直线与圆-韦达定理

1、1圆,直线,过的动直线与直线m相交于,与圆相交于两点,是中点. ()与垂直时,求证:过圆心;()当时,求直线的方程;()设,试问是否为定值2以原点为圆心的圆与直线相切（）求圆的方程；（）若直线：与圆交于，两点，在圆上是否存在一点，使得，若存在，求出此时直线的斜率；若不存在，说明理由3圆，直线（1） 求证：对，直线与圆总有两个不同的交点A、B；（2） 求弦AB的中点M的轨迹方程，并说明其轨迹是什么曲线；（3） 若定点P（1，1）满足，求直线的方程。4圆经过点A（2,0），B（0,2），且圆心在直线yx上，又直线l：ykx1与圆相交于P、Q两点（1）求圆的方程；（2）若，求实数k的值；（3）过点作

2、动直线交圆于，两点试问：在以为直径的所有圆中，是否存在这样的圆，使得圆经过点5如图，圆：（）若圆与轴相切，求圆的方程；（）已知，圆与轴相交于两点（点在点的左侧）过点任作一条直线与圆：相交于两点问：是否存在实数，使得？6（14分） 已知方程.（1）若此方程表示圆，求的取值范围；（2）若（1）中的圆与直线相交于M，N两点，且OMON（O为坐标原点）求的值；（3）在（2）的条件下，求以MN为直径的圆的方程.7圆，直线，直线与圆交于两点，点的坐标为，且满足（1）当时，求的值； （2）当时，求的取值范围8圆C：，直线与圆C交于P、Q两个不同的点，M为P、Q的中点（）已知，若，求实数的值；（）求点M的轨迹

3、方程；（）若直线与的交点为N，求证：为定值9圆：，直线.（1）直线l与圆交于不同的两点，当时，求；（2）若，是直线l上的动点，过作圆的两条切线、，切点为、，探究：直线是否过定点；（3）若、为圆：的两条相互垂直的弦，垂足为，求的面积的最大值.10已知圆：，直线与圆相交于，两点（）若直线过点，且，求直线的方程；（）若直线的斜率为，且以弦为直径的圆经过原点，求直线的方程11已知圆过坐标原点O且圆心在曲线上.（）若圆M分别与轴、轴交于点、（不同于原点O），求证：的面积为定值；（）设直线与圆M 交于不同的两点C，D，且，求圆M的方程；（）设直线与（）中所求圆M交于点、， 为直线上的动点，直线，与圆M的另

4、一个交点分别为，求证：直线过定点.12圆C的圆心在坐标原点，与直线相切.（1）求直线被圆C所截得的弦AB的长；（2）过点G（1,3）作两条与圆C相切的直线，切点分别为M,N，求直线MN的方程；（3）若与直线垂直的直线不过点R（1,-1），且与圆C交于不同的两点P，Q.若PRQ为钝角，求直线的纵截距的范围13(本小题满分12分) 已知圆，点，直线.(1) 求与圆相切，且与直线垂直的直线方程；(2) 在直线上（为坐标原点），存在定点（不同于点），满足：对于圆上任一点，都有为一常数，试求所有满足条件的点的坐标.14如图，圆与坐标轴交于点.求与直线垂直的圆的切线方程；设点是圆上任意一点（不在坐标轴上）

5、，直线交轴于点，直线交直线于点，若点坐标为，求弦的长；求证：为定值.试卷第11页，总12页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1()详见解析 () 或 () 是定值-5【解析】试题分析：() 当与垂直时斜率相乘为，从而得到斜率及方程()直线与圆相交时常用弦长的一半，圆心到直线的距离，圆的半径构成的直角三角形求解()先将直线设出，与圆联立求出点坐标，将直线与直线联立求得，代入中化简得常数，求解时需注意直线方程分斜率存在不存在两种情况试题解析：()由已知 ,故,所以直线的方程为. 将圆心代入方程易知过圆心 4分() 当直线与轴垂直时,易知符合题意; 当直线与轴不垂直时,设直

6、线的方程为,由于, 所以由,解得. 故直线的方程为或 -8分()当与轴垂直时,易得,又则 ,故. 即 当的斜率存在时,设直线的方程为,代入圆的方程得 .则 ,即, .又由得, 则. 故. 综上,的值为定值,且 12分另解一:连结,延长交于点,由()知.又于, 故.于是有. 由得 故 另解二:连结并延长交直线于点,连结由()知又, 所以四点都在以为直径的圆上,由相交弦定理得 考点：1.直线方程；2.直线与圆相交的位置关系；3.向量的坐标运算2（）;（）存在点，使得.【解析】试题分析：（）设圆的半径为，因为直线与圆相切，所以 ，即可求出圆的方程为 .（）方法一：因为直线：与圆相交于，两点， 所以

7、， 所以或 ，假设存在点，使得，因为，在圆上，且，同时由向量加法的平行四边形法则可知，四边形为菱形，所以与互相垂直且平分，所以原点到直线：的距离为 10分即 ，解得， ，经验证满足条件，所以存在点，使得 ；方法二：假设存在点，使得记与交于点，因为，在圆上，且，由向量加法的平行四边形法则可知四边形为菱形，因为直线斜率为，显然，所以直线方程为， 解得， 所以点坐标为，因为点在圆上，所以，解得，即，经验证满足条件，所以存在点，使得.试题解析：解：（）设圆的半径为，因为直线与圆相切，所以 3分所以圆的方程为 5分（）方法一：因为直线：与圆相交于，两点， 所以 ， 所以或 7分假设存在点，使得 8分因为

8、，在圆上，且，同时由向量加法的平行四边形法则可知四边形为菱形，所以与互相垂直且平分 9分所以原点到直线：的距离为 10分即 ，解得， ，经验证满足条件 12分所以存在点，使得 13分方法二：假设存在点，使得记与交于点 因为，在圆上，且，由向量加法的平行四边形法则可知四边形为菱形，因为直线斜率为，显然，所以直线方程为 7分， 解得， 所以点坐标为 9分因为点在圆上，所以，解得 11分即，经验证满足条件 12分所以存在点，使得 13分.考点：1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系.3（1）证明见解析；（2），为圆的轨迹方程；（3）或；【解析】试题分析：（1）由题可知，判断直线与圆的位置关系，我们常采

9、取两种方法，圆心到直线的距离与半径的比较，若距离大于半径，则位置关系是相离，若距离等于半径，则位置关系是相切，若距离小于半径，则位置关系是相交；或是判断直线所经过的定点和圆的关系，点在圆内，则位置关系是相交，点在圆上，则位置关系是相切，点在圆外，则位置关系是相离；（2）关于求轨迹方程的问题，求哪个点的轨迹就设哪个点的坐标，通过题中的条件将x，y的关系式求出，即得轨迹方程；（3）过一点的直线用点斜式设出，再和圆的方程联立，由韦达定理以及，得出直线方程为或；试题解析：（）解法一：圆的圆心为，半径为。圆心C到直线的距离，直线与圆C相交，即直线与圆C总有两个不同交点；OBMAC方法二：直线过定点，而点

10、在圆内直线与圆C相交，即直线与圆C总有两个不同交点；（4分）（）当M与P不重合时，连结CM、CP，则，又因为,设，则，化简得：当M与P重合时，也满足上式。故弦AB中点的轨迹方程是。（8分）（）设，由，化简的 又由消去y得 （*） （10分）由解得，带入（*）式解得，直线的方程为或。（12分）考点：直线与圆的位置关系中点轨迹方程直线方程的应用4（1）；（2）；（3）在以为直径的所有圆中，存在圆：或，使得圆经过点【解析】试题分析：（1）根据题意设出圆心和半径，列出和的方程，求得圆的方程；（2）根据,求得，所以圆心到直线的距离为，求得的值；（3）若圆经过点，则必有即，当直线的斜率不存在时，显然满足题

11、意得圆，当直线的斜率存在时，设其斜率为，直线的方程为：，代入圆的方程，由韦达定理，得到的值，联立解得的值，存在所求的圆，进而得到所求的圆的方程.试题解析：（1）设圆心C（a，a），半径为r.因为圆C经过点A（2,0），B（0,2），所以|AC|BC|r，易得a0，r2，所以圆C的方程是. 3分（2）因为·2×2×cos，2，且与的夹角为POQ，所以cosPOQ，POQ120°，所以圆心C到直线l：kxy10的距离d1，又d，所以. 7分（联立直线与圆的方程求解酌情给分）（3）（）当直线的斜率不存在时，直线经过圆的圆心，此时直线与圆的交点为，即为圆的直径，

12、而点在圆上，即圆也是满足题意的圆 8分（）当直线的斜率存在时，设直线，由，消去整理，得，由，得或设，则有 9分由得， ， 若存在以为直径的圆经过点，则，所以，因此，即， 10分则，所以，满足题意 12分此时以为直径的圆的方程为，即，亦即 13分综上，在以为直径的所有圆中，存在圆：或，使得圆经过点 14分考点：1.圆的方程；2.直线方程；3.韦达定理.5（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）联立直线与圆的方程，利用判别式为0得出值，即得圆的方程；（2）先求出，联立直线与圆的方程，利用根与系数的关系进行求解.解题思路: 直线圆的位置关系，主要涉及直线与圆相切、相交、相离，在解决直线圆的位置关系时

13、，要注意结合初中平面几何中的直线与圆的知识.试题解析：（）因为得，由题意得，所以故所求圆C的方程为（）令，得，即所以假设存在实数，当直线AB与轴不垂直时，设直线AB的方程为，代入得，设从而因为而因为，所以，即，得当直线AB与轴垂直时，也成立故存在，使得.考点：1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系.6（1）；（2）；（3）.【解析】试题分析：（1）由圆的一般方程知当时表示圆的方程；（2）联立直线与圆的方程，消元后的到关于的一元二次方程，因为所以，可求出的值；（3）利用根与系数关系求出中点坐标即为圆心，再利用垂径定理求出弦长的一半即为半径，能写出圆的方程.试题解析：（1）（2） 代入得， 得出：

14、（3）设圆心为 半径13分圆的方程 考点：1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系.7（）1；（）【解析】试题分析：（）当b=1时，点M（0，b）在圆C上，当且仅当直线l经过圆心C时，满足MPMQ把圆心坐标（1，1）代入直线，可得k的值（）把直线的方程代入圆的方程转化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系以及，求得令，则 在区间上单调递增，求得，可得 ，解此不等式求得k的取值范围（注意检验0）试题解析：（）圆，当b=1时，点M（0，b）在圆C上，当且仅当直线l经过圆心C时，满足MPMQ圆心C的坐标为（1，1），k=1（）由 ，消去y得： 设，MPMQ，即，即，即令，则在区间上单调递增当时，即，

15、解得，或由式得，解得k0或k的取值范围是考点：直线和圆相交的性质；一元二次方程根与系数的关系；函数的单调性8（1）；（2） ；（3）定值为3；【解析】试题分析：（1）由向量的数量积为0，知两向量是垂直的，即，因为点A在圆C上故直线过圆心C，将点的坐标代入到直线方程中，得到；（2）对于求轨迹方程的问题，一般来讲，求哪个点，就设设出哪个点的坐标，利用题意列出关系式，本题中，设 ，则，将坐标代入，化简可得出M的轨迹方程 ；（3）联立方程，通过韦达定理，得出M，N的坐标，从而求出，两者相乘，进行化简，得出定值是3.试题解析：（）即，因为点A在圆C上故直线过圆心C，得 3分（）设 ，则，即坐标代入得：

16、化简得： 8分（）设将代入并整理得： 则为方程(*)的两根 10分与联立得交点 12分故：=3 (定值) 14分考点：向量的数量积圆的性质韦达定理9（1）；（2）见解析；（3）【解析】试题分析：（1）易得点O到l的距离，利用点到直线的距离公式即可求出k；（2）利用O、P、C、D四点共圆求得其圆的方程，发现直线是圆与圆的公共弦所在的直线方程，两式作差即可；（3）设圆心O到直线EF、GH的距离分别为.则所以再用均值不等式即可求出最大值.试题解析：（1）AOB=，点O到l的距离 2分=· 4分（2）由题意可知：O、P、C、D四点共圆且在以OP为直径的圆上，设.其方程为：即 又C、D在圆O：

17、上 即 7分由 得 直线CD过定点 9分（3）设圆心O到直线EF、GH的距离分别为.则 11分 当且仅当 即 时，取“=”四边形EGFH的面积的最大值为 14分考点：圆的综合应用【答案】（）或（）或【解析】试题分析：（）解决直线与圆位置关系的综合问题时，要充分考虑平面几何知识的运用，不要单纯地依靠代数运算，这样简单又不易出错由题意知的斜率必然存在，可设出直线的方程，.其中r为圆的半径，d为弦心距，l为弦长即可解决；（）采用设而不求，利用直线与圆的方程联立的关于x的二次方程，由得，即，再利用韦达定理即可.试题解析：（）由题设知直线的斜率存在，设其方程为，即圆：，即，圆心，半径为由，知圆心到直线的

18、距离为，于是，即，整理得，解得，或所以直线的方程为或 5分（）由直线的斜率为，设直线的方程为由 ，得令，解得（1）设，则，因为以为直径的圆过原点，所以所以，即代入得，解得或，满足（1）故直线的方程为或 10分考点：直线与圆的位置关系的综合11（）；（）；（）或.【解析】试题分析：（）由题意可设圆M的方程为，求出圆M分别与x轴、y轴交于点A、B的坐标，利用面积公式，可得：AOB的面积为定值；（）由|OC|=|OD|，知OMl，解得t=±1，再验证，即可求圆M的方程；（）设，整理得设直线GH的方程为，代入，利用韦达定理，确定直线方程，即可得出结论试题解析：（）由题意可设圆M的方程为，即.

19、令，得；令，得.（定值）. （）由，知.所以，解得.当时，圆心M到直线的距离小于半径，符合题意；当时，圆心M到直线的距离大于半径，不符合题意.所以，所求圆M的方程为. （）设，又知，所以，.因为，所以.将，代入上式，整理得. 设直线的方程为，代入，整理得.所以，.代入式，并整理得，即，解得或.当时，直线的方程为，过定点；当时，直线的方程为，过定点考点：圆的方程；直线与圆的位置关系；分析思考能力和计算能力.12（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）已知得圆的半径为圆心到直线的距离，求得半径r=2，所以圆的标准方程为：；通过半弦长与半径、弦心距的关系求得弦AB长为；（2）由题意知点M、N在

20、以点为圆心，线段长为半径的圆G上，而，所以，圆G的方程为，与圆C的方程相减得公共弦MN的方程；（3）由已知可设直线的方程为：，联立圆的方程化简得，得，由根与系数的关系得，又为钝角，所以,变形化简得，而当b=0时直线过点R（1，-1），所以纵截距b的取值范围是.试题解析：（1）由题意得：圆心到直线的距离为圆的半径，所以圆的标准方程为： 所以圆心到直线的距离 （2）因为点,所以,所以以点为圆心，线段长为半径的圆方程： （1）又圆方程为： （2），由得直线方程： （3）设直线的方程为：联立得：，设直线与圆的交点， 由，得， （3）因为为钝角，所以,即满足，且与不是反向共线，又，所以 （4）由（3）（4）得，满足，即，当与反向共线时，直线过（1，-