重点高中数学必修二直线与圆的综合问题精选

1、精心整理直线与圆一解答题（共10小题）1已知直线xy+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（k0）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：（x3）2+（y2）2=r2（r0）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：（x3）2+（y2）2=r2（r0）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），

2、N（1，0），曲线C上的任意一点P满足：?=6|（）求点P的轨迹方程；（）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=1，=2，试问1+2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：（x2）2+y2=1相内切，记圆心P的轨迹为曲线C（）求曲线C的方程；（）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（）求曲线C的方程；（）过点D（3，0）且斜率不为零的直

3、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（）求曲线的方程；（）设动直线l交曲线于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（）求C点的轨迹的

4、方程；（）已知过P（0，2）的直线l交轨迹于不同两点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+2y7=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：（x2）2+（y3）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

5、O为坐标原点，抛物线C：y2=nx（n0）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一解答题（共10小题）1已知直线xy+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（k0）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

6、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（k21）?x2+（k21）?y2+（64k2）x+（86k2）y+13k29=0，若动点M的轨迹方程是直线，则k21=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：（x3）2+（y4）2=4；（2）设动点M（x，y），则由题意可得=k，即=k，化简可得（k21）?x2+（k21）?y2+（64k2）x+（86k2）y+13k221=0，若动点M的轨迹方程是直线，则k21=0，k=1，直线的方程为x+y4=0【点评】本小题主

7、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：（x3）2+（y2）2=r2（r0）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：（x3）2+（y2）2=r2（r0）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：（x3）2+

8、（y2）2=r2（r0）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xy+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：（x3）2+（y2）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=6h2，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

9、的任意一点P满足：?=6|（）求点P的轨迹方程；（）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=1，=2，试问1+2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】（）求出向量的坐标，利用条件化简，即可求点P的轨迹方程；（）分类讨论，利用=1，=2，结合韦达定理，即可得出结论【解答】解：（）设P（x，y），则=（3，0），=（x4，y），=（1x，y）?=6|，3×（x4）+0×y=6，化简得=1为所求点P的轨迹方程.4分（）设A（x1，y1），B（x2，y2）当直线l与x轴不重合时，设直线l的方程为x=my+1（m0），则H（0

10、，）从而=（x1，y1+），=（1x1，y1），由=1得（x1，y1+）=1（1x1，y1），1=1+同理由得2=1+，（1+2）=2+由直线与椭圆方程联立，可得（4+3m2）y2+6my9=0，y1+y2=，y1y2=代入得（1+2）=2+=，1+2=当直线l与x轴重合时，A（2，0），B（2，0），H（0，0），1=2=2，1+2=11分综上，1+2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：（x2）2+y2=1相内切，记圆心P的轨迹为曲线C（）求

11、曲线C的方程；（）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MNOQ，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：（）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：（x2）2+y2=1相内切，所以动圆P与圆F1只能内切（1分）所以|PF1|+|PF2|=7R+R1=6

12、|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=a2c2=5所以曲线C的方程为=1（4分）（）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+20my25=0，则y1+y2=，y1y2=（5分）所以|MN|=（7分）因为MNOQ，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=t21（t0），S=设，则因为t1，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）

13、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（）求曲线C的方程；（）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】（）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=a2c2=1，即可求得椭圆方程；（）将直线方程

14、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：（）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：（ab0），则2a=4，a=4，c=，b2=a2c2=1故曲线C的轨迹方程为；（）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=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（x1t）（x2t）=x1x2t（x1+x2）+t2=t×+t2=，kAQ?kBQ=?=，要使kAQ?kBQ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

16、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（）求曲线的方程；（）设动直线l交曲线于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】（）确定点C轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，且挖去长轴的两个顶点，即可求曲线的方程；（）可设直线，进而表示面积，即可求OEF面积的取值范围【解答】解：（）依题意得AB=

17、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=4AB=2（2分）所以点C轨迹是以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的方程为（4分）（）由于曲线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OEOF，所以（8分）令t=k2+1，则t1且k2=t1，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

18、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（）求C点的轨迹的方程；（）已知过P（0，2）的直线l交轨迹于不同两点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】（）利用直接法，求C点的轨迹的方程；（）设直线l的方程为y=kx2，与抛物线方程联立，求出斜率，即可证明结论【解答】解：（）设C（x，y）（y0），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=（x1）2+y2，化简得y2=4

19、x，所以C点的轨迹的方程为y2=4x（y0）（）直线l的斜率显然存在且不为0，设直线l的方程为y=kx2，M（x1，y1），N（x2，y2），由得ky24y8=0，所以，同理，所以Q（1，2）与M，N两点连线的斜率之积为定值4【点评】本题考查轨迹方程，考查直线与抛物线位置关系的运用，考查学生的计算能力，属于中档题8已知圆M：x2+y2+2y7=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【分析】（1）利用圆与圆的位置关系

20、，得出曲线E是M，N为焦点，长轴长为的椭圆，即可求曲线E的方程；（2）联立方程组得（1+2t2）y2+4mty+2m22=0，利用韦达定理，结合k1k2=4，得出直线BC过定点（3，0），表示出面积，即可求ABC面积的最大值【解答】解：（1）圆M：x2+y2+2y7=0的圆心为M（0，1），半径为点N（0，1）在圆M内，因为动圆P经过点N且与圆M相切，所以动圆P与圆M内切设动圆P半径为r，则r=|PM|因为动圆P经过点N，所以r=|PN|，|MN|，所以曲线E是M，N为焦点，长轴长为的椭圆由，得b2=21=1，所以曲线E的方程为（4分）（）直线BC斜率为0时，不合题意设B（x1，y1），C（x

21、2，y2），直线BC：x=ty+m，联立方程组得（1+2t2）y2+4mty+2m22=0，又k1k2=4，知y1y2=4（x11）（x21）=4（ty1+m1）（ty2+m1）=代入得又m1，化简得（m+1）（14t2）=2（4mt2）+2（m1）（1+2t2），解得m=3，故直线BC过定点（3，0）（8分）由0，解得t24，=（当且仅当时取等号）综上，ABC面积的最大值为（12分）【点评】本题考查圆与圆的位置关系，考查椭圆的定义与方程，考查直线与椭圆位置关系的运用，考查韦达定理，属于中档题9已知过点A（0，1）且斜率为k的直线l与圆C：（x2）2+（y3）2=1交于点M，N两点（1）求k的

22、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【分析】（1）设出直线方程，利用直线与圆的位置关系，列出不等式求解即可（2）设出M，N的坐标，利用直线与圆的方程联立，通过韦达定理，结合向量的数量积，求出直线的斜率，然后判断直线与圆的位置关系求解|MN|即可【解答】解：（1）由题设，可知直线l的方程为y=kx+1，因为直线l与圆C交于两点，由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R=1故由1，解得：k所以k的取值范围为得（，）（2）设M（x1，y1），N（x2，y2）将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，所以直线l的方程为y=x+1故圆心C在直线l上，所以|MN|=2【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，以及直线和圆相交的弦长公式的计算，考查学生的计算能力，是中档题10已知O为坐标原点，抛物线C：