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.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. ()与垂直时,求证:过圆心;()当时,求直线的方程;()设,试问是否为定值2以原点为圆心的圆与直线相切()求圆的方程;()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。4圆经过点A(2,0),B(0,2),且圆心在直线yx上,又直线l:ykx1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:()若圆与轴相切,求圆的方程;()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.(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()已知,若,求实数的值;()求点M的轨迹方程;()若直线与的交点为N,求证:为定值9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()若直线过点,且,求直线的方程;()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.()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;()设直线与圆M 交于不同的两点C,D,且,求圆M的方程;()设直线与()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.14如图,圆与坐标轴交于点.求与直线垂直的圆的切线方程;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,若点坐标为,求弦的长;求证:为定值.教育资料 .参考答案1()详见解析 () 或 () 是定值-5【解析】试题分析:() 当与垂直时斜率相乘为,从而得到斜率及方程()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:()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() 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()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()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()知又, 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();()存在点,使得.【解析】试题分析:()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 .()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:()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()方法一:因为直线:与圆相交于,两点, 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:()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;OBMAC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)()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)()设,由,化简的 又由消去y得 (*) (10分)由解得,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;(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,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a0,r2,所以圆C的方程是. 3分(2)因为22cos,2,且与的夹角为POQ,所以cosPOQ,POQ120,所以圆心C到直线l:kxy10的距离d1,又d,所以. 7分(联立直线与圆的方程求解酌情给分)(3)()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()当直线的斜率存在时,设直线,由,消去整理,得,由,得或设,则有 9分由得, , 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:()因为得,由题意得,所以故所求圆C的方程为()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,
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