圓方程復(fù)習(xí)題（難）-普通用卷

1、圓方程復(fù)習(xí)題（難）一、選擇題（本大題共1小題，共5.0分）1. 設(shè)直線l：3x+4y+a=0，圓C：（x-2）2+y2=2，若在直線l上存在一點(diǎn)M，使得過M的圓C的切線MP，MQ（P，Q為切點(diǎn)）滿足PMQ=90，則a的取值范圍是（ ）A. B. 652,6+52C. D. 二、填空題（本大題共6小題，共30.0分）2. 已知點(diǎn)P是圓C：x2+y28x8y+28=0上任意一點(diǎn)，曲線N：x2+4y2=4與x軸交于A，B兩點(diǎn)，直線OP與曲線N交于點(diǎn)M，記直線MA，MB，OP的斜率分別為k1，k2，k3，則k1k2k3的取值范圍是_3. 已知點(diǎn)A（-3，0），B（-1，-2），若圓（x-2）2+y2=

2、r2（r0）上恰有兩點(diǎn)M，N，使得MAB和NAB的面積均為4，則r的取值范圍是_4. 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A(1，1)，B(1，1)，點(diǎn)P為圓(x4)2y 24上任意一點(diǎn)，記OAP和OBP的面積分別為S1和S2，則S1S2的最小值是 5. 已知直線l：x+y-1=0截圓：x2+y2=r2（r0）所得的弦長為14，點(diǎn)M，N在圓上，且直線l：（1+2m）x+（m-1）y-3m=0過定點(diǎn)P，若PMPN，則|MN|的取值范圍為_6. 已知圓C：（x-1）2+（y-2）2=25，直線l：（2m+1）x+（m+1）y-7m-4=0，若直線l被圓C截得的弦長最短，則m的值為_ 三、解答題（本大題

3、共11小題，共132.0分）7. 已知圓C：x2+（y-1）2=5，直線l：mx-y+1-m=0（）求證：對mR，直線l與圓C總有兩個(gè)不同交點(diǎn)；（）設(shè)l與圓C交與不同兩點(diǎn)A、B，求弦AB的中點(diǎn)M的軌跡方程；（）若定點(diǎn)P（1，1）分弦AB為APPB=12，求此時(shí)直線l的方程8. 已知以點(diǎn)C（t，2t）（tR且t0）為圓心的圓經(jīng)過原點(diǎn)O，且與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B（1）求證：AOB的面積為定值（2）設(shè)直線2x+y-4=0與圓C交于點(diǎn)M，N，若|OM|=|ON|，求圓C的方程（3）在（2）的條件下，設(shè)P，Q分別是直線l：x+y+2=0和圓C上的動點(diǎn)，求|PB|+|PQ|的最小值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)

4、9. 已知圓心在x軸上的圓C與直線l：4x+3y-6=0切于點(diǎn)M（35，65）（1）求直線12x-5y-1=0被圓C截得的弦長（2）已知N（2，1），經(jīng)過原點(diǎn)，且斜率為正數(shù)的直線L與圓C交于P（x1，y1），Q（x2，y2）兩點(diǎn)（i）求證：1x1+1x2為定值（ii）若|PN|2+|QN|2=24，求直線L的方程10. 在直角坐標(biāo)系xOy中，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心的圓與直線x3y=4相切（）求圓O的方程；（）若圓O上有兩點(diǎn)M，N關(guān)于直線x+2y=0對稱，且MN=23，求直線MN的方程；（）設(shè)圓O與x軸的交點(diǎn)為A，B，若圓內(nèi)一動點(diǎn)P滿足|PA|PB|=|PO|2，求動點(diǎn)P的軌跡方程11. 已知圓E：

5、（x+3）2+y2=16，點(diǎn)F（3，0），P是圓E上任意一點(diǎn)，線段PF的垂直平分線和半徑PE相交于Q（）求動點(diǎn)Q的軌跡的方程；（）直線l過點(diǎn)（1，1），且與軌跡交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M滿足AM=MB，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，延長線段OM與軌跡交于點(diǎn)R，四邊形OARB能否為平行四邊形？若能，求出此時(shí)直線l的方程，若不能，說明理由12. 已知圓C1：x2+y2+6x=0關(guān)于直線l1：y=2x+1對稱的圓為C（1）求圓C的方程；（2）過點(diǎn)(1,0)作直線l與圓C交于A，B兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn).設(shè)OS=OA+OB，是否存在這樣的直線l，使得四邊形OASB的對角線相等？若存在，求出所有滿足條件的直線l的方程；若不存在

6、，請說明理由13. 已知M：x2+（y-2）2=1，Q是x軸上的動點(diǎn)，QA，QB分別切M于A，B兩點(diǎn)（1）若|AB|=423，求|MQ|、Q點(diǎn)的坐標(biāo)以及直線MQ的方程；（2）求證：直線AB恒過定點(diǎn)14. 已知圓M：x2+y42=4，直線l的方程為x2y=0，點(diǎn)P是直線l上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓的切線PA、PB，切點(diǎn)為A、B（1）當(dāng)P的橫坐標(biāo)為165時(shí)，求APB的大??；（2）求證：經(jīng)過A、P、M三點(diǎn)的圓N必過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）求線段AB長度的最小值15. 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓M在直線y+1=0上截得線段長為22，在y軸上截得線段長為23（）求圓心M的軌跡方程；（）若點(diǎn)M在直

7、線l：xy1=0的上方，且到l的距離為22，求圓M的方程；（）設(shè)圓M與x軸交于P，Q兩點(diǎn)，E是圓M上異于P，Q的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)A(33，0)且與x軸垂直的直線為l1，直線PE交直線l1于點(diǎn)P，直線QE交直線l1于點(diǎn)Q求證：以PQ為直徑的圓C總經(jīng)過定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)坐標(biāo)16. 已知在ABC中，點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為（-2，0）和（2，0），點(diǎn)C在x軸上方（）若點(diǎn)C的坐標(biāo)為（2，3），求以A、B為焦點(diǎn)且經(jīng)過點(diǎn)C的橢圓的方程；（）若ACB=45，求ABC的外接圓的方程；（）若在給定直線y=x+t上任取一點(diǎn)P，從點(diǎn)P向（）中圓引一條切線，切點(diǎn)為Q問是否存在一個(gè)定點(diǎn)M，恒有PM=PQ？請說明理由1.【答案】

8、C解：圓C：（x-2）2+y2=2，圓心為：（2，0），半徑為，在直線l上存在一點(diǎn)M，使得過M的圓C的切線MP，MQ（P，Q為切點(diǎn)）滿足PMQ=90，在直線l上存在一點(diǎn)M，使得M到C（2，0）的距離等于2，只需C（2，0）到直線l的距離小于或等于2，故2，解得-16a4，故選：C2.【答案】4712,4+7124.【答案】（22，922）解：由題意可得|AB|=2，根據(jù)MAB和NAB的面積均為4，可得兩點(diǎn)M，N到直線AB的距離為2；由于AB的方程為=，即x+y+3=0；若圓上只有一個(gè)點(diǎn)到直線AB的距離為2，則有圓心（2，0）到直線AB的距離為=r+2，解得r=；若圓上只有3個(gè)點(diǎn)到直線AB的距離

9、為2，則有圓心（2，0）到直線AB的距離為=r-2，解得r=；綜上，r的取值范圍是（，）故答案為：（，）5.【答案】23解：設(shè)、分別為點(diǎn)A、B到直線OP的距離，設(shè)點(diǎn)P（m，n），則直線OP方程為：，所以，由圓心為（4，0），半徑為2，可得，當(dāng)時(shí)，所以.故答案為.6.【答案】62，6+2解：圓：x2+y2=r2（r0）的圓心（0，0）到直線l：x+y-1=0的距離d=，直線l：x+y-1=0截圓：x2+y2=r2（r0）所得的弦長為，=，解得r=2.直線l：（1+2m）x+（m-1）y-3m=0過定點(diǎn)P，直線l的方程整理為（2x+y-3）m+x-y=0，由，得，P（1，1），設(shè)MN的中點(diǎn)為Q（x

10、，y），則OM2=OQ2+MQ2=OQ2+PQ2，4=x2+y2+（x-1）2+（y-1）2，化簡，得：（x-）2+（y-）2=，點(diǎn)Q的軌跡是以（）為圓心，為半徑的圓，|PQ|的取值范圍是，|MN|的取值范圍為.故答案為.7. 【答案】-348.【答案】（）證明：圓C：x2+（y-1）2=5，可得圓心C（0，1），半徑為5圓心C到直線l：mx-y+1-m=0的距離d=|m|m2+1|m|2m|=125直線l與圓C相交，即直線l與圓C總有兩個(gè)不同交點(diǎn)；（）解：當(dāng)M與P不重合時(shí)，連接CM、CP，則CMMP，|CM|2+|MP|2=|CP|2，設(shè)M（x，y）（x1），則x2+（y-1）2+（x-1）

11、2+（y-1）2=1，化簡得：x2+y2-x-2y+1=0（x1），當(dāng)M與P重合時(shí)，x=y=1也滿足上式故弦AB中點(diǎn)的軌跡方程是x2+y2-x-2y+1=0（）解：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），由APPB=12，得AP=12PB，1x1=12(x21)，化簡的x2=3-2x1又mxy+1m=0x2+(y1)2=5消去y得（1+m2）x2-2m2x+m2-5=0（*）x1+x2=2m21+m2由解得x1=3+m21+m2，帶入（*）式解得m=1，直線l的方程為x-y=0或x+y-2=09.【答案】（1）證明：由題意可得：圓的方程為：(xt)2+(y2t)2=t2+4t2，化為：x2-2t

12、x+y2-4ty=0與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為：A（2t，0），B(0，4t)SOAB=12|2t|4t|=4，為定值（2）解：|OM|=|ON|，原點(diǎn)O在線段MN的垂直平分線上，設(shè)線段MN的中點(diǎn)為H，則C，H，O三點(diǎn)共線，OC的斜率k=2tt=2t2，2t2（-2）=-1，解得t=2，可得圓心C（2，1），或（-2，-1）帶入可得，方程為：（x-2）2+（y-1）2=5，或（x+2）2+（y+1）2=5若圓C的方程為：（x +2）2 +（y+1）2 =5，此時(shí)圓心（-2，-1）到直線2x+y-4=0的距離d=22+145=9555=r,無交點(diǎn)，舍去所以，圓C的方程為：（x-2）2 +（y-1）2

13、=5（3）解：由（2）可知：圓心C（2，1），半徑r=5，點(diǎn)B（0，2）關(guān)于直線x+y+2=0的對稱點(diǎn)為B（-4，-2），則|PB|+|PQ|=|PB|+|PQ|BQ|，又點(diǎn)B到圓上點(diǎn)Q的最短距離為|BC|-r=(6)2+(3)2-5=25，則|PB|+|PQ|的最小值為25直線BC的方程為：y=12x，此時(shí)點(diǎn)P為直線BC與直線l的交點(diǎn)，故所求的點(diǎn)P(43，23) 10.【答案】解：（1）由題意，C（a，0），則kCM=6535a，6535a（-43）=-1，a=-1，C（-1，0），|CM|=2，即r=2，圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x+1）2+y2=4圓心到直線12x-5y-1=0的距離為1，所求弦

14、長為241=23；（2）設(shè)直線l的方程為y=kx（k0），與圓的方程聯(lián)立，可得（1+k2）x2+2x-3=0，x1+x2=-21+k2，x1x2=-31+k2（i）1x1+1x2=x1+x2x1x2=23為定值；（ii）|PN|2+|QN|2=(x12)2+(y11)2+(x22)2+(y21)2=(1+k2)(x1+x2)22(1+k2)x1x2-（4+2k）（x1+x2）+10=12+4k1+k2+16=24，k=1或-12，經(jīng)檢驗(yàn)k=1滿足題意，直線L的方程為y=x11.【答案】解:（）依題設(shè),圓O的半徑r等于原點(diǎn)O到直線x3y=4的距離, 即r=41+3=2，所以圓O的方程為x2+y2

15、=4.（）由題意,可設(shè)直線MN的方程為2xy+m=0,則圓心O到直線MN的距離d=m5.由垂徑定理得m25+(3)2=22，即m=5.所以直線MN的方程為2xy+5=0或2xy5=0.（）不妨設(shè)A(x1,0)，B(x2,0)，x1x2，在x2+y2=4中，令y=0，得x=2.所以A(2,0)，B(2,0).設(shè)P(x,y),由PAPB=PO2，得x+22+y2x22+y2=x2+y2.整理得x2y2=2. 因?yàn)辄c(diǎn)P在圓O內(nèi),所以x2+y24,x2y2=2.由此得2x23，即2x3.所以點(diǎn)P的軌跡方程為x2y2=2（2x3）.12.【答案】解：（I）|QE|+|QF|=|EQ|+|QP|=4，且|

16、EF|=234，點(diǎn)Q的軌跡是以E，F(xiàn)為焦點(diǎn)的橢圓，設(shè)橢圓方程為x2a2+y2b2=1，則2a=4，c=3，a=2，b=a2c2=1所以點(diǎn)E的軌跡方程為：x24+y2=1（II）（1）當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，直線l的方程為x=1，顯然四邊形OARB是平行四邊形；（2）當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線l：y=kx+m，顯然k0，m0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM）聯(lián)立方程組y=kx+mx24+y2=1，得（4k2+1）x2+8kmx+4m2-4=0，x1+x2=-8km1+4k2，AM=MB，即M是AB的中點(diǎn)，xM=x1+x22=-4km1+4k2，yM=kxM+m=m1+4k

17、2，若四邊形OARB是平行四邊形，當(dāng)且僅當(dāng)AB，OR互相平分，R（-8km1+4k2，2m1+4k2），代入橢圓方程得：16k2m2(1+4k2)2+4m2(1+4k2)2=1，即16k2m2+4m2=16k4+8k2+1，又直線l：y=kx+m經(jīng)過點(diǎn)（1，1），m=1-k，16k2（1-k）2+4（1-k）2=16k4+8k2+1，32k3-12k2+8k-3=0，即（4k2+1）（8k-3）=0k=38，m=58，直線l的方程為y=38x+58時(shí)，四邊形OARB是平行四邊形，綜上，直線l的方程為x=1或y=38x+5813.【答案】解：（1）C1：x2+y2+6x=0的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x+3）

18、2+y2=9，則圓心為C1（-3，0）半徑為3，設(shè)C（x，y），則yx32=1y2=2x321，即2y=x3y=2x4，解得x=1y=2，即C（1，-2），則關(guān)于直線l1：y=2x+1對稱的圓為C的方程為（x-1）2+（y+2）2=9（2）過點(diǎn)（-1，0）作直線l與圓C交于A，B兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)設(shè)OS=OA+OB，則四邊形OASB是平行四邊形，四邊形OASB的對角線相等，四邊形OASB是矩形，即OAOB，直線過點(diǎn)（-1，0），是圓C外的一點(diǎn)，當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，可得直線方程為x=-1，與圓（x-1）2+（y+2）2=9交于兩點(diǎn)A(1,51),B(1,52)，OAOB=(1)(1)+(52)(

19、52)=0，OAOB，所以直線x=-1滿足題意；當(dāng)直線斜率存在時(shí)可設(shè)為斜率式y(tǒng)=k（x+1），OAOB，OAOB=x1x2+y1y2=0，即x1x2+k2（x1+1）（x2+1）=0，即（1+k2）x1x2+k2（x1+x2）+k2=0，將y=k（x+1），代入（x-1）2+（y+2）2=9得（x-1）2+（kx+k+2）2=9即（1+k2）x2+2（k2+2k-1）x+（k2+4k-4）=0則x1x2=k2+4k41+k2，x1+x2=-2(k2+2k1)1+k2，代入（1+k2）x1x2+k2（x1+x2）+k2=0，得入（k2+4k-4）-2k2k2+2k11+k2+k2=0，即是（k2

20、+2k-2）-k2k2+2k11+k2=0，化簡后2k-1=1，即k=1，所以直線的方程是y=x+1綜上所述，存在直線x=-1和y=x+1使得四邊形OASB的對角線相等.14.【答案】解：（1）由題意得，切線的斜率存在，設(shè)切線y=kx+1+1，即kxyk1=0，所以圓心M到切線的距離d=|3k1|k21=1，解得k=0或34.所以切線所在直線方程為y=1或3x4y1=0.（2）連接PM，AB交于點(diǎn)N，設(shè)MPA=MAN=，所以.在RtMAP中，.又PM3,+)，則,所以，即|AB|min=423.（3）由題知，切線的斜率存在，設(shè)切線y=kx+1+t，即kxykt=0.設(shè)圓心M到切線的距離為d，所

21、以d=|3kt|k21=1，化簡得8k2+6tk+t21=0.則kPA+kPB=34t，kPAkPB=t218.在切線y=k(x1)t中，令x=0，解得y=kt,所以|ST|=|(kPAt)(kPBt)|=|kPAkPB|，即|ST|=t284，所以|ST|min=22，此時(shí)t=0.故ST的最小值為22.【解析】本題考查直線與圓的位置關(guān)系的判定，圓的切線方程，與圓有關(guān)的弦的最值問題，直線與圓的方程的綜合應(yīng)用，屬于中檔題.（1）由題意切線的斜率存在，設(shè)切線，即，根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系的判定方法求出k的值即可；（2）連接PM，AB交于點(diǎn)N，設(shè)，所以，根據(jù)的最小值即可得到的最小值；（3）設(shè)切線，圓心

22、M到切線的距離為，則，化簡得.進(jìn)一步可得，由韋達(dá)定理可得的最小值.15.【答案】解：（1）設(shè)直線MQ交AB于點(diǎn)P，則|AP|=232，又|AM|=1，APMQ，AMAQ，得|MP|=1(223)2=13，|MQ|=|MA|2|MP|，|MQ|=3設(shè)Q（x，0），而點(diǎn)M（0，2），由x2+22=3，得x=5，則Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（5，0）或（-5，0）從而直線MQ的方程為2x+5y-25=0或2x-5y+25=0（2）證明：設(shè)點(diǎn)Q（q，0），由幾何性質(zhì)，可知A、B兩點(diǎn)在以QM為直徑的圓上，此圓的方程為x（x-q）+y（y-2）=0，而線段AB是此圓與已知圓的公共弦，即為qx-2y+3=0，直線AB恒過

23、定點(diǎn)（0，32）【解析】本題考查直線與圓的位置關(guān)系，考查直線恒過定點(diǎn)，考查平面幾何的知識，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于中檔題（1）利用平面幾何的知識，根據(jù)勾股定理、射影定理可以解決；（2）設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)，由幾何性質(zhì)，可知A、B兩點(diǎn)在以QM為直徑的圓上，線段AB是此圓與已知圓的公共弦，即可得出結(jié)論16.【答案】解：（1）由題可知，圓M的半徑r2，P(165,85)，因?yàn)镻A是圓M的一條切線，所以MAP90,又因MP(0165)2(485)2=42r，又MPA30，APB60,（2）設(shè)P（2b，b），因?yàn)镸AP90，所以經(jīng)過A、P、M三點(diǎn)的圓N以MP為直徑，其方程為：(xb)2(yb42)2=4b2(b

24、4)24 ,即(2xy4)b(x2y24y)=0，由2xy4=0x2y24y=0，解得x=0y=4或x=85y=45，所以圓過定點(diǎn)(0,4),(85,45)，（3）因圓N方程為(xb)2(yb42)2=4b2(b4)24,即x2y22bx(b4)y4b=0,圓M：x2(y4)2=4即x2y28y12=0得圓M方程與圓N相交弦所在直線m方程為2bx(b4)y124b=0 ,點(diǎn)M到直線m的距離d=45b28b16，相交弦長即AB=24d2=4145b28b16=4145(b45)2645,當(dāng)b=45時(shí)，AB有最小值11. 【解析】本題考查直線與圓的綜合，考查圓過定點(diǎn)，考查兩圓位置關(guān)系，確定圓的方程

25、是關(guān)鍵（1）由題可知，圓M的半徑r=2，MAP=90，根據(jù)MP=2r，可得MPA=30，從而可求APB的大小；（2）設(shè)P的坐標(biāo)，求出經(jīng)過A、P、M三點(diǎn)的圓的方程即可得到圓過定點(diǎn)（3）因圓方程為，圓：，得相交弦所在直線方程為 ,點(diǎn)M到直線的距離，即可求得長度的最小值17.【答案】解：（）設(shè)M(x，y)，圓M的半徑為r由題設(shè)(y+1)2+2=r2，x2+3=r2 從而(y+1)2+2=x2+3故點(diǎn)M的軌跡方程為(y+1)2x2=1 （）設(shè)M(x0，y0)由已知得y0x0+12=22，即y=x 又因?yàn)?y+1)2x2=1從而得y0=x0=0此時(shí)，圓M的半徑r=3 故圓M的方程為x2+y2=3 （）對于圓方程x2+y2=3，令y=0，得x=3，故可令P(3，0)，Q(3，0) 又直線l1過點(diǎn)A且與x軸垂直，直線l1的方程為x=33，設(shè)E(s，t)，則直線PE的方程為y=ts+3(x+3) 解方程組得P(33，43ts+3) 同理可得，Q(33，23ts3)， 以PQ為直徑的圓C的方程為(x33)(x33)+(y43