新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破專題6 第1講　直線與圓（含解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

[考情分析] 1.和導(dǎo)數(shù)、圓錐曲線相結(jié)合，求直線的方程，考查點(diǎn)到直線的距離公式，多以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，中低難度.2.和圓錐曲線相結(jié)合，求圓的方程或弦長(zhǎng)、面積等，中高難度．
考點(diǎn)一直線的方程
核心提煉
1．已知直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0(A1，B1不同時(shí)為零)，直線l2：A2x＋B2y＋C2＝0(A2，B2不同時(shí)為零)，則l1∥l2?A1B2－A2B1＝0，且A1C2－A2C1≠0，l1⊥l2?A1A2＋B1B2＝0.
2．點(diǎn)P(x0，y0)到直線l：Ax＋By＋C＝0(A，B不同時(shí)為零)的距離d＝eq \f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2)).
3．兩條平行直線l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0(A，B不同時(shí)為零)間的距離d＝eq \f(|C1－C2|,\r(A2＋B2)).
例1 (1)(2022·常德模擬)已知直線l1：ax－4y－3＝0，l2：x－ay＋1＝0，則“a＝2”是“l(fā)1∥l2”的( )
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充要條件
D．既不充分也不必要條件
答案 A
解析若l1∥l2，
則有－a2＋4＝0，解得a＝±2，
當(dāng)a＝2時(shí)，l1：2x－4y－3＝0，
l2：x－2y＋1＝0，l1∥l2，
當(dāng)a＝－2時(shí)，l1：2x＋4y＋3＝0，
l2：x＋2y＋1＝0，l1∥l2，
所以若l1∥l2，則a＝±2，
所以“a＝2”是“l(fā)1∥l2”的充分不必要條件．
(2)(2022·濟(jì)寧模擬)已知直線l1：kx＋y＝0過(guò)定點(diǎn)A，直線l2：x－ky＋2eq \r(2)＋2k＝0過(guò)定點(diǎn)B，l1與l2的交點(diǎn)為C，則|AC|＋|BC|的最大值為_(kāi)_____．
答案 2eq \r(6)
解析由l1：kx＋y＝0，得l1過(guò)定點(diǎn)A(0,0)，
由l2：x＋2eq \r(2)＋k(2－y)＝0，
得l2過(guò)定點(diǎn)B(－2eq \r(2)，2)，
顯然k×1＋1×(－k)＝0，即l1，l2相互垂直，
而l1與l2的交點(diǎn)為C，
即AC⊥BC, 又|AB|＝2eq \r(3)，
∴|AC|2＋|BC|2＝12，
∴(|AC|＋|BC|)2＝12＋2|AC|·|BC|
≤12＋(|AC|2＋|BC|2)＝24，
∴|AC|＋|BC|的最大值為2eq \r(6)，
當(dāng)且僅當(dāng)|AC|＝|BC|＝eq \r(6)時(shí)，等號(hào)成立．
∴|AC|＋|BC|的最大值為2eq \r(6).
易錯(cuò)提醒解決直線方程問(wèn)題的三個(gè)注意點(diǎn)
(1)求解兩條直線平行的問(wèn)題時(shí)，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出參數(shù)的值后，要注意代入檢驗(yàn)，排除兩條直線重合的可能性．
(2)要注意直線方程每種形式的局限性，點(diǎn)斜式、兩點(diǎn)式、斜截式要求直線不能與x軸垂直，而截距式方程既不能表示過(guò)原點(diǎn)的直線，也不能表示垂直于坐標(biāo)軸的直線．
(3)討論兩直線的位置關(guān)系時(shí)，要注意直線的斜率是否存在．
跟蹤演練1 (1)已知直線l：ax＋y－2＋a＝0在x軸與y軸上的截距相等，則實(shí)數(shù)a的值是( )
A．1 B．－1
C．－2或1 D．2或1
答案 D
解析當(dāng)a＝0時(shí)，直線y＝2，此時(shí)不符合題意，應(yīng)舍去；
當(dāng)a≠0時(shí)，由直線l：ax＋y－2＋a＝0可得，橫截距為eq \f(2－a,a)，縱截距為2－a.
由eq \f(2－a,a)＝2－a，解得a＝1或a＝2.
經(jīng)檢驗(yàn)，a＝1,2均符合題意，
故a的值是2或1.
(2)若直線l1：x－2y＋1＝0與直線l2：2x＋my＋1＝0平行，則直線l1與l2之間的距離為_(kāi)_______．
答案 eq \f(\r(5),10)
解析由直線l1：x－2y＋1＝0與直線l2：2x＋my＋1＝0平行，
可得1×m－2×(－2)＝0，即m＝－4，
故兩直線可化為l1：2x－4y＋2＝0，l2：2x－4y＋1＝0，故直線l1與l2之間的距離為d＝eq \f(|2－1|,\r(22＋42))
＝eq \f(\r(5),10).
考點(diǎn)二圓的方程
核心提煉
1．圓的標(biāo)準(zhǔn)方程
當(dāng)圓心為(a，b)，半徑為r時(shí)，其標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2.
2．圓的一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0，表示以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))為圓心，eq \f(\r(D2＋E2－4F),2)為半徑的圓．
例2 (1)已知圓C與直線y＝x及x－y－4＝0都相切，圓心在直線y＝－x上，則圓C的方程為( )
A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2
B．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2
C．(x－1)2＋(y－1)2＝2
D．(x－1)2＋(y＋1)2＝2
答案 D
解析因?yàn)閳A心在直線y＝－x上，
設(shè)圓心坐標(biāo)為(a，－a)，
因?yàn)閳AC與直線y＝x及x－y－4＝0都相切，
所以eq \f(|a＋a|,\r(2))＝eq \f(|a＋a－4|,\r(2))，
解得a＝1，所以圓心坐標(biāo)為(1，－1)，
又eq \f(|1＋1|,\r(2))＝R，
所以R＝eq \r(2)，
所以圓的方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝2.
(2)在平面直角坐標(biāo)系中，A(－1,0)，B(1,0)，C(0，eq \r(3))，動(dòng)點(diǎn)P滿足|PA|＝eq \r(2)|PB|.則點(diǎn)P的軌跡方程為_(kāi)_______________．△PAC的面積的最大值為_(kāi)_______．
答案 (x－3)2＋y2＝8 2eq \r(3)＋2eq \r(2)
解析設(shè)點(diǎn)P(x，y)，由|PA|＝eq \r(2)|PB|，得|PA|2＝2|PB|2，即(x＋1)2＋y2＝2[(x－1)2＋y2]，
化簡(jiǎn)可得(x－3)2＋y2＝8，
∴點(diǎn)P的軌跡方程為(x－3)2＋y2＝8，圓心為(3,0)，半徑r＝2eq \r(2).
直線AC的方程為eq \r(3)x－y＋eq \r(3)＝0，
圓心(3,0)到直線AC的距離為eq \f(3\r(3)＋\r(3),\r(3＋1))＝2eq \r(3)，
∴點(diǎn)P到AC的最大距離為2eq \r(3)＋2eq \r(2)，
又|AC|＝2，
∴(S△PAC)max＝eq \f(1,2)×2×(2eq \r(3)＋2eq \r(2))＝2eq \r(3)＋2eq \r(2).
規(guī)律方法解決圓的方程問(wèn)題一般有兩種方法
(1)幾何法：通過(guò)研究圓的性質(zhì)、直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系，進(jìn)而求得圓的基本量和方程．
(2)代數(shù)法：即用待定系數(shù)法先設(shè)出圓的方程，再由條件求得各系數(shù)．
跟蹤演練2 (1)(2022·全國(guó)甲卷)設(shè)點(diǎn)M在直線2x＋y－1＝0上，點(diǎn)(3,0)和(0,1)均在⊙M上，則⊙M的方程為_(kāi)_______．
答案 (x－1)2＋(y＋1)2＝5
解析方法一設(shè)⊙M的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋b－1＝0，,?3－a?2＋b2＝r2，,a2＋?1－b?2＝r2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－1，,r2＝5，))
∴⊙M的方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
方法二設(shè)⊙M的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，
則Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(E,2)))－1＝0，,9＋3D＋F＝0，,1＋E＋F＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(D＝－2，,E＝2，,F＝－3，))
∴⊙M的方程為x2＋y2－2x＋2y－3＝0，即(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
方法三設(shè)A(3,0)，B(0,1)，⊙M的半徑為r，
則kAB＝eq \f(1－0,0－3)＝－eq \f(1,3)，AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(1,2)))，
∴AB的垂直平分線方程為y－eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，即3x－y－4＝0.
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－y－4＝0，,2x＋y－1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－1，))
∴M(1，－1)，
∴r2＝|MA|2＝(3－1)2＋[0－(－1)]2＝5，
∴⊙M的方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
(2)直線l過(guò)定點(diǎn)(1，－2)，過(guò)點(diǎn)P(－1,0)作l的垂線，垂足為M，已知點(diǎn)N(2,1)，則|MN|的最大值為_(kāi)_______．
答案 3eq \r(2)
解析設(shè)點(diǎn)A(1，－2)，依題意知AM⊥PM，
所以點(diǎn)M的軌跡是以AP為直徑的圓，
圓心C的坐標(biāo)為(0，－1)，
半徑為R＝eq \f(1,2)|AP|＝eq \r(2)，
又N(2,1)為圓外一點(diǎn)，
所以|MN|max＝|NC|＋R＝eq \r(?2－0?2＋?1＋1?2)＋eq \r(2)＝3eq \r(2).
考點(diǎn)三直線、圓的位置關(guān)系
核心提煉
1．直線與圓的位置關(guān)系：相交、相切和相離．
其判斷方法為：
(1)點(diǎn)線距離法．
(2)判別式法：設(shè)圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，直線l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ax＋By＋C＝0，,?x－a?2＋?y－b?2＝r2，))
消去y，得到關(guān)于x的一元二次方程，其根的判別式為Δ，則直線與圓相離?Δ0.
2．圓與圓的位置關(guān)系，即內(nèi)含、內(nèi)切、相交、外切、外離．
考向1 直線與圓的位置關(guān)系
例3 (1)(2022·南通模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線ax－y＋2＝0與圓C：x2＋y2－2x－3＝0交于A，B兩點(diǎn)，若鈍角△ABC的面積為eq \r(3)，則實(shí)數(shù)a的值是( )
A．－eq \f(3,4) B．－eq \f(4,3) C.eq \f(3,4) D.eq \f(4,3)
答案 A
解析由圓C：x2＋y2－2x－3＝0，
可得圓心坐標(biāo)為C(1,0)，半徑為r＝2，
因?yàn)殁g角△ABC的面積為eq \r(3)，
則S△ABC＝eq \f(1,2)×2×2sin∠ACB＝eq \r(3)，
解得sin∠ACB＝eq \f(\r(3),2)，
所以∠ACB＝eq \f(2π,3)，
可得|AB|＝2eq \r(3)，
又由圓的弦長(zhǎng)公式，可得2eq \r(4－d2)＝2eq \r(3)，
解得d＝1，
根據(jù)點(diǎn)到直線ax－y＋2＝0的距離公式d＝eq \f(|a＋2|,\r(a2＋1))＝1，解得a＝－eq \f(3,4).
(2)(2022·新高考全國(guó)Ⅱ)設(shè)點(diǎn)A(－2,3)，B(0，a)，若直線AB關(guān)于y＝a對(duì)稱的直線與圓(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共點(diǎn)，則a的取值范圍是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,2)))
解析方法一由題意知點(diǎn)A(－2,3)關(guān)于直線y＝a的對(duì)稱點(diǎn)為A′(－2,2a－3)，
所以kA′B＝eq \f(3－a,2)，
所以直線A′B的方程為y＝eq \f(3－a,2)x＋a，
即(3－a)x－2y＋2a＝0.
由題意知直線A′B與圓(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共點(diǎn)，
易知圓心坐標(biāo)為(－3，－2)，半徑為1，
所以eq \f(|－3?3－a?＋?－2?×?－2?＋2a|,\r(?3－a?2＋?－2?2))≤1，
整理得6a2－11a＋3≤0，解得eq \f(1,3)≤a≤eq \f(3,2)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,2))).
方法二易知(x＋3)2＋(y＋2)2＝1關(guān)于y軸對(duì)稱的圓的方程為(x－3)2＋(y＋2)2＝1，
由題意知該對(duì)稱圓與直線AB有公共點(diǎn)．直線AB的方程為y＝eq \f(a－3,2)x＋a，
即(a－3)x－2y＋2a＝0，
又對(duì)稱圓的圓心坐標(biāo)為(3，－2)，半徑為1，
所以eq \f(|3?a－3?＋?－2?×?－2?＋2a|,\r(?a－3?2＋?－2?2))≤1，
整理得6a2－11a＋3≤0，解得eq \f(1,3)≤a≤eq \f(3,2)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,2))).
考向2 圓與圓的位置關(guān)系
例4 (1)(2022·武漢模擬)圓C1：(x－2)2＋(y－4)2＝9與圓C2：(x－5)2＋y2＝16的公切線條數(shù)為( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析依題意得，圓C1的圓心C1(2,4)，半徑R1＝3, 圓C2的圓心C2(5,0)，半徑R2＝4，|C1C2|＝eq \r(?2－5?2＋42)＝5∈(1,7)，故圓C1與C2相交，有2條公切線．
(2)(2022·益陽(yáng)調(diào)研)已知直線l：x－y＋1＝0，若P為l上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作⊙C：(x－5)2＋y2＝9的切線PA，PB，切點(diǎn)為A，B，當(dāng)|PC|·|AB|最小時(shí)，直線AB的方程為_(kāi)_________．
答案 x－y－2＝0
解析 ⊙C：(x－5)2＋y2＝9的圓心C(5,0)，半徑r＝3，
∵四邊形PACB的面積
S＝eq \f(1,2)|PC|·|AB|＝2S△PAC＝|PA|·|AC|
＝3|PA|＝3eq \r(|PC|2－9)，
∴要使|PC|·|AB|最小，
則需|PC|最小，
當(dāng)PC與直線l垂直時(shí)，|PC|最小，
此時(shí)直線PC的方程為y＝－x＋5，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,y＝－x＋5，))解得P(2,3)，
則以PC為直徑的圓的方程為
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2)))2＝eq \f(9,2)，
則兩圓方程相減可得直線AB的方程為x－y－2＝0.
規(guī)律方法直線與圓相切問(wèn)題的解題策略
直線與圓相切時(shí)，利用“切線與過(guò)切點(diǎn)的半徑垂直，圓心到切線的距離等于半徑”建立關(guān)于切線斜率的等式，所以求切線方程時(shí)主要選擇點(diǎn)斜式．過(guò)圓外一點(diǎn)求解切線段長(zhǎng)的問(wèn)題，可先求出圓心到圓外一點(diǎn)的距離，再結(jié)合半徑利用勾股定理計(jì)算．
跟蹤演練3 (1)(2022·湖北七市(州)聯(lián)考)已知直線l：kx－y－k＋1＝0，圓C：(x－2)2＋(y＋2)2＝16，則下列選項(xiàng)中不正確的是( )
A．直線l與圓C一定相交
B．當(dāng)k＝0時(shí)，直線l與圓C交于M，N兩點(diǎn)，點(diǎn)E是圓C上的動(dòng)點(diǎn)，則△MNE面積的最大值為7eq \r(7)
C．當(dāng)直線l與圓有兩個(gè)交點(diǎn)M，N時(shí)，|MN|的最小值為2eq \r(6)
D．若圓C與坐標(biāo)軸分別交于A，B，C，D四個(gè)點(diǎn)，則四邊形ABCD的面積為48
答案 D
解析直線l：kx－y－k＋1＝0過(guò)定點(diǎn)P(1,1)，因?yàn)?1－2)2＋(1＋2)20，則點(diǎn)O(0,0)到l3的距離為1，
所以1＝eq \f(|t|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))2＋?－1?2))，
解得t＝eq \f(5,4)或t＝－eq \f(5,4)(舍去)，
所以公切線l3的方程為y＝－eq \f(3,4)x＋eq \f(5,4)，
即3x＋4y－5＝0.
綜上，所求直線方程為x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0.
專題強(qiáng)化練
一、選擇題
1．直線l經(jīng)過(guò)兩條直線x－y＋1＝0和2x＋3y＋2＝0的交點(diǎn)，且平行于直線x－2y＋4＝0，則直線l的方程為( )
A．x－2y－1＝0 B．x－2y＋1＝0
C．2x－y＋2＝0 D．2x＋y－2＝0
答案 B
解析由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋1＝0，,2x＋3y＋2＝0))得兩直線交點(diǎn)為(－1,0)，直線l的斜率與x－2y＋4＝0相同，為eq \f(1,2)，
則直線l的方程為y－0＝eq \f(1,2)(x＋1)，
即x－2y＋1＝0.
2．(2022·福州質(zhì)檢)已知A(－eq \r(3)，0)，B(eq \r(3)，0)，C(0,3)，則△ABC外接圓的方程為( )
A．(x－1)2＋y2＝2
B．(x－1)2＋y2＝4
C．x2＋(y－1)2＝2
D．x2＋(y－1)2＝4
答案 D
解析設(shè)△ABC外接圓的方程為
(x－a)2＋(y－b)2＝r2
則有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(?－\r(3)－a?2＋?0－b?2＝r2，,?\r(3)－a?2＋?0－b?2＝r2，,?0－a?2＋?3－b?2＝r2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝0，,b＝1，,r＝2.))
則△ABC外接圓的方程為x2＋(y－1)2＝4.
3．(2022·新高考全國(guó)Ⅱ)圖1是中國(guó)古代建筑中的舉架結(jié)構(gòu)，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉，圖2是某古代建筑屋頂截面的示意圖，其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為eq \f(DD1,OD1)＝0.5，eq \f(CC1,DC1)＝k1，eq \f(BB1,CB1)＝k2，eq \f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差為0.1的等差數(shù)列，且直線OA的斜率為0.725，則k3等于( )
A．0.75 B．0.8
C．0.85 D．0.9
答案 D
解析設(shè)OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，
則CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，
依題意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，
且eq \f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，
所以eq \f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，
故k3＝0.9.
4．過(guò)圓C：(x－1)2＋y2＝1外一點(diǎn)P作圓C的兩條切線PA，PB，切點(diǎn)分別為A，B，若PA⊥PB，則點(diǎn)P到直線l：x＋y－5＝0的距離的最小值為( )
A．1 B.eq \r(2) C．2eq \r(2) D．3eq \r(2)
答案 B
解析因?yàn)檫^(guò)圓C：(x－1)2＋y2＝1外一點(diǎn)P向圓C引兩條切線PA，PB，切點(diǎn)分別為A，B，
由PA⊥PB可知，四邊形CAPB是邊長(zhǎng)為1的正方形，所以|CP|＝eq \r(2)，
所以P點(diǎn)的軌跡是以C(1,0)為圓心，eq \r(2)為半徑的圓，則圓心C(1,0)到直線l：x＋y－5＝0的距離d＝eq \f(|1＋0－5|,\r(2))＝eq \f(4,\r(2))＝2eq \r(2)，
所以點(diǎn)P到直線l：x＋y－5＝0的最短距離為d－r＝2eq \r(2)－eq \r(2)＝eq \r(2).
5．與直線x－y－4＝0和圓(x＋1)2＋(y－1)2＝2都相切的半徑最小的圓的方程是( )
A．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2
B．(x＋1)2＋(y＋1)2＝4
C．(x－1)2＋(y＋1)2＝2
D．(x－1)2＋(y＋1)2＝4
答案 C
解析圓(x＋1)2＋(y－1)2＝2的圓心坐標(biāo)為(－1,1)，半徑為eq \r(2)，過(guò)圓心(－1,1)與直線x－y－4＝0垂直的直線方程為x＋y＝0，所求圓的圓心在此直線上，又圓心(－1,1)到直線x－y－4＝0的距離為eq \f(6,\r(2))＝3eq \r(2)，則所求圓的半徑為eq \r(2)，設(shè)所求圓的圓心為(a，b)，且圓心在直線x＋y＝0上，所以eq \f(|a－b－4|,\r(2))＝eq \r(2)，且a＋b＝0，解得a＝1，b＝－1(a＝3，b＝－3不符合題意，舍去 )，故所求圓的方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝2.
6．已知圓C過(guò)圓C1：x2＋y2＋4x－2y－10＝0與圓C2：(x＋3)2＋(y－3)2＝6的公共點(diǎn)．若圓C1，C2的公共弦恰好是圓C的直徑，則圓C的面積為( )
A.eq \f(11π,5) B.eq \f(26π,5) C.eq \f(\r(130)π,5) D.eq \f(104π,5)
答案 B
解析由題意可知，圓C1，C2的公共弦所在直線方程為x2＋y2＋4x－2y－10＝0和(x＋3)2＋(y－3)2＝6的兩式相減，化簡(jiǎn)可得x－2y＋11＝0，又C2(－3,3)到直線x－2y＋11＝0的距離d＝eq \f(|－3－2×3＋11|,\r(12＋?－2?2))＝eq \f(2,\r(5)) ，故公共弦的長(zhǎng)為2×eq \r(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(5))))2)＝2eq \r(\f(26,5))，則圓C的半徑為eq \r(\f(26,5))，故圓C的面積為eq \f(26π,5).
7．在平面直角坐標(biāo)系中，圓C的方程為x2＋y2－4x＝0.若在直線y＝k(x＋1)上存在一點(diǎn)P，使過(guò)點(diǎn)P所作的圓的兩條切線相互垂直，則實(shí)數(shù)k不可能為( )
A．1 B.eq \r(2) C．2eq \r(2) D．4
答案 D
解析由x2＋y2－4x＝0，得(x－2)2＋y2＝4，
則圓心為C(2,0)，半徑r＝2，過(guò)點(diǎn)P所作的圓的兩條切線相互垂直，設(shè)兩切點(diǎn)分別為A，B，連接AC，BC(圖略)，則四邊形PACB為正方形，即PC＝eq \r(2)r＝2eq \r(2)，圓心到直線的距離d＝eq \f(|2k－0＋k|,\r(1＋k2))≤2eq \r(2)，
即－2eq \r(2)≤k≤2eq \r(2)，
故k不可能為4.
8．已知圓C1：(x＋6)2＋(y－5)2＝4，圓C2：(x－2)2＋(y－1)2＝1，M，N分別為圓C1和C2上的動(dòng)點(diǎn)，P為x軸上的動(dòng)點(diǎn)，則|PM|＋|PN|的取值范圍是( )
A．[6，＋∞) B．[7，＋∞)
C．[10，＋∞) D．[15，＋∞)
答案 B
解析 C1(－6,5)，C2(2,1)，C1關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為C3(－6，－5)，
故|PC1|＋|PC2|≥|C2C3|＝eq \r(64＋36)＝10，
又兩圓的半徑分別為2,1，
則|PM|＋|PN|≥10－2－1＝7，
故|PM|＋|PN|的取值范圍是[7，＋∞)．
9．已知圓O：x2＋y2＝eq \f(9,4)，圓M：(x－a)2＋(y－1)2＝1，若圓M上存在點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)P作圓O的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，使得∠APB＝eq \f(π,3)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A．[－eq \r(15)，eq \r(15)]
B．[－eq \r(3)，eq \r(3)]
C．[eq \r(3)，eq \r(15)]
D．[－eq \r(15)，－eq \r(3)]∪[eq \r(3)，eq \r(15)]
答案 D
解析由題可知圓O 的半徑為eq \f(3,2)，圓M上存在點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)P作圓 O 的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，使得∠APB＝eq \f(π,3)，則∠APO＝eq \f(π,6)，
在Rt△PAO中，|PO|＝3，
∴點(diǎn)P在圓x2＋y2＝9上，
由于點(diǎn)P也在圓M上，故兩圓有公共點(diǎn)．
又圓M的半徑等于1，圓心坐標(biāo)M(a,1)，
∴3－1≤|OM|≤3＋1，
∴2≤eq \r(a2＋1)≤4，
∴a∈[－eq \r(15)，－eq \r(3)]∪[eq \r(3)，eq \r(15)]．
10．已知圓C1：(x－1)2＋(y－2)2＝4和圓C2：(x－2)2＋(y－1)2＝2交于A，B兩點(diǎn)，直線l與直線AB平行，且與圓C2相切，與圓C1交于點(diǎn)M，N，則|MN|等于( )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2) C．2eq \r(3) D．4
答案 D
解析由圓C1：(x－1)2＋(y－2)2＝4，可知圓心C1(1,2)，半徑為2，由圓C2：(x－2)2＋(y－1)2＝2，可知圓心C2(2,1)，半徑為eq \r(2)，
又圓C1：x2＋y2－2x－4y＋1＝0，圓C2：x2＋y2－4x－2y＋3＝0，
所以可得lAB：x－y－1＝0，
設(shè)l：x－y＋c＝0，因?yàn)橹本€l與圓C2相切，則eq \f(|2－1＋c|,\r(2))＝eq \r(2).
解得c＝1或c＝－3，
當(dāng)c＝1時(shí)，l：x－y＋1＝0，
所以|MN|＝2×eq \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|1－2＋1|,\r(2))))2)＝4；
當(dāng)c＝－3時(shí)，l：x－y－3＝0，
因?yàn)閑q \f(|1－2－3|,\r(2))>2，故不符合題意．
綜上，|MN|＝4.
11．(2022·南通模擬)已知P是圓O：x2＋y2＝4上的動(dòng)點(diǎn)，直線l1：xcs θ＋ysin θ＝4與l2：xsin θ－ycs θ＝1交于點(diǎn)Q，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．l1與l2不垂直
B．直線l1與圓O相切
C．直線l2與圓O截得弦長(zhǎng)為2eq \r(2)
D．|PQ|的最大值為eq \r(17)＋2
答案 D
解析圓O的半徑為2，
因?yàn)閏s θ·sin θ＋sin θ·(－cs θ)＝0，
所以l1⊥l2，A錯(cuò)誤；
圓心O到直線l1的距離為d＝eq \f(4,\r(cs2θ＋sin2θ))＝4>2，直線l1與圓O相離，B錯(cuò)誤；
圓心O到直線l2的距離為
d′＝eq \f(1,\r(sin2θ＋?－cs θ?2))＝1，
所以弦長(zhǎng)為2×eq \r(22－12)＝2eq \r(3)，C錯(cuò)誤；
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xcs θ＋ysin θ＝4，,xsin θ－ycs θ＝1，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4cs θ＋sin θ，,y＝4sin θ－cs θ，))
即Q(4cs θ＋sin θ，4sin θ－cs θ)，
所以|OQ|＝eq \r(?4cs θ＋sin θ?2＋?4sin θ－cs θ?2)＝eq \r(17)，
所以|PQ|的最大值為eq \r(17)＋2，D正確．
12．(2022·菏澤質(zhì)檢)瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直線上．這條直線被后人稱為三角形的“歐拉線”．在平面直角坐標(biāo)系中作△ABC，|AB|＝|AC|，點(diǎn)B(－1,1)，點(diǎn)C(3,5)，過(guò)其“歐拉線”上一點(diǎn)Р作圓O：x2＋y2＝4的兩條切線，切點(diǎn)分別為M，N，則|MN|的最小值為( )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2)
C.eq \r(3) D．2eq \r(3)
答案 B
解析由題設(shè)知BC的中點(diǎn)為(1,3)，
“歐拉線”斜率為k＝－eq \f(1,kBC)＝－1，
所以“歐拉線”方程為y－3＝－(x－1)，
即x＋y－4＝0，
又O到x＋y－4＝0的距離為d＝eq \f(4,\r(2))>2，即“歐拉線”與圓O相離，
要使|MN|最小，則在Rt△PMO與Rt△PNO中，∠MOP＝∠NOP最小，即∠MPN最大，
而僅當(dāng)OP⊥“歐拉線”時(shí)，∠MPN最大，
所以d＝|OP|＝2eq \r(2)，
則|MN|＝2rsin∠NOP，
且圓O半徑r＝2，cs∠NOP＝eq \f(r,d)＝eq \f(\r(2),2)，
所以sin∠NOP＝eq \f(\r(2),2)，即|MN|min＝2eq \r(2).
二、填空題
13．與直線2x－y＋1＝0關(guān)于x軸對(duì)稱的直線的方程為_(kāi)_______．
答案 2x＋y＋1＝0
解析直線2x－y＋1＝0的斜率為k＝2，與x軸交于點(diǎn)Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))，
直線2x－y＋1＝0關(guān)于x軸對(duì)稱的直線的斜率為－k＝－2，并且過(guò)點(diǎn)A，
由直線的點(diǎn)斜式方程得y－0＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，
即2x＋y＋1＝0，
所以所求直線的方程為2x＋y＋1＝0.
14．過(guò)點(diǎn)P(2,2)的直線l與圓(x－1)2＋y2＝1相切，則直線l的方程為_(kāi)_____________．
答案 3x－4y＋2＝0或x＝2
解析當(dāng)過(guò)點(diǎn)P(2,2)的直線l斜率不存在時(shí)，方程為x＝2，與圓(x－1)2＋y2＝1相切，滿足題意；
當(dāng)過(guò)點(diǎn)P(2,2)的直線l斜率存在時(shí)，設(shè)方程為y－2＝k(x－2)，即kx－y－2k＋2＝0，
∴圓(x－1)2＋y2＝1的圓心到直線l的距離
d＝eq \f(|k－0－2k＋2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq \f(3,4)，
∴l(xiāng)：eq \f(3,4)x－y＋eq \f(1,2)＝0，即3x－4y＋2＝0，
∴直線l的方程為3x－4y＋2＝0或x＝2.
15．(2022·杭州模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，已知第一象限內(nèi)的點(diǎn)A在直線l：y＝2x上，B(5,0)，以AB為直徑的圓C與直線l的另一個(gè)交點(diǎn)為D.若AB⊥CD，則圓C的半徑等于________．
答案 eq \r(10)
解析依題意，設(shè)點(diǎn)A(a,2a)，a>0，
則圓心Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋5,2)，a))，
|AB|2＝(a－5)2＋(2a)2，圓C的方程為
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a＋5,2)))2＋(y－a)2＝eq \f(?a－5?2,4)＋a2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a＋5,2)))2＋?y－a?2＝\f(?a－5?2,4)＋a2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝a，,y＝2a.))
于是得D(1,2)，eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋3,2)，a－2))，
eq \(BA,\s\up6(→))＝(a－5,2a)，而AB⊥CD，
則eq \(DC,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \f(a＋3,2)·(a－5)＋2a(a－2)＝0，
即a2－2a－3＝0，而a>0，解得a＝3，
則有點(diǎn)C(4,3)，
|CD|＝eq \r(?4－1?2＋?3－2?2)＝eq \r(10)，
所以圓C的半徑等于eq \r(10).
16．若拋物線y＝x2＋ax＋b與坐標(biāo)軸分別交于三個(gè)不同的點(diǎn)A，B，C，則△ABC的外接圓恒過(guò)的定點(diǎn)坐標(biāo)為_(kāi)_______．
答案 (0,1)
解析設(shè)拋物線y＝x2＋ax＋b交y軸于點(diǎn)B(0，b)，交x軸于點(diǎn)A(x1，0)，C(x2，0)，
由題意可知關(guān)于x的方程：x2＋ax＋b＝0，Δ＝a2－4b>0，
由根與系數(shù)的關(guān)系可得x1＋x2＝－a，x1x2＝b，
所以線段AC的中點(diǎn)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0))，
設(shè)圓心為Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，t))，
由|PA|2＝|PB|2可得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(a,2)))2＋t2＝eq \f(a2,4)＋(t－b)2，
解得t＝eq \f(x\\al(2,1)＋ax1－b2,－2b)，
∵xeq \\al(2,1)＋ax1＋b＝0，
則t＝eq \f(－b－b2,－2b)＝eq \f(b＋1,2)，
則t－b＝eq \f(1－b,2)，
所以圓P的方程為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(b＋1,2)))2＝eq \f(a2＋?1－b?2,4)，
整理可得(x2＋y2－y)＋ax＋b(1－y)＝0，
方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2－y＝0，,x＝0，,1－y＝0))的解為eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝1.))
因此，△ABC的外接圓恒過(guò)的定點(diǎn)坐標(biāo)為(0,1)．

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