（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專項強化練（十一）直線與圓

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1、專項強化練(十一)　直線與圓 A組——題型分類練 題型一　直線的方程 1．已知直線l：ax＋y－2－a＝0在x軸和y軸上的截距相等，則a的值為________． 解析：由題意可知a≠0.當(dāng)x＝0時，y＝a＋2. 當(dāng)y＝0時，x＝. 所以＝a＋2，解得a＝－2或a＝1. 答案：－2或1 2．將直線y＝3x繞原點逆時針旋轉(zhuǎn)90，再向右平移1個單位，所得到的直線方程為________________． 解析：將直線y＝3x繞原點逆時針旋轉(zhuǎn)90得到直線y＝－x，再向右平移1個單位，所得直線的方程為y＝－(x－1)，即x＋3y－1＝0. 答案：x＋3y－1＝0 3．若直線y＝2x＋

2、10，y＝x＋1，y＝ax－2交于一點，則a＝________. 解析：直線y＝2x＋10與y＝x＋1的交點坐標(biāo)為(－9，－8)，代入y＝ax－2，得－8＝a(－9)－2，解得a＝. 答案： 4．點A(1,1)到直線xcos θ＋ysin θ－2＝0的距離的最大值為________． 解析：由點到直線的距離公式，得 d＝＝2－sin， 又θ∈R，所以dmax＝2＋. 答案：2＋ [臨門一腳] 1．求直線方程的一般方法 (1)直接法：根據(jù)條件，選擇適當(dāng)?shù)闹本€方程形式，直接寫出方程． (2)待定系數(shù)法：先設(shè)出方程，再根據(jù)條件求出待定系數(shù)． 2．五種直線方程靈活選擇，要牢記用

3、斜率首先考慮斜率不存在；用截距要考慮截距為0或不存在的情況，不能出現(xiàn)漏解的情況． 題型二　圓的方程 1．已知方程x2＋y2＋2kx＋4y＋3k＋8＝0表示一個圓，則實數(shù)k的取值范圍是________________． 解析：由(2k)2＋42－4(3k＋8)＝4(k2－3k－4)>0，解得k<－1或k>4. 答案：(－∞，－1)∪(4，＋∞) 2．圓心在y軸上且過點(3,1)的圓與x軸相切，則該圓的方程是________________． 解析：設(shè)圓心為(0，b)，半徑為r，則r＝|b|， 所以圓的方程為x2＋(y－b)2＝b2. 因為點(3,1)在圓上， 所以9＋(1－b)

4、2＝b2，解得b＝5. 所以圓的方程為x2＋(y－5)2＝25. 答案：x2＋(y－5)2＝25 3．已知圓x2＋y2＋2x－4y＋a＝0關(guān)于直線y＝2x＋b成軸對稱圖形，則a－b的取值范圍是________． 解析：由題意知，直線y＝2x＋b過圓心，而圓心坐標(biāo)為(－1,2)，故b＝4，圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝5－a，所以a<5，由此，得a－b<1. 答案：(－∞，1) 4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C1：(x－4)2＋(y－8)2＝1，圓C2：(x－6)2＋(y＋6)2＝9.若圓心在x軸上的圓C同時平分圓C1和圓C2的圓周，則圓C的方程是_____

5、_______． 解析：法一：設(shè)圓C的半徑為r，圓心坐標(biāo)為C(a,0)． 因為圓C平分圓C1的圓周， 所以r2＝CC＋1. 同理可得r2＝CC＋9， 所以 CC＝CC＋8， 即(a－4)2＋82＝(a－6)2＋62＋8，解得a＝0， 從而得r2＝CC＋1＝42＋82＋1＝81， 故圓C的方程為x2＋y2＝81. 法二：設(shè)圓C的方程為：(x－a)2＋y2＝r2. 則圓C與C1的公共弦方程為 (2a－8)x－16y＋79＋r2－a2＝0.(*) 因為圓C平分圓C1的圓周， 所以直線(*)經(jīng)過圓C1的圓心， 即a2－8a－r2＋81＝0.① 同理，由圓C平分圓C2的圓周

6、，得 a2－12a－r2＋81＝0，② 聯(lián)立①②得a＝0，r2＝81. 故圓C的方程為x2＋y2＝81. 答案：x2＋y2＝81 [臨門一腳] 1．三個獨立條件確定一個圓，一般用待定系數(shù)法，如果已知圓心或半徑可用標(biāo)準(zhǔn)式；如果已知圓經(jīng)過某些點常用一般式．并要注重圓的一般方程與標(biāo)準(zhǔn)方程的互化． 2．不能忘記求圓的方程時，圓的一般式方程要滿足的條件D2＋E2－4F>0. 3．如果遇到求解與三角形有關(guān)的圓的方程，應(yīng)該研究三角形特征如等邊三角形或直角三角形的外接圓和內(nèi)切圓，更容易用標(biāo)準(zhǔn)式求解． 題型三　直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系 1．(2019鹽城中學(xué)模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，

7、已知點P在直線l：y＝kx＋6(k>0)上，過點P作圓O：x2＋y2＝4的切線，切點分別是A，B，且AB的中點為Q，若OQ＝1，則k的取值范圍為________． 解析：連接OP，OA，由已知及圓的幾何性質(zhì)知，OP經(jīng)過點Q，且OA⊥AP，AQ⊥OP，所以Rt△OPA∽Rt△OAQ，所以＝，即OA2＝OPOQ，又OA＝2，OQ＝1，所以O(shè)P＝4，所以點O到直線l的距離d＝≤4.因為k>0，所以k≥，故k的取值范圍為. 答案： 2．(2018鎮(zhèn)江高三期末)已知圓C與圓x2＋y2＋10x＋10y＝0相切于原點，且過點A(0，－6)，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為________________． 解析：

8、由題意可知，圓C的圓心在直線y＝x上，設(shè)圓C的圓心為(a，a)，半徑為r，則r2＝a2＋a2＝a2＋(a＋6)2，解得a＝－3，所以圓心為(－3，－3)，r2＝18，圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋3)2＋(y＋3)2＝18. 答案：(x＋3)2＋(y＋3)2＝18 3．過點P(－4,0)的直線l與圓C：(x－1)2＋y2＝5相交于A，B兩點，若點A恰好是線段PB的中點，則直線l的方程為________________． 解析：根據(jù)題意，由于(－4－1)2>5，所以點P在圓C外，過圓心C作CM⊥AB于M，連結(jié)AC.易知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋4)，即kx－y＋4k＝0，則CM

9、＝＝，AM＝＝.又點A恰好是線段PB的中點，所以PM＝3AM，在Rt△PMC中，CM2＋PM2＝PC2，即＋＝25，得180k2＝20，即k＝，故直線l的方程為x3y＋4＝0. 答案：x3y＋4＝0 4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點A(0，－2)，點B(1，－1)，P為圓x2＋y2＝2上一動點，則的最大值是________． 解析：法一：設(shè)點P(x，y)，則x2＋y2＝2， 所以＝ ＝＝＝， 令λ＝，則x＋(2λ－1)y＋3λ－2＝0， 由題意，直線x＋(2λ－1)y＋3λ－2＝0與圓x2＋y2＝2有公共點，所以≤，解得0<λ≤4， 所以的最大值為2. 法二：當(dāng)AP不與圓

10、相切時，設(shè)AP與圓的另一個交點為D，由條件AB與圓C相切，則∠ABP＝∠ADB， 所以△ABP∽△ADB，所以＝＝≤＝2， 所以的最大值為2. 答案：2 [臨門一腳] 1．直線與圓的位置關(guān)系用圓心到直線的距離d與半徑r的大小關(guān)系判定較好． 2．涉及圓的切線時，要考慮過切點與切線垂直的半徑，計算弦長時，要注意應(yīng)用半徑、弦心距、半弦長構(gòu)成的直角三角形． 3．根據(jù)相交、相切的位置關(guān)系求直線方程時，要注意先定性再定量，不能漏解． 4．圓上存在一點的存在性問題可以通過求解動點軌跡轉(zhuǎn)化為位置關(guān)系問題． B組——高考提速練 1．“a＝1”是“直線ax－y＋2a＝0與直線(2a－1)x＋a

11、y＋a＝0互相垂直”的____________條件(選填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”) 解析：∵兩直線互相垂直， ∴a(2a－1)＋(－1)a＝0， 即2a2－2a＝0， 解得a＝0或a＝1. 答案：充分不必要 2．經(jīng)過點P(－5，－4)，且與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為5的直線方程是________________________________________________________________________． 解析：由題意設(shè)所求方程為y＋4＝k(x＋5)，即kx－y＋5k－4＝0.由|5k－4|＝5，得k＝或k＝，故所求直線方程為8

12、x－5y＋20＝0或2x－5y－10＝0. 答案：8x－5y＋20＝0或2x－5y－10＝0 3．圓心在直線2x－y－7＝0上的圓C與y軸交于兩點A(0，－4)，B(0，－2)，則圓C的方程為________________________________________________________________． 解析：因為圓過A(0，－4)，B(0，－2)，所以圓心C的縱坐標(biāo)為－3，又圓心C在直線2x－y－7＝0上，所以圓心C為(2，－3)，從而圓的半徑為r＝AC＝＝，故所求的圓C的方程為(x－2)2＋(y＋3)3＝5. 答案：(x－2)2＋(y＋3)3＝5 4．(2019

13、揚州期末)已知直線l：y＝－x＋4與圓C：(x－2)2＋(y－1)2＝1相交于P，Q兩點，則CQ―→＝________. 解析：根據(jù)題意知，圓C：(x－2)2＋(y－1)2＝1的圓心坐標(biāo)為(2,1)，半徑r＝1，圓心C到直線l的距離d＝＝，則PQ＝2＝，則∠PCQ＝90，故CQ―→＝0. 答案：0 5．過坐標(biāo)原點且與圓x2－4x＋y2＋2＝0相切的直線方程為________． 解析：圓x2－4x＋y2＋2＝0的圓心為(2,0)，半徑為，易知過原點與該圓相切時，直線有斜率．設(shè)斜率為k，則直線方程為y＝kx，則＝， 所以k2＝1，所以k＝1，所以直線方程為y＝x. 答案：y＝x 6．

14、已知圓C1：(x＋1)2＋(y－1)2＝1，圓C2與圓C1關(guān)于直線x－y－1＝0對稱，則圓C2的方程為_______________________________________________________________． 解析：由題意得C1(－1,1)，圓心C2與C1關(guān)于直線x－y－1＝0對稱，且半徑相等，則C2(2，－2)，所以圓C2的方程為(x－2)2＋(y＋2)2＝1. 答案：(x－2)2＋(y＋2)2＝1 7．已知直線x＋y－a＝0與圓C：(x－2)2＋(y＋2)2＝4相交于A，B兩點，且△ABC為等腰直角三角形，則實數(shù)a＝________. 解析：由題意得圓的圓心為

15、C(2，－2)，半徑為2，由△ABC為等腰直角三角形可知圓心到直線的距離為，所以＝，所以a＝2. 答案：2 8．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若與點A(2,2)的距離為1且與點B(m,0)的距離為3的直線恰有兩條，則實數(shù)m的取值范圍是________________． 解析：由題意知，以A(2,2)為圓心，1為半徑的圓與以B(m,0)為圓心，3為半徑的圓相交，所以4<(m－2)2＋4<16，所以－2＋2

16、__． 解析：設(shè)△ABC的外接圓的圓心為O(a，b)，線段AB的中點為D，線段BC的中點為E，因為A(－1,0)，B(2,1)，C(5，－8)，所以D，E，kAB＝＝，kBC＝＝－3， 由OD⊥AB，OE⊥BC，得 即解得 設(shè)直線l的斜率為k，則kkOA＝－1，解得k＝，故直線l的方程為y－0＝(x＋1)，即3x－4y＋3＝0，故點B到直線l的距離為＝1. 答案：1 10．已知圓C：x2＋y2－4x－2y－20＝0，直線l：4x－3y＋15＝0與圓C相交于A，B兩點，D為圓C上異于A，B兩點的任一點，則△ABD面積的最大值為__________． 解析：因為圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－

17、2)2＋(y－1)2＝25，所以圓心C(2,1)，半徑r＝5，所以圓心C到直線l：4x－3y＋15＝0的距離為d＝＝4，所以AB＝2＝2＝6，因為D為圓C上異于A，B兩點的任一點，所以D到直線AB即直線l：4x－3y＋15＝0的距離的最大值為d＋r＝9，所以△ABD面積的最大值為69＝27. 答案：27 11．(2019揚州中學(xué)模擬)已知點P(x1，y1)為圓C1：(x－1)2＋(y－1)2＝4上的動點，Q(x2，y2)為圓C2：(x＋2)2＋(y＋2)2＝16上的動點，則集合M＝{(x，y)|x＝x1＋x2，y＝y(tǒng)1＋y2}表示的平面區(qū)域的面積為________． 解析：法一：由題意知

18、 ，C1(1,1)，C2(－2，－2)，(x1－1)2＋(y1－1)2＝4，(x2＋2)2＋(y2＋2)2＝16，＝(x1－1，y1－1)，＝(x2＋2，y2＋2)．因為x＝x1＋x2，y＝y(tǒng)1＋y2，所以x＋1＝(x1－1)＋(x2＋2)，y＋1＝(y1－1)＋(y2＋2)，所以(x－1)2＋(y＋1)2＝[(x1－1)＋(x2＋2)]2＋[(y1－1)＋(y2＋2)]2＝20＋2(x1－1)(x2＋2)＋2(y1－1)(y2＋2)＝20＋2＝20＋224cos θ＝20＋16cos θ∈[4,36](其中θ為與的夾角)，所以集合M＝{(x，y)|x＝x1＋x2，y＝y(tǒng)1＋y2}表示的平面區(qū)

19、域為以(－1，－1)為圓心，半徑分別為2,6的圓所圍成的圓環(huán)，則其面積S＝36π－4π＝32π. 法二：因為點P(x1，y1)為圓C1：(x－1)2＋(y－1)2＝4上的動點，Q(x2，y2)為圓C2：(x＋2)2＋(y＋2)2＝16上的動點，所以可設(shè)x1＝1＋2cos α，y1＝1＋2sin α，x2＝－2＋4cos β，y2＝－2＋4sin β，則x＝x1＋x2＝(1＋2cos α)＋(－2＋4cos β)＝－1＋2cos α＋4cos β，y＝y(tǒng)1＋y2＝(1＋2sin α)＋(－2＋4sin β)＝－1＋2sin α＋4sin β，所以(x＋1)2＋(y＋1)2＝(2cos α＋4c

20、os β)2＋(2sin α＋4sin β)2＝20＋16cos (α－β)∈[4,36]，所以集合M＝{(x，y)|x＝x1＋x2，y＝y(tǒng)1＋y2}表示的平面區(qū)域為以(－1，－1)為圓心，半徑分別為2,6的圓所圍成的圓環(huán)，則其面積S＝36π－4π＝32π. 答案：32π 12．已知點P(t,2t)(t≠0)是圓C：x2＋y2＝1內(nèi)一點，直線tx＋2ty＝m與圓C相切，則直線l：x＋y＋m＝0與圓C的位置關(guān)系是________． 解析：由點P(t,2t)(t≠0)是圓C：x2＋y2＝1內(nèi)一點，得|t|<1.因為直線tx＋2ty＝m與圓C相切，所以＝1，所以|m|<1.圓C：x2＋y2＝1

21、的圓心(0,0)到直線x＋y＋m＝0的距離d＝<1＝r.所以直線l與圓C的位置關(guān)系為相交． 答案：相交 13．(2019無錫模擬)已知點A(1,0)，B(0,3)和圓C：(x－3)2＋(y－2)2＝r2(r>0)，若對于線段AB上的任意一點P，圓C上都存在不同的兩點M，N，滿足＝2，則r的取值范圍為________． 解析：法一：由題意得，線段AB的方程為3x＋y－3＝0(0≤x≤1)．設(shè)P(m，n)(0≤m≤1)，N(x，y)，則由＝2，得M.因為M，N均在圓C上，所以即由題意知，以(3,2)為圓心，r為半徑的圓與以為圓心，為半徑的圓有公共點，所以－r≤≤＋r.又3m＋n－3＝0，所以

22、r2≤10m2－12m＋10≤25r2.令f(m)＝10m2－12m＋10(0≤m≤1)，易知f(m)＝10m2－12m＋10在[0,1]上的值域為，故r2≤且10≤25r2，得≤r2<.由題可知線段AB與圓C無公共點，所以(m－3)2＋(3－3m－2)2>r2，所以r2<.綜上，≤r2<，故圓C的半徑r的取值范圍為. 法二：過點C作CD⊥MN于點D，設(shè)CD＝d，MN＝2l，則PD＝5l，MD＝l，連接CP，CM，則消去l，得d2＝，因為0≤d2

23、2＝(m－3)2＋(n－2)2＝10m2－12m＋10，所以r2<10m2－12m＋10≤25r2對任意的m∈[0,1]成立．令f(m)＝10m2－12m＋10(0≤m≤1)，易知f(m)＝10m2－12m＋10在[0,1]上的值域為，故r2<且10≤25r2，解得≤r2<.易知線段AB與圓C無公共點，所以(m－3)2＋(3－3m－2)2>r2對任意的m∈[0,1]成立，所以r2<.綜上，≤r2<，故圓C的半徑r的取值范圍為. 答案： 14．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＝

24、30，則a的取值范圍為________． 解析：過Q作圓O的切線QR，切點為R， 根據(jù)圓的切線性質(zhì)，有∠OQR≥∠OQP＝30； 反過來，如果∠OQR≥30，則存在圓O上的點P，使得∠OQP＝30.所以，若圓O上存在點P，使得∠OQP＝30，則∠OQR≥30.因為OP＝1，所以O(shè)Q＞2時不成立，所以O(shè)Q≤2，即點Q在圓面x2＋y2≤4上． 又因為點Q在圓M上，所以圓M：(x＋a＋3)2＋(y－2a)2＝1與圓面x2＋y2≤4有公共點，所以O(shè)M≤3. 因為OM2＝(0＋a＋3)2＋(0－2a)2， 所以(0＋a＋3)2＋(0－2a)2≤9， 解得－≤a≤0. 答案： 9