圆方程复习题（难）-普通用卷

1、圆方程复习题（难）一、选择题（本大题共1小题，共5.0分）1. 设直线l：3x+4y+a=0，圆C：（x-2）2+y2=2，若在直线l上存在一点M，使得过M的圆C的切线MP，MQ（P，Q为切点）满足PMQ=90，则a的取值范围是（ ）A. B. 652,6+52C. D. 二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）2. 已知点P是圆C：x2+y28x8y+28=0上任意一点，曲线N：x2+4y2=4与x轴交于A，B两点，直线OP与曲线N交于点M，记直线MA，MB，OP的斜率分别为k1，k2，k3，则k1k2k3的取值范围是_3. 已知点A（-3，0），B（-1，-2），若圆（x-2）2+y2=

2、r2（r0）上恰有两点M，N，使得MAB和NAB的面积均为4，则r的取值范围是_4. 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1，1)，B(1，1)，点P为圆(x4)2y 24上任意一点，记OAP和OBP的面积分别为S1和S2，则S1S2的最小值是 5. 已知直线l：x+y-1=0截圆：x2+y2=r2（r0）所得的弦长为14，点M，N在圆上，且直线l：（1+2m）x+（m-1）y-3m=0过定点P，若PMPN，则|MN|的取值范围为_6. 已知圆C：（x-1）2+（y-2）2=25，直线l：（2m+1）x+（m+1）y-7m-4=0，若直线l被圆C截得的弦长最短，则m的值为_ 三、解答题（本大题

3、共11小题，共132.0分）7. 已知圆C：x2+（y-1）2=5，直线l：mx-y+1-m=0（）求证：对mR，直线l与圆C总有两个不同交点；（）设l与圆C交与不同两点A、B，求弦AB的中点M的轨迹方程；（）若定点P（1，1）分弦AB为APPB=12，求此时直线l的方程8. 已知以点C（t，2t）（tR且t0）为圆心的圆经过原点O，且与x轴交于点A，与y轴交于点B（1）求证：AOB的面积为定值（2）设直线2x+y-4=0与圆C交于点M，N，若|OM|=|ON|，求圆C的方程（3）在（2）的条件下，设P，Q分别是直线l：x+y+2=0和圆C上的动点，求|PB|+|PQ|的最小值及此时点P的坐标

4、9. 已知圆心在x轴上的圆C与直线l：4x+3y-6=0切于点M（35，65）（1）求直线12x-5y-1=0被圆C截得的弦长（2）已知N（2，1），经过原点，且斜率为正数的直线L与圆C交于P（x1，y1），Q（x2，y2）两点（i）求证：1x1+1x2为定值（ii）若|PN|2+|QN|2=24，求直线L的方程10. 在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为圆心的圆与直线x3y=4相切（）求圆O的方程；（）若圆O上有两点M，N关于直线x+2y=0对称，且MN=23，求直线MN的方程；（）设圆O与x轴的交点为A，B，若圆内一动点P满足|PA|PB|=|PO|2，求动点P的轨迹方程11. 已知圆E：

5、（x+3）2+y2=16，点F（3，0），P是圆E上任意一点，线段PF的垂直平分线和半径PE相交于Q（）求动点Q的轨迹的方程；（）直线l过点（1，1），且与轨迹交于A，B两点，点M满足AM=MB，点O为坐标原点，延长线段OM与轨迹交于点R，四边形OARB能否为平行四边形？若能，求出此时直线l的方程，若不能，说明理由12. 已知圆C1：x2+y2+6x=0关于直线l1：y=2x+1对称的圆为C（1）求圆C的方程；（2）过点(1,0)作直线l与圆C交于A，B两点，O是坐标原点.设OS=OA+OB，是否存在这样的直线l，使得四边形OASB的对角线相等？若存在，求出所有满足条件的直线l的方程；若不存在

6、，请说明理由13. 已知M：x2+（y-2）2=1，Q是x轴上的动点，QA，QB分别切M于A，B两点（1）若|AB|=423，求|MQ|、Q点的坐标以及直线MQ的方程；（2）求证：直线AB恒过定点14. 已知圆M：x2+y42=4，直线l的方程为x2y=0，点P是直线l上一动点，过点P作圆的切线PA、PB，切点为A、B（1）当P的横坐标为165时，求APB的大小；（2）求证：经过A、P、M三点的圆N必过定点，并求出该定点的坐标；（3）求线段AB长度的最小值15. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆M在直线y+1=0上截得线段长为22，在y轴上截得线段长为23（）求圆心M的轨迹方程；（）若点M在直

7、线l：xy1=0的上方，且到l的距离为22，求圆M的方程；（）设圆M与x轴交于P，Q两点，E是圆M上异于P，Q的任意一点，过点A(33，0)且与x轴垂直的直线为l1，直线PE交直线l1于点P，直线QE交直线l1于点Q求证：以PQ为直径的圆C总经过定点，并求出定点坐标16. 已知在ABC中，点A、B的坐标分别为（-2，0）和（2，0），点C在x轴上方（）若点C的坐标为（2，3），求以A、B为焦点且经过点C的椭圆的方程；（）若ACB=45，求ABC的外接圆的方程；（）若在给定直线y=x+t上任取一点P，从点P向（）中圆引一条切线，切点为Q问是否存在一个定点M，恒有PM=PQ？请说明理由1.【答案】

8、C解：圆C：（x-2）2+y2=2，圆心为：（2，0），半径为，在直线l上存在一点M，使得过M的圆C的切线MP，MQ（P，Q为切点）满足PMQ=90，在直线l上存在一点M，使得M到C（2，0）的距离等于2，只需C（2，0）到直线l的距离小于或等于2，故2，解得-16a4，故选：C2.【答案】4712,4+7124.【答案】（22，922）解：由题意可得|AB|=2，根据MAB和NAB的面积均为4，可得两点M，N到直线AB的距离为2；由于AB的方程为=，即x+y+3=0；若圆上只有一个点到直线AB的距离为2，则有圆心（2，0）到直线AB的距离为=r+2，解得r=；若圆上只有3个点到直线AB的距离

9、为2，则有圆心（2，0）到直线AB的距离为=r-2，解得r=；综上，r的取值范围是（，）故答案为：（，）5.【答案】23解：设、分别为点A、B到直线OP的距离，设点P（m，n），则直线OP方程为：，所以，由圆心为（4，0），半径为2，可得，当时，所以.故答案为.6.【答案】62，6+2解：圆：x2+y2=r2（r0）的圆心（0，0）到直线l：x+y-1=0的距离d=，直线l：x+y-1=0截圆：x2+y2=r2（r0）所得的弦长为，=，解得r=2.直线l：（1+2m）x+（m-1）y-3m=0过定点P，直线l的方程整理为（2x+y-3）m+x-y=0，由，得，P（1，1），设MN的中点为Q（x

10、，y），则OM2=OQ2+MQ2=OQ2+PQ2，4=x2+y2+（x-1）2+（y-1）2，化简，得：（x-）2+（y-）2=，点Q的轨迹是以（）为圆心，为半径的圆，|PQ|的取值范围是，|MN|的取值范围为.故答案为.7. 【答案】-348.【答案】（）证明：圆C：x2+（y-1）2=5，可得圆心C（0，1），半径为5圆心C到直线l：mx-y+1-m=0的距离d=|m|m2+1|m|2m|=125直线l与圆C相交，即直线l与圆C总有两个不同交点；（）解：当M与P不重合时，连接CM、CP，则CMMP，|CM|2+|MP|2=|CP|2，设M（x，y）（x1），则x2+（y-1）2+（x-1）

11、2+（y-1）2=1，化简得：x2+y2-x-2y+1=0（x1），当M与P重合时，x=y=1也满足上式故弦AB中点的轨迹方程是x2+y2-x-2y+1=0（）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），由APPB=12，得AP=12PB，1x1=12(x21)，化简的x2=3-2x1又mxy+1m=0x2+(y1)2=5消去y得（1+m2）x2-2m2x+m2-5=0（*）x1+x2=2m21+m2由解得x1=3+m21+m2，带入（*）式解得m=1，直线l的方程为x-y=0或x+y-2=09.【答案】（1）证明：由题意可得：圆的方程为：(xt)2+(y2t)2=t2+4t2，化为：x2-2t

12、x+y2-4ty=0与坐标轴的交点分别为：A（2t，0），B(0，4t)SOAB=12|2t|4t|=4，为定值（2）解：|OM|=|ON|，原点O在线段MN的垂直平分线上，设线段MN的中点为H，则C，H，O三点共线，OC的斜率k=2tt=2t2，2t2（-2）=-1，解得t=2，可得圆心C（2，1），或（-2，-1）带入可得，方程为：（x-2）2+（y-1）2=5，或（x+2）2+（y+1）2=5若圆C的方程为：（x +2）2 +（y+1）2 =5，此时圆心（-2，-1）到直线2x+y-4=0的距离d=22+145=9555=r,无交点，舍去所以，圆C的方程为：（x-2）2 +（y-1）2

13、=5（3）解：由（2）可知：圆心C（2，1），半径r=5，点B（0，2）关于直线x+y+2=0的对称点为B（-4，-2），则|PB|+|PQ|=|PB|+|PQ|BQ|，又点B到圆上点Q的最短距离为|BC|-r=(6)2+(3)2-5=25，则|PB|+|PQ|的最小值为25直线BC的方程为：y=12x，此时点P为直线BC与直线l的交点，故所求的点P(43，23) 10.【答案】解：（1）由题意，C（a，0），则kCM=6535a，6535a（-43）=-1，a=-1，C（-1，0），|CM|=2，即r=2，圆C的标准方程为（x+1）2+y2=4圆心到直线12x-5y-1=0的距离为1，所求弦

14、长为241=23；（2）设直线l的方程为y=kx（k0），与圆的方程联立，可得（1+k2）x2+2x-3=0，x1+x2=-21+k2，x1x2=-31+k2（i）1x1+1x2=x1+x2x1x2=23为定值；（ii）|PN|2+|QN|2=(x12)2+(y11)2+(x22)2+(y21)2=(1+k2)(x1+x2)22(1+k2)x1x2-（4+2k）（x1+x2）+10=12+4k1+k2+16=24，k=1或-12，经检验k=1满足题意，直线L的方程为y=x11.【答案】解:（）依题设,圆O的半径r等于原点O到直线x3y=4的距离, 即r=41+3=2，所以圆O的方程为x2+y2

15、=4.（）由题意,可设直线MN的方程为2xy+m=0,则圆心O到直线MN的距离d=m5.由垂径定理得m25+(3)2=22，即m=5.所以直线MN的方程为2xy+5=0或2xy5=0.（）不妨设A(x1,0)，B(x2,0)，x1x2，在x2+y2=4中，令y=0，得x=2.所以A(2,0)，B(2,0).设P(x,y),由PAPB=PO2，得x+22+y2x22+y2=x2+y2.整理得x2y2=2. 因为点P在圆O内,所以x2+y24,x2y2=2.由此得2x23，即2x3.所以点P的轨迹方程为x2y2=2（2x3）.12.【答案】解：（I）|QE|+|QF|=|EQ|+|QP|=4，且|

16、EF|=234，点Q的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，设椭圆方程为x2a2+y2b2=1，则2a=4，c=3，a=2，b=a2c2=1所以点E的轨迹方程为：x24+y2=1（II）（1）当直线l与x轴垂直时，直线l的方程为x=1，显然四边形OARB是平行四边形；（2）当直线l与x轴不垂直时，设直线l：y=kx+m，显然k0，m0，设A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM）联立方程组y=kx+mx24+y2=1，得（4k2+1）x2+8kmx+4m2-4=0，x1+x2=-8km1+4k2，AM=MB，即M是AB的中点，xM=x1+x22=-4km1+4k2，yM=kxM+m=m1+4k

17、2，若四边形OARB是平行四边形，当且仅当AB，OR互相平分，R（-8km1+4k2，2m1+4k2），代入椭圆方程得：16k2m2(1+4k2)2+4m2(1+4k2)2=1，即16k2m2+4m2=16k4+8k2+1，又直线l：y=kx+m经过点（1，1），m=1-k，16k2（1-k）2+4（1-k）2=16k4+8k2+1，32k3-12k2+8k-3=0，即（4k2+1）（8k-3）=0k=38，m=58，直线l的方程为y=38x+58时，四边形OARB是平行四边形，综上，直线l的方程为x=1或y=38x+5813.【答案】解：（1）C1：x2+y2+6x=0的标准方程为（x+3）

18、2+y2=9，则圆心为C1（-3，0）半径为3，设C（x，y），则yx32=1y2=2x321，即2y=x3y=2x4，解得x=1y=2，即C（1，-2），则关于直线l1：y=2x+1对称的圆为C的方程为（x-1）2+（y+2）2=9（2）过点（-1，0）作直线l与圆C交于A，B两点，O是坐标原点设OS=OA+OB，则四边形OASB是平行四边形，四边形OASB的对角线相等，四边形OASB是矩形，即OAOB，直线过点（-1，0），是圆C外的一点，当直线斜率不存在时，可得直线方程为x=-1，与圆（x-1）2+（y+2）2=9交于两点A(1,51),B(1,52)，OAOB=(1)(1)+(52)(

19、52)=0，OAOB，所以直线x=-1满足题意；当直线斜率存在时可设为斜率式y=k（x+1），OAOB，OAOB=x1x2+y1y2=0，即x1x2+k2（x1+1）（x2+1）=0，即（1+k2）x1x2+k2（x1+x2）+k2=0，将y=k（x+1），代入（x-1）2+（y+2）2=9得（x-1）2+（kx+k+2）2=9即（1+k2）x2+2（k2+2k-1）x+（k2+4k-4）=0则x1x2=k2+4k41+k2，x1+x2=-2(k2+2k1)1+k2，代入（1+k2）x1x2+k2（x1+x2）+k2=0，得入（k2+4k-4）-2k2k2+2k11+k2+k2=0，即是（k2

20、+2k-2）-k2k2+2k11+k2=0，化简后2k-1=1，即k=1，所以直线的方程是y=x+1综上所述，存在直线x=-1和y=x+1使得四边形OASB的对角线相等.14.【答案】解：（1）由题意得，切线的斜率存在，设切线y=kx+1+1，即kxyk1=0，所以圆心M到切线的距离d=|3k1|k21=1，解得k=0或34.所以切线所在直线方程为y=1或3x4y1=0.（2）连接PM，AB交于点N，设MPA=MAN=，所以.在RtMAP中，.又PM3,+)，则,所以，即|AB|min=423.（3）由题知，切线的斜率存在，设切线y=kx+1+t，即kxykt=0.设圆心M到切线的距离为d，所

21、以d=|3kt|k21=1，化简得8k2+6tk+t21=0.则kPA+kPB=34t，kPAkPB=t218.在切线y=k(x1)t中，令x=0，解得y=kt,所以|ST|=|(kPAt)(kPBt)|=|kPAkPB|，即|ST|=t284，所以|ST|min=22，此时t=0.故ST的最小值为22.【解析】本题考查直线与圆的位置关系的判定，圆的切线方程，与圆有关的弦的最值问题，直线与圆的方程的综合应用，属于中档题.（1）由题意切线的斜率存在，设切线，即，根据直线与圆的位置关系的判定方法求出k的值即可；（2）连接PM，AB交于点N，设，所以，根据的最小值即可得到的最小值；（3）设切线，圆心

22、M到切线的距离为，则，化简得.进一步可得，由韦达定理可得的最小值.15.【答案】解：（1）设直线MQ交AB于点P，则|AP|=232，又|AM|=1，APMQ，AMAQ，得|MP|=1(223)2=13，|MQ|=|MA|2|MP|，|MQ|=3设Q（x，0），而点M（0，2），由x2+22=3，得x=5，则Q点的坐标为（5，0）或（-5，0）从而直线MQ的方程为2x+5y-25=0或2x-5y+25=0（2）证明：设点Q（q，0），由几何性质，可知A、B两点在以QM为直径的圆上，此圆的方程为x（x-q）+y（y-2）=0，而线段AB是此圆与已知圆的公共弦，即为qx-2y+3=0，直线AB恒过

23、定点（0，32）【解析】本题考查直线与圆的位置关系，考查直线恒过定点，考查平面几何的知识，考查学生的计算能力，属于中档题（1）利用平面几何的知识，根据勾股定理、射影定理可以解决；（2）设点Q的坐标，由几何性质，可知A、B两点在以QM为直径的圆上，线段AB是此圆与已知圆的公共弦，即可得出结论16.【答案】解：（1）由题可知，圆M的半径r2，P(165,85)，因为PA是圆M的一条切线，所以MAP90,又因MP(0165)2(485)2=42r，又MPA30，APB60,（2）设P（2b，b），因为MAP90，所以经过A、P、M三点的圆N以MP为直径，其方程为：(xb)2(yb42)2=4b2(b

24、4)24 ,即(2xy4)b(x2y24y)=0，由2xy4=0x2y24y=0，解得x=0y=4或x=85y=45，所以圆过定点(0,4),(85,45)，（3）因圆N方程为(xb)2(yb42)2=4b2(b4)24,即x2y22bx(b4)y4b=0,圆M：x2(y4)2=4即x2y28y12=0得圆M方程与圆N相交弦所在直线m方程为2bx(b4)y124b=0 ,点M到直线m的距离d=45b28b16，相交弦长即AB=24d2=4145b28b16=4145(b45)2645,当b=45时，AB有最小值11. 【解析】本题考查直线与圆的综合，考查圆过定点，考查两圆位置关系，确定圆的方程

25、是关键（1）由题可知，圆M的半径r=2，MAP=90，根据MP=2r，可得MPA=30，从而可求APB的大小；（2）设P的坐标，求出经过A、P、M三点的圆的方程即可得到圆过定点（3）因圆方程为，圆：，得相交弦所在直线方程为 ,点M到直线的距离，即可求得长度的最小值17.【答案】解：（）设M(x，y)，圆M的半径为r由题设(y+1)2+2=r2，x2+3=r2 从而(y+1)2+2=x2+3故点M的轨迹方程为(y+1)2x2=1 （）设M(x0，y0)由已知得y0x0+12=22，即y=x 又因为(y+1)2x2=1从而得y0=x0=0此时，圆M的半径r=3 故圆M的方程为x2+y2=3 （）对于圆方程x2+y2=3，令y=0，得x=3，故可令P(3，0)，Q(3，0) 又直线l1过点A且与x轴垂直，直线l1的方程为x=33，设E(s，t)，则直线PE的方程为y=ts+3(x+3) 解方程组得P(33，43ts+3) 同理可得，Q(33，23ts3)， 以PQ为直径的圆C的方程为(x33)(x33)+(y43