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文档简介

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

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