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