(完整版)直线与圆练习题(带答案解析)

直线方程、直线与圆练习

1．如果两条直线l1:ax2y60与l2:x(a1)y30平行，那么a等 A．1 B．-1 C．2 D．【答案】B 【解析】

2 3A1B2A2B1ACA2C1A1B2A2B1试题分析：两条直线平行需满足12即a1，故选择B

ACAC1221考点：两条直线位置关系

2． 已知点A（1，1），B（3，3），则线段AB的垂直平分线的方程是 A．yx4 B．yx C．yx4 D．yx 【答案】A 【解析】

试题分析：由题意可得:AB中点C坐标为直平分线的斜率为-1，所以直线方程为：

2,2，且kAB31131，所以线段AB的垂

，故选择A

y2x4yx4考点：求直线方程

3．如图，定圆半径为a，圆心为(b,c)，则直线axbyc0与直线xy10的交点在

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【解析】

bcx0axbyc0ba试题分析：由图形可知bac0，由得所以交点xy10acy0ba在第四象限

考点：圆的方程及直线的交点

4．若点(k,0)与(b,0)的中点为(1,0)，则直线ykxb必定经过点 A．(1,2) B．(1,2) C．(1,2) D．(1,2) 【答案】A 【解析】

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试题分析：由中点坐标公式可得kb2，所以直线ykxb化为

ykx2kkx1y2，令x10,y20x1,y2，定点(1,2)

考点：1．中点坐标公式；2．直线方程

5．过点P(1,3)且平行于直线x2y30 的直线方程为（ ） A．2xy10 B．2xy50 C．x2y50 D．x2y70

【答案】D 【解析】

试题分析：设直线方程：x2yc0，将点P(1,3)代入方程，-1-6c0，解得c7，所以方程是x2y70，故选D． 考点：直线方程 6．设Px,y是曲线C:取值范围是（）

A．3,3 B．,33, yx2cos（为参数,02）上任意一点，则的xysinC．3333 , D．,,3333

【答案】C 【解析】

x2cosC:ysin试题分析：曲线（为参数,02）的普通方程为：

yx2y1,Px,y是曲线C:x2y1上任意一点，则x的几何意义就2222是圆上的点与坐标原点连线的斜率， 如图：

y33,x33．

故选C．

考点：1.直线与圆的位置关系；2.直线的斜率；3.圆的参数方程．

7．设点A(1,0)，B(2,1)，如果直线axby1与线段AB有一个公共点，那么a2b2

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（A）最小值为1155 （B）最小值为 （C）最大值为 （D）最大值为 5555【答案】A

【解析】

试题分析：直线ax+by=1与线段AB有一个公共点，则点A(1，0)B(2，1)应分布在直线ax+by-1=0两侧，将(1，0)与(2，1)代入，则(a-1)(2a+b-1)≤0，以a为横坐标，b为纵坐标画出区域如下图：则原点到区域内点的最近距离为OA，即原点到直线2a+b-1=0的距离，OA=故选A.

15，a2b2表示原点到区域内点的距离的平方，∴a2b2的最小值为，55

考点：线性规划.

8．点1． ，1到直线xy10的距离是（ ）A．1 B．3 C．

22322 D．

22【答案】D

【解析】

试题分析：根据点到直线的距离公式，d1(1)1121232，故选D。 2考点：点到直线的距离公式

9．已知直线x2ay10与直线(a2)xay20平行，则a的值是（ ） A．2233 B．或0 C．- D．-或0 2332【答案】A 【解析】

试题分析：两直线平行，系数满足1a2aa2a合a3,0，a0时两直线重23 2考点：直线平行的判定

10．已知点A(1,3)，B(2,1)，若直线l：yk(x2)1与线段AB没有交点，则k的取值范围是（ ）

1111A．k>2 B．k<2 C．k>2或k<-2 D．-2.

311112,kPB，由此已知直线l122221若与直线AB有交点，则斜率k满足的条件是0k或k2，因此若直线l若与直

21线AB，没有交点，则斜率k满足的条件是k或k2，故选C．

2试题分析：如图所示：由已知可得kPA

考点：两条直线的交点坐标

11．已知直线l1:x2ay10与l2:(2a1)xay10平行，则a的值是（ ） A．0或1 B．1或111 C．0或 D． 444【答案】C

【解析】

试题分析：当a0时，两直线的斜率都不存在，它们的方程分别是x1,x1显然两直线是平行的．当a0时，两直线的斜率都存在，则它们的斜率相等，由

12a11a，故选C． 2a1a14考点：两直线平行于倾斜角、斜率的关系

12．已知点1,2和3,0在直线l:axy10a0的两侧，则直线l倾斜角的取值范围

3是（ ） A． B．25 C．3 D．2 ,,0,,,43343633【答案】C 【解析】

试题分析：因为点1,2和3,0在直线l:axy10a0的两侧，所以

33，解得1a3，设直线l的倾斜角a213a10a1a30为，1tan3，0考点：直线的斜率与倾斜角

3或3，故选C． 413．一条光线从点(2,3)射出，经y轴反射与圆(x3)2(y2)21相切，则反射光线所在的直线的斜率为 A．33544353或 B．或 C．或 D．或 22453435试卷第4页，总48页

【答案】D

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【解析】

A2,3试题分析：点(2,3)关于y轴对称的点坐标为，经y轴反射与圆(x3)2(y2)21相切可以看作为由点A向圆引得两条切线，设斜率为k，则切线

方程可为：

ykx23，又因为圆心坐标为

3,2，半径为1，所以有

k3223k121解得k43k3或4，故选择D

考点：过园外点求圆的切线方程

14．两直线(2m1)xy30与6xmy10垂直，则m的值为 A．0 B．【答案】C 【解析】

试题分析：由两直线垂直需满足：“

666 C． D．0或 131113A1.A2B1.B20”可得62m1m0，解得

m613 考点：平面直线的位置关系

ykx3(x3)2(y2)24MN23k 3,043,40, 33,33

【答案】A 【解析】

2 ,03试题分析：根据圆的弦长公式，圆心到直线的距离d1，所以d为8k26k0，解得-3k1k121，整理3k0 4考点：1．圆的弦长公式；2．解一元二次不等式．

16．若圆心在x轴上、半径为5的圆O位于y轴左侧，且与直线x+2y=0相切，则圆O的方程是（ ）

A．(x5)2y25 B．(x5)2y25 C．(x5)2y25 D．(x5)2y25 【答案】D 【解析】

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试题分析：设圆心Oa,0，a0，da55，所以a5，那么方程是

x52y25

考点：圆的标准方程

22xy2的位置关系一定是（ ） ykx117． 对任意的实数k，直线与圆

A．相离 B．相切

C．相交但直线不过圆心 D．相交且直线过圆心 【答案】C 【解析】

试题分析：因为直线过定点0,1，又圆心与定点的距离为12，所以为C。 考点：1．定点问题；2．直线与圆的位置关系的判定；

18．从圆x22xy22y10外一点P3,2向这个圆作两条切线，则两切线夹角的余弦值为（ ） A．133 B． C． D．0 252【答案】B 【解析】

试题分析：圆心为C1,1,r1，x22xy22y10变形为x1y11，设

切

点

为

22A,B，所以直角PAC中

PC5sin123coscos22cos21 555考点：1．直线和圆相切的位置关系；2．三角函数基本公式

22xy20x1y21相交于A，B两点，则弦|AB|=（ ） 19．直线与圆

A．32 B． C．3 D．2 22【答案】D

【解析】

试题分析：圆心到直线的距离d11222，所以AB212，故选D． 2211考点：直线与圆的位置关系．

20．已知直线3x4y150与圆O:x2y225交于A、B两点，点C在圆O上，且SABC8，则满足条件的点C的个数为 （ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【解析】

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试题分析：圆心O到已知直线的距离为d1532423，因此AB252328，设点C到直线AB的距离为h，则SABC18h8，h2，由于2，因此与直线AB距离为2的两条直线中一条与圆相dh325r（圆的半径）

切，一条与圆相交，故符合条件的点C有三个，选C． 考点：直线与圆的位置关系．

21．垂直于直线yx1且与圆x2y21相切于第一象限的直线方程是（ ） A．xy20 B．xy10 C．xy10 D．xy20 【答案】A 【解析】

试题分析：∵直线垂直于直线yx1，∴设直线为yxb，又∵直线与圆

x2y21相切，

∴|b|1，即b2，∵与圆x2y21相切于第一象限，∴b2，∴直线方程2是xy20． 考点：直线与圆相切问题．

22．直线l:yk(x2)2 将圆C:x2y22x2y0平分，则直线l的方向向量是（ ）

（A）(2,2) （B）(2,2) （C）(3,2) （D）(2,1) 【答案】B 【解析】

试题分析：圆C的标准方程为(x1)2(y1)22，圆心为(1,1)，由题意，1k(12)2，k1，因此直线l的方向向量为与向量(1,1)平行的向量（除零向量）

只有B中向量与(1,1)平行，故选B.

考点：直线的方向向量.

2222

23．已知圆C1：（x－2）＋（y－3）＝1，圆C2：（x－3）＋（y－4）＝9，M、N分别是圆C1、C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为（ ） A．52－4 B．17－1 C．6－22 D．17 【答案】A 【解析】

试题分析：做圆C1关于x轴的对称点C12，3，那么最小值就是圆心距减两圆半径，所以最小值是C1C213524． 考点：圆的性质

.

24．圆A:xy4x2y10与圆B:xy2x6y10的位置关系是（ ）．

A．相交 B．相离 C．相切 D．内含 【答案】C 【解析】

试题分析：将圆A的方程标准化可得x2y14，可得A2,1,R2，圆B的方程标准化

222222x1y3229可得B1,3,r3，所以

AB1231225，所以ABRr，所以圆A,B外切。故选C。

考点：圆与圆的位置关系

25．过点Pa,5作圆x2y14的切线，切线长为23，则a等于（ ）． A．－1 B．－2 C．－3 D．0 【答案】B 【解析】

试题分析：因为x2y14的圆心为C2,1,r2，所以点Pa,5到圆

2222心的距离为CPa25122a2216，因为过切点的半径与切线垂222直，所以根据勾股定理，得切线长为23B。

考点：圆的切线方程

a2162a2，故选

26．直线3x4y50与圆2x2y4x2y10的位置关系是（ ）． A．相离 B．相切

C．相交但直线不过圆心 D．相交且直线过圆心 【答案】D 【解析】

2213试题分析：由2x2y4x2y10化为标准方程x1y，所以

242222其圆心为1,，31412150，所以圆心在直线上，所以直线与圆相交且过圆2心。

考点：直线与圆的位置关系

27．已知圆C1:x32y121，圆C2与圆C1关于直线2xy20对称，则圆C2的方程为 （ ） A．x12(y2)21 B．x2y121

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C．x12(y1)21 D．(x2)2y121 【答案】C 【解析】

试题分析：圆C1：圆心为3,1，半径r1，设圆C2的圆心为

y121x1x3 x,y2x3y120y122所以圆C2的圆心为1,1,r1，方程为x12(y1)21 考点：1．对称点求解；2．圆的方程

28．若过点P（-3，-1）的直线l与圆x2y21有公共点，直线l的倾斜角的取值范围（ ） A．(0,6] B(,]． C．[,] D．[0,] 63366【答案】D

【解析】

试题分析：设直线方程为y1kx3kxy3k10，圆心0,0到直线的距离dr

3k110k3，因此倾斜角的范围是[0,] 3k21考点：1．直线和圆的位置关系；2．直线的倾斜角和斜率 29．直线ykx1与圆x2y22y0的位置关系是 A．相交 B．相切

C．相离 D．取决于k的值[ 【答案】A 【解析】

试题分析：直线过定点0,1，而定点满足0212-21-10，所以定点0,1在圆内，所以过圆内点的直线和圆的位置关系是相交．

考点：1．点和圆的位置关系；2．直线和圆的位置关系．

30．在圆x2y24x4y20内，过点E(0,1)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（ ）

A．52 B．102 C．152 D．202 【答案】B 【解析】

试题分析：把圆的方程化为标准方程得x2y210，则圆心坐标为M2,2，

22.

半径为10，根据题意过点E最长的弦为直径AC，最短的弦为过点E与直径AC垂直的弦BD，则AC210,MB10,ME2021225，所以

BD2BE25，又ACBD，所以四边形的面积SB．

考点：直线与圆相交的性质

1ACBD102．故选231．已知圆O的半径为1，PA,PB为该圆的两条切线，A,B为两切点，那么PAPB的最小值为

A．322 B．32 C．422 D．42 【答案】A 【解析】 试题分析： 如

图

所

示

：

设

OPxx01,x ，则

PAPBx21,APO,APB2,sin

2222x43x2222PA.PBPA.PBcos2x112sinx112x322322xxx所以当且仅当x22时取“=”，故最小值为322 考点：向量的数量积的应用

32．圆x2y22x2y10上的点到直线xy2的距离最大值是

A．2 B．12 C．1【答案】B

【解析】

2 D．122 2试题分析：将圆x2y22x2y10整理得：(x1)2(y1)21，圆心(1,1)，

半径r1．圆心(1,1)到直线xy20的距离等于222，因此圆上的点到直线xy20的最大距离为12．

考点：1．直线与圆的位置关系；2．点到直线距离公式．

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33．已知点M(3,2),点P在y轴上运动，点Q在圆C:(x-1)2+(y+2)2=4上运动，则

MP+MQ的最小值为（ ）

A．3 B．5 C．25－1 D．25+1 【答案】A 【解析】

试题分析：方法1：作y轴关于点M的对称直线x6，P关于M的对称点P在直线

x6上运动，PMMP，故MPMQMQMPPQ,则QP的最小值为523．

方法2：设

P(0,a),Q(x0,y0),M(3,2)，MP(3,a2),MQ(x03,y02)

22MPMQ(x06)2y0a422C:(x1)(y2)4上的点(x0,y0)，表示

22C:(x1)(y2)4上的点到定直线x6距离的最(6,4a)与的距离，可看作圆

小值，为523，故选择A

考点：圆上点到直线的最小距离

34．已知点A(－2,0),B(0,4),点P在圆C:(x-3)2+(y－4)2=5,则使∠APB=900的点P的个数为（ ）

A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【解析】

试题分析：因为∠APB=90所以点P在以AB为直径的圆上，所以交点的个数是由以

22()()C:x-3+y－4=5的位置关系，以AB为直径的圆的方程为：AB为直径的圆和圆

0x1y2225，圆心距离d25，等于两半径的和，所以有一个交点，故选择B

考点：1．圆的方程2．圆的位置关系

35．若直线ax2by20(ab0)，始终平分圆x2y24x2y80的周长，则12的最小值为 （ ） abA、1 B．322 C．4 D．6 【答案】D 【解析】

试题分析：因为直线ax2by20(ab0)，始终平分圆x2y24x2y80的周长，所以直线ax2by20过圆的圆心(2,1)则2a2b20，即ab1；

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则

12ab2a2bb2ab2．令t(0t1)，则f(t)t3在(0,1]3abababat12上单调递减，fmin(t)f(1)1236，故的最小值为6

ab考点：1．直线与圆的位置关系；2．基本不等式．

22(x1)(y5)2的两条切线l1,l2 ，A，B为xy036．过直线上一点P作圆

切点，当直线l1,l2关于直线y-x对称时，APB=（ ） A．30 B．45 C．60 D．90

【答案】C 【解析】

试题分析：设圆心为C，因为过点P的直线l1,l2与圆相切且关于直线yx对称，所以直线l1,l2也关于直线PC对称且直线PC垂直于直线yx，故可求出P（-3，．在直3）角BCP中，由BC2,PC22得BPC30，又由对称性知APB60，

故选C．

考点：直线与圆的位置关系的综合问题．

22xy1相交与P，Q两点，且此圆被分成的两段弧长之ykx137．若直线与圆

比为1：2，则k的值为（ ）

A．3或3 B．3 C．2或2 D．2 【答案】A

【解析】

1试题分析：由题易知POQ120且圆心到直线ykx1的距离等于，所以21k211，解得k3 2考点：点到直线距离公式直线与圆相交问题

22238．点M（x0,y0）在圆xyR外，则直线x0xy0yR2与圆的位置关系是（ ）

A．相切 B． 相交 C．相离 D．不确定 【答案】B 【解析】

22222xyR试题分析：由点M（x0,y0）在圆外得，x0y0R2所以圆心到（0，0）直线x0xy0yR2

的距离dR2x0y022R2R故相交． R考点：点与圆的位置关系线与圆的位置关系点到直线距离公式．

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39．已知直线3x4y50与圆x2y24相交于A，B两点，则弦AB的长等于 A．33 B．23 C．3 D．1 【答案】B 【解析】

试题分析：圆心（0,0）到直线的距离为1，弦AB的长为24123选B． 考点：直线与圆的位置关系的应用,特征三角形．

40．已知x0，y0，2xy1，若4x2y2xym0恒成立，则m的取值范围是（ ）． A．m171717 B．m C．m D．m0

161616【答案】B

【解析】

试题分析：若4x2y2xym0恒成立，即m4x2y2xy恒成立，只需而

m(4x2y2xy)max，

4x2y2xy(2xy)24xyxy4xyxy14(xy)2xy1 171711174(xy)2，当xy时，取得最大值，所以m．

16168816考点：1．基本不等式；2．恒成立问题的转化；3．二次函数求最值

41．已知直线l：xky50与圆O:x2y210交于A、B两点且OAOB0，则k（ ）

A．2 B．2 C．2 D．2 【答案】B

【解析】

试题分析：由OAOB0可知OAOB，且OAOB10，所以O到直线l：

xky50的距离为52105，由点到直线距离公式由：5，解221k得：k2．

考点：1．向量的垂直；2．直线与圆的位置关系；3．点到直线距离公式．

42．直线xysin10（R）的倾斜角范围是 ． 【答案】[，] 344【解析】

试题分析：设直线xysin10的倾斜角为，当.

2时，则sin0，符合题

意，当1时，则tan(,1][1,)，又0，∴或242sin33。综上满足题意的倾斜角范围是[，] 2444考点：1．斜率的概念;2．正弦、正切函数的图象．

43．在y轴上的截距为－6，且与y轴相交成30°角的直线方程是______________． 【答案】y3x6或y3x6 【解析】

试题分析：因为与y轴相交成30°角，所以直线的倾斜角为60或120，所以直线的斜率为

3或-3，所以又与y轴上的截距为－6，所以直线方程为y3x6或

y3x6。

考点：直线的方程

44．已知三条直线ax2y80,4x3y10和2xy10中没有任何两条平行，但它们不能构成三角形的三边，则实数a的值为____________． 【答案】－1 【解析】

试题分析：由已知三条直线ax2y80,4x3y10和2xy10中没有任何两条平行，但它们不能构成三角形的三边，则直线ax2y80必经过4x3y10和

x44x3y10解得，代入ax2y80可得2xy10的交点，联立y22xy10a1

考点：两条直线的交点坐标

45．直线xy1与直线2x2ym220间距离的最小值为___________． 【答案】2 【解析】

m2试题分析：直线化简为xy10，平行线的距离是

2dm21122m2222，当m0时，距离取得最小值是dmin2．

考点：平行线间的距离

46．经过点P(3,1)，且在x轴上的截距等于在y轴上的截距的2倍的直线l的方程是_____．

【答案】x2y10或x3y0 【解析】

试卷第14页，总48页

.

试题分析：设直线l在x上的截距为a，在y轴上的截距为b，当a0时，b0，此时直线l的方程为y1x3y0；当a0时，a2b，此时直线l的斜率x31b1k，所以直线l的方程为y1x3x2y10． 22b2考点：直线的截距式方程

47．直线2x1y210经过的定点坐标为 ． 【答案】1,1 【解析】

试题分析：整理2x1y210得：2xxyy210，即

x1xy20，解得：，所以直线过定点(xy2)(2xy1)0，则由y12xy101,1．

考点：

48．两平行直线2x3y80与2x3y180之间的距离d ． 【答案】213 【解析】

试题分析：由平行间的距离公式得d考点：平行线间的距离

49．已知角的始边与x轴正半轴重合，终边在射线3x4y0x0上，则

818223226213 13sincos ．

【答案】1 5【解析】

试题分析：在直线上取点（-4，-3），由三角函数的定义得sin,cos所以sincos354，511，答案为．

55考点：三角函数的定义

50．圆心在直线2xy70上的圆C与y轴交于两点A(0,4)，B(0,2)，圆C的方程为___________．

22

【答案】（x-2）+（y+3）=5 【解析】

试题分析：圆心到AB的中垂线y3上，又圆心在2xy70，所以圆心坐标为

2,3，圆的半径为点A到2,3的距离，d2

5，因此圆的方程为（x-2）2+（y+3）

=5

考点：圆的方程

.

22C:(x2)(y1)1切线,切线长的最小l:yx151．过已知直线上的一点作圆

值为___________．

【答案】1 【解析】

试题分析：由圆心到直线的距离可知直线与圆相离。设切线长为d，直线上一点为P，则d2PC1，所以当圆心与直线上一点的连线距离最短时切线长最小，又最小值即为圆心到直线的距离为PCmin221122，所以切线长的最小值为1。

考点：1．直线与圆的位置关系；2．最值问题；

52．圆C：x2y22x2y20的圆心到直线3x+4y+14=0的距离是 ． 【答案】3 【解析】

试题分析：由题可知，将x2y22x2y20化简为(x1)2(y1)24，圆心为(1,1)，因此，圆心到直线的距离公式为|3414|3；

5考点：点到直线的距离公式

53．圆心在直线x2上的圆与y轴交于两点A(0,4),B(0,2)，则该圆的标准方程_______．

【答案】(x2)2(y3)25

【解析】

试题分析：设圆心为(2,a)，因为圆与y轴交于两点A(0,4),B(0,2)，即截y轴所得弦长为2，所以圆的半径为r22125,a213，故答案为

(x2)2(y3)25．

考点：1．圆的标准方程；2．直线与圆的位置关系． 54．（选修4—1：几何证明选讲）

如图，已知切线PA切圆于点A，割线PBC分别交圆于点B,C，点D在线段BC上，且DC2BD，则线段AB的长为 ． PA210，BADPAB，PB4，

PBDCA

【答案】23 【解析】

试卷第16页，总48页

.

(210)2试题分析：由切割线定理得PAPBPC，因此PC10，所以BC6，

42从而BD2,DC4，又由CPABBAD，所以CABADB，所以

ABCB，ABBDCB23． BDAB考点：切割线定理，相似三角形．

【名师点睛】平面几何中与圆有关的性质与定理是高考考查的热点,解题时要充分利用性质与定理求解,本部分内容中常见的命题点有:平行线分线段成比例定理;三角形的相似与性质;圆内接四边形的性质与判定;相交弦定理与切割线定理． 55．直线3x4y150被圆x2y225截得的弦AB的长为 。 【答案】8 【解析】

试题分析：由题意可得：圆心0,0到直线3x4y150的距离d153422 3，所以被圆x2y225截得弦长为252328。

考点：圆的性质.

56．如图，AB是圆O的直径，P在AB的延长线上，PD切圆O于点C.已知圆O半径为3，OP2，则PC______；ACD的大小为______.

D C A

• O B P

【答案】1；75 【解析】

试题分析：由切割线定理可得CP2PBPA23231,所以CP1.连

1COP15，2接OC，Rt△OCP中，OP2,CP1,所以OPC60,OAC所以ACD75. 考点：切割线定理.

57．如图，从圆O外一点P引圆O的切线PA和割线PBC，已知PA22，PC4，圆心O到BC的距离为3，则圆O的半径为_____．

.

C O • B P

A

【答案】2 【解析】

PA2(22)2试题分析：由切割线定理知PB2，所以BC2，所以

PC42r()2(3)22．

2考点：切割线定理，垂径定理．

58．若圆C:x2y24x2ym0与y轴交于A,B两点，且ACB90，则实数m的值为__________． 【答案】－3 【解析】

试题分析：因为C:xy4x2ym0，所以x2y15m，圆心

2222C2,1，因为ACB90，过点C作y轴的垂线交y轴于点D，在等腰直角三角

形BCD中，CDBD2，5mCB244，解得m3。 考点：圆的方程的综合应用

59．若圆B:xyb0与圆C:xy6x8y160没有公共点，则b的取值范围是________________． 【答案】－4＜b＜0或b＜－ 【解析】

试题分析：圆心B0,0，半径R距离公式，所以

2222b，圆心C3,4，半径r3，根据两点间

BC5；因为两圆没有公共点，所以

BCRr4b0或b。 BCRr考点：两圆的位置关系

60．若直线l:xy20与圆C:x2y22x6y20交于A、B两点，则ABC的面积为 ． 【答案】23 【解析】

试卷第18页，总48页

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试题分析：圆C:x2y22x6y20的圆心为1,3，半径r22，圆心到直线的距离d132212，所以弦长为26S26223 2标

系

xoy考点：直线与圆相交的相关问题 61．在平面直角坐

中，已知圆C：

x2y2(62m)x4my5m26m0，直线l经过点1,1，若对任意的实数

m，直线l被圆C截得的弦长都是定值，则直线l的方程为 ．

【答案】2xy10 【解析】

试题分析：将圆Cxy(62m)x4my5m6m0化为标准式得

22x3m，圆心，半径，令，x3my2m9C3m,2mr3y2m222消去m得2xy60所以圆心在直线2xy60，又因为直线l过点1,1，若对任意的实数m，直线l被圆C截得的弦长都是定值，所以直线l与圆心所在直线平行，设l方程为2xyc0，将1,1代入得c1，直线l的方程为2xy10． 考点：直线和圆的方程的应用

62．圆x2y21上的点到直线3x4y250的距离的最小值是 ． 【答案】4

【解析】

试题分析：根据点到直线距离公式d小值为dr514． 考点：点到直线的距离公式

63．已知二次方程x2+y2+x+3y+tanθ=0（－值范围为 ． 【答案】(【解析】

试题分析：二次方程表示足条件为：1切函数图象可得(002555，所以圆上的点到直线的距离最ππ<θ<）表示圆在，则θ的取22,) 24324tan0，解得tan1，由正

,) 242考点：1．圆的方程；2．正切函数图象

．若圆：(x1)2y2r2(r0)与线段：y个交点，则r的取值范围_________． 【答案】2r5或r.

1x1(0x2)有且只有一235 5【解析】

试题分析：圆与直线相切时，圆心1,2到直线rr1xy10的距离为半径235，当圆过点0,1时，半径为2，当圆过点2,0时，半径为5，结合53图形可知2r5，综上可得r的取值范围2r5或r5 5考点：直线与圆的位置关系及数形结合法

65．若圆(x2)2(ya)21与圆(xa)2(y5)216相交，则实数a的取值范围是_______．

【答案】1a2 【解析】 试题分

析

：

两

圆

2相交

2，则圆心距满足

r1r2dr1r23考点：两圆的位置关系

a2a551a2 66．在直角坐标系XOY中，圆C：(xa)2y2a2，圆心为C，圆C与直线的一个交点的横坐标为2． （1）求圆C的标准方程；

（2）直线2与1垂直，且与圆C交于不同两点A、B，若

l1:yxllSABC2，求直线l2的方程．

【答案】（1） (x2)2y24；（2） yx或yx4

【解析】 试题分析：（1）根据条件，先求交点坐标，然后代入圆的标准方程，求出a；（2）根据条件设直线l2的方程是yxm，根据三角形的面积公式，求点C到直线l2的距离，和根据AB1k2x1x2，或AB2R2d2，表示面积，再解m． 试题解析：解:（1）由 圆C与直线可知交点坐标为（2，-2） ∴(2a)2(2)2a2解得a2 所以圆的标准方程为(x2)2y24

（2）由（1）可知圆C的圆心C的坐标为（2，0） 由直线2与直线1垂直， 直线可设直线2:yxm 法一：设

l1:yx的一个交点的横坐标为2，

lll1:yx

lA(x1,y1),B(x2,y2)

试卷第20页，总48页

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(x2)2y24联立方程{，消去y可得2x2(2m4)xm20

yxm解

得

2mm24m42mm24m4x1,x222

22，其中

m24m40 m2x1x22m,x1x2222∴|AB|=1k|x1x2|1k圆心C到AB的距离d(x1x2)4x1x2=22(m2)216 |2m|… 2所以SABC11|2m|=2 |AB|d2(m2)216222令t(m2)2，化简可得2t216t322(t4)20， 解得t(m2)24，所以m0或m4 ∴直线2的方程为yx或yx4 法二：圆心C到AB的距离dl|2m| 2(2m)2 |AB|2Rd24222所以SABC11|2m|=2 |AB|d2(m2)216222令t(m2)2，化简可得2t216t322(t4)20， 解得(m2)2t4，所以m0或m4 ∴直线2的方程为yx或yx4

考点：1．圆的标准方程；2．弦长公式；3．点到直线的距离． 67．求斜率为3，且与坐标轴所围成的三角形的面积是6的直线方程．

4l【答案】3x4y120 【解析】

试题分析：本题考察的是求直线方程，设所求直线为y3xb，由此求出纵截距，4.

横截距x144 b，由已知bb6，解出b的值，由此即可求出直线的方程。

32334令x0，得yb；令y0，得xb，xb，

34试题解析：设所求直线的方程为y由已知，得

142bb6即2b2＝6b26， 解得b3．

33233x3，即3x4y120． 4故所求的直线方程是y考点：直线的截距式方程 68．（本题满分12分）已知直线方程为(2m)x(2m1)y3m40，其中mR （1）求证：直线恒过定点；

（2）当m变化时，求点Q3,4到直线的距离的最大值；

（3）若直线分别与x轴、y轴的负半轴交于A,B两点，求AOB面积的最小值及此时的直线方程．

【答案】（1）1,2；（2）213；（3）2xy40

【解析】 试题分析：（1）本题考察的是直线恒过定点，本题中直线含参数m，我们需要把直线方程进行化简，把含m的综合在一起，求出两个方程的解集即可得到定点．

（2）本题考察的是求点到直线的距离的最大值，因为直线恒过定点，只需保证定点与已知点的连线与已知直线垂直时距离最大，所以距离的最大值即为已知点与定点的距离，利用两点间距离公式即可求出答案．

（3）本题考察的是求直线的截距问题，由（1）直线过定点，根据点斜式方程写出直线方程，分别求出在x,y轴的截距，根据面积公式结合基本不等式即可求出相应的斜率，从而求出直线方程． 试题解析：（1）证明：直线方程为(2m)x(2m1)y3m40， 可化为（2xy4)m(x2y3)0 对任意m都成立，所以x2y30x1，解得，所以直线恒过定点1,2．

2xy40y2（2）点Q3,4到直线的距离最大，可知点Q与定点1,2的连线的距离就是所求最大值， 即314222213 （3）若直线分别与x轴，y轴的负半轴交于A,B两点，直线方程为

y2kx1,k0，

则

2A1,0,B0,k2k，

SAOB12122k1k21k22224 2k2kk2当且仅当k2时取等号，面积的最小值为4

试卷第22页，总48页

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此时直线的方程为2xy40 考点：（1）两点间距离公式；（2）基本不等式 69．（本题满分15分）在ABC中，C的平分线所在直线l的方程为y2x，若点

A4,2,B3,1．

（1）求点A关于直线l的对称点D的坐标； （2）求AC边上的高所在的直线方程； （3）求ABC得面积． 【答案】（1）D(4,2)（2）3xy100（3）10

【解析】 试题分析：（1）先设出点A关于l的对称点的坐标为D(m,n)，根据点点关于直线对称列出方程组，求出m,n；（2）由于直线l为C的平分线，因此可知点D点在直线BC上，根据B，D两点的坐标求出直线BC的方程3xy100，再由C在直线y2x上得到点C的坐标，得到kAC1，因此AC边上的高所在的直线斜率为-3，且过点B，3利用直线的点斜式方程写出AC边上的高所在的直线方程；（3）可验证ACBC，三角形为直角三角形，再求面积即可

1n2m4m42试题解析：（1）设点A关于l的对称点D(m,n)  n2n22m422D(4,2)；

D点在直线BC上，∴直线BC的方程为3xy100，因为C在直线y2x上，所

以3xy100x2所以C(2,4)； y2xy41kAC，所以AC边上的高所在的直线方程的方程为3xy100；

3（备注：若学生发现ACBC,进而指出AC边上的高即为BC，AC边上的高所在的直线方程的方程为3xy100也可以） （3）SABC11ACBC2101010 22考点：1．点与点关于直线对称；2．直线的两点式方程；3．直线的点斜式方程；4．两

条直线垂直的性质；

70．已知三角形的三个顶点4,0，2,4，C0,2．

（1）求C边上中线所在直线的方程（要求写成系数为整数的一般式方程）； （2）求C的面积S． 【答案】（1）x5y40；（2）14． 【解析】 试题分析：（1）根据B,C两点坐标求出BC中点坐标，然后根据直线方程的两点式写出BC中线所在直线方程，再整理成一般式，然后按要求将系数按化为整数；（2）根据A,C两点坐标求出AC所在直线方程，再根据点到直线距离公式，求出点B到直线AC的距离，然后根据三角形面积公式，即可求出ABC的面积．解本题时注意直线方程的灵活使用，选择恰当的方程形式可以提高解题速度，注意解析几何中基本公式的准确运用． 试题解析：（1）由中点坐标公式有BC的中点坐标为：(1,1)

.

又由两点式方程有BC边上中线所在直线的方程为：即x5y40

（2） 直线AC的方程为：x2y40 由点到直线的距离公式有：

y0x(4) 101(4)ABC中AC边的高h又AC22(4)4122145 5(04)2(20)225 ∴ S11145ABh2514 225考点：1．直线方程；2．点到直线距离；

71．（本题满分12分）已知两直线l1:mx8yn0和l2:2xmy10，试确定m，（2）l1l2，且l1在y轴上的截距为-1． n的值，使（1）l1l2；【答案】（1）m4m4m0，或（2）

n2n2n8【解析】

试题分析：（1）本题考察的是两直线平行的判定，若

l1:a1xb1yc10,l2:a2xb2yc20平行，只需入相应的数值即可求出m,n的值．

a1b1c1，根据已知条件代a2b2c2（2）本题考察的是两直线垂直的判断，若l1:a1xb1yc10,l2:a2xb2yc20垂直，则a1a2b1b20，根据已知条件代入相应的数值即可求出m,n的值． 试题解析：（1）l1l2，mm820，

m(1)n20解得m4m4，或

n2n2（2）由题得m02m8m0，解得

n8m08(1)0考点：直线的一般式方程与直线的平行、垂直关系

72．（本题满分14分）已知点A(1,3),B(3,1)，点C是直线l1:3x2y30和直线

l2:2xy20的交点．

（1）求l1与l2的交点C的坐标；

试卷第24页，总48页

.

（2）求ABC的面积． 【答案】（1）C(1,0)（2）5

【解析】 试题分析：（1）求两直线的交点只需将两直线方程联立方程组，方程组的解为交点坐标；（2）由A,B两点坐标可求出AB距离及AB直线方程，利用点到直线的距离公式求得三角形的高，结合三角形面积公式可求得面积值 试题解析：（1）解方程组

3x2y30, 2xy20,得x1,

y0.所以l1与l2的交点C的坐标为C(1,0) （2）设AB上的高为h，则 SABC |AB|1ABh 2(31)2(13)222, y3x1, 1331AB边上的高h就是点C到AB的距离． AB边所在直线方程为即xy40.

点C到xy40的距离为

h|104|12125 2因此，SABC15225. 22考点：1．直线方程；2．点到直线的距离

73．如图，平行四边形ABCD（A,B,C,D按逆时针顺序排列），AB,AD边所在直线的方程分别是x4y70,3x2y110，且对角线AC和BD的交点为M(2，0) （1）求点A的坐标

（2）求CD边所在直线的方程 【答案】（1）A(3,1)；（2）x4y30 【解析】

试题分析：（1）AB,AD边所在直线的方程联立求得点A坐标；（2）由A关于M的对称点为C，可求得C坐标，又因为为平行四边形，所以ABCD，可得直线的斜率，由点斜式求得直线方程

x4y703x2y110试题解析：（Ⅰ）

.

x3y1解得

A(3,1)

（Ⅱ）解法一：

A关于M的对称点为C，

C(1,1) 14 又kABkCD1y1(x1)4CD边所在的直线方程为 即：x4y30 （Ⅱ）解法二：

A关于M的对称点为C，

C(1,1)

设CD边所在的直线方程为：x4ym0 14(1)m0得m3

CD边所在的直线方程为x4y30

（Ⅱ）解法三：

设P(x,y)为CD边所在的直线上的任一点，

P关于点M的对称点为P(x0,y0)，

xx022x04xyy00yy2则 得0

又P在直线AB上， (4x)4(y)70

即x4y30

考点：本题考查直线的方程，直线与直线的位置关系，点线对称关系等基础知识，考查

运算求解能力，考查数形结合数学思想．

74．（本小题12分）．如图，矩形OABC的顶点O为原点，AB边所在直线的方程为

3x4y250，顶点B的纵坐标为10．

试卷第26页，总48页

.

（1）求OA，OC边所在直线的方程； （2）求矩形OABC的面积．

【答案】（1）4x3y0，3x4y0（2）50 【解析】

试题分析：（1）本题考察的是求直线的方程，本题中给出了直线AB的方程，由题可以

OAAB，即可得到OA的斜率，又直线OA过原点，即可求出OA的直线方程．由题

OCAB可以得到OC的斜率，又直线OC过原点，从而求出直线OC的方程．

（2）本题考察是是矩形的面积，只需求出矩形的长和宽就能得到答案．本题中已经给出了B点的纵坐标，代入直线AB的方程，求出B点的横坐标，然后利用B点到OA,OC的距离，然后就可以求出所求答案．

试题解析：（1）∵OABC是矩形，∴OAAB，OC//AB， 由直线AB的方程3x4y250可知，kAB∴OA边所在直线的方程为y343，∴kOA，kOC， 4344x，即4x3y0， 33OC边所在直线的方程为yx，即3x4y0；

4（2）∵点B在直线AB上，且纵坐标为10，

∴点B的横坐标由3x410250解得为5，即B(510)，．

|OA|∴S|030425|34225，|AB||4(5)310|4(3)2210，

OABC|OA||AB|50．

考点：（1）直线的方程（2）点到直线的距离公式 75．（本小题满分16分）在平面直角坐标系xoy中，已知经过原点O的直线l与圆

C:x2y24x10交于A,B两点．

（1）若直线m:ax2ya20(a0)与圆C相切，切点为B，求直线l的方程； （2）若OB2OA，求直线l的方程；

（3）若圆C与x轴的正半轴的交点为D，求ABD面积的最大值． 【答案】（1）l:y2x（2）l:y31x（3）5(25) 4【解析】 试题分析：（1）由直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径可求得a值及切点B坐标，进而得到直线AB方程；（2）直线与圆相交问题，常采用弦的一半，圆心到直线

.

的距离与圆的半径构成的直角三角形求解（3）设出AB直线，与圆联立求得弦长，利用点到直线的距离求得三角形的高，将三角形面积用直线的斜率k表示出来，转化为函数求最值问题

试题解析：（1）由相切得3a2a245化简得：a23a40，解得a1或a4，

由于a0，故a1

由直线m与圆解得切点B(1,2)，得l:y2x 111又OAAB，所以OMAM,设：OMx，AB，32331圆心到直线l的距离为d，由勾股定理得：x2d24,9x2d25，解得d2，8（2）取AB中点M，则AM设所求直线的方程为ykx，d2k1k2，解得k31，l:y31x （3）设A,B两点的纵坐标分别为

y1,y2，易知

D(25,0),SABD1(25)(y1y2)，易知y1y2y1y2，设AB方程为2xty22消元得(t1)y4ty10， xty，由22xy4x1020t24y1y221t1t2＝

5t2122(t1)2设

x5t21，则

y1y2225x5，（）当x4时取等号）ABD面积最大值为2x8x1625(25)， 4考点：1．直线方程；2．直线与圆相交相切的位置关系；3．函数求最值 76．（本小题满分14分）在平面直角坐标系xoy中，已知ABC的顶点坐标为A(2,4),B(1,2),C(2,3)．

（1）求直线BC的方程；

（2）求边BC上高AD所在的直线方程． 【答案】（1）5x3y10 （2）3x5y140

【解析】 试题分析：（1）已知直线过两点，可采用直线的两点式方程求解；（2）由BC直线斜率求得AD直线斜率，结合点斜式可得到直线方程

y3x25x3y10 231253（2）BC直线的斜率为，所以AD直线斜率为k，由点斜式方程得353y4x2，整理得3x5y140

5试题解析：（1）由两点式直线方程可得BC的方程为考点：直线方程 77．（本小题满分

13

分）已知点A2,0，点B2,0，直线

试卷第28页，总48页

.

． l:3x1y40 （其中R）（1）求直线l所经过的定点P的坐标；

（2）若直线l与线段AB有公共点，求的取值范围；

（3）若分别过A,B且斜率为3的两条平行直线截直线l所得线段的长为43，求直线l的方程．

【答案】（1）1,3（2）13（3）x1或y【解析】

试题分析：（1）本题考察的是直线过定点，把直线的方程化为xy43xy0，此直线必过直线xy40与3xy0的交点．解二元一次方程组得出交点就能得到答案．

直线l过定点1,3与线段AB有公共点，只需分别求出定点与A,B两点的连线段的斜率，再由直线l的方程，求出斜率，结合求出的斜率的范围就可以求出的取值范围． （3）本题考察的是求直线的方程，直线方程的形式有五种，一般式、斜截式、点斜式、截距式和两点式．本题中由（1）已经知道过定点1,3，根据条件判断直线的斜率是是否存在，不存在的话就是x1，存在的话根据点斜式求出直线的方程． 试题解析：（1）直线方程可化为：xy43xy0， 由33x3 33x1xy40解得即直线l过定点1,3．3分

y33xy0（2）方法1：由题可得得3x1y40有解，

y02x23x3x12121232x2， 4x4x4x12因为2x2，所以24x6，所以26，即13．

4x44（注：也可以得到x，由22，解得13）8分 334方法2：①1符合条件；②1时，斜率k，由图可知k1或k3，

3代入解得：11或13．综上所述13．8分 （3）由平行线的斜率为3得其倾斜角为60，又水平线段AB， 所以两平行线间距离为d4sin6023，而直线l被截线段长为43， 所以被截线段与平行线所成夹角为30，即直线l与两平行线所成夹角为30， 所以直线l倾斜角为603030或90．

由（1），直线l过定点1,3，则所求直线为x1或y33x3． 13分 33.

考点：（1）直线恒过定点（2）直线的方程 78．（本小题满分12分）已知点P2,1．

（Ⅰ）直线m经过点P，且在两坐标轴上的截距相等，求直线m的方程； （Ⅱ）直线n经过点P，且坐标原点到该直线的距离为2，求直线n的方程 【答案】（1）x2y0或xy1（2）x2或3x4y100

【解析】 试题分析：（1）本题考察的是求直线的方程，结合题目条件求出待定系数，即可求出直线的方程．本题中，直线在两坐标轴上的截距相等，又分为截距为0时和截距不为0时两种来求．本题的易错点主要在容易遗漏截距为0的情况． （2）本题考察的是求直线的方程，结合题目条件求出待定系数，即可求出直线的方程．本题给出的条件是求原点到该直线的距离为2，需要分斜率存在和不存在两种情况来求．本题的易错点在容易遗漏斜率不存在的情况．

试题解析：（Ⅰ）①当截距为0时，设直线m方程为ykx，代入点P坐标得k所以此时直线m方程为y1， 21x，即x2y0．2分 2xy②当截距不为0时，设直线m方程为1，代入点P坐标得a1，

aa所以，此时直线m方程为xy1． 综上所述，直线m方程为：x2y0或xy1．（少一个方程扣2分）6分

（Ⅱ）①当直线n斜率不存在时，可知直线n方程为x2，该直线与原点距离为2，

满足条件．8分

②当直线n斜率存在时，可设直线n方程为y1kx2，

2k1k21即kxy2k10，由题可得22k1k212，解得k3， 11分 433xy10，即3x4y100． 42综上所述，直线n方程为：x2或3x4y100．（少一个方程扣2分）12分

此时直线n方程为考点：直线的方程 79．（本小题满分8分）已知直线l：y(1m)xm(mR)．

ππ（Ⅰ）若直线l的倾斜角[,]，求实数m的取值范围；

43（Ⅱ）若直线l分别与x轴，y轴的正半轴交于A，B两点，O是坐标原点，求△AOB面积的最小值及此时直线l的方程．

【答案】（Ⅰ）13m0（Ⅱ）2;xy20 【解析】

试题分析：第一问根据倾斜角与斜率的关系得11m3，再求解即可，第二问先求11m(m1)22(m1)1的面积的表达式S|OA||OB|m再利用均值不等22m12(m1)式求的最小值及取得最小值时m的值．

ππ试题解析：解（Ⅰ）由已知直线l的斜率k1m，因为倾斜角[,]，由ktan，

43试卷第30页，总48页

.

得1k3，

所以11m3，则13m0．

（Ⅱ）在直线l：y(1m)xm中，令x0，得ym，所以点B(0,m)；令y0，得xm， m1所以点A(m,0)，由题设可知m1， m111m(m1)22(m1)1因此△AOB面积S|OA||OB|m， 22m12(m1)111则S[(m1)2](22)2，

2m12当且仅当(m1)21，即m2时S取得最小值2，

此时直线l的方程为xy20． ………………………………………8分

考点：直线的斜率与倾斜角的关系，构建面积的目标函数利用基本不等式计算最小值．

2,B1,0,C1,4，求： 80．已知△ABC的顶点A3，（1）AB边上的高所在直线的方程 （2）AC边上的中线所在直线的方程 （3）△ABC外接圆方程

2750【答案】（1）xy30；（2）x1；（3）xy．

339【解析】

试题分析：（1）AB边上的高过点C,并且与AB垂直，所以第一步，先求直线AB的斜率，第二步，求高的斜率，第三步，按点斜式写方程；（2）AC边上的中线过AC的中点和点B,所以根据两点求直线；（3）设圆的一般方程，然后将三点代入，待定系数求解．

试题解析：（1）直线AB的斜率k22201，那么AB边上的高的斜率就是-1，所以31方程是y41x1，整理为：xy30．

3,所以直线BM的斜率不存在，所以直线是x1． （2）AC的中点M1，（3）设△ABC外接圆方程是x2y2DxEyF0,代入三个点的坐标，

4D3943D2EF0141DF0,所以解得,整理为圆的标准方程是E3116D4EF01F3.

2750． xy339考点：1．直线方程；2．圆的方程．

81．（本小题满分13分）已知方程x2y22x4ym0． （1）若此方程表示圆，求m的取值范围；

（2）若（1）中的圆与直线x2y40相交于M，N两点，且OMON（O为坐标原点）求m值；

（3）在（2）的条件下，求以MN为直径的圆的方程． 【答案】（1）m5（2）m【解析】

试题分析：（1）圆的一般方程形式为xyDxEyF0，当D2E24F0时表示圆；（2）直线与曲线相交问题常将两方程联系方程组，利用韦达定理，将所求的问题转化为用方程两根表示，进而得到所求的参数的值；（3）在（2）基础上求得弦长即得到了直径，求得弦中点即得到了圆心，从而可确定圆的方程 试题解析：（1）xy2x4ym0 D=-2，E=-4，F=m

22222284816（3）(x)2(y)2 5555D2E24F=20-4m0

m5

x2y40（2）2 x42y代入得 2xy2x4ym05y216y8m0

y1y2168m，y1y2 55∵OMON

得出：x1x2y1y20 ∴5y1y28(y1y2)160 ∴m8 5（3）设圆心为(a,b)

ax1x24yy18,b1 252545 5半径r试卷第32页，总48页

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圆的方程(x)2(y)2458516 52考点：1．圆的一般方程；2．直线和圆相交的位置关系

82．（本小题满分13分）已知圆C：x1y29内有一点P（2，2），过点P作直线l交圆C于A、B两点．

（1）当l经过圆心C时，求直线l的方程；

（2）当弦AB被点P平分时，写出直线l的方程； （3）当直线l的倾斜角为45º时，求弦AB的长． 【答案】（1）2x-y-2=0 （2）x+2y-6=0 （3）34 【解析】 试题分析：（1）由直线过的两点坐标求得直线的斜率，由点斜式方程可得到直线l的方程；（2）弦AB被点P平分可知PC与AB垂直，由PC斜率可得AB斜率，因此可得到直线AB及直线l方程；（3）首先由点斜式得到直线方程，直线与圆相交问题常借助于圆的半径，弦长的一半，圆心到直线的距离构成的直角三角形勾股定理求解

试题解析：（1）已知圆C：x1y29的圆心为C（1，0），因直线过点P、C，所以直线l的斜率为2，直线l的方程为y=2（x-1）,即 2x-y-2=0．

（2）当弦AB被点P平分时，l⊥PC, 直线l的方程为y2(x2), 即 x+2y-6=0 （3）当直线l的倾斜角为45º时，斜率为1，直线l的方程为y-2=x-2 ,即 x-y=0圆心C到直线l的距离为2121，圆的半径为3，弦AB的长为34． 2考点：1．直线方程；2．直线与圆相交的位置关系

83．圆心在直线l:xy10上的圆C经过点A(1,2),B(1,0)；

（Ⅰ）若过点D(0,3)的直线l1被圆C截得的弦长为23，求直线l1的方程； （Ⅱ）在x轴上是否存在定点M，使得圆C上任意一点P到点O（O为坐标原点）的距离与到点M的距离之比为常数，如果存在，求出点M的坐标并求出这个常数;如果不存在请说明理由．

【答案】（Ⅰ）x0或4x3y90；（Ⅱ）M(3,0)；1； 2【解析】 试题分析：（Ⅰ）由题意可得，圆心一定在线段AB的垂直平分线上。求出垂直平分线的方程与直线l方程联立即可得圆心坐标。再根据圆心三角形求解即可。此题按照斜率存在与否进行分类讨论。本题需要注意斜率不存在的情况；（Ⅱ）首先假设存在M(a,0)。可由两种方法解决。第一种，利用坐标系设点坐标求解；第二种，由三角形相似求解； 试题解析：（1）由题意得，圆心C一定在线段AB的垂直平分线上，

kAB021，线段AB中点为(0,1),

1(1)直线AB的垂直平分线为xy10，

.

直线l:xy10与xy10的交点即为圆心C，坐标为(1,0)。

22(x1)y4， 圆的方程为C（1）当直线l1斜率不存在时，方程为x0，此时圆心到l1距离为1，截得的弦长为23，满足题意； 当直线l1斜率存在时，设为k，则l1:kxy30，圆心(1,0)到l1距离 dk3k214(2324)1 k 23直线l1的方程为

x0,或4x3y90

（2）假设存在这样的点M，由圆的对称性，点M必在直线CO上，即在x轴上，不妨设M(a,0)，PO， PM记圆C与x轴交于E,F两点，如图所示：则有13EOFO,即 EMFMa1a3解得a3或a0（舍去），此时PCFoEM1。 2 下面证明对于圆C上任意点P均成立，

22法一：设P(x,y)为圆C上任意一点，则(x,y)满足方程(x1)y4，即

y24(x1)2

POx2y2，PM(x3)2y2 PO2x2y2x24(x1)22x31 22222PM(x3)y(x3)4(x1)8x124PO1 PM2即存在定点M(3,0)使得圆C上任意一点P到点O的距离与到点M的距离之比为常数

1。 2试卷第34页，总48页

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y21P3MCF–3–2–1o–1–21E2x 法二：如图：当点P不在x轴上时， CO1,CP2,CM4 COCP1即有,又有OCPPCM, CPCM2OCPPCM POCO1 PMCP2即存在定点M(3,0)使得圆C上任意一点P到点O的距离与到点M的距离之比为常数

1。 2考点：1．直线方程；2．定值问题； 84．（本小题满分14分）已知半径为5的圆的圆心在x轴上，圆心的横坐标是整数，且与直线4x3y290相切．

（Ⅰ）求圆的方程；

（Ⅱ）设直线axy50(a0)与圆相交于A,B两点，求实数a的取值范围；

（Ⅲ） 在（Ⅱ）的条件下，是否存在实数a，使得弦AB的垂直平分线l过点P(2, 4)，若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（Ⅰ）(x1)2y225（Ⅱ）35,（Ⅲ）a 412【解析】

试题分析：（Ⅰ）求圆的方程一般采用待定系数法，首先设出圆的标准方程或一般方程，代入已知条件得到参数的值，进而写出圆的方程；（Ⅱ）直线与圆相交问题可采用几何法或代数法，即直线与圆联立方程求解或圆心到直线的距离小于圆的半径；（Ⅲ）由圆的几何性质：弦的垂直平分线过圆心可得a值，要注意验证是否满足（Ⅱ）中的范围 试题解析：（Ⅰ）设圆心为M(m, 0)（mZ）．由于圆与直线4x3y290相切，且半径为5，所以 4m2955，即4m2925．因为m为整数，故m1．

故所求圆的方程为(x1)2y225．

（Ⅱ）把直线axy50即yax5代入圆的方程，消去y整理得

a21x225a1x10，由于直线axy50交圆于A,B两点，所以

245a14a210，即12a25a0

.

a0a55，所以实数a的取值范围是, 12121 a（Ⅲ）设符合条件的实数a存在，由于，则直线l的斜率为l的方程为y(x2)4，即xay24a0 由于l垂直平分弦AB，故圆心M(1,0)必在l上， 所以1024a0，解得a1a3335。由于,，故存在实数a 44412使得过点P(2,4)的直线l垂直平分弦AB

考点：1．圆的方程及几何性质；2．直线与圆相交的位置关系 85．（共12分）已知方程x2y22mx4y5m0的曲线是圆C （1）求m的取值范围;

（2）当m2时,求圆C截直线l:2xy10所得弦长; 【答案】（1）m1或m4（2）213 【解析】

试题分析：(1)圆的一般方程的条件是D2E24F0,或者是配方，看配方后的r2计算取值范围;(2)根据弦长公式计算，l2R2d2，所以需要计算点到直线的距离. 试题解析：（1）m1或m4 -6

xm2y2m25m4 4m25m4>0

2（2）设m=-2时，圆心 C(-2，2)，半径 R=32 -8圆心到直线的距离为

d42155 10圆C截直线l:2xy10所得弦长为

2R2d22185213 -12 考点：1.圆的一般方程；2.圆的弦长公式.

86．求半径为4，与圆xy4x2y40相切，且和直线y0相切的圆的方程． 【答案】x2210222y416或x221022y416

2x2262y416或x22622y416

2【解析】 试题分析：本题考察的是圆的方程，只需确定圆心和半径即可，本题中利用待定系数法，结合题目所给条件即可求出圆心和半径，从而得到圆的方程。 试题解析：由题意，所求圆与直线y0相切，且半径为4， 则圆心坐标为O1a,4,O1a,4．

试卷第36页，总48页

.

又已知圆xy4x2y40的圆心为O22,1，半径为3，

22①若两圆内切，则OO12431 即a2412212，或a24112．

22显然两方程都无解．

②若两圆外切，则OO12437． 即a2412272，或a24172．

22解得a2210，或a226． ∴所求圆的方程为

x226y4x221022y416或x22102216或x226y422y416

2216来源:

考点：圆的标准方程 87．（本小题满分12分）已知直线l过点M(1,1)，并且与直线2x4y90平行． （1）求直线l的方程；

22xyx6ym0相交于P,Q两点，O为原点，l（2）若直线与圆且OPOQ，

求实数m的值．

【答案】（1）x2y30；（2）m3

【解析】 试题分析：（1）由两直线平行可知斜率相等，可首先求出已知直线的斜率，进而点斜式写出所求直线l的方程；（2）将直线与圆的方程联立，转化为关于x的二次方程，求出根与系数的关系，将OPOQ转化为点的坐标，代入根与系数关系，从而求得参数m的值

试题解析：（1）∵直线l与直线2x4y90平行

11y1(x1)2∴直线l斜率为2， 其方程为 即x2y30

x2y3022xyx6ym0 消去x得5y220ym120 （2）由

y1y24m12y1y25(20)220(m2)0P(x,y),Q(x,y)1122设，则 ∵OPOQ ∴

x1x2y1y20，

.

∴

(32y1)(32y2)y1y20∴

5y1y26(y1y2)90

∴m122490 解得m3 满足0 ∴m3

考点：1．直线方程；2．直线和圆相交的位置关系

88．（本题满分12分）已知直线axy50与圆C：x2y29相交于不同两点A，

B．

（Ⅰ）求实数a的取值范围

1的直线l垂直平分弦AB？若存在，求出a的（Ⅱ）是否存在实数a，使得过点P2，值；若不存在，请说明理由． 【答案】（Ⅰ）a44或a；（Ⅱ）存在a2．

33【解析】

试题分析：（Ⅰ）利用直线与圆的位置关系，当直线与圆相交时，圆心到直线的距离小于半径；（Ⅱ）如果过点P2,1的直线l垂直平分弦AB,那么两直线的斜率满足

k1k21，所以根据斜率先求a，验证是否满足（Ⅰ）的结果．

试题解析：解：（Ⅰ）圆C的圆心C:(0,0)，r3，C到直线axy50距离为

d5a12 直线axy50与圆C相交，dr 53a21，a44或a 33（Ⅱ）AB为圆上的点，AB的垂直平分线过圆心，lPC与axy50垂直

111，kABa，a1，a2

22244a2符合（1）中的a或a 33而kPC存在a2，使得过P(2,1)的直线l垂直平分弦AB．

考点：1．直线与圆的位置关系；2．两直线垂直．

．（本题满分10分）已知点A(3,1)和点B(5,5)． （Ⅰ）求过点A且与直线AB垂直的直线l的一般式方程； （Ⅱ）求以线段AB为直径的圆C的标准方程．

【答案】（Ⅰ）4x3y150；（Ⅱ）(x1)2(y2)225． 【解析】

试题分析：（Ⅰ）两直线垂直，当斜率都存在时，k1k21，所以根据两点先求直线AB的斜率，再求直线l的斜率，最后根据点斜式写方程并化简；（Ⅱ）AB的中点就是圆心，

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.

AB2是半径，所以根据圆心，半径写圆的标准方程．

试题解析：解：（Ⅰ）由条件知kAB5(1)34，则kl 35(3)44(x3)， 3整理得直线l的一般式方程为4x3y150．

根据点斜式得直线l的方程为y1（Ⅱ）由题意得C(1,2)，|AC|(13)2(21)25 故以线段AB为直径的圆C的标准方程为(x1)2(y2)225． 考点：1．直线方程；2．圆的标准方程． 90．（本题满分16分） 已知圆O：x2y24，直线l:ykx4． （1）若直线l与圆O交于不同的两点A,B，当AOB=

时，求k的值． 2（2）若k1，P是直线l上的动点，过P作圆O的两条切线PC、PD，切点为C、D，问：直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，说明理由． （3）若EF、GH为圆O：x2y24的两条相互垂直的弦，垂足为M1,2，求四边形EGFH的面积的最大值． 【答案】（1）k7（2）x1（3）5

y1【解析】 试题分析：（1）本题考的是求直线的斜率问题，根据题目所给条件根据点到直线的距离，求出点O到l的距离，然后求解k的值即可

（2）设Pt,t4，其方程为：x(xt)y(yt4)0，利用C,D在圆

O:x2y24上，求出CD方程，利用直线系即可求出所求答案

（3）设圆心O到直线EF,GH的距离分别为d1,d2通过d12d22OM积表达式，然后求解出最值即可． 试题解析：（1）∵AOB23，求出面2，∴点O到l的距离d2r 2∴4k21=2·2k7 2（2）由题意可知：O,P,C,D四点共圆且在以OP为直径的圆上，设P(t,t4)． 其方程为：x(xt)y(yt4)0 即 x2txy2(t4)y0，

.

又C,D在圆O：x2y24上，

∴lCD:tx(t4)y40 即 (xy)t4y40 由x1xy0 得

y14y40∴直线CD过定点(1,1)

（3）设圆心O到直线EF,GH的距离分别为d1,d2． 则d12d22|OM|23 ，

22∴|EF|2r2d1224d12 |GH|2r2d2， 24d2S122|EF||GH|2(4d12)(4d2)≤4d124d2835 26时取等号 22当且仅当4d124d2即d1d2∴四边形EGFH的面积的最大值为5． 考点：直线与圆的方程的应用

91．（本小题满分10分）设圆上的点A(2,3)关于直线x2y0的对称点仍在圆上，且与直线xy10相交的弦长为22，求圆的方程．

x6y3【答案】

【解析】

2252x14或

2y72442

试题分析：设圆的圆心为(a，b)，半径为r，因为圆上的点A(2,3)关于直线x2y0的对称点仍在圆上，所以圆心在直线x2y0上，即a＋2b＝0，由直线xy10相

2ab1r2222交的弦长为，可得联立可得a，b，r的值

22试题解析：设所求圆的圆心为(a，b)，半径为r，

∵点A(2,3)关于直线x2y0的对称点A′仍在这个圆上， ∴圆心(a，b)，在直线x2y0上， ∴a＋2b＝0①

(2－a)2＋(3－b)2＝r2.②

1＝0截圆所得的弦长为22， 又直线x－y＋试卷第40页，总48页

.

2ab1r222∴③

2解由方程①、②、③组成的方程组得：

或

∴所求圆的方程为

b3a6r2522b7a14r21442

x6y352x14或

2y72442

考点：求圆的方程

22

92．已知点P（2，0）及圆C：x＋y－6x＋4y＋4＝0．

（1）若直线l过点P且与圆心C的距离为1，求直线l的方程．

（2）设过点P的直线l1与圆C交于M，N两点，当|MN|＝4时，求以线段MN为直径的圆Q的方程．

（3）设直线ax－y＋1＝0与圆C交于A，B两点，是否存在实数a，使得过点P（2，0）的直线l2垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）3x4y60或x2；（2）x22y24；（3）不存在，详见解析． 【解析】 试题分析：（1）首先考虑直线斜率不存在时是否符合题意，再考虑当直线斜率存在时，设斜率为k，写出直线方程的点斜式，整理成一般式，然后根据点到直线距离公式列出方程，解出k值，即求出直线l的方程；（2）根据l1与圆C交于M，N两点，且MN的长为4，可以求出圆心C到直线l1的距离，经验证此距离恰好等于圆心C到点P的距离，因此P即为MN的中点，则所求圆以P为圆心，2为半径，即可写出圆的方程．（3）分析题意可知弦AB的垂直平分线必过圆心C，所以CP与AB垂直，求出CP的斜率，则AB与CP的斜率互为负倒数，即得到a的值，再根据直线AB与圆C相交，将直线方程代入圆C方程整理得到关于x的一元二次方程，判别式Δ必须大于0，求出a的范围，与之前求出的范围进行比对，发现互相矛盾，所以不存在符合题意的a值．本题充分考查直线与圆的位置关系，及利用代数思想解决几何问题．考查学生对知识的综合运用能力． 试题解析：（1）当l的斜率不存在时，l的方程为x＝2，经验证x＝2满足题意； 当直线l斜率存在时，设直线l的斜率为k，则方程为y－0＝k（x－2）， 即kx－y－2k＝0．又圆C的圆心为（3，－2），半径r＝3，由|3k22k|k12=1，解得3k．

4所以直线方程为y3(x2)， 4即3x＋4y－6＝0．

因此所求直线l的方程为3x＋4y－6＝0或x＝2．………4分

|MN|（2）由于|CP|＝5，而弦心距dr5．

222.

所以d＝|CP|＝5．

所以P恰为MN的中点．故以MN为直径的圆Q的方程为（x－2）＋y＝4．………8分

22

（3）把直线y＝ax＋1代入圆C的方程，消去y，整理得（a＋1）x＋6（a－1）x＋9＝0．

22

由于直线ax－y＋1＝0交圆C于A，B两点，故Δ＝36（a－1）－36（a＋1）＞0，即－2a＞0，解得a＜0．则实数a的取值范围是（－∞，0）． 设符合条件的实数a存在，

由于l2垂直平分弦AB，故圆心C（3，－2）必在l2上．所以l2的斜率kPC＝－2，而kAB＝a＝2

2

1， kPC所以a11．由于（－∞，0），故不存在实数a，使得过点P（2，0）的直线l2垂直22平分弦AB．………12分

考点：1．直线方程；2．点到直线距离；3．直线与圆的位置关系． 93．（本题14分）设足：（1）截y轴所得弦长为2；（2）被x轴分成两段弧，其弧长的比为3:1，在满足条件（1）（2）的所有圆中，求圆心到直线l：x2y0的距离最小的圆的方程．

【答案】(x1)2(y1)22或(x1)2(y1)22

【解析】

试题分析：本题考察的是求圆的方程，圆被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3:1，劣弧所对的圆心角为90，设圆的圆心为Pa,b，圆P截x轴所得的弦长为2r，截y轴所得弦长为2，可得圆心轨迹方程，圆心到直线l:x2y0的距离最小，利用基本不等式，求得圆的方程．

试题解析：设圆心为P(a,b)，半径为r． 则P到x轴、y轴的距离分别为b和a．

由题设知：圆截x轴所得劣弧所对的圆心角为90，故圆截x轴所得弦长为2r． ∴r22b2（6分） 又圆截y轴所得弦长为2．

∴r2a21．又∵P(a,b)到直线x2y0的距离为

da2b5（10分）∴a2b5d．∴a24b245bd5d2．

将a22b21代入上式得：2b245bd5d210． 上述方程有实根，故

8(5d21)0，

∴d5． 5试卷第42页，总48页

.

将d5代入方程得b1． 5又2b2a21 ∴a1． 由a2b1知a、b同号．

故所求圆的方程为(x1)2(y1)22或(x1)2(y1)22．（14分）

考点：直线与圆的位置关系 94．（本小题满分12分）如图，在平面直角坐标系内，已知A(1,0)，B(1,0)两点，且圆C

的方程为x2y26x8y210，点P为圆C上的动点．

P

（1）求过点A的圆的切线的方程；

（2）求|AP|2|BP|2的最大值及其对应的点P的坐标． 【答案】（1）3x4y30或x1（2）(2128,) 55【解析】 试题分析：（1）本题考察的是过圆外一点求圆的切线方程，需要经过分类讨论．分斜率存在和不存在两种情况，利用点到直线的距离等于半径，即可求出过点A的圆的切线方程．

（2）设P(x,y)，利用两点间的距离公式表示AP,BP，代入所求式子中化简，整理后得出所求式子最大，即为OP最大，而P为圆上的点，连接OC延长与圆的交点即为此时的P点，OPmaxOCr，求出OP的最大值，即可确定出所求式子的最大值． 试题解析：（1）当k存在时设过点A切线的方程为yk(x1)，圆心坐标为（3，4），半径r2，|3k4k|1k2解得k2，3，所以，所求的切线方程为3x4y30； 4当k不存在时方程x1也满足；

综上所述，所求的直线方程为：3x4y30或x1 设点P(x,y)，则由两点之间的

距离公式知

|AP|2|BP|2=2(x2y2)2=2|OP|22，

要|AP|2|BP|2取得最大值只要使|OP|2最大即可，

.

又P为圆上的点，所以(|OP|)max|OC|r324227， 所以(|AP|2|BP|2)max2722100，

94xx4yx5此时直线OC:yx，由解得（舍去）或312322yyxy6x8y21052128点P的坐标为(,) 55考点：圆的切线方程 95．（本小题12分）圆C的半径为3，圆心在直线2x圆C截得的弦长为25．

215 285y0上且在x轴下方，x轴被

（1）求圆C的方程；

（2）是否存在斜率为1的直线l，使得以l被圆截得的弦为直径的圆过原点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由． 【答案】（1）x2（2）yy22x4y40；

x1或yx4

【解析】

试题分析：先设出圆心坐标，依据题意列出方程，求出圆心坐标，从而写出圆的标准方程；（2）设这样的直线l存在，其方程为yxb，设出直线与圆的交点坐标，联立方程，利用韦达定理表示出x1x2与y1y2，再利用OA关于b的方程，求解出b再加以验证即可． 试题解析：（1）设Cx0,y0，则2x0OB得x1x2y1y20，可以列出

y00y00，又32y025，得

x01,y02，则C1,2．

2 所以圆C的方程为x1y229，即x2y22x4y40．

xb，它与圆C的交点设为

（2）设这样的直线l存在，其方程为yAx1,y1,Bx2,y2，

x2y22x4y40则由，得2x22b1xb24b40，

yxb所

以

x1x2x2bb1,x1x2b24b42b2．

．所以

y1y2由OA即b2x1bx1x2bx1x2OB得x1x2y1y20，

4b4bb1b20，b23b40，解得b1或b24．

容易验证b1或b4，方程2x2b1xb24b40有实根．

试卷第44页，总48页

.

故存在这样的直线l有两条，其方程是y考点：圆的方程；直线与圆的综合问题；

x1或yx4．

96．已知圆C:x2(y1)25,直线l：mxy1m0． （1）求证：对mR,直线l与圆C总有两个不同交点；

（2）设l与圆C交于不同两点A、B，求弦AB的中点M的轨迹方程； （3）若定点P(1,1)分弦AB所得向量满足AP1PB，求此时直线l的方程． 2【答案】（1）详见解析；（2）x2y2x2y10；（3）xy0或xy20． 【解析】 试题分析：（1）整理直线l方程，分析可知，直线l恒过定点(1,1)，经检验可知点(1,1)在圆C内，因此直线l与圆C总有两个交点；（2）由于直线l过定点(1,1)，根据直线与圆的位置关系可知，定点、圆心、弦中点这三个点构成一个直角三角形，设弦中点坐标为(x,y)，根据勾股定理，列出关于x,y的方程，即为弦中点的轨迹方程．注意讨论弦中点为定点(1,1)的情况；（3）设A(x1,y1)，B(x2,y2)，把条件AP1PB用坐标表示，2得到关系x1,x2的等式，联立直线l与圆C的方程，整理得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理，得到x1,x2的等式，与前面的关系式联立，即可求出m的值．从而求出直线l的方程． 试题解析：（1）证明：由直线l：mxy1m0，整理得：y1m(x1)，所以对任意mR，可知直线l恒过定点(1,1)，而点(1,1)在圆C：x2(y1)25内，所以对mR,直线l与圆C总有两个不同交点；

（2）当M不与P重合时，连接CM、CP，则CMMP，设M（x,y） 则x2(y1)2(x1)2(y1)21,化简得：x2y2x2y10 当M与P重合时，满足上式． 设A（x1,y1），B（x2,y2）由AP22221PB得x232x1．将直线与圆的方程联立得： 22m2．（*）x1x2 (1m)x2mxm50 ．

1m23m2可得x1，代入（*）得m1 21m直线方程为xy0或xy20． 考点：1．直线与圆的位置关系；2．弦中点轨迹方程．

97．已知定圆C:x2(y3)24,定直线m:x3y60,过A(1,0)的一条动直线l与直线相

交于N,与圆C相交于P,Q两点,

（1）当l与m垂直时,求出N点的坐标，并证明:l过圆心C; （2）当PQ23时,求直线l的方程;

.

【答案】（1）N(【解析】

33（2）x1或4x3y40． ,)，证明略；22试题分析：（1）通过直线m的方程求出斜率km，根据两条直线垂直klkm1，求出kl，写出直线l的方程，证明过圆心C，再联立直线l与m的方程求出N点坐标即可．（2）先考虑当直线l斜率不存在时的情形，此时直线方程为x1，经检验符合题意；再考虑直线l斜率存在时，设直线方程为yk(x1)，由直线l与圆C相交所得弦长为

PQ22PQ23，根据弦长公式rd2（d为圆心C到直线l的距离）求出d，列出点到直线距离公式，解出k的值，即求出直线l的方程．解本题时要注意讨论直线

的斜率是否存在，否则容易丢解． 试题解析：（1）由已知km21，由klkm1得kl3．所以直线l的方程为3y3(x1)，由圆的方程可知圆心C(0,3)，经检验，直线l过圆心C，联立

3xx3y602，所以N(3,3)．

，解得22y3(x1)y32当直线l斜率不存在时,易知x1，此时经检验PQ23符合题意；

当直线l斜率存在时,设直线l的方程为yk(x1),由于PQ23,根据弦长公式

PQk3（d为圆心C到直线l的距离）求出d1 ，即r2d21,解得22k14k．故直线l的方程为x1或4x3y40

3考点：1．两直线垂直；2．直线与圆的位置关系． 98．（本小题满分13分）已知直线l1:y2x3，l2:yx2相交于点C．

2（1）求点C的坐标；

（2）求以点C为圆心，且与直线3x4y40相切的圆的方程；

（3）若直线xyt0与（2）中的圆C交于A、B两点，求ABC面积的最大值及实数t的值．

2）（y1)2【答案】（1）(1,1)；（2）(x11；（3）t1或t1．

【解析】

试题分析：（1）联立直线方程，解方程可得交点C；（2）运用直线和圆相切的条件：d=r，由圆的标准方程可得所求圆的方程；（3）方法一、运用三角形的面积公式，结合正弦函数的值域，可得最大值，再由点到直线的距离公式，可得t的值；

方法二、运用弦长公式和基本不等式可得面积的最大值，再由点到直线的距离公式，可得t的值． 试题解析：（1）

yy2xx32，

xy11，

试卷第46页，总48页

.

C(1,1)；

（2）圆心C(1,1)，半径r3(1)54141，

2）（y1)2所以圆C的方程为(x11．

1sinACB， 2ABC（3）方法一：因S显然当sinACBABC1rrsinACB2901，即ACB时，S取到最大值1，

2此时，直角ABC的斜边AB上的高为又圆心C到直线x由tyt0的距离为1．

2， 211t2t2，

2，解得t1或t22方法二：设圆心C到直线xyt20的距离为d，H为AB的中点，连结CH，

因弦AB的长为AB∴SABC2r2CH21d2，

1ABd22d1d2 d(1d)≤2d2(1d2)21， 21，d2当且仅当d2因h由t(1d2)，即d2t22时取等号，S2ABC取到最大值1，

211t2，

2，解得t1或t1 22考点：直线和圆的方程的应用．

99．（本小题满分12分）已知直线l1:ax（1）求a的值；

（2）求经过圆心C且与直线l:x【答案】（1）a2;（2）xy220经过圆C:(x1)y21的圆心．

4y10平行的直线l2的方程．

y10．

4y0，

【解析】 试题分析：（1）将圆心（1，0）代入得直线l1，求a的值；（2）设所求直线方程x利用C（1，0）点在直线x4y0上，即可求出直线的方程． 试题解析：（1）将圆心(1,0)代入得直线l1，得a20， 则a2；

（2）设所求直线方程x4y0，

1， 0上，C(1,0)点在直线x4y故所求直线方程为:xy10．

考点：直线与圆相交的性质；待定系数法求直线方程． 100．（本小题满分12分）已知方程x2y2x6ym0

（1）若此方程表示的曲线是圆C，求m的取值范围；

（2）若（1）中的圆C与直线x2y30相交于P，Q两点，且OPOQ（O为原

.

点），求圆C的方程． 【答案】（1）m【解析】

试题分析：（1）圆的一般式方程中表示圆的条件为D2E24F0，本题中由此得到m的不等式并求其取值范围；（2）中将OPOQ转化为相关点的坐标关系，将直线和圆联立方程组后得到的根与系数的关系代入即可得到参数m的值，从而求得圆的方程 试题解析：（1）(x)2(y3)212537（2）(x)2(y3)2 244123737 m0m44（2）设P（x1,y1），Q（x2,y2），OPOQ即x1x2y1y20

x2y2x6ym0由

x2y30得5y220y12m0

y1y24,y1y212m 5x1x2(32y1)(32y2)96(y1y2)4y1y2 5y1y26(y1y2)90 m3（满足0）

圆C的方程为：(x)2(y3)21225 4考点：1．圆的一般式方程；2．直线和圆相交的有关问题

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