高考直线与圆的方程综合题、典型题

1/19直线与圆的方程综合题、典型题、高考题主讲：曹老师2012年4月301、已知mR，直线l：2(1)4mxmym和圆C：2284160xyxy．（1）求直线l斜率的取值范围；（2）直线l能否将圆C分割成弧长的比值为12的两段圆弧？为什么？解析：（1）直线l的方程可化为22411mmyxmm，直线l的斜率21mkm，因为21(1)2mm≤，所以2112mkm≤，当且仅当1m时等号成立．所以，斜率k的取值范围是1122，．（2）不能．由（1）知l的方程为(4)ykx，其中12k≤．圆C的圆心为(42)C，，半径2r．圆心C到直线l的距离221dk．由12k≤，得415d≥，即2rd．从而，若l与圆C相交，则圆C截直线l所得的弦所对的圆心角小于23．所以l不能将圆C分割成弧长的比值为12的两段弧．2、已知圆C：044222yxyx，是否存在斜率为1的直线l，使l被圆C截得的弦AB为直径的圆过原点，若存在求出直线l的方程，若不存在说明理由。解析：圆C化成标准方程为2223)2()1(yx假设存在以AB为直径的圆M，圆心M的坐标为（a，b）由于CM⊥l，∴kCMkl=－1∴kCM=112ab，即a+b+1=0，得b=－a－1①直线l的方程为y－b=x－a，即x－y+b－a=0yxMABCO2/19CM=23ab∵以AB为直径的圆M过原点，∴OMMBMA2)3(92222abCMCBMB，222baOM∴2222)3(9baab②把①代入②得0322aa，∴123aa或当25,23ba时此时直线l的方程为x－y－4=0；当0,1ba时此时直线l的方程为x－y+1=0故这样的直线l是存在的，方程为x－y－4=0或x－y+1=0评析：此题用0OAOB,联立方程组，根与系数关系代入得到关于b的方程比较简单3、已知点A(－2，－1)和B(2，3)，圆C：x2＋y2=m2，当圆C与线段．．AB没有公共点时，求m的取值范围.解：∵过点A、B的直线方程为在l：x－y＋1=0,作OP垂直AB于点P，连结OB.由图象得：|m|＜OP或|m|＞OB时，线段AB与圆x2＋y2=m2无交点.（I）当|m|＜OP时，由点到直线的距离公式得：22|m|2|1||m|，即22m22.（II）当m＞OB时,22||32||13mm,即13m13m或.∴当22m22和0m13m13m且与时，圆x2＋y2=m2与线段AB无交点.4、．已知动圆Q与x轴相切，且过点0,2A.⑴求动圆圆心Q的轨迹M方程；⑵设B、C为曲线M上两点，2,2P，PBBC，求点C横坐标的取值范围.PBAO3/19解：⑴设,Pxy为轨迹上任一点，则2220yxy（4分）化简得：2114yx为求。（6分）⑵设2111,14Bxx，2221,14Cxx，∵0PBBC∴211162xxx（8分）∴210x或26x为求（12分）5、将圆02222yxyx按向量(1,1)a=-平移得到圆O，直线l与圆O相交于A、B两点，若在圆O上存在点C，使0,.OCOAOBOCal++==且求直线l的方程.解：由已知圆的方程为22(1)(1)2xy++-=，按(1,1)a=-平移得到22:2Oxy+=.∵(),OCOAOB=-+∴22()()0OCABOAOBOBOAOAOB?-+?=-=.即OCAB^.又OCal=，且(1,1)a=-，∴1OCk=-.∴1ABk=.设:0ABlxym-+=，AB的中点为D.由()2OCOAOBOD=-+=-，则2OCOD=，又22,2OCOD=\=.∴O到AB的距离等于22.即222m=，∴1m=?.∴直线l的方程为：10xy--=或10xy.6、已知平面直角坐标系xoy中O是坐标原点，)0,8(),32,6(BA，圆C是OAB的外接圆，过点（2，6）的直线l被圆所截得的弦长为34（1）求圆C的方程及直线l的方程；4/19（2）设圆N的方程1)sin7()cos74(22yx，)(R，过圆N上任意一点P作圆C的两条切线PFPE,，切点为FE,，求CECF的最大值.解：因为)0,8(),32,6(BA，所以OAB为以OB为斜边的直角三角形，所以圆C：16)4(22yx（2）1）斜率不存在时，l：2x被圆截得弦长为34，所以l：2x适合2）斜率存在时，设l：)2(6xky即026kykx因为被圆截得弦长为34，所以圆心到直线距离为2所以212642kkk34k02634),2(346:yxxyl即综上，l：2x或02634yx（3）设2ECFa，则2||||cos216cos232cos16CECFCECF．在RtPCE△中，4cos||||xPCPC，由圆的几何性质得||||1716PCMC≥，所以32cos，由此可得916CFCE则CFCE的最大值为169.7、已知圆4)4()3(:22yxC，直线1l过定点)0,1(A。（1）若1l与圆相切，求1l的方程；（2）若1l与圆相交于Q、P丙点，线段PQ的中点为M，又1l与022:2yxl的交点为N，判断ANAM是否为定值，若是，则求出定值；若不是，请说明理由。解：（1）①若直线1l的斜率不存在，即直线是1x，符合题意。……2分②若直线1l斜率存在，设直线1l为)1(xky，即0kykx。5/19由题意知，圆心)4,3(以已知直线1l的距离等于半径2，即：21432kkk，解之得43k……5分所求直线方程是1x，0343yx……6分（2）解法一：直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0，可设直线方程为0kykx由0022lykxyx得)123,1222(KkKkN……8分又直线CM与1l垂直，由)3(14xkykkxy得)124,134(2222kkkkkkM……11分∴22222222)123()11222()124()1134(kkkkkkkkkkANAM……13分6121311122222kkkkk为定值。故ANAM是定值，且为6。……15分8、已知C过点)1,1(P,且与M:222(2)(2)(0)xyrr关于直线20xy对称.(Ⅰ)求C的方程；(Ⅱ)设Q为C上的一个动点,求PQMQ的最小值；(Ⅲ)过点P作两条相异直线分别与C相交于BA,,且直线PA和直线PB的倾斜角互补,O为坐标原点,试判断直线OP和AB是否平行?请说明理由.解:(Ⅰ)设圆心C(,)ab,则222022212abba,解得00ab…………(3分)则圆C的方程为222xyr,将点P的坐标代入得22r,故圆C的方程为222xy………(5分)(Ⅱ)设(,)Qxy,则222xy,且(1,1)(2,2)PQMQxyxy=224xyxy=2xy,…………………………(7分)所以PQMQ的最小值为4(可由线性规划或三角代换求得)…(10分)(Ⅲ)由题意知,直线PA和直线PB的斜率存在,且互为相反数,故可设:1(1)PAykx,6/19:1(1)PBykx,由221(1)2ykxxy,得222(1)2(1)(1)20kxkkxk………(11分)因为点P的横坐标1x一定是该方程的解,故可得22211Akkxk同理,22211Bkkxk,所以(1)(1)2()1BABABAABBABABAyykxkxkkxxkxxxxxx=OPk所以,直线AB和OP一定平行……………………………………(15分)9、已知过点)0,1(A的动直线l与圆C：4)3(22yx相交于P、Q两点，M是PQ中点，l与直线m：063yx相交于N.（１）求证：当l与m垂直时，l必过圆心C；（２）当32PQ时，求直线l的方程；（３）探索ANAM是否与直线l的倾斜角有关，若无关，请求出其值；若有关，请说明理由.解析：（１）∵l与m垂直，且31mk，∴3lk，故直线l方程为3(1)yx，即330xy………2分∵圆心坐标（0，3）满足直线l方程，∴当l与m垂直时，l必过圆心C……………………4分（２）①当直线l与x轴垂直时,易知1x符合题意…………………6分②当直线l与x轴不垂直时,设直线l的方程为)1(xky，即0kykx，∵32PQ，∴134CM，………………………………………8分则由11|3|2kkCM，得34k,∴直线l：0434yx.故直线l的方程为1x或0434yx………………………………………10分（３）∵CMMN,∴()AMANACCMANACANCMANACAN……12分①当l与x轴垂直时，易得5(1,)3N，则5(0,)3AN,又(1,3)AC,∴5AMANACAN………………………………………………………14分NCMQPOAxy···lml第17题NCMQPOAxy···lml第17题7/19当l的斜率存在时，设直线l的方程为)1(xky，则由063)1(yxxky，得N（36,13kkkk315）,则55(,)1313kANkk∴AMANACAN=51551313kkk综上所述，ANAM与直线l的斜率无关，且5ANAM.…………………16分10、已知圆O的方程为），，过点直线03(,1122Alyx且与圆O相切。（1）求直线1l的方程；（2）设圆O与x轴交与P,Q两点，M是圆O上异于P,Q的任意一点，过点A且与x轴垂直的直线为2l，直线PM交直线2l于点'P，直线QM交直线2l于点'Q。求证：以''QP为直径的圆C总过定点，并求出定点坐标。解析：（1）∵直线1l过点(3,0)A，且与圆C：221xy相切，设直线1l的方程为(3)ykx，即30kxyk，…………………………2分则圆心(0,0)O到直线1l的距离为2|3|11kdk，解得42k，∴直线1l的方程为2(3)4yx，即2(3)4yx．………………………4分（2）对于圆方程122yx,令0y，得1x,即(1,0),(1,0)PQ．又直线2l过点A且与x轴垂直，∴直线2l方程为3x，设(,)Mst，则直线PM方程为).1(1xsty解方程组3,(1)1xtyxs,得).14,3('stP同理可得,).12,3('stQ………………10分∴以PQ为直径的圆C的方程为0)12)(14()3)(3(stystyxx，又122ts，∴整理得2262(61)0sxyxyt-+-++=，………………………12分若圆C经过定点，只需令0y=，从而有2610xx-+=，解得322x，∴圆C总经过定点坐标为(322,0)．……………………………………………14分11、已知以点P为圆心的圆经过点1,0A和3,4B，线段AB的垂直平分线交圆P于8/19点C和D，且||410CD.(1)求直线CD的方程；⑵求圆P的方程；⑶设点Q在圆P上，试问使△QAB的面积等于8的点Q共有几个？证明你的结论.．解：⑴直线AB的斜率1k，AB中点坐标为1,2，∴直线CD方程为21y