直線和圓韋達(dá)定理

1、4,直線m：x 3y 6 0,過A( 1,0)的動直線l與直線m相交于N ,與圓C相交于P,Q兩點，M是PQ中點.(I ) l與m垂直時，求證：l過圓心 )當(dāng)PQ 2 3時，求直線l的方程;(川)設(shè)t AM AN,試問t是否為定值1 .圓 C : x2(y 3)2C;( n2 以原點為圓心的圓與直線11： y kx 3與圓O交于A , B兩點，在圓O上是否存在一點 Q，使得OQ OA OB ,x 3y 40相切.(I)求圓O的方程；(n)若直線若存在，求出此時直線I的斜率；若不存在，說明理由.0 (1)求證：對m R ,直線l與2 23 .圓 C:x (y 1)5，直線 l: mx y 1圓C

2、總有兩個不同的交點 A B； ( 2)求弦AB的中點M的軌跡方程，并說明其軌跡是 什么曲線；(3)若定點P (1, 1)滿足PB 2AP，求直線l的方程。4.圓C經(jīng)過點A (- 2,0 ), B (0,2 ),且圓心C在直線y = x上，又直線l : y = kx + 1uuU UUur；(2)若OP PQ 2，求實數(shù)k的值；uuu uuu與圓C相交于P、Q兩點.(1)求圓C的方程(3)過點(0,4)作動直線 m交圓C于E , F兩點試問：在以EF為直徑的所有圓中, 是否存在這樣的圓|P，使得圓P經(jīng)過點M(2,0)5如圖，圓C : x2 (1 a)x y2 ay a 0 . (I)若圓C與x軸

3、相切， 方程；(n)已知a任作一條直線與圓ANM BNM6. (14分)已知方程(1)若此方程表示圓，求2)若(1)中的圓與直線x 2y 40相交于MN兩點，且OM ON(O為坐標(biāo)原點)求 m的值；(3)在(2)的條件下，求以 MN為直徑的圓的方程.0，直線 l : y kx ,x2(1 a)x y2求圓C的1 ,圓C與x軸相交于兩點 M , N (點M在點N的左側(cè)).過點M a，使得4相交于兩點代B .問：是否存在實數(shù)y2 2x 4y m 0m的取值范圍；7圓 C : x2y2直線I與圓C交于A、B兩點，點M的坐標(biāo)為(0, b), uuurUULT且滿足MA MB (1)當(dāng)2x 2y 1b

4、1時，求k的值;3當(dāng)b (1,2)時，求k的取值范圍.當(dāng)2 28.圓 C： (x 3) (y 3)9，直線l1 : y kx與圓UUU LULTP、Q的中點.(I)已知 A(3,0)，若AP AQ 0 ,求實數(shù)k的值；(n)求點 M的軌 跡方程；(川)若直線11與l2 :x y 1 0的交點為N,求證：|OM | |ON|為定值.9 .圓 O :AOB 時，求 k ； (2)若 k2UUU LULTC交于P、Q兩個不同的點，M為2，直線l : y kx 2.( 1)直線|與圓O交于不同的兩點A,B ,1 ,P是直線l上的動點，過P作圓O的兩條切2PC、PD ,切點為C、D ,探究：直線CD是否

5、過定點；(3)若EF、GH為圓O :2 2x y 2的兩條相互垂直的弦，垂足為M(1, 2)，求 EGFH2的面積的最大值.2x 4y 40 ,直線I與圓C相交于A , I B兩點.，求直線l的方程；10 .已知圓C :(I)若直線l過點M 4,0，且|AB|(n)若直線I的斜率為1,且以弦AB為直徑的圓經(jīng)過原點，求直線I的方程.11.已知圓M過坐標(biāo)原點 O且圓心在曲線 y上.(I)若圓 M分別與x軸、y軸x交于點A、B (不同于原點O),求證： AOB的面積為定值；(n)設(shè)直線l: y x 4與圓M交于不同的兩點C, D,且 |OC| |OD|, 求圓M的方程；(山)3設(shè)直線y ,3與（n）

6、中所求圓M交于點E、F , P為直線x 5上的動點，直線PE ,PF與圓M的另一個交點分別為 G , H，求證：直線 GH過定點12 圓C的圓心在坐標(biāo)原點，與直線11 : x y 2 20相切.（1）求直線l2：4x 3y 50被圓C所截得的弦AB的長；（2）過點G（ 1,3 ）作兩條與圓C相切的直線，切點分別為 M,N,求直線 MN的方程；（3）若與直線|1垂直的直線I不過點R（1,-1 ），且與圓C交于不同的兩點 P, Q.若/ PRQ為鈍角，求直線I的縱截距的范圍.13.(1)（本小題滿分12分）已知圓C :x2 y2 9，點A（ 5,0），直線l : x 2y 0. 求與圓C相切，且與

7、直線I垂直的直線方程；在直線OA上（O為坐標(biāo)原點），存在定點B （不同于點 A）,滿足：對于圓 C上任一點P，都有PB為一常數(shù)，試求所有滿足條件的點B的坐標(biāo).PA14 如圖，圓O:x2 y24與坐標(biāo)軸交于點 A, B,C .求與直線 AC垂直的圓的切線方程；設(shè)點M是圓上任意一點（不在坐標(biāo)軸上），直線CM交x軸于點D，直線BM交直 線AC于點N ,若D點坐標(biāo)為（2 3,0），求弦CM的長；求證：2kND kMB為定值.參考答案1. （ I）詳見解析（n ） x 1或4x 3y 40 （川）t是定值-5【解析】試題分析：（I）當(dāng)I與m垂直時斜率相乘為1，從而得到I斜率及方程（n ）直線與圓相交時常

8、用弦長的一半，圓心到直線的距離，圓的半徑構(gòu)成的直角三角形求解（川）先將直線I設(shè)2 2出，與圓聯(lián)立求出M點坐標(biāo)M（ 竺 3k一 ）,將直線I與直線m聯(lián)立求得1 k2， 1 k23k 6 5kN （,），代入1 3k 1 3k 在不存在兩種情況t AM AN中化簡得常數(shù)，求解時需注意直線方程分斜率存試題解析：（I）由已知km將圓心C （0,3）代入方程易知（n ）當(dāng)直線l與x軸垂直時，易知x當(dāng)直線與x軸不垂直時，設(shè)直線l的方程為y. I k 3 d1,解得13y 401,故kl 3,所以直線l的方程為y 3（x1）.3l過圓心C 4 分1符合題意；k(x 1),由于 PQ 2、3,所以CM1.由

9、CM<k2故直線I的方程為x1或4x-8 分（川）當(dāng)I與x軸垂直時,易得M （1,3), N( 1,5),又 A( 1,0)則 AM (0,3),3AN （0, 5）,故 AM AN3當(dāng)I的斜率存在時，設(shè)直線I的方程為y5.即tk(x(1 k2)x2(2k2 6k)x k2 6k 5y k(xM1) 11 3k22 ,k 15則AN (1 3k故 t AM AN3k2 k 剛 A, 一廠,即M ( kk2k).又由k5k).1 3k15k 51），代入圓的方程得k2 3k1 k2% x223k 3k2 k)3k 61 3k0.則 Xmk21 k2k(x3y 65k),1 3k5k(3k2

10、 k) (1 k2)(1 3k)12分5(13k)(1 k2)5(1 3k)(1 k2)（1 k2）（1 3k）綜上，t的值為定值，且t5另解一：連結(jié)CA,延長交m于點R,由（I ）知AR m.又CM I于M ,故厶 ANRAMC .于是有 AM| |AN|AC| |AR.由 |ac| Ji0, AR 僉,得 AM| |AN| 5.AM ANuuuu uuur 故 t AM AN5.另解二：連結(jié)CA并延長交直線 m于點B,連結(jié)CM ,CN,由（I ）知AC m,又CMI ,所以四點M ,C,N, B都在以CN為直徑的圓上，由相交弦定理得 考點：1.直線方程；2.直線與圓相交的位置關(guān)系；3.向量

11、的坐標(biāo)運算uur uuu uuu4 ; (n)存在點Q，使得Oq Oa Ob .試題分析：(I)設(shè)圓O的半徑為r ,因為直線x J3y 40與圓O相切，所以r |0 運 0 4|2J 3即可求出圓O的方程為x2 y24. (n )方法一：因為直線1 : y kx 3與圓O相交于A, B兩點，所以2,所以k，假設(shè)存在點Q,使22. (I) x2【解析】uuir uuu uuu 得 OQ OA OB ,dOl旦V1 k或k 號因為A , B在圓上，且的平行四邊形法則可知，四邊形OAQB為菱形，所以5vuuir uuu uuu.OQ OA OB ,同時|OA| |OB|由向量加法OQ與AB互相垂直且

12、平分，所以原1點O到直線I : y kx 3的距離為d -|OQ| 1 1 2k 2、210 分即d°i|3|1 k2 uuu uuu1，解得k28,經(jīng)驗證滿足條件，所以存在點Q,使uuiT得 OQ OA OB方法二：假設(shè)存在點uuirB在圓上，且OQQ,uuuOA使得uuuOBuuir uuu uuuOQ OA OB .記 OQ 與 AB 交于點 C(x0,y0)，因為 A ,，由向量加法的平行四邊形法則可知四邊形1ykxk 0 ,所以O(shè)Q直線方程為OAQBkx 31xk為菱形,解得因為直線l斜率為k，顯然解得k2 8，即kQ坐標(biāo)為M(，“)，因為點Q在圓上，2 2，經(jīng)驗證滿足條件

13、，所以存在點試題解析：解：(I)設(shè)圓0的半徑為r,因為直線x s/3y 40與圓O相切,所以r|03 0 4|2x所以圓O的方程為(n)方法一：因為直線 I :|3|_ d k2所以k 5或k2所以dO ,2k25UUUT4y kx 3與圓O相交于A, B兩點,7 分 uuuuuur uuu uuu假設(shè)存在點Q，使得OQ OA OB因為A , B在圓上，且OQ OA OB，同時|OA| |OB|由向量加法的平行四邊形法則可知四邊形OAQB為菱形，所以O(shè)Q與AB互相垂直且平分9 分8 分uuiruuu uuu1d -|OQ| 1O到直線l : y kx 3的距離為所以原點10 分即dOl冬k21

14、，解得k28 ,，經(jīng)驗證滿足條件12 分UUUT UUU UUU所以存在點Q，使得OQ OA OBlUlUT方法二：假設(shè)存在點 Q，使得OQ OA OB 記OQ與AB交于點C(心y0) UULT UUU UUU因為A , B在圓上，且OQ OA OB，由向量加法的平行四邊形法則可知四邊形 為菱形，13 分uuu uuuuuruuu uuuOAQBl斜率為k，顯然k 0，所以O(shè)Q直線方程為yykx 3y1 x k因為直線,解得3k k2 13 k2 1 /V 22，經(jīng)驗證滿足條件.Xoyo因為點Q在圓上，所以,所以點Q坐標(biāo)為M (6kk2 1)24，解得 k2811 分即k 242，經(jīng)驗證滿足條

15、件.張 所以存在點Q，使得OQ OA OB 考點：1.圓的方程；3 . ( 1)證明見解析；1分13 分.2.直線與圓的位置關(guān)系.2 2(2) x y x 2y 10 ,為圓的軌跡方程;(3) xx y 20 ；【解析】試題分析：(1)由題可知，判斷直線與圓的位置關(guān)系，我們常采取兩種方法，圓心到直線的距離與半徑的比較，若距離大于半徑，則位置關(guān)系是相離，若距離等于半徑，則位置關(guān)系是 相切，若距離小于半徑，則位置關(guān)系是相交；或是判斷直線所經(jīng)過的定點和圓的關(guān)系，點在 圓內(nèi)，則位置關(guān)系是相交，點在圓上，則位置關(guān)系是相切，點在圓外，則位置關(guān)系是相離；(2)關(guān)于求軌跡方程的問題，求哪個點的軌跡就設(shè)哪個點的

16、坐標(biāo)，通過題中的條件將x, y的關(guān)系式求出，即得軌跡方程；(3)過一點的直線用點斜式設(shè)出，再和圓的方程聯(lián)立，由韋UUU UUU達(dá)定理以及PB 2AP，得出直線方程為x y 0或x y 20 ；試題解析：(I)解法一：圓 C : x2 (y 1)2 5的圓心為C(0,1)，半徑為.5。圓心C到直線l : mx y 1 m 0的距離d m|丄.5 ,二直線丨與圓Jm2 1|2m|2C相交，即直線1與圓C總有兩個不同交點；方法二：直線l : mx y 1 m 0過定點P(1,1)，而點P(1,1)在圓內(nèi)直線1與圓C相交,即直線I與圓C總有兩個不同交點；(4 分)()當(dāng)M與P不重合時，連結(jié)CMCP則C

17、MMP，又因為2|CM |2 2|MP| |CP| ,設(shè) M (X,y)(x 1)，則 X2(y1)2(X1)2 (y1)21 ,化簡得：2 2XyX 2y10(X1)當(dāng)M與P重合時，x 1, y 1也滿足上式。故弦AB中點的軌跡方程是 x y2 x 2 y 10。( 8分)uuu uuu(川)設(shè) A(xi, yi) , B(X2,y2)，由 PB 2AP ,1二 1 x1(x2 1)，化簡的 x2 3 2x12mxy 1 m 02又由X2(y 1)5消去y得(1m2)x2 2m2x m250(*)X22m2(10 分)1m2由解得c23 m 、X12，帶入()式解得m 11 m直線1的方程為

18、x y 0或x y 20。( 12分)考點：直線與圓的位置關(guān)系中點軌跡方程直線方程的應(yīng)用2 24. (1) x y 4 ; (2) k 0 ;(3)在以EF為直徑的所有圓中，存在圓P : 5x2 5y2 16x 8y 12 0或x2 y2 4 , 使得圓P經(jīng)過點M (2,0).【解析】試題分析：(1)根據(jù)題意設(shè)出圓心 C a,a和半徑r，列出a和r的方程，求得圓的方程； uuu uuu(2)根據(jù) OP PQ 2,求得 POQ 120，所以圓心到直線 m的距離為1，求得k的值；(3)若圓P經(jīng)過點 uur umrM 2,0 ,則必有ME MF 0即nx2 2(為 x2) 4 y-i y2 0，當(dāng)直

19、線m的斜率不存在時，顯然滿足題意得圓，當(dāng)直線m的斜率存在時，設(shè)其斜率為k，直線m的方程為：2 2y kx 4，代入圓x y 4的方程，由韋達(dá)定理，得到X1 X2, X1X2的值，聯(lián)立解得k 的值，存在所求的圓，進(jìn)而得到所求的圓的方程試題解析：(1)設(shè)圓心C(a, a),半徑為r.因為圓C經(jīng)過點A (- 2,0 ), B(0,2 ),所以|AC| =|BC| = r ,易得 a = 0 , r = 2 ,所以圓 C的方程是|"x2 y2.3分uuu uuuuuu uuuuuu uuu(2) 因為 OP OQ = 2x2XCOS OP , OQ > =- 2,且 OP 與 OQ 的

20、夾角為/ POQ1所以cos / POQ=，/ POQ= 120°,所以圓心 C到直線I : kx y+ 1 = 0的距離d= 1,21又d= 丄，所以k 0.7分(聯(lián)立直線與圓的方程求解酌情給分)(3) (i)當(dāng)直線m的斜率不存在時， 直線m經(jīng)過圓C的圓心C ,此時直線m與圓C的交 點為E(0,2) , F(0, 2) , EF即為圓C的直徑，而點 M (2,0)在圓C上，即圓C也是滿足 題意的圓 8 分(ii)當(dāng)直線 m的斜率存在時，設(shè)直線消去y整理，得(1 k2)x2 8kx 122 2 -X y 4,m :y kx4，由y kx 4,0，由64k248(1 k2)0，得k 3

21、或x1X2設(shè) E(Xi, yj F(X2, y2)，則有8k1 k2'121 k2'由得 y1 y2 (kx- 4)(kx2 4) k2x1x24k(x1x2)1616 4k21 k2y1y2 kx1 4 kx2 4 k(x-i x2) 881 k2EF為直徑的圓P經(jīng)過點M (2,0)，則ME MF若存在以uur uuur ，所以ME MF0,因此(為2)( x22)y-i y20,即x1x22(為x2)4y.| y20,10 分21216k4 16 4k22 2 42-1k1k1 k0，所以16k 32 0 , k2，滿足題意.12分此時以EF為直徑的圓的方程為x2 y2 (

22、x1 X2)x (y1 y2)y 為 怕20,22 16812cx y xy 0555，亦即 5x2 5y216x 8y 120 .13 分EF為直徑的所有圓中，存在圓P:2 25x 5y 16x 8y 120分14或綜上，在以x2 y2 4，使得圓IP經(jīng)過點M(2,0).考點：1.圓的方程；2.直線方程；3.韋達(dá)定理.5. (1) x2 2x y2 y 1 0 ； (2) a 4.【解析】試題分析：(1)聯(lián)立直線與圓的方程，利用判別式為0得出a值，即得圓的方程;出M (1,0), N(a,0)，聯(lián)立直線與圓的方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行求解解題思路：直線圓的位置關(guān)系，主要涉及直線與圓相切、相

23、交、 關(guān)系時，要注意結(jié)合初中平面幾何中的直線與圓的知識.y(1 a)x試題解析：(I)因為得x2由題意得故所求圓(n)令(1 a)x a(1 a)2C的方程為y 0 ,得 x(2)先求相離，在解決直線圓的位置2X0,4a(a 1)2x2 2x y22(1 a)x即(x 1)(x a) 0所以 M(1,0), N(a,0) 假設(shè)存在實數(shù)a ,當(dāng)直線AB與x軸不垂直時，設(shè)直線2 2 2 2代入x y 4得，(1 k )x設(shè) A(X1，yJ, BXy),從而為 x?02y ay0，所以 y 10 .a 0,AB的方程為2k2x k22k22,x1x21 kk(x0，k21)，41 k2因為y1y2k

24、(x11)(X2a) (X21)(x1a)x1 ax2a(X1a )(X2a)而(x11)(X2a) (X21)(Na)2x1x2(a 1)(X2X1)2a因為ANMBNM，所以Y1y20,即 2a 80，得 a 4x1ax2a1 k21728 5y16一 5試題分析：（1）由圓的一般方程知當(dāng) 的方程；（2）聯(lián)立直線與圓的方程， 以Xi X2yi y2D2 E2 4F消元后的到關(guān)于y的一元二次方程，0，可求出m的值；（3）利用根與系數(shù)關(guān)系求出中點坐標(biāo)即為圓心，再利0時x2 y2 +Dx Ey F 0表示圓因為OM ON所用垂徑定理求出弦長的一半即為半徑，能寫出圓的方程試題解析：(2)yiy2(

25、1)2 2x y2x 4y m 02y4 0x 42 y2x 4ym0168m552 y代入得ON/ OM得出：x1 x2 y1 y20當(dāng)直線AB與x軸垂直時，也成立.故存在a 4，使得 ANM BNM .考點：1.圓的方程；2.直線與圓的位置關(guān)系 5y28(yi y?)1608- m -5(3)設(shè)圓心為(a,b)半徑r4爲(wèi)13分5圓的方程4 2(x -)8 2 16 (y -)-555考點：1.圓的方程；2.直線與圓的位置關(guān)系7. (I)1; (n)1,623 U 623,【解析】試題分析：（I）當(dāng)b=1時，點M（0, b）在圓C上，當(dāng)且僅當(dāng)直線I經(jīng)過圓心C時，滿足 MPL MQ把圓心坐標(biāo)（

26、1,1 ）代入直線l： y kx，可得k的值.（n）把直線l的方程代入圓的方程轉(zhuǎn)化為關(guān)于 x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系以ujir uuLT2k 1 k1 入1及 MP MQ 0,求得2 b 令 f b b ,則 f（b）1 k2b_b13132 k 1 k 13在區(qū)間1,-上單調(diào)遞增，求得f（b）2,13，可得2 竺，解此不等式求261 k 6得k的取值范圍（注意檢驗>0）.試題解析：（I）圓 C: （ x-1）2 （y1）2 1,當(dāng) b=1 時，點 M（0，b）在圓 C上,當(dāng)且僅當(dāng)直線I經(jīng)過圓心 C時，滿足 MPL MQ圓心C的坐標(biāo)為(1, 1), k=1 .(n)由P(人，y

27、)2 1 kkxy2 2x 2y 10Q( X2, y2),，消去y 得：(1 k2) x-2(1 k) x 1 0 x-1x2x1x22 ?1 k2-uuir uum/ MPL MQ MP MQ 0 .- (X1, % b)?(X2,y2 b) 0, y1 kx1, y2 kx2 ,11 k2即 X1X2(yr b) (y2- b)0 .(kx b)( kx b)x-|X2 0，1 k2kb 2 1 k b21 k1 kk2 x1x2 kb x1 x2 b2k 1 kb2 1 b b0，即1 k213f b b，貝U f(b)在區(qū)間1, 上單調(diào)遞增.b13當(dāng) b 1,一 時，f(b)22k

28、1 k 136 k22k2 1 k22k13 1 k262冒.解得 1 k由式得辰或k 62(1 k)2-4(1；2一 或 k 6 23 .2k )>0 ,解得 k>0.23. k的取值范圍是 1,6；23 U 6 J23,.考點：直線和圓相交的性質(zhì)；&( 1) k 1 ；(2) x2 3x(3) 定值為3;【解析】試題分析：(1)元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系；函數(shù)的單調(diào)性.2y 3y 3 (x 0, y 0)；由向量的數(shù)量積為 0,知兩向量是垂直的，即uuu APUULT AQk1 ；，因為點A在圓C(2)對于求軌跡方上故直線11過圓心C(3,3)，將點的坐標(biāo)代入到直線方程中

29、，得到程的問題，一般來講，求哪個點，就設(shè)設(shè)出哪個點的坐標(biāo)，利用題意列出關(guān)系式，本題中,M的軌跡方程得出M,設(shè)M (x, y),則OM CM ,將坐標(biāo)代入，化簡可得出 (x 0,y0)； ( 3 )聯(lián)立方程，通過韋達(dá)定理，2 2x 3x y 3y 3 N的坐標(biāo)，從而求出C 営，ONUUu UUlt，兩者相乘, uuu k uir試題解析：(I) AP AQ 0即AP AQ ,因為點A在圓C上故直線11過圓心C(3,3)，得k 1uuuu munOM進(jìn)行化簡,得出定值是3.(n)設(shè)M(x,y)，則OM CM，即OM CM 0坐標(biāo)代入得:k210|ON| (k11)2 (kk1)21211 k =3

30、 (定值)149. (1) k3 ; (2)見解析；(3) 52故:°ON 1 e 3kH2考點：向量的數(shù)量積圓的性質(zhì)韋達(dá)定理【解析】2 2(x, y) (x 3, y 3)0 化簡得：x 3x y 3y 3 (x 0, y 0) 8 分(川)設(shè) P(X1, yj, Q(X2, y2), M(X0, y°)將2 2y kx代入(x 3) (y 3)9并整理得2 2(k 1)x6(k 1)x 90(*)則X1 , X2為方程(*)的兩根x-ix22Xo| OM | . y0.X02 (kxo)2.'1 k6( k 1) k2 13(k 1) k21I1: y kx與1

31、2: x y 1 0聯(lián)立得交點N (試題分析：(1)易得點O到I的距離dr，利用點到直線的距離公式即可求出k；( 2)21利用O P、C D四點共圓求得其圓的方程 x2 tx y2 ( t 2)y 0，發(fā)現(xiàn)直線CD是圓2x2 y2 2與圓x2 tx y2 (ft 2)y 0的公共弦所在的直線方程， 兩式作差即可；(3)設(shè)圓心O到直線EF、GH的距離分別為d1,d2 .則d12 d22 |OM |2 所以|GH | 2 r22試題解析：(1)：/ AOB,2點0到1的距離d 2r22恵2k.34<k212(2)由題意可知：O P、C、D四點共圓且在以O(shè)P為直徑的圓上，設(shè)|EF| 2 r2

32、d2 2.12 d12 |GH | 2 r2 d| 2 2 d；d； 2 2 d；再用均值不等式即可求出最大值 .1其方程為：x(x t) y(y t 2)021P(t，1t 2)即2 2 1x tx y (_t22)y0又22C D在圓Oxy2上1Icd : tx (-t 2)y220即(x 訓(xùn) 2y 2 0x y 02得1x22y 20y 1由1直線CD過定點（丄，1）（3）設(shè)圓心0到直線EF、GH的距離分別為d1,d2.2 2 211d12 d22 |0M |2|EF | 2 r2 di21S 2|EF |GH |2 12 di2 | GH | 2 r2 d； 2 2 d；2,(2di2

33、)(2 d；) <2 d122 d；432當(dāng)且僅當(dāng)2 dj2 d2 即 d1d2.32時，取“=”5四邊形EGFH的面積的最大值為 5 .14分2考點：圓的綜合應(yīng)用【答案】（I） y 0或 12x 5y 480 （n） y x 1 或 y x 4【解析】試題分析：（I）解決直線與圓位置關(guān)系的綜合問題時，要充分考慮平面幾何知識的運用，不要單純地依靠代數(shù)運算，這樣簡單又不易出錯由題意知I的斜率必然存在，可設(shè)出直線的方程y k x 4 ,.其中r為圓的半徑，d為弦心距，I為弦長即可解決；（n）采用設(shè)uun uuu而不求，利用直線與圓的方程聯(lián)立的關(guān)于x的二次方程，由OA OB得x,x2 y1y2

34、 0 ,即2x1x2 b % x2b2 0,再利用韋達(dá)定理即可.試題解析：（I）由題設(shè)知直線l的斜率存在，設(shè)其方程為y k x 4，即kx y 4k2x 4y 40,圓心C 1, 2，半徑為3.，知圓心到直線I的距離為 9J5彳2 ,k 2 4k 2 k2 1，即 2 3k 2jk2 1 ,12整理得5k212k0,解得，k 0或k由2 x2y2x4y4 0yxb得2x22b 1x b24b4令4 b218 b24b40.0,解得3 2 b(1)所以直線l的方程為y 0或12x 5y 48 50 .5分（n）由直線l的斜率為1，設(shè)直線l的方程為y x b .2b 4b 4設(shè) A x1, y1

35、, B x2, y2，則 x1x2b 1 ,mu uuu因為以AB為直徑的圓過原點，所以 OA OB 2所以 x1x2 y1 y2 0,即 2xjX2 b x x2b 0.試題分析：(I)由題意可設(shè)圓M的方程為x ty V3t2 2 ,求出圓M分別與tt2代入得b2 3b 40 ,解得b 1或b 4，滿足(1).故直線I的方程為yx1或yx4 .10 分考點：直線與圓的位置關(guān)系的綜合11.(1) 2、3 ； (n) (x 1)2 (y3)2 4 ；(川)(2, 3)或(5, 3).【解析】x軸、(n)(川)直線y軸交于點A B的坐標(biāo)，利用面積公式，可得：AOB的面積為定值；由|OC|=|OD|

36、，知OML l，解得t= ± 1,再驗證，即可求圓M的方程；設(shè)P(5,y。)，G(X1,y1), H(x?,y»,整理得2xm-7(x,x»200 .設(shè)GH 的方程為 y kx b，代入(x 1)2 (y <3)24,利用韋達(dá)定理，確定直線方程，即可得出結(jié)論.試題解析：(I)由題意可設(shè)圓 M的方程為(x t)2 (y 片3)2 t2 /2 2x y 2tx令x 0，得y2巧0y 0. t2 3t；令 y 0，得 x 2t.AAQ 'Q_.3，解得t 1.S aob 1 |OA| |OB | 1 |2t | | 3 | 3 (定值). (n)由 |OC

37、 | |OD|,知 OM I .所以kOM當(dāng)t 1時，圓心M(1 J3)到直線lx 4的距離d 2/31)小于半徑，符合題意;1時，圓心M( 1,.3)到直線4的距離d 2(.31)大于半徑，不3符合題意.所以，所求圓M的方程為(x 1)2 (y(川)設(shè)J3)24.P(5,y。), G(X1,yJ , H(X2,y2)，又知 E( 13) , F(33),所以kPEkPFy0y°36、3y22x2y13X1乙3kGE，因為3kPEkPF，所以9(y1將(y1<3)24 (x.1)2,(X1 1)222 (X23)(y23)24 (X21)2 代入上式,整理得 2X27(x1 X

38、2)200.設(shè)直線GH的方程為y kx b，代入(x 1)2 ( y , 3)2 4， 整理得(1 k2)x2 (2kb 2.3k 2)x b2 2.3b 0.b22. 3b所以X1X22kb 2.3k 21代入式，并整理得 b2即(b 2k . 3)(b 5k解得b J3 2k或bk2(7k3)忑5k.Xi X2_1 k2、3)b 10k27.3b 3 0，0，y k(x 2)3，過定點(2,、3)；y k(x 5)3，過定點(5,、. 3)當(dāng)b 3 2k時，直線GH的方程為當(dāng)b 3 5k時，直線GH的方程為直線與圓的位置關(guān)系；分析思考能力和計算能力(2) x 3y 4 0；(3) b| 2

39、 b2且b 0考點：圓的方程；12. (1)【解析】試題分析：為：X22.3 ；(1)2y已知得圓的半徑為圓心到直線的距離，求得半徑4 ;通過半弦長與半徑、弦心距的關(guān)系求得弦G上，r=2，所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)由題意知而 OM 2 GM 2 OG2，所以點M N在以G點為圓心，線段 GM長為半徑的圓6，與圓C的方程相減得公共弦 MN的方程 b，聯(lián)立圓的方程化簡得bb24x1 x2 b,x1 x22 b=0時直線過點 R( 1, -1 ),GM 、一 6，x 3y 422x2 2bx圓G的方程為(x 1)20；( 3 )由已知可設(shè)直線(y 3)2l的方程為：y xb240，uuu 又 PRQ

40、為鈍角，所以RP所以縱截距b的取值范圍是0得b2uuuRQ 0,變形化簡得bb| 2 b 、 2且b 08,由根與系數(shù)的關(guān)系得22，而當(dāng)試題解析:2 2r 2(1)由題意得：圓心(0,0)到直線h：x y 2 20的距離為圓的半徑,所以圓心到直線|2的距離dV2231(2)因為點G(1,3),所以O(shè)GJ1232j!0,gm| Jog2 om2 <6所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為:2，長為半徑的圓x2 y24G 方程：(x 1)2 (y 3)26( 1)所以以G點為圓心，線段GM 又圓C方程為：x2 y24(3)設(shè)直線I的方程為：設(shè)直線l與圓的交點P(xyJ,Q(x2, y2)，(2),由(1)x

41、b 聯(lián)立得直線MN方程：x 3y 402 2x y4 得：2x2 2bx b240，8(b24)0，得 b28，uuu uuiu因為 PRQ為鈍角，所以RP RQ 0,(2b)2XiX2b,X1 X2b2 42(3)uuuuuuRP與RQ不是反向共線,即滿足(X11)(x21) (y11)(y21)0，又 *X1 b, y2所以(論 1)(x21)(%1)(y21) 2x1x2 (b 2)(x1 x2) b2 2b 20(4)2 b /2，X2b，由 UuU)uur)得b當(dāng)RP與RQ反向共線時，直線 y2，滿足 0，即x b過(1，-1 )，此時b 0，不滿足題意,故直線I縱截距的取值范圍是 、2 b 2，且b 0 考點：直線與圓的位置關(guān)系與向量的數(shù)量積運算的應(yīng)用直線的距離等于半徑的幾何性質(zhì)性質(zhì)求解得直線方程;(2)假設(shè)存在,利用條件表達(dá)出PBPA13. (1) y【解析】 試題分析：2x 3 5 ; (2)存在，且(9 ,0).5(1 )充分利用垂直直線系方程設(shè)直線方程，即若直線1垂直于直線Ax By C 0,則可設(shè)直線