1、精心整理直線與圓一解答題（共10小題）1已知直線xy+3=0與圓心為（3，4）的圓C相交，截得的弦長為2（1）求圓C的方程；（2）設Q點的坐標為（2，3），且動點M到圓C的切線長與|MQ|的比值為常數k（k0）若動點M的軌跡是一條直線，試確定相應的k值，并求出該直線的方程2已知直線l：y=x+2被圓C：（x3）2+（y2）2=r2（r0）截得的弦AB的長等于該圓的半徑（1）求圓C的方程；（2）已知直線m：y=x+n被圓C：（x3）2+（y2）2=r2（r0）截得的弦與圓心構成三角形CDE若CDE的面積有最大值，求出直線m：y=x+n的方程；若CDE的面積沒有最大值，說明理由3已知M（4，0），

2、N（1，0），曲線C上的任意一點P滿足：?=6|（）求點P的軌跡方程；（）過點N（1，0）的直線與曲線C交于A，B兩點，交y軸于H點，設=1，=2，試問1+2是否為定值？如果是定值，請求出這個定值；如果不是定值，請說明理由4已知動圓P與圓F1：（x+2）2+y2=49相切，且與圓F2：（x2）2+y2=1相內切，記圓心P的軌跡為曲線C（）求曲線C的方程；（）設Q為曲線C上的一個不在x軸上的動點，O為坐標原點，過點F2作OQ的平行線交曲線C于M，N兩個不同的點，求QMN面積的最大值5已知動圓P過定點且與圓N：相切，記動圓圓心P的軌跡為曲線C（）求曲線C的方程；（）過點D（3，0）且斜率不為零的直

3、線交曲線C于A，B兩點，在x軸上是否存在定點Q，使得直線AQ，BQ的斜率之積為非零常數？若存在，求出定點的坐標；若不存在，請說明理由6如圖所示，在ABC中，AB的中點為O，且OA=1，點D在AB的延長線上，且固定邊AB，在平面內移動頂點C，使得圓M與邊BC，邊AC的延長線相切，并始終與AB的延長線相切于點D，記頂點C的軌跡為曲線以AB所在直線為x軸，O為坐標原點如圖所示建立平面直角坐標系（）求曲線的方程；（）設動直線l交曲線于E、F兩點，且以EF為直徑的圓經過點O，求OEF面積的取值范圍7已知ABC的頂點A（1，0），點B在x軸上移動，|AB|=|AC|，且BC的中點在y軸上（）求C點的軌跡的

4、方程；（）已知過P（0，2）的直線l交軌跡于不同兩點M，N，求證：Q（1，2）與M，N兩點連線QM，QN的斜率之積為定值8已知圓M：x2+y2+2y7=0和點N（0，1），動圓P經過點N且與圓M相切，圓心P的軌跡為曲線E（1）求曲線E的方程；（2）點A是曲線E與x軸正半軸的交點，點B、C在曲線E上，若直線AB、AC的斜率k1，k2，滿足k1k2=4，求ABC面積的最大值9已知過點A（0，1）且斜率為k的直線l與圓C：（x2）2+（y3）2=1交于點M，N兩點（1）求k的取值范圍；（2）請問是否存在實數k使得（其中O為坐標原點），如果存在請求出k的值，并求|MN|；如果不存在，請說明理由10已知

5、O為坐標原點，拋物線C：y2=nx（n0）在第一象限內的點P（2，t）到焦點的距離為，C在點P處的切線交x軸于點Q，直線l1經過點Q且垂直于x軸（1）求線段OQ的長；（2）設不經過點P和Q的動直線l2：x=my+b交C交點A和B，交l1于點E，若直線PA，PB的斜率依次成等差數列，試問：l2是否過定點？請說明理由直線與圓一解答題（共10小題）1已知直線xy+3=0與圓心為（3，4）的圓C相交，截得的弦長為2（1）求圓C的方程；（2）設Q點的坐標為（2，3），且動點M到圓C的切線長與|MQ|的比值為常數k（k0）若動點M的軌跡是一條直線，試確定相應的k值，并求出該直線的方程【分析】（1）求出圓心

6、C到直線l的距離，利用截得的弦長為2求得半徑的值，可得圓C的方程；（2）設動點M（x，y），則由題意可得=k，即=k，化簡可得（k21）?x2+（k21）?y2+（64k2）x+（86k2）y+13k29=0，若動點M的軌跡方程是直線，則k21=0，即可得出結論【解答】解：（1）圓心C到直線l的距離為=，截得的弦長為2，半徑為2，圓C：（x3）2+（y4）2=4；（2）設動點M（x，y），則由題意可得=k，即=k，化簡可得（k21）?x2+（k21）?y2+（64k2）x+（86k2）y+13k221=0，若動點M的軌跡方程是直線，則k21=0，k=1，直線的方程為x+y4=0【點評】本小題主

7、要考查直線與圓的位置關系，弦長公式的應用，圓的一般式方程，屬于中檔題2已知直線l：y=x+2被圓C：（x3）2+（y2）2=r2（r0）截得的弦AB的長等于該圓的半徑（1）求圓C的方程；（2）已知直線m：y=x+n被圓C：（x3）2+（y2）2=r2（r0）截得的弦與圓心構成三角形CDE若CDE的面積有最大值，求出直線m：y=x+n的方程；若CDE的面積沒有最大值，說明理由【分析】（1）根據直線和圓相交得到的弦長公式求出圓的半徑即可求圓C的方程；（2）根據直線和圓相交的位置關系，結合CDE的面積公式即可得到結論【解答】解：（1）設直線l與圓C交于A，B兩點直線l：y=x+2被圓C：（x3）2+

8、（y2）2=r2（r0）截得的弦長等于該圓的半徑，CAB為正三角形，三角形的高等于邊長的，圓心C到直線l的距離等于邊長的直線方程為xy+2=0，圓心的坐標為（3，2），圓心到直線的距離d=，r=，圓C的方程為：（x3）2+（y2）2=6（2）設圓心C到直線m的距離為h，H為DE的中點，連結CD，CH，CE在CDE中，DE=，=，當且僅當h2=6h2，即h2=3，解得h=時，CDE的面積最大CH=，|n+1|=，n=，存在n的值，使得CDE的面積最大值為3，此時直線m的方程為y=x【點評】本題主要考查直線和圓的位置關系的應用，根據弦長公式是解決本題的關鍵3已知M（4，0），N（1，0），曲線C上

9、的任意一點P滿足：?=6|（）求點P的軌跡方程；（）過點N（1，0）的直線與曲線C交于A，B兩點，交y軸于H點，設=1，=2，試問1+2是否為定值？如果是定值，請求出這個定值；如果不是定值，請說明理由【分析】（）求出向量的坐標，利用條件化簡，即可求點P的軌跡方程；（）分類討論，利用=1，=2，結合韋達定理，即可得出結論【解答】解：（）設P（x，y），則=（3，0），=（x4，y），=（1x，y）?=6|，3×（x4）+0×y=6，化簡得=1為所求點P的軌跡方程.4分（）設A（x1，y1），B（x2，y2）當直線l與x軸不重合時，設直線l的方程為x=my+1（m0），則H（0

10、，）從而=（x1，y1+），=（1x1，y1），由=1得（x1，y1+）=1（1x1，y1），1=1+同理由得2=1+，（1+2）=2+由直線與橢圓方程聯立，可得（4+3m2）y2+6my9=0，y1+y2=，y1y2=代入得（1+2）=2+=，1+2=當直線l與x軸重合時，A（2，0），B（2，0），H（0，0），1=2=2，1+2=11分綜上，1+2為定值.12分【點評】本題考查軌跡方程，考查向量知識的運用，考查直線與橢圓位置關系的運用，考查分類討論的數學思想，屬于中檔題4已知動圓P與圓F1：（x+2）2+y2=49相切，且與圓F2：（x2）2+y2=1相內切，記圓心P的軌跡為曲線C（）求

11、曲線C的方程；（）設Q為曲線C上的一個不在x軸上的動點，O為坐標原點，過點F2作OQ的平行線交曲線C于M，N兩個不同的點，求QMN面積的最大值【分析】（I）由已知條件推導出|PF1|+|PF2|=8|F1F2|=6，從而得到圓心P的軌跡為以F1，F2為焦點的橢圓，由此能求出圓心P的軌跡C的方程（II）由MNOQ，知QMN的面積=OMN的面積，由此能求出QMN的面積的最大值【解答】解：（）設圓P的半徑為R，圓心P的坐標為（x，y），由于動圓P與圓F1：（x+2）2+y2=49相切，且與圓F2：（x2）2+y2=1相內切，所以動圓P與圓F1只能內切（1分）所以|PF1|+|PF2|=7R+R1=6

12、|F1F2|=4（3分）所以圓心圓心P的軌跡為以F1，F2為焦點的橢圓，其中2a=6，2c=4，a=3，c=2，b2=a2c2=5所以曲線C的方程為=1（4分）（）設M（x1，y1），N（x2，y2），Q（x3，y3），直線MN的方程為x=my+2，由可得：（5m2+9）y2+20my25=0，則y1+y2=，y1y2=（5分）所以|MN|=（7分）因為MNOQ，QMN的面積=OMN的面積，O到直線MN：x=my+2的距離d=（9分）所以QMN的面積（10分）令=t，則m2=t21（t0），S=設，則因為t1，所以所以，在1，+）上單調遞增所以當t=1時，f（t）取得最小值，其值為9（11分）

13、所以QMN的面積的最大值為（12分）【點評】本題考查橢圓的標準方程、直線、圓、與橢圓等橢圓知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查函數與方程思想、化歸與轉化思想、數形結合思想等5已知動圓P過定點且與圓N：相切，記動圓圓心P的軌跡為曲線C（）求曲線C的方程；（）過點D（3，0）且斜率不為零的直線交曲線C于A，B兩點，在x軸上是否存在定點Q，使得直線AQ，BQ的斜率之積為非零常數？若存在，求出定點的坐標；若不存在，請說明理由【分析】（）由題意可知丨PM丨+丨PN丨=4丨MN丨=2，則P的軌跡C是以M，N為焦點，長軸長為4的橢圓，則a=4，c=，b2=a2c2=1，即可求得橢圓方程；（）將直線方程

14、代入橢圓方程，考查韋達定理，直線的斜率公式，當且僅當，解得t=±2，代入即可求得，定點的坐標【解答】解：（）設動圓P的半徑為r，由N：及，知點M在圓N內，則有，從而丨PM丨+丨PN丨=4丨MN丨=2，P的軌跡C是以M，N為焦點，長軸長為4的橢圓，設曲線C的方程為：（ab0），則2a=4，a=4，c=，b2=a2c2=1故曲線C的軌跡方程為；（）依題意可設直線AB的方程為x=my+3，A（x1，y1），B（x2，y2），由，整理得：（4+m2）y2+6my+5=0，則=36m24×5×（4+m2）0，即m24，解得：m2或m2，由y1+y2=，y1y2=，x1+x2

15、=m（y1+y2）+6=，x1x2=（my1+3）（my2+3）=m2y1y2+m（y1+y2）+9=，假設存在定點Q（t，0），使得直線AQ，BQ的斜率之積為非零常數，則（x1t）（x2t）=x1x2t（x1+x2）+t2=t×+t2=，kAQ?kBQ=?=，要使kAQ?kBQ為非零常數，當且僅當，解得t=±2，當t=2時，常數為=，當t=2時，常數為=，存在兩個定點Q1（2，0）和Q2（2，0），使直線AQ，BQ的斜率之積為常數，當定點為Q1（2，0）時，常數為；當定點為Q2（2，0）時，常數為【點評】本題考查橢圓標準方程及簡單幾何性質，橢圓的定義，考查直線與橢圓的位置

16、關系，韋達定理，直線的斜率公式，考查計算能力，屬于中檔題6如圖所示，在ABC中，AB的中點為O，且OA=1，點D在AB的延長線上，且固定邊AB，在平面內移動頂點C，使得圓M與邊BC，邊AC的延長線相切，并始終與AB的延長線相切于點D，記頂點C的軌跡為曲線以AB所在直線為x軸，O為坐標原點如圖所示建立平面直角坐標系（）求曲線的方程；（）設動直線l交曲線于E、F兩點，且以EF為直徑的圓經過點O，求OEF面積的取值范圍【分析】（）確定點C軌跡是以A，B為焦點，長軸長為4的橢圓，且挖去長軸的兩個頂點，即可求曲線的方程；（）可設直線，進而表示面積，即可求OEF面積的取值范圍【解答】解：（）依題意得AB=

17、2，BD=1，設動圓M與邊AC的延長線相切于T1，與邊BC相切于T2，則AD=AT1，BD=BT2，CT1=CT2所以AD+BD=AT1+BT2=AC+CT1+BT2=AC+CT1+CT2=AC+BC=AB+2BD=4AB=2（2分）所以點C軌跡是以A，B為焦點，長軸長為4的橢圓，且挖去長軸的兩個頂點則曲線的方程為（4分）（）由于曲線要挖去長軸兩個頂點，所以直線OE，OF斜率存在且不為0，所以可設直線（5分）由得，同理可得：，；所以，又OEOF，所以（8分）令t=k2+1，則t1且k2=t1，所以=（10分）又，所以，所以，所以，所以，所以OEF面積的取值范圍為（12分）【點評】本題考查軌跡方

18、程，考查直線與橢圓位置關系的運用，考查三角形面積的計算，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題7已知ABC的頂點A（1，0），點B在x軸上移動，|AB|=|AC|，且BC的中點在y軸上（）求C點的軌跡的方程；（）已知過P（0，2）的直線l交軌跡于不同兩點M，N，求證：Q（1，2）與M，N兩點連線QM，QN的斜率之積為定值【分析】（）利用直接法，求C點的軌跡的方程；（）設直線l的方程為y=kx2，與拋物線方程聯立，求出斜率，即可證明結論【解答】解：（）設C（x，y）（y0），因為B在x軸上且BC中點在y軸上，所以B（x，0），由|AB|=|AC|，得（x+1）2=（x1）2+y2，化簡得y2=4

19、x，所以C點的軌跡的方程為y2=4x（y0）（）直線l的斜率顯然存在且不為0，設直線l的方程為y=kx2，M（x1，y1），N（x2，y2），由得ky24y8=0，所以，同理，所以Q（1，2）與M，N兩點連線的斜率之積為定值4【點評】本題考查軌跡方程，考查直線與拋物線位置關系的運用，考查學生的計算能力，屬于中檔題8已知圓M：x2+y2+2y7=0和點N（0，1），動圓P經過點N且與圓M相切，圓心P的軌跡為曲線E（1）求曲線E的方程；（2）點A是曲線E與x軸正半軸的交點，點B、C在曲線E上，若直線AB、AC的斜率k1，k2，滿足k1k2=4，求ABC面積的最大值【分析】（1）利用圓與圓的位置關系

20、，得出曲線E是M，N為焦點，長軸長為的橢圓，即可求曲線E的方程；（2）聯立方程組得（1+2t2）y2+4mty+2m22=0，利用韋達定理，結合k1k2=4，得出直線BC過定點（3，0），表示出面積，即可求ABC面積的最大值【解答】解：（1）圓M：x2+y2+2y7=0的圓心為M（0，1），半徑為點N（0，1）在圓M內，因為動圓P經過點N且與圓M相切，所以動圓P與圓M內切設動圓P半徑為r，則r=|PM|因為動圓P經過點N，所以r=|PN|，|MN|，所以曲線E是M，N為焦點，長軸長為的橢圓由，得b2=21=1，所以曲線E的方程為（4分）（）直線BC斜率為0時，不合題意設B（x1，y1），C（x

21、2，y2），直線BC：x=ty+m，聯立方程組得（1+2t2）y2+4mty+2m22=0，又k1k2=4，知y1y2=4（x11）（x21）=4（ty1+m1）（ty2+m1）=代入得又m1，化簡得（m+1）（14t2）=2（4mt2）+2（m1）（1+2t2），解得m=3，故直線BC過定點（3，0）（8分）由0，解得t24，=（當且僅當時取等號）綜上，ABC面積的最大值為（12分）【點評】本題考查圓與圓的位置關系，考查橢圓的定義與方程，考查直線與橢圓位置關系的運用，考查韋達定理，屬于中檔題9已知過點A（0，1）且斜率為k的直線l與圓C：（x2）2+（y3）2=1交于點M，N兩點（1）求k的

22、取值范圍；（2）請問是否存在實數k使得（其中O為坐標原點），如果存在請求出k的值，并求|MN|；如果不存在，請說明理由【分析】（1）設出直線方程，利用直線與圓的位置關系，列出不等式求解即可（2）設出M，N的坐標，利用直線與圓的方程聯立，通過韋達定理，結合向量的數量積，求出直線的斜率，然后判斷直線與圓的位置關系求解|MN|即可【解答】解：（1）由題設，可知直線l的方程為y=kx+1，因為直線l與圓C交于兩點，由已知可得圓C的圓心C的坐標（2，3），半徑R=1故由1，解得：k所以k的取值范圍為得（，）（2）設M（x1，y1），N（x2，y2）將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+y1y2=（1+k2）（x1x2）+k（x1+x2）+1=12，解得k=1，所以直線l的方程為y=x+1故圓心C在直線l上，所以|MN|=2【點評】本題主要考查直線和圓的位置關系的應用，以及直線和圓相交的弦長公式的計算，考查學生的計算能力，是中檔題10已知O為坐標原點，拋物線C：