直线与圆大题训练

1．已知点A（a，3），圆C的圆心为（1,2），半径为2.

（I）求圆C的方程；

（II）设a=3，求过点A且与圆C相切的直线方程；

（III）设a=4，直线l过点A且被圆C截得的弦长为23，求直线l的方程；

（IV）设a=2，直线l1过点A，求l1被圆C截得的线段的最短长度，并求此时l1的方程.

2．已知圆

C:x1y2422，直线l:ykx12k。

（Ⅰ）求证：直线l与圆C恒有两个交点；

（Ⅱ）求出直线l被圆C截得的最短弦长，并求出截得最短弦长时的k的值；

（Ⅲ）设直线l与圆C的两个交点为M，N，且CMCN2（点C为圆C的圆心），求直线l的方程。

3．已知圆C经过两点A（3，3），B（4，2），且圆心C在直线xy50上。

（Ⅰ）求圆C的方程；

（Ⅱ）直线l过点D（2，4），且与圆C相切，求直线l的方程。

4．已知圆M：x2+（y-2）2=1，Q是x轴上的动点，QA，QB分别切圆M于A，B两点。

（1）若Q（1，0），求切线QA，QB的方程；

（2）求四边形QAMB面积的最小值；

42（3）若|AB|=3，求直线MQ的方程。

5．已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，且y轴和直线x3y20均与圆C相切．

(1)求圆C的标准方程；

P0,1(2)设点

，若直线yxm与圆C相交于M，N两点，且MPN为锐角，求实数m的取值范围．

参考答案

x1y21．（I）224；

（II）3x4y210或x3；

3x4或y3；

（III）y（IV）22； xy50.

x1y2【解析】试题分析：（I）由圆心和半径可得圆C的方程为224；（II）设切线方程的点斜式为

y3kx3，利用点到直线的距离为圆的半径2，可解出k34，当直线的斜率不存在时也满足题意；（III）

2d2由直线被圆截得的弦长为23，故而圆心到直线的距离为321，利用点到直线的距离解出k的值

即可得直线方程；（IV）首先判断点在圆内，当l1与AC垂直时，直线截圆所得线段最短，可得直线l1的方程，再求出点到直线的距离即可求出弦长.

试题解析：（I）圆C的方程为x1y24；

y3kx322（II）当直线斜率存在时，设切线方程的点斜式为为dk23k31k212k1k22，即kxy3k30则圆心到直线的距离

，解得k34，即切线方程为3x4y210，当斜率不存在时，直线方程为x3，

满足题意，故过点A且与圆C相切的直线方程为3x4y210或x3；

y3kx4（III）设直线方程为

d22，即kxy4k30，由于直线被圆截得的弦长为23，故而弦心距为232k24k313k1k1，

1k21，解得k0 或k33yx4，即直线l的方程为4或y3；

2132（IV）∵l1224，∴点A在圆内，当l1与AC垂直时，直线截圆所得线段最短，∵kAC1，∴直线

125112的斜率为1，故直线l1的方程为xy50，圆心到直线l1的距离为，故弦长为2222222. 2．(1)见解析；(2) 22， k1 (3) y1

y1kx2C:x1y24【解析】试题分析：（1）直线l:ykx12k可化为，证明直线过圆的

22内部定点，即可证明结论；(2)弦的中点与圆心连线与弦垂直时弦长最小，利用勾股定理可得结果；(3) 设CM与CN的夹角为，由CMCN2，可得cos12，从而120，可得点C 到直线l的距离为1 ，利用点到

直线距离公式求出列方程求得k0，从而可得直线l的方程.

y1kx2试题解析：（1）直线l:ykx12k可化为，因此直线过定点A（2，-1），

显然该点A在圆

C:x1y2422的内部

所以直线l与圆C恒有两个交点。

(2)圆心C（1，-2），半径r2,AC2112222 所以弦长2222222 此时kAC12121 所以k1。

CMCNCMCNcos4cos2CMCN(3)设与的夹角为，因为 所以cos12，从而120，所以点C到直线l的距离为1

k212k即k121，所以k0

所以直线l的方程是y1。

x3y23．（1）221（2）直线l的方程为3x4y220或x2

【解析】试题分析：（1）两点式求得线段AB的垂直平分线方程，与直线xy50联立可得圆心坐标，由两点间的距离公式可得圆的半径，从而可得圆的方程；(2)验证斜率不存在时直线x2符合题意，设出斜率存在时的切线方程

3x4y220.

y4kx2，各根据圆心到直线的距离等于半径求出k34，从而可得直线l的方程为

xy10, 试题解析：（1）因为圆C与x轴交于两点A（3，3），B（4，2），所以圆心在直线xy10上由xy50{

y2.得即圆心C的坐标为（3，2）

{x3,半径rBC12020 所以圆C的方程为x3y2221

(2)①当直线l的斜率存在时，设斜率为k，

y4kx2则直线方程为，即kxy2k40

因为直线l与圆相切，

d3k22k41k21 k34 直线l的方程为3x4y220

②当直线l的斜率不存在时，直线l方程为x2

此时直线l与圆心的距离为1（等于半径）

所以， x2符合题意。

综上所述，直线l的方程为3x4y220或x2。

【方法点睛】本题主要考查圆的方程和性质、圆的切线方程，属于中档题.求圆的方程常见思路与方法有:①直接设出动点坐标x,y ，根据题意列出关于x,y的方程即可；②根据几何意义直接找到圆心坐标和半径，写

出方程；③待定系数法，可以根据题意设出圆的标准方程或一般式方程，再根据所给条件求出参数即可.本题（1）是利用方法②解答的.

4．（1）3x4y30和x1；（2）3；（3）2x5y250或2x5y250

【解析】试题分析：（1）讨论直线的斜率是否存在，根据圆心到直线的距离等于半径求出直线的斜率；

（2）根据面积公式可知MQ最小时，面积最小，从而得出结论；

（3）根据切线的性质列方程取出MQ的值，从而得出Q点坐标，进而求出直线MQ的方程．

试题解析：

（1）设过点Q的圆M的切线方程为x=my+1，

则圆心M到切线的距离为1，

2m12所以m114，所以m=3或0，

所以QA，QB的方程分别为3x+4y-3=0和x=1。

（2）因为MA⊥AQ，所以S四边形MAQB=|MA|·|QA|=|QA|=MQ|2MA|23。

所以四边形QAMB面积的最小值为3。

（3）设AB与MQ交于P，则MP⊥AB，MB⊥BQ，

221133所以|MP|=。

2在Rt△MBQ中，|MB|2=|MP||MQ|，

1即1=3|MQ|，所以|MQ|=3，所以x2+（y-2）2=9。

设Q（x，0），则x2+22=9，所以x=±5，所以Q（±5，0），

所以MQ的方程为2x+5y+25=0或2x-5y-25=0。

1515222,(,222）2222x2y45．（1）；（2）. 【解析】试题分析：

本题考查圆的标准方程的求法以及用向量解决直线和圆位置关系中的角度的问题。（1）设出圆的标准方程，根据题意得关于参数的方程组，求得参数可得圆的方程。（2）利用代数法求解，将MPN为锐角转化为

PMPN0求解。

试题解析：

（1）设圆C的标准方程为：

故由题意得，解得，

∴圆C 的标准方程为：

yxm22.

x2y4（2）由消去y整理得

{ .

∵直线yxm与圆C相交于M，N两点，

∴，

解得，

设，

则.

∴

PMPNx1x2y11y21x1x2x1m1x2m1依题意得

2x1x2m1x1x2m102，

∴

m2m12mm102，

2m整理得m10，

解得或.

又，

∴222m1515m22222或。

故实数m的取值范围是.

点睛：

（1）对于BAC为锐角的问题（或点A在以BC为直径的圆外，或ABAC0，然后坐标化，转化为代数运算处理。

AB＋ACBC222），都可转化为

（2）对于直线和圆位置关系的问题，可将直线方程和圆的方程联立消元后根据所得的二次方程的判别式、根据系数的关系，借助于代数运算处理。解题时注意“设而不求”、“整体代换”等方法的运用，以减少计算量、提高解题速度。