2013-2022年数学高考真题专题练习--直线与圆

1、2013-2022年数学高考真题专题练习专题九平面解析几何9.1直线与圆考点一直线的方程1.(2014四川文,9,5分)设mR,过定点A的动直线x+my=0和过定点B的动直线mx-y-m+3=0交于点P(x,y),则|PA|+|PB|的取值范围是()A.5,25B.10,25C.10,45D.25,45答案B直线x+my=0过定点A(0,0),直线mx-y-m+3=0过定点B(1,3).当m=0时,过定点A的直线方程为x=0,过定点B的直线方程为y=3,两条直线互相垂直,此时P(0,3),|PA|+|PB|=4.当m0时,直线x+my=0的斜率为-1m,直线mx-y-m+3=0的斜率为m.-1

2、m×m=-1,两条直线互相垂直,即点P可视为以AB为直径的圆上的点.当点P与点A或点B重合时,|PA|+|PB|有最小值10.当点P不与点A,点B重合时,PAB为直角三角形,且|PA|2+|PB|2=|AB|2=10.由不等式性质知|PA|+|PB|2|PA|2+|PB|22=25,|PA|+|PB|10,25.综合得|PA|+|PB|10,25.评析本题考查直线的方程、两直线垂直及不等式的性质,解答本题的关键是找到点P的轨迹.属中档题.2.(2013湖南理,8,5分)在等腰直角三角形ABC中,AB=AC=4,点P是边AB上异于A,B的一点.光线从点P出发,经BC,CA反射后又回到点

3、P(如图).若光线QR经过ABC的重心,则AP等于()A.2B.1C.83D.43答案D以AB为x轴,AC为y轴建立如图所示的坐标系,由题可知B(4,0),C(0,4),A(0,0),则直线BC的方程为x+y-4=0.设P(t,0)(0<t<4),由对称知识可得点P关于直线BC的对称点P1的坐标为(4,4-t),点P关于y轴的对称点P2的坐标为(-t,0),根据反射定理可知P1P2就是光线RQ所在直线.由P1、P2两点坐标可得直线P1P2的方程为y=4t4+t(x+t),设ABC的重心为G,易知G43,43.因为重心G43,43在光线RQ上,所以有43=4t4+t43+t,即3t2

4、-4t=0.所以t=0或t=43,因为0<t<4,所以t=43,即AP=43,故选D.3.(2012浙江理,3,5分)设aR,则“a=1”是“直线l1:ax+2y-1=0与直线l2:x+(a+1)y+4=0平行”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案A由l1l2,得-a2=-1a+1,解得a=1或a=-2,代入检验符合,即“a=1”是“l1l2”的充分不必要条件,故选A.评析本题考查两直线平行和充要条件的判断,考查运算求解能力.4.(2011浙江文,12,4分)若直线x-2y+5=0与直线2x+my-6=0互相垂直,则实数m=.

5、60;答案1解析依题意m0,所以由2m×12=-1,得m=1.评析本题考查两条直线垂直的充要条件,属容易题.注意与平行的区别.考点二圆的方程1.(2015课标理,7,5分)过三点A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圆交y轴于M,N两点,则|MN|=()A.26B.8C.46D.10答案C设圆心为P(a,b),由点A(1,3),C(1,-7)在圆上,知b=372=-2.再由|PA|=|PB|,得a=1.则P(1,-2),|PA|=(11)2+(3+2)2=5,于是圆P的方程为(x-1)2+(y+2)2=25.令x=0,得y=-2±26,则|MN|=|(-2+26)-(

6、-2-26)|=46.2.(2015课标文,7,5分)已知三点A(1,0),B(0,3),C(2,3),则ABC外接圆的圆心到原点的距离为()A.53B.213C.253D.43答案B在平面直角坐标系xOy中画出ABC,易知ABC是边长为2的正三角形,其外接圆的圆心为D1,233.因此|OD|=12+2332=73=213.故选B.3.(2015北京文,2,5分)圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是()A.(x-1)2+(y-1)2=1B.(x+1)2+(y+1)2=1C.(x+1)2+(y+1)2=2D.(x-1)2+(y-1)2=2答案D由题意得圆的半径为2,故该圆的方程为(x-1)2+(

7、y-1)2=2,故选D.4.(2016天津文,12,5分)已知圆C的圆心在x轴的正半轴上,点M(0,5)在圆C上,且圆心到直线2x-y=0的距离为455,则圆C的方程为. 答案(x-2)2+y2=9解析设圆C的方程为(x-a)2+y2=r2(a>0),由题意可得|2a|5=455,(a)2+(5)2=r2,解得a=2,r2=9,所以圆C的方程为(x-2)2+y2=9.方法总结待定系数法是求解圆方程的常用方法,一般步骤为设出圆的方程;列出关于系数的方程组,并求出各系数的值;检验各值是否符合题意,并写出满足题意的圆的方程.有时也可利用圆的几何性质进行求解.评析本题主要考查点与圆的位

8、置关系,点到直线的距离公式以及圆的方程的求法,考查方程思想方法的应用,注意圆心的横坐标的取值范围是解决本题的关键.5.(2015课标理,14,5分)一个圆经过椭圆x216+y24=1的三个顶点,且圆心在x轴的正半轴上,则该圆的标准方程为. 答案x322+y2=254解析由已知得该圆经过椭圆的三个顶点A(4,0)、B(0,2)、C(0,-2).易知线段AB的垂直平分线的方程为2x-y-3=0.令y=0,得x=32,所以圆心坐标为32,0,则半径r=4-32=52.故该圆的标准方程为x322+y2=254.评析本题考查圆和椭圆的方程,求出圆心坐标是解题关键.6.(2014陕西理,12,5

9、分)若圆C的半径为1,其圆心与点(1,0)关于直线y=x对称,则圆C的标准方程为. 答案x2+(y-1)2=1解析根据题意得点(1,0)关于直线y=x对称的点(0,1)为圆心,又半径r=1,所以圆C的标准方程为x2+(y-1)2=1.考点三直线与圆的位置关系1.(2015广东理,5,5分)平行于直线2x+y+1=0且与圆x2+y2=5相切的直线的方程是()A.2x+y+5=0或2x+y-5=0B.2x+y+5=0或2x+y-5=0C.2x-y+5=0或2x-y-5=0D.2x-y+5=0或2x-y-5=0答案A切线平行于直线2x+y+1=0,故可设切线方程为2x+y+c=0(c1),

10、结合题意可得|c|5=5,解得c=±5.故选A.2.(2015山东理,9,5分)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.-53或-35B.-32或-23C.-54或-45D.-43或-34答案D由题意可知反射光线所在直线过点(2,-3),设反射光线所在直线方程为y+3=k(x-2),即kx-y-2k-3=0.反射光线所在直线与圆相切,|3k22k3|k2+1=1,解得k=-43或k=-34.评析本题主要考查直线和圆的位置关系.3.(2015重庆理,8,5分)已知直线l:x+ay-1=0(aR)是圆C:x2+

11、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.42C.6D.210答案C圆C的标准方程为(x-2)2+(y-1)2=22,圆心为C(2,1),半径r=2,由直线l是圆C的对称轴,知直线l过点C,所以2+a×1-1=0,a=-1,所以A(-4,-1),于是|AC|2=40,所以|AB|=|AC|222=404=6.故选C.4.(2014课标文,12,5分)设点M(x0,1),若在圆O:x2+y2=1上存在点N,使得OMN=45°,则x0的取值范围是()A.-1,1B.12,12C.-2,2D.22,22答案A过M作圆

12、O的两条切线MA、MB,切点分别为A、B,若在圆O上存在点N,使OMN=45°,则OMBOMN=45°,所以AMB90°,所以-1x01,故选A.评析本题考查直线与圆的位置关系,体现了数形结合的思想方法.5.(2014浙江文,5,5分)已知圆x2+y2+2x-2y+a=0截直线x+y+2=0所得弦的长度为4,则实数a的值是()A.-2B.-4C.-6D.-8答案B将圆的方程化为标准方程为(x+1)2+(y-1)2=2-a,所以圆心为(-1,1),半径r=2a,圆心到直线x+y+2=0的距离d=|1+1+2|2=2,故r2-d2=4,即2-a-2=4,所以a=-4,

13、故选B.6.(2014安徽文,6,5分)过点P(-3,-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.0,6B.0,3C.0,6D.0,3答案D过P点作圆的切线PA、PB,连接OP,如图所示.显然,直线PA的倾斜角为0,又OP=(3)2+(1)2=2,PA=3,OA=1,因此OPA=6,由对称性知,直线PB的倾斜角为3.若直线l与圆有公共点,由图形知其倾斜角的取值范围是0,3.故选D.7.(2016山东文,7,5分)已知圆M:x2+y2-2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是22.则圆M与圆N:(x-1)2+(y-1)2=1的位置关系是()A.

14、内切B.相交C.外切D.相离答案B由题意知圆M的圆心为(0,a),半径R=a,因为圆M截直线x+y=0所得线段的长度为22,所以圆心M到直线x+y=0的距离d=|a|2=a22(a>0),解得a=2,又知圆N的圆心为(1,1),半径r=1,所以|MN|=2,则R-r<2<R+r,所以两圆的位置关系为相交,故选B.思路分析利用直线被圆所截得的线段的长度构造关于a的方程,从而求出圆M的圆心及半径,根据两圆圆心距及两圆半径和与差的大小关系判断两圆的位置关系.8.(2014北京文,7,5分)已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1和两点A(-m,0),B(m,0)(m>0).若

15、圆C上存在点P,使得APB=90°,则m的最大值为()A.7B.6C.5D.4答案B若APB=90°,则点P的轨迹是以AB为直径的圆,其方程为x2+y2=m2.由题意知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1与圆O:x2+y2=m2有公共点,所以|m-1|OC|m+1,易知|OC|=5,所以4m6,故m的最大值为6.选B.9.(2013重庆理,7,5分)已知圆C1:(x-2)2+(y-3)2=1,圆C2:(x-3)2+(y-4)2=9,M,N分别是圆C1,C2上的动点,P为x轴上的动点,则|PM|+|PN|的最小值为()A.52-4B.17-1C.6-22D.17答案A圆C1,

16、C2如图所示.设P是x轴上任意一点,则|PM|的最小值为|PC1|-1,同理可得|PN|的最小值为|PC2|-3,则|PM|+|PN|的最小值为|PC1|+|PC2|-4.作C1关于x轴的对称点C'1(2,-3),连接C'1C2,与x轴交于点P,连接PC1,根据三角形两边之和大于第三边可知|PC1|+|PC2|的最小值为|C'1C2|,则|PM|+|PN|的最小值为52-4.选A.评析本题考查了圆的标准方程及圆的几何性质等知识,同时又考查了数形结合思想、转化思想.把折线段长的和转化成两点间的距离是本题的关键.10.(2016课标,4,5分)圆x2+y2-2x-8y+13

17、=0的圆心到直线ax+y-1=0的距离为1,则a=()A.-43B.-34C.3D.2答案A圆的方程可化为(x-1)2+(y-4)2=4,则圆心坐标为(1,4),圆心到直线ax+y-1=0的距离为|a+41|a2+1=1,解得a=-43.故选A.思路分析将圆的方程化成标准方程,从而得出圆心坐标,进而利用点到直线的距离公式列出关于a的方程,解方程即可求得a的值.11.(2016北京,5,5分)圆(x+1)2+y2=2的圆心到直线y=x+3的距离为()A.1B.2C.2D.22答案C由题知圆心坐标为(-1,0),将直线y=x+3化成一般形式为x-y+3=0,故圆心到直线的距离d=|10+3|12+

18、(1)2=2.故选C.易错警示在应用点到直线的距离公式d=|Ax0+By0+C|A2+B2时,一定要将直线方程化成一般形式,正确写出A,B,C的值,此处符号易出现错误.12.(2016课标,15,5分)设直线y=x+2a与圆C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B两点,若|AB|=23,则圆C的面积为. 答案4解析把圆C的方程化为x2+(y-a)2=2+a2,则圆心为(0,a),半径r=a2+2.圆心到直线x-y+2a=0的距离d=|a|2.由r2=d2+|AB|22,得a2+2=a22+3,解得a2=2,则r2=4,所以圆的面积S=r2=4.13.(2016课标,15,5分)已知

19、直线l:x-3y+6=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.则|CD|=. 答案4解析圆心(0,0)到直线x-3y+6=0的距离d=61+3=3,|AB|=21232=23,过C作CEBD于E,因为直线l的倾斜角为30°,所以|CD|=|CE|cos30°=|AB|cos30°=2332=4.14.(2016课标理,16,5分)已知直线l:mx+y+3m-3=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.若|AB|=23,则|CD|=. 答案4解析由题意可知直线l过

20、定点(-3,3),该定点在圆x2+y2=12上,不妨设点A(-3,3),由于|AB|=23,r=23,所以圆心到直线AB的距离为d=(23)2(3)2=3,又由点到直线的距离公式可得d=|3m3|m2+1=3,解得m=-33,所以直线l的斜率k=-m=33,即直线l的倾斜角为30°.如图,过点C作CHBD,垂足为H,所以|CH|=23,在RtCHD中,HCD=30°,所以|CD|=23cos30°=4.解后反思涉及直线与圆的位置关系的问题要充分利用圆的性质,利用数形结合的思想方法求解.15.(2015江苏,10,5分)在平面直角坐标系xOy中,以点(1,0)为圆心

21、且与直线mx-y-2m-1=0(mR)相切的所有圆中,半径最大的圆的标准方程为. 答案(x-1)2+y2=2解析由mx-y-2m-1=0可得m(x-2)=y+1,由mR知该直线过定点(2,-1),从而点(1,0)与直线mx-y-2m-1=0的距离的最大值为(21)2+(10)2=2,故所求圆的标准方程为(x-1)2+y2=2.16.(2014重庆理,13,5分)已知直线ax+y-2=0与圆心为C的圆(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B两点,且ABC为等边三角形,则实数a=. 答案4±15解析易知ABC是边长为2的等边三角形,故圆心C(1,a)到直线AB的距离

22、为3,即|a+a2|a2+1=3,解得a=4±15.经检验均符合题意,则a=4±15.评析本题考查过定点的直线与圆相交的弦长问题,以及数形结合的思想方法,对综合能力要求较高.17.(2015课标文,20,12分)已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C:(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N两点.(1)求k的取值范围;(2)若OM·ON=12,其中O为坐标原点,求|MN|.解析(1)由题设,可知直线l的方程为y=kx+1.因为l与C交于两点,所以|2k3+1|1+k2<1.解得473<k<4+73.所以k的取值范围为473,4+73.(5分

23、)(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).将y=kx+1代入方程(x-2)2+(y-3)2=1,整理得(1+k2)x2-4(1+k)x+7=0.所以x1+x2=4(1+k)1+k2,x1x2=71+k2.(7分)OM·ON=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=4k(1+k)1+k2+8.由题设可得4k(1+k)1+k2+8=12,解得k=1,所以l的方程为y=x+1.故圆心C在l上,所以|MN|=2.(12分)18.(2015广东理,20,14分)已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B.(1)求圆C1的圆心坐标;(

24、2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程;(3)是否存在实数k,使得直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.解析(1)圆C1的方程x2+y2-6x+5=0可化为(x-3)2+y2=4,所以圆心坐标为(3,0).(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2),M(x0,y0),则x0=x1+x22,y0=y1+y22.由题意可知直线l的斜率必存在,设直线l的方程为y=tx.将上述方程代入圆C1的方程,化简得(1+t2)x2-6x+5=0.由题意,可得=36-20(1+t2)>0(*),x1+x2=61+t2,所以x0=31+t2,代入

25、直线l的方程,得y0=3t1+t2.因为x02+y02=9(1+t2)2+9t2(1+t2)2=9(1+t2)(1+t2)2=91+t2=3x0,所以x0322+y02=94.由(*)解得t2<45,又t20,所以53<x03.所以线段AB的中点M的轨迹C的方程为x322+y2=9453<x3.(3)由(2)知,曲线C是在区间53,3上的一段圆弧.如图,D53,253,E53,253,F(3,0),直线L过定点G(4,0).联立直线L的方程与曲线C的方程,消去y整理得(1+k2)x2-(3+8k2)x+16k2=0.令判别式=0,解得:k=±34,由求根公式解得交点

26、的横坐标为xH,I=12553,3,由图可知:要使直线L与曲线C只有一个交点,则kkDG,kEGkGH,kGI,即k257,25734,34.19.(2014课标文,20,12分)已知点P(2,2),圆C:x2+y2-8y=0,过点P的动直线l与圆C交于A,B两点,线段AB的中点为M,O为坐标原点.(1)求M的轨迹方程;(2)当|OP|=|OM|时,求l的方程及POM的面积.解析(1)圆C的方程可化为x2+(y-4)2=16,所以圆心为C(0,4),半径为4.设M(x,y),则CM=(x,y-4),MP=(2-x,2-y).由题设知CM·MP=0,故x(2-x)+(y-4)(2-y)=0