山东省高考数学第二轮复习 专题六 解析几何第1讲 直线与圆 理

真题试做1．(2012·陕西高考，理4)已知圆C：x2＋y2－4x＝0，l是过点P(3,0)的直线，则( )．A．l与C相交 B．l与C相切C．l与C相离 D．以上三个选项均有可能2．(2012天津高考，理8)设m，n∈R，若直线(m＋1)x＋(n＋1)y－2＝0与圆(x－1)2＋(y －1)2＝1相切，则m＋n的取值范围是( )．A．[1－3，1＋3]B．(－∞，1－3]∪[1＋3，＋∞)C．[2－22，2＋22]D．(－∞，2－22]∪[2＋22，＋∞)3．(2012·重庆高考，理3)对任意的实数k，直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＝2的位置关系一定是( )．A．相离 B．相切C．相交但直线不过圆心 D．相交且直线过圆心4．(2012·江苏高考，12)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－8x＋15＝0，若直线y＝kx－2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k 的最大值是__________．5．(2012·江西高考，文14)过直线x＋y－22＝0上点P作圆x2＋y2＝1的两条切线，若两条切线的夹角是60°，则点P的坐标是__________．6．(2012·浙江高考，文17)定义：曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离．已知曲线C1：y＝x2＋a到直线l：y＝x的距离等于曲线C2：x2＋(y＋4)2＝2到直线l：y＝x的距离，则实数a＝__________.考向分析直线与方程是解析几何的基础，高考中主要考查基本概念和求在不同条件下的直线方程；直线平行与垂直的关系的判定；两条直线的交点和距离问题等，一般以选择题、填空题的形式考查．对于圆的考查，主要是结合直线的方程用几何法或待定系数法确定圆的标准方程及一般方程；利用圆的性质求动点的轨迹方程；直线与圆，圆与圆的位置关系等问题，其中含参数问题为命题热点．一般以选择题、填空题的形式考查，难度不大，从能力要求看，主要考查函数与方程的思想，数形结合思想以及分析问题与解决问题的能力．热点例析热点一直线方程与两条直线的位置关系经过点P(2，－3)作圆(x＋1)2＋y2＝25的弦AB，使点P为弦AB的中点，则弦AB所在直线方程为( )．A．x－y－5＝0 B．x－y＋5＝0C．x＋y＋5＝0 D．x＋y－5＝0规律方法(1)求直线方程的方法①直接法：直接选用恰当的直线方程的形式，写出结果；②待定系数法：先由直线满足的一个条件设出直线方程，使方程中含有一待定系数，再由题目中另一条件求出待定系数．(2)两条直线平行与垂直的判定①若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1k2＝－1；②两条不重合的直线a1x＋b1y＋c1＝0和a2x＋b2y＋c2＝0平行的充要条件为a1b2－a2b1＝0且a1c2≠a2c1或b1c2≠b2c1；③两条直线a1x＋b1y＋c1＝0和a2x＋b2y＋c2＝0垂直的充要条件为a1a2＋b1b2＝0.判定两直线平行与垂直的关系时，如果给出的直线方程中存在字母系数，不仅要考虑斜率存在的情况，还要考虑斜率不存在的情况．(3)忽视对直线方程中的字母分类讨论而丢解或增解直线方程的截距式x a ＋y b＝1中，有ab ≠0的限制，而截距可以取正数、负数和零，所以需要对a ，b 分类讨论，否则容易造成丢解．如过点P (2，－1)，在x 轴，y 轴上的截距分别为a ，b ，且满足a ＝3b 的直线易漏掉过原点的情形．变式训练 1 (1)“a ＝3”是“直线ax －2y －1＝0与直线6x －4y ＋c ＝0平行”的__________条件．( )A ．充要B ．充分而不必要C ．必要而不充分D ．既不充分也不必要(2)已知圆C 过点(1,0)，且圆心在x 轴的正半轴上，直线l ：y ＝x －1被圆C 所截得的弦长为22，则过圆心且与直线l 垂直的直线的方程为__________．热点二 圆的方程【例2】已知圆C 经过点A (1,3)，B (2,2)，并且直线m ：3x －2y ＝0平分圆的面积．求圆C 的方程．规律方法 圆的方程的求法求圆的方程一般有两类方法：(1)几何法，通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，从而求得圆的基本量和方程；(2)代数法，用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，从而求得圆的方程一般采用待定系数法．特别提醒：圆心到切线的距离等于半径，该结论在解题过程中经常用到，需牢记． 变式训练2 我们把圆心在一条直线上且相邻两圆彼此外切的一组圆叫做“串圆”．在如图所示的“串圆”中，圆C 1和圆C 3的方程分别为x 2+y 2＝1和(x －3)2+(y －4)2＝1，则圆C 2的方程为_______.热点三 直线与圆的位置关系【例3】如图所示，已知以点A (－1,2)为圆心的圆与直线l 1：x ＋2y ＋7＝0相切．过点B (－2,0)的动直线l 与圆A 相交于M ，N 两点，Q 是MN 的中点，直线l 与l 1相交于点P .(1)求圆A 的方程；(2)当|MN |＝219时，求直线l 的方程；(3)BQ BP 是否为定值？如果是，求出其定值；如果不是，请说明理由．规律方法 (1)研究直线与圆的位置关系最基本的解题方法为代数法，将几何问题代数化，利用函数与方程思想解题．(2)与弦长有关的问题常用几何法，即利用圆的半径r ，圆心到直线的距离d ，及半弦长l2，构成直角三角形的三边，利用其关系来处理．变式训练3 已知直线l ：2mx －y －8m －3＝0和圆C ：(x －3)2＋(y ＋6)2＝25. (1)证明：不论m 取什么实数，直线l 与圆C 总相交；(2)求直线l 被圆C 截得的线段的最短长度以及此时直线l 的方程． 思想渗透1．数形结合思想解答与圆有关的范围问题时，经常以形助数，巧妙破解．【典型例题1】若直线y ＝x ＋b 与曲线y ＝3－4x －x 2有公共点，则b 的取值范围是( )． A ．[－1,1＋22] B ．[1－22，1＋22] C ．[1－22，3] D ．[1－2，3]解析：方程y ＝x ＋b 表示斜率为1的平行直线系，曲线方程可化为(x －2)2＋(y －3)2＝4(1≤y ≤3)表示圆心为(2,3)，半径为2的下半圆．如图所示，当直线y ＝x ＋b 与半圆相切时须满足圆心(2,3)到直线x －y ＋b ＝0的距离等于2，即|1×2－1×3＋b |2＝2，解得b ＝1－22或b ＝1＋22(舍)．当直线y ＝x ＋b 过点(0,3)时，可得b ＝3，由图可知满足题意的b 的取值范围为1－22≤b ≤3.答案：C2．分类讨论思想遇到字母时往往要对其进行讨论．【典型例题2】试判断方程x 2＋y 2＋4x ＋2my ＋8＝0表示的曲线类型．解：将x 2＋y 2＋4x ＋2my ＋8＝0配方，得(x ＋2)2＋(y ＋m )2＝m 2－4.(1)当m 2－4＞0，即m ＜－2或m ＞2时，原方程表示以(－2，－m )为圆心，m 2－4为半径的圆；(2)当m 2－4＝0，即m ＝±2时，原方程表示点(－2，－2)或(－2,2)；(3)当m 2－4＜0，即－2＜m ＜2时，原方程不表示任何曲线．1．“a ＝b ”是“直线y ＝x ＋2与圆(x －a )2＋(y －b )2＝2相切”的( )． A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．已知圆C 与直线x －y ＝0及x －y －4＝0都相切，圆心在直线x ＋y ＝0上，则圆C 的方程为( )．A ．(x ＋1)2＋(y －1)2＝2B ．(x －1)2＋(y ＋1)2＝2C ．(x －1)2＋(y －1)2＝2D ．(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝23．(2012·安徽安庆二模，5)已知圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0，直线l ：2x ＋y ＝0，则圆C 上的点到直线l 的距离最大值为( )．A ．1B ．2C ．3D ．44．(2012·山东潍坊二模，14)若a ，b ，c 是Rt△ABC 的三边的长(c 为斜边长)，则圆C ：x 2＋y 2＝4被直线l ：ax ＋by ＋c ＝0所截得的弦长为__________．5．(2012·吉林长春实验中学二模，14)圆心在直线x －2y －1＝0上，且经过原点和点(2,1)的圆的方程为__________．6．(2012·湖北武昌5月模拟，13)在圆x 2＋y 2＝4上的点，与直线l ：4x ＋3y －12＝0的距离的最小值是__________．7．已知直线l 过点P (0,2)，斜率为k ，圆Q ：x 2＋y 2－12x ＋32＝0. (1)若直线l 和圆相切，求直线l 的方程； (2)若直线l 和圆交于A ，B 两个不同的点，问是否存在常数k ，使得OA OB +与PQ 共线？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．参考答案命题调研·明晰考向 真题试做1．A 解析：由题意可知圆心坐标为(2,0)，半径r ＝2.因为点P (3,0)到圆心的距离d ＝(3－2)2＋(0－0)2＝1＜2，所以点P 在圆内．故直线l 与圆C 相交． 2．D 解析：直线与圆相切， ∴|m ＋1＋n ＋1－2|(m ＋1)2＋(n ＋1)2＝1， ∴|m ＋n |＝(m ＋1)2＋(n ＋1)2， 即：mn ＝m ＋n ＋1，设m ＋n ＝t ，则mn ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋n 22＝t 24， ∴t ＋1≤t 24，∴t 2－4t －4≥0，解得：t ≤2－22或t ≥2＋2 2.3．C 解析：直线y ＝kx ＋1过定点(0,1)，而02＋12＜2，所以点(0,1)在圆x 2＋y 2＝2内部，直线y ＝kx ＋1与圆x 2＋y 2＝2相交且直线不经过圆心，故选C.4．43解析：圆C 的方程可化为(x －4)2＋y 2＝1，直线y ＝kx －2是过定点(0，－2)的动直线．圆心C 到直线y ＝kx －2的距离d ＝|4k －2|k 2＋1，要使其满足已知条件，则需d ≤1＋1，即|4k －2|k 2＋1≤1＋1，解得0≤k ≤43.故k 的最大值为43.5．(2，2) 解析：如图所示，过P 点作圆x 2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A ，B ，由已知得，∠APO ＝30°，所以|PO |＝2.设P 点坐标为(x 0，y 0)，则⎩⎨⎧x 0＋y 0－22＝0，x 02＋y 02＝4，解得⎩⎨⎧x 0＝2，y 0＝2，故所求坐标为(2，2)． 6．94 解析：x 2＋(y ＋4)2＝2到直线y ＝x 的距离为42－2＝2， 所以y ＝x 2＋a 到y ＝x 的距离为2，而与y ＝x 平行且距离为2的直线有两条，分别是y＝x ＋2与y ＝x －2，而抛物线y ＝x 2＋a 开口向上，所以y ＝x 2＋a 与y ＝x ＋2相切，可求得a ＝94. 精要例析·聚焦热点 热点例析【例1】A 解析：设圆心为C ，则AB 垂直于CP .k CP ＝－3－02－(－1)＝－1，故直线AB ：y ＋3＝x －2，即x －y －5＝0，故选A.【变式训练1】(1)C 解析：两条直线平行的充要条件是：a 6＝－2－4≠－1c，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，c ≠－2，故“a ＝3”是“直线ax －2y －1＝0与直线6x －4y ＋c ＝0平行”的必要而不充分条件．(2)x ＋y －3＝0 解析：设圆心坐标为(x 0,0)(x 0＞0)．由于圆过点(1,0)，则半径r ＝|x 0－1|，圆心到直线l 的距离d ＝|x 0－1|2.由弦长为22可知⎝⎛⎭⎪⎫|x 0－1|22＝(x 0－1)2－2，整理得(x 0－1)2＝4.∴x 0－1＝±2，∴x 0＝3或x 0＝－1(舍去)． 因此圆心为(3,0)，由此可求得过圆心且与直线y ＝x －1垂直的直线方程为y ＝－(x －3)，即x ＋y －3＝0.【例2】解：由已知得，线段AB 的中点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，52，k AB ＝3－21－2＝－1，故线段AB 的中垂线方程为y －52＝x －32，即x －y ＋1＝0.因为圆C 经过A ，B 两点，故圆心在线段AB 的中垂线上， 又因为直线m ：3x －2y ＝0平分圆的面积， 所以直线m 经过圆心． 由⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＋1＝0，3x －2y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝3，即圆心C (2,3)． 而圆的半径r ＝|CB |＝(2－2)2＋(2－3)2＝1，所以圆C 的方程为(x －2)2＋(y －3)2＝1.【变式训练2】⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋(y －2)2＝94解析：易求出C 1(0,0)，半径r 1＝1， 圆心C 3(3,4)，半径r 3＝1.设圆C 2的圆心坐标为C 2(a ，b )，半径r 2，据题意⎩⎪⎨⎪⎧kC 1C 2＝kC 2C 3，|C 1C 2|＝|C 2C 3|，r 1＋2r 2＋r 3＝5，即可解出⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝2，r 2＝32，故圆C 2的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋(y －2)2＝94.【例3】解：(1)设圆A 的半径为R .∵圆A 与直线l 1：x ＋2y ＋7＝0相切，∴R ＝|－1＋4＋7|5＝2 5.∴圆A 的方程为(x ＋1)2＋(y －2)2＝20.(2)当直线l 与x 轴垂直时，易知x ＝－2符合题意；当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)，即kx －y ＋2k ＝0. 连接AQ ，则AQ ⊥MN . ∵|MN |＝219，∴|AQ |＝20－19＝1.由|AQ |＝|k －2|k 2＋1＝1，得k ＝34，∴直线l 的方程为3x －4y ＋6＝0.∴所求直线l 的方程为x ＝－2或3x －4y ＋6＝0. (3)∵AQ ⊥BP ，∴0AQ BP ⋅=， ∴()BQ BP BA AQ BP ⋅=+⋅BA BP AQ BP BA BP =⋅+⋅=⋅.当直线l 与x 轴垂直时，得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－52，则BP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52. 又BA ＝(1,2)，∴5BQ BP BA BP ⋅=⋅=-.当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋2)，x ＋2y ＋7＝0. 解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k －71＋2k ，－5k 1＋2k ， ∴BP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－51＋2k ，－5k 1＋2k ，∴BQ BP BA BP ⋅=⋅＝－51＋2k －10k1＋2k＝－5.综上所述，BQ BP ⋅是定值，且5BQ BP ⋅=-.【变式训练3】(方法一)(1)证明：设圆心C 到直线l 的距离为d ，则有d ＝|6m ＋6－8m －3|4m 2＋1，整理可得4(d 2－1)m 2＋12m ＋d 2－9＝0，① 为使上面关于m 的方程有实数解，则Δ＝122－16(d 2－1)(d 2－9)≥0，解得0≤d ≤10. 可得d ＜5，故不论m 为何实数，直线l 与圆C 总相交． (2)解：由(1)可知0≤d ≤10，即d 的最大值为10.根据平面几何知识可知：当圆心到直线l 的距离最大时，直线l 被圆C 截得的线段长度最短．∴当d ＝10时，线段(即弦)的最短长度为252－(10)2＝215.将d ＝10代入①可得m ＝－16，代入直线l 的方程得直线被圆C 截得最短线段时l 的方程为x ＋3y ＋5＝0.(方法二)(1)证明：将直线l 的方程变形有：m (2x －8)－y －3＝0， 解⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －8＝0，－y －3＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝－3，知直线l 过定点A (4，－3)． 又∵(4－3)2＋(－3＋6)2＜25，∴A 点在圆C 内部，因此直线l 与圆C 总相交． (2)同方法一．创新模拟·预测演练1．A 解析：直线y ＝x ＋2与圆(x －a )2＋(y －b )2＝2相切⇔圆心(a ，b )到直线y ＝x ＋2的距离d ＝r ，即|a －b ＋2|2＝2，|a －b ＋2|＝2.解得a －b ＝0或a －b ＝－4，故选A.2．B 解析：由圆心在直线x ＋y ＝0上，不妨设为C (a ，－a )，∴r ＝|a －(－a )|2＝|a －(－a )－4|2，解得a ＝1，r ＝2，∴圆C 的方程为(x －1)2＋(y ＋1)2＝2.3．C 解析：可利用数形结合法进行分析解决． 4．2 35.⎝ ⎛⎭⎪⎫x －652＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －1102＝2920解析：设所求圆的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝r 2，a －2b －1＝0，(a －2)2＋(b －1)2＝r 2，解此方程组，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝65，b ＝110，r 2＝2920，所以所求圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －652＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －1102＝2920.6．25 解析：圆的半径是2，圆心O (0,0)到l ：4x ＋3y －12＝0的距离d ＝|12|42＋32＝125，所以圆x 2＋y 2＝4上的点与直线l ：4x ＋3y －12＝0的距离的最小值是125－2＝25.7．解：(1)将圆的方程化简，得(x －6)2＋y 2＝4.圆心Q (6,0)，半径r ＝2. 直线l 的方程为：y ＝kx ＋2，故圆心到直线l 的距离d ＝|6k －0＋2|1＋k 2＝|6k ＋2|1＋k2，因为直线l 和圆相切，故d ＝r ，即|6k ＋2|1＋k2＝2，解得k ＝0或k ＝－34，所以，直线l 的方程为y ＝2或3x ＋4y －8＝0. (2)将直线l 的方程和圆的方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，(x －6)2＋y 2＝4，消y 得(1＋k 2)x 2＋4(k －3)x ＋36＝0，因为直线l 和圆相交，故Δ＝[4(k －3)]2－4×36×(1＋k 2)＞0，解得－34＜k ＜0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则有⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－4(k －3)1＋k 2，x 1x 2＝361＋k 2，而y 1＋y 2＝kx 1＋2＋kx 2＋2＝k (x 1＋x 2)＋4，OA OB +＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)，PQ ＝(6，－2)．因为OA OB +与PQ 共线，所以－2×(x 1＋x 2)＝6×(y 1＋y 2)， 即(1＋3k )(x 1＋x 2)＋12＝0，代入得(1＋3k )⎣⎢⎡⎦⎥⎤－4(k －3)1＋k 2＋12＝0，解得k ＝－34. 又因为－34＜k ＜0，所以没有符合条件的常数k .。