高中数学必修二直线与圆的综合问题精选-高中课件精选 14页

直线与圆一・解答题(共10小题)1.己知直线x-y-3=0与圆心为(3,4)的圆C相交，截得的弦长为2伍.(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-•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I：y=x+2被圆C：(x-3)2+(y-2)2=r2(r>0)截得的弦AB的长等丁•该圆的半径.(1)求関C的方程；(2)已知直线m：尸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ACDE的面积有最大值，求出直线m：y=x+n的方程；若ACDE的而积没有最大值，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：MN*MP=61PN|(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HA二入iAN,HB=X2BN,试问入1+入2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Fp(x+2)2+y2=49相切，且与圆F?：(x-2)2+y2=l和内切，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，0为坐标原点，过点F2作OQ的平行线交曲线C于IVI,N两个不同的点，求厶QMN團积的最大值.\n1.已知动冏P过定点Md，0)H•与岡n：(xW)2+y2二16相切，记动岡岡心P的轨迹为曲线C.(I)求曲线C的方稈；(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.2.如图所示，在AABC中，AB的中点为0,且OA=1,点D在AB的延长线上，且BD=^AB-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「.以AB所在直线为x轴，O为坐标原点如图所示建立平面I［角坐标系.(I)求曲线「的方程；(II)设动直线I交仙线「于E、F两点，且以EF为直径的岡经过点0,求△0EF1M积的取值范围.3.已知Z\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「的方程；(II)已知过P(0,・2)的直线I交轨迹「于不同两点N,求证：Q(1,2)与M,N两点连线QM,QN的斜率之积为定值.&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一上，若直线AB、AC的斜率lq,k2,满足k2k2=4,求AABC曲积的最大值.\n9.已知过点A(0,1)且斜率为k的直线I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0IP0N二12(其中0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.己知0为坐标原点，抛物线C：y2=nx(n>0)在第一彖限内的点P(2,t)到焦点的距离为C在2点P处的切线交x轴于点Q,直线I】经过点Q且垂直于x轴.(1)求线段OQ的长；(2)设不经过点P利Q的动直线b：x=my+b交C交点A和B,交H于点E,若直线PA,PB的斜率依次成等差数列，试问：12是否过定点？请说明理由.\n直线与圆零韦答案9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2伍.(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)求出洌心C到直线I的距离，利用截得的弦长为2逅求得半径的值，可得岡C的方程;=k,化简可得“(x-3)?+(y-4)?-4V(x-2)2+(y-3)21)>x2+(k2-1)•『+(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.即可得岀结论.【解答】解：(1)圆心c到直线I的距离为13一壯3LjiV2•・•截得的弦长为2近,・•・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IMQI=k,即V(x~3)2+(y-4)2-4V(x-2)2+(y-3)2=k,化简可得(k2-1)乂+(k2-1)•『+(6-4k2)x+(8-6k2)y+13k2-21=0,若动点M的轨迹方程是直线,则k2-l=0,Ak=l,直线的方程为x+y・4=0.【点评】本小题主要考查肓线与圆的位置关系，弦长公式的应用，圆的一般式方程，属于屮档题.2.己知直线I：y=x+2被冏C：(x-3)2+(y-2)2=r2(r>0)截得的弦AB的长等于该岡的半径.(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ACDE的面积有最大值，求出直线m：y=x+n的方程；若ACDE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)根据直线和圆和交的位置关系，结合ACDE的而积公式即可得到结论.【解答】解：(1)设直线I与圆C交于A,B两点.•・•直线I：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,/.ACAB为正三角形，\n・•・三角形的高等于边・•・圖心c到宜线I的距离等于边长的空.2丁直线方程为x-y+2=0,圆心的坐标为(3,2),・•・圆心到直线的距离J3;2+2|二如二逅Vi+i22rZ.r=V6，A圆C的方程为：(x-3)2+(y-2)2=6.(2)设岡心C到直线m的距离为h,H为DE的中点，连结CD,CH,CE.在ACDE中，vde=27cE2-CH2•:SACDEX2^^?*h=Sacde=Vh2(6-h2)~=3’当且仅当h2=6・h2,即h2=3.解得h=V3时，Z\CDE的而积最大.In+1=V"^，・・・z土后-1,・•・存在n的值，使得Z\CDE的而积最大值为3,此吋直线m的方程为y=x±V6-1.【点评】木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木题的关键.1.己知M(4,0),N(1,0),曲线C上的任意一点P满足:MN*MP=61PNI(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HA^AN,1®=X2BN，试问入］+入2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hb=x2bn,结合韦达定理，即可得出结论.【解答】解：(I)设P(x,y),则祈=(-3,0),MP=(x-4,y),PN=(1-x,-y).•.・MN・MP=61PNI，A-3X(x-4)+0Xy=6^(x_l)2+y2>22化简+^=1为所求点P的轨迹方程.4分43(II)设A(xPyi),B(x2ty2)<①当直线I与X轴不重合时，设直线I的方程为x=my+l(mHO),则H(0,in\n_1—1从而HA=(xPYi+—),AN=(1-Xp-yj),由HA=XiAN得(X”y^—)=Xi(1-Xp-yQ,mmKlYj同理宙得■入2=1my2(入1+入2)=2+由育线与椭圆方程联立，可得（4+3n?）y2+6my-9=0,・丄6in9••冶+丫2二，y$2二4+3ki‘4+3inZ代入得•••（入1+入2）匚+咒8=2'=—"23••入］+入2="9②当直线I与x轴重合时，A(-2,0),B(2,0),H(0,0),Ax=-—.X2=-2,3综上，入1+入2为定值・邑12分.3【点评】本题考查轨迹方程，考查向量知识的运用，考查直线与椭圆位置关系的运用，考查分类讨论的数学思想，属于中档题.1.已知动阿P与洌Fi：（x+2）2+y2=49相切，且与155F2：（x-2）2+y2=l相内切，记岡心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，0为坐标原点，过点F2作OQ的平行线交曲线C于N两个不同的点，求△QMN面积的最大值.【分析】⑴由己知条件推导tH|PF1|+|PF2|=8>|F1F2|=6,从而得到圆心P的轨迹为以Fi，F?为焦点的椭圆,由此能求出洌心P的轨迹C的方程.（II）由MN〃OQ,知△QMN的面积=AOMN的面积，由此能求出△QMN的面积的最犬值.【解答】解：（I）设圆P的半径为R,圆心P的坐标为（x,y）,由于动圆P与圆F］：（x+2）2+y2=49相切，且与圆F?：（x-2）2+y2=l相内切，所以动圆P与圆F］只能内切•...（1分）所以|PFX|+1PF21=7-R+R-1=6>|FjF2|=4....（3分）所以圆心圆心P的轨迹为以Fi，F2为焦点的椭圆，其中2a=6,2c=4>/.a=3»c=2,b2=a2-c2=5.22\n所以曲线C的方程为丄+匚“....（4分）95\n(II)设M(xPyi),N(x2,y2),Q(x3,y3),直线MN的方程为x=my+2,\=iriy+2由o.所以f(t)二5t+半在I+s)上单调递增•所以当t=i吋，f(t)取得最小值，其值为9....(11分)所以△QMN的面积的故大值为丄2....(12分)3【点评】木题考查椭侧的标准方程、直线、阿、与椭岡等椭岡知识，考查推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想等.1.已知动圆P过定点M(V3»0)且与圆n：(x75)2+y2二16相切，记动圆圆心P的轨迹为曲线c.(I)求曲线C的方稈；(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.【分析】(I)由题意可知丨PM|+|PN丨=4>|MN|=2忑,则P的轨迹C是以M,N为焦点，长轴长为4的椭圆，则a=4,c=V3>b2=a2-c2=l,即可求得椭圆方程；\n(II)将直线方程代入椭関方程，考查韦达定理，直线的斜率公式，当J1•仅当t2-4=0磁,解36-241+4t2^0得t二±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：?+y2二16及，0),知点M在圆N内，则有仟？,IIPN|=4-r从而IPMI+IPNI=4>|MNI=2^3，•••P的轨迹C是以M,N为焦点，长轴长为4的椭圆,22设曲线C的方程为：(a>b>0),则2a=4,a=4,c=V3»abZb2=a2-c2=l故曲线C的轨迹方程为各+y2二1；(II)依题意可设直线AB的方程为x=my+3,A(xPy】)，B(x2>y2).>x=iny+3x22，整理得：(4+rr?)『+6耐+5=0,则厶=36m2-4X5X(4+m2)>0,即n?>4,J+y=1解得：m>2或m<-2,由川沪一牟，冶护」y，x1+x2=m(y1+y2)+6二斗4+m4+m4+m36-4in2xp<2二(myi+3)(my2^3)=m2y1y2+m(y!+y2)+9二；—4+iti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(X!-t)(X2-t)=XiX2-t(Xi+x2)+t?=tX―+t2=4+in24+m2(t2-4)m2+36-24t+4t24+iti271-0y2-0••kAQ>kBQ-t54+ID2口-tx2-t(卄-4)n/+3&-24t+4十(t2-4)2m2+36-24t+4124+m2要使kAQ>kBQ为菲零常数，当且仅当12-4=0，解得X±2,36-24t+4t2?^0当罰’常数为為d，，t='2H'b吊数为36+48+16二而'\n・•・存在两个定点Qi（2,0）和Ch（・2,0）,使直线AQ,BQ的斜率之积为常数，当定点为Q（2,0）时，常数为§；当定点为Cb（-2,0）时，常数为丄.420【点评】木题考查椭圆标准方程及简单儿何性质，椭圆的定义，考查直线与椭圆的位置关系，韦达定理，直线的斜率公式，考查计算能力，属于中档题.1.如图所示，在AABC中，AB的中点为0,.H.OA=1,点D在AB的延长线上，RBD=^AB.固定边AB,乙在平呦内移动顶点C,使得岡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「.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「的方程；（1【）设动肓线I交曲线「于E、F两点，且以EF为直径的圆经过点O,求AOEF面积的取值范围.【分析】（I）确定点C轨迹「是以A,B为焦点，长轴长为4的椭圆，且挖去长轴的两个顶点，即可求曲线「的方程；求AOEF面积的取值范围.【解答】解：（I）依题意得AB=2,BD=1,设动圆M与边AC的延长线和切于Ti，与边BC相切于T2，则AD=AT],BD=BT2,CT!=CT2所以AD+BD=AT1+BT2=AC+CT1+盯2=AC+CTi+CT2=AC+BUAB+2BD=4AAB=2...（2分）所以点C轨迹「是以A,B为焦点，长轴长为4的椭岡，且挖去长轴的两个顶点•则|川线「的方程为22盘—+冷-二1（yH0）....（4分）（II）由于曲线「要挖去长轴两个顶点，所以直线OE,OF斜率存在且不为0,所以可设直线0E：y=kx,OF：y=^-x,E（,y”，F（x2»y2）-（5分）\n3k2+4又oe丄of,所以S±oef=410E丨'(1+k2)2令t=k2+l'△0EF?二36><则t(l+k2)[2[Fg亦且k2=tt2-36X(3k2+4)(4k2+3)"36><(3t+l)(4t-l)=-36X(*-4)又0〈丄＜1，所以竺t41249"T2-^<-124...(io分)1/_J_249竜49,"T所以外一36＞＜]J?理＜3所以乎＜%ef〈屈"~r所以AOEF面积的取值范围为[孕，...(12分)【点评】木题考查轨迹方程，考脊直线与椭岡位置关系的运用，考查三角形面积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题.1.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「的方程；(II)Q知过P(0,-2)的直线I交轨迹「丁•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.【分析】(I)利用直接法，求C点的轨迹「的方程；(1【)设肓线I的方程为y=kx-2,与抛物线方程联立，求出斜率，即可证明结论.【解答】解：(I)设C(x,y)(yH0),因为B在x轴上且BC中点在y轴上,所以B(-x,0),由|AB|=|AC|,得(x+l)2=(X-1)2+y2,化简得y2=4x,所以C点的轨迹「的方程为y2=4x(yHO).(II)直线I的斜率显然存在且不为0,设直线I的方程为y=kx-2,M(X”yQ,N(x2,y2)»由”_4x得ky2・4y・8=0,I尸kx-2\n所以y1+y2=|'"1^=4-%罟;T'同理Sq=為__4416kMQ^NQ-yi+2\2+2■y1y2+2(y1+y2)+4一°，所以Q(1,2)与M,N两点连线的斜率之积为定值4.【点评】木题考查轨迹方程，考查直线与抛物线位置关系的运用，考查学生的计算能力，属于中档题.&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一上，若直线AB、AC的斜率lq,k2,满足k2k2=4,求△ABCM积的最大值.【分析】(1)利用岡与圖的位置关系，得出曲线E是M,N为焦点，长轴长为2©的椭岡，即可求曲线E的方程；厂x二ty+m(2)联立方程组＜得(l+2t2)y2+4mty+2m2-2=o,利用市达定理，结合kik2=4,得出直线BC过定点(3,0),表示出而积，即可求AABC而积的最大值・【解答】解：(1)圆M：x2+y2+2y-7=0的圆心为M(0,・1),半径为厶迈点N(0,1)在圆M内，因为动圆P经过点N且与圆M相切，所以动圆P与圆M内切.设动圆P半径为r,则2V2-r=|PM|.因为动圆P经过点N,所以r=|PN|,|PM|+|PN|=2V2＞|mn|,所以曲线E是M,N为焦点，长轴长为2伍的椭圆.由&二血—c二1，得b2=2-1=1,2所以曲线E的方程为x2+L二1…(4分)2(1【)直线BC斜率为0时，不合题意设B(xPyj),C(x2,丫2),直线BC：x=ty+m,联立方程组＜x=ty+in(l+2t2)y2+4mty+2m2-2=0,4irrtl+2t2yw=2朋-21+212又匕1<2=4,知力丫2=4(xj-1)(x2-1)=4(tyi+m-1)(ty2+m-1)=4t2y1y2+4(m-l)t(y1+y2)+4(iri-l)2-代入哼活卄XZ舶心M\n由△>Saabc今卩2-卩1（当TH乂^t2—时取寺万）・综上，"BC而积的最人值为警...（12分）【点评】本题考查圆与圆的位置关系，考查椭圆的定义与方程，考查直线与椭圆位置关系的运用，考查韦达定理，属于屮档题.9.己知过点A（0,1）且斜率为k的直线I与岡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oii*ON=12（其中0为坐标原点人如果存在请求出k的值，并求|MN|；如果不存在，请说明理由.【分析】（1）设出直线方程，利用直线与関的位置关系，列出不等式求解即可.（2）设出M,N的坐标，利用直线与圆的方程联立，通过韦达定理，结合向量的数量积，求出直线的斜率,然后判断直线与圆的位置关系求解丨MN|即可.【解答】解：（1）由题设，可知直线I的方程为y=kx+l,因为直线I与圆C交于两点，由己知可得圆C的圆心C的坐标（2,3）,半径R4故山册s解得:f+V7所以k的取值范围为得(里m竺辽)33(2)设M(xPyx),N(x2»y2)-将y=kx+l代入方程：(x-2)2+(y-3)2=1,整理得(1+k2)x?・4(1+k)x+7=0./xlx2=，所以X】+X2空埠,x1X2=—,1+"1+k'0Me0N=x1x2+yiy2=(l+k2)(xp(2)+k(xf%)1+k2=12,解得所以直线I的方程为y=x+l.故圆心C在直线I上，所以MNI=2.【点评】木题主要考查直线和圆的位置关系的应用，以及直线和圆相交的弦长公式的计算，考查学生的计算能力，是中档题.10.己知0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2点P处的切线交x轴于点Q,直线I】经过点Q且垂直于x轴.（1）求线段OQ的长；\n（2）设不经过点P和Q的动直线b：x=my+b交C交点A和B,交I】于点E,若直线PA,PB的斜率依次成等差数列，试问：£是否过定点？请说明理由.【分析】（1）先求出P的值，然后求出在第一象限的函数，结合两数的导数的几何意义求出N的坐标即可求线段0Q的长；（2）联立直线和抛物线方程进行消元，转化为关于y的--元二次方程，根据根与系数之间的关系结合直线斜率的关系建立方程进行求解即可.【解答】解：（I）由抛物线y2=nx（n>0）在第一象限内的点P（2,t）到焦点的距离为§,2得2+卫=上-,.・.n=2,32抛物线C的方程为y2=2x,P（2,2）....（2分）C在第一象限的图象对应的函数解析式为y=V2X,则沪）=,V2x故C在点P处的切线斜率为丄，切线的方程为丫・2=丄（x-2）,22令尸0得2・2,所以点Q的坐标为（・2,0）.故线段OQ的长为2....（5分）（II）12恒过定点（2,0）,理由如F：由题意可知11的方程为x=-2,因为b与li相交，故m^O.由I2：x=my+b.令x=-2,得y=-'卄',故E（-2,-"卄〜）IDin1殳A（X],Yi）fB（X2，『2）（x=iriy+b消去x得：y2-2my-2b=0y=2x贝Ijyi+y2=2m,yiy2=-2b...（7分）y1-222直线PA的斜率为一^二」同理直线PB的斜率为」Xj-2y2+2直线PE的斜率为因为直线PA,PE,PB的斜率依次成等差数列,所以+=2X—・・・（10分）卩1+2y2+24整理得：b+2=b+2t2m-b+22m因为b不经过点Q，所以bH-2,所以2m-b+2=2m,R卩b=2.故I2的方程为x=my+2,即b恒过定点（2,0）....（12分）【点评】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，利用直线和抛物线方程，转化为一元二次方程，结合韦达定理，利用设而不求的思想是解决本题的关键.