新高考数学高频考点题型归纳40直线与圆综合应用（教师版）

专题40直线与圆综合应用一、关键能力1．掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程．2．能根据给定直线、圆的方程判断直线与圆的位置关系；能根据给定两个圆的方程判断两圆的位置关系．3．能用直线和圆的方程解决一些简单的问题，初步了解用代数方法处理几何问题的思想．二、教学建议直线与圆是高考的必考内容，它包括直线、圆和直线与圆综合应用等内容．高考常以选填题和解答题形式出现，对解析几何知识和数学思想方法的应用进行考查．近几年高考直线、圆试题的考查特点，一是考查两直线位置关系、点线距离、圆有关的概念、性质及其简单应用；二是以直线与圆位置关系为载体，在代数、向量等知识的交汇处设置解答题，考查解决轨迹、参数范围、探索型等综合问题的思想方法，并且注重测试逻辑推理和代数运算能力．三、自主梳理 1.处理解析几何问题的两种方法：几何法、代数法2.圆上动点的处理方法：几何法：转化为具有几何意义的问题来解决（距离、角、斜率、截距）；代数法：设点坐标，用坐标去表示目标，寻求解决办法。3.直线与圆交点的处理方法：几何法：转化的思想代数法：设而不求的办法四、高频考点+重点题型考点一、与其他知识（向量、简易逻辑、函数、不等式）交汇例1-1（与简易逻辑交汇）直线x﹣y+m＝0与圆x2+y2﹣2x﹣1＝0有两个不同交点的一个充分不必要条件是（）A．﹣3＜m＜1 B．﹣4＜m＜2 C．0＜m＜1 D．m＜1【解答】解：联立直线与圆的方程得：x−y+m=0x消去y得：2x2+（2m﹣2）x+m2﹣1＝0，由题意得：△＝（2m﹣2）2﹣8（m2﹣1）＝﹣4（m+1）2+16＞0，变形得：（m+3）（m﹣1）＜0，解得：﹣3＜m＜1，∵0＜m＜1是﹣3＜m＜1的一个真子集，∴直线与圆有两个不同交点的一个充分不必要条件是0＜m＜1．故选：C．例1-2（与三角函数交汇）若圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax+by＝0的距离为22．则直线l的倾斜角的取值范围是【解答】解：圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0化简为标准方程，可得（x﹣2）2+（y﹣2）2＝18，∴圆心坐标为C（2，2），半径r＝32，∵在圆上至少有三个不同的点到直线l：ax+by＝0的距离为22∴圆心到直线的距离应小于或等于r−22由点到直线的距离公式，得|2a+2b|a∴（2a+2b）2≤2（a2+b2），整理得(−a解之得2−3≤−∵直线l：ax+by＝0的斜率k=−ab∈[2−3∴设直线l的倾斜角为α，则tanα∈[2−3，2+3]，即tanπ12≤tan由此可得直线l的倾斜角的取值范围是[π12，5π故答案为：[π12，5π例1-3（与向量的交汇）已知直线x+y﹣k＝0（k＞0）与圆x2+y2＝4交于不同的两点A，B，O是坐标原点，且有OA→⋅OB→≥−A．（3，+∞） B．[2，22） C．[2，+∞） D．[3，22）【解答】解：根据题意，圆x2+y2＝4的圆心为（0，0），半径r＝2，设圆心到直线x+y﹣k＝0的距离为d；若直线x+y﹣k＝0（k＞0）与圆x2+y2＝4交于不同的两点A，B，则d=|k|1+1=k2设OA→与OB→的夹角即∠OAB＝若OA→⋅OB→≥−2，即|OA|×|OB|×cosθ≥﹣2，变形可得cosθ≥−1当θ=2π3时，若θ≤2π3，则d=k2则k的取值范围为[2，22）；故选：B．例1-4（与基本不等式交汇）设m∈R，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，则PA＋PB的取值范围是()A．[eq\r(5)，2eq\r(5)]B．[2eq\r(5)，4eq\r(5)]C．[eq\r(10)，4eq\r(5)]D．[eq\r(10)，2eq\r(5)]答案：D解析：由动直线x＋my＝0知定点A的坐标为(0，0)，由动直线mx－y－m＋3＝0知定点B的坐标为(1，3)，且两直线互相垂直，故点P在以AB为直径的圆上运动．故当点P与点A或点B重合时，PA＋PB取得最小值，(PA＋PB)min＝AB＝eq\r(10)．当点P与点A或点B不重合时，在Rt△PAB中，有PA2＋PB2＝AB2＝10．因为PA2＋PB2≥2PA·PB，所以2(PA2＋PB2)≥(PA＋PB)2，当且仅当PA＝PB时取等号，所以PA＋PB≤eq\r(2)eq\r(PA2＋PB2)＝eq\r(2)×eq\r(10)＝2eq\r(5)，所以eq\r(10)≤PA＋PB≤2eq\r(5)，所以PA＋PB的取值范围是[eq\r(10)，2eq\r(5)]．故选D．例1-5．过直线y＝x上一点作圆（x﹣5）2+（y﹣1）2＝2的两条切线l1，l2，当l1，l2关于直线y＝x对称时，l1，l2的夹角的大小为．【解答】解：圆（x﹣5）2+（y﹣1）2＝2的圆心（5，1），过（5，1）与y＝x垂直的直线方程：x+y﹣6＝0，它与y＝x的交点N（3，3），N到（5，1）距离是22，两条切线l1，l2，它们之间的夹角为60°．故答案为：60°．例1-6．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2﹣2x﹣4y﹣3＝0与x轴交于A，B两点，若动直线l与圆C相交于M，N两点，且△CMN的面积为4，若P为MN的中点，则△PAB的面积最大值为．【解答】解：当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0得x＝﹣1或x＝3，即A（﹣1，0），B（3，0），圆的标准方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2＝8，则圆心C（1，2），半径R=8=2△CMN的面积为4，即S=12×则sin∠MCN＝1，即∠MCN＝90°，则MN=2CN=2×22=要使△PAB的面积最大，则CP⊥AB，此时三角形的高为PD＝2+2＝4，AB＝3﹣（﹣1）＝4，则△PAB的面积S=1故答案为：8．考点二、直线与圆中的探索性问题例2-1．在平面直角坐标系xOy中，已知半径为2的圆C，圆心在x轴正半轴上，且与直线x−3y（1）求圆C的方程；（2）在圆C上，是否存在点P，满足|PQ|=22|PO|，其中，点Q的坐标是（3）若在圆C上存在点M（m，n），使得直线l：mx+ny＝1与圆O：x2+y2＝1相交不同两点A，B，求m的取值范围．并求出使得△OAB的面积最大的点M的坐标及对应的△OAB的面积．【解答】解：（1）设圆心是（a，0），（a＞0），它到直线x−3y+2＝0的距离是d=解得a＝2或a＝﹣6（舍去），所以，所求圆C的方程是（x﹣2）2+y2＝4．（4分）（2）假设存在这样的点P（x，y），则由PA=22PO，得x2+y2即，点P在圆D：（x+2）2+y2＝2上，点P也在圆C：（x﹣2）2+y2＝4上．因为|CD|=4＞rc+rd=2+2，所以圆所以，不存在点P满足条件．（8分）（3）存在，理由如下：因为点M（m，n），在圆C上，所以（m﹣2）2+n2＝4，即n2＝4﹣（m﹣2）2＝4m﹣m2且0≤m≤4．因为原点到直线l：mx+ny＝1的距离h=1m2+而|AB|＝21−ℎ所以S△OAB=12|AB|h因为116≤14m＜1，所以当14m=12，即此时点M的坐标是（12，72）或（12，−72例2-2．如图，已知⊙C的圆心在原点，且与直线x+3y+42=（1）求⊙C的方程；（2）点P在直线x＝8上，过点P引⊙C的两条切线PA、PB，切点为A、B．①求四边形OAPB面积的最小值；②求证：直线AB过定点．【解答】（1）解：依题意得：圆心（0，0）到直线x+3y+42=0的距离d＝r∴r＝d=|4∴圆C的方程为x2+y2=16（2）①解：连接OA，OB，∵PA，PB是圆C的两条切线，∴OA⊥AP，OB⊥BP，∴S=2∴当PO取最小值为8时，(S②证明：由①得，A，B在以OP为直径的圆上，设点P的坐标为（8，b），b∈R，则线段OP的中点坐标为（4，b2∴以OP为直径的圆方程为(x−4)即x2+y2﹣8x﹣by＝0．∵AB为两圆的公共弦，∴联立x2+y2=165x2+y2−8x−by=0得：直线AB的方程为8x则直线AB恒过定点（25例2-3．在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2+mx﹣2与x轴交于A、B两点，点C的坐标为（0，1），当m变化时，解答下列问题：（1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；（2）证明过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．【解答】解：（1）曲线y＝x2+mx﹣2与x轴交于A、B两点，可设A（x1，0），B（x2，0），由韦达定理可得x1x2＝﹣2，若AC⊥BC，则kAC•kBC＝﹣1，即有1−00−x1即为x1x2＝﹣1这与x1x2＝﹣2矛盾，故不出现AC⊥BC的情况；（2）证明：设过A、B、C三点的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0（D2+E2﹣4F＞0），由题意可得y＝0时，x2+Dx+F＝0与x2+mx﹣2＝0等价，可得D＝m，F＝﹣2，圆的方程即为x2+y2+mx+Ey﹣2＝0，由圆过C（0，1），可得0+1+0+E﹣2＝0，可得E＝1，则圆的方程即为x2+y2+mx+y﹣2＝0，另解：设过A、B、C三点的圆在y轴上的交点为H（0，d），则由相交弦定理可得|OA|•|OB|＝|OC|•|OH|，即有2＝|OH|，再令x＝0，可得y2+y﹣2＝0，解得y＝1或﹣2．即有圆与y轴的交点为（0，1），（0，﹣2），则过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值3．例2-4．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；（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．【解答】解：（1）∵圆C1：x2+y2﹣6x+5＝0，整理，得其标准方程为：（x﹣3）2+y2＝4，∴圆C1的圆心坐标为（3，0）；（2）设当直线l的方程为y＝kx、A（x1，y1）、B（x2，y2），联立方程组(x−3)消去y可得：（1+k2）x2﹣6x+5＝0，由△＝36﹣4（1+k2）×5＞0，可得k2＜由韦达定理，可得x1+x2=6∴线段AB的中点M的轨迹C的参数方程为x=31+k2y=∴线段AB的中点M的轨迹C的方程为：（x−32）2+y2=94（3）结论：当k∈（−257，257）∪{−34，34}时，直线L：理由如下：联立方程组(x−3消去y，可得：（1+k2）x2﹣（3+8k2）x+16k2＝0，令△＝（3+8k2）2﹣4（1+k2）•16k2＝0，解得k＝±34又∵轨迹C的端点（53，±253∴当直线L：y＝k（x﹣4）与曲线C只有一个交点时，k的取值范围为[−257，257例2-5．如图，圆C：x2﹣（1+a）x+y2﹣ay+a＝0．（Ⅰ）若圆C与x轴相切，求圆C的方程；（Ⅱ）已知a＞1，圆C与x轴相交于两点M，N（点M在点N的左侧）．过点M任作一条直线与圆O：x2+y2＝4相交于两点A，B．问：是否存在实数a，使得∠ANM＝∠BNM？若存在，求出实数a的值，若不存在，请说明理由．【解答】（Ⅰ）因为由y=0x2−(1+a)x+y2−ay+a=0可得x2﹣（1+由题意得△＝（1+a）2﹣4a＝（a﹣1）2＝0，所以a＝1，故所求圆C的方程为x2﹣2x+y2﹣y+1＝0．（Ⅱ）令y＝0，得x2﹣（1+a）x+a＝0，即（x﹣1）（x﹣a）＝0，求得x＝1，或x＝a，所以M（1，0），N（a，0）．假设存在实数a，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k（x﹣1），代入x2+y2＝4得，（1+k2）x2﹣2k2x+k2﹣4＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），从而x1因为NA、NB的斜率之和为y1而（x1﹣1）（x2﹣a）+（x2﹣1）（x1﹣a）＝2x1x2﹣（a+1）（x2+x1）+2a=2k因为∠ANM＝∠BNM，所以，NA、NB的斜率互为相反数，y1x1−a+当直线AB与x轴垂直时，仍然满足∠ANM＝∠BNM，即NA、NB的斜率互为相反数．综上，存在a＝4，使得∠ANM＝∠BNM．例2-6．已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．(1)求圆C的方程；(2)过点M(1,0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)设圆心C(a,0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>－\f(5,2)))，则eq\f(|4a＋10|,5)＝2，解得a＝0或a＝－5(舍)．所以圆C的方程为x2＋y2＝4.(2)当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝4，,y＝kx－1，))得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，x1,2＝eq\f(2k2±\r(4k4－4k2＋1k2－4),2k2＋1)，所以x1＋x2＝eq\f(2k2,k2＋1)，x1x2＝eq\f(k2－4,k2＋1).若x轴平分∠ANB，则kAN＝－kBN，即eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝0，则eq\f(kx1－1,x1－t)＋eq\f(kx2－1,x2－t)＝0，即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，即eq\f(2k2－4,k2＋1)－eq\f(2k2t＋1,k2＋1)＋2t＝0，解得t＝4，所以当点N的坐标为(4,0)时，能使得x轴平分∠ANB总成立．例2-7.已知t∈R，圆C：x2＋y2－2tx－2t2y＋4t－4＝0．(1)若圆C的圆心在直线x－y＋2＝0上，求圆C的方程；(2)圆C是否过定点？如果过定点，求出定点的坐标；如果不过定点，说明理由．解析：(1)配方得(x－t)2＋(y－t2)2＝t4＋t2－4t＋4，其圆心C(t，t2)．依题意t－t2＋2＝0，解得t＝－1或2．即x2＋y2＋2x－2y－8＝0或x2＋y2－4x－8y＋4＝0为所求方程．(2)整理圆C的方程为(x2＋y2－4)＋(－2x＋4)t＋(－2y)·t2＝0，令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4＝0，,－2x＋4＝0，,－2y＝0)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝0.)))故圆C过定点(2，0)．考点三、与实际结合考察例3-1．“圆材埋壁”是《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，学会一寸，锯道长一尺，问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知道大小，用锯取锯它，锯口深一寸，锯道长一尺，问这块圆柱形木材的直径是多少？现有圆柱形木材一部分埋在墙壁中，截面如图所示，已知弦尺，弓形高寸，则阴影部分面积约为（注：，，1尺=10寸）A．6.33平方寸 B．6.35平方寸C．6.37平方寸 D．6.39平方寸【答案】A【分析】连接OC，设半径为r，则，在直角三角形中应用勾股定理即可求得r，进而求得扇形的面积，减去三角形即可得阴影部分的面积．【详解】连接OC，设半径为r，寸，则在直角三角形中，即，解得则，所以则所以扇形的面积三角形的面积所以阴影部分面积为所以选A例3-2．如图,某城市中心花园的边界是圆心为O,直径为1千米的圆,花园一侧有一条直线型公路l,花园中间有一条公路AB(AB是圆O的直径),规划在公路l上选两个点P,Q,并修建两段直线型道路PB,QA.规划要求:道路PB,QA不穿过花园.已知,(C､D为垂足),测得OC=0.9,BD=1.2(单位:千米).已知修建道路费用为m元/千米.在规划要求下,修建道路总费用的最小值为_____元.【答案】【分析】根据几何关系考虑道路不穿过花园，求解最小距离，即可得到最小费用.【详解】如图：过点作直线交于，取与圆的交点，连接，则，过点作直线交于，过点作直线交于，根据图象关系可得，直线上，点左侧的点与连成线段不经过圆内部，点右侧的点与连成的线段不经过圆的内部，最短距离之和即，根据几何关系：，，所以，所以，，所以，最小距离为2.1千米.修建道路总费用的最小值为元.故答案为：例3-3．在某海滨城市附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城市A（看做一点）的东偏南角方向，300km的海面P处，并以20km/h的速度向西偏北45°方向移动．台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60km，并以10km/h的速度不断增大．（1）问10小时后，该台风是否开始侵袭城市A，并说明理由；（2）城市A受到该台风侵袭的持续时间为多久？【答案】（1）否；（2）小时.【分析】建立直角坐标系，则城市A（0，0），当前台风中心，设t小时后台风中心P的坐标为（x，y），由题意建立方程组，能求出10小时后，该台风还没有开始侵袭城市A．（2）t小时后台风侵袭的范围可视为以为圆心，60+10t为半径的圆，由此利用圆的性质能求出结果．【详解】（1）如图建立直角坐标系，则城市，当前台风中心，设t小时后台风中心P的坐标为，则，此时台风的半径为，10小时后，km，台风的半径为160km，因为，故10小时后，该台风还没有开始侵袭城市A.（2）因此，t小时后台风侵袭的范围可视为以为圆心，为半径的圆，若城市A受到台风侵袭，则，即，解得答：该城市受台风侵袭的持续时间为12小时.例3-4．唐代诗人李顾的诗《古从军行》开头两句说：“白日登上望烽火，黄昏饮马傍交河，”诗中隐含着一个有趣的“将军饮马”问题，这是一个数学问题即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使得总路程最短？在平面直角坐标系中，将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营孙在区域即为回到军营.（1）若军营所在区域为，求“将军饮马”的最短总路程；（2）若军营所在区域为，求“将军饮马”的最短总路程.【答案】（1）；（2）；【分析】（1）根据利用圆的方程的知识画出军营区域及河岸线，作出关于河岸线的对称点，根据对称性质和圆的性质即可求得；（2）先画出在第一象限的军营区域，再利用对称性画出运营区域，注意观察军营区域内哪一个到最近，即可求得.【详解】（1）若军营所在区域为，圆：的圆心为原点，半径为，作图如下：设将军饮马点为，到达营区点为，为关于直线的对称点，因为,所以.则总路程，要使得路程最短，只需要最短，即点到军营的距离最短，即点到的最短距离，为．（2）若军营所在区域为，对于，在x≥0，y≥0时为令,得,令,则,图象为连接点和的线段，根据对称性得到的图象如图所示的菱形，为这个菱形的内部(包括边界).作图如下：由图可知，最短路径为连接点和的连线，交直线于点,饮马最佳点为P，所以点到区域最短距离．即“将军饮马”最短总路程为.例3-5.如图，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：新桥BC与河岸AB垂直，保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m．经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处(OC为河岸)，tan∠BCO＝eq\f(4,3).(1)求新桥BC的长；(2)当OM多长时，圆形保护区的面积最大？解(1)如图，过点B作BE⊥OC于点E，过点A作AF⊥BE于点F.∵∠ABC＝90°，∠BEC＝90°，∴∠ABF＝∠BCE，∴tan∠ABF＝tan∠BCO＝eq\f(4,3).设AF＝4x(m)，则BF＝3x(m)，∵∠AOE＝∠AFE＝∠OEF＝90°，∴OE＝AF＝4x(m)，EF＝AO＝60(m)，∴BE＝(3x＋60)m.∵tan∠BCO＝eq\f(4,3)，∴CE＝eq\f(3,4)BE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)x＋45))m，∴OC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(9,4)x＋45))m，∴4x＋eq\f(9,4)x＋45＝170，解得x＝20.∴BE＝120m，CE＝90m.综上所述，BC＝150m.(2)如图，设BC与⊙M切于点Q，延长QM，CO交于点P，∵∠POM＝∠PQC＝90°.∴∠PMO＝∠BCO.设OM＝xm，则OP＝eq\f(4,3)xm，PM＝eq\f(5,3)xm.∴PC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)x＋170))m，PQ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,15)x＋136))m.设⊙M的半径为R，∴R＝MQ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,15)x＋136－\f(5,3)x))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(136－\f(3,5)x))m，∵A，O到⊙M上任一点的距离不少于80m，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(R－OM≥80，,R－AM≥80，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(136－\f(3,5)x－x≥80，,136－\f(3,5)x－60－x≥80.))解得10≤x≤35.当且仅当x＝10时R取到最大值．∴当OM＝10m时，保护区面积最大，综上所述，当OM＝10m时，保护区面积最大．课后作业一、单项选择题1．若过点(2，1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x－y－3＝0的距离为()A．B．C．D．答案：B解析：由题意可设圆的标准方程为，则，可得，解得或，所以圆心的坐标为或，圆心到直线的距离均为；圆心到直线的距离均为，所以圆心到直线的距离为．故选B．2．若P，Q分别为直线3x＋4y－12＝0与6x＋8y＋5＝0上任意一点，则PQ的最小值为()A．eq\f(9,5)B．eq\f(18,5)C．eq\f(29,10)D．eq\f(29,5)答案：C解析：因为eq\f(3,6)＝eq\f(4,8)≠eq\f(－12,5)，所以两直线平行，将直线3x＋4y－12＝0化为6x＋8y－24＝0，由题意可知PQ的最小值为这两条平行直线间的距离，即eq\f(|－24－5|,\r(62＋82))＝eq\f(29,10)，所以PQ的最小值为eq\f(29,10).3．圆x2＋y2＋4x－12y＋1＝0关于直线ax－by＋6＝0(a>0，b>0)对称，则eq\f(2,a)＋eq\f(6,b)的最小值是()A．2eq\r(3) B．eq\f(20,3)C．eq\f(32,3) D．eq\f(16,3)答案：C解析：由圆x2＋y2＋4x－12y＋1＝0知，其标准方程为(x＋2)2＋(y－6)2＝39，∵圆x2＋y2＋4x－12y＋1＝0关于直线ax－by＋6＝0(a>0，b>0)对称，∴该直线经过圆心(－2，6)，即－2a－6b＋6＝0，∴a＋3b＝3(a>0，b>0)，∴eq\f(2,a)＋eq\f(6,b)＝eq\f(2,3)(a＋3b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(3,b)))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3a,b)＋\f(3b,a)＋9))≥eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋2\r(\f(3a,b)·\f(3b,a))))＝eq\f(32,3)，当且仅当eq\f(3b,a)＝eq\f(3a,b)，即a＝b时取等号，故选C.4．若直线y＝x＋b与曲线y＝3－eq\r(4x－x2)有公共点，则b的取值范围是()A．[1－eq\r(2)，1＋eq\r(2)] B．[1－eq\r(2)，3]C．[1－2eq\r(2)，3] D．[－1，1＋eq\r(2)]答案：C解析：由y＝3－eq\r(4x－x2)，得(x－2)2＋(y－3)2＝4(1≤y≤3)．∴曲线y＝3－eq\r(4x－x2)是半圆，如图中实线所示．当直线y＝x＋b与圆相切时，eq\f(|2－3＋b|,\r(2))＝2．∴b＝1±2eq\r(2)．由图可知b＝1－2eq\r(2)．∴b的取值范围是[1－2eq\r(2)，3]．故选C．5．已知直线x＋y－k＝0(k>0)与圆x2＋y2＝4交于不同的两点A，B，O为坐标原点，且有|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|≥eq\f(\r(3),3)|eq\o(AB,\s\up6(→))|，则k的取值范围是()A．(eq\r(3)，＋∞) B．[eq\r(2)，2eq\r(2))C．[eq\r(2)，＋∞) D．[eq\r(3)，2eq\r(2))答案：B解析：当|＋|＝eq\f(\r(3),3)||时，O，A，B三点为等腰三角形的三个顶点，其中OA＝OB，∠AOB＝120°，从而圆心O到直线x＋y－k＝0(k＞0)的距离为1，此时k＝eq\r(2)；当k＞eq\r(2)时，|＋|＞eq\f(\r(3),3)||，又直线与圆x2＋y2＝4存在两交点，故k＜2eq\r(2)，综上，k的取值范围为[eq\r(2)，2eq\r(2))．故选B．6．已知点A(－5，0)，B(－1，－3)，若圆C：x2＋y2＝r2(r>0)上恰有两点M，N，使得△MAB和△NAB的面积均为5，则r的取值范围是()A．(1，eq\r(5))B．(1，5)C．(2，5)D．(2，eq\r(5))答案：B解析：由题意可得AB＝eq\r(－1＋52＋－3－02)＝5，根据△MAB和△NAB的面积均为5，可得两点M，N到直线AB的距离为2．由于直线AB的方程为3x＋4y＋15＝0，若圆上只有一个点到直线AB的距离为2，则有圆心(0，0)到直线AB的距离eq\f(|0＋0＋15|,\r(9＋16))＝r＋2，解得r＝1；若圆上只有三个点到直线AB的距离为2，则有圆心(0，0)到直线AB的距离eq\f(|0＋0＋15|,\r(9＋16))＝r－2，解得r＝5．所以实数r的取值范围是(1，5)．故选B．二、多项选择题7．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的值为()A．eq\f(\r(3),3)B．－eq\f(\r(3),3)C．4＋eq\r(15)D．4－eq\r(15)答案：CD解析：圆心C(1，a)到直线ax＋y－2＝0的距离为eq\f(|a＋a－2|,\r(a2＋1))．因为△ABC为等边三角形，所以AB＝BC＝2，所以(eq\f(|a＋a－2|,\r(a2＋1)))2＋12＝22，解得a＝4±eq\r(15)．故选CD．8．已知圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝72，若直线l：x＋y－m＝0垂直于圆C的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点，则直线l的方程是()A．x＋y－2＝0 B．x＋y－4＝0C．x＋y－8＝0 D．x＋y－10＝0答案：AD解析：由题意知，圆心C(3，3)到直线l的距离为eq\f(1,3)×6eq\r(2)＝2eq\r(2)，即eq\f(|3＋3－m|,\r(2))＝2eq\r(2)，解得m＝2或m＝2，因此直线l的方程为x＋y－2＝0或x＋y－10＝0．故选AD．三、填空题9．已知点A(－1，1)，B(2，－2)，若直线l：x＋my＋m＝0与线段AB相交(包含端点的情况)，则实数m的取值范围是______________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪[2，＋∞)解析：直线l：x＋my＋m＝0可化为x＋m(y＋1)＝0，所以直线恒过定点P(0，－1)．∵点A(－1，1)，B(2，－2)，∴kPA＝－2，kPB＝－eq\f(1,2)，∵直线l：x＋my＋m＝0与线段AB相交(包含端点的情况)，∴－eq\f(1,m)≤－2或－eq\f(1,m)≥－eq\f(1,2)，∴m≤eq\f(1,2)或m≥2(经验证m＝0也符合题意)．∴实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪[2，＋∞)．10．已知过点P(2，2)的直线与圆(x－1)2＋y2＝5相切，且与直线ax－y＋1＝0垂直，则a等于____．答案：2解析：圆心为O(1，0)，由于P(2，2)在圆(x－1)2＋y2＝5上，∴P为切点，OP与P点处的切线垂直．∴kOP＝eq\f(2－0,2－1)＝2，又点P处的切线与直线ax－y＋1＝0垂直．∴a＝kOP＝2．11．已知点P是圆C：x2＋y2＋4x－6y－3＝0上的一点，直线l：3x－4y－5＝0．若点P到直线l的距离为2，则符合题意的点P有________个．答案：2解析：由题意知圆的标准方程为(x＋2)2＋(y－3)2＝42，∴圆心到直线l的距离d＝eq\f(|－6－12－5|,5)＝eq\f(23,5)＞4，故直线与圆相离，则满足题意的点P有2个．12．已知曲线C：x＝－eq\r(4－y2)，直线l：x＝6，若对于点A(m，0)，存在C上的点P和l上的Q使得eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(AO,\s\up6(→))＝0，则实数m的取值范围为________．答案：[2，3]解析：曲线C：x＝－eq\r(4－y2)，是以原点为圆心，2为半径的圆，并且xP∈[－2，0]，对于点A(m，0)，存在C上的点P和l上的Q使得eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(AQ,\s\up6(→))＝0，说明A是PQ的中点，Q的横坐标x＝6，∴m＝eq\f(6＋xP,2)∈[2，3]．四、解答题13．已知圆O：x2＋y2＝4和点M(1，a)．(1)若过点M有且只有一条直线与圆O相切，求实数a的值，并求出切线方程；(2)若a＝eq\r(2)，过点M的圆的两条弦AC，BD互相垂直，求AC＋BD的最大值．解析：(1)由条件知点M在圆O上，所以1＋a2＝4，则a＝±eq\r(3)．当a＝eq\r(3)时，点M为(1，eq\r(3))，kOM＝eq\r(3)，k切＝－eq\f(\r(3),3)，此时切线方程为y－eq\r(3)＝－eq\f(\r(3),3)(x－1)．即x＋eq\r(3)y－4＝0，当a＝－eq\r(3)时，点M为(1，－eq\r(3))，kOM＝－eq\r(3)，k切＝eq\f(\r(3),3)．此时切线方程为y＋eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)(x－1)．即x－eq\r(3)y－4＝