直线与圆韦达定理

1、1圆 C : x 2( y 3) 24, 直线 m : x3y6 0, 过 A( 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 , M 是 PQ 中点 . () l 与 m 垂直时 , 求证 : l 过圆心 C ;()当 PQ23 时 ,求直线 l 的方程 ;( ) 设t AM AN , 试问 t 是否为定值2以原点为圆心的圆与直线x3y40 相切（）求圆O 的方程；（）若直线一点 Q ，使得l ：OQykx OA3 与圆 O 交于 A ， B 两点，在圆 O 上是否存在 OB ，若存在，求出此时直线 l 的斜率；若不存在，说明理由3圆C : x225，直线

2、l : mx y 1 m 0（ ） 求证：对m R ，( y 1)1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 PB2AP ，求直线 l 的方程。4圆 C 经过点 A（ 2,0 ）， B（ 0,2 ），且圆心 C 在直线 y x 上，又直线 l ：ykx 1 与圆 C 相交于 P、 Q两点（ 1）求圆 C 的方程；（2）若 OP PQ 2 ，求实数 k 的值；（ 3）过点(0, 4) 作动直线m 交圆C 于E ，F两点试问：在以EF为直径的所有圆中，是否存在这样的圆P ，使得圆P 经过点M

3、(2,0)5如图，圆C ： x 2(1a)xy 2aya0 （）若圆C 与x 轴相切，求圆C 的方程；（）已知a1，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 ：x2y 24 相交于两点A, B问：是否存在实数a ，使得ANMBNM？6（14 分）已知方程 x 2y 22x4 ym0 .（ 1）若此方程表示圆，求m 的取值范围；（ 2）若（ 1）中的圆与直线x2 y40 相交于M，N 两点，且OM ON（ O为坐标原点）求m 的值；（ 3）在（ 2）的条件下，求以MN为直径的圆的方程.7圆 C : x 2y22x两点，点 M 的坐标为值；（ 2）当 b

4、(1,2y10 ，直线 l : ykx ，直线 l 与圆 C 交于 A、B(0, b) ，且满足 MAMB （ 1）当 b1 时，求 k 的3 ) 时，求 k 的取值范围28圆 C：22，直线l1 : y kx与圆C交于、两个不同( x 3)( y 3) 9P Q的点， M为 P、Q的中点（）已知 A(3,0)，若 APAQ0 ，求实数 k 的值；（）求点 M的轨迹方程；（）若直线 l1 与 l2 : x y1 0的交点为N，求证： |OM |ON | 为定值yl1CQMl2POAxN9圆O ：x2y22 ，直线l : ykx2.（1）直线l与圆O 交于不同的两点A, B，当AOB时，求 k

5、；（ 2）若 k1，P是直线l 上的动点，22过 P作圆O 的两条切线PC 、 PD ，切点为C 、D ，探究：直线CD 是否过定点；（ 3）若EF、 GH为圆O ：x2y22 的两条相互垂直的弦，垂足为M (1,2)，求EGFH的面积的最大值.210已知圆 C ： x2y 22x4 y40 ，直线 l 与圆 C 相交于 A ，B 两点（）若直线l 过点 M4,0 ，且 AB2 5 ，求直线 l 的方程；（）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11已知圆M 过坐标原点O且圆心在曲线y3上 . （）若圆M分别x与 x 轴、 y 轴交于点A 、 B （不同

6、于原点O），求证：AOB 的面积为定值；（）设直线 l : y3 x 4与圆 M 交于不同的两点 C，D，且 |OC | | OD |，3求圆 M的方程；（）设直线 y3 与（）中所求圆 M交于点 E 、 F ，P 为直线 x 5 上的动点，直线 PE ，PF 与圆 M的另一个交点分别为 G ， H ，求证：直线 GH 过定点 .12圆 C 的圆心在坐标原点，与直线l1 : xy220 相切 . （ 1）求直线 l2: 4x3y50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l1 垂直的直线l 不过点R（

7、1,-1），且与圆C 交于不同的两点P，Q. 若 PRQ为钝角，求直线l 的纵截距的范围13 ( 本小题满分12 分 )已知圆C : x2y29 ，点 A( 5,0) ，直线l : x 2y 0 .yP(1) 求与圆 C 相切，且与直线 l 垂直的直线方程；ABOx(2) 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 PB 为一常数，试求所有满足条件的点B 的坐标 .PA14如图，圆 O : x2y24 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

8、点 D ，直线 BM 交直线 AC于点 N ，若 D 点坐标为 (23, 0) ，求弦 CM 的长；求证：2kNDkMB 为定值 .A2y43C21O12345NMBx2D68104参考答案1 ( ) 详见解析 ( )x1或 4x3y40 ( )t 是定值 -5【解析】试题分析： ( )当 l 与 m 垂直时斜率相乘为1，从而得到 l 斜率及方程 ( )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 ( ) 先 将 直 线 l 设 出 ， 与 圆 联 立 求 出 M 点 坐 标k 23k3k 2k3k65k) ，代入M (2,k2 ) ，将直线 l 与直

9、线 m 联立求得 N (1,1 3k1 k13kt AM AN 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： ( ) 由已知 km1, 故 kl3 , 所以直线 l 的方程为 y 3( x 1) .3将圆心 C ( 0,3) 代入方程易知 l 过圆心 C4分( )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 (x1),由于 PQ2 3 ,所以 CM 1.由 CMk3, 解得 k4 .k 2113故直线 l 的方程为 x1或 4x 3y4 0-8分( ) 当 l 与 x 轴垂直时 , 易得 M ( 1,3

10、) , N (1,5), 又 A( 1,0) 则 AM(0,3),3AN(0,5),故 AM AN5 .即 t53当 l的斜率存在时 , 设直线 l 的方程为 y k( x1) , 代入圆的方程得(12)x2(2k26k ) x k26k50. 则 xMx1 x2k 23k,k21k 2yMk( xM1)3k 2k,即 M (k23k 3k 2k1k21k2,k2 ) ,13k13k 2kyk( x1),3k65k)AM (1 k 2 ,1 k 2) .又由x3 y 6 0,得 N (1 3k,1 3k,则 AN(5,5k ) .13k13k故 tAMAN15k55k (3k 2k)5(13k

11、)(1k2 )5 .(1k 2 )(13k)(1k 2 )(13k)(1 3k)(1k2 )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 ( ) 知 ARm . 又 CMl 于 M ,故 ANR AMC . 于是有 AMANACAR .由 AC10, AR5,得 AMAN 5.10故 t AMANAMAN5.另解二 : 连结 CA 并延长交直线m 于点 B , 连结 CM , CN , 由 ( ) 知 ACm, 又CMl ,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tAMANAMANACAB5考点

12、： 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（） x2y24 ; （）存在点 Q ，使得 OQOAOB .【解析】试题分析：（）设圆 O 的半径为 r ，因为直线x3y40 与圆 O 相切，所以 r| 0304|，132即可求出圆 O 的方程为 x2y24 . （）方法一： 因为直线 l ： ykx3 与圆 O 相交于 A ，B 两点， 所以 dOl|3 |2 ，所以 k5 或 k5 ，1k 222假设存在点 Q ，使得 OQOAOB ，因为 A ， B 在圆上，且 OQOAOB ，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

13、形，所以 OQ 与 AB 互相垂直且平分，所以原点O 到直线 l ： ykx3 的距离为d1 |OQ| 110分2即 dO l| 3 |1 ，解得 k 28 ， k22 ，经验证满足条件，所以存在1k2点 Q，使得 OQOAOB；方法二：假设存在点Q ，使得 OQOAOB 记 OQ 与 AB 交于点 C(x0 , y0 ) ，因为 A ， B 在圆上，且 OQOAOB ，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l 斜率为 k ，显然 k0，所以 OQ 直线方程1ykx3x03k6k6为 yk21 ，所以点 Q坐标为 M (1x ，y，解得2,2)，kkxy023k1 k

14、1k1因为点 Q 在圆上，所以 (6k)2(6)24 ，解得 k28 ，即 k2 2，经22k1k1验证满足条件，所以存在点Q ，使得 OQOA OB.试题解析：解： （）设圆 O 的半径为 r ，因为直线x3y40 与圆 O 相切，所以| 0 30 4|3分r213所以圆 O 的方程为x2y245分（）方法一：因为直线l ： ykx3与圆 O 相交于 A ， B 两点，所以| 3 |2，dO l1 k2所以 k5 或 k57 分22假设存在点 Q ，使得 OQOAOB8分因为 A， B 在圆上，且 OQOAOB ，同时 |OA | |OB |由向量加法的平行四边形法则可知四边形 OAQB 为

15、菱形，所以 OQ 与 AB 互相垂直且平分9分所以原点 O 到直线 l ： y kx3 的距离为 d110 分|OQ| 12即 dO l| 3 |1 ，解得 k 28 ， k22 ，经验证满足条件12 分1 k2所以存在点 Q ，使得 OQOAOB13分方法二：假设存在点Q ，使得 OQOAOB 记 OQ 与 AB 交于点 C(x0 , y0 )因为 A ， B 在圆上，且 OQOAOB ，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 l 斜率为 k ，显然 k0 ，所以 OQ 直线方程为y1 x7分ky kx3x03k6k6k21，所以点 Q坐标为 M(,) 9 分1，

16、解得x3212yy0kk1kk 21因为点 Q 在圆上，所以(6k)2(6)24 ，解得 k2811分212kk1即 k2 2 ，经验证满足条件12分所以存在点 Q ，使得 OQOAOB13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）x2y2x2 y10 ，为圆的轨迹方程；（ 3）xy0或 x y 2 0 ；【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

17、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 PB 2AP ，得出直线方程为 x y 0 或 x y 2 0 ；试题解析：（）解法一：圆 C : x2( y 1) 25 的圆心为 C (0,1) ，半径为 5 。圆心 C 到直线 l : mx y 1 m 0 的距离 d| m | m |15，直m21| 2m |2线 l 与圆 C相交，即直线 l 与圆 C 总有两个不同交点

18、；yClBP(1,1)AMxO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 l 与圆 C相交，即直线 l 与圆 C 总有两个不同交点； （4 分）（）当 M与 P 不重合时，连结CM、CP，则 CMMP ，又因为| CM |2| MP |2|CP |2,设 M ( x, y)( x1) ，则 x2( y 1)2( x 1)2( y 1)21 ，化简得： x2y2 x 2 y 1 0( x 1)当 M与 P 重合时， x1, y1也满足上式。故弦 AB中点的轨迹方程是x2y 2x2y10 。（ 8 分）（）设 A x1,y1)， B( x2

19、, y2 ) ，由 PB2AP ，( 1x11 (x21) ，化简的 x2 3 2x12mxy1 m 0又由x2( y1)25 消去 y 得 (1 m2 )x22m2 x m250（*） x1x22m2（10 分）1m23m2由解得x11m2，带入（ * ）式解得 m1，直线 l 的方程为 xy0 或 xy20 。（ 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） x2y24 ；（ 2） k0 ；（ 3）在以 EF 为直径的所有圆中，存在圆P ： 5x25 y2 16 x 8y 120 或x2y24 ，使得圆 P 经过点 M (2,0) 【解析】试题分析：（1）根据题意设

20、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 PQ2 ,求得POQ120 ，所以圆心到直线m 的距离为经过点 M2,0 ，则必有 ME MF0 即 x1x22( x11，求得x2 )4k 的值；（ 3）若圆 Py1 y20 ，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，设其斜率为k ，直线m 的方程为：ykx4 ，代入圆x2y24 的方程，由韦达定理，得到 x1 x2 , x1 x2 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,

21、0 ），B（ 0,2 ），所以 |AC| |BC| r ，易得 a0，r 2，所以圆 C的方程是 x2y24 .3 分（ 2）因为 OP OQ 22cos OP ， OQ 2，且 OP 与 OQ 的夹角为 POQ，所以 cos POQ 1 ，POQ120， 所以圆心 C 到直线 l ：kx y 102的距离 d 1，又 d1，所以 k 0 .7分k 21（联立直线与圆的方程求解酌情给分）（ 3）（）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

22、 也是满足题意的圆8分（）当直线 m 的斜率存在时，设直线m : ykx 4 ，由 x2y24, ，ykx4,消去 y 整理，得 (1k 2 ) x28kx 120 ，由64k 248(1k 2 )0 ，得 k3或 k3 x1x28k2 ,设 E( x1 , y1 ), F (x2 , y2 ) ，则有1k9分12x1 x22 ,1k由得 y1 y2( kx14)( kx24)k 2 x1x24k ( x1x2 ) 16164k 2，1k 2y1 y2kx14 kx24 k( x1x2 ) 88，1k 2若存在以 EF 为直径的圆P 经过点 M (2,0) ，则 MEMF ，所以 ME MF0

23、 ，因此 ( x12)( x22)y1 y20，即 x1x22( x1x2 ) 4 y1 y20 ，10分则 1216k4164k 2 0，所以 16k320 ，k2 ，满足题意121k21 k21k2分此时以 EF 为直径的圆的方程为x2y2(x1x2 )x ( y1y2 ) yx1x2y1 y20 ，即 x2y216x8y120，亦即 5x25 y216x8 y120 13分555综上，在以 EF 为直径的所有圆中，存在圆P ：5x25y2 16 x8y120 或x2y24 ，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）

24、x 22xy2y10 ；（2） a4 .【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 .y0试题解析：（）因为x2(1a)xy2aya0得 x 2(1a) xa0 ，由题意得(1a) 24a( a1) 20，所以 a1故所求圆 C 的方程为 x 22xy2y10 （）令y0 ，得 x 2(1a)xa0 ，即 ( x 1)

25、( 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 yk( x1) ，代入 x 2y 24 得， (1 k 2 ) x22k 2 xk 24 0 ，设 A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ), 从而 x1x22k 2k 241k2 , x1 x221k因为y1y2k( x11)( x2a)(x21)( x1a)x1ax2 a(x1a)( x2a)而 ( x11)( x2a) (x21)( x1a) 2x1 x2( a 1)( x2x1 ) 2a2 k24( a1)2k 22a1k 21k 22a81 k 2因为AN

26、MBNM ，所以y1y20 ，即 2a80 ，得 a 4 x1ax2 a1k 2当直线 AB与 x 轴垂直时，也成立故存在 a4 ，使得ANMBNM .考点： 1. 圆的方程； 2. 直线与圆的位置关系.6（1） m 5 ；（ 2） m8 ；（ 3） (x4) 2( y8 )216 .5555【解析】试题分析：（1）由圆的一般方程知当 D 2E24F 0 时 x2y2 +D x Ey F 0表示圆的方程；（ 2）联立直线与圆的方程，消元后的到关于y 的一元二次方程，因为 OM ON 所以 x1 x2 y1 y20 ，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

27、求出弦长的一半即为半径，能写出圆的方程 .试题解析：（1） x 2y 22x4 ym0D2，E4，FmD 2E24F =204m 0m5（ 2） x2y 404 ymx42 y 代入得x2y 22x05y 216 y8m0y1 y216 ， y1 y28 m55 OM ON得出： x1 x2y1 y20 5 y1 y28( y1y2 )1608 m5（ 3）设圆心为 (a, b)x1 x24y1 y18a5, b52245半径 r513 分圆的方程 ( x4) 2( y8 ) 216555考点： 1. 圆的方程； 2. 直线与圆的位置关系 .7（） 1；（） 1,623623,【解析】试题分析

28、：（）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 l： ykx ，可得 k的值（）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及 MP MQ 0，求得 2k 1kb1 令 fbb1 ，1k2bb则 （f b）在区间3上单调递增， 求得（ ）13 ，可得2k 1k13 ，解此1,262k26f b2,1不等式求得k 的取值范围（注意检验0）试题解析：（）圆上，22C：（ x1） （ y1）1，当 b=1 时，点 M（0， b）在圆C当且仅当直线l 经过圆心 C时，满足 MPMQ圆心 C的坐标为（ 1，1）， k=1ykx，消去 y 得：（122k） x 1 0 （）由y2k ） x（21x22x 2 y 1 0设 P（ x1， y1）， Q（x2，y2）， x12 1k， x1 x21x2k 2k 211 MP MQ， MP MQ 0 b）（? x2 , y2b） 0，即 x1 x2 （ y1b）（ y2 b） 0 （ x1, y1 y1kx1， y2kx2 ，22b）（ kx2 b） x1 x2 0，即 1 k x1x2 kb x1x2b0 （ kx1 1 k 211kb2 1 kb20 ，即 2k 1