《直线和圆中韦达定理的应用》直线和圆中韦达定理的应用 - 人教版高考数学复习数学知识点练习 - 读趣百科

《直线和圆中韦达定理的应用》直线和圆中韦达定理的应用

1单选题

已知圆C的方程为x+(y-4)_=4，点O是坐标原点．直线l：y=kx与圆C交于M，N两点．Q(m，n)是线段MN上的点，且$\frac {2}{|OQ|}$=$\frac {1}{|OM|}$+$\frac {1}{|ON|}$．则将n表示为m的函数是(      )

A
n=$\frac {$\sqrt {}$}{5}$(m∈(-$\sqrt {3}$，0)∪(0，$\sqrt {3}$))
B
n=$\frac {$\sqrt {}$}{5}$(m∈(-$\sqrt {3}$，0)∪(0，$\sqrt {3}$))
C
n=$\frac {$\sqrt {}$}{5}$
D
n=$\frac {$\sqrt {}$}{5}$

题目答案

A

答案解析

分析：

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；由M、N在直线l上，设点M、N坐标分别为(x$_1$，kx$_1$)，(x$_2$，kx$_2$)，利用两点间的距离公式表示出|OM|_与|ON|_，以及|OQ|_，代入已知等式中变形，再利用根与系数的关系求出x$_1$+x$_2$与x$_1$x$_2$，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：将y=kx代入x+(y-4)_=4中，得：(1+k_)x-8kx+12=0(*)，

根据题意得：△=(-8k)_-4(1+k_)×12＞0，即k_＞3，

则k的取值范围为(-∞，-$\sqrt {3}$)∪($\sqrt {3}$，+∞)；

由M、N、Q在直线l上，可设M、N坐标分别为(x$_1$，kx$_1$)，(x$_2$，kx$_2$)，

∴|OM|_=(1+k_)x$_1$_，|ON|_=(1+k_)x$_2$_，|OQ|_=m_+n_=(1+k_)m_，

代入$\frac {2}{|OQ|}$=$\frac {1}{|OM|}$+$\frac {1}{|ON|}$得：$\frac {2}{(1+k_)m}$=$\frac {1}{(1+k_)x$_1$}$+$\frac {1}{(1+k_)x$_2$}$，

即$\frac {2}{m}$=$\frac {1}{x$_1$}$+$\frac {1}{x$_2$}$=$\frac {(x$_1$+x$_2$)_-2x$_1$x$_2$}{x$_1$_x$_2$}$，

由(*)得到x$_1$+x$_2$=$\frac {8k}{1+k}$，x$_1$x$_2$=$\frac {12}{1+k}$，

代入得：$\frac {2}{m}$=$\frac {($\frac {8k}{1+k}$)_-$\frac {24}{1+k}$}{$\frac {144}{(1+k_)}$}$，即m_=$\frac {36}{5k_-3}$，

∵点Q在直线y=kx上，∴n=km，即k=$\frac {n}{m}$，代入m_=$\frac {36}{5k_-3}$，化简得5n_-3m_=36，

由m_=$\frac {36}{5k_-3}$及k_＞3，得到0＜m_＜3，即m∈(-$\sqrt {3}$，0)∪(0，$\sqrt {3}$)，

根据题意得点Q在圆内，即n＞0，

∴n=$\sqrt {}$=$\frac {$\sqrt {}$}{5}$，

则n与m的函数关系式为n=$\frac {$\sqrt {}$}{5}$(m∈(-$\sqrt {3}$，0)∪(0，$\sqrt {3}$))，所以选A．

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．

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2填空题

在平面直角坐标系xOy中，曲线y=x-6x+1与坐标轴的交点都在圆C上．若圆C与直线x-y+a=0交与A，B两点，且OA⊥OB，则a=．

填空题答案仅供参考

题目答案

-1

答案解析

分析：

写出曲线与坐标轴的交点坐标，利用圆心的几何特征设出圆心坐标，构造关于圆心坐标的方程，通过解方程确定出圆心坐标，进而算出半径，写出圆的方程；再利用设而不求思想设出圆C与直线x-y+a=0的交点A，B坐标，通过OA⊥OB建立坐标之间的关系，结合韦达定理寻找关于a的方程，通过解方程确定出a的值．

解答：

解：曲线y=x-6x+1与y轴的交点为(0，1)，与x轴的交点为(3+2$\sqrt {2}$，0)，(3-2$\sqrt {2}$，0)．可知圆心在直线x=3上，故可设该圆的圆心C为(3，t)，则有3_+(t-1)_=(2$\sqrt {2}$)_+t_，解得t=1，故圆C的半径为$\sqrt {}$=3，所以圆C的方程为(x-3)_+(y-1)_=9．

设A(x$_1$，y$_1$)，B(x$_2$，y$_2$)，其坐标满足方程组

$\left\{\begin{matrix}x-y+a=0 \ (x-3) _+(y-1) _=9 \ \end{matrix}\right.$，消去y，得到方程2x+(2a-8)x+a_-2a+1=0，由已知可得判别式△=56-16a-4a_＞0．

在此条件下利用根与系数的关系得到x$_1$+x$_2$=4-a，x$_1$x$_2$=$\frac {a_-2a+1}{2}$①，

由于OA⊥OB可得x$_1$x$_2$+y$_1$$_2$=0，又y$_1$=x$_1$+a，y$_2$=x$_2$+a，所以可得2x$_1$x$_2$+a(x$_1$+x$_2$)+a_=0②

由①②可得a=-1，满足△=56-16a-4a_＞0．故a=-1．

点评：

本题考查圆的方程的求解，考查学生的待定系数法，考查学生的方程思想，直线与圆的相交问题的解决方法和设而不求的思想，考查垂直问题的解决思想，考查学生分析问题解决问题的能力，属于直线与圆的方程的基本题型．

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3单选题

已知圆x+y+x-6y+m=0和直线x+2y-3=0交于P、Q两点，且OP⊥OQ(O为坐标原点)，该圆的圆心坐标及半径分别为(        )

A
(0，1)；$\sqrt {2}$
B
(2，-3)；$\sqrt {5}$
C
(1，1)；$\frac {5}{2}$
D
(-$\frac {1}{2}$，3)；$\frac {5}{2}$

题目答案

D

答案解析

分析：

联立方程，设出交点，利用韦达定理，表示出P、Q的坐标关系，由于OP⊥OQ，所以k_OP•k_OQ=-1，问题可解．

解答：

解：将x=3-2y代入方程x+y+x-6y+m=0，得5y-20y+12+m=0．

设P(x$_1$，y$_1$)、Q(x$_2$，y$_2$)，则y$_1$、y$_2$满足条件

y$_1$+y$_2$=4，y$_1$y$_2$=$\frac {12+m}{5}$．

∵OP⊥OQ，∴x$_1$x$_2$+y$_1$y$_2$=0．

而x$_1$=3-2y$_1$，x$_2$=3-2y$_2$，

∴x$_1$x$_2$=9-6(y$_1$+y$_2$)+4y$_1$y$_2$．

∴m=3，此时△＞0，圆心坐标为(-$\frac {1}{2}$，3)，半径r=$\frac {5}{2}$，选D．

点评：

本题考查直线和圆的方程的应用，解题方法是设而不求，简化运算，是常考点．

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4填空题

圆x+y+x-6y+c=0与直线x+2y-3=0相交于P，Q两点，若OP⊥OQ(O为原点)，则c=．

填空题答案仅供参考

题目答案

3

答案解析

分析：

两直线垂直，斜率之积等于-1

解答：

解：解方程组$\left\{\begin{matrix}x+y+x-6y+c=0 \ x+2y-3=0 \ \end{matrix}\right.$，消x得5y-20y+12+c=0．

设P，Q的坐标分别是(x$_1$，y$_1$)，(x$_2$，y$_2$)，

则y$_1$•y$_2$=$\frac {1}{5}$(12+c)

同时，解方程组$\left\{\begin{matrix}x+y+x-6y+c=0 \ x+2y-3=0 \ \end{matrix}\right.$消y得5x+10x+4c-27=0，

x$_1$•x$_2$=$\frac {1}{5}$(4c-27)

∵OP⊥OQ，∴$\frac {y$_1$}{x$_1$}$•$\frac {y$_2$}{x$_2$}$=-1，

∴$\frac {12+c}{5}$=-$\frac {4c-27}{5}$，解得c=3．

故答案为：3

点评：

也可利用向量垂直的条件求c 的值

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5填空题

如图，圆C：x-(1+a)x+y-ay+a=0．已知a＞1，圆C与x轴相交于两点M，N(点M在点N的左侧)．过点M任作一条直线与圆O：x+y_=4相交于两点A，B．如果存在实数a，使得∠ANM=∠BNM，则a=．

填空题答案仅供参考

题目答案

4

答案解析

分析：

先求出M(1，0)，N(a，0)，假设存在实数a，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=k(x-1)，代入x+y_=4，利用韦达定理，根据NA、NB的斜率之和等于零求得a的值．经过检验，当直线AB与x轴垂直时，这个a值仍然满足∠ANM=∠BNM，从而得出结论．

解答：

令y=0，得x-(1+a)x+a=0，即(x-1)(x-a)=0，求得x=1，或x=a，

所以M(1，0)，N(a，0)．

假设存在实数a，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=k(x-1)，

代入x+y_=4得，(1+k_)x-2k_x+k_-4=0，

设A(x$_1$，y$_1$)，B(x$_2$，y$_2$)，从而x$_1$+x$_2$=$\frac {2k}{1+k}$，x$_1$x$_2$=$\frac {k_-4}{1+k}$．

因为NA、NB的斜率之和为 $\frac {y$_1$}{x$_1$-a}$+$\frac {y$_2$}{x$_2$-a}$=$\frac {k[(x$_1$-1)(x$_2$-a)+(x$_2$-1)(x$_1$-a)]}{(x$_1$-a)(x$_2$-a)}$，

而(x$_1$-1)(x$_2$-a)+(x$_2$-1)(x$_1$-a)=2x$_1$x$_2$-(a+1)(x$_2$+x$_1$)+2a=2$\frac {k_-4}{1+k}$-(a+1)$\frac {2k}{1+k}$+2a=$\frac {2a-8}{1+k}$，

因为∠ANM=∠BNM，所以，NA、NB的斜率互为相反数，$\frac {y$_1$}{x$_1$-a}$+$\frac {y$_2$}{x$_2$-a}$=0，即$\frac {2a-8}{1+k}$=0，得a=4．

当直线AB与x轴垂直时，仍然满足∠ANM=∠BNM，即NA、NB的斜率互为相反数．

综上，存在a=4，使得∠ANM=∠BNM．

点评：

本题主要考查求圆的标准方程，直线和圆的位置关系，直线的倾斜角和斜率，属于中档题．

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6单选题

已知圆C：x+y-2x+4y-4=0．存在斜率为1的直线m，使m被圆C截得的弦为AB，且OA⊥OB(O为坐标原点)．则直线m的方程是(      )

A
y=x+4或y=x+1
B
y=x-4或y=x+1
C
y=x+4或y=x-1
D
y=x-4或y=x-1

题目答案

B

答案解析

分析：

由已知能求出圆的标准方程，圆心坐标(1，-2)和半径．假设直线m：y=x+b，代入圆的方程得：2x+2(b+1)x+b_+4b-4=0，因为直线与圆相交，从而b_+6b-11＜0，由此能求出直线方程．

解答：

解：圆的标准方程为(x-1)_+(y+2)_=9，

圆心坐标(1，-2)，半径为3…(3分)

假设直线m：y=x+b，

代入圆的方程得：2x+2(b+1)x+b_+4b-4=0，

因为直线与圆相交，

所以b_+6b-11＜0，

设A(x$_1$，y$_1$)，B(x$_2$，y$_2$)，

x$_1$+x$_2$＝-b-1 ， x$_1$x$_2$＝$\frac {b_+4b-4}{2}$，…(4分)

由OA，OB垂直，得：

$\frac {y$_1$}{x$_1$}$•$\frac {y$_2$}{x$_2$}$＝-1，

∴(x$_1$+b)(x$_2$+b)+x$_1$x$_2$=0，

∴2x$_1$x$_2$+b(x$_1$+x$_2$)+b_＝0，

∴b_+3b-4=0，解得b=-4，或b=1，

均满足b_+6b-11＜0，

所求直线存在y=x-4或y=x+1，所以选B．

点评：

本题考查圆的标准方程、圆心坐标和半径的求法，考查满足条件的直线方程是否存在的判断与求法，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用．

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