直線與圓韋達(dá)定理

本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！1．圓C:x2(y3)24,直線m:x3y60,過(guò)A(1,0)的動(dòng)直線l與直線m相交于N,與圓C相交于P,Q兩點(diǎn),M是PQ中點(diǎn).(Ⅰ)l與m垂直時(shí),求證:l過(guò)圓心C;(Ⅱ)當(dāng)PQ23時(shí),求直線l的方程;(Ⅲ)設(shè)tAMAN,試問(wèn)t是否為定值2．以原點(diǎn)為圓心的圓與直線x3y40相切．（Ⅰ）求圓O的方程；（Ⅱ）若直線l：ykx3與圓O交于A，B兩點(diǎn)，在圓O上是否存在一點(diǎn)Q，使得OQOAOB，若存在，求出此時(shí)直線l的斜率；若不存在，說(shuō)明理由．3．圓C:x2(y1)25，直線l:mxy1m0（1）求證：對(duì)mR，直線l與圓C總有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A、B；（2）求弦AB的中點(diǎn)M的軌跡方程，并說(shuō)明其軌跡是uuuruuur什么曲線；（3）若定點(diǎn)P（1，1）滿足PB2AP，求直線l的方程。4．圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（－2,0），B（0,2），且圓心C在直線y＝x上，又直線 l：y＝kx＋1與uuur uuur圓C相交于P、Q兩點(diǎn)．（1）求圓C的方程；（2）若OPPQ 2，求實(shí)數(shù)k的值；（3）過(guò)點(diǎn)(0,4)作動(dòng)直線m交圓C于E，F(xiàn)兩點(diǎn)．試問(wèn)：在以EF為直徑的所有圓中，是否存在這樣的圓P，使得圓P經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(2,0)5．如圖，圓C：x2(1a)xy2aya0．（Ⅰ）若圓C與x軸相切，求圓C的方程；（Ⅱ）已知a1，圓C與x軸相交于兩點(diǎn)M,N（點(diǎn)M在點(diǎn)N的左側(cè)）．過(guò)點(diǎn)M任作一條直線與圓O：x2y24相交于兩點(diǎn)A,B．問(wèn)：是否存在實(shí)數(shù)a，使得ANMBNM？6．（14分）已知方程x2y22x4ym0.（1）若此方程表示圓，求 m的取值范圍；（2）若（1）中的圓與直線x2y40相交于M，N兩點(diǎn)，且OMON（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）求m的值；（3）在（2）的條件下，求以MN為直徑的圓的方程.7．圓C:x2y22x2y10，直線l:ykx，直線l與圓C交于A、B兩點(diǎn)，uuuruuur1時(shí)，求k的值；（2）當(dāng)b(1,3)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0,b)，且滿足MAMB（．1）當(dāng)b時(shí)，求k的取值范圍．28．圓C：(x3)2(y3)29，直線l1:ykx與圓C交于P、Q兩個(gè)不同的點(diǎn)，M為P、Q的中點(diǎn)．（Ⅰ）已知A(3,0)uuuruuur0，求實(shí)數(shù)k的值；（Ⅱ）求點(diǎn)M的軌，若APAQ跡方程；（Ⅲ）若直線l1與l2:xy10的交點(diǎn)為N，求證：|OM||ON|為定值．9．圓O：x2y22，直線l:ykx2.（1）直線l與圓O交于不同的兩點(diǎn)A,B，當(dāng)AOB時(shí)，求k；（2）若k1，P是直線l上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P作圓O的兩條切22線PC、PD，切點(diǎn)為C、D，探究：直線CD是否過(guò)定點(diǎn)；（3）若EF、GH為圓O：x2y22的兩條相互垂直的弦，垂足為M(1,2)，求EGFH的面積的最大值.210．已知圓C：x2y22x4y40，直線l與圓C相交于A，B兩點(diǎn)．本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持?。á瘢┤糁本€

l過(guò)點(diǎn)

M

4,0

，且

AB

25，求直線

l的方程；（Ⅱ）若直線

l的斜率為

1，且以弦

AB

為直徑的圓經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，求直線

l的方程．11．已知圓

M

過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)

O且圓心在曲線

y

3上.（Ⅰ）若圓

M分別與

x軸、

y軸x交于點(diǎn)

A

、

B

（不同于原點(diǎn)

O），求證：

AOB的面積為定值；（Ⅱ）設(shè)直線l:y

3

x

4與圓

M交于不同的兩點(diǎn)

C，D，且|OC||OD|，求圓

M的方程；（Ⅲ）3設(shè)直線yPF與圓

3與（Ⅱ）中所求圓M的另一個(gè)交點(diǎn)分別為

M交于點(diǎn)G，H

E、F，P為直線x 5上的動(dòng)點(diǎn)，直線，求證：直線GH過(guò)定點(diǎn).

PE，12．圓C的圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)，與直線l1:xy220相切.（1）求直線l2:4x3y50被圓C所截得的弦AB的長(zhǎng)；（2）過(guò)點(diǎn)G（1,3）作兩條與圓C相切的直線，切點(diǎn)分別為M,N，求直線MN的方程；（3）若與直線l1垂直的直線l不過(guò)點(diǎn)R（1,-1），且與圓C交于不同的兩點(diǎn)P，Q.若∠PRQ為鈍角，求直線l的縱截距的范圍．13．(本小題滿分12分)已知圓C:x2y29，點(diǎn)A(5,0)，直線l:x2y0.求與圓C相切，且與直線l垂直的直線方程；在直線OA上（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），存在定點(diǎn)B（不同于點(diǎn)A），滿足：對(duì)于圓C上任一點(diǎn)

P，都有

PB

為一常數(shù)，試求所有滿足條件的點(diǎn)

B的坐標(biāo)

.PA14．如圖，圓

O:x2

y2

4與坐標(biāo)軸交于點(diǎn)

A,B,C

.⑴求與直線 AC垂直的圓的切線方程；⑵設(shè)點(diǎn)M是圓上任意一點(diǎn)（不在坐標(biāo)軸上） ，直線CM交x軸于點(diǎn)D，直線BM交直線AC于點(diǎn)N，①若D點(diǎn)坐標(biāo)為(2 3,0)，求弦CM的長(zhǎng)；②求證： 2kND kMB為定值.本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！參考答案1．(Ⅰ)詳見(jiàn)解析(Ⅱ)x14x3y40(Ⅲ)t是定值-5或【解析】試題分析：(Ⅰ)當(dāng)l與m垂直時(shí)斜率相乘為1，從而得到l斜率及方程(Ⅱ)直線與圓相交時(shí)常用弦長(zhǎng)的一半，圓心到直線的距離，圓的半徑構(gòu)成的直角三角形求解(Ⅲ)先將直線l設(shè)出，與圓聯(lián)立求出M點(diǎn)坐標(biāo)M(k23k,3k2k)，將直線l與直線m聯(lián)立求得3k6,5k)，代入t1k21k2N(1AMAN中化簡(jiǎn)得常數(shù)，求解時(shí)需注意直線方程分斜率存13k3k在不存在兩種情況試題解析：(Ⅰ)由已知km13,所以直線l的方程為y3(x1).,故kl3將圓心C(0,3)代入方程易知l過(guò)圓心C4分(Ⅱ)當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí),易知x1符合題意;當(dāng)直線與x軸不垂直時(shí),設(shè)直線l的方程為yk(x1),由于PQ23,所以CM1.由CMk31,解得k4.k231故直線l的方程為x14x3y40-8分或(Ⅲ)當(dāng)l與x軸垂直時(shí),易得M(1,3),N(1,5),又A(1,0)則AM(0,3),3AN(0,5),故AMAN5.即t53當(dāng)l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l的方程為yk(x1),代入圓的方程得(1k2)x2(2k26k)xk26k50.則xMx1x2k23k,21k2yMk(xM1)3k2kk23k3k2k1k2,即M(k2,k2),11AM3k13k2kyk(x1),3k65k),(2,1k2).又由得N(,1kx3y60,13k13k則AN(5,5k).13k13k本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！故t15k55k(3k2k)5(13k)(1k2)AMAN(1k2)(13k)(1k2)(13k)(13k)(15.k2)綜上,t的值為定值,且t512分另解一:連結(jié)CA,延長(zhǎng)交m于點(diǎn)R,由(Ⅰ)知ARm.又CMl于M,故△ANR∽△AMC.于是有AMANACAR.由AC10,AR5,得AMAN5.10uuuuruuurAMAN5.故tAMAN另解二:連結(jié)CA并延長(zhǎng)交直線m于點(diǎn)B,連結(jié)CM,CN,由(Ⅰ)知ACm,又CMl,所以四點(diǎn)M,C,N,B都在以CN為直徑的圓上,由相交弦定理得考點(diǎn)：1.直線方程；2.直線與圓相交的位置關(guān)系； 3.向量的坐標(biāo)運(yùn)算2．（Ⅰ）x2y2uuuruuuruuur4;（Ⅱ）存在點(diǎn)Q，使得OQOAOB.【解析】試題分析：（Ⅰ）設(shè)圓O的半徑為r，因?yàn)橹本€x3y40與圓O相切，所以|0304|2，r13即可求出圓O的方程為x2y24.（Ⅱ）方法一：因?yàn)橹本€l：ykx3與圓O相交于A，B兩點(diǎn)，所以dO|3|2，所以k55，假設(shè)存在點(diǎn)Q，l2或kuuuruuuruuur1k2uuur2uuuruuur使得OQOAOB，因?yàn)锳，B在圓上，且OQOAOB，同時(shí)|OA||OB|由向量加法的平行四邊形法則可知，四邊形OAQB為菱形，所以O(shè)Q與AB互相垂直且平分，所以原點(diǎn)O到直線l：ykx3的距離為d1|OQ|110分2即dOl|3|21，解得k28，k22，經(jīng)驗(yàn)證滿足條件，所以存在點(diǎn)Q，使uuuruuur1kuuur得OQOAOB；uuuruuuruuur方法二：假設(shè)存在點(diǎn)Q，使得OQOAOB．記OQ與AB交于點(diǎn)C(x0,y0)，因?yàn)锳，uuuruuuruuurOAQB為菱形，B在圓上，且OQOAOB，由向量加法的平行四邊形法則可知四邊形因?yàn)橹本€l斜率為k，顯然k0，所以O(shè)Q直線方程為1x，ykx3yy，解得k1xk本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！x03k6k62k1，所以點(diǎn)Q坐標(biāo)為M(,)，因?yàn)辄c(diǎn)Q在圓上，所以212y03kk1k21(6k2(6)24，解得k28，即k22，經(jīng)驗(yàn)證滿足條件，所以存在點(diǎn)Q，2)2k1k1uuuruuuruuur使得OQOAOB.試題解析：解：（Ⅰ）設(shè)圓O的半徑為r，因?yàn)橹本€x3y40與圓O相切，所以r|0304|23分13所以圓O的方程為x2y245分（Ⅱ）方法一：因?yàn)橹本€l：ykx3與圓O相交于A，B兩點(diǎn)，所以dOl|3|2，1k2所以k557或k2分2uuuruuuruuur8假設(shè)存在點(diǎn)Q，使得OQOAOB分uuuruuuruuur因?yàn)锳，B在圓上，且OQOAOB，同時(shí)|OA||OB|由向量加法的平行四邊形法則可知四邊形OAQB為菱形，所以O(shè)Q與AB互相垂直且平分9分所以原點(diǎn)O到直線l：ykx3的距離為d1|OQ|110分2即dOl|3|1，解得k28，k22，經(jīng)驗(yàn)證滿足條件12分1k2uuuruuuruuur所以存在點(diǎn)Q，使得OQOAOB13分uuuruuuruuur方法二：假設(shè)存在點(diǎn)Q，使得OQOAOB．記OQ與AB交于點(diǎn)C(x0,y0)uuuruuuruuur因?yàn)锳，B在圓上，且OQOAOB，由向量加法的平行四邊形法則可知四邊形OAQB為菱形，因?yàn)橹本€l斜率為k，顯然k0，所以O(shè)Q直線方程為y1x7分k本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！ykx3x03k6k621k1，所以點(diǎn)Q坐標(biāo)為M()yx，解得2,k29分ky03k11k21因?yàn)辄c(diǎn)Q在圓上，所以(26k)2(26)24，解得k2811分k1k1即k22，經(jīng)驗(yàn)證滿足條件12分uuuruuuruuur所以存在點(diǎn)Q，使得OQOAOB13分.考點(diǎn)：1.圓的方程；2.直線與圓的位置關(guān)系.3．（1）證明見(jiàn)解析；（2）x2y2x2y10，為圓的軌跡方程；（3）xy0或xy20；【解析】試題分析：（1）由題可知，判斷直線與圓的位置關(guān)系，我們常采取兩種方法，圓心到直線的距離與半徑的比較，若距離大于半徑，則位置關(guān)系是相離，若距離等于半徑，則位置關(guān)系是相切，若距離小于半徑，則位置關(guān)系是相交；或是判斷直線所經(jīng)過(guò)的定點(diǎn)和圓的關(guān)系，點(diǎn)在圓內(nèi)，則位置關(guān)系是相交，點(diǎn)在圓上，則位置關(guān)系是相切，點(diǎn)在圓外，則位置關(guān)系是相離；（2）關(guān)于求軌跡方程的問(wèn)題，求哪個(gè)點(diǎn)的軌跡就設(shè)哪個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，通過(guò)題中的條件將 x，y的關(guān)系式求出，即得軌跡方程；（3）過(guò)一點(diǎn)的直線用點(diǎn)斜式設(shè)出，再和圓的方程聯(lián)立，由韋uuuruuur達(dá)定理以及PB2AP，得出直線方程為xy0或xy20；試題解析：（Ⅰ）解法一：圓C:x2(y1)25的圓心為C(0,1)，半徑為5?！鄨A心C到直線l:mxy1m0的距離d|m||m|15，∴直線l與圓m21|2m|2C相交，即直線 l與圓C總有兩個(gè)不同交點(diǎn)；BCMOA方法二：∵直線

l:mx

y 1

m

0過(guò)定點(diǎn)

P(1,1)

，而點(diǎn)P(1,1)在圓內(nèi)∴直線

l與圓

C相交，即直線

l與圓

C總有兩個(gè)不同交點(diǎn)；（4分）（Ⅱ）當(dāng)

M與

P不重合時(shí)，連結(jié)

CM、CP，則

CM

MP，又因?yàn)楸疚臋n如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！|CM|2|MP|2|CP|2,設(shè)M(x,y)(x1)，則x2(y1)2(x1)2(y1)21，化簡(jiǎn)得：x2y2x2y10(x1)當(dāng)M與P重合時(shí)，x1,y1也滿足上式。故弦AB中點(diǎn)的軌跡方程是x2y2x2y10。（8分）（Ⅲ）設(shè)(,)，，由uuuruuur，Ax1y1B(x2,y2)PB2AP∴1x11(x21)，化簡(jiǎn)的x232x1①2mxy1m0又由x2(y1)25消去y得(1m2)x22m2xm250（*）∴x1x22m2②（10分）1m2由①②解得x13m21，1m2，帶入（*）式解得m∴直線l的方程為xy0或xy20。（12分）考點(diǎn)：直線與圓的位置關(guān)系中點(diǎn)軌跡方程直線方程的應(yīng)用4．（1）x2y24；（2）k0；（3）在以EF為直徑的所有圓中，存在圓P：5x25y216x8y120或x2y24，使得圓P經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(2,0)．【解析】1Ca,a和半徑r，列出a和r的方程，求得圓的方程；試題分析：（）根據(jù)題意設(shè)出圓心uuuruuur2,（2）根據(jù)OPPQ求得POQ120，所以圓心到直線m的距離為1，求得k的值；（3）若圓P經(jīng)過(guò)點(diǎn)uuuruuurM2,0，則必有MEMF0即x1x22(x1x2)4y1y20①，當(dāng)直線m的斜率不存在時(shí)，顯然滿足題意得圓，當(dāng)直線m的斜率存在時(shí)，設(shè)其斜率為k，直線m的方程為：ykx4，代入圓x2y24的方程，由韋達(dá)定理，得到x1x2,x1x2的值，聯(lián)立①解得k的值，存在所求的圓，進(jìn)而得到所求的圓的方程.試題解析：（1）設(shè)圓心C（a，a），半徑為r.因?yàn)閳AC經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（－2,0），B（0,2），所以|AC|＝|BC|＝r，易得a＝0，r＝2，所以圓C的方程是x2y24.分本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！uuuruuuruuuruuuruuuruuur（2）因?yàn)椋?×2×cos〈，〉＝－2，且與的夾角為∠POQ，OQ所以cos∠POQ＝－1，∠POQ＝120°，所以圓心C到直線l：kx－y＋1＝0的距離d＝1，2又d＝1，所以k0.7分k21（聯(lián)立直線與圓的方程求解酌情給分）（3）（?。┊?dāng)直線m的斜率不存在時(shí)，直線m經(jīng)過(guò)圓C的圓心C，此時(shí)直線m與圓C的交點(diǎn)為E(0,2)，F(xiàn)(0,2)，EF即為圓C的直徑，而點(diǎn)M(2,0)在圓C上，即圓C也是滿足題意的圓8分（ⅱ）當(dāng)直線m的斜率存在時(shí)，設(shè)直線m:ykx4，由x2y24,ykx，4,消去y整理，得(1k2)x28kx120，由△64k248(1k2)0，得k3或k3．x1x218k2,設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2)，則有k①9分12x1x22,1k由①得y1y2(kx14)(kx22x1x24k(x1x2)16164k24)k1k2，②y1y2kx14kx24k(x1x2)88，③1k2若存在以EF為直徑的圓P經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(2,0)，則MEuuuruuur0MF，所以MEMF，因此(x12)(x22)y1y20，即x1x22(x1x2)4y1y20，10分則1216k4164k20，所以16k320，k2，滿足題意．12分1k21k21k2此時(shí)以EF為直徑的圓的方程為x2y2(x1x2)x(y1y2)yx1x2y1y20，即x2y216x8y120，亦即5x25y216x8y120．13分555綜上，在以EF為直徑的所有圓中，存在圓P：5x25y216x8y120或x2y24，使得圓P經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(2,0)．14分考點(diǎn)：1.圓的方程；2.直線方程；3.韋達(dá)定理.本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！5．（1）x22xy2y10；（2）a4.【解析】試題分析：（1）聯(lián)立直線與圓的方程，利用判別式為0得出a值，即得圓的方程；（2）先求出M(1,0),N(a,0)，聯(lián)立直線與圓的方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行求解.解題思路: 直線圓的位置關(guān)系，主要涉及直線與圓相切、相交、相離，在解決直線圓的位置關(guān)系時(shí)，要注意結(jié)合初中平面幾何中的直線與圓的知識(shí) ..試題解析：（Ⅰ）因?yàn)閥0x2(1a)xy2aya0得x2(1a)xa0，由題意得(1a)24a(a1)20，所以a1故所求圓C的方程為x22xy2y10．（Ⅱ）令y0，得x2(1a)xa0，即(x1)(xa)0所以M(1,0),N(a,0)假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，當(dāng)直線AB與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線AB的方程為yk(x1)，代入x2y24得，(1k2)x22k2xk240，設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),從而x1x22k22,x1x2k241k1k2因?yàn)閥1y2k[(x11)(x2a)(x21)(x1a)]ax2a(x1a)(x2x1a)而(x11)(x2a)(x21)(x1a)2x1x2(a1)(x2x1)因?yàn)锳NMBNM，所以y1y20，即2a8k2x1ax2a1當(dāng)直線AB與x軸垂直時(shí)，也成立．故存在a4，使得ANMBNM.考點(diǎn)：1.圓的方程；2.直線與圓的位置關(guān)系.6．（1）m5；（2）m8；（3）(x4)2(y8)216.5555

2a0，得a 4．本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！【解析】試題分析：（1）由圓的一般方程知當(dāng)D2E24F0時(shí)x2y2+DxEyF0表示圓的方程；（2）聯(lián)立直線與圓的方程，消元后的到關(guān)于y的一元二次方程，因?yàn)镺MON所以x1x2y1y20，可求出m的值；（3）利用根與系數(shù)關(guān)系求出中點(diǎn)坐標(biāo)即為圓心，再利用垂徑定理求出弦長(zhǎng)的一半即為半徑，能寫(xiě)出圓的方程.試題解析：（1）x2y22x4ym0x2y40x42y代入得（2）y22x4ym0x2y1y2168m，y1y255OMON得出：x1x2y1y20∴5y1y28(y1y2)160∴m85（3）設(shè)圓心為(a,b)半徑r455????13分圓的方程(x4)2(y8)216555考點(diǎn)：1.圓的方程；2.直線與圓的位置關(guān)系.7．（Ⅰ）1；（Ⅱ）1,623U623,．【解析】試題分析：（Ⅰ）當(dāng)b=1時(shí)，點(diǎn)M（0，b）在圓C上，當(dāng)且僅當(dāng)直線l經(jīng)過(guò)圓心C時(shí)，滿足MP⊥MQ．把圓心坐標(biāo)（1，1）代入直線l：ykx，可得k的值．（Ⅱ）把直線l的方程代入圓的方程轉(zhuǎn)化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系以u(píng)uuruuuur0，求得2k1kb1．令fbb1，則（fb）及MPMQ1k2bb在區(qū)間3上單調(diào)遞增，求得（）13，可得22k1k13，解此不等式求1,2fb2,61k26得k的取值范圍（注意檢驗(yàn)△＞ 0）．本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！試題解析：（Ⅰ）圓22時(shí)，點(diǎn)M（0，b）在圓C上，，當(dāng)b=1當(dāng)且僅當(dāng)直線 l經(jīng)過(guò)圓心 C時(shí)，滿足 MP⊥MQ．∵圓心C的坐標(biāo)為（1，1），∴k=1．（Ⅱ）由ykx，消去y得：22k）x10①x2y22x2y10設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），∴x121k，x1x21x2k2k2．11uuuruuuurMP⊥MQ，∴MPMQ0．（x1,y1b）（?x2,y2b）0，即x1x2（y1﹣b）（y2﹣b）0．∴∵y1kx1，y2kx2，∴0，即1k2x1x2kbx1x2b20．（kx1﹣b）（kx2﹣b）x1x221k2k1k2∴1k21kbb20，即b1b1．1k1k21k22bb令fbb1，則（fb）在區(qū)間1,3上單調(diào)遞增．b2∴當(dāng)3時(shí)，（）13．26∴22k1k13．1k262k1k21k2k1即13，解得，2k1k1k2k623,或6236∴1k623或k623．由①式得[（21k）]2﹣（41k2）＞0，解得k＞0．∴1k623或k623．∴k的取值范圍是1,623U623,．考點(diǎn)：直線和圓相交的性質(zhì)；一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系；函數(shù)的單調(diào)性．本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！8．（1）k1；（2）x23xy23y3(x0,y0)；3）定值為3；【解析】試題分析：（1）由向量的數(shù)量積為uuuruuur0，知兩向量是垂直的，即APAQ，因?yàn)辄c(diǎn)A在圓C上故直線l1過(guò)圓心C(3,3)，將點(diǎn)的坐標(biāo)代入到直線方程中，得到k1；（2）對(duì)于求軌跡方程的問(wèn)題，一般來(lái)講，求哪個(gè)點(diǎn)，就設(shè)設(shè)出哪個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用題意列出關(guān)系式，本題中，設(shè)M(x,y)，則OMCM，將坐標(biāo)代入，化簡(jiǎn)可得出M的軌跡方程x23xy23y3(x0,y0)；（3）聯(lián)立方程，通過(guò)韋達(dá)定理，得出M，N的坐標(biāo)，從而求出OM1k23(k1)，ON1k2，兩者相乘，進(jìn)行化簡(jiǎn)，得出定值是3.k21k1uuuruuuruuuruuur試題解析：（Ⅰ）APAQ0即APAQ，因?yàn)辄c(diǎn)A在圓C上故直線l1過(guò)圓心C(3,3)，得k13分（Ⅱ）設(shè)M(x,y)，則OMuuuuruuuur0坐標(biāo)代入得：CM，即OMCM(x,y)(x3,y3)0化簡(jiǎn)得：x23xy23y3(x0,y0)8分（Ⅲ）設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x0,y0)將ykx代入(x3)2(y3)29并整理得：(k21)x26(k1)x90(*)則x1,x2為方程(*)的兩根∴x1x26(k1)|OM|x02y02x02(kx0)21k2x0k211k23(k1)10分k21l1:ykx與l2:xy10聯(lián)立得交點(diǎn)N(1,k)k1k1|ON|(1)2(k)21k212分k1k1k1故：|OM||ON|1k23(k1)1k2=3(定值)14分k21k1考點(diǎn)：向量的數(shù)量積圓的性質(zhì)韋達(dá)定理9．（1）k 3；（2）見(jiàn)解析；（3）

52【解析】本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！試題分析：（1）易得點(diǎn)O到l的距離d2r，利用點(diǎn)到直線的距離公式即可求出k；（2）2(1t利用O、P、C、D四點(diǎn)共圓求得其圓的方程x2txy22)y0，發(fā)現(xiàn)直線CD是圓(1t2x2y22與圓x2txy22)y0的公共弦所在的直線方程，兩式作差即可；（3）23所以設(shè)圓心O到直線EF、GH的距離分別為d1,d2.則d2d2|OM|2122|EF|2r2d12212d12|GH|2r2d2222d22|GH|2r2d2222d22再用均值不等式即可求出最大值.試題解析：（1）∵∠AOB=，∴點(diǎn)O到l的距離d2r2分22∴2=2·2k34分k212（2）由題意可知：O、P、C、D四點(diǎn)共圓且在以O(shè)P為直徑的圓上，設(shè)P(t,1t2).2其方程為：x(xt)y(y1t2)02即x2txy2(1t2)y02又C、D在圓O：x2y22上∴l(xiāng)CD:tx(1t2)y20即(xy)y2y207分22由xy0x12得22y20y1∴直線CD過(guò)定點(diǎn)(1,1)9分2（3）設(shè)圓心O到直線EF、GH的距離分別為d1,d2.則d12d22|OM|2311分2∴|EF| 2r2 d12 212 d12 |GH|2r2 d22 2 2 d22本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！∴S1|EF||GH|2(2d12)(2d22)≤2d122d22435222當(dāng)且僅當(dāng)2d122d22即d1d23時(shí)，取“=”2∴四邊形EGFH的面積的最大值為5．14分2考點(diǎn)：圓的綜合應(yīng)用【答案】（Ⅰ）y 0或12x 5y 48 0（Ⅱ）y x 1或y x 4【解析】試題分析：（Ⅰ）解決直線與圓位置關(guān)系的綜合問(wèn)題時(shí)，要充分考慮平面幾何知識(shí)的運(yùn)用，不要單純地依靠代數(shù)運(yùn)算，這樣簡(jiǎn)單又不易出錯(cuò)．由題意知l的斜率必然存在，可設(shè)出直線的方程ykx4，.其中r為圓的半徑，d為弦心距，l為弦長(zhǎng)即可解決；（Ⅱ）采用設(shè)uuuruuur而不求，利用直線與圓的方程聯(lián)立的關(guān)于x的二次方程，由OAOB得x1x2y1y20，即2x1x2bx1x2b20，再利用韋達(dá)定理即可.試題解析：（Ⅰ）由題設(shè)知直線l的斜率存在，設(shè)其方程為ykx4，即kxy4k0．圓C：x2y22y229，2x4y40，即x1圓心C1,2，半徑為3．由AB25，知圓心到直線l的距離為9522，于是k24k2，即23k2k21，k21整理得5k212k0，解得，k0或k12．5所以直線l的方程為y0或12x5y480．5分（Ⅱ）由直線l的斜率為1，設(shè)直線l的方程為yxb．x2y22x4y40由xb，y得2x22b1xb24b40．4b28b24b40，解得332b332．（1）令1本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，則x1x2bb24b41，x1x2．2因?yàn)橐訟B為直徑的圓過(guò)原點(diǎn)，所以u(píng)uuruuurOAOB．所以x1x2y1y20，即2x1x2bx1x2b20．代入得b23b40，解得b1或b4，滿足（1）．故直線l的方程為yx1或yx4．10分考點(diǎn)：直線與圓的位置關(guān)系的綜合11．（Ⅰ）2 3；（Ⅱ）(x 1)2 (y 3)2 4；（Ⅲ）(2, 3)或(5, 3).【解析】22y3t23，求出圓M分別與試題分析：（Ⅰ）由題意可設(shè)圓M的方程為xttt2x軸、y軸交于點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，利用面積公式，可得：△AOB的面積為定值；（Ⅱ）由|OC|=|OD|，知OM⊥l，解得t=±1，再驗(yàn)證，即可求圓M的方程；（Ⅲ）設(shè)P（5，y0），G（x1，y1），H（x2，y2），整理得2x1x2﹣（7x1x2）200．①設(shè)直線GH的方程為ykxb，代入(x1)2(y3)24，利用韋達(dá)定理，確定直線方程，即可得出結(jié)論．試題解析：（Ⅰ）由題意可設(shè)圓M的方程為(xt)2(y3)2t23，tt2即x2y22tx23y0.t令x0，得y230，得x2t.；令ytSAOB1|OA||OB|1|2t||23|23（定值）.22t（Ⅱ）由|OC||OD|，知OMl.所以kOM33，解得t1.t2當(dāng)t1時(shí)，圓心M(1,3)到直線l:y3x4的距離d2(31)小于半徑，符合題3意；本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！當(dāng)t 1時(shí)，圓心M(1, 3)到直線l:y 3x4的距離d2(31)大于半徑，不3符合題意.所以，所求圓M的方程為(x1)2(y3)24.（Ⅲ）設(shè)P(5,y0)，G(x1,y1)，H(x2,y2)，又知E(1,3)，F(xiàn)(3,3)，所以kPEy03y13kGE，6x11kPFy03y23kFH.2x23因?yàn)?kPE(y13)2(y23)2kPF，所以9(x12(x22.1)3)將(y13)24(x11)2，(y23)24(x21)2代入上式，整理得2x1x27(x1x2)200.①設(shè)直線GH的方程為ykxb，代入(x1)2(y3)24，整理得(1k2)x2(2kb232)xb2230.kb所以x1x22kb23k2，x1x2b223b1k21k2.代入①式，并整理得b2(7k23)b10k27330，b即(b2k3)(b5k3)0，解得b32k或b35k.當(dāng)b32k時(shí)，直線GH的方程為yk(x2)3，過(guò)定點(diǎn)(2,3)；當(dāng)b35k時(shí)，直線GH的方程為yk(x5)3，過(guò)定點(diǎn)(5,3)考點(diǎn)：圓的方程；直線與圓的位置關(guān)系；分析思考能力和計(jì)算能力 .12．（1）2 3；（2）x 3y 4 0；（3）b| 2 b 2且b 0【解析】試題分析：（1）已知得圓的半徑為圓心到直線的距離，求得半徑

r=2，所以圓

C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：

x2

y2

4；通過(guò)半弦長(zhǎng)與半徑、弦心距的關(guān)系求得弦

AB長(zhǎng)為2 3；（2）由題意知點(diǎn)M、N

在以G點(diǎn)為圓心，線段

GM

長(zhǎng)為半徑的圓

G上，而

OM

2

GM

2

OG2，所以本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！GM6，圓G的方程為(x1)2(y3)26，與圓C的方程相減得公共弦MN的方程x3y40；（3）由已知可設(shè)直線l的方程為：yxb，聯(lián)立圓的方程化簡(jiǎn)得2x22bxb240，0得b28，由根與系數(shù)的關(guān)系得b24uuuruuur0,變形化簡(jiǎn)得b2x1x2b,x1x22，又PRQ為鈍角，所以RPRQ2，而當(dāng)b=0時(shí)直線過(guò)點(diǎn)R（1，-1），所以縱截距b的取值范圍是b|2b2且b0.試題解析：（1）由題意得：圓心(0,0)到直線l1:xy220的距離為圓的半徑，r222，所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2y242所以圓心到直線l2的距離d2312（2）因?yàn)辄c(diǎn)G(1,3),所以O(shè)G123210,GMOG2OM26所以以G點(diǎn)為圓心，線段GM長(zhǎng)為半徑的圓G方程：(x1)2(y3)26（1）又圓C方程為：x2y24（2），由(1)(2)得直線MN方程：x3y40（3）設(shè)直線l的方程為：yxb聯(lián)立x2y24得：2x22bxb240，設(shè)直線l與圓的交點(diǎn)P(x1,y1),Q(x2,y2)，由(2)28(b24)0，得b28，x1x2b,x1x2b24（3）b2PRQ為鈍角，所以u(píng)uuruuur0,因?yàn)镽PRQuuuruuur即滿足(x11)(x21)(y11)(y21)0，且RP與RQ不是反向共線，又y1x1b,y2x2b，所以(x11)(x21)(y11)(y21)2x1x2(b2)(x1x2)b22b20（4）由（3）（4）得b22，滿足0，即2b2，uuuruuuryxb過(guò)（1，-1），此時(shí)b0，不滿足題意，當(dāng)RP與RQ反向共線時(shí)，直線故直線l縱截距的取值范圍是2b2，且b0考點(diǎn)：直線與圓的位置關(guān)系與向量的數(shù)量積運(yùn)算的應(yīng)用13．（1）y2x35；（2）存在，且9,0).B(5【解析】本文檔如對(duì)你有幫助，請(qǐng)幫忙下載支持！試題分析：（1）充分利用垂直直線系方程設(shè)直線方程，即若直線l垂直于直線AxByC0,則可設(shè)直線l方程為：BxAyc0,并利用圓與直線相切時(shí)，圓心到直