沖刺2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 核心考點特色突破 專題15 直線與圓（2）（含解析）.doc

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專題15 直線與圓（2） 【自主熱身，歸納總結(jié)】 1、 圓心在直線y＝－4x上，且與直線x＋y－1＝0相切于點P(3，－2)的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為________． 【答案】： (x－1)2＋(y＋4)2＝8　 解法1 設(shè)圓心為(a，－4a)，則有r＝＝，解得a＝1，r＝2，則圓的方程為(x－1)2＋(y＋4)2＝8. 解法2 過點P(3，－2)且垂直于直線x＋y－1＝0的直線方程為x－y－5＝0，聯(lián)立方程組解得則圓心坐標(biāo)為(1，－4)，半徑為r＝＝2，故圓的方程為(x－1)2＋(y＋4)2＝8. 2、 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若直線ax＋y－2＝0與圓心為C的圓(x－1)2＋(y－a)2＝16相交于A，B兩點，且△ABC為直角三角形，則實數(shù)a的值是________． 【答案】： －1　 【解析】：因為△ABC為直角三角形，所以BC＝AC＝r＝4，所以圓心C到直線AB的距離為2，從而有＝2，解得a＝－1. 3、 已知直線l：x＋y－2＝0與圓C：x2＋y2＝4交于A，B兩點，則弦AB的長度為________. 【答案】：. 2　 【解析】：圓心C(0,0)到直線l的距離d＝＝1，由垂徑定理得AB＝2＝2＝2，故弦AB的長度為2. 4、已知過點的直線被圓截得的弦長為4，則直線的方程為 . 【答案】：或 【解析】：化成標(biāo)準(zhǔn)式為：.因為截得弦長為4 小于直徑故該直線必有兩條且圓心到直線的距離為.當(dāng)斜率不存在時， ，顯然符合要求。當(dāng)斜率存在時，，，截得， 故直線為. 5、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若動圓C上的點都在不等式組，表示的平面區(qū)域內(nèi)，則面積最大的圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為________． 【答案】： (x－1)2＋y2＝4　 【解析】：首先由線性約束條件作出可行域，面積最大的圓C即為可行域三角形的內(nèi)切圓(如圖)，由對稱性可知，圓C的圓心在x軸上，設(shè)半徑為r，則圓心C(3－r，0)，且它與直線x－y＋3＝0相切，所以＝r，解得r＝2，所以面積最大的圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋y2＝4. 6、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若圓(x－2)2＋(y－2)2＝1上存在點M，使得點M關(guān)于x軸的對稱點N在直線kx＋y＋3＝0上，則實數(shù)k的最小值為________． 7、已知經(jīng)過點P的兩個圓C1，C2都與直線l1：y＝x，l2：y＝2x相切，則這兩圓的圓心距C1C2＝________. 【答案】 　 【解析】：易求直線C1C2的方程為y＝x，設(shè)C1(x1，x1)，C2(x2，x2)， 由題意得C1(x1，x1)到直線2x－y＝0的距離等于C1P，即＝，整理得9x－25x1＋＝0，同理可得9x－25x2＋＝0，所以x1，x2是方程9x2－25x＋＝0的兩個實數(shù)根，從而x1＋x2＝，x1x2＝，所以圓心距C1C2＝|x1－x2|＝＝＝. 8、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：x2＋(y－3)2＝2，點A是x軸上的一個動點，AP，AQ分別切圓C于P，Q兩點，則線段PQ長的取值范圍是________． 【答案】 　 【解析】：設(shè)∠PCA＝θ，所以PQ＝2sinθ.又cosθ＝，AC∈[3，＋∞)，所以cosθ∈，所以cos2θ∈，sin2θ＝1－cos2θ∈，所以sinθ∈，所以PQ∈. 與切線有關(guān)的問題，一般都不需要求出切點，而是利用直線與圓相切時所得到的直角三角形轉(zhuǎn)化為點與圓心的距離問題求解． 9、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點，點，為圓上一動點，則的最大值是 ． 【答案】、2 【解析】1：設(shè)，則，， 令，即，則動直線與圓必須有公共點，所以，解得，所以，即，的最大值是. （有了上面的解法，也可設(shè)，直接通過動直線與圓有公共點來解決） 【解析】2：設(shè)，則， 令， 則，即，因為， 所以，則動直線與圓必須有公共點，所以，解得，即，的最大值是. 【解析】3：因為為圓上一動點，故設(shè)（），則令，整理為，由，解得，從而，的最大值是. 10、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的方程為(x－1)2＋(y－1)2＝9，直線l：y＝kx＋3與圓C相交于A，B兩點，M為弦AB上一動點，以M為圓心，2為半徑的圓與圓C總有公共點，則實數(shù)k的取值范圍為 ． 【答案】 思路分析：根據(jù)兩個圓的位置關(guān)系的判斷方法，本題即要求則可，根據(jù)圖形的對稱性， 當(dāng)點位于的中點時存在公共點，則在其它位置時，一定存在公共點，由點到直線的距離不難得到答案。 【解析】：由題意得對于任意的點恒成立，由圖形的對稱性可知，只需點位于的中點時存在則可。由點到直線的距離得，解得。 11、已知點A(0,1)，B(1,0)，C(t,0)，點D是直線AC上的動點，若AD≤2BD恒成立，則最小正整數(shù)t的值為________． 【答案】 4　 解法1 設(shè)點D(x，y)，因為AD≤2BD，A(0,1)，B(1，0)，所以≤2，整理得2＋2≥，它表示以為圓心，以為半徑的圓及其外部，又因為直線AC為＋y＝1，即x＋ty－t＝0，且點D是直線AC上的動點，所以直線AC與圓相離，即≥，即t2－4t＋1≥0，解得t≥2＋(t≤2－舍)，所以最小正整數(shù)t的值為4. 解法2 設(shè)點D(x，y)，因為A(0,1)，C(t,0)，點D在直線AC上，所以有且只有一個實數(shù)λ，使＝λ，所以(x，y－1)＝λ(t，－1)，從而x＝tλ，y＝1－λ，即點D(tλ，1－λ)， 又因為AD≤2BD恒成立，所以≤2在R上恒成立， 即3(t2＋1)λ2－8(t＋1)λ＋8≥0在R上恒成立， 令f(λ)＝3(t2＋1)λ2－8(t＋1)λ＋8， 所以Δ≤0恒成立，即t2－4t＋1≥0，解得t≥2＋(t≤2－舍)，所以最小整數(shù)t的值為4. 綜上所述，滿足條件的最小正整數(shù)t的值為4. 12、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)直線y＝－x＋2與圓x2＋y2＝r2(r>0)交于A，B兩點，O為坐標(biāo)原點，若圓上一點C滿足＝＋，則實數(shù)r＝________. 解法2 由＝，得r2＋r2＋2＝8?、?由＝＋，得2＝r2＋＋＝r2?、?由①②可知r2＝10，即r＝. 解法3 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x，y)，由＝＋得則x2＋y2＝2＋2＝x＋y＋x1x2＋x＋y＋y1y2.由題意得r2＝r2＋r2＋(x1x2＋y1y2)，聯(lián)立直線y＝－x＋2與圓x2＋y2＝r2(r>0)的方程，得2x2－4x＋4－r2＝0.由韋達(dá)定理得x1x2＝，x1＋x2＝2，y1y2＝x1x2－2x1－2x2＋4＝，代入上式可解得r＝. 解法4 由＝＋得＝＋，設(shè)OC與AB交于點M，則A，M，B三點共線．由∠AMO與∠BMO互補(bǔ)結(jié)合余弦定理可求得AB＝r，過點O作AB的垂線交AB于點D，根據(jù)圓心O到直線y＝－x＋2的距離為OD＝＝，得2＋()2＝r2，解得r2＝10，所以r＝. 【問題探究，變式訓(xùn)練】 例1、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓O：x2＋y2＝1，圓M：(x＋a＋3)2＋(y－2a)2＝1(a為實數(shù))．若圓O與圓M上分別存在點P，Q，使得∠OQP＝30，則a的取值范圍為 ▲ ． 【答案】．[－，0] 【思路分析】本題中在兩個圓上分別存在點P，Q，使得∠OQP＝30是本題的關(guān)鍵.首先對于圓O，可以根據(jù)∠OQP＝30得出點Q的軌跡，再將點Q的存在性問題轉(zhuǎn)化為點Q的軌跡與圓M有公共點，從而求出參數(shù)的取值范圍. 過Q點作圓O的切線，設(shè)切點為，在圓O上要存在點P滿足， 即，又，即.設(shè)，所以 又點Q在圓M上，即圓M與有公共點，所以有， 解得. 【解后反思】一般地對于圓上存在一點的問題，都可以利用其所給幾何條件求出點的軌跡，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為點的軌跡與圓的位置關(guān)系問題，其中常見的動點軌跡有直線、線段、圓、圓面等. 【變式1】、.已知圓O：x2＋y2＝1，圓M：(x－a)2＋(y－a＋4)2＝1.若圓M上存在點P，過點P作圓O的兩條切線，切點為A，B，使得∠APB＝60，則實數(shù)a的取值范圍為________． 【答案】. 　 【解析】：由題意得圓心M(a，a－4)在直線x－y－4＝0上運動，所以動圓M是圓心在直線x－y－4＝0上，半徑為1的圓；又因為圓M上存在點P，使經(jīng)過點P作圓O的兩條切線，切點為A，B，使∠APB＝60，所以O(shè)P＝2，即點P也在x2＋y2＝4上，于是2－1≤≤2＋1，即1≤≤3，解之得實數(shù)a的取值范圍是. 解題反思 一方面，要注意點P在動圓M上，另一方面，點P也在x2＋y2＝4上，從而將所求解的問題轉(zhuǎn)化成研究圓與圓的位置關(guān)系問題，此類試題出現(xiàn)頻率高，希望考生重視． 【變式2】、已知點A(0,2)為圓M：x2＋y2－2ax－2ay＝0(a>0)外一點，圓M上存在點T，使得∠MAT＝45，則實數(shù)a的取值范圍是________． 【答案】：[－1,1)　 【解析】：圓M的方程可化為(x－a)2＋(y－a)2＝2a2.圓心為M(a，a)，半徑為a.當(dāng)A，M，T三點共線時，∠MAT＝0最小，當(dāng)AT與圓M相切時，∠MAT最大．圓M上存在點T，使得∠MAT＝45，只需要當(dāng)∠MAT最大時，滿足45≤∠MAT<90即可．MA＝＝，此時直線AT與圓M相切，所以sin∠MAT＝＝ .因為45≤∠MAT<90，所以≤sin∠MAT<1，所以≤<1，解得－1≤a<1. 【變式3】、已知圓M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，直線l：x＋y－6＝0，A為直線l上一點，若圓M上存在兩點B，C，使得∠BAC＝60，則點A的橫坐標(biāo)的取值范圍是________． 【答案】[1,5]　 對于圓M上任意兩點B，C，∠BAC的大小是變化的，有變化就有范圍，而60是范圍中的一個值．由此得到一個不等式． 首先，直線l與圓M相離，所以點A在圓M外．設(shè)AP，AQ分別與圓M相切于點P，Q，則∠PAQ≥∠BAC＝60，從而∠MAQ≥30.因為MQ＝2，所以MA≤4.設(shè)A(x0,6－x0)，則MA2＝(x0－1)2＋(6－x0－1)2≤16，解得1≤x0≤5. 【關(guān)聯(lián)1】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A，B為x軸正半軸上的兩個動點，P(異于原點O)為y軸上的一個定點．若以AB為直徑的圓與圓x2＋(y－2)2＝1相外切，且∠APB的大小恒為定值，則線段OP的長為________． 【答案】： 　 【解析】：設(shè)以AB為直徑的圓的圓心為C(a,0)，半徑為r(00，b為常數(shù))． 因為 tan∠OPA＝，tan∠OPB＝， 所以tan∠APB＝tan(∠OPB－∠OPA) ＝＝， 又因為以AB為直徑的圓與圓x2＋(y－2)2＝1相外切，所以圓心距等于半徑之和，即＝r＋1，即a2＝(r＋1)2－4，所以tan∠APB＝＝＝(r為變量，b為常數(shù))， 因為∠APB的大小恒為定值，所以b2－3＝0，故OP＝. 【關(guān)聯(lián)2】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的方程為(x－1)2＋y2＝4，P為圓C上一點．若存在一個定圓M，過點P作圓M的兩條切線PA，PB，切點分別為A，B，當(dāng)P在圓C上運動時，使得∠APB恒為60，則圓M的方程為 ． 【答案】(x－1)2＋y2＝1 【解析】：根據(jù)對稱性可知．設(shè)圓的半徑為．因為，所以，故，即，所以圓M的方程為． 例2、 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若直線y＝k(x－3)上存在一點P，圓x2＋(y－1)2＝1上存在一點Q，滿足＝3，則實數(shù)k的最小值為________． 【變式1】、 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知A，B為圓C：(x＋4)2＋(y－a)2＝16上的兩個動點，且AB＝2.若直線l：y＝2x上存在唯一的一個點P，使得＋＝，則實數(shù)a的值為________． 【答案】 2或－18　 由“圓C的弦AB長度為定值A(chǔ)B＝2”知，弦AB的中點M的軌跡是以點C為圓心的圓，由“＋＝”得2＝，可求得動點P的軌跡也在圓上，此時直線l上存在唯一的一個點P符合要求，故直線l和動點P的軌跡(圓)相切． 解法1 設(shè)AB的中點為M(x0，y0)，P(x，y)，則由AB＝2得，CM＝＝，即點M的軌跡為(x0＋4)2＋(y0－a)2＝5.又因為＋＝，所以＝，即(x0－x，y0－y)＝，從而則動點P的軌跡方程為(x＋2)2＋＝5，又因為直線l上存在唯一的一個點P，所以直線l和動點P的軌跡(圓)相切，則＝，解得，a＝2或a＝－18. 解法2 以上同解法1，則動點P的軌跡方程為(x＋2)2＋＝5，整理得5x2＋(4－2a)x＋－1＝0，(#) 又因為直線l上存在唯一的一個點P，所以(#)式有且只有1個實數(shù)根，所以Δ＝(4－2a)2－20＝0，整理得a2＋16a－36＝0，解得，a＝2或a＝－18. 解法3 由題意，圓心C到直線AB的距離d＝＝，則AB中點M的軌跡方程為(x＋4)2＋(y－a)2＝5.由＋＝得2＝，所以∥.如圖，連結(jié)CM并延長交l于點N，則CN＝2CM＝2.故問題轉(zhuǎn)化為直線l上存在唯一的一個點N，使得CN＝2，所以點C到直線l的距離為＝2，解得，a＝2或a＝－18. 本題的難點在于要從繁亂的關(guān)系中找出動點P的信息．由“直線AB與圓C相交”想弦中點M，由“CM⊥AB”想到動點M的軌跡是圓，由“＋＝”知，動點P的軌跡也在圓上，進(jìn)而得到直線l和動點P的軌跡(圓)相切． 【變式2】、已知A，B是圓C1：x2＋y2＝1上的動點，AB＝，P是圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝1上的動點，則|＋|的取值范圍為________． 【答案】 [7,13] 【解析】　因為A，B是圓C1：x2＋y2＝1上的動點，AB＝，所以線段AB的中點H在圓O：x2＋y2＝上，且|＋|＝2||.因為點P是圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝1上的動點，所以5－≤||≤5＋，即≤||≤，所以7≤2||≤13，從而|＋|的取值范圍是[7,13]． 解后反思 本題難點在于動點多，“化動為靜”和“化多為少”是解決此類問題常用的方法．一方面，A，B雖是動點，但是AB＝是定值，從而線段AB的中點H在定圓O上，實現(xiàn)了化多為少的目的；另一方面，所求解的問題通過轉(zhuǎn)化就成了研究圓O和圓C2上的兩動點的問題． 【變式3】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過點M(1,0)的直線l與圓x2＋y2＝5交于A，B兩點，其中點A在第一象限，且＝2，則直線l的方程為________． 【答案】 y＝x－1　 解法1 易知l斜率必存在，設(shè)l：y＝k(x－1)．由＝2 可設(shè)BM＝2t，MA＝t，如圖，過原點O作OH⊥l于點H，則BH＝.設(shè)OH＝d，在Rt△OBH中，d2＋2＝r2＝5，在Rt△OMH中，d2＋2＝OM2＝1，解得d2＝.所以d2＝＝，解得k＝1或k＝－1，因為點A在第一象限，＝2，由圖知k＝1，所以l：y＝x－1. 解法2 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以＝(1－x2，－y2)，＝(x1－1，y1)．因為＝2，所以有當(dāng)直線AB的斜率不存在時，＝，不符合題意．當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)AB：y＝k(x－1)，聯(lián)立可得(1＋k2)y2＋2ky－4k2＝0，即解得所以y1y2＝＝，即k2＝1，又點A在第一象限，所以k＝1，即直線AB的方程為y＝x－1. 解法3 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以＝(1－x2，－y2)，＝(x1－1，y1)．因為＝2，所以有即 又代入可得 解得x1＝2，代入可得y1＝1，又點A在第一象限，故A(2,1)，由點A和點M的坐標(biāo)可得直線AB的方程為y＝x－1. 【關(guān)聯(lián)1】、已知圓C：(x－2)2＋y2＝4，線段EF在直線l：y＝x＋1上運動，點P為線段EF上任意一點，若圓C上存在兩點A，B，使得≤0，則線段EF長度的最大值是________． 【答案】 　 思路分析 本題條件敘述似乎稍顯冗亂，學(xué)生不易讀懂題意，容易陷入恐慌．首先需要注意判斷直線l和圓C是相離的位置關(guān)系，那么直線l上的動點P總在圓C外，可以證明與圓相關(guān)的一個幾何性質(zhì)：對于圓C外的點P，當(dāng)PA，PB都與圓C相切時，∠APB最大．這是解決本題的關(guān)鍵所在． 過點C作CH⊥l于H，因為C到l的距離CH＝＝>2＝r，所以直線l與圓C相離，故點P在圓C外．因為＝||||cos∠APB≤0，所以cos∠APB≤0，所以≤∠APB<π，圓C上存在兩點A，B使得∠APB∈[，π)，由于點P在圓C外，故當(dāng)PA，PB都與圓C相切時，∠APB最大，此時若∠APB＝，則PC＝r＝2，所以PH＝＝＝，由對稱性可得EFmax＝2PH＝. 【關(guān)聯(lián)2】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：x2＋y2－6x＋5＝0，點A，B在圓C上，且AB＝2，則|＋|的最大值是________． 【答案】8 　 由條件已知弦AB的長，就可以求出圓心到直線AB的距離CM(其中M為弦AB的中點，再考慮到＋與的關(guān)系，以及＝＋，從而可以得到的最大值． 設(shè)弦AB的中點為M，則＋＝2.又圓C：(x－3)2＋y2＝4，AB＝2，從而CM＝＝1，因此||max＝3＋1＝4，所以|＋|max＝8. 例3、如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點A(－3,4)，B(9,0)，C，D分別為線段OA，OB上的動點，且滿足AC＝BD. (1) 若AC＝4，求直線CD的方程； (2) 證明：△OCD的外接圓恒過定點(異于原點O)． (2) 解法1 設(shè)C(－3m,4m)(0r2對任意的m∈[0,1]成立，即r2<. 故圓C的半徑r的取值范圍為.(16分)