专题15 直线和圆【创新大课堂系列】高三数学全国名校名卷168优化重组卷

专题15直线和圆 (时间：120分钟分值：150分) 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的， 1.(2025·新高考I卷)若圆x2十(y十2)2=r2(r>0)上到直线y=√5x十2的距离为1的点有且仅有2 个，则r的取值范围是 () A.(0,1) B.(1,3) C.(3,+∞) D.(0,十∞) 2.(2025·山东济南一模)若直线l1:(m一2)x+3y+3=0与直线12：2x十（m-1)y+2=0平行，则m= () A.4 B.-4 C.1或-4 D.-1或4 3.(2025·山东模拟预测)已知圆C1:x2+y2=4与圆C2:(x十a)2十(y十2)2=9有三条公切线，则a= () A.√21 B.√29 C.±29 D.士√21 4.(2025·山西临汾二模)已知圆(x-1)2+(y一1)2=9上的点P到直线3.x一4y+7=0的距离为1， 则满足条件的点P的个数为 A.1 B.2 C.3 D.4 5.(2025·全国模拟预测)中国结是一种盛传于民间的手工编织工艺品，它身上所显 示的情致与智慧正是中华民族古老文明中的一个侧面.已知某个中国结的主体部 分可近似地视为一个大正方形（内部是16个全等的边长为1的小正方形）和凸出 的16个半圆所组成，如图，点A是大正方形的一条边的四等分点，点C是大正方 形的一个顶点，点B是凸出的16个半圆上的任意一点，则AC·AB的最大值为 如 ( A.33+3/17 B.33+217 C.33+17 2 D917 2 2 6.(2025·北京石景山一模)已知点M,N为圆x2+y2-2y-3=0上两点，且|MN|=2√3，点P在直 线√3.x一y-5=0上，点Q为线段MN中点，则|PQ的最小值为 A.1 B.2 C.3 D.4 7.(2025·甘肃张掖模拟预测)若圆C:x2+y2-2y-1=0上存在唯一点P,使得PA=√2PO,其中 A(a,0),则正数a的值为 ( ) A.3±√5 B.2士√3 C.3±√5 D.2士5 8.(2025·宁夏银川三模)如图，设M(c1y1),P(x2,y2)是圆O:x2+y2=8上的两个 M 动点，且M、P点都不在坐标轴上，点M关于原点的对称点为M1,点M关于x轴的 对称点为M2,若直线PM1,PM2与y轴分别相交于(0，m)和(0，n),则m·n= ( A.2 B.4 C.6 D.8 -57 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部 选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9.（2025·广东深圳一模)已知圆C:x2十y2-6x一4y十5=0，则下列说法正确的是 () A.y-x的最大值为3 B.x+y的最大值为7 C.兰的最大值为6+20 D.x2十y2的最大值为21+4√26 10.(2025·全国模拟预测)已知圆C1:x2十y2=4,圆C2:(x一3)2+(y十4)2=2(r>0),则下列结论正 确的是 () A.若圆C1与圆C2有三条公切线，则r=3 B若圆C,C相交，且原点到两圆公共弦所在直线的距离为号，则r=5或r=30 C.若圆C1,C2交于A,B两点，且过A,B两点的所有圆中周长最小的圆是C1,则r=√29 D.若圆C1,C2交于A,B两点，且四边形AC1BC2的面积为5√3，则r=√19或r=√39 11.(2025·甘肃兰州一模)已知曲线C:x2十y2=2x|一2y,则以下说法正确的是 A.点(1，-1)在曲线内部 B.曲线关于原点对称 C.曲线与坐标轴围成的面积为2π一4 D.曲线的周长是√2π 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.(2025·长沙调研)在平面直角坐标系xOy中，若圆C1:x2+(y一1)2=r2(r>0)上存在点P,且点 P关于直线x一y=0的对称点Q在圆C2:(x一2)2+(y一1)2=1上，则r的取值范围是 13.(2025·天津卷)l1:x-y十6=0，与x轴交于点A,与y轴交于点B,与(x十1)2+(y一3)2=r2交于 C、D两点，|AB|=3CD,则r= 14.(2025·四川资阳模拟预测)数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的 抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角 坐标系中，曲线C:x2+y2=2|x十2|y就是一条形状优美的曲线，曲线C围成的图形的周长是为 ;若T(a,b)是曲线C上任意一点，4a十3b-18|的最小值为 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤， 15.(13分)(2025·高三全国专题练习)已知圆C:(x-1)2+(y-1)2=2(r>0),过圆外一点M(8,2) 引圆的两条切线MA,MB,切点分别为A,B,且∠ACB=90°. (1)求圆C的标准方程； (2)若直线1的横截距为a(a>1),纵截距为b(b>1),直线l被圆C截得的弦长为4√6，求ab的最 小值. —58 16.(15分)(2025·云南临沧模拟)已知圆C过点A(1,2),B(2,1),且圆心C在直线y=一x上.P是圆 C外的点，过点P的直线I交圆C于M,N两点 (1)求圆C的方程； (2)若点P的坐标为(0，一4)，探究：无论1的位置如何变化，|PM·PN|是否恒为定值？若是， 求出该定值；若不是，请说明理由. 17.(15分)(2025·天津静海一中模拟)已知圆C经过点A(1,3)和B(5,1),且圆心C在直线x一y十1 =0上 (1)求圆C的方程； (2)设直线1经过点(0,3)，且1与圆C相切，求直线1的方程； (3)P为圆上任意一点，在(1)的条件下，求(x十1)2+(y十2)2的最小值. —59 18.(17分)(2025·高三全国专题练习)已知圆A:(x十2)2十y2=25,A为圆心，动直线1过点P(2,0), 且与圆A交于B,C两点，记弦BC的中点Q的轨迹为曲线E, (1)求曲线E的方程； (2)过A作两条斜率分别为k1,k2的直线，交曲线E于M,N两点，且k1k2=一3，求证：直线MN过 定点 19.(17分)(2025·广东广州模拟)圆C:x2-(1十a)x十y2-ay十a=0. (1)若圆C与y轴相切，求圆C的方程； (2)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 N 任作一条直线与圆O:x2十y2=9相交于两点A,B.问：是否存在实数a,使得 ∠ANM=∠BNM.若存在，求出实数a,若不存在，请说明理由. 60而PH-HE-9.EB-E. (2)以点D为坐标原点，DA,DC,DP方向 的直线分别为x轴，y轴，心轴建立如图所 所以应=(P响+应+成)-合+名+2+2号E 示的空间直角坐标系D-xye, 易知：D(0,0,0),P(0,0,2),B(2,2, ·cos(π-0)=3-2cos0. 0),C(0,2,0), 另一方面：若直线PA与直线CE所成角为45°，且注意： 则PB=(2,2,-2),由E为PC的中点， 到CE∥AB, 则E(0,1,1), 所以∠PAB=45°或∠PAB=135°， 设PF=入PB-(2x,2x,-2x),则EF-P市 又因为PA=1,AB=2, 所以PB2=PA2+AB2-2PA·AB·cos∠PAB,即PB2-12+22 PE=(2x,2入-1,1-2x), 212(号)-5±2 因EF⊥PB,EF.PB-(2λ，2入-1,1-2x)(2,2,-2)=12入-4= 0,解得：A= 3 令3一2cos0=5土2√2，解得cos0=√2-1∈(-1,1)满足题意， c0s0=-1-√2<-1，不满足题意，舍去. 所以亦-（号号号）则（学号）亦-（号导） 综上，存在，点P使PB=5一2√2，且直线PA与直线CE所成角： DB=(2,2,0),DE=(0,1.1), 为45°， 设平面EBD的一个法向量为m1=(工1，y为，名)， 此时所求二面角P-AE-B平面角的余弦值为c0s0=√2一1. 7.解(1)证明：取PA的中点为M,连接DM,ME 则m·D正-0 如图所示，因为AD=PD,所以DM⊥PA. 份·证脚{+。 因为AB⊥平面PAD,DMC平面PAD, 令y=1,则x=-1,2=-1, 所以AB⊥DM. 所以m1=(一1,1，一1)， 因为M,E分别为中点，所以ME∥AB, 设DF与平面EBD所成角为O, 由底面ABCD为梯形，AB∥CD,所 以ME∥CD, 所以sin0-|cos<DF,m)|- 1DF·m1 所以M,E,C,D四点共面， DF1·m, 因为DM⊥PA,DM⊥AB,PA∩AB=A,PA,ABC平面PAB,所 -1x+1x号-1x 3 以DM⊥平面PAB. 2√2 3 因为DMC平面CDE,所以平面CDE⊥平面PAB,即平面PAB⊥！ 平面CDE. ×号)+（号）+（告 (2)由PA=2可知△PAD是等边三角形，取AD的中点为O 连接OP,则OP⊥AD,取BC的中点为F,连接OF, DF与半西EBD所成角余弦维为√厂（皆T-号 因为AB⊥平面PAD,ABC平面ABCD,所以平面PAD⊥平面 12 11 ABCD, ）,设平面DEF的法向量为m=(xy,z), 因为平面PAD∩平面ABCD=AD,OP⊥AD,OPC平面PAD, 所以OP⊥平面ABCD. fm·EF=0 因为O,F为中点，所以OF∥AB,所以OF⊥AD m·DE=0 ,即3xy+3=0,令y=1,则x=1,2= (y+x=0 以O为坐标原点，以OA,OF,OP方向 -1, 分别为x轴，y轴，之轴， P 可得平面DEF的一个法向量为m=(1,1,一1)， 建立如图所示的空间直角坐标系， 平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1), 则P0,0W5,C(-1,3,0),D(-1,0, m·n 一1 cos《m,〉=mXn3X1 3 平面DEF与平面ABCD的夹角为锐角， 则-(是-2)心=(-13 故平面DEF与平面ABCD的余弦值为5. -√5)，DC=(0,3,0), 专题15直线和圆 设平面CDE的法向量为n1=(x1,y1,1), 1.B由题意，在圆x2+(y十2)2=r2(r>0)中，圆心E(0,-2),半径 则·C-0 -21+ 29-0 为r,到直线y=√3x十2的距离为1的点 {m·DC=0' 有且仅有2个，圆心E(0,一2)到直线y (3y1=0 =√x十2的距离为：d= 所以y=0,令=5，则x1=一1，所以n= -1,0,3 10×尽-(-一2)X1+2=2,故由图可知， 设平面PCE的法向量为n2=(x2,y2,2) /(5)2+(-1)2 则m·C它-0 3 当r=1时，圆x2+(y十2)2=r2(r>0)上 .p六0，即2x2一2y2十22一0， 有且仅有一个点(A,点)到直线y=√3x十 (-x2十3y2-√5x2=0 2的距离等于1：当r=3时，圆x2十(y十 所以令2=1，则为=2,2= 55,所以2一 1,2,5 2)2=2(r>0)上有且仅有三个点(B,C,D点)到直线y=3x十2 3 的距离等于1：当则r的取值范国为(1,3)时，圆x2+(y十2)2= 设二面角P-CE-D的大小为0， r2(r>0)上有且仅有两个点到直线y=5x十2的距离等于1.故 则cos(n1,2)= n1·n2 -1+5 √30 选B. nn2 √/1+4+2 10 2.D若直线1：(m-2)x+3y十3=0与直线l2:2x十(m-1)y十2 2× =0平行，则(n一2)(m一1)=3×2=6，整理可得n2-3m-4=0, 解得m=4或n=一1，若m=4,直线l1:2x十3y十3=0与直线l2: 观察可知二面角P-CE-D为锐角，所以c0s0=网 10 2x+3y+2=0平行符合题意；若m=-1,直线：x-y-1=0 与直线l2:x一y十1=0平行，符合题意.综上所述：m=4或加= 故二面角P-CE-D的余弦值为@ 10 -1.故选D. 8.解(1)证明：连接AC,交BD于O,则O为AC的中点， :3.D由题知，两圆外切，由圆C1方程得C1(0,0),半径r1=2,由圆 连接OE,且O、E分别为CA、CP的中点， C2方程得C2(-a,-2),半径r2=3,则√a2+4=2+3=5,解得 所以OE∥PA,PA史平面BDE,OEC平面BDE,PA∥平面BDE. a=士√2I,故选D. 202 4.D(x-1)2+(y-1)2=9的圆心为 ,.‘3x-4y+7=01 (1,1),半径为r=3,圆心(1,1)到直线 PM的方程为+”-中，令工=0， y2+y1x2十x1 的距离为13+7-号<宁，故P 5 得m 1y2-x2y1 x2十x1 到直线3x一4y+7=0的距离为1的 (1.1) 点共有4个.故选D. PM的方程为+M =1,令x=0, y2+y1x2一x1 5.CAC·AB等于AB在AC上的投影向 得n=二9一2y 量与AC的数量积，因此当AB在AC上的投影向量与AC同向，且投 2一r1 x-x号喝 影向量的模最大时，AC·AB取到最大值，此时点B在以点C为半 所以n·1 x吃一xi 圆孤端点且在AC上方的半圆上，以大 正方形的相邻两边分别为x,y轴建立 (8-)-(8=2-8.故选D. xi-xi 平面直角坐标系xOy,如图，A(0,1), 9.ACD因为圈C:x2+y2-6x-4y+5=0, C(4,0),则直线AC的方程为千+y= 则(x-3)2+(y-2)2=8,设x=2√2cos0+3,y=2√2sin0+2,0 1,以点C为半圆孤端点且在AC上方 ∈[0.2).对于Ay=2sim0-2Ecos0-1=4sim(0-无） 的丰圈国心为M(1,号）半圆M的方 -1,所以当0=时，y一x的最大值为3，故A正确：对于B,x十y 为-+()°-≤ -2Ec0s0+2Esin0+5-4sim(0叶子）+5，所以当0-子时，x 号)，显然半国M在点B处切线1垂直于直线AC时，A亡·A店取 十y的最大值为9，故B错误；对于C,设Y=k,则y=kx,圆C:x 十y2一6x一4y十5=0，圆心C(3,2),半径为2√2，则圆心到直线的 得最大值，设切线L的方程为4x一y十b=0,于是 距离小于等于半径，136一2≤22，所以k2-12k-4≤0，计算得 17 √1+k2 合而点M在切线1的左上方，解得6-二下-31，脾切线： 6-2而≤k≤6十2而，所以之的最大值为6+2√0，故C正 确：对于D,x2十y可以看作是圆上某，点P到原，点的距离的平方， |OP|2≤(OC|+r)2=(√13+2√2)2=21+4√26，故D正确. 4x-y- 7+31=0,由 4x-y- 页+31=0 2 故进ACD. 2 片+-1 10.ACD由已知条件知圆C1的圆心C1(0,0),半径为2，圆C2的 圆心C2(3,一4)，半径为r,圆心距C1C2|=5,对于A:若圆C1与 x=2(17+33) 圆C2有三条公切线，则两圆外切，于是5=2十r,解得r=3,所以 17 A正确；对于B:由A知当两圆相交时，r>3,所以r一2<|CC2 解得 ，因此切线L与直线AC的交点1 <r十2，即r一2<5<r十2，解得3<r<7,联立方程，得 x2+y2=4 34 {(x一3)2十(y十4)2=2，两式相减并化简，得两圆公共弦所在 D(2+3》,①)光时1AD1=3万+1业，又AC= 直线的方程为6x一8y十r2-29=0,则由原点到两圆公共弦所在 17 34 34 ,所以A心.店的最大值为33T+12×=3+☑ 子即29-，得 直线的距离为号，得广一29 34 2 √33或r=5,所以B错误；对于C:由题意知圆心C1(0,0)在公共 故选C 弦AB上，由B知，直线AB的方程为6x一8y十r2一29=0，所以 6.B已知圆的方程为x2十y2一2y一3=0，将 r2一29=0，则r=√29，所以C正确：对于D:两圆公共弦的垂直 其配方可得x2十(y一1)2=4.可知该圆的圆 平分线过两圆的圆心，所以AB⊥CC2,由四边形ACBC2的面 心坐标为C(0,1),半径r=2.因为，点Q为线 段MN的中，点，根据垂径定理可知CQ⊥MN 积为55，得1 CCIXIAB1=之×5AB1=5B,AB- 已知MN1=2尽，则是MN-5.在 25,圆心C(0,0)到直线AB的距离d=2一29,1AB1 10 2√2-正，得25=2√=，得d=1,则2-2-1，得r Rt△CQM中，根据勾股定理|CQ| 10 √19或r=√39，所以D正确.故选ACD. √22-(3)2-1.所以点Q的轨迹是以C(0,1)为圆心，1为半径的 圆.已知点P在直线5x-y-5=0上，可得圆心C(0,1)到直线11BC如图， 5x-y-5-0的距离为：d= |5×0-1-51=6=3.因为点Q /(√/5)2+(-1)2 2 选项A,当x=1时，得1十y=2-2y|,即y2十2y|一1=0，因 的轨远是以C(0,1)为圆心，1为半径的圆，所以|PQ的最小值等 于圆心C到直线的距离d减去圆C的半径1，即3一1=2.故选B. 1y≥0，故1y=二2+2，X1X五=万-1，故y=2-1 2 7.B由题得圆C:x2+y2-2y一1=0的圆心坐标为C(0,1),半径 或1-√2，因一1<1-√2，故点(1，-1) 为W2, 在曲线外部，故A错误；选项B,将x换 设P(xp,yp),则|PA=√(xp-a)2十%，|PO=√x十%， 成-x,将y换成-y,方程C:x2十y2= 2x|一2|y不变，故曲线关于原点对 因为PA=√2PO,可得(xn-a)2+y%=2(x昂十3)， 称，故B正确；进项C,将x换成一工，方 化简得(xp十a)2十y吊=2a2,故点P在以（一a,0)为圆心，半径为 程C:x十y2=2|x一2|y|不变，故曲线 √2a的圆上，又因为存在唯一的点P也在圆C上，所以两圆是外切 关于y轴对称，设曲线在第一象限与坐 或内切，所以圆心距等于两圆半径相加，或者圆心距等于两圆半径 标轴国成的面积为S,则曲线与坐标轴 差的绝对值， 国成的面积为4S,当x>0,y>0时，方 程C:x2十y2=2x-2y,即(x-1)2+(y十1)2=2，其圆心坐标为 即√(0十a)2+(1-0)2=2+2a或√(0十a)2+(1-0)2=: C(1,-1),半径为r=2,如图，当y=0时，得x=0或x=2,故弦 √2-√2a, 长0A=2,由0C+CA0=0A,故∠0CA=子，则S=r2 解得a=一2士√3或a=2士√3，因为a是正数，所以a=2土√3.故 选B. 之2-号-1，放4S=2x-4,故C正确：选项D由题意可知曲 8.D依题意，x号十y=8,x十y=8,显然M(-x1, -y1),M2(x1,-y1), 线的网长为4OA-X×2xr=2Ex,故D错误.故遮BC 一 203 12.[2-1W瓦+1]圆C1关于直线x-y=0对称的圈C的方程 11 为(x-1)2十y2=2(r>0),则圆C3与圆C2存在公共点，所以 设M西N(x2),则西十2=，1·2=十 |r-1目≤√2≤r+1,所以r∈[√2-1，√2+1].故答案为：[V2-1, |PM=√J+(y1+4)P=√1+k2)x,|PN1=√1+k2)x, √2+1]. |PM·PN|=(1+k2)x1·x2=11, 13.2因为直线：x-y十6=0与x轴交于 即不论MN的斜率是否存在|PM·|PN|=11,PM·PN 恒为定值， A(-6,0),与y轴交于B(0,6),所以|AB 17.解(1)因为圆心C在直线x一y+1=0上，所以设圆C的圆心 |=√62+62=62，所以|CD1=2√2， C(a,a十1)，半径为r(r>0),所以圆的方程为(x一a)2十(y-a-1)2 圆(x十1)2+(y一3)2=2的半径为r,圆 =2,因为圆C经过，点A(1,3)和B(5,1), 心(-1,3)到直线41：x一y十6=0的距离 为4==1=3+6=E,故1CD1- 所以1-a)2+(3-a-1)2=,2 A 1(5-a)2+(1-a-1)2=r2: √2 即2a2-6a+5=,2 2√2-平=2√2-（②）2=22，解得r=2.故答案为：2. {2a2-10a+25-,2解得{-5. {r=5 14.4√2x11-5√2曲线C:x2+y2=21x 4x+3y-18=0 所以圆C的方程为(x-5)2+(y-6)2=25. y (2)由题意设直线【的方程为y=kx十3或x=0,当I的方程为 十2|y|,当x≥0，y≥0时，曲线C的方程 x=0时，验证可知l与圆C相切：当1的方程为y=kx十3，即kx 可化为(x-1)2十(y-1)2=2:当x≤0， y≥0时，曲线C的方程可化为(x十1)2十 -y十3=0时，圆心C到直线1的距离为d-5k-6+3-5,解 √k2+1 (y一1)2=2：当x≥0，y≤0时，曲线C的 方程可化为(x一1)2+(y+1)2=2:当 得k=一音，所以1的方程为y=后x+3,即8x+15y一45=0. x≤0，y≤0时，曲线C的方程可化为(x十 所以直线l的方程为x=0或8x十15y一45=0. 1)2十(y十1)2=2，所以曲线C的图象如图所示，曲线C由4个半 (3)由(1)知圆心为C(5,6),半径为5，则圆心与点(-1，一2)的距 圆以及坐标原点组成，其周长为2X2π×√2=4√2π：T(a,b)到直 离为d=/62十82=10，因为(x十1)2+(y十2)2可以看作圆上任 线4x十3y-18=0的距离d=14如+30-18，当≥0，y≥0时， 意一点P(x,y)与点（一1，一2)的距离的平方，所以(x十1)2十 (y十2)2的最小值为(10-5)2=25. 曲线C的方程可化为(x-1)2十(y-1)2=2曲线为圆心为(1,18.解(1)因为Q是弦BC的中点，所以AQ⊥BC,即AQ⊥PQ, 1),半径为√2的圆的-部分，如图所示，而(1,1)到直线4x十3y 18=0的距离为4+3-18-↓，由圈的性质得曲线C上一点到 5 直线4x+3y-18=0的距离最小为号-反，故14如十3b-18的 最小值为11-5√2.故答案为：4√2π；11-5√②. 15.解(1).MA,MB与圆C相切，且 VA ∠ACB=90°， 所以，点Q的轨远为以AP为直径的圆，所以曲线E的方程为 ∴，四边形ACBM为正方形， x2+y2=4. .1CM1=√(8-1)2+(2-1)z=52 (2)当直线MN的斜率存在时， 2,即r=5, 设直线MN的方程为y=kx十t, .圆C的标准方程为(x一1)2+(y一1)2 代入x2+y2=4,得(k2+1)x2+2k1x+t2 =25. 4=0. 设Mx1y),N(x2,y2),则工1x2是方程 A (2),直线I被圆C截的弦长为4√6 2kt 六圆心C到直线L的距离为d√25- 4612 的两解，则△>0，x1十x2= b2+11x2= 2 =1, k.x1十t 又直线l的横截距为a(a>1),纵截距为b(b>1),则直线l的方： +2· x1十2 程可设为若+齐=l,即bx十ay一ab=0, kx2+1 x2十2 d=la+b-a0=1,即ab+2=2(a十b0), k2xx2十kr(x1十x2)十2 √a2+b x1x2+2(x1+x2)+4 =-3, 由a+b≥2ab,得ab+2=2(a+b)≥4√ab 根据根与系数的关系，得2一3k1十2k2=0. 解得√ab≤2-√2或√ab≥2+√2， 即(1-k)(t-2k)=0. 若t一2k=0,则直线MN过，点A,舍去： a>1,b>1,.ab≥2+√2，故ab≥6+4√2， 所以1一k=0,即t=k, 当且仅当a=b=2十√2时取得“=”， 直线MN的方程为y=k(x十1)，故直线过定，点（一1,0）. .ab的最小值为6+4√2. 当直线MN斜率不存在时，设直线MN:x =t(-2t2), 16,解1A,B两点的中点为（受，是）斜率为m号 1-2 -1, 与曲线E的方程联立，可得 M AB垂直平分线的斜率为1，且垂直平分线的方程为：y=x, M(t,√4-)，N(t,-√4-2)， 4-t2 联立方程{，解得上-0y-0 则1，=一+2=一3，解得1--1· 故直线MN的方程为x=一1，恒过 所以圆心为(0,0)，半径为r=√2+22=√5， 点(-1,0). 圆C的方程为：x2十y2=5. 综上，直线MN过定点（一1,0） (2)如图，若MN的斜率不存在，则方程为 19.解(1)由x,-0 x=0,此时与圆的交点为(0，士√5)，此时 {r2-(1+a)x+y2-ay+a=0得-ay+a=0, |PN|IPM=(4-√5)(4+5)=11， 因为圆与y轴相切，所以△=a2一4a=0,解得a=0或4，故所求 若MN的斜率存在，设为k,MN直线 圆C的方程为x2+y2-x=0或x2+y2-5x-4y十4=0. 方程为y=kx一4，联立方程 (2)令y=0得x2-(1十a)x+a=0, 2+y-5·消去y整理得1+)2 解得x=1或x=a,而a>1,即M(1,0),V(a,0). (y=kx-4, 假设存在实数a,设A(xy1),B(x2y2), 当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=k(x一1)， 8k.x+11=0. 204 由y=(x-1) {2+y=9得(1+2)2-2k2x+2-9=0, 由PFI2+|PF22-|FF2I2,得 2k2 x1十功一1+k -(号)+（合），解释台 根据韦达定理有 k2-9 x1x2=1+k2 ，所以椭圆C的离心率为 5 又∠ANM-∠BNM,则NA、NB的斜率互为相反数， 压故逸C 即当十2 =0,得：《一1+k〔9一 =0. 5.A设F关于直线l:y=-√5x对 x-ax2-a x2-a 于是(x1-1)(x2-a)+(x2-1)(x1-a)-0,即2x1x2-(a+1) 称的点为P,右焦点为F2, (x1+x2)+2a=0, 再设FP的中点为M,由于O也为FF2的 将(*)代入可得：22_-9-2a+1Dke 中点，故OM∥PF2,OM⊥PF, 1+k2 1十k2 十2a=0,化简得： 焦点△PFF2中，∠FPF=受，∠PF,F= -18-2ak+2a=0,解得a=9. 1+k2 吾，所以PF1-2n号-6， 当直线AB与x轴垂直时，|AM=|BM,显然满足∠ANM= ∠BNM,即NA、NB的斜率互为相反数.综上所述，存在a=9,使 PF2|-2ceos3 =c,由椭圆的定义可知PF|十|PF2|=√3c十c 得∠ANM=∠BNM. =2a, 专题16椭圆 解得e= 后千6-1故选A 2 1.C记c=√a2-b2,由题意|0P12+|OQ12=a2-b2=c2= 子ME,2+1MF1P),所以，ME,P+1MFP-4e2= 6B设MF=,MF,=q,则SaMf,R=号·：2c·sim60= 53 |F1F2|2,所以，MF1⊥MF2, 2 化简得：pc=5,所以p= c9=2a-5 M Q 另外，由金孩定理得：士-子站合以上两个或子， 2·p·2c F 消去p,g可得4c-4a2+20a-10, 又因为心-==5，所以化商可得：台=号所以心2-号2= 因为四边形OPMQ的面积为号，故△MFF,的面积为5，即 音a-5,可得a-8k选B S△r,R-ME,·M-5,则M,·MF-10,因为 .B周为点分别为新周专+关-1的左右焦点， 所以F1(-2,0),F2(2,0), MF1+|MF2|=2a,所以，4a2=(1MF1|+|MF2|)2=|MF12 +|MF212+2MF1·|MF21,即4a2=4c2+20,可得4b2=4a2 设P(x0,yo),则PF1=(-2-x0,-yo),PF2=(2-x0,-yo), 一42=20，解得b=√5，因此，双曲线C的短轴长为2b=25.故选 由PF,·PF2=n可得x名十y哈=m+4, C. 又因为P在楼圆上，即令+半-1， 2.D不妨设点N在第一象限，F1,F2分别为椭圆的左右两焦，点，令 椭圆半焦距为C,由F1,H是线段MN的三等分点，得H是线段 所以x品=2n, NF1的中点，而坐标原点O是F1F2的中点，则OH∥NF, 由对称性可得，要使得PF·P下=m成立的点恰好是4个，则 NFLr轴，起x=c代入指圆方程，得N(e,2一)而 02m<8, 解得0<n<4, 所以m的值可以是2.故选B. (-c0),则H(O√-)由五为线段HM的中点，得8.D以设P为减日曲线赞痛 圆的一点，如图，过点P作 线段EF,EF分别与球O1, a2 十4 =1,解得a2=5c2,而a2= O2切于点F,E,故有|PF +PF,=PF+PE 4+c2,于是a2=5,所以△F2MN的周长为|MF1|+|MF2|+ =|EF|=|O1O2|,由椭圆 NF,+|NF2|=4a=45.故选D. 定义可知，该隋圆以F1,F F 为焦点，O1O2|为长轴长， G 3.C 说9-1-1是-号可-6 a 故B正确；设椭圆长半轴长 P(受，)的直线与搭圆C支于A,B且满足PA=PB1,则P 为a,半焦距为c,设O为 O1O2的中点，PF1与球O 为线段AB的中点， 切于点F1,O1F1⊥a,OF Ca,故O1F1⊥OF1,有 所以十8=8+g=1,又号+=1，要+要=1，则 O1F,12-00112-10F112=a2-c2-b2,则2b=21OF11,即椭 圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故A正确：由题意可得 -扇+ -y喔 =0,即cA+BxA-B2 0=∠00B,则一台-=.故C正确：由题意知AG OF 6 2 6 y十A-2,所A二= xA十rB 2 xA一xB 3(A+yB) =-1,故直 =|F1G1,0=∠O1OF1=∠AO1F1这是因为∠O1OF1十 线AB的方程为y-=-(（e-受)即x+y一2=0，故选C 1 ∠00B=∠A0B,+∠00E=受)尉号-∠A0,5 4.C设F1N=m,由PF1=4F1V,得1PF,=4m,PN|-5m,由 椭圆定义得|PF2|=2a-4m,NF2=2a-m,由PF1⊥PF2,得 ∠GOF,故tan2 PN2+1PF212-1NF212,则25m2+(2a-4m)2=(2a-m)2, n号--1G,即R=长D格 R tan 2 3 解得m=哥a.PF=号a,PF=亭a,令椭圆国C的半焦距为c, 误.故选D 205