直線與圓定值定點最值經典題訓練

1、直線與圓定值定點最值經典題訓練1已知過點A(0,1)，且斜率為k的直線與圓相交于M,N兩點.（1）求實數k的取值范圍；（2）求證：AMAN為定值；2已知圓C：（xa）2+（yb）2=1（a0）關于直線3x2y=0對稱，且與直線3x4y+1=0相切（1）求圓C的方程；（2）若直線l：y=kx+2與圓C交于M，N兩點，是否存在直線l，使得OMON=6（O為坐標原點）若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由3已知圓O:x2+y2=1，直線l過點A(3,0)且與圓O相切 .（I）求直線l的方程； （II）如圖，圓O與x軸交于P,Q兩點，點M是圓O上異于PQ的任意一點，過點A且與x軸垂直的直線為l1，直

2、線PM交直線l1于點E，直線QM交直線l1于點F，求證：以EF為直徑的圓C與x軸交于定點B，并求出點B的坐標 .4已知圓C:(x-4)2+(y-1)2=4,直線l:2mx-(3m+1)y+2=0（1）若直線l與圓C相交于兩點A,B，弦長AB等于23，求m的值；（2）已知點M(4,5)，點C為圓心，若在直線MC上存在定點N（異于點M），滿足：對于圓C上任一點P，都有|PM|PN|為一常數，試求所有滿足條件的點N的坐標及改常數5如圖在平面直角坐標系xOy中，圓C的方程為x2+(y-2)2=1，且圓C與y軸交于M,N兩點（點N在點M的上方），直線l:y=kx(k>0)與圓C交于A，B兩點。（1

3、）若AB=255，求實數k的值。（2）設直線AM，直線BN的斜率分別為k1,k2，若存在常數a使得k1=ak2恒成立？若存在，求出a的值.若不存在請說明理由。（3）若直線AM與直線BN相較于點P，求證點P在一條定直線上。參考答案1(1) 4-73,4+73； (2)見解析.【解析】【分析】(1)由題意可得，直線l的斜率存在，用點斜式求得直線l的方程，根據圓心到直線的距離等于半徑求得k的值，可得滿足條件的k的范圍；(2)由題意可得,經過點M,N,A的直線方程為y=kx+1，代入圓C的方程化簡,再利用一元二次方程根與系數的關系求得x1+x2和x1x2的值，可得y1y2=kx1+1kx2+1的值，利

4、用AMAN=x1,y1-1 x2,y2-1=x1x2+y1y2-y1+y2+1，即可得出結論.【詳解】（1）由題意過點A(0,1)且斜率為k的直線的方程為y=kx+1，代入圓C的方程得(1+k2)x2-4(1+k)x+7=0，直線與圓C :(x-2)2+(y-3)2=1相交于M,N兩點，所以=-4(1+k)2-4×7×(1+k2)>0，解得4-73<k<4+73，實數k的取值范圍是4-73,4+73.（2）證明：設M(x1,y1),N(x2,y2),AM=(x1,y1-1),AN=(x2,y2-1),x1+x2=4(1+k)1+k2,x1x2=71+k2，

5、y1+y2=(kx1+1)+(kx2+1)=k(x1+x2)+2=4(1+k)1+k2+2，y1y2=(kx1+1)+(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1所以AMAN=(x1,y1-1)(x2,y2-1)=x1x2+(y1-1)(y2-1)=x1x2+y1y2-(y1+y2)+1=x1x2+k2x1x2=71+k2+7k21+k2=7，AMAN為定值.【點睛】探索圓錐曲線的定值問題常見方法有兩種： 從特殊入手，先根據特殊位置和數值求出定值，再證明這個值與變量無關； 直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.2（1）（x2）2+（y3）2=1（2）不存在直線l【解

6、析】【分析】（1）根據題意，分析可得&d=|3a-4b+1|5=1&3a-2b=0，解可得a、b的值，由圓的標準方程即可得答案；（2）假設存在滿足題意的直線l，設M（x1，y1）N（x2，y2），聯立直線與圓的方程，由直線與圓相交可得=（2k+4）216（1+k2）0，由數量積的計算公式可得OMON=（1+k2）41+k2+2k(2k+4)1+k2+4=6，解可得k的值，驗證是否滿足0，即可得答案【詳解】（1）根據題意，圓C：（xa）2+（yb）2=1（a0）關于直線3x2y=0對稱，即圓心（a，b）在直線3x2y=0上，圓C與直線3x4y+1=0相切，則C到直線l的距離d=r

7、=1，則有&d=|3a-4b+1|5=1&3a-2b=0，解得&a=2&b=3或&a=-43&b=-2（舍）圓C的方程為（x2）2+（y3）2=1（2）假設存在直線l，使得OMON=6，設M（x1，y1）N（x2，y2），由&y=kx+2&(x-2)2+(y-3)2=1得（1+k2）x2（2k+4）x+4=0，由=（2k+4）216（1+k2）0得0k43，且x1+x2=2k+41+k2，x1x2=41+k2，OMON=x1x2+y1y2=（1+k2）x1x2+2k（x1+x2）+4=（1+k2）41+k2+2k(2k+4)1+k

8、2+4=6，解得k=1或-13，不滿足0，所以不存在直線l，使得OMON=6【點睛】本題考查直線與圓方程的綜合應用，涉及向量數量積的計算，注意圓C關于直線3x2y=0對稱，則圓心在直線上3（1）y=±24(x-3).（2）證明見解析；定點B(3+22,0)或B(3-22,0).【解析】【分析】（1）由已知中直線l過點A(3,0)，我們可以設出直線的點斜式方程，化為一般式方程后，代入點到直線距離公式，根據直線與圓相切，圓心到直線的距離等于半徑，可以求出k的值，進而得到直線l的方程；（2）由已知我們易求出P,Q兩個點的坐標，設出M點的坐標，我們可以得到點P與Q的坐標，進而得到以EF為直徑

9、的圓C的方程，根據圓的方程即可判斷結論.【詳解】()由題意得，直線l的斜率存在. 設直線l的方程為y=k(x-3).因為直線l與圓O相切，所以3kk2+1=1.所以k=±24.所以直線方程為y=±24(x-3). ()由題意得，點P(-1,0)，點Q(1,0).設點M(x0,y0)(x0±1)，則x02+y02=1.直線PM的方程為y=y0x0+1(x+1).所以直線PM與直線x=3的交點為點E(3,4y0x0+1).直線QM的方程為y=y0x0-1(x-1).所以直線QM與直線x=3的交點為點F(3,2y0x0-1). 設點B(m,0).則BE=(3-m,4y0

10、x0+1)，BF=(3-m,2y0x0-1).因為以EF為直徑的圓C與x軸交于定點B,所以BEBF=(3-m)(3-m)+8y02(x0+1)(x0-1)=(3-m)2-8=0解得m=3±22.所以定點B(3+22,0)或B(3-22,0).【點睛】該題考查的是有關直線與圓的方程的應用問題，涉及到的知識點有過圓外一點圓的切線方程的求法，圓與直線的交點，直線方程的點斜式，圓的方程的問題，直徑所對的圓周角為直角，垂直應用向量的數量積等于零等，認真分析題意，求得結果.4(1) m=0或m=-13.(2) 在直線MC上尋在定點N(4,2)，使得|PM|PN|為常數2【解析】分析：（1）由弦長

11、AB等于23，結合圓C的半徑為2，利用勾股定理可得圓心到直線的距離，根據點到直線距離公式列方程求解即可；（2）直線MC的方程為x=4，假設存在定點N(4,t)滿足題意，設P(x,y)，|PM|PN|=，平方后可(2-2t)2+8y+(3+t2)2-28=0所以(2-2t)2+8=0且(3+t2)2-28=0，解得t=2，t=5（舍去，與M重合），2=4，=2，從而可得結果.詳解：（1）由弦長AB等于23，結合圓C的半徑為2，利用勾股定理可得圓心到直線的距離，利用點到直線距離公式列方程可得m=0或m=-13；（2）由題知，直線MC的方程為x=4，假設存在定點N(4,t)滿足題意，則設，P(x,y

12、)，|PM|PN|=得|PM|2=2|PN|2(>0)，且(x-4)2=4-(y-1)2所以4-(y-1)2+(y-5)2=42-2(y-1)2+2(y-t)2整理得：(2-2t)2+8y+(3+t2)2-28=0因為，上式對于任意y-1,3恒成立，所以(2-2t)2+8=0且(3+t2)2-28=0解得t2-7t+10=0，所以t=2，t=5（舍去，與M重合），2=4，=2綜上可知，在直線MC上尋在定點N(4,2)，使得|PM|PN|為常數2點睛：本題主要考查直線與圓的位置關系、解析幾何中的定點問題以及點在曲線上問題，屬于難題. )存在性問題，先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確

13、則存在，若結論不正確則不存在.當條件和結論不唯一時要分類討論.當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件.當條件和結論都不知，按常規(guī)方法很難時，采取另外的途徑.5（1）k=2.（2）存在實數a=-13，使得k1=ak2恒成立；理由見解析.（3）證明見解析.【解析】分析：（1）先設出直線的方程，利用圓中的特殊三角形：弦心距，半弦長和圓的半徑構成直角三角形，勾股定理求得結果；（2）先假設存在，利用題的條件，得到其相關的式子，求得對應的值，得到結果；（3）根據題意，得到點所滿足的條件，從而求得結果.詳解：（1）圓C：x2+(y-2)2=1 圓心(0,2)，半徑r=1直線l:kx-y=0

14、(k>0)與圓C相交于A，B兩點，且AB=255 圓心到l的距離為d=1-(12×255)2=25 2k2+1=25，解得：k=±2k>0 k=2 （2）圓C與y軸交于M，N兩點（點N在點M上方）M(0,1),N(0,3) AM:y=k1x+1,BN:y=k2x+3，設A(x1,y1),B(x2,y2)直線AM與圓C方程聯立：y=k1x+1x2+(y-2)2=1，化簡得：(k12+1)x2-2k1x=0A(2k1k12+1,3k12+1k12+1)，同理可求：B(-2k2k22+1,k22+3k22+1) O,A,B三點共線，且OA=(2k1k12+1,3k12+1k12+1)，OB=(-2k2k22+1,k22+3k22+1) 2k1k12+1k22+3k22+1-(-2k2k22+1)3k12+1k12+1=0，化簡得：(3k1+k2)(k1k2+1)=0 k1k2+10 3k1+k2=0，即k1=-13k2存在實數a=-13，使得k1=ak2恒成立 （3）設P(x0,y0) y0=k1x0