第1讲 直线与圆高考定位 考查重点是直线间的平行和垂直的条件、与距离有关的问题、直线与圆的位置关系(特别是弦长问题)，此类问题难度属于中低档，一般以选择题、填空题的形式出现.真题感悟1.(2020·全国Ⅲ卷)在平面内，A，B是两个定点，C是动点.若·＝1，则点C的轨迹为( )A.圆B.椭圆C.抛物线D.直线解析 以AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设点A，B分别为(－a，0)，(a，0)(a>0)，点C为(x，y)，则＝(x＋a，y)，＝(x－a，y)，所以·＝(x－a)(x＋a)＋y·y＝x2＋y2－a2＝1，整理得x2＋y2＝a2＋1.因此点C的轨迹为圆.故选A.答案 A2.(2020·全国Ⅱ卷)若过点(2，1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x－y－3＝0的距离为( )A.B.C.D.解析 因为圆与两坐标轴都相切，且点(2，1)在圆上.所以可设圆的方程为(x－a)2＋(y－a)2＝a2(a＞0).则(2－a)2＋(1－a)2＝a2，解之得a＝1或a＝5.所以圆心的坐标为(1，1)或(5，5)，所以圆心到直线2x－y－3＝0的距离d＝＝或d＝＝.答案 B3.(2020·全国Ⅰ卷)已知⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直线l：2x＋y＋2＝0，点P为l上的动点.过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|·|AB|最小时，直线AB的方程为( )A.2x－y－1＝0B.2x＋y－1＝0C.2x－y＋1＝0D.2x＋y＋1＝0解析 由⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0①，得⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，所以圆心M(1，1).\n如图，连接AM，BM，易知四边形PAMB的面积为|PM|·|AB|，欲使|PM|·|AB|最小，只需四边形PAMB的面积最小，即只需△PAM的面积最小.因为|AM|＝2，所以只需|PA|最小.又|PA|＝＝，所以只需直线2x＋y＋2＝0上的动点P到M的距离最小，其最小值为＝，此时PM⊥l，易求出直线PM的方程为x－2y＋1＝0.由得所以P(－1，0).易知P、A、M、B四点共圆，所以以PM为直径的圆的方程为x2＋＝，即x2＋y2－y－1＝0②，由①②得，直线AB的方程为2x＋y＋1＝0，故选D.答案 D4.(2019·全国Ⅰ卷)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切.(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由.解 (1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a).因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.连接MA，由已知得|AO|＝2.又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半径r＝2或r＝6.(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|－|MP|为定值.理由如下：设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2,化简得M的轨迹方程为y2＝4x.\n因为曲线C：y2＝4x是以点P(1，0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P.考点整合1.两条直线平行与垂直的判定若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1k2＝－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在.2.两个距离公式(1)两平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0与l2：Ax＋By＋C2＝0间的距离d＝.(2)点(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离d＝.3.圆的方程(1)圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，圆心为(a，b)，半径为r.(2)圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，圆心为，半径为r＝.4.直线与圆的位置关系的判定(1)几何法：把圆心到直线的距离d和半径r的大小加以比较：d<r⇔相交；d＝r⇔相切；d>r⇔相离.(2)代数法：将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ来讨论位置关系：Δ>0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δ<0⇔相离.热点一 直线的方程【例1】(1)(2020·西安检测)若直线x＋(1＋m)y－2＝0与直线mx＋2y＋4＝0平行，则m的值是( )A.1B.－2C.1或－2D.－(2)已知直线l1：kx－y＋4＝0与直线l2：x＋ky－3＝0(k≠0)分别过定点A，B，又l1，l2相交于点M，则|MA|·|MB|的最大值为________.解析 (1)由题意知m(1＋m)－2×1＝0，解得m＝1或－2，当m＝－2时，两直线重合，舍去；当m＝1时，满足两直线平行，所以m＝1.\n(2)由题意可知，直线l1：kx－y＋4＝0经过定点A(0，4)，直线l2：x＋ky－3＝0经过定点B(3，0)，注意到直线l1：kx－y＋4＝0和直线l2：x＋ky－3＝0始终垂直，点M又是两条直线的交点，则有MA⊥MB，所以|MA|2＋|MB|2＝|AB|2＝25.故|MA|·|MB|≤(当且仅当|MA|＝|MB|＝时取“＝”).答案 (1)A (2)探究提高 1.求解两条直线平行的问题时，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性.2.求直线方程时应根据条件选择合适的方程形式利用待定系数法求解，同时要考虑直线斜率不存在的情况是否符合题意.【训练1】(1)(多选题)光线自点(2，4)射入，经倾斜角为135°的直线l：y＝kx＋1反射后经过点(5，0)，则反射光线还经过下列哪个点( )A.(14，2)B.C.(13，2)D.(13，1)(2)已知l1，l2是分别经过A(1，1)，B(0，－1)两点的两条平行直线，当l1，l2间的距离最大时，则直线l1的方程是________.解析 (1)因为直线l的倾斜角为135°，所以直线l的斜率k＝－1，设点(2，4)关于直线l：y＝－x＋1的对称点为(m，n)，则解得所以反射光线经过点(－3，－1)和点(5，0)，则反射光线所在直线的方程为y＝(x－5)＝(x－5)，当x＝13时，y＝1；当x＝14时，y＝.故选BD.(2)当直线AB与l1，l2垂直时，l1与l2间的距离最大.由A(1，1)，B(0，－1)得kAB＝＝2.∴两平行直线的斜率k＝－.∴直线l1的方程是y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0.答案 (1)BD (2)x＋2y－3＝0\n热点二 圆的方程【例2】(1)(2020·石家庄模拟)古希腊数学家阿波罗尼斯在其巨著《圆锥曲线论》中提出“在同一平面上给出三点，若其中一点到另外两点的距离之比是一个大于零且不等于1的常数，则该点轨迹是一个圆”.现在，某电信公司要在甲、乙、丙三地搭建三座5G信号塔来构建一个特定的三角形信号覆盖区域，以实现5G商用，已知甲、乙两地相距4km，丙、甲两地距离是丙、乙两地距离的倍，则这个三角形信号覆盖区域的最大面积(单位：km2)是( )A.2B.4C.3D.4(2)已知圆C的圆心在直线x＋y＝0上，圆C与直线x－y＝0相切，且在直线x－y－3＝0上截得的弦长为，则圆C的方程为________.解析 (1)以甲、乙两地所在直线为x轴，线段甲乙的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设甲、乙两地的坐标分别为(－2，0)，(2，0)，丙地坐标为(x，y)(y≠0)，则＝·，整理得(x－4)2＋y2＝12，可知丙地所在的圆的半径为r＝2.所以三角形信号覆盖区域的最大面积为×4×2＝4.(2)∵所求圆的圆心在直线x＋y＝0上，∴设所求圆的圆心为(a，－a).又∵所求圆与直线x－y＝0相切，∴半径r＝＝|a|.又所求圆在直线x－y－3＝0上截得的弦长为，圆心(a，－a)到直线x－y－3＝0的距离d＝，∴d2＋＝r2，即＋＝2a2，解得a＝1，∴圆C的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2.答案 (1)B (2)(x－1)2＋(y＋1)2＝2探究提高 1.第(1)题是一道以阿波罗尼斯圆为背景的数学应用问题，解题关键是先利用题设条件给出的关系式，求出阿波罗尼斯圆的方程，即(x－4)2＋y2＝12，然后应用圆中的几何量求解三角形信号覆盖区域的最大面积.2.求圆的方程主要方法有两种：(1)直接法求圆的方程，根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程.(2)待定系数法求圆的方程时，若已知条件与圆心(a，b)和半径r有关，则设圆的标准方程，否则选择圆的一般方程.\n温馨提醒 解答圆的方程问题，应注意数形结合，充分运用圆的几何性质.【训练2】(1)(2020·北京卷)已知半径为1的圆经过点(3，4)，则其圆心到原点的距离的最小值为( )A.4B.5C.6D.7(2)已知A，B分别是双曲线C：－＝1的左、右顶点，P(3，4)为C上一点，则△PAB的外接圆的标准方程为________.解析 (1)由平面几何知识知，当且仅当原点、圆心、点(3，4)共线时，圆心到原点的距离最小且最小值为dmin＝－1＝4.故选A.(2)∵P(3，4)为C上一点，－＝1，解得m＝1，则B(1，0)，A(－1，0)，∴kPB＝＝2，BP的中点为(2，2)，PB的垂直平分线方程为l1：y＝－(x－2)＋2，AB的垂直平分线方程为l2：x＝0，则圆心是l1与l2的交点M，联立l1与l2方程，解得则M(0，3)，r＝|MB|＝＝，∴△PAB外接圆的标准方程为x2＋(y－3)2＝10.答案 (1)A (2)x2＋(y－3)2＝10热点三 直线(圆)与圆的位置关系角度1 圆的切线问题【例3】(1)(2020·全国Ⅲ卷)若直线l与曲线y＝和圆x2＋y2＝都相切，则l的方程为( )A.y＝2x＋1B.y＝2x＋C.y＝x＋1D.y＝x＋(2)(多选题)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－4x＝0.若直线y＝k(x＋1)上存在一点P，使过点P所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k的可能取值是( )A.1B.2C.3D.4\n解析 (1)易知直线l的斜率存在，设直线l的方程y＝kx＋b，则＝ ①，设直线l与曲线y＝的切点坐标为(x0，)(x0>0)，则y′|x＝x0＝x0－＝k ②，＝kx0＋b ③，由②③可得b＝，将b＝，k＝x0－代入①得x0＝1或x0＝－(舍去)，所以k＝b＝，故直线l的方程y＝x＋.(2)由x2＋y2－4x＝0，得(x－2)2＋y2＝4，则圆心为C(2，0)，半径r＝2，过点P所作的圆的两条切线相互垂直，设两切点分别为A，B，连接AC，BC，所以四边形PACB为正方形，即PC＝r＝2，圆心到直线的距离d＝≤2，即－2≤k≤2，所以实数k的取值可以是1，2.故选AB.答案 (1)D (2)AB探究提高 1.直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立关于切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式.2.过圆外一点求解切线段长的问题，可先求出圆心到圆外点的距离，再结合半径利用勾股定理计算.【训练3】(1)(2020·浙江卷)已知直线y＝kx＋b(k＞0)与圆x2＋y2＝1和圆(x－4)2＋y2＝1均相切，则k＝__________，b＝__________.(2)已知⊙O：x2＋y2＝1，点A(0，－2)，B(a，2)，从点A观察点B，要使视线不被⊙O挡住，则实数a的取值范围是( )A.(－∞，－2)∪(2，＋∞)B.∪C.∪D.解析 (1)直线kx－y＋b＝0(k＞0)分别与圆心坐标为(0，0)，半径为1，及圆心坐标为(4，0)，半径为1的两圆相切，可得\n由①②，解得(2)易知点B在直线y＝2上，过点A(0，－2)作圆的切线.设切线的斜率为k，则切线方程为y＝kx－2，即kx－y－2＝0.由d＝＝1，得k＝±.∴切线方程为y＝±x－2，和直线y＝2的交点坐标分别为，.故要使视线不被⊙O挡住，则实数a的取值范围是∪.答案 (1) － (2)B角度2 圆的弦长的相关计算【例4】在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1).当m变化时，解答下列问题：(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.(1)解 不能出现AC⊥BC的情况，理由如下：设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2满足方程x2＋mx－2＝0，所以x1x2＝－2.又C的坐标为(0，1)，故AC的斜率与BC的斜率之积为·＝－，所以不能出现AC⊥BC的情况.(2)证明 BC的中点坐标为，可得BC的中垂线方程为y－＝x2.由(1)可得x1＋x2＝－m，所以AB的中垂线方程为x＝－.联立又x＋mx2－2＝0，③\n由①②③解得x＝－，y＝－.所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为，半径r＝.故圆在y轴上截得的弦长为2＝3，即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.探究提高 1.研究直线与圆的位置关系最常用的解题方法为几何法，将代数问题几何化，利用数形结合思想解题.2.与圆的弦长有关的问题常用几何法，即利用圆的半径r，圆心到直线的距离d，及半弦长，构成直角三角形的三边，利用勾股定理来处理.【训练4】(1)(2020·天津卷)已知直线x－y＋8＝0和圆x2＋y2＝r2(r＞0)相交于A，B两点.若|AB|＝6，则r的值为__________.(2)(2020·菏泽联考)已知圆O：x2＋y2＝4，直线l与圆O交于P，Q两点，A(2，2)，若|AP|2＋|AQ|2＝40，则弦PQ的长度的最大值为________.解析 (1)依题意得，圆心(0，0)到直线x－y＋8＝0的距离d＝＝4，因此r2＝d2＋＝25，又r＞0，所以r＝5.(2)设点M为PQ的中点，则|PM|＝|MQ|，在△APQ中，由余弦定理易得|AP|2＋|AQ|2＝|AM|2＋|PM|2＋|MQ|2＋|AM|2＝2(|AM|2＋|MQ|2)又|MQ|2＝|OQ|2－|OM|2＝4－|OM|2，|AP|2＋|AQ|2＝40.∴40＝2|AM|2＋8－2|OM|2，则|AM|2－|OM|2＝16，设M(x，y)，则(x－2)2＋(y－2)2－(x2＋y2)＝16.化简得x＋y＋2＝0.当OM⊥l时，OM取到最小值，即|OM|min＝＝.此时，|PQ|＝2＝2.\n故弦PQ的长度的最大值为2.答案 (1)5 (2)2A级 巩固提升一、选择题1.(2020·长沙模拟)命题p：m＝2，命题q：直线(m－1)x－y＋m－12＝0与直线mx＋2y－3m＝0垂直，则p是q成立的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 若两直线垂直，则(m－1)×m＋(－1)×2＝0，解之得m＝2或m＝－1.∴p是q成立的充分不必要条件.答案 A2.过点A(1，2)的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为( )A.y－x＝1B.y＋x＝3C.2x－y＝0或x＋y＝3D.2x－y＝0或y－x＝1解析 当直线过原点时，可得斜率为＝2，故直线方程为y＝2x，当直线不过原点时，设方程为＋＝1，代入点(1，2)可得－＝1，解得a＝－1，方程为x－y＋1＝0，故所求直线方程为2x－y＝0或y－x＝1.答案 D3.过点(3，1)作圆(x－1)2＋y2＝r2的切线有且只有一条，则该切线的方程为( )A.2x＋y－5＝0B.2x＋y－7＝0C.x－2y－5＝0D.x－2y－7＝0解析 依题意知，点(3，1)在圆(x－1)2＋y2＝r2上，且为切点.∵圆心(1，0)与切点(3，1)连线的斜率为，所以切线的斜率k＝－2.故过点(3，1)的切线方程为y－1＝－2(x－3)，即2x＋y－7＝0.\n答案 B4.(2020·全国Ⅲ卷)点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离的最大值为( )A.1B.C.D.2解析 设点A(0，－1)，直线l：y＝k(x＋1)，由l恒过定点B(－1，0)，当AB⊥l时，点A(0，－1)到直线y＝k(x＋1)的距离最大，最大值为.故选B.答案 B5.(2020·合肥调研)已知点P为圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝4上一点，A(0，－6)，B(4，0)，则|＋|的最大值为( )A.＋2B.＋4C.2＋4D.2＋2解析 取AB中点D(2，－3)，则＋＝2，|＋|＝|2|＝2||，又由题意知，圆C的圆心C(1，2)，半径为2，||的最大值为圆心C(1，2)到D(2，－3)的距离d再加半径r，又d＝＝，∴d＋r＝＋2，∴2||的最大值为2＋4，即|＋|的最大值为2＋4.答案 C6.(多选题)集合A＝{(x，y)|x2＋y2＝4}，B＝{(x，y)|(x－3)2＋(y－4)2＝r2}，其中r>0，若A∩B中有且仅有一个元素，则r的值是( )A.3B.5C.7D.9解析 圆x2＋y2＝4的圆心是O(0，0)，半径为R＝2，圆(x－3)2＋(y－4)2＝r2的圆心是C(3，4)，半径为r，|OC|＝5，当2＋r＝5，r＝3时，两圆外切；当|r－2|＝5，r＝7时，两圆内切，它们都只有一个公共点，即集合A∩B只有一个元素.故选AC.答案 AC7.(多选题)已知点A是直线l：x＋y－＝0上一定点，点P，Q是圆x2＋y2＝1上的动点，若∠PAQ的最大值为90°，则点A的坐标可以是( )A.(0，)B.(1，－1)\nC.(，0)D.(－1，1)解析 如图所示，坐标原点O到直线l：x＋y－＝0的距离d＝＝1，则直线l与圆x2＋y2＝1相切，由图可知，当AP，AQ均为圆x2＋y2＝1的切线时，∠PAQ取得最大值，连接OP，OQ，由于∠PAQ的最大值为90°，且∠APO＝∠AQO＝90°，|OP|＝|OQ|＝1，则四边形APOQ为正方形，所以|OA|＝|OP|＝.设A(t，－t)，由两点间的距离公式得|OA|＝＝，整理得2t2－2t＝0，解得t＝0或t＝，因此，点A的坐标为(0，)或(，0).故选AC.答案 AC8.(多选题)已知圆C1：x2＋y2＝r2与圆C2：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则下列结论正确的是( )A.a(x1－x2)＋b(y1－y2)＝0B.2ax1＋2by1＝a2＋b2C.x1＋x2＝aD.y1＋y2＝2b解析 圆C2的方程为x2＋y2－2ax－2by＋a2＋b2－r2＝0，两圆的方程相减，可得直线AB的方程为2ax＋2by－a2－b2＝0，即得2ax＋2by＝a2＋b2，分别把A(x1，y1)，B(x2，y2)两点的坐标代入，可得2ax1＋2by1＝a2＋b2，2ax2＋2by2＝a2＋b2，两式相减可得2a(x1－x2)＋2b(y1－y2)＝0，即a(x1－x2)＋b(y1－y2)＝0，所以选项A、B均正确；由圆的性质可得，线段AB与线段C1C2互相平分，所以x1＋x2＝a，y1＋y2＝b，所以选项C正确，选项D不正确.答案 ABC二、填空题9.(2019·北京卷)设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为________.解析 抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为(1，0)，准线l为直线x＝－1，所求的圆以F为圆心，且与准线l相切，故圆的半径r＝2.\n所以圆的方程为(x－1)2＋y2＝4.答案 (x－1)2＋y2＝410.已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点M(0，)在圆C上，且圆心到直线2x－y＝0的距离为，则圆C的方程为________.解析 ∵圆C的圆心在x轴的正半轴上，设C(a，0)，且a>0.则圆心C到直线2x－y＝0的距离d＝＝，解得a＝2.∴圆C的半径r＝|CM|＝＝3，因此圆C的方程为(x－2)2＋y2＝9.答案 (x－2)2＋y2＝911.已知圆C的方程是x2＋y2－8x－2y＋8＝0，直线l：y＝a(x－3)被圆C截得的弦长最短时，直线l方程为________________.解析 圆C的标准方程为(x－4)2＋(y－1)2＝9，∴圆C的圆心C(4，1)，半径r＝3.又直线l：y＝a(x－3)过定点P(3，0)，则当直线l与直线CP垂直时，被圆C截得的弦长最短.因此a·kCP＝a·＝－1，∴a＝－1.故所求直线l的方程为y＝－(x－3)，即x＋y－3＝0.答案 x＋y－3＝012.(2020·衡水中学检测)已知直线Ax＋By＋C＝0(其中A2＋B2＝C2，C≠0)与圆x2＋y2＝6交于点M，N，O是坐标原点，则|MN|＝________，·＝________.解析 由于A2＋B2＝C2，且C≠0，∴圆心(0，0)到直线Ax＋By＋C＝0的距离d＝＝1.所以|MN|＝2＝2＝2.设向量，的夹角为θ，则cos(π－θ)＝＝，所以cosθ＝－，所以·＝||||cosθ＝×2×＝－10.答案 2 －10B级 能力突破13.直线x＋y＋2＝0分别与x轴、y轴交于A，B两点，点P在圆(x－2)2＋y2＝2上，则△ABP面积的取值范围是( )A.[2，6]B.[4，8]C.[，3]D.[2，3]\n解析 由题意知圆心的坐标为(2，0)，半径r＝，圆心到直线x＋y＋2＝0的距离d＝＝2，所以圆上的点到直线的最大距离是d＋r＝3，最小距离是d－r＝.易知A(－2，0)，B(0，－2)，所以|AB|＝2，所以2≤S△ABP≤6.答案 A14.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一点A(2，4).(1)设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且|BC|＝|OA|，求直线l的方程.解 圆M的标准方程为(x－6)2＋(y－7)2＝25，所以圆心M(6，7)，半径为5，(1)由圆心N在直线x＝6上，可设N(6，y0)，因为圆N与x轴相切，与圆M外切，所以0<y0<7，圆N的半径为y0，从而7－y0＝5＋y0，解得y0＝1.因此，圆N的标准方程为(x－6)2＋(y－1)2＝1.(2)因为直线l∥OA，所以直线l的斜率为＝2.设直线l的方程为y＝2x＋m，即2x－y＋m＝0，则圆心M到直线l的距离d＝＝.\n因为|BC|＝|OA|＝＝2，又|MC|2＝d2＋，所以25＝＋5，解得m＝5或m＝－15.故直线l的方程为2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0.
