直线与圆-韦达定理

1、1 .圆C:x2 （y 3）2 4,直线m：x 3y 6 0,过庆（1,0）的动直线l与直线m相 交于N ,与圆C相交于P,Q两点Jm是PQ中点.（I ） l与m垂直时，求证：l过圆心C;（n）当PQ 23时，求直线l的方程；（出）设t AM, AN ,试问t是否为定值2 .以原点为圆心的圆与直线 x J3y 4 0相切.（I）求圆。的方程；（n）若直线l ： y kx 3与圆。交于A, B两点，在圆O上是否存在一点Q,使得 OQ OA OB ,若存在，求出此时直线l的斜率；若不存在，说明理由.9 / 28一 一一 2. . 2_._一.3 .四 C:x (y1)5,直线 l: mx y 1m

2、 0(1)求证：xm R ,直线 l 与圆C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PB 2而，求直线l的方程。y = x上，又直线 l : y = kx+ 1OP PQ 2 ,求实数k的值;试问：在以EF为直径的所有圆中,4 .圆C经过点 A ( 2,0 ), B (0,2 ),且圆心 C在1 与圆C相交于P、Q两点.(1)求圆C的方程；(2)(3)过点(0,4)作动直线 m交圆C于E, F两点. 是否存在这样的圆 P，使得圆P经过点M (2,0)5 .如图，圆C：x2 (1 a)x y2 ay a 0 . (

3、I)若圆C与x轴相切，求圆C的 方程；(n )已知a 1 ,圆C与x轴相交于两点 M , N (点M在点N的左侧).过点M任作一条直线与圆 O： x2 y2 4相交于两点 A,B.问：是否存在实数 a,使得 ANM BNM ?6 . （14 分）已知方程 x2 y2 2x 4y m 0.（1）若此方程表示圆，求 m的取值范围；（2）若（1）中的圆与直线 x 2y 4 0相交于 M N两点，且OM ON （。为坐标原 点）求m的值；（3）在（2）的条件下，求以 MN直径的圆的方程.7 .圆C：x2 y2 2x 2y 1 0,直线l:y kx ,直线l与圆C交于A、B两点，3点M的坐标为（0,b）

4、,且满足MA MB.（1）当b 1时，求k的值；（2）当b （1,，）2时，求k的取值范围.一 一一22.8 .圆C： （x 3） （y 3）9,直线l1：y kx与圆C交于P、Q两个不同的点，M为P、Q的中点.（I）已知 A（3,0），若AP 而 0,求实数k的值；（n）求点 M的轨 迹方程；（出）若直线1i与12：x y 1 0的交点为N,求证：|OM | |ON|为定值.9 .圆O ： x2 y2 2 ,直线l : y kx 2.(1)直线l与圆。交于不同的两点 A, B ,当 AOB 一时，求k；(2)若k P是直线l上的动点，过P作圆。的两条切 22线PC、PD,切点为C、D ,探究

5、：直线CD是否过定点；(3)若EF、GH为圆O：x2 y2 2的两条相互垂直的弦，垂足为 M(1,),求EGFH的面积的最大值.10 .已知圆C： x2 y2 2x 4y 4 0 ,直线l与圆C相交于A , B两点.（I）若直线l过点M 4,0 ,且|AB| 2J5 ,求直线l的方程；11.已知圆M过坐标原点 O且圆心在曲线 y上.（I）若圆M分别与x轴、y轴AOB的面积为定值；（n）设直线且|OC| |OD|,求圆m的方程；（出）F, P为直线x 5上的动点，直线（n）若直线l的斜率为1,且以弦AB为直径的圆经过原点，求直线 l的方程.交于点A、B （不同于原点O）,求证：3l : y -x

6、 4与圆M交于不同的两点C, D,3设直线y J3与（n）中所求圆 M交于点E、PEPF与圆M的另一个交点分别为 GH ,求证：直线GH过定点.12.圆C的圆心在坐标原点，与直线11 :x y 2J2 0相切.（1）求直线 12：4x 3y 5 0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11垂直的直线1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1的纵截距的范围.13.（本小题满分12分）已知圆C:x2 y2 9,点求与圆C相切，且与直线l垂直的直线方程;(2)5,

7、0)，直线 l :x 2y 0.在直线OA上（O为坐标原点），存在定点B （不同于点A）,满足：对于圆C上任一点P ,都有上且为一常数，试求所有满足条件的点B的坐标.PA14.如图，圆O:x2 y2 4与坐标轴交于点 A,B,C.求与直线 AC垂直的圆的切线方程;设点|M是圆上任意一点（不在坐标轴上），直线CM交x轴于点D ,直线BM交直 线AC于点N ,若D点坐标为（2 J3,0）,求弦CM的长；求证：2kND kMB为定值.10参考答案1. ( I)详见解析(n) x 1或4x 3y 4 0 ( m) t是定值-5【解析】试题分析：(I)当l与m垂直时斜率相乘为1,从而得到l斜率及方程(n

8、)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(出)先将直线l设k2 3k 3k2 k出，与圆联立求出M点坐标M(_2 3k_£),将直线l与直线m联立求得 1 k2 '1k23k 6,k_)，代入t |am' an中化简得常数，求解时需注意直线方程分斜率存 13k 13k在不存在两种情况1试题解析：(I)由已知km-,故kl3,所以直线l的方程为y 3(x 1).31 1将圆心C (0,3)代入方程易知l过圆心C 4 分(n )当直线l与x轴垂直时，易知x1符合题意；当直线与x轴不垂直时，设直线l的方程为yk(x 1),由于 PQ|

9、2J3,所以CM1.由k 3CM 1y1,解得故直线l的方程为x1或4x 3y 4 0-8 分(出)当l与x轴垂直时，易得M ( 1,3), N( 1,5、5),又人(1,0)则 AM (0,3),3一 5AN (0,-),故 AM AN 5.即 t 53当l的斜率存在时，设直线l的方程为y k(x 1)，代入圆的方程得22_2_2_(1 k2)x2 (2k2 6k)x k2 6k 5 0xMx1x22k2 3k1 k2yMk(xM1)31k k2k目,k 3k,即 M (21 k23k2 k1 k2 ),9 / 28N( 3k 6, 5k),1 3k 1 3kam.('，).又由 y

10、 k(x °, 得 1 k2 , 1 k2x 3y 6 0,5 5k .则 AN (,).1 3k 1 3k故 t AM AN125k 55k(23k2 k) 5(1 3k)(1 45.(1 k )(1 3k) (1 k )(1 3k)(1 3k)(1 k )综上，t的值为定值，且t512 分另解一：连结CA,延长交m于点R ,由(I )知AR m .又CM l于M ,故4 ANRA AMC.于是有 |AM| |AN| AC |AR .-.5ACI <10,IAR 赤得 |AM |AN| 5.故 t AM -AN-AM AN5.另解二：连结CA并延长交直线 m于点B,连结CM

11、,CN,由(I )知AC m,又CM l ,所以四点M ,C,N, B都在以CN为直径的圆上，由相交弦定理得AM TAN I AM |AN|AC |AB| 5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.(1) x2 y2 4； (n)存在点 Q,使得 OQ OA OB.试题分析：(I )设圆O的半径为r因为直线x J3y 4 0与圆O相切，所以r |03 0 4| 21 3即可求出圆O的方程为x2 y2 4 . (n)方法一：因为直线l ： y kx 3与圆O相交于A , B两点，所以do l J3 22 ,所以k 舍或k ?，假设存在点Q ,使得OQ Oa Ob,

12、因为a, b在圆上，且OQ oa ob,同时|oA| |oB|由向量加 法的平行四边形法则可知，四边形 OAQB为菱形，所以OQ与AB互相垂直且平分，所以原点O到直线l :10 分即do lJ.IL 1 ,解得k2 8, k 2衣，经验证满足条件，所以存在点Q ,使_jV1得 OQ OA OB ； 方法二：假设存在点 Q ,使得OQ OA OB .记OQ与AB交于点C(x0,y0)，因为A , b在圆上，且OQ Oa OB,由向量加法的平行四边形法则可知四边形 oaqb为菱形， 因为直线解得,经验证满足条件，所以存在点所以点Q坐标为l斜率为k ,显然Xoyo3kk2 13k2 1(1)24,解

13、得 k2 8,即 k272Q ,使得 OQ OA OB .试题解析：解：(I)设圆O的半径为r,因为直线x J3y 4 0与圆O相切,所以r|03 0 4| 2V 32所以圆O的方程为y kx 3与圆O相交于A, B两点,(n)方法一：因为直线 1：所以 dOi 13122.1 k5所以k 52假设存在点Q,使得OQ OA OB 8 分因为a, b在圆上，且OQ Oa Ob,同时|oA| |oB|由向量加法的平行四边形法则可知四边形OAQB为菱形，所以OQ与AB互相垂直且平分9 分1所以原点O到直线1： y kx 3的距离为d 1|OQ| 1 10 分即doi 包；1 k1 ,解得k28,经验

14、证满足条件12 分所以存在点Q,使得OQ OA OB 13 分 方法二：假设存在点 Q ,使得OQ OA OB .记OQ与AB交于点C(xo,y0)因为A,B在圆上，且OQ OA OB ,由向量加法的平行四边形法则可知四边形OAQB为菱形，1因为直线l斜率为k,显然k 0,所以OQ直线方程为y 1x 7 分 kkx 31x kX0 解得y。3kk2 13k2 1所以点Q坐标为M (Tk, F6) k2 1 k2 1因为点Q在圆上，所以(f6-)2 (f6-)2 4,解得k2 8 11 分k2 1k2 1即k2 J2 ,经验证满足条件12 分 所以存在点Q,使得OQ OA OB 13 分.考点：

15、1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系.223. (1)证明见斛析；(2) x y x 2y 1 0 ,为圆的轨迹方程；(3) x y 0或x y 2 0 ；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，即得电竺方程；(3

16、)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PB 2AP,得出直线方程为*丫0或*丫20;试题解析：(I)解法一：圆 C：x2 (y 1)2 5的圆心为C(0,1),半径为5o圆心C到直线l : mx y 1 m 0的距离d | m|-|m-L 1 J5,.直线1与圆,m2 1|2m|2C相交，即直线1与圆C总有两个不同交点;方法二：直线l:mx y 1 m 0过定点P(1,1),而点P(1,1)在圆内，直线1与圆C相交, 即直线1与圆C总有两个不同交点；(4分)(n)当M与P不重合时，连结 CM CR则CM MP ,又因为I2_ 22|CM | MP | |CP | ,设 M

17、(x,y)(x 1),则 x2 (y 1)2 (x 1)2 (y 1)2 1,化简彳导:x2 y2 x 2y 1 0(x 1)当M与P重合时，x 1, y 1也满足上式。故弦AB中点的轨迹方程是 x2 y2 x 2y 1 0。(8分)(出)设 A(x1，y), Bdm),由 PB 2AP ,1 ,1 x1 (x2 D，化间的 x2 3 2x12 mx y 1 m 0 2 2又由 x (y 1) 5 消去 y 得(1 m2)x2 2m2x m2 5 0(*)2m2x1 x2 2(10 分)1 m一一3 m2由解得x1 2 ,带入(*)式解得m 1 ,1 m，直线1的方程为x y 0或x y 2

18、0。(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) x2 y2 4； (2) k 0；(3)在以EF为直径的所有圆中，存在圆P : 5x2 5y2 16x 8y 12 0或x2 y2 4 , 使得圆P经过点M (2,0).【解析】试题分析：(1)根据题意设出圆心 C a,a和半径r ,列出a和r的方程，求得圆的方程； (2)根据 OP PQ 2,求得 POQ 120 I所以圆心到直线 m的距离为1,求得k的值；(3)若圆P经过点 M 2,0，则必有ME MF 0即X1X2 2(为x2) 4 y* 0，当直线m的斜率不存 在时，显然满足题意得圆，当直线m的斜率存在时，设

19、其斜率为k,直线m的方程为：.22y kx 4,代入圆x y4的方程，由韦达定理，得到x X2,xX2的值，联立解得k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x2 y2 4 . 3分(2)因为OPOQ =2X2Xcos OP , OQ= 2,且 OP 与 OQ 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,，所以k 0.

20、(联立直线与圆的方程求解酌情给分)(3) (i)当直线m的斜率不存在时，直线m经过圆C的圆心C ,此时直线m与圆C的交 点为E(0,2) , F(0, 2) , EF即为圆C的直径，而点 M (2,0)在圆C上，即圆C也是满足 题意的圆 8 分22 xy4一(ii)当直线 m的斜率存在时，设直线 m:y kx 4,由x y ,y kx 4,消去 y 整理，得(1 k2)x2 8kx 12 0,由4 64k2 48(1 k2) 0,得 k 版或 k石8k设 E(x1,yJF(x2,y2),则有1 k2121 k22一 ,由得 y1y2 (kx1 4)(kx2 4) k x1x2 4k(x116

21、4kx2)161 k2y1y2 kx1 4 kx2 4 k(x1 x2) 881 k2若存在以EF为直径的圆P经过点M (2,0),则ME MF ,所以ME MF 0因此(Xi2)(X2 2)yy20,即X1X22(xX2)4y1y20,10 分1216k16 4k2则2T 26，44k 0,所以16k 32 0, k 2,满足题意.12 分1 k2 1 k21 k222此时以EF为直径的圆的万程为 x y (x x2)x (y1 y2)y X1X2 y1y2 0,9 1681222即 x y x - y 0,亦即 5x 5y 16x 8y 12 0 .13 分555|1综上，在以EF为直径的

22、所有圆中，存在圆 P： 5x2 5y2 16x 8y 12 0或X2 y2 4 ,使得圆P经过点M (2,0) .14分考点：1.圆的方程；2.直线方程；3.韦达定理.5. (1) x2 2x y2 y 1 0 ； (2) a 4.【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a值，即得圆的方程；(2)先求 出M (1,0), N(a,0),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.y 0试题解析：(I)因为 22x (1 a)x y ay a

23、 0得 x2(1 a)x a 0,由题意得 (1 a)2 4a(a1)20,所以a 1故所求圆C的方程为x2 2x y2 y 1 0 .(n)令y 0 ,得 x2 (1a)xa0 ,即(x 1)(x a) 0所以 M (1,0), N(a,0)假设存在实数a,当直线AB与X轴不垂直时，设直线 AB的方程为y k(x 1),代入 x2 y2 4得，(1 k2)x2 2k2x k2 4 0,设 A(x1，y1), Bd, y?),从而_ 222kk 4X1 X22 ,X1X221 k21 k2因为y1y2x1 ax2ak(xi 1)(x2 a) (X2 1)(xi a)(Xi a)(X2 a)而(

24、xi 1)(x2 a) (x2 1)(X a)2x1x2 (a 1)( x2 x1) 2ack4 ,22(a 1)1 k22k21 k22a2a 81 k2因为 ANMBNM ,所以一y y2 0 ,即 2a8 0 ,x1 a x2 a1 k得a 4.当直线AB与x轴垂直时，也成立.故存在a 4,使得 ANM BNM .考点：1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系6. (1) m 5 ; (2) m 8 ； (3) 5【解析】一 一一. ._ 2 _2 _2 2试题分析：(1)由圆的一般万程知当 D E 4F 0时x y +Dx Ey F 0表示圆 的方程；(2)联立直线与圆的方程， 消元后的到

25、关于 y的一元二次方程，因为OM ON所 以xx2%丫20,可求出m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4 28 2(x)2 (y )25516试题解析：(1) x2 y2 2x 4y m 0D 2, E 4, F m_ 2 _2_ _D E 4F=20 4m 0m 5x 2y 4 022x y 2x 4y m 025y 16y 8 m 0168 my y2 , yy2 55. OM ON得出：xx2 y1y20x 4 2y代入得5y1y2 8(yi y2) 16 0(3)设圆心为(a,b)5，byiyi215 / 2813分半

26、径r4 98 o 16圆的方程(x 4)2 (y 8)2555考点：1.圆的方程；2.直线与圆的位置关系7. (I) 1; (n) 1,6 723 U 6 疝,【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 M弘MQ把圆心坐标(1, 1)代入直线l： y kx ,可得k的值.(n)把直线l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2k 1 k 11及 MP MQ 0 ,求得2 b 一 .令 f b b '，则 f ( b)11 kbb3132k 1 k13在区间1,士上单调递增，求得f(b)2,13 ，可得2

27、厂 23,解此不等式求261 k26得k的取值范围(注意检验>0).22试题解析：(I)圆C: (X-1)(y-1)1,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MPL MQ圆心C的坐标为(1, 1),k=1 .y kx22(n)由 99，消去 y 得：(1 k2) x -2(1 k) x 1 0 x2 y2 2x 2y 1 0设 P(xb y)，Q(x2, y2),2 1 k1x x22 ) xx22 .1 k I .1 k. MF MQMP MQ 0l.bb20 .,3.，当b 1,3时, 2b2 1x2b2 0.f(b)2, 6132k 1 k221 k

28、2k 1k 6 723，或 6 V232k 1 k 2 1 k2即13，解得2k 1 k 1k2 61 k 6 723或k 6 J23.22由式得2(1 k) -4(1 k) >0,解得 k>0.1 k 6 后或 k 6 723.k的取值范围是1,6 723 U 6 723,.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) k 1 ；，一 22I I(2) x 3x y 3y 3 (x 0, y 0)；(3)定值为3;试题分析：(1)由向量的数量积为 0,知两向量是垂直的，即 AP AQ,因为点A在圆C 上故直线11过圆心C(3,3),将点的坐标代

29、入到直线方程中，得到 k 1; (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M(x, y)，则OM CM，将坐标代入，化简可得出M的轨迹方程x2 3x y2 3y 3(x 0,y 0) ； (3)联立方程，通过韦达定理，得出M, N的坐标，从而求出3(k 1)、 1 女？OM I Vi k2 -(T-) , ON | ,两者相乘，进行化简，得出定值是3.k2 1k 1试题解析：(I) AP AQ 0即AP AQ因为点A在圆C上故直线li过圆心C(3,3)，得k 13 分(n)设M (x,y),则OM CM ,即OM CM 0坐标代入得：2

30、2.(x, y) (x 3, y 3) 0 化间彳#： x 3x y 3y 3 (x 0, y 0) 8 分22(出)设 P(xi, yi),Q(x2, y2),M (x°, y°)将 y kx代入(x 3) (y 3)9并整理得:(k2 1)x2 6(k 1)x 9 0(*)则 X, x2为方程(*)的两根xi x26(k 1)|OM | My2 J%2 (k%)2 41 k2 x0k 11"V10分k 11 1 khy kx与l2：x y 1 0联立得交点N(,)1 1 |k 1 k 1分14|ON | J( )2 ( )2 近犬12故：10MuONk*T4=

31、3 (定值)k 1 k 1 k 1考点：向量的数量积圆的性质韦达定理9. (1) kJ3; (2)见解析；(3)-_2【解析】试题分析：(1)易得点。到l的距离d 等r ,利用点到直线的距离公式即可求出k； (2)1利用Q P、C D四点共圆求得其圆的万程 x2 tx y2 ( t 2)y 0,发现直线CD是圆2x2y22与圆x2txy2(L 2)y0的公共弦所在的直线方程，两式作差即可；(3)12设圆心O到直线EF、GH的距离分别为d1,d2 .则d12 d22 |OM |2且所以|EF| 2，r2 d2 212 d121GH | 2#2 d2 2 2 d；|GH | 2 r2 df 212

32、 d；再用均值不等式即可求出最大值试题解析：（1）AOB:, .点。到l的距离d2r2 J 二交炉 kV34分k2 121(2)由题意可知：。P、C、D四点共圆且在以 OP为直径的圆上，设 P(t,-t 2).21其万程为：x(x t) y(y t 2) 02221即 x tx y ( t 2)y 0 2又C D在圆。x2 y2 2上Icd ：tx (-t 2)y 2 0 即(x 、)y 2y 2 07 分22y八1,x 0x由 2 得 22y 2 0 y 11，直线CD±定点(一，1)9分2(3)设圆心O到直线EF、GH的距离分别为d1,d2.3则 d12 d22 |OM |2 -

33、11分 |EF | 2 r2 d122 12d12 |GH| 2j2d； 22d：1-222235S EF|GH|2/2d1 )(2 dZ)W2 d12d243323 / 28当且仅当2 dl22 d；即d1 d2时，取“=”一一 一，一，514分四边形EGFH的面积的最大值为5.2考点：圆的综合应用【答案】(I) y 0或 12x 5y 48 0 (n) y x 1或 y x 4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l的斜率必然存在，可设出直线的方程y k x 4 ,.其中r为圆的半径，d为弦心距

34、，1为弦长即可解决；（n）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 OA OB得x1x2 y1y2 0,即2x1X2 b Xi X2b2 0,再利用韦达定理即可.试题解析：（I）由题设知直线1的斜率存在，设其方程为y kx4,即kx y 4k 0 .22_2_2_圆 C ： x2 y2 2x 4y 4 0 ,即 x 1 y 29 ,圆心C 1, 2 ,半径为3.由ab 275,知圆心到直线1的距离为 加45 2 2 ,于是引2,即 |2 3kl 2& 1 ,2整理得5k 12k 0,12解得，k 0或k5所以直线1的方程为y0 或 12x 5y 48 0.（n）由直

35、线1的斜率为1,设直线1的方程为y x b .x2 y2 2x 4y 4 0由，y x b得 2x2 2 b 1 x b2 4b 4 0.3 372. (1)令 4 b 1 2 8 b2 4b 40,解得 3 3& b设 A x1, y1 , B x2, y2，则 x1 x2 b 1 ,x1x2b2 4b 42因为以AB为直径的圆过原点，所以 OA OB .所以 x1x2 y1y2 0,即 2x1x2 b x1 x2b2 0.代入得b2 3b 4 0 ,解得b 1或b 4,满足（1）.故直线1的方程为yx1或yx4.10 分 考点：直线与圆的位置关系的综合11. （I） 2出；（n）

36、（x 1）2 （y 石）2 4；（出）（2,m）或（5,而）.【解析】试题分析：(I)由题意可设圆 M的方程为t 213 2x t y tt2 3t t2,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;(n)由|OC|二|OD| ,知OML l ,解得t=±1,再验证，即可求圆M的方程;(出)设P(5,y0),G(x1,y1), H(x2,y2),整理得 2x1x2-7(x1x2)20 0 .设直线GH的方程为y kx b,代入(x 1)2 (y "3)2 4,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

37、M的方程为(x t)2 (y Y)2 t2222 V 3即 x y 2tx y 0.t令x 0,得y 平；令y 0,得x 2t.112.3S aob -|OA| |OB | -| 2t | |p| 273 (定值).(n)由 |OC | |OD |,知 OM l.所以koM 0 J3，解得t 1. t当t 1时，圆心M(1, J3)到直线l : y x 4的距离d 2(<3 1)小于半径，符合题 3息；当t 1时，圆心M( 1, 73)到直线|：yx 4的距离d 2(d3 1)大于半径，不3符合题意.所以，所求圆M的方程为(x 1)2 (y <3)2 4.(出)设 P(5,y0),

38、 G(x1,y1), H(x2,y2),又知 E( 1,3), F(3,V3),2x23因为 3kpE kpF ,所以(yi 3)2(y 3)22-丁(Xi 1)(X2 3)将(yi <3)24 (Xi 1)2, (y J3)24 & 1)2代入上式,整理得 2x2 7(x1 x2) 20 0.设直线GH的方程为y kx b,代入(x 1)2 (y J3)2 4,整理得(1 k2)x2 (2kb 2 3k 2)x b2 2. 3b 0.2kb 2 3k 2b2 2、3b所以为 x22, x1 x2 2.1 k1 k代入式，并整理得 b2 (7k 2<3)b 10k2 7&l

39、t;13b 3 0,即(b 2k 同b 5k V3) 0,解得 b V3 2k 或 b 33 5k.当bJ32k时，直线GH的方程为yk(x2)J3,过定点(2, J3)；当b芯5k时，直线GH的方程为yk(x5)J3,过定点(5,J3)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) 2j§； (2) x 3y 4 0; (3) b| <2 b 72且b 0【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C的标准方程为：x2 y2 4；通过半弦长与半径、弦心距的关系求得弦AB长为2J3; (2)由题意知点M N在以G点为

40、圆心，线段 GM长为半径的圆 G上，而OM2 GM 2 OG2,所以 GM <6 ,圆G的方程为(x 1)2 (y 3)2 6,与圆C的方程相减得公共弦 MN的方程 x 3y 4 0； (3)由已知可设直线 l的方程为： y x b ,联立圆的方程化简得 2x2 2bx b2 4 0 ,0得b2 8 , 由根与系数的关系得b242x1 x2 b,x1 x2 ,又 PRQ为钝角，所以RP RQ 0,变形化简得b2 2,而2当b=0时直线过点R (1,-1),所以纵截距b的取值范围是 b| v12 b 、巧且b 0试题解析：(1)由题意得：圆心(0,0)到直线11: x y 2v120的距离

41、为圆的半径,所以圆C的标准方程为:所以圆心到直线12的距离d v;22 3 1|AB| 2422 12 24(2)因为点 G(1,3)，所以 OG| 肝 32 Ji0,|GM| vOG2 OM 2 J6所以以G点为圆心，线段 GM长为半彳5的圆G方程：(x 1)2 (y 3)26 (1)又圆C方程为：x2 y2 4 (2),由(1) (2)得直线MN方程：x 3y 4 0(3)设直线l的方程为：y x b 联立x2 y2 4得：2x2 2bx b2 4 0 ,设直线l与圆的交点P(x1,y1),Q(x2,y2),由 (2b)2 8(b2 4) 0,得 b2 8, x x2 b,x x2-4 (

42、3)1 2因为 prq为钝角，所以RP RQ 0,即满足(x1 1)(x2 1) (y1 1)(y2 1) 0,且RP与RQ不是反向共线，又 V1Xi b, V2x2 b,所以(x11)(x21)(y11)(y21)2x1x2(b2)(x1x2)b2 2b 2 0(4)由(3) (4)得b2 2,满足 0,即夜b 丘,当RP与RQ反向共线时，直线 y x b过(1, -1),此时b 0,不满足题意，故直线l纵截距的取值范围是 J2 b J2,且b 0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) y 2x 3芯;(2)存在，且 B( 9,0). 5【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l垂直于直线Ax By C 0,则可设直线l方程为：Bx Ay c 0,并利用圆与直线相切时，圆心到PB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 PBPA并利用坐标化简求解.试题解析: 因所求直线垂直于直线 l ,故设所求直线方程为 2x y b 0 ,丫直线与圆相切，J b| 3