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全国通用2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题14直线与圆含解析

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【走向高考】(全国通用)2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题14直线与圆一、选择题1.(文)若直线l1:x+ay+6=0与l2:(a-2)x+3y+2a=0平行,则l1与l2间的距离为(  )A.         B.C.D.[答案] B[解析] 由l1∥l2知3=a(a-2)且2a≠6(a-2),2a2≠18,求得a=-1,∴l1:x-y+6=0,l2:x-y+=0,两条平行直线l1与l2间的距离为d==.故选B.(理)已知直线l过圆x2+(y-3)2=4的圆心,且与直线x+y+1=0垂直,则l的方程是(  )A.x+y-2=0B.x-y+2=0C.x+y-3=0D.x-y+3=0[答案] D[解析] 圆心(0,3),又知所求直线斜率为1,∴直线方程为x-y+3=0.[方法点拨] 1.两直线的位置关系方程约束条件位置关系l1:y=k1x+b1l2:y=k2x+b2l1:A1x+B1y+C1=0l2:A2x+B2y+C2=0平行k1=k2,且b1≠b2A1B2-A2B1=0,且B1C2-B2C1≠0相交k1≠k2特别地,l1⊥l2⇒k1k2=-1A1B2≠A2B1特别地,l1⊥l2⇔A1A2+B1B2=0重合k1=k2且b1=b2A1B2-A2B1=0且B1C2-B2C1=014\n2.与直线y=kx+b平行的直线设为y=kx+b1,垂直的直线设为y=-x+m(k≠0);与直线Ax+By+C=0平行的直线设为Ax+By+C1=0,垂直的直线设为Bx-Ay+C1=0.求两平行直线之间的距离可直接代入距离公式,也可在其中一条直线上取一点,求其到另一条直线的距离.2.(文)(2022·安徽文,8)直线3x+4y=b与圆x2+y2-2x-2y+1=0相切,则b的值是(  )A.-2或12B.2或-12C.-2或-12D.2或12[答案] D[解析] 考查1.直线与圆的位置关系;2.点到直线的距离公式.∵直线3x+4y=b与圆心为(1,1),半径为1的圆相切,∴=1⇒b=2或12,故选D.(理)(2022·辽宁葫芦岛市一模)已知圆C与直线x-y=0及x-y-4=0都相切,圆心在直线x+y=0上,则圆C的方程为(  )A.(x+1)2+(y-1)2=2B.(x-1)2+(y+1)2=2C.(x-1)2+(y-1)2=2D.(x+1)2+(y+1)2=2[答案] B[解析] 由题意知,圆心C既在与两直线x-y=0与x-y-4=0平行且距离相等的直线上,又在直线x+y=0上,设圆心C(a,-a),半径为r,则由已知得=,解得a=1,∴r=,故选B.[方法点拨] 1.点与圆的位置关系①几何法:利用点到圆心的距离d与半径r的关系判断:d>r⇔点在圆外,d=r⇔点在圆上;d<r⇔点在圆内.②代数法:将点的坐标代入圆的标准(或一般)方程的左边,将所得值与r2(或0)作比较,大于r2(或0)时,点在圆外;等于r2(或0)时,点在圆上;小于r2(或0)时,点在圆内.2.直线与圆的位置关系直线l:Ax+By+C=0(A2+B2≠0)与圆:(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0)的位置关系如下表.方法位置关系几何法:代数法:14\n根据d=与r的大小关系   消元得一元二次方程,根据判别式Δ的符号相交d<rΔ>0相切d=rΔ=0相离d>rΔ<03.求圆的方程有两类方法:(1)几何法,通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系,进而求得圆的半径和圆心,得出圆的方程;(2)代数法,求圆的方程必须具备三个独立条件,利用“待定系数法”求出圆心和半径.3.(文)(2022·安徽文,6)过点P(-,-1)的直线l与圆x2+y2=1有公共点,则直线l的倾斜角的取值范围是(  )A.(0,]B.(0,]C.[0,]D.[0,][答案] D[解析] 由题意可画出示意图:易知过点P的圆的两切线为PA与PM.PA处倾斜角为0,在Rt△POM中易知PO=2,OM=1,∴∠OPM=,∠OPA=,∴∠MPA=,∵直线l倾斜角的范围是[0,].[方法点拨] 本题还可以设出直线l的方程y=kx+b,将P点代入得出k与b的关系,消去未知数b,再将直线代入圆方程,利用Δ>0求出k的范围,再求倾斜角的范围.1.求直线的方程常用待定系数法.2.两条直线平行与垂直的判定可用一般式进行判定,也可以用斜率判定.(理)(2022·山东理,9)一条光线从点(-2,-3)射出,经y轴反射后与圆(x+3)2+(y-2)2=1相切,则反射光线所在直线的斜率为(  )A.-或-B.-或-C.-或-D.-或-14\n[答案] D[解析] 由光的反射原理知,反射光线的反向延长线必过点(2,-3),设反射光线所在直线的斜率为k,则其直线方程为y+3=k(x-2),即kx-y-2k-3=0,∵光线与圆(x+3)2+(y-2)2=1相切,∴=1,∴12k2+25k+12=0,解得k=-或k=-.故选D.4.(文)(2022·湖南文,6)若圆C1:x2+y2=1与圆C2:x2+y2-6x-8y+m=0外切,则m=(  )A.21B.19C.9D.-11[答案] C[解析] 本题考查了两圆的位置关系.由条件知C1:x2+y2=1,C2:(x-3)2+(y-4)2=25-m,圆心与半径分别为(0,0),(3,4),r1=1,r2=,由两圆外切的性质知,5=1+,∴m=9.[方法点拨] 圆与圆的位置关系表现形式位置关系几何表现:圆心距d与r1、r2的关系代数表现:两圆方程联立组成的方程组的解的情况相离d>r1+r2无解外切d=r1+r2一组实数解相交|r1-r2|<d<r1+r2两组不同实数解内切d=|r1-r2|(r1≠r2)一组实数解内含0≤d<|r1-r2|(r1≠r2)无解(理)一动圆过点A(0,1),圆心在抛物线y=x2上,且恒与定直线l相切,则直线l的方程为(  )A.x=1B.x=C.y=-D.y=-1[答案] D[解析] ∵A(0,1)是抛物线x2=4y的焦点,又抛物线的准线为y=-1,∴动圆过点A,圆心C在抛物线上,由抛物线的定义知|CA|等于C到准线的距离,等于⊙C的半径,∴⊙C与定直线l:y=-1总相切.5.(文)(2022·哈三中一模)直线x+y+=0截圆x2+y214\n=4所得劣弧所对圆心角为(  )A.B.C.D.[答案] D[解析] 弦心距d==1,半径r=2,∴劣弧所对的圆心角为.(理)(2022·福建理,6)直线l:y=kx+1与圆O:x2+y2=1相交于A,B两点,则“k=1”是“△OAB的面积为”的(  )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件[答案] A[解析] 圆心O(0,0)到直线l:kx-y+10=0的距离d=,弦长为|AB|=2=,∴S△OAB=×|AB|·d==,∴k=±1,因此当“k=1”时,“S△OAB=”,故充分性成立.“S△OAB=”时,k也有可能为-1,∴必要性不成立,故选A.[方法点拨] 1.直线与圆相交时主要利用半弦、半径、弦心距组成的直角三角形求解.2.直线与圆相切时,一般用几何法体现,即使用d=r,而不使用Δ=0.6.(2022·太原市一模)已知在圆x2+y2-4x+2y=0内,过点E(1,0)的最长弦和最短弦分别是AC和BD,则四边形ABCD的面积为(  )A.3B.6C.4D.2[答案] D[解析] 圆的方程为(x-2)2+(y+1)2=5,圆的最长弦AC为直径2;设圆心M14\n(2,-1),圆的最短弦BD⊥ME,∵ME==,∴BD=2=2,故S四边形ABCD=AC·BD=×2×2=2.7.(2022·重庆理,8)已知直线l:x+ay-1=0(a∈R)是圆C:x2+y2-4x-2y+1=0的对称轴.过点A(-4,a)作圆C的一条切线,切点为B,则|AB|=(  )A.2B.4C.6D.2[答案] C[解析] 易知圆的标准方程C:(x-2)2+(y-1)2=4,圆心O(2,1),又因为直线l:x+ay-1=0是圆的对称轴,则该直线一定经过圆心,得知a=-1,A(-4,-1),又因为直线AB与圆相切,则△OAB为直角三角形,|OA|==2,|OB|=2,|AB|==6.8.过点P(-2,3)且与两坐标轴围成的三角形面积为24的直线共有(  )A.1条B.2条C.3条D.4条[答案] D[解析] 过P(-2,3)与x轴负半轴和y轴正半轴围成的三角形面积的最小值是12,所以过一、二、三象限可作2条,过一、二、四象限可作一条,过二、三、四象限可作一条,共4条.9.(文)(2022·江西理,9)在平面直角坐标系中,A、B分别是x轴和y轴上的动点,若以AB为直径的圆C与直线2x+y-4=0相切,则圆C面积的最小值为(  )A.πB.πC.(6-2)πD.π[答案] A[解析] 本题考查直线与圆的位置关系、抛物线的定义及数形结合求最值的数学思想.依题意,∠AOB=90°,∴原点O在⊙C上,又∵⊙C与直线2x+y-4=0相切,设切点为D,则|OC|=|CD|,∴圆C的圆心C的轨迹是抛物线,其中焦点为原点O,准线为直线2x+y-4=0.要使圆C的面积有最小值,当且仅当O、C、D三点共线,即圆C的直径等于O点到直线的距离,∴2R=,∴R=.S=πR2=π.选A.14\n(理)两条平行直线和圆的位置关系定义为:若两条平行直线和圆有四个不同的公共点,则称两条平行线和圆“相交”;若两平行直线和圆没有公共点,则称两条平行线和圆“相离”;若两平行直线和圆有一个、两个或三个不同的公共点,则称两条平行线和圆“相切”.已知直线l1:2x-y+a=0,l2:2x-y+a2+1=0和圆:x2+y2+2x-4=0相切,则a的取值范围是(  )A.a>7或a<-3B.a>或a<-C.-3≤a≤-或≤a≤7D.a≥7或a-3[答案] C[解析] 本题主要考查直线和圆的位置关系、补集思想及分析、理解、解决问题的能力.两条平行线与圆都相交时,由得-<a<,两条直线都和圆相离时,由得a<-3,或a>7,所以两条直线和圆“相切”时a的取值范围-3≤a≤-或≤a≤7,故选C.[方法点拨] 与圆有关的最值问题主要题型有:1.圆的半径最小时,圆面积最小.2.圆上点到定点距离最大(小)值问题,点在圆外时,最大值d+r,最小值d-r(d是圆心到定点距离);点在圆内时,最大值d+r,最小值r-d.3.圆上点到定直线距离最值,设圆心到直线距离为d,直线与圆相离,则最大值d+r,最小值d-r;直线与圆相交,则最大值d+r,最小值0.4.P(x,y)为⊙O上一动点,求x、y的表达式(如x+2y,x2+y2等)的取值范围,一段利用表达式的几何意义转化.二、填空题10.(文)设直线mx-y+3=0与圆(x-1)2+(y-2)2=4相交于A、B两点,且弦长为2,则m=________.[答案] 0[解析] 圆的半径为2,弦长为2,∴弦心距为1,即得d==1,解得m=0.(理)在△ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,若sin2A+sin2B=sin2C,则直线ax-by+c=0被圆x2+y2=9所截得弦长为________.[答案] 2[解析] 由正弦定理得a2+b2=c2,14\n∴圆心到直线距离d===,∴弦长l=2=2=2.11.在平面直角坐标系xOy中,已知圆x2+y2=4上有且只有四个点到直线12x-5y+c=0的距离为1,则实数c的取值范围是________.[答案] (-13,13)[解析] 本题考查了直线与圆的位置关系,利用数形结合可解决此题,属中档题.要使圆x2+y2=4上有且只有四个点到直线12x-5y+c=0的距离为1,只需满足圆心到直线的距离小于1即可.即<1,解|c|<13,∴-13<c<13.12.已知过点P(2,1)有且只有一条直线与圆C:x2+y2+2ax+ay+2a2+a-1=0相切,则实数a=________.[答案] -1[解析] 由条件知点P在⊙C上,∴4+1+4a+a+2a2+a-1=0,∴a=-1或-2.当a=-1时,x2+y2-2x-y=0表示圆,当a=-2时,x2+y2-4x-2y+5=0不表示圆,∴a=-1.三、解答题13.(2022·福建文,19)已知点F为抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,点A(2,m)在抛物线E上,且|AF|=3.(1)求抛物线E的方程;(2)已知点G(-1,0),延长AF交抛物线E于点B,证明:以点F为圆心且与直线GA14\n相切的圆,必与直线GB相切.[分析] 考查:1.抛物线标准方程;2.直线和圆的位置关系.(1)利用抛物线定义,将抛物线上的点到焦点距离和到准线距离相互转化;(2)欲证明以点F为圆心且与直线GA相切的圆,必与直线GB相切.可证明点F到直线GA和直线GB的距离相等(此时需确定两条直线方程);也可以证明∠AGF=∠BGF,可转化为证明两条直线的斜率互为相反数.[解析] 法一:(1)由抛物线的定义得|AF|=2+.因为|AF|=3,即2+=3,解得p=2,所以抛物线E的方程为y2=4x.(2)因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,所以m=±2,由抛物线的对称性,不妨设A(2,2).由A(2,2),F(1,0)可得直线AF的方程为y=2(x-1).由得2x2-5x+2=0,解得x=2或x=,从而B(,-).又G(-1,0),所以kGA==,kGB==-,所以kGA+kGB=0,从而∠AGF=∠BGF,这表明点F到直线GA,GB的距离相等,故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.法二:(1)同法一.(2)设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,所以m=±2,由抛物线的对称性,不妨设A(2,2).由A(2,2),F(1,0)可得直线AF的方程为y=2(x-1).由得2x2-5x+2=0.解得x=2或x=,从而B.又G(-1,0),故直线GA的方程为2x-3y+2=0,从而r==.又直线GB的方程为2x+3y+2=0,所以点F到直线GB的距离d===r.14\n这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.14.(文)已知圆C:x2+y2=r2(r>0)经过点(1,).(1)求圆C的方程;(2)是否存在经过点(-1,1)的直线l,它与圆C相交于A、B两个不同点,且满足关系=+(O为坐标原点)的点M也在圆C上,如果存在,求出直线l的方程;如果不存在,请说明理由.[解析] (1)由圆C:x2+y2=r2,再由点(1,)在圆C上,得r2=12+()2=4,所以圆C的方程为x2+y2=4.(2)假设直线l存在,设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0).①若直线l的斜率存在,设直线l的方程为y-1=k(x+1),联立消去y得,(1+k2)x2+2k(k+1)x+k2+2k-3=0,由韦达定理得x1+x2=-=-2+,x1x2==1+,y1y2=k2x1x2+k(k+1)(x1+x2)+(k+1)2=-3,因为点A(x1,y1),B(x2,y2)在圆C上,因此,得x+y=4,x+y=4,由=+得,x0=,y0=,由于点M也在圆C上,则()2+()2=4,整理得+3·+x1x2+y1y2=4,即x1x2+y1y2=0,所以1++(-3)=0,从而得,k2-2k+1=0,即k=1,因此,直线l的方程为y-1=x+1,即x-y+2=0.②若直线l的斜率不存在,则A(-1,),B(-1,-),M(,)()2+()2=4-≠4,14\n故点M不在圆上与题设矛盾,综上所知:k=1,直线方程为x-y+2=0.(理)已知圆O:x2+y2=2交x轴于A、B两点,曲线C是以AB为长轴,离心率为的椭圆,其左焦点为F.若P是圆O上一点,连接PF,过原点O作直线PF的垂线交直线x=-2于点Q.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若点P的坐标为(1,1),求证:直线PQ与圆O相切;(3)试探究:当点P在圆O上运动时(不与A,B重合),直线PQ与圆O是否保持相切的位置关系?若是,请证明;若不是,请说明理由.[解析] (1)因为a=,e=,所以c=1,则b=1,即椭圆C的标准方程为+y2=1.(2)因为P(1,1),F(-1,0),所以kPF=,∴kOQ=-2,所以直线OQ的方程为y=-2x.又Q在直线x=-2上,所以点Q(-2,4).∴kPQ=-1,kOP=1,∴kOP·kPQ=-1,即OP⊥PQ,故直线PQ与圆O相切.(3)当点P在圆O上运动时,直线PQ与圆P保持相切的位置关系,设P(x0,y0),(x0≠±),则y=2-x,kPF=,kOQ=-,∴直线OQ的方程为y=-x,∴点Q(-2,),14\n∴kPQ====-,又kOP=.∴kOP·kPQ=-1,即OP⊥PQ(P不与A、B重合),直线PQ始终与圆O相切.15.(文)(2022·石家庄市质检)已知动圆C过定点M(0,2),且在x轴上截得弦长为4.设该动圆圆心的轨迹为曲线C.(1)求曲线C方程;(2)设点A为直线l:x-y-2=0上任意一点,过A作曲线C的切线,切点分别为P、Q,求△APQ面积的最小值及此时点A的坐标.[解析] (1)设动圆圆心坐标为C(x,y),根据题意得=,化简得x2=4y.(2)解法一:设直线PQ的方程为y=kx+b,由消去y得x2-4kx-4b=0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则,且Δ=16k2+16b以点P为切点的切线的斜率为y′1=x1,其切线方程为y-y1=x1(x-x1),即y=x1x-x.同理过点Q的切线的方程为y=x2x-x.两条切线的交点A(xA,yB)在直线x-y-2=0上,解得,即A(2k,-b).则:2k+b-2=0,即b=2-2k,代入Δ=16k2+16b=16k2+32-32k=16(k-1)2+16>0,|PQ|=|x1-x2|=4,A(2k,-b)到直线PQ的距离为d=,S△APQ=|PD|·d=4|k2+b|·=4(k2+b)=4(k2-2k+2)=4[(k-1)2+1].当k=1时,S△APQ最小,其最小值为4,此时点A的坐标为(2,0).解法二:设A(x0,y0)在直线x-y-2=0上,点P(x1,y1),Q(x2,y2)在抛物线x2=4y14\n上,则以点P为切点的切线的斜率为y1=x1,其切线方程为y-y1=x1(x-x1),即y=x1x-y1,同理以点Q为切点的方程为y=x2x-y2.设两条切线均过点A(x0,y0),则点P,Q的坐标均满足方程y0=xx0-y,即直线PQ的方程为:y=x0x-y0,代入抛物线方程x2=4y消去y可得:x2-2x0x+4y0=0|PQ|=|x1-x2|=A(x0,y0)到直线PQ的距离为d=,S△APQ=|PQ|d=|x-4y0|·=(x-4y0)=(x-4x0+8)=[(x0-2)2+4]当x0=2时,S△APQ最小,其最小值为4,此时点A的坐标为(2,0).(理)已知点A(-2,0),B(2,0),直线PA与直线PB斜率之积为-,记点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)设M、N是曲线C上任意两点,且|-|=|+|,是否存在以原点为圆心且与MN总相切的圆?若存在,求出该圆的方程;若不存在,请说明理由.[解析] (1)设P(x,y),14\n则由直线PA与直线PB斜率之积为-得,·=-(x≠±2),整理得曲线C的方程为+=1(x≠±2).(2)若|-|=|+|,则⊥.设M(x1,y1),N(x2,y2).若直线MN斜率不存在,则y2=-y1,N(x1,-y1).由⊥得·=-1,又+=1.解得直线MN方程为x=±.原点O到直线MN的距离d=.若直线MN斜率存在,设方程为y=kx+m.由得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.∴x1+x2=,x1·x2=. (*)由⊥得·=-1,整理得(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0.代入(*)式解得7m2=12(k2+1).此时(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0中Δ>0.此时原点O到直线MN的距离d==.故原点O到直线MN的距离恒为d=.存在以原点为圆心且与MN总相切的圆,方程为x2+y2=.14

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发布时间:2022-08-25 23:51:56 页数:14
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文章作者:U-336598

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