1、直线与圆综合（定点、定值、最值问题）一、解答题1已知圆与曲线有三个不同的交点.（1）求圆的方程；（2）已知点是轴上的动点， ， 分别切圆于， 两点.若，求及直线的方程；求证：直线恒过定点. 2在平面直角坐标系中，已知圆过坐标原点且圆心在曲线上(1)若圆分别与x轴、y轴交于点A、B(不同于原点O)，求证：的面积为定值；(2)设直线与圆交于不同的两点，且，求圆M的方程；(3)设直线与(2)中所求圆交于点E、F， P为直线x=5上的动点，直线PE，PF与圆的另一个交点分别为G，H，且G，H在直线异侧，求证：直线GH过定点，并求出定点坐标.3已知圆，直线.（1）若直线与圆交于不同的两点,当时，求的值.
2、（2）若是直线上的动点，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，求四边形的面积的最大值.4已知平面直角坐标系内两个定点、,满足的点形成的曲线记为.(1)求曲线的方程;(2)过点B的直线与曲线相交于C、D两点,当COD的面积最大时,求直线的方程(O为坐标原点);(3)设曲线分别交x、y轴的正半轴于M、N两点,点Q是曲线位于第三象限内一段上的任意一点,连结QN交x轴于点E、连结QM交y轴于.求证四边形MNEF的面积为定值.5已知圆，直线:x=6，圆与轴相交于点（如图），点P(-1,2)是圆内一点，点为圆上任一点（异于点），直线与相交于点（1）若过点P
3、的直线与圆相交所得弦长等于，求直线的方程；（2）设直线的斜率分别为，求证： 为定值.6已知圆经过点，圆的圆心在圆的内部，且直线被圆所截得的弦长为.点为圆上异于的任意一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.（1）求圆的方程；（2）求证: 为定值；（3）当取得最大值时，求7如图，已知定圆，定直线，过的一条动直线与直线相交于，与圆相交于，两点，是中点.（）当与垂直时，求证：过圆心；（）当时，求直线的方程；（）设，试问是否为定值，若为定值，请求出的值；若不为定值，请说明理由.8已知圆 ，相互垂直的两条直线都过点，（1）当时，若圆心为的圆和圆外切且与直线都相切，求圆的方程；（2）当时，记被圆所截得的弦长分
4、别为，求：的值；的最大值.9已知圆C： ，直线l： （）求直线l所过定点A的坐标；（）求直线l被圆C所截得的弦长最短时m的值及最短弦长；（）已知点，在直线MC上（C为圆心），存在定点N（异于点M），满足：对于圆C上任一点P，都有为一常数，试求所有满足条件的点N的坐标及该常数。10已知为椭圆的左右焦点，点为其上一点，且有.（1）求椭圆的标准方程；（2）圆是以， 为直径的圆，直线与圆相切，并与椭圆交于不同的两点，若，求的值.11已知圆的圆心在坐标原点，且与直线相切（1）求直线被圆所截得的弦的长；（2）过点作两条与圆相切的直线，切点分别为求直线的方程；（3）若与直线垂直的直线与圆交于不同的两点，若为
5、钝角，求直线 在轴上的截距的取值范围12已知圆与直线相切，设点为圆上一动点， 轴于，且动点满足，设动点的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）直线与直线垂直且与曲线交于两点，求面积的最大值参考答案1（1）；（2）或；过定点.【解析】试题分析：（1）由得或。直线与圆相交，故直线与圆相切，所以可用圆心到直线的距离等于，可求得；（2）设直线， 交于点，由弦长、勾股定理可求|MP|，在直角三角形AMQ，由三角形相似得，求得，设点，由距离公式求点的坐标，再结合点M的坐标求直线MQ的方程；设点，求过点Q、M的圆的方程，弦AB为两圆的公共弦，求直线AB的方程，由方程求定点的坐标。试题解析：（1）因为直线与圆相
6、切，故圆心到直线的距离为，即： ， .所以圆的方程为.（2）设直线， 交于点，则，又，所以，而，所以，设，而点，由， ，则或，从而直线的方程为：或.证明：设点，由几何性质可以知道， ， 在以为直径的圆上，此圆的方程为， 为两圆的公共弦，两圆方程相减得，即，所以过定点.【点睛】（1）曲线表示两直线或。两直线与圆一相交、一相切，由相切求半径；（2）分析图形，在三角形OMQ中，由三角形相似求|MQ|，再由距离公式求点Q的坐标，有两点式求直线方程；弦AB为过点Q、M的圆与圆M的公共弦，两圆方程相减求直线AB方程，由方程求定点坐标。2(1)证明过程见解析；(2) ；（3）直线过定点.【解析】(1)由题意
7、可设圆M的方程为，即令，得；令，得(定值) (2)由，知所以，解得当时，圆心M到直线的距离小于半径，符合题意；当时，圆心M到直线的距离大于半径，不符合题意所以，所求圆M的方程为 (3)设，又知，所以，显然，设，则.从而直线PE方程为：，与圆M的方程联立，消去y，可得：，所以，即； 同理直线PF方程为：，与圆M的方程联立，消去y，可得：，所以，即.所以 ； .消去参数m整理得 设直线的方程为，代入，整理得所以，代入式，并整理得， 即，解得或当时，直线的方程为，过定点；当时，直线的方程为，过定点第二种情况不合题意(因为在直径的异侧)，舍去.所以，直线过定点.点睛：本题的设置旨在考查直线的方程、圆的
8、方程及直线与圆的位置关系等知识的综合运用，同时检测学生运用所学知识去分析问题和解决问题的能力.求解第一问时，直接借助圆在坐标轴上的截距，结合三角形的面积公式进行分析推证；第二问则运用分类整合思想分别求圆的标准方程；第三问则是借助直线与圆的位置关系建立方程组，通过对方程根的分析推证进行探求，进而使得问题获解.3（1）；（2）；（3）.【解析】试题分析：（1）利用点到直线的距离公式，结合点到直线的距离，即可求解的值；（2）由题意得可知四点共圆且以为直径的圆上，在圆上可得直线的方程，即可得到直线是否过定点；（3）设圆心到直线的距离分别为 ，则，表示出四边形的面积，利用基本不等式，可求求四边形的面积.
9、试题解析：（1） 点到的距离,.（2）由题意可知：四点共圆且在以为直径的圆上，设,其方程为：,即：，又在圆上，即，由得，直线过定点.（3） 设圆心到直线的距离分别为 ,则，.当且仅当即时，取“=”.四边形的面积的最大值为.考点：直线与圆的位置关系；两点间的距离公式.【方法点晴】本题主要考查了直线与圆的位置及其应用问题，其中解答中涉及到点到直线的距离公式，基本不等式的应用、三角形的面积公式、直线过定点问题等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，解答中灵活应用直线与圆的位置关系、点到直线的距离、以及合理转化是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档试题.4(1
10、) ;(2) ;(3)见解析【解析】试题分析：(1) 由题设知,两边平方化简可得结论；(2)设直线l的方程，求出原点到直线的距离d，再利用垂径定义求出弦长,再化简求解，可得结论；(3) 设 (其中)，分别求出直线QM、QN的方程，即可得点E、F的坐标，由化简求解，即可得出结论.试题解析： (1)由题设知,两边平方化简得点的轨迹的方程为(2)由题意知的斜率一定存在, 设即,原点到直线的距离,当且仅当时,取得“=” 当时,此时, 直线的方程为(3)设设 (其中)则,令得,令得 (定值)5（1）或（2）-3【解析】试题分析：（1）由点到直线距离公式可得圆心到直线的距离，设直线的方程为， 由 解得，又
11、过点P且与轴垂直的直线显然符合要求，故满足题意的直线应为两条；（2）方法1：联立 得点 ，问题得证；方法2：设点的坐标为，分 ， ，两组情况讨论得证；方法3：设点的坐标为, 则，则由三点A、Q、C三点共线及直线的方程得点，表示出 ，可证为定值试题解析：（1）因直线与圆相交所得弦长等于，所以圆心到直线的距离 设直线的方程为，即 由 解得又过点P且与轴垂直的直线显然符合要求所以直线的方程是或 （2）方法1：设点的坐标为，则直线的方程为 由 解得 从而得点 所以 方法2：设点的坐标为， 若 ，则 所以 当时，同理可得 所以为定值 方法3：设点的坐标为, 则 则三点A、Q、C三点共线及直线的方程得点
12、点睛：本题考查直线方程的求法，考查直线与圆的位置关系，注意等价的条件，同时考查联立方程，消去变量的运算能力，属于中档题6（1）；（2）见解析；（3）【解析】试题分析：（1）首先根据条件设出圆心及半径，然后利用弦长公式求得半径，再利用点到直线的距离公式求得圆心，从而求得圆的方程；（2）直线的斜率不存在可直接求出定值，直线与直线的斜率存在时，设点，由此得到直线的方程与的方程，从而求得点的坐标，进而利用向量数量积公式求出定值；（3）首先求得关于的表达式，然后根据直线与圆位置关系求得的值试题解析：（1） 易知点在线段的中垂线上，故可设,圆的半径为直线被圆所截得的弦长为，且到直线 的距离,或.又圆的圆心
13、在圆的内部，,圆的方程.（2）证明: 当直线的斜率不存在时,. 当直线与直线的斜率存在时，设,直线的方程为令得.直线的方程为令得.,故 为定值为（3）解: 设,易知当直线与圆切于第三象限时，取得最小值，此时， 此时，故.考点：1、直线与圆的位置关系；2、向量的数量积【方法点睛】平面向量数量积的类型及求法：（1）求平面向量数量积有三种方法：一是夹角公式；二是坐标公式；三是利用数量积的几何意义；（2）求较复杂的平面向量数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相关公式进行化简7（I）证明见解析；（II）或；（III）的值为定值.【解析】试题分析：（I）由已知，故，所以直线的方程为，即可证明；
14、（II）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，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求解；（III）当与轴垂直时，易得，求得；当的斜率存在时，设直线的方程为，代入圆的方程，利用根与系数的关系，化简即可求解定值.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.（）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.（）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.另解一：连结，延长交于点，由（）知，又于，故
15、.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：直线与圆的位置关系；向量的运算.【方法点晴】本题主要考查了直线与圆的位置关系、向量的运算，其中解答中涉及到直线的方程、点到直线的距离公式、一元二次方程中根与系数的关系等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及分类讨论和转化与化归思想的应用，其中解答中直线方程和圆的方程联立，利用根与系数的关系是解答的关键，属于中档试题.8（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）设出所求的圆的半径r，利用和已知圆外切及圆心M（1，m）到点A（2，0）的距离为r，求出半径r
16、和m的值，写出所求圆的标准方程（2）设弦长分别为d1，d2，因为四边形AECF是矩形，应用勾股定理和基本不等式求d12+d22的值；d1+d2的最大值试题解析:（1）设圆的半径为,由题意得： （2） 当时,设被圆所截得的弦的中点分别为. 得即的最大值为. 9（1）直线过定点（2）（3）【解析】试题分析：（1）将直线中m合并到一起，然后令系数及剩余都为0即可得定点（2）直线l被圆C所截得的弦长最短时即当时（3）由题知，直线的方程为，假设存在定点满足题意，则设， ，得 ，且再根据圆系方程可得对任意恒成立， 且即可求出结论试题解析： 解：（）依题意得， 令且，得直线过定点（）当时，所截得弦长最短，由
17、题知， ，得， 由得圆心到直线的距离为最短弦长为（）法一：由题知，直线的方程为，假设存在定点满足题意，则设， ，得 ，且 整理得， 上式对任意恒成立， 且解得 或（舍去，与重合）综上可知，在直线上存在定点，使得为常数法二：设直线上的点取直线与圆的交点，则取直线与圆的交点，则令，解得或（舍去，与重合），此时若存在这样的定点满足题意，则必为，下证：点满足题意，设圆上任意一点，则 综上可知，在直线上存在定点，使得为常数10（1）;（2）.【解析】试题分析：（1）由椭圆定义可得，再将点代入椭圆方程得，（2）先由直线与圆相切可得,再由，得，利用直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理可得，代入化简可得的值.
18、试题解析：（1）由题意，椭圆的长轴长，得，因为点在椭圆上，所以椭圆的标准方程为.（2）当直线与圆相切，得，即,设，由消去，整理得，由题意可知圆在椭圆内，所以直线必与椭圆相交，所以，所以，因为，所以，又因为，所以，解得.点睛：研究直线与圆锥曲线位置关系的方法研究直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用韦达定理或求根公式进行转化，利用根与系数关系、设而不求法简化运算.11（1）;（2）;（3），且.【解析】【试题分析】（1）依据题设先求圆的半径和方程，再运用弦心距、半弦长、半径之间的关系进行分析求解；（2）依据题设条件构造圆以的方程，再运用两圆的相交弦所在
19、直线即为所求；（3）依据题设条件借助题设条件“为钝角”建立不等式分析探求：（1）由题意得：圆心到直线的距离为圆的半径，所以圆的标准方程为： 所以圆心到直线的距离 （2）因为点,所以,所以以点为圆心，线段长为半径的圆方程： （1）又圆方程为： （2），由得直线方程： （3）设直线的方程为： 联立得： ，设直线与圆的交点， 由，得， （3） 因为为钝角，所以,即满足，且与不是反向共线，又，所以 （4）由（3）（4）得，满足，即， 当与反向共线时，直线过原点，此时，不满足题意，故直线在轴上的截距的取值范围是，且12（1）；（2）【解析】试题分析：（1）先利用直线和圆相切求出圆的方程，再利用平面向量共线和“相关点法”求曲线的方程；（2）利用两直线间的垂直关系设出直线方程，再联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系和三角形的面积公式得到表达式，再利用基本不等式求其最值.试题解析：（1）设动点， ，因为轴于，所以，由题意得： ，所以圆的方程为.由题意， ，所以，所以，即将代入圆，得动点的轨迹方程.（2）由题意可设直线，设直线与椭圆交于， ，联立方程，得，解得，又因为点到直线的距离， ，.（当且仅当，即时取到最大值）面积的最大值为