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一、原题展示
(2009年江苏高考题)在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1:(x+3)2+(y-1)2=4和圆C2:(x-4)2+(y-5)2=4.
（1）若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截得的弦长为23，求直线l的方程；
（2）設P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标.
二、试题推广
1追本溯源，惯性拓展
在这道高考试题中，直线l1和l2垂直，其实就是l1和l2的夹角等于π2，那么当l1和l2的夹角等于θ时，这样的点P还存在吗？
结论1在平面内，已知圆C1和圆C2相离，且半径相等，设P为该平面上的点，满足：存在过点P的无数多对夹角为θ(0<θ<π)的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且射线l1被圆C1截得的弦长与射线l2被圆C2截得的弦长相等.则满足条件的点P必定是以两圆圆心的连线C1C2为一条对角线，以θ为一个内角的菱形的另外两个顶点P1和P2.（当θ=π2时，即为本文所研究的高考题，这样的点P有2个；当θ≠π2时，这样的点P有4个）.（由于篇幅有限，这里不去给予详细的证明）
2抓住本质，合情推广
在上面2009年江苏高考试题中，当两圆的半径r1，r2不相等时的情况呢？现把这道高考试题改为：
在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1:(x+3)2+(y-1)2=1和圆C2:(x-4)2+(y-5)2=4.在平面内是否存在点P满足：过点P可以作无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长之比为1∶2？若存在，试求所有满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由.
解设点P坐标为(m,n)，圆心C1到直线l1的距离为d1，圆心C2到直线l2的距离为d2.
设直线l1，l2的方程分别为：y-n=k(x-m)，y-n=-1k(x-m),
即kx-y+n-km=0，x+ky-kn-m=0.
∵21-d2124-d22=12,∴d1d2=12，∴2d1=d2.
∴2×|-3k-1+n-km|k2+1=|4+5k-kn-m|k2+1，
2(-3k-1+n-km)=4+5k-kn-m或2(-3k-1+n-km)=-4-5k+kn+m，
即(11+2m-n)k+6-2n-m=0或(1+n+2m)k+m-2n-2=0.
因为关于k的方程有无穷多解，所以
11+2m-n=0,
6-2n-m=0或1+n+2m=0,
m-2n-2=0,
解得m=-165,
n=235或m=0,
n=-1.
所以满足条件的点P存在，并且有两个，其坐标为：P1-165,235或P2(0,-1).
原题中半径之比为1∶1，截得的弦长之比为1∶1，所以当题目改为半径之比为r1∶r2时,截得的弦长之比相应也应改为r1∶r2,因为2r21-d212r22-d22=r1r2d1d2=r1r2，问题还是转化为圆心到直线的距离之比为r1∶r2，这样问题又可以解决了.通过此题，可以归纳出更一般性的结论：
结论2在平面内，已知圆C1:(x-a1)2+(y-b1)2=r21与圆C2:(x-a2)2+(y-b2)2=r22相离，设P为该平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长之比为r1∶r2，则满足条件的点P有两个（设为P1,P2），在以圆心C1和圆心C2为直径的圆上且P1P2⊥C1C2（若P1P2与C1C2交于点O,则C1O∶C2O=r21∶r22）.证明过程如下：
解设P(x0,y0)，由题意,可设直线l1的方程为y-y0=k(x-x0)，则直线l2的方程为y-y0=-1k(x-x0).
∵弦长之比为r1∶r2，半径之比为r1∶r2,
∴C1,C2分别到l1，l2距离之比为r1∶r2.
∴|ka1-b1+y0-kx0|1+k2•r2=|a2+kb2-x0-ky0|1+k2•r1.
①当（ka1-b1+y0-kx0）•r2=（a2+kb2-x0-ky0）•r1时,化简得：
(a1r2-r2x0-b2r1+r1y0)k=a2r1-x0r1-y0r2+b1r2.
∵方程有无数解,
∴a1r2-r2x0-b2r1+r1y0=0,
a2r1-x0r1-y0r2+b1r2=0.
解得x0=(b1-b2)r1r2+a1r22+a2r21r21+r22,
y0=(a2-a1)r1r2+b1r22+b2r21r21+r22.
∴P1（b1-b2）r1r2+a1r22+a2r21r21+r22,(a2-a1)r1r2+b1r22+b2r21r21+r22.
②当（ka1-b1+y0-kx0）•r2=-（a2+kb2-x0-ky0）•r1时，化简得：
（a1r2-r2x0+b2r1-r1y0）k=-a2r1+x0r1-y0r2+b1r2.
∵方程有无数解，
∴a1r2-r2x0+b2r1-r1y0=0,
-a2r1+x0r1-y0r2+b1r2=0.
解得x0=(b2-b1)r1r2+a1r22+a2r21r21+r22,
y0=(a1-a2)r1r2+b1r22+b2r21r21+r22.
∴P2(b2-b1)r1r2+a1r22+a2r21r21+r22,(a1-a2)r1r2+b1r22+b2r21r21+r22.
不难证明：(x0-a1)(x0-a2)+(y0-b1)(y0-b2)=0.
∴点P在以圆心C1和圆心C2为直径的圆(x-a1)•(x-a2)+(y-b1)•(y-b2)=0上.
∵直线P1P2的斜率k1=-a2-a1b2-b1，直线C1C2的斜率k2=b2-b1a2-a1,∴k1•k2=-1,∴直线P1P2⊥直线C1C2.
在Rt△PC1C2中，由射影定理不难证得：
C1OC2O=PC21PC22=r21r22.
3深入探究，迁移创新
在结论1中θ还能取其他特殊值吗？问题又变为什么？
当θ取特殊值π时，l1和l2重合变成一条直线，问题就转化成：在该平面上是否存在定点P，使得过点P可以作无数条直线l与圆C1和圆C2相交，且直线l被两圆截得的弦长相等?现把这道高考试题改为：
在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1:(x+3)2+(y-1)2=4和圆C2:(x-4)2+(y-5)2=4.是否存在一个定点P，使过P点有无数条直线l与圆C1和圆C2都相交，且l被两圆截得的弦长相等?若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由.
解假设存在，设点P的坐标为P(a,b)，l的方程为y-b=k(x-a)，因为圆C1和圆C2的半径相等，被l截得的弦长也相等，所以点C1和点C2到直线l的距离相等，即|-3k-1+b-ka|k2+1=|4k-5+b-ka|k2+1，化简得：-3k-1+b-ka=4k-5+b-ka，或-3k-1+b-ka=-4k+5-b+ka，7k=4或(1-2a)k+2b-6=0.
因为关于k的方程有无穷多解，所以1-2a=0,
2b-6=0.
解得a=12,
b=3.
综上所述，存在满足条件的定点P，且点P的坐标为P12,3.
对本题的几何解释：过线段C1C2的中点P任作一条直线l与圆C1交于A1B1,与圆C2交于A2B2，过C1，C2作直线l的垂线，垂足分别为M1，M2.如图所示.
由平面几何知识总能证得:Rt△C1M1P≌Rt△C2M2P.
所以C1M1=C2M2.∵A1B1=24-C1M21,A2B2=24-C2M22,∴A1B1=A2B2.
∴存在一个定点P，使过P点有无数条直线l与圆C1和圆C2都相交，且l被两圆截得的弦长都相等.
由此我们还得到如下结论：
结论3在平面内，已知圆C1和圆C2相离且半径相等，设P为该平面上的点，满足：存在过点P的无数多条直线分别与圆C1和圆C2相交，且被圆C1截得的弦长与被圆C2截得的弦长相等.则满足条件的点P必定是两圆圆心连线C1C2的中点.
三、解后感悟
本文以一道高考试题为背景，抓住本质进行合情推广，引出三个更一般性的问题，得出了三个重要的结论.从典型的基础问题入手，通过一题多变，进行有效的变式既是我国数学课堂教学的一个优良传统，也是新课程背景下引发学生自主、合作、探究的重要途径.笔者认为在平时的教学中，如果我们能够选择一些入口面较宽的高考试题，有针对性地通过观察、变更、类比、联想等方式，进行一题多解训练，在多解中求简，则可使在锤炼解题思想的同时，使自己的能力的提高落到实处.与此相关的，若能以高考试题为题源，抓住本质，合情变式，编拟出综合自然、新颖脱俗的题目，对于提高学生的认识层次、强化探索能力以及摒弃题海战术，都将是十分有效的.
(2009年江苏高考题)在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1:(x+3)2+(y-1)2=4和圆C2:(x-4)2+(y-5)2=4.
（1）若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截得的弦长为23，求直线l的方程；
（2）設P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标.
二、试题推广
1追本溯源，惯性拓展
在这道高考试题中，直线l1和l2垂直，其实就是l1和l2的夹角等于π2，那么当l1和l2的夹角等于θ时，这样的点P还存在吗？
结论1在平面内，已知圆C1和圆C2相离，且半径相等，设P为该平面上的点，满足：存在过点P的无数多对夹角为θ(0<θ<π)的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且射线l1被圆C1截得的弦长与射线l2被圆C2截得的弦长相等.则满足条件的点P必定是以两圆圆心的连线C1C2为一条对角线，以θ为一个内角的菱形的另外两个顶点P1和P2.（当θ=π2时，即为本文所研究的高考题，这样的点P有2个；当θ≠π2时，这样的点P有4个）.（由于篇幅有限，这里不去给予详细的证明）
2抓住本质，合情推广
在上面2009年江苏高考试题中，当两圆的半径r1，r2不相等时的情况呢？现把这道高考试题改为：
在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1:(x+3)2+(y-1)2=1和圆C2:(x-4)2+(y-5)2=4.在平面内是否存在点P满足：过点P可以作无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长之比为1∶2？若存在，试求所有满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由.
解设点P坐标为(m,n)，圆心C1到直线l1的距离为d1，圆心C2到直线l2的距离为d2.
设直线l1，l2的方程分别为：y-n=k(x-m)，y-n=-1k(x-m),
即kx-y+n-km=0，x+ky-kn-m=0.
∵21-d2124-d22=12,∴d1d2=12，∴2d1=d2.
∴2×|-3k-1+n-km|k2+1=|4+5k-kn-m|k2+1，
2(-3k-1+n-km)=4+5k-kn-m或2(-3k-1+n-km)=-4-5k+kn+m，
即(11+2m-n)k+6-2n-m=0或(1+n+2m)k+m-2n-2=0.
因为关于k的方程有无穷多解，所以
11+2m-n=0,
6-2n-m=0或1+n+2m=0,
m-2n-2=0,
解得m=-165,
n=235或m=0,
n=-1.
所以满足条件的点P存在，并且有两个，其坐标为：P1-165,235或P2(0,-1).
原题中半径之比为1∶1，截得的弦长之比为1∶1，所以当题目改为半径之比为r1∶r2时,截得的弦长之比相应也应改为r1∶r2,因为2r21-d212r22-d22=r1r2d1d2=r1r2，问题还是转化为圆心到直线的距离之比为r1∶r2，这样问题又可以解决了.通过此题，可以归纳出更一般性的结论：
结论2在平面内，已知圆C1:(x-a1)2+(y-b1)2=r21与圆C2:(x-a2)2+(y-b2)2=r22相离，设P为该平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长之比为r1∶r2，则满足条件的点P有两个（设为P1,P2），在以圆心C1和圆心C2为直径的圆上且P1P2⊥C1C2（若P1P2与C1C2交于点O,则C1O∶C2O=r21∶r22）.证明过程如下：
解设P(x0,y0)，由题意,可设直线l1的方程为y-y0=k(x-x0)，则直线l2的方程为y-y0=-1k(x-x0).
∵弦长之比为r1∶r2，半径之比为r1∶r2,
∴C1,C2分别到l1，l2距离之比为r1∶r2.
∴|ka1-b1+y0-kx0|1+k2•r2=|a2+kb2-x0-ky0|1+k2•r1.
①当（ka1-b1+y0-kx0）•r2=（a2+kb2-x0-ky0）•r1时,化简得：
(a1r2-r2x0-b2r1+r1y0)k=a2r1-x0r1-y0r2+b1r2.
∵方程有无数解,
∴a1r2-r2x0-b2r1+r1y0=0,
a2r1-x0r1-y0r2+b1r2=0.
解得x0=(b1-b2)r1r2+a1r22+a2r21r21+r22,
y0=(a2-a1)r1r2+b1r22+b2r21r21+r22.
∴P1（b1-b2）r1r2+a1r22+a2r21r21+r22,(a2-a1)r1r2+b1r22+b2r21r21+r22.
②当（ka1-b1+y0-kx0）•r2=-（a2+kb2-x0-ky0）•r1时，化简得：
（a1r2-r2x0+b2r1-r1y0）k=-a2r1+x0r1-y0r2+b1r2.
∵方程有无数解，
∴a1r2-r2x0+b2r1-r1y0=0,
-a2r1+x0r1-y0r2+b1r2=0.
解得x0=(b2-b1)r1r2+a1r22+a2r21r21+r22,
y0=(a1-a2)r1r2+b1r22+b2r21r21+r22.
∴P2(b2-b1)r1r2+a1r22+a2r21r21+r22,(a1-a2)r1r2+b1r22+b2r21r21+r22.
不难证明：(x0-a1)(x0-a2)+(y0-b1)(y0-b2)=0.
∴点P在以圆心C1和圆心C2为直径的圆(x-a1)•(x-a2)+(y-b1)•(y-b2)=0上.
∵直线P1P2的斜率k1=-a2-a1b2-b1，直线C1C2的斜率k2=b2-b1a2-a1,∴k1•k2=-1,∴直线P1P2⊥直线C1C2.
在Rt△PC1C2中，由射影定理不难证得：
C1OC2O=PC21PC22=r21r22.
3深入探究，迁移创新
在结论1中θ还能取其他特殊值吗？问题又变为什么？
当θ取特殊值π时，l1和l2重合变成一条直线，问题就转化成：在该平面上是否存在定点P，使得过点P可以作无数条直线l与圆C1和圆C2相交，且直线l被两圆截得的弦长相等?现把这道高考试题改为：
在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1:(x+3)2+(y-1)2=4和圆C2:(x-4)2+(y-5)2=4.是否存在一个定点P，使过P点有无数条直线l与圆C1和圆C2都相交，且l被两圆截得的弦长相等?若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由.
解假设存在，设点P的坐标为P(a,b)，l的方程为y-b=k(x-a)，因为圆C1和圆C2的半径相等，被l截得的弦长也相等，所以点C1和点C2到直线l的距离相等，即|-3k-1+b-ka|k2+1=|4k-5+b-ka|k2+1，化简得：-3k-1+b-ka=4k-5+b-ka，或-3k-1+b-ka=-4k+5-b+ka，7k=4或(1-2a)k+2b-6=0.
因为关于k的方程有无穷多解，所以1-2a=0,
2b-6=0.
解得a=12,
b=3.
综上所述，存在满足条件的定点P，且点P的坐标为P12,3.
对本题的几何解释：过线段C1C2的中点P任作一条直线l与圆C1交于A1B1,与圆C2交于A2B2，过C1，C2作直线l的垂线，垂足分别为M1，M2.如图所示.
由平面几何知识总能证得:Rt△C1M1P≌Rt△C2M2P.
所以C1M1=C2M2.∵A1B1=24-C1M21,A2B2=24-C2M22,∴A1B1=A2B2.
∴存在一个定点P，使过P点有无数条直线l与圆C1和圆C2都相交，且l被两圆截得的弦长都相等.
由此我们还得到如下结论：
结论3在平面内，已知圆C1和圆C2相离且半径相等，设P为该平面上的点，满足：存在过点P的无数多条直线分别与圆C1和圆C2相交，且被圆C1截得的弦长与被圆C2截得的弦长相等.则满足条件的点P必定是两圆圆心连线C1C2的中点.
三、解后感悟
本文以一道高考试题为背景，抓住本质进行合情推广，引出三个更一般性的问题，得出了三个重要的结论.从典型的基础问题入手，通过一题多变，进行有效的变式既是我国数学课堂教学的一个优良传统，也是新课程背景下引发学生自主、合作、探究的重要途径.笔者认为在平时的教学中，如果我们能够选择一些入口面较宽的高考试题，有针对性地通过观察、变更、类比、联想等方式，进行一题多解训练，在多解中求简，则可使在锤炼解题思想的同时，使自己的能力的提高落到实处.与此相关的，若能以高考试题为题源，抓住本质，合情变式，编拟出综合自然、新颖脱俗的题目，对于提高学生的认识层次、强化探索能力以及摒弃题海战术，都将是十分有效的.