沖刺2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 核心考點(diǎn)特色突破 專(zhuān)題14 直線與圓（1）（含解析）.doc

《沖刺2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 核心考點(diǎn)特色突破 專(zhuān)題14 直線與圓（1）（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《沖刺2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 核心考點(diǎn)特色突破 專(zhuān)題14 直線與圓（1）（含解析）.doc（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專(zhuān)題14 直線與圓（1）【自主熱身，歸納總結(jié)】1、 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知過(guò)點(diǎn)A(2，1)的圓C與直線xy1相切，且圓心在直線y2x上，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為_(kāi)【答案】： (x1)2(y2)22解法1(幾何法) 點(diǎn)A(2，1)在直線xy1上，故點(diǎn)A是切點(diǎn)過(guò)點(diǎn)A(2，1)與直線xy10垂直的直線方程為xy3，由解得所以圓心C(1，2)又AC，所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x1)2(y2)22.2、 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線x2y30被圓(x2)2(y1)24截得的弦長(zhǎng)為 【答案】：.【解析】圓心為(2，1)，半徑r2.圓心到直線的距離d，所以弦長(zhǎng)為22.3、 若直線與圓始終有公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 【答案】：0m10.【解析】 因?yàn)?，所以由題意得：,化簡(jiǎn)得即0m10.4、 在平面直角坐標(biāo)系中，以點(diǎn)為圓心且與直線(R)相切的所有圓中，半徑最大的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 【答案】：(x1)2y22.【解析】 由直線mxy2m10得m(x2)(y1)0，故直線過(guò)點(diǎn)(2，1)當(dāng)切線與過(guò)(1，0)，(2，1)兩點(diǎn)的直線垂直時(shí)，圓的半徑最大，此時(shí)有r，故所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x1)2y22.5、圓心在拋物線yx2上，并且和該拋物線的準(zhǔn)線及y軸都相切的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為_(kāi)【答案】： (x1)221思路分析 求圓的方程就是要確定它的圓心與半徑，根據(jù)圓與拋物線的準(zhǔn)線以及與y軸都相切，得到圓心的一個(gè)等式，再根據(jù)圓心在拋物線上，得到另一個(gè)等式，從而可求出圓心的坐標(biāo)，由此可得半徑因?yàn)閳A心在拋物線yx2上，所以設(shè)圓心為(a，b)，則a22b.又圓與拋物線的準(zhǔn)線及y軸都相切，故b|a|r，由此解得a1，b，r1，所以所求圓的方程為(x1)221.解后反思 凡涉及拋物線上點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離或到準(zhǔn)線的距離時(shí)，一般運(yùn)用定義轉(zhuǎn)化為到準(zhǔn)線的距離或到焦點(diǎn)的距離來(lái)進(jìn)行處理，本題中充分運(yùn)用拋物線定義實(shí)施轉(zhuǎn)化，其關(guān)鍵在于求圓心的坐標(biāo)6、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C1：(x4)2(y8)21，圓C2：(x6)2(y6)29，若圓心在x軸上的圓C同時(shí)平分圓C1和圓C2的圓周，則圓C的方程是_7、. 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知過(guò)點(diǎn)M(1,1)的直線l與圓(x1)2(y2)25相切，且與直線axy10垂直，則實(shí)數(shù)a_.【答案】： 思路分析 可用過(guò)圓上一點(diǎn)的切線方程求解；也可用垂直條件，設(shè)切線方程(x1)a(y1)0，再令圓心到切線的距離等于半徑因?yàn)辄c(diǎn)M在圓上，所以切線方程為(11)(x1)(12)(y2)5，即2xy10.由兩直線的法向量(2，1)與(a,1)垂直，得2a10，即a.思想根源 以圓(xa)2(yb)2r2上一點(diǎn)T(x0，y0)為切點(diǎn)的切線方程為(x0a)(xa)(y0b)(yb)r2.8、 若直線l1：yxa和直線l2：yxb將圓(x1)2(y2)28分成長(zhǎng)度相等的四段弧，則a2b2_.【答案】： 189、 若直線3x4ym0與圓x2y22x4y40始終有公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是_【答案】： 0,10【解析】：圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x1)2(y2)21，故圓心到直線距離d1.即|m5|5，解得0m10.10、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過(guò)點(diǎn)P(2,0)的直線與圓x2y21相切于點(diǎn)T，與圓(xa)2(y)23相交于點(diǎn)R，S，且PTRS，則正數(shù)a的值為_(kāi)【答案】： 4【解析】：因?yàn)镻T與圓x2y21相切于點(diǎn)T，所以在RtOPT中，OT1，OP2，OTP，從而OPT，PT，故直線PT的方程為xy20，因?yàn)橹本€PT截圓(xa)2(y)23得弦長(zhǎng)RS，設(shè)圓心到直線的距離為d，則d，又2，即d，即|a32|3，解得a8，2,4，因?yàn)閍0，所以a4.11、定義：點(diǎn)到直線的有向距離為已知點(diǎn),，直線過(guò)點(diǎn)，若圓上存在一點(diǎn)，使得三點(diǎn)到直線的有向距離之和為0，則直線的斜率的取值范圍為 【答案】：【思路分析】由“三點(diǎn)到直線的有向距離之和為0”知，動(dòng)點(diǎn)在一條直線上，又因?yàn)辄c(diǎn)在圓上，故問(wèn)題轉(zhuǎn)化為該直線與圓有公共點(diǎn)，此時(shí)圓心到該直線的距離小于等于半徑9.【解析】：設(shè)直線的斜率為，則直線的方程為，即，設(shè)點(diǎn)，則點(diǎn)三點(diǎn)到直線的有向距離分別為，由得，即，又因?yàn)辄c(diǎn)在圓上，故，即.12、 已知圓O：x2y24，若不過(guò)原點(diǎn)O的直線l與圓O交于P，Q兩點(diǎn)，且滿足直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，則直線l的斜率為_(kāi)【答案】： 1 思路分析 由直線PQ的方程與圓的方程聯(lián)立成方程組，將點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)用直線方程中的參數(shù)k，b表示出來(lái)，進(jìn)而將OP，OQ的斜率用k，b表示，再根據(jù)OP，PQ，OQ的斜率成等比數(shù)列求出k的值當(dāng)直線PQ垂直于x軸時(shí)，顯然不成立，所以設(shè)直線PQ為ykxb(b0)，將它與圓方程聯(lián)立并消去y得(k21)x22kbxb240，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1x2，x1x2，因?yàn)閥1y2(kx1b)(kx2b)k2x1x2kb(x1x2)b2k2b2，故kOPkOQk2，即b2(k21)0，因?yàn)閎0，所以k21，即k1. 解后反思 本題可推廣到橢圓中：已知橢圓C：1(ab0)，若不過(guò)原點(diǎn)O的直線l與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，且滿足直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，則直線l的斜率為.13、已知線段AB的長(zhǎng)為2，動(dòng)點(diǎn)C滿足(1.當(dāng)兩圓外切或外離時(shí)，OB1，解得；圓B內(nèi)切或內(nèi)含于圓C時(shí)，OB1，解得(舍)，故負(fù)數(shù)的最大值是.【問(wèn)題探究，變式訓(xùn)練】 例1、已知圓C：(xa)2(ya)21(a0)與直線y3x相交于P，Q兩點(diǎn)，則當(dāng)CPQ的面積最大時(shí)，實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)【答案】【解析】：因?yàn)镃PQ的面積等于sinPCQ，所以當(dāng)PCQ90時(shí)，CPQ的面積最大，此時(shí)圓心到直線y3x的距離為，因此，解得a.【變式1】、. 已知直線l過(guò)點(diǎn)P(1,2)且與圓C：x2y22相交于A，B兩點(diǎn)，ABC的面積為1，則直線l的方程為_(kāi)【答案】3x4y50或x1當(dāng)直線斜率存在時(shí)，設(shè)直線的方程為yk(x1)2，即kxyk20.因?yàn)镾CACBsinACB1，所以sinACB1，所以sinACB1，即sinACB90，所以圓心C到直線AB的距離為1，所以1，解得k，所以直線方程為3x4y50；當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，直線方程為x1，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意綜上所述，直線方程為3x4y50或x1.【變式2】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C1：(x1)2y22，圓C2：(xm)2(ym)2m2，若圓C2上存在點(diǎn)P滿足：過(guò)點(diǎn)P向圓C1作兩條切線PA，PB，切點(diǎn)為A，B，ABP的面積為1，則正數(shù)m的取值范圍是_【答案】： 注意到ABP的面積是定值，從而點(diǎn)P的位置應(yīng)該具有某種確定性，故首先由ABP的面積來(lái)確定點(diǎn)P所滿足的條件，進(jìn)而將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為以C1為圓心的圓與以C2為圓心的圓有公共點(diǎn)的問(wèn)題來(lái)加以處理如圖，設(shè)P(x，y)，設(shè)PA，PB的夾角為2.ABP的面積SPA2sin2PA2sincosPA21，即PA3PCPA22，解得PA，所以PC12，所以點(diǎn)P在圓(x1)2y24上所以m2，解得1m32. 本題的本質(zhì)是兩個(gè)圓的位置關(guān)系問(wèn)題，要解決這個(gè)問(wèn)題，首先要確定點(diǎn)P所滿足的條件，為此，由ABP的面積來(lái)確定點(diǎn)P所滿足的條件是解決本題的關(guān)鍵所在【變式3】、已知點(diǎn)A(1，0)和點(diǎn)B(0，1)，若圓x2y24x2yt0上恰有兩個(gè)不同的點(diǎn)P，使得PAB的面積為，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是_【關(guān)聯(lián)1】、過(guò)圓x2y216內(nèi)一點(diǎn)P(2，3)作兩條相互垂直的弦AB和CD，且ABCD，則四邊形ACBD的面積為_(kāi)【答案】： 19【解析】：設(shè)O到AB的距離為d1，O到CD的距離為d2，則由垂徑定理可得dr2，dr2，由于ABCD，故d1d2，且d1d2OP，所以r2d16，得AB，從而四邊形ACBD的面積為SABCD19. 解決直線與圓的綜合問(wèn)題時(shí)，需要充分利用圓的幾何性質(zhì)進(jìn)行轉(zhuǎn)化本題結(jié)合條件，利用垂徑定理，通過(guò)整體計(jì)算，實(shí)現(xiàn)了簡(jiǎn)化的目的【關(guān)聯(lián)2】、 已知圓O：x2y24，點(diǎn)M(4,0)，過(guò)原點(diǎn)的直線(不與 x 軸重合)與圓O交于A，B 兩點(diǎn)，則ABM的外接圓的面積的最小值為_(kāi)【答案】： 【解析】：設(shè)ABM的外接圓的方程為x2y2DxEyF0(D2E24F0)，A(x1，y1)，則B(x1，y1)，所以xyDx1Ey1F0，xyDx1Ey1F0，由得Dx1Ey10，又xy4，由得F4，所以外接圓方程為x2y2DxEy40.又圓過(guò)點(diǎn)(4,0)，所以424D40，解得D3，所以圓方程為x2y23xEy40.所以半徑R，當(dāng)E0時(shí)，R最小，為，所以ABM的外接圓的面積的最小值為.【關(guān)聯(lián)3】、在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)在圓內(nèi)，動(dòng)直線過(guò)點(diǎn)且交圓于兩點(diǎn)，若ABC的面積的最大值為，則實(shí)數(shù)的取值范圍為 【答案】【解析】圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(xm)2(y2)232，圓心為C(m,2)，半徑為4，當(dāng)ABC的面積的最大值為16時(shí)，ACB90o，此時(shí)C到AB的距離為4，所以4CP4，即16(m3)2(02)232，解得2|m3|2，即m例1、 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A(4，0)，B(0，4)，從直線AB上一點(diǎn)P向圓x2y24引兩條切線PC，PD，切點(diǎn)分別為C，D.設(shè)線段CD的中點(diǎn)為M，則線段AM長(zhǎng)的最大值為_(kāi)【答案】： 3 P在直線AB：yx4上，設(shè)P(a，a4)，可以求出切點(diǎn)弦CD的方程為ax(a4)y4，易知CD過(guò)定點(diǎn)，所以M的軌跡為一個(gè)定圓，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求圓外一點(diǎn)到圓上一點(diǎn)的距離的最大值解法1(幾何法) 因?yàn)橹本€AB的方程為yx4，所以可設(shè)P(a，a4)，設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，所以PC方程為x1xy1y4，PD：x2xy2y4，將P(a，a4)分別代入PC，PD方程，則直線CD的方程為ax(a4)y4，即a(xy)44y，所以直線CD過(guò)定點(diǎn)N(1，1)，又因?yàn)镺MCD，所以點(diǎn)M在以O(shè)N為直徑的圓上(除去原點(diǎn))，又因?yàn)橐設(shè)N為直徑的圓的方程為，所以AM的最大值為3.解法2(參數(shù)法) 因?yàn)橹本€AB的方程為yx4，所以可設(shè)P(a，a4)，同解法1可知直線CD的方程為ax(a4)y4，即a(xy)44y，得a.又因?yàn)镺，P，M三點(diǎn)共線，所以ay(a4)x0，得a.因?yàn)閍，所以點(diǎn)M的軌跡方程為(除去原點(diǎn))，所以AM的最大值為3. 此類(lèi)問(wèn)題往往是求出一點(diǎn)的軌跡方程，轉(zhuǎn)化為定點(diǎn)到曲線上動(dòng)點(diǎn)的距離的最值問(wèn)題，而求軌跡方程，解法1運(yùn)用了幾何法，解法2運(yùn)用了參數(shù)法，消去參數(shù)a得到軌跡方程另外要熟練記住過(guò)圓上一點(diǎn)的切線方程和圓的切點(diǎn)弦方程的有關(guān)結(jié)論【變式1】、在平面直角坐標(biāo)系中，已知圓，點(diǎn)，若圓上存在點(diǎn)，滿足，則點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍是 【答案】： 思路分析：根據(jù)條件可得動(dòng)點(diǎn)的軌跡是圓，進(jìn)而可以將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為圓與圓的位置關(guān)系進(jìn)行處理.解題過(guò)程：設(shè)，因?yàn)樗裕?jiǎn)得，則圓與圓有公共點(diǎn)，將兩圓方程相減可得兩圓公共弦所在直線方程為，代入可得，所以點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍是解后反思：在解決與圓相關(guān)的綜合問(wèn)題時(shí)，要注意充分利用圓的幾何性質(zhì)或一些簡(jiǎn)單的軌跡知識(shí)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為直線與圓或圓與圓的位置關(guān)系問(wèn)題.【變式2】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知B，C為圓x2y24上兩點(diǎn)，點(diǎn)A(1,1)，且ABAC，則線段BC的長(zhǎng)的取值范圍為_(kāi)【答案】. ，思路分析 本題考查圓的方程和性質(zhì)，考查等價(jià)轉(zhuǎn)化和運(yùn)算求解能力，借助直角三角形的性質(zhì)，把求BC的長(zhǎng)轉(zhuǎn)化為求2AM的長(zhǎng)，而A為定點(diǎn)，思路1，求出M的軌跡方程，根據(jù)圓的性質(zhì)及直角三角形的性質(zhì)不難求得，其軌跡為一個(gè)圓，問(wèn)題就轉(zhuǎn)化為一定點(diǎn)到圓上一點(diǎn)的距離，這是一個(gè)基本題型，求解即得；思路2，設(shè)出AMx，OMy，尋找到x，y之間的關(guān)系式，通過(guò)線性規(guī)劃的知識(shí)去處理解法1 設(shè)BC的中點(diǎn)為M(x，y)因?yàn)镺B2OM2BM2OM2AM2，所以4x2y2(x1)2(y1)2，化簡(jiǎn)得22，所以點(diǎn)M的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，所以AM的取值范圍是，所以BC的取值范圍是，解法2 設(shè)BC的中點(diǎn)為M，設(shè)AMx，OMy.因?yàn)镺C2OM2CM2OM2AM2，所以x2y24.因?yàn)镺A，所以xy，xy，yx.如圖所示，可得x，所以BC的取值范圍是，解后反思 求線段的長(zhǎng)度范圍，如果一個(gè)端點(diǎn)為定點(diǎn)，這時(shí)可以考慮運(yùn)用軌跡法，求出另外一個(gè)端點(diǎn)的軌跡，問(wèn)題迎刃而解 【變式3】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l1：kxy20與直線l2：xky20相交于點(diǎn)P，則當(dāng)實(shí)數(shù)k變化時(shí)，點(diǎn)P到直線xy40的距離的最大值為_(kāi)【答案】：3思路分析 因?yàn)橹本€l1，l2分別經(jīng)過(guò)定點(diǎn)A(0,2)，B(2,0)，且l1l2，所以點(diǎn)P在以AB為直徑的圓C上解法1 當(dāng)k0時(shí)，點(diǎn)P(2,2)到直線xy40的距離為2；當(dāng)k0時(shí)，解方程組得兩直線交點(diǎn)P的坐標(biāo)為，所以點(diǎn)P到直線xy40的距離為，為求得最大值，考慮正數(shù)k，則有，所以3.解法2 圓C的圓心為C(1,1)，半徑r.因?yàn)閳A心C到直線l：xy40的距離為d2，所以點(diǎn)P到直線l的距離的最大值為dr3.解后反思 直接求出l1，l2的交點(diǎn)P的坐標(biāo)(用k表示)雖然也能做，但計(jì)算量較大找出點(diǎn)P變化的規(guī)律性比較好【關(guān)聯(lián)1】、如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：x2y24x0及點(diǎn)A(1，0)，B(1,2)(1) 若直線lAB，與圓C相交于M，N兩點(diǎn)，MNAB，求直線l的方程；(2) 在圓C上是否存在點(diǎn)P，使得PA2PB212？若存在，求點(diǎn)P的個(gè)數(shù)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由規(guī)范解答 (1) 圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x2)2y24，所以圓心C(2,0)，半徑為2.因?yàn)閘AB，A(1,0)，B(1,2)，所以直線l的斜率為1，設(shè)直線l的方程為xym0，(2分)則圓心C到直線l的距離為d.(4分)因?yàn)镸NAB2，而CM2d22，所以42，(6分)解得m0或m4，故直線l的方程為xy0或xy40.(8分)(2) 假設(shè)圓C上存在點(diǎn)P，設(shè)P(x，y)，則(x2)2y24，PA2PB2(x1)2(y0)2(x1)2(y2)212，即x2y22y30，即x2(y1)24.(10分)因?yàn)閨22|22，(12分)所以圓(x2)2y24與圓x2(y1)24相交，所以點(diǎn)P的個(gè)數(shù)為2.(14分)【關(guān)聯(lián)2】、在平面直角坐標(biāo)系中，圓若圓存在以為中點(diǎn)的弦，且，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 【關(guān)聯(lián)3】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A(1,0)，B(4,0)若直線xym0上存在點(diǎn)P使得PAPB，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是_【答案】 2，2思路分析 本題旨在考查直線與圓的位置關(guān)系A(chǔ)，B為定點(diǎn)，滿足APPB的點(diǎn)P的軌跡是一個(gè)圓，要求m的范圍只要使得動(dòng)直線xym0與該圓有公共點(diǎn)解法1 設(shè)滿足條件PB2PA的點(diǎn)P坐標(biāo)為(x，y)，則(x4)2y24(x1)24y2，化簡(jiǎn)得x2y24，要使直線xym0有交點(diǎn)，只需要2，即2m2.解法2 設(shè)在直線xym0上有一點(diǎn)(x，xm)滿足PB2PA，則(x4)2(xm)24(x1)24(xm)2，整理得，2x22mxm240，(*)因?yàn)榉匠?*)有解，則4m28(m24)0，解得2m2.