2019版高考数学文科二轮专题复习课件第二部分直线与圆共38张

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高三数学二轮专题复习课件：直线与圆56页PPT

23、一切节省，归根到底都归结为时间的节省。——马克思 24、意志命运往往背道而驰，决心到最后会全部推倒。——莎士比亚
25、学习是劳动，是充满思想的劳动。——乌申斯圆
56、死去何所道，托体同山阿。 57、春秋多佳日，登高赋新诗。 58、种豆南山下，草盛豆苗稀。晨兴理荒秽，带月荷锄归。道狭草木长，夕露沾我衣。衣沾不足惜，但使愿无违。 59、相见无杂言，但道桑麻长。 60、迢迢新秋夕，亭亭月将圆。
21、要知道对好事的称颂过于夸大，也会招来人们的反感轻蔑和嫉妒。——培根 22、业精于勤，荒于嬉；行成于思，毁于随。——韩愈

高中总复习二轮文科数学精品课件专题6 直线、圆、圆锥曲线 6.1 直线与圆

169
25
4 2
3
+
7 2
−3
=
65
或
9
.
解析:若圆过点(0,0),(4,0),(-1,1),则设圆心为(a1,b1),半径为r1,
12 + 12 = 12 ,
1 = 2,
∴ (1 -4)2 + 12 = 12 ,
解得 1 = 3,
2
2
2
2

1 = 13.
(1 + 1) + (1 -1) = 1 ,
a=1,
(2)对于①,因为两个圆相交,所以有两条公切线,故正确;
对于②,将两圆方程作差可得-2x+2y-2=0,
即得公共弦AB所在直线的方程为x-y+1=0,故正确;
对于③,直线AB经过圆O2的圆心(0,1),所以线段AB是圆O2的直径,
故圆O2中不存在比AB长的弦,故错误;
对于④,圆O1的圆心坐标为(1,0),半径为2,
4x-3y+9=0
3x+4y-7=0的直线方程为
.
=
2 + 3 + 1 = 0,
解析:(方法一)由方程组
解得
-3 + 4 = 0,
=
即交点坐标为
5 7
-3,9
5
- ,
3
7
,
9
.
∵所求直线与直线 3x+4y-7=0 垂直,
∴所求直线的斜率
4
k=3.
由点斜式得所求直线方程为
7
y-9
=
4
3
+
∴圆的方程为(x-2)2+(y-3)2=13.

最新2019版高考数学文科二轮专题复习：第二部分-直线与圆共40页文档

41、学问是异常珍贵的东西，从任何源泉吸收都不可耻。——阿3、重复别人所说的话，只需要教育；而要挑战别人所说的话，则需要头脑。—— 玛丽·佩蒂博恩·普尔
44、卓越的人一大优点是：在不利与艰难的遭遇里百折不饶。——贝多芬
45、自己的饭量自己知道。——苏联
最新2019版高考数学文科二轮专题复习：第二部分-直线与圆
16、人民应该为法律而战斗，就像为了城墙而战斗一样。 ——赫拉克利特 17、人类对于不公正的行为加以指责，并非因为他们愿意做出这种行为，而是惟恐自己会成为这种行为的牺牲者。—— 柏拉图 18、制定法律法令，就是为了不让强者做什么事都横行霸道。— —奥维德 19、法律是社会的习惯和思想的结晶。—— 托·伍·威尔逊 20、人们嘴上挂着的法律，其真实含义是财富。— —爱献生

2019年高考数学(文科)二轮专题突破课件：专题六直线、圆、圆锥曲线 6.3 .pdf

可得 x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2��1��2+4��(��1+��2) = -8��+�� 8=0. 所以 kBM+kBN=0,可知 BM,BN 的倾斜角互补,
所以∠ABM=∠ABN.
综上,∠ABM=∠ABN.
考情分析
高频考点
核心归纳
-8-
命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四
(2)证明
BC 的中点坐标为
��2 2
,
1 2
,
可得 BC 的中垂线方程为 y-12=x2
��-
��2 2
.
由(1)可得 x1+x2=-m,
所以 AB 的中垂线方程为 x=-��2��.联立
��
=
-
�� 2
�� 2 -
�� 2
2
=3,
即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
考情分析
高频考点
核心归纳
-9-
命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四
题后反思1.求解定点和定值问题的基本思想是一致的,定值是证明求解的一个量与参数无关,定点问题是求解的一个点(或几个点) 的坐标,使得方程的成立与参数值无关.解这类试题时要会合理选择参数(参数可能是直线的斜率、截距,也可能是动点的坐标等),使用参数表达其中变化的量,再使用这些变化的量表达需要求解的解题目标.当使用直线的斜率和截距表达直线方程时,在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系,把双参数问题化为单参数问题解决.
考情分析
高频考点

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解38---截面、交线问题

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第38讲截面、交线问题“截面、交线”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力．求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解．考点一截面问题考向1 多面体中的截面问题例1(多选)如图，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为A 1D 1的中点，F 为CC 1上的一个动点，设由点A ，E ，F 构成的平面为α，则( )A ．平面α截正方体的截面可能是三角形B ．当点F 与点C 1重合时，平面α截正方体的截面面积为2 6 C ．点D 到平面α的距离的最大值为263D ．当F 为CC 1的中点时，平面α截正方体的截面为五边形答案 BCD解析如图，建立空间直角坐标系，延长AE 与z 轴交于点P ，连接PF 与y 轴交于点M ，则平面α由平面AEF 扩展为平面APM .由此模型可知截面不可能为三角形，故A 错误；当F 与C 1点重合时，平面α截正方体的截面为边长为5的菱形，易得截面面积为26，故B 正确；当F 为CC 1的中点时，易知平面α截正方体的截面为五边形，故D 正确； D (0,0,0)，A (2,0,0)，P (0,0,4)，设点M 的坐标为(0，t ，0)(t ∈[2,4])，DA →＝(2,0,0)，AM →＝(－2，t ，0)，P A →＝(2,0，－4)，则可知点P 到直线AM 的距离为d ＝|P A →|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪P A →·AM →|AM →|2＝20t 2＋644＋t 2， S △APM ＝12t 2＋4·d ＝5t 2＋16. S △P AD ＝12×2×4＝4，设点D 到平面α的距离为h ，利用等体积法V D －APM ＝V M －P AD ，即13·S △APM ·h ＝13·S △P AD ·t ，可得h ＝4t5t 2＋16＝45＋16t2，因为h ＝45＋16t2在t ∈[2,4]上单调递增，所以当t ＝4时，h 取到最大值为263，故C 正确．考向2 球的截面问题例2(2022·华大新高考联盟联考)已知在三棱锥S －ABC 中，SA ⊥平面ABC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2，点E ，F 分别是线段AB ，BC 的中点，直线AF ，CE 相交于点G ，则过点G 的平面α截三棱锥S －ABC 的外接球球O 所得截面面积的取值范围是__________________．答案⎣⎡⎦⎤8π9，3π2解析因为AB 2＋BC 2＝AC 2，故AB ⊥BC ，又因为SA ⊥平面ABC ，故三棱锥S －ABC 的外接球球O 的半径 R ＝2＋2＋22＝62；取AC 的中点D ，连接BD ，BD 必过点G ，如图所示，因为AB ＝BC ＝2，故DG ＝13BD ＝13，因为OD ＝22，故OG 2＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫132＝1118，则过点G 的平面截球O 所得截面圆的最小半径 r 2＝⎝⎛⎭⎫622－1118＝89，过点G 的平面截球O 所得截面圆的最大半径为球半径R ＝62，故截面面积的最小值为8π9，最大值为3π2.故截面面积的取值范围是⎣⎡⎦⎤8π9，3π2.规律方法作几何体截面的方法 (1)利用平行直线找截面； (2)利用相交直线找截面．跟踪演练1 (1)(多选)(2022·江苏六校联考)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，过点D 1，E ，F 的平面记为α，则( )A ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的形状为四边形 B ．平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的面积为732C ．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25D ．点A 1到平面α的距离与点B 到平面α的距离之比为1∶3 答案 BC解析如图，延长EF 分别与DA ，DC 的延长线交于点P ，Q ，连接D 1P ，交AA 1于点M ，连接D 1Q ，交CC 1于点N ，连接ME ，NF ，则平面α截直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面为五边形D 1MEFN ，故A 错误；由平行线分线段成比例可得，AP ＝BF ＝1，故DP ＝DD 1＝3，则△DD 1P 为等腰直角三角形，由相似三角形可知AM ＝AE ＝1，故A 1M ＝2，则D 1M ＝D 1N ＝22，ME ＝EF ＝FN ＝2，连接MN ，易知MN ＝22，因此五边形D 1MEFN 可以分成等边三角形D 1MN 和等腰梯形MEFN ，等腰梯形MEFN 的高h ＝(2)2－⎝⎛⎭⎪⎫22－222＝62，则等腰梯形MEFN 的面积为 2＋222×62＝332，又1D MN S △＝12×22×6＝23，所以五边形D 1MEFN 的面积为23＋332＝732，故B 正确；记平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积分别为V 1，V 2，则12D DPQ M PAE N CFQ V V V V 锥－锥－锥－＝－－三棱三棱三棱＝13×12×3×3×3－13×12×1×1×1－13×12×1×1×1＝256，所以11111ABCD A B C D V V －＝四棱柱－V 2＝12－256＝476，则V 1∶V 2＝47∶25，故C 正确；因为平面α过线段AB 的中点E ，所以点A 到平面α的距离与点B 到平面α的距离相等，由平面α过A 1A 的三等分点M 可知，点A 1到平面α的距离是点A 到平面α的距离的2倍，因此点A 1到平面α的距离是点B 到平面α的距离的2倍，故D 错误．(2)(2022·芜湖模拟)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，D 为棱AB 的中点，则过点D 的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为________．答案⎣⎡⎦⎤π，7π3 解析正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球的球心O 为上、下底面的外接圆圆心的连线O 1O 2的中点，连接AO 2，AO ，OD ，如图所示，设外接球的半径为R ，下底面外接圆的半径为r ，r ＝AO 2＝233，则R 2＝r 2＋1＝73.①当过点D 的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为πR 2＝7π3；②当过点D 的平面垂直OD 时，截面圆的面积最小，OD 2＝OA 2－AD 2＝73－1＝43，截面圆的半径为R 2－OD 2＝73－43＝1，所以截面圆的面积最小为π·12＝π，综上，截面面积的取值范围为⎣⎡⎦⎤π，7π3. 考点二交线问题考向1 多面体中的交线问题例3 在四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形且AD ＝CD ，AB ＝BD ＝2，平面α过点A ，C ，且BD ⊥平面α，则平面α与侧面CBD 的交线长为________．答案72解析如图1，因为△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形且AD ＝CD ，AB ＝BD ＝2，所以AB ＝AC ＝BC ＝BD ＝2，AD ＝CD ＝2，所以△BCD 与△BAD 全等，且为等腰三角形，所以在△ABD 中，过顶点A 作边BD 上的高，垂足为E ，取AD 的中点O ，连接OB ，如图2，因为AB ＝BD ＝2，AD ＝2，所以OB ⊥AD ，OB ＝142，AE ⊥BD ，所以由等面积法得12AD ·OB ＝12BD ·AE ，即12×142×2＝12×2×AE ，解得AE ＝72，所以DE ＝AD 2－AE 2＝12.所以在△BCD 中，过顶点C 作边BD 上的高，垂足为F ，取CD 的中点M ，连接MB ，如图3，同在△ABD 中的情况，可得CF ＝72，DF ＝12，所以点E ，F 重合，即BD ⊥AE (F )，BD ⊥CE (F )，因为AE ∩CE ＝E ，所以BD ⊥平面ACE ，平面α即为平面ACE ，平面α与侧面CBD 的交线为线段CF ，长度为72.考向2 与球有关的交线问题例4(2022·广州模拟)已知三棱锥P －ABC 的棱AP ，AB ，AC 两两互相垂直，AP ＝AB ＝AC ＝23，以顶点P 为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于________．答案4π3解析由题设，将三棱锥P －ABC 补全为棱长为23的正方体，O 为底面中心，如图所示，若AD ＝AF ＝2，则PD ＝PF ＝4，即D ，F 在以P 为球心，4为半径的球面上，又OA ＝6>2，OP ＝32>4，所以，平面ABC 与球面所成弧是以A 为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为π；平面PBC 与球面所成弧是以P 为圆心，4为半径且圆心角为π3的圆弧，故弧长为4π3；平面PBA ，PCA 与球面所成弧是以P 为圆心，4为半径且圆心角为π12的圆弧，故弧长为π3；所以最长弧的弧长为4π3.规律方法找交线的方法(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点． (2)面面交点法：各棱面与截平面的交线．跟踪演练2 (1)(2022·泸州模拟)已知三棱锥P －ABC 的底面△ABC 为等腰直角三角形，其顶点P 到底面ABC 的距离为4，体积为163，若该三棱锥的外接球O 的半径为13，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为( ) A ．6π B ．12π C ．23π D ．43π 答案 D解析依题意得，设底面等腰Rt △ABC 的直角边长为x (x >0)， ∴三棱锥P －ABC 的体积 V ＝13×12×x 2×4＝163，解得x ＝2 2.∴△ABC 的外接圆半径为 r 1＝12×2×22＝2，∴球心O 到底面ABC 的距离为 d 1＝R 2－r 21＝13－4＝3，又∵顶点P 到底面ABC 的距离为4，∴顶点P 的轨迹是一个截面圆的圆周．当球心在底面ABC 和截面圆之间时，球心O 到该截面圆的距离为d 2＝4－3＝1，∵截面圆的半径为r 2＝R 2－d 22＝13－1＝23，∴顶点P 的轨迹长度为2πr 2＝43π；当球心在底面ABC 和截面圆同一侧时，球心O 到该截面圆的距离为d 3＝3＋4＝7>R ＝13，故不成立．综上，顶点P 的轨迹长度为43π.(2)(2022·广安模拟)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长是2，S 是A 1B 1的中点，P 是A 1D 1的中点，点Q 在正方形DCC 1D 1及其内部运动，若PQ ∥平面SBC 1，则点Q 的轨迹的长度是________．答案 5解析如图所示，要使PQ ∥平面SBC 1，作PE ∥C 1S 交C 1D 1于E ， SC 1⊂平面SBC 1，PE ⊄平面SBC 1，则PE ∥平面SBC 1，因为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长是2，所以D 1E ＝14C 1D 1＝12，连接BD ，取BD 的中点O ，连接PO ，则PSBO 为平行四边形，则PO ∥SB ，SB ⊂平面SBC 1，PO ⊄平面SBC 1，则PO ∥平面SBC 1，又PO ∩PE ＝P ，PO ，PE ⊂平面POE ，所以平面POE ∥平面SBC 1，设平面POE ∩平面DCC 1D 1＝EF ，则DF ＝34DC ＝32，连接OF ，EF ，则PEFO 为平行四边形，Q 的轨迹为线段EF ，EF ＝(DF －D 1E )2＋D 1D 2＝12＋22＝5.专题强化练1.(多选)(2022·重庆模拟)如图，一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E .若圆柱底面圆半径为r ，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θ⎝⎛⎭⎫0<θ<π2，则下列对椭圆E 的描述中，正确的是( )A ．短轴为2r ，且与θ大小无关B ．离心率为cos θ，且与r 大小无关C ．焦距为2r tan θD ．面积为πr 2cos θ答案 ACD解析由题意，椭圆短轴长2b ＝2r ，而长轴长随θ变大而变长且2a ＝2rcos θ，所以c ＝a 2－b 2＝r tan θ，故e ＝ca ＝sin θ，焦距为2c ＝2r tan θ，由椭圆在底面投影即为底面圆，则cos θ等于圆的面积与椭圆面积的比值，所以椭圆面积为S ＝πr 2cos θ.综上，A ，C ，D 正确，B 错误．2.(多选)(2022·资阳模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，G 分别是棱CC 1，CB ，CD 的中点，P 为线段AD 1上的一个动点，平面α∥平面EFG ，则下列命题中正确的是( )A ．不存在点P ，使得CP ⊥平面EFGB ．三棱锥P －EFG 的体积为定值C ．平面α截该正方体所得截面面积的最大值为32D ．平面α截该正方体所得截面可能是三角形或六边形答案 ABD解析如图，连接A 1C ，可得A 1C ⊥平面EFG ，由A 1C 与AD 1异面可知，不存在点P ，使得CP ⊥平面EFG ，故A 正确；由AD 1∥平面EFG ，可得动点P 到平面EFG 的距离为定值，故三棱锥P －EFG 的体积为定值，故B 正确；如图，当截面为正六边形IJKLMN 时(其中I ，J ，K ，L ，M ，N 都是棱的中点)，所得截面面积最大，易得该正六边形的边长为22，所以其面积为6×34×⎝⎛⎭⎫222＝334，故C 错误；截面可能为三角形，也可能为六边形，故D 正确．3．(多选)在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，P A ＝4，AB ＝AC ＝22，BC ＝3，PB ，PC 与以P A 为直径的球O 的球面分别交于点M ，N ，则下列结论正确的是( ) A ．PM ＝433B ．MN ∥平面ABC C ．MN ＝2D ．球O 的球面上点M ，N 所在大圆劣弧的长为π3答案 BC解析对于A 选项，因为P A ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以P A ⊥AB ，因为P A ＝4，AB ＝AC ＝22，则PB ＝P A 2＋AB 2＝26，所以cos ∠APB ＝P A PB ＝63，在△OPM 中，OM ＝OP ＝12P A ＝2，由余弦定理可得OM 2＝OP 2＋PM 2－2OP ·PM cos ∠APB ，所以PM ＝2OP cos ∠APM ＝463，同理可知PN ＝463，A 错误；对于B 选项，在△PBC 中，PB ＝PC ＝26， PM ＝PN ＝463，所以PM PB ＝PN PC ，所以MN ∥BC ，因为MN ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以MN ∥平面ABC ，B 正确；对于C 选项，因为MN ∥BC ，则△PMN ∽△PBC ，所以MN BC ＝PM PB ＝23，因此MN ＝23BC ＝2，C 正确；对于D 选项，因为MN ＝OM ＝ON ＝2，则△OMN 为等边三角形，则∠MON ＝π3，所以球O 的球面上点M ，N 所在大圆劣弧的长为π3×2＝2π3，D 错误．4．(多选)(2022·莆田模拟)已知正四面体ABCD 的棱长为2 6.点E ，F 满足BC →＝λBE →，BD →＝λBF →，用过A ，E ，F 三点的平面截正四面体ABCD 的外接球O ，当λ∈[1,3]时，截面的面积可能为( ) A ．6π B ．7π C ．8π D ．9π 答案 CD解析如图，在棱BC 上取点R ，在棱BD 上取点S ，使得BC →＝3BR →，BD →＝3BS →，取CD 的中点G ，连接AR ，AS ，RS ，BG ，AG ，记RS ∩BG ＝M ，连接AM .过点A 作AH ⊥平面BCD ，垂足为H ，则H 为△BCD 的中心，正四面体ABCD 外接球的球心O 在AH 上，AO 为球O 的半径．由题中数据可得AM ＝AG ＝3HG ＝3HM ＝32，AH ＝4，BH ＝2 2. 设球O 的半径为R ，则R 2＝(AH －OH )2＝BH 2＋OH 2，解得R ＝3，OH ＝1.当λ∈[1,3]时，截面AEF 从平面ARS 转动到平面ACD ，要求截面的面积只需考虑球心O 到截面的距离的取值范围即可．由题意可知CD ∥RS 且CD ⊥平面ABG ，如图，过点O 作ON ⊥AM ，垂足为N ，则ON ⊥平面ARS . 因为△AON ∽△AMH ，所以ON ＝AO ·MH AM＝1，即球心O 到截面的距离d ∈[0,1]，则截面圆的半径满足r 2＝R 2－d 2∈[8,9]，故所求截面的面积S ∈[8π，9π]．5．(2022·临沂模拟)已知正三棱台ABC －A 1B 1C 1的上、下底面边长分别为2和5，侧棱长为3，则以下底面的一个顶点为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线长为________．答案 2π解析由题意，得△ABC 是边长为5的等边三角形，侧面均为全等的等腰梯形，在四边形ABB 1A 1中，AB ＝5，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝3，如图，在棱AB 上取BF ＝2，连接A 1F ，易知△AA 1F 为等边三角形，即∠A 1AB ＝60°，则以下底面的一个顶点A 为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线为三段圆弧MN ︵，MP ︵，NP ︵，分别是与平面ABC ，平面ABB 1A 1，平面ACC 1A 1的交线，则所求交线长度为三段圆弧MN ︵，MP ︵，NP ︵的长度之和，长度为π3×2×3＝2π.6．(2022·徐州模拟)如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为6，E ，F 分别是A 1D 1，AA 1的中点，平面CEF 截正方体所得的截面为多边形，则此截面多边形的周长为________．答案 613＋3 2解析延长EF 交DA 的延长线于点M ，连接MC 交AB 于点N ，延长FE 与DD 1的延长线交于点P ，连接PC 交C 1D 1于点Q ，连接EQ ，则五边形EFNCQ 即为平面CEF 截正方体所得的截面．如图所示，则有A 1F ＝F A ＝AM ＝3，又因为△MAN ∽△MDC ，所以MA MD ＝AN CD ，解得AN ＝2，所以FN ＝32＋22＝13， NC ＝42＋62＝213，同理可得QD 1＝2，QC 1＝4，所以QC ＝42＋62＝213， EQ ＝32＋22＝13，又因为EF ＝32＋32＝32，所以五边形EFNCQ 的周长为613＋3 2.。

2019届高考数学大二轮复习专题六解析几何6.1直线与圆课件

D E － 4F>0 ，表示以－ 2 ，－ 2 为圆心，
(1)已知圆 C 的圆心是直线 x－y＋1＝0 与 x 轴的交点，且圆 C 与直线 x ＋y＋3＝0 相切，则圆 C 的方程是( A．(x＋1)2＋y2＝2 C．(x－1)2＋y2＝2 ) B．(x＋1)2＋y2＝8 D．(x－1)2＋y2＝8
解析：
(1)直线 l 的方程为 y＝kx＋1，圆心 C(2,3)到直线 l 的距离
|2k－3＋1| |2k－2| d＝＝ 2 ， 2 k ＋1 k ＋1 由
1 2 2 2 R ＝d ＋2|MN| 得
2k－22 1 1＝ 2 ＋5， k ＋1
1 解得 k＝2 或， 2 1 所以直线 l 的方程为 y＝2x＋1 或 y＝2x＋1.
题型一
题型一
直线的方程
1．直线的两种位置关系直线 L1 直线 L2 直线平行或重合的充要条件直线垂直的充要条件 y＝k1x＋b1 y＝k2x＋b2 k1＝k2 k1· k2＝－1 A1x＋B1y＋C1＝0 A2x＋B2y＋C2＝0 A1B2－A2B1＝0 A1A2＋B1B2＝0
2．三种距离公式 (1)两点间的距离：若 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝ x2－x12＋y2－y12. (2) 点到直线的距离：点 P(x0 ， y0) 到直线 Ax ＋ By ＋ C ＝ 0 的距离 d ＝ |Ax0＋By0＋C| . 2 2 A ＋B (3)两平行线的距离：若直线 l1，l2 的方程分别为 l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax |C2－C1| ＋By＋C2＝0，则两平行线的距离 d＝ 2 2. A ＋B
1)＝3m×2，∴m＝0 或 m＝7.经检验，m＝0 和 m＝7 都符合题意．故选 B. 答案： B

2019届高考数学二轮复习第二篇专题通关攻略专题7解析几何2.7.1直线与圆课件

【解析】选B.若两直线互相垂直,则两直线斜率之积
为-1,直线(b2+1)x+ay+2=0y⇒b2 1x斜2，率为
aa
b 2 直1 ,线x-b2y-1=0⇒
a
y

1 b2
斜x 率b12为，
,且b>1 0,
b2
则 b2a1gb12⇒b21+1=ab2⇒ab=b+
≥1 2.
b
3.(2018·南宁一模)直线y=kx+3被圆(x-2)2+(y-3)2=4
2.已知直线l:x-y-1=0是圆C:x2+y2+mx-2y+1=0的对称轴,
过点A(m,-1)作圆C的一条切线,切点为B,则|AB|=
()
A.2
B.4 2
C.6
D.2 1 0
【解析】选C.因为圆C:x2+y2+mx-2y+1=0,
即 (xm)2y12m2，
2
4
表示以C ( m 为，1 )圆心、半径等于的| m 圆| .
l2:2x-ay-1=0垂直,则实数a= ( )
A.3
B.0
C.-3
D.0或-3
【解析】选D.由题意可得2a+a(a+1)=0,所以a=0或
a=-3.
2.(2018·绵阳二模)已知b>0,直线(b2+1)x+ay+2=0与
直线x-b2y-1=0互相垂直,则ab的最小值为 ( )
A.1
B.2
C.2
D.2
设双曲线
x
2

y 1
2
5的左1 右焦点为F1(-4,0),F2(4,0),

高三数学文科第二轮复习第15课时直线与圆课件

直线与圆
要点热点探究
基本公式的应用
(
2
探究点一
(1)已知A(7,1)，B(1,4)，直线y= 1 ax与线段AB 交于点C，且 AC 2CB ，则a等于 ) A
4 5
A. 2
B. 5
例１
(2)函数y=asin x+2bcos x图象的一条对称轴方
π 程为x= ，则直线ax+by+1=0与直线x+y+2=0的 4
简单线性规划
06年广东(9)，06年湖北(9)，06年天津(3)，06年安徽(10),07年天津(2),07 年福建(13),07年辽宁(8),07年陕西(14), 07年山东(14),07年天津(2),
5、4
线性规划的应 2004年江苏(19) 2005年湖北(16)， 2006年四川(8) 用题
解题.
二轮复习e课堂
直线与圆
主干知识整合
2. 了解二元一次不等式(组)表示平面区域；了解线性规划的意义并会简单应用.能用线性规划的方法解决两种重要的实际问题.一是给定一定数量的人力、物力资源、问怎样运用这些资源能使完成的任务量最大，收到的效益最大；二是给定一项任务、问怎样统筹安排能使完成
二轮复习e课堂
直线与圆
主干知识整合
1. 理解直线的倾斜角和斜率的概念.能根据条件选择恰当的方程形式熟练地求出或设定直线的方程.掌握两条直线平行与垂直的充要条件，两条直线所成的角和点到直线的距离公式.同时要充分探究和利用平面几何性质，灵活地采用 “数形结合法”、“待定系数法”、“参数法”、“特殊值法”、“设而不求法”等数学思想和方法
高考重点考查内容之一.每年的高考试题中一般有2～3道

高三数学二轮复习直线及圆PPT学习教案

(4)掌握确定直线位置的几何要素，掌握直线方程的几种形式 (点斜式、两点式及一般式)，了解斜截式与一次函数的关系．
(5)能用解方程组的方法求两直线的交点坐标．
(6)掌握两点间的距离公式、点到直线的距离第4页公/共52式页，会求两条平行直线间的距离．
2．圆与方程
(1)掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程．
高三数学二轮复习直线及圆
会计学
1
第1页/共52页
第2页/共52页
1．直线与方程
(1)在平面直角坐标系中，结合具体图形，确定直线位置的几何要素．
(2)理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握过两点的直线斜率的计算公式．
(3)能根据两条直线的斜率判定这两条直线平第3页行/共52或页垂直．
第23页/共52页
在方程y－2＝k(x－3)中，令y＝0，得点R的坐标为3k－k 2，0， ∴△QOR的面积S＝12·3k－k 2·6kk－－24＝3k2k－－22k2，变形得(S－9)k2＋(12－2S)k－4＝0，
第24页/共52页
因为S≠9，所以判别式Δ≥0，
即(12－2S)2＋16(S－9)≥0，
第29页/共52页
[例2] 过点A(4,1)的圆C与直线 x－y－1＝0相切于点B(2,1)，则圆C的方程为 ________________．
[分析] 因题中涉及圆心及切线，故可设标准形式较简单(只需求出圆心和半径)．
[答案] (x－第330)页2/＋共52页y2＝2
[解析] 法一：设圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝ r2，由题意知：
②代数法：将点的坐标代入圆的标准(或一般)方程的左边，将所得值与r第21(6或页/共502页)作比较，大于r2(或0)时，点在圆外；等于

【2019版课标版】高考数学文科精品课件§9.2点、直线、圆的位置关系.pdf

C.2
D.
2
2
答案 C
教师用书专用 (4)
4.(2013 四川 ,15,5 分) 在平面直角坐标系内 , 到点 A(1,2),B(1,5),C(3,6),D(7,-1)
的距离之和最小的点的坐标是
.
答案 (2,4)
考点二点、直线、圆的位置关系
1.(2017
课标全国 Ⅲ,11,5
分) 已知椭圆
C:
?2? ?2?
(1) 求 M的轨迹方程 ; (2) 当|OP|=|OM| 时, 求 l 的方程及 △POM的面积 . 解析 (1) 圆 C的方程可化为 x 2+(y-4) 2=16, 所以圆心为 C(0,4), 半径为 4. 设 M(x,y), 则 ??????=??(?x?,y-4), ????=?(2?-x,2-y). 由题设知 ????·????=?0?,?故 x(2-x)+(y-4)(2-y)=0,
.
答案 4
8.(2015
湖南 ,13,5
分) 若直线
3x-4y+5=0
与圆
2
22
x +y =r (r>0)
相交于
A,B 两点 , 且∠AOB=12°0 (O
为坐标原点 ), 则 r=
.
答案 2
9.(2014 重庆 ,14,5 分) 已知直线 x-y+a=0 与圆心为 C 的圆 x2+y2+2x-4y-4=0 相交于 A,B 两点 , 且 AC⊥BC, 则实数 a 的值为
+??22
??
=1(a>b>0)
的左、右顶点分别为
A1,A 2 , 且以线段 A1A2 为直径的圆与直线 bx-ay+2ab=0 相切 , 则 C 的离心

2019年高考数学(文科)二轮专题突破课件：专题六直线、圆、圆锥曲线 6.2

(1)求椭圆 C 的方程; (2)设椭圆 E:4��2��2 + 4��2��2=1,P 为椭圆 C 上任意一点.过点 P 的直线 y=kx+m 交椭圆 E 于 A,B 两点,射线 PO 交椭圆 E 于点 Q.
①求||��||的值; ②求△ABQ 面积的最大值.
命题热点二
考情分析
高频考点
命题热点三命题热点四
核心归纳
-10-
解
由题设知 F
1 2
,0
.
设 l1:y=a,l2:y=b,
则 ab≠0,且 A
��2 2
,��
,B
��2 2
,��
,P
-
1 2
,��
,Q
-
1 2
,��
,R
-
1 2
,
��+�� 2
(2018 全国Ⅲ,文 10)
心率,以及向量、直
线、圆锥曲线的小
综合.
复习策略
抓住考查的主要题目类型进行训练,重点是依据圆锥曲线的几何性质求离心率;根据圆锥曲线的定义求标准方程;圆锥曲线与向量的小综合;两种圆锥曲线间的小综合;直线与圆锥曲线的小综合;圆锥曲线的综合应用等.
考情分析
命题热点一
命题热点二
考情分析
高频考点
命题热点三命题热点四
核心归纳
-19-
解 (1)由题意知 2a=4,则 a=2.
又��
��
=
23,a2-c2=b2,可得 b=1,所以椭圆 C 的方程为��4��2+y2=1.

高考二轮数学人教版课件：第2部分专题5 第1讲直线与圆

∴此时圆的半径r＝21d＝2
3， 10
∴圆C面积最小值Smin＝πr2＝π·2
3102＝490π.
故选D．
第二部分专题五解析几何
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1．直线(圆)与圆位置关系问题的求解思路 (1)研究直线与圆的位置关系主要通过比较圆心到直线的距离和圆的半径实现，两个圆的位置关系的判断依据是两圆圆心距与两半径差与和的比较． (2)利用位置关系求过圆外一定点的切线方程的基本思路：先将直线方程设为点斜式，再利用圆心到直线的距离等于半径求斜率．
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
∴实数k的取值范围是(－25，－9)∪(11，＋∞)．
故选D．
第二部分专题五解析几何
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(4)∵AB为直径，∠AOB＝90°，∴O点必在圆C上，
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由O向直线3x＋y－3＝0作垂线，垂足为D，
则当D恰为圆与直线的切点时，圆C的半径最小，
此时圆的直径为O(0,0)到直线3x＋y－3＝0的距离d＝ 310，
2,0)，B(2,0)，则|PA|＋|PB|的最小值为
( A)
A．2 10
B． 26
C．2 5
D． 10
第二部分专题五解析几何
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【解析】 (1)当λ＝－3时，两条直线的方程分别为6x＋4y＋1＝ 0,3x＋2y－2＝0，此时两条直线平行；
若两条直线平行，则2λ×(1－λ)＝－6(1－λ)，所以λ＝－3或λ＝1，经检验，两者均符合，综上，“λ＝－3”是“直线2λx＋(λ－1)y＝1与直线6x＋(1－λ)y＝ 4平行”的充分不必要条件．故选A．
专题五解析几何