2019高考数学二轮复习核心考点特色突破专题15：直线与圆（2）（含解析）

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1、专题 15 直线与圆（2）【自主热身，归纳总结】1、 圆心在直线 y4 x上，且与直线 x y10 相切于点 P(3，2)的圆的标准方程为_【答案】： ( x1) 2( y4) 28 解法 1 设圆心为( a，4 a)，则有 r ，解得 a1， r2 ，则|a 4a 1|2 a 3 2 4a 2 2 2圆的方程为( x1) 2( y4) 28.解法 2 过点 P(3，2)且垂直于直线 x y10 的直线方程为 x y50，联立方程组Error!解得Error!则圆心坐标为(1，4)，半径为 r 2 ，故圆的方程为( x1) 2( y4) 1 3 2 4 2 2 228.2、 在平面直角坐标系

2、xOy中，若直线 ax y20 与圆心为 C的圆( x1) 2( y a)216 相交于 A， B两点，且 ABC为直角三角形，则实数 a的值是_【答案】： 1 【解析】：因为 ABC为直角三角形，所以 BC AC r4，所以圆心 C到直线 AB的距离为 2 ，从而有22 ，解得 a1.|a a 2|a2 1 23、 已知直线 l： x y20 与圆 C： x2 y24 交于 A， B两点，则弦 AB的长度为_. 3【答案】：. 2 3【解析】：圆心 C(0,0)到直线 l的距离 d 1，由垂径定理得|0 30 2|1 3AB2 2 2 ，故弦 AB的长度为 2 .R2 d2 4 1 3 34

3、、已知过点 (5)， 的直线 l被圆 截得的弦长为 4，则直线l的方程为 .【答案】： 20x或【解析】： 化成标准式为： .因为截得弦长为 4小于直径故该直线必有两条且圆心到直线的距离为 .当斜率不存在时，:2lx，显然符合要求。当斜率存在时， ， ，截得 43k，故直线 l为 .5、在平面直角坐标系 xOy中，若动圆 C上的点都在不等式组 ，表示的平面区域内，则x 3，x 3y 3 0x 3y 3 0)面积最大的圆 C的标准方程为_【答案】： (x1) 2y 24 【解析】：首先由线性约束条件作出可行域，面积最大的圆 C即为可行域三角形的内切圆(如图)，由对称性可知，圆 C的圆心在 x轴上

4、，设半径为 r，则圆心 C(3r，0)，且它与直线 x y30 相切，所以3r，解得 r2，所以面积最大的圆 C的标准方程为(x1) 2y 24.|3 r 3|1 36、在平面直角坐标系 xOy中，若圆(x2) 2(y2) 21 上存在点 M，使得点 M关于 x轴的对称点 N在直线 kxy30 上，则实数 k的最小值为_7、已知经过点 P 的两个圆 C1， C2都与直线 l1： y x， l2： y2 x相切，则这两圆的圆心距(1，32) 12C1C2_.【答案】 459【解析】：易求直线 C1C2的方程为 y x，设 C1(x1， x1)， C2(x2， x2)，由题意得 C1(x1， x1

5、)到直线 2x y0 的距离等于 C1P，即 ，整理得|2x1 x1|5 x1 1 2 x1 32 29x 25 x1 0，同理可得 9x 25 x2 0，所以 x1， x2是方程 9x225 x 0 的两个实数根，从21654 2 654 654而 x1 x2 ， x1x2 ，所以圆心距 C1C2 |x1 x2| 259 6536 2 2 x1 x2 2 4x1x2 2 .(259)2 46536 4598、在平面直角坐标系 xOy中，已知圆 C： x2( y3) 22，点 A是 x轴上的一个动点， AP， AQ分别切圆 C于 P， Q两点，则线段 PQ长的取值范围是_【答案】 2143 ，

6、 22)【解析】：设 PCA ，所以 PQ2 sin .又 cos ， AC3，)，所以 cos ，所22AC (0， 23以 cos2 ，sin 2 1cos 2 ，所以 sin ，所以 PQ .(0，29 79， 1) 73， 1) 2143 ， 22)与切线有关的问题，一般都不需要求出切点，而是利用直线与圆相切时所得到的直角三角形转解 后 反 思化为点与圆心的距离问题求解 9、在平面直角坐标系 xOy中，已知点 (02)A， ，点 (1)B， ， P为圆 2xy上一动点，则PBA的最大值是 【答案】 、2 【解析】1：设 (,)Pxy，则 2y，令123xty，即 ，则动直线 与圆 2x

7、y必须有公共点，所以 ，解得 71t，所以 ，即 0,2PBA， 的最大值是 2.（有了上面的解法，也可设 ，直接通过动直线 与圆2xy有公共点来解决）【解析】2：设 (,)Pxy，则 2y，令 ，则 ，即 ，因为 2xy，所以 ，则动直线 与圆 2xy必须有公共点，所以 ，解得 04，即 0,2PBA， 的最大值是 .【解析】3：因为 P为圆 2xy上一动点，故设 （ R） ，则令，整理为，由 ，解得 04，从而 0,2PBA， 的最大值是 2.10、在平面直角坐标系 xOy中，圆 C的方程为( x1) 2( y1) 29，直线 l： y kx3 与圆 C相交于A， B两点， M为弦 AB上

8、一动点，以 M为圆心，2 为半径的圆与圆 C总有公共点，则实数 k的取值范围为 【答案】 3,4思路分析：根据两个圆的位置关系的判断方法，本题即要求 则可，根据图形的对称性， 当点 位于 AB的中点时存在公共点，则在其它位置时，一定存在公共点，由点到直线的距离不难得到答案。【解析】：由题意得 1MC对于任意的点 恒成立，由图形的对称性可知，只需点 M位于 AB的中点时存在则可。由点 ,到直线 l的距离得 ，解得 34k。 11、已知点 A(0,1)， B(1,0)， C(t,0)，点 D是直线 AC上的动点，若 AD2 BD恒成立，则最小正整数 t的值为_【答案】 4 解法 1 设点 D(x，

9、 y)，因为 AD2 BD， A(0,1)， B(1，0)，所以 2 ，整理x2 y 1 2 x 1 2 y2得 2 2 ，它表示以 为圆心，以 为半径的圆及其外部，又因为直线 AC为(x43) (y 13) 89 (43， 13) 223 y1，即 x ty t0，且点 D是直线 AC上的动点，所以直线 AC与圆相离，即 ，即xt |43 13t t|1 t2 223t24 t10，解得 t2 (t2 舍)，所以最小正整数 t的值为 4.3 3解法 2 设点 D(x， y)，因为 A(0,1)， C(t,0)，点 D在直线 AC上，所以有且只有一个实数 ，使 ，所以( x， y1) (t，1

10、)，从而 x t ， y1 ，即点 D(t ，1 )，AD AC 又因为 AD2 BD恒成立，所以 2 在 R上恒成立， t 2 1 1 2 t 1 2 1 2即 3(t21) 28( t1) 80 在 R上恒成立，令 f( )3( t21) 28( t1) 8，所以 0 恒成立，即 t24 t10，解得 t2 (t2 舍)，所以最小整数 t的值为 4.3 3综上所述，满足条件的最小正整数 t的值为 4.12、在平面直角坐标系 xOy中，设直线 y x2 与圆 x2 y2 r2(r0)交于 A， B两点， O为坐标原点，若圆上一点 C满足 ，则实数 r_.OC 54OA 34OB 解法 2 由

11、 ，得 r2 r22 8 .由 ，得 2 r2 r2 |OA OB 2 | 2 OA OB OC 54OA 34OB OC 2516 9r216 158OA OB .由可知 r210，即 r .10解法 3 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， C(x， y)，由 得Error!则OC 54OA 34OB x2 y2 2 2 x y x1x2 x y y1y2.由题意 得 r2 r2 r2(54x1 34x2) (54y1 34y2) 251621 251621 158 9162 9162 158 2516 916(x1x2 y1y2)，联立直线 y x2 与圆 x2 y2 r2(r

12、0)的方程，得 2x24 x4 r20.由韦达定理得158x1x2 ， x1 x22， y1y2 x1x22 x12 x24 ，代入上式可解得 r .4 r22 4 r22 10解法 4 由 得 ，设 OC与 AB交于点 M，则 A， M， B三点共线由 AMO与 BMOOC 54OA 34OB 12OC 58OA 38OB 互补结合余弦定理可求得 AB r，过点 O作 AB的垂线交 AB于点 D，根据圆心 O到直线 y x2 的距45离为 OD ，得 2( )2 r2，解得 r210，所以 r . 22 2 (25r) 2 10【问题探究，变式训练】例 1、在平面直角坐标系 xOy中，圆 O

13、： x2 y21，圆 M：( x a3) 2( y2 a)21( a为实数)若圆 O与圆 M上分别存在点 P， Q，使得 OQP30 ，则 a的取值范围为 【答案】 ，0 65【思路分析】本题中在两个圆上分别存在点 P， Q，使得 OQP30 是本题的关键.首先对于圆 O，可以根据 OQP30 得出点 Q的轨迹，再将点 Q的存在性问题转化为点 Q的轨迹与圆 M有公共点，从而求出参数 a的取值范围.过 Q点作圆 O的切线，设切点为 P，在圆 O上要存在点 P满 足 ，即 ，又 ，即 2Q.设 ,xy，所以 24y又点 Q在圆 M上，即圆 M与 24xy有公共点，所以有 ，解得 6,05a.【解后

14、反思】一般地对于圆上存在一点的问题，都可以利用其所给几何条件求出点的轨迹，进一步转化为点的轨迹与圆的位置关系问题，其中常见的动点轨迹有直线、线段、圆、圆面等.【变式 1】 、.已知圆 O： x2 y21，圆 M：( x a)2( y a4) 21.若圆 M上存在点 P，过点 P作圆 O的两条切线，切点为 A， B，使得 APB60，则实数 a的取值范围为_【答案】. 222， 2 22【解析】：由题意得圆心 M(a， a4)在直线 x y40 上运动，所以动圆 M是圆心在直线 x y40 上，半径为 1的圆；又因为圆 M上存在点 P，使经过点 P作圆 O的两条切线，切点为 A， B，使 APB

15、60，所以 OP2，即点 P也在 x2 y24 上，于是 21 21，即 1 3，a2 a 4 2 a2 a 4 2解之得实数 a的取值范围是 .222， 2 22解题反思 一方面，要注意点 P在动圆 M上，另一方面，点 P也在 x2 y24 上，从而将所求解的问题转化成研究圆与圆的位置关系问题，此类试题出现频率高，希望考生重视【变式 2】 、已知点 A(0,2)为圆 M： x2 y22 ax2 ay0( a0)外一点，圆 M上存在点 T，使得 MAT45，则实数 a的取值范围是_【答案】： 1,1) 3【解析】：圆 M的方程可化为( x a)2( y a)2 2a2.圆心为 M(a， a)，

16、半径为 a.当 A， M， T三点共线2时， MAT0最小，当 AT与圆 M相切时， MAT最大圆 M上存在点 T，使得 MAT45，只需要当 MAT最大时，满足 45 MAT0， b为常数)因为 tan OPA ，tan OPB ，a rb a rb所以 tan APBtan( OPB OPA) ， a rb a rb1 a rba rb 2rbb2 a2 r2又因为以 AB为直径的圆与圆 x2( y2) 21 相外切，所以圆心距等于半径之和，即 r1，即a2 4a2( r1) 24，所以 tan APB (r为变量， b为常数)，2rbb2 a2 r2 2rbb2 2r 3 2bb2 3r

17、 2因为 APB的大小恒为定值，所以 b230，故 OP .3【关联 2】 、在平面直角坐标系 xOy中，圆 C的方程为( x1) 2 y24， P为圆 C上一点若存在一个定圆M，过点 P作圆 M的两条切线 PA， PB，切点分别为 A， B，当 P在圆 C上运动时，使得 APB恒为 60 ，则圆 M的方程为 【答案】( x1) 2 y21 【解析】：根据对称性可知 ,0设圆 M的半径为 r因为 ，所以 ，故，即 1r，所以圆 M的方程为 例 2、在平面直角坐标系 xOy中，若直线 yk(x3 )上存在一点 P，圆 x2(y1) 21 上存在一点 Q，3满足 3 ，则实数 k的最小值为_OP

18、OQ 【变式 1】 、 在平面直角坐标系 xOy中，已知 A，B 为圆 C：(x4) 2(ya) 216 上的两个动点，且AB2 .若直线 l：y2x 上存在唯一的一个点 P，使得 ，则实数 a的值为_11 PA PB OC 【答案】 2 或18 由“圆 C的弦 AB长度为定值 AB2 ”知，弦 AB的中点 M的轨迹是以点 C为圆心的圆，由“思 路 分 析 11 ”得 2 ，可求得动点 P的轨迹也在圆上，此时直线 l上存在唯一的一个点 P符合要求，PA PB OC PM OC 故直线 l和动点 P的轨迹(圆)相切解法 1 设 AB的中点为 M(x0，y 0)，P(x，y)，则由 AB2 得，C

19、M ，即点 M的轨迹为11 16 11 5(x04) 2(y 0a) 25.又因为 ，所以 ，即(x 0x，y 0y) ，从而PA PB OC PM 12OC ( 2， a2)则动点 P的轨迹方程为(x2) 2 5 ，又因为直线 l上存在唯一的一个点 P，所以直x0 x 2，y0 y a2， ) (y a2)2 线 l和动点 P的轨迹(圆)相切，则 ，解得，a2 或 a18.| 4 a2|22 （ 1） 2 5解法 2 以上同解法 1，则动点 P的轨迹方程为(x2) 2 5，整理得 5x2(42a)(2xa2)2 x 10，(#)a24又因为直线 l上存在唯一的一个点 P，所以(#)式有且只有

20、 1个实数根，所以 (42a)220 0，整理得 a216a360，解得，a2 或 a18.(a24 1)解法 3 由题意，圆心 C到直线 AB的距离 d ，则 AB中点 M的轨迹方程为(x4) 2(ya)16 11 525.由 得 2 ，所以 .如图，连结 CM并延长交 l于点 N，则 CN2CM2 .故问题PA PB OC PM OC PM OC 5转化为直线 l上存在唯一的一个点 N，使得 CN2 ，所以点 C到直线 l的距离为 25|2（ 4） a|22 （ 1） 2，解得，a2 或 a18.5本题的难点在于要从繁乱的关系中找出动点 P的信息由“直线 AB与圆 C相交”想弦中点 M，解

21、 后 反 思由“CMAB”想到动点 M的轨迹是圆，由“ ”知，动点 P的轨迹也在圆上，进而得到直线 l和PA PB OC 动点 P的轨迹(圆)相切【变式 2】 、已知 A， B是圆 C1： x2 y21 上的动点， AB ， P是圆 C2：( x3) 2( y4) 21 上的动点，3则| |的取值范围为_PA PB 【答案】 7,13【解析】 因为 A， B是圆 C1： x2 y21 上的动点， AB ，所以线段 AB的中点 H在圆 O： x2 y2 上，314且| |2| |.因为点 P是圆 C2：( x3) 2( y4) 21 上的动点，所以 5 | |5 ，即 |PA PB PH 32

22、PH 32 72| ，所以 72| |13，从而| |的取值范围是7,13PH 132 PH PA PB 解后反思 本题难点在于动点多， “化动为静”和“化多为少”是解决此类问题常用的方法一方面， A， B虽是动点，但是 AB 是定值，从而线段 AB的中点 H在定圆 O上，实现了化多为少的目的；另一方面，3所求解的问题通过转化就成了研究圆 O和圆 C2上的两动点的问题 【变式 3】 、在平面直角坐标系 xOy中，过点 M(1,0)的直线 l与圆 x2 y25 交于 A， B两点，其中点 A在第一象限，且 2 ，则直线 l的方程为_BM MA 【答案】 y x1 解法 1 易知 l斜率必存在，设

23、 l： y k(x1)由 2 可设 BM2 t， MA t，如图，过原点 O作BM MA OH l于点 H，则 BH .设 OH d，在 Rt OBH中， d2 2 r25，在 Rt OMH中， d2 2 OM21，3t2 (3t2) (t2)解得 d2 .所以 d2 ，解得 k1 或 k1，因为点 A在第一象限， 2 ，由图知 k1，所12 k2k2 1 12 BM MA 以 l： y x1.解法 2 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，所以 (1 x2， y2)， ( x11， y1)因为 2 ，所以有Error!BM MA BM MA 当直线 AB的斜率不存在时， ，不符合题意

24、当直线 AB的斜率存在时，设 AB： y k(x1)，联立BM MA Error!可得 (1 k2)y22 ky4 k20，即Error!解得Error!所以 y1y2 ，即 k21，又 8k2 1 k2 2 4k21 k2点 A在第一象限，所以 k1，即直线 AB的方程为 y x1.解法 3 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，所以 (1 x2， y2)， ( x11， y1)因为 2 ，所以有Error!BM MA BM MA 即Error!又Error! 代入可得Error!解得 x12，代入可得 y11，又点 A在第一象限，故 A(2,1)，由点 A和点 M的坐标可得直线 A

25、B的方程为 y x1.【关联 1】 、已知圆 C：( x2) 2 y24，线段 EF在直线 l： y x1 上运动，点 P为线段 EF上任意一点，若圆 C上存在两点 A， B，使得 0，则线段 EF长度的最大值是_PA PB 【答案】 14思路分析 本题条件叙述似乎稍显冗乱，学生不易读懂题意，容易陷入恐慌首先需要注意判断直线 l和圆 C是相离的位置关系，那么直线 l上的动点 P总在圆 C外，可以证明与圆相关的一个几何性质：对于圆C外的点 P，当 PA， PB都与圆 C相切时， APB最大这是解决本题的关键所在过点 C作 CH l于 H，因为 C到 l的距离 CH 2 r，所以直线 l与圆 C相离，故点 P在圆 C32 322外因为 | | |cos APB0，所以 cos APB0，所以 APBr2对任意的 m0,1成立，即 r2 .325故圆 C的半径 r的取值范围为 .(16分) 103， 4105 )