高考数学二轮复习 专题5 第1讲 直线与圆素能训练（文、理）

【成才之路】届高考数学二轮复习专题5第1讲直线与圆素能训练（文、理）一、选择题1．若直线l1：x＋ay＋6＝0与l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0平行，则l1与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∴l1：x－y＋6＝0，l2：x－y＋eq\f(2,3)＝0，两条平行直线l1与l2间的距离为d＝eq\f(|6－\f(2,3)|,\r(12＋－12))＝eq\f(8\r(2),3).故选B.2．(·山东潍坊模拟)若PQ是圆x2＋y2＝9的弦，PQ的中点是(1,2)，则直线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]结合圆的几何性质易知直线PQ过点A(1,2)，且和直线OA垂直，故其方程为y－2＝－eq\f(1,2)(x－1)，整理得x＋2y－5＝0.3．(文)⊙C1：(x－1)2＋y2＝4与⊙C2：(x＋1)2＋(y－3)2＝9相交弦所在直线为l，则l被⊙O：x2＋y2＝4截得弦长为()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与⊙C2的方程相减得l：2x－3y＋2＝0.圆心O(0,0)到l的距离d＝eq\f(2\r(13),13)，⊙O的半径R＝2，∴截得弦长为2eq\r(R2－d2)＝2eq\r(4－\f(4,13))＝eq\f(8\r(39),13).(理)(·哈三中一模)直线x＋y＋eq\r(2)＝0截圆x2＋y2＝4所得劣弧所对圆心角为()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，半径r＝2，∴劣弧所对的圆心角为eq\f(2π,3).4．(·湖南文，6)若圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0外切，则m＝()A．21 B．19C．9 D．－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＝eq\r(25－m)，由两圆外切的性质知，5＝1＋eq\r(25－m)，∴m＝9.5．(文)(·哈三中二模)一动圆过点A(0,1)，圆心在抛物线y＝eq\f(1,4)x2上，且恒与定直线l相切，则直线l的方程为()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．(理)(·河北衡水中学5月模拟)已知圆的方程x2＋y2＝4，若抛物线过点A(0，－1)、B(0,1)且以圆的切线为准线，则抛物线的焦点轨迹方程是()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]如图，设圆的切线l为抛物线的准线，F为焦点，过A、B、O作l的垂线，垂足为C、D、E，由抛物线的定义知，|FA|＋|FB|＝|AC|＋|BD|＝2|OE|＝4，由椭圆定义知F在以A、B为焦点的椭圆上，所以方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,4)＝1，x＝0时不合题意，故选C.6．(·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eq\f(1,2)”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＝eq\f(1,\r(1＋k2))，弦长为|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，因此当“k＝1”时，“S△OAB＝eq\f(1,2)”，故充分性成立．“S△OAB＝eq\f(1,2)”时，k也有可能为－1，∴必要性不成立，故选A.二、填空题7．(·天津耀华中学月考)已知直线l过点P(3,4)且与点A(－2,2)，B(4，－2)等距离，则直线l的方程为________．[答案]2x＋3y－18＝0或2x－y－2＝0[解析]本题主要考查直线方程的求法，属中档题．当直线斜率不存在时，则直线方程为x＝3，则A、B两点到x＝3的距离分别为d1＝5，d2＝1，不符要求．故直线斜率存在，设为k，则直线方程可设为y－4＝k(x－3)，即kx－y－3k＋4＝0，则由题意得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，故直线方程为2x＋3y－18＝0或2x－y－2＝0.8．(文)(·天津耀华中学月考)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，则实数k的取值范围是________．[答案][－eq\r(3)，eq\r(3)][解析]要使A⊆B，只需直线kx－y－2＝0与圆相切或相离，∴d＝eq\f(2,\r(1＋k2))≥1，解得－eq\r(3)≤k≤eq\r(3).三、解答题9．(文)(·哈尔滨市质检)已知圆C1：x2＋y2＝r2截直线x＋y－eq\f(\r(2),2)＝0所得的弦长为eq\r(3).抛物线C2：x2＝2py(p>0)的焦点在圆C1上．(1)求抛物线C2的方程；(2)过点A(－1,0)的直线l与抛物线C2交于B、C两点，又分别过B、C两点作抛物线C2的切线，当两条切线互相垂直时，求直线l的方程．[解析](1)易求得圆心到直线的距离为eq\f(1,2)，所以半径r＝eq\r(\f(1,2)2＋\f(\r(3),2)2)＝1.∴圆C1：x2＋y2＝1.抛物线的焦点(0，eq\f(p,2))在圆x2＋y2＝1上，得p＝2，所以x2＝4y.(2)设所求直线的方程为y＝k(x＋1)，B(x1，y1)，C(x2，y2)．将直线方程代入抛物线方程可得x2－4kx－4k＝0，∴x1x2＝－4k.因为抛物线y＝eq\f(x2,4)，所以y′＝eq\f(x,2)，所以两条切线的斜率分别为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.故所求直线方程为x－y＋1＝0.(理)(·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eq\r(x2＋y－22)＝eq\r(y2＋4)，化简得x2＝4y.(2)解法一：设直线PQ的方程为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.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝4k,x1x2＝－4b))，且Δ＝16k2＋16b以点P为切点的切线的斜率为y′1＝eq\f(1,2)x1，其切线方程为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).同理过点Q的切线的方程为y＝eq\f(1,2)x2x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2).两条切线的交点A(xA，yB)在直线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)．则：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)到直线PQ的距离为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).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＝4y上，则以点P为切点的切线的斜率为y1＝eq\f(1,2)x1，其切线方程为y－y1＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，即y＝eq\f(1,2)x1x－y1，同理以点Q为切点的方程为y＝eq\f(1,2)x2x－y2.设两条切线均过点A(x0，y0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝\f(1,2)x1x0－y1，,y0＝\f(1,2)x2x0－y2.))点P，Q的坐标均满足方程y0＝eq\f(1,2)xx0－y，即直线PQ的方程为：y＝eq\f(1,2)x0x－y0，代入抛物线方程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)到直线PQ的距离为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)当x0＝2时，S△APQ最小，其最小值为4，此时点A的坐标为(2,0)．10．已知点A(－2,0)，B(2,0)，直线PA与直线PB斜率之积为－eq\f(3,4)，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|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)，则由直线PA与直线PB斜率之积为－eq\f(3,4)得，eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f(3,4)(x≠±2)，整理得曲线C的方程为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(→))|，则eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(ON,\s\up6(→)).设M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直线MN斜率不存在，则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.解得直线MN方程为x＝±eq\r(\f(12,7)).原点O到直线MN的距离d＝eq\r(\f(12,7)).若直线MN斜率存在，设方程为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此时(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m此时原点O到直线MN的距离d＝eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\r(\f(12,7)).故原点O到直线MN的距离恒为d＝eq\r(\f(12,7)).存在以原点为圆心且与MN总相切的圆，方程为x2＋y2＝eq\f(12,7).一、选择题11．直线l与圆x2＋y2＋2x－4y＋a＝0(a<3)相交于A、B两点，若弦AB的中点为(－2,3)，则直线l的方程为()A．x－y＋5＝0 B．x＋y－1＝0C．x－y－5＝0 D．x＋y－3＝0[答案]A[解析]设圆x2＋y2＋2x－4y＋a＝0(a<3)的圆心为C，弦AB的中点为D，易知C(－1,2)，又D(－2,3)，故直线CD的斜率kCD＝eq\f(3－2,－2－－1)＝－1，则由CD⊥l知直线l的斜率kl＝－eq\f(1,kCD)＝1，故直线l的方程为y－3＝x＋2，即x－y＋5＝0.12．过点(2，－1)的直线l与圆x2＋y2－2y＝1相切，则直线l的倾斜角的大小为()A．30°或150° B．45°或135°C．75°或105° D．105°或165°[答案]D[解析]设直线l为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)，倾斜角为105°或165°.13．(·宣城市六校联考)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．14．两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>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)，两条直线都和圆相离时，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，所以两条直线和圆“相切”时a的取值范围－3≤a≤－eq\r(6)或eq\r(6)≤a≤7，故选C.二、填空题15．(·杭州质检)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若sin2A＋sin2B＝eq\f(1,2)sin2C，则直线ax－by＋c＝0被圆x2＋y2＝9所截得弦长为________．[答案]2eq\r(7)[解析]由正弦定理得a2＋b2＝eq\f(1,2)c2，∴圆心到直线距离d＝eq\f(|c|,\r(a2＋b2))＝eq\f(c,\r(\f(1,2)c2))＝eq\r(2)，∴弦长l＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(9－2)＝2eq\r(7).16．(·合肥质检)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2eq\r(3)，则m＝________.[答案]0[解析]圆的半径为2，弦长为2eq\r(3)，∴弦心距为1，即得d＝eq\f(|m＋1|,\r(m2＋1))＝1，解得m＝0.三、解答题17．(文)(·海口调研)已知圆C：x2＋y2＝r2(r>0)经过点(1，eq\r(3))．(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，eq\r(3))在圆C上，得r2＝12＋(eq\r(3))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，由韦达定理得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，因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在圆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)，由于点M也在圆C上，则(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，从而得，k2－2