第二章 直线和圆的方程 压轴挑战（含解析）

第二章直线和圆的方程压轴挑战
一、单选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
某县位于山区，居民的居住区域大致呈如图所示的五边形．近似由一个正方形和两个等腰直角三角形组成，若，，为了解决当地人民看电视难的问题，准备建一个电视转播台，理想方案是转播台距五边形各顶点距离的平方和最小，图中，，，是的五等分点，则转播台应建在( )
A. 处 B. 处 C. 处 D. 处
设，为坐标原点，点满足，若直线上存在点使得，则实数的取值范围为( )
A. B.
C. D.
设集合，当有且只有一个元素时，则正数的所有取值为( )
A. 或 B.
C. 或 D. 或
设圆：，直线：，点，存在点，使为坐标原点，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
直线：与，轴的交点分别为，，直线与圆：的交点为，，则下面四个结论中正确的是( )
A. ， B. ，
C. ， D. 直线必过定点
古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系中，点满足设点的轨迹为，下列结论正确的是( )
A. 的方程为
B. 在轴上存在异于的两定点，使得
C. 当三点不共线时，射线是的平分线
D. 在上存在点，使得
以下四个命题表述错误的是．( )
A. 直线恒过定点
B. 圆上有且仅有个点到直线的距离都等于
C. 曲线与恰有四条公切线，则实数的取值范围为
D. 已知圆，为直线上一动点，过点向圆引条切线，其中为切点，则的最小值为
已知直线，圆，则下列结论正确的是( )
A. 直线与圆恒有两个公共点
B. 圆心到直线的最大距离是
C. 存在一个实数的值，使直线经过圆心
D. 当时，圆与圆关于直线对称
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
已知直线与直线相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最大值为 ．
已知圆的方程为，点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，为切点，则四边形的面积的最小值为 ；直线过定点 ．
已知圆：，若圆与圆关于直线对称，且与直线：交于、两点，则的取值范围是 ．
如图，在等腰直角三角形中，，点是边上异于，的一点，光线从点出发，经，发射后又回到原点若光线经过的重心，则长为 ．
四、解答题（本大题共11小题，共132.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
本小题分
如图，已知圆，点为直线上一点，过点作圆的切线，切点分别为．
Ⅰ已知，求切线的方程；
Ⅱ直线是否过定点若是，求出定点的坐标，若不是，请说明理由；
Ⅲ若，两条切线分别交轴于点，记四边形面积为，三角形面积为，求的最小值．
本小题分
已知圆：，直线，
若直线与圆相切，求的值；
若、为圆的两条相互垂直的弦，垂足为，求四边形的面积的最大值；
若，是直线上的动点，过作圆的两条切线、，切点分别为、，探究直线是否过定点？若是，求出定点，并说明理由．
本小题分
已知圆经过点和，且圆心在直线：上．
求圆的标准方程；
已知过点的直线被圆所截得的弦长为，求直线的方程．
圆关于直线的对称圆是圆，设、是圆上的两个动点，点关于原点的对称点为，点关于轴的对称点为，如果直线、与轴分别交于和，问是否为定值？若是求出该定值；若不是，请说明理由。
本小题分
圆．
若圆与轴相切，求圆的方程；
求圆心的轨迹方程；
已知，圆与轴相交于两点、点在点的左侧过点任作一条直线与圆相交于两点、问：是否存在实数，使得？若存在，求出实数的值，若不存在，请说明理由．
本小题分
平面直角坐标系中，已知点，圆：与轴的正半轴交于点．
若过点的直线与圆相切，求直线的方程；
若过点的直线与圆交于不同的两点，．
设直线，的斜率分别是，，问是否为定值，若是，求出此定值，若不是，请说明理由；
设线段的中点为，点，若，求直线的方程．
本小题分
已知圆：，点是直线：上的一动点，过点作圆的切线，，切点分别为，．
当切线的长度为时，求点的坐标．
若的外接圆为圆，试问：当在直线上运动时，圆是否过定点？若过定点，求出所有定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
求线段长度的最小值．
本小题分
已知圆：，直线：，
求证：直线恒过定点；
求直线被圆截得的最短弦所在的直线方程及弦长；
已知，当时，在上找一点，使得最小，并求出最小值．
本小题分
如图，在平面直角坐标系中，过外一点引它的两条切线，切点分别为，，若，则称为的环绕点．
当半径为时，
在，，中，的环绕点是______．
直线与轴交于点，与轴交于点，若线段上存在的环绕点，求的取值范围；
的半径为，圆心为，以为圆心，为半径的所有圆构成图形，若在图形上存在的环绕点，直接写出的取值范围．
本小题分
已知圆和定点，动点、在圆上．
过点作圆的切线，求切线方程
若满足，设直线与直线相交于点．
求证：直线过定点
试探究和的定量关系．
本小题分
如图直线过点，与轴、轴的正半轴分别交于、两点，的面积为点为线段上一动点，且交于点．
求直线斜率的大小；
若的面积与四边形的面积满足：时，请你确定点在上的位置，并求出线段的长；
在轴上是否存在点，使为等腰直角三角形，若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
本小题分
已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，的中点的轨迹为曲线，圆心为的圆经过点．
求曲线的方程，并判断曲线与圆的位置关系；
过轴上一点任作一直线不与轴重合与曲线相交于、两点，连接，，恒有，求点坐标．
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了两点间的距离公式
【解答】
解：以为原点，，所在直线分别为轴，轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，．
设转播台的坐标为，则
．
故当，且时，最小，
故应在处．

2.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查圆的轨迹方程及点到直线的距离公式，属于较难题．
设，由两点距离公式计算可得根据题意可得，进而利用点到直线的距离公式即可求解．
【解答】
解：设，
，
，即．
点的轨迹为以原点为圆心，为半径的圆面．
若直线上存在点使得，
则为圆的切线时最大，如图，
，即．
圆心到直线的距离，
或．
故选：．

3.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查交集及其运算，考查圆与圆的位置关系，属于较难题．
由题中已知集合，可知集合表示以原点为圆心、为半径的上半圆，表示以点为圆心、为半径的圆，分析两圆的位置关系，即可求解．
【解答】
解：，，即圆：的上半部分，如图：
圆的圆心坐标为，半径为，圆的圆心坐标为，半径为，
因为有且只有一个元素，所以圆和圆只有一个交点，
所以圆的位置为圆和介于圆、圆之间两种情况，
外切：，为圆心距，，此时，
介于圆、圆之间：圆处的半径，
圆处的半径，所以，
综上，正数的所有取值为或．
故选：．

4.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查圆的方程，直线与圆的位置关系，属于较难题．
解题的关键是结合图形，利用几何知识，判断出，从而得到不等式求出参数的取值范围．
【解答】
解：圆外有一点，圆上有一动点，在与圆相切时取得最大值，
因为，为定值，即半径，
变大，则变小，由于，
所以也随之变小，可以得知，
当，且与圆相切时，，
而当时，在圆上任意移动，恒成立，
因此，的取值范围就是，
即满足，就能保证一定存在点，使得．
由分析可得：，
又因为在直线上，所以，
故，
解得，，
即的取值范围是，
故选C．

5.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查命题的真假判断，主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式、两点的距离和三角形的面积公式、基本不等式的运用，考查化简整理的运算能力，属于难题．
求得直线与坐标轴的交点，，原点到直线的距离，求得的面积，即可判断；
运用两点的距离公式和弦长公式，平方作差比较，结合基本不等式即可判断；
求得三角形的面积，平方作差，配方即可判断
结合直线的性质即可判断．
【解答】
解：对于，当时，把代入直线方程可得，把代入直线方程可得，
，，，故A正确；
对于，当时，，故，
直线的方程可化为，
圆心到直线的距离，
故，
假设，则，即，
整理可得，
即，显然矛盾，故B错误；
对于，，
故，使得，故C正确；
当时，直线：，当时，直线：，
直线与直线平行，
直线不过定点，故D错误．
故选AC．

6.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了余弦定理，圆有关的轨迹问题，两点间的距离公式和分析法与综合法，考查了学生的运算能力和逻辑思维能力，属于拔高题．
设，利用圆有关的轨迹问题得轨迹的方程，对进行判断，再利用阿波罗尼斯圆的对称性对进行判断，再利用分析法，结合余弦定理得要，只要，再利用点是轨迹上的点，计算得成立，从而对进行判断，设，由得，再利用点在轨迹上得，最后由方程组无解，对进行判断，从而得结论．
【解答】
解：设．
因为，，，
所以，化简整理得，
即轨迹的方程为，因此不正确；
因为与轴交于和，，
所以由对称性可知，当，时，，
即，因此B正确；
对于、如图：
当，，三点不共线时，
因为，，，
所以要，只要，
因此只要，
即只要，
所以只要．
又因为，
所以，
，
即成立，因此C正确；
对于、设，
由得，
即．
又因为点在轨迹上，所以，
因此，
即，解得，
把代入得无实数解，
因此在上不存在点，使得，因此不正确．
故选BC．

7.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查直线与圆的综合应用，考查推理能力和计算能力，属于较难题．
整理直线方程，可化为，当且时，无论取何值，方程恒成立，解方程组即可解得定点，即可判断；求出圆心到直线的距离，结合圆的半径，得出到直线距离为的两条直线与圆的位置关系，即可判断；根据两圆有四条公切线，所以两圆相离，即圆心距大于半径之和，解出的范围即可判断；当为圆心到直线垂线与直线交点时，切线最短，根据勾股定理求出即可判断．
【解答】
解：对于，因为直线，即，
令，解得
即直线恒过定点，故A错误；
对于，因为圆的圆心是，半径为，
则圆心到直线的距离为，
故圆上有且仅有个点到直线的距离都等于，故B正确；
对于，曲线，即，圆心为，半径为，
曲线，即，圆心为，半径为，
若两圆恰有四条公切线，则两圆相离，
则，解得，故C错误；
对于，因为圆的圆心为，半径为，
因为，故当最小时，最小，
又最小值为圆心到直线的距离，即，，
故的最小值为，故D错误．
故选ACD．

8.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了直线与圆的位置关系及判定、关于点或直线对称的圆的方程，属于中档题．
对于，因为直线过定点，且点在圆内可判断对于，直线过定点，且点在圆内可判断对于，由直线经过圆心可得，故可判断对于，由圆关于直线对称的圆的圆心为，半径为可判断．
【解答】
解：对于，直线即为，
由
可得直线过定点，
因为，
所以该定点在圆内，所以无论为何值时，
直线与圆一定有两个公共点，故A正确；
对于，因为直线过定点，
且点在圆内，所以圆心到直线的最大距离是，故B错误；
对于，圆心为，
若直线经过圆心，则有，
该方程无解，所以不存在实数，使直线经过圆心，
故C错误；
对于，时，直线为，
故可得圆关于直线对称的圆的圆心为，半径为，
可得圆关于直线对称的圆的方程为，
故D正确．
故选AD．

9.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查了直线过定点，圆的轨迹方程以及圆与圆的位置关系的应用，属于难题．
由已知得到，过定点，过定点，从而得到点轨迹为圆，设圆心为，作垂直线段，求得，求得点的轨迹方程，从而结合圆的性质求得的最大值，再由得答案．
【解答】
解：由题意得圆的圆心为，半径，
易知直线恒过点，
直线恒过，且，
点的轨迹为，圆心为，半径为，
若点为弦的中点，位置关系如图：
．
连接，由，易知．
，
．
故答案为．

10.【答案】

【解析】
【分析】
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查数学转化思想及数形结合的解题思想，考查直线系方程的应用．
由三角形全等可得，，由点到直线的距离公式结合勾股定理求出的最小值，即可求得四边形的面积的最小值设出点坐标，求出以为直径的圆的方程，与已知圆的方程联立求得两圆公共弦所在直线方程，再由直线系方程即可求得直线所过定点．
【解答】
解：由圆得圆心，半径，
由题意可得，
在中，，
，
可知当垂直直线时，，
所以四边形的面积的最小值为，
可得四点在以为直径的圆上，且是两圆的公共弦，
设，则圆心为，半径为，
则该圆方程为，
整理可得，
联立两圆可得直线的方程为，
可得当时，，故直线过定点．
故答案为；．

11.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了直线与圆的位置关系和关于点或直线对称的圆的方程，设，由对称得出坐标，得出圆的方程，易知直线恒过点，且点在圆内，所以当为的中点时，取得最小值，当直线：过时，取得最大值，即可得出结果．
【解答】
解：圆：的标准方程为，
设圆的圆心关于直线的对称点为，
则，解得，即，
所以圆的方程为，
直线：可化为，
则直线恒过点，易知点在圆内，
点到圆心的距离为，
所以为的中点时，取得最小值为，
当直线：过时，即时，取得最大值为直径，
所以的取值范围是，
故答案为．

12.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了直线方程的应用，涉及了三角形重心坐标公式的应用，点关于直线的对称点的应用以及四点共线的应用．
建立平面直角坐标系，设点的坐标，可得点关于的对称点和关于轴的对称点的坐标，可得直线的方程，由于直线过的重心，解得的坐标，进而可得的值，求出的值．
【解答】
解：建立如图所示的平面直角坐标系：
可得，故直线的方程为，
的重心为，即，
设，其中，则点关于直线的对称点，
满足，
解得，即，
关于轴的对称点，
由光的反射原理可知，，，四点共线，
直线的斜率为，
故直线的方程为，
由于直线过的重心，代入化简可得，
解得，或舍去，故，
因为，
故．
故答案为：．

13.【答案】解：Ⅰ时，点，
当切线斜率不存在时，有切线；
当切线斜率存在时，设切线：，即．
由得，解得，切线为，
综上：所求切线方程为；
Ⅱ，，，
由知，在以点为圆心，切线长为半径的圆上，
即在圆：上，
联立 得，
所以过定点；
Ⅲ，
设；
得，，
，
切线统一记为，即，
由得，得方程两根为，
可知，
所以，
所以，则，
记，则，
当且仅当，即时，等号成立，
则．

【解析】本题考查了圆的切线方程、圆有关的最值问题及定点问题，是较难题．
Ⅰ分切线斜率不存在和切线斜率存在这两种情况求切线方程即可；
Ⅱ先得出圆：上，两圆相减得出直线的方程，可得定点坐标；
Ⅲ，设，则，，可得，所以，则，再记，用基本不等式求解最值即可．
14.【答案】解：圆：，直线：直线与圆相切，
圆心到直线的距离等于半径，
即，
解得．
设圆心到直线、的距离分别为、，
则，
所以，，
所以，
当且仅当即 时，取“”，
所以四边形的面积的最大值为．
时，直线的方程为：，
设，则以为直径的圆的方程为，
即，将其与圆：联立，消去平方项得：，即为直线的方程，
将其化为知该直线恒过定点，
故直线恒过定点．

【解析】本题考查直线与圆的位置关系，考查直线是否过定点的判断与求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，属困难题．
由直线与圆相切，得圆心到直线的距离等于半径，由此能求出；
设圆心到直线、的距离分别为、，则，用、表示出四边形的面积，再运用基本不等式求得最大值即可．
由题意知，，，四点共圆且在以为直径的圆上，设，其方程为，，在圆：上，联立圆的方程求出直线的方程，即可得直线过定点
15.【答案】解：因为圆心在直线：上，所以设．
又因为圆经过点和，
所以，
且半径，
解得，，
因此圆的标准方程为．
因为直线被圆所截得的弦长为，
所以由垂径定理得圆心到直线的距离为．
当直线的斜率不存在时，直线：满足要求；
当直线的斜率存在时，不妨设直线的方程为，
即，
由圆心到直线的距离，
解得，因此直线的方程为．
综上所述，直线的方程为或．
因为关于直线的对称点为，
而圆关于直线的对称圆是圆，
所以圆的方程为．
因为点关于原点和轴的对称点分别为、，
所以、．
又因为，
当时，点的坐标为，
则直线与轴垂直，不满足题意，所以．
当时，点的坐标为，
则直线与轴垂直，不满足题意，所以，
因此直线的方程为，
直线的方程为．
在方程中，令得，
即．
在方程中，令得，
即．
又因为、是圆上的两个动点，
所以，，
因此
，
因此为定值．
【解析】本题考查了圆的标准方程，直线与圆的位置关系及判定，关于点或直线对称的圆的方程，点到直线的距离公式，直线的点斜式方程和圆方程的综合应用，属于拔高题．
利用圆的标准方程，结合题目条件，得圆心的坐标和半径，从而得结论；
利用垂径定理得圆心到直线的距离为，再利用直线与圆的位置关系，结合对斜率是否存在的讨论和点到直线的距离公式，计算得结论；
利用关于直线对称的圆的方程得圆的方程，再利用题目条件得、，且得到，，再利用直线的点斜式方程得直线和的方程，令得与，最后利用圆的方程，计算得结论．
16.【答案】解：由圆与轴相切，可知圆心的纵坐标的绝对值与半径相等．
故先将圆的方程化成标准方程为：，
由，整理可得，解得，
即可得到所求圆的方程为，即．
设圆心点坐标为，则，消去参数得，
因此，圆心的轨迹方程为．
在圆的方程中，令，得，即，
，且点在点的右侧，所以点、，
假设存在实数，当直线与轴重合时，、、、四点共线，则成立；
当直线与轴不重合时，
设直线的方程为，设点、，
联立，消去并整理得，
，
由韦达定理得，，
，所以直线、的斜率互为相反数，
即
恒成立，
所以，，解得．
综上所述，存在，使得．

【解析】本题考查圆的方程、动点的轨迹方程以及圆的方程中参数的存在性问题，将问题中角的关系转化为直线的斜率关系是解题的关键，考查计算能力，属于较难题．
将圆的方程化为标准方程，由题意可得出关于实数的等式，求得实数的值，由此可求得圆的方程；
设圆心的坐标为，可得出，消去参数可求得点的轨迹方程；
求得点、，对直线是否与轴重合进行分类讨论，设点、，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，由已知条件得出，代入韦达定理可求得实数的值，由此可得出结论．
17.【答案】解：当的斜率不存在时，易得的方程为适合题意；
当的斜率存在时，设：，即，
由题设知：圆心到直线的距离，
此时：，
直线的方程为或；
由题意可得，直线的斜率一定存在，设直线：，
联立，
可得．
解得，
设，，
则，，
；
设，由知，，代入直线方程，
可得，
由，得，
化简为，
把，代入，可得
，
解得或．
直线的方程为或，
即或．
【解析】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，体现了“设而不求”的解题思想，考查计算能力，属于难题．
当的斜率不存在时，易得的方程；当的斜率存在时，设：，，由圆心到直线的距离等于半径求得，则切线方程可求；
：，联立直线方程与圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及斜率公式可得；
设，由可得的坐标，再由，得，把，代入，整理求得值，则直线的方程可求．
18.【答案】解：由题意知，圆的半径，，设．
是圆的一条切线，，
，
解得或，
点的坐标为或
，
经过，，三点的圆以为直径，
其方程为，
即．
由，
解得或．
圆过定点，
由得圆的方程为，
即，
又圆，即，
得，
圆与圆的相交弦所在直线的方程为，
点到直线的距离，
，
当时，有最小值．

【解析】本题考查与圆有关的综合问题，属于拔高题．
依题意设出．
由已知得出，解出，求出点的坐标．
写出，，三点的圆以为直径的圆方程：，整理：．
由，解出定点坐标即可．
求出圆与圆的相交弦所在直线的方程：，再计算弦长求最值．
19.【答案】证明：因为直线的方程可化为，
所以联立，解得 ，
因此直线恒过定点
解：由知：直线恒过定点，而点在圆内，
因此当直线与垂直时，直线被圆截得的弦何时最短；
设此时直线与圆交与两点；
因为，直线的斜率，
所以由 解得 ，
因此此时直线的方程为；
又因为圆心到的距离，
，圆的半径，
所以，
即最短弦长
解：因为当时，直线的方程为，
而，都在直线的上方，如图：
所以若点关于直线的对称点为，直线交直线于，
则，
设，则
解得，即，
因此直线的方程为，即，
所以由解得
因此，
即点坐标为时，最小，最小值为．
【解析】本题考查了直线关于点、直线对称的直线方程，两条直线的交点坐标，直线系方程及其应用，点到直线的距离公式，点与圆的位置关系及判定，直线与圆的位置关系及判定和圆有关的最值问题，属于难题．
利用直线系方程，结合两条直线的交点坐标，计算得结论；
利用点与圆的位置关系及判定得点在圆内，再利用过圆内一点作圆的相交弦的最短弦，结合过两点的直线的斜率公式得最短弦所在直线方程，再利用点到直线的距离公式和圆的半径，计算得结论；
设，利用点关于直线的对称点为，计算得，从而得直线的方程，再利用两条直线的交点坐标和两点间距离公式，结合平面几何知识，计算得结论．
20.【答案】解：如图，
，是的两条切线，，为切点，连接，，
当时，平分，，
，，，
、以为圆心，为半径作．
观察图象可知：当时，的环绕点在图中的圆环内部包括大圆上的点不包括括小圆上的点
故答案为：，；
如图中，设小圆交轴的正半轴于，
当直线经过点时，，
当直线与大圆相切于在第二象限时，连接，
由题意，
所以，，，
，，所以，
观察图象可知，当时，线段上存在的环绕点，
根据对称怀可知：当时，线段上存在的环绕点，
综上所述，满足条件的的值为或；
如图中，不妨设，则点直线上，
点在射线上运动，作轴；，，，
以为圆心，为半径的与轴相切，作的切线，
观察图象可知：以为圆心，为半径的所有圆构成图形，图形即为的内部，包括射线，上，
当的圆心在轴的正半轴上时，假设以为圆心，为半径的圆与射线相切于，连接，
，
，又因为，是的切线．
所以，所以，
当的圆心在轴的负半轴上时，且经过点时，，
观察图象可知，当时，在图象上存在的环绕点．
【解析】本题属于圆的综合题，考查了切线长定理，直线与圆的位置关系，一次函数的性质等知识．解题的关键是理解题意，学会用转化思想，学会用特殊位置考虑问题，是难题．
如图，，是的两条切线，，为切点，连接，，当时，、以为圆心，为半径作首先说明当时，的环绕点在图中的圆环内部包括大圆上的点不包括括小圆上的点，利用这个结论解决问题．
如图中，设小圆交轴的正半轴于，求出两种特殊位置的的值，结合图形根据对称性解决问题．
如图中，不妨设，则点直线上，以为圆心，为半径的与轴相切，作的切线，
观察图象可知：以为圆心，为半径的所有圆构成图形，图形即为的内部，包括射线，上，利用中结论，画出圆环，当圆环与的内部有交点时，满足条件，求出两种特殊位置的的值可解决问题．
21.【答案】解：当过点的直线方程为时，直线与圆不相切，
故可设切线方程为，即，
圆心到直线的距离，整理得，
解得或，
切线方程为或．
证明：因为，所以直线斜率不为零，
因此可设直线的方程为，其中，，，
将直线和圆的方程联立，整理得，
，
由韦达定理得：，
由题意知得
代入韦达定理并化简得：
所以，的方程为，经过定点．
设的方程为，得，即，
，
则．
【解析】本题考查圆的综合应用，圆的切线问题，点到直线的距离公式，直线与圆的位置关系，直线恒过定点问题，考查运算求解能力，属较难题．
可设切线方程为，利用圆心到直线的距离等于半径，可得值，即可求解；
可设直线的方程为，与圆的方程联立，利用韦达定理得：，结合进行化简可得的方程为，即可证明；
设的方程为，可得，通过计算可得，即可求解．
22.【答案】解：直线过点，
当直线斜率不存在时，易知不符合题意，
所以设直线方程是：，
因为、是直线与轴、轴正半轴的交点，所以，
又因为，所以，解得
由知直线的方程为：，
即，此时，
因为，所以，
因为，所以与相似，
所以，故，所以．
所以点在线段的中点的时候，
假定在轴上存在点，使为等腰直角三角形，
由知直线的方程为：，如图，
当时，而点在轴上，点在轴的正半轴上，则必与原点重合，
设，因，则，
于是有，解得，此时；
当时，由，，知四边形为正方形，
设，则，
于是有，解得，此时；
当时，由，，得，即，
设，则，直线上点，
显然直线斜率为，则斜率必为，
即，解得，此时．
综上存在，，三点使得为等腰直角三角形．
【解析】本题考查直线方程的求法，三角形的面积比，考查运算能力与数学思维能力，属较难题．
设出直线的方程，求出点，坐标，借助三角形面积求解而得；
由给定面积关系导出，再利用相似三角形性质求解即得；
假定存在符合条件的点，再按照直角顶点分别为点，，分类讨论判断作答．
23.【答案】解：设点坐标为，，
是线段的中点，且，由中点坐标公式得：，即
又点在圆上运动，
，化简得．
所以曲线的方程为：．
又圆的圆心为，设圆方程：，
又圆经过点，代入圆方程得，
所以圆方程：，
两圆的圆心距．
所以曲线与圆的位置关系是相离．
如图所示，若点在圆外，直线与曲线相交的两点在点的同侧，有，所以点必在圆内．
设点，过点的直线分类讨论斜率存在和不存在两种情况：
当直线的斜率不存在时，由圆的对称性知必有；
当直线的斜率存在时，设直线的方程，联立方程得：
，化简整理得 ．
设，则，，
由题意知，，则直线，的倾斜角互补，即．
则．
将代入上式可得．
所以，化简整理得．
即，解得，
所以点坐标为．

【解析】本题主要考查了与圆有关的轨迹求法、圆与圆的位置关系、直线与圆的位置关系、与圆有关的综合问题，涉及中点坐标公式、直线方程等，属于较难题．
设出的坐标，利用是线段的中点，确定坐标之间的关系，根据点在圆上运动，可得线段的中点的轨迹，即曲线的方程，再利用题设写出圆的方程，利用两圆圆心距与半径和比较大小确定曲线与圆的位置关系；
先由图像分析，过点的直线与曲线相交于两点，要满足，可知点必在圆内，设点，过点的直线分类讨论两种情况：当直线的斜率不存在时，显然有；当直线的斜率存在时，设直线的方程，由题意知，要，即，联立方程得：，化简得，再利用韦达定理代入，化简整理得，从而得到点点坐标为．
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