【55】平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）

平面解析几何《圆与方程》解答 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 （15道）第1页（共39页）123456789101112131415平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第2页（共39页）1．【点击此处回目录】（2016•江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2+y2﹣12x﹣14y+60＝0及其上一点A（2，4）．（1）设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；（2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B、C两点，且BC＝OA，求直线l的方程；（3）设点T（t，0）满足：存在圆M上的两点P和Q，使得+＝，求实数t的取值范围．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第3页（共39页）【考点】圆的一般方程；直线与圆的位置关系．【 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 】（1）设N（6，n），则圆N为：（x﹣6）2+（y﹣n）2＝n2，n＞0，从而得到|7﹣n|＝|n|+5，由此能求出圆N的标准方程．（2）由题意得OA＝2，kOA＝2，设l：y＝2x+b，则圆心M到直线l的距离：d＝，由此能求出直线l的方程．（3）＝，即||＝，又||≤10，得t∈[2﹣2，2+2]，对于任意t∈[2﹣2，2+2]，欲使，只需要作直线TA的平行线，使圆心到直线的距离为，由此能求出实数t的取值范围．【解答】解：（1）∵N在直线x＝6上，∴设N（6，n），∵圆N与x轴相切，∴圆N为：（x﹣6）2+（y﹣n）2＝n2，n＞0，又圆N与圆M外切，圆M：x2+y2﹣12x﹣14y+60＝0，即圆M：（x﹣6）2+（x﹣7）2＝25，∴|7﹣n|＝|n|+5，解得n＝1，∴圆N的标准方程为（x﹣6）2+（y﹣1）2＝1．（2）由题意得OA＝2，kOA＝2，设l：y＝2x+b，则圆心M到直线l的距离：d＝＝，则|BC|＝2＝2，BC＝2，即2＝2，解得b＝5或b＝﹣15，∴直线l的方程为：y＝2x+5或y＝2x﹣15．（3）设P（x1，y1），Q（x2，y2），∵A（2，4），T（t，0），，∴，①∵点Q在圆M上，∴（x2﹣6）2+（y2﹣7）2＝25，②将①代入②，得（x1﹣t﹣4）2+（y1﹣3）2＝25，∴点P（x1，y1）即在圆M上，又在圆[x﹣（t+4）]2+（y﹣3）2＝25上，平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第4页（共39页）从而圆（x﹣6）2+（y﹣7）2＝25与圆[x﹣（t+4）]2+（y﹣3）2＝25有公共点，∴5﹣5≤≤5+5．解得2﹣2≤t，∴实数t的取值范围是[2﹣2，2+2]．【点评】本题考查圆的标准方程的求法，考查直线方程的求法，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意圆的性质的合理运用．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第5页（共39页）2．【点击此处回目录】（2016•新课标Ⅱ）在直角坐标系xOy中，圆C的方程为（x+6）2+y2＝25．（Ⅰ）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；（Ⅱ）直线l的参数方程是（t为参数），l与C交与A，B两点，|AB|＝，求l的斜率．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第6页（共39页）【考点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质．【分析】（Ⅰ）把圆C的标准方程化为一般方程，由此利用ρ2＝x2+y2，x＝ρcosα，y＝ρsinα，能求出圆C的极坐标方程．（Ⅱ）由直线l的参数方程求出直线l的一般方程，再求出圆心到直线距离，由此能求出直线l的斜率．【解答】解：（Ⅰ）∵圆C的方程为（x+6）2+y2＝25，∴x2+y2+12x+11＝0，∵ρ2＝x2+y2，x＝ρcosα，y＝ρsinα，∴C的极坐标方程为ρ2+12ρcosα+11＝0．（Ⅱ）∵直线l的参数方程是（t为参数），∴t＝，代入y＝tsinα，得：直线l的一般方程y＝tanα•x，∵l与C交与A，B两点，|AB|＝，圆C的圆心C（﹣6，0），半径r＝5，圆心到直线的距离d＝．∴圆心C（﹣6，0）到直线距离d＝＝，解得tan2α＝，∴tanα＝±＝±．∴l的斜率k＝±．【点评】本题考查圆的极坐标方程的求法，考查直线的斜率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意点到直线公式、圆的性质的合理运用．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第7页（共39页）3．【点击此处回目录】（2015•陕西）如图，AB切⊙O于点B，直线AO交⊙O于D，E两点，BC⊥DE，垂足为C．（Ⅰ）证明：∠CBD＝∠DBA；（Ⅱ）若AD＝3DC，BC＝，求⊙O的直径．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第8页（共39页）【考点】直线与圆的位置关系．【分析】（Ⅰ）根据直径的性质即可证明：∠CBD＝∠DBA；（Ⅱ）结合割线定理进行求解即可求⊙O的直径．【解答】证明：（Ⅰ）∵DE是⊙O的直径，则∠BED+∠EDB＝90°，∵BC⊥DE，∴∠CBD+∠EDB＝90°，即∠CBD＝∠BED，∵AB切⊙O于点B，∴∠DBA＝∠BED，即∠CBD＝∠DBA；（Ⅱ）由（Ⅰ）知BD平分∠CBA，则＝3，∵BC＝，∴AB＝3，AC＝，则AD＝3，由切割线定理得AB2＝AD•AE，即AE＝，故DE＝AE﹣AD＝3，即可⊙O的直径为3．【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用和证明，根据相应的定理是解决本题的关键．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第9页（共39页）4．【点击此处回目录】（2015•新课标Ⅰ）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交于点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|．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第10页（共39页）【考点】平面向量数量积的性质及其运算；直线与圆的位置关系．【分析】（1）由题意可得，直线l的斜率存在，用点斜式求得直线l的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k的值，可得满足条件的k的范围．（2）由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y＝kx+1，根据直线和圆相交的弦长公式进行求解．【解答】（1）由题意可得，直线l的斜率存在，设过点A（0，1）的直线方程：y＝kx+1，即：kx﹣y+1＝0．由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R＝1．故由＜1，故当＜k＜，过点A（0，1）的直线与圆C：（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1相交于M，N两点．（2）设M（x1，y1）；N（x2，y2），由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y＝kx+1，代入圆C的方程（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1，可得（1+k2）x2﹣4（k+1）x+7＝0，∴x1+x2＝，x1•x2＝，∴y1•y2＝（kx1+1）（kx2+1）＝k2x1x2+k（x1+x2）+1＝•k2+k•+1＝，由•＝x1•x2+y1•y2＝＝12，解得k＝1，故直线l的方程为y＝x+1，即x﹣y+1＝0．圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．所以|MN|＝2．【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，以及直线和圆相交的弦长公式的计算，考查学生的计算能力．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第11页（共39页）5．【点击此处回目录】（2015•广东）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．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第12页（共39页）【考点】轨迹方程；直线与圆的位置关系．【分析】（1）通过将圆C1的一般式方程化为标准方程即得结论；（2）设当直线l的方程为y＝kx，通过联立直线l与圆C1的方程，利用根的判别式大于0、韦达定理、中点坐标公式及参数方程与普通方程的相互转化，计算即得结论；（3）通过联立直线L与圆C1的方程，利用根的判别式△＝0及轨迹C的端点与点（4，0）决定的直线斜率，即得结论．【解答】解：（1）∵圆C1：x2+y2﹣6x+5＝0，整理，得其标准方程为：（x﹣3）2+y2＝4，∴圆C1的圆心坐标为（3，0）；（2）设当直线l的方程为y＝kx、A（x1，y1）、B（x2，y2），联立方程组，消去y可得：（1+k2）x2﹣6x+5＝0，由△＝36﹣4（1+k2）×5＞0，可得k2＜由韦达定理，可得x1+x2＝，∴线段AB的中点M的轨迹C的参数方程为，其中﹣＜k＜，∴线段AB的中点M的轨迹C的方程为：（x﹣）2+y2＝，其中＜x≤3；（3）结论：当k∈（﹣，）∪{﹣，}时，直线L：y＝k（x﹣4）与曲线C只有一个交点．理由如下：联立方程组，消去y，可得：（1+k2）x2﹣（3+8k2）x+16k2＝0，令△＝（3+8k2）2﹣4（1+k2）•16k2＝0，解得k＝±，又∵轨迹C的端点（，±）与点（4，0）决定的直线斜率为±，∴当直线L：y＝k（x﹣4）与曲线C只有一个交点时，平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第13页（共39页）k的取值范围为[﹣，]∪{﹣，}．【点评】本题考查求轨迹方程、直线与曲线的位置关系问题，注意解题方法的积累，属于难题．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第14页（共39页）6．【点击此处回目录】（2014•全国）设椭圆+y2＝1的左、右焦点分别为F1、F2，过点F2的直线l交椭圆于A、B两点，F1∉l，求△F1AB重心的轨迹方程．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第15页（共39页）【考点】轨迹方程；椭圆的性质．【分析】F1（﹣1，0），F2（1，0），当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1，求出△F1AB的重心坐标为（，0）；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x﹣1），联立，得：（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2＝0，利用违达定理求出△F1AB的重心坐标，由此能求出△F1AB重心的轨迹方程．【解答】解：∵椭圆+y2＝1的左、右焦点分别为F1、F2，∴F1（﹣1，0），F2（1，0），①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1，∴A（1，），B（1，﹣），∵F1（﹣1，0），∴△F1AB的重心坐标为（，0）．②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x﹣1），∵F1∉l，∴k≠0，联立，整理，得：（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2＝0，则xA+xB＝，∴yA+yB＝k（xA+xB）﹣2k＝，∴△F1AB的重心坐标为（，）＝（，），∴，消去k，得x2+2y2＝，∴k≠0，∴x，y≠0，∴△F1AB重心的轨迹方程为x2+2y2＝（x≠﹣）．【点评】本题考查三角形重心的轨迹方程的求法，考查椭圆、直线方程、三角形重心坐标公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第16页（共39页）7．【点击此处回目录】（2014•江苏）如图，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区，规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m，经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处（OC为河岸），tan∠BCO＝．（1）求新桥BC的长；（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第17页（共39页）【考点】圆的切线方程；直线与圆的位置关系．【分析】（1）在四边形AOCB中，过B作BE⊥OC于E，过A作AF⊥BE于F，设出AF，然后通过解直角三角形列式求解BE，进一步得到CE，然后由勾股定理得 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ；（2）设BC与⊙M切于Q，延长QM、CO交于P，设OM＝xm，把PC、PQ用含有x的代数式表示，再结合古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m列式求得x的范围，得到x取最小值时圆的半径最大，即圆形保护区的面积最大．【解答】解：（1）如图，过B作BE⊥OC于E，过A作AF⊥BE于F，∵∠ABC＝90°，∠BEC＝90°，∴∠ABF＝∠BCE，∴．设AF＝4x（m），则BF＝3x（m）．∵∠AOE＝∠AFE＝∠OEF＝90°，∴OE＝AF＝4x（m），EF＝AO＝60（m），∴BE＝（3x+60）m．∵，∴CE＝（m）．∴（m）．∴，解得：x＝20．∴BE＝120m，CE＝90m，则BC＝150m；平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第18页（共39页）（2）如图，设BC与⊙M切于Q，延长QM、CO交于P，∵∠POM＝∠PQC＝90°，∴∠PMO＝∠BCO．设OM＝xm，则OP＝m，PM＝m．∴PC＝m，PQ＝m．设⊙M半径为R，∴R＝MQ＝m＝m．∵A、O到⊙M上任一点距离不少于80m，则R﹣AM≥80，R﹣OM≥80，∴136﹣﹣（60﹣x）≥80，136﹣﹣x≥80．解得：10≤x≤35．∴当且仅当x＝10时R取到最大值．∴OM＝10m时，保护区面积最大．【点评】本题考查圆的切线，考查了直线与圆的位置关系，解答的关键在于对题意的理解，是中档题．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第19页（共39页）8．【点击此处回目录】（2014•新课标Ⅰ）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．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第20页（共39页）【考点】三角形的面积公式；轨迹方程．【分析】（1）由圆C的方程求出圆心坐标和半径，设出M坐标，由与数量积等于0列式得M的轨迹方程；（2）设M的轨迹的圆心为N，由|OP|＝|OM|得到ON⊥PM．求出ON所在直线的斜率，由直线方程的点斜式得到PM所在直线方程，由点到直线的距离公式求出O到l的距离，再由弦心距、圆的半径及弦长间的关系求出PM的长度，代入三角形面积公式得答案．【解答】解：（1）由圆C：x2+y2﹣8y＝0，得x2+（y﹣4）2＝16，∴圆C的圆心坐标为（0，4），半径为4．设M（x，y），则，．由题意可得：．即x（2﹣x）+（y﹣4）（2﹣y）＝0．整理得：（x﹣1）2+（y﹣3）2＝2．∴M的轨迹方程是（x﹣1）2+（y﹣3）2＝2．（2）由（1）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．∵kON＝3，∴直线l的斜率为﹣．∴直线PM的方程为，即x+3y﹣8＝0．则O到直线l的距离为．又N到l的距离为，∴|PM|＝＝．∴．【点评】本题考查圆的轨迹方程的求法，训练了利用向量数量积判断两个向量的垂直关系，训练了点到平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第21页（共39页）直线的距离公式的应用，是中档题．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第22页（共39页）9．【点击此处回目录】（2014•广东）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的右焦点为（，0），离心率为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若动点P（x0，y0）为椭圆C外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第23页（共39页）【考点】轨迹方程；椭圆的标准方程．【分析】（1）根据焦点坐标和离心率求得a和b，则椭圆的方可得．（2）设出切线的方程，带入椭圆方程，整理后利用△＝0，整理出关于k的一元二次方程，利用韦达定理表示出k1•k2，进而取得x0和y0的关系式，即P点的轨迹方程．【解答】解：（1）依题意知，求得a＝3，b＝2，∴椭圆的方程为+＝1．（2）①当两条切线中有一条斜率不存在时，即A、B两点分别位于椭圆长轴与短轴的端点，P的坐标为（±3，±2），符合题意，②当两条切线斜率均存在时，设过点P（x0，y0）的切线为y＝k（x﹣x0）+y0，+＝+＝1，4x2+9[k2x2+﹣2kx0x++2ky0x﹣2ky0x0]＝36整理得（9k2+4）x2+18k（y0﹣kx0）x+9[（y0﹣kx0）2﹣4]＝0，∴△＝[18k（y0﹣kx0）]2﹣4（9k2+4）×9[（y0﹣kx0）2﹣4]＝0，整理得（x02﹣9）k2﹣2x0×y0×k+（y02﹣4）＝0，∴﹣1＝k1•k2＝＝﹣1，∴x02+y02＝13．把点（±3，±2）代入亦成立，∴点P的轨迹方程为：x2+y2＝13．【点评】本题主要考查了椭圆的标准方程，轨迹方程的相关问题．对于求轨迹方程，最重要的是建立模型求得x和y关系．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第24页（共39页）10．【点击此处回目录】（2013•江苏）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﹣3上，过点A作圆C的切线，求切线方程；（2）若圆C上存在点M，使|MA|＝2|MO|，求圆心C的横坐标的取值范围．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第25页（共39页）【考点】直线与圆的位置关系．【分析】（1）先求出圆心坐标，可得圆的方程，再设出切线方程，利用点到直线的距离公式，即可求得切线方程；（2）设出点C，M的坐标，利用|MA|＝2|MO|，寻找坐标之间的关系，进一步将问题转化为圆与圆的位置关系，即可得出结论．【解答】解：（1）由题设，圆心C在y＝x﹣3上，也在直线y＝2x﹣4上，设切点的横坐标为a，2a﹣4＝a﹣3，∴a＝1，∴C（1，﹣2）．∴⊙C：（x﹣1）2+（y+2）2＝1，由题，当斜率存在时，过A点切线方程可设为y＝kx+3，即kx﹣y+3＝0，则＝1，解得：k＝﹣，…（4分）又当斜率不存在时，也与圆相切，∴所求切线为x＝0或y＝﹣x+3，即x＝0或12x+5y﹣15＝0；（2）设点M（x，y），由|MA|＝2|MO|，化简得：x2+（y+1）2＝4，∴点M的轨迹为以（0，﹣1）为圆心，2为半径的圆，可记为圆D，又∵点M在圆C上，∴圆C与圆D的关系为相交或相切，∴1≤|CD|≤3，其中|CD|＝，∴1≤≤3，解得：0≤a≤．【点评】此题考查了圆的切线方程，点到直线的距离公式，以及圆与圆的位置关系的判定，涉及的知识有：两直线的交点坐标，直线的点斜式方程，两点间的距离公式，圆的标准方程，是一道综合性较强的 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．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第26页（共39页）11．【点击此处回目录】（2013•新课标Ⅱ）在平面直角坐标系xOy中，已知圆P在x轴上截得线段长为2，在y轴上截得线段长为2．（Ⅰ）求圆心P的轨迹方程；（Ⅱ）若P点到直线y＝x的距离为，求圆P的方程．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第27页（共39页）【考点】圆的标准方程；轨迹方程．【分析】（Ⅰ）由题意，可直接在弦心距、弦的一半及半径三者组成的直角三角形中利用勾股定理建立关于点P的横纵坐标的方程，整理即可得到所求的轨迹方程；（Ⅱ）由题，可先由点到直线的距离公式建立关于点P的横纵坐标的方程，将此方程与（I）所求的轨迹方程联立，解出点P的坐标，进而解出圆的半径即可写出圆P的方程．【解答】解：（Ⅰ）设圆心P（x，y），由题意得圆心到x轴的距离与半径之间的关系为2＝﹣y2+r2，同理圆心到y轴的距离与半径之间的关系为3＝﹣x2+r2，由两式整理得x2+3＝y2+2，整理得y2﹣x2＝1即为圆心P的轨迹方程，此轨迹是等轴双曲线（Ⅱ）由P点到直线y＝x的距离为得，＝，即|x﹣y|＝1，即x＝y+1或y＝x+1，分别代入y2﹣x2＝1解得P（0，﹣1）或P（0，1）若P（0，﹣1），此时点P在y轴上，故半径为，所以圆P的方程为（y+1）2+x2＝3；若P（0，1），此时点P在y轴上，故半径为，所以圆P的方程为（y﹣1）2+x2＝3；综上，圆P的方程为（y+1）2+x2＝3或（y﹣1）2+x2＝3【点评】本题考查求轨迹方程的方法解析法及点的直线的距离公式、圆的标准方程与圆的性质，解题的关键是理解圆的几何特征，将几何特征转化为方程平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第28页（共39页）12．【点击此处回目录】（2013•四川）已知圆C的方程为x2+（y﹣4）2＝4，点O是坐标原点．直线l：y＝kx与圆C交于M，N两点．（Ⅰ）求k的取值范围；（Ⅱ）设Q（m，n）是线段MN上的点，且．请将n表示为m的函数．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第29页（共39页）【考点】函数与方程的综合运用；直线与圆的位置关系．【分析】（Ⅰ）将直线l方程与圆C方程联立消去y得到关于x的一元二次方程，根据两函数图象有两个交点，得到根的判别式的值大于0，列出关于k的不等式，求出不等式的解集即可得到k的取值范围；（Ⅱ）由M、N在直线l上，设点M、N坐标分别为（x1，kx1），（x2，kx2），利用两点间的距离公式表示出|OM|2与|ON|2，以及|OQ|2，代入已知等式中变形，再利用根与系数的关系求出x1+x2与x1x2，用k表示出m，由Q在直线y＝kx上，将Q坐标代入直线y＝kx中表示出k，代入得出的关系式中，用m表示出n即可得出n关于m的函数解析式，并求出m的范围即可．【解答】解：（Ⅰ）将y＝kx代入x2+（y﹣4）2＝4中，得：（1+k2）x2﹣8kx+12＝0（*），根据题意得：△＝（﹣8k）2﹣4（1+k2）×12＞0，即k2＞3，则k的取值范围为（﹣∞，﹣）∪（，+∞）；（Ⅱ）由M、N、Q在直线l上，可设M、N坐标分别为（x1，kx1），（x2，kx2），∴|OM|2＝（1+k2）x12，|ON|2＝（1+k2）x22，|OQ|2＝m2+n2＝（1+k2）m2，代入＝+得：＝+，即＝+＝，由（*）得到x1+x2＝，x1x2＝，代入得：＝，即m2＝，∵点Q在直线y＝kx上，∴n＝km，即k＝，代入m2＝，化简得5n2﹣3m2＝36，由m2＝及k2＞3，得到0＜m2＜3，即m∈（﹣，0）∪（0，），根据题意得点Q在圆内，即n＞0，∴n＝＝，则n与m的函数关系式为n＝（m∈（﹣，0）∪（0，））．【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：根的判别式，根与系数的关系，两点间的距平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第30页（共39页）离公式，以及函数与方程的综合运用，本题计算量较大，是一道综合性较强的中档题．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第31页（共39页）13．【点击此处回目录】（2013•四川）已知椭圆C：（a＞b＞0）的两个焦点分别为F1（﹣1，0），F2（1，0），且椭圆C经过点．（Ⅰ）求椭圆C的离心率：（Ⅱ）设过点A（0，2）的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是线段MN上的点，且，求点Q的轨迹方程．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第32页（共39页）【考点】轨迹方程；椭圆的性质；曲线与方程．【分析】（I）由题设条件结合椭圆的性质直接求出a，c的值，即可得到椭圆的离心率；（II）由题设过点A（0，2）的直线l与椭圆C交于M，N两点，可设出直线的方程与椭圆的方程联立，由于两曲线交于两点，故判断式大于0且可利用根与系数的关系建立M，N两点的坐标与直线的斜率k的等量关系，然后再设出点Q的坐标，用两点M，N的坐标表示出，再综合计算即可求得点Q的轨迹方程．【解答】解：（I）∵椭圆C：（a＞b＞0）的两个焦点分别为F1（﹣1，0），F2（1，0），且椭圆C经过点．∴c＝1，2a＝PF1+PF2＝＝2，即a＝∴椭圆的离心率e＝＝＝…4分（II）由（I）知，椭圆C的方程为，设点Q的坐标为（x，y）（1）当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于（0，1）、（0，﹣1）两点，此时点Q的坐标为（0，2±）（2）当直线l与x轴不垂直时，可设其方程为y＝kx+2，因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为（x1，kx1+2），（x2，kx2+2），则，，又|AQ|2＝（1+k2）x2，∴，即＝…①将y＝kx+2代入中，得（2k2+1）x2+8kx+6＝0…②由△＝（8k）2﹣24（2k2+1）＞0，得k2＞由②知x1+x2＝﹣，x1x2＝，代入①中化简得x2＝…③因为点Q在直线y＝kx+2上，所以k＝，代入③中并化简得10（y﹣2）2﹣3x2＝18由③及k2＞可知0＜x2＜，即x∈（﹣，0）∪（0，）由题意，Q（x，y）在椭圆C内，所以﹣1≤y≤1，平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第33页（共39页）又由10（y﹣2）2﹣3x2＝18得（y﹣2）2∈（，）且﹣1≤y≤1，则y∈（，2﹣]综上得，点Q的轨迹方程为10（y﹣2）2﹣3x2＝18，其中x∈（﹣，），y∈（，2﹣]…13分【点评】本题主要考查直线、椭圆、曲线与方程等基础知识，考查推理论证能力，运算求解能力，考查数形结合、转化化归、分类与整合等数学思想，并考查思维的严谨性．本题是圆锥曲线中的常见题型，所考查的解题方式较为典型，本题运算量较大易因为运算失误造成丢分．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第34页（共39页）14．【点击此处回目录】（2013•陕西）已知动圆过定点A（4，0），且在y轴上截得的弦MN的长为8．（Ⅰ）求动圆圆心的轨迹C的方程；（Ⅱ）已知点B（﹣1，0），设不垂直于x轴的直线与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明直线过定点．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第35页（共39页）【考点】轨迹方程；直线与圆锥曲线的综合．【分析】（Ⅰ）设圆心C（x，y），过点C作CE⊥y轴，垂足为E，利用垂径定理可得|ME|＝|MN|，又|CA|2＝|CM|2＝|ME|2+|EC|2，利用两点间的距离公式即可得出．（Ⅱ）设P（x1，y1），Q（x2，y2），由题意可知y1+y2≠0，y1y2＜0.，．利用角平分线的性质可得kPB＝﹣kQB，可化为化为8+y1y2＝0．又直线PQ的方程为，代入化简整理为y（y1+y2）+8＝8x，令y＝0，则x＝1即可得到定点．【解答】解：（Ⅰ）设圆心C（x，y）（x≠0），过点C作CE⊥y轴，垂足为E，则|ME|＝|MN|，∴|CA|2＝|CM|2＝|ME|2+|EC|2，∴（x﹣4）2+y2＝42+x2，化为y2＝8x．当x＝0时，也满足上式．∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x．（Ⅱ）设P（x1，y1），Q（x2，y2），由题意可知y1+y2≠0，y1y2＜0.，．∵x轴是∠PBQ的角平分线，∴kPB＝﹣kQB，∴，∴，化为8+y1y2＝0．直线PQ的方程为，∴，化为，化为，y（y1+y2）+8＝8x，令y＝0，则x＝1，∴直线PQ过定点（1，0）平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第36页（共39页）【点评】本题综合考查了抛物线的标准方程及其性质、垂径定理、两点间的距离公式、直线与抛物线相交问题、直线方程及过定点问题、斜率计算公式等基础知识，考查了推理能力、数形结合的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力，属于难题．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第37页（共39页）15．【点击此处回目录】（2013•新课标Ⅰ）已知圆M：（x+1）2+y2＝1，圆N：（x﹣1）2+y2＝9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第38页（共39页）【考点】轨迹方程；直线与圆的位置关系．【分析】（I）设动圆的半径为R，由已知动圆P与圆M外切并与圆N内切，可得|PM|+|PN|＝R+1+（3﹣R）＝4，而|NM|＝2，由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以M，N为焦点，4为长轴长的椭圆，求出即可；（II）设曲线C上任意一点P（x，y），由于|PM|﹣|PN|＝2R﹣2≤4﹣2＝2，所以R≤2，当且仅当⊙P的圆心为（2，0）R＝2时，其半径最大，其方程为（x﹣2）2+y2＝4．分①l的倾斜角为90°，此时l与y轴重合，可得|AB|．②若l的倾斜角不为90°，由于⊙M的半径1≠R，可知l与x轴不平行，设l与x轴的交点为Q，根据，可得Q（﹣4，0），所以可设l：y＝k（x+4），与椭圆的方程联立，得到根与系数的关系利用弦长公式即可得出．【解答】解：（I）由圆M：（x+1）2+y2＝1，可知圆心M（﹣1，0）；圆N：（x﹣1）2+y2＝9，圆心N（1，0），半径3．设动圆的半径为R，∵动圆P与圆M外切并与圆N内切，∴|PM|+|PN|＝R+1+（3﹣R）＝4，而|NM|＝2，由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以M，N为焦点，4为长轴长的椭圆，∴a＝2，c＝1，b2＝a2﹣c2＝3．∴曲线C的方程为（x≠﹣2）．（II）设曲线C上任意一点P（x，y），由于|PM|﹣|PN|＝2R﹣2≤3﹣1＝2，所以R≤2，当且仅当⊙P的圆心为（2，0）R＝2时，其半径最大，其方程为（x﹣2）2+y2＝4．①l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|＝．②若l的倾斜角不为90°，由于⊙M的半径1≠R，可知l与x轴不平行，设l与x轴的交点为Q，则，可得Q（﹣4，0），所以可设l：y＝k（x+4），由l于M相切可得：，解得．当时，联立，得到7x2+8x﹣8＝0．平面解析几何《圆与方程》解答题（15道）第39页（共39页）∴，．∴|AB|＝＝＝由于对称性可知：当时，也有|AB|＝．综上可知：|AB|＝或．【点评】本题综合考查了两圆的相切关系、直线与圆相切问题、椭圆的定义及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、弦长公式等基础知识，需要较强的推理能力和计算能力及其分类讨论的思想方法．