}{2} = \sqrt{30}.$$

（$\sqrt{30} \approx 5.48$，小于直径 $4\sqrt{2} \approx 5.66$，量级合理。）

(2) 存在，且唯一。 依据是垂径定理的逆用：弦的中点与圆心的连线垂直于该弦。 所以若 $P_0$ 是弦 $AB$ 的中点，必有 $OP_0 \perp AB$。

$k_{OP_0} = \dfrac{2 - 0}{-1 - 0} = -2$，故 $AB$ 的斜率为 $\dfrac{1}{2}$，直线

$$y - 2 = \frac{1}{2}(x + 1) \implies x - 2y + 5 = 0.$$

反过来验证它真的被 $P_0$ 平分：圆心到 $x - 2y + 5 = 0$ 的距离 $d = \dfrac{|0 - 0 + 5|}{\sqrt{5}} = \sqrt{5} < 2\sqrt{2}$，确实是弦；垂足为

$$-\frac{5}{1^2 + (-2)^2}(1,\ -2) = (-1,\ 2) = P_0,$$

而垂足就是弦的中点，所以 $P_0$ 平分 $AB$ ✓。

唯一性：满足条件的直线必须过 $P_0$ 且垂直于 $OP_0$，这样的直线只有一条。 （注意 $P_0 \neq O$，否则任何过 $O$ 的弦都被平分，答案就不唯一了。）

习题 2.5 第 15 题

15. 已知点 $P(-2, -3)$ 和以点 $Q$ 为圆心的圆 $(x - 4)^2 + (y - 2)^2 = 9$.

（1）画出以 $PQ$ 为直径，点 $Q^{\prime}$ 为圆心的圆，再求出圆 $Q^{\prime}$ 的方程；

(2) 设圆 Q 与圆 $Q'$ 相交于 A, B 两点，直线 PA, PB 是圆 Q 的切线吗？为什么？

(3) 求直线 AB 的方程.

圆 $Q$ 的圆心 $Q(4,\ 2)$、半径 $3$。先看 $P$ 在圆外： $(-2-4)^2 + (-3-2)^2 = 36 + 25 = 61 > 9$ ✓，所以从 $P$ 能作出两条切线。

(1) $Q'$ 是 $PQ$ 的中点：

$$Q' = \left(\frac{-2 + 4}{2},\ \frac{-3 + 2}{2}\right) = \left(1,\ -\frac{1}{2}\right),$$

半径为 $\dfrac{|PQ|}{2} = \dfrac{\sqrt{61}}{2}$。故

$$(x - 1)^2 + \left(y + \frac{1}{2}\right)^2 = \frac{61}{4}.$$

图形：这个圆以 $P(-2,-3)$ 与 $Q(4,2)$ 为直径的两端，从左下的 $P$ 一直画到右上的 $Q$， 沿途与圆 $Q$ 交于两点 $A$、$B$。（两圆确实相交：$|QQ'| = \dfrac{\sqrt{61}}{2} \approx 3.90$， 而 $\left|\dfrac{\sqrt{61}}{2} - 3\right| \approx 0.90 < 3.90 < \dfrac{\sqrt{61}}{2} + 3 \approx 6.90$ ✓。）

(2) 是切线。 理由分两步：

• $A$ 在以 $PQ$ 为直径的圆 $Q'$ 上，由直径所对的圆周角是直角，得 $\angle PAQ = 90^\circ$， 即 $QA \perp PA$。
• $A$ 又在圆 $Q$ 上，所以 $QA$ 正是圆 $Q$ 过 $A$ 的半径。过圆上一点且垂直于该点半径的直线是圆的切线， 故 $PA$ 与圆 $Q$ 相切于 $A$。

对 $B$ 同理，$PB$ 也是圆 $Q$ 的切线。这也解释了这道题的设计：以 $PQ$ 为直径作圆，是尺规求切点的标准作法。

(3) $AB$ 是两圆的公共弦，两圆方程相减即可。把两圆化成一般式：

$$Q:\ x^2 + y^2 - 8x - 4y + 11 = 0, \qquad Q':\ x^2 + y^2 - 2x + y - 14 = 0.$$

相减：

$$-6x - 5y + 25 = 0 \implies 6x + 5y - 25 = 0.$$

自检（切点弦公式复核）：从圆外一点 $(x_0,y_0)$ 向圆 $(x-a)^2 + (y-b)^2 = r^2$ 作两条切线， 两切点连线为 $(x_0 - a)(x - a) + (y_0 - b)(y - b) = r^2$。代入得

$$(-6)(x - 4) + (-5)(y - 2) = 9 \implies -6x - 5y + 25 = 0,$$

与相减的结果完全相同 ✓。

复习参考题 2 第 1 题

1. 选择题.

(1) 直线 $3x + 2y - 1 = 0$ 的一个方向向量是（）. (A) $(2,-3)$ (B) $(2,3)$ (C) $(-3,2)$ (D) $(3,2)$

(2) 设直线 $l$ 的方程为 $x - y \sin \theta + 2 = 0$, 则直线 $l$ 的倾斜角 $\alpha$ 的范围是 ( ). (A) $[0, \pi]$ (B) $\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ (C) $\left[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}\right]$ (D) $\left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right) \cup \left(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{4}\right)$

(3) 与直线 $3x-4y+5=0$ 关于 x 轴对称的直线的方程为 ( ).

(A) $3x+4y-5=0$ (B) $3x+4y+5=0$

(C) $3x-4y+5=0$ (D) 3x-4y-5=0

(1) 选 A。 一般式 $Ax + By + C = 0$ 的法向量是 $(A,\ B)$，方向向量是与它垂直的 $(B,\ -A)$（或任意非零倍数）。这里 $(A,B) = (3,\ 2)$，故方向向量取 $(2,\ -3)$。

逐项核对：$(2,-3)$ 与 $(3,2)$ 的数量积 $6 - 6 = 0$，垂直于法向量，是方向向量 ✓； $(2,3)$ 得 $6 + 6 = 12 \neq 0$ ✗；$(-3,2)$ 得 $-9 + 4 = -5 \neq 0$ ✗； $(3,2)$ 得 $9 + 4 = 13 \neq 0$ ✗——$(3,2)$ 正是法向量，是最容易误选的那一项。

也可以用斜率核：$k = -\dfrac{3}{2}$，方向向量 $(1,\ k) = \left(1,\ -\dfrac{3}{2}\right)$，乘 $2$ 得 $(2,\ -3)$ ✓。

(2) 选 C。 分两种情形。

若 $\sin\theta = 0$，方程成 $x + 2 = 0$，是竖直线，$\alpha = \dfrac{\pi}{2}$。

若 $\sin\theta \neq 0$，斜率 $k = \dfrac{1}{\sin\theta}$。由 $0 < |\sin\theta| \leqslant 1$ 得 $|k| \geqslant 1$， 即 $k \geqslant 1$ 或 $k \leqslant -1$，且两端都取得到（$\sin\theta = \pm 1$ 时 $k = \pm 1$）。 $k \geqslant 1$ 对应 $\alpha \in \left[\dfrac{\pi}{4},\ \dfrac{\pi}{2}\right)$， $k \leqslant -1$ 对应 $\alpha \in \left(\dfrac{\pi}{2},\ \dfrac{3\pi}{4}\right]$。

两种情形并起来，中间的 $\dfrac{\pi}{2}$ 被第一种情形补上：

$$\alpha \in \left[\frac{\pi}{4},\ \frac{\pi}{2}\right) \cup \left\{\frac{\pi}{2}\right\} \cup \left(\frac{\pi}{2},\ \frac{3\pi}{4}\right] = \left[\frac{\pi}{4},\ \frac{3\pi}{4}\right].$$

D 是漏掉 $\sin\theta = 0$ 的那个陷阱选项：题目没有限制 $\theta$，$\sin\theta$ 取 $0$ 是允许的， 此时直线竖直、倾斜角恰是 $\dfrac{\pi}{2}$，所以那个点不能挖掉。

(3) 选 B。 关于 $x$ 轴对称就是把每个点的纵坐标取相反数， 所以在原方程里用 $-y$ 换 $y$ 即得对称直线的方程：

$$3x - 4(-y) + 5 = 0 \implies 3x + 4y + 5 = 0.$$

验证：原直线过 $(1,\ 2)$（$3 - 8 + 5 = 0$），它关于 $x$ 轴的对称点 $(1,\ -2)$ 代入 $3x + 4y + 5$ 得 $3 - 8 + 5 = 0$ ✓。两条直线的斜率互为相反数（$\dfrac{3}{4}$ 与 $-\dfrac{3}{4}$）， 且与 $x$ 轴交于同一点 $\left(-\dfrac{5}{3},\ 0\right)$，符合轴对称的图景。

复习参考题 2 第 2 题

2. 已知下列各组中的两个方程表示的直线平行，求 $a$ 的值：(1) $2x + 3y = a$ ， $4x + 6y - 3 = 0$ (2) $x + 2ay - 1 = 0$ ， $(3a - 1)x - ay - 1 = 0$ (3) $x + (1 + a)y = 2 - a$ ， $2ax + 4y = -16.$

统一记 $l_1: A_1x + B_1y + C_1 = 0$、$l_2: A_2x + B_2y + C_2 = 0$。两条直线平行要两件事同时成立：

$$A_1B_2 - A_2B_1 = 0 \quad (\text{方向相同}), \qquad \text{且两条直线不重合}.$$

第二个条件不能省——只解第一个方程，会把重合的情形一起解出来。

(1) $l_1: 2x + 3y - a = 0$，$l_2: 4x + 6y - 3 = 0$。 $A_1B_2 - A_2B_1 = 2 \times 6 - 4 \times 3 = 0$，对任何 $a$ 都成立，两条直线永远不相交。 所以只剩「不重合」这一个条件。$l_2$ 可写成 $2x + 3y - \dfrac{3}{2} = 0$，与 $l_1$ 重合当且仅当 $a = \dfrac{3}{2}$。故

$$a \neq \frac{3}{2}\ (a \in \mathbf{R}).$$

这一问的答案不是一个数，而是一个范围——题干说「求 $a$ 的值」，但条件本身就允许无穷多个 $a$。

(2) $A_1B_2 - A_2B_1 = 1 \times (-a) - (3a-1) \times 2a = -a - 6a^2 + 2a = a(1 - 6a) = 0$， 得 $a = 0$ 或 $a = \dfrac{1}{6}$。逐个查是否重合：

• $a = 0$：$l_1: x - 1 = 0$，$l_2: -x - 1 = 0$，即 $x = 1$ 与 $x = -1$。两条竖直线，不重合 ✓ 平行。
• $a = \dfrac{1}{6}$：$l_1: x + \dfrac{1}{3}y - 1 = 0$，即 $3x + y - 3 = 0$； $l_2: -\dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{6}y - 1 = 0$，即 $3x + y + 6 = 0$。常数项不同，不重合 ✓ 平行。

故 $a = 0$ 或 $a = \dfrac{1}{6}$。

(3) $l_1: x + (1+a)y - (2-a) = 0$，$l_2: 2ax + 4y + 16 = 0$。 $A_1B_2 - A_2B_1 = 1 \times 4 - 2a(1+a) = -2a^2 - 2a + 4 = 0$，即 $a^2 + a - 2 = 0$， $(a+2)(a-1) = 0$，得 $a = -2$ 或 $a = 1$。查重合：

• $a = 1$：$l_1: x + 2y - 1 = 0$，$l_2: 2x + 4y + 16 = 0$，即 $x + 2y + 8 = 0$。不重合 ✓ 平行。
• $a = -2$：$l_1: x - y - 4 = 0$，$l_2: -4x + 4y + 16 = 0$，即 $x - y - 4 = 0$。两条重合， 不是平行，必须舍去。

故 $a = 1$。

复习参考题 2 第 3 题

3. 已知下列各组中的两个方程表示的直线垂直，求 $a$ 的值：(1) $4ax + y = 1$ ， $(1 - a)x + y = -1$ (2) $2x + ay = 2$ ， $ax + 2y = 1$ (3) $(3a + 2)x + (1 - 4a)y + 8 = 0$ ， $(5a - 2)x + (a + 4)y - 7 = 0.$

垂直的判据用一般式最省事：法向量互相垂直，即

$$A_1A_2 + B_1B_2 = 0.$$

这条式子对竖直线、水平线一样成立，不用像斜率乘积 $k_1k_2 = -1$ 那样先讨论斜率是否存在。

(1) $A_1A_2 + B_1B_2 = 4a(1-a) + 1 \times 1 = -4a^2 + 4a + 1 = 0$，即

$$4a^2 - 4a - 1 = 0 \implies a = \frac{4 \pm \sqrt{16 + 16}}{8} = \frac{1 \pm \sqrt{2}}{2}.$$

判别式 $32 > 0$，两个根都是实数，都要保留：$a = \dfrac{1 + \sqrt{2}}{2}$ 或 $a = \dfrac{1 - \sqrt{2}}{2}$。

(2) $A_1A_2 + B_1B_2 = 2a + 2a = 4a = 0$，得 $a = 0$。

验证：$a = 0$ 时 $l_1: 2x = 2$，即 $x = 1$（竖直）；$l_2: 2y = 1$，即 $y = \dfrac{1}{2}$（水平）。 两者确实垂直 ✓。这一问正好说明用法向量判据的好处：$a = 0$ 时两条直线一条没有斜率， 斜率乘积那条路在这里根本写不出来。

(3)

$$(3a+2)(5a-2) + (1-4a)(a+4) = (15a^2 + 4a - 4) + (-4a^2 - 15a + 4) = 11a^2 - 11a = 0,$$

即 $11a(a - 1) = 0$，得 $a = 0$ 或 $a = 1$。

验证：$a = 0$ 时 $l_1: 2x + y + 8 = 0$、$l_2: -2x + 4y - 7 = 0$，$-4 + 4 = 0$ ✓； $a = 1$ 时 $l_1: 5x - 3y + 8 = 0$、$l_2: 3x + 5y - 7 = 0$，$15 - 15 = 0$ ✓。两个值都合法。

复习参考题 2 第 4 题

4. 求平行于直线 x-y-2=0，且与它的距离为 $2\sqrt{2}$ 的直线的方程.

与 $x - y - 2 = 0$ 平行的直线可设为 $x - y + c = 0$（$c \neq -2$，否则重合）。 两条平行线之间的距离用公式 $\dfrac{|C_1 - C_2|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$（前提是两式的 $A$、$B$ 已经写成一样的）：

$$\frac{|c - (-2)|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = 2\sqrt{2} \implies |c + 2| = 4 \implies c = 2 \ \text{或}\ c = -6.$$

两个都满足 $c \neq -2$，两条直线都要，它们分居原直线两侧：

$$x - y + 2 = 0 \quad \text{与} \quad x - y - 6 = 0.$$

验证：原直线上取一点 $(2,\ 0)$，它到 $x - y + 2 = 0$ 的距离 $\dfrac{|2 - 0 + 2|}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}$ ✓， 到 $x - y - 6 = 0$ 的距离 $\dfrac{|2 - 0 - 6|}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}$ ✓。

复习参考题 2 第 5 题

5. 已知平行四边形的两条边所在直线的方程分别是 $x + y - 1 = 0$，$3x - y + 4 = 0$，且它的对角线的交点是 $M(3, 3)$，求这个平行四边形其他两边所在直线的方程.

读题：两条已知直线不平行（$1 \times (-1) - 3 \times 1 = -4 \neq 0$），所以它们是相邻两边，交点是一个顶点。

第一步：求这个顶点。 联立

$$\begin{cases} x + y - 1 = 0 \\ 3x - y + 4 = 0 \end{cases} \implies 4x + 3 = 0 \implies x = -\frac{3}{4},\ y = \frac{7}{4},$$

顶点 $A\left(-\dfrac{3}{4},\ \dfrac{7}{4}\right)$。

第二步：求对顶点。 平行四边形的对角线互相平分，所以 $M$ 是 $AC$ 的中点， 对顶点 $C$ 是 $A$ 关于 $M(3,3)$ 的对称点：

$$C = (2 \times 3 - x_A,\ 2 \times 3 - y_A) = \left(\frac{27}{4},\ \frac{17}{4}\right).$$

第三步：写另两边。 另两条边过 $C$，且分别与已知的两条边平行。

与 $x + y - 1 = 0$ 平行且过 $C$：$x + y + c = 0$，代入得 $\dfrac{27}{4} + \dfrac{17}{4} + c = 11 + c = 0$，故

$$x + y - 11 = 0.$$

与 $3x - y + 4 = 0$ 平行且过 $C$：$3x - y + c = 0$，代入得 $\dfrac{81}{4} - \dfrac{17}{4} + c = 16 + c = 0$，故

$$3x - y - 16 = 0.$$

验证：四条边围出的另两个顶点是 $x + y - 1 = 0$ 与 $3x - y - 16 = 0$ 的交点 $\left(\dfrac{17}{4},\ -\dfrac{13}{4}\right)$，以及 $3x - y + 4 = 0$ 与 $x + y - 11 = 0$ 的交点 $\left(\dfrac{7}{4},\ \dfrac{37}{4}\right)$。这两点的中点是 $\left(\dfrac{17/4 + 7/4}{2},\ \dfrac{-13/4 + 37/4}{2}\right) = (3,\ 3) = M$ ✓——另一条对角线也过 $M$， 确实是平行四边形。

复习参考题 2 第 6 题

6. 求下列各圆的方程：

(1) 圆心为 $M(-5, 3)$ ，且过点 $A(-8, -1)$ ;

(2) 过 $A(-2, 4)$ , $B(-1, 3)$ , $C(2, 6)$ 三点；

(3) 圆心在直线 $3x + y - 5 = 0$ 上，且经过原点和点 $(3, -1)$ .

(1) 圆心已知，半径就是圆心到已知点的距离：

$$r^2 = (-8 + 5)^2 + (-1 - 3)^2 = 9 + 16 = 25.$$

圆的方程为 $(x + 5)^2 + (y - 3)^2 = 25$。

(2) 三点不共线才有唯一的外接圆——先查： $k_{AB} = \dfrac{3 - 4}{-1 + 2} = -1$，$k_{AC} = \dfrac{6 - 4}{2 + 2} = \dfrac{1}{2}$，不等，故不共线 ✓。

用一般式最省事（不用先求圆心）：设 $x^2 + y^2 + Dx + Ey + F = 0$，代入三点：

$$\begin{cases} 20 - 2D + 4E + F = 0 \\ 10 - D + 3E + F = 0 \\ 40 + 2D + 6E + F = 0 \end{cases}$$

第一式减第二式得 $10 - D + E = 0$；第三式减第二式得 $30 + 3D + 3E = 0$，即 $D + E = -10$。 两式相加消去 $D$：$2E = -20$，$E = -10$，$D = 0$；回代第二式得 $F = 20$。

判别 $D^2 + E^2 - 4F = 0 + 100 - 80 = 20 > 0$ ✓ 确实是圆。所求方程

$$x^2 + y^2 - 10y + 20 = 0, \qquad \text{即} \qquad x^2 + (y - 5)^2 = 5.$$

验证：$A(-2,4)$：$4 + 16 - 40 + 20 = 0$ ✓；$B(-1,3)$：$1 + 9 - 30 + 20 = 0$ ✓； $C(2,6)$：$4 + 36 - 60 + 20 = 0$ ✓。圆心 $(0,\ 5)$、半径 $\sqrt{5}$。

(3) 设圆心为 $(a,\ 5 - 3a)$（直接把直线条件用掉，只剩一个未知数）。 由「到原点与到 $(3,-1)$ 等距」：

$$a^2 + (5 - 3a)^2 = (a - 3)^2 + (6 - 3a)^2.$$

左边 $= 10a^2 - 30a + 25$，右边 $= 10a^2 - 42a + 45$，相等给出 $12a = 20$，$a = \dfrac{5}{3}$。

圆心 $\left(\dfrac{5}{3},\ 0\right)$，$r^2 = \left(\dfrac{5}{3}\right)^2 + 0 = \dfrac{25}{9}$。所求方程

$$\left(x - \frac{5}{3}\right)^2 + y^2 = \frac{25}{9}.$$

验证：$(3,-1)$ 代入得 $\left(\dfrac{4}{3}\right)^2 + 1 = \dfrac{16}{9} + \dfrac{9}{9} = \dfrac{25}{9}$ ✓； 圆心代入 $3x + y - 5$ 得 $5 + 0 - 5 = 0$ ✓。

复习参考题 2 第 7 题

7. $m$ 为何值时，方程 $x^{2} + y^{2} - 4x + 2my + 2m^{2} - 2m + 1 = 0$ 表示圆？并求半径最大时圆的方程.

这里 $D = -4$、$E = 2m$、$F = 2m^2 - 2m + 1$。表示圆的充要条件是 $D^2 + E^2 - 4F > 0$， 且此时

$$r^2 = \frac{D^2 + E^2 - 4F}{4} = \frac{16 + 4m^2 - 8m^2 + 8m - 4}{4} = -m^2 + 2m + 3.$$

第一问：$-m^2 + 2m + 3 > 0 \iff m^2 - 2m - 3 < 0 \iff (m - 3)(m + 1) < 0$，故

$$-1 < m < 3.$$

第二问：把 $r^2$ 配方，

$$r^2 = -(m - 1)^2 + 4,$$

这是开口向下的抛物线，在 $m = 1$ 取最大值 $4$，即 $r_{\max} = 2$。$m = 1$ 落在 $(-1,\ 3)$ 内 ✓。

$m = 1$ 时方程为 $x^2 + y^2 - 4x + 2y + 2 - 2 + 1 = 0$，即 $x^2 + y^2 - 4x + 2y + 1 = 0$， 配方得

$$(x - 2)^2 + (y + 1)^2 = 4.$$

注意：$r^2$ 的最大值与 $r$ 的最大值在同一个 $m$ 处取到（$r > 0$ 时 $r \mapsto r^2$ 递增）， 所以对 $r^2$ 配方就够了，不必先开方。

复习参考题 2 第 8 题

8. 判断圆 $x^{2} + y^{2} - 6x + 4y + 12 = 0$ 与圆 $x^{2} + y^{2} - 14x - 2y + 14 = 0$ 是否相切.

两圆配方：

$$C_1:\ (x - 3)^2 + (y + 2)^2 = 9 + 4 - 12 = 1,$$

圆心 $C_1(3,\ -2)$、半径 $r_1 = 1$；

$$C_2:\ (x - 7)^2 + (y - 1)^2 = 49 + 1 - 14 = 36,$$

圆心 $C_2(7,\ 1)$、半径 $r_2 = 6$。

圆心距

$$d = \sqrt{(7-3)^2 + (1+2)^2} = \sqrt{16 + 9} = 5.$$

与两个界比：$r_1 + r_2 = 7$，$|r_1 - r_2| = 5$。$d = 5 = |r_1 - r_2|$，所以两圆相切，且是内切。

几何图景：小圆整个躲在大圆内部，只在一点上碰到大圆的边。 这一点在射线 $C_2C_1$ 的延长线上，距 $C_2$ 为 $6$：

$$C_2 + \frac{6}{5}\left(C_1 - C_2\right) = \left(7 - \frac{24}{5},\ 1 - \frac{18}{5}\right) = \left(\frac{11}{5},\ -\frac{13}{5}\right).$$

代入 $C_1$：$\left(\dfrac{11}{5} - 3\right)^2 + \left(-\dfrac{13}{5} + 2\right)^2 = \dfrac{16}{25} + \dfrac{9}{25} = 1$ ✓； 代入 $C_2$：$\left(\dfrac{11}{5} - 7\right)^2 + \left(-\dfrac{13}{5} - 1\right)^2 = \dfrac{576}{25} + \dfrac{324}{25} = 36$ ✓。 公共点唯一，内切成立。

复习参考题 2 第 9 题

9. 若函数 $y = f(x)$ 在 $x = a$ 及 $x = b$ 之间的一段图象可以近似地看作线段，且 $a \leqslant c \leqslant b$，求证：

$f (c) \approx f (a) + \frac {c - a}{b - a} \left[ f (b) - f (a) \right].$

这就是线性插值，证明只用两点式。

题设中出现 $\dfrac{c - a}{b - a}$，说明默认 $a \neq b$。记

$$A\left(a,\ f(a)\right), \qquad B\left(b,\ f(b)\right)$$

是图象上的两个端点。由 $a \neq b$，过 $A$、$B$ 的直线不竖直，斜率

$$k = \frac{f(b) - f(a)}{b - a},$$

由点斜式得这条直线的方程

$$y = f(a) + \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(x - a).$$

题设说这段图象可以近似看作线段 $AB$，而 $a \leqslant c \leqslant b$ 保证点 $\left(c,\ f(c)\right)$ 就落在这一段图象上。于是它的纵坐标近似等于直线在 $x = c$ 处的纵坐标：

$$f(c) \approx f(a) + \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(c - a) = f(a) + \frac{c - a}{b - a}\left[f(b) - f(a)\right]. \qquad \blacksquare$$

两个端点是精确的：$c = a$ 时右端为 $f(a)$，$c = b$ 时右端为 $f(b)$，与左端严格相等。 中间才是近似，误差取决于这段图象离直线有多远。

这条式子的读法：$\dfrac{c - a}{b - a}$ 是 $c$ 在区间 $[a,\ b]$ 里所处的比例位置（从 $0$ 到 $1$）， 函数值就按同样的比例从 $f(a)$ 走到 $f(b)$。数学用表里的「比例部分」栏用的正是这一条。

复习参考题 2 第 10 题

10. 求点 $P(-2, -1)$ 到直线 $l: (1 + 3\lambda)x + (1 + \lambda)y - 2 - 4\lambda = 0$ ($\lambda$ 为任意实数) 的距离的最大值.

第一步：看出这是一族过定点的直线。 按 $\lambda$ 归并：

$$(x + y - 2) + \lambda(3x + y - 4) = 0.$$

要让它对一切 $\lambda$ 成立，只需

$$\begin{cases} x + y - 2 = 0 \\ 3x + y - 4 = 0 \end{cases} \implies 2x - 2 = 0 \implies x = 1,\ y = 1.$$

所以不论 $\lambda$ 取何值，$l$ 都过定点 $Q(1,\ 1)$。（直接代入核一遍： $(1+3\lambda) + (1+\lambda) - 2 - 4\lambda = 0$ ✓，对任意 $\lambda$ 恒成立。）

第二步：几何最值。 设 $d$ 为 $P$ 到 $l$ 的距离，$H$ 为垂足，则在直角三角形 $PHQ$ 中 $d = |PH| \leqslant |PQ|$，等号当且仅当 $H = Q$，即 $l \perp PQ$。

$$|PQ| = \sqrt{(1 + 2)^2 + (1 + 1)^2} = \sqrt{13}.$$

第三步：验证等号取得到（这一步不能省，因为这一族并不包含过 $Q$ 的所有直线）。 $\overrightarrow{PQ} = (3,\ 2)$，过 $Q$ 且垂直于它的直线是 $3(x-1) + 2(y-1) = 0$，即 $3x + 2y - 5 = 0$。 它在族里吗？取 $\lambda = \dfrac{1}{3}$：

$$2x + \frac{4}{3}y - \frac{10}{3} = 0 \implies 3x + 2y - 5 = 0 \ ✓.$$

在。故所求最大值为 $\sqrt{13}$。

顺带一提：这一族唯一取不到的方向是 $3x + y - 4 = 0$（对应 $\lambda \to \infty$）， 它不是我们需要的那条，所以不影响结论。

复习参考题 2 第 11 题

11. 过点 $P(3,0)$ 有一条直线 $l$，它夹在两条直线 $l_{1}: 2x - y - 2 = 0$ 与 $l_{2}: x + y + 3 = 0$ 之间的线段恰被点 $P$ 平分，求直线 $l$ 的方程.

设点比设斜率好：设 $l$ 与 $l_1$ 交于 $A$、与 $l_2$ 交于 $B$，用「中点」把 $B$ 直接写成 $A$ 的函数。

设 $A(a,\ 2a - 2)$（自动在 $l_1$ 上）。由 $P(3,0)$ 是 $AB$ 的中点，

$$B = (6 - a,\ -(2a - 2)) = (6 - a,\ 2 - 2a).$$

再把 $B$ 在 $l_2$ 上的条件用掉：

$$(6 - a) + (2 - 2a) + 3 = 11 - 3a = 0 \implies a = \frac{11}{3}.$$

于是 $A\left(\dfrac{11}{3},\ \dfrac{16}{3}\right)$，$B\left(\dfrac{7}{3},\ -\dfrac{16}{3}\right)$。

$A \neq P$，可求斜率：

$$k = \frac{\frac{16}{3} - 0}{\frac{11}{3} - 3} = \frac{16/3}{2/3} = 8,$$

故

$$y = 8(x - 3), \qquad \text{即} \qquad 8x - y - 24 = 0.$$

验证：$A$ 在 $l_1$ 上（$\dfrac{22}{3} - \dfrac{16}{3} - 2 = 0$ ✓）、在 $l$ 上； $B$ 在 $l_2$ 上（$\dfrac{7}{3} - \dfrac{16}{3} + 3 = 0$ ✓）、在 $l$ 上； $A$、$B$ 的中点 $\left(\dfrac{11/3 + 7/3}{2},\ \dfrac{16/3 - 16/3}{2}\right) = (3,\ 0) = P$ ✓。

解的唯一性：上面的推导每一步都是等价变形，$a$ 由一个一次方程唯一确定，所以 $l$ 只有这一条。 另外 $l$ 竖直的情形（$x = 3$）也不成立：$x = 3$ 与 $l_1$ 交于 $(3,4)$、与 $l_2$ 交于 $(3,-6)$， 中点是 $(3,-1) \neq P$。

复习参考题 2 第 12 题

12. 已知直线 $l: x - 2y - 8 = 0$ 和 $A(-2, 0)$, $B(2, 4)$ 两点, 若直线 $l$ 上存在点 $P$ 使得 $|PA| + |PB|$ 最小, 求点 $P$ 的坐标.

先判两点在 $l$ 的同侧还是异侧——这决定用不用作对称点：

$$(-2) - 0 - 8 = -10 < 0, \qquad 2 - 8 - 8 = -14 < 0,$$

同号，$A$、$B$ 在 $l$ 的同一侧。同侧时 $|PA| + |PB|$ 的折线绕不开，要把一点翻到另一侧去。

作 $A$ 关于 $l$ 的对称点 $A'$。 设 $A' = A + t(1,\ -2)$（$(1,-2)$ 是 $l$ 的法向量）。 中点 $\left(-2 + \dfrac{t}{2},\ -t\right)$ 在 $l$ 上：

$$\left(-2 + \frac{t}{2}\right) - 2(-t) - 8 = \frac{5t}{2} - 10 = 0 \implies t = 4,$$

故 $A'(2,\ -8)$。（中点 $(0,\ -4)$ 代入 $l$：$0 + 8 - 8 = 0$ ✓。）

关键一步：对 $l$ 上任意点 $P$ 都有 $|PA| = |PA'|$，所以

$$|PA| + |PB| = |PA'| + |PB| \geqslant |A'B|,$$

等号当且仅当 $P$ 落在线段 $A'B$ 上。

求交点。 $A'(2,\ -8)$ 与 $B(2,\ 4)$ 的横坐标都是 $2$，故直线 $A'B$ 是竖直线 $x = 2$。 代入 $l$：$2 - 2y - 8 = 0$，$y = -3$。所以

$$P(2,\ -3).$$

$P$ 的纵坐标 $-3$ 介于 $-8$ 与 $4$ 之间，确实落在线段 $A'B$ 上 ✓，等号取得到。

验证最小值：$|PA| = \sqrt{(2+2)^2 + 9} = 5$，$|PB| = \sqrt{0 + 49} = 7$，和为 $12$； 而 $|A'B| = |4 - (-8)| = 12$ ✓ 完全吻合。

复习参考题 2 第 13 题

13. 求圆 $x^{2} + y^{2} - 10x - 10y = 0$ 与圆 $x^{2} + y^{2} - 6x + 2y - 40 = 0$ 的公共弦长.

两式相减得公共弦所在直线：

$$(-10x - 10y) - (-6x + 2y - 40) = -4x - 12y + 40 = 0 \implies x + 3y - 10 = 0.$$

第一个圆配方：$(x-5)^2 + (y-5)^2 = 50$，圆心 $(5,\ 5)$、半径 $r = 5\sqrt{2}$。 圆心到该直线的距离

$$d = \frac{|5 + 15 - 10|}{\sqrt{1 + 9}} = \frac{10}{\sqrt{10}} = \sqrt{10}.$$

$d^2 = 10 < 50 = r^2$，相交 ✓。弦长

$$|AB| = 2\sqrt{r^2 - d^2} = 2\sqrt{50 - 10} = 2\sqrt{40} = 4\sqrt{10}.$$

自检（换第二个圆再算）：$(x-3)^2 + (y+1)^2 = 40 + 9 + 1 = 50$，圆心 $(3,\ -1)$、半径也是 $5\sqrt{2}$； 到直线的距离 $\dfrac{|3 - 3 - 10|}{\sqrt{10}} = \sqrt{10}$，弦长同为 $4\sqrt{10}$ ✓。

（两圆半径相等、圆心距 $|C_1C_2| = \sqrt{4 + 36} = 2\sqrt{10}$，介于 $0$ 与 $10\sqrt{2}$ 之间， 所以相交这件事本身也成立。）

复习参考题 2 第 14 题

14. 已知圆 $x^{2} + y^{2} = 4$ 与圆 $x^{2} + y^{2} + 4x - 4y + 4 = 0$ 关于直线 $l$ 对称，求直线 $l$ 的方程.

两圆配方：第一个圆心 $O(0,\ 0)$、半径 $2$；第二个

$$(x + 2)^2 + (y - 2)^2 = -4 + 4 + 4 = 4,$$

圆心 $C(-2,\ 2)$、半径也是 $2$。

半径相等，是两圆能关于某条直线对称的必要条件，这里满足。 轴对称把一个圆心映到另一个圆心，所以 $l$ 就是线段 $OC$ 的垂直平分线。

$OC$ 的中点 $(-1,\ 1)$；$\overrightarrow{OC} = (-2,\ 2)$，取它作 $l$ 的法向量（约去 $2$ 得 $(-1,\ 1)$）：

$$-1 \times (x + 1) + 1 \times (y - 1) = 0 \implies -x + y - 2 = 0,$$

即

$$x - y + 2 = 0.$$

验证：中点 $(-1,1)$ 代入得 $-1 - 1 + 2 = 0$ ✓；$l$ 的方向向量 $(1,\ 1)$ 与 $\overrightarrow{OC} = (-2,\ 2)$ 的数量积 $-2 + 2 = 0$ ✓ 垂直。两条件齐，$l$ 正是 $OC$ 的垂直平分线。

复习参考题 2 第 15 题

15. 求与圆 $C: (x + 2)^2 + (y - 6)^2 = 1$ 关于直线 $3x - 4y + 5 = 0$ 对称的圆的方程.

与本章「习题 2.5 第 5 题」同一个套路：只反射圆心，半径不变。

圆心 $C(-2,\ 6)$，半径 $1$。设对称点 $C' = C + t(3,\ -4)$（$(3,-4)$ 是直线的法向量）。 中点 $\left(-2 + \dfrac{3t}{2},\ 6 - 2t\right)$ 在直线上：

$$3\left(-2 + \frac{3t}{2}\right) - 4(6 - 2t) + 5 = \frac{9t}{2} + 8t - 25 = \frac{25t}{2} - 25 = 0 \implies t = 2.$$

于是

$$C' = (-2 + 6,\ 6 - 8) = (4,\ -2),$$

所求圆为

$$(x - 4)^2 + (y + 2)^2 = 1.$$

验证：中点 $(1,\ 2)$ 代入 $3x - 4y + 5$ 得 $3 - 8 + 5 = 0$ ✓； $\overrightarrow{CC'} = (6,\ -8)$ 与法向量 $(3,\ -4)$ 同向 ✓，故 $CC' \perp l$。 再核距离：$C$ 到 $l$ 的距离 $\dfrac{|-6 - 24 + 5|}{5} = 5$，$C'$ 到 $l$ 的距离 $\dfrac{|12 + 8 + 5|}{5} = 5$ ✓ 相等。

复习参考题 2 第 16 题

16. 求圆心在直线 $y = -2x$ 上，并且经过点 $A(2, -1)$，与直线 $x + y = 1$ 相切的圆的方程.

设圆心 $(a,\ -2a)$，把「圆心在 $y = -2x$ 上」直接用掉。剩下两个条件都给出半径：

• 过 $A(2,\ -1)$：$r^2 = (a - 2)^2 + (-2a + 1)^2 = 5a^2 - 8a + 5$。
• 与 $x + y - 1 = 0$ 相切：$r = \dfrac{|a - 2a - 1|}{\sqrt{2}} = \dfrac{|a + 1|}{\sqrt{2}}$，即 $r^2 = \dfrac{(a+1)^2}{2}$。

两者相等：

$$2(5a^2 - 8a + 5) = (a + 1)^2 \implies 10a^2 - 16a + 10 = a^2 + 2a + 1,$$ $$9a^2 - 18a + 9 = 0 \implies (a - 1)^2 = 0 \implies a = 1.$$

判别式为零，说明这样的圆只有一个（不是漏解，是解本来就唯一）。

圆心 $(1,\ -2)$，$r^2 = (1-2)^2 + (-2+1)^2 = 2$，所求圆

$$(x - 1)^2 + (y + 2)^2 = 2.$$

验证：圆心在 $y = -2x$ 上 ✓；过 $A(2,-1)$：$1 + 1 = 2$ ✓； 到 $x + y - 1 = 0$ 的距离 $\dfrac{|1 - 2 - 1|}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} = r$ ✓ 相切。 顺带一提，$A(2,-1)$ 恰好也在直线 $x + y = 1$ 上（$2 - 1 = 1$），所以 $A$ 就是切点—— 这解释了为什么答案唯一：题目其实是「过定点 $A$ 与定直线相切」，而 $A$ 在那条直线上。

复习参考题 2 第 17 题

17. 如果四边形一组对边的平方和等于另一组对边的平方和，那么它的对角线具有什么关系？为什么？

结论：两条对角线互相垂直。（反过来也成立，下面的推导是充要的。）

设四边形为 $ABCD$，两组对边是 $AB$、$CD$ 与 $BC$、$DA$，两条对角线是 $AC$、$BD$。 建立直角坐标系，四个顶点的坐标记为 $A$、$B$、$C$、$D$（下面把点直接当作它的位置向量用）。

把待比较的两个平方和作差：

$$\left(|AB|^2 + |CD|^2\right) - \left(|BC|^2 + |DA|^2\right).$$

逐项展开（用 $|XY|^2 = |Y - X|^2 = |X|^2 - 2X \cdot Y + |Y|^2$）：

$$|AB|^2 + |CD|^2 = |A|^2 + |B|^2 + |C|^2 + |D|^2 - 2A \cdot B - 2C \cdot D,$$ $$|BC|^2 + |DA|^2 = |A|^2 + |B|^2 + |C|^2 + |D|^2 - 2B \cdot C - 2D \cdot A.$$

四个平方项完全一样，相减时全部抵消，只剩交叉项：

$$\left(|AB|^2 + |CD|^2\right) - \left(|BC|^2 + |DA|^2\right) = 2\left(B \cdot C + D \cdot A - A \cdot B - C \cdot D\right).$$

括号里按 $C - A$ 归并：

$$B \cdot C - A \cdot B + D \cdot A - C \cdot D = B \cdot (C - A) - D \cdot (C - A) = (B - D)\cdot(C - A) = \overrightarrow{DB} \cdot \overrightarrow{AC}.$$

于是得到一个恒等式：

$$|AB|^2 + |CD|^2 - |BC|^2 - |DA|^2 = 2\,\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{DB}.$$

题设说左端为 $0$，故 $\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{DB} = 0$。两条对角线都不是零向量 （四边形的顶点两两不重合），所以

$$AC \perp BD. \qquad \blacksquare$$

用坐标写一遍也一样：取 $A(x_1,y_1)$、$B(x_2,y_2)$、$C(x_3,y_3)$、$D(x_4,y_4)$， 上面的每一步都是逐坐标的同一计算，只是式子长一些。

举个例子核一下：正方形 $A(0,0)$、$B(1,0)$、$C(1,1)$、$D(0,1)$， $|AB|^2 + |CD|^2 = 1 + 1 = 2 = |BC|^2 + |DA|^2$，而两条对角线 $AC$、$BD$ 的斜率是 $1$ 与 $-1$， 确实垂直 ✓。再取一个不垂直的例子：$A(0,0)$、$B(2,0)$、$C(3,1)$、$D(0,1)$， $|AB|^2 + |CD|^2 = 4 + 9 = 13$，$|BC|^2 + |DA|^2 = 2 + 1 = 3$，两者不等， 而 $\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{DB} = (3,1)\cdot(2,-1) = 5 = \dfrac{13 - 3}{2}$ ✓ 恒等式成立。

复习参考题 2 第 18 题

18. 求由曲线 $x^{2}+y^{2}=|x|+|y|$ 围成的图形的面积.

先破绝对值。 方程里 $x$、$y$ 只以 $|x|$、$|y|$ 和平方出现，所以曲线关于两条坐标轴都对称， 从而也关于原点对称。只需在第一象限（含边界）做完，再乘 $4$。

当 $x \geqslant 0$、$y \geqslant 0$ 时方程成 $x^2 + y^2 = x + y$，配方：

$$\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + \left(y - \frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{2}.$$

这是圆心 $\left(\dfrac{1}{2},\ \dfrac{1}{2}\right)$、半径 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 的圆。 它过 $(0,0)$、$(1,0)$、$(0,1)$、$(1,1)$ 四点。

注意这里的坑：这个圆有一部分伸到 $x < 0$ 与 $y < 0$ 去了（圆心到两轴的距离都是 $\dfrac{1}{2}$， 小于半径 $\dfrac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.707$），而那部分不属于曲线——曲线在第一象限的那一段 只是这个圆落在 $x \geqslant 0,\ y \geqslant 0$ 里的弧。

算第一象限那块的面积。 它等于整个圆盘的面积减去被 $x = 0$、$y = 0$ 切掉的两个弓形。

圆盘面积 $= \pi \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{\pi}{2}$。

被 $x = 0$ 切下的弓形：圆心到直线 $x = 0$ 的距离 $\dfrac{1}{2}$，半径 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$， $\cos\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{1/2}{\sqrt{2}/2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，故半张角 $\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{\pi}{4}$， 圆心角 $\alpha = \dfrac{\pi}{2}$。弓形面积

$$\frac{1}{2}r^2(\alpha - \sin\alpha) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times \left(\frac{\pi}{2} - 1\right) = \frac{\pi}{8} - \frac{1}{4}.$$

被 $y = 0$ 切下的弓形由对称性面积相同。两个弓形不重叠：若某点同时满足 $x < 0$ 且 $y < 0$， 则 $\left(x - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(y - \dfrac{1}{2}\right)^2 > \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}$， 已在圆外。所以直接相减：

$$S_1 = \frac{\pi}{2} - 2\left(\frac{\pi}{8} - \frac{1}{4}\right) = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2}.$$

四个象限合起来：四块只在原点与四个坐标轴上的点相接，内部不重叠，故

$$S = 4S_1 = \pi + 2.$$

量级自检：图形含正方形 $|x| + |y| \leqslant 1$ 吗？该正方形面积为 $2$，而 $\pi + 2 \approx 5.14$； 图形又含在边长 $2$、中心在原点的正方形（面积 $4$）里吗——不含，因为曲线最远到 $\left(\dfrac{1 + \sqrt{2}}{2},\ \dfrac{1+\sqrt{2}}{2}\right)$，横坐标约 $1.21$。 $5.14$ 落在「四个半径 $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 的圆盘之并」的合理范围内（四个圆盘面积和为 $2\pi \approx 6.28$， 减去重叠正好少一点）✓。

复习参考题 2 第 19 题

19. 一条光线从点 $A(-2, 3)$ 射出，经 $x$ 轴反射后，与圆 $C: (x - 3)^2 + (y - 2)^2 = 1$ 相切，求反射后光线所在直线的方程.

反射的坐标化：入射光线从 $A$ 射到 $x$ 轴上某点再反射，反射后的光线反向延长必过 $A$ 关于 $x$ 轴的对称点

$$A'(-2,\ -3).$$

所以「反射后的光线所在直线」就是：过 $A'(-2,\ -3)$ 且与圆 $C$ 相切的直线。

先排除竖直线：$x = -2$ 到圆心 $(3,\ 2)$ 的距离是 $5 \neq 1$，不相切。故可设斜率 $k$：

$$y + 3 = k(x + 2) \implies kx - y + 2k - 3 = 0.$$

由相切（圆心到直线的距离等于半径 $1$）：

$$\frac{|3k - 2 + 2k - 3|}{\sqrt{k^2 + 1}} = 1 \implies |5k - 5| = \sqrt{k^2 + 1}.$$

两边平方：$25(k-1)^2 = k^2 + 1$，即

$$24k^2 - 50k + 24 = 0 \implies 12k^2 - 25k + 12 = 0 \implies k = \frac{25 \pm 7}{24},$$

得 $k = \dfrac{4}{3}$ 或 $k = \dfrac{3}{4}$。（平方是同解变形：两边都非负。）

对应的直线：

$$y + 3 = \frac{4}{3}(x + 2) \implies 4x - 3y - 1 = 0,$$ $$y + 3 = \frac{3}{4}(x + 2) \implies 3x - 4y - 6 = 0.$$

两条都要，且都符合物理图景：前者与 $x$ 轴交于 $\left(\dfrac{1}{4},\ 0\right)$， 后者交于 $(2,\ 0)$，两个反射点都在 $A$ 与圆之间的那一段 $x$ 轴上，入射线从左上方下来、 反射线朝右上方去、正好擦着圆 ✓。

验证相切：圆心 $(3,2)$ 到 $4x - 3y - 1 = 0$ 的距离 $\dfrac{|12 - 6 - 1|}{5} = 1$ ✓； 到 $3x - 4y - 6 = 0$ 的距离 $\dfrac{|9 - 8 - 6|}{5} = 1$ ✓。

复习参考题 2 第 20 题

20. 已知圆 $C: (x - 1)^2 + (y - 2)^2 = 25$，直线 $l: (2m + 1)x + (m + 1)y - 7m - 4 = 0$.

(1) 求证：直线 l 恒过定点.

(2) 直线 l 被圆 C 截得的弦何时最长、何时最短？并求截得的弦长最短时 m 的值以及最短弦长.

(1) 按 $m$ 归并：

$$(2m+1)x + (m+1)y - 7m - 4 = m(2x + y - 7) + (x + y - 4) = 0.$$

要对一切 $m$ 成立，只需 $2x + y - 7 = 0$ 且 $x + y - 4 = 0$。两式相减得 $x = 3$，回代得 $y = 1$。

直接验算：把 $(3,\ 1)$ 代入原式，

$$(2m+1)\times 3 + (m+1)\times 1 - 7m - 4 = 6m + 3 + m + 1 - 7m - 4 = 0,$$

对任意 $m$ 恒为 $0$。所以 $l$ 恒过定点 $M(3,\ 1)$。$\blacksquare$

（还要说明 $l$ 确实是直线：$2m + 1$ 与 $m + 1$ 不同时为 $0$，因为它们同时为零要求 $m = -\dfrac{1}{2}$ 且 $m = -1$，矛盾。）

(2) 圆心 $C(1,\ 2)$、半径 $r = 5$。先看定点的位置：

$$(3-1)^2 + (1-2)^2 = 4 + 1 = 5 < 25,$$

$M$ 在圆内，所以每一条 $l$ 都与圆相交，弦总是存在的。

记圆心到 $l$ 的距离为 $d$，弦长 $= 2\sqrt{25 - d^2}$，弦长随 $d$ 递减。而 $d$ 就是点 $C$ 到过 $M$ 的直线的距离， 在直角三角形里满足 $0 \leqslant d \leqslant |CM| = \sqrt{5}$。于是：

• 弦最长 $\iff d = 0 \iff l$ 过圆心，此时弦是直径，长 $10$。 由 $C(1,2)$ 在 $l$ 上：$(2m+1) + 2(m+1) - 7m - 4 = -3m - 1 = 0$，得 $m = -\dfrac{1}{3}$。
• 弦最短 $\iff d$ 最大 $= |CM| = \sqrt{5} \iff l \perp CM$，此时最短弦长

$$2\sqrt{25 - 5} = 4\sqrt{5}.$$

求最短时的 $m$。 $k_{CM} = \dfrac{1 - 2}{3 - 1} = -\dfrac{1}{2}$，故 $l$ 的斜率应为 $2$。 $l$ 的斜率是 $-\dfrac{2m+1}{m+1}$（需 $m \neq -1$）：

$$-\frac{2m+1}{m+1} = 2 \implies -2m - 1 = 2m + 2 \implies m = -\frac{3}{4}.$$

验证：$m = -\dfrac{3}{4}$ 时 $2m + 1 = -\dfrac{1}{2}$、$m + 1 = \dfrac{1}{4}$、$-7m - 4 = \dfrac{5}{4}$， 方程为 $-\dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{4}y + \dfrac{5}{4} = 0$，即

$$2x - y - 5 = 0.$$

过 $M(3,1)$（$6 - 1 - 5 = 0$ ✓）；圆心到它的距离 $\dfrac{|2 - 2 - 5|}{\sqrt{5}} = \sqrt{5}$ ✓； 弦长 $2\sqrt{25 - 5} = 4\sqrt{5}$ ✓。

答：$m = -\dfrac{1}{3}$ 时弦最长（等于直径 $10$）；$m = -\dfrac{3}{4}$ 时弦最短，最短弦长为 $4\sqrt{5}$。