2023高考數(shù)學大一輪復習第九章解析幾何教師用書理

PAGEPAGEPAGE178第九章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))解析幾何第一節(jié)直線與方程本節(jié)主要包括3個知識點：1.直線的傾斜角與斜率、兩直線的位置關系；本節(jié)主要包括3個知識點：1.直線的傾斜角與斜率、兩直線的位置關系；2．直線的方程；3.直線的交點、距離與對稱問題.突破點(一)直線的傾斜角與斜率、兩直線的位置關系根底聯(lián)通抓主干知識的“源〞與“流〞1．直線的傾斜角(1)定義：當直線l與x軸相交時，取x軸作為基準，x軸正向與直線l向上方向之間所成的角叫做直線l的傾斜角．當直線l與x軸平行或重合時，規(guī)定它的傾斜角為0.(2)范圍：直線l傾斜角的范圍是[0，π)．2．斜率公式(1)定義式：直線l的傾斜角為α≠eq\f(π,2)，那么斜率k＝tan_α.(2)兩點式：P1(x1，y1)，P2(x2，y2)在直線l上，且x1≠x2，那么l的斜率k＝eq\f(y2－y1,x2－x1).3．兩條直線平行與垂直的判定(1)兩條直線平行：①對于兩條不重合的直線l1，l2，假設其斜率分別為k1，k2，那么有l(wèi)1∥l2?k1＝k2.②當直線l1，l2不重合且斜率都不存在時，l1∥l2.(2)兩條直線垂直：①如果兩條直線l1，l2的斜率存在，設為k1，k2，那么有l(wèi)1⊥l2?k1·k2＝－1.②當其中一條直線的斜率不存在，而另一條直線的斜率為0時，l1⊥l2.考點貫穿抓高考命題的“形〞與“神〞直線的傾斜角與斜率1．直線都有傾斜角，但不一定都有斜率，二者的關系具體如下：斜率kk＝tanα>0k＝0k＝tanα<0不存在傾斜角α銳角0°鈍角90°2.在分析直線的傾斜角和斜率的關系時，要根據(jù)正切函數(shù)k＝tanα的單調(diào)性，如下圖：當α取值在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)，由0增大到eq\f(π,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)))時，k由0增大并趨向于正無窮大；當α取值在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))內(nèi)，由eq\f(π,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)))增大到π(α≠π)時，k由負無窮大增大并趨近于0.解決此類問題，常采用數(shù)形結(jié)合思想．[例1](1)直線xsinα＋y＋2＝0的傾斜角的取值范圍是()A．[0，π) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))(2)線段PQ兩端點的坐標分別為P(－1,1)和Q(2,2)，假設直線l：x＋my＋m＝0與線段PQ有交點，那么實數(shù)m的取值范圍是________．[解析](1)因為直線xsinα＋y＋2＝0的斜率k＝－sinα，又－1≤sinα≤1，所以－1≤k≤1.設直線xsinα＋y＋2＝0的傾斜角為θ，所以－1≤tanθ≤1，而θ∈[0，π)，故傾斜角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)).(2)如下圖，直線l：x＋my＋m＝0過定點A(0，－1)，當m≠0時，kQA＝eq\f(3,2)，kPA＝－2，kl＝－eq\f(1,m).∴－eq\f(1,m)≤－2或－eq\f(1,m)≥eq\f(3,2).解得0<m≤eq\f(1,2)或－eq\f(2,3)≤m<0；當m＝0時，直線l的方程為x＝0，與線段PQ有交點．∴實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(1,2))).[答案](1)B(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(1,2)))[易錯提醒]直線傾斜角的范圍是[0，π)，而這個區(qū)間不是正切函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，因此根據(jù)斜率求傾斜角的范圍時，要分eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))兩種情況討論．由正切函數(shù)圖象可以看出，當α∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，斜率k∈[0，＋∞)；當α＝eq\f(π,2)時，斜率不存在；當α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，斜率k∈(－∞，0)．兩直線的位置關系兩直線平行或垂直的判定方法(1)兩直線的斜率存在①兩直線平行?兩直線的斜率相等且坐標軸上的截距不相等；②兩直線垂直?兩直線的斜率之積為－1.(2)兩直線的斜率不存在假設兩直線的斜率不存在，當兩直線在x軸上的截距不相等時，兩直線平行；否那么兩直線重合．(3)兩直線的一般方程設直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，那么l1∥l2?A1B2－A2B1＝0且B1C2－B2C1≠0，l1⊥l2?A1A2＋B1[例2](1)假設直線ax＋2y－6＝0與x＋(a－1)y＋a2－1＝0平行，那么a＝________.(2)經(jīng)過點A(－2,0)和點B(1,3a)的直線l1與經(jīng)過點P(0，－1)和點Q(a，－2a)的直線l2互相垂直，那么實數(shù)[解析](1)因為兩直線平行，所以有a(a－1)－2＝0，且2(a2－1)＋6(a－1)≠0，即a2－a－2＝0，且a2＋3a－4≠0，解得a＝2或a(2)l1的斜率k1＝eq\f(3a－0,1－－2)＝a.當a≠0時，l2的斜率k2＝eq\f(－2a－－1,a－0)＝eq\f(1－2a,a).因為l1⊥l2，所以k1k2＝－1，即a·eq\f(1－2a,a)＝－1，解得a＝1.當a＝0時，P(0，－1)，Q(0,0)，這時直線l2為y軸，A(－2，0)，B(1,0)，直線l1為x軸，顯然l1⊥l2.綜上可知，實數(shù)a的值為1或0.[答案](1)2或－1(2)1或0[易錯提醒]當直線方程中存在字母參數(shù)時，不僅要考慮到斜率存在的一般情況，也要考慮到斜率不存在的特殊情況．同時還要注意x，y的系數(shù)不能同時為零這一隱含條件．能力練通抓應用體驗的“得〞與“失〞1.eq\a\vs4\al([考點一])直線2xcosα－y－3＝0(α∈[eq\f(π,6)，eq\f(π,3)])的傾斜角的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(2π,3)))解析：選B直線2xcosα－y－3＝0的斜率k＝2cosα，因為α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))，所以eq\f(1,2)≤cosα≤eq\f(\r(3),2)，因此k＝2·cosα∈[1，eq\r(3)]．設直線的傾斜角為θ，那么有tanθ∈[1，eq\r(3)]．又θ∈[0，π)，所以θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))，即傾斜角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3))).2.eq\a\vs4\al([考點一])直線l：xsin30°＋ycos150°＋1＝0的斜率是()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\r(3)C．－eq\r(3) D．－eq\f(\r(3),3)解析：選A設直線l的斜率為k，那么k＝－eq\f(sin30°,cos150°)＝eq\f(\r(3),3).3.eq\a\vs4\al([考點二])假設直線l1：mx－y－2＝0與直線l2：(2－m)x－y＋1＝0互相平行，那么實數(shù)m的值為()A．－1 B．0C．1 D．2解析：選C∵直線l1：mx－y－2＝0與直線l2：(2－m)x－y＋1＝0互相平行，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－m＋2－m＝0，,m＋22－m≠0，))解得m＝1.應選C.4.eq\a\vs4\al([考點二])直線l1：2ax＋(a＋1)y＋1＝0，l2：(a＋1)x＋(a－1)y＝0，假設l1⊥l2，那么a＝()A．2或eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)或－1C.eq\f(1,3) D．－1解析：選B因為直線l1：2ax＋(a＋1)y＋1＝0，l2：(a＋1)x＋(a－1)y＝0，l1⊥l2，所以2a(a＋1)＋(a＋1)(a－1)＝0，解得a＝eq\f(1,3)或a＝－1.應選B.5.eq\a\vs4\al([考點一])直線l過點P(1,0)，且與以A(2,1)，B(0，eq\r(3))為端點的線段有公共點，那么直線l斜率的取值范圍為________．解析：如圖，∵kAP＝eq\f(1－0,2－1)＝1，kBP＝eq\f(\r(3)－0,0－1)＝－eq\r(3)，∴k∈(－∞，－eq\r(3)]∪[1，＋∞)．答案：(－∞，－eq\r(3)]∪[1，＋∞)6.eq\a\vs4\al([考點二])(2022·蘇北四市一模)a，b為正數(shù)，且直線ax＋by－6＝0與直線2x＋(b－3)y＋5＝0平行，那么2a＋3b的最小值為________．解析：由兩直線平行可得，a(b－3)－2b＝0，即2b＋3a＝ab，eq\f(2,a)＋eq\f(3,b)＝1.又a，b為正數(shù)，所以2a＋3b＝(2a＋3b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(3,b)))＝13＋eq\f(6a,b)＋eq\f(6b,a)≥13＋2eq\r(\f(6a,b)·\f(6b,a))＝25，當且僅當a＝b＝5時取等號，故2a＋3b答案：25突破點(二)直線的方程根底聯(lián)通抓主干知識的“源〞與“流〞直線方程的五種形式形式幾何條件方程適用范圍點斜式過一點(x0，y0)，斜率ky－y0＝k(x－x0)與x軸不垂直的直線斜截式縱截距b，斜率ky＝kx＋b與x軸不垂直的直線兩點式過兩點(x1，y1)，(x2，y2)eq\f(y－y1,y2－y1)＝eq\f(x－x1,x2－x1)與x軸、y軸均不垂直的直線截距式橫截距a，縱截距beq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1不含垂直于坐標軸和過原點的直線一般式Ax＋By＋C＝0，A2＋B2≠0平面直角坐標系內(nèi)所有直線考點貫穿抓高考命題的“形〞與“神〞求直線方程[例1](1)求過點A(1,3)，斜率是直線y＝－4x的斜率的eq\f(1,3)的直線方程．(2)求經(jīng)過點A(－5,2)，且在x軸上的截距等于在y軸上截距的2倍的直線方程．(3)求過A(2,1)，B(m,3)兩點的直線l的方程．[解](1)設所求直線的斜率為k，依題意k＝－4×eq\f(1,3)＝－eq\f(4,3).又直線經(jīng)過點A(1,3)，因此所求直線方程為y－3＝－eq\f(4,3)(x－1)，即4x＋3y－13＝0.(2)當直線不過原點時，設所求直線方程為eq\f(x,2a)＋eq\f(y,a)＝1，將(－5,2)代入所設方程，解得a＝－eq\f(1,2)，所以直線方程為x＋2y＋1＝0；當直線過原點時，設直線方程為y＝kx，那么－5k＝2，解得k＝－eq\f(2,5)，所以直線方程為y＝－eq\f(2,5)x，即2x＋5y＝0.故所求直線方程為2x＋5y＝0或x＋2y＋1＝0.(3)①當m＝2時，直線l的方程為x＝2；②當m≠2時，直線l的方程為eq\f(y－1,3－1)＝eq\f(x－2,m－2)，即2x－(m－2)y＋m－6＝0.因為m＝2時，代入方程2x－(m－2)y＋m－6＝0，即為x＝2，所以直線l的方程為2x－(m－2)y＋m－6＝0.[易錯提醒](1)在求直線方程時，應選擇適當?shù)男问?，并注意各種形式的適用條件．(2)對于點斜式、截距式方程使用時要注意分類討論思想的運用(假設采用點斜式，應先考慮斜率不存在的情況；假設采用截距式，應先判斷截距是否為零)．與直線方程有關的最值問題[例2]過點P(4,1)作直線l分別交x，y軸正半軸于A，B兩點．(1)當△AOB面積最小時，求直線l的方程．(2)當|OA|＋|OB|取最小值時，求直線l的方程．[解]設直線l：eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)，因為直線l經(jīng)過點P(4,1)，所以eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)＝1.(1)eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)＝1≥2eq\r(\f(4,a)·\f(1,b))＝eq\f(4,\r(ab))，所以ab≥16，當且僅當a＝8，b＝2時等號成立，所以當a＝8，b＝2時，S△AOB＝eq\f(1,2)ab最小，此時直線l的方程為eq\f(x,8)＋eq\f(y,2)＝1，即x＋4y－8＝0.(2)因為eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)＝1，a>0，b>0，所以|OA|＋|OB|＝a＋b＝(a＋b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(1,b)))＝5＋eq\f(a,b)＋eq\f(4b,a)≥5＋2eq\r(\f(a,b)·\f(4b,a))＝9，當且僅當a＝6，b＝3時等號成立，所以當|OA|＋|OB|取最小值時，直線l的方程為x＋2y－6＝0.[方法技巧]1．給定條件求直線方程的思路(1)考慮問題的特殊情況，如斜率不存在的情況，截距等于零的情況．(2)在一般情況下準確選定直線方程的形式，用待定系數(shù)法求出直線方程．(3)重視直線方程一般形式的應用，因為它具有廣泛的適用性．2．與直線有關的最值問題的解題思路(1)借助直線方程，用y表示x或用x表示y.(2)將問題轉(zhuǎn)化成關于x(或y)的函數(shù)．(3)利用函數(shù)的單調(diào)性或根本不等式求最值．能力練通抓應用體驗的“得〞與“失〞1.eq\a\vs4\al([考點一])傾斜角為135°，在y軸上的截距為－1的直線方程是()A．x－y＋1＝0 B．x－y－1＝0C．x＋y－1＝0 D．x＋y＋1＝0解析：選D直線的斜率為k＝tan135°＝－1，所以直線方程為y＝－x－1，即x＋y＋1＝0.2.eq\a\vs4\al([考點一])直線l過點(1,0)，且傾斜角為直線l0：x－2y－2＝0的傾斜角的2倍，那么直線l的方程為()A．4x－3y－3＝0 B．3x－4y－3＝0C．3x－4y－4＝0 D．4x－3y－4＝0解析：選D由題意可設直線l0，l的傾斜角分別為α，2α，因為直線l0：x－2y－2＝0的斜率為eq\f(1,2)，那么tanα＝eq\f(1,2)，所以直線l的斜率k＝tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(1,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(4,3)，所以由點斜式可得直線l的方程為y－0＝eq\f(4,3)(x－1)，即4x－3y－4＝0.3.eq\a\vs4\al([考點二])假設直線ax＋by＝ab(a>0，b>0)過點(1,1)，那么該直線在x軸，y軸上的截距之和的最小值為()A．1B．2解析：選C∵直線ax＋by＝ab(a>0，b>0)過點(1,1)，∴a＋b＝ab，即eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，∴a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，當且僅當a＝b＝2時上式等號成立．∴直線在x軸，y軸上的截距之和的最小值為4.4.eq\a\vs4\al([考點二])假設ab>0，且A(a,0)，B(0，b)，C(－2，－2)三點共線，那么ab的最小值為________．解析：根據(jù)A(a,0)，B(0，b)確定直線的方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，又C(－2，－2)在該直線上，故eq\f(－2,a)＋eq\f(－2,b)＝1，所以－2(a＋b)＝ab.又ab>0，故a<0，b<0.根據(jù)根本不等式ab＝－2(a＋b)≥4eq\r(ab)，從而eq\r(ab)≤0(舍去)或eq\r(ab)≥4，故ab≥16，當且僅當a＝b＝－4時取等號．即ab的最小值為16.答案：165.eq\a\vs4\al([考點一])△ABC的三個頂點分別為A(－3,0)，B(2,1)，C(－2,3)，求：(1)BC邊所在直線的方程；(2)BC邊上中線AD所在直線的方程；(3)BC邊的垂直平分線DE所在直線的方程．解：(1)因為直線BC經(jīng)過B(2,1)和C(－2,3)兩點，由兩點式得BC的方程為eq\f(y－1,3－1)＝eq\f(x－2,－2－2)，即x＋2y－4＝0.(2)設BC邊的中點D的坐標為(x，y)，那么x＝eq\f(2－2,2)＝0，y＝eq\f(1＋3,2)＝2.BC邊的中線AD過點A(－3,0)，D(0,2)兩點，由截距式得AD所在直線的方程為eq\f(x,－3)＋eq\f(y,2)＝1，即2x－3y＋6＝0.(3)由(1)知，直線BC的斜率k1＝－eq\f(1,2)，那么BC的垂直平分線DE的斜率k2＝2.由(2)知，點D的坐標為(0,2)．由點斜式得直線DE的方程為y－2＝2(x－0)，即2x－y＋2＝0.突破點(三)直線的交點、距離與對稱問題根底聯(lián)通抓主干知識的“源〞與“流〞1．兩條直線的交點2．三種距離類型條件距離公式兩點間的距離點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)之間的距離|P1P2|＝eq\r(x2－x12＋y2－y12)點到直線的距離點P0(x0，y0)到直線l：Ax＋By＋C＝0的距離d＝eq\f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2))兩平行直線間的距離兩條平行線Ax＋By＋C1＝0與Ax＋By＋C2＝0間的距離d＝eq\f(|C1－C2|,\r(A2＋B2))考點貫穿抓高考命題的“形〞與“神〞直線的交點問題[例1](1)當0<k<eq\f(1,2)時，直線l1：kx－y＝k－1與直線l2：ky－x＝2k的交點在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限(2)直線l經(jīng)過點P(3,1)，且被兩條平行直線l1：x＋y＋1＝0和l2：x＋y＋6＝0截得的線段長為5，那么直線l的方程為________．[解析](1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kx－y＝k－1，,ky－x＝2k))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(k,k－1)，,y＝\f(2k－1,k－1).))又∵0<k<eq\f(1,2)，∴x＝eq\f(k,k－1)<0，y＝eq\f(2k－1,k－1)>0，故直線l1：kx－y＝k－1與直線l2：ky－x＝2k的交點在第二象限．(2)假設直線l的斜率不存在，那么直線l的方程為x＝3，此時與l1，l2的交點分別為A′(3，－4)，B′(3，－9)，截得的線段A′B′的長|A′B′|＝|－4＋9|＝5，符合題意．假設直線l的斜率存在，那么設直線l的方程為y＝k(x－3)＋1.解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3＋1，,x＋y＋1＝0，))得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3k－2,k＋1)，－\f(4k－1,k＋1)))，解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3＋1，,x＋y＋6＝0，))得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3k－7,k＋1)，－\f(9k－1,k＋1))).由|AB|＝5，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3k－2,k＋1)－\f(3k－7,k＋1)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k－1,k＋1)＋\f(9k－1,k＋1)))2＝52.解得k＝0，即所求的直線方程為y＝1.綜上可知，所求直線l的方程為x＝3或y＝1.[答案](1)B(2)x＝3或y＝1[方法技巧]1．兩直線交點的求法求兩直線的交點坐標，就是解由兩直線方程聯(lián)立組成的方程組，得到的方程組的解，即交點的坐標．2．求過兩直線交點的直線方程的方法求過兩直線交點的直線方程，先解方程組求出兩直線的交點坐標，再結(jié)合其他條件寫出直線方程．也可借助直線系方程，利用待定系數(shù)法求出直線方程，這樣能簡化解題過程．距離問題[例2](1)假設P，Q分別為直線3x＋4y－12＝0與6x＋8y＋5＝0上任意一點，那么|PQ|的最小值為()A.eq\f(9,5) B.eq\f(18,5)C.eq\f(29,10) D.eq\f(29,5)(2)A(4，－3)，B(2，－1)和直線l：4x＋3y－2＝0，假設在坐標平面內(nèi)存在一點P，使|PA|＝|PB|，且點P到直線l的距離為2，那么P點坐標為________．[解析](1)因為eq\f(3,6)＝eq\f(4,8)≠eq\f(－12,5)，所以兩直線平行，將直線3x＋4y－12＝0化為6x＋8y－24＝0，由題意可知|PQ|的最小值為這兩條平行直線間的距離，即eq\f(|－24－5|,\r(62＋82))＝eq\f(29,10)，所以|PQ|的最小值為eq\f(29,10).(2)設點P的坐標為(a，b)．∵A(4，－3)，B(2，－1)，∴線段AB的中點M的坐標為(3，－2)．而AB的斜率kAB＝eq\f(－3＋1,4－2)＝－1，∴線段AB的垂直平分線方程為y＋2＝x－3，即x－y－5＝0.∵點P(a，b)在直線x－y－5＝0上，∴a－b－5＝0.①又點P(a，b)到直線l：4x＋3y－2＝0的距離為2，∴eq\f(|4a＋3b－2|,\r(42＋32))＝2，即4a＋3b－2＝±10，②由①②聯(lián)立可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(27,7)，,b＝－\f(8,7).))∴所求點P的坐標為(1，－4)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(27,7)，－\f(8,7))).[答案](1)C(2)(1，－4)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(27,7)，－\f(8,7)))[易錯提醒](1)點P(x0，y0)到直線x＝a的距離d＝|x0－a|，到直線y＝b的距離d＝|y0－b|；(2)利用兩平行線間的距離公式要先把兩直線方程中x，y的系數(shù)化為相等．對稱問題1．中心對稱問題的兩種類型及求解方法(1)點關于點對稱：假設點M(x1，y1)及N(x，y)關于P(a，b)對稱，那么由中點坐標公式得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2a－x1，,y＝2b－y1，))進而求解．(2)直線關于點的對稱，主要求解方法是：①在直線上取兩點，利用中點坐標公式求出它們關于點對稱的兩點坐標，再由兩點式求出直線方程；②求出一個對稱點，再利用兩對稱直線平行，由點斜式得到所求直線方程．2．軸對稱問題的兩種類型及求解方法(1)點關于直線的對稱：假設兩點P1(x1，y1)與P2(x2，y2)關于直線l：Ax＋By＋C＝0對稱，由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＋B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)))＋C＝0，,\f(y2－y1,x2－x1)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(A,B)))＝－1，))可得到點P1關于l對稱的點P2的坐標(x2，y2)(其中B≠0，x1≠x2)．(2)直線關于直線的對稱：①假設直線與對稱軸平行，那么在直線上取一點，求出該點關于軸的對稱點，然后用點斜式求解．②假設直線與對稱軸相交，那么先求出交點，然后再取直線上一點，求該點關于軸的對稱點，最后由兩點式求解．[例3](1)點P(3,2)關于點Q(1,4)的對稱點M為()A．(1,6) B．(6,1)C．(1，－6) D．(－1,6)(2)直線2x－y＋3＝0關于直線x－y＋2＝0對稱的直線方程是()A．x－2y＋3＝0 B．x－2y－3＝0C．x＋2y＋1＝0 D．x＋2y－1＝0(3)入射光線經(jīng)過點M(－3,4)，被直線l：x－y＋3＝0反射，反射光線經(jīng)過點N(2,6)，那么反射光線所在直線的方程為________．[解析](1)設M(x，y)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3＋x,2)＝1，,\f(2＋y,2)＝4，))∴x＝－1，y＝6，∴M(－1,6)．(2)設所求直線上任意一點P(x，y)，那么P關于x－y＋2＝0的對稱點為P′(x0，y0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x＋x0,2)－\f(y＋y0,2)＋2＝0，,x－x0＝－y－y0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝y(tǒng)－2，,y0＝x＋2，))由點P′(x0，y0)在直線2x－y＋3＝0上，∴2(y－2)－(x＋2)＋3＝0，即x－2y＋3＝0.(3)設點M(－3,4)關于直線l：x－y＋3＝0的對稱點為M′(a，b)，那么反射光線所在直線過點M′，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b－4,a－－3)·1＝－1，,\f(－3＋a,2)－\f(b＋4,2)＋3＝0，))解得a＝1，b＝0.又反射光線經(jīng)過點N(2,6)，所以所求直線的方程為eq\f(y－0,6－0)＝eq\f(x－1,2－1)，即6x－y－6＝0.[答案](1)D(2)A(3)6x－y－6＝0[方法技巧]解決兩類對稱問題的關鍵點解決中心對稱問題的關鍵在于運用中點坐標公式，而解決軸對稱問題，一般是轉(zhuǎn)化為求對稱點的問題，在求對稱點時，關鍵是抓住兩點：一是兩對稱點的連線與對稱軸垂直；二是兩對稱點的中心在對稱軸上，即抓住“垂直平分〞，由“垂直〞列出一個方程，由“平分〞列出一個方程，聯(lián)立求解．能力練通抓應用體驗的“得〞與“失〞1.eq\a\vs4\al([考點三])(2022·東城期末)如果平面直角坐標系內(nèi)的兩點A(a－1，a＋1)，B(a，a)關于直線l對稱，那么直線l的方程為()A．x－y＋1＝0 B．x＋y＋1＝0C．x－y－1＝0 D．x＋y－1＝0解析：選A因為直線AB的斜率為eq\f(a＋1－a,a－1－a)＝－1，所以直線l的斜率為1，設直線l的方程為y＝x＋b，由題意知直線l過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,2)，\f(2a＋1,2)))，所以eq\f(2a＋1,2)＝eq\f(2a－1,2)＋b，解得b＝1，所以直線l的方程為y＝x＋1，即x－y＋1＝0.選A.2.eq\a\vs4\al([考點二])假設直線l1：x－2y＋m＝0(m>0)與直線l2：x＋ny－3＝0之間的距離是eq\r(5)，那么m＋n＝()A．0B．1解析：選A∵直線l1：x－2y＋m＝0(m>0)與直線l2：x＋ny－3＝0之間的距離為eq\r(5)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝－2，,\f(|m＋3|,\r(5))＝\r(5)，))∴n＝－2，m＝2(負值舍去)．∴m＋n＝0.3.eq\a\vs4\al([考點一])定點A(1,0)，點B在直線x－y＝0上運動，當線段AB最短時，點B的坐標是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，\f(\r(5),2)))解析：選A因為定點A(1,0)，點B在直線x－y＝0上運動，所以當線段AB最短時，直線AB和直線x－y＝0垂直，設直線AB的方程為x＋y＋m＝0，將A點代入，解得m＝－1，所以直線AB的方程為x＋y－1＝0，它與x－y＝0聯(lián)立解得x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,2)，所以B的坐標是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2))).4.eq\a\vs4\al([考點三])假設m>0，n>0，點(－m，n)關于直線x＋y－1＝0的對稱點在直線x－y＋2＝0上，那么eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值等于________．解析：由題意知(－m，n)關于直線x＋y－1＝0的對稱點為(1－n,1＋m)．那么1－n－(1＋m)＋2＝0，即m＋n＝2.于是eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,2)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq\f(1,2)×(5＋2×2)＝eq\f(9,2)，當且僅當m＝eq\f(2,3)，n＝eq\f(4,3)時等號成立．答案：eq\f(9,2)5.eq\a\vs4\al([考點一])經(jīng)過兩直線l1：x－2y＋4＝0和l2：x＋y－2＝0的交點P，且與直線l3：3x－4y＋5＝0垂直的直線l的方程為________________．解析：由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4＝0，,x＋y－2＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2，))即P(0,2)．∵l⊥l3，直線l3的斜率為eq\f(3,4)，∴直線l的斜率k1＝－eq\f(4,3)，∴直線l的方程為y－2＝－eq\f(4,3)x，即4x＋3y－6＝0.答案：4x＋3y－6＝06.eq\a\vs4\al([考點二])點P(2，－1)．(1)求過點P且與原點的距離為2的直線l的方程．(2)求過點P且與原點的距離最大的直線l的方程，最大距離是多少？(3)是否存在過點P且與原點的距離為6的直線？假設存在，求出方程；假設不存在，請說明理由．解：(1)過點P的直線l與原點的距離為2，而點P的坐標為(2，－1)，顯然，過P(2，－1)且垂直于x軸的直線滿足條件，此時l的斜率不存在，其方程為x＝2.假設斜率存在，設l的方程為y＋1＝k(x－2)，即kx－y－2k－1＝0.由得eq\f(|－2k－1|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝eq\f(3,4).此時l的方程為3x－4y－10＝0.綜上，可得直線l的方程為x＝2或3x－4y－10＝0.(2)作圖可得過點P與原點O的距離最大的直線是過點P且與PO垂直的直線，如圖．由l⊥OP，得klkOP＝－1，因為kOP＝－eq\f(1,2)，所以kl＝－eq\f(1,kOP)＝2.由直線方程的點斜式得y＋1＝2(x－2)，即2x－y－5＝0.所以直線2x－y－5＝0是過點P且與原點O的距離最大的直線，最大距離為eq\f(|－5|,\r(5))＝eq\r(5).(3)由(2)可知，過點P不存在到原點的距離超過eq\r(5)的直線，因此不存在過點P且到原點的距離為6的直線.[全國卷5年真題集中演練——明規(guī)律]1.(2022·全國甲卷)圓x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圓心到直線ax＋y－1＝0的距離為1，那么a＝()A．－eq\f(4,3)B．－eq\f(3,4)C.eq\r(3) D．2解析：選A因為圓x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圓心坐標為(1,4)，所以圓心到直線ax＋y－1＝0的距離d＝eq\f(|a＋4－1|,\r(a2＋1))＝1，解得a＝－eq\f(4,3).2．(2022·新課標全國卷Ⅱ)點A(－1,0)，B(1,0)，C(0,1)，直線y＝ax＋b(a>0)將△ABC分割為面積相等的兩局部，那么b的取值范圍是()A．(0,1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，\f(1,3))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))解析：選B法一：(1)當直線y＝ax＋b與AB，BC相交時，如圖①所示．易求得：xM＝－eq\f(b,a)，yN＝eq\f(a＋b,a＋1).由條件得：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)))·eq\f(a＋b,a＋1)＝1，∴a＝eq\f(b2,1－2b).∵點M在線段OA上，∴－1<－eq\f(b,a)<0，∴0<b<a.∵點N在線段BC上，∴0<eq\f(a＋b,a＋1)<1，∴b<1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b2,1－2b)>b，,\f(b2,1－2b)>0，,b>0，))解得eq\f(1,3)<b<eq\f(1,2).(2)當直線y＝ax＋b與AC，BC相交時，如圖②所示．設MC＝m，NC＝n，那么S△MCN＝eq\f(1,2)mn＝eq\f(1,2)，∴mn＝1.顯然，0<n<eq\r(2)，∴m＝eq\f(1,n)>eq\f(\r(2),2).又0<m≤eq\r(2)且m≠n.∴eq\f(\r(2),2)<m≤eq\r(2)且m≠1.設D到AC，BC的距離為t，那么eq\f(t,m)＝eq\f(DN,MN)，eq\f(t,n)＝eq\f(DM,MN)，∴eq\f(t,m)＋eq\f(t,n)＝eq\f(DN,MN)＋eq\f(DM,MN)＝1.∴t＝eq\f(mn,m＋n)，∴eq\f(1,t)＝eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝eq\f(1,m)＋m.而f(m)＝m＋eq\f(1,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)<m≤\r(2)且m≠1))的值域為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(3\r(2),2)))，即2<eq\f(1,t)≤eq\f(3\r(2),2)，∴eq\f(\r(2),3)≤t＜eq\f(1,2).∵b＝1－CD＝1－eq\r(2)t，∴1－eq\f(\r(2),2)＜b≤eq\f(1,3).綜合(1)、(2)可得：1－eq\f(\r(2),2)<b<eq\f(1,2).法二：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,y＝ax＋b))消去x，得y＝eq\f(a＋b,a＋1)，當a＞0時，直線y＝ax＋b與x軸交于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)，0))，結(jié)合圖形知eq\f(1,2)×eq\f(a＋b,a＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)))＝eq\f(1,2)，化簡得(a＋b)2＝a(a＋1)，那么a＝eq\f(b2,1－2b).∵a＞0，∴eq\f(b2,1－2b)＞0，解得b＜eq\f(1,2).考慮極限位置，即a＝0，此時易得b＝1－eq\f(\r(2),2)，故答案為B.[課時達標檢測]重點保分課時——一練小題夯雙基，二練題點過高考[練根底小題——強化運算能力]1．直線x＋eq\r(3)y＋1＝0的傾斜角是()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)解析：選D由直線的方程得直線的斜率為k＝－eq\f(\r(3),3)，設傾斜角為α，那么tanα＝－eq\f(\r(3),3)，所以α＝eq\f(5π,6).2．假設方程(2m2＋m－3)x＋(m2－m)y－4mA．m≠－eq\f(3,2) B．m≠0C．m≠0且m≠1 D．m≠1解析：選D由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m2＋m－3＝0，,m2－m＝0，))解得m＝1，故m≠1時方程表示一條直線．3．過點(1,0)且與直線x－2y－2＝0平行的直線方程是()A．x－2y－1＝0 B．x－2y＋1＝0C．2x＋y－2＝0 D．x＋2y－1＝0解析：選A依題意，設所求的直線方程為x－2y＋a＝0，由于點(1,0)在所求直線上，那么1＋a＝0，即a＝－1，那么所求的直線方程為x－2y－1＝0.4．直線3x＋4y－3＝0與直線6x＋my＋14＝0平行，那么它們之間的距離是()A.eq\f(17,10)B.eq\f(17,5)C．8 D．2解析：選D∵eq\f(6,3)＝eq\f(m,4)≠eq\f(14,－3)，∴m＝8，直線6x＋8y＋14＝0可化為3x＋4y＋7＝0，兩平行線之間的距離d＝eq\f(|－3－7|,\r(32＋42))＝2.5．假設三條直線y＝2x，x＋y＝3，mx＋2y＋5＝0相交于同一點，那么m的值為________．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x，,x＋y＝3，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2.))所以點(1,2)滿足方程mx＋2y＋5＝0，即m×1＋2×2＋5＝0，所以m＝－9.答案：－9[練?？碱}點——檢驗高考能力]一、選擇題1．直線l：ax＋y－2－a＝0在x軸和y軸上的截距相等，那么a的值是()A．1 B．－1C．－2或－1 D．－2或1解析：選D由題意可知a≠0.當x＝0時，y＝a＋2.當y＝0時，x＝eq\f(a＋2,a).故eq\f(a＋2,a)＝a＋2，解得a＝－2或a＝1.2．直線ax＋by＋c＝0同時要經(jīng)過第一、第二、第四象限，那么a，b，c應滿足()A．a(chǎn)b＞0，bc＜0 B．a(chǎn)b＞0，bc＞0C．a(chǎn)b＜0，bc＞0 D．a(chǎn)b＜0，bc＜0解析：選A由于直線ax＋by＋c＝0同時經(jīng)過第一、第二、第四象限，所以直線斜率存在，將方程變形為y＝－eq\f(a,b)x－eq\f(c,b).易知－eq\f(a,b)＜0且－eq\f(c,b)＞0，故ab＞0，bc＜0.3．兩直線eq\f(x,m)－eq\f(y,n)＝a與eq\f(x,n)－eq\f(y,m)＝a(其中a是不為零的常數(shù))的圖象可能是()解析：選B直線方程eq\f(x,m)－eq\f(y,n)＝a可化為y＝eq\f(n,m)x－na，直線eq\f(x,n)－eq\f(y,m)＝a可化為y＝eq\f(m,n)x－ma，由此可知兩條直線的斜率同號，應選B.4．假設動點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)分別在直線l1：x－y－5＝0，l2：x－y－15＝0上移動，那么P1P2的中點P到原點的距離的最小值是()A.eq\f(5\r(2),2)B．5eq\r(2)C.eq\f(15\r(2),2) D．15eq\r(2)解析：選B由題意得P1P2的中點P的軌跡方程是x－y－10＝0，那么原點到直線x－y－10＝0的距離為d＝eq\f(|－10|,\r(2))＝5eq\r(2)，即P到原點距離的最小值為5eq\r(2).5．A，B兩點分別在兩條互相垂直的直線2x－y＝0和x＋ay＝0上，且AB線段的中點為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(10,a)))，那么線段AB的長為()A．11B．10解析：選B依題意，a＝2，P(0,5)，設A(x,2x)，B(－2y，y)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x－2y,2)＝0，,\f(2x＋y,2)＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝2，))所以A(4,8)，B(－4,2)，∴|AB|＝eq\r(4＋42＋8－22)＝10.6．設A，B是x軸上的兩點，點P的橫坐標為3，且|PA|＝|PB|，假設直線PA的方程為x－y＋1＝0，那么直線PB的方程是()A．x＋y－5＝0 B．2x－y－1＝0C．x－2y＋4＝0 D．x＋y－7＝0解析：選D由|PA|＝|PB|知點P在AB的垂直平分線上．由點P的橫坐標為3，且PA的方程為x－y＋1＝0，得P(3，4)．直線PA，PB關于直線x＝3對稱，直線PA上的點(0,1)關于直線x＝3的對稱點(6,1)在直線PB上，所以直線PB的方程為x＋y－7＝0.二、填空題7．直線l1：y＝2x＋3，直線l2與l1關于直線y＝－x對稱，那么直線l2的斜率為________．解析：因為l1，l2關于直線y＝－x對稱，所以l2的方程為－x＝－2y＋3，即y＝eq\f(1,2)x＋eq\f(3,2)，即直線l2的斜率為eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)8．l1，l2是分別經(jīng)過A(1,1)，B(0，－1)兩點的兩條平行直線，當l1，l2間的距離最大時，那么直線l1的方程是__________________．解析：當直線AB與l1，l2垂直時，l1，l2間的距離最大．因為A(1,1)，B(0，－1)，所以kAB＝eq\f(－1－1,0－1)＝2，所以兩平行直線的斜率為k＝－eq\f(1,2)，所以直線l1的方程是y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0.答案：x＋2y－3＝09．設點A(－1,0)，B(1,0)，直線2x＋y－b＝0與線段AB相交，那么b的取值范圍是________．解析：b為直線y＝－2x＋b在y軸上的截距，當直線y＝－2x＋b過點A(－1，0)和點B(1,0)時，b分別取得最小值和最大值．∴b的取值范圍是[－2,2]．答案：[－2,2]10.如圖，A(－2,0)，B(2,0)，C(0,2)，E(－1,0)，F(xiàn)(1,0)，一束光線從F點出發(fā)射到BC上的D點，經(jīng)BC反射后，再經(jīng)AC反射，落到線段AE上(不含端點)，那么直線FD的斜率的取值范圍為________．解析：從特殊位置考慮．如圖，∵點A(－2,0)關于直線BC：x＋y＝2的對稱點為A1(2,4)，∴kA1F＝4.又點E(－1,0)關于直線AC：y＝x＋2的對稱點為E1(－2，1)，點E1(－2,1)關于直線BC：x＋y＝2的對稱點為E2(1,4)，此時直線E2F的斜率不存在，∴kFD>kA1F，即k答案：(4，＋∞)三、解答題11．正方形的中心為點C(－1,0)，一條邊所在的直線方程是x＋3y－5＝0，求其他三邊所在直線的方程．解：點C到直線x＋3y－5＝0的距離d＝eq\f(|－1－5|,\r(1＋9))＝eq\f(3\r(10),5).設與x＋3y－5＝0平行的一邊所在直線的方程是x＋3y＋m＝0(m≠－5)，那么點C到直線x＋3y＋m＝0的距離d＝eq\f(|－1＋m|,\r(1＋9))＝eq\f(3\r(10),5)，解得m＝－5(舍去)或m＝7，所以與x＋3y－5＝0平行的邊所在直線的方程是x＋3y＋7＝0.設與x＋3y－5＝0垂直的邊所在直線的方程是3x－y＋n＝0，那么點C到直線3x－y＋n＝0的距離d＝eq\f(|－3＋n|,\r(1＋9))＝eq\f(3\r(10),5)，解得n＝－3或n＝9，所以與x＋3y－5＝0垂直的兩邊所在直線的方程分別是3x－y－3＝0和3x－y＋9＝0.12．兩條直線l1：ax－by＋4＝0和l2：(a－1)x＋y＋b＝0，求滿足以下條件的a，b的值．(1)l1⊥l2，且l1過點(－3，－1)；(2)l1∥l2，且坐標原點到這兩條直線的距離相等．解：(1)由可得l2的斜率存在，∴k2＝1－a.假設k2＝0，那么1－a＝0，a＝1.∵l1⊥l2，直線l1的斜率k1必不存在，∴b＝0.又∵l1過點(－3，－1)，∴－3a＋4＝0，即a＝eq\f(4,3)(矛盾)，∴此種情況不存在，∴k2≠0，即k1，k2都存在．∵k2＝1－a，k1＝eq\f(a,b)，l1⊥l2，∴k1k2＝－1，即eq\f(a,b)(1－a)＝－1.①又∵l1過點(－3，－1)，∴－3a＋b＋4＝0.由①②聯(lián)立，解得a＝2，b＝2.(2)∵l2的斜率存在，l1∥l2，∴直線l1的斜率存在，k1＝k2，即eq\f(a,b)＝1－a.③又∵坐標原點到這兩條直線的距離相等，且l1∥l2，∴l(xiāng)1，l2在y軸上的截距互為相反數(shù)，即eq\f(4,b)＝b.④聯(lián)立③④，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(2,3)，,b＝2.))∴a＝2，b＝－2或a＝eq\f(2,3)，b＝2.第二節(jié)圓的方程本節(jié)主要包括2個知識點：本節(jié)主要包括2個知識點：1.圓的方程；2.與圓的方程有關的綜合問題.突破點(一)圓的方程根底聯(lián)通抓主干知識的“源〞與“流〞1．圓的定義及方程定義平面內(nèi)到定點的距離等于定長的點的軌跡叫做圓標準方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)圓心：(a，b)半徑：r一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F圓心：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))半徑：r＝eq\f(\r(D2＋E2－4F),2)2.點與圓的位置關系點M(x0，y0)，圓的標準方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2.理論依據(jù)點與圓心的距離與半徑的大小關系三種情況(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2?點在圓上(x0－a)2＋(y0－b)2>r2?點在圓外(x0－a)2＋(y0－b)2<r2?點在圓內(nèi)考點貫穿抓高考命題的“形〞與“神〞求圓的方程1．求圓的方程的兩種方法(1)直接法：根據(jù)圓的幾何性質(zhì)，直接求出圓心坐標和半徑，進而寫出方程．(2)待定系數(shù)法：①假設條件與圓心(a，b)和半徑r有關，那么設圓的標準方程，依據(jù)條件列出關于a，b，r的方程組，從而求出a，b，r的值；②假設條件沒有明確給出圓心或半徑，那么選擇設圓的一般方程，依據(jù)條件列出關于D，E，F(xiàn)的方程組，進而求出D，E，F(xiàn)的值．2．確定圓心位置的三種方法(1)圓心在過切點且與切線垂直的直線上．(2)圓心在圓的任意弦的垂直平分線上．(3)兩圓相切時，切點與兩圓圓心共線．[例1](1)圓C經(jīng)過A(5,1)，B(1,3)兩點，圓心在x軸上，那么圓C的方程為________________．(2)圓心在直線y＝－4x上，且圓與直線l：x＋y－1＝0相切于點P(3，－2)，那么該圓的方程是________________．(3)經(jīng)過三點(2，－1)，(5,0)，(6,1)的圓的一般方程為________________．[解析](1)依題意，設圓心坐標為C(a,0)，那么|CA|＝|CB|，即eq\r(a－52＋0－12)＝eq\r(a－12＋0－32)，那么a＝2.故圓心為(2,0)，半徑為eq\r(10)，所以圓C的方程為(x－2)2＋y2＝10.(2)過切點且與x＋y－1＝0垂直的直線為y＋2＝x－3，與y＝－4x聯(lián)立可求得圓心為(1，－4)．所以半徑r＝eq\r(3－12＋－2＋42)＝2eq\r(2)，故所求圓的方程為(x－1)2＋(y＋4)2＝8.(3)設所求圓的一般方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(22＋－12＋2D－E＋F＝0，,52＋02＋5D＋0＋F＝0，,62＋12＋6D＋E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝－4，,E＝－8，,F＝－5，))故所求圓的一般方程為x2＋y2－4x－8y－5＝0.[答案](1)(x－2)2＋y2＝10(2)(x－1)2＋(y＋4)2＝8(3)x2＋y2－4x－8y－5＝0[方法技巧]1．確定圓的方程必須有三個獨立條件不管圓的標準方程還是一般方程，都有三個字母(a，b，r或D，E，F(xiàn))的值需要確定，因此需要三個獨立的條件．利用待定系數(shù)法得到關于a，b，r(或D，E，F(xiàn))的三個方程組成的方程組，解之得到待定字母系數(shù)的值，從而確定圓的方程．2．幾何法在圓中的應用在一些問題中借助平面幾何中關于圓的知識可以簡化計算，如一個圓經(jīng)過兩點時，其圓心一定在這兩點連線的垂直平分線上，解題時要注意平面幾何知識的應用．3．A(x1，y1)，B(x2，y2)，以AB為直徑的圓的方程為(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0.與圓有關的對稱問題1．圓的軸對稱性圓關于直徑所在的直線對稱．2．圓關于點對稱(1)求圓關于某點對稱的圓，只需確定所求圓的圓心位置．(2)兩圓關于某點對稱，那么此點為兩圓圓心連線的中點．3．圓關于直線對稱(1)求圓關于某條直線對稱的圓，只需確定所求圓的圓心位置．(2)兩圓關于某條直線對稱，那么此直線為兩圓圓心連線的垂直平分線．[例2]圓C1：(x＋1)2＋(y－1)2＝1，圓C2與圓C1關于直線x－y－1＝0對稱，那么圓C2的方程為()A．(x＋2)2＋(y－2)2＝1B．(x－2)2＋(y＋2)2＝1C．(x＋2)2＋(y＋2)2＝1D．(x－2)2＋(y－2)2＝1[解析]圓C1的圓心坐標為(－1,1)，半徑為1，設圓C2的圓心坐標為(a，b)，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a－1,2)－\f(b＋1,2)－1＝0，,\f(b－1,a＋1)＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－2，))所以圓C2的圓心坐標為(2，－2)，又兩圓的半徑相等，故圓C2的方程為(x－2)2＋(y＋2)2＝1.[答案]B能力練通抓應用體驗的“得〞與“失〞1.eq\a\vs4\al([考點一])點A(－1，eq\r(3))，B(1，－eq\r(3))，那么以線段AB為直徑的圓的方程是()A．x2＋y2＝2 B．x2＋y2＝eq\r(2)C．x2＋y2＝1 D．x2＋y2＝4解析：選D由題意知，AB的中點為(0,0)，即所求圓的圓心坐標為(0,0)，設圓的方程為x2＋y2＝r2，因為|AB|＝eq\r([1－－1]2＋－\r(3)－\r(3)2)＝4，所以圓的半徑為2，所以圓的方程為x2＋y2＝4.2.eq\a\vs4\al([考點一])假設圓C的半徑為1，圓心在第一象限，且與直線4x－3y＝0和x軸都相切，那么該圓的標準方程是()A．(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－1))2＝1 B．(x－2)2＋(y＋1)2＝1C．(x＋2)2＋(y－1)2＝1 D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－3))2＋(y－1)2＝1解析：選A由于圓心在第一象限且與x軸相切，故設圓心為(a,1)(a>0)，又由圓與直線4x－3y＝0相切可得eq\f(|4a－3|,5)＝1，解得a＝2，故圓的標準方程為(x－2)2＋(y－1)2＝1.3.eq\a\vs4\al([考點二])圓x2＋y2＋2x－4y＋1＝0關于直線2ax－by＋2＝0(a，b∈R)對稱，那么ab的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))解析：選A將圓的方程化成標準形式得(x＋1)2＋(y－2)2＝4，假設圓關于直線對稱，那么圓心(－1,2)在直線上，代入整理得a＋b＝1，故ab＝a(1－a)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)≤eq\f(1,4)，應選A.4.eq\a\vs4\al([考點二])假設圓C的半徑為1，其圓心與點(1,0)關于直線y＝x對稱，那么圓C的標準方程為________．解析：根據(jù)題意得，點(1,0)關于直線y＝x對稱的點(0,1)為圓心，又半徑r＝1，所以圓C的標準方程為x2＋(y－1)2＝1.答案：x2＋(y－1)2＝15.eq\a\vs4\al([考點二])假設圓(x＋1)2＋(y－3)2＝9上的相異兩點P，Q關于直線kx＋2y－4＝0對稱，那么k的值為________．解析：圓是軸對稱圖形，過圓心的直線都是它的對稱軸．圓的圓心為(－1,3)，由題設知，直線kx＋2y－4＝0過圓心，那么k×(－1)＋2×3－4＝0，解得k＝2.答案：26.eq\a\vs4\al([考點一])求圓心在直線x－2y－3＝0上，且過點A(2，－3)，B(－2，－5)的圓的方程．解：設點C為圓心，因為點C在直線x－2y－3＝0上，所以可設點C的坐標為(2a＋3，a又該圓經(jīng)過A，B兩點，所以|CA|＝|CB|，即eq\r(2a＋3－22＋a＋32)＝eq\r(2a＋3＋22＋a＋52)，解得a＝－2，所以圓心C的坐標為(－1，－2)，半徑r＝eq\r(10).故所求圓的方程為(x＋1)2＋(y＋2)2＝10.突破點(二)與圓的方程有關的綜合問題圓的方程是高中數(shù)學的一個重要知識點，高考中，除了圓的方程的求法外，圓的方程與其他知識的綜合問題也是高考考查的熱點，常涉及軌跡問題和最值問題.解決此類問題的關鍵是數(shù)形結(jié)合思想的運用.考點貫穿抓高考命題的“形〞與“神〞與圓有關的軌跡問題[例1]圓x2＋y2＝4上一定點A(2,0)，B(1,1)為圓內(nèi)一點，P，Q為圓上的動點．(1)求線段AP中點的軌跡方程；(2)假設∠PBQ＝90°，求線段PQ中點的軌跡方程．[解](1)設AP的中點為M(x，y)，由中點坐標公式可知，P點坐標為(2x－2,2y)．因為P點在圓x2＋y2＝4上，所以(2x－2)2＋(2y)2＝4.故線段AP中點的軌跡方程為(x－1)2＋y2＝1.(2)設PQ的中點為N(x，y)．在Rt△PBQ中，|PN|＝|BN|.設O為坐標原點，連接ON，那么ON⊥PQ，所以|OP|2＝|ON|2＋|PN|2＝|ON|2＋|BN|2，所以x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2＝4.故線段PQ中點的軌跡方程為x2＋y2－x－y－1＝0.[方法技巧]求與圓有關的軌跡問題的四種方法與圓有關的最值問題處理與圓有關的最值問題時，應充分考慮圓的幾何性質(zhì)，并根據(jù)代數(shù)式的幾何意義，借助數(shù)形結(jié)合思想求解．與圓有關的最值問題，常見的有以下幾種類型：(1)形如μ＝eq\f(y－b,x－a)的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線斜率的最值問題．(2)形如t＝ax＋by的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線截距的最值問題，也可用三角代換求解．(3)形如m＝(x－a)2＋(y－b)2的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動點與定點的距離的平方的最值問題．[例2]M(m，n)為圓C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一點．(1)求m＋2n的最大值；(2)求eq\f(n－3,m＋2)的最大值和最小值．[解](1)法一：因為x2＋y2－4x－14y＋45＝0的圓心C(2，7)，半徑r＝2eq\r(2)，設m＋2n＝t，將m＋2n＝t看成直線方程，因為該直線與圓有公共點，所以圓心到直線的距離d＝eq\f(|1×2＋2×7－t|,\r(12＋22))≤2eq\r(2)，解上式得：16－2eq\r(10)≤t≤16＋2eq\r(10)，所以m＋2n的最大值為16＋2eq\r(10).法二：由x2＋y2－4x－14y＋45＝0，得(x－2)2＋(y－7)2＝8.因為點M(m，n)為圓上任意一點，故可設eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－2＝2\r(2)cosθ，,n－7＝2\r(2)sinθ，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2＋2\r(2)cosθ,n＝7＋2\r(2)sinθ))∴m＋2n＝2＋2eq\r(2)cosθ＋2(7＋2eq\r(2)sinθ)＝16＋2eq\r(2)cosθ＋4eq\r(2)sinθ＝16＋eq\r(8＋32)sin(θ＋φ)＝16＋2eq\r(10)sin(θ＋φ)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f(1,2)))故m＋2n的最大值為16＋2eq\r(10).(2)記點Q(－2,3)．因為eq\f(n－3,m＋2)表示直線MQ的斜率，設直線MQ的方程為y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0，那么eq\f(n－3,m＋2)＝k.由直線MQ與圓C有公共點，所以eq\f(|2k－7＋2k＋3|,\r(k2＋1))≤2eq\r(2).可得2－eq\r(3)≤k≤2＋eq\r(3)，所以eq\f(n－3,m＋2)的最大值為2＋eq\r(3)，最小值為2－eq\r(3).能力練通抓應用體驗的“得〞與“失〞1.eq\a\vs4\al([考點一])設定點M(－3,4)，動點N在圓x2＋y2＝4上運動，以OM，ON為兩邊作平行四邊形MONP，求點P的軌跡．解：如圖，設P(x，y)，N(x0，y0)，那么線段OP的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，\f(y,2)))，線段MN的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0－3,2)，\f(y0＋4,2))).因為平行四邊形的對角線互相平分，所以eq\f(x,2)＝eq\f(x0－3,2)，eq\f(y,2)＝eq\f(y0＋4,2)，整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝x＋3，,y0＝y(tǒng)－4.))又點N(x＋3，y－4)在圓x2＋y2＝4上，所以(x＋3)2＋(y－4)2＝4.所以點P的軌跡是以(－3,4)為圓心，2為半徑的圓，因為O，M，P三點不共線，所以應除去兩點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，\f(12,5)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(21,5)，\f(28,5))).2.eq\a\vs4\al([考點二])實數(shù)x，y滿足方程x2＋y2－4x＋1＝0，(1)求eq\f(y,x)的最大值和最小值；(2)求y－x的最大值和最小值；(3)求x2＋y2的最大值和最小值．解：原方程可化為(x－2)2＋y2＝3，表示以(2,0)為圓心，eq\r(3)為半徑的圓．(1)eq\f(y,x)的幾何意義是圓上一點與原點連線的斜率，所以設eq\f(y,x)＝k，即y＝kx.當直線y＝kx與圓相切時，斜率k取最大值或最小值，此時eq\f(|2k－0|,\r(k2＋1))＝eq\r(3)，解得k＝±eq\r(3).所以eq\f(y,x)的最大值為eq\r(3)，最小值為－eq\r(3).(2)y－x可看成是直線y＝x＋b在y軸上的截距．當直線y＝x＋b與圓相切時，縱截距b取得最大值或最小值，此時eq\f(|2－0＋b|,\r(2))＝eq\r(3)，解得b＝－2±eq\r(6).所以y－x的最大值為－2＋eq\r(6)，最小值為－2－eq\r(6).(3)x2＋y2表示圓上的一點與原點距離的平方．由平面幾何知識知，x2＋y2在原點和圓心的連線與圓的兩個交點A，B處分別取得最小值，最大值．因為圓心到原點的距離為eq\r(2－02＋0－02)＝2，所以x2＋y2的最大值是(2＋eq\r(3))2＝7＋4eq\r(3)，x2＋y2的最小值是(2－eq\r(3))2＝7－4eq\r(3).[全國卷5年真題集中演練——明規(guī)律]1.(2022·新課標全國卷Ⅱ)過三點A(1,3)，B(4,2)，C(1，－7)的圓交y軸于M，N兩點，那么|MN|＝()A．2eq\r(6)B．8C．4eq\r(6) D．10解析：選C設圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＋3E＋F＋10＝0，,4D＋2E＋F＋20＝0，,D－7E＋F＋50＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝－2，,E＝4，,F＝－20.))∴圓的方程為x2＋y2－2x＋4y－20＝0.令x＝0，得y＝－2＋2eq\r(6)或y＝－2－2eq\r(6)，∴M(0，－2＋2eq\r(6))，N(0，－2－2eq\r(6))或M