2013年全國高考數(shù)學第二輪復習 專題六 解析幾何第1講 直線與圓 文

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1、專題六　解析幾何第1講　直線與圓 真題試做 1．(2012·安徽高考，文9)若直線x－y＋1＝0與圓(x－a)2＋y2＝2有公共點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　)． A．[－3，－1] B．[－1,3] C．[－3,1] D．(－∞，－3]∪[1，＋∞) 2．(2012·山東高考，文9)圓(x＋2)2＋y2＝4與圓(x－2)2＋(y－1)2＝9的位置關系為(　　)． A．內(nèi)切 B．相交 C．外切 D．相離 3．(2012·福建高考，文7)直線x＋y－2＝0與圓x2＋y2＝4相交于A，B兩點，則弦AB的長度等于(　　)．

2、A．2 B．2 C． D．1 4．(2012·北京高考，文9)直線y＝x被圓x2＋(y－2)2＝4截得的弦長為__________． 5．(2012·天津高考，文12)設m，n∈R，若直線l：mx＋ny－1＝0與x軸相交于點A，與y軸相交于點B，且l與圓x2＋y2＝4相交所得弦的長為2，O為坐標原點，則△AOB面積的最小值為__________． 6．(2012·江蘇高考，12)在平面直角坐標系xOy中，圓C的方程為x2＋y2－8x＋15＝0，若直線y＝kx－2上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓與圓C有公共點，則k的最大值是__________．

3、 考向分析 直線與方程是解析幾何的基礎，高考中主要考查基本概念和求在不同條件下的直線方程；直線平行與垂直的關系的判定；兩條直線的交點和距離問題等，一般以選擇題、填空題的形式考查．對于圓的考查，主要是結(jié)合直線的方程用幾何法或待定系數(shù)法確定圓的標準方程及一般方程；利用圓的性質(zhì)求動點的軌跡方程；直線與圓，圓與圓的位置關系等問題，其中含參數(shù)問題為命題熱點．一般以選擇題、填空題的形式考查，難度不大，從能力要求看，主要考查函數(shù)與方程的思想，數(shù)形結(jié)合思想以及分析問題與解決問題的能力． 熱點例析 熱點一　直線方程與兩條直線的位置關系 【例1】經(jīng)過點P(2，－3)作圓(x＋1)2＋y2＝25的弦A

4、B，使點P為弦AB的中點，求弦AB所在直線方程． 規(guī)律方法 (1)求直線方程的方法 ①直接法：直接選用恰當?shù)闹本€方程的形式，寫出結(jié)果； ②待定系數(shù)法：先由直線滿足的一個條件設出直線方程，使方程中含有一待定系數(shù)，再由題目中另一條件求出待定系數(shù)． (2)兩條直線平行與垂直的判定 ①若兩條不重合的直線l1，l2的斜率k1，k2存在，則l1∥l2?k1＝k2，l1⊥l2?k1k2＝－1； ②兩條不重合的直線a1x＋b1y＋c1＝0和a2x＋b2y＋c2＝0平行的充要條件為a1b2－a2b1＝0且a1c2≠a2c1或b1c2≠b2c1； ③兩條直線a1x＋b1y＋c1＝0和a2x＋b2y＋

5、c2＝0垂直的充要條件為a1a2＋b1b2＝0.判定兩直線平行與垂直的關系時，如果給出的直線方程中存在字母系數(shù)，不僅要考慮斜率存在的情況，還要考慮斜率不存在的情況． (3)忽視對直線方程中的字母分類討論而丟解或增解 直線方程的截距式＋＝1中，有ab≠0的限制，而截距可以取正數(shù)、負數(shù)和零，所以需要對a，b分類討論，否則容易造成丟解．如過點P(2，－1)，在x軸，y軸上的截距分別為a，b，且滿足a＝3b的直線易漏掉過原點的情形． 變式訓練1 (1)“a＝3”是“直線ax－2y－1＝0與直線6x－4y＋c＝0平行”的__________條件．(　　) A．充要 B．

6、充分而不必要 C．必要而不充分 D．既不充分也不必要 (2)已知圓C過點(1,0)，且圓心在x軸的正半軸上，直線l：y＝x－1被圓C所截得的弦長為2，則過圓心且與直線l垂直的直線的方程為__________． 熱點二　圓的方程 【例2】(2011·課標全國高考，文20)在平面直角坐標系xOy中，曲線y＝x2－6x＋1與坐標軸的交點都在圓C上． (1)求圓C的方程； (2)若圓C與直線x－y＋a＝0交于A，B兩點，且OA⊥OB，求a的值． 規(guī)律方法 圓的方程的求法 求圓的方程一般有兩類方法：(1)幾何法，通過研究圓的性質(zhì)、直線和圓、圓與圓的位置關系，從而求得圓的基本量和

7、方程；(2)代數(shù)法，用待定系數(shù)法先設出圓的方程，再由條件求得各系數(shù)，從而求得圓的方程一般采用待定系數(shù)法． 特別提醒：圓心到切線的距離等于半徑，該結(jié)論在解題過程中經(jīng)常用到，需牢記． 變式訓練2 (1)已知圓C經(jīng)過點A(1,3)，B(2,2)，并且直線m：3x－2y＝0平分圓的面積，則圓C的方程為__________． (2)我們把圓心在一條直線上且相鄰兩圓彼此外切的一組圓叫做“串圓”．在如圖所示的“串圓”中，圓C1和圓C3的方程分別為x2＋y2=1和(x－3)2+(y－4)2=1，則圓C2的方程為_____________________. 熱點三　直線與圓的位置關系 【例3】如圖

8、所示，已知以點A(－1,2)為圓心的圓與直線l1：x＋2y＋7＝0相切．過點B(－2,0)的動直線l與圓A相交于M，N兩點，Q是MN的中點，直線l與l1相交于點P. (1)求圓A的方程； (2)當|MN|＝2時，求直線l的方程； (3)·是否為定值？如果是，求出其定值；如果不是，請說明理由． 規(guī)律方法 (1)研究直線與圓的位置關系最基本的解題方法為代數(shù)法，將幾何問題代數(shù)化，利用函數(shù)與方程思想解題． (2)與弦長有關的問題常用幾何法，即利用圓的半徑r，圓心到直線的距離d，及半弦長，構(gòu)成直角三角形的三邊，利用其關系來處理． 變式訓練3 已知直線l：2mx－y－8m－3＝0和圓C：(

9、x－3)2＋(y＋6)2＝25. (1)證明：不論m取什么實數(shù)，直線l與圓C總相交； (2)求直線l被圓C截得的線段的最短長度以及此時直線l的方程． 思想滲透 1．數(shù)形結(jié)合思想 解答與圓有關的范圍問題時，經(jīng)常以形助數(shù)，巧妙破解． 若直線y＝x＋b與曲線y＝3－有公共點，則b的取值范圍是(　　)． A．[－1,1＋2] B．[1－2，1＋2] C．[1－2，3] D．[1－，3] 解析：方程y＝x＋b表示斜率為1的平行直線系，曲線方程可化為(x－2)2＋(y－3)2＝4(1≤y≤3)表示圓心為(2,3)，半徑為2的下半圓． 如圖所示，當直線y=x+b

10、與半圓相切時須滿足圓心(2,3)到直線x－y＋b＝0的距離等于2，即＝2，解得b＝1－2或b＝1＋2(舍)． 當直線y＝x＋b過點(0,3)時，可得b＝3，由圖可知滿足題意的b的取值范圍為1－2≤b≤3. 答案：C 2．分類討論思想 遇到字母時往往要對其進行討論． 試判斷方程x2＋y2＋4x＋2my＋8＝0表示的曲線類型． 解：將x2＋y2＋4x＋2my＋8＝0配方，得(x＋2)2＋(y＋m)2＝m2－4. (1)當m2－4＞0，即m＜－2或m＞2時，原方程表示以(－2，－m)為圓心，為半徑的圓； (2)當m2－4＝0，即m＝±2時，原方程表示點(－2，－2)或(－2,2)；

11、 (3)當m2－4＜0，即－2＜m＜2時，原方程不表示任何曲線． 1．“a＝b”是“直線y＝x＋2與圓(x－a)2＋(y－b)2＝2相切”的(　　)． A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 2．已知圓C與直線x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圓心在直線x＋y＝0上，則圓C的方程為(　　)． A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2 B．(x－1)2＋(y＋1)2＝2 C．(x－1)2＋(y－1)2＝2 D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2 3．(2012·安徽安慶二模，5)已知圓C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，直線l：2x＋y＝0

12、，則圓C上的點到直線l的距離最大值為(　　)． A．1 B．2 C．3 D．4 4．(2012·山東濰坊二模，14)若a，b，c是Rt△ABC的三邊的長(c為斜邊長)，則圓C：x2＋y2＝4被直線l：ax＋by＋c＝0所截得的弦長為__________． 5．(2012·吉林長春實驗中學二模，14)圓心在直線x－2y－1＝0上，且經(jīng)過原點和點(2,1)的圓的方程為__________． 6．(2012·湖北武昌5月模擬，13)在圓x2＋y2＝4上的點，與直線l：4x＋3y－12＝0的距離的最小值是__________． 7．已知直線l過點P(0,2)，斜

13、率為k，圓Q：x2＋y2－12x＋32＝0. (1)若直線l和圓相切，求直線l的方程； (2)若直線l和圓交于A，B兩個不同的點，問是否存在常數(shù)k，使得＋與共線？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由． 參考答案 命題調(diào)研·明晰考向 真題試做 1．C　解析：由題意可得，圓的圓心為(a,0)，半徑為， ∴≤，即|a＋1|≤2， 解得－3≤a≤1. 2．B　解析：圓O1：(x＋2)2＋y2＝4的圓心為(－2,0)，半徑r1＝2， 圓O2：(x－2)2＋(y－1)2＝9的圓心為(2,1)，半徑r2＝3，|O1O2|＝＝， 因為r2－r1＜|O1O2|＜r1＋r2， 所以兩圓

14、相交． 3．B　解析：由題意作出圖象如下圖，由圖可知圓心到直線AB的距離d＝＝1， 故|AB|＝2|BC|＝2＝2. 4．2　解析：由題意得，圓x2＋(y－2)2＝4的圓心為(0,2)，半徑為2，圓心到直線x－y＝0的距離d＝＝. 設截得的弦長為l，則由2＋()2＝22，得l＝2. 5．3　解析：∵l與圓相交所得弦的長為2，∴＝， ∴m2＋n2＝≥2|mn|，∴|mn|≤. l與x軸的交點為A，與y軸的交點為B， ∴S△AOB＝·＝·≥×6＝3. 6．　解析：圓C的方程可化為(x－4)2＋y2＝1，直線y＝kx－2是過定點(0，－2)的動直線．圓心C到直線y＝kx－2的距

15、離d＝，要使其滿足已知條件，則需d≤1＋1， 即≤1＋1，解得0≤k≤. 故k的最大值為. 精要例析·聚焦熱點 熱點例析 【例1】解：設圓心為C，則AB垂直于CP. kCP＝＝－1，故直線AB的方程為y＋3＝x－2，即x－y－5＝0. 【變式訓練1】(1)C　解析：兩條直線平行的充要條件是：＝≠， 即故“a＝3”是“直線ax－2y－1＝0與直線6x－4y＋c＝0平行”的必要而不充分條件． (2)x＋y－3＝0　解析：設圓心坐標為(x0,0)(x0＞0)． 由于圓過點(1,0)，則半徑r＝|x0－1|，圓心到直線l的距離d＝. 由弦長為2可知2＝(x0－1)2－2， 整理

16、得(x0－1)2＝4. ∴x0－1＝±2，∴x0＝3或x0＝－1(舍去)． 因此圓心為(3,0)，由此可求得過圓心且與直線y＝x－1垂直的直線方程為y＝－(x－3)，即x＋y－3＝0. 【例2】解：(1)曲線y＝x2－6x＋1與y軸的交點為(0,1)，與x軸的交點為(3＋2，0)，(3－2，0)． 故可設C的圓心為(3，t)，則有32＋(t－1)2＝(2)2＋t2， 解得t＝1. 則圓C的半徑為＝3. 所以圓C的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝9. (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐標滿足方程組： 消去y，得到方程2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0

17、. 由已知可得，判別式Δ＝56－16a－4a2＞0. 因此x1,2＝， 從而x1＋x2＝4－a，x1x2＝.① 由于OA⊥OB，可得x1x2＋y1y2＝0. 又y1＝x1＋a，y2＝x2＋a，所以2x1x2＋a(x1＋x2)＋a2＝0.② 由①，②得a＝－1，滿足Δ＞0，故a＝－1. 【變式訓練2】(1)(x－2)2＋(y－3)2＝1　解析：由已知得，線段AB的中點E， kAB＝＝－1，故線段AB的中垂線方程為y－＝x－， 即x－y＋1＝0. 因為圓C經(jīng)過A，B兩點，故圓心在線段AB的中垂線上． 又因為直線m：3x－2y＝0平分圓的面積，所以直線m經(jīng)過圓心． 由解得即圓

18、心C(2,3)． 而圓的半徑r＝|CB|＝＝1， 所以圓C的方程為(x－2)2＋(y－3)2＝1. (2)2＋(y－2)2＝　解析：易求出C1(0,0)，半徑r1＝1， 圓心C3(3,4)，半徑r3＝1. 設圓C2的圓心坐標為C2(a，b)，半徑為r2，據(jù)題意得 即可解出故圓C2的方程為2＋(y－2)2＝. 【例3】解：(1)設圓A的半徑為R. ∵圓A與直線l1：x＋2y＋7＝0相切，∴R＝＝2. ∴圓A的方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝20. (2)當直線l與x軸垂直時，易知x＝－2符合題意； 當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為y＝k(x＋2)， 即kx－y＋

19、2k＝0. 連接AQ，則AQ⊥MN. ∵|MN|＝2，∴|AQ|＝＝1. 由|AQ|＝＝1，得k＝， ∴直線l的方程為3x－4y＋6＝0， ∴所求直線l的方程為x＝－2或3x－4y＋6＝0. (3)∵AQ⊥BP，∴·＝0， ∴·＝(＋)· ＝·＋·＝·. 當直線l與x軸垂直時，得P， 則＝. 又＝(1,2)，∴·＝·＝－5. 當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝k(x＋2)． 由 解得P，∴＝， ∴·＝·＝－＝－5. 綜上所述，·是定值，且·＝－5. 【變式訓練3】(方法一)(1)證明：設圓心C到直線l的距離為d，則有d＝， 整理可得4(d2－1)m2

20、＋12m＋d2－9＝0，① 為使上面關于m的方程有實數(shù)解， 則Δ＝122－16(d2－1)(d2－9)≥0，解得0≤d≤. 可得d＜5，故不論m為何實數(shù)，直線l與圓C總相交． (2)解：由(1)可知0≤d≤，即d的最大值為. 根據(jù)平面幾何知識可知：當圓心到直線l的距離最大時，直線l被圓C截得的線段長度最短． ∴當d＝時，線段(即弦)的最短長度為 2＝2. 將d＝代入①可得m＝－，代入直線l的方程得直線被圓C截得最短線段時l的方程為x＋3y＋5＝0. (方法二)(1)證明：將直線l的方程變形有：m(2x－8)－y－3＝0， 解得知直線l過定點A(4，－3)． 又∵(4－3)

21、2＋(－3＋6)2＜25，∴A點在圓C內(nèi)部， 因此直線l與圓C總相交． (2)解：同方法一． 創(chuàng)新模擬·預測演練 1．A　解析：直線y＝x＋2與圓(x－a)2＋(y－b)2＝2相切?圓心(a，b)到直線y＝x＋2的距離d＝r，即＝，|a－b＋2|＝2.解得a－b＝0或a－b＝－4，故選A. 2．B　解析：由圓心在直線x＋y＝0上，不妨設為C(a，－a)， ∴r＝＝， 解得a＝1，r＝， ∴圓C的方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝2. 3．C　解析：可利用數(shù)形結(jié)合法進行分析解決． 4．2 5．2＋2＝　解析：設所求圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2， 由題設可得解

22、此方程組，得 所以所求圓的方程為2＋2＝. 6．　解析：圓的半徑是2，圓心(0,0)到l：4x＋3y－12＝0的距離d＝＝，所以圓x2＋y2＝4上的點與直線l：4x＋3y－12＝0的距離的最小值是－2＝. 7．解：(1)將圓的方程化簡，得(x－6)2＋y2＝4. 圓心Q(6,0)，半徑r＝2. 直線l的方程為：y＝kx＋2， 故圓心到直線l的距離d＝＝， 因為直線l和圓相切，故d＝r，即＝2， 解得k＝0或k＝－， 所以，直線l的方程為y＝2或3x＋4y－8＝0. (2)將直線l的方程和圓的方程聯(lián)立得 消去y得(1＋k2)x2＋4(k－3)x＋36＝0， 因為直線l和圓相交，故Δ＝[4(k－3)]2－4×36×(1＋k2)＞0， 解得－＜k＜0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有 而y1＋y2＝kx1＋2＋kx2＋2＝k(x1＋x2)＋4， ＋＝(x1＋x2，y1＋y2)，＝(6，－2)． 因為＋與共線， 所以－2×(x1＋x2)＝6×(y1＋y2)， 即(1＋3k)(x1＋x2)＋12＝0， 代入得(1＋3k)＋12＝0，解得k＝－. 又因為－＜k＜0，所以沒有符合條件的常數(shù)k.