（廣西課標版）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練15 直線與圓 文

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1、專題能力訓練15　直線與圓 一、能力突破訓練 1.已知直線l1:x+3y-7=0與直線l2:kx-y-2=0,若直線l1,l2與x軸、y軸的正半軸所圍成的四邊形有外接圓,則k的值等于(　　) A.-3 B.3 C.-6 D.6 2.已知三點A(1,0),B(0,3),C(2,3),則△ABC外接圓的圓心到原點的距離為(　　) A.53 B.213 C.253 D.43 3.直線y=kx+3與圓(x-1)2+(y+2)2=4相交于M,N兩點,若|MN|≥23,則實數(shù)k的取值范圍是(　　) A.-∞,-125 B.-∞,-125 C.-∞,125 D.-∞,125 4.(201

2、9河南八市重點高中聯(lián)考,7)已知直線l:y=kx+1與圓O:x2+y2=2相交于A,B兩點,則“k=1”是“∠AOB=120°”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 5.(2018全國Ⅰ,文15)已知直線y=x+1與圓x2+y2+2y-3=0交于A,B兩點,則|AB|=　　　　　.? 6.(2019浙江“七彩陽光”聯(lián)盟聯(lián)考,14)公元前3世紀,古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯(Apollonius)在《平面軌跡》一書中,曾研究了眾多的平面軌跡問題,其中有如下結果:平面內到兩定點距離之比等于已知數(shù)的動點軌跡為直線或圓,后世把這種圓稱之為阿波羅尼

3、斯圓.在平面直角坐標系中,已知點A(-2,0), B(2,0),則滿足|PA|=2|PB|的點P的軌跡的圓心為　　　　　,面積為　　　　　.? 7.(2019北京,文11)設拋物線y2=4x的焦點為F,準線為l,則以點F為圓心,且與l相切的圓的方程為　　　　　　　　　　　.? 8.已知P是拋物線y2=4x上的動點,過P作拋物線準線的垂線,垂足為M,N是圓(x-2)2+(y-5)2=1上的動點,則|PM|+|PN|的最小值是　　　　　.? 9.在平面直角坐標系xOy中,以坐標原點O為圓心的圓與直線x-3y=4相切. (1)求☉O的方程; (2)若☉O上有兩點M,N關于直線x+2y=0對

4、稱,且|MN|=23,求直線MN的方程; (3)設☉O與x軸相交于A,B兩點,若圓內的動點P使|PA|,|PO|,|PB|成等比數(shù)列,求PA·PB的取值范圍. 10.已知☉O:x2+y2=4,點A(3,0),以線段AB為直徑的圓內切于☉O,記點B的軌跡為Γ. (1)求曲線Γ的方程; (2)直線AB交☉O于C,D兩點,當B為CD的中點時,求直線AB的方程. 11.已知過點A(0,1)且斜率為k的直線l與☉C:(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N兩點. (1)求k的取值范圍; (2)若OM·ON=12,其中O為坐標原點,求|MN|.

5、 二、思維提升訓練 12.已知圓M:x2+y2-2ay=0(a>0)截直線x+y=0所得線段的長度是22.則圓M與圓N:(x-1)2+(y-1)2=1的位置關系是(　　) A.內切 B.相交 C.外切 D.相離 13.(2018全國Ⅲ,文8)已知直線x+y+2=0分別與x軸、y軸交于A,B兩點,點P在圓(x-2)2+y2=2上,則△ABP面積的取值范圍是(　　) A.[2,6] B.[4,8] C.[2,32] D.[22,32] 14.(2019云南保山一模,15)已知坐標原點為O,過點P(2,6)作直線2mx-(4m+n)y+2n=0(m,n不同時為零)的垂線,垂足為M,則

6、|OM|的取值范圍是　　　　　.? 15.在平面直角坐標系中,當P(x,y)不是原點時,定義P的“伴隨點”為P'yx2+y2,-xx2+y2;當P是原點時,定義P的“伴隨點”為它自身.現(xiàn)有下列命題: ①若點A的“伴隨點”是點A',則點A'的“伴隨點”是點A; ②單位圓上的點的“伴隨點”仍在單位圓上; ③若兩點關于x軸對稱,則它們的“伴隨點”關于y軸對稱; ④若三點在同一條直線上,則它們的“伴隨點”一定共線. 其中的真命題是　　　　　.(寫出所有真命題的序號)? 16.在平面直角坐標系xOy中,已知☉C1:(x+3)2+(y-1)2=4和☉C2:(x-4)2+(y-5)2=4.

7、 (1)若直線l過點A(4,0),且被☉C1截得的弦長為23,求直線l的方程; (2)設P為平面上的點,滿足:存在過點P的無窮多對互相垂直的直線l1和l2,它們分別與☉C1和☉C2相交,且直線l1被☉C1截得的弦長與直線l2被☉C2截得的弦長相等,試求所有滿足條件的點P的坐標. 17.如圖,在平面直角坐標系xOy中,已知以M為圓心的圓M:x2+y2-12x-14y+60=0及其上一點A(2,4). (1)設圓N與x軸相切,與圓M外切,且圓心N在直線x=6上,求圓N的標準方程; (2)設平行于OA的直線l與圓M相交于B,C兩點,且BC=OA,求直線l的方程;

8、 (3)設點T(t,0)滿足:存在圓M上的兩點P和Q,使得TA+TP=TQ,求實數(shù)t的取值范圍. 專題能力訓練15　直線與圓 一、能力突破訓練 1.B　解析由題意可知直線l1,l2的斜率分別為kl1=-13,kl2=k. 因為直線l1,l2與x軸、y軸的正半軸所圍成的四邊形有外接圓,所以直線l1,l2互相垂直. 所以kl1·kl2=-1,即-13·k=-1,解得k=3. 2.B　解析由題意知,△ABC外接圓的圓心是直線x=1與線段AB垂直平分線的交點,設為P,而線段AB垂直平分線的方程為y-32=33x-12,它與x=1聯(lián)立得圓心P坐標為1,233,則|OP|=12+2332=2

9、13. 3.B　解析當|MN|=23時,在弦心距、半徑和半弦長構成的直角三角形中,可知圓心(1,-2)到直線y=kx+3的距離為4-(3)2=1,即|k+5|1+k2=1,解得k=-125.若使|MN|≥23,則k≤-125. 4.A　解析圓心(0,0)到直線l:y=kx+1的距離為d=11+k2. 若∠AOB=120°,則有11+k2=2·12,解得k2=1,即k=±1. 若k=1,則∠AOB=120°;但∠AOB=120°,則k=-1或k=1,故選A. 5.22　解析圓的方程可化為x2+(y+1)2=4,故圓心C(0,-1),半徑r=2,圓心到直線y=x+1的距離d=|0-(-1

10、)+1|2=2, 所以弦長|AB|=2r2-d2=24-2=22. 6.103,0　64π9　解析設P(x,y),∵|PA|=2|PB|,∴(x+2)2+y2=2(x-2)2+y2, 即(x+2)2+y2=4(x-2)2+4y2,化簡可得x-1032+y2=649. 故圓心坐標為103,0,面積為64π9. 7.(x-1)2+y2=4　解析在拋物線y2=4x中,2p=4,p=2,焦點F(1,0),準線l的方程為x=-1,以點F為圓心,且與x=-1相切的圓的方程為(x-1)2+y2=22,即為(x-1)2+y2=4. 8.26-1　解析拋物線y2=4x的焦點為F(1,0),圓(x-2

11、)2+(y-5)2=1的圓心為C(2,5),根據(jù)拋物線的定義可知點P到準線的距離等于點P到焦點的距離,進而推斷出當P,C,F三點共線時,點P到點C的距離與點P到拋物線的焦點距離之和的最小值為|FC|=(2-1)2+(5-0)2=26,故|PM|+|PN|的最小值是|FC|-1=26-1. 9.解(1)依題意,☉O的半徑r等于原點O到直線x-3y=4的距離, 即r=41+3=2.所以☉O的方程為x2+y2=4. (2)由題意,可設直線MN的方程為2x-y+m=0. 則圓心O到直線MN的距離d=|m|5. 由垂徑定理,得m25+(3)2=22,即m=±5. 所以直線MN的方程為2x-y

12、+5=0或2x-y-5=0. (3)設P(x,y),由題意得A(-2,0),B(2,0). 由|PA|,|PO|,|PB|成等比數(shù)列, 得(x+2)2+y2·(x-2)2+y2=x2+y2, 即x2-y2=2. 因為PA·PB=(-2-x,-y)·(2-x,-y)=2(y2-1), 且點P在☉O內,所以x2+y2<4,x2-y2=2.由此得y2<1. 所以PA·PB的取值范圍為[-2,0). 10.解(1)設AB的中點為M,切點為N,連接OM,MN, 則|OM|+|MN|=|ON|=2,|AB|=|ON|-(|OM|-|MN|)=2-|OM|+12|AB|,即|AB|+2|O

13、M|=4. 取A關于y軸的對稱點A',連接A'B,則|A'B|=2|OM|, 所以|AB|+2|OM|=|AB|+|A'B|=4>|A'A|. 所以點B的軌跡是以A',A為焦點,長軸長為4的橢圓.其中,a=2,c=3,b=1, 故曲線Γ的方程為x24+y2=1. (2)因為B為CD的中點,所以OB⊥CD, 則OB⊥AB.設B(x0,y0), 則x0(x0-3)+y02=0. 又x024+y02=1, 解得x0=23,y0=±23. 則kOB=±22,kAB=?2,則直線AB的方程為y=±2(x-3),即2x-y-6=0或2x+y-6=0. 11.解(1)由題設,可

14、知直線l的方程為y=kx+1. 因為l與C交于兩點,所以|2k-3+1|1+k2<1. 解得4-73

15、l上,所以|MN|=2. 二、思維提升訓練 12.B　解析圓M的方程可化為x2+(y-a)2=a2,故其圓心為M(0,a),半徑R=a. 所以圓心到直線x+y=0的距離d=|0+a|12+12=22a. 所以直線x+y=0被圓M所截弦長為2R2-d2=2a2-22a2=2a, 由題意可得2a=22,故a=2. 圓N的圓心N(1,1),半徑r=1. 而|MN|=(1-0)2+(1-2)2=2, 顯然R-r<|MN|

16、2. 又AB=22, ∴S△ABP=12·|AB|·d'=2d', ∴2≤S△ABP≤6. 14.[5-5,5+5]　解析根據(jù)題意,直線2mx-(4m+n)y+2n=0,即m(2x-4y)-n(y-2)=0, 則有2x-4y=0,y-2=0,解得x=4,y=2,則直線恒過定點(4,2). 設點Q(4,2),又MP與該直線垂直,且M為垂足, 則點M的軌跡是以PQ為直徑的圓,其方程為(x-3)2+(y-4)2=5. 所以5-5≤|OM|≤5+5,即|OM|的取值范圍是[5-5,5+5]. 15.②③　解析對于①,若令P(1,1),則其伴隨點為P'12,-12,而P'12,-12的

17、伴隨點為(-1,-1),而不是P,故①錯誤;對于②,令單位圓上點的坐標為P(cosx,sinx),其伴隨點為P'(sinx,-cosx)仍在單位圓上,所以②正確;③設A(x,y)與B(x,-y)為關于x軸對稱的兩點,則A的“伴隨點”為A'yx2+y2,-xx2+y2,B點的伴隨點為B'-yx2+y2,-xx2+y2,A'與B'關于y軸對稱,故③正確;對于④,取直線l:y=1. 設其“伴隨曲線”為C,其上任一點M(x,y), 與其對應的直線l上的點為N(t,1). 則由定義可知x=1t2+1,　　　　　　　　?、賧=-tt2+1,② ①2+②2得x2+y2=1+(-t)2(t2+1)2=

18、11+t2=x, 整理得x2+y2-x=0,顯然不是一條直線. 故④錯誤.所以正確的序號為②③. 16.解(1)設直線l的方程為y=k(x-4),即kx-y-4k=0,由垂徑定理,得圓心C1到直線l的距離d=22-2322=1. 由點到直線距離公式,得|-3k-1-4k|k2+1=1,化簡,得24k2+7k=0,解得k=0或k=-724. 當k=0時,直線l的方程為y=0; 當k=-724時,直線l的方程為y=-724(x-4),即7x+24y-28=0. 故所求直線l的方程為y=0或7x+24y-28=0. (2)設點P坐標為(m,n),直線l1,l2的方程分別為y-n=k(

19、x-m)和y-n=-1k(x-m), 即kx-y+n-km=0,-1kx-y+n+1km=0. ∵直線l1被☉C1截得的弦長與直線l2被☉C2截得的弦長相等,兩圓半徑相等, ∴由垂徑定理得圓心C1到直線l1與圓心C2到直線l2的距離相等. ∴|-3k-1+n-km|k2+1=-4k-5+n+1km1k2+1, 化簡,得(2-m-n)k=m-n-3或(m-n+8)k=m+n-5. ∵關于k的方程有無窮多解, ∴2-m-n=0,m-n-3=0或m-n+8=0,m+n-5=0. 解得m=52,n=-12或m=-32,n=132. 故點P坐標為52,-12或-32,132. 17.

20、解圓M的標準方程為(x-6)2+(y-7)2=25,所以圓心M(6,7),半徑為5. (1)由圓心N在直線x=6上,可設N(6,y0). 因為圓N與x軸相切,與圓M外切, 所以0

21、)25+5,解得m=5或m=-15. 故直線l的方程為2x-y+5=0或2x-y-15=0. (3)設P(x1,y1),Q(x2,y2). 因為A(2,4),T(t,0),TA+TP=TQ, 所以x2=x1+2-t,y2=y1+4.① 因為點Q在圓M上, 所以(x2-6)2+(y2-7)2=25.② 將①代入②,得(x1-t-4)2+(y1-3)2=25. 于是點P(x1,y1)既在圓M上,又在圓[x-(t+4)]2+(y-3)2=25上, 從而圓(x-6)2+(y-7)2=25與圓[x-(t+4)]2+(y-3)2=25有公共點, 所以5-5≤[(t+4)-6]2+(3-7)2≤5+5, 解得2-221≤t≤2+221. 因此,實數(shù)t的取值范圍是[2-221,2+221]. 12