重点高中数学必修二直线与圆的综合问题精选

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．

2．已知直线l：y=x+2被圆C：（x﹣3）2+（y﹣2）2=r2（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）2+（y﹣2）2=r2（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：?=6||

（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=λ1，=λ2，试问λ1+λ2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F1：（x+2）2+y2=49相切，且与圆F2：（x﹣2）2+y2=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F2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过定点且与圆N：相切，记动圆圆心P的轨迹为曲线C．

（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，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：x2+y2+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k1，k2，满足k1k2=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）2+（y﹣3）2=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（其中O为坐标原点），如果存在请求出k的值，并求|MN|；如果不存在，请说明理由．

10．已知O为坐标原点，抛物线C：y2=nx（n＞0）在第一象限内的点P（2，t）到焦点的距离为，C在点P处的切线交x轴于点Q，直线l1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l2：x=my+b交C交点A和B，交l1于点E，若直线PA，PB的斜率依次成等差数列，试问：l2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求得半径的值，可得圆C的方程；

（2）设动点M（x，y），则由题意可得=k，即=k，化简可得（k2﹣1）?x2+（k2﹣1）?y2+（6﹣4k2）x+（8﹣6k2）y+13k2﹣9=0，若动点M的轨迹方程是直线，则k2﹣1=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）2+（y﹣4）2=4；

（2）设动点M（x，y），则由题意可得=k，即=k，

化简可得（k2﹣1）?x2+（k2﹣1）?y2+（6﹣4k2）x+（8﹣6k2）y+13k2﹣21=0，

若动点M的轨迹方程是直线，则k2﹣1=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）2+（y﹣2）2=r2（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）2+（y﹣2）2=r2（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）2+（y﹣2）2=r2（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，

∴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=，∴圆C的方程为：（x﹣3）2+（y﹣2）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=，

∴=

∴，

当且仅当h2=6﹣h2，即h2=3，解得h=时，△CDE的面积最大．

∵CH=，

∴|n+1|=，

∴n=，∴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：?=6||

（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=λ1，=λ2，试问λ1+λ2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=λ1，=λ2，结合韦达定理，即可得出结论．

【解答】解：（Ⅰ）设P（x，y），则=（﹣3，0），=（x﹣4，y），=（1﹣x，﹣y）．

∵?=6||，∴﹣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（x1，y1），B（x2，y2）．

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，y1+），=（1﹣x1，﹣y1），由=λ1得（x1，y1+）=λ1（1﹣x1，﹣y1），

∴﹣λ1=1+

同理由得﹣λ2=1+，

∴﹣（λ1+λ2）=2+

由直线与椭圆方程联立，可得（4+3m2）y2+6my﹣9=0，

∴y1+y2=﹣，y1y2=﹣

代入得∴（λ1+λ2）=2+=，

∴λ1+λ2=﹣

②当直线l与x轴重合时，A（﹣2，0），B（2，0），H（0，0），λ1=﹣．λ2=﹣2，

∴λ1+λ2=﹣11分

综上，λ1+λ2为定值﹣.12分．

【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F1：（x+2）2+y2=49相切，且与圆F2：（x﹣2）2+y2=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F2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．

【分析】（I）由已知条件推导出|PF1|+|PF2|=8＞|F1F2|=6，从而得到圆心P的轨迹为以F1，F2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F1：（x+2）2+y2=49相切，且与圆F2：（x﹣2）2+y2=1相内切，

所以动圆P与圆F1只能内切．…（1分）

所以|PF1|+|PF2|=7﹣R+R﹣1=6＞|F1F2|=4．…（3分）

所以圆心圆心P的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，

其中2a=6，2c=4，∴a=3，c=2，b2=a2﹣c2=5．

所以曲线C的方程为=1．…（4分）

（Ⅱ）设M（x1，y1），N（x2，y2），Q（x3，y3），直线MN的方程为x=my+2，

由可得：（5m2+9）y2+20my﹣25=0，

则y1+y2=﹣，y1y2=﹣．…（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m2=t2﹣1（t≥0），S==．

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过定点且与圆N：相切，记动圆圆心P的轨迹为曲线C．

（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．

【分析】（Ⅰ）由题意可知丨PM丨+丨PN丨=4＞丨MN丨=2，则P的轨迹C是以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆，则a=4，c=，b2=a2﹣c2=1，即可求得椭圆方程；

（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，解得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=，

b2=a2﹣c2=1

故曲线C的轨迹方程为；

（Ⅱ）依题意可设直线AB的方程为x=my+3，A（x1，y1），B（x2，y2）．，

由，整理得：（4+m2）y2+6my+5=0，则△=36m2﹣4×5×（4+m2）＞0，即m2＞4，

解得：m＞2或m＜﹣2，

由y1+y2=﹣，y1y2=，x1+x2=m（y1+y2）+6=，

x1x2=（my1+3）（my2+3）=m2y1y2+m（y1+y2）+9=，

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

（x1﹣t）（x2﹣t）=x1x2﹣t（x1+x2）+t2=﹣t×+t2=，

∴kAQ?kBQ=?==，

要使kAQ?kBQ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Q1（2，0）和Q2（﹣2，0），使直线AQ，BQ的斜率之积为常数，

当定点为Q1（2，0）时，常数为；当定点为Q2（﹣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，进而表示面积，即可求△OEF面积的取值范围．

【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T1，与边BC相切于T2，则AD=AT1，BD=BT2，CT1=CT2

所以AD+BD=AT1+BT2=AC+CT1+BT2=AC+CT1+CT2=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…（8分）

令t=k2+1，则t＞1且k2=t﹣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|AB|=|AC|，得（x+1）2=（x﹣1）2+y2，

化简得y2=4x，所以C点的轨迹Γ的方程为y2=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（x1，y1），N（x2，y2），

由得ky2﹣4y﹣8=0，

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：x2+y2+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k1，k2，满足k1k2=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，长轴长为的椭圆，即可求曲线E的方程；

（2）联立方程组得（1+2t2）y2+4mty+2m2﹣2=0，利用韦达定理，结合k1k2=4，得出直线BC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：x2+y2+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﹣r=|PM|．

因为动圆P经过点N，所以r=|PN|，＞|MN|，

所以曲线E是M，N为焦点，长轴长为的椭圆．

由，得b2=2﹣1=1，

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（x1，y1），C（x2，y2），直线BC：x=ty+m，

联立方程组得（1+2t2）y2+4mty+2m2﹣2=0，

又k1k2=4，知y1y2=4（x1﹣1）（x2﹣1）=4（ty1+m﹣1）（ty2+m﹣1）

=．

代入得

又m≠1，化简得（m+1）（1﹣4t2）=2（﹣4mt2）+2（m﹣1）（1+2t2），

解得m=3，故直线BC过定点（3，0）…（8分）

由△＞0，解得t2＞4，=

（当且仅当时取等号）．

综上，△ABC面积的最大值为…（12分）

【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）2+（y﹣3）2=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（其中O为坐标原点），如果存在请求出k的值，并求|MN|；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＜

所以k的取值范围为得（，）

（2）设M（x1，y1），N（x2，y2）．

将y=kx+1代入方程：（x﹣2）2+（y﹣3）2=1，

整理得（1+k2）x2﹣4（1+k）x+7=0．

所以x1+x2=，x1x2=，

=x1x2+y1y2=（1+k2）（x1x2）+k（x1+x2）+1==12，

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：y2=nx（n＞0）在第一象限内的点P（2，t）到焦点的距离为，C在点P处的切线交x轴于点Q，直线l1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l2：x=my+b交C交点A和B，交l1于点E，若直线PA，PB的斜率依次成等差数列，试问：l2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y2=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，

抛物线C的方程为y2=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）l2恒过定点（2，0），理由如下：

由题意可知l1的方程为x=﹣2，因为l2与l1相交，故m≠0．

由l2：x=my+b，令x=﹣2，得y=﹣，故E（﹣2，﹣）

设A（x1，y1），B（x2，y2）

由消去x得：y2﹣2my﹣2b=0

则y1+y2=2m，y1y2=﹣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l2不经过点Q，所以b≠﹣2，

所以2m﹣b+2=2m，即b=2．

故l2的方程为x=my+2，即l2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．