直线与圆(较难题组)含答案

xyBB´AA´ODD´(第3题图)9.直线和圆的方程较难题及难题组）1．（2012年江苏高考12）在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为228150xyx+−+=，若直线2ykx=−上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是▲．2、（2011江苏高考14）设集合},,)2(2|),{(222RyxmyxmyxA∈≤+−≤=,},,122|),{(RyxmyxmyxB∈+≤+≤=,若,φ≠∩BA则实数m的取值范围是______________3．（连云港市2012－2013学年度第一学期高三期末考试13）如图，点A，B分别在x轴与y轴的正半轴上移动，且AB＝2，若点A从(3，0)移动到(2，0)，则AB中点D经过的路程为▲.4．（南通市2013届高三第一次调研测试13）已知直线y=ax+3与圆22280xyx++−=相交于A，B两点，点00(,)Pxy在直线y=2x上，且PA=PB,则0x的取值范围为▲．5．（苏州市2012－2013学年度第一学期高三期末考试13）在平面直角坐标系xOy中，已知直线360xy+−=与圆22(3)(1)2xy−+−=交于A，B两点，则直线OA与直线OB的倾斜角之和为．6.（镇江市2012－2013学年度第一学期高三期末考试12）从直线3480xy++=上一点P向圆22:2210Cxyxy+−−+=引切线,PAPB,,AB为切点,则四边形PACB的周长最小值为．7．（无锡市2013届高三上学期期末考试13）定义一个对应法则f：P（rn，n）→p′（m，2|n|）．现有直角坐标平面内的点A（-2，6）与点B（6，-2），点M是线段AB上的动点，按定义的对应法则f：M→M'．当点M在线段AB上从点A开始运动到点B时，点M的对应点M'经过的路线的长度为。8.（2012~2013年苏锡常镇四市高三年级第二次模拟考试12）若对于给定的正实数k，函数f(x)＝kx的图象上总存在点C，使得以C为圆心、1为半径的圆上有两个不同的点到原点O的距离为2，则k的取值范围是________．9.（江苏省宿迁市2013届高三一模统测试题18）已知椭圆C：)0(12222=+babyax的离心率36=e，一条准线方程为263=x.(1)求椭圆C的方程；(2)设HG,为椭圆上的两个动点，O为坐标原点，且OHOG⊥.①当直线OG的倾斜角为°60时，求GOH∆的面积；②是否存在以原点O为圆心的定圆，使得该定圆始终与直线GH相切？若存在，请求出该定圆方程；若不存在，请说明理由.10.（南通市2013届高三第二次模拟考试19）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2＋y2＝r2和直线l：x＝a(其中r和a均为常数，且0＜r＜a)，M为l上一动点，A1，A2为圆C与x轴的两个交点，直线MA1，MA2与圆C的另一个交点分别为P、Q.(1)若r＝2，M点的坐标为(4，2)，求直线PQ的方程；(2)求证：直线PQ过定点，并求定点的坐标．【解析】考查圆与圆的位置关系，点到直线的距离。∵圆C的方程可化为：()2241xy−+=，∴圆C的圆心为(4,0)，半径为1。∵由题意，直线2ykx=−上至少存在一点00(,2)Axkx−，以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点；∴存在0xR∈，使得11AC≤+成立，即min2AC≤。∵minAC即为点C到直线2ykx=−的距离2421kk−+，∴24221kk−≤+，解得403k≤≤。∴k的最大值是43。【答案】43。【解析】考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离，线性规划。当0m≤时，集合A是以（2，0）为圆心，以m为半径的圆，集合B是在两条平行线之间，2212(12)022mmm−−+=−+，因为,φ≠∩BA此时无解；当0m时，集合A是以（2，0）为圆心，以2m和m为半径的圆环，集合B是在两条平行线之间，必有2212222mmmm−−≥−≤21212m−∴≤≤+.又因为2m1,2122mm≤∴≤≤+【答案】1212m≤≤+3【解析】考查求点的轨迹方程，弧长公式。设AB中点D（x,y）∵90AOB∠=∴OD=1∴221xy+=当点A从(3，0)移动到(2，0)时，x从22变到32∴12π圆心角变化∴D经过的路程为π12答案：π124【解析】考查直线与圆的位置关系。22222200003280193ad3a1860304121213(0)214(1,0)(0,2)axxyxxyaaaaPAPBPABaPyxxaxaaax=+++−=++=−∴=+∴+∴−=∴=∴−∴=−+∴∈−直线y与圆相交圆方程为（）或在的中垂线y=-(x+1)上在上-(x+1)=或【答案】(1,0)(0,2)−5【解析】考查直线与圆的位置关系和直线的倾斜角和斜率。{22360(3)(1)23313333133(,),(,)2222331031226331331031226331tan()33xyxyOAOBABkkαβπαβ+−=−+−=+−−+∴−−∴==+++==−∴+=∴+=【答案】60°6【解析】考查直线与圆的位置关系∵四边形PACB的周长=2PA+2r=2PA+2∴当PA最小时四边形PACB的周长最小2115352PAPCPCdPA=−===∴最小值为最小值为2∴四边形PACB的周长最小值为224+【答案】224+7【解析】考查直线的方程和轨迹方程的应用。''''''''''22'''''22'(,)(,),,24(26)24y01422404212656y014(46)2464255MxyMxyxxyyyxxxyxMMxyxxMMM→∴===−+−≤≤−≤≤≥∴=−+−→∴++=≤≤≤∴−=−+≤≤→∴−+=∴设当时，从（，12）（，）所经过的路程为（）当4时，从（4，0）（6，4）所经过的路程为（）所经过的路程共为8【答案】858解析】考查圆与圆的位置关系和存在性命题成立的条件。2222222422422,),:()():42a13a98104902kCaakCxayaOxyCCOkaaaakaakk∴−+−+=∴∴+∴−+−+∴∴设（上总有两个点到原点的距离为与相交存在使存在使【答案】0，929解：（1）因为36=ac，2632=ca，222cba+=，……………………………2分解得3,3==ba，所以椭圆方程为13922=+yx．………………………………………………………4分（2）①由=+=139322yxxy，解得==102710922yx，…………………………………………6分由=+−=1393322yxxy得==232922yx，……………………………………………………8分所以6,5103==OHOG，所以5153=∆GOHS．……………………………10分②假设存在满足条件的定圆，设圆的半径为R，则GHROHOG⋅=⋅因为222GHOHOG=+，故222111ROHOG=+，当OG与OH的斜率均存在时，不妨设直线OG方程为：kxy=，10解：(1)当r＝2，M(4，2)，则A1(－2，0)，A2(2，0)．直线MA1的方程：x－3y＋2＝0，解x2＋y2＝4，x－3y＋2＝0，得P85，65.(2分)直线MA2的方程：x－y－2＝0，解x2＋y2＝4，x－y－2＝0，得Q(0，－2)．(4分)由两点式，得直线PQ方程为：2x－y－2＝0.(6分)(2)证法一：由题设得A1(－r，0)，A2(r，0)．设M(a，t)，直线MA1的方程是：y＝1a＋r(x＋r)，直线MA1的方程是：y＝1a－r(x－r)．(8分)解x2＋y2＝r2，y＝ta＋r（x＋r），得Pr（a＋r）2－rt2（a＋r）2＋t2，2tr（a＋r）（a＋r）2＋t2.(10分)解x2＋y2＝r2，y＝ta－r（x－r），得Qrt2－r（a－r）2（a－r）2＋t2，－2rt（a－r）（a－r）2＋t2.(12分)于是直线PQ的斜率kPQ＝2ata2－t2－r2，直线PQ的方程为y－2tr（a＋r）（a＋r）2＋t2＝2ata2－t2－r2x－r（a＋r）2－rt2（a＋r）2＋t2.(14分)上式中令y＝0，得x＝r2a，是一个与t无关的常数，故直线PQ过定点r2a，0(16分)证法二：由题设得A1(－r，0)，A2(r，0)．设M(a，t)，直线MA1的方程是：y＝ta＋r(x＋r)，与圆C的交点P设为P(x1，y1)．直线MA2的方程是：y＝ta－r(x－r)；与圆C的交点Q设为Q(x2，y2)．则点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在曲线[(a＋r)y－t(x＋r)][(a－r)y－t(x－r)]＝0上，(10分)化简得(a2－r2)y2－2ty(ax－r2)＋t2(x2－r2)＝0.①又有P(x1，y1)，Q(x2，y2)在圆C上，圆C：x2＋y2－r2＝0.②①r－t2×②得(a2－r2)y2－2ty(ax－r2)－t2(x2－r2)－r2(x2＋y2－r2)＝0，化简得：(a－r2)y－2t(ax－r2)－t2y＝0.所以直线PQ的方程为(a2－r2)y－2t(ax－r2)－t2y＝0.③(14分)在③中令y＝0得x＝r2a，故直线PQ过定点r2a，0.(16分)