高考數(shù)學二輪復習 專題5 第1講 直線與圓素能訓練（文、理）

【成才之路】屆高考數(shù)學二輪復習專題5第1講直線與圓素能訓練（文、理）一、選擇題1．若直線l1：x＋ay＋6＝0與l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0平行，則l1與l2A.eq\r(2) B.eq\f(8\r(2),3)C.eq\r(3) D.eq\f(8\r(3),3)[答案]B[解析]由l1∥l2知3＝a(a－2)且2a≠6(a2a2≠18，求得a∴l(xiāng)1：x－y＋6＝0，l2：x－y＋eq\f(2,3)＝0，兩條平行直線l1與l2間的距離為d＝eq\f(|6－\f(2,3)|,\r(12＋－12))＝eq\f(8\r(2),3).故選B.2．(·山東濰坊模擬)若PQ是圓x2＋y2＝9的弦，PQ的中點是(1,2)，則直線PQ的方程是()A．x＋2y－3＝0 B．x＋2y－5＝0C．2x－y＋4＝0 D．2x－y＝0[答案]B[解析]結合圓的幾何性質易知直線PQ過點A(1,2)，且和直線OA垂直，故其方程為y－2＝－eq\f(1,2)(x－1)，整理得x＋2y－5＝0.3．(文)⊙C1：(x－1)2＋y2＝4與⊙C2：(x＋1)2＋(y－3)2＝9相交弦所在直線為l，則l被⊙O：x2＋y2＝4截得弦長為()A.eq\r(13) B．4C.eq\f(4\r(39),13) D.eq\f(8\r(39),13)[答案]D[解析]由⊙C1與⊙C2的方程相減得l：2x－3y＋2＝0.圓心O(0,0)到l的距離d＝eq\f(2\r(13),13)，⊙O的半徑R＝2，∴截得弦長為2eq\r(R2－d2)＝2eq\r(4－\f(4,13))＝eq\f(8\r(39),13).(理)(·哈三中一模)直線x＋y＋eq\r(2)＝0截圓x2＋y2＝4所得劣弧所對圓心角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)[答案]D[解析]弦心距d＝eq\f(|\r(2)|,\r(2))＝1，半徑r＝2，∴劣弧所對的圓心角為eq\f(2π,3).4．(·湖南文，6)若圓C1：x2＋y2＝1與圓C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0外切，則m＝()A．21 B．19C．9 D．－11[答案]C[解析]本題考查了兩圓的位置關系．由條件知C1：x2＋y2＝1，C2：(x－3)2＋(y－4)2＝25－m，圓心與半徑分別為(0,0)，(3,4)，r1＝1，r2＝eq\r(25－m)，由兩圓外切的性質知，5＝1＋eq\r(25－m)，∴m＝9.5．(文)(·哈三中二模)一動圓過點A(0,1)，圓心在拋物線y＝eq\f(1,4)x2上，且恒與定直線l相切，則直線l的方程為()A．x＝1 B．x＝eq\f(1,32)C．y＝－eq\f(1,32) D．y＝－1[答案]D[解析]∵A(0,1)是拋物線x2＝4y的焦點，又拋物線的準線為y＝－1，∴動圓過點A，圓心C在拋物線上，由拋物線的定義知|CA|等于C到準線的距離，等于⊙C的半徑，∴⊙C與定直線l：y＝－1總相切．(理)(·河北衡水中學5月模擬)已知圓的方程x2＋y2＝4，若拋物線過點A(0，－1)、B(0,1)且以圓的切線為準線，則拋物線的焦點軌跡方程是()A.eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,4)＝1(y≠0) B.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)C.eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,4)＝1(x≠0) D.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠0)[答案]C[解析]如圖，設圓的切線l為拋物線的準線，F(xiàn)為焦點，過A、B、O作l的垂線，垂足為C、D、E，由拋物線的定義知，|FA|＋|FB|＝|AC|＋|BD|＝2|OE|＝4，由橢圓定義知F在以A、B為焦點的橢圓上，所以方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,4)＝1，x＝0時不合題意，故選C.6．(·福建理，6)直線l：y＝kx＋1與圓O：x2＋y2＝1相交于A，B兩點，則“k＝1”是“△OAB的面積為eq\f(1,2)”的()A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件[答案]A[解析]圓心O(0,0)到直線l：kx－y＋10＝0的距離d＝eq\f(1,\r(1＋k2))，弦長為|AB|＝2eq\r(1－d2)＝eq\f(2|k|,\r(1＋k2))，∴S△OAB＝eq\f(1,2)×|AB|·d＝eq\f(|k|,k2＋1)＝eq\f(1,2)，∴k＝±1，因此當“k＝1”時，“S△OAB＝eq\f(1,2)”，故充分性成立．“S△OAB＝eq\f(1,2)”時，k也有可能為－1，∴必要性不成立，故選A.二、填空題7．(·天津耀華中學月考)已知直線l過點P(3,4)且與點A(－2,2)，B(4，－2)等距離，則直線l的方程為________．[答案]2x＋3y－18＝0或2x－y－2＝0[解析]本題主要考查直線方程的求法，屬中檔題．當直線斜率不存在時，則直線方程為x＝3，則A、B兩點到x＝3的距離分別為d1＝5，d2＝1，不符要求．故直線斜率存在，設為k，則直線方程可設為y－4＝k(x－3)，即kx－y－3k＋4＝0，則由題意得eq\f(|－2k－3k＋2|,\r(1＋k2))＝eq\f(|4k＋2－3k＋4|,\r(1＋k2))，解得k＝－eq\f(2,3)或k＝2，故直線方程為2x＋3y－18＝0或2x－y－2＝0.8．(文)(·天津耀華中學月考)在平面直角坐標系xOy中，已知圓x2＋y2＝4上有且只有四個點到直線12x－5y＋c＝0的距離為1，則實數(shù)c的取值范圍是________．[答案](－13,13)[解析]本題考查了直線與圓的位置關系，利用數(shù)形結合可解決此題，屬中檔題．要使圓x2＋y2＝4上有且只有四個點到直線12x－5y＋c＝0的距離為1，只需滿足圓心到直線的距離小于1即可．即eq\f(|c|,\r(122＋52))<1，解|c|<13，∴－13<c<13.(理)已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2＝1}，B＝{(x，y)|kx－y－2≤0}，其中x、y∈R.若A?B，則實數(shù)k的取值范圍是________．[答案][－eq\r(3)，eq\r(3)][解析]要使A?B，只需直線kx－y－2＝0與圓相切或相離，∴d＝eq\f(2,\r(1＋k2))≥1，解得－eq\r(3)≤k≤eq\r(3).三、解答題9．(文)(·哈爾濱市質檢)已知圓C1：x2＋y2＝r2截直線x＋y－eq\f(\r(2),2)＝0所得的弦長為eq\r(3).拋物線C2：x2＝2py(p>0)的焦點在圓C1上．(1)求拋物線C2的方程；(2)過點A(－1,0)的直線l與拋物線C2交于B、C兩點，又分別過B、C兩點作拋物線C2的切線，當兩條切線互相垂直時，求直線l的方程．[解析](1)易求得圓心到直線的距離為eq\f(1,2)，所以半徑r＝eq\r(\f(1,2)2＋\f(\r(3),2)2)＝1.∴圓C1：x2＋y2＝1.拋物線的焦點(0，eq\f(p,2))在圓x2＋y2＝1上，得p＝2，所以x2＝4y.(2)設所求直線的方程為y＝k(x＋1)，B(x1，y1)，C(x2，y2)．將直線方程代入拋物線方程可得x2－4kx－4k＝0，∴x1x2＝－4k.因為拋物線y＝eq\f(x2,4)，所以y′＝eq\f(x,2)，所以兩條切線的斜率分別為eq\f(x1,2)、eq\f(x2,2)，所以eq\f(x1,2)·eq\f(x2,2)＝－1＝eq\f(－4k,4)，所以k＝1.故所求直線方程為x－y＋1＝0.(理)(·石家莊市質檢)已知動圓C過定點M(0,2)，且在x軸上截得弦長為4.設該動圓圓心的軌跡為曲線C.(1)求曲線C方程；(2)設點A為直線l：x－y－2＝0上任意一點，過A作曲線C的切線，切點分別為P、Q，求△APQ面積的最小值及此時點A的坐標．[解析](1)設動圓圓心坐標為C(x，y)，根據(jù)題意得eq\r(x2＋y－22)＝eq\r(y2＋4)，化簡得x2＝4y.(2)解法一：設直線PQ的方程為y＝kx＋b，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝4y,y＝kx＋b))消去y得x2－4kx－4b＝0.設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝4k,x1x2＝－4b))，且Δ＝16k2＋16b以點P為切點的切線的斜率為y′1＝eq\f(1,2)x1，其切線方程為y－y1＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，即y＝eq\f(1,2)x1x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1).同理過點Q的切線的方程為y＝eq\f(1,2)x2x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2).兩條切線的交點A(xA，yB)在直線x－y－2＝0上，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xA＝\f(x1＋x2,2)＝2k,yA＝\f(x1x2,4)＝－b))，即A(2k，－b)．則：2k＋b－2＝0，即b＝2－2k，代入Δ＝16k2＋16b＝16k2＋32－32k＝16(k－1)2＋16>0，|PQ|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝4eq\r(1＋k2)eq\r(k2＋b)，A(2k，－b)到直線PQ的距離為d＝eq\f(|2k2＋2b|,\r(k2＋1))，S△APQ＝eq\f(1,2)|PD|·d＝4|k2＋b|·eq\r(k2＋b)＝4(k2＋b)eq\f(3,2)＝4(k2－2k＋2)eq\f(3,2)＝4[(k－1)2＋1]eq\f(3,2).當k＝1時，S△APQ最小，其最小值為4，此時點A的坐標為(2,0)．解法二：設A(x0，y0)在直線x－y－2＝0上，點P(x1，y1)，Q(x2，y2)在拋物線x2＝4y上，則以點P為切點的切線的斜率為y1＝eq\f(1,2)x1，其切線方程為y－y1＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，即y＝eq\f(1,2)x1x－y1，同理以點Q為切點的方程為y＝eq\f(1,2)x2x－y2.設兩條切線均過點A(x0，y0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝\f(1,2)x1x0－y1，,y0＝\f(1,2)x2x0－y2.))點P，Q的坐標均滿足方程y0＝eq\f(1,2)xx0－y，即直線PQ的方程為：y＝eq\f(1,2)x0x－y0，代入拋物線方程x2＝4y消去y可得：x2－2x0x＋4y0＝0|PQ|＝eq\r(1＋\f(1,4)x\o\al(2,0))|x1－x2|＝eq\r(1＋\f(1,4)x\o\al(2,0))eq\r(4x\o\al(2,0)－16y0)A(x0，y0)到直線PQ的距離為d＝eq\f(|\f(1,2)x\o\al(2,0)－2y0|,\r(\f(1,4)x\o\al(2,0)＋1))，S△APQ＝eq\f(1,2)|PQ|d·eq\f(1,2)|xeq\o\al(2,0)－4y0|·eq\r(x\o\al(2,0)－4y0)＝eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,0)－4y0)eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,0)－4x0＋8)eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)[(x0－2)2＋4]eq\f(3,2)當x0＝2時，S△APQ最小，其最小值為4，此時點A的坐標為(2,0)．10．已知點A(－2,0)，B(2,0)，直線PA與直線PB斜率之積為－eq\f(3,4)，記點P的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)設M、N是曲線C上任意兩點，且|eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(ON,\s\up6(→))|＝|eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))|，是否存在以原點為圓心且與MN總相切的圓？若存在，求出該圓的方程；若不存在，請說明理由．[解析](1)設P(x，y)，則由直線PA與直線PB斜率之積為－eq\f(3,4)得，eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f(3,4)(x≠±2)，整理得曲線C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±2)．(2)若|eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(ON,\s\up6(→))|＝|eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))|，則eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(ON,\s\up6(→)).設M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直線MN斜率不存在，則y2＝－y1，N(x1，－y1)．由eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(ON,\s\up6(→))得eq\f(y1,x1)·eq\f(－y1,x1)＝－1，又eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1.解得直線MN方程為x＝±eq\r(\f(12,7)).原點O到直線MN的距離d＝eq\r(\f(12,7)).若直線MN斜率存在，設方程為y＝kx＋m.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.∴x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋3)，x1·x2＝eq\f(4m2－12,4k2＋3).(*)由eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(ON,\s\up6(→))得eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝－1，整理得(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.代入(*)式解得7m2＝12(k此時(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m此時原點O到直線MN的距離d＝eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\r(\f(12,7)).故原點O到直線MN的距離恒為d＝eq\r(\f(12,7)).存在以原點為圓心且與MN總相切的圓，方程為x2＋y2＝eq\f(12,7).一、選擇題11．直線l與圓x2＋y2＋2x－4y＋a＝0(a<3)相交于A、B兩點，若弦AB的中點為(－2,3)，則直線l的方程為()A．x－y＋5＝0 B．x＋y－1＝0C．x－y－5＝0 D．x＋y－3＝0[答案]A[解析]設圓x2＋y2＋2x－4y＋a＝0(a<3)的圓心為C，弦AB的中點為D，易知C(－1,2)，又D(－2,3)，故直線CD的斜率kCD＝eq\f(3－2,－2－－1)＝－1，則由CD⊥l知直線l的斜率kl＝－eq\f(1,kCD)＝1，故直線l的方程為y－3＝x＋2，即x－y＋5＝0.12．過點(2，－1)的直線l與圓x2＋y2－2y＝1相切，則直線l的傾斜角的大小為()A．30°或150° B．45°或135°C．75°或105° D．105°或165°[答案]D[解析]設直線l為y＝k(x－2)－1，代入x2＋y2－2y＝1，得(1＋k2)x2－4k(k＋1)x＋4(k＋1)2－2＝0，由Δ＝16k2(k＋1)2－4(1＋k2)[4(k＋1)2－2]＝0，得k＝－2±eq\r(3)，傾斜角為105°或165°.13．(·宣城市六校聯(lián)考)過點P(－2,3)且與兩坐標軸圍成的三角形面積為24的直線共有()A．1條 B．2條C．3條 D．4條[答案]D[解析]過P(－2,3)與x軸負半軸和y軸正半軸圍成的三角形面積的最小值是12，所以過一、二、三象限可作2條，過一、二、四象限可作一條，過二、三、四象限可作一條，共4條．14．兩條平行直線和圓的位置關系定義為：若兩條平行直線和圓有四個不同的公共點，則稱兩條平行線和圓“相交”；若兩平行直線和圓沒有公共點，則稱兩條平行線和圓“相離”；若兩平行直線和圓有一個、兩個或三個不同的公共點，則稱兩條平行線和圓“相切”．已知直線l1：2x－y＋a＝0，l2：2x－y＋a2＋1＝0和圓：x2＋y2＋2x－4＝0相切，則a的取值范圍是()A．a>7或a<－3B．a>eq\r(6)或a<－eq\r(6)C．－3≤a≤－eq\r(6)或eq\r(6)≤a≤7D．a≥7或a－3[答案]C[解析]本題主要考查直線和圓的位置關系、補集思想及分析、理解、解決問題的能力．兩條平行線與圓都相交時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|2－1＋a|,\r(5))<\r(5),\f(|2－1＋a2＋1|,\r(5))<\r(5)))得－eq\r(6)<a<eq\r(6)，兩條直線都和圓相離時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|2－1＋a|,\r(5))>\r(5),\f(|2－1＋a2＋1|,\r(5))>\r(5)))得a<－3，或a>7，所以兩條直線和圓“相切”時a的取值范圍－3≤a≤－eq\r(6)或eq\r(6)≤a≤7，故選C.二、填空題15．(·杭州質檢)在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若sin2A＋sin2B＝eq\f(1,2)sin2C，則直線ax－by＋c＝0被圓x2＋y2＝9所截得弦長為________．[答案]2eq\r(7)[解析]由正弦定理得a2＋b2＝eq\f(1,2)c2，∴圓心到直線距離d＝eq\f(|c|,\r(a2＋b2))＝eq\f(c,\r(\f(1,2)c2))＝eq\r(2)，∴弦長l＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(9－2)＝2eq\r(7).16．(·合肥質檢)設直線mx－y＋3＝0與圓(x－1)2＋(y－2)2＝4相交于A、B兩點，且弦長為2eq\r(3)，則m＝________.[答案]0[解析]圓的半徑為2，弦長為2eq\r(3)，∴弦心距為1，即得d＝eq\f(|m＋1|,\r(m2＋1))＝1，解得m＝0.三、解答題17．(文)(·?？谡{研)已知圓C：x2＋y2＝r2(r>0)經過點(1，eq\r(3))．(1)求圓C的方程；(2)是否存在經過點(－1,1)的直線l，它與圓C相交于A、B兩個不同點，且滿足關系eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),2)eq\o(OB,\s\up6(→))(O為坐標原點)的點M也在圓C上，如果存在，求出直線l的方程；如果不存在，請說明理由．[解析](1)由圓C：x2＋y2＝r2，再由點(1，eq\r(3))在圓C上，得r2＝12＋(eq\r(3))2＝4，所以圓C的方程為x2＋y2＝4.(2)假設直線l存在，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)．①若直線l的斜率存在，設直線l的方程為y－1＝k(x＋1)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1＋1，,x2＋y2－4＝0.))消去y得，(1＋k2)x2＋2k(k＋1)x＋k2＋2k－3＝0，由韋達定理得x1＋x2＝－eq\f(2kk＋1,1＋k2)＝－2＋eq\f(2－2k,1＋k2)，x1x2＝eq\f(k2＋2k－3,1＋k2)＝1＋eq\f(2k－4,1＋k2)，y1y2＝k2x1x2＋k(k＋1)(x1＋x2)＋(k＋1)2＝eq\f(2k＋4,1＋k2)－3，因為點A(x1，y1)，B(x2，y2)在圓C上，因此，得xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝4，xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝4，由eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(\r(3),2)eq\o(OB,\s\up6(→))得，x0＝eq\f(x1＋\r(3)x2,2)，y0＝eq\f(y1＋\r(3)y2,2)，由于點M也在圓C上，則(eq\f(x1＋\r(3)x2,2))2＋(eq\f(y1＋\r(3)y2,2))2＝4，整理得eq\f(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1),4)＋3·eq\f(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2),4)＋eq\f(\r(3),2)x1x2＋eq\f(\r(3),2)y1y2＝4，即x1x2＋y1y2＝0，所以1＋eq\f(2k－4,1＋k2)＋(eq\f(2k＋4,1＋k2)－3)＝0，從而得，k2－2