高中数学必修二直线与圆的综合问题精选

高中数学必修二直线与圆的综合问题精选
直线与圆



一．解答题（共10小题）

1．已知直线x﹣y+3=0与圆心为（3，4）的圆C 相交，截得的弦长为2
（1）求圆C的方程；

（2）设Q点的坐标为（2，3），且 动点M到圆C的切线长与|MQ|的比值为常数k（k＞0）．若动点M的轨
迹是一条直线，试确定相应 的k值，并求出该直线的方程．





2．已知直线 l：y=x+2被圆C：（x﹣3）
2
+（y﹣2）
2
=r
2
（r＞0）截得的弦AB的长等于该圆的半径．

（1）求圆C的方程；

（2）已知直线m：y=x+n被圆C：（x﹣3）
2
+（y﹣2）
2
=r< br>2
（r＞0）截得的弦与圆心构成三角形CDE．若△CDE
的面积有最大值，求出直线 m：y=x+n的方程；若△CDE的面积没有最大值，说明理由．

．







3．已知M（4，0），N（1，0），曲线C 上的任意一点P满足：
（Ⅰ）求点P的轨迹方程；

（Ⅱ）过点N（1，0）的直线与 曲线C交于A，B两点，交y轴于H点，设=λ
1
，=λ
2
，试问λ
1
+λ
2
?=6||

是否为定值？如果是定值，请求出这个定值；如果不是定值，请说明理由．






4．已知动圆P与圆F
1
：（x+2）< br>2
+y
2
=49相切，且与圆F
2
：（x﹣2）
2< br>+y
2
=1相内切，记圆心P的轨迹为曲线C．

（Ⅰ）求曲线C的方程；

（Ⅱ）设Q为曲线C上的一个不在x轴上的动点，O为坐标 原点，过点F
2
作OQ的平行线交曲线C于M，
N两个不同的点，求△QMN面积的最 大值．
1 13

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5．已知动圆P过定点
C．

（Ⅰ）求曲线C的方程；

（Ⅱ）过点D（3，0）且斜率不为零的直线交曲线C于A ，B两点，在x轴上是否存在定点Q，使得直线
AQ，BQ的斜率之积为非零常数？若存在，求出定点的 坐标；若不存在，请说明理由．






6 ．如图所示，在△ABC中，AB的中点为O，且OA=1，点D在AB的延长线上，且．固定边AB，
且与圆N：相切，记动圆圆心P的轨迹为曲线
在平面内移动顶点C，使得圆M与边BC，边AC的延长线 相切，并始终与AB的延长线相切于点D，记顶点
C的轨迹为曲线Γ．以AB所在直线为x轴，O为坐标 原点如图所示建立平面直角坐标系．

（Ⅰ）求曲线Γ的方程；

（Ⅱ）设动 直线l交曲线Γ于E、F两点，且以EF为直径的圆经过点O，求△OEF面积的取值范围．








7．已知△ABC的顶点A（1，0 ），点B在x轴上移动，|AB|=|AC|，且BC的中点在y轴上．

（Ⅰ）求C点的轨迹Γ的方程；

（Ⅱ）已知过P（0，﹣2）的直线l交轨迹Γ于不 同两点M，N，求证：Q（1，2）与M，N两点连线QM，
QN的斜率之积为定值．


2 13

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8．已知圆M：x
2
+y
2+2y﹣7=0和点N（0，1），动圆P经过点N且与圆M相切，圆心P的轨迹为曲线E．

（1）求曲线E的方程；

（2）点A是曲线E与x轴正半轴的交点，点B、C在曲线 E上，若直线AB、AC的斜率k
1
，k
2
，满足k
1
k< br>2
=4，
求△ABC面积的最大值．








9．已知过点A（0，1）且斜率为k的直线l与圆C：（ x﹣2）
2
+（y﹣3）
2
=1交于点M，N两点．

（1）求k的取值范围；

（2）请问是否存在实数k使得
如果不存在，请说明理由．








10．已知O为坐标原点，抛物线C：y
2
=nx（n＞0）在第一象限内的点P（2，t）到焦点的距离为
点P处的切线交x轴于点 Q，直线l
1
经过点Q且垂直于x轴．

（1）求线段OQ的长；

（2）设不经过点P和Q的动直线l
2
：x=my+b交C交点A和B，交l
1
于点E，若直线PA，PB的斜率依次成
等差数列，试问：l
2
是否过定点 ？请说明理由．







，C在
（其中O为坐标原点），如果存在请求出k的值，并求|MN|；
3 13

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直线与圆

参考答案与试题解析



一．解答题（共10小题）
< br>1．已知直线x﹣y+3=0与圆心为（3，4）的圆C相交，截得的弦长为2
（1）求圆C的方 程；

（2）设Q点的坐标为（2，3），且动点M到圆C的切线长与|MQ|的比值为常数k （k＞0）．若动点M的轨
迹是一条直线，试确定相应的k值，并求出该直线的方程．

【分析】（1）求出圆心C到直线l的距离，利用截得的弦长为2
（2）设动点M（x，y），则由题 意可得=k，即
求得半径的值，可得圆C的方程；

=k，化简可得 （k
2
﹣
．

1）?x
2
+（k
2
﹣1）?y
2
+（6﹣4k
2
）x+（8﹣6k
2
）y+ 13k
2
﹣9=0，若动点M的轨迹方程是直线，则k
2
﹣1=0，即
可得出结论．

【解答】解：（1）圆心C到直线l的距离为
∵截得的弦长为2
∴半径为2，

∴圆C：（x﹣3）
2
+（y﹣4）
2
=4；

（2）设动点M（x，y），则由题意可得=k，即=k，

，

=，

化简可得 （k
2
﹣1）?x
2
+（k2
﹣1）?y
2
+（6﹣4k
2
）x+（8﹣6k
2< br>）y+13k
2
﹣21=0，

若动点M的轨迹方程是直线，则k
2
﹣1=0，∴k=1，

直线的方程为x+y﹣4=0．

【点评】本小题主要考查直线与圆的位置关系，弦长 公式的应用，圆的一般式方程，属于中档题．



2．已知直线l：y=x +2被圆C：（x﹣3）
2
+（y﹣2）
2
=r
2
（r＞0 ）截得的弦AB的长等于该圆的半径．

（1）求圆C的方程；

（2）已知 直线m：y=x+n被圆C：（x﹣3）
2
+（y﹣2）
2
=r
2< br>（r＞0）截得的弦与圆心构成三角形CDE．若△CDE
的面积有最大值，求出直线m：y=x +n的方程；若△CDE的面积没有最大值，说明理由．


【分析】（1）根据直线和圆相交得到的弦长公式求出圆的半径即可求圆C的方程；

（2）根据直线和圆相交的位置关系，结合△CDE的面积公式即可得到结论．

【解答】解：（1）设直线l与圆C交于A，B两点．

∵直线l：y=x+2被圆C ：（x﹣3）
2
+（y﹣2）
2
=r
2
（r＞0）截得的弦 长等于该圆的半径，

∴△CAB为正三角形，

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∴三角形的高等于边长的，

．

∴圆心C到直线l的距离等于边长的
∵直线方程为x﹣y+2=0，圆心 的坐标为（3，2），

∴圆心到直线的距离d=
∴r=
=，

，∴圆C的方程为：（x﹣3）
2
+（y﹣2）
2
=6．

（2）设圆心C到直线m的距离为h，H为DE的中点，连结CD，CH，CE．

在△CDE中，

∵DE=
∴
，

=
< br>∴
当且仅当h
2
=6﹣h
2
，即h
2
=3， 解得h=
∵CH=
∴|n+1|=
∴n=
，

，

时，△CDE的面积最大．

，

，∴存在n的值，使得△CDE的面积最大值为3，

．

此时直线m的方程为y=x


【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，根据弦长公式是解决本题的关键．

3．已知M（4，0），N（1，0），曲线C上的任意一点P满足：
（Ⅰ）求点P的轨迹方程；
?=6||

（Ⅱ）过点N（1，0）的直线与曲线C交于A，B两点，交y轴 于H点，设=λ
1
，=λ
2
，试问λ
1
+λ
2是否为定值？如果是定值，请求出这个定值；如果不是定值，请说明理由．

【分析】（Ⅰ）求出向量的坐标，利用条件化简，即可求点P的轨迹方程；

（Ⅱ）分 类讨论，利用=λ
1
，=λ
2
，结合韦达定理，即可得出结论．

=（x﹣4，y），
，

=（1﹣x，﹣y）．

【解答】 解：（Ⅰ）设P（x，y），则
∵?=6|
=（﹣3，0），
|，∴﹣3×（x﹣4） +0×y=6
化简得=1为所求点P的轨迹方程.4分

（Ⅱ）设A（x
1< br>，y
1
），B（x
2
，y
2
）．

①当直线l与x轴不重合时，设直线l的方程为x=my+1（m≠0），则H（0，﹣）．

5 13

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从而=（x< br>1
，y
1
+），=（1﹣x
1
，﹣y
1
）， 由=λ
1
得（x
1
，y
1
+）=λ
1
（1 ﹣x
1
，﹣y
1
），

∴﹣λ
1
=1+

同理由得﹣λ
2
=1+，

∴﹣（λ
1
+λ
2
）=2+

由直线与椭圆方程联 立，可得（4+3m
2
）y
2
+6my﹣9=0，

∴y< br>1
+y
2
=﹣，y
1
y
2
=﹣

代入得∴（λ
1
+λ
2
）=2+=，

∴λ
1
+λ
2
=﹣

②当直线l与x轴重合时，A （﹣2，0），B（2，0），H（0，0），λ
1
=﹣
∴λ
1
+λ
2
=﹣11分

.12分．

．λ
2
=﹣2，

综上，λ
1
+λ
2为定值﹣
【点评】本题考查轨迹方程，考查向量知识的运用，考查直线与椭圆位置关系的运用，考查 分类讨论的数
学思想，属于中档题．



4．已知动圆P与圆F< br>1
：（x+2）
2
+y
2
=49相切，且与圆F
2< br>：（x﹣2）
2
+y
2
=1相内切，记圆心P的轨迹为曲线C．

（Ⅰ）求曲线C的方程；

（Ⅱ）设Q为曲线C上的一个不在x轴上的动点，O为 坐标原点，过点F
2
作OQ的平行线交曲线C于M，
N两个不同的点，求△QMN面积 的最大值．

【分析】（I）由已知条件推导出|PF
1
|+|PF
2
|=8＞|F
1
F
2
|=6，从而得到圆心P的轨迹为以F
1
，F
2
为焦点的椭圆，
由此能求出圆心P的轨迹C的方程．
< br>（II）由MN∥OQ，知△QMN的面积=△OMN的面积，由此能求出△QMN的面积的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）设圆P的半径为R，圆心P的坐标为（x，y），

由于动 圆P与圆F
1
：（x+2）
2
+y
2
=49相切，且与圆F
2
：（x﹣2）
2
+y
2
=1相内切，

所以动圆P与圆F
1
只能内切．…（1分）

所以|PF
1
|+|PF
2
|=7﹣R+R﹣1=6＞|F
1
F
2
|=4．…（3分）

所以圆心圆心P的轨迹为以F
1
，F
2
为焦点的椭圆，
< br>其中2a=6，2c=4，∴a=3，c=2，b
2
=a
2
﹣c
2
=5．

所以曲线C的方程为=1．…（4分）

6 13

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（Ⅱ）设M（x
1
，y
1
），N（x
2
，y
2
），Q（x
3
，y
3
），直线MN的方程为x=my+2，

由可得：（5m
2
+9）y
2
+20my﹣25=0，

则y
1
+y
2
=﹣

，y
1
y
2
=﹣．…（5分）

所以|MN|== …（7分）


因为MN∥OQ，∴△QMN的面积=△OMN的面积，

∵O到直线MN：x=my+2的距离d=．…（9分）

所以△QMN的面积．…（10分）

令=t，则m
2
=t
2
﹣1（t≥0），S==．

设，则．

因为t≥1，所以．

所以，在[1，+∞）上单调递增．

所以当t=1时，f（t）取得最小值，其值为9．…（11分）

所以△QMN的面积的最大值为．…（12分）

【点评】本题考查椭圆的标准方程、 直线、圆、与椭圆等椭圆知识，考查推理论证能力、运算求解能力，
考查函数与方程思想、化归与转化思 想、数形结合思想等．



5．已知动圆P过定点
C．

（Ⅰ）求曲线C的方程；

（Ⅱ）过点D（3，0）且斜率不为零的直线交曲线C于A ，B两点，在x轴上是否存在定点Q，使得直线
AQ，BQ的斜率之积为非零常数？若存在，求出定点的 坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（Ⅰ）由题意可知丨PM丨+丨PN丨=4＞丨MN 丨=2
长为4的椭圆，则a=4，c=
，则P的轨迹C是以M，N为焦点，长轴
，b< br>2
=a
2
﹣c
2
=1，即可求得椭圆方程；

且与圆N：相切，记动圆圆心P的轨迹为曲线
7 13

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（Ⅱ）将直线方程代入椭圆方程，考 查韦达定理，直线的斜率公式，当且仅当，解
得t=±2，代入即可求得，定点的坐标．

【解答】解：（Ⅰ）设动圆P的半径为r，由N：及，知点M在圆N
内，则有，

从而丨PM丨+丨PN丨=4＞丨MN丨=2，

∴P的轨迹C是以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆，

设曲线C的方程为：（a＞b＞0），则2a=4，a=4，c=，

b
2
=a
2
﹣c
2
=1

故曲线C的轨迹方程为；

（Ⅱ）依题意可设直线AB的方程为x=my+3，A（x
1
，y
1
），B（x
2
，y
2
）．，
由，整理得：（4+m
2
）y
2
+6my+5=0，则△=3 6m
2
﹣4×5×（4+m
2
）＞0，即m
2
＞4，

解得：m＞2或m＜﹣2，

由y
1
+y
2
= ﹣，y
1
y
2
=，x
1
+x
2
=m（y< br>1
+y
2
）+6=，

x
1
x
2< br>=（my
1
+3）（my
2
+3）=m
2
y
1
y
2
+m（y
1
+y
2
）+9=，

假设存在定点Q（t，0），使得直线AQ，BQ的斜率之积为非零常数，则

（x< br>1
﹣t）（x
2
﹣t）=x
1
x
2
﹣t（x
1
+x
2
）+t
2
=﹣t×+t
2
=，< br>
∴k
AQ
?k
BQ
=?==，

要使k< br>AQ
?k
BQ
为非零常数，当且仅当，解得t=±2，

当t=2时，常数为
当t=﹣2时，常数为
=
=
，

，

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∴存在两个定点Q
1
（2，0）和Q
2
（﹣2，0），使直线AQ， BQ的斜率之积为常数，

当定点为Q
1
（2，0）时，常数为；当定点为Q
2
（﹣2，0）时，常数为．

【点评】本题考查椭圆标准方程及简单几何性 质，椭圆的定义，考查直线与椭圆的位置关系，韦达定理，
直线的斜率公式，考查计算能力，属于中档题 ．



6．如图所示，在△ABC中，AB的中点为O，且OA=1，点D 在AB的延长线上，且．固定边AB，
在平面内移动顶点C，使得圆M与边BC，边AC的延长线相切， 并始终与AB的延长线相切于点D，记顶点
C的轨迹为曲线Γ．以AB所在直线为x轴，O为坐标原点如 图所示建立平面直角坐标系．

（Ⅰ）求曲线Γ的方程；

（Ⅱ）设动直线l 交曲线Γ于E、F两点，且以EF为直径的圆经过点O，求△OEF面积的取值范围．

【分析】（Ⅰ）确定点C轨迹Γ是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，且挖去长轴的两个顶点，即可求曲< br>线Γ的方程；

（Ⅱ）可设直线
求△OEF面积的取值范围．

【解答】解：（Ⅰ）依题意得AB=2，BD=1，设动圆M与边AC的延长线相切于T
1
， 与边BC相切于T
2
，则
AD=AT
1
，BD=BT
2，CT
1
=CT
2

所以AD+BD=AT
1
+BT
2
=AC+CT
1
+BT
2
=AC+CT
1
+CT
2
=AC+BC=AB+2BD=4＞AB=2…（2分）

所以点C轨迹Γ是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，且挖去长轴的两个顶点．则曲线Γ的方程为
，进 而表示面积，即可
．…（4分）

（Ⅱ）由于曲线Γ要挖去长轴两个顶点，所以直线O E，OF斜率存在且不为0，所以可设直线
…（5分）


由得，，同理可得：，；

9 13

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所以，

又OE⊥ OF，所以
令t=k
2
+1，则t＞1且k
2
=t﹣
…（8 分）

1，所以
=
…（10分）

又，所以，所以，

所以，所以，

所以△OEF面积的取值范围为．…（12分）


【点评】本题考查轨迹方 程，考查直线与椭圆位置关系的运用，考查三角形面积的计算，考查学生分析解
决问题的能力，属于中档 题．



7．已知△ABC的顶点A（1，0），点B在x轴上移动，|A B|=|AC|，且BC的中点在y轴上．

（Ⅰ）求C点的轨迹Γ的方程；

（Ⅱ）已知过P（0，﹣2）的直线l交轨迹Γ于不同两点M，N，求证：Q（1，2）与M，N两点连线QM ，
QN的斜率之积为定值．

【分析】（Ⅰ）利用直接法，求C点的轨迹Γ的方程；

（Ⅱ）设直线l的方程为y=kx﹣2，与抛物线方程联立，求出斜率，即可证明结论．
【解答】解：（Ⅰ）设C（x，y）（y≠0），因为B在x轴上且BC中点在y轴上，所以B（﹣x，0） ，由|AB|=|AC|，
得（x+1）
2
=（x﹣1）
2
+y2
，

化简得y
2
=4x，所以C点的轨迹Γ的方程为y
2
=4x（y≠0）．

（Ⅱ）直线l的斜率显然存在且不为0，

设直线l的方程为y=kx﹣2，M（x
1
，y
1
），N（x
2< br>，y
2
），

由得ky
2
﹣4y﹣8=0，

10 13

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所以，，，同理，
，

所以Q（1，2）与M，N两点连线的斜率之积为定值4．

【点评】本题考查轨迹方 程，考查直线与抛物线位置关系的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．


< br>8．已知圆M：x
2
+y
2
+2y﹣7=0和点N（0，1），动圆P 经过点N且与圆M相切，圆心P的轨迹为曲线E．

（1）求曲线E的方程；

（2）点A是曲线E与x轴正半轴的交点，点B、C在曲线E上，若直线AB、AC的斜率k
1
，k
2
，满足k
1
k
2
=4，
求△ABC面积的 最大值．

【分析】（1）利用圆与圆的位置关系，得出曲线E是M，N为焦点，长轴长为的方程；

的椭圆，即可求曲线E
（2）联立方程组得 （1+2t
2< br>）y
2
+4mty+2m
2
﹣2=0，利用韦达定理，结合k
1
k
2
=4，得出直线
BC过定点（3，0），表示出面积，即可求△ABC 面积的最大值．

【解答】解：（1）圆M：x
2
+y
2
+ 2y﹣7=0的圆心为M（0，﹣1），半径为
点N（0，1）在圆M内，因为动圆P经过点N且与圆M 相切，

所以动圆P与圆M内切．设动圆P半径为r，则
因为动圆P经过点N，所以r =|PN|，
所以曲线E是M，N为焦点，长轴长为
由，得b
2
=2﹣1=1 ，

的椭圆．

﹣r=|PM|．

＞|MN|，


所以曲线E的方程为…（4分）

（Ⅱ）直线BC斜率为0时，不合题意

设B（x
1
，y
1
），C（x
2
，y
2
），直线BC：x=ty+m，

联立方程组得 （1+2t
2
）y
2
+4mty+2m
2< br>﹣2=0，

又k
1
k
2
=4，知y
1y
2
=4（x
1
﹣1）（x
2
﹣1）=4（ty
1
+m﹣1）（ty
2
+m﹣1）

=．

代入得

又m≠1，化简得（m+1）（1﹣4t
2
）=2（﹣4m t
2
）+2（m﹣1）（1+2t
2
），

11 13

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解得m=3，故直线BC过定点（3，0）…（8分）

由△＞0，解得t
2
＞4，
=

（当且仅当时取等号）．

综上，△ABC面积的最大值为…（12分）
< br>【点评】本题考查圆与圆的位置关系，考查椭圆的定义与方程，考查直线与椭圆位置关系的运用，考查韦< br>达定理，属于中档题．



9．已知过点A（0，1）且斜率为k的 直线l与圆C：（x﹣2）
2
+（y﹣3）
2
=1交于点M，N两点．

（1）求k的取值范围；

（2）请问是否存在实数k使得
如果不存在，请说明理由．

【分析】（1）设出直线方程，利用直线与圆的位置关系，列出不等式求解即可．

（ 2）设出M，N的坐标，利用直线与圆的方程联立，通过韦达定理，结合向量的数量积，求出直线的斜率，
然后判断直线与圆的位置关系求解|MN|即可．

【解答】解：（1）由题设，可知直线l的方程为y=kx+1，因为直线l与圆C交于两点，

由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R=1．

故由＜1，解得：＜k＜

（其中O为坐标原点），如果存在请求出k的值，并求|M N|；
所以k的取值范围为得（，）

（2）设M（x
1
，y
1
），N（x
2
，y
2
）．

将y=kx+1代 入方程：（x﹣2）
2
+（y﹣3）
2
=1，

整理得（1+k
2
）x
2
﹣4（1+k）x+7=0．
< br>所以x
1
+x
2
=
?
，x
1
x2
=，

=12，

=x
1
x
2+y
1
y
2
=（1+k
2
）（x
1
x
2
）+k（x
1
+x
2
）+1=
解得k=1，所以 直线l的方程为y=x+1．

故圆心C在直线l上，所以|MN|=2．

【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，以及直线和圆相交的弦长公式的计算，考查学生的计
算能力，是中档题．



10．已知O为坐标原点，抛物线C：y
2
=nx（n＞0）在第一象限内的点P（2，t）到焦点的距离为
点P处的切线交x轴于点Q ，直线l
1
经过点Q且垂直于x轴．

（1）求线段OQ的长；

，C在
12 13

高中数学必修二直线与圆的综合问题精选 （2）设不经过点P和Q的动直线l
2
：x=my+b交C交点A和B，交l
1< br>于点E，若直线PA，PB的斜率依次成
等差数列，试问：l
2
是否过定点？请 说明理由．

【分析】（1）先求出p的值，然后求出在第一象限的函数，结合函数的导数的几 何意义求出N的坐标即可
求线段OQ的长；

（2）联立直线和抛物线方程进行消元， 转化为关于y的一元二次方程，根据根与系数之间的关系结合直线
斜率的关系建立方程进行求解即可．< br>
【解答】解：（Ⅰ）由抛物线y
2
=nx（n＞0）在第一象限内的点P（2 ，t）到焦点的距离为
得2+=，∴n=2，

，

抛物线C的方程为y
2
=2x，P（2，2）． …（2分）

C在第一象限的图象对应的函数解析式为y=
故C在点P处的切线斜率为
，则y′=，

，切线的方程为y﹣2=（x﹣2），

令y=0得x=﹣2，所以点Q的坐标为（﹣2，0）．

故线段OQ的长为2． …（5分）

（Ⅱ）l
2
恒过定点（2，0），理由如下：

由题意可知l
1
的方程为x=﹣2，因为l
2
与l
1
相交 ，故m≠0．

由l
2
：x=my+b，令x=﹣2，得y=﹣
设A （x
1
，y
1
），B（x
2
，y
2
）
由消去x得：y
2
﹣2my﹣2b=0

，故E（﹣2，﹣）

则y
1
+y
2
=2m，y< br>1
y
2
=﹣2b …（7分）

直线PA的斜率为，同理直线PB的斜率为，

直线PE的斜率为．

因为直线PA，PE，PB的斜率依次成等差数列，

所以+=2× …（10分）

整理得：=，

因为l
2
不经过点Q，所以b≠﹣2，

所以2m﹣b+2=2m，即b=2．

故l
2
的方程为x=my+ 2，即l
2
恒过定点（2，0）．…（12分）

【点评】本题主要考查直线 和抛物线的位置关系，利用直线和抛物线方程，转化为一元二次方程，结合韦
达定理，利用设而不求的思 想是解决本题的关键．



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