高中数学必修二直线和圆的综合问题精选

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．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．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．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，∴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，﹣）．从而=（x1，y1+），=（1﹣x1，﹣y1），由=λ1得（x1，y1+）=λ1（1﹣x1，﹣y1），∴﹣λ1=1+同理由得﹣λ2=1+，∴﹣（λ1+λ2）=2+由直线与椭圆方程联立，可得（4+3m2）y2+6my﹣9=0，∴y1+y2=﹣，y1y2=﹣代入得∴（λ1+λ2）=2+=，∴λ1+λ2=﹣②当直线l与x轴重合时，A（﹣2，0），B（2，0），H（0，0），λ1=﹣．λ2=﹣2，∴λ1+λ2=﹣11分综上，λ1+λ2为定值﹣.12分．【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．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．【分析】（I）由已知条件推导出|PF1|+|PF2|=8＞|F1F2|=6，从而得到圆心P的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，由此能求出圆心P的轨迹C的方程．（II）由MN∥OQ，知△QMN的面积=△OMN的面积，由此能求出△QMN的面积的最大值．【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F1：（x+2）2+y2=49相切，且与圆F2：（x﹣2）2+y2=1相内切，所以动圆P与圆F1只能内切．…（1分）所以|PF1|+|PF2|=7﹣R+R﹣1=6＞|F1F2|=4．…（3分）所以圆心圆心P的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，其中2a=6，2c=4，∴a=3，c=2，b2=a2﹣c2=5．所以曲线C的方程为=1．…（4分）（Ⅱ）设M（x1，y1），N（x2，y2），Q（x3，y3），直线MN的方程为x=my+2，由可得：（5m2+9）y2+20my﹣25=0，则y1+y2=﹣，y1y2=﹣．…（5分）所以|MN|==…（7分）因为MN∥OQ，∴△QMN的面积=△OMN的面积，∵O到直线MN：x=my+2的距离d=．…（9分）所以△QMN的面积．…（10分）令=t，则m2=t2﹣1（t≥0），S==．设，则．因为t≥1，所以．所以，在[1，+∞）上单调递增．所以当t=1时，f（t）取得最小值，其值为9．…（11分）所以△QMN的面积的最大值为．…（12分）【点评】本题考查椭圆的标准方程、直线、圆、与椭圆等椭圆知识，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．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．【分析】（Ⅰ）由题意可知丨PM丨+丨PN丨=4＞丨MN丨=2，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=，b2=a2﹣c2=1，即可求得椭圆方程；（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）=x1x2﹣t（x1+x2）+t2=﹣t×+t2=，∴k AQ•k BQ=•==，要使k AQ•k BQ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=，∴存在两个定点Q1（2，0）和Q2（﹣2，0），使直线AQ，BQ的斜率之积为常数，当定点为Q1（2，0）时，常数为；当定点为Q2（﹣2，0）时，常数为．【点评】本题考查椭圆标准方程及简单几何性质，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．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．【分析】（Ⅰ）确定点C轨迹Γ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Γ的方程；（Ⅱ）可设直线，进而表示面积，即可求△OEF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的延长线相切于T1，与边BC相切于T2，则AD=AT1，BD=BT2，CT1=CT2所以AD+BD=AT1+BT2=AC+CT1+BT2=AC+CT1+CT2=AC+BC=AB+2BD=4＞AB=2…（2分）所以点C轨迹Γ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．则曲线Γ的方程为．…（4分）（Ⅱ）由于曲线Γ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…（5分）由得，，同理可得：，；所以，又OE⊥OF，所以…（8分）令t=k2+1，则t＞1且k2=t﹣1，所以=…（10分）又，所以，所以，所以，所以，所以△OEF面积的取值范围为．…（12分）【点评】本题考查轨迹方程，考查直线与椭圆位置关系的运用，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．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．【分析】（Ⅰ）利用直接法，求C点的轨迹Γ的方程；（Ⅱ）设直线l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）（y≠0），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+1）2=（x﹣1）2+y2，化简得y2=4x，所以C点的轨迹Γ的方程为y2=4x（y≠0）．（Ⅱ）直线l的斜率显然存在且不为0，设直线l的方程为y=kx﹣2，M（x1，y1），N（x2，y2），由得ky2﹣4y﹣8=0，。