直线与圆-韦达定理,直线与圆韦达定理

('1．圆,直线,过的动直线与直线m相交于,与圆相交于两点,是中点.(Ⅰ)与垂直时,求证:过圆心;(Ⅱ)当时,求直线的方程;(Ⅲ)设,试问是否为定值2．以原点为圆心的圆与直线相切．（Ⅰ）求圆的方程；（Ⅱ）若直线：与圆交于，两点，在圆上是否存在一点，使得，若存在，求出此时直线的斜率；若不存在，说明理由．3．圆，直线（1）求证：对，直线与圆总有两个不同的交点A、B；（2）求弦AB的中点M的轨迹方程，并说明其轨迹是什么曲线；（3）若定点P（1，1）满足，求直线的方程。试卷第1页，总3页4．圆经过点A（－2,0），B（0,2），且圆心在直线y＝x上，又直线l：y＝kx＋1与圆相交于P、Q两点．（1）求圆的方程；（2）若，求实数k的值；（3）过点作动直线交圆于，两点．试问：在以为直径的所有圆中，是否存在这样的圆，使得圆经过点5．如图，圆：．（Ⅰ）若圆与轴相切，求圆的方程；（Ⅱ）已知，圆与轴相交于两点（点在点的左侧）．过点任作一条直线与圆：相交于两点．问：是否存在实数，使得？6．（14分）已知方程.试卷第2页，总3页（1）若此方程表示圆，求的取值范围；（2）若（1）中的圆与直线相交于M，N两点，且OMON（O为坐标原点）求的值；（3）在（2）的条件下，求以MN为直径的圆的方程.7．圆，直线，直线与圆交于两点，点的坐标为，且满足．（1）当时，求的值；（2）当时，求的取值范围．8．圆C：，直线与圆C交于P、Q两个不同的点，M为P、Q的中点．（Ⅰ）已知，若，求实数的值；（Ⅱ）求点M的轨迹方程；（Ⅲ）若直线与的交点为N，求证：为定值．试卷第3页，总3页yl2l1MCQ0122:22\uf03d\uf02b\uf02d\uf02d\uf02byxyxCkxyl\uf03d:lCBA、M(0,)bMAMB\uf05e\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf072\uf0721\uf03dbk)23,1(\uf0cebk9．圆：，直线.（1）直线l与圆交于不同的两点，当时，求；（2）若，是直线l上的动点，过作圆的两条切线、，切点为、，探究：直线是否过定点；（3）若、为圆：的两条相互垂直的弦，垂足为，求的面积的最大值.10．已知圆：，直线与圆相交于，两点．（Ⅰ）若直线过点，且，求直线的方程；（Ⅱ）若直线的斜率为，且以弦为直径的圆经过原点，求直线的方程．11．已知圆过坐标原点O且圆心在曲线上.（Ⅰ）若圆M分别与轴、轴交于点、（不同于原点O），求证：的面积为定值；（Ⅱ）设直线与圆M交于不同的两点C，D，且，求圆M的方程；试卷第4页，总3页N（Ⅲ）设直线与（Ⅱ）中所求圆M交于点、，为直线上的动点，直线，与圆M的另一个交点分别为，，求证：直线过定点.12．圆C的圆心在坐标原点，与直线相切.（1）求直线被圆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）若与直线垂直的直线不过点R（1,-1），且与圆C交于不同的两点P，Q.若∠PRQ为钝角，求直线的纵截距的范围．13．(本小题满分12分)已知圆，点，直线.(1)求与圆相切，且与直线垂直的直线方程；(2)在直线上（为坐标原点），存在定点（不同于点），满足：对于圆上任一点，都有为一常数，试求所有满足条件的点的坐标.试卷第5页，总3页xyOAPB22:9Cxy\uf02b\uf03d(5,0)A\uf02d:20lxy\uf02d\uf03dClOAOBACPPBPAB4321123224NDACBOMyx14．如图，圆与坐标轴交于点.⑴求与直线垂直的圆的切线方程；⑵设点是圆上任意一点（不在坐标轴上），直线交轴于点，直线交直线于点，①若点坐标为，求弦的长；②求证：为定值.试卷第6页，总3页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1．(Ⅰ)详见解析(Ⅱ)或(Ⅲ)是定值-5【解析】试题分析：(Ⅰ)当与垂直时斜率相乘为，从而得到斜率及方程(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)先将直线设出，与圆联立求出点坐标，将直线与直线联立求得，代入中化简得常数，求解时需注意直线方程分斜率存在不存在两种情况试题解析：(Ⅰ)由已知,故,所以直线的方程为.将圆心代入方程易知过圆心4分(Ⅱ)当直线与轴垂直时,易知符合题意;当直线与轴不垂直时,设直线的方程为,由于,所以由,解得.故直线的方程为或-8分(Ⅲ)当与轴垂直时,易得,,又则,故.即当的斜率存在时,设直线的方程为,代入圆的方程得.则,即,.又由得,则.故.综上,的值为定值,且12分另解一:连结,延长交于点,由(Ⅰ)知.又于,故△∽△.于是有.由得故另解二:连结并延长交直线于点,连结由(Ⅰ)知又,答案第1页，总2页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。所以四点都在以为直径的圆上,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）;（Ⅱ）存在点，使得.【解析】试题分析：（Ⅰ）设圆的半径为，因为直线与圆相切，所以，即可求出圆的方程为.（Ⅱ）方法一：因为直线：与圆相交于，两点，所以，所以或，假设存在点，使得，因为，在圆上，且，同时由向量加法的平行四边形法则可知，四边形为菱形，所以与互相垂直且平分，所以原点到直线：的距离为10分即，解得，，经验证满足条件，所以存在点，使得；方法二：假设存在点，使得．记与交于点，因为，在圆上，且，由向量加法的平行四边形法则可知四边形为菱形，因为直线斜率为，显然，所以直线方程为，，解得，所以点坐标为，因为点在圆上，所以，解得，即，经验证满足条件，所以存在点，使得.试题解析：解：（Ⅰ）设圆的半径为，因为直线与圆相切，所以3分所以圆的方程为5分（Ⅱ）方法一：因为直线：与圆相交于，两点，答案第2页，总2页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。所以，所以或7分假设存在点，使得8分因为，在圆上，且，同时由向量加法的平行四边形法则可知四边形为菱形，所以与互相垂直且平分9分所以原点到直线：的距离为10分即，解得，，经验证满足条件12分所以存在点，使得13分方法二：假设存在点，使得．记与交于点因为，在圆上，且，由向量加法的平行四边形法则可知四边形为菱形，因为直线斜率为，显然，所以直线方程为7分，解得，所以点坐标为9分因为点在圆上，所以，解得11分即，经验证满足条件12分所以存在点，使得13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），为圆的轨迹方程；（3）或；【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，则位置关系是答案第3页，总2页xyOBMA(1,1)PCl本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。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，由韦达定理以及，得出直线方程为或；试题解析：（Ⅰ）解法一：圆的圆心为，半径为。∴圆心C到直线的距离，∴直线与圆C相交，即直线与圆C总有两个不同交点；方法二：∵直线过定点，而点在圆内∴直线与圆C相交，即直线与圆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，又因为,设，则，化简得：当M与P重合时，也满足上式。故弦AB中点的轨迹方程是。（8分）（Ⅲ）设，，由，∴，化简的①又由消去y得（）∴②（10分）由①②解得，带入（）式解得，∴直线的方程为或。（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）；（2）；（3）在以为直径的所有圆中，存在圆：或，使得圆经过点．【解析】试题分析：（1）根据题意设出圆心和半径，列出和的方程，求得圆的方程；答案第4页，总2页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。（2）根据,求得，所以圆心到直线的距离为，求得的值；（3）若圆经过点，则必有即①，当直线的斜率不存在时，显然满足题意得圆，当直线的斜率存在时，设其斜率为，直线的方程为：，代入圆的方程，由韦达定理，得到的值，联立①解得的值，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.3分（2）因为·＝2×2×cos〈，〉＝－2，且与的夹角为∠POQ，所以cos∠POQ＝－，∠POQ＝120°，所以圆心C到直线l：kx－y＋1＝0的距离d＝1，又d＝，所以.7分（联立直线与圆的方程求解酌情给分）（3）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，直线经过圆的圆心，此时直线与圆的交点为，，即为圆的直径，而点在圆上，即圆也是满足题意的圆8分（ⅱ）当直线的斜率存在时，设直线，由，消去整理，得，由△，得或．设，则有①9分由①得，②，③若存在以为直径的圆经过点，则，所以，因此，即，10分则，所以，，满足题意．12分此时以为直径的圆的方程为，即，亦即．13分综上，在以为直径的所有圆中，存在圆：或，使得圆经过点．14分答案第5页，总2页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。考点：1.圆的方程；2.直线方程；3.韦达定理.5．（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）联立直线与圆的方程，利用判别式为0得出值，即得圆的方程；（2）先求出，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）因为得，由题意得，所以故所求圆C的方程为．（Ⅱ）令，得，即所以假设存在实数，当直线AB与轴不垂直时，设直线AB的方程为，代入得，，设从而因为而因为，所以，即，得．当直线AB与轴垂直时，也成立．故存在，使得.考点：1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系.6．（1）；（2）；（3）.【解析】试题分析：（1）由圆的一般方程知当时表示圆的方程；（2）联立直线与圆的方程，消元后的到关于的一元二次方程，因为所以，可求出的值；（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）答案第6页，总2页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。（2）代入得，∵得出：∴∴（3）设圆心为半径…………13分圆的方程考点：1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系.7．（Ⅰ）1；（Ⅱ）．【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，可得k的值．（Ⅱ）把直线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及，求得．令，则在区间上单调递增，求得，可得，解此不等式求得k的取值范围（注意检验△＞0）．试题解析：（Ⅰ）圆，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．∵圆心C的坐标为（1，1），∴k=1．（Ⅱ）由，消去y得：①设，∴，．∵MP⊥MQ，∴．∴，即．∵，答案第7页，总2页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。∴，即．∴，即．令，则在区间上单调递增．∴当时，．∴．即，解得，∴或．由①式得，解得k＞0．∴或．∴k的取值范围是．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．8．（1）；（2）；（3）定值为3；【解析】试题分析：（1）由向量的数量积为0，知两向量是垂直的，即，因为点A在圆C上故直线过圆心C，将点的坐标代入到直线方程中，得到；（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，则，将坐标代入，化简可得出M的轨迹方程；（3）联立方程，通过韦达定理，得出M，N的坐标，从而求出，，两者相乘，进行化简，得出定值是3.试题解析：（Ⅰ）即，因为点A在圆C上故直线过圆心C，得3分（Ⅱ）设，则，即坐标代入得：化简得：8分（Ⅲ）设将代入并整理得：则为方程()的两根∴答案第8页，总2页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。10分与联立得交点12分故：=3(定值)14分考点：向量的数量积圆的性质韦达定理9．（1）；（2）见解析；（3）【解析】试题分析：（1）易得点O到l的距离，利用点到直线的距离公式即可求出k；（2）利用O、P、C、D四点共圆求得其圆的方程，发现直线是圆与圆的公共弦所在的直线方程，两式作差即可；（3）设圆心O到直线EF、GH的距离分别为.则所以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2分∴=·4分（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.其方程为：即又C、D在圆O：上∴即7分由得答案第9页，总2页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。∴直线CD过定点9分（3）设圆心O到直线EF、GH的距离分别为.则11分∴∴当且仅当即时，取“=”∴四边形EGFH的面积的最大值为．14分考点：圆的综合应用【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ）或【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．由题意知的斜率必然存在，可设出直线的方程，.其中r为圆的半径，d为弦心距，l为弦长即可解决；（Ⅱ）采用设而不求，利用直线与圆的方程联立的关于x的二次方程，由得，即，再利用韦达定理即可.试题解析：（Ⅰ）由题设知直线的斜率存在，设其方程为，即．圆：，即，圆心，半径为．由，知圆心到直线的距离为，于是，即，整理得，解得，或．所以直线的方程为或．5分（Ⅱ）由直线的斜率为，设直线的方程为．由，得．令，解得．（1）设，则，．答案第10页，总2页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。因为以为直径的圆过原点，所以．所以，即．代入得，解得或，满足（1）．故直线的方程为或．10分考点：直线与圆的位置关系的综合11．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）或.【解析】试题分析：（Ⅰ）由题意可设圆M的方程为，求出圆M分别与x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，整理得．①设直线GH的方程为，代入，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，即.令，得；令，得.（定值）.（Ⅱ）由，知.所以，解得.当时，圆心M到直线的距离小于半径，符合题意；当时，圆心M到直线的距离大于半径，不符合题意.所以，所求圆M的方程为.（Ⅲ）设，，，又知，，所以，.因为，所以.答案第11页，总2页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。将，代入上式，整理得.①设直线的方程为，代入，整理得.所以，.代入①式，并整理得，即，解得或.当时，直线的方程为，过定点；当时，直线的方程为，过定点考点：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）【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，所以圆的标准方程为：；通过半弦长与半径、弦心距的关系求得弦AB长为；（2）由题意知点M、N在以点为圆心，线段长为半径的圆G上，而，所以，圆G的方程为，与圆C的方程相减得公共弦MN的方程；（3）由已知可设直线的方程为：，联立圆的方程化简得，得，由根与系数的关系得，又为钝角，所以,变形化简得，而当b=0时直线过点R（1，-1），所以纵截距b的取值范围是.试题解析：（1）由题意得：圆心到直线的距离为圆的半径，，所以圆的标准方程为：所以圆心到直线的距离（2）因为点,所以,所以以点为圆心，线段长为半径的圆方程：（1）又圆方程为：（2），由得直线方程：（3）设直线的方程为：联立得：，设直线与圆的交点，由，得，（3）因为为钝角，所以,答案第12页，总2页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。即满足，且与不是反向共线，又，所以（4）由（3）（4）得，满足，即，当与反向共线时，直线过（1，-1），此时，不满足题意，故直线纵截距的取值范围是，且考点：直线与圆的位置关系与向量的数量积运算的应用13．（1）；（2）存在，且.【解析】试题分析：（1）充分利用垂直直线系方程设直线方程，即若直线垂直于直线,则可设直线方程为：,并利用圆与直线相切时，圆心到直线的距离等于半径的几何性质性质求解得直线方程；（2）假设存在，利用条件表达出并利用坐标化简求解.试题解析：⑴因所求直线垂直于直线，故设所求直线方程为，直线与圆相切，∴，得，∴所求直线方程为.⑵假设存在这样的点，当为圆与轴左交点时，；当为圆与轴右交点时，，依题意，，解得，（舍去），或.下面证明点对于圆上任一点，都有为一常数.设，则，∴，从而为常数.考点：(1)直线与圆位置关系；（2）存在性问题.14．（1），（2）①：2，②：证明略.【解析】试题分析：（1）所求直线与垂直，则斜率为负倒数关系，因此可依方程设出所求直线方程，利用圆心到此直线的距离为半径可求出此直线方程；（2）①为常考点，利用弦心距，半径，弦长的一半三者构成勾股定理的关系求解；②设直线的方程为：，把转化为含的代数式进行运算，也可设，把转化为含的代数式进行运算.试题解析：，直线，⑴设所求切线方程为：答案第13页，总2页235yx\uf03d\uf02d\uf0b19(,0)5B\uf02dPBPA\uf05122321b\uf02d\uf03d\uf02b35b\uf03d\uf0b1235yx\uf03d\uf02d\uf0b1(,0)BtPCx(3,0)\uf02d32PBtPA\uf02b\uf03dPCx(3,0)38PBtPA\uf02d\uf03d3328tt\uf02b\uf02d\uf03d5t\uf03d\uf02d95t\uf03d\uf02d9(,0)5B\uf02dCPPBPA(,)Pxy229yx\uf03d\uf02d22222222229188118()9(517)9552525(5)102592(517)25xyxxxxPBPAxyxxxx\uf02b\uf02b\uf02b\uf02b\uf02b\uf02d\uf02b\uf03d\uf03d\uf03d\uf03d\uf02b\uf02b\uf02b\uf02b\uf02b\uf02d\uf02b35PBPA\uf03d220xy\uf02b\uf0b1\uf03dCM(2,0),(2,0),(0,2)ABC\uf02d:20ACxy\uf02d\uf02b\uf03dl0xyb\uf02b\uf02b\uf03d22211b\uf03d\uf02b22b\uf03d\uf0b1l220xy\uf02b\uf0b1\uf03d本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。，则，所以：；⑵①：，圆心到直线的距离，所以弦的长为；（或由等边三角形亦可）.②解法一：设直线的方程为：存在，，则由，得，所以或，将代入直线，得，即，则，：，，，得，所以为定值．解法二：设，则，直线，则，，直线，又，与交点，，将，代入得，所以，得为定值.考点：点到线的距离公式，直线的点斜式，斜截式方程，直线与圆相交问题，化归与转化思想答案第14页，总2页0xyb\uf02b\uf02b\uf03d22211b\uf03d\uf02b22b\uf03d\uf0b1l220xy\uf02b\uf0b1\uf03dCM3230xy\uf02b\uf02d\uf03dCM222331(3)d\uf03d\uf03d\uf02bCM2222Rd\uf02d\uf03dCM2(ykxk\uf03d\uf02b0,1)kk\uf0b9\uf0b9\uf0b12(,0)Dk\uf02d2224ykxxy\uf03d\uf02b\uf0ec\uf0ed\uf02b\uf03d\uf0ee22(1)40kxkx\uf02b\uf02b\uf03d0x\uf03d241kxk\uf03d\uf02d\uf02b241kxk\uf03d\uf02d\uf02bCM22221kyk\uf02d\uf03d\uf02b222422(,)11kkMkk\uf02d\uf02d\uf02b\uf02b11BMkkk\uf02d\uf03d\uf02bBM1(2)1kyxk\uf02d\uf03d\uf02d\uf02b:201:(2)1ACBMlxyklyxk\uf02d\uf02b\uf03d\uf0ec\uf0ef\uf0ed\uf02d\uf03d\uf02d\uf0ef\uf02b\uf0ee(2,22)Nkk\uf02d\uf02d1NDkkk\uf03d\uf02b212111NDMBkkkkkk\uf02d\uf02d\uf03d\uf02d\uf03d\uf02b\uf02b',)