【数学】2020届一轮复习苏教版专题三第二讲大题考法——直线与圆学案

【数学】2020届一轮复习苏教版专题三第二讲大题考法——直线与圆学案

第二讲 大题考法——直线与圆 题型(一)‎ 直线与圆的位置关系 ‎　　　　　 　　　　　　　‎ 主要考查直线与圆的位置关系以及复杂背景下直线、圆的方程.‎ ‎[典例感悟]‎ ‎[例1]　如图，在Rt△ABC中，∠A为直角，AB边所在直线的方程为x－3y－6＝0，点T(－1,1)在直线AC上，BC中点为M(2,0)．‎ ‎(1)求BC边所在直线的方程；‎ ‎(2)若动圆P过点N(－2,0)，且与Rt△ABC的外接圆相交所得公共弦长为4，求动圆P中半径最小的圆方程．‎ ‎[解]　(1)因为AB边所在直线的方程为x－3y－6＝0，AC与AB垂直，所以直线AC的斜率为－3.‎ 故AC边所在直线的方程为y－1＝－3(x＋1)，‎ 即3x＋y＋2＝0.‎ 设C为(x0，－3x0－2)，因为M为BC中点，‎ 所以B(4－x0,3x0＋2)．‎ 点B代入x－3y－6＝0，解得x0＝－，‎ 所以C.‎ 所以BC所在直线方程为x＋7y－2＝0.‎ ‎(2)因为Rt△ABC斜边中点为M(2,0)，所以M为Rt△ABC外接圆的圆心．‎ 又AM＝2，从而Rt△ABC外接圆的方程为(x－2)2＋y2＝8.‎ 设P(a，b)，因为动圆P过点N，所以该圆的半径r＝，圆方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2.‎ 由于⊙P与⊙M相交，则公共弦所在直线m的方程为(4－2a)x－2by＋a2＋b2－r2＋4＝0.‎ 因为公共弦长为4，⊙M半径为2，所以M(2,0)到m的距离d＝2，即＝2，‎ 化简得b2＝3a2－4a，所以r＝ ＝ .‎ 当a＝0时，r最小值为2，此时b＝0，圆的方程为x2＋y2＝4.‎ ‎[方法技巧]‎ 解决有关直线与圆位置关系的问题的方法 ‎(1)直线与圆的方程求解通常用的待定系数法，由于直线方程和圆的方程均有不同形式，故要根据所给几何条件灵活使用方程．‎ ‎(2)对直线与直线的位置关系的相关问题要用好直线基本量之一斜率，要注意优先考虑斜率不存在的情况．‎ ‎(3)直线与圆的位置关系以及圆与圆的位置关系在处理时几何法优先，有时也需要用代数法即解方程组．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎　已知以点C(t∈R，t≠0)为圆心的圆与x轴交于点O，A，与y轴交于点O，B，其中O为坐标原点．‎ ‎(1)求证：△OAB的面积为定值；‎ ‎(2)设直线y＝－2x＋4与圆C交于点M，N，若OM＝ON，求圆C的方程．‎ 解：(1)证明：因为圆C过原点O，所以OC2＝t2＋.‎ 设圆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的面积为定值．‎ ‎(2)因为OM＝ON，CM＝CN，‎ 所以OC垂直平分线段MN.‎ 因为kMN＝－2，所以kOC＝.‎ 所以＝t，解得t＝2或t＝－2.‎ 当t＝2时，圆心C的坐标为(2,1)，OC＝，‎ 此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝<，‎ 圆C与直线y＝－2x＋4相交于两点．‎ 当t＝－2时，圆心C的坐标为(－2，－1)，OC＝，‎ 此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝>.‎ 圆C与直线y＝－2x＋4不相交，‎ 所以t＝－2不符合题意，舍去．‎ 所以圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.‎ 题型(二)‎ 圆中的定点、定值问题 ‎　　主要考查动圆过定点的问题其本质是含参方程恒有解，定值问题是引入参数，再利用其满足的约束条件消去参数得定值.‎ ‎[典例感悟]‎ ‎[例2]　已知圆C：x2＋y2＝9，点A(－5,0)，直线l：x－2y＝0.‎ ‎(1)求与圆C相切，且与直线l垂直的直线方程；‎ ‎(2)在直线OA上(O为坐标原点)，存在定点B(不同于点A)满足：对于圆C上任一点P，都有为一常数，试求所有满足条件的点B的坐标．‎ ‎[解]　(1)设所求直线方程为y＝－2x＋b，‎ 即2x＋y－b＝0.‎ 因为直线与圆C相切，‎ 所以＝3，解得b＝±3.‎ 所以所求直线方程为2x＋y±3＝0.‎ ‎(2)法一：假设存在这样的点B(t,0)．‎ 当点P为圆C与x轴的左交点(－3,0)时，＝；‎ 当点P为圆C与x轴的右交点(3,0)时，＝.‎ 依题意，＝，‎ 解得t＝－或t＝－5(舍去)．‎ 下面证明点B对于圆C上任一点P，都有为一常数．‎ 设P(x，y)，则y2＝9－x2，‎ 所以＝＝＝＝.从而＝为常数．‎ 法二：假设存在这样的点B(t,0)，使得为常数λ，则PB2＝λ2PA2，所以(x－t)2＋y2＝λ2[(x＋5)2＋y2]，将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对x∈[－3,3]恒成立，‎ 所以解得或(舍去)．‎ 故存在点B对于圆C上任一点P，都有为常数.‎ ‎[方法技巧]‎ 关于解决圆中的定点、定值问题的方法 ‎(1)与圆有关的定点问题最终可化为含有参数的动直线或动圆过定点．解这类问题关键是引入参数求出动直线或动圆的方程．‎ ‎(2)与圆有关的定值问题，可以通过直接计算或证明，还可以通过特殊化，先猜出定值再给出证明．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎1．已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝4，直线l1过定点A(1,0)．‎ ‎(1) 若l1与圆相切，求直线l1的方程；‎ ‎(2) 若l1与圆相交于P，Q两点，线段PQ的中点为M，又l1与l2：x＋2y＋2＝0的交点为N，判断AM·AN是否为定值．若是，则求出定值；若不是，请说明理由．‎ 解：(1)若直线l1的斜率不存在，即直线l1的方程为x＝1，符合题意；‎ 若直线l1斜率存在，设直线l1的方程为y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0.‎ 由题意知，圆心(3,4)到直线l1的距离等于半径2，即＝2，解得k＝，则l1：3x－4y－3＝0.‎ 所求直线l1的方程是x＝1或3x－4y－3＝0.‎ ‎(2)直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0，可设直线l1方程为kx－y－k＝0.‎ 由得N.‎ 又因为直线CM与l1垂直，‎ 故可得M.‎ 所以AM·AN＝·＝ ‎·＝6，为定值．故AM·AN是定值，且为6.‎ ‎2．已知圆M的方程为x2＋(y－2)2＝1，直线l的方程为x－2y＝0，点P在直线l上，过P点作圆M的切线PA，PB，切点为A，B.‎ ‎(1)若∠APB＝60°，求点P的坐标；‎ ‎(2)若P点的坐标为(2,1)，过P作直线与圆M交于C，D两点，当CD＝时，求直线CD的方程；‎ ‎(3)求证：经过A，P，M三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标．‎ 解：(1)设P(2m，m)，因为∠APB＝60°，AM＝1，‎ 所以MP＝2，所以(2m)2＋(m－2)2＝4，‎ 解得m＝0或m＝，‎ 故所求点P的坐标为P(0,0)或P.‎ ‎(2)易知直线CD的斜率存在，可设直线CD的方程为y－1＝k(x－2)，‎ 由题知圆心M到直线CD的距离为，‎ 所以＝，‎ 解得k＝－1或k＝－，‎ 故所求直线CD的方程为x＋y－3＝0或x＋7y－9＝0.‎ ‎(3)证明：设P(2m，m)，MP的中点Q，‎ 因为PA是圆M的切线，‎ 所以经过A，P，M三点的圆是以Q为圆心，以MQ为半径的圆，‎ 故其方程为(x－m)2＋2＝m2＋2，‎ 化简得x2＋y2－2y－m(2x＋y－2)＝0，此式是关于m的恒等式，‎ 故解得或 所以经过A，P，M三点的圆必过定点(0,2)或.‎ 题型(三)‎ 与直线、圆有关的最值或范围问题 ‎　　主要考查与直线和圆有关的长度、面积的最值或有关参数的取值范围问题.‎ ‎ [典例感悟]‎ ‎[例3]　已知△ABC的三个顶点A(－1,0)，B(1,0)，C(3,2)，其外接圆为圆H.‎ ‎(1)若直线l过点C，且被圆H截得的弦长为2，求直线l的方程；‎ ‎(2)对于线段BH上的任意一点P，若在以C为圆心的圆上都存在不同的两点M，N，使得点M是线段PN的中点，求圆C的半径r的取值范围．‎ ‎[解]　(1)线段AB的垂直平分线方程为x＝0，线段BC的垂直平分线方程为x＋y－3＝0.‎ 所以外接圆圆心H(0,3)，半径为＝.‎ 圆H的方程为x2＋(y－3)2＝10.‎ 设圆心H到直线l的距离为d，因为直线l被圆H截得的弦长为2，所以d＝＝3.‎ 当直线l垂直于x轴时，显然符合题意，即x＝3为所求；‎ 当直线l不垂直于x轴时，设直线方程为y－2＝k(x－3)，则＝3，解得k＝.‎ 所以直线l的方程为y－2＝(x－3)，即4x－3y－6＝0.‎ 综上，直线l的方程为x＝3或4x－3y－6＝0.‎ ‎(2) 直线BH的方程为3x＋y－3＝0，设P(m，n)(0≤m≤1)，N(x，y)．‎ 因为点M是线段PN的中点，所以M，‎ 又M，N都在半径为r的圆C上，所以 即 因为该关于x，y的方程组有解，即以(3,2)为圆心，r为半径的圆与以(6－m,4－n)为圆心，2r为半径的圆有公共点，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对任意的m∈[0,1]成立．‎ 而f(m)＝10m2－12m＋10在[0,1]上的值域为，所以r2≤且10≤9r2.‎ 又线段BH与圆C无公共点，所以(m－3)2＋(3－3m－2)2>r2对任意的m∈[0,1]成立，即r2<.故圆C的半径r的取值范围为.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎1．隐形圆问题 有些时候，在条件中没有直接给出圆方面的信息，而是隐藏在题目中的，要通过分析和转化，发现圆(或圆的方程), 从而最终可以利用圆的知识来求解，我们称这类问题为“隐形圆”问题．‎ ‎2．隐形圆的确定方法 ‎(1)利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐形圆；‎ ‎(2)动点P 对两定点A，B张角是90°(kPA·kPB＝－1)确定隐形圆；‎ ‎(3)两定点A，B，动点P满足·＝λ确定隐形圆；‎ ‎(4)两定点A，B，动点P满足PA2＋PB2是定值确定隐形圆；‎ ‎(5)两定点A，B，动点P满足PA＝λPB(λ＞0，λ≠1)确定隐形圆(阿波罗尼斯圆)；‎ ‎(6)由圆周角的性质确定隐形圆．‎ ‎3．与圆有关的最值或范围问题的求解策略 与圆有关的最值或取值范围问题的求解，要对问题条件进行全方位的审视，特别是题中各个条件之间的相互关系及隐含条件的挖掘，要掌握解决问题常使用的思想方法，如要善于利用数形结合思想，利用几何知识，求最值或范围，要善于利用转化与化归思想将最值或范围转化为函数关系求解．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎1.(2018·苏北四市期中)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2＋y2－4x＝0及点A(－1,0)，B(1,2)．‎ ‎(1)若直线l平行于AB，与圆C相交于M，N两点，MN＝AB，求直线l的方程；‎ ‎(2)在圆C上是否存在点P，使得PA2＋PB2＝12？若存在，求点P的个数；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)因为圆C的标准方程为(x－2)2＋y2＝4，‎ 所以圆心C(2,0)，半径为2.‎ 因为l∥AB，A(－1,0)，B(1,2)，‎ 所以直线l的斜率为＝1，‎ 设直线l的方程为x－y＋m＝0，‎ 则圆心C到直线l的距离为d＝＝.‎ 因为MN＝AB＝＝2，‎ 而CM2＝d2＋2，所以4＝＋2，‎ 解得m＝0或m＝－4，故直线l的方程为x－y＝0或x－y－4＝0.‎ ‎(2)假设圆C上存在点P，设P(x，y)，‎ 则(x－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，‎ 因为|2－2|<<2＋2，‎ 所以圆(x－2)2＋y2＝4与圆x2＋(y－1)2＝4相交，‎ 所以点P的个数为2.‎ ‎2．在等腰△ABC中，已知AB＝AC，且点B(－1,0)．点D(2,0)为AC的中点．‎ ‎(1)求点C的轨迹方程；‎ ‎(2)已知直线l：x＋y－4＝0，求边BC在直线l上的射影EF长的最大值．‎ 解：(1)设C(x，y)，‎ ‎∵D(2,0)为AC的中点．‎ ‎∴A(4－x，－y)，‎ ‎∵B(－1,0)，由AB＝AC，得AB2＝AC2.‎ ‎∴(x－5)2＋y2＝(2x－4)2＋(2y)2，‎ 整理得(x－1)2＋y2＝4.‎ ‎∵A，B，C三点不共线，∴y≠0，‎ 则点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．‎ ‎(2)法一：由条件，易得BE：x－y＋1＝0.‎ 设CF：x－y＋b＝0.‎ 当EF取得最大值时，‎ 直线CF与圆(x－1)2＋y2＝4相切，‎ 设M(1,0)，则M到CF的距离为＝2.‎ ‎∴b＝2－1(舍去)或b＝－2－1.‎ ‎∴CF：x－y－2－1＝0.‎ ‎∴EFmax等于点B到CF的距离 ‎＝＝＋2.‎ 法二：设点M(1,0)，如图，过点C的轨迹圆心M作BE，CF的垂线，垂足分别为G，H，‎ 则四边形EFHG是矩形．‎ ‎∴EF＝GH＝GM＋MH.‎ 由条件，得MG＝＝＝.‎ ‎∵MH的最大值为半径2.‎ ‎∴EFmax＝＋2.‎ ‎3.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．‎ 解：圆M的标准方程为(x－6)2＋(y－7)2＝25，‎ 所以圆心M(6,7)，半径为5.‎ ‎(1)由圆心N在直线x＝6上，可设N(6，y0)．‎ 因为圆N与x轴相切，与圆M外切，‎ 所以0＜y0＜7，圆N的半径为y0，‎ 从而7－y0＝5＋y0，解得y0＝1.‎ 因此，圆N的标准方程为(x－6)2＋(y－1)2＝1.‎ ‎(2)因为直线l∥OA，‎ 所以直线l的斜率为＝2.‎ 设直线l的方程为y＝2x＋m，‎ 即2x－y＋m＝0，‎ 则圆心M到直线l的距离 d＝＝.‎ 因为BC＝OA＝＝2，而MC2＝d2＋2，‎ 所以25＝＋5，解得m＝5或m＝－15.‎ 故直线l的方程为2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0.‎ ‎(3)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．‎ 因为A(2,4)，T(t,0)，＋＝，‎ 所以①‎ 因为点Q在圆M上，所以(x2－6)2＋(y2－7)2＝25.②‎ 将①代入②，得(x1－t－4)2＋(y1－3)2＝25.‎ 于是点P(x1，y1)既在圆M上，又在圆[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25上，‎ 从而圆(x－6)2＋(y－7)2＝25与圆[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25有公共点，‎ 所以5－5≤≤5＋5，‎ 解得2－2≤t≤2＋2.‎ 因此，实数t的取值范围是[2－2，2＋2 ]．‎ ‎ [课时达标训练]‎ A组——大题保分练 ‎1．已知圆O：x2＋y2＝4交y轴正半轴于点A，点B，C是圆O上异于点A的两个动点．‎ ‎(1)若B与A关于原点O对称，直线AC和直线BC分别交直线y＝4于点M，N，求线段MN长度的最小值；‎ ‎(2)若直线AC和直线AB的斜率之积为1，求证：直线BC与x轴垂直．‎ 解：(1)由题意，直线AC和直线BC的斜率一定存在且不为0，且A(0,2)，B(0，－2)，AC⊥BC.‎ 设直线AC的斜率为k，则直线BC的斜率为－，‎ 所以直线AC的方程为y＝kx＋2，直线BC的方程为y＝－x－2，‎ 故它们与直线y＝4的交点分别为M，N(－6k,4)．‎ 所以MN＝≥4，当且仅当k＝±时取等号，所以线段MN长度的最小值为4.‎ ‎(2)证明：易知直线AC和直线AB的斜率一定存在且不为0，设直线AC的方程为y＝kx＋2，则直线AB的方程为y＝x＋2.‎ 由解得C，同理可得B.‎ 因为B，C两点的横坐标相等，所以BC⊥x轴．‎ ‎2．已知圆x2＋y2－4x＋2y－3＝0和圆外一点M(4，－8)．‎ ‎(1)过M作直线交圆于A，B两点，若|AB|＝4，求直线AB的方程；‎ ‎(2)过M作圆的切线，切点分别为C，D，求切线长及CD所在直线的方程．‎ 解：(1)圆即(x－2)2＋(y＋1)2＝8，‎ 圆心为P(2，－1)，半径r＝2.‎ ‎①若割线斜率存在，设AB：y＋8＝k(x－4)，‎ 即kx－y－4k－8＝0，设AB的中点为N，‎ 则|PN|＝＝，‎ 由|PN|2＋2＝r2，得k＝－，‎ AB：45x＋28y＋44＝0.‎ ‎②若割线斜率不存在，AB：x＝4，‎ 代入圆方程得y2＋2y－3＝0，y1＝1，y2＝－3符合题意．‎ 综上，直线AB的方程为45x＋28y＋44＝0或x＝4.‎ ‎(2)切线长为＝＝3.‎ 以PM为直径的圆的方程为 ‎(x－2)(x－4)＋(y＋1)(y＋8)＝0，‎ 即x2＋y2－6x＋9y＋16＝0.‎ 又已知圆的方程为x2＋y2－4x＋2y－3＝0，‎ 两式相减，得2x－7y－19＝0，‎ 所以直线CD的方程为2x－7y－19＝0.‎ ‎3．已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)过点M(1,0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)设圆心C(a,0)，‎ 则＝2⇒a＝0或a＝－5(舍去)．‎ 所以圆C的方程为x2＋y2＝4.‎ ‎(2)当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB.‎ 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为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轴平分∠ANB，则kAN＝－kBN⇒＋＝0⇒＋＝0⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0⇒－＋2t＝0⇒t＝4，‎ 所以当点N为(4,0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立．‎ ‎4．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x＋3)2＋(y－1)2＝4和圆C2：(x－4)2＋(y－5)2＝4.‎ ‎(1)若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截得的弦长为2，求直线l的方程；‎ ‎(2)设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2‎ ‎，它们分别与圆C1和C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，求所有满足条件的点P的坐标．‎ 解：(1)由于直线x＝4与圆C1不相交，‎ ‎∴直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－4)，圆C1的圆心到直线l的距离为d.‎ ‎∵l被圆C1截得的弦长为2，‎ ‎∴d＝ ＝1.‎ 又由点到直线的距离公式得d＝，‎ ‎∴k(24k＋7)＝0，解得k＝0或k＝－，‎ ‎∴直线l的方程为y＝0或7x＋24y－28＝0.‎ ‎(2)设点P(a，b)满足条件，‎ 由题意分析可得直线l1，l2的斜率均存在且不为0，‎ 不妨设直线l1的方程为y－b＝k(x－a)，则直线l2的方程为y－b＝－(x－a)．‎ ‎∵圆C1和圆C2的半径相等，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，‎ ‎∴圆C1的圆心到直线l1的距离和圆C2的圆心到直线l2的距离相等，‎ 即＝，‎ 整理得|1＋3k＋ak－b|＝|5k＋4－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的取值有无穷多个，‎ ‎∴或 解得或 故这样的点只可能是点P1或点P2－，.‎ B组——大题增分练 ‎1.如图，已知以点A(－1,2)为圆心的圆与直线l1：x＋2y＋7＝0相切．过点B(－2,0)的动直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，直线l与l1相交于点P.‎ ‎(1)求圆A的方程；‎ ‎(2)当MN＝2时，求直线l的方程．‎ 解：(1)设圆A的半径为r.‎ 由于圆A与直线l1：x＋2y＋7＝0相切，‎ ‎∴r＝＝2.‎ ‎∴圆A的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝20.‎ ‎(2)①当直线l与x轴垂直时，易知x＝－2符合题意；‎ ‎②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)．‎ 即kx－y＋2k＝0.‎ 连结AQ，则AQ⊥MN.‎ ‎∵MN＝2，‎ ‎∴AQ＝＝1，‎ 则由AQ＝＝1，‎ 得k＝，∴直线l：3x－4y＋6＝0.‎ 故直线l的方程为x＝－2或3x－4y＋6＝0.‎ ‎2．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，求证：△POM的面积为定值．‎ 解：(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)证明：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PM的斜率为－，‎ 故PM的方程为y＝－x＋.‎ 又OM＝OP＝2，O到l的距离d为，‎ 所以PM＝2＝，‎ 所以△POM的面积为S△POM＝PM·d＝.‎ ‎3.如图，已知位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点(0,1)，且被x轴分成的两段弧长之比为2∶1，过点H(0，t)的直线l与圆C相交于M，N两点，且以MN为直径的圆恰好经过坐标原点O.‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)当t＝1时，求直线l的方程；‎ ‎(3)求直线OM的斜率k的取值范围．‎ 解：(1)因为位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点(0,1)，所以圆心C在直线y＝1上．‎ 又圆C与x轴的交点分别为A，B，由圆C被x轴分成的两段弧长之比为2∶1，得∠ACB＝.‎ 所以CA＝CB＝2，圆心C的坐标为(－2,1)．‎ 所以圆C的方程为(x＋2)2＋(y－1)2＝4.‎ ‎(2)当t＝1时，由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝mx＋1.‎ 由消去y，‎ 得(m2＋1)x2＋4x＝0，‎ 解得或 不妨令M，N(0,1)．‎ 因为以MN为直径的圆恰好经过O(0,0)，‎ 所以·＝·(0,1)＝＝0，解得m＝2±，‎ 故所求直线l的方程为y＝(2＋)x＋1或y＝(2－)x＋1.‎ ‎(3)设直线OM的方程为y＝kx，‎ 由题意，知≤2，解得k≤.‎ 同理得－≤，解得k≤－或k>0.‎ 由(2)知，k＝0也满足题意．‎ 所以k的取值范围是∪.‎ ‎4．已知过点A(－1,0)的动直线l与圆C：x2＋(y－3)2＝4相交于P、Q两点，M是PQ中点，l与直线m：x＋3y＋6＝0相交于N.‎ ‎(1)求证：当l与m垂直时，l必过圆心C；‎ ‎(2)当PQ＝2时，求直线l的方程；‎ ‎(3)探索·是否与直线l的倾斜角有关，若无关，请求出其值；若有关，请说明理由．‎ 解：(1)∵l与m垂直，‎ 且km＝－，∴kl＝3，‎ 故直线l方程为y＝3(x＋1)，即3x－y＋3＝0.‎ ‎∵圆心坐标(0,3)满足直线l方程，‎ ‎∴当l与m垂直时，l必过圆心C.‎ ‎(2)①当直线l与x轴垂直时， 易知x＝－1符合题意．‎ ‎②当直线l与x轴不垂直时， ‎ 设直线l的方程为y＝k(x＋1)，即kx－y＋k＝0，‎ ‎∵PQ＝2，∴CM＝＝1，‎ 则由CM＝＝1，得k＝， ‎ ‎∴直线l：4x－3y＋4＝0. ‎ 故直线l的方程为x＝－1或4x－3y＋4＝0.‎ ‎(3)∵CM⊥MN，∴·＝(＋)·＝‎ ·＋·＝·.‎ 当l与x轴垂直时，易得N，‎ 则＝，又＝(1,3)，‎ ‎∴·＝·＝－5.‎ 当l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，‎ 则由得N，‎ 则＝，‎ ‎∴·＝·＝＋＝－5.‎ 综上所述，·与直线l的斜率无关，‎ 且·＝－5.‎