江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 解析幾何 3.2 大題考法—直線與圓講義（含解析）

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1、江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 解析幾何 3.2 大題考法—直線與圓講義（含解析） 題型(一) 直線與圓的位置關(guān)系 　　　　　 　　　　　　　 主要考查直線與圓的位置關(guān)系以及復(fù)雜背景下直線、圓的方程. 點(diǎn)B代入x－3y－6＝0，解得x0＝－， 所以C. 所以BC所在直線方程為x＋7y－2＝0. (2)因?yàn)镽t△ABC斜邊中點(diǎn)為M(2,0)，所以M為Rt△ABC外接圓的圓心． 又AM＝2，從而Rt△ABC外接圓的方程為(x－2)2＋y2＝8. 設(shè)P(a，b)，因?yàn)閯訄AP過點(diǎn)N，所以該圓的半徑r＝，圓方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2. 由于⊙P與⊙M

2、相交，則公共弦所在直線m的方程為(4－2a)x－2by＋a2＋b2－r2＋4＝0. 因?yàn)楣蚕议L為4，⊙M半徑為2，所以M(2,0)到m的距離d＝2，即＝2， 化簡得b2＝3a2－4a，所以r＝ ＝ . 當(dāng)a＝0時(shí)，r最小值為2，此時(shí)b＝0，圓的方程為x2＋y2＝4. [方法技巧] 解決有關(guān)直線與圓位置關(guān)系的問題的方法 (1)直線與圓的方程求解通常用的待定系數(shù)法，由于直線方程和圓的方程均有不同形式，故要根據(jù)所給幾何條件靈活使用方程． (2)對直線與直線的位置關(guān)系的相關(guān)問題要用好直線基本量之一斜率，要注意優(yōu)先考慮斜率不存在的情況． (3)直線與圓的位置關(guān)系以及圓與圓的位置關(guān)系在處

3、理時(shí)幾何法優(yōu)先，有時(shí)也需要用代數(shù)法即解方程組． [演練沖關(guān)] 　已知以點(diǎn)C(t∈R，t≠0)為圓心的圓與x軸交于點(diǎn)O，A，與y軸交于點(diǎn)O，B，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)． (1)求證：△OAB的面積為定值； (2)設(shè)直線y＝－2x＋4與圓C交于點(diǎn)M，N，若OM＝ON，求圓C的方程． 解：(1)證明：因?yàn)閳AC過原點(diǎn)O，所以O(shè)C2＝t2＋. 設(shè)圓C的方程是(x－t)2＋2＝t2＋， 令x＝0，得y1＝0，y2＝； 令y＝0，得x1＝0，x2＝2t， 所以S△OAB＝OA·OB＝××|2t|＝4， 即△OAB的面積為定值． (2)因?yàn)镺M＝ON，CM＝CN， 所以O(shè)C垂直平分線段M

4、N. 因?yàn)閗MN＝－2，所以kOC＝. 所以＝t，解得t＝2或t＝－2. 當(dāng)t＝2時(shí)，圓心C的坐標(biāo)為(2,1)，OC＝， 此時(shí)C到直線y＝－2x＋4的距離d＝<， 圓C與直線y＝－2x＋4相交于兩點(diǎn)． 當(dāng)t＝－2時(shí)，圓心C的坐標(biāo)為(－2，－1)，OC＝， 此時(shí)C到直線y＝－2x＋4的距離d＝>. 圓C與直線y＝－2x＋4不相交， 所以t＝－2不符合題意，舍去． 所以圓C的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝5. 題型(二) 圓中的定點(diǎn)、定值問題 　　主要考查動圓過定點(diǎn)的問題其本質(zhì)是含參方程恒有解，定值問題是引入?yún)?shù)，再利用其滿足的約束條件消去參數(shù)得定值.

5、[典例感悟] [例2]　已知圓C：x2＋y2＝9，點(diǎn)A(－5,0)，直線l：x－2y＝0. (1)求與圓C相切，且與直線l垂直的直線方程； (2)在直線OA上(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，存在定點(diǎn)B(不同于點(diǎn)A)滿足：對于圓C上任一點(diǎn)P，都有為一常數(shù)，試求所有滿足條件的點(diǎn)B的坐標(biāo)． [解]　(1)設(shè)所求直線方程為y＝－2x＋b， 即2x＋y－b＝0. 因?yàn)橹本€與圓C相切， 所以＝3，解得b＝±3. 所以所求直線方程為2x＋y±3＝0. (2)法一：假設(shè)存在這樣的點(diǎn)B(t,0)． 當(dāng)點(diǎn)P為圓C與x軸的左交點(diǎn)(－3,0)時(shí)，＝； 當(dāng)點(diǎn)P為圓C與x軸的右交點(diǎn)(3,0)時(shí)，＝. 依題意

6、，＝， 解得t＝－或t＝－5(舍去)． 下面證明點(diǎn)B對于圓C上任一點(diǎn)P，都有為一常數(shù)． 設(shè)P(x，y)，則y2＝9－x2， 所以＝＝＝＝.從而＝為常數(shù)． 法二：假設(shè)存在這樣的點(diǎn)B(t,0)，使得為常數(shù)λ，則PB2＝λ2PA2，所以(x－t)2＋y2＝λ2[(x＋5)2＋y2]，將y2＝9－x2代入，得 x2－2xt＋t2＋9－x2＝λ2(x2＋10x＋25＋9－x2)， 即2(5λ2＋t)x＋34λ2－t2－9＝0對x∈[－3,3]恒成立， 所以解得或(舍去)． 故存在點(diǎn)B對于圓C上任一點(diǎn)P，都有為常數(shù). [方法技巧] 關(guān)于解決圓中的定點(diǎn)、定值問題的方法 (1)與圓有關(guān)

7、的定點(diǎn)問題最終可化為含有參數(shù)的動直線或動圓過定點(diǎn)．解這類問題關(guān)鍵是引入?yún)?shù)求出動直線或動圓的方程． (2)與圓有關(guān)的定值問題，可以通過直接計(jì)算或證明，還可以通過特殊化，先猜出定值再給出證明． [演練沖關(guān)] 1．已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝4，直線l1過定點(diǎn)A(1,0)． (1) 若l1與圓相切，求直線l1的方程； (2) 若l1與圓相交于P，Q兩點(diǎn)，線段PQ的中點(diǎn)為M，又l1與l2：x＋2y＋2＝0的交點(diǎn)為N，判斷AM·AN是否為定值．若是，則求出定值；若不是，請說明理由． 解：(1)若直線l1的斜率不存在，即直線l1的方程為x＝1，符合題意； 若直線l1斜率存在，設(shè)直

8、線l1的方程為y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0. 由題意知，圓心(3,4)到直線l1的距離等于半徑2，即＝2，解得k＝，則l1：3x－4y－3＝0. 所求直線l1的方程是x＝1或3x－4y－3＝0. (2)直線與圓相交，斜率必定存在，且不為0，可設(shè)直線l1方程為kx－y－k＝0. 由得N. 又因?yàn)橹本€CM與l1垂直， 故可得M. 所以AM·AN＝·＝·＝6，為定值．故AM·AN是定值，且為6. 2．已知圓M的方程為x2＋(y－2)2＝1，直線l的方程為x－2y＝0，點(diǎn)P在直線l上，過P點(diǎn)作圓M的切線PA，PB，切點(diǎn)為A，B. (1)若∠APB＝60°，求點(diǎn)P的坐標(biāo)； (

9、2)若P點(diǎn)的坐標(biāo)為(2,1)，過P作直線與圓M交于C，D兩點(diǎn)，當(dāng)CD＝時(shí)，求直線CD的方程； (3)求證：經(jīng)過A，P，M三點(diǎn)的圓必過定點(diǎn)，并求出所有定點(diǎn)的坐標(biāo)． 解：(1)設(shè)P(2m，m)，因?yàn)椤螦PB＝60°，AM＝1， 所以MP＝2，所以(2m)2＋(m－2)2＝4， 解得m＝0或m＝， 故所求點(diǎn)P的坐標(biāo)為P(0,0)或P. (2)易知直線CD的斜率存在，可設(shè)直線CD的方程為y－1＝k(x－2)， 由題知圓心M到直線CD的距離為， 所以＝， 解得k＝－1或k＝－， 故所求直線CD的方程為x＋y－3＝0或x＋7y－9＝0. (3)證明：設(shè)P(2m，m)，MP的中點(diǎn)Q，

10、 因?yàn)镻A是圓M的切線， 所以經(jīng)過A，P，M三點(diǎn)的圓是以Q為圓心，以MQ為半徑的圓， 故其方程為(x－m)2＋2＝m2＋2， 化簡得x2＋y2－2y－m(2x＋y－2)＝0，此式是關(guān)于m的恒等式， 故解得或 所以經(jīng)過A，P，M三點(diǎn)的圓必過定點(diǎn)(0,2)或. 題型(三) 與直線、圓有關(guān)的最值或范圍問題 　　主要考查與直線和圓有關(guān)的長度、面積的最值或有關(guān)參數(shù)的取值范圍問題. [典例感悟] [例3]　已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)A(－1,0)，B(1,0)，C(3,2)，其外接圓為圓H. (1)若直線l過點(diǎn)C，且被圓H截得的弦長為2，求直線l的方程； (2)對于線段B

11、H上的任意一點(diǎn)P，若在以C為圓心的圓上都存在不同的兩點(diǎn)M，N，使得點(diǎn)M是線段PN的中點(diǎn)，求圓C的半徑r的取值范圍． [解]　(1)線段AB的垂直平分線方程為x＝0，線段BC的垂直平分線方程為x＋y－3＝0. 所以外接圓圓心H(0,3)，半徑為＝. 圓H的方程為x2＋(y－3)2＝10. 設(shè)圓心H到直線l的距離為d，因?yàn)橹本€l被圓H截得的弦長為2，所以d＝＝3. 當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí)，顯然符合題意，即x＝3為所求； 當(dāng)直線l不垂直于x軸時(shí)，設(shè)直線方程為y－2＝k(x－3)，則＝3，解得k＝. 所以直線l的方程為y－2＝(x－3)，即4x－3y－6＝0. 綜上，直線l的方程為x＝3

12、或4x－3y－6＝0. (2) 直線BH的方程為3x＋y－3＝0，設(shè)P(m，n)(0≤m≤1)，N(x，y)． 因?yàn)辄c(diǎn)M是線段PN的中點(diǎn)，所以M， 又M，N都在半徑為r的圓C上，所以 即 因?yàn)樵撽P(guān)于x，y的方程組有解，即以(3,2)為圓心，r為半徑的圓與以(6－m,4－n)為圓心，2r為半徑的圓有公共點(diǎn)，所以(2r－r)2≤(3－6＋m)2＋(2－4＋n)2≤(r＋2r)2. 又3m＋n－3＝0，所以r2≤10m2－12m＋10≤9r2對任意的m∈[0,1]成立． 而f(m)＝10m2－12m＋10在[0,1]上的值域?yàn)椋詒2≤且10≤9r2. 又線段BH與圓C無公共點(diǎn)

13、，所以(m－3)2＋(3－3m－2)2>r2對任意的m∈[0,1]成立，即r2<.故圓C的半徑r的取值范圍為. [方法技巧] 1．隱形圓問題 有些時(shí)候，在條件中沒有直接給出圓方面的信息，而是隱藏在題目中的，要通過分析和轉(zhuǎn)化，發(fā)現(xiàn)圓(或圓的方程), 從而最終可以利用圓的知識來求解，我們稱這類問題為“隱形圓”問題． 2．隱形圓的確定方法 (1)利用圓的定義(到定點(diǎn)的距離等于定長的點(diǎn)的軌跡)確定隱形圓； (2)動點(diǎn)P 對兩定點(diǎn)A，B張角是90°(kPA·kPB＝－1)確定隱形圓； (3)兩定點(diǎn)A，B，動點(diǎn)P滿足·＝λ確定隱形圓； (4)兩定點(diǎn)A，B，動點(diǎn)P滿足PA2＋PB2是定值確定

14、隱形圓； (5)兩定點(diǎn)A，B，動點(diǎn)P滿足PA＝λPB(λ＞0，λ≠1)確定隱形圓(阿波羅尼斯圓)； (6)由圓周角的性質(zhì)確定隱形圓． 3．與圓有關(guān)的最值或范圍問題的求解策略 與圓有關(guān)的最值或取值范圍問題的求解，要對問題條件進(jìn)行全方位的審視，特別是題中各個(gè)條件之間的相互關(guān)系及隱含條件的挖掘，要掌握解決問題常使用的思想方法，如要善于利用數(shù)形結(jié)合思想，利用幾何知識，求最值或范圍，要善于利用轉(zhuǎn)化與化歸思想將最值或范圍轉(zhuǎn)化為函數(shù)關(guān)系求解． [演練沖關(guān)] 1.(2018·蘇北四市期中)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：x2＋y2－4x＝0及點(diǎn)A(－1,0)，B(1,2)． (1)若直

15、線l平行于AB，與圓C相交于M，N兩點(diǎn)，MN＝AB，求直線l的方程； (2)在圓C上是否存在點(diǎn)P，使得PA2＋PB2＝12？若存在，求點(diǎn)P的個(gè)數(shù)；若不存在，說明理由． 解：(1)因?yàn)閳AC的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－2)2＋y2＝4， 所以圓心C(2,0)，半徑為2. 因?yàn)閘∥AB，A(－1,0)，B(1,2)， 所以直線l的斜率為＝1， 設(shè)直線l的方程為x－y＋m＝0， 則圓心C到直線l的距離為d＝＝. 因?yàn)镸N＝AB＝＝2， 而CM2＝d2＋2，所以4＝＋2， 解得m＝0或m＝－4，故直線l的方程為x－y＝0或x－y－4＝0. (2)假設(shè)圓C上存在點(diǎn)P，設(shè)P(x，y)， 則(x

16、－2)2＋y2＝4， PA2＋PB2＝(x＋1)2＋(y－0)2＋(x－1)2＋(y－2)2＝12， 即x2＋y2－2y－3＝0，x2＋(y－1)2＝4， 因?yàn)閨2－2|<<2＋2， 所以圓(x－2)2＋y2＝4與圓x2＋(y－1)2＝4相交， 所以點(diǎn)P的個(gè)數(shù)為2. 2．在等腰△ABC中，已知AB＝AC，且點(diǎn)B(－1,0)．點(diǎn)D(2,0)為AC的中點(diǎn)． (1)求點(diǎn)C的軌跡方程； (2)已知直線l：x＋y－4＝0，求邊BC在直線l上的射影EF長的最大值． 解：(1)設(shè)C(x，y)， ∵D(2,0)為AC的中點(diǎn)． ∴A(4－x，－y)， ∵B(－1,0)，由AB＝AC，得A

17、B2＝AC2. ∴(x－5)2＋y2＝(2x－4)2＋(2y)2， 整理得(x－1)2＋y2＝4. ∵A，B，C三點(diǎn)不共線，∴y≠0， 則點(diǎn)C的軌跡方程為(x－1)2＋y2＝4(y≠0)． (2)法一：由條件，易得BE：x－y＋1＝0. 設(shè)CF：x－y＋b＝0. 當(dāng)EF取得最大值時(shí)， 直線CF與圓(x－1)2＋y2＝4相切， 設(shè)M(1,0)，則M到CF的距離為＝2. ∴b＝2－1(舍去)或b＝－2－1. ∴CF：x－y－2－1＝0. ∴EFmax等于點(diǎn)B到CF的距離 ＝＝＋2. 法二：設(shè)點(diǎn)M(1,0)，如圖，過點(diǎn)C的軌跡圓心M作BE，CF的垂線，垂足分別為G，H，

18、 則四邊形EFHG是矩形． ∴EF＝GH＝GM＋MH. 由條件，得MG＝＝＝. ∵M(jìn)H的最大值為半徑2. ∴EFmax＝＋2. 3.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知以M為圓心的圓M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一點(diǎn)A(2,4)． (1)設(shè)圓N與x軸相切，與圓M外切，且圓心N在直線x＝6上，求圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)平行于OA的直線l與圓M相交于B，C兩點(diǎn)，且BC＝OA，求直線l的方程； (3)設(shè)點(diǎn)T(t,0)滿足：存在圓M上的兩點(diǎn)P和Q，使得＋＝，求實(shí)數(shù)t的取值范圍． 解：圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－6)2＋(y－7)2＝25， 所以圓心M(6,7)，半徑為5

19、. (1)由圓心N在直線x＝6上，可設(shè)N(6，y0)． 因?yàn)閳AN與x軸相切，與圓M外切， 所以0＜y0＜7，圓N的半徑為y0， 從而7－y0＝5＋y0，解得y0＝1. 因此，圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－6)2＋(y－1)2＝1. (2)因?yàn)橹本€l∥OA， 所以直線l的斜率為＝2. 設(shè)直線l的方程為y＝2x＋m， 即2x－y＋m＝0， 則圓心M到直線l的距離 d＝＝. 因?yàn)锽C＝OA＝＝2，而MC2＝d2＋2， 所以25＝＋5，解得m＝5或m＝－15. 故直線l的方程為2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0. (3)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 因?yàn)锳(2,

20、4)，T(t,0)，＋＝， 所以① 因?yàn)辄c(diǎn)Q在圓M上，所以(x2－6)2＋(y2－7)2＝25.② 將①代入②，得(x1－t－4)2＋(y1－3)2＝25. 于是點(diǎn)P(x1，y1)既在圓M上，又在圓[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25上， 從而圓(x－6)2＋(y－7)2＝25與圓[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25有公共點(diǎn)， 所以5－5≤≤5＋5， 解得2－2≤t≤2＋2. 因此，實(shí)數(shù)t的取值范圍是[2－2，2＋2 ]． [課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練] A組——大題保分練 1．已知圓O：x2＋y2＝4交y軸正半軸于點(diǎn)A，點(diǎn)B，C是圓O上異于點(diǎn)A的兩個(gè)動點(diǎn)． (1)若B與A

21、關(guān)于原點(diǎn)O對稱，直線AC和直線BC分別交直線y＝4于點(diǎn)M，N，求線段MN長度的最小值； (2)若直線AC和直線AB的斜率之積為1，求證：直線BC與x軸垂直． 解：(1)由題意，直線AC和直線BC的斜率一定存在且不為0，且A(0,2)，B(0，－2)，AC⊥BC. 設(shè)直線AC的斜率為k，則直線BC的斜率為－， 所以直線AC的方程為y＝kx＋2，直線BC的方程為y＝－x－2， 故它們與直線y＝4的交點(diǎn)分別為M，N(－6k,4)． 所以MN＝≥4，當(dāng)且僅當(dāng)k＝±時(shí)取等號，所以線段MN長度的最小值為4. (2)證明：易知直線AC和直線AB的斜率一定存在且不為0，設(shè)直線AC的方程為y＝kx

22、＋2，則直線AB的方程為y＝x＋2. 由解得C，同理可得B. 因?yàn)锽，C兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)相等，所以BC⊥x軸． 2．已知圓x2＋y2－4x＋2y－3＝0和圓外一點(diǎn)M(4，－8)． (1)過M作直線交圓于A，B兩點(diǎn)，若|AB|＝4，求直線AB的方程； (2)過M作圓的切線，切點(diǎn)分別為C，D，求切線長及CD所在直線的方程． 解：(1)圓即(x－2)2＋(y＋1)2＝8， 圓心為P(2，－1)，半徑r＝2. ①若割線斜率存在，設(shè)AB：y＋8＝k(x－4)， 即kx－y－4k－8＝0，設(shè)AB的中點(diǎn)為N， 則|PN|＝＝， 由|PN|2＋2＝r2，得k＝－， AB：45x＋28y＋4

23、4＝0. ②若割線斜率不存在，AB：x＝4， 代入圓方程得y2＋2y－3＝0，y1＝1，y2＝－3符合題意． 綜上，直線AB的方程為45x＋28y＋44＝0或x＝4. (2)切線長為＝＝3. 以PM為直徑的圓的方程為 (x－2)(x－4)＋(y＋1)(y＋8)＝0， 即x2＋y2－6x＋9y＋16＝0. 又已知圓的方程為x2＋y2－4x＋2y－3＝0， 兩式相減，得2x－7y－19＝0， 所以直線CD的方程為2x－7y－19＝0. 3．已知直線l：4x＋3y＋10＝0，半徑為2的圓C與l相切，圓心C在x軸上且在直線l的右上方． (1)求圓C的方程； (2)過點(diǎn)M(1,

24、0)的直線與圓C交于A，B兩點(diǎn)(A在x軸上方)，問在x軸正半軸上是否存在定點(diǎn)N，使得x軸平分∠ANB？若存在，請求出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解：(1)設(shè)圓心C(a,0)， 則＝2?a＝0或a＝－5(舍去)． 所以圓C的方程為x2＋y2＝4. (2)當(dāng)直線AB⊥x軸時(shí)，x軸平分∠ANB. 當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)，N(t,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝.若x軸平分∠ANB，則kAN＝－kBN?＋＝0?＋＝0?2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2

25、t＝0?－＋2t＝0?t＝4， 所以當(dāng)點(diǎn)N為(4,0)時(shí)，能使得∠ANM＝∠BNM總成立． 4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C1：(x＋3)2＋(y－1)2＝4和圓C2：(x－4)2＋(y－5)2＝4. (1)若直線l過點(diǎn)A(4,0)，且被圓C1截得的弦長為2，求直線l的方程； (2)設(shè)P為平面上的點(diǎn)，滿足：存在過點(diǎn)P的無窮多對互相垂直的直線l1和l2，它們分別與圓C1和C2相交，且直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等，求所有滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)． 解：(1)由于直線x＝4與圓C1不相交， ∴直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－4)，圓C1的圓心

26、到直線l的距離為d. ∵l被圓C1截得的弦長為2， ∴d＝ ＝1. 又由點(diǎn)到直線的距離公式得d＝， ∴k(24k＋7)＝0，解得k＝0或k＝－， ∴直線l的方程為y＝0或7x＋24y－28＝0. (2)設(shè)點(diǎn)P(a，b)滿足條件， 由題意分析可得直線l1，l2的斜率均存在且不為0， 不妨設(shè)直線l1的方程為y－b＝k(x－a)，則直線l2的方程為y－b＝－(x－a)． ∵圓C1和圓C2的半徑相等，且直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等， ∴圓C1的圓心到直線l1的距離和圓C2的圓心到直線l2的距離相等， 即＝， 整理得|1＋3k＋ak－b|＝|5k＋4

27、－a－bk|. ∴1＋3k＋ak－b＝±(5k＋4－a－bk)， 即(a＋b－2)k＝b－a＋3或(a－b＋8)k＝a＋b－5. ∵k的取值有無窮多個(gè)， ∴或 解得或 故這樣的點(diǎn)只可能是點(diǎn)P1或點(diǎn)P2－，. B組——大題增分練 1.如圖，已知以點(diǎn)A(－1,2)為圓心的圓與直線l1：x＋2y＋7＝0相切．過點(diǎn)B(－2,0)的動直線l與圓A相交于M，N兩點(diǎn)，Q是MN的中點(diǎn)，直線l與l1相交于點(diǎn)P. (1)求圓A的方程； (2)當(dāng)MN＝2時(shí)，求直線l的方程． 解：(1)設(shè)圓A的半徑為r. 由于圓A與直線l1：x＋2y＋7＝0相切， ∴r＝＝2. ∴圓A的方程為(x＋1)2

28、＋(y－2)2＝20. (2)①當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，易知x＝－2符合題意； ②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋2)． 即kx－y＋2k＝0. 連結(jié)AQ，則AQ⊥MN. ∵M(jìn)N＝2， ∴AQ＝＝1， 則由AQ＝＝1， 得k＝，∴直線l：3x－4y＋6＝0. 故直線l的方程為x＝－2或3x－4y＋6＝0. 2．已知點(diǎn)P(2,2)，圓C：x2＋y2－8y＝0，過點(diǎn)P的動直線l與圓C交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M，O為坐標(biāo)原點(diǎn)． (1)求M的軌跡方程； (2)當(dāng)OP＝OM時(shí)，求證：△POM的面積為定值． 解：(1)圓C的方程可化為x2＋(y－4

29、)2＝16， 所以圓心為C(0,4)，半徑為4. 設(shè)M(x，y)，則＝(x，y－4)，＝(2－x,2－y)． 由題設(shè)知·＝0， 故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0， 即(x－1)2＋(y－3)2＝2. 由于點(diǎn)P在圓C的內(nèi)部， 所以M的軌跡方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2. (2)證明：由(1)可知M的軌跡是以點(diǎn)N(1,3)為圓心，為半徑的圓． 由于OP＝OM，故O在線段PM的垂直平分線上， 又P在圓N上，從而ON⊥PM. 因?yàn)镺N的斜率為3，所以PM的斜率為－， 故PM的方程為y＝－x＋. 又OM＝OP＝2，O到l的距離d為， 所以PM＝2＝， 所以△P

30、OM的面積為S△POM＝PM·d＝. 3.如圖，已知位于y軸左側(cè)的圓C與y軸相切于點(diǎn)(0,1)，且被x軸分成的兩段弧長之比為2∶1，過點(diǎn)H(0，t)的直線l與圓C相交于M，N兩點(diǎn)，且以MN為直徑的圓恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O. (1)求圓C的方程； (2)當(dāng)t＝1時(shí)，求直線l的方程； (3)求直線OM的斜率k的取值范圍． 解：(1)因?yàn)槲挥趛軸左側(cè)的圓C與y軸相切于點(diǎn)(0,1)，所以圓心C在直線y＝1上． 又圓C與x軸的交點(diǎn)分別為A，B，由圓C被x軸分成的兩段弧長之比為2∶1，得∠ACB＝. 所以CA＝CB＝2，圓心C的坐標(biāo)為(－2,1)． 所以圓C的方程為(x＋2)2＋(y－1)2＝

31、4. (2)當(dāng)t＝1時(shí)，由題意知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝mx＋1. 由消去y， 得(m2＋1)x2＋4x＝0， 解得或 不妨令M，N(0,1)． 因?yàn)橐訫N為直徑的圓恰好經(jīng)過O(0,0)， 所以·＝·(0,1)＝＝0，解得m＝2±， 故所求直線l的方程為y＝(2＋)x＋1或y＝(2－)x＋1. (3)設(shè)直線OM的方程為y＝kx， 由題意，知≤2，解得k≤. 同理得－≤，解得k≤－或k>0. 由(2)知，k＝0也滿足題意． 所以k的取值范圍是∪. 4．已知過點(diǎn)A(－1,0)的動直線l與圓C：x2＋(y－3)2＝4相交于P、Q兩點(diǎn)，M是PQ中點(diǎn)，l與直線m

32、：x＋3y＋6＝0相交于N. (1)求證：當(dāng)l與m垂直時(shí)，l必過圓心C； (2)當(dāng)PQ＝2時(shí)，求直線l的方程； (3)探索·是否與直線l的傾斜角有關(guān)，若無關(guān)，請求出其值；若有關(guān)，請說明理由． 解：(1)∵l與m垂直， 且km＝－，∴kl＝3， 故直線l方程為y＝3(x＋1)，即3x－y＋3＝0. ∵圓心坐標(biāo)(0,3)滿足直線l方程， ∴當(dāng)l與m垂直時(shí)，l必過圓心C. (2)①當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)， 易知x＝－1符合題意． ②當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)， 設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)，即kx－y＋k＝0， ∵PQ＝2，∴CM＝＝1， 則由CM＝＝1，得k＝， ∴直線l：4x－3y＋4＝0. 故直線l的方程為x＝－1或4x－3y＋4＝0. (3)∵CM⊥MN，∴·＝(＋)·＝ ·＋·＝·. 當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，易得N， 則＝，又＝(1,3)， ∴·＝·＝－5. 當(dāng)l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)， 則由得N， 則＝， ∴·＝·＝＋＝－5. 綜上所述，·與直線l的斜率無關(guān)， 且·＝－5.