《浙江高考數(shù)學二輪復習教師用書：第1部分 重點強化專題 專題5 突破點11 直線與圓 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江高考數(shù)學二輪復習教師用書：第1部分 重點強化專題 專題5 突破點11 直線與圓 Word版含答案（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 專題五　平面解析幾何 建知識網(wǎng)絡　明內(nèi)在聯(lián)系 [高考點撥]　平面解析幾何是浙江新高考的重點內(nèi)容，常以“兩小一大”呈現(xiàn)，兩小題主要考查直線與圓的位置關系．雙曲線的圖象和性質(zhì)(有時考查拋物線的圖象和性質(zhì))，一大題?？疾橐詸E圓(或拋物線)為背景的圖象和性質(zhì)問題．基于上述分析，本專題將從“直線與圓”“圓錐曲線的定義、方程、幾何性質(zhì)”“圓錐曲線中的綜合問題”三條主線引領復習和提升． 突破點11　直線與圓 (對應學生用書第41頁) [核心知識提煉] 提煉1 圓的方程 (1)圓

2、的標準方程 當圓心為(a，b)，半徑為r時，其標準方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，特別地，當圓心在原點時，方程為x2＋y2＝r2. (2)圓的一般方程 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F＞0，表示以為圓心，為半徑的圓. 提煉2 求解直線與圓相關問題的兩個關鍵點 　 (1)三個定理：切線的性質(zhì)定理，切線長定理，垂徑定理． (2)兩個公式：點到直線的距離公式d＝，弦長公式|AB|＝2(弦心距d)． 提煉3求距離最值問題的本質(zhì) 　 (1)圓外一點P到圓C上的點距離的最大值為|PC|＋r，最小值為|PC|－r，其中r為圓的半徑． (2)圓上的點到

3、直線的最大距離是d＋r，最小距離是d－r，其中d為圓心到直線的距離，r為圓的半徑． (3)過圓內(nèi)一點，直徑是最長的弦，與此直徑垂直的弦是最短的弦． [高考真題回訪] 回訪1　兩條直線的位置關系 1．(20xx·浙江高考)設a∈R，則“a＝1”是“直線l1：ax＋2y－1＝0與直線l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的(　　) A．充分不必要條件　　　 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 A　[若直線l1與l2平行，則a(a＋1)－2×1＝0，即a＝－2或a＝1，所以a＝1是直線l1與直線l2平行的充分不必要條件．] 2．(

4、20xx·浙江高考)若直線x－2y＋5＝0與直線2x＋my－6＝0互相垂直，則實數(shù)m＝________. 1　[∵直線x－2y＋5＝0與直線2x＋my－6＝0互相垂直， ∴2－2m＝0，∴m＝1.] 回訪2　圓的方程 3．(20xx·浙江高考)已知a∈R方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圓，則圓心坐標是________，半徑是________． (－2，－4)　5　[由二元二次方程表示圓的條件可得a2＝a＋2，解得a＝2或－1.當a＝2時，方程為4x2＋4y2＋4x＋8y＋10＝0，即x2＋y2＋x＋2y＋＝0，配方得2＋(y＋1)2＝－

5、<0，不表示圓； 當a＝－1時，方程為x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，配方得(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，則圓心坐標為(－2，－4)，半徑是5.] 4．(20xx·浙江高考)已知實數(shù)x，y滿足x2＋y2≤1，則|2x＋y－4|＋|6－x－3y|的最大值是________． 15　[∵x2＋y2≤1，∴2x＋y－4<0,6－x－3y>0，∴|2x＋y－4|＋|6－x－3y|＝4－2x－y＋6－x－3y＝10－3x－4y. 令z＝10－3x－4y， 如圖，設OA與直線－3x－4y＝0垂直，∴直線OA的方程為y＝x. 聯(lián)立得A， ∴當z＝

6、10－3x－4y過點A時，z取最大值，zmax＝10－3×－4×＝15.] 5．(20xx·浙江高考)如圖11­1，點P(0，－1)是橢圓C1：＋＝1(a＞b＞0)的一個頂點，C1的長軸是圓C2：x2＋y2＝4的直徑．l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點，l2交橢圓C1于另一點D. 圖11­1 (1)求橢圓C1的方程； (2)求△ABD面積取最大值時直線l1的方程． [解]　(1)由題意得 2分 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. 5分 (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(

7、x0，y0)．由題意知直線l1的斜率存在，不妨設其為k，則直線l1的方程為y＝kx－1. 6分 又圓C2：x2＋y2＝4，故點O到直線l1的距離d＝， 所以|AB|＝2＝2. 7分 又l2⊥l1，故直線l2的方程為x＋ky＋k＝0. 由消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0， 故x0＝－，所以|PD|＝. 8分 設△ABD的面積為S，則S＝|AB|·|PD|＝， 11分 所以S＝≤＝，當且僅當k＝±時取等號． 所以所求直線l1的方程為y＝±x－1. 15分 回訪3　直線與圓、圓與圓的位置關系 6．(20xx·

8、浙江高考)已知圓x2＋y2＋2x－2y＋a＝0截直線x＋y＋2＝0所得弦的長度為4，則實數(shù)a的值是(　　) A．－2 B．－4 C．－6 D．－8 B　[由圓的方程x2＋y2＋2x－2y＋a＝0可得，圓心為(－1,1)，半徑r＝.圓心到直線x＋y＋2＝0的距離為d＝＝.由r2＝d2＋2得2－a＝2＋4，所以a＝－4.] 7．(20xx·浙江高考)直線y＝2x＋3被圓x2＋y2－6x－8y＝0所截得的弦長等于__________． 4 　[圓的方程可化為(x－3)2＋(y－4)2＝25，故圓心為(3,4)，半徑r＝5.又直線方程為2x－y＋3＝0，所以圓心到直線的距離

9、為d＝＝，所以弦長為2 ＝2×＝2＝4 .] 8．(20xx·浙江高考)如圖11­2，已知拋物線C1：y＝x2，圓C2：x2＋(y－1)2＝1，過點P(t,0)(t>0)作不過原點O的直線PA，PB分別與拋物線C1和圓C2相切，A，B為切點． 圖11­2 (1)求點A，B的坐標； (2)求△PAB的面積． [解]　(1)由題意知直線PA的斜率存在，故可設直線PA的方程為y＝k(x－t). 2分 由消去y，整理得x2－4kx＋4kt＝0， 由于直線PA與拋物線相切，得k＝t. 3分 因此，點A的坐標為(2t，t

10、2)． 設圓C2的圓心為D(0,1)，點B的坐標為(x0，y0)．由題意知：點B，O關于直線PD對稱，故 5分 解得因此，點B的坐標為. 7分 (2)由(1)知|AP|＝t·， 直線PA的方程為tx－y－t2＝0. 點B到直線PA的距離是d＝. 11分 設△PAB的面積為S(t)，則S(t)＝|AP|·d＝. 15分 (對應學生用書第43頁) 熱點題型1　圓的方程 題型分析：求圓的方程是高考考查的重點內(nèi)容，常用的方法是待定系數(shù)法或幾何法. 【例1】　(1)已知圓C關于y軸對稱，經(jīng)過點A(1,0)，且被x軸分成的兩段弧長之比為1∶2，則

11、圓C的方程為________． (2)已知⊙M的圓心在第一象限，過原點O被x軸截得的弦長為6，且與直線3x＋y＝0相切，則圓M的標準方程為________． (1)x2＋2＝　(2)(x－3)2＋(y－1)2＝10　[(1)因為圓C關于y軸對稱，所以圓C的圓心C在y軸上，可設C(0，b)， 設圓C的半徑為r，則圓C的方程為x2＋(y－b)2＝r2. 依題意，得解得 所以圓C的方程為x2＋2＝. (2)法一：設⊙M的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2(a＞0，b＞0，r＞0)，由題意知 解得故⊙M的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝10. 法二：因為圓M過原點

12、，故可設方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＝0，又被x軸截得的弦長為6且圓心在第一象限，則2＝32，故D＝－6，與3x＋y＝0相切，則＝，即E＝D＝－2，因此所求方程為x2＋y2－6x－2y＝0. 故⊙M的標準方程為(x－3)2＋(y－1)2＝10.] [方法指津] 求圓的方程的兩種方法 1．幾何法，通過研究圓的性質(zhì)、直線和圓、圓與圓的位置關系，進而求得圓的基本量和方程． 2．代數(shù)法，即用待定系數(shù)法先設出圓的方程，再由條件求得各系數(shù)． [變式訓練1]　(1)(20xx·溫州市普通高中高考模擬考試)圓x2＋y2－2y－3＝0的圓心坐標是________，半徑是________．

13、 (2)拋物線y2＝4x與過其焦點且垂直于x軸的直線相交于A，B兩點，其準線與x軸的交點為M，則過M，A，B三點的圓的標準方程為________． (1)(0,1)　2　(2)(x－1)2＋y2＝4　[(1)化圓的一般式方程為標準方程，得x2＋(y－1)2＝4，由此知該圓的圓心坐標為(0,1)，半徑為2. (2)由題意知，A(1,2)，B(1，－2)，M(－1,0)， △AMB是以點M為直角頂點的直角三角形，則線段AB是所求圓的直徑，故所求圓的標準方程為(x－1)2＋y2＝4.] 熱點題型2　直線與圓、圓與圓的位置關系 題型分析：直線與圓、圓與圓的位置關系是高考考查的熱點內(nèi)

14、容，解決的方法主要有幾何法和代數(shù)法. 【例2】　(1)已知直線l：mx＋y＋3m－＝0與圓x2＋y2＝12交于A，B兩點，過A，B分別作l的垂線與x軸交于C，D兩點．若|AB|＝2，則|CD|＝________. 4　[由直線l：mx＋y＋3m－＝0知其過定點(－3，)，圓心O到直線l的距離為d＝. 由|AB|＝2得2＋()2＝12，解得m＝－.又直線l的斜率為－m＝，所以直線l的傾斜角α＝. 畫出符合題意的圖形如圖所示，過點C作CE⊥BD，則∠DCE＝.在Rt△CDE中，可得|CD|＝＝2×＝4.] (2)(20xx·金華十校聯(lián)考)如圖11­

15、;3，已知圓G：(x－2)2＋y2＝r2是橢圓＋y2＝1的內(nèi)接△ABC的內(nèi)切圓，其中A為橢圓的左頂點． ①求圓G的半徑r； ②過點M(0,1)作圓G的兩條切線交橢圓于E，F(xiàn)兩點，證明：直線EF與圓G相切． 圖11­3 [解]?、僭OB(2＋r，y0)，過圓心G作GD⊥AB于D，BC交長軸于H. 由＝得＝， 即y0＝，　?、? 2分 而B(2＋r，y0)在橢圓上， y＝1－＝＝－，　　② 3分 由①②式得15r2＋8r－12＝0， 解得r＝或r＝－(舍去). 5分 ②證明：設過點M(0,1)與圓(x－2)2＋y2＝相切的直線方程為y＝k

16、x＋1，③ 則＝，即32k2＋36k＋5＝0，④ 解得k1＝，k2＝. 將③代入＋y2＝1得(16k2＋1)x2＋32kx＝0，則異于零的解為x＝－. 8分 設F(x1，k1x1＋1)，E(x2，k2x2＋1)，則 x1＝－，x2＝－， 12分 則直線FE的斜率為kEF＝＝＝， 于是直線FE的方程為y＋－1＝. 即y＝x－，則圓心(2,0)到直線FE的距離d＝＝，故結(jié)論成立. 15分 [方法指津] 1．直線(圓)與圓的位置關系的解題思路 (1)討論直線與圓及圓與圓的位置關系時，要注意數(shù)形結(jié)合，充分利用圓的幾何性質(zhì)尋找解題途徑，減

17、少運算量．研究直線與圓的位置關系主要通過圓心到直線的距離和半徑的比較實現(xiàn)，兩個圓的位置關系的判斷依據(jù)是兩圓心距離與兩半徑差與和的比較． (2)直線與圓相切時利用“切線與過切點的半徑垂直，圓心到切線的距離等于半徑”建立切線斜率的等式，所以求切線方程時主要選擇點斜式，過圓外一點求解切線段長可轉(zhuǎn)化為圓心到圓外點的距離，利用勾股定理計算． 2．弦長的求解方法 (1)根據(jù)平面幾何知識構(gòu)建直角三角形，把弦長用圓的半徑和圓心到直線的距離表示，l＝2(其中l(wèi)為弦長，r為圓的半徑，d為圓心到直線的距離)． (2)根據(jù)公式：l＝|x1－x2|求解(其中l(wèi)為弦長，x1，x2為直線與圓相交所得交點的橫坐

18、標，k為直線的斜率)． (3)求出交點坐標，用兩點間距離公式求解． [變式訓練2]　(1)(20xx·金麗衢十二校高三第二次聯(lián)考)如圖11­4，圓M和圓N與直線l：y＝kx分別相切于A，B，與x軸相切，并且圓心連線與l交于點C，若|OM|＝|ON|且＝2，則實數(shù)k的值為(　　) 【導學號：68334120】 圖11­4 A．1　　　 B.　　　　 C.　　　　 D. D　[分別過點M，N作x軸的垂線，垂足分別為E，F(xiàn).由題意，得△MAC∽△NBC，由＝2，知|MA|＝2|NB|.又由x軸與直線y＝kx是兩個圓的公切線知∠MON＝90&#

19、176;，|MA|＝|ME|，|NB|＝|NF|，結(jié)合|OM|＝|ON|，知|ME|＝2|NF|，△OME≌△NOF，所以|OF|＝|ME|＝2|NF|，所以tan∠NOF＝＝，則tan∠BOF＝tan 2∠NOF＝＝，故選D. (2)已知點M(－1,0)，N(1,0)，曲線E上任意一點到點M的距離均是到點N距離的倍． ①求曲線E的方程； ②已知m≠0，設直線l1：x－my－1＝0交曲線E于A，C兩點，直線l2：mx＋y－m＝0交曲線E于B，D兩點．C，D兩點均在x軸下方．當CD的斜率為－1時，求線段AB的長． [解]?、僭O曲線E上任意一點坐標為(x，y)， 由題意，＝

20、， 2分 整理得x2＋y2－4x＋1＝0，即 (x－2)2＋y2＝3為所求. 4分 ②由題知l1⊥l2，且兩條直線均恒過點N(1,0)，設曲線E的圓心為E，則E(2,0)，線段CD的中點為P，則直線EP：y＝x－2，設直線CD：y＝－x＋t，由解得點P. 7分 由圓的幾何性質(zhì)， |NP|＝|CD|＝， 而|NP|2＝2＋2，|ED|2＝3， |EP|2＝2，∴2＋2＝3－2，解得t＝0或t＝3， 又C，D兩點均在x軸下方，直線CD：y＝－x. 由解得或 9分 設C，D， 由消去y得： (u2＋1)x2－2(u2＋2)x＋u2＋1＝0，(*) 方程(*)的兩根之積為1，所以點A的橫坐標 xA＝2＋，又因為點C在直線l1：x－my－1＝0上，解得m＝＋1， 11分 直線l1：y＝(－1)(x－1)，所以A(2＋，1)， 同理可得，B(2－，1)，所以線段AB的長為2. 15分