专题9.1 直线与圆(解析版)

9.1直线与圆思维导图知识点总结典型例题分析考向一倾斜角与斜率、直线的方程1.把直线x-y+3-1=0绕点(1,3)逆时针旋转15°后,所得直线l的方程是()A.y=-3x B.y=3x C.x-3y+2=0 D.x+3y-2=0答案:B解析:已知直线的斜率为1,则其倾斜角为45°,绕点(1,3)逆时针旋转15°后,得到的直线l的倾斜角α=45°+15°=60°,直线l的斜率为tanα=tan60°=3,∴直线l的方程为y-3=3(x-1),即y=32.(2020上海静安期中)设直线的斜率k∈(-∞,-1]∪[1,+∞),则该直线的倾斜角α满足()A.-π4≤α≤π4 C.π4≤α<π2答案:B解析:因为k=tanα,所以当k≤-1时,π2<α≤3π4,当k≥1时,π4≤α<π2,即直线的倾斜角α3.若经过两点A(4,2y+1),B(2,-3)的直线的倾斜角为3π4,则y等于(A.-1 B.-3 C.0 D.2答案:B解析:由k=-3-2y-12-4=tan3π4=-1,得-44.直线l经过点A(1,2),在x轴上的截距的取值范围是(-3,3),则其斜率的取值范围是()A.-1,15 B.-∞,12∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪15,+∞ D.(-∞,-1)∪12,+∞答案:D解析:设直线的斜率为k,则直线方程为y-2=k(x-1),令y=0,得直线l在x轴上的截距为1-2k,则-3<1-2k<3,解得k>12或k<-1.考向二圆的方程1.(2021北京海淀二模)已知实数x,y满足x2+y2+4x-6y+12=0,则x的最大值是()A.3 B.2 C.-1 D.-3答案:C解析:方程化为(x+2)2+(y-3)2=1,圆心(-2,3),半径r=1,则x的最大值是-2+1=-1.故选C.2.圆x2+y2-2x-8y+13=0的圆心到直线ax+y-1=0的距离为1,则a=()A.-43 B.-34 C.3 答案:A解析: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+4-1|a2+13.(2021江苏盐城滨海中学一模)已知a,b都是实数,那么“a>2”是“方程x2+y2-2x-a=0表示圆”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件答案:A解析:方程x2+y2-2x-a=0可化为(x-1)2+y2=1+a,1+a>0,即a>-1,由a>2能推出a>-1,反之不成立,故“a>2”是“方程x2+y2-2x-a=0表示圆”的充分不必要条件.故选A.4.(2020山东滨州期末)已知圆的方程为x2+y2-6x=0,过点P(1,2)的该圆的所有弦中,最短弦的长为()A.12 B.1 C.2 D答案:C解析:由x2+y2-6x=0,得(x-3)2+y2=9,所以圆心坐标为(3,0),半径为3.当过点P(1,2)的弦与连接P与圆心的直线垂直时,弦最短,则最短弦长为232-[(3考向三直线与圆的位置关系1.(2020全国Ⅰ,文6)已知圆x2+y2-6x=0,过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为()A.1 B.2 C.3 D.4答案:B解析:圆的方程可化为(x-3)2+y2=9.因为(1-3)2+(2-0)2=22<3,所以点(1,2)在圆内.如图所示,设圆心O1(3,0),A(1,2),当弦BC与O1A垂直时弦最短,因为|O1A|=22,|O1B|=2.若圆C1:x2+y2=1与圆C2:x2+y2-6x-8y+m=0外切,则m的值是()A.21 B.19 C.9 D.-11答案:C解析:圆C1的圆心C1(0,0),半径r1=1,圆C2的方程可化为(x-3)2+(y-4)2=25-m,所以圆心C2(3,4),半径r2=25-m,从而|C1C2|=32+42=5.由两圆外切得|C1C2|=r1+r2,即1+25-m3.(2021河南郑州二模)若直线x+ay-a-1=0与圆C:(x-2)2+y2=4交于A,B两点,当|AB|最小时,劣弧AB的长为()A.π2 B.π C.2π D.答案:B解析:直线x+ay-a-1=0可化为(x-1)+a(y-1)=0,所以直线恒过定点M(1,1),圆的圆心为C(2,0),半径r=2,当MC⊥直线AB时,|AB|取得最小值,且最小值为2r2-|MC|2=24-2=22,此时弦AB对的圆心角为π2,所以劣弧AB基础题型训练一、单选题1．已知圆和圆，则两圆的位置关系为（

）A．内含 B．内切 C．相交 D．外切【答案】B【分析】求出两圆的圆心和半径，根据圆心距等于半径之差，得到两圆内切.【详解】由于圆，即表示以为圆心，半径等于1的圆．圆，即，表示以为圆心，半径等于3的圆．由于两圆的圆心距等于等于半径之差，故两个圆内切．故选：B．2．已知点是边长为6的正方形内的一点，且，则（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】以为轴建立平面直角坐标系，求出两点的坐标，由两点间距离表示出距离．由三角函数恒等变换求值后可得结论．【详解】如图，以为轴建立平面直角坐标系，由于正方形边长为6，，则，，∴，又，∴．故选：B．【点睛】本题考查求平面上两点间的距离，解题方法是建立平面直角坐标系，得出各点坐标，由两点间距离公式求解，同时结合三角函数的同角关系、二倍角公式进行计算．3．从点射出的光线沿与向量平行的直线射到轴上，则反射光线所在直线方程为（

）A． B．C． D．【答案】C【详解】结合对称点坐标及反射光线斜率直接写出点斜式方程，整理为一般方程即可.【点睛】点关于y轴的对称点为，由于入射光线与平行，所以反射光线的斜率是，则y-3=-(x+2)，整理得x+y-1=0.故选：C.4．已知射线、与相切，若存在两个点使得，则的取值范围是（

）A． B． C． D．以上都不对【答案】B【分析】计算得出，可知圆与圆有两个公共点，进而可得出关于的不等式，由此可解得正数的取值范围.【详解】如下图所示，连接、，则，，，，由圆的几何性质可得，在中，，，则，由于在圆上存在两个点，使得，则圆与圆相交，由于点在圆外，则，即，解得.因此，的取值范围是.故选：B.【点睛】本题考查利用满足条件的点的个数求参数的取值范围，解题的关键就是转化为两圆相交，考查计算能力，属于中等题.5．如图，P为圆O：x2+y2＝4外一动点，过点P作圆O的切线PA，PB，切点分别为A，B，∠APB＝120°，直线OP与AB相交于点Q，点M（3，），则|MQ|的最小值为（

）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】利用平面几何知识得点轨迹是圆，然后求出与圆心距离减去半径得最小值．【详解】解：过点P作圆O的切线PA，PB，切点分别为A，B，∠APB＝120°，由圆与切线的平面几何性质知，∠APO＝60°，又|OA|＝2，则可得|OP|＝在直角中，，由得，∴Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，方程为x2+y2＝3；|MQ|的最小值即为|OM|﹣r＝﹣＝．故选：A．6．已知半径为1的动圆经过坐标原点，则圆心到直线的距离的最大值为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】利用圆上的点到直线的距离的最值可求解.【详解】由题设，半径为1的动圆经过坐标原点，可知圆心的轨迹为以原点为圆心，半径为1的圆，即则该圆上的点到直线的距离的最大值为又，，，即故距离的最大值为3故选：C二、多选题7．下列说法正确的是（

）A．任意一条直线都有倾斜角，但不一定有斜率B．点关于直线的对称点为C．经过点且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为D．直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2【答案】ABD【分析】A选项，利用斜率定义可知，当倾斜角为90°时，斜率不存在；B选项求解点关于直线的对称点，满足两点的斜率与乘积为-1，中点在已知直线上，进而求出对称点；C选项要考虑截距均为0的情况，D选项求出与坐标轴的交点坐标，进而求出围成的三角形的面积.【详解】当倾斜角为90°时，斜率不存在，故A选项正确；设关于直线的对称点为，则满足，解得：，故点关于直线的对称点为，B正确；当在x轴和y轴上截距都等于0时，此时直线为，故C错误；直线与两坐标轴的交点坐标为与，故与两坐标轴围成的三角形的面积为，D正确故选：ABD8．下列命题正确的是（

）A．当时，直线与直线平行B．当时，直线与直线垂直C．当时，曲线与曲线外切D．当时，直线与直线的交点坐标是【答案】AC【解析】根据直线与直线的位置关系判断ABD，根据圆与圆的位置关系判断C，即可得到答案.【详解】对于A，当时，直线，；直线，，，，故A正确；对于B，当时，直线，；直线，，，与不垂直，故B错误；对于C，当时，曲线，圆心是，；曲线，圆心是，，圆心距，两圆外切，故C正确；对于D，当时，直线，直线，联立，即两直线交点坐标是，故D错误；故选：AC【点睛】结论点睛：本题主要考查两直线的位置关系与斜率的关系，常用结论：在斜率存时，（1）（）；（2）（），这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心.三、填空题9．两平行线与之间的距离为.【答案】【解析】将直线的方程变形为，再利用平行线间的距离公式可求得结果.【详解】直线的方程可变形为，因此，两平行线与之间的距离为.故答案为：.10．直线被圆所截的弦长为.【答案】16【分析】先由圆的方程确定圆心坐标和半径大小，再求圆心到直线的距离，根据几何法求弦长.【详解】由题知：圆的圆心为，半径，故圆心到直线的距离，所以弦长为：.故答案为：16.11．直线ax＋by＝1与圆x2＋y2＝1相交于A，B两点(其中a，b是实数)，且AOB是直角三角形(O是坐标原点)，则点P(a，b)与点(0，1)之间的距离的最大值为.【答案】【分析】根据AOB是直角三角形，解得圆心O到直线ax＋by＝1距离，即得a，b关系式，再根据两点间距离公式，代入消去，根据二次函数性质以及的范围求最值【详解】因为是直角三角形，且,所以O到直线ax＋by＝1距离为，因此设点P(a，b)与点(0，1)之间的距离为，因为，所以当时，取最大值为故答案为：【点睛】本题考查直线与圆位置关系、利用二次函数性质求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.12．阿波罗尼斯（约公元前年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，已知、分别是圆，圆上的动点，是坐标原点，则的最小值是．【答案】【分析】由题意画出草图，结合相似三角形，可得的最小值即为，而，从而可得所求的最小值.【详解】如图所示：取点，设，则，在和中，，所以和相似，且相似比为，所以，则，而，即的最小值为，所以.故答案为：.四、解答题13．画出方程表示的曲线．【答案】【分析】先求出，，两边平方后得到圆的方程，故得到方程表示的曲线为以为圆心，半径为1的圆的右半部分.【详解】由题意得：，，方程两边平方得：，如图所示：实线为所求方程表示的曲线为以为圆心，半径为1的圆的右半部分.14．已知△ABC在第一象限，若A(1,1)，B(5,1)，∠A＝60°，∠B＝45°，求：(1)边AB所在直线的方程；(2)边AC和BC所在直线的点斜式方程．【答案】(1)y＝1(2)直线AC的方程为y－1＝(x－1)，直线BC的方程为y－1＝－(x－5).【分析】（1）由题意A，B两点的纵坐标均为1，易得直线的方程；（2）由题意可得直线AC的斜率为，直线BC的斜率为，分别可得直线的点斜式方程.(1)∵A，B两点的纵坐标均为1，∴AB边所在直线的方程为y＝1.(2)∵AB平行于x轴，且△ABC在第一象限，∴kAC＝tan60°＝，kBC＝tan(180°－45°)＝－tan45°＝－1，∴直线AC的方程为y－1＝(x－1)；直线BC的方程为y－1＝－(x－5)．15．在平面几何中，通常将完全覆盖某平面图形且直径最小的圆，称为该平面图形的最小覆盖圆．最小覆盖圆满足以下性质：①线段AB的最小覆盖圆就是以AB为直径的圆；②锐角三角形ABC的最小覆盖圆就是其外接圆．已知x，y满足方程，记其构成的平面图形为W，平面图形W为中心对称图形，，，，为平面图形W上不同的四点．(1)求实数t的值及三角形ABC的最小覆盖圆的方程；(2)求四边形ABCD的最小覆盖圆的方程；(3)求平面图形W的最小覆盖圆的方程．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据点A在曲线上求解；进而得到点A的坐标，然后设△ABC的外接圆方程为，将A，B，C的坐标代入求解；（2）根据线段BD的最小覆盖圆是以BD为直径的圆，求出圆的方程，再判断点A，C在圆内即可；（3）根据平面图形W是中心对称图形，设是平面图形W上一点，由最小求解.（1）因为点A的坐标满足，则，解得或（舍），故，设的外接圆的方程为，则，解得，故的外接圆的方程为，又是锐角三角形，所以的最小覆盖圆的方程为；（2）因为线段BD的最小覆盖圆是以BD为直径的圆，所以线段BD的最小覆盖圆的方程为，又，故点A，C在圆内，所以四边形ABCD的最小覆盖圆的方程为；（3）因为平面图形W是中心对称图形，设是平面图形W上的一点，则，当，即时，取得最大值，故平面图形W的最小覆盖圆的方程为．16．过点作直线l分别交x轴的正半轴，y轴的正半轴于A，B两点.（1）当取最小值时，求出最小值及直线l的方程；（2）当取最小值时，求出最小值及直线l的方程.【答案】(1)最小值为,直线l的方程为;(2)最小值为4,直线l的方程为.【分析】(1)设,直线方程为,可推出,则,结合基本不等式即可得出结论;(2)由(1)可得,则可推出,结合基本不等式即可求解.【详解】(1)根据题意可设直线l的方程为,则,直线l过点,,又(当且仅当,即时取等号),,即,的最小值为8,此时直线l的方程为;(2)由(1)可知,,则,(当且仅当,即时取等号).的最小值为4,此时直线l的方程为.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用,结合了直线方程的相关知识,需要学生有一定的计算推理能力.高考真题分考点汇编1.(2014四川文,9,5分)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(x,y),则|PA|+|PB|的取值范围是()A.[5,25]B.[10,25]C.[10,45]D.[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).①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|=4.②当m≠0时,直线x+my=0的斜率为-1m,直线mx-y-m+3=0的斜率为m.∵-1m×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|2综合①②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P(如图).若光线QR经过△ABC的重心,则AP等于()A.2B.1C.83D.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=4−t4+t(x+t),设△ABC的重心为G,易知G43,43.因为重心G43,43在光线所以t=0或t=43,因为0<t<4,所以t=43,即AP=433.(2012浙江理,3,5分)设a∈R,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l1∥l2,得-a2=-1a+1,解得a=1或a=-2,代入检验符合,即“a=1”是“l1∥l2”的充分不必要条件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=.

答案1解析依题意m≠0,所以由−2m×12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.圆的方程1.(2015课标Ⅱ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=3−72=-2.再由|PA|=|PB|,得a=1.则P(1,-2),|PA|=(1−1)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±22.(2015课标Ⅱ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.2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+233.(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+(y-1)2=2,故选D.4.(2022全国乙,理14,文15,5分)过四点(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为.

答案(x-2)2+(y-1)2=5或x2+y2-4x-6y=0或x2+y2-83x−143y=0或x2+y2解析选取(0,0),(4,0),(4,2)时,不妨设这三点分别为O,A,B,则线段OA的垂直平分线的方程为x=2,线段AB的垂直平分线的方程为y=1,所以经过这三点的圆的圆心坐标为(2,1),记为C,圆的半径r=|CO|=22+12=5,所以所求圆的方程为(x-2)2+(选取(0,0),(4,0),(-1,1)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则F=0,16+4D+F=0,1+1−D+E+F选取(0,0),(-1,1),(4,2)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则F所以所求圆的方程为x2+y2-83x−选取(4,0),(-1,1),(4,2)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则16+4D+F=0,1+1−D+E+F5.(2022全国甲文,14,5分)设点M在直线2x+y-1=0上,点(3,0)和(0,1)均在☉M上,则☉M的方程为.

答案(x-1)2+(y+1)2=5解析解法一:设☉M的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0),则2所以☉M的方程为(x-1)2+(y+1)2=5.解法二:易得过(3,0)和(0,1)的直线方程为x3+y=1,即x+3y-3=0以(3,0)和(0,1)为端点的线段的垂直平分线的方程为3x-y-4=0,联立2x+y−1=0,3x−y−4=0,解得x=1,y=−1,所以圆心为(1,-1),则所求圆的半径r=(1−3)2+(−1−0)26.(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,(−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①设出圆的方程;②列出关于系数的方程组,并求出各系数的值;③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.7.(2015课标Ⅰ理,14,5分)一个圆经过椭圆x216+y24=1的三个顶点,且圆心在x轴的正半轴上答案x−322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x评析本题考查圆和椭圆的方程,求出圆心坐标是解题关键.8.(2014陕西理,12,5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.直线与圆的位置关系1.(2022北京,3,4分)若直线2x+y-1=0是圆(x-a)2+y2=1的一条对称轴,则a=()A.12B.−1答案A由题意可知圆心(a,0)在直线2x+y-1=0上,故2a+0-1=0,解得a=12.故选A2.(多选)(2021新高考Ⅰ,11,5分)已知点P在圆(x-5)2+(y-5)2=16上,点A(4,0),B(0,2),则()A.点P到直线AB的距离小于10B.点P到直线AB的距离大于2C.当∠PBA最小时,|PB|=32D.当∠PBA最大时,|PB|=32答案ACD由题意可知直线AB的方程为x4+y2=1,即x则圆心(5,5)到直线AB的距离d=|5+2×5−4|∴直线AB与圆(x-5)2+(y-5)2=16相离,∴点P到直线AB的距离的取值范围为115∵1155-4∈(0,1),1155+4∈(∴选项A正确,选项B错误.过点B作圆的两条切线,切点分别为P1,P2,如图,当点P在切点P1的位置时,∠PBA最小,当点P在切点P2的位置时,∠PBA最大,易知|P1B|=|P2B|,圆心(5,5)到点B的距离为34,圆的半径为4,所以|P1B|=|P2B|=34−16=18=32,故选项C,D均正确方法点拨:1.当直线与圆C相离时,圆上的点P到直线的距离的取值范围为[d-r,d+r],其中r为半径,d为圆心到直线的距离.2.从圆外一点Q(x0,y0)向圆x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)引切线,切点为A,则|QA|=x03.(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(c≠1),结合题意可得|c|5=5,解得4.(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.-32C.-54或-45D.-43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,∴|−3k−2−2k评析本题主要考查直线和圆的位置关系.5.(2015重庆理,8,5分)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.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|2−26.(2014课标Ⅱ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.[-1,1]B.−C.[-2,2]D.−答案A过M作圆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∠OMB≥∠OMN=45°,所以∠AMB≥90°,所以-1≤x0≤1,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.7.(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=2−a,圆心到直线x+y+2=0的距离d=|−1+1+2|2=2,故r2-d2=4,即8.(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,π6B.0,π3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=π6,由对称性知,直线PB的倾斜角为π9.(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.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=a2−2(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<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.10.(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4≤m≤6,故m的最大值为6.选B.11.(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,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.12.(2016课标Ⅱ,4,5分)圆x2+y2-2x-8y+13=0的圆心到直线ax+y-1=0的距离为1,则a=()A.-43B.-34C.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+4−1|a2+1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.13.(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=|−1−0+3|1易错警示在应用点到直线的距离公式d=|Ax0+By0+C|14.(2016课标Ⅰ,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4π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15.(2016课标Ⅲ,15,5分)已知直线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|=212−32=23,过C作CE⊥BD于E,因为直线l的倾斜角为30°,所以|CD|=|CE16.(2016课标Ⅲ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=|3m−3|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CH⊥BD,垂足为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.17.(2015江苏,10,5分)在平面直角坐标系xOy中,以点(1,0)为圆心且与直线mx-y-2m-1=0(m∈R)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m∈R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(2−1)2+(−1−018.(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的距离为3,即|a+a−2|a2+1=3,解得a=4±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.19.(2022新高考Ⅱ,15,5分)设点A(-2,3),B(0,a),若直线AB关于y=a对称的直线与圆(x+3)2+(y+2)2=1有公共点,则a的取值范围是.

答案1解析设直线AB关于y=a对称的直线为l,∵kAB=a−32,∴kl=-显然点B(0,a)在直线l上,∴直线l的方程为y=-a−32x+a,即(a-3)x+2y-2a=0.∵l∴圆心(-3,-2)到直线l的距离d≤r,即|−3(a−3)+2×(−2)−2a(a−3)2+4≤1解得13≤a≤32,20.(2022全国甲理,14,5分)若双曲线y2-x2m2=1(m>0)的渐近线与圆x2+y2-4y+3=0相切,则m答案3解析易得双曲线的渐近线方程为y=±xm(m>0圆的方程可化为x2+(y-2)2=1,其半径r=1,∵渐近线与圆相切,∴圆心(0,2)到渐近线的距离等于r,∴21+1m2=1,∴m2=13,又m>0,21.(2022新高考Ⅰ,14,5分)写出与圆x2+y2=1和(x-3)2+(y-4)2=16都相切的一条直线的方程.

答案x=-1(或3x+4y-5=0或7x-24y-25=0)解析∵两圆C1:x2+y2=1,C2:(x-3)2+(y-4)2=16的圆心分别为C1(0,0),C2(3,4),r1=1,r2=4,∴|C1C2|=5=r1+r2,则两圆外切,如图所示均与直线l1:x=-1相切,两圆圆心连线C1C2所在直线的方程为y=43x,记为l,l1与l交于点P−1,−43,由两圆另一外公切线l2过点P,设l2:y+43=k(x+1),由l2与圆C1:x2+y2=1相切,得k−431+k2=1,求出k=724,则直线l2的方程为7x-24y-25=0,由内公切线l3与l垂直,设l3的方程为y=-34x+m,由l3与圆C1:x2+y2=1相切得m1+−342=1,∴m=54或-54.当m=-54时,y=-34x−54综上,可知三条切线方程分别为x=-1,3x+4y-5=0,7x-24y-25=0.综上,可知三条切线方程分别为x=-1,3x+4y-5=0,7x-24y-25=0.22.(2021全国甲理,20,12分)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M与l相切.(1)求C,☉M的方程;(2)设A1,A2,A3是C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切.判断直线A2A3与☉M的位置关系,并说明理由.解析(1)由题意可设抛物线C的方程为y2=2px(p>0),则P,Q的坐标为(1,±2p∵OP⊥OQ,∴OP·OQ=1-2p∴p=12,∴抛物线C的方程为y2=∵☉M的圆心为(2,0),☉M与直线x=1相切,∴☉M的半径为1,∴☉M的方程为(x-2)2+y2=1.(2)直线A2A3与☉M相切.理由如下:设A1(y02,y0),A2(y12,y1),A3(y22,y2),∵直线A1A2,A1A3均与☉M相切,∴y0≠±1,y1由A1,A2的坐标可得直线A1A2的方程为y-y0=y0−y1y02−y12(x-y02),整理,得x-(y0+y1)y+y0y1=0,由于直线A1A2与☉M相切,∴M到直线A1A2的距离d同理可得,(y02-1)y2观察①②,得y1,y2是关于x的一元二次方程(y02-1)x2+2y0x+3-y0∴y1+y同理,得直线A2A3的方程为x-(y1+y2)y+y1y2=0,则点M(2,0)到直线A2A3的距离d'=|2+y1y2|1+(y1+y2)2,把(*)代入,得d'=解后反思本题第(1)问较为基础,熟练掌握抛物线和圆的标准方程是关键;第(2)问涉及的条件较多,其中直线A1A2与圆相切,是最重要的一个条件,由此条件可求出直线A1A2的方程,进而直线A1A3,A2A3的方程就可同理求得,可大大简化运算过程,而由①②归纳出y1,y2是方程(y02-1)x2+2y0x+3-y02=0的两根,23.(2015课标Ⅰ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|2k解得4−73所以k的取值范围为4−73(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,x1x2OM·ON=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=4