2021数学苏教版一轮考点测试47圆与方程含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高考数学苏教版一轮考点测试47圆与方程含解析考点测试47圆与方程高考概览高考在本考点中常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分或12分，中等难度考纲研读1.掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程2．能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆的位置关系；能根据给定两个圆的方程判断两圆的位置关系3．能用直线和圆的方程解决一些简单的问题4．初步了解用代数方法处理几何问题的思想一、基础小题1．圆心在y轴上,半径为1，且过点（1,2）的圆的方程为(）A．x2＋（y－2)2＝1 B．x2＋(y＋2）2＝1C．(x－1）2＋(y－3）2＝1 D．x2＋（y－3)2＝1答案A解析设圆心坐标为(0，b),则由题意知eq\r(0－12＋b－22)＝1，解得b＝2，故圆的方程为x2＋（y－2)2＝1.故选A.2．若点P（1,1)为圆C：(x－3)2＋y2＝9的弦MN的中点，则弦MN所在直线的方程为(）A．2x＋y－3＝0 B．x－2y＋1＝0C．x＋2y－3＝0 D．2x－y－1＝0答案D解析圆心C(3，0)，kPC＝－eq\f（1,2），则kMN＝2，所以弦MN所在直线的方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.故选D.3．直线ax－by＝0与圆x2＋y2－ax＋by＝0的位置关系是()A．相交 B．相切C．相离 D．不能确定答案B解析将圆的方程化为标准方程得eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f（a，2）)）2＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(b，2））)2＝eq\f（a2＋b2，4),∴圆心坐标为eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（a,2），－\f（b，2）))，半径r＝eq\f（\r(a2＋b2)，2)，∵圆心到直线ax－by＝0的距离d＝eq\f(\f（a2＋b2，2）,\r(a2＋b2)）＝eq\f(\r(a2＋b2),2)＝r,∴圆与直线的位置关系是相切．故选B。4．已知⊙O1:(x＋3）2＋y2＝4，⊙O2:x2＋（y－4）2＝r2(r〉0），则“r＝3”是“⊙O1与⊙O2相切”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案A解析由题意知,⊙O1的圆心为O1(－3，0),半径为2，⊙O2的圆心为O2（0,4)，半径为r。若⊙O1与⊙O2相切，则｜O1O2|＝r＋2或｜O1O2｜＝｜r－2|,解得r＝3或7，所以“r＝3”是“⊙O1与⊙O2相切”的充分不必要条件．故选A。5．设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C,直线l过（0，3)与圆C交于A，B两点，若｜AB|＝2eq\r（3）,则直线l的方程为(）A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0B．3x＋4y－12＝0或x＝0C．4x－3y＋9＝0或x＝0D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0答案B解析当直线l的斜率不存在,即直线l的方程为x＝0时，弦长为2eq\r（3)，符合题意；当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋3，由弦长为2eq\r(3)，半径为2可知，圆心到该直线的距离为1，从而有eq\f(｜k＋2|，\r(k2＋1))＝1，解得k＝－eq\f（3，4），综上,直线l的方程为x＝0或3x＋4y－12＝0，故选B.6．若圆x2＋y2＝a2与圆x2＋y2＋ay－6＝0的公共弦长为2eq\r（3），则a的值为（)A．2 B．±2C．1 D．±1答案B解析设圆x2＋y2＝a2的圆心为O,半径r＝｜a｜，将x2＋y2＝a2与x2＋y2＋ay－6＝0联立,可得a2＋ay－6＝0，即公共弦所在的直线方程为a2＋ay－6＝0,原点O到直线a2＋ay－6＝0的距离为eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1(\f（6，a）－a）)，根据勾股定理可得a2＝3＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（6,a)－a)）2，解得a＝±2。故选B。7．若圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2eq\r（2)，则直线l的斜率的取值范围是(）A．［2－eq\r（3)，1］ B．[2－eq\r(3)，2＋eq\r（3)]C.eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（\r（3）,3)，\r（3））） D．[0，＋∞)答案B解析圆x2＋y2－4x－4y－10＝0可化为（x－2)2＋（y－2)2＝18,则圆心坐标为（2,2)，半径为3eq\r(2)。由圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2eq\r（2）可得,圆心到直线l：ax＋by＝0的距离d≤3eq\r(2）－2eq\r（2）＝eq\r（2)，即eq\f(|2a＋2b｜,\r（a2＋b2）)≤eq\r(2)，则a2＋b2＋4ab≤0①，若a＝0，则b＝0，不符合题意，故a≠0且b≠0，则①可化为1＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(b，a)))2＋eq\f(4b,a)≤0,由于直线l的斜率k＝－eq\f(a，b),所以1＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(b,a）））2＋eq\f(4b,a）≤0可化为1＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，k)））2－eq\f(4，k）≤0，解得k∈[2－eq\r(3),2＋eq\r(3）］，故选B.8．已知a∈R，直线l1：x＋2y＝a＋2和直线l2：2x－y＝2a－1分别与圆E：（x－a)2＋（y－1)2＝9相交于点A，C和点B，D，则四边形ABCD答案18解析依题意，圆E的圆心坐标为E(a，1）,发现E∈l1，E∈l2，即直线l1，l2都过圆心，故|AC|＝｜BD｜＝6.设直线l1的斜率为k1，直线l2的斜率为k2，由k1·k2＝－1，得l1⊥l2。故所求面积为eq\f(1，2）×62＝18.二、高考小题9．（2018·全国卷Ⅲ)直线x＋y＋2＝0分别与x轴，y轴交于A,B两点，点P在圆(x－2)2＋y2＝2上,则△ABP面积的取值范围是（）A．[2，6］ B．［4，8］C．[eq\r(2),3eq\r(2)］ D．[2eq\r(2），3eq\r（2）］答案A解析∵直线x＋y＋2＝0分别与x轴，y轴交于A,B两点,∴A（－2,0)，B（0，－2），则|AB｜＝2eq\r(2)。∵点P在圆(x－2)2＋y2＝2上，圆心为(2，0)，∴圆心到直线x＋y＋2＝0的距离d1＝eq\f(｜2＋0＋2|,\r(2)）＝2eq\r(2），故点P到直线x＋y＋2＝0的距离d2的范围为[eq\r（2），3eq\r（2)］，则S△ABP＝eq\f（1，2）｜AB|d2＝eq\r（2)d2∈[2,6]，故选A。10．(2018·北京高考)在平面直角坐标系中，记d为点P（cosθ,sinθ）到直线x－my－2＝0的距离．当θ,m变化时，d的最大值为(）A．1 B．2C．3 D．4答案C解析∵cos2θ＋sin2θ＝1，∴P点的轨迹是以原点为圆心的单位圆，又x－my－2＝0表示过点(2,0)且斜率不为0的直线，如图,可得点（－1,0)到直线x＝2的距离即为d的最大值．故选C.11．(2019·浙江高考)已知圆C的圆心坐标是(0，m)，半径长是r。若直线2x－y＋3＝0与圆C相切于点A（－2，－1)，则m＝________，r＝________.答案－2eq\r（5）解析根据题意画出图形，可知A(－2,－1）,C(0,m)，B(0,3）,则|AB|＝eq\r(－2－02＋－1－32）＝2eq\r(5），｜AC｜＝eq\r（－2－02＋－1－m2)＝eq\r(4＋m＋12)，｜BC｜＝|m－3|。∵直线2x－y＋3＝0与圆C相切于点A，∴∠BAC＝90°，∴｜AB|2＋|AC｜2＝｜BC|2。即20＋4＋(m＋1)2＝（m－3)2，解得m＝－2.因此r＝｜AC｜＝eq\r（4＋－2＋12)＝eq\r(5）.12．(2018·全国卷Ⅰ)直线y＝x＋1与圆x2＋y2＋2y－3＝0交于A，B两点,则｜AB｜＝________.答案2eq\r(2)解析根据题意，圆的方程可化为x2＋(y＋1）2＝4,所以圆的圆心为（0，－1），且半径是2，根据点到直线的距离公式可以求得圆心到直线的距离d＝eq\f(|0＋1＋1｜,\r(12＋－12)）＝eq\r(2），所以|AB｜＝2eq\r(4－2）＝2eq\r(2)。13．(2018·江苏高考）在平面直角坐标系xOy中,A为直线l：y＝2x上的第一象限内的点,B（5,0）,以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D。若eq\o（AB，\s\up6（→)）·eq\o(CD，\s\up6(→)）＝0,则点A的横坐标为________．答案3解析解法一：设A（a，2a）,a>0，则Ceq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(a＋5,2），a)），∴圆C的方程为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f（a＋5,2）)）2＋（y－a)2＝eq\f（a－52，4)＋a2，由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f(a＋5,2))）2＋y－a2＝\f（a－52,4）＋a2，，y＝2x，）)得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(xD＝1，,yD＝2，)）∴eq\o（AB，\s\up6(→))·eq\o（CD，\s\up6(→))＝(5－a，－2a)·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(－a－3，2）,2－a））＝eq\f（a2－2a－15,2）＋2a2－4a＝0，∴a＝3或a＝－1，又a〉0，∴a＝3，∴点A的横坐标为3。解法二:由题意易得∠BAD＝45°.设直线DB的倾斜角为θ,则tanθ＝－eq\f（1,2)，∴tan∠ABO＝－tan（θ－45°)＝3,∴kAB＝－tan∠ABO＝－3.∴AB的方程为y＝－3（x－5)，由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝－3x－5，，y＝2x，)）得xA＝3。14．（2017·江苏高考）在平面直角坐标系xOy中，A(－12，0），B(0，6)，点P在圆O：x2＋y2＝50上．若eq\o（PA，\s\up6(→）)·eq\o(PB，\s\up6（→）)≤20，则点P的横坐标的取值范围是________．答案［－5eq\r（2)，1］解析解法一：因为点P在圆O:x2＋y2＝50上,所以设P点坐标为(x，±eq\r（50－x2）)（－5eq\r（2）≤x≤5eq\r(2)）．因为A（－12，0)，B(0，6），所以eq\o(PA,\s\up6(→)）＝(－12－x，－eq\r(50－x2））或eq\o（PA,\s\up6(→)）＝(－12－x,eq\r（50－x2)），eq\o(PB,\s\up6(→））＝（－x,6－eq\r(50－x2））或eq\o（PB,\s\up6(→））＝(－x，6＋eq\r(50－x2）)．因为eq\o(PA,\s\up6(→）)·eq\o(PB,\s\up6（→）)≤20，先取P（x，eq\r(50－x2)）进行计算，所以(－12－x)（－x)＋(－eq\r（50－x2)）（6－eq\r（50－x2)）≤20，即2x＋5≤eq\r（50－x2)。当2x＋5≤0，即x≤－eq\f(5,2)时，上式恒成立；当2x＋5>0，即x〉－eq\f（5，2）时，(2x＋5)2≤50－x2，解得－5≤x≤1，故x≤1.同理可得P（x,－eq\r(50－x2))时，x≤－5.又－5eq\r（2）≤x≤5eq\r（2）,所以－5eq\r(2）≤x≤1。故点P的横坐标的取值范围为[－5eq\r(2），1]．解法二：设P（x，y)，则eq\o（PA，\s\up6(→)）＝（－12－x，－y）,eq\o(PB，\s\up6(→）)＝（－x，6－y)．∵eq\o(PA，\s\up6(→）)·eq\o(PB,\s\up6(→））≤20，∴（－12－x）（－x）＋（－y）·（6－y）≤20，即2x－y＋5≤0。如图，作圆O：x2＋y2＝50，直线2x－y＋5＝0与⊙O交于E,F两点，∵P在圆O上且满足2x－y＋5≤0，∴点P在eq\x\to(EDF)上．由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x2＋y2＝50,，2x－y＋5＝0)）得F点的横坐标为1.又D点的横坐标为－5eq\r（2)，∴P点的横坐标的取值范围为［－5eq\r（2），1]．15．(2016·全国卷Ⅲ）已知直线l：mx＋y＋3m－eq\r(3）＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A,B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点．若|AB|＝2eq\r(3)，则|CD｜＝________.答案4解析由题意可知直线l过定点(－3，eq\r(3）)，该定点在圆x2＋y2＝12上，不妨设点A(－3，eq\r(3））,由于|AB｜＝2eq\r（3),r＝2eq\r（3），所以圆心到直线AB的距离为d＝eq\r(2\r（3）2－\r(3)2)＝3，又由点到直线的距离公式可得d＝eq\f(｜3m－\r（3)｜，\r(m2＋1))＝3,解得m＝－eq\f(\r（3),3）,所以直线l的斜率k＝－m＝eq\f(\r（3)，3），即直线l的倾斜角为30°。如图，过点C作CH⊥BD，垂足为H，所以｜CH|＝2eq\r(3)，在Rt△CHD中，∠HCD＝30°，所以｜CD｜＝eq\f(2\r(3）,cos30°）＝4.三、模拟小题16．（2019·宜昌模拟)已知圆C：x2＋y2＋kx＋2y＝－k2，当圆C的面积取最大值时，圆心C的坐标为()A．eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2），－1）） B．(1，－1）C．（－1，－1） D．(0,－1)答案D解析圆C的方程可化为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f（k，2）)）2＋(y＋1)2＝－eq\f(3，4）k2＋1。所以当k＝0时圆C的面积最大．故圆心C的坐标为（0，－1）．故选D。17．(2019·广州市三校联考）已知点P（a,b)(ab≠0)是圆x2＋y2＝r2内的一点,直线m是以P为中点的弦所在直线，直线l的方程为ax＋by＝r2，那么(）A．m∥l，且l与圆相交 B．m⊥l，且l与圆相切C．m∥l，且l与圆相离 D．m⊥l,且l与圆相离答案C解析∵点P(a，b)(ab≠0)在圆内，∴a2＋b2<r2,∵kOP＝eq\f（b,a)，直线OP⊥直线m，∴km＝－eq\f（a，b），∵直线l的斜率kl＝－eq\f(a，b）＝km，∴m∥l,∵圆心O到直线l的距离d＝eq\f（r2，\r(a2＋b2))>eq\f（r2,r)＝r，∴l与圆相离．故选C。18．（2019·凌源联考)已知直线l：x＋y－1＝0截圆Ω:x2＋y2＝r2(r〉0)所得的弦长为eq\r（14）,点M,N在圆Ω上，且直线l′：(1＋2m)x＋(m－1）y－3m＝0过定点P，若PM⊥PN，则｜MN|的取值范围为（)A．［2－eq\r(2),2＋eq\r(3)］ B．［2－eq\r(2)，2＋eq\r(2）］C．[eq\r(6）－eq\r（2)，eq\r（6）＋eq\r(3)］ D．［eq\r（6)－eq\r（2)，eq\r(6）＋eq\r（2）]答案D解析依题意得2eq\r(r2－\f(1，2）)＝eq\r(14）,解得r＝2.因为直线l′：（1＋2m)x＋(m－1）y－3m＝0过定点P,所以P(1,1）,设MN的中点为Q(x，y),则｜OM|2＝｜OQ｜2＋|MQ|2＝|OQ｜2＋|PQ|2，即4＝x2＋y2＋(x－1）2＋（y－1)2,化简可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f（1，2）））2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（y－\f(1，2））)2＝eq\f（3,2)，所以点Q的轨迹是以eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,2），\f（1，2)))为圆心，eq\f（\r（6)，2)为半径的圆，所以|PQ|的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r（6)－\r（2),2），\f(\r（6)＋\r(2)，2)）），|MN｜的取值范围为[eq\r（6）－eq\r(2）,eq\r（6)＋eq\r(2)］．故选D。19．(2020·江苏七市调研）在平面直角坐标系xOy中，已知点A，B在圆x2＋y2＝4上，且AB＝2eq\r（2)，点P（3，－1），eq\o（PO，\s\up6(→))·(eq\o（PA，\s\up6（→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))）＝16，设AB的中点M的横坐标为x0,则x0的所有值为________．答案1，eq\f（1,5)解析设AB的中点为M(x0,y0),由勾股三角形知｜OM｜＝eq\r（2）,即xeq\o\al(2，0）＋yeq\o\al(2，0)＝2①，又eq\o(PO，\s\up6(→))·（eq\o(PA,\s\up6（→）)＋eq\o（PB，\s\up6(→）))＝16，则eq\o(PO,\s\up6（→)）·2eq\o（PM，\s\up6(→）)＝16，即eq\o（PO,\s\up6(→））·eq\o（PM，\s\up6(→))＝8，∴（－3,1)·(x0－3,y0＋1)＝8②,将①②联立得x0＝1，eq\f（1，5)。20．(2019·河北联考）在平面直角坐标系xOy中，已知A（0,a）,B(3，a＋4），若圆x2＋y2＝9上有且仅有四个不同的点C,使得△ABC的面积为5，则实数a的取值范围是________．答案eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（5,3)，\f（5,3))）解析如图,AB的斜率k＝eq\f（a＋4－a,3－0）＝eq\f(4，3），｜AB|＝eq\r（3－02＋a＋4－a2)＝eq\r（32＋42)＝5，设△ABC的高为h，∵△ABC的面积为5，∴S＝eq\f(1，2）｜AB|h＝eq\f(1,2）×5h＝5，即h＝2，直线AB的方程为y－a＝eq\f(4,3)x，即4x－3y＋3a＝0。若圆x2＋y2＝9上有且仅有四个不同的点C，则圆心O到直线4x－3y＋3a＝0的距离d＝eq\f（｜3a｜,\r（42＋－32)）＝eq\f（|3a|,5),则应该满足d＜R－h＝3－2＝1，即eq\f（|3a|，5)〈1,得|3a｜＜5，得－eq\f(5,3）<a<eq\f（5,3）。21．(2019·百校联盟摸底)设直线3x＋4y－5＝0与圆C1：x2＋y2＝9交于A，B两点，若圆C2的圆心在线段AB上，且圆C2与圆C1相切，切点在圆C1的劣弧AB上，则圆C2半径的最大值是________．答案2解析由圆C1：x2＋y2＝9，可得其圆心为(0，0)，半径R＝3。如图，当圆C2的圆心C2为线段AB的中点时，圆C2与圆C1相切,切点在圆C1的劣弧AB上，设切点为P，此时圆C2的半径r最大．圆C1的圆心（0，0）到直线3x＋4y－5＝0的距离d＝eq\f(5,\r(32＋42)）＝1,则圆C2的半径r最大时两圆心之间的距离|OC2｜＝d＝1,所以圆C2半径的最大值为｜OP|－|OC2|＝3－1＝2。一、高考大题1．（2019·全国卷Ⅰ)已知点A,B关于坐标原点O对称，｜AB｜＝4,⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．（1）若A在直线x＋y＝0上,求⊙M的半径；(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－｜MP｜为定值?并说明理由．解（1）因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.由已知得|AO｜＝2。又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝（a＋2)2解得a＝0或a＝4.故⊙M的半径r＝2或r＝6。（2）存在定点P（1,0），使得|MA｜－|MP｜为定值．理由如下：设M(x，y），由已知得⊙M的半径为r＝｜x＋2|,｜AO｜＝2.由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2,化简得M的轨迹方程为y2＝4x。因为曲线C：y2＝4x是以点P（1，0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP｜＝x＋1。因为｜MA｜－|MP｜＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P。2．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C:y＝eq\f(x2，2），D为直线y＝－eq\f（1，2）上的动点,过D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明:直线AB过定点;（2）若以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2）））为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点,求四边形ADBE的面积．解（1）证明：设Deq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（t,－\f（1,2))），A(x1，y1),则xeq\o\al(2,1)＝2y1。因为y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故eq\f（y1＋\f（1，2）,x1－t）＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0。设B(x2,y2),同理可得2tx2－2y2＋1＝0。故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.所以直线AB过定点eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f（1，2）））。(2）由(1）得直线AB的方程为y＝tx＋eq\f（1,2）。由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝tx＋\f（1，2)，,y＝\f(x2，2）))可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t（x1＋x2)＋1＝2t2＋1，|AB|＝eq\r(1＋t2）|x1－x2｜＝eq\r(1＋t2)×eq\r(x1＋x22－4x1x2）＝2(t2＋1）．设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离，则d1＝eq\r（t2＋1），d2＝eq\f（2,\r(t2＋1)）。因此，四边形ADBE的面积S＝eq\f（1,2）|AB|(d1＋d2)＝（t2＋3)eq\r（t2＋1)。设M为线段AB的中点，则Meq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（t,t2＋\f（1，2）))。因为eq\o(EM,\s\up6(→）)⊥eq\o（AB,\s\up6（→）)，而eq\o(EM，\s\up6(→）)＝(t，t2－2)，eq\o（AB，\s\up6（→))与向量(1，t)平行,所以t＋（t2－2）t＝0，解得t＝0或t＝±1.当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4eq\r(2)。因此，四边形ADBE的面积为3或4eq\r(2）。3．(2019·北京高考)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2,－1)．（1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B。求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．解（1)由抛物线C：x2＝－2py经过点（2，－1),得p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.（2）证明：抛物线C的焦点为F（0,－1）．设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，，x2＝－4y）)得x2＋4kx－4＝0.设M(x1，y1)，N（x2，y2)，则x1x2＝－4.直线OM的方程为y＝eq\f（y1,x1）x.令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－eq\f（x1,y1）.同理得点B的横坐标xB＝－eq\f（x2,y2）。设点D（0，n），则eq\o（DA，\s\up6（→)）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（x1，y1），－1－n))，eq\o（DB，\s\up6（→））＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(x2,y2)，－1－n)），eq\o(DA，\s\up6（→)）·eq\o(DB，\s\up6（→））＝eq\f(x1x2,y1y2）＋（n＋1）2＝eq\f(x1x2，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（x\o\al（2,1）,4))）\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（x\o\al(2，2）,4)）)）＋(n＋1)2＝eq\f（16，x1x2)＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.令eq\o(DA，\s\up6(→))·eq\o（DB,\s\up6(→）)＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，解得n＝1或n＝－3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0，1）和（0,－3）．4．(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C:y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k（k〉0)的直线l与C交于A,B两点，|AB｜＝8。(1）求l的方程；（2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．解(1)由题意得F（1，0)，l的方程为y＝k(x－1）（k〉0)．设A(x1，y1），B（x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x，）)得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0。Δ＝16k2＋16>0,故x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)。所以｜AB|＝｜AF｜＋｜BF｜＝（x1＋1)＋（x2＋1)＝eq\f（4k2＋4，k2）.由题设知eq\f（4k2＋4，k2）＝8，解得k＝－1（舍去)，k＝1.因此l的方程为y＝x－1.(2）由(1)得AB的中点坐标为（3，2）,所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5.设所求圆的圆心坐标为(x0，y0），则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y0＝－x0＋5,,x0＋12＝\f(y0－x0＋12，2)＋16，）)解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x0＝3，,y0＝2））或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x0＝11，，y0＝－6。）)因此所求圆的方程为（x－3）2＋(y－2)2＝16或（x－11）2＋(y＋6)2＝144.5．(2017·全国卷Ⅲ）已知抛物线C：y2＝2x，过点（2,0)的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆．（1)证明：坐标原点O在圆M上;（2）设圆M过点P（4,－2），求直线l与圆M的方程．解(1)证明：设A(x1，y1），B(x2，y2)，l:x＝my＋2，由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，，y2＝2x)）可得y2－2my－4＝0，则y1y2＝－4.又x1＝eq\f（y\o\al(2，1）,2)，x2＝eq\f（y\o\al(2，2），2)，故x1x2＝eq\f(y1y22,4）＝4。因此OA的斜率与OB的斜率之积为eq\f(y1，x1)·eq\f（y2，x2）＝eq\f（－4，4)＝－1，所以OA⊥OB，故坐标原点O在圆M上．（2)由(1）可得y1＋y2＝2mx1＋x2＝m（y1＋y2）＋4＝2m故圆心M的坐标为（m2＋2，m)，圆M的半径r＝eq\r（m2＋22＋m2）。由于圆M过点P（4，－2），因此eq\o(AP，\s\up6(→))·eq\o(BP，\s\up6（→）)＝0，故（x1－4）(x2－4）＋(y1＋2）(y2＋2)＝0，即x1x2－4(x1＋x2）＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0。由(1)可知y1y2＝－4，x1x2＝4，所以2m2－m－1＝0，解得m＝1或m＝－eq\f（1,2)。当m＝1时，直线l的方程为x－y－2＝0，圆心M的坐标为（3，1）,圆M的半径为eq\r(10），圆M的方程为（x－3）2＋(y－1）2＝10。当m＝－eq\f(1，2)时，直线l的方程为2x＋y－4＝0,圆心M的坐标为eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（9,4），－\f（1，2）))，圆M的半径为eq\f(\r(85），4)，圆M的方程为eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f（9，4）)）2＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（y＋\f（1，2)）)2＝eq\f(85，16)。二、模拟大题6．（2019·广东省省际名校联考)已知圆C1：（x－2）2＋(y－2）2＝2内有一动弦AB，且｜AB|＝2，以AB为斜边作等腰直角三角形PAB,点P在圆外．（1）求点P的轨迹C2的方程；（2)从原点O作圆C1的两条切线，分别交C2于E，F，H，G四点，求以这四点为顶点的四边形的面积S.解(1）连接C1A,C1B∵|C1A|＝|C1B｜＝eq\r（2)，｜AB|＝2，∴△C1AB为等腰直角三角形．∵△PAB为等腰直角三角形,∴四边形PAC1B为正方形．∴｜PC1|＝2，∴点P的轨迹是以C1为圆心，2为半径的圆，则C2的方程为（x－2)2＋（y－2)2＝4.(2）如图,C1N⊥OF于点N,连接C1E，C1F，C1O，EH在Rt△OC1N中，∵|OC1|＝2eq\r（2）,｜C1N｜＝eq\r（2），｜ON|＝eq\r(6)，∴sin∠C1ON＝eq\f（1，2），∴∠C1ON＝30°.∴△OEH与△OFG为正三角形．∵△C1EN≌△C1FN，且|C1E｜＝|C1F∴|NE｜＝|NF|＝eq\r（2)。∴四边形EFGH的面积S＝S△OFG－S△OEH＝eq\f（\r（3),4）×（eq\r(6)＋eq\r(2）)2－eq\f（\r(3），4)×(eq\r（6）－eq\r(2))2＝6。7．(2019·哈尔滨三中二模）已知点A(0，2），Beq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f（1，2)）），点P为曲线Γ上任意一点且满足｜PA｜＝2｜PB|。（1)求曲线Γ的方程；（2）设曲线Γ与y轴交于M，N两点，点R是曲线Γ上异于M，N的任意一点,直线MR,NR分别交直线l：y＝3于点F，G。试问在y轴上是否存在一个定点S，使得eq\o(SF,\s\up6（→))·eq\o（SG,\s\up6（→)）＝0？若存在，求出点S的坐标；若不存在，请说明理由．解（1）设P(x，y），由|PA|＝2｜PB|，得eq\r（x2＋y－22)＝2eq\r(x2＋\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（y－\f(1,2)））2）,整理得x2＋y2＝1.所以曲线Γ的方程为x2＋y2＝1。（2)由题意得，M（0,1）,N（0，－1）．设点R(x0，y0）（x0≠0)，由点R在曲线Γ上，所以xeq\o\al(2，0）＋yeq\o\al（2,0）＝1。直线RM的方程为y－1＝eq\f（y0－1,x0)x,所以直线RM与直线y＝3的交点为Feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2x0，y0－1），3))。直线RN的方程为y＋1＝eq\f（y0＋1,x0)x，所以直线RN与直线y＝3的交点为Geq\b\lc\(\rc\)（\a\