【高考解碼】2021屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)(新課標(biāo))-直線與圓

eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(第14講理,第13講文))直線與圓1．(2022·浙江高考)已知圓x2＋y2＋2x－2y＋a＝0截直線x＋y＋2＝0所得弦的長度為4，則實(shí)數(shù)a的值是()A．－2B．－4C．－6D．－8【解析】圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋(y－1)2＝2－a∴圓心坐標(biāo)(－1,1)半徑r2＝2－a，圓心到直線x＋y＋2＝0的距離d＝eq\f(|－1＋1＋2|,\r(2))＝eq\r(2)∴22＋(eq\r(2))2＝2－a，解得a＝－4.【答案】B2．(2022·福建高考)直線l：y＝kx＋1與圓O：x2＋y2＝1相交于A，B兩點(diǎn)，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【解析】若k＝1，則S△ABC＝eq\f(1,2)，若S△ABC＝eq\f(1,2)，則k＝1或k＝－1，故選A.【答案】A3．(2022·湖南高考)若圓C1：x2＋y2＝1與圓C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0外切，則m＝()A．21B．19C．9D．－11【解析】C1的圓心為(0,0)，半徑r＝1，C2的圓心為(3,4)，半徑R＝eq\r(25－m)，又∵|C1C2|＝5，由題意知5＝1＋eq\r(25－m)，∴m＝9，故選C.【答案】C4．(2022·陜西高考)若圓C的半徑為1，其圓心與點(diǎn)(1,0)關(guān)于直線y＝x對稱，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為________．【解析】由于點(diǎn)(1,0)關(guān)于直線y＝x的對稱點(diǎn)為(0,1)，即圓心C為(0,1)，又半徑為1，∴圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋(y－1)2＝1.【答案】x2＋(y－1)2＝15．(2022·四川高考)設(shè)m∈R，過定點(diǎn)A的動(dòng)直線x＋my＝0和過定點(diǎn)B的動(dòng)直線mx－y－m＋3＝0交于點(diǎn)P(x，y)，則|PA|＋|PB|的取值范圍是________．【解析】依據(jù)直線方程分別確定定點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，依據(jù)兩條動(dòng)直線的方程可知兩直線垂直，從而可確定點(diǎn)P滿足的條件，最終依據(jù)基本不等式求|PA|＋|PB|的取值范圍．由動(dòng)直線x＋my＝0知定點(diǎn)A的坐標(biāo)為(0,0)，由動(dòng)直線mx－y－m＋3＝0知定點(diǎn)B的坐標(biāo)為(1,3)，且兩直線相互垂直，故點(diǎn)P在以AB為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)．故當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A或點(diǎn)B重合時(shí)，|PA|＋|PB|取得最小值，(|PA|＋|PB|)min＝|AB|＝eq\r(10).當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A或點(diǎn)B不重合時(shí)，在Rt△PAB中，有|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10.由于|PA|2＋|PB|2≥2|PA||PB|，所以2(|PA|2＋|PB|2)≥(|PA|＋|PB|)2，當(dāng)且僅當(dāng)|PA|＝|PB|時(shí)取等號，所以|PA|＋|PB|≤eq\r(2)eq\r(|PA|2＋|PB|2)＝eq\r(2)×eq\r(10)＝2eq\r(5)，所以eq\r(10)≤|PA|＋|PB|≤2eq\r(5)，所以|PA|＋|PB|的取值范圍是[eq\r(10)，2eq\r(5)]．【答案】[eq\r(10)，2eq\r(5)]從近三年高考來看，該部分高考命題的熱點(diǎn)考向?yàn)椋?．直線方程與兩條直線的位置關(guān)系①該考向?？純?nèi)容有直線的傾斜角、斜率、方程，兩直線垂直、平行關(guān)系及交點(diǎn)的求解；試題設(shè)計(jì)常與圓錐曲線交匯命題，先求直線方程，再進(jìn)一步解答其他方面的內(nèi)容．②從題型上看，單獨(dú)考查時(shí)以選擇題為主，突出考查同學(xué)的基礎(chǔ)學(xué)問、基本技能，屬中、低檔題．2．圓的方程①該考向主要考查求圓的方程及圓的性質(zhì)的應(yīng)用，待定系數(shù)法在此有時(shí)會有所體現(xiàn)．②主要以選擇題、填空題的形式消滅，很少消滅在解答題中，屬中、低檔題．3．直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系①該考向主要考查直線與圓的相交、相切、相離關(guān)系的推斷與應(yīng)用，弦長、面積的求法等及圓與圓的位置關(guān)系，并常與圓的幾何性質(zhì)交匯．②從題型上主要以選擇題、填空題的形式呈現(xiàn)，屬于中、低檔題.eq\a\vs4\al(直線方程與兩條直線的位置關(guān)系)【例1】(1)直線2xcosα－y－3＝0(α∈[eq\f(π,6)，eq\f(π,3)])的傾斜角的變化范圍是()A．[eq\f(π,6)，eq\f(π,3)]B．[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]C．[eq\f(π,4)，eq\f(π,2)]D．[eq\f(π,4)，eq\f(2π,3)](2)(2022·福建高考)已知直線l過圓x2＋(y－3)2＝4的圓心，且與直線x＋y＋1＝0垂直，則l的方程是()A．x＋y－2＝0B．x－y＋2＝0C．x＋y－3＝0D．x－y＋3＝0(3)(2021·遼寧高考)已知點(diǎn)O(0,0)，A(0，b)，B(a，a3)．若△OAB為直角三角形，則必有()A．b＝a3B．b＝a3＋eq\f(1,a)C．(b－a3)(b－a3－eq\f(1,a))＝0D．|b－a3|＋|b－a3－eq\f(1,a)|＝0【解析】(1)∵2xcosα－y－3＝0，∴y＝2cosα·x－3.∵eq\f(π,6)≤α≤eq\f(π,3)，∴eq\f(1,2)≤cosα≤eq\f(\r(3),2)，∴1≤2cosα≤eq\r(3).∴k∈[1，eq\r(3)]．∴θ∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]．故選B.(2)所求直線過圓心(0,3)，且斜率k為1，∴直線l的方程為y－3＝1×(x－0)，整理得x－y＋3＝0，故選D.(3)依據(jù)直角三角形的直角的位置求解．若以O(shè)為直角頂點(diǎn)，則B在x軸上，則a必為0，此時(shí)O，B重合，不符合題意；若∠A＝eq\f(π,2)，則b＝a3≠0.若∠B＝eq\f(π,2)，依據(jù)斜率關(guān)系可知a2·eq\f(a3－b,a)＝－1，所以a(a3－b)＝－1，即b－a3－eq\f(1,a)＝0.以上兩種狀況皆有可能，故只有C滿足條件．【答案】(1)B(2)D(3)C【規(guī)律方法】1.區(qū)分直線的斜率與傾斜角：每條直線都有傾斜角，但不是每條直線都有斜率；斜率和傾斜角都反映了直線相對于x軸正方向的傾斜程度．2．求直線方程的方法：(1)直接法：直接選用恰當(dāng)?shù)闹本€方程的形式，寫出方程．(2)待定系數(shù)法：即先由直線滿足的一個(gè)條件設(shè)出直線方程，使方程中含有一待定系數(shù)，再由題目中另一條件求出待定系數(shù)．3．兩條直線平行與垂直的判定：(1)若兩條不重合的直線l1，l2的斜率k1，k2存在，則l1∥l2?k1＝k2，l1⊥l2?k1k2＝－1.(2)兩條不重合的直線a1x＋b1y＋c1＝0和a2x＋b2y＋c2＝0平行的充要條件為a1b2－a2b1＝0且a1c2≠a2c1或b1c2≠b2c1.(3)垂直的充要條件為a1a2＋b1b2＝0.判定兩直線平行與垂直的關(guān)系時(shí)，假如給出的直線方程中存在字母系數(shù)，不僅要考慮斜率存在的狀況，還要考慮斜率不存在的狀況．[創(chuàng)新猜測]1．(1)(2022·浙江名校聯(lián)考)已知直線l1：x＋(a－2)y－2＝0，l2：(a－2)x＋ay－1＝0，則“a＝－1”是“l(fā)1⊥l2”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(2)(2022·廣州檢測)一條光線沿直線2x－y＋2＝0入射到直線x＋y－5＝0后反射，則反射光線所在的直線方程為________．【解析】(1)一方面，若a＝－1，則l1：x－3y－2＝0，l2：－3x－y－1＝0，明顯兩條直線垂直；另一方面，若l1⊥l2，則(a－2)＋a(a－2)＝0，∴a＝－1或a＝2，因此，“a＝－1”是“l(fā)1⊥l2”的充分不必要條件，故選A.(2)取直線2x－y＋2＝0上一點(diǎn)A(0,2)，設(shè)點(diǎn)A(0,2)關(guān)于直線x＋y－5＝0對稱的點(diǎn)為B(a，b)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)＋\f(b＋2,2)－5＝0，,\f(b－2,a)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3,b＝5，))∴B(3,5)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＋2＝0，,x＋y－5＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝4.))∴直線2x－y＋2＝0與直線x＋y－5＝0的交點(diǎn)為P(1,4)，∴反射光線在經(jīng)過點(diǎn)B(3，5)和點(diǎn)P(1,4)的直線上，其直線方程為y－4＝eq\f(4－5,1－3)×(x－1)，整理得x－2y＋7＝0.【答案】x－2y＋7＝0eq\a\vs4\al(圓的方程)【例2】(1)(2022·山東高考)圓心在直線x－2y＝0上的圓C與y軸的正半軸相切，圓C截x軸所得弦的長為2eq\r(3)，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為________．(2)(2021·全國新課標(biāo)Ⅱ高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓P在x軸上截得線段長為2eq\r(2)，在y軸上截得線段長為2eq\r(3).①求圓心P的軌跡方程；②若P點(diǎn)到直線y＝x的距離為eq\f(\r(2),2)，求圓P的方程．【解】(1)∵圓心在直線x－2y＝0上，∴可設(shè)圓心為C(2b，b)．∴r＝2b(b＞0)．設(shè)圓C與x軸交于A，B兩點(diǎn)，作CD⊥x軸垂足為D，∴CD＝b，CB＝2b.在Rt△CBD中，|BD|＝eq\r(CB2－CD2)＝eq\r(3)b，∴|AB|＝2|BD|＝2eq\r(3).∴2eq\r(3)b＝2eq\r(3).∴b＝1.∴C(2,1)，r＝2.∴圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：(x－2)2＋(y－1)2＝4(2)①設(shè)P(x，y)，圓P的半徑為r.由題設(shè)y2＋2＝r2，x2＋3＝r2.從而y2＋2＝x2＋3.故P點(diǎn)的軌跡方程為y2－x2＝1.②設(shè)P(x0，y0)，由已知得eq\f(|x0－y0|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).又P在雙曲線y2－x2＝1上，從而得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x0－y0|＝1，,y\o\al(2,0)－x\o\al(2,0)＝1.))由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0－y0＝1，,y\o\al(2,0)－x\o\al(2,0)＝1))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝0λ≠－1，,y0＝－1.))此時(shí)，圓P的半徑r＝eq\r(3).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0－y0＝－1，,y\o\al(2,0)－x\o\al(2,0)＝1))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝0，,y0＝1.))此時(shí)，圓P的半徑r＝eq\r(3).故圓P的方程為x2＋(y－1)2＝3或x2＋(y＋1)2＝3.【答案】(1)(x－2)2＋(y－1)2＝4(2)見解析【規(guī)律方法】圓的方程的求法：(1)幾何法，通過爭辯圓的性質(zhì)、直線和圓、圓與圓的位置關(guān)系，從而求得圓的基本量和方程；(2)代數(shù)法，用待定系數(shù)法先設(shè)出圓的方程，再由條件求得各系數(shù)．從而求得圓的方程一般接受待定系數(shù)法．留意：依據(jù)條件，設(shè)圓的方程時(shí)要盡量削減參數(shù)，這樣可削減運(yùn)算量．[創(chuàng)新猜測]2．(1)(2022·北京西域區(qū)期末)若坐標(biāo)原點(diǎn)在圓(x－m)2＋(y＋m)2＝4的內(nèi)部，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．－1<m<1B．－eq\r(3)<m<eq\r(3)C．－eq\r(2)<m<eq\r(2)D．－eq\f(\r(2),2)<m<eq\f(\r(2),2)(2)(2022·溫州十校聯(lián)考)已知拋物線C1：x2＝2y的焦點(diǎn)為F，以F為圓心的圓C2交C1于A，B，交C1的準(zhǔn)線于C，D，若四邊形ABCD是矩形，則圓C2的方程為()A．x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＝3B．x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＝4C．x2＋(y－1)2＝12D．x2＋(y－1)2＝16【解析】(1)由于原點(diǎn)在圓(x－m)2＋(y＋m)2＝4的內(nèi)部，所以2m2<4，解得－eq\r(2)<m<eq\r(2)，故選C.(2)如圖，連接AC，BD，由拋物線的定義與性質(zhì)可知圓心坐標(biāo)為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，而|FA|＝|AD|＝|FB|為圓的半徑r，于是Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)r，\f(1,2)＋\f(1,2)r))，而A在拋物線上，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)r))2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)r))，∴r＝2，故選B.【答案】(1)C(2)Beq\a\vs4\al(直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系)【例3】(1)(2022·重慶高考)已知直線ax＋y－2＝0與圓心為C的圓(x－1)2＋(y－a)2＝4相交于A，B兩點(diǎn)，且△ABC為等邊三角形，則實(shí)數(shù)a＝________.(2)(2021·陜西高考)已知點(diǎn)M(a，b)在圓O：x2＋y2＝1外，則直線ax＋by＝1與圓O的位置關(guān)系是()A．相切B．相交C．相離D．不確定【解析】(1)依題意，圓C的半徑是2，圓心C(1，a)到直線ax＋y－2＝0的距離等于eq\f(\r(3),2)×2＝eq\r(3)，于是有eq\f(|1·a＋a－2|,\r(a2＋1))＝eq\r(3)，即a2－8a＋1＝0，解得a＝4±eq\r(15).(2)由題意知點(diǎn)在圓外，則a2＋b2>1，圓心到直線的距離d＝eq\f(1,\r(a2＋b2))<1，故直線與圓相交．故選B.【答案】(1)4±eq\r(15)(2)B【規(guī)律方法】1.直線與圓的位置關(guān)系探究：(1)直線與圓的位置關(guān)系直線l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)與圓：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)的位置關(guān)系如表.方法eq\a\vs4\al(位置,關(guān)系)幾何法：依據(jù)d＝eq\f(|Aa＋Bb＋C|,\r(A2＋B2))與r的大小關(guān)系代數(shù)法：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ax＋By＋C＝0,x－a2＋y－b2＝r2r＞0))消元得一元二次方程的判別式Δ的符號相交d＜rΔ＞0相切d＝rΔ＝0相離d＞rΔ＜0(2)涉及圓的切線問題時(shí)，要充分利用“切線與過切點(diǎn)的半徑垂直”這一關(guān)系，計(jì)算弦長時(shí)，要用半徑、弦心距、半弦長構(gòu)成的直角三角形．當(dāng)然，不失一般性，弦長公式d＝|x1－x2|·eq\r(1＋k2)也應(yīng)引起足夠的重視．2．圓上的點(diǎn)到直線的距離問題的求解策略：(1)轉(zhuǎn)化為兩平行線間的距離以及直線與圓的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題求解；(2)轉(zhuǎn)化為圓心到直線的距離與半徑之間的關(guān)系問題；(3)直接設(shè)點(diǎn)，利用方程思想解決．[創(chuàng)新猜測]3．(1)圓(x＋2)2＋y2＝4與圓(x－2)2＋(y－1)2＝9的位置關(guān)系為()A．內(nèi)切B．相交C．外切D．相離(2)(2022·福建福州質(zhì)檢)若直線x－y＋2＝0與圓C：(x－3)2＋(y－3)2＝4相交于A、B兩點(diǎn)，則eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))的值為________．【解析】(1)比較兩圓圓心距與兩圓半徑和差的大小關(guān)系進(jìn)行判定．兩圓圓心分別為(－2,0)，(2,1)，半徑分別為2和3，圓心距d＝eq\r(42＋1)＝eq\r(17).∵3－2<d<3＋2，∴兩圓相交．(2)依題意，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(3,3)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋2，,x－32＋y－32＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝5，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝3.))可令A(yù)(3,5)、B(1,3)，∴eq\o(CA,\s\up6(→))＝(0,2)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(－2,0)，∴eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0.【答案】(1)B(2)0[總結(jié)提升]失分盲點(diǎn)(1)忽視直線的斜率不存在：當(dāng)解題中需要利用直線斜率表達(dá)直線方程時(shí)，不要遺忘直線的斜率可能不存在的狀況．(2)遺忘使用圓的幾何性質(zhì)：在直線與圓的位置關(guān)系的處理上要充分利用圓的幾何性質(zhì)，簡化計(jì)算．答