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高中数学必修二直线与圆的综合问题

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-15 10:00
tags:高中数学必修二

新东方高中数学内部讲义-高中数学教师的育人故事



一.解答题(共10小题)

线与圆

1.已知直 线x﹣y+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(k>0).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:(x﹣3)+(y﹣2)=r(r>0)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:(x﹣ 3)+(y﹣2)=r(r>0)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 ),N(1,0),曲线C上的任意一点P满足:
(Ⅰ)求点P的轨迹方程;

(Ⅱ) 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=λ
1
,=λ
2
,试问
?=6||

222
222
λ
1
+ λ
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F
1
:(x+2)+y=49相切,且与圆F
2
:(x﹣2) +y=1相内切,记圆心P的轨迹为曲线C.

(Ⅰ)求曲线C的方程;

( Ⅱ)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F
2
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
(Ⅰ)求曲线C的方程;

(Ⅱ)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.
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,
且与圆N:相切,记动圆圆心P的轨 迹为曲线C.

2222
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Γ.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.

(Ⅰ)求曲线Γ的方程;

(Ⅱ)设动直 线l交曲线Γ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.

(Ⅰ)求C点的轨迹Γ的方程;

(Ⅱ)已知过P(0,﹣2)的直线l交轨迹Γ 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:x+y+2y﹣7=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k
1
,k
2
,满足k
1< br>k
2
=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:(x﹣2)+(y﹣3)=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
如果不存在,请说明理由.
(其中O为坐标原点), 如果存在请求出k的值,并求|MN|;
22
22


10.已知O为坐标 原点,抛物线C:y=nx(n>0)在第一象限内的点P(2,t)到焦点的距离为
P处的切线交x轴 于点Q,直线l
1
经过点Q且垂直于x轴.

(1)求线段OQ的长;

2
,C在点
(2)设不经过点P和Q的动 直线l
2
:x=my+b交C交点A和B,交l
1
于点E,若直线PA,PB 的斜率依次成
等差数列,试问:l
2
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x﹣y+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(k>0).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C到直 线l的距离,利用截得的弦长为2
(2)设动点M(x,y),则由题意可得
22222


求得半径的值,可得圆C的方程;

=k,化简可得 (k﹣1)?x +
2
22
=k,即
(k﹣1)?y+(6﹣4k)x+(8﹣6k)y+13 k﹣9=0,若动点M的轨迹方程是直线,则k﹣1=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:(x﹣3)+(y﹣4)=4;

(2)设动点M(x,y),则由题意可得
22222
22
=,



=k,即
22
=k,

化简可得 (k﹣1)?x+(k﹣1)?y+(6﹣4k)x+(8﹣6k)y+13k﹣21=0,

若动点M的轨迹方程是直线,则k﹣1=0,∴k=1,

直线的方程为x+y﹣4=0.

【点评】本小题主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:(x﹣3 )+(y﹣2)=r(r>0)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:(x﹣3)+(y﹣ 2)=r(r>0)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 :(x﹣3)+(y﹣2)=r(r>0)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,



222
222
222
2
∴圆心C到直线l的距离等于边长的
∵直线方程为x﹣y+2=0,圆心的坐标为(3,2),


∴圆心到直线的距 离d=
∴r=
2
=
2


,∴圆C的方程为:(x﹣3)+(y﹣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=



=
< br>∴
当且仅当h=6﹣h,即h=3,解得h=
∵CH=
∴|n+1|=
∴n=


222


时,△CDE的面积最大.



,∴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上的 任意一点P满足:
(Ⅰ)求点P的轨迹方程;

(Ⅱ)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=λ
1
,=λ
2
,试问
?=6 ||

λ
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】(Ⅰ)求出向量的坐标,利用条件化简,即可求点P的轨迹方程;

(Ⅱ)分 类讨论,利用=λ
1
,=λ
2
,结合韦达定理,即可得出结论.

=(x﹣4,y),


=(1﹣x,﹣y).

【解答】 解:(Ⅰ)设P(x,y),则
∵?=6|
=(﹣3,0),
|,∴﹣3×(x﹣4) +0×y=6
化简得=1为所求点P的轨迹方程.4分

(Ⅱ)设A(x
1< br>,y
1
),B(x
2
,y
2
).

①当直线l与x轴不重合时,设直线l的方程为x=my+1(m≠0),则H(0,﹣
从而=(x1
,y
1
+),=(1﹣x
1
,﹣y
1
),由 =λ
1
得(x
1
,y
1
+
).

)=λ
1
(1﹣x
1
,﹣y
1
),

∴﹣λ
1
=1+

同理由得﹣λ
2
=1+,


∴﹣(λ
1

2
)=2+

由直线与椭圆方程联立,可得(4+3m)y+6my﹣9=0,

∴y
1< br>+y
2
=﹣,y
1
y
2
=﹣

22
代入得∴(λ
1

2
)=2+=,

∴λ
1

2
=﹣

②当直线l与x轴重合时,A (﹣2,0),B(2,0),H(0,0),λ
1
=﹣
∴λ
1

2
=﹣11分

.12分.

.λ
2
=﹣2,

综上,λ
1

2为定值﹣
【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F
1
:( x+2)+y=49相切,且与圆F
2
:(x﹣2)+y=1相内切,记圆心P的轨迹为曲线C .

(Ⅰ)求曲线C的方程;

(Ⅱ)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F
2
作OQ的平行线交曲线C于M,N
两个不同的点,求△Q MN面积的最大值.

【分析】(I)由已知条件推导出|PF
1
|+|PF
2
|=8>|F
1
F
2
|=6,从而得到圆心P的轨迹为以 F
1
,F
2
为焦点的椭圆,
由此能求出圆心P的轨迹C的方程.
(II)由MN∥OQ,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:(Ⅰ)设圆P的半径为R,圆心P的坐标为(x,y),

由于动圆P与圆F
1
:(x+2)+y=49相切,且与圆F
2
:(x﹣2 )+y=1相内切,

所以动圆P与圆F
1
只能内切.…(1分)

所以|PF
1
|+|PF
2
|=7﹣R+R﹣1=6>|F
1
F
2
|=4.…(3分)

所以圆心圆心P的轨迹为以F
1
,F
2
为焦点的椭圆,

其中2a=6,2c=4,∴a=3,c=2,b=a﹣c=5.

222
2222
2222
所以曲线C的方程为=1.…(4分)
< br>(Ⅱ)设M(x
1
,y
1
),N(x
2
,y
2
),Q(x
3
,y
3
),直线MN的方程为x=my+2,

由可得:(5m+9)y+20my﹣25=0,

22
则y
1
+y
2
=﹣,y
1
y
2
=﹣.…(5分)

所以|MN|== …(7分)


因为MN∥OQ,∴△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m=t﹣1(t≥0),S=
22
=.

设,则.

因为t≥1,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)

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
(Ⅰ)求曲线C的方程;
< br>(Ⅱ)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】(Ⅰ)由题意可知丨PM丨+丨PN丨=4>丨MN丨=2
为4的椭圆,则a=4,c=< br>222
且与圆N:相切,记动圆圆心P的轨迹为曲线C.

,则P的轨迹C是以M,N为焦点,长轴长
,b=a﹣c=1,即可求得椭圆方程;

,解(Ⅱ)将直线方程代入椭圆方程,考查韦达定理,直线的斜率公式,当且仅当
得t=±2, 代入即可求得,定点的坐标.

【解答】解:(Ⅰ)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:(a>b>0),则2a=4,a=4,c=,


b=a﹣c=1

故曲线C的轨迹方程为;

222
(Ⅱ)依题意可设直线AB的方程为x=my+3,A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
).,

由,整理得:(4+m)y+ 6my+5=0,则△=36m﹣4×5×(4+m)>0,即m>4,

22222
解得:m>2或m<﹣2,

由y
1
+y
2
=﹣,y
1
y
2
=,x
1
+x
2=m(y
1
+y
2
)+6=,

x
1
x
2
=(my
1
+3)(my
2
+3)=my
1< br>y
2
+m(y
1
+y
2
)+9=
2


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
< br>(x
1
﹣t)(x
2
﹣t)=x
1
x
2﹣t(x
1
+x
2
)+t=
2
﹣t×+t=
2


∴k
AQ
?k
BQ
=?==,
要使k
AQ
?k
BQ
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Q
1
(2,0)和Q
2
(﹣2 ,0),使直线AQ,BQ的斜率之积为常数,

当定点为Q
1
(2,0)时 ,常数为;当定点为Q
2
(﹣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Γ.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.

(Ⅰ)求曲线Γ的方程;

(Ⅱ)设动直线l 交曲线Γ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 】(Ⅰ)确定点C轨迹Γ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Γ 的方程;


(Ⅱ)可设直线
求△OEF面积的取值范围.
< br>,进而表示面积,即可
【解答】解:(Ⅰ)依题意得AB=2,BD=1,设动圆M与边AC的延 长线相切于T
1
,与边BC相切于T
2
,则AD=AT
1

BD=BT
2
,CT
1
=CT
2

所以A D+BD=AT
1
+BT
2
=AC+CT
1
+BT
2
=AC+CT
1
+CT
2
=AC+BC=AB+2BD=4>AB =2…(2分)

所以点C轨迹Γ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Γ的方程为
.…(4分)

(Ⅱ)由于曲线Γ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OE⊥OF,所以
令t=k+1
2
…(8分)

,则t>1且k=t
2
﹣1,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.

(Ⅰ)求C点的轨迹Γ的方程;

(Ⅱ)已知过P(0,﹣2)的 直线l交轨迹Γ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】(Ⅰ)利用直接法,求C点的轨迹Γ的方程;


(Ⅱ)设直线l的方程为y=kx﹣2,与抛物线方程联立,求出斜率,即可证明结论.

【解 答】解:(Ⅰ)设C(x,y)(y≠0),因为B在x轴上且BC中点在y轴上,所以B(﹣x,0),由|A B|=|AC|,
得(x+1)=(x﹣1)+y,

化简得y=4x,所以C点的轨迹Γ的方程为y=4x(y≠0).

(Ⅱ)直线l的斜率显然存在且不为0,

设直线l的方程为y=kx﹣2,M(x< br>1
,y
1
),N(x
2
,y
2
),

由得ky﹣4y﹣8=0,

2
22
222
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: x+y+2y﹣7=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k
1
,k
2
,满足k
1
k< br>2
=4,
求△ABC面积的最大值.

【分析】(1)利用圆与圆的位 置关系,得出曲线E是M,N为焦点,长轴长为
的方程;

的椭圆,即可求曲线E
22
(2)联立方程组得 (1+2t)y+4mty+2m﹣ 2=0,利用韦达定理,结合k
1
k
2
=4,得出直线BC
222< br>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:x+y+2y﹣7=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
因为动圆P经 过点N,所以r=|PN|,
所以曲线E是M,N为焦点,长轴长为
由,得b=2﹣1=1,< br>
2
22

﹣r=|PM|.

>|MN|,

的椭圆.

所以曲线E的方程为…(4分)

(Ⅱ)直线BC斜率为0时,不合题意

设B(x
1
,y
1
),C(x
2
,y
2
),直线BC:x=ty+m,

联立方程组得 (1+2t)y+4mty+2m﹣2=0,
222


又k
1
k
2
=4,知y
1
y
2
= 4(x
1
﹣1)(x
2
﹣1)=4(ty
1
+m﹣1)(t y
2
+m﹣1)

=.

代入得
22

又m≠1,化简得(m+1)(1﹣4t)=2(﹣4mt)+2(m﹣1)(1+2t),

解得m=3,故直线BC过定点(3,0)…(8分)

由△>0,解得t
2
2
>4,
=

(当且仅当时取等号).

综上,△ABC面积的最大值为…(12分)
< br>【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< br>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:(x﹣ 2)+(y﹣3)=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
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<

22
(其中O为坐标原点),如果存在请求出k的 值,并求|MN|;
所以k的取值范围为得(,)

(2)设M(x
1
,y
1
),N(x
2
,y
2
).

将y=kx+1代入方程:(x﹣2)+(y﹣3)=1,

整理得(1+k)x﹣4(1+k)x+7=0.

所以x
1
+x< br>2
=
?
,x
1
x
2
=
2
2 2
22


=12,

=x
1
x
2
+y
1
y
2
=(1+k)(x
1
x
2< br>)+k(x
1
+x
2
)+1=
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:y=nx(n>0)在第一象限 内的点P(2,t)到焦点的距离为
P处的切线交x轴于点Q,直线l
1
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l
2
:x=my+b交C交点A和B,交l
1
于点E,若直线PA,PB的斜率 依次成
等差数列,试问:l
2
是否过定点?请说明理由.

【分析】 (1)先求出p的值,然后求出在第一象限的函数,结合函数的导数的几何意义求出N的坐标即可
求线段 OQ的长;

(2)联立直线和抛物线方程进行消元,转化为关于y的一元二次方程,根据根与 系数之间的关系结合直线
斜率的关系建立方程进行求解即可.

【解答】解:(Ⅰ)由 抛物线y=nx(n>0)在第一象限内的点P(2,t)到焦点的距离为
得2+=,∴n=2,

2
2
2
,C在点


抛物线C的方程为y=2x,P(2,2). …(2分)

C在第一象限的图象对应的函数解析式为y=,则y′=,

故C在点P处的切线斜率为,切线的方程为y﹣2=(x﹣2),

令y=0得x=﹣2,所以点Q的坐标为(﹣2,0).

故线段OQ的长为2. …(5分)

(Ⅱ)l
2
恒过定点(2,0),理由如下:

由题意可知l
1
的方程为x=﹣2,因为l
2
与l
1
相交 ,故m≠0.

由l
2
:x=my+b,令x=﹣2,得y=﹣
设A (x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2

由消去x得:y﹣2my﹣2b=0

2
,故E(﹣2,﹣)

则y
1
+y
2
=2m,y
1
y
2
=﹣2b …(7分)

直线PA的斜率为,同理直线PB的斜率为,

直线PE的斜率为.

因为直线PA,PE,PB的斜率依次成等差数列,

所以+=2× …(10分)

整理得:=,

因为l
2
不经过点Q,所以b≠﹣2,


所以2m﹣b+2=2m,即b=2.

故l
2
的方 程为x=my+2,即l
2
恒过定点(2,0).…(12分)

【点评】本 题主要考查直线和抛物线的位置关系,利用直线和抛物线方程,转化为一元二次方程,结合韦
达定理,利 用设而不求的思想是解决本题的关键.

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本文更新与2020-09-15 10:00,由作者提供,不代表本网站立场,转载请注明出处:https://www.bjmy2z.cn/gaokao/396480.html

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