2024年高考数学第一轮复习27_专题九91直线和圆（专题试卷+讲解PPT）

专题九　平面解析几何

9.1　直线与圆

考点一　直线的方程

1.(2014四川文,9,5分)设m∈R,过定点A的动直线x+my=0和过定点B的动直线mx-y-m+3=0交于点P(x,y),则|PA|+|PB|的取值范围是(　　)

A.[,2]　　　　　B.[,2]

C.[,4]　　　　　D.[2,4]

答案　B　直线x+my=0过定点A(0,0),直线mx-y-m+3=0过定点B(1,3).

①当m=0时,过定点A的直线方程为x=0,过定点B的直线方程为y=3,两条直线互相垂直,此时P(0,3),∴|PA|+|PB|=4.

②当m≠0时,直线x+my=0的斜率为-,直线mx-y-m+3=0的斜率为m.∵-×m=-1,∴两条直线互相垂直,即点P可视为以AB为直径的圆上的点.当点P与点A或点B重合时,|PA|+|PB|有最小值.当点P不与点A,点B重合时,△PAB为直角三角形,且|PA|2+|PB|2=|AB|2=10.由不等式性质知|PA|+|PB|≤2=2,∴|PA|+|PB|∈[,2].

综合①②得|PA|+|PB|∈[,2].

评析　本题考查直线的方程、两直线垂直及不等式的性质,解答本题的关键是找到点P的轨迹.属中档题.

2.(2013湖南理,8,5分)在等腰直角三角形ABC中,AB=AC=4,点P是边AB上异于A,B的一点.光线从点P出发,经BC,CA反射后又回到点P(如图).若光线QR经过△ABC的重心,则AP等于(　　)

A.2　　　B.1　　　C.　　　D.

答案　D　以AB为x轴,AC为y轴建立如图所示的坐标系,由题可知B(4,0),C(0,4),A(0,0),则直线BC的方程为x+y-4=0.

设P(t,0)(0<t<4),由对称知识可得点P关于直线BC的对称点P1的坐标为(4,4-t),点P关于y轴的对称点P2的坐标为(-t,0),根据反射定理可知P1P2就是光线RQ所在直线.由P1、P2两点坐标可得直线P1P2的方程为y=(x+t),设△ABC的重心为G,易知G.因为重心G在光线RQ上,所以有=,即3t2-4t=0.

所以t=0或t=,因为0<t<4,所以t=,即AP=,故选D.

3.(2012浙江理,3,5分)设a∈R,则“a=1”是“直线l1:ax+2y-1=0与直线l2:x+(a+1)y+4=0平行”的(　　)

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

答案　A　由l1∥l2,得-=-,解得a=1或a=-2,代入检验符合,即“a=1”是“l1∥l2”的充分不必要条件,故选A.

评析　本题考查两直线平行和充要条件的判断,考查运算求解能力.

4.(2011浙江文,12,4分)若直线x-2y+5=0与直线2x+my-6=0互相垂直,则实数m=　　　　. 

答案　1

解析　依题意m≠0,所以由×=-1,得m=1.

评析　本题考查两条直线垂直的充要条件,属容易题.注意与平行的区别.

考点二　圆的方程

1.(2015课标Ⅱ理,7,5分)过三点A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圆交y轴于M,N两点,则|MN|=(　　)

A.2　　　B.8　　　C.4　　　D.10

答案　C　设圆心为P(a,b),由点A(1,3),C(1,-7)在圆上,知b==-2.再由|PA|=|PB|,得a=1.则P(1,-2),|PA|==5,于是圆P的方程为(x-1)2+(y+2)2=25.令x=0,得y=-2±2,则|MN|=|(-2+2)-(-2-2)|=4.

2.(2015课标Ⅱ文,7,5分)已知三点A(1,0),B(0,),C(2,),则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为(　　)

A.　　　B.　　　C.　　　D.

答案　B　在平面直角坐标系xOy中画出△ABC,易知△ABC是边长为2的正三角形,其外接圆的圆心为D.因此|OD|===.故选B.

3.(2015北京文,2,5分)圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是(　　)

A.(x-1)2+(y-1)2=1　　　　　B.(x+1)2+(y+1)2=1

C.(x+1)2+(y+1)2=2　　　　　D.(x-1)2+(y-1)2=2

答案　D　由题意得圆的半径为,故该圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=2,故选D.

4.(2022全国乙,理14,文15,5分)过四点(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为　　　　　　　　. 

答案　 (x-2)2+(y-1)2=5或x2+y2-4x-6y=0或x2+y2-y=0或x2+y2-=0

解析　选取(0,0),(4,0),(4,2)时,不妨设这三点分别为O,A,B,则线段OA的垂直平分线的方程为x=2,线段AB的垂直平分线的方程为y=1,所以经过这三点的圆的圆心坐标为(2,1),记为C,圆的半径r=|CO|=,所以所求圆的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.

选取(0,0),(4,0),(-1,1)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则所以所求圆的方程为x2+y2-4x-6y=0.

选取(0,0),(-1,1),(4,2)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则

所以所求圆的方程为x2+y2-y=0.

选取(4,0),(-1,1),(4,2)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则所以所求圆的方程为x2+y2-=0.

5.(2022全国甲文,14,5分)设点M在直线2x+y-1=0上,点(3,0)和(0,1)均在☉M上,则☉M的方程为　　　　　　　. 

答案　 (x-1)2+(y+1)2=5

解析　解法一:设☉M的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0),则

所以☉M的方程为(x-1)2+(y+1)2=5.

解法二:易得过(3,0)和(0,1)的直线方程为+y=1,即x+3y-3=0.

以(3,0)和(0,1)为端点的线段的垂直平分线的方程为3x-y-4=0,联立所以圆心为(1,-1),则所求圆的半径r=,所以☉M的方程为(x-1)2+(y+1)2=5.

6.(2016天津文,12,5分)已知圆C的圆心在x轴的正半轴上,点M(0,)在圆C上,且圆心到直线2x-y=0的距离为,则圆C的方程为　　　　　　. 

答案　(x-2)2+y2=9

解析　设圆C的方程为(x-a)2+y2=r2(a>0),

由题意可得解得所以圆C的方程为(x-2)2+y2=9.

方法总结　待定系数法是求解圆方程的常用方法,一般步骤为①设出圆的方程;②列出关于系数的方程组,并求出各系数的值;③检验各值是否符合题意,并写出满足题意的圆的方程.有时也可利用圆的几何性质进行求解.

评析　本题主要考查点与圆的位置关系,点到直线的距离公式以及圆的方程的求法,考查方程思想方法的应用,注意圆心的横坐标的取值范围是解决本题的关键.

7.(2015课标Ⅰ理,14,5分)一个圆经过椭圆+=1的三个顶点,且圆心在x轴的正半轴上,则该圆的标准方程为　　　　. 

答案　+y2=

解析　由已知得该圆经过椭圆的三个顶点A(4,0)、B(0,2)、C(0,-2).易知线段AB的垂直平分线的方程为2x-y-3=0.令y=0,得x=,所以圆心坐标为,则半径r=4-=.故该圆的标准方程为+y2=.

评析　本题考查圆和椭圆的方程,求出圆心坐标是解题关键.

8.(2014陕西理,12,5分)若圆C的半径为1,其圆心与点(1,0)关于直线y=x对称,则圆C的标准方程为　　　　　　　　. 

答案　x2+(y-1)2=1

解析　根据题意得点(1,0)关于直线y=x对称的点(0,1)为圆心,又半径r=1,所以圆C的标准方程为x2+(y-1)2=1.

考点三　直线与圆的位置关系

1.(2022北京,3,4分)若直线2x+y-1=0是圆(x-a)2+y2=1的一条对称轴,则a= (　　)

A.　　　　C.1　　　　D.-1

答案　A　由题意可知圆心(a,0)在直线2x+y-1=0上,故2a+0-1=0,解得a=.故选A.

2.(多选)(2021新高考Ⅰ,11,5分)已知点P在圆(x-5)2+(y-5)2=16上,点A(4,0),B(0,2),则 (　　)

A.点P到直线AB的距离小于10

B.点P到直线AB的距离大于2

C.当∠PBA最小时,|PB|=3

D.当∠PBA最大时,|PB|=3

答案　ACD　由题意可知直线AB的方程为=1,即x+2y-4=0,

则圆心(5,5)到直线AB的距离d=>4,

∴直线AB与圆(x-5)2+(y-5)2=16相离,

∴点P到直线AB的距离的取值范围为,

∵-4∈(0,1),+4∈(8,9),

∴选项A正确,选项B错误.

过点B作圆的两条切线,切点分别为P1,P2,如图,当点P在切点P1的位置时,∠PBA最小,当点P在切点P2的位置时,∠PBA最大,易知|P1B|=|P2B|,圆心(5,5)到点B的距离为,圆的半径为4,所以|P1B|=|P2B|=,故选项C,D均正确.故选ACD.

方法点拨:1.当直线与圆C相离时,圆上的点P到直线的距离的取值范围为[d-r,d+r],其中r为半径,d为圆心到直线的距离.2.从圆外一点Q(x0,y0)向圆x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)引切线,切点为A,则|QA|=.

3.(2015广东理,5,5分)平行于直线2x+y+1=0且与圆x2+y2=5相切的直线的方程是(　　)

A.2x+y+5=0或2x+y-5=0

B.2x+y+=0或2x+y-=0

C.2x-y+5=0或2x-y-5=0

D.2x-y+=0或2x-y-=0

答案　A　切线平行于直线2x+y+1=0,故可设切线方程为2x+y+c=0(c≠1),结合题意可得=,解得c=±5.故选A.

4.(2015山东理,9,5分)一条光线从点(-2,-3)射出,经y轴反射后与圆(x+3)2+(y-2)2=1相切,则反射光线所在直线的斜率为(　　)

A.-或-　　　　　B.-或-

C.-或-　　　　　D.-或-

答案　D　由题意可知反射光线所在直线过点(2,-3),设反射光线所在直线方程为y+3=k(x-2),即kx-y-2k-3=0.

∵反射光线所在直线与圆相切,∴=1,解得k=-或k=-.

评析　本题主要考查直线和圆的位置关系.

5.(2015重庆理,8,5分)已知直线l:x+ay-1=0(a∈R)是圆C:x2+y2-4x-2y+1=0的对称轴.过点A(-4,a)作圆C的一条切线,切点为B,则|AB|=(　　)

A.2　　　B.4　　　C.6　　　D.2

答案　C　圆C的标准方程为(x-2)2+(y-1)2=22,圆心为C(2,1),半径r=2,由直线l是圆C的对称轴,知直线l过点C,所以2+a×1-1=0,a=-1,所以A(-4,-1),于是|AC|2=40,所以|AB|===6.故选C.

6.(2014课标Ⅱ文,12,5分)设点M(x0,1),若在圆O:x2+y2=1上存在点N,使得∠OMN=45°,则x0的取值范围是(　　)

A.[-1,1]　　　　　B.

C.[-,]　　　　　D.

答案　A　过M作圆O的两条切线MA、MB,切点分别为A、B,若在圆O上存在点N,使∠OMN=45°,则∠OMB≥∠OMN=45°,所以∠AMB≥90°,所以-1≤x0≤1,故选A.

评析　本题考查直线与圆的位置关系,体现了数形结合的思想方法.

7.(2014浙江文,5,5分)已知圆x2+y2+2x-2y+a=0截直线x+y+2=0所得弦的长度为4,则实数a的值是(　　)

A.-2　　　B.-4　　　C.-6　　　D.-8

答案　B　将圆的方程化为标准方程为(x+1)2+(y-1)2=2-a,所以圆心为(-1,1),半径r=,圆心到直线x+y+2=0的距离d==,故r2-d2=4,即2-a-2=4,所以a=-4,故选B.

8.(2014安徽文,6,5分)过点P(-,-1)的直线l与圆x2+y2=1有公共点,则直线l的倾斜角的取值范围是(　　)

A.　　　B.　　　C.　　　D.

答案　D　过P点作圆的切线PA、PB,连接OP,如图所示.

显然,直线PA的倾斜角为0,又OP==2,PA=,OA=1,因此∠OPA=,由对称性知,直线PB的倾斜角为.若直线l与圆有公共点,由图形知其倾斜角的取值范围是.故选D.

9.(2016山东文,7,5分)已知圆M:x2+y2-2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是2.则圆M与圆N:(x-1)2+(y-1)2=1的位置关系是(　　)

A.内切　　　　　B.相交

C.外切　　　　　D.相离

答案　B　由题意知圆M的圆心为(0,a),半径R=a,因为圆M截直线x+y=0所得线段的长度为2,所以圆心M到直线x+y=0的距离d==(a>0),解得a=2,又知圆N的圆心为(1,1),半径r=1,所以|MN|=,则R-r<<R+r,所以两圆的位置关系为相交,故选B.

思路分析　利用直线被圆所截得的线段的长度构造关于a的方程,从而求出圆M的圆心及半径,根据两圆圆心距及两圆半径和与差的大小关系判断两圆的位置关系.

10.(2014北京文,7,5分)已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1和两点A(-m,0),B(m,0)(m>0).若圆C上存在点P,使得∠APB=90°,则m的最大值为(　　)

A.7　　　B.6　　　C.5　　　D.4

答案　B　若∠APB=90°,则点P的轨迹是以AB为直径的圆,其方程为x2+y2=m2.由题意知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1与圆O:x2+y2=m2有公共点,所以|m-1|≤|OC|≤m+1,易知|OC|=5,所以4≤m≤6,故m的最大值为6.选B.

11.(2013重庆理,7,5分)已知圆C1:(x-2)2+(y-3)2=1,圆C2:(x-3)2+(y-4)2=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.5-4　　　B.-1　　　C.6-2　　　D.

答案　A　圆C1,C2如图所示.

设P是x轴上任意一点,则|PM|的最小值为|PC1|-1,同理可得|PN|的最小值为|PC2|-3,则|PM|+|PN|的最小值为|PC1|+|PC2|-4.作C1关于x轴的对称点C'1(2,-3),连接C'1C2,与x轴交于点P,连接PC1,根据三角形两边之和大于第三边可知|PC1|+|PC2|的最小值为|C'1C2|,则|PM|+|PN|的最小值为5-4.选A.

评析　本题考查了圆的标准方程及圆的几何性质等知识,同时又考查了数形结合思想、转化思想.把折线段长的和转化成两点间的距离是本题的关键.

12.(2016课标Ⅱ,4,5分)圆x2+y2-2x-8y+13=0的圆心到直线ax+y-1=0的距离为1,则a=(　　)

A.-　　　B.-　　　C.　　　D.2

答案　A　圆的方程可化为(x-1)2+(y-4)2=4,则圆心坐标为(1,4),圆心到直线ax+y-1=0的距离为=1,解得a=-.故选A.

思路分析　将圆的方程化成标准方程,从而得出圆心坐标,进而利用点到直线的距离公式列出关于a的方程,解方程即可求得a的值.

13.(2016北京,5,5分)圆(x+1)2+y2=2的圆心到直线y=x+3的距离为(　　)

A.1　　　B.2　　　C.　　　D.2

答案　C　由题知圆心坐标为(-1,0),将直线y=x+3化成一般形式为x-y+3=0,故圆心到直线的距离d==.故选C.

易错警示　在应用点到直线的距离公式d=时,一定要将直线方程化成一般形式,正确写出A,B,C的值,此处符号易出现错误.

14.(2016课标Ⅰ,15,5分)设直线y=x+2a与圆C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B两点,若|AB|=2,则圆C的面积为　　　　. 

答案　4π

解析　把圆C的方程化为x2+(y-a)2=2+a2,则圆心为(0,a),半径r=.圆心到直线x-y+2a=0的距离d=.由r2=d2+,得a2+2=+3,解得a2=2,则r2=4,所以圆的面积S=πr2=4π.

15.(2016课标Ⅲ,15,5分)已知直线l:x-y+6=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.则|CD|=　　　　. 

答案　4

解析　圆心(0,0)到直线x-y+6=0的距离d==3,|AB|=2=2,过C作CE⊥BD于E,因为直线l的倾斜角为30°,所以|CD|====4.

16.(2016课标Ⅲ理,16,5分)已知直线l:mx+y+3m-=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.若|AB|=2,则|CD|=　　　　. 

答案　4

解析　由题意可知直线l过定点(-3,),该定点在圆x2+y2=12上,不妨设点A(-3,),由于|AB|=2,r=2,所以圆心到直线AB的距离为d==3,又由点到直线的距离公式可得d==3,解得m=-,所以直线l的斜率k=-m=,即直线l的倾斜角为30°.如图,过点C作CH⊥BD,垂足为H,所以|CH|=2,在Rt△CHD中,∠HCD=30°,所以|CD|==4.

解后反思　涉及直线与圆的位置关系的问题要充分利用圆的性质,利用数形结合的思想方法求解.

17.(2015江苏,10,5分)在平面直角坐标系xOy中,以点(1,0)为圆心且与直线mx-y-2m-1=0(m∈R)相切的所有圆中,半径最大的圆的标准方程为　　　　. 

答案　(x-1)2+y2=2

解析　由mx-y-2m-1=0可得m(x-2)=y+1,由m∈R知该直线过定点(2,-1),从而点(1,0)与直线mx-y-2m-1=0的距离的最大值为=,故所求圆的标准方程为(x-1)2+y2=2.

18.(2014重庆理,13,5分)已知直线ax+y-2=0与圆心为C的圆(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B两点,且△ABC为等边三角形,则实数a=　　　　. 

答案　4±

解析　易知△ABC是边长为2的等边三角形,故圆心C(1,a)到直线AB的距离为,即=,解得a=4±.经检验均符合题意,则a=4±.

评析　本题考查过定点的直线与圆相交的弦长问题,以及数形结合的思想方法,对综合能力要求较高.

19.(2022新高考Ⅱ,15,5分)设点A(-2,3),B(0,a),若直线AB关于y=a对称的直线与圆(x+3)2+(y+2)2=1有公共点,则a的取值范围是　　　　　　. 

答案　

解析　设直线AB关于y=a对称的直线为l,∵kAB=,∴kl=-.

显然点B(0,a)在直线l上,∴直线l的方程为y=-x+a,即(a-3)x+2y-2a=0.∵l与圆有公共点,

∴圆心(-3,-2)到直线l的距离d≤r,

即≤1,即6a2-11a+3≤0.

解得,∴实数a的取值范围为.

20.(2022全国甲理,14,5分)若双曲线y2-=1(m>0)的渐近线与圆x2+y2-4y+3=0相切,则m=　　　　. 

答案　

解析　易得双曲线的渐近线方程为y=±(m>0),

圆的方程可化为x2+(y-2)2=1,其半径r=1,

∵渐近线与圆相切,∴圆心(0,2)到渐近线的距离等于r,∴=1,∴m2=,又m>0,∴m=.

21.(2022新高考Ⅰ,14,5分)写出与圆x2+y2=1和(x-3)2+(y-4)2=16都相切的一条直线的方程　　　　. 

答案　 x=-1(或3x+4y-5=0或7x-24y-25=0)

解析　∵两圆C1:x2+y2=1,C2:(x-3)2+(y-4)2=16的圆心分别为C1(0,0),C2(3,4),r1=1,r2=4,∴|C1C2|=5=r1+r2,则两圆外切,如图所示均与直线l1:x=-1相切,两圆圆心连线C1C2所在直线的方程为y=x,记为l,l1与l交于点P,由两圆另一外公切线l2过点P,设l2:y+=k(x+1),由l2与圆C1:x2+y2=1相切,得=1,求出k=,则直线l2的方程为7x-24y-25=0,由内公切线l3与l垂直,设l3的方程为y=-x+m,由l3与圆C1:x2+y2=1相切得=1,∴m=或-.当m=-时,y=-,与圆C2不相切,不符合题意,舍去.故m=,则直线l3的方程为3x+4y-5=0.

综上,可知三条切线方程分别为x=-1,3x+4y-5=0,7x-24y-25=0.

综上,可知三条切线方程分别为x=-1,3x+4y-5=0,7x-24y-25=0.

22.(2021全国甲理,20,12分)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M与l相切.

(1)求C,☉M的方程;

(2)设A1,A2,A3是C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切.判断直线A2A3与☉M的位置关系,并说明理由.

解析　(1)由题意可设抛物线C的方程为y2=2px(p>0),则P,Q的坐标为(1,±),

∵OP⊥OQ,∴=1-2p=0,

∴p=,∴抛物线C的方程为y2=x.

∵☉M的圆心为(2,0),☉M与直线x=1相切,∴☉M的半径为1,

∴☉M的方程为(x-2)2+y2=1.

(2)直线A2A3与☉M相切.理由如下:

设A1(,y0),A2(,y1),A3(,y2),∵直线A1A2,A1A3均与☉M相切,∴y0≠±1,y1≠±1,y2≠±1,

由A1,A2的坐标可得直线A1A2的方程为y-y0=(x-),整理,得x-(y0+y1)y+y0y1=0,由于直线A1A2与☉M相切,∴M到直线A1A2的距离d==1,整理得(-1)=0,①

同理可得,(-1)=0,②

观察①②,得y1,y2是关于x的一元二次方程(-1)x2+2y0x+3-=0的两根,

∴(*)

同理,得直线A2A3的方程为x-(y1+y2)y+y1y2=0,

则点M(2,0)到直线A2A3的距离d'=,把(*)代入,得d'==1.∴直线A2A3与☉M相切.

解后反思　本题第(1)问较为基础,熟练掌握抛物线和圆的标准方程是关键;第(2)问涉及的条件较多,其中直线A1A2与圆相切,是最重要的一个条件,由此条件可求出直线A1A2的方程,进而直线A1A3,A2A3的方程就可同理求得,可大大简化运算过程,而由①②归纳出y1,y2是方程(-1)x2+2y0x+3-=0的两根,则需要有较深的数学功底和知识储备,需要同学们平时不断积累.

23.(2015课标Ⅰ文,20,12分)已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C:(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N两点.

(1)求k的取值范围;

(2)若·=12,其中O为坐标原点,求|MN|.

解析　(1)由题设,可知直线l的方程为y=kx+1.

因为l与C交于两点,所以<1.

解得<k<.

所以k的取值范围为.(5分)

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).

将y=kx+1代入方程(x-2)2+(y-3)2=1,整理得

(1+k2)x2-4(1+k)x+7=0.

所以x1+x2=,x1x2=.(7分)

·=x1x2+y1y2

=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1

=+8.

由题设可得+8=12,解得k=1,

所以l的方程为y=x+1.

故圆心C在l上,所以|MN|=2.(12分)

24.(2015广东理,20,14分)已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B.

(1)求圆C1的圆心坐标;

(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程;

(3)是否存在实数k,使得直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.

解析　(1)圆C1的方程x2+y2-6x+5=0可化为(x-3)2+y2=4,所以圆心坐标为(3,0).

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2),M(x0,y0),

则x0=,y0=.

由题意可知直线l的斜率必存在,设直线l的方程为y=tx.

将上述方程代入圆C1的方程,化简得(1+t2)x2-6x+5=0.

由题意,可得Δ=36-20(1+t2)>0(*),x1+x2=,

所以x0=,代入直线l的方程,得y0=.

因为+=+===3x0,

所以+=.

由(*)解得t2<,又t2≥0,所以<x0≤3.

所以线段AB的中点M的轨迹C的方程为+y2=.

(3)由(2)知,曲线C是在区间上的一段圆弧.

如图,D,E,F(3,0),直线L过定点G(4,0).

联立直线L的方程与曲线C的方程,消去y整理得(1+k2)x2-(3+8k2)x+16k2=0.

令判别式Δ=0,解得:k=±,由求根公式解得交点的横坐标为xH,I=∈,由图可知:要使直线L与曲线C只有一个交点,则k∈[kDG,kEG]∪{kGH,kGI},即k∈∪.

25.(2014课标Ⅰ文,20,12分)已知点P(2,2),圆C:x2+y2-8y=0,过点P的动直线l与圆C交于A,B两点,线段AB的中点为M,O为坐标原点.

(1)求M的轨迹方程;

(2)当|OP|=|OM|时,求l的方程及△POM的面积.

解析　(1)圆C的方程可化为x2+(y-4)2=16,所以圆心为C(0,4),半径为4.

设M(x,y),则=(x,y-4),=(2-x,2-y).由题设知·=0,故x(2-x)+(y-4)(2-y)=0,即(x-1)2+(y-3)2=2.

由于点P在圆C的内部,所以M的轨迹方程是(x-1)2+(y-3)2=2.

(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心,为半径的圆.

由于|OP|=|OM|,故O在线段PM的垂直平分线上,又P在圆N上,从而ON⊥PM.

因为ON的斜率为3,所以l的斜率为-,故l的方程为y=-x+.

又|OM|=|OP|=2,O到l的距离为,|PM|=,所以△POM的面积为.

评析　本题考查轨迹方程的求法,直线与圆的位置关系,在解决直线与圆的相关问题时,利用图形的几何性质可简化运算.

26.(2013江苏,17,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,点A(0,3),直线l:y=2x-4.

设圆C的半径为1,圆心在l上.

(1)若圆心C也在直线y=x-1上,过点A作圆C的切线,求切线的方程;

(2)若圆C上存在点M,使MA=2MO,求圆心C的横坐标a的取值范围.

解析　(1)由题意知,圆心C是直线y=2x-4和y=x-1的交点,解得点C(3,2),于是切线的斜率必存在.设过A(0,3)的圆C的切线方程为y=kx+3,

由题意得,=1,解得k=0或-,

故所求切线方程为y=3或3x+4y-12=0.

(2)因为圆心在直线y=2x-4上,所以圆C的方程为(x-a)2+[y-2(a-2)]2=1.

设点M(x,y),因为MA=2MO,所以=2,化简得x2+y2+2y-3=0,即x2+(y+1)2=4,所以点M在以D(0,-1)为圆心,2为半径的圆上.

由题意,点M(x,y)在圆C上,所以圆C与圆D有公共点,则|2-1|≤CD≤2+1,即1≤≤3.

由5a2-12a+8≥0,得a∈R;

由5a2-12a≤0,得0≤a≤.

所以点C的横坐标a的取值范围为.

评析　本题考查直线与圆的方程,直线与直线、直线与圆、圆与圆的位置关系等基础知识和基本技能,考查运用数形结合、待定系数法等数学思想方法分析问题、解决问题的能力.