高考数学(文数)一轮复习考点测试45《圆与方程》（教师版）

这是一份高考数学(文数)一轮复习考点测试45《圆与方程》（教师版），共13页。试卷主要包含了故选D，过点M的直线l与圆C等内容，欢迎下载使用。

考纲研读
1．掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程
2．能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆的位置关系；能根据给定两个圆的方程判断两圆的位置关系
3．能用直线和圆的方程解决一些简单的问题
4．初步了解用代数方法处理几何问题的思想
一、基础小题
1．圆心在y轴上，半径为1，且过点(1,2)的圆的方程为( )
A．x2＋(y－2)2＝1 B．x2＋(y＋2)2＝1
C．(x－1)2＋(y－3)2＝1 D．x2＋(y－3)2＝1
答案 A
解析 设圆心坐标为(0，b)，则由题意知eq \r(0－12＋b－22)＝1，解得b＝2，故圆的方程为x2＋(y－2)2＝1．故选A．
2．若点P(1,1)为圆C：(x－3)2＋y2＝9的弦MN的中点，则弦MN所在直线的方程为( )
A．2x＋y－3＝0 B．x－2y＋1＝0
C．x＋2y－3＝0 D．2x－y－1＝0
答案 D
解析 圆心C(3,0)，kPC＝－eq \f(1,2)，则kMN＝2，所以弦MN所在直线的方程为y－1＝2(x－1)，
即2x－y－1＝0．故选D．
3．圆O1：x2＋y2－2x＝0与圆O2：x2＋y2－4y＝0的位置关系是( )
A．相离 B．相交 C．外切 D．内切
答案 B
解析 圆O1：x2＋y2－2x＝0的圆心为O1(1,0)，半径r1＝1；圆O2：x2＋y2－4y＝0的圆心为O2(0,2)，半径r2＝2．由于1<|O1O2|＝eq \r(5)<3，故两圆相交．故选B．
4．经过三点A(－1,0)，B(3,0)，C(1,2)的圆的面积是( )
A．π B．2π C．3π D．4π
答案 D
解析 如图，根据A，B，C三点的坐标可以得出AC＝BC＝2eq \r(2)，AB＝4，
所以AC⊥BC，所以AB为过A，B，C三点的圆的直径，且该圆的圆心坐标为(1,0)，
圆的半径为2，所以圆的面积为S＝πR2＝π×22＝4π．故选D．
5．对任意的实数k，直线y＝kx－1与圆x2＋y2－2x－2＝0的位置关系是( )
A．相离 B．相切 C．相交 D．以上三个选项均有可能
答案 C
解析 直线y＝kx－1恒经过点A(0，－1)，又02＋(－1)2－2×0－2＝－1<0，得点A在圆内，故直线y＝kx－1与圆x2＋y2－2x－2＝0相交，故选C．
6．设圆的方程是x2＋y2＋2ax＋2y＋(a－1)2＝0，若0A．原点在圆上 B．原点在圆外 C．原点在圆内 D．不确定
答案 B
解析 将圆的方程化成标准方程为(x＋a)2＋(y＋1)2＝2a，因为00，所以原点在圆外．故选B．
7．若圆x2＋y2＝a2与圆x2＋y2＋ay－6＝0的公共弦长为2eq \r(3)，则a的值为( )
A．2 B．±2 C．1 D．±1
答案 B
解析 设圆x2＋y2＝a2的圆心为O，半径r＝|a|，将x2＋y2＝a2与x2＋y2＋ay－6＝0联立，可得a2＋ay－6＝0，即公共弦所在的直线方程为a2＋ay－6＝0，原点O到直线a2＋ay－6＝0的距离为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(6,a)－a))，根据勾股定理可得a2＝3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,a)－a))2，解得a＝±2．故选B．
8．过点M(1,2)的直线l与圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝25交于A，B两点，C为圆心，当∠ACB最小时，直线l的方程是________．
答案 x＋y－3＝0
解析 由题意知，当∠ACB最小时，圆心C(3,4)到直线l的距离达到最大，此时直线l与直线CM垂直，又直线CM的斜率为eq \f(4－2,3－1)＝1，所以直线l的斜率为－eq \f(1,1)＝－1，因此所求的直线l的方程是y－2＝－(x－1)，即x＋y－3＝0．
二、高考小题
9．直线x＋y＋2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆(x－2)2＋y2＝2上，则△ABP面积的取值范围是( )
A．[2,6] B．[4,8] C．[eq \r(2)，3eq \r(2)] D．[2eq \r(2)，3eq \r(2)]
答案 A
解析 ∵直线x＋y＋2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，∴A(－2,0)，B(0，－2)，
则|AB|＝2eq \r(2)．∵点P在圆(x－2)2＋y2＝2上，圆心为(2,0)，
∴圆心到直线x＋y＋2＝0的距离d1＝eq \f(|2＋0＋2|,\r(2))＝2eq \r(2)，
故点P到直线x＋y＋2＝0的距离d2的范围为[eq \r(2)，3eq \r(2)]，
则S△ABP＝eq \f(1,2)|AB|d2＝eq \r(2)d2∈[2,6]，故选A．
10．在平面直角坐标系中，记d为点P(csθ，sinθ)到直线x－my－2＝0的距离．当θ，m变化时，d的最大值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 ∵cs2θ＋sin2θ＝1，∴P点的轨迹是以原点为圆心的单位圆，
又x－my－2＝0表示过点(2,0)且斜率不为0的直线，
如图，可得点(－1,0)到直线x＝2的距离即为d的最大值．故选C．
11．直线y＝x＋1与圆x2＋y2＋2y－3＝0交于A，B两点，则|AB|＝________．
答案 2eq \r(2)
解析 根据题意，圆的方程可化为x2＋(y＋1)2＝4，所以圆的圆心为(0，－1)，且半径是2，根据点到直线的距离公式可以求得圆心到直线的距离d＝eq \f(|0＋1＋1|,\r(12＋－12))＝eq \r(2)，
所以|AB|＝2eq \r(4－2)＝2eq \r(2)．
12．在平面直角坐标系xOy中，A为直线l：y＝2x上的第一象限内的点，B(5,0)，以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D．若eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝0，则点A的横坐标为________．
答案 3
解析 解法一：设A(a,2a)，a>0，则Ceq \f(a＋5,2)，a，
∴圆C的方程为x－eq \f(a＋5,2)2＋(y－a)2＝eq \f(a－52,4)＋a2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－\f(a＋5,2)2＋y－a2＝\f(a－52,4)＋a2，,y＝2x，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xD＝1，,yD＝2，))
∴eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝(5－a，－2a)·eq \f(－a－3,2)，2－a＝eq \f(a2－2a－15,2)＋2a2－4a＝0，∴a＝3或a＝－1，
又a>0，∴a＝3，∴点A的横坐标为3．
解法二：由题意易得∠BAD＝45°．设直线DB的倾斜角为θ，则tanθ＝－eq \f(1,2)，∴tan∠ABO＝－tan(θ－45°)＝3，∴kAB＝－tan∠ABO＝－3．∴AB的方程为y＝－3(x－5)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－3x－5，,y＝2x，))得xA＝3．
13．已知直线l：mx＋y＋3m－eq \r(3)＝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|＝2eq \r(3)，则|CD|＝________．
答案 4
解析 由题意可知直线l过定点(－3，eq \r(3))，该定点在圆x2＋y2＝12上，不妨设点A(－3，eq \r(3))，由于|AB|＝2eq \r(3)，r＝2eq \r(3)，所以圆心到直线AB的距离为d＝eq \r(2\r(3)2－\r(3)2)＝3，又由点到直线的距离公式可得d＝eq \f(|3m－\r(3)|,\r(m2＋1))＝3，解得m＝－eq \f(\r(3),3)，所以直线l的斜率k＝－m＝eq \f(\r(3),3)，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|＝2eq \r(3)，在Rt△CHD中，∠HCD＝30°，
所以|CD|＝eq \f(2\r(3),cs30°)＝4．
14．在平面直角坐标系xOy中，A(－12,0)，B(0,6)，点P在圆O：x2＋y2＝50上．若eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))≤20，则点P的横坐标的取值范围是________．
答案 [－5eq \r(2)，1]
解析 eq \a\vs4\al(解法一：)因为点P在圆O：x2＋y2＝50上，
所以设P点坐标为(x，±eq \r(50－x2))(－5eq \r(2)≤x≤5eq \r(2))．
因为A(－12,0)，B(0,6)，
所以eq \(PA,\s\up6(→))＝(－12－x，－eq \r(50－x2))或eq \(PA,\s\up6(→))＝(－12－x，eq \r(50－x2))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－x,6－eq \r(50－x2))
或eq \(PB,\s\up6(→))＝(－x,6＋eq \r(50－x2))．因为eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))≤20，先取P(x, eq \r(50－x2))进行计算，
所以(－12－x)(－x)＋(－eq \r(50－x2))(6－eq \r(50－x2))≤20，即2x＋5≤eq \r(50－x2)．
当2x＋5≤0，即x≤－eq \f(5,2)时，上式恒成立；
当2x＋5>0，即x>－eq \f(5,2)时，(2x＋5)2≤50－x2，解得－5≤x≤1，故x≤1．
同理可得P(x，－eq \r(50－x2))时，x≤－5．
又－5eq \r(2)≤x≤5eq \r(2)，所以－5eq \r(2)≤x≤1．故点P的横坐标的取值范围为[－5eq \r(2)，1]．
eq \a\vs4\al(解法二：)设P(x，y)，则eq \(PA,\s\up6(→))＝(－12－x，－y)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－x，6－y)．
∵eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))≤20，∴(－12－x)(－x)＋(－y)·(6－y)≤20，即2x－y＋5≤0．
如图，作圆O：x2＋y2＝50，直线2x－y＋5＝0与⊙O交于E，F两点，
∵P在圆O上且满足2x－y＋5≤0，∴点P在eq \x\t(EDF)上．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝50，,2x－y＋5＝0))得F点的横坐标为1．
又D点的横坐标为－5eq \r(2)，∴P点的横坐标的取值范围为[－5eq \r(2)，1]．
三、模拟小题
15．设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过(0,3)与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2eq \r(3)，则直线l的方程为( )
A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0
B．3x＋4y－12＝0或x＝0
C．4x－3y＋9＝0或x＝0
D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0
答案 B
解析 当直线l的斜率不存在，即直线l的方程为x＝0时，弦长为2eq \r(3)，符合题意；当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋3，由弦长为2eq \r(3)，半径为2可知，圆心到该直线的距离为1，从而有eq \f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝－eq \f(3,4)，综上，直线l的方程为x＝0或3x＋4y－12＝0，故选B．
16．已知⊙O：x2＋y2＝1，A(0，－2)，B(a,2)，从点A观察点B，要使视线不被⊙O挡住，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－2)∪(2，＋∞) B．－∞，－eq \f(4\r(3),3)∪eq \f(4\r(3),3)，＋∞
C．－∞，－eq \f(2\r(3),3)∪eq \f(2\r(3),3)，＋∞ D．－eq \f(4\r(3),3)，eq \f(4\r(3),3)
答案 B
解析 点B在直线y＝2上，过点A(0，－2)作圆的切线，设切线的斜率为k，由点斜式得切线方程为y＝kx－2，即kx－y－2＝0，由圆心到切线的距离等于半径，得eq \f(|－2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±eq \r(3)，∴切线方程为y＝±eq \r(3)x－2，和直线y＝2的交点坐标为－eq \f(4\r(3),3)，2，eq \f(4\r(3),3)，2，∴要使视线不被⊙O挡住，则实数a的取值范围是－∞，－eq \f(4\r(3),3)∪eq \f(4\r(3),3)，＋∞．故选B．
17．若圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2eq \r(2)，则直线l的斜率的取值范围是( )
A．[2－eq \r(3)，1] B．[2－eq \r(3)，2＋eq \r(3)] C．eq \f(\r(3),3)，eq \r(3) D．[0，＋∞)
答案 B
解析 圆x2＋y2－4x－4y－10＝0可化为(x－2)2＋(y－2)2＝18，则圆心坐标为(2,2)，半径为3eq \r(2)．
由圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2eq \r(2)可得，圆心到直线l：ax＋by＝0的距离d≤3eq \r(2)－2eq \r(2)＝eq \r(2)，即eq \f(|2a＋2b|,\r(a2＋b2))≤eq \r(2)，则a2＋b2＋4ab≤0 ①，若a＝0，则b＝0，不符合题意，故a≠0且b≠0，则①可化为1＋eq \f(b,a)2＋eq \f(4b,a)≤0，由于直线l的斜率k＝－eq \f(a,b)，所以1＋eq \f(b,a)2＋eq \f(4b,a)≤0可化为1＋eq \f(1,k)2－eq \f(4,k)≤0，解得k∈[2－eq \r(3)，2＋eq \r(3)]，故选B．
18．若A为圆C1：x2＋y2＝1上的动点，B为圆C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4上的动点，则线段AB长度的最大值是________．
答案 8
解析 圆C1：x2＋y2＝1的圆心为C1(0,0)，半径r1＝1，圆C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4的圆心为C2(3，－4)，半径r2＝2，∴|C1C2|＝5．又A为圆C1上的动点，B为圆C2上的动点，∴线段AB长度的最大值是|C1C2|＋r1＋r2＝5＋1＋2＝8．
19．已知a∈R，直线l1：x＋2y＝a＋2和直线l2：2x－y＝2a－1分别与圆E：(x－a)2＋(y－1)2＝9相交于点A，C和点B，D，则四边形ABCD的面积是________．
答案 18
解析 依题意，圆E的圆心坐标为E(a,1)，发现E∈l1，E∈l2，即直线l1，l2都过圆心，故|AC|＝|BD|＝6．又k1·k2＝－1，即l1⊥l2．故所求面积为eq \f(1,2)×62＝18．
20．在平面直角坐标系xOy中，已知圆O1：x2＋y2＝9，圆O2：x2＋(y－6)2＝16，在圆O2内存在一定点M，过点M的直线l被圆O1，圆O2截得的弦分别为AB，CD，且eq \f(|AB|,|CD|)＝eq \f(3,4)，则定点M的坐标为________．
答案 0，eq \f(18,7)
解析 当直线l的斜率不存在时，设l：x＝x0，－3＜x0＜3．则|AB|＝2eq \r(9－x\\al(2,0))，|CD|＝2eq \r(16－x\\al(2,0))，从而有eq \f(9－x\\al(2,0),16－x\\al(2,0))＝eq \f(3,4)2，解得x0＝0，即定点M在圆心O1与O2连线上，且yM∈[2,10]，即M(0，yM)，yM∈[2,10]；当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋b．则|AB|＝2eq \r(9－\f(|b|,\r(1＋k2))2)，|CD|＝2eq \r(16－\f(|b－6|,\r(1＋k2))2)，从而有eq \f(9－\f(b2,1＋k2),16－\f(b－62,1＋k2))＝eq \f(3,4)2，解得b＝eq \f(18,7)或b＝－18．直线l过定点(0，b)，且点M在圆O2内，故b＝eq \f(18,7)，即M0，eq \f(18,7)．
一、高考大题
1．设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8．
(1)求l的方程；
(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．
解 (1)由题意得F(1，0)，l的方程为y＝k(x－1)(k>0)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x，))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0．
Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)．
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝eq \f(4k2＋4,k2)．
由题设知eq \f(4k2＋4,k2)＝8，解得k＝－1(舍去)，k＝1．
因此l的方程为y＝x－1．
(2)由(1)得AB的中点坐标为(3，2)，所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)，
即y＝－x＋5．
设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝－x0＋5，,x0＋12＝\f(y0－x0＋12,2)＋16，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝3，,y0＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝11，,y0＝－6.))
因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144．
2．已知抛物线C：y2＝2x，过点(2，0)的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆．
(1)证明：坐标原点O在圆M上；
(2)设圆M过点P(4，－2)，求直线l与圆M的方程．
解 (1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝2x))可得y2－2my－4＝0，则y1y2＝－4．
又x1＝eq \f(y\\al(2,1),2)，x2＝eq \f(y\\al(2,2),2)，故x1x2＝eq \f(y1y22,4)＝4．
因此OA的斜率与OB的斜率之积为eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(－4,4)＝－1，所以OA⊥OB，
故坐标原点O在圆M上．
(2)由(1)可得y1＋y2＝2m，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4，
故圆心M的坐标为(m2＋2，m)，圆M的半径r＝eq \r(m2＋22＋m2)．
由于圆M过点P(4，－2)，因此eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝0，
故(x1－4)(x2－4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0，
即x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0．
由(1)可知y1y2＝－4，x1x2＝4，
所以2m2－m－1＝0，解得m＝1或m＝－eq \f(1,2)．
当m＝1时，直线l的方程为x－y－2＝0，圆心M的坐标为(3，1)，
圆M的半径为eq \r(10)，圆M的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10．
当m＝－eq \f(1,2)时，直线l的方程为2x＋y－4＝0，圆心M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)，－\f(1,2)))，圆M的半径为eq \f(\r(85),4)，
圆M的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(9,4)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,2)))2＝eq \f(85,16)．
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eq \(TA,\s\up6(→))＋eq \(TP,\s\up6(→))＝eq \(TQ,\s\up6(→))，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于是圆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eq \f(4－0,2－0)＝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＝eq \f(|2×6－7＋m|,\r(5))＝eq \f(|m＋5|,\r(5))．
因为BC＝OA＝eq \r(22＋42)＝2eq \r(5)，
而MC2＝d2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BC,2)))2，所以25＝eq \f(m＋52,5)＋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)，eq \(TA,\s\up6(→))＋eq \(TP,\s\up6(→))＝eq \(TQ,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝x1＋2－t，,y2＝y1＋4.)) 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≤eq \r([t＋4－6]2＋3－72)≤5＋5，解得2－2eq \r(21)≤t≤2＋2eq \r(21)．
因此，实数t的取值范围是[2－2eq \r(21)，2＋2eq \r(21)]．
二、模拟大题
4．已知圆C1：(x－2)2＋(y－2)2＝2内有一动弦AB，且|AB|＝2，以AB为斜边作等腰直角三角形PAB，点P在圆外．
(1)求点P的轨迹C2的方程；
(2)从原点O作圆C1的两条切线，分别交C2于E，F，G，H四点，求以这四点为顶点的四边形的面积S．
解 (1)连接C1A，C1B(图略)，
∵|C1A|＝|C1B|＝eq \r(2)，|AB|＝2，
∴△C1AB为等腰直角三角形．
∵△PAB为等腰直角三角形，
∴四边形PAC1B为正方形．
∴|PC1|＝2，
∴点P的轨迹是以C1为圆心，2为半径的圆，则C2的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝4．
(2)如图，C1N⊥OF于点N，连接C1E，C1F，C1O，EH．
在Rt△OC1N中，∵|OC1|＝2eq \r(2)，|C1N|＝eq \r(2)，|ON|＝eq \r(6)．
∴sin∠C1ON＝eq \f(1,2)，∴∠C1ON＝30°．∴△OEH与△OFG为正三角形．
∵△C1EN≌△C1FN，且|C1E|＝|C1F|＝2，∴|NE|＝|NF|＝eq \r(2)．
∴四边形EFGH的面积S＝S△OFG－S△OEH＝eq \f(\r(3),4)(eq \r(6)＋eq \r(2))2－eq \f(\r(3),4)(eq \r(6)－eq \r(2))2＝6．
5．如图，直角三角形ABC的顶点A的坐标为(－2，0)，直角顶点B的坐标为(0，－2eq \r(2))，顶点C在x轴上，点P为线段OA的中点．
(1)求BC边所在直线方程；
(2)若M为直角三角形ABC外接圆的圆心，求圆M的方程；
(3)在(2)的条件下，若动圆N过点P且与圆M内切，求动圆N的圆心的轨迹方程．
解 (1)易知kAB＝－eq \r(2)，AB⊥BC，∴kCB＝eq \f(\r(2),2)，
∴BC边所在直线方程为y＝eq \f(\r(2),2)x－2eq \r(2)．
(2)由(1)及题意得C(4，0)，∴M(1，0)，又∵AM＝3，
∴外接圆M的方程为(x－1)2＋y2＝9．
(3)∵圆N过点P(－1，0)，∴PN是动圆的半径，
又∵动圆N与圆M内切，
∴MN＝3－PN，即MN＋PN＝3，
∴点N的轨迹是以M，P为焦点，长轴长为3的椭圆．
∵P(－1，0)，M(1，0)，∴a＝eq \f(3,2)，c＝1，b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(\f(5,4))，
∴所求轨迹方程为eq \f(x2,\f(9,4))＋eq \f(y2,\f(5,4))＝1，即eq \f(4x2,9)＋eq \f(4y2,5)＝1．
6．已知圆C经过点Aeq \f(\r(7),4)，eq \f(17,4)，B－eq \f(\r(31),8)，eq \f(33,8)，直线x＝0平分圆C，直线l与圆C相切，与圆C1：x2＋y2＝1相交于P，Q两点，且满足OP⊥OQ．
(1)求圆C的方程；
(2)求直线l的方程．
解 (1)依题意知圆心C在y轴上，可设圆心C的坐标为(0，b)，
圆C的方程为x2＋(y－b)2＝r2(r>0)．
因为圆C经过A，B两点，所以eq \f(\r(7),4)2＋eq \f(17,4)－b2＝－eq \f(\r(31),8)2＋eq \f(33,8)－b2，
即eq \f(7,16)＋eq \f(289,16)－eq \f(17,2)b＋b2＝eq \f(31,64)＋eq \f(1089,64)－eq \f(33,4)b＋b2，解得b＝4．
又易知r2＝eq \f(\r(7),4)2＋eq \f(17,4)－42＝eq \f(1,2)，所以圆C的方程为x2＋(y－4)2＝eq \f(1,2)．
(2)当直线l的斜率不存在时，由l与C相切得l的方程为x＝±eq \f(\r(2),2)，此时直线l与C1交于P，Q两点，不妨设P点在Q点的上方，
则Peq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)，Qeq \f(\r(2),2)，－eq \f(\r(2),2)或P－eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)，Q－eq \f(\r(2),2)，－eq \f(\r(2),2)，则eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，
所以OP⊥OQ，满足题意．
当直线l的斜率存在时，易知其斜率不为0，
设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
将直线l的方程与圆C1的方程联立，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋y2＝1，))消去y，整理得(1＋k2)x2＋2kmx＋m2－1＝0，
则Δ＝4k2m2－4(1＋k2)(m2－1)＝4(k2－m2＋1)>0，
即1＋k2>m2，则x1＋x2＝－eq \f(2km,1＋k2)，x1x2＝eq \f(m2－1,1＋k2)，
所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(k2m2－1,1＋k2)－eq \f(2k2m2,1＋k2)＋m2＝eq \f(m2－k2,1＋k2)，
又OP⊥OQ，所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，即x1x2＋y1y2＝eq \f(m2－1,1＋k2)＋eq \f(m2－k2,1＋k2)＝0，
故2m2＝1＋k2，满足Δ>0，符合题意．
因为直线l：y＝kx＋m与圆C：x2＋(y－4)2＝eq \f(1,2)相切，
所以圆心C(0，4)到直线l的距离d＝eq \f(|m－4|,\r(1＋k2))＝eq \f(\r(2),2)，即m2－8m＋16＝eq \f(1＋k2,2)，
故m2－8m＋16＝m2，解得m＝2，故1＋k2＝2×22，得k＝±eq \r(7)．
故直线l的方程为y＝±eq \r(7)x＋2．
综上，直线l的方程为x＝±eq \f(\r(2),2)或y＝±eq \r(7)x＋2．