完整word高中数学必修二直线与圆的综合问题doc.docx
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完整word高中数学必修二直线与圆的综合问题doc
直线与圆
一．解答题（共10小题）
1．已知直线x﹣y+3=0与圆心为（3，4）的圆C相交，截得的弦长为2．
（1）求圆C的方程；
（2）设Q点的坐标为（2，3），且动点M到圆C的切线长与|MQ|的比值为常数k（k＞0）．若动点M的轨迹是一条直线，试确定相应的k值，并求出该直线的方程．
2．已知直线l：
y=x+2被圆C：
（x﹣3）2+（y﹣2）2=r2（r＞0）截得的弦AB的长等于该圆的半径．
（1）求圆C的方程；
（2）已知直线m：
y=x+n被圆C：
（x﹣3）2+（y﹣2）2=r2（r＞0）截得的弦与圆心构成三角形CDE．若△CDE
的面积有最大值，求出直线m：
y=x+n的方程；若△CDE的面积没有最大值，说明理由．
3．已知M（4，0），N（1，0），曲线C上的任意一点P满足：
?
=6||
（Ⅰ）求点P的轨迹方程；
（Ⅱ）过点N（1，0）的直线与曲线C交于A，B两点，交y轴于H点，设=λ1，=λ2，试问λ1+λ2
是否为定值？
如果是定值，请求出这个定值；如果不是定值，请说明理由．
4．已知动圆P与圆F1：
（x+2）2+y2=49相切，且与圆F2：
（x﹣2）2+y2=1相内切，记圆心
P的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）设Q为曲线C上的一个不在x轴上的动点，O为坐标原点，过点F2作OQ的平行线交曲线C于M，
N两个不同的点，求△QMN面积的最大值．
第1页（共13页）
5．已知动圆P过定点且与圆N：
相切，记动圆圆心P的轨迹为曲线
C．
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）过点D（3，0）且斜率不为零的直线交曲线C于A，B两点，在x轴上是否存在定点Q，使得直线AQ，BQ的斜率之积为非零常数？
若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．
6．如图所示，在△ABC中，AB的中点为O，且OA=1，点D在AB的延长线上，且．固定边AB，
在平面内移动顶点C，使得圆M与边BC，边AC的延长线相切，并始终与AB的延长线相切于点D，记顶点
C的轨迹为曲线Γ．以AB所在直线为x轴，O为坐标原点如图所示建立平面直角坐标系．
（Ⅰ）求曲线Γ的方程；
（Ⅱ）设动直线l交曲线Γ于E、F两点，且以EF为直径的圆经过点O，求△OEF面积的取值范围．
7．已知△ABC的顶点A（1，0），点B在x轴上移动，|AB|=|AC|，且BC的中点在y轴上．
（Ⅰ）求C点的轨迹Γ的方程；
（Ⅱ）已知过P（0，﹣2）的直线l交轨迹Γ于不同两点M，N，求证：
Q（1，2）与M，N两点连线QM，QN的斜率之积为定值．
第2页（共13页）
8．已知圆M：
x2+y2+2y﹣7=0和点N（0，1），动圆P经过点N且与圆M相切，圆心P的轨迹为曲线E．
（1）求曲线E的方程；
（2）点A是曲线E与x轴正半轴的交点，点B、C在曲线E上，若直线AB、AC的斜率k1，k2，满足k1k2=4，求△ABC面积的最大值．
9．已知过点A（0，1）且斜率为k的直线l与圆C：
（x﹣2）2+（y﹣3）2=1交于点M，N两点．
（1）求k的取值范围；
（2）请问是否存在实数k使得（其中O为坐标原点），如果存在请求出k的值，并求|MN|；
如果不存在，请说明理由．
10．已知O为坐标原点，抛物线C：
y2=nx（n＞0）在第一象限内的点P（2，t）到焦点的距离为，C在
点P处的切线交x轴于点Q，直线l1经过点Q且垂直于x轴．
（1）求线段OQ的长；
（2）设不经过点P和Q的动直线l2：
x=my+b交C交点A和B，交l1于点E，若直线PA，PB的斜率依次成
等差数列，试问：
l2是否过定点？
请说明理由．
第3页（共13页）
直线与圆
参考答案与试题解析
一．解答题（共10小题）
1．已知直线x﹣y+3=0与圆心为（3，4）的圆C相交，截得的弦长为2．
（1）求圆C的方程；
（2）设Q点的坐标为（2，3），且动点M到圆C的切线长与|MQ|的比值为常数k（k＞0）．若动点M的轨迹是一条直线，试确定相应的k值，并求出该直线的方程．
【分析】
（1）求出圆心C到直线l的距离，利用截得的弦长为2求得半径的值，可得圆C的方程；
（2）设动点M（x，y），则由题意可得=k，即=k，化简可得（k2﹣
1）?
x2+（k2﹣1）?
y2+（6﹣4k2）x+（8﹣6k2）y+13k2﹣9=0，若动点M的轨迹方程是直线，则
k2﹣1=0，即
可得出结论．
【解答】解：
（1）圆心C到直线l的距离为
=
，
∵截得的弦长为2，
∴半径为2，
∴圆C：
（x﹣3）2+（y﹣4）2=4；
（2）设动点M（x，y），则由题意可得
=k，即
=k，
化简可得（k2﹣1）?
x2+（k2﹣1）?
y2+（6﹣4k2）x+（8﹣6k2）y+13k2﹣21=0，若动点M的轨迹方程是直线，则k2﹣1=0，∴k=1，直线的方程为x+y﹣4=0．
【点评】本小题主要考查直线与圆的位置关系，弦长公式的应用，圆的一般式方程，属于中档题．
2．已知直线l：
y=x+2被圆C：
（x﹣3）2+（y﹣2）2=r2（r＞0）截得的弦AB的长等于该圆的半径．
（1）求圆C的方程；
（2）已知直线m：
y=x+n被圆C：
（x﹣3）2+（y﹣2）2=r2（r＞0）截得的弦与圆心构成三角形CDE．若△CDE
的面积有最大值，求出直线m：
y=x+n的方程；若△CDE的面积没有最大值，说明理由．
【分析】
（1）根据直线和圆相交得到的弦长公式求出圆的半径即可求圆C的方程；
（2）根据直线和圆相交的位置关系，结合△CDE的面积公式即可得到结论．
【解答】解：
（1）设直线l与圆C交于A，B两点．
∵直线l：
y=x+2被圆C：
（x﹣3）2+（y﹣2）2=r2（r＞0）截得的弦长等于该圆的半径，∴△CAB为正三角形，
第4页（共13页）
∴三角形的高等于边长的，
∴圆心C到直线l的距离等于边长的．
∵直线方程为x﹣y+2=0，圆心的坐标为（3，2），
∴圆心到直线的距离d==，
∴r=，∴圆C的方程为：
（x﹣3）2+（y﹣2）2=6．
（2）设圆心C到直线m的距离为h，H为DE的中点，连结CD，CH，CE．在△CDE中，
∵DE=，
∴=
∴，
当且仅当h2=6﹣h2，即h2=3，解得h=时，△CDE的面积最大．
∵CH=，
∴|n+1|=，
∴n=，∴存在n的值，使得△CDE的面积最大值为3，
此时直线m的方程为y=x．
【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，根据弦长公式是解决本题的关键．
3．已知M（4，0），N（1，0），曲线C上的任意一点P满足：
?
=6||
（Ⅰ）求点P的轨迹方程；
（Ⅱ）过点N（1，0）的直线与曲线C交于A，B两点，交y轴于H点，设=λ1，=λ2，试问λ1+λ2
是否为定值？
如果是定值，请求出这个定值；如果不是定值，请说明理由．
【分析】（Ⅰ）求出向量的坐标，利用条件化简，即可求点P的轨迹方程；
（Ⅱ）分类讨论，利用=λ1，=λ2，结合韦达定理，即可得出结论．
【解答】解：
（Ⅰ）设P（x，y），则=（﹣3，0），=（x﹣4，y），=（1﹣x，﹣y）．
∵?
=6||，∴﹣3×（x﹣4）+0×y=6，
化简得=1为所求点P的轨迹方程.4分
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．
①当直线l与x轴不重合时，设直线l的方程为x=my+1（m≠0），则H（0，﹣）．
第5页（共13页）
从而=（x，y+），=（1x，y），由=λ得（x，y+）=λ（1x，y），
1111111111
∴λ=1+
1
同理由得λ
，
2=1+
∴（λ1+λ2）=2+
由直与方程立，可得（4+3m2）y2+6my9=0，
∴y1+y2=，y1y2=
代入得∴（λ+λ）=2+=，
12
∴λ+λ
12=
②当直l与x重合，A（2，0），B（2，0），H（0，0），λ
，
1
=．λ2=2
∴λ+λ
分
12=11
上，λ1+λ2定
.12分．
【点】本考迹方程，考向量知的运用，考直与位置关系的运用，考分的数学思想，属于中档．
4．已知P与F1：
（x+2）2+y2=49相切，且与F2：
（x2）2+y2=1相内切，心
P的迹曲C．
（Ⅰ）求曲C的方程；
（Ⅱ）Q曲C上的一个不在x上的点，O坐原点，点F2作OQ的平行交曲C于M，
N两个不同的点，求△QMN面的最大．
【分析】（I）由已知条件推出|PF1|+|PF2|=8＞|F1F2|=6，从而得到心P的迹以F1，F2焦点的，
由此能求出心P的迹C的方程．
（II）由MN∥OQ，知△QMN的面=△OMN的面，由此能求出△QMN的面的最大．
【解答】解：
（Ⅰ）P的半径R，心P的坐（x，y），
由于P与F1：
（x+2）2+y2=49相切，且与F2：
（x2）2+y2=1相内切，所以P与F1只能内切．⋯（1分）
所以|PF1|+|PF2|=7R+R1=6＞|F1F2|=4．⋯（3分）
所以心心P的迹以F1，F2焦点的，
其中2a=6，2c=4，∴a=3，c=2，b2=a2c2=5．
所以曲C的方程=1．⋯（4分）
第6（共13）
（Ⅱ）M（x1，y1），N（x2，y2），Q（x3，y3），直MN的方程x=my+2，
由可得：
（5m2+9）y2+20my25=0，
y1+y2=，y1y2=．⋯（5分）
所以|MN|==⋯（7分）
因MN∥OQ，∴△QMN的面=△OMN的面，
∵O到直MN：
x=my+2的距离d=．⋯（9分）
所以△QMN的面
．⋯（10分）
令=t，m2=t21（t≥0），S==．
，．
因t≥1，所以．
所以，在[1，+∞）上增．
所以当t=1，f（t）取得最小，其
9．⋯（11分）
所以△QMN的面的最大
．⋯（12分）
【点】本考的准方程、直、、与等知，考推理能力、运算求解能力，考函数与方程思想、化与化思想、数形合思想等．
5．已知P定点
且与N：
相切，心
P的迹曲
C．
（Ⅰ）求曲C的方程；
（Ⅱ）点D（3，0）且斜率不零的直交曲
C于A，B两点，在x上是否存在定点
Q，使得直
AQ，BQ的斜率之非零常数？
若存在，求出定点的坐；若不存在，明理由．
【分析】（Ⅰ）由意可知丨
PM丨+丨PN丨=4＞丨MN丨=2
，P的迹C是以M，N焦点，
4的，a=4，c=
，b2=a2c2=1，即可求得方程；
第7（共13）
（Ⅱ）将直线方程代入椭圆方程，考查韦达定理，直线的斜率公式，当且仅当，解
得t=±2，代入即可求得，定点的坐标．
【解答】解：
（Ⅰ）设动圆P的半径为r，由N：
及，知点M在圆N
内，则有，
从而丨PM丨+丨PN丨=4＞丨MN丨=2，
∴P的轨迹C是以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆，
设曲线C的方程为：
（a＞b＞0），则2a=4，a=4，c=，
b2=a2﹣c2=1
故曲线C的轨迹方程为；
（Ⅱ）依题意可设直线AB的方程为x=my+3，A（x1，y1），B（x2，y2）．，
由，整理得：
（4+m2）y2+6my+5=0，则△=36m2﹣4×5×（4+m2）＞0，即m2＞4，
解得：
m＞2或m＜﹣2，
由y1+y2=﹣
，y1y2=
，x1+x2=m（y1+y2）+6=
，
x1x2=（my1+3）（my2+3）=m2y1y2+m（y1+y2）+9=，
假设存在定点Q（t，0），使得直线AQ，BQ的斜率之积为非零常数，则
（x1﹣t）（x2
﹣t）=x12﹣t（x1+x2）+t2
=
﹣t×
2
=
，
x
+t
∴kAQ?
kBQ=?
==，
要使kAQ?
kBQ为非零常数，当且仅当，解得t=±2，
当t=2时，常数为=，
当t=﹣2时，常数为=，
第8页（共13页）
∴存在两个定点Q1（2，0）和Q2（2，0），使直AQ，BQ的斜率之常数，
当定点Q1（2，0），常数；当定点Q2（2，0），常数．
【点】本考准方程及几何性，的定，考直与的位置关系，达定理，直的斜率公式，考算能力，属于中档．
6．如所示，在△ABC中，AB的中点O，且OA=1，点D在AB的延上，且．固定AB，
在平面内移点C，使得M与BC，AC的延相切，并始与AB的延相切于点D，点
C的迹曲Γ．以AB所在直x，O坐原点如所示建立平面直角坐系．
（Ⅰ）求曲Γ的方程；
（Ⅱ）直l交曲Γ于E、F两点，且以EF直径的点O，求△OEF面的取范．
【分析】（Ⅰ）确定点C迹Γ是以A，B焦点，4的，且挖去的两个点，即可求曲Γ的方程；
（Ⅱ）可直，而表示面，即可
求△OEF面的取范．
【解答】解：
（Ⅰ）依意得AB=2，BD=1，M与AC的延相切于T1，与BC相切于T2，
AD=AT1，BD=BT2，CT1=CT2
所以AD+BD=AT+BT=AC+CT+BT=AC+CT+CT=AC+BC=AB+2BD=4＞AB=2⋯（2分）
121212
所以点C迹Γ是以A，B焦点，4的，且挖去的两个点．曲Γ的方程
．⋯（4分）
（Ⅱ）由于曲Γ要挖去两个点，所以直OE，OF斜率存在且不0，所以可直
⋯（5分）
由得，，同理可得：
，；
第9（共13）
所以，
又OE⊥OF，所以⋯（8分）
令t=k2+1，t＞1且k2=t1，所以
=
⋯（10分）
又，所以，所以，
所以，所以，
所以△OEF面的取范
．⋯（12分）
【点】本考迹方程，考直与位置关系的运用，考三角形面的算，考学生分析解决的能力，属于中档．
7．已知△ABC的点A（1，0），点B在x上移，|AB|=|AC|，且BC的中点在y上．
（Ⅰ）求C点的迹Γ的方程；
（Ⅱ）已知P（0，2）的直l交迹Γ于不同两点M，N，求：
Q（1，2）与M，N两点QM，QN的斜率之定．
【分析】（Ⅰ）利用直接法，求C点的迹Γ的方程；
（Ⅱ）直l的方程y=kx2，与抛物方程立，求出斜率，即可明．
【解答】解：
（Ⅰ）C（x，y）（y≠0），因B在x上且BC中点在y上，所以B（x，0），由|AB|=|AC|，得（x+1）2=（x1）2+y2，
化得y2=4x，所以C点的迹Γ的方程y2=4x（y≠0）．
（Ⅱ）直l的斜率然存在且不0，
直l的方程y=kx2，M（x1，y1），N（x2，y2），
由得ky24y8=0，
第10（共13）
所以，，，同理，
，
所以Q（1，2）与M，N两点的斜率之定4．
【点】本考迹方程，考直与抛物位置关系的运用，考学生的算能力，属于中档．
8．已知M：
x2+y2+2y7=0和点N（0，1），P点N且与M相切，心P的迹曲E．
（1）求曲E的方程；
（2）点A是曲E与x正半的交点，点B、C在曲E上，若直AB、AC的斜率k1，k2，足k1k2=4，求△ABC面的最大．
【分析】
（1）利用与的位置关系，得出曲E是M，N焦点，的，即可求曲E
的方程；
（2）立方程得（1+2t2）y2+4mty+2m22=0，利用达定理，合k1k2=4，得出直
BC定点（3，0），表示出面，即可求△ABC面的最大．
【解答】解：
（1）M：
x2+y2+2y7=0的心M（0，1），半径点N（0，1）在M内，因P点N且与M相切，
所以P与M内切．P半径r，
r=|PM|．
因P点N，所以r=|PN|，
＞|MN|，
所以曲E是M，N焦点，
的．
由
，得b2=21=1，
所以曲E的方程⋯（4分）
（Ⅱ）直BC斜率0，不合意
B（x1，y1），C（x2，y2），直BC：
x=ty+m，
立方程得（1+2t2）y2+4mty+2m22=0，
又k1k2=4，知y1y2=4（x11）（x21）=4（ty1+m1）（ty2+m1）
=．
代入得
又m≠1，化得（m+1）（14t2）=2（4mt2）+2（m1）（1+2t2），
第11（共13）
解得m=3，故直
BC定点（3，0）⋯（8
分）
由
△
＞
0
，
解
得
t2
＞
4
，
=
（当且当取等号）．
上，△ABC面的最大
⋯（12分）
【点】本考与的位置关系，考的定与方程，考直与位置关系的运用，考达定理，属于中档．
9．已知点A（0，1）且斜率k的直l与C：
（x2）2+（y3）2=1交于点M，N两点．
（1）求k的取范；
（2）是否存在数k使得（其中O坐原点），如果存在求出k的，并求|MN|；
如果不存在，明理由．
【分析】
（1）出直方程，利用直与的位置关系，列出不等式求解即可．
（2）出M，N的坐，利用直与的方程立，通达定理，合向量的数量，求出直的斜率，
然后判断直与的位置关系求解|MN|即可．
【解答】解：
（1）由，可知直l的方程y=kx+1，因直l与C交于两点，
由已知可得C的心C的坐（2，3），半径R=1．
故由＜1，解得：
＜k＜
所以k的取范得（，）
（2）M（x1，y1），N（x2，y2）．
将y=kx+1代入方程：
（x2）2+（y3）2=1，整理得（1+k2）x24（1+k）x+7=0．
所以x1+x2=
，x1x2=
，
?
=x1x2
+y
1y2=（1+k
2）（x
1x2
）+k（x+x）+1=
=12，
12
解得k=1，所以直l的方程y=x+1．
故心C在直l上，所以|MN|=2．
【点】本主要考直和的位置关系的用，以及直和相交的弦公式的算，考学生的算能力，是中档．
10．已知O坐原点，抛物C：
y2=nx（n＞0）在第一象限内的点P（2，t）到焦点的距离，C在
点P的切
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