浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點強化專題 專題5 突破點11 直線與圓 Word版含答案

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 專題五　平面解析幾何 建知識網(wǎng)絡(luò)　明內(nèi)在聯(lián)系 [高考點撥]　平面解析幾何是浙江新高考的重點內(nèi)容，常以“兩小一大”呈現(xiàn)，兩小題主要考查直線與圓的位置關(guān)系．雙曲線的圖象和性質(zhì)(有時考查拋物線的圖象和性質(zhì))，一大題?？疾橐詸E圓(或拋物線)為背景的圖象和性質(zhì)問題．基于上述分析，本專題將從“直線與圓”“圓錐曲線的定義、方程、幾何性質(zhì)”“圓錐曲線中的綜合問題”三條主線引領(lǐng)復(fù)習(xí)和提升． 突破點11　直線與圓 (對應(yīng)學(xué)生用書第41頁) [核心知識提煉] 提煉1 圓的方程 (1)圓

2、的標(biāo)準(zhǔn)方程 當(dāng)圓心為(a，b)，半徑為r時，其標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，特別地，當(dāng)圓心在原點時，方程為x2＋y2＝r2. (2)圓的一般方程 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F＞0，表示以為圓心，為半徑的圓. 提煉2 求解直線與圓相關(guān)問題的兩個關(guān)鍵點 　 (1)三個定理：切線的性質(zhì)定理，切線長定理，垂徑定理． (2)兩個公式：點到直線的距離公式d＝，弦長公式|AB|＝2(弦心距d)． 提煉3求距離最值問題的本質(zhì) 　 (1)圓外一點P到圓C上的點距離的最大值為|PC|＋r，最小值為|PC|－r，其中r為圓的半徑． (2)圓上的點到

3、直線的最大距離是d＋r，最小距離是d－r，其中d為圓心到直線的距離，r為圓的半徑． (3)過圓內(nèi)一點，直徑是最長的弦，與此直徑垂直的弦是最短的弦． [高考真題回訪] 回訪1　兩條直線的位置關(guān)系 1．(20xx·浙江高考)設(shè)a∈R，則“a＝1”是“直線l1：ax＋2y－1＝0與直線l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的(　　) A．充分不必要條件　　　 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 A　[若直線l1與l2平行，則a(a＋1)－2×1＝0，即a＝－2或a＝1，所以a＝1是直線l1與直線l2平行的充分不必要條件．] 2．(

4、20xx·浙江高考)若直線x－2y＋5＝0與直線2x＋my－6＝0互相垂直，則實數(shù)m＝________. 1　[∵直線x－2y＋5＝0與直線2x＋my－6＝0互相垂直， ∴2－2m＝0，∴m＝1.] 回訪2　圓的方程 3．(20xx·浙江高考)已知a∈R方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圓，則圓心坐標(biāo)是________，半徑是________． (－2，－4)　5　[由二元二次方程表示圓的條件可得a2＝a＋2，解得a＝2或－1.當(dāng)a＝2時，方程為4x2＋4y2＋4x＋8y＋10＝0，即x2＋y2＋x＋2y＋＝0，配方得2＋(y＋1)2＝－

5、<0，不表示圓； 當(dāng)a＝－1時，方程為x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，配方得(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，則圓心坐標(biāo)為(－2，－4)，半徑是5.] 4．(20xx·浙江高考)已知實數(shù)x，y滿足x2＋y2≤1，則|2x＋y－4|＋|6－x－3y|的最大值是________． 15　[∵x2＋y2≤1，∴2x＋y－4<0,6－x－3y>0，∴|2x＋y－4|＋|6－x－3y|＝4－2x－y＋6－x－3y＝10－3x－4y. 令z＝10－3x－4y， 如圖，設(shè)OA與直線－3x－4y＝0垂直，∴直線OA的方程為y＝x. 聯(lián)立得A， ∴當(dāng)z＝

6、10－3x－4y過點A時，z取最大值，zmax＝10－3×－4×＝15.] 5．(20xx·浙江高考)如圖11­1，點P(0，－1)是橢圓C1：＋＝1(a＞b＞0)的一個頂點，C1的長軸是圓C2：x2＋y2＝4的直徑．l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點，l2交橢圓C1于另一點D. 圖11­1 (1)求橢圓C1的方程； (2)求△ABD面積取最大值時直線l1的方程． [解]　(1)由題意得 2分 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. 5分 (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(

7、x0，y0)．由題意知直線l1的斜率存在，不妨設(shè)其為k，則直線l1的方程為y＝kx－1. 6分 又圓C2：x2＋y2＝4，故點O到直線l1的距離d＝， 所以|AB|＝2＝2. 7分 又l2⊥l1，故直線l2的方程為x＋ky＋k＝0. 由消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0， 故x0＝－，所以|PD|＝. 8分 設(shè)△ABD的面積為S，則S＝|AB|·|PD|＝， 11分 所以S＝≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)k＝±時取等號． 所以所求直線l1的方程為y＝±x－1. 15分 回訪3　直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系 6．(20xx·

8、浙江高考)已知圓x2＋y2＋2x－2y＋a＝0截直線x＋y＋2＝0所得弦的長度為4，則實數(shù)a的值是(　　) A．－2 B．－4 C．－6 D．－8 B　[由圓的方程x2＋y2＋2x－2y＋a＝0可得，圓心為(－1,1)，半徑r＝.圓心到直線x＋y＋2＝0的距離為d＝＝.由r2＝d2＋2得2－a＝2＋4，所以a＝－4.] 7．(20xx·浙江高考)直線y＝2x＋3被圓x2＋y2－6x－8y＝0所截得的弦長等于__________． 4 　[圓的方程可化為(x－3)2＋(y－4)2＝25，故圓心為(3,4)，半徑r＝5.又直線方程為2x－y＋3＝0，所以圓心到直線的距離

9、為d＝＝，所以弦長為2 ＝2×＝2＝4 .] 8．(20xx·浙江高考)如圖11­2，已知拋物線C1：y＝x2，圓C2：x2＋(y－1)2＝1，過點P(t,0)(t>0)作不過原點O的直線PA，PB分別與拋物線C1和圓C2相切，A，B為切點． 圖11­2 (1)求點A，B的坐標(biāo)； (2)求△PAB的面積． [解]　(1)由題意知直線PA的斜率存在，故可設(shè)直線PA的方程為y＝k(x－t). 2分 由消去y，整理得x2－4kx＋4kt＝0， 由于直線PA與拋物線相切，得k＝t. 3分 因此，點A的坐標(biāo)為(2t，t

10、2)． 設(shè)圓C2的圓心為D(0,1)，點B的坐標(biāo)為(x0，y0)．由題意知：點B，O關(guān)于直線PD對稱，故 5分 解得因此，點B的坐標(biāo)為. 7分 (2)由(1)知|AP|＝t·， 直線PA的方程為tx－y－t2＝0. 點B到直線PA的距離是d＝. 11分 設(shè)△PAB的面積為S(t)，則S(t)＝|AP|·d＝. 15分 (對應(yīng)學(xué)生用書第43頁) 熱點題型1　圓的方程 題型分析：求圓的方程是高考考查的重點內(nèi)容，常用的方法是待定系數(shù)法或幾何法. 【例1】　(1)已知圓C關(guān)于y軸對稱，經(jīng)過點A(1,0)，且被x軸分成的兩段弧長之比為1∶2，則

11、圓C的方程為________． (2)已知⊙M的圓心在第一象限，過原點O被x軸截得的弦長為6，且與直線3x＋y＝0相切，則圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為________． (1)x2＋2＝　(2)(x－3)2＋(y－1)2＝10　[(1)因為圓C關(guān)于y軸對稱，所以圓C的圓心C在y軸上，可設(shè)C(0，b)， 設(shè)圓C的半徑為r，則圓C的方程為x2＋(y－b)2＝r2. 依題意，得解得 所以圓C的方程為x2＋2＝. (2)法一：設(shè)⊙M的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2(a＞0，b＞0，r＞0)，由題意知 解得故⊙M的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝10. 法二：因為圓M過原點

12、，故可設(shè)方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＝0，又被x軸截得的弦長為6且圓心在第一象限，則2＝32，故D＝－6，與3x＋y＝0相切，則＝，即E＝D＝－2，因此所求方程為x2＋y2－6x－2y＝0. 故⊙M的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－3)2＋(y－1)2＝10.] [方法指津] 求圓的方程的兩種方法 1．幾何法，通過研究圓的性質(zhì)、直線和圓、圓與圓的位置關(guān)系，進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)． [變式訓(xùn)練1]　(1)(20xx·溫州市普通高中高考模擬考試)圓x2＋y2－2y－3＝0的圓心坐標(biāo)是________，半徑是________．

13、 (2)拋物線y2＝4x與過其焦點且垂直于x軸的直線相交于A，B兩點，其準(zhǔn)線與x軸的交點為M，則過M，A，B三點的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為________． (1)(0,1)　2　(2)(x－1)2＋y2＝4　[(1)化圓的一般式方程為標(biāo)準(zhǔn)方程，得x2＋(y－1)2＝4，由此知該圓的圓心坐標(biāo)為(0,1)，半徑為2. (2)由題意知，A(1,2)，B(1，－2)，M(－1,0)， △AMB是以點M為直角頂點的直角三角形，則線段AB是所求圓的直徑，故所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋y2＝4.] 熱點題型2　直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系 題型分析：直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系是高考考查的熱點內(nèi)

14、容，解決的方法主要有幾何法和代數(shù)法. 【例2】　(1)已知直線l：mx＋y＋3m－＝0與圓x2＋y2＝12交于A，B兩點，過A，B分別作l的垂線與x軸交于C，D兩點．若|AB|＝2，則|CD|＝________. 4　[由直線l：mx＋y＋3m－＝0知其過定點(－3，)，圓心O到直線l的距離為d＝. 由|AB|＝2得2＋()2＝12，解得m＝－.又直線l的斜率為－m＝，所以直線l的傾斜角α＝. 畫出符合題意的圖形如圖所示，過點C作CE⊥BD，則∠DCE＝.在Rt△CDE中，可得|CD|＝＝2×＝4.] (2)(20xx·金華十校聯(lián)考)如圖11­

15、;3，已知圓G：(x－2)2＋y2＝r2是橢圓＋y2＝1的內(nèi)接△ABC的內(nèi)切圓，其中A為橢圓的左頂點． ①求圓G的半徑r； ②過點M(0,1)作圓G的兩條切線交橢圓于E，F(xiàn)兩點，證明：直線EF與圓G相切． 圖11­3 [解]　①設(shè)B(2＋r，y0)，過圓心G作GD⊥AB于D，BC交長軸于H. 由＝得＝， 即y0＝，　?、? 2分 而B(2＋r，y0)在橢圓上， y＝1－＝＝－，　?、?3分 由①②式得15r2＋8r－12＝0， 解得r＝或r＝－(舍去). 5分 ②證明：設(shè)過點M(0,1)與圓(x－2)2＋y2＝相切的直線方程為y＝k

16、x＋1，③ 則＝，即32k2＋36k＋5＝0，④ 解得k1＝，k2＝. 將③代入＋y2＝1得(16k2＋1)x2＋32kx＝0，則異于零的解為x＝－. 8分 設(shè)F(x1，k1x1＋1)，E(x2，k2x2＋1)，則 x1＝－，x2＝－， 12分 則直線FE的斜率為kEF＝＝＝， 于是直線FE的方程為y＋－1＝. 即y＝x－，則圓心(2,0)到直線FE的距離d＝＝，故結(jié)論成立. 15分 [方法指津] 1．直線(圓)與圓的位置關(guān)系的解題思路 (1)討論直線與圓及圓與圓的位置關(guān)系時，要注意數(shù)形結(jié)合，充分利用圓的幾何性質(zhì)尋找解題途徑，減

17、少運算量．研究直線與圓的位置關(guān)系主要通過圓心到直線的距離和半徑的比較實現(xiàn)，兩個圓的位置關(guān)系的判斷依據(jù)是兩圓心距離與兩半徑差與和的比較． (2)直線與圓相切時利用“切線與過切點的半徑垂直，圓心到切線的距離等于半徑”建立切線斜率的等式，所以求切線方程時主要選擇點斜式，過圓外一點求解切線段長可轉(zhuǎn)化為圓心到圓外點的距離，利用勾股定理計算． 2．弦長的求解方法 (1)根據(jù)平面幾何知識構(gòu)建直角三角形，把弦長用圓的半徑和圓心到直線的距離表示，l＝2(其中l(wèi)為弦長，r為圓的半徑，d為圓心到直線的距離)． (2)根據(jù)公式：l＝|x1－x2|求解(其中l(wèi)為弦長，x1，x2為直線與圓相交所得交點的橫坐

18、標(biāo)，k為直線的斜率)． (3)求出交點坐標(biāo)，用兩點間距離公式求解． [變式訓(xùn)練2]　(1)(20xx·金麗衢十二校高三第二次聯(lián)考)如圖11­4，圓M和圓N與直線l：y＝kx分別相切于A，B，與x軸相切，并且圓心連線與l交于點C，若|OM|＝|ON|且＝2，則實數(shù)k的值為(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：68334120】 圖11­4 A．1　　　 B.　　　　 C.　　　　 D. D　[分別過點M，N作x軸的垂線，垂足分別為E，F(xiàn).由題意，得△MAC∽△NBC，由＝2，知|MA|＝2|NB|.又由x軸與直線y＝kx是兩個圓的公切線知∠MON＝90&#

19、176;，|MA|＝|ME|，|NB|＝|NF|，結(jié)合|OM|＝|ON|，知|ME|＝2|NF|，△OME≌△NOF，所以|OF|＝|ME|＝2|NF|，所以tan∠NOF＝＝，則tan∠BOF＝tan 2∠NOF＝＝，故選D. (2)已知點M(－1,0)，N(1,0)，曲線E上任意一點到點M的距離均是到點N距離的倍． ①求曲線E的方程； ②已知m≠0，設(shè)直線l1：x－my－1＝0交曲線E于A，C兩點，直線l2：mx＋y－m＝0交曲線E于B，D兩點．C，D兩點均在x軸下方．當(dāng)CD的斜率為－1時，求線段AB的長． [解]?、僭O(shè)曲線E上任意一點坐標(biāo)為(x，y)， 由題意，＝

20、， 2分 整理得x2＋y2－4x＋1＝0，即 (x－2)2＋y2＝3為所求. 4分 ②由題知l1⊥l2，且兩條直線均恒過點N(1,0)，設(shè)曲線E的圓心為E，則E(2,0)，線段CD的中點為P，則直線EP：y＝x－2，設(shè)直線CD：y＝－x＋t，由解得點P. 7分 由圓的幾何性質(zhì)， |NP|＝|CD|＝， 而|NP|2＝2＋2，|ED|2＝3， |EP|2＝2，∴2＋2＝3－2，解得t＝0或t＝3， 又C，D兩點均在x軸下方，直線CD：y＝－x. 由解得或 9分 設(shè)C，D， 由消去y得： (u2＋1)x2－2(u2＋2)x＋u2＋1＝0，(*) 方程(*)的兩根之積為1，所以點A的橫坐標(biāo) xA＝2＋，又因為點C在直線l1：x－my－1＝0上，解得m＝＋1， 11分 直線l1：y＝(－1)(x－1)，所以A(2＋，1)， 同理可得，B(2－，1)，所以線段AB的長為2. 15分