直线与圆定值定点最值经典题训练

1、直线与圆定值定点最值经典题训练1已知过点A(0,1)，且斜率为k的直线与圆相交于M,N两点.（1）求实数k的取值范围；（2）求证：AMAN为定值；2已知圆C：（xa）2+（yb）2=1（a0）关于直线3x2y=0对称，且与直线3x4y+1=0相切（1）求圆C的方程；（2）若直线l：y=kx+2与圆C交于M，N两点，是否存在直线l，使得OMON=6（O为坐标原点）若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由3已知圆O:x2+y2=1，直线l过点A(3,0)且与圆O相切 .（I）求直线l的方程； （II）如图，圆O与x轴交于P,Q两点，点M是圆O上异于PQ的任意一点，过点A且与x轴垂直的直线为l1，直

2、线PM交直线l1于点E，直线QM交直线l1于点F，求证：以EF为直径的圆C与x轴交于定点B，并求出点B的坐标 .4已知圆C:(x-4)2+(y-1)2=4,直线l:2mx-(3m+1)y+2=0（1）若直线l与圆C相交于两点A,B，弦长AB等于23，求m的值；（2）已知点M(4,5)，点C为圆心，若在直线MC上存在定点N（异于点M），满足：对于圆C上任一点P，都有|PM|PN|为一常数，试求所有满足条件的点N的坐标及改常数5如图在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2+(y-2)2=1，且圆C与y轴交于M,N两点（点N在点M的上方），直线l:y=kx(k>0)与圆C交于A，B两点。（1

3、）若AB=255，求实数k的值。（2）设直线AM，直线BN的斜率分别为k1,k2，若存在常数a使得k1=ak2恒成立？若存在，求出a的值.若不存在请说明理由。（3）若直线AM与直线BN相较于点P，求证点P在一条定直线上。参考答案1(1) 4-73,4+73； (2)见解析.【解析】【分析】(1)由题意可得，直线l的斜率存在，用点斜式求得直线l的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k的值，可得满足条件的k的范围；(2)由题意可得,经过点M,N,A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方程化简,再利用一元二次方程根与系数的关系求得x1+x2和x1x2的值，可得y1y2=kx1+1kx2+1的值，利

4、用AMAN=x1,y1-1 x2,y2-1=x1x2+y1y2-y1+y2+1，即可得出结论.【详解】（1）由题意过点A(0,1)且斜率为k的直线的方程为y=kx+1，代入圆C的方程得(1+k2)x2-4(1+k)x+7=0，直线与圆C :(x-2)2+(y-3)2=1相交于M,N两点，所以=-4(1+k)2-4×7×(1+k2)>0，解得4-73<k<4+73，实数k的取值范围是4-73,4+73.（2）证明：设M(x1,y1),N(x2,y2),AM=(x1,y1-1),AN=(x2,y2-1),x1+x2=4(1+k)1+k2,x1x2=71+k2，

5、y1+y2=(kx1+1)+(kx2+1)=k(x1+x2)+2=4(1+k)1+k2+2，y1y2=(kx1+1)+(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1所以AMAN=(x1,y1-1)(x2,y2-1)=x1x2+(y1-1)(y2-1)=x1x2+y1y2-(y1+y2)+1=x1x2+k2x1x2=71+k2+7k21+k2=7，AMAN为定值.【点睛】探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种： 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关； 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.2（1）（x2）2+（y3）2=1（2）不存在直线l【解

6、析】【分析】（1）根据题意，分析可得&d=|3a-4b+1|5=1&3a-2b=0，解可得a、b的值，由圆的标准方程即可得答案；（2）假设存在满足题意的直线l，设M（x1，y1）N（x2，y2），联立直线与圆的方程，由直线与圆相交可得=（2k+4）216（1+k2）0，由数量积的计算公式可得OMON=（1+k2）41+k2+2k(2k+4)1+k2+4=6，解可得k的值，验证是否满足0，即可得答案【详解】（1）根据题意，圆C：（xa）2+（yb）2=1（a0）关于直线3x2y=0对称，即圆心（a，b）在直线3x2y=0上，圆C与直线3x4y+1=0相切，则C到直线l的距离d=r

7、=1，则有&d=|3a-4b+1|5=1&3a-2b=0，解得&a=2&b=3或&a=-43&b=-2（舍）圆C的方程为（x2）2+（y3）2=1（2）假设存在直线l，使得OMON=6，设M（x1，y1）N（x2，y2），由&y=kx+2&(x-2)2+(y-3)2=1得（1+k2）x2（2k+4）x+4=0，由=（2k+4）216（1+k2）0得0k43，且x1+x2=2k+41+k2，x1x2=41+k2，OMON=x1x2+y1y2=（1+k2）x1x2+2k（x1+x2）+4=（1+k2）41+k2+2k(2k+4)1+k

8、2+4=6，解得k=1或-13，不满足0，所以不存在直线l，使得OMON=6【点睛】本题考查直线与圆方程的综合应用，涉及向量数量积的计算，注意圆C关于直线3x2y=0对称，则圆心在直线上3（1）y=±24(x-3).（2）证明见解析；定点B(3+22,0)或B(3-22,0).【解析】【分析】（1）由已知中直线l过点A(3,0)，我们可以设出直线的点斜式方程，化为一般式方程后，代入点到直线距离公式，根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，可以求出k的值，进而得到直线l的方程；（2）由已知我们易求出P,Q两个点的坐标，设出M点的坐标，我们可以得到点P与Q的坐标，进而得到以EF为直径

9、的圆C的方程，根据圆的方程即可判断结论.【详解】()由题意得，直线l的斜率存在. 设直线l的方程为y=k(x-3).因为直线l与圆O相切，所以3kk2+1=1.所以k=±24.所以直线方程为y=±24(x-3). ()由题意得，点P(-1,0)，点Q(1,0).设点M(x0,y0)(x0±1)，则x02+y02=1.直线PM的方程为y=y0x0+1(x+1).所以直线PM与直线x=3的交点为点E(3,4y0x0+1).直线QM的方程为y=y0x0-1(x-1).所以直线QM与直线x=3的交点为点F(3,2y0x0-1). 设点B(m,0).则BE=(3-m,4y0

10、x0+1)，BF=(3-m,2y0x0-1).因为以EF为直径的圆C与x轴交于定点B,所以BEBF=(3-m)(3-m)+8y02(x0+1)(x0-1)=(3-m)2-8=0解得m=3±22.所以定点B(3+22,0)或B(3-22,0).【点睛】该题考查的是有关直线与圆的方程的应用问题，涉及到的知识点有过圆外一点圆的切线方程的求法，圆与直线的交点，直线方程的点斜式，圆的方程的问题，直径所对的圆周角为直角，垂直应用向量的数量积等于零等，认真分析题意，求得结果.4(1) m=0或m=-13.(2) 在直线MC上寻在定点N(4,2)，使得|PM|PN|为常数2【解析】分析：（1）由弦长

11、AB等于23，结合圆C的半径为2，利用勾股定理可得圆心到直线的距离，根据点到直线距离公式列方程求解即可；（2）直线MC的方程为x=4，假设存在定点N(4,t)满足题意，设P(x,y)，|PM|PN|=，平方后可(2-2t)2+8y+(3+t2)2-28=0所以(2-2t)2+8=0且(3+t2)2-28=0，解得t=2，t=5（舍去，与M重合），2=4，=2，从而可得结果.详解：（1）由弦长AB等于23，结合圆C的半径为2，利用勾股定理可得圆心到直线的距离，利用点到直线距离公式列方程可得m=0或m=-13；（2）由题知，直线MC的方程为x=4，假设存在定点N(4,t)满足题意，则设，P(x,y

12、)，|PM|PN|=得|PM|2=2|PN|2(>0)，且(x-4)2=4-(y-1)2所以4-(y-1)2+(y-5)2=42-2(y-1)2+2(y-t)2整理得：(2-2t)2+8y+(3+t2)2-28=0因为，上式对于任意y-1,3恒成立，所以(2-2t)2+8=0且(3+t2)2-28=0解得t2-7t+10=0，所以t=2，t=5（舍去，与M重合），2=4，=2综上可知，在直线MC上寻在定点N(4,2)，使得|PM|PN|为常数2点睛：本题主要考查直线与圆的位置关系、解析几何中的定点问题以及点在曲线上问题，属于难题. )存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确

13、则存在，若结论不正确则不存在.当条件和结论不唯一时要分类讨论.当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.当条件和结论都不知，按常规方法很难时，采取另外的途径.5（1）k=2.（2）存在实数a=-13，使得k1=ak2恒成立；理由见解析.（3）证明见解析.【解析】分析：（1）先设出直线的方程，利用圆中的特殊三角形：弦心距，半弦长和圆的半径构成直角三角形，勾股定理求得结果；（2）先假设存在，利用题的条件，得到其相关的式子，求得对应的值，得到结果；（3）根据题意，得到点所满足的条件，从而求得结果.详解：（1）圆C：x2+(y-2)2=1 圆心(0,2)，半径r=1直线l:kx-y=0

14、(k>0)与圆C相交于A，B两点，且AB=255 圆心到l的距离为d=1-(12×255)2=25 2k2+1=25，解得：k=±2k>0 k=2 （2）圆C与y轴交于M，N两点（点N在点M上方）M(0,1),N(0,3) AM:y=k1x+1,BN:y=k2x+3，设A(x1,y1),B(x2,y2)直线AM与圆C方程联立：y=k1x+1x2+(y-2)2=1，化简得：(k12+1)x2-2k1x=0A(2k1k12+1,3k12+1k12+1)，同理可求：B(-2k2k22+1,k22+3k22+1) O,A,B三点共线，且OA=(2k1k12+1,3k12+1k12+1)，OB=(-2k2k22+1,k22+3k22+1) 2k1k12+1k22+3k22+1-(-2k2k22+1)3k12+1k12+1=0，化简得：(3k1+k2)(k1k2+1)=0 k1k2+10 3k1+k2=0，即k1=-13k2存在实数a=-13，使得k1=ak2恒成立 （3）设P(x0,y0) y0=k1x0