2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第38講　直線的方程及位置關(guān)系含答案

2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章解析幾何第38講直線的方程及位置關(guān)系鏈教材夯基固本激活思維1．(人A選必一P54例1改)如圖，直線l1，l2，l3的斜率分別為k1，k2，k3，則(D)A．k1＜k2＜k3 B．k3＜k1＜k2C．k3＜k2＜k1 D．k1＜k3＜k2【解析】由題圖知，直線l1的傾斜角α1是鈍角，故k1＜0，直線l2與l3的傾斜角α2與α3均為銳角，且α2＞α3，所以0＜k3＜k2，因此k1＜k3＜k2.2．(人A選必一P57T1改)已知直線l過點(－1，2)，且與直線2x－3y＋4＝0垂直，則l的方程是(A)A．3x＋2y－1＝0 B．3x＋2y＋7＝0C．2x－3y＋5＝0 D．2x－3y＋8＝0【解析】由題意可得直線l的斜率k＝－eq\f(3,2)，所以l：y－2＝－eq\f(3,2)(x＋1)，即3x＋2y－1＝0.3．(人A選必一P77T3改)已知點A(a，2)(a＞0)到直線l：x－y＋3＝0的距離為1，則a＝(C)A．eq\r(2)B．2－eq\r(2)C．eq\r(2)－1 D．eq\r(2)＋1【解析】由題意知eq\f(|a－2＋3|,\r(2))＝1，a＞0，解得a＝eq\r(2)－1.4．(人A選必一P72T3改)已知直線l經(jīng)過原點，且經(jīng)過直線2x－2y－1＝0與直線6x－4y＋1＝0的交點，則直線l的方程是(A)A．4x－3y＝0 B．4x＋3y＝0C．3x－4y＝0 D．3x＋4y＝0【解析】經(jīng)過直線2x－2y－1＝0與直線6x－4y＋1＝0的交點的直線可設(shè)為2x－2y－1＋λ(6x－4y＋1)＝0，將原點O(0，0)代入，得－1＋λ＝0，解得λ＝1，所以直線l的方程為4x－3y＝0.5．(人A選必一P61例2改)(多選)若直線ax＋2y－6＝0與x＋(a－1)y＋a2－1＝0平行，則a的值可能是(AB)A．2 B．－1C．－2 D．1【解析】因為兩直線平行，所以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＝－1.聚焦知識1．直線的傾斜角(1)定義：當(dāng)直線l與x軸相交時，取x軸作為基準(zhǔn)，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(dāng)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的傾斜角的取值范圍是__[0，π)__．2．斜率公式(1)若直線l的傾斜角α≠90°，則斜率k＝__tanα__．(2)若P1(x1，y1)，P2(x2，y2)在直線l上且x1≠x2，則l的斜率k＝__eq\f(y2－y1,x2－x1)__．3．直線方程的五種形式名稱方程適用范圍點斜式__y－y0＝k(x－x0)__不含直線x＝x0斜截式__y＝kx＋b__不含垂直于x軸的直線兩點式eq\f(y－y1,y2－y1)＝eq\f(x－x1,x2－x1)(x1≠x2，y1≠y2)不含直線x＝x1和直線y＝y(tǒng)1截距式eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1不含垂直于坐標(biāo)軸和過原點的直線一般式__Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)__平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的直線都適用4．兩條直線平行與垂直的判定(1)平行：對于兩條不重合的直線l1，l2，其斜率分別為k1，k2，則有l(wèi)1∥l2?__k1＝k2__．特別地，當(dāng)直線l1，l2的斜率都不存在時，l1與l2平行．(2)垂直：如果兩條直線l1，l2的斜率都存在，設(shè)為k1，k2，則l1⊥l2?__k1·k2＝－1__．特別地，當(dāng)一條直線斜率為零，另一條直線斜率不存在時，兩條直線垂直．5．三個距離公式(1)點點距：兩點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)之間的距離為|P1P2|＝__eq\r((x2－x1)2＋(y2－y1)2)__．(2)點線距：平面上任意一點P0(x0，y0)到直線l：Ax＋By＋C＝0的距離d＝__eq\f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2))__．(3)線線距：兩條平行直線l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0之間的距離d＝__eq\f(|C1－C2|,\r(A2＋B2))__．6．常用結(jié)論(1)“截距”是直線與坐標(biāo)軸交點的坐標(biāo)值，它可正，可負(fù)，也可以是零，而“距離”是一個非負(fù)數(shù)．(2)“直線A1x＋B1y＋C1＝0，A2x＋B2y＋C2＝0平行”的充要條件是“A1B2＝A2B1且A1C2≠A2C1”；“兩直線垂直”的充要條件是“A1A2＋B1B2＝0”．研題型能力養(yǎng)成舉題說法直線的方程例1(1)已知直線l的斜率為eq\r(3)，在y軸上的截距為另一條直線x－2y－4＝0的斜率的倒數(shù)，則直線l的方程為(A)A．y＝eq\r(3)x＋2 B．y＝eq\r(3)x－2C．y＝eq\r(3)x＋eq\f(1,2) D．y＝－eq\r(3)x＋2【解析】因為直線x－2y－4＝0的斜率為eq\f(1,2)，所以直線l在y軸上的截距為2，故直線l的方程為y＝eq\r(3)x＋2.(2)在△ABC中，已知點A(5，－2)，B(7，3)，且AC邊的中點M在y軸上，BC邊的中點N在x軸上，則MN所在直線的方程為(A)A．5x－2y－5＝0 B．2x－5y－5＝0C．5x－2y＋5＝0 D．2x－5y＋5＝0【解析】設(shè)C(x，y)，M(0，m)，N(n，0)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x＋5,2)＝0，,\f(y－2,2)＝m，))且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x＋7,2)＝n，,\f(y＋3,2)＝0，))解得x＝－5，y＝－3，m＝－eq\f(5,2)，n＝1，即C(－5，－3)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(5,2)))，N(1，0)，所以MN所在直線的方程為eq\f(y＋\f(5,2),\f(5,2))＝eq\f(x,1)，即5x－2y－5＝0.求直線方程的兩種方法：(1)直接法，根據(jù)已知條件，選擇適當(dāng)?shù)闹本€方程形式，直接寫出直線的方程．選擇直線方程的形式時，應(yīng)注意各種形式的方程的適用范圍，必要時要分類討論．(2)待定系數(shù)法，具體步驟為：設(shè)所求直線方程的某種形式，由條件建立所求參數(shù)的方程(組)，解這個方程(組)求出參數(shù)，把參數(shù)的值代入所設(shè)直線方程．變式(1)(2023·臨沂調(diào)研)若過點A(－1，1)的直線l的傾斜角是直線l1：eq\r(3)x－y＋1＝0的傾斜角的2倍，則直線l的方程是(B)A．eq\r(3)x－y＋eq\r(3)＋1＝0B．eq\r(3)x＋y＋eq\r(3)－1＝0C．eq\r(3)x－3y＋eq\r(3)＋3＝0D．eq\r(3)x＋3y＋eq\r(3)－3＝0【解析】設(shè)直線l與l1的斜率分別為k，k1.因為k1＝tanα＝eq\r(3)，α＝60°，所以k＝tan120°＝－eq\r(3)，所以直線l的方程是y－1＝－eq\r(3)(x＋1)，即eq\r(3)x＋y＋eq\r(3)－1＝0.(2)傾斜角為150°，在y軸上的截距為－3的直線方程為__y＝－eq\f(\r(3),3)x－3__．【解析】由直線的傾斜角為150°，知該直線的斜率為k＝tan150°＝－eq\f(\r(3),3)，故所求直線的斜截式方程為y＝－eq\f(\r(3),3)x－3.兩直線的位置關(guān)系例2(1)若直線l：(a＋1)x－y＋3＝0與直線m：x－(a＋1)y－3＝0互相平行，則a的值為(D)A．－1 B．－2C．－2或0 D．0【解析】由題設(shè)知(a＋1)2＝1，解得a＝0或a＝－2.當(dāng)a＝0時，l：x－y＋3＝0，m：x－y－3＝0，滿足題設(shè)；當(dāng)a＝－2時，l：x＋y－3＝0，m：x＋y－3＝0，不滿足題設(shè)．所以a＝0.(2)(2023·溫州三模)已知直線l1：x＋y＝0，l2：ax＋by＋1＝0，若l1⊥l2，則a＋b＝(B)A．－1 B．0C．1 D．2【解析】因為直線l1：x＋y＝0，l2：ax＋by＋1＝0，且l1⊥l2，所以1·a＋1·b＝0，即a＋b＝0.平行與垂直關(guān)系的解題策略：(1)已知兩直線的斜率存在．①兩直線平行?兩直線的斜率相等且在坐標(biāo)軸上的截距不相等；②兩直線垂直?兩直線的斜率之積等于－1．(2)當(dāng)含參數(shù)的直線方程為一般式時，若要表示出直線的斜率，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．變式(1)設(shè)直線l1：(a＋1)x＋3y＋2＝0，直線l2：x＋2y＋1＝0，若l1∥l2，則a＝__eq\f(1,2)__；若l1⊥l2，則a＝__－7__．【解析】若l1∥l2，則2(a＋1)－1×3＝0，解得a＝eq\f(1,2)，經(jīng)檢驗，當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，符合題意，故a＝eq\f(1,2)；若l1⊥l2，則a＋1＋3×2＝0，解得a＝－7.(2)已知過點A(－2，m)和點B(m，4)的直線為l1，直線l2：2x＋y－1＝0，直線l3：x＋ny＋1＝0.若l1∥l2，l2⊥l3，求實數(shù)m＋n的值．【解答】因為l1∥l2，所以kAB＝eq\f(4－m,m＋2)＝－2，解得m＝－8.因為l2⊥l3，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,n)))×(－2)＝－1，解得n＝－2，所以m＋n＝－10.距離問題例3(1)已知經(jīng)過點P(2，2)的直線l與直線ax－y＋1＝0垂直，若點M(1，0)到直線l的距離等于eq\r(5)，則a的值是(C)A．－eq\f(1,2) B．1C．2 D．eq\f(1,2)【解析】依題意，設(shè)直線l的方程為x＋ay＋c＝0.因為點P(2，2)在l上，且點M(1，0)到直線l的距離等于eq\r(5)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋2a＋c＝0，,\f(|1＋c|,\r(1＋a2))＝\r(5)，))消去c，得a＝2.(2)若動點A，B分別在直線l1：x＋y－7＝0和l2：x＋y－5＝0上移動，則AB的中點M到原點的距離的最小值為(A)A．3eq\r(2) B．2eq\r(2)C．3eq\r(3) D．4eq\r(2)【解析】由題意知AB的中點M的集合為與直線l1：x＋y－7＝0的距離和與l2：x＋y－5＝0的距離都相等的直線，則M到原點的距離的最小值為原點到該直線的距離．設(shè)點M所在直線的方程為x＋y＋m＝0，根據(jù)平行線間的距離公式得eq\f(|m＋7|,\r(2))＝eq\f(|m＋5|,\r(2))，解得m＝－6，即x＋y－6＝0.根據(jù)點到直線的距離公式得點M到原點的距離的最小值為eq\f(|－6|,\r(2))＝3eq\r(2).使用距離公式時應(yīng)注意：(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)應(yīng)用兩平行線間的距離公式時，要把兩直線方程中x，y的系數(shù)化為相等．變式(1)已知直線l過點P(3，4)且與點A(－2，2)，點B(4，－2)的距離相等，則直線l的方程為__2x－y－2＝0或2x＋3y－18＝0__．【解析】設(shè)直線l的方程為y－4＝k(x－3)，即kx－y＋4－3k＝0.由已知得eq\f(|－2k－2＋4－3k|,\r(1＋k2))＝eq\f(|4k＋2＋4－3k|,\r(1＋k2))，解得k＝2或k＝－eq\f(2,3)，所以直線l的方程為2x－y－2＝0或2x＋3y－18＝0.(2)若兩平行直線3x－2y－1＝0，6x＋ay＋c＝0之間的距離為eq\f(2\r(13),13)，則eq\f(c＋2,a)的值為__±1__．【解析】由題意得eq\f(6,3)＝eq\f(a,－2)≠eq\f(c,－1)，所以a＝－4，c≠－2，則6x＋ay＋c＝0可化為3x－2y＋eq\f(c,2)＝0，所以eq\f(2\r(13),13)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)＋1)),\r(13))，解得c＝2或c＝－6，所以eq\f(c＋2,a)＝－1或eq\f(c＋2,a)＝1.對稱問題例4已知直線l：2x－3y＋1＝0，點A(－1，－2).(1)求點A關(guān)于直線l的對稱點A′的坐標(biāo)；【解答】設(shè)A′(x，y).由已知條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y＋2,x＋1)×\f(2,3)＝－1，,2×\f(x－1,2)－3×\f(y－2,2)＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(33,13)，,y＝\f(4,13)，))所以A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(33,13)，\f(4,13))).(2)求直線m：3x－2y－6＝0關(guān)于直線l對稱的直線m′的方程；【解答】在直線m上取一點，如M(2，0)，則M(2，0)關(guān)于直線l的對稱點M′必在直線m′上．設(shè)對稱點為M′(a，b)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2×\f(a＋2,2)－3×\f(b＋0,2)＋1＝0，,\f(b－0,a－2)×\f(2,3)＝－1，))得M′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,13)，\f(30,13))).設(shè)直線m與直線l的交點為N.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－3y＋1＝0，,3x－2y－6＝0，))得N(4，3).又m′經(jīng)過點N(4，3)，所以由兩點式得直線m′的方程為9x－46y＋102＝0.(3)求直線l關(guān)于點A對稱的直線l′的方程.【解答】方法一：在l：2x－3y＋1＝0上取兩點P(1，1)，Q(4，3)，則P，Q關(guān)于點A(－1，－2)的對稱點P′，Q′均在直線l′上，易得P′(－3，－5)，Q′(－6，－7)，由兩點式可得直線l′的方程為2x－3y－9＝0.方法二：因為l∥l′，所以設(shè)l′的方程為2x－3y＋C＝0(C≠1).因為點A(－1，－2)到兩直線l，l′的距離相等，所以由點到直線的距離公式，得eq\f(|－2＋6＋C|,\r(13))＝eq\f(|－2＋6＋1|,\r(13))，解得C＝－9，所以直線l′的方程為2x－3y－9＝0.對稱問題的求解策略(1)解決對稱問題的思路是利用待定系數(shù)法將幾何關(guān)系轉(zhuǎn)化為代數(shù)關(guān)系求解．(2)中心對稱問題可以利用中點坐標(biāo)公式解題，兩點軸對稱問題可以利用垂直和中點兩個條件列方程組解題．變式已知入射光線經(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)，則反射光線所在直線的方程為__6x－y－6＝0__．【解析】設(shè)點M(－3，4)關(guān)于直線l：x－y＋3＝0的對稱點為M′(a，b)，則反射光線所在直線過點M′.由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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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.隨堂內(nèi)化1．已知直線l1：eq\r(3)x－3y＋1＝0與直線l2平行，則l2的斜率為(C)A．eq\r(3) B．－eq\r(3)C．eq\f(\r(3),3) D．－eq\f(\r(3),3)【解析】因為直線l1：eq\r(3)x－3y＋1＝0的斜率k＝eq\f(\r(3),3)，l2∥l1，所以直線l2的斜率為eq\f(\r(3),3).2．(2023·阜陽模擬)在x軸與y軸上截距分別為－2，2的直線的傾斜角為(A)A．45° B．135°C．90° D．180°【解析】由題意知直線過點(－2，0)，(0，2).設(shè)直線斜率為k，傾斜角為α，則k＝tanα＝eq\f(2－0,0－(－2))＝1，故傾斜角α＝45°.3．已知點P(－2，1)到直線l：3x－4y＋m＝0的距離為1，則m的值為(D)A．－5或－15 B．－5或15C．5或－15 D．5或15【解析】因為點P(－2，1)到直線l：3x－4y＋m＝0的距離為1，所以eq\f(|3×(－2)－4×1＋m|,\r(32＋(－4)2))＝1，解得m＝15或m＝5.4．(2024·九省聯(lián)考)已知Q為直線l：x＋2y＋1＝0上的動點，點P滿足eq\o(QP,\s\up6(→))＝(1，－3)，記P的軌跡為E，則(C)A．E是一個半徑為eq\r(5)的圓B．E是一條與l相交的直線C．E上的點到l的距離均為eq\r(5)D．E是兩條平行直線【解析】設(shè)P(x，y)，由eq\o(QP,\s\up6(→))＝(1，－3)，得Q(x－1，y＋3)，由Q在直線l：x＋2y＋1＝0上，可得x－1＋2(y＋3)＋1＝0，化簡得x＋2y＋6＝0，即P的軌跡E為直線x＋2y＋6＝0，與直線l平行，則E上的點到l的距離d＝eq\f(|6－1|,\r(12＋22))＝eq\r(5)，故A，B，D錯誤，C正確．5．(2023·臨沂模擬)已知光線從點A(6，1)射出，到x軸上的點B后，被x軸反射到y(tǒng)軸上的點C，再被y軸反射，這時反射光線恰好經(jīng)過點D(4，4)，則CD所在直線的方程為__x－2y＋4＝0__．【解析】如圖，由題意知點B在原點O的右側(cè)，A(6，1)關(guān)于x軸對稱的點為A′(6，－1)，且D(4，4)關(guān)于y軸對稱的點為D′(－4，4)，直線BC一定過A′，D′兩點，所以BC所在直線的方程為y－4＝eq\f(4＋1,－4－6)(x＋4)，即x＋2y－4＝0.令x＝0，得y＝2，所以點C的坐標(biāo)為(0，2)，所以CD所在直線的方程為y＝eq\f(4－2,4－0)x＋2，即x－2y＋4＝0.配套精練A組夯基精練一、單項選擇題1．(2023·福州模擬)已知A(1，－3)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8，\f(1,2)))，C(9，λ)，且A，B，C三點共線，則λ＝(C)A．－1 B．0C．1 D．2【解析】因為A，B，C三點共線，所以kAB＝kAC，即eq\f(\f(1,2)＋3,8－1)＝eq\f(λ＋3,9－1)，解得λ＝1.2．(2023·漳州質(zhì)檢)已知a2－3a＋2＝0，則直線l1：ax＋(3－a)y－a＝0和直線l2：(6－2a)x＋(3a－5)y－4＋a＝0的位置關(guān)系為(D)A．垂直或平行 B．垂直或相交C．平行或相交 D．垂直或重合【解析】因為a2－3a＋2＝0，所以a＝1或a＝2.當(dāng)a＝1時，l1：x＋2y－1＝0，l2：4x－2y－3＝0，k1＝－eq\f(1,2)，k2＝2，所以k1·k2＝－1，則兩直線垂直；當(dāng)a＝2時，l1：2x＋y－2＝0，l2：2x＋y－2＝0，則兩直線重合．3．過點(5，2)，且在y軸上的截距是在x軸上的截距2倍的直線方程是(B)A．2x＋y－12＝0B．2x＋y－12＝0或2x－5y＝0C．x－2y－1＝0D．x－2y－1＝0或2x－5y＝0【解析】當(dāng)直線過原點時，由直線過點(5，2)，可得直線的斜率為eq\f(2,5)，故直線的方程為y＝eq\f(2x,5)，即2x－5y＝0；當(dāng)直線不過原點時，設(shè)直線在x軸上的截距為b，則在y軸上的截距是2b，直線的方程為eq\f(x,b)＋eq\f(y,2b)＝1，把點(5，2)代入可得eq\f(5,b)＋eq\f(2,2b)＝1，解得b＝6，故直線的方程為eq\f(x,6)＋eq\f(y,12)＝1，即2x＋y－12＝0.4．若直線y＝eq\f(\r(3),3)x關(guān)于直線x＝1對稱的直線為l，則直線l的方程是(C)A．eq\r(3)x＋y－2＝0 B．eq\r(3)x＋y＋2＝0C．x＋eq\r(3)y－2＝0 D．x＋eq\r(3)y＋2＝0【解析】直線y＝eq\f(\r(3),3)x與直線x＝1交于點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)))，所以直線l的斜率為－eq\f(\r(3),3)且過點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)))，所以直線l的方程為y－eq\f(\r(3),3)＝－eq\f(\r(3),3)(x－1)，即x＋eq\r(3)y－2＝0.二、多項選擇題5．已知直線l1：mx＋y＋1＝0，直線l2：x＋my＋1＝0，則下列說法正確的有(BD)A．直線l1恒過點(0，1)B．若直線l2的方向向量為(1，1)，則m＝－1C．若l1∥l2，則m＝±1D．若l1⊥l2，則m＝0【解析】把(0，1)代入直線l1的方程，等式不成立，故A錯誤；若直線l2：x＋my＋1＝0的方向向量為(1，1)，則直線l2的斜率k＝eq\f(－1,m)＝1，可得m＝－1，故B正確；因為直線l1的方向向量為(1，－m)，直線l2的方向向量為(m，－1)，若l1∥l2，則有m2－1＝0，解得m＝±1，當(dāng)m＝1時，l1與l2重合，舍去，所以m＝－1，故C錯誤；若l1⊥l2，則有m＋m＝0，即m＝0，故D正確．6．(2023·南京鹽城期末)已知直線l的方程為(a2－1)x－2ay＋2a2＋2＝0，a∈R，O為原點，則(BD)A．若|OP|≤2，則點P一定不在直線l上B．若點P在直線l上，則|OP|≥2C．直線l上存在定點PD．存在無數(shù)個點P總不在直線l上【解析】點O到直線l的距離為d＝eq\f(2a2＋2,\r((a2－1)2＋(－2a)2))＝2，所以l始終與圓x2＋y2＝4相切，若|OP|≤2，則點P可能在直線l上，故A錯誤；當(dāng)點P在直線l上時，|OP|≥2，故B正確；由(a2－1)x－2ay＋2a2＋2＝0，知a2(x＋2)－a·2y＋2－x＝0，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2＝0，,2y＝0，,2－x＝0，))x無解，所以直線l不過定點，故C錯誤；圓x2＋y2＝4內(nèi)(不含邊界)的所有點都不在直線l上，故D正確．三、填空題7．(2023·懷化二模)點(0，－1)到直線y＝k(x＋1)距離的最大值為__eq\r(2)__．【解析】直線y＝k(x＋1)恒過點A(－1，0)，則點(0，－1)到直線y＝k(x＋1)的距離的最大值為點(0，－1)到點A的距離，即為d＝eq\r((0＋1)2＋(－1－0)2)＝eq\r(2).8．點P(2，7)關(guān)于直線x＋y＋1＝0對稱的點的坐標(biāo)為__(－8，－3)__．【解析】設(shè)點P(2，7)關(guān)于直線x＋y＋1＝0對稱的點為A(a，b)，由對稱性知，直線x＋y＋1＝0與線段PA垂直，所以kPA＝eq\f(b－7,a－2)＝1，所以a－b＝－5.又線段PA的中點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋a,2)，\f(7＋b,2)))在直線x＋y＋1＝0上，即eq\f(2＋a,2)＋eq\f(7＋b,2)＋1＝0，所以a＋b＝－11.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＝－5，,a＋b＝－11，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－8，,b＝－3，))所以點P(2，7)關(guān)于直線x＋y＋1＝0對稱的點的坐標(biāo)為(－8，－3).9．(2023·邯鄲模擬)若直線l1：x＋ay－2＝0(a∈R)與直線l2：y＝eq\f(3,4)x－1平行，則a＝__－eq\f(4,3)__，l1與l2的距離為__eq\f(2,5)__．【解析】由題可知直線l1的斜率為－eq\f(1,a)(a≠0)，直線l2的斜率為eq\f(3,4)，所以－eq\f(1,a)＝eq\f(3,4)，解得a＝－eq\f(4,3)，則直線l1：3x－4y－6＝0與直線l2：3x－4y－4＝0間的距離d＝eq\f(|－6＋4|,\r(32＋(－4)2))＝eq\f(2,5).四、解答題10．已知□ABCD的三個頂點坐標(biāo)分別為A(－2，－1)，B(4，1)，C(2，3).(1)求AD所在直線的方程；【解答】因為四邊形ABCD為平行四邊形，則AD∥BC，則kAD＝kBC＝eq\f(1－3,4－2)＝－1，所以直線AD的方程為y＋1＝－(x＋2)，即x＋y＋3＝0.(2)求□ABCD的面積．【解答】直線BC的方程為y－1＝－(x－4)，即x＋y－5＝0，且|BC|＝eq\r((4－2)2＋(1－3)2)＝2eq\r(2)，點A到直線BC的距離為d＝eq\f(|－2－1－5|,\r(2))＝4eq\r(2)，所以平行四邊形ABCD的面積為S□ABCD＝|BC|·d＝2eq\r(2)×4eq\r(2)＝16.11．已知直線l：(2＋m)x＋(1－2m)y＋4－3m＝0.(1)求證：不論m為何實數(shù)，直線l過定點M；【解答】直線l的方程轉(zhuǎn)化為(2x＋y＋4)＋m(x－2y－3)＝0，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＋4＝0，,x－2y－3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－2，))所以無論m為何實數(shù)，直線l過定點M(－1，－2).(2)過定點M作一條直線l1，使直線l1夾在兩坐標(biāo)軸之間的線段被點M平分，求直線l1的方程．【解答】過定點M(－1，－2)作一條直線l1，使直線l1夾在兩坐標(biāo)軸之間的線段被點M平分，則直線l1過點(－2，0)，(0，－4).設(shè)直線l1的方程為y＝kx＋b，把兩點坐標(biāo)代入得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2k＋b＝0，,b＝－4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝－2，,b＝－4，))則直線l1的方程為y＝－2x－4，即2x＋y＋4＝0.B組滾動小練12．(2024·福州期初)已知一個正四棱臺形油槽可以裝煤油190000cm3，其上、下底面邊長分別為60cm和40cm，則該油槽的深度為(D)A．eq\f(75,4)cm B．25cmC．50cm D．75cm【解析】設(shè)正四棱臺的高，即油槽的深度為hcm，依題意得190000＝eq\f(h,3)(602＋402＋60×40)，解得h＝75.13．(2024·淮安期初)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，D為邊BC上一點，AD＝2.(1)若△ABC的面積S＝2，∠ADB＝eq\f(π,4)，求a；【解答】由題知△ABC的高h(yuǎn)＝ADsin∠ADB＝2sineq\f(π,4)＝eq\r(2)，所以S＝eq\f(1,2)BC·h＝eq\f(1,2)·a·eq\r(2)＝2，則a＝2eq\r(2).(2)若D為∠BAC的角平分線與邊BC的交點，c＝2，C＝eq\f(π,4)，求a.【解答】因為AD是∠BAC的角平分線，所以∠BAD＝∠DAC.設(shè)∠BAD＝∠DAC＝θ，則∠ADB＝∠DAC＋∠C＝θ＋eq\f(π,4).在△ABD中，因為AB＝AD＝2，所以∠B＝∠ADB＝θ＋eq\f(π,4).由內(nèi)角和定理知∠B＋∠ADB＋∠BAD＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋θ＝3θ＋eq\f(π,2)＝π，所以θ＝eq\f(π,6).在△ABC中，由正弦定理得eq\f(a,sin∠BAC)＝eq\f(c,sinC)，則a＝eq\f(csin∠BAC,sinC)＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6))),sin\f(π,4))＝eq\r(6).1．補不足、提能力，老師可增加訓(xùn)練《抓分題·高考夯基固本天天練》(基礎(chǔ)版)對應(yīng)內(nèi)容2．為提高高考答卷速度及綜合應(yīng)考能力，老師可適時安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天練》(基礎(chǔ)版)第39講圓的方程鏈教材夯基固本激活思維1．(人A選必一P88習(xí)題4改)(多選)已知x2＋y2－4x＋6y＝0表示圓，則下列結(jié)論正確的是(BD)A．圓心坐標(biāo)為C(－2，3)B．圓心坐標(biāo)為C(2，－3)C．半徑r＝13D．半徑r＝eq\r(13)【解析】圓的方程可化為(x－2)2＋(y＋3)2＝13，所以圓心坐標(biāo)是C(2，－3)，半徑r＝eq\r(13).2．(人A選必一P85練習(xí)1(2)改)圓心為C(－8，3)，且經(jīng)過點M(－5，－1)的圓的方程是(A)A．(x＋8)2＋(y－3)2＝25B．(x－8)2＋(y－3)2＝25C．(x＋8)2＋(y－3)2＝16D．(x－8)2＋(y＋3)2＝25【解析】因為圓心為C(－8，3)，且經(jīng)過點M(－5，－1)，所以半徑為|MC|＝eq\r((－5＋8)2＋(－1－3)2)＝5，故圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋8)2＋(y－3)2＝25.3．(人A選必一P88習(xí)題4改)若圓C的圓心在x軸上，并且過A(－1，1)和B(1，3)兩點，則圓C的方程是(C)A．x2＋(y－2)2＝10B．x2＋(y＋2)2＝10C．(x－2)2＋y2＝10D．(x＋2)2＋y2＝10【解析】設(shè)圓心坐標(biāo)為C(a，0)，半徑為r，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋y2＝r2，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((－1－a)2＋12＝r2，,(1－a)2＋32＝r2，))解得a＝2，r2＝10，所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－2)2＋y2＝10.4．(人A選必一P85練習(xí)3改)已知圓C以P1P2為直徑，P1(4，9)，P2(6，3)，則下列各點在圓C外的是(B)A．M(6，9) B．N(3，3)C．Q(5，3) D．R(4，4)【解析】由線段的中點坐標(biāo)公式，可得圓心為C(5，6).因為|P1P2|＝eq\r((4－6)2＋(9－3)2)＝2eq\r(10)，所以圓C的方程為(x－5)2＋(y－6)2＝10.因為|CM|＝eq\r(10)＝r，所以點M在圓上；因為|CN|＝eq\r(13)＞r，所以點N在圓外；因為|CQ|＝3＜r，所以點Q在圓內(nèi)；因為|CR|＝eq\r(5)＜r，所以點R在圓內(nèi)．5．(人A必選一P87例5改)已知圓C經(jīng)過點A(3，1)，B(－1，3)，且它的圓心在直線3x－y－2＝0上，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為__(x－2)2＋(y－4)2＝10__；若點D為圓C上任意一點，且點E(3，0)，則線段ED的中點M的軌跡方程為__eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＋(y－2)2＝eq\f(5,2)__．【解析】由題可設(shè)圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((3－a)2＋(1－b)2＝r2，,(－1－a)2＋(3－b)2＝r2，,3a－b－2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝4，,r2＝10，))所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－2)2＋(y－4)2＝10.設(shè)M(x，y)，D(x1，y1).由E(3，0)及M為線段ED的中點得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x1＋3,2)，,y＝\f(y1＋0,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝2x－3，,y1＝2y.))又點D在圓C：(x－2)2＋(y－4)2＝10上，所以(2x－3－2)2＋(2y－4)2＝10，化簡得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＋(y－2)2＝eq\f(5,2)，故點M的軌跡方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＋(y－2)2＝eq\f(5,2).聚焦知識1．圓的定義、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(biāo)準(zhǔn)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條件：__D2＋E2－4F＞0__圓心：__eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))__半徑：r＝__eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\r(D2＋E2－4F)))__2．點與圓的位置關(guān)系點M(x0，y0)與圓(x－a)2＋(y－b)2＝r2的位置關(guān)系：(1)若點M(x0，y0)在圓外，則(x0－a)2＋(y0－b)2＞r2；(2)若點M(x0，y0)在圓上，則(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2；(3)若點M(x0，y0)在圓內(nèi)，則(x0－a)2＋(y0－b)2＜r2.3．兩個常用結(jié)論(1)方程Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圓的充要條件是A＝C≠0，B＝0，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,A)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,A)))eq\s\up12(2)－4·eq\f(F,A)＞0，即D2＋E2－4AF＞0.(2)以A(x1，y1)，B(x2，y2)為直徑的圓的方程為(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0.研題型能力養(yǎng)成舉題說法圓的方程例1(1)經(jīng)過點A(5，2)，B(3，－2)，且圓心在直線2x－y－3＝0上的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是__(x－2)2＋(y－1)2＝10__．【解析】方法一：(幾何法)由題意知kAB＝2，AB的中點為(4，0).設(shè)圓心為C(a，b).因為圓過A(5，2)，B(3，－2)兩點，所以圓心一定在線段AB的垂直平分線上，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a－4)＝－\f(1,2)，,2a－b－3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))所以C(2，1)，所以r＝|CA|＝eq\r((5－2)2＋(2－1)2)＝eq\r(10)，所以所求圓的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝10.方法二：設(shè)圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－b－3＝0，,(5－a)2＋(2－b)2＝r2，,(3－a)2＋(－2－b)2＝r2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,r＝\r(10)，))故圓的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝10.方法三：設(shè)圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(25＋4＋5D＋2E＋F＝0，,9＋4＋3D－2E＋F＝0，,2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)))＋\f(E,2)－3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝－4，,E＝－2，,F＝－5，))所以所求圓的方程為x2＋y2－4x－2y－5＝0，即(x－2)2＋(y－1)2＝10.(2)已知A(－eq\r(3)，0)，B(eq\r(3)，0)，C(0，3)，則△ABC外接圓的方程為(D)A．(x－1)2＋y2＝2B．(x－1)2＋y2＝4C．x2＋(y－1)2＝2D．x2＋(y－1)2＝4【解析】設(shè)△ABC外接圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((－\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\co1(a＝0，,b＝1，,r＝2，))則△ABC外接圓的方程為x2＋(y－1)2＝4.求圓的方程的兩種方法：(1)根據(jù)圓的幾何性質(zhì)，直接求出圓心坐標(biāo)和半徑，進(jìn)而寫出方程；(2)若已知條件與圓心(a，b)和半徑r有關(guān)，則設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，依據(jù)已知條件列出關(guān)于a，b，r的方程組，從而求出a，b，r的值；若已知條件沒有明確給出圓心或半徑，則選擇圓的一般方程，依據(jù)已知條件列出關(guān)于D，E，F(xiàn)的方程組，進(jìn)而求出D，E，F(xiàn)的值．變式(2022·全國甲卷)設(shè)點M在直線2x＋y－1＝0上，點(3，0)和(0，1)均在圓M上，則圓M的方程為__(x－1)2＋(y＋1)2＝5__．【解析】方法一：設(shè)圓M的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b－1＝0，,(3－a)2＋b2＝r2，,a2＋(1－b)2＝r2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，,r2＝5，))所以圓M的方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝5.方法二：設(shè)圓M的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(E,2)))－1＝0，,9＋3D＋F＝0，,1＋E＋F＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝－2，,E＝2，,F＝－3，))所以圓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)，圓M的半徑為r，則kAB＝eq\f(1－0,0－3)＝－eq\f(1,3)，AB的中點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)))，所以AB的垂直平分線方程為y－eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，即3x－y－4＝0.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－y－4＝0，,2x＋y－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－1，))所以M(1，－1)，所以r2＝|MA|2＝(3－1)2＋[0－(－1)]2＝5，所以圓M的方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝5.相關(guān)點法求動點軌跡方程例2點P(4，－2)與圓x2＋y2＝4上任一點連線的中點軌跡方程是(A)A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1B．(x－2)2＋(y＋1)2＝4C．(x＋4)2＋(y－2)2＝1D．(x＋2)2＋(y－1)2＝1【解析】設(shè)圓上任意一點為Q(x1，y1)，PQ的中點為M(x，y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x1＋4,2)，,y＝\f(y1－2,2)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝2x－4，,y1＝2y＋2.))由Q在圓x2＋y2＝4上，得(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，化簡得(x－2)2＋(y＋1)2＝1，故所求軌跡方程為(x－2)2＋(y＋1)2＝1.設(shè)要求動點的坐標(biāo)，尋找要求點與已知點之間的關(guān)系，代入已知點所滿足的關(guān)系式即可．變式若長為10的線段的兩個端點A，B分別在x軸和y軸上滑動，則線段AB的中點M的軌跡方程為__x2＋y2＝25__．【解析】設(shè)M(x，y)，A(a，0)，B(0，b)，則eq\r(a2＋b2)＝10，即a2＋b2＝100，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a＋0,2)＝x，,\f(0＋b,2)＝y(tǒng)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2x，,b＝2y，))代入a2＋b2＝100，得4x2＋4y2＝100，即x2＋y2＝25，故點M的軌跡方程為x2＋y2＝25.與圓有關(guān)的最值和范圍問題例3(1)(2023·湘潭質(zhì)檢)設(shè)點P(x，y)是圓x2＋(y－3)2＝1上的動點，定點A(2，0)，B(－2，0)，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最大值為__12__．【解析】由題意得eq\o(PA,\s\up6(→))＝(2－x，－y)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－2－x，－y)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x2＋y2－4.由于點P(x，y)是圓上的點，所以x2＋(y－3)2＝1，即x2＝－(y－3)2＋1，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12.易知2≤y≤4，所以當(dāng)y＝4時，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))取最大值，且最大值為6×4－12＝12.(2)已知圓C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分別是圓C1，C2上的動點，P為x軸上的動點，則|PM|＋|PN|的最小值為__5eq\r(2)－4__．【解析】P是x軸上的動點，則|PM|的最小值為|PC1|－1.同理|PN|的最小值為|PC2|－3，則|PM|＋|PN|的最小值為|PC1|＋|PC2|－4.取C1關(guān)于x軸對稱的點C′1(2，－3)，所以|PC1|＋|PC2|＝|PC′1|＋|PC2|≥|C′1C2|＝5eq\r(2)，即|PM|＋|PN|≥|PC1|＋|PC2|－4≥5eq\r(2)－4.(3)已知實數(shù)x，y滿足方程x2＋y2－4x＋1＝0，求下列表達(dá)式的最大值和最小值：①eq\f(y,x)；②y－x；③x2＋y2.【解答】①如圖，方程x2＋y2－4x＋1＝0，即(x－2)2＋y2＝3，表示以點(2，0)為圓心，eq\r(3)為半徑的圓．設(shè)eq\f(y,x)＝k，即y＝kx，則圓心(2，0)到直線y＝kx的距離等于半徑時，直線與圓相切，斜率取得最大或最小值．由eq\f(|2k|,\r(1＋k2))＝eq\r(3)，得k2＝3，所以kmax＝eq\r(3)，kmin＝－eq\r(3)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))eq\s\do7(max)＝eq\r(3)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))eq\s\do7(min)＝－eq\r(3).②設(shè)y－x＝b，則y＝x＋b.如圖，當(dāng)且僅當(dāng)直線y＝x＋b與圓相切時，截距b取最值．由點到直線的距離公式，得eq\f(|2＋b|,\r(2))＝eq\r(3)，解得b＝－2±eq\r(6)，故(y－x)min＝－2－eq\r(6)，(y－x)max＝－2＋eq\r(6).③x2＋y2表示圓上的點與原點的距離的平方．如圖，設(shè)圓與x軸相交于點B和C′(點B在點C′左側(cè))，易得B(2－eq\r(3)，0)，C′(2＋eq\r(3)，0)，則(x2＋y2)max＝|OC′|2＝(2＋eq\r(3))2＝7＋4eq\r(3)，(x2＋y2)min＝|OB|2＝(2－eq\r(3))2＝7－4eq\r(3).與圓有關(guān)的最值問題的求解方法(1)借助幾何性質(zhì)求最值：形如μ＝eq\f(y－b,x－a)，t＝ax＋by，(x－a)2＋(y－b)2的最值問題．(2)建立函數(shù)關(guān)系式求最值：列出關(guān)于所求目標(biāo)式子的函數(shù)關(guān)系式，然后根據(jù)關(guān)系式的特征選用配方法、判別式法、基本不等式法等求最值．(3)求解形如|PM|＋|PN|且與圓C有關(guān)的折線段的最值問題的基本思路：①“動化定”，把與圓上動點的距離轉(zhuǎn)化為與圓心的距離；②“曲化直”，即將折線段之和轉(zhuǎn)化為同一直線上的兩線段之和，一般要通過對稱性解決．隱形圓有些時候，在題干中沒有直接給出圓方面的信息，要通過分析和轉(zhuǎn)化發(fā)現(xiàn)圓(或圓的方程)，從而最終可以利用圓的知識來求解，我們稱這類問題為“隱形圓”問題．例4(1)古希臘幾何學(xué)家阿波羅尼斯證明過這樣一個命題：平面內(nèi)到兩定點距離之比為常數(shù)k(k＞0，k≠1)的點的軌跡是圓．后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓．若平面內(nèi)兩定點A，B的距離為2，動點P滿足eq\f(|PB|,|PA|)＝eq\r(3)，若點P不在直線AB上，則△PAB面積的最大值為(B)A．1 B．eq\r(3)C．2 D．2eq\r(3)【解析】以點A為原點，直線AB為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，則B(2，0).設(shè)點P(x，y).由eq\f(|PB|,|PA|)＝eq\r(3)，得3|PA|2＝|PB|2，即3x2＋3y2＝(x－2)2＋y2，整理得(x＋1)2＋y2＝3.因此點P的軌跡是以點C(－1，0)為圓心，eq\r(3)為半徑的圓(除去與x軸的交點)，則P到直線AB距離的最大值為eq\r(3)，所以△PAB面積的最大值為S＝eq\f(1,2)|AB|×eq\r(3)＝eq\r(3).(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l1：kx－y＋2＝0與直線l2：x＋ky－2＝0相交于點P，則當(dāng)實數(shù)k變化時，點P到直線l：x－y－4＝0的距離的最大值為__3eq\r(2)__．【解析】由題意，直線l1過定點A(0，2)，l2過定點B(2，0)，且l1⊥l2，所以點P在以AB為直徑的圓T：(x－1)2＋(y－1)2＝2上．如圖，圓心T(1，1)到直線l的距離d＝eq\f(|1－1－4|,\r(2))＝2eq\r(2)，從而點P到直線l的距離的最大值為d＋eq\r(2)＝3eq\r(2).(3)已知A，B是圓O：x2＋y2＝1上的動點，|AB|＝eq\r(3)，P是圓C：(x－2)2＋(y－1)2＝eq\f(9,4)上的動點，則|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的取值范圍是__[2eq\r(5)－4，2eq\r(5)＋4]__．【解析】取AB的中點D.因為|AB|＝eq\r(3)，所以|OD|＝eq\r(|OA|2－|AD|2)＝eq\f(1,2)，從而點D的軌跡方程為x2＋y2＝eq\f(1,4)，所以點D的軌跡是以原點O為圓心，eq\f(1,2)為半徑的圓．因為C(2，1)，所以|OC|＝eq\r(5).如圖，又圓C的半徑為eq\f(3,2)，所以eq\r(5)－2≤|eq\o(PD,\s\up6(→))|≤eq\r(5)＋2，而eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝2eq\o(PD,\s\up6(→))，所以|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(PD,\s\up6(→))|，從而2eq\r(5)－4≤|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|≤2eq\r(5)＋4.(4)已知點A(2，3)，B(6，－3)，點P在直線3x－4y＋3＝0上，若滿足eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋2λ＝0的點P有兩個，則實數(shù)λ的取值范圍為__(－∞，2)__．【解析】設(shè)P(x，y)，則eq\o(PA,\s\up6(→))＝(2－x，3－y)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(6－x，－3－y)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋2λ＝(2－x)(6－x)＋(3－y)(－3－y)＋2λ＝x2＋y2－8x＋3＋2λ＝0，即(x－4)2＋y2＝13－2λ，故問題等價于直線3x－4y＋3＝0與圓(x－4)2＋y2＝13－2λ相交，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(13－2λ＞0，,\f(|3×4＋3|,\r(32＋(－4)2))＜\r(13－2λ)，))解得λ＜2.(5)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：(x－a)2＋(y－a＋2)2＝1，點A(0，2)，若圓C上存在點M，滿足|MA|2＋|MO|2＝10，則實數(shù)a的取值范圍是__[0，3]__．【解析】設(shè)M(x，y).由|MA|2＋|MO|2＝10，得x2＋(y－2)2＋x2＋y2＝10，整理得x2＋(y－1)2＝4，即點M在圓E：x2＋(y－1)2＝4上．由題知圓E與圓C有公共點，所以|2－1|≤|CE|≤2＋1，即|2－1|≤eq\r(a2＋(a－3)2)≤2＋1，所以1≤2a2－6a＋9≤9，解得0≤a≤3，即實數(shù)a的取值范圍是[0，3].常見的“隱形圓”類型：(1)“定義圓”：在平面內(nèi)，{M||MA|＝r}，其中M為動點，A為定點，r＞0為定值．(2)“斜率圓”：在平面內(nèi)，{M|kMA·kMB＝－1}，其中M為動點，A，B為定點，且點M的橫坐標(biāo)不等于A，B的橫坐標(biāo)．(3)“平方圓”：在平面內(nèi)，{M||MA|2＋|MB|2＝λ}，其中M為動點，A，B為定點，λ為定值．(4)“向量圓”：在平面內(nèi)，{M|eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝λ}，其中M為動點，A，B為定點，λ為定值．特別地，若A，B為定點，且eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝0，則點M的軌跡是以AB為直徑的圓．拓展：“角度圓”——在平面內(nèi)，與兩定點所成角為定值的點的集合．(角度可用向量的夾角公式表示)(5)“比值圓”(阿波羅尼斯圓)：在平面內(nèi)，到兩定點距離之比為定值的點的集合．?dāng)?shù)學(xué)語言描述為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(M|\f(|MA|,|MB|)＝λ))，其中M為動點，A，B為定點，λ為定值，λ＞0且λ≠1.注：當(dāng)λ＝1時，M的軌跡是線段AB的垂直平分線．隨堂內(nèi)化1．(2023·寧德模擬)已知點M(3，1)在圓C：x2＋y2－2x＋4y＋2k＋4＝0外，則k的取值范圍為(A)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6，\f(1,2))) B．(－∞，－6)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．(－6，＋∞) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))【解析】因為圓C：x2＋y2－2x＋4y＋2k＋4＝0的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋(y＋2)2＝1－2k，所以圓心坐標(biāo)為(1，－2)，半徑r＝eq\r(1－2k).因為點M(3，1)在圓C外，所以eq\r((3－1)2＋(1＋2)2)＞eq\r(1－2k)，且1－2k＞0，即13＞1－2k，且k＜eq\f(1,2)，解得－6＜k＜eq\f(1,2).2．(2023·濱州期末)設(shè)a，b為正數(shù)，若圓x2＋y2＋4x－2y＋1＝0關(guān)于直線ax－by＋1＝0對稱，則eq\f(a＋2b,ab)的最小值為(A)A．9 B．8C．6 D．10【解析】圓x2＋y2＋4x－2y＋1＝0，即(x＋2)2＋(y－1)2＝4，所以圓心為(－2，1).由題知圓心在直線ax－by＋1＝0上，所以－2a－b＋1＝0，即2a＋b＝1.因為a＞0，b＞0，則eq\f(a＋2b,ab)＝eq\f((a＋2b)(2a＋b),ab)＝eq\f(2a2＋2b2＋5ab,ab)≥eq\f(2\r(2a2·2b2)＋5ab,ab)＝9，當(dāng)且僅當(dāng)b＝a＝eq\f(1,3)時取等號．3．(2023·全國乙卷文)已知實數(shù)x，y滿足x2＋y2－4x－2y－4＝0，則x－y的最大值是(C)A．1＋eq\f(3\r(2),2) B．4C．1＋3eq\r(2) D．7【解析】方法一：令x－y＝k，則x＝k＋y，代入方程化簡得2y2＋(2k－6)y＋k2－4k－4＝0，則Δ≥0，即(2k－6)2－4×2(k2－4k－4)≥0，化簡得k2－2k－17≤0，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2)，故x－y的最大值是3eq\r(2)＋1.方法二：由x2＋y2－4x－2y－4＝0，可得(x－2)2＋(y－1)2＝9.令x＝3cosθ＋2，y＝3sinθ＋1，其中θ∈[0，2π]，則x－y＝3cosθ－3sinθ＋1＝3eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋1.因為θ∈[0，2π]，所以θ＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(9π,4)))，則當(dāng)θ＋eq\f(π,4)＝2π，即θ＝eq\f(7π,4)時，x－y取得最大值3eq\r(2)＋1.方法三：由x2＋y2－4x－2y－4＝0可得(x－2)2＋(y－1)2＝9.設(shè)x－y＝k，則圓心到直線x－y＝k的距離d＝eq\f(|2－1－k|,\r(2))≤3，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2).4．(2023·威海一模)在平面直角坐標(biāo)系中，過A(－2，4)，B(2，6)，C(－1，－3)，D(2，－4)四點的圓的方程為__x2＋y2－4x－2y－20＝0__．【解析】設(shè)圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，將點A，C，D的坐標(biāo)分別代入可得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(20－2D＋4E＋F＝0，,10－D－3E＋F＝0，,20＋2D－4E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝－4，,E＝－2，,F＝－20，))則可得圓的方程為x2＋y2－4x－2y－20＝0，檢驗，B(2，6)代入方程滿足．5．若動點M在圓(x－4)2＋y2＝16上移動，則M與定點A(－4，8)連線的中點P的軌跡方程為__x2＋(y－4)2＝4___．【解析】設(shè)M(x0，y0)，中點P(x，y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x0－4,2)＝x，,\f(y0＋8,2)＝y(tǒng)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2x＋4，,y0＝2y－8.))因為M(x0，y0)在圓(x－4)2＋y2＝16上，代入并整理得x2＋(y－4)2＝4.配套精練A組夯基精練一、單項選擇題1．若a∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－2，－1，0，\f(1,2)，\f(3,4)，1))，則方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示的圓的個數(shù)為(C)A．1 B．2C．3 D．4【解析】由題意知a2＋(2a)2－4(2a2＋a－1)＝－3a2－4a＋4＞0，即(3a－2)(a＋2)＜0，解得－2＜a＜eq\f(2,3)，故符合題意的a的取值有3個，表示圓的個數(shù)為3.2．已知圓C的圓心在x軸上，且過A(－1，1)和B(1，3)兩點，則圓C的方程是(D)A．x2＋(y－2)2＝100 B．(x－2)2＋y2＝100C．x2＋(y－2)2＝10 D．(x－2)2＋y2＝10【解析】設(shè)圓C的圓心為C(a，0)，半徑為r，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋y2＝r2.由題知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((－1－a)2＋12＝r2，,(1－a)2＋32＝r2，))解得a＝2，r2＝10，所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－2)2＋y2＝10.3．若點C到A(－1，0)，B(1，0)的距離之比為eq\r(3)，則點C到直線x－2y＋8＝0的最小距離為(A)A．2eq\r(5)－eq\r(3) B．eq\r(5)－eq\r(3)C．2eq\r(5) D．eq\r(3)【解析】設(shè)C(x，y)，由A(－1，0)，B(1，0)，eq\f(|CA|,|CB|)＝eq\r(3)，可得eq\f(\r((x＋1)2＋y2),\r((x－1)2＋y2))＝eq\r(3)，即(x－2)2＋y2＝3，所以點C的軌跡為以M(2，0)為圓心，半徑r＝eq\r(3)的圓．又點M到直線x－2y＋8＝0的距離d＝eq\f(|2－0＋8|,\r(12＋(－2)2))＝2eq\r(5)，所以點C到直線x－2y＋8＝0的距離的最小值為2eq\r(5)－eq\r(3).4．(2023·唐山一模)已知點P(0，4)，圓M：(x－4)2＋y2＝16，過點N(2，0)的直線l與圓M交于A，B兩點，則|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的最大值為(B)A．8eq\r(2) B．12C．6eq\r(5) D．9eq\r(2)【解析】由題意知，M(4，0)，圓M的半徑為4，設(shè)AB的中點為D(x，y)，則ND⊥MD，即eq\o(ND,\s\up6(→))·eq\o(MD,\s\up6(→))＝0，又eq\o(ND,\s\up6(→))＝(x－2，y)，eq\o(MD,\s\up6(→))＝(x－4，y)，所以(x－2)(x－4)＋y2＝0，即點D的軌跡方程為(x－3)2＋y2＝1，表示圓心E(3，0)，半徑為1的圓，所以|PD|的最大值為|PE|＋1＝eq\r(32＋42)＋1＝6.因為|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(PD,\s\up6(→))|，所以|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的最大值為12.二、多項選擇題5．(2023·濰坊調(diào)研)已知△ABC的三個頂點分別為A(－1，2)，B(2，1)，C(3，4)，則下列關(guān)于△ABC的外接圓M的說法正確的是(ABD)A．圓M的圓心坐標(biāo)為(1，3)B．圓M的半徑為eq\r(5)C．圓M關(guān)于直線x＋y＝0對稱D．點(2，3)在圓M內(nèi)【解析】設(shè)△ABC的外接圓M的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋4－D＋2E＋F＝0，,4＋1＋2D＋E＋F＝0，,9＋16＋3D＋4E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝－2，,E＝－6，,F＝5.))所以△ABC的外接圓M的方程為x2＋y2－2x－6y＋5＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝5.故圓M的圓心坐標(biāo)為(1，3)，圓M的半徑為eq\r(5).因為直線x＋y＝0不經(jīng)過圓M的圓心(1，3)，所以圓M不關(guān)于直線x＋y＝0對稱．因為(2－1)2＋(3－3)2＝1＜5，故點(2，3)在圓M內(nèi)．6．已知圓O：x2＋y2＝49，直線l過點N(2，6)，且交圓O于P，Q兩點，M為線段PQ的中點，則下列結(jié)論正確的是(ABD)A．點M的軌跡是圓B．|PQ|的最小值為6C．若圓O上僅有三個點到直線l的距離為5，則l的方程是4x－3y＋10＝0D．使|PQ|為整數(shù)的直線l共有16條【解析】因為直線l恒過點N(2，6)，所以O(shè)M⊥MN，點M在以O(shè)N為直徑的圓上，則點M的軌跡是圓，故A正確；易知圓心O到直線l的距離最大值|ON|＝eq\r(62＋22)＝2eq\r(10)，故|PQ|的最小值為2eq\r(49－40)＝6，最大值為2×7＝14，故B正確；由題知圓O：x2＋y2＝49，直線l過點N(2，6)，圓O上僅有三個點到直線l的距離為5，因為圓心為O(0，0)，半徑為r＝7，所以圓心到直線l的距離d＝2，當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)方程為y－6＝k(x－2)，即kx－y＋6－2k＝0，則d＝eq\f(|6－2k|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝eq\f(4,3)，所以l的方程是4x－3y＋10＝0，當(dāng)直線l的斜率不存在時，則直線l：x＝2，此時d＝|0－2|＝2，滿足題意，故C錯誤；由最短弦與最長弦有唯一性，而長度介于兩者之間的弦有對稱性可知，使|PQ|為整數(shù)的直線l有2＋2×(13－7＋1)＝16(條)，故D正確．三、填空題7．(2023·連云港期初)已知圓的內(nèi)接正方形相對的兩個頂點的坐標(biāo)分別是(5，6)，(3，－4)，則這個圓的方程是__(x－4)2＋(y－1)2＝26__．【解析】由題得圓心的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5＋3,2)，\f(6－4,2)))，即(4，1)，圓的半徑為eq\f(1,2)eq\r((5－3)2＋(6＋4)2)＝eq\r(26)，故所求圓的方程為(x－4)2＋(y－1)2＝26.8．(2023·茂名一模)過四點(－1，1)，(1，－1)，(2，2)，(3，1)中的三點的一個圓的方程為__(x－1)2＋(y－1)2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))\s\up12(2)＝\f(5,2)或\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,4)))\s\up12(2)＝\f(25,8)或(x－1)2＋y2＝5))__(寫出一個即可)．【解析】若圓過(－1，1)，(1，－1)，(3，1)時，設(shè)圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－D＋E＋F＝0，,2＋D－E＋F＝0，,10＋3D＋E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝－2，,E＝－2，,F＝－2，))故圓的方程是x2＋y2－2x－2y－2＝0，即(x－1)2＋(y－1)2＝4.同理可得：過(1，－1)，(2，2)，(3，1)的圓的方程是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,2)；過(－1，1)，(1，－1)，(2，2)的圓的方程是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,8)；過(－1，1)，(2，2)，(3，1)的圓的方程是(x－1)2＋y2＝5.9．已知Rt△ABC的斜邊為AB，且A(－1，0