直线与圆韦达定理

本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！1．圆C:x2(y3)24,直线m:x3y60,过A(1,0)的动直线l与直线m相交于N,与圆C相交于P,Q两点,M是PQ中点.(Ⅰ)l与m垂直时,求证:l过圆心C;(Ⅱ)当PQ23时,求直线l的方程;(Ⅲ)设tAMAN,试问t是否为定值2．以原点为圆心的圆与直线x3y40相切．（Ⅰ）求圆O的方程；（Ⅱ）若直线l：ykx3与圆O交于A，B两点，在圆O上是否存在一点Q，使得OQOAOB，若存在，求出此时直线l的斜率；若不存在，说明理由．3．圆C:x2(y1)25，直线l:mxy1m0（1）求证：对mR，直线l与圆C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uuuruuur什么曲线；（3）若定点P（1，1）满足PB2AP，求直线l的方程。4．圆C经过点A（－2,0），B（0,2），且圆心C在直线y＝x上，又直线 l：y＝kx＋1与uuur uuur圆C相交于P、Q两点．（1）求圆C的方程；（2）若OPPQ 2，求实数k的值；（3）过点(0,4)作动直线m交圆C于E，F两点．试问：在以EF为直径的所有圆中，是否存在这样的圆P，使得圆P经过点M(2,0)5．如图，圆C：x2(1a)xy2aya0．（Ⅰ）若圆C与x轴相切，求圆C的方程；（Ⅱ）已知a1，圆C与x轴相交于两点M,N（点M在点N的左侧）．过点M任作一条直线与圆O：x2y24相交于两点A,B．问：是否存在实数a，使得ANMBNM？6．（14分）已知方程x2y22x4ym0.（1）若此方程表示圆，求 m的取值范围；（2）若（1）中的圆与直线x2y40相交于M，N两点，且OMON（O为坐标原点）求m的值；（3）在（2）的条件下，求以MN为直径的圆的方程.7．圆C:x2y22x2y10，直线l:ykx，直线l与圆C交于A、B两点，uuuruuur1时，求k的值；（2）当b(1,3)点M的坐标为(0,b)，且满足MAMB（．1）当b时，求k的取值范围．28．圆C：(x3)2(y3)29，直线l1:ykx与圆C交于P、Q两个不同的点，M为P、Q的中点．（Ⅰ）已知A(3,0)uuuruuur0，求实数k的值；（Ⅱ）求点M的轨，若APAQ迹方程；（Ⅲ）若直线l1与l2:xy10的交点为N，求证：|OM||ON|为定值．9．圆O：x2y22，直线l:ykx2.（1）直线l与圆O交于不同的两点A,B，当AOB时，求k；（2）若k1，P是直线l上的动点，过P作圆O的两条切22线PC、PD，切点为C、D，探究：直线CD是否过定点；（3）若EF、GH为圆O：x2y22的两条相互垂直的弦，垂足为M(1,2)，求EGFH的面积的最大值.210．已知圆C：x2y22x4y40，直线l与圆C相交于A，B两点．本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！（Ⅰ）若直线

l过点

M

4,0

，且

AB

25，求直线

l的方程；（Ⅱ）若直线

l的斜率为

1，且以弦

AB

为直径的圆经过原点，求直线

l的方程．11．已知圆

M

过坐标原点

O且圆心在曲线

y

3上.（Ⅰ）若圆

M分别与

x轴、

y轴x交于点

A

、

B

（不同于原点

O），求证：

AOB的面积为定值；（Ⅱ）设直线l:y

3

x

4与圆

M交于不同的两点

C，D，且|OC||OD|，求圆

M的方程；（Ⅲ）3设直线yPF与圆

3与（Ⅱ）中所求圆M的另一个交点分别为

M交于点G，H

E、F，P为直线x 5上的动点，直线，求证：直线GH过定点.

PE，12．圆C的圆心在坐标原点，与直线l1:xy220相切.（1）求直线l2:4x3y50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l1垂直的直线l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l的纵截距的范围．13．(本小题满分12分)已知圆C:x2y29，点A(5,0)，直线l:x2y0.求与圆C相切，且与直线l垂直的直线方程；在直线OA上（O为坐标原点），存在定点B（不同于点A），满足：对于圆C上任一点

P，都有

PB

为一常数，试求所有满足条件的点

B的坐标

.PA14．如图，圆

O:x2

y2

4与坐标轴交于点

A,B,C

.⑴求与直线 AC垂直的圆的切线方程；⑵设点M是圆上任意一点（不在坐标轴上） ，直线CM交x轴于点D，直线BM交直线AC于点N，①若D点坐标为(2 3,0)，求弦CM的长；②求证： 2kND kMB为定值.本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！参考答案1．(Ⅰ)详见解析(Ⅱ)x14x3y40(Ⅲ)t是定值-5或【解析】试题分析：(Ⅰ)当l与m垂直时斜率相乘为1，从而得到l斜率及方程(Ⅱ)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(Ⅲ)先将直线l设出，与圆联立求出M点坐标M(k23k,3k2k)，将直线l与直线m联立求得3k6,5k)，代入t1k21k2N(1AMAN中化简得常数，求解时需注意直线方程分斜率存13k3k在不存在两种情况试题解析：(Ⅰ)由已知km13,所以直线l的方程为y3(x1).,故kl3将圆心C(0,3)代入方程易知l过圆心C4分(Ⅱ)当直线l与x轴垂直时,易知x1符合题意;当直线与x轴不垂直时,设直线l的方程为yk(x1),由于PQ23,所以CM1.由CMk31,解得k4.k231故直线l的方程为x14x3y40-8分或(Ⅲ)当l与x轴垂直时,易得M(1,3),N(1,5),又A(1,0)则AM(0,3),3AN(0,5),故AMAN5.即t53当l的斜率存在时,设直线l的方程为yk(x1),代入圆的方程得(1k2)x2(2k26k)xk26k50.则xMx1x2k23k,21k2yMk(xM1)3k2kk23k3k2k1k2,即M(k2,k2),11AM3k13k2kyk(x1),3k65k),(2,1k2).又由得N(,1kx3y60,13k13k则AN(5,5k).13k13k本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！故t15k55k(3k2k)5(13k)(1k2)AMAN(1k2)(13k)(1k2)(13k)(13k)(15.k2)综上,t的值为定值,且t512分另解一:连结CA,延长交m于点R,由(Ⅰ)知ARm.又CMl于M,故△ANR∽△AMC.于是有AMANACAR.由AC10,AR5,得AMAN5.10uuuuruuurAMAN5.故tAMAN另解二:连结CA并延长交直线m于点B,连结CM,CN,由(Ⅰ)知ACm,又CMl,所以四点M,C,N,B都在以CN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．（Ⅰ）x2y2uuuruuuruuur4;（Ⅱ）存在点Q，使得OQOAOB.【解析】试题分析：（Ⅰ）设圆O的半径为r，因为直线x3y40与圆O相切，所以|0304|2，r13即可求出圆O的方程为x2y24.（Ⅱ）方法一：因为直线l：ykx3与圆O相交于A，B两点，所以dO|3|2，所以k55，假设存在点Q，l2或kuuuruuuruuur1k2uuur2uuuruuur使得OQOAOB，因为A，B在圆上，且OQOAOB，同时|OA||OB|由向量加法的平行四边形法则可知，四边形OAQB为菱形，所以OQ与AB互相垂直且平分，所以原点O到直线l：ykx3的距离为d1|OQ|110分2即dOl|3|21，解得k28，k22，经验证满足条件，所以存在点Q，使uuuruuur1kuuur得OQOAOB；uuuruuuruuur方法二：假设存在点Q，使得OQOAOB．记OQ与AB交于点C(x0,y0)，因为A，uuuruuuruuurOAQB为菱形，B在圆上，且OQOAOB，由向量加法的平行四边形法则可知四边形因为直线l斜率为k，显然k0，所以OQ直线方程为1x，ykx3yy，解得k1xk本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！x03k6k62k1，所以点Q坐标为M(,)，因为点Q在圆上，所以212y03kk1k21(6k2(6)24，解得k28，即k22，经验证满足条件，所以存在点Q，2)2k1k1uuuruuuruuur使得OQOAOB.试题解析：解：（Ⅰ）设圆O的半径为r，因为直线x3y40与圆O相切，所以r|0304|23分13所以圆O的方程为x2y245分（Ⅱ）方法一：因为直线l：ykx3与圆O相交于A，B两点，所以dOl|3|2，1k2所以k557或k2分2uuuruuuruuur8假设存在点Q，使得OQOAOB分uuuruuuruuur因为A，B在圆上，且OQOAOB，同时|OA||OB|由向量加法的平行四边形法则可知四边形OAQB为菱形，所以OQ与AB互相垂直且平分9分所以原点O到直线l：ykx3的距离为d1|OQ|110分2即dOl|3|1，解得k28，k22，经验证满足条件12分1k2uuuruuuruuur所以存在点Q，使得OQOAOB13分uuuruuuruuur方法二：假设存在点Q，使得OQOAOB．记OQ与AB交于点C(x0,y0)uuuruuuruuur因为A，B在圆上，且OQOAOB，由向量加法的平行四边形法则可知四边形OAQB为菱形，因为直线l斜率为k，显然k0，所以OQ直线方程为y1x7分k本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！ykx3x03k6k621k1，所以点Q坐标为M()yx，解得2,k29分ky03k11k21因为点Q在圆上，所以(26k)2(26)24，解得k2811分k1k1即k22，经验证满足条件12分uuuruuuruuur所以存在点Q，使得OQOAOB13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）x2y2x2y10，为圆的轨迹方程；（3）xy0或xy20；【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uuuruuur达定理以及PB2AP，得出直线方程为xy0或xy20；试题解析：（Ⅰ）解法一：圆C:x2(y1)25的圆心为C(0,1)，半径为5。∴圆心C到直线l:mxy1m0的距离d|m||m|15，∴直线l与圆m21|2m|2C相交，即直线 l与圆C总有两个不同交点；BCMOA方法二：∵直线

l:mx

y 1

m

0过定点

P(1,1)

，而点P(1,1)在圆内∴直线

l与圆

C相交，即直线

l与圆

C总有两个不同交点；（4分）（Ⅱ）当

M与

P不重合时，连结

CM、CP，则

CM

MP，又因为本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！|CM|2|MP|2|CP|2,设M(x,y)(x1)，则x2(y1)2(x1)2(y1)21，化简得：x2y2x2y10(x1)当M与P重合时，x1,y1也满足上式。故弦AB中点的轨迹方程是x2y2x2y10。（8分）（Ⅲ）设(,)，，由uuuruuur，Ax1y1B(x2,y2)PB2AP∴1x11(x21)，化简的x232x1①2mxy1m0又由x2(y1)25消去y得(1m2)x22m2xm250（*）∴x1x22m2②（10分）1m2由①②解得x13m21，1m2，带入（*）式解得m∴直线l的方程为xy0或xy20。（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）x2y24；（2）k0；（3）在以EF为直径的所有圆中，存在圆P：5x25y216x8y120或x2y24，使得圆P经过点M(2,0)．【解析】1Ca,a和半径r，列出a和r的方程，求得圆的方程；试题分析：（）根据题意设出圆心uuuruuur2,（2）根据OPPQ求得POQ120，所以圆心到直线m的距离为1，求得k的值；（3）若圆P经过点uuuruuurM2,0，则必有MEMF0即x1x22(x1x2)4y1y20①，当直线m的斜率不存在时，显然满足题意得圆，当直线m的斜率存在时，设其斜率为k，直线m的方程为：ykx4，代入圆x2y24的方程，由韦达定理，得到x1x2,x1x2的值，联立①解得k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a＝0，r＝2，所以圆C的方程是x2y24.分本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！uuuruuuruuuruuuruuuruuur（2）因为＝2×2×cos〈，〉＝－2，且与的夹角为∠POQ，OQ所以cos∠POQ＝－1，∠POQ＝120°，所以圆心C到直线l：kx－y＋1＝0的距离d＝1，2又d＝1，所以k0.7分k21（联立直线与圆的方程求解酌情给分）（3）（ⅰ）当直线m的斜率不存在时，直线m经过圆C的圆心C，此时直线m与圆C的交点为E(0,2)，F(0,2)，EF即为圆C的直径，而点M(2,0)在圆C上，即圆C也是满足题意的圆8分（ⅱ）当直线m的斜率存在时，设直线m:ykx4，由x2y24,ykx，4,消去y整理，得(1k2)x28kx120，由△64k248(1k2)0，得k3或k3．x1x218k2,设E(x1,y1),F(x2,y2)，则有k①9分12x1x22,1k由①得y1y2(kx14)(kx22x1x24k(x1x2)16164k24)k1k2，②y1y2kx14kx24k(x1x2)88，③1k2若存在以EF为直径的圆P经过点M(2,0)，则MEuuuruuur0MF，所以MEMF，因此(x12)(x22)y1y20，即x1x22(x1x2)4y1y20，10分则1216k4164k20，所以16k320，k2，满足题意．12分1k21k21k2此时以EF为直径的圆的方程为x2y2(x1x2)x(y1y2)yx1x2y1y20，即x2y216x8y120，亦即5x25y216x8y120．13分555综上，在以EF为直径的所有圆中，存在圆P：5x25y216x8y120或x2y24，使得圆P经过点M(2,0)．14分考点：1.圆的方程；2.直线方程；3.韦达定理.本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！5．（1）x22xy2y10；（2）a4.【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a值，即得圆的方程；（2）先求出M(1,0),N(a,0)，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，要注意结合初中平面几何中的直线与圆的知识 ..试题解析：（Ⅰ）因为y0x2(1a)xy2aya0得x2(1a)xa0，由题意得(1a)24a(a1)20，所以a1故所求圆C的方程为x22xy2y10．（Ⅱ）令y0，得x2(1a)xa0，即(x1)(xa)0所以M(1,0),N(a,0)假设存在实数a，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为yk(x1)，代入x2y24得，(1k2)x22k2xk240，设A(x1,y1),B(x2,y2),从而x1x22k22,x1x2k241k1k2因为y1y2k[(x11)(x2a)(x21)(x1a)]ax2a(x1a)(x2x1a)而(x11)(x2a)(x21)(x1a)2x1x2(a1)(x2x1)因为ANMBNM，所以y1y20，即2a8k2x1ax2a1当直线AB与x轴垂直时，也成立．故存在a4，使得ANMBNM.考点：1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系.6．（1）m5；（2）m8；（3）(x4)2(y8)216.5555

2a0，得a 4．本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！【解析】试题分析：（1）由圆的一般方程知当D2E24F0时x2y2+DxEyF0表示圆的方程；（2）联立直线与圆的方程，消元后的到关于y的一元二次方程，因为OMON所以x1x2y1y20，可求出m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）x2y22x4ym0x2y40x42y代入得（2）y22x4ym0x2y1y2168m，y1y255OMON得出：x1x2y1y20∴5y1y28(y1y2)160∴m85（3）设圆心为(a,b)半径r455⋯⋯⋯⋯13分圆的方程(x4)2(y8)216555考点：1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系.7．（Ⅰ）1；（Ⅱ）1,623U623,．【解析】试题分析：（Ⅰ）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MP⊥MQ．把圆心坐标（1，1）代入直线l：ykx，可得k的值．（Ⅱ）把直线l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uuuruuuur0，求得2k1kb1．令fbb1，则（fb）及MPMQ1k2bb在区间3上单调递增，求得（）13，可得22k1k13，解此不等式求1,2fb2,61k26得k的取值范围（注意检验△＞ 0）．本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！试题解析：（Ⅰ）圆22时，点M（0，b）在圆C上，，当b=1当且仅当直线 l经过圆心 C时，满足 MP⊥MQ．∵圆心C的坐标为（1，1），∴k=1．（Ⅱ）由ykx，消去y得：22k）x10①x2y22x2y10设P（x1，y1），Q（x2，y2），∴x121k，x1x21x2k2k2．11uuuruuuurMP⊥MQ，∴MPMQ0．（x1,y1b）（?x2,y2b）0，即x1x2（y1﹣b）（y2﹣b）0．∴∵y1kx1，y2kx2，∴0，即1k2x1x2kbx1x2b20．（kx1﹣b）（kx2﹣b）x1x221k2k1k2∴1k21kbb20，即b1b1．1k1k21k22bb令fbb1，则（fb）在区间1,3上单调递增．b2∴当3时，（）13．26∴22k1k13．1k262k1k21k2k1即13，解得，2k1k1k2k623,或6236∴1k623或k623．由①式得[（21k）]2﹣（41k2）＞0，解得k＞0．∴1k623或k623．∴k的取值范围是1,623U623,．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．本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！8．（1）k1；（2）x23xy23y3(x0,y0)；3）定值为3；【解析】试题分析：（1）由向量的数量积为uuuruuur0，知两向量是垂直的，即APAQ，因为点A在圆C上故直线l1过圆心C(3,3)，将点的坐标代入到直线方程中，得到k1；（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M(x,y)，则OMCM，将坐标代入，化简可得出M的轨迹方程x23xy23y3(x0,y0)；（3）联立方程，通过韦达定理，得出M，N的坐标，从而求出OM1k23(k1)，ON1k2，两者相乘，进行化简，得出定值是3.k21k1uuuruuuruuuruuur试题解析：（Ⅰ）APAQ0即APAQ，因为点A在圆C上故直线l1过圆心C(3,3)，得k13分（Ⅱ）设M(x,y)，则OMuuuuruuuur0坐标代入得：CM，即OMCM(x,y)(x3,y3)0化简得：x23xy23y3(x0,y0)8分（Ⅲ）设P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x0,y0)将ykx代入(x3)2(y3)29并整理得：(k21)x26(k1)x90(*)则x1,x2为方程(*)的两根∴x1x26(k1)|OM|x02y02x02(kx0)21k2x0k211k23(k1)10分k21l1:ykx与l2:xy10联立得交点N(1,k)k1k1|ON|(1)2(k)21k212分k1k1k1故：|OM||ON|1k23(k1)1k2=3(定值)14分k21k1考点：向量的数量积圆的性质韦达定理9．（1）k 3；（2）见解析；（3）

52【解析】本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！试题分析：（1）易得点O到l的距离d2r，利用点到直线的距离公式即可求出k；（2）2(1t利用O、P、C、D四点共圆求得其圆的方程x2txy22)y0，发现直线CD是圆(1t2x2y22与圆x2txy22)y0的公共弦所在的直线方程，两式作差即可；（3）23所以设圆心O到直线EF、GH的距离分别为d1,d2.则d2d2|OM|2122|EF|2r2d12212d12|GH|2r2d2222d22|GH|2r2d2222d22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d2r2分22∴2=2·2k34分k212（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P(t,1t2).2其方程为：x(xt)y(y1t2)02即x2txy2(1t2)y02又C、D在圆O：x2y22上∴lCD:tx(1t2)y20即(xy)y2y207分22由xy0x12得22y20y1∴直线CD过定点(1,1)9分2（3）设圆心O到直线EF、GH的距离分别为d1,d2.则d12d22|OM|2311分2∴|EF| 2r2 d12 212 d12 |GH|2r2 d22 2 2 d22本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！∴S1|EF||GH|2(2d12)(2d22)≤2d122d22435222当且仅当2d122d22即d1d23时，取“=”2∴四边形EGFH的面积的最大值为5．14分2考点：圆的综合应用【答案】（Ⅰ）y 0或12x 5y 48 0（Ⅱ）y x 1或y x 4【解析】试题分析：（Ⅰ）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l的斜率必然存在，可设出直线的方程ykx4，.其中r为圆的半径，d为弦心距，l为弦长即可解决；（Ⅱ）采用设uuuruuur而不求，利用直线与圆的方程联立的关于x的二次方程，由OAOB得x1x2y1y20，即2x1x2bx1x2b20，再利用韦达定理即可.试题解析：（Ⅰ）由题设知直线l的斜率存在，设其方程为ykx4，即kxy4k0．圆C：x2y22y229，2x4y40，即x1圆心C1,2，半径为3．由AB25，知圆心到直线l的距离为9522，于是k24k2，即23k2k21，k21整理得5k212k0，解得，k0或k12．5所以直线l的方程为y0或12x5y480．5分（Ⅱ）由直线l的斜率为1，设直线l的方程为yxb．x2y22x4y40由xb，y得2x22b1xb24b40．4b28b24b40，解得332b332．（1）令1本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1x2bb24b41，x1x2．2因为以AB为直径的圆过原点，所以uuuruuurOAOB．所以x1x2y1y20，即2x1x2bx1x2b20．代入得b23b40，解得b1或b4，满足（1）．故直线l的方程为yx1或yx4．10分考点：直线与圆的位置关系的综合11．（Ⅰ）2 3；（Ⅱ）(x 1)2 (y 3)2 4；（Ⅲ）(2, 3)或(5, 3).【解析】22y3t23，求出圆M分别与试题分析：（Ⅰ）由题意可设圆M的方程为xttt2x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；（Ⅱ）由|OC|=|OD|，知OM⊥l，解得t=±1，再验证，即可求圆M的方程；（Ⅲ）设P（5，y0），G（x1，y1），H（x2，y2），整理得2x1x2﹣（7x1x2）200．①设直线GH的方程为ykxb，代入(x1)2(y3)24，利用韦达定理，确定直线方程，即可得出结论．试题解析：（Ⅰ）由题意可设圆M的方程为(xt)2(y3)2t23，tt2即x2y22tx23y0.t令x0，得y230，得x2t.；令ytSAOB1|OA||OB|1|2t||23|23（定值）.22t（Ⅱ）由|OC||OD|，知OMl.所以kOM33，解得t1.t2当t1时，圆心M(1,3)到直线l:y3x4的距离d2(31)小于半径，符合题3意；本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！当t 1时，圆心M(1, 3)到直线l:y 3x4的距离d2(31)大于半径，不3符合题意.所以，所求圆M的方程为(x1)2(y3)24.（Ⅲ）设P(5,y0)，G(x1,y1)，H(x2,y2)，又知E(1,3)，F(3,3)，所以kPEy03y13kGE，6x11kPFy03y23kFH.2x23因为3kPE(y13)2(y23)2kPF，所以9(x12(x22.1)3)将(y13)24(x11)2，(y23)24(x21)2代入上式，整理得2x1x27(x1x2)200.①设直线GH的方程为ykxb，代入(x1)2(y3)24，整理得(1k2)x2(2kb232)xb2230.kb所以x1x22kb23k2，x1x2b223b1k21k2.代入①式，并整理得b2(7k23)b10k27330，b即(b2k3)(b5k3)0，解得b32k或b35k.当b32k时，直线GH的方程为yk(x2)3，过定点(2,3)；当b35k时，直线GH的方程为yk(x5)3，过定点(5,3)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；（2）x 3y 4 0；（3）b| 2 b 2且b 0【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

C的标准方程为：

x2

y2

4；通过半弦长与半径、弦心距的关系求得弦

AB长为2 3；（2）由题意知点M、N

在以G点为圆心，线段

GM

长为半径的圆

G上，而

OM

2

GM

2

OG2，所以本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！GM6，圆G的方程为(x1)2(y3)26，与圆C的方程相减得公共弦MN的方程x3y40；（3）由已知可设直线l的方程为：yxb，联立圆的方程化简得2x22bxb240，0得b28，由根与系数的关系得b24uuuruuur0,变形化简得b2x1x2b,x1x22，又PRQ为钝角，所以RPRQ2，而当b=0时直线过点R（1，-1），所以纵截距b的取值范围是b|2b2且b0.试题解析：（1）由题意得：圆心(0,0)到直线l1:xy220的距离为圆的半径，r222，所以圆C的标准方程为：x2y242所以圆心到直线l2的距离d2312（2）因为点G(1,3),所以OG123210,GMOG2OM26所以以G点为圆心，线段GM长为半径的圆G方程：(x1)2(y3)26（1）又圆C方程为：x2y24（2），由(1)(2)得直线MN方程：x3y40（3）设直线l的方程为：yxb联立x2y24得：2x22bxb240，设直线l与圆的交点P(x1,y1),Q(x2,y2)，由(2)28(b24)0，得b28，x1x2b,x1x2b24（3）b2PRQ为钝角，所以uuuruuur0,因为RPRQuuuruuur即满足(x11)(x21)(y11)(y21)0，且RP与RQ不是反向共线，又y1x1b,y2x2b，所以(x11)(x21)(y11)(y21)2x1x2(b2)(x1x2)b22b20（4）由（3）（4）得b22，满足0，即2b2，uuuruuuryxb过（1，-1），此时b0，不满足题意，当RP与RQ反向共线时，直线故直线l纵截距的取值范围是2b2，且b0考点：直线与圆的位置关系与向量的数量积运算的应用13．（1）y2x35；（2）存在，且9,0).B(5【解析】本文档如对你有帮助，请帮忙下载支持！试题分析：（1）充分利用垂直直线系方程设直线方程，即若直线l垂直于直线AxByC0,则可设直线l方程为：BxAyc0,并利用圆与直线相切时，圆心到直