直线与圆大题训练

1．已知点A（a，3），圆C的圆心为（1,2），半径为2.（I）求圆C的方程；（II）设a=3，求过点A且与圆C相切的直线方程；（III）设a=4，直线l过点A且被圆C截得的弦长为23，求直线l的方程；（IV）设a=2，直线1l过点A，求1l被圆C截得的线段的最短长度，并求此时1l的方程.2．已知圆22:124Cxy，直线:12lykxk。（Ⅰ）求证：直线l与圆C恒有两个交点；（Ⅱ）求出直线l被圆C截得的最短弦长，并求出截得最短弦长时的k的值；（Ⅲ）设直线l与圆C的两个交点为M，N，且2CMCN（点C为圆C的圆心），求直线l的方程。3．已知圆C经过两点A（3，3），B（4，2），且圆心C在直线50xy上。（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）直线l过点D（2，4），且与圆C相切，求直线l的方程。4．已知圆M：x2+（y-2）2=1，Q是x轴上的动点，QA，QB分别切圆M于A，B两点。（1）若Q（1，0），求切线QA，QB的方程；（2）求四边形QAMB面积的最小值；（3）若|AB|=423，求直线MQ的方程。5．已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，且y轴和直线320xy均与圆C相切．(1)求圆C的标准方程；(2)设点0,1P，若直线yxm与圆C相交于M，N两点，且MPN为锐角，求实数m的取值范围．参考答案1．（I）22124xy；（II）34210xy或3x；（III）34yx或3y；（IV）22；50xy.【解析】试题分析：（I）由圆心和半径可得圆C的方程为22124xy；（II）设切线方程的点斜式为33ykx，利用点到直线的距离为圆的半径2，可解出34k，当直线的斜率不存在时也满足题意；（III）由直线被圆截得的弦长为23，故而圆心到直线的距离为22231d，利用点到直线的距离解出k的值即可得直线方程；（IV）首先判断点在圆内，当1l与AC垂直时，直线截圆所得线段最短，可得直线1l的方程，再求出点到直线的距离即可求出弦长.试题解析：（I）圆C的方程为22124xy；（II）当直线斜率存在时，设切线方程的点斜式为33ykx，即330kxyk则圆心到直线的距离为2223312211kkkdkk，解得34k，即切线方程为34210xy，当斜率不存在时，直线方程为3x，满足题意，故过点A且与圆C相切的直线方程为34210xy或3x；（III）设直线方程为34ykx，即430kxyk，由于直线被圆截得的弦长为23，故而弦心距为22231d，2224313111kkkkk，解得0k或34k，即直线l的方程为34yx或3y；（IV）∵2221324，∴点A在圆内，当1l与AC垂直时，直线截圆所得线段最短，∵1ACk，∴直线1l的斜率为1，故直线1l的方程为50xy，圆心到直线1l的距离为125211，故弦长为2222222.2．(1)见解析；(2)22，1k(3)1y【解析】试题分析：（1）直线:12lykxk可化为12ykx，证明直线过圆22:124Cxy的内部定点，即可证明结论；(2)弦的中点与圆心连线与弦垂直时弦长最小，利用勾股定理可得结果；(3)设CM与CN的夹角为，由2CMCN，可得1cos2，从而120，可得点C到直线l的距离为1，利用点到直线距离公式求出列方程求得0k，从而可得直线l的方程.试题解析：（1）直线:12lykxk可化为12ykx，因此直线过定点A（2，-1），显然该点A在圆22:124Cxy的内部所以直线l与圆C恒有两个交点。(2)圆心C（1，-2），半径222,21122rAC所以弦长2222222此时12121ACk所以1k。(3)设CM与CN的夹角为，因为cos4cos2CMCNCMCN所以1cos2，从而120，所以点C到直线l的距离为1即221211kkk，所以0k所以直线l的方程是1y。3．（1）22321xy（2）直线l的方程为34220xy或2x【解析】试题分析：（1）两点式求得线段AB的垂直平分线方程，与直线50xy联立可得圆心坐标，由两点间的距离公式可得圆的半径，从而可得圆的方程；(2)验证斜率不存在时直线2x符合题意，设出斜率存在时的切线方程42ykx，各根据圆心到直线的距离等于半径求出34k，从而可得直线l的方程为34220xy.试题解析：（1）因为圆C与x轴交于两点A（3，3），B（4，2），所以圆心在直线10xy上由10,{50xyxy得3,{2.xy即圆心C的坐标为（3，2）半径22100rBC所以圆C的方程为22321xy(2)①当直线l的斜率存在时，设斜率为k，则直线方程为42ykx，即240kxyk因为直线l与圆相切，2322411kkdk34k直线l的方程为34220xy②当直线l的斜率不存在时，直线l方程为2x此时直线l与圆心的距离为1（等于半径）所以，2x符合题意。综上所述，直线l的方程为34220xy或2x。【方法点睛】本题主要考查圆的方程和性质、圆的切线方程，属于中档题.求圆的方程常见思路与方法有:①直接设出动点坐标,xy，根据题意列出关于,xy的方程即可；②根据几何意义直接找到圆心坐标和半径，写出方程；③待定系数法，可以根据题意设出圆的标准方程或一般式方程，再根据所给条件求出参数即可.本题（1）是利用方法②解答的.4．（1）3430xy和1x；（2）3；（3）25250xy或25250xy【解析】试题分析：（1）讨论直线的斜率是否存在，根据圆心到直线的距离等于半径求出直线的斜率；（2）根据面积公式可知MQ最小时，面积最小，从而得出结论；（3）根据切线的性质列方程取出MQ的值，从而得出Q点坐标，进而求出直线MQ的方程．试题解析：（1）设过点Q的圆M的切线方程为x=my+1，则圆心M到切线的距离为1，所以22111mm，所以m=43或0，所以QA，QB的方程分别为3x+4y-3=0和x=1。（2）因为MA⊥AQ，所以S四边形MAQB=|MA|·|QA|=|QA|=22||3MQMA。所以四边形QAMB面积的最小值为3。（3）设AB与MQ交于P，则MP⊥AB，MB⊥BQ，所以|MP|=2221133。在Rt△MBQ中，|MB|2=|MP||MQ|，即1=13|MQ|，所以|MQ|=3，所以x2+（y-2）2=9。设Q（x，0），则x2+22=9，所以x=±5，所以Q（±5，0），所以MQ的方程为2x+5y+25=0或2x-5y-25=0。5．（1）2224xy；（2）1515222,(,22222）.【解析】试题分析：本题考查圆的标准方程的求法以及用向量解决直线和圆位置关系中的角度的问题。（1）设出圆的标准方程，根据题意得关于参数的方程组，求得参数可得圆的方程。（2）利用代数法求解，将MPN为锐角转化为0PMPN求解。试题解析：（1）设圆C的标准方程为：故由题意得，解得，∴圆C的标准方程为：.（2）由22{24yxmxy消去y整理得.∵直线yxm与圆C相交于M，N两点，∴，解得，设，则.∴依题意得121212121111PMPNxxyyxxxmxm212122110xxmxxm，∴221210mmmm，整理得210mm，解得或.又，∴152222m或152222m。故实数m的取值范围是.点睛：（1）对于BAC为锐角的问题（或点A在以BC为直径的圆外，或222ABACBC＋），都可转化为0ABAC，然后坐标化，转化为代数运算处理。（2）对于直线和圆位置关系的问题，可将直线方程和圆的方程联立消元后根据所得的二次方程的判别式、根据系数的关系，借助于代数运算处理。解题时注意“设而不求”、“整体代换”等方法的运用，以减少计算量、提高解题速度。