沖刺2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 核心考點(diǎn)特色突破 專題14 直線與圓（1）（含解析）.doc

《沖刺2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 核心考點(diǎn)特色突破 專題14 直線與圓（1）（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《沖刺2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 核心考點(diǎn)特色突破 專題14 直線與圓（1）（含解析）.doc（12頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專題14 直線與圓（1） 【自主熱身，歸納總結(jié)】 1、 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知過點(diǎn)A(2，－1)的圓C與直線x＋y＝1相切，且圓心在直線y＝－2x上，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為________________． 【答案】： (x－1)2＋(y＋2)2＝2　 解法1(幾何法) 點(diǎn)A(2，－1)在直線x＋y＝1上，故點(diǎn)A是切點(diǎn)．過點(diǎn)A(2，－1)與直線x＋y－1＝0垂直的直線方程為x－y＝3，由解得所以圓心C(1，－2)． 又AC＝＝， 所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋(y＋2)2＝2. 2、 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線x＋2y－3＝0被圓(x－2)2＋(y＋1)2＝4截得的弦長為 ． 【答案】：. 【解析】　圓心為(2，－1)，半徑r＝2. 圓心到直線的距離d＝＝， 所以弦長為2＝2＝. 3、 若直線與圓始終有公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 ． 【答案】：0≤m≤10. 【解析】 因?yàn)?，所以由題意得：,化簡得即0≤m≤10. 4、 在平面直角坐標(biāo)系中，以點(diǎn)為圓心且與直線(R)相切的所有圓中，半徑最大的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 ． 【答案】：(x－1)2＋y2＝2. 【解析】 由直線mx－y－2m－1＝0得m(x－2)－(y＋1)＝0，故直線過點(diǎn)(2，－1)．當(dāng)切線與過(1，0)，(2，－1)兩點(diǎn)的直線垂直時(shí)，圓的半徑最大，此時(shí)有r＝＝，故所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋y2＝2. 5、圓心在拋物線y＝x2上，并且和該拋物線的準(zhǔn)線及y軸都相切的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為________． 【答案】： (x1)2＋2＝1　 思路分析 求圓的方程就是要確定它的圓心與半徑，根據(jù)圓與拋物線的準(zhǔn)線以及與y軸都相切，得到圓心的一個(gè)等式，再根據(jù)圓心在拋物線上，得到另一個(gè)等式，從而可求出圓心的坐標(biāo)，由此可得半徑． 因?yàn)閳A心在拋物線y＝x2上，所以設(shè)圓心為(a，b)，則a2＝2b.又圓與拋物線的準(zhǔn)線及y軸都相切，故b＋＝|a|＝r，由此解得a＝1，b＝，r＝1，所以所求圓的方程為(x1)2＋2＝1. 解后反思 凡涉及拋物線上點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離或到準(zhǔn)線的距離時(shí)，一般運(yùn)用定義轉(zhuǎn)化為到準(zhǔn)線的距離或到焦點(diǎn)的距離來進(jìn)行處理，本題中充分運(yùn)用拋物線定義實(shí)施轉(zhuǎn)化，其關(guān)鍵在于求圓心的坐標(biāo)． 6、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C1：(x－4)2＋(y－8)2＝1，圓C2：(x－6)2＋(y＋6)2＝9，若圓心在x軸上的圓C同時(shí)平分圓C1和圓C2的圓周，則圓C的方程是________． 7、. 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知過點(diǎn)M(1,1)的直線l與圓(x＋1)2＋(y－2)2＝5相切，且與直線ax＋y－1＝0垂直，則實(shí)數(shù)a＝________. 【答案】： 　 思路分析 可用過圓上一點(diǎn)的切線方程求解；也可用垂直條件，設(shè)切線方程(x－1)－a(y－1)＝0，再令圓心到切線的距離等于半徑． 因?yàn)辄c(diǎn)M在圓上，所以切線方程為(1＋1)(x＋1)＋(1－2)(y－2)＝5，即2x－y－1＝0.由兩直線的法向量(2，－1)與(a,1)垂直，得2a－1＝0，即a＝. 思想根源 以圓(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一點(diǎn)T(x0，y0)為切點(diǎn)的切線方程為(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2. 8、 若直線l1：y＝x＋a和直線l2：y＝x＋b將圓(x－1)2＋(y－2)2＝8分成長度相等的四段弧，則a2＋b2＝________. 【答案】： 18?。? 9、 若直線3x＋4y－m＝0與圓x2＋y2＋2x－4y＋4＝0始終有公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 【答案】： [0,10] 【解析】：　圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝1，故圓心到直線距離d＝≤1. 即|m－5|≤5，解得0≤m≤10. 10、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過點(diǎn)P(－2,0)的直線與圓x2＋y2＝1相切于點(diǎn)T，與圓(x－a)2＋(y－)2＝3相交于點(diǎn)R，S，且PT＝RS，則正數(shù)a的值為________． 【答案】： 4 【解析】：　因?yàn)镻T與圓x2＋y2＝1相切于點(diǎn)T，所以在Rt△OPT中，OT＝1，OP＝2，∠OTP＝，從而∠OPT＝，PT＝，故直線PT的方程為xy＋2＝0，因?yàn)橹本€PT截圓(x－a)2＋(y－)2＝3得弦長RS＝，設(shè)圓心到直線的距離為d，則d＝，又＝2，即d＝，即|a3＋2|＝3，解得a＝－8，－2,4，因?yàn)閍>0，所以a＝4. 11、定義：點(diǎn)到直線的有向距離為．已知點(diǎn),，直線過點(diǎn)，若圓上存在一點(diǎn)，使得三點(diǎn)到直線的有向距離之和為0，則直線的斜率的取值范圍為 ． 【答案】： 【思路分析】由“三點(diǎn)到直線的有向距離之和為0”知，動(dòng)點(diǎn)在一條直線上，又因?yàn)辄c(diǎn)在圓上，故問題轉(zhuǎn)化為該直線與圓有公共點(diǎn)，此時(shí)圓心到該直線的距離小于等于半徑9. 【解析】：設(shè)直線的斜率為，則直線的方程為，即，設(shè)點(diǎn)，則點(diǎn)三點(diǎn)到直線的有向距離分別為，，，由得，，即，又因?yàn)辄c(diǎn)在圓上，故，即. 12、 已知圓O：x2＋y2＝4，若不過原點(diǎn)O的直線l與圓O交于P，Q兩點(diǎn)，且滿足直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，則直線l的斜率為________． 【答案】： 1　 思路分析 由直線PQ的方程與圓的方程聯(lián)立成方程組，將點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)用直線方程中的參數(shù)k，b表示出來，進(jìn)而將OP，OQ的斜率用k，b表示，再根據(jù)OP，PQ，OQ的斜率成等比數(shù)列求出k的值． 當(dāng)直線PQ垂直于x軸時(shí)，顯然不成立，所以設(shè)直線PQ為y＝kx＋b(b≠0)，將它與圓方程聯(lián)立并消去y得(k2＋1)x2＋2kbx＋b2－4＝0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1x2＝，x1＋x2＝，因?yàn)閥1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝k2－＋b2＝，故kOPkOQ＝＝＝k2，即b2(k2－1)＝0，因?yàn)閎≠0，所以k2＝1，即k＝1. 解后反思 本題可推廣到橢圓中：已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，若不過原點(diǎn)O的直線l與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，且滿足直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，則直線l的斜率為. 13、已知線段AB的長為2，動(dòng)點(diǎn)C滿足＝λ(λ<0)，且點(diǎn)C總不在以點(diǎn)B為圓心，為半徑的圓內(nèi)，則負(fù)數(shù)λ的最大值是________． 【答案】： －　 建系，以線段AB所在直線為x軸，線段AB的垂直平分線為y軸．動(dòng)點(diǎn)C的軌跡為圓C(或?yàn)橐稽c(diǎn)，可視為點(diǎn)圓)，欲使點(diǎn)C總不在以點(diǎn)B為圓心，為半徑的圓內(nèi)，也就兩圓外切或外離，或者圓B內(nèi)切或內(nèi)含于圓C，再根據(jù)圓心距與半徑的關(guān)系求解即可． 以線段AB所在直線為x軸，線段AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)C(x，y)，則x2＋y2＝λ＋1，且0>λ≥－1.當(dāng)兩圓外切或外離時(shí)，OB＝1≥＋，解得λ≤－；圓B內(nèi)切或內(nèi)含于圓C時(shí)，OB＝1≤－，解得λ≥(舍)，故負(fù)數(shù)λ的最大值是－. 【問題探究，變式訓(xùn)練】 例1、已知圓C：(x－a)2＋(y－a)2＝1(a>0)與直線y＝3x相交于P，Q兩點(diǎn)，則當(dāng)△CPQ的面積最大時(shí)，實(shí)數(shù)a的值為________． 【答案】 【解析】：　因?yàn)椤鰿PQ的面積等于sin∠PCQ，所以當(dāng)∠PCQ＝90時(shí)，△CPQ的面積最大，此時(shí)圓心到直線y＝3x的距離為，因此＝，解得a＝. 【變式1】、. 已知直線l過點(diǎn)P(1,2)且與圓C：x2＋y2＝2相交于A，B兩點(diǎn)，△ABC的面積為1，則直線l的方程為________． 【答案】3x－4y＋5＝0或x＝1 　當(dāng)直線斜率存在時(shí)，設(shè)直線的方程為y＝k(x－1)＋2，即kx－y－k＋2＝0.因?yàn)镾＝CACBsin∠ACB＝1，所以sin∠ACB＝1，所以sin∠ACB＝1，即sin∠ACB＝90，所以圓心C到直線AB的距離為1，所以＝1，解得k＝，所以直線方程為3x－4y＋5＝0；當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，直線方程為x＝1，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意．綜上所述，直線方程為3x－4y＋5＝0或x＝1. 【變式2】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C1：(x－1)2＋y2＝2，圓C2：(x－m)2＋(y＋m)2＝m2，若圓C2上存在點(diǎn)P滿足：過點(diǎn)P向圓C1作兩條切線PA，PB，切點(diǎn)為A，B，△ABP的面積為1，則正數(shù)m的取值范圍是________． 【答案】： 　 注意到△ABP的面積是定值，從而點(diǎn)P的位置應(yīng)該具有某種確定性，故首先由△ABP的面積來確定點(diǎn)P所滿足的條件，進(jìn)而將問題轉(zhuǎn)化為以C1為圓心的圓與以C2為圓心的圓有公共點(diǎn)的問題來加以處理． 如圖，設(shè)P(x，y)，設(shè)PA，PB的夾角為2θ. △ABP的面積S＝PA2sin2θ＝PA2sinθcosθ＝PA2＝1，即PA3＝PC＝PA2＋2，解得PA＝， 所以PC1＝2，所以點(diǎn)P在圓(x－1)2＋y2＝4上． 所以≤≤m＋2，解得1≤m≤3＋2. 本題的本質(zhì)是兩個(gè)圓的位置關(guān)系問題，要解決這個(gè)問題，首先要確定點(diǎn)P所滿足的條件，為此，由△ABP的面積來確定點(diǎn)P所滿足的條件是解決本題的關(guān)鍵所在． 【變式3】、已知點(diǎn)A(1，0)和點(diǎn)B(0，1)，若圓x2＋y2－4x－2y＋t＝0上恰有兩個(gè)不同的點(diǎn)P，使得△PAB的面積為，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是________． 【關(guān)聯(lián)1】、過圓x2＋y2＝16內(nèi)一點(diǎn)P(－2，3)作兩條相互垂直的弦AB和CD，且AB＝CD，則四邊形ACBD的面積為________． 【答案】： 19 　【解析】：設(shè)O到AB的距離為d1，O到CD的距離為d2，則由垂徑定理可得d＝r2－，d＝r2－，由于AB＝CD，故d1＝d2，且d1＝d2＝OP＝，所以＝r2－d＝16－＝，得AB＝，從而四邊形ACBD的面積為S＝ABCD＝＝19. 解決直線與圓的綜合問題時(shí)，需要充分利用圓的幾何性質(zhì)進(jìn)行轉(zhuǎn)化．本題結(jié)合條件，利用垂徑定理，通過整體計(jì)算，實(shí)現(xiàn)了簡化的目的． 【關(guān)聯(lián)2】、 已知圓O：x2＋y2＝4，點(diǎn)M(4,0)，過原點(diǎn)的直線(不與 x 軸重合)與圓O交于A，B 兩點(diǎn)，則△ABM的外接圓的面積的最小值為________． 【答案】： π　 【解析】：設(shè)△ABM的外接圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，A(x1，y1)，則B(－x1，－y1)，所以x＋y＋Dx1＋Ey1＋F＝0?、?，x＋y－Dx1－Ey1＋F＝0?、?，由①②得Dx1＋Ey1＝0?、?，又x＋y＝4　④，由①③④得F＝－4，所以外接圓方程為x2＋y2＋Dx＋Ey－4＝0.又圓過點(diǎn)(4,0)，所以42＋4D－4＝0，解得D＝－3，所以圓方程為x2＋y2－3x＋Ey－4＝0.所以半徑R＝＝，當(dāng)E＝0時(shí)，R最小，為，所以△ABM的外接圓的面積的最小值為π. 【關(guān)聯(lián)3】、在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)在圓內(nèi)，動(dòng)直線過點(diǎn)且交圓于兩點(diǎn)，若△ABC的面積的最大值為，則實(shí)數(shù)的取值范圍為 ． 【答案】． 【解析】圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－m)2＋(y－2)2＝32，圓心為C(m,2)，半徑為4，當(dāng)△ABC的面積的最大值為16時(shí)，∠ACB＝90o，此時(shí)C到AB的距離為4，所以4≤CP＜4，即16≤(m－3)2＋(0－2)2＜32，解得2≤|m－3|＜2， 即m∈． 例1、 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A(－4，0)，B(0，4)，從直線AB上一點(diǎn)P向圓x2＋y2＝4引兩條切線PC，PD，切點(diǎn)分別為C，D.設(shè)線段CD的中點(diǎn)為M，則線段AM長的最大值為________． 【答案】： 3 P在直線AB：y＝x＋4上，設(shè)P(a，a＋4)，可以求出切點(diǎn)弦CD的方程為ax＋(a＋4)y＝4，易知CD過定點(diǎn)，所以M的軌跡為一個(gè)定圓，問題轉(zhuǎn)化為求圓外一點(diǎn)到圓上一點(diǎn)的距離的最大值． 解法1(幾何法) 因?yàn)橹本€AB的方程為y＝x＋4，所以可設(shè)P(a，a＋4)，設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，所以PC方程為x1x＋y1y＝4，PD：x2x＋y2y＝4，將P(a，a＋4)分別代入PC，PD方程，則直線CD的方程為ax＋(a＋4)y＝4，即a(x＋y)＝4－4y，所以直線CD過定點(diǎn)N(－1，1)， 又因?yàn)镺M⊥CD，所以點(diǎn)M在以O(shè)N為直徑的圓上(除去原點(diǎn))，又因?yàn)橐設(shè)N為直徑的圓的方程為＋＝， 所以AM的最大值為＋＝3. 解法2(參數(shù)法) 因?yàn)橹本€AB的方程為y＝x＋4，所以可設(shè)P(a，a＋4)，同解法1可知直線CD的方程為ax＋(a＋4)y＝4，即a(x＋y)＝4－4y，得a＝.又因?yàn)镺，P，M三點(diǎn)共線，所以ay－(a＋4)x＝0，得a＝.因?yàn)閍＝＝，所以點(diǎn)M的軌跡方程為＋＝(除去原點(diǎn))，所以AM的最大值為＋＝3. 此類問題往往是求出一點(diǎn)的軌跡方程，轉(zhuǎn)化為定點(diǎn)到曲線上動(dòng)點(diǎn)的距離的最值問題，而求軌跡方程，解法1運(yùn)用了幾何法，解法2運(yùn)用了參數(shù)法，消去參數(shù)a得到軌跡方程．另外要熟練記住過圓上一點(diǎn)的切線方程和圓的切點(diǎn)弦方程的有關(guān)結(jié)論． 【變式1】、在平面直角坐標(biāo)系中，已知圓，點(diǎn)，若圓上存在點(diǎn)，滿足，則點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍是 ． 【答案】： 思路分析：根據(jù)條件可得動(dòng)點(diǎn)的軌跡是圓，進(jìn)而可以將問題轉(zhuǎn)化為圓與圓的位置關(guān)系進(jìn)行處理. 解題過程：設(shè)，因?yàn)樗?，化簡得，則圓與圓有公共點(diǎn)，將兩圓方程相減可得兩圓公共弦所在直線方程為，代入可得，所以點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍是． 解后反思：在解決與圓相關(guān)的綜合問題時(shí)，要注意充分利用圓的幾何性質(zhì)或一些簡單的軌跡知識(shí)將問題轉(zhuǎn)化為直線與圓或圓與圓的位置關(guān)系問題. 【變式2】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知B，C為圓x2＋y2＝4上兩點(diǎn)，點(diǎn)A(1,1)，且AB⊥AC，則線段BC的長的取值范圍為________． 【答案】. [－，＋]　 思路分析 本題考查圓的方程和性質(zhì)，考查等價(jià)轉(zhuǎn)化和運(yùn)算求解能力，借助直角三角形的性質(zhì)，把求BC的長轉(zhuǎn)化為求2AM的長，而A為定點(diǎn)，思路1，求出M的軌跡方程，根據(jù)圓的性質(zhì)及直角三角形的性質(zhì)不難求得，其軌跡為一個(gè)圓，問題就轉(zhuǎn)化為一定點(diǎn)到圓上一點(diǎn)的距離，這是一個(gè)基本題型，求解即得；思路2，設(shè)出AM＝x，OM＝y(tǒng)，尋找到x，y之間的關(guān)系式，通過線性規(guī)劃的知識(shí)去處理． 解法1 設(shè)BC的中點(diǎn)為M(x，y)． 因?yàn)镺B2＝OM2＋BM2＝OM2＋AM2， 所以4＝x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2， 化簡得2＋2＝， 所以點(diǎn)M的軌跡是以為圓心，為半徑的圓， 所以AM的取值范圍是， 所以BC的取值范圍是[－，＋]． 解法2 設(shè)BC的中點(diǎn)為M，設(shè)AM＝x，OM＝y(tǒng). 因?yàn)镺C2＝OM2＋CM2＝OM2＋AM2，所以x2＋y2＝4. 因?yàn)镺A＝，所以x＋y≥，x＋≥y，y＋≥x. 如圖所示， 可得x∈， 所以BC的取值范圍是[－，＋]． 解后反思 求線段的長度范圍，如果一個(gè)端點(diǎn)為定點(diǎn)，這時(shí)可以考慮運(yùn)用軌跡法，求出另外一個(gè)端點(diǎn)的軌跡，問題迎刃而解． 【變式3】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l1：kx－y＋2＝0與直線l2：x＋ky－2＝0相交于點(diǎn)P，則當(dāng)實(shí)數(shù)k變化時(shí)，點(diǎn)P到直線x－y－4＝0的距離的最大值為________． 【答案】：3　 思路分析 因?yàn)橹本€l1，l2分別經(jīng)過定點(diǎn)A(0,2)，B(2,0)，且l1⊥l2，所以點(diǎn)P在以AB為直徑的圓C上． 解法1 當(dāng)k＝0時(shí)，點(diǎn)P(2,2)到直線x－y－4＝0的距離為2；當(dāng)k≠0時(shí)，解方程組得兩直線交點(diǎn)P的坐標(biāo)為，所以點(diǎn)P到直線x－y－4＝0的距離為＝，為求得最大值，考慮正數(shù)k，則有＝≤，所以≤＝3. 解法2 圓C的圓心為C(1,1)，半徑r＝.因?yàn)閳A心C到直線l：x－y－4＝0的距離為d＝＝2，所以點(diǎn)P到直線l的距離的最大值為d＋r＝3. 解后反思 直接求出l1，l2的交點(diǎn)P的坐標(biāo)(用k表示)雖然也能做，但計(jì)算量較大．找出點(diǎn)P變化的規(guī)律性比較好． 【關(guān)聯(lián)1】、如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：x2＋y2－4x＝0及點(diǎn)A(－1，0)，B(1,2)． (1) 若直線l∥AB，與圓C相交于M，N兩點(diǎn)，MN＝AB，求直線l的方程； (2) 在圓C上是否存在點(diǎn)P，使得PA2＋PB2＝12？若存在，求點(diǎn)P的個(gè)數(shù)；若不存在，請(qǐng)說明理由． 規(guī)范解答 (1) 圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－2)2＋y2＝4，所以圓心C(2,0)，半徑為2. 因?yàn)閘∥AB，A(－1,0)，B(1,2)，所以直線l的斜率為＝1，設(shè)直線l的方程為x－y＋m＝0，(2分) 則圓心C到直線l的距離為d＝＝.(4分) 因?yàn)镸N＝AB＝＝2， 而CM2＝d2＋2，所以4＝＋2，(6分) 解得m＝0或m＝－4， 故直線l的方程為x－y＝0或x－y－4＝0.(8分) (2) 假設(shè)圓C上存在點(diǎn)P，設(shè)P(x，y)，則(x－2)2＋y2＝4， PA2＋PB2＝(x＋1)2＋(y－0)2＋(x－1)2＋(y－2)2＝12，即x2＋y2－2y－3＝0，即x2＋(y－1)2＝4.(10分) 因?yàn)閨2－2|＜＜2＋2，(12分) 所以圓(x－2)2＋y2＝4與圓x2＋(y－1)2＝4相交， 所以點(diǎn)P的個(gè)數(shù)為2.(14分) 【關(guān)聯(lián)2】、在平面直角坐標(biāo)系中，圓．若圓存在以為中點(diǎn)的弦，且，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 ． 【關(guān)聯(lián)3】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A(1,0)，B(4,0)．若直線x－y＋m＝0上存在點(diǎn)P使得PA＝PB，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 【答案】 [－2，2]　 思路分析 本題旨在考查直線與圓的位置關(guān)系．A，B為定點(diǎn)，滿足AP＝PB的點(diǎn)P的軌跡是一個(gè)圓，要求m的范圍只要使得動(dòng)直線x－y＋m＝0與該圓有公共點(diǎn)． 解法1 設(shè)滿足條件PB＝2PA的點(diǎn)P坐標(biāo)為(x，y)，則(x－4)2＋y2＝4(x－1)2＋4y2，化簡得x2＋y2＝4，要使直線x－y＋m＝0有交點(diǎn)，只需要≤2，即－2≤m≤2. 解法2 設(shè)在直線x－y＋m＝0上有一點(diǎn)(x，x＋m)滿足PB＝2PA，則(x－4)2＋(x＋m)2＝4(x－1)2＋4(x＋m)2，整理得，2x2＋2mx＋m2－4＝0，(*) 因?yàn)榉匠?*)有解，則Δ＝4m2－8(m2－4)≥0，解得－2≤m≤2.