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1、 【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題14 直線與圓 一、選擇題 1．(文)若直線l1：x＋ay＋6＝0與l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0平行，則l1與l2間的距離為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. [答案]　B [解析]　由l1∥l2知3＝a(a－2)且2a≠6(a－2)， 2a2≠18，求得a＝－1， ∴l(xiāng)1：x－y＋6＝0，l2：x－y＋＝0，兩條平行直線l1與l2間的距離為d＝＝.故選B. (理)已知直線l過圓x2＋(y－3)2＝4的圓心，且與直線x＋y＋1＝0垂直，則l的方程是(　　) A．x

2、＋y－2＝0 B．x－y＋2＝0 C．x＋y－3＝0 D．x－y＋3＝0 [答案]　D [解析]　圓心(0,3)，又知所求直線斜率為1，∴直線方程為x－y＋3＝0. [方法點撥]　1.兩直線的位置關系 方程 約束條件 位置關系 l1：y＝k1x＋b1 l2：y＝k2x＋b2 l1：A1x＋B1y＋C1＝0 l2：A2x＋B2y＋C2＝0 平行 k1＝k2，且b1≠b2 A1B2－A2B1＝0，且B1C2－B2C1≠0 相交 k1≠k2 特別地， l1⊥l2?k1k2＝－1 A1B2≠A2B1 特別地，l1⊥l2?A1A2＋B1B2＝0 重合 k1＝k

3、2且b1＝b2 A1B2－A2B1＝0且B1C2－B2C1＝0 2.與直線y＝kx＋b平行的直線設為y＝kx＋b1，垂直的直線設為y＝－x＋m(k≠0)；與直線Ax＋By＋C＝0平行的直線設為Ax＋By＋C1＝0，垂直的直線設為Bx－Ay＋C1＝0.求兩平行直線之間的距離可直接代入距離公式，也可在其中一條直線上取一點，求其到另一條直線的距離． 2．(文)(20xx·安徽文，8)直線3x＋4y＝b與圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0相切，則b的值是(　　) A．－2或12 B．2或－12 C．－2或－12 D．2或12 [答案]　D [解析]　考查1.直線與圓的位置關系；2.點到直線

4、的距離公式． ∵直線3x＋4y＝b與圓心為(1,1)，半徑為1的圓相切， ∴＝1?b＝2或12，故選D. (理)(20xx·遼寧葫蘆島市一模)已知圓C與直線x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圓心在直線x＋y＝0上，則圓C的方程為(　　) A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2 B．(x－1)2＋(y＋1)2＝2 C．(x－1)2＋(y－1)2＝2 D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2 [答案]　B [解析]　由題意知，圓心C既在與兩直線x－y＝0與x－y－4＝0平行且距離相等的直線上，又在直線x＋y＝0上，設圓心C(a，－a)，半徑為r，則由已知得＝，解得a＝1，∴r＝，故選B.

5、 [方法點撥]　1.點與圓的位置關系 ①幾何法：利用點到圓心的距離d與半徑r的關系判斷：d>r?點在圓外，d＝r?點在圓上；d0)的位置關系如下表. 方法 位置關系 幾何法： 根據(jù)d＝ 與r的大小關系　　　 代數(shù)法： 消元得一元二次方程， 根據(jù)判別式Δ的符號 相

6、交 d0 相切 d＝r Δ＝0 相離 d>r Δ<0 3.求圓的方程有兩類方法：(1)幾何法，通過研究圓的性質、直線和圓、圓與圓的位置關系，進而求得圓的半徑和圓心，得出圓的方程；(2)代數(shù)法，求圓的方程必須具備三個獨立條件，利用“待定系數(shù)法”求出圓心和半徑． 3．(文)(20xx·安徽文，6)過點P(－，－1)的直線l與圓x2＋y2＝1有公共點，則直線l的傾斜角的取值范圍是(　　) A. (0，] B．(0，] C. [0，] D．[0，] [答案]　D [解析]　由題意可畫出示意圖：易知過點P的圓的兩切線為PA與PM.PA處傾斜角為0，在Rt△POM中

7、易知PO＝2，OM＝1，∴∠OPM＝，∠OPA＝， ∴∠MPA＝，∵直線l傾斜角的范圍是[0，]． [方法點撥]　本題還可以設出直線l的方程y＝kx＋b，將P點代入得出k與b的關系，消去未知數(shù)b，再將直線代入圓方程，利用Δ>0求出k的范圍，再求傾斜角的范圍． 1．求直線的方程常用待定系數(shù)法． 2．兩條直線平行與垂直的判定可用一般式進行判定，也可以用斜率判定． (理)(20xx·山東理，9)一條光線從點(－2，－3)射出，經y軸反射后與圓(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，則反射光線所在直線的斜率為(　　) A．－或－ B．－或－ C．－或－ D．－或－ [答案]　D [解

8、析]　由光的反射原理知，反射光線的反向延長線必過點(2，－3)，設反射光線所在直線的斜率為k，則其直線方程為y＋3＝k(x－2)，即kx－y－2k－3＝0，∵光線與圓(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，∴＝1，∴12k2＋25k＋12＝0，解得k＝－或k＝－.故選D. 4．(文)(20xx·湖南文，6)若圓C1：x2＋y2＝1與圓C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0外切，則m＝(　　) A．21 B．19 C．9 D．－11 [答案]　C [解析]　本題考查了兩圓的位置關系． 由條件知C1：x2＋y2＝1，C2：(x－3)2＋(y－4)2＝25－m，圓心與半徑分別為(0,0)，(3

9、,4)，r1＝1，r2＝，由兩圓外切的性質知，5＝1＋，∴m＝9. [方法點撥]　圓與圓的位置關系 表現(xiàn)形式 位置關系 幾何表現(xiàn)：圓心距d與r1、r2的關系 代數(shù)表現(xiàn)：兩圓方程聯(lián)立組成的方程組的解的情況 相離 d>r1＋r2 無解 外切 d＝r1＋r2 一組實數(shù)解 相交 |r1－r2|

10、 D．y＝－1 [答案]　D [解析]　∵A(0,1)是拋物線x2＝4y的焦點，又拋物線的準線為y＝－1，∴動圓過點A，圓心C在拋物線上，由拋物線的定義知|CA|等于C到準線的距離，等于⊙C的半徑，∴⊙C與定直線l：y＝－1總相切． 5．(文)(20xx·哈三中一模)直線x＋y＋＝0截圓x2＋y2＝4所得劣弧所對圓心角為(　　) A. B. C. D. [答案]　D [解析]　弦心距d＝＝1，半徑r＝2， ∴劣弧所對的圓心角為. (理)(20xx·福建理，6)直線l：y＝kx＋1與圓O：x2＋y2＝1相交于A，B兩點，則“k＝1”是“△OAB的面積為”的(　　) A

11、．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件 [答案]　A [解析]　圓心O(0,0)到直線l：kx－y＋10＝0的距離d＝，弦長為|AB|＝2＝， ∴S△OAB＝×|AB|·d＝＝，∴k＝±1， 因此當“k＝1”時，“S△OAB＝”，故充分性成立． “S△OAB＝”時，k也有可能為－1， ∴必要性不成立，故選A. [方法點撥]　1.直線與圓相交時主要利用半弦、半徑、弦心距組成的直角三角形求解． 2．直線與圓相切時，一般用幾何法體現(xiàn)，即使用d＝r，而不使用Δ＝0. 6．(20xx·太原市一模)已知在圓x2＋y2－4x＋2y＝0內，過點

12、E(1,0)的最長弦和最短弦分別是AC和BD，則四邊形ABCD的面積為(　　) A．3 B．6 C．4 D．2 [答案]　D [解析]　圓的方程為(x－2)2＋(y＋1)2＝5，圓的最長弦AC為直徑2；設圓心M(2，－1)，圓的最短弦BD⊥ME，∵ME＝＝，∴BD＝2＝2，故S四邊形ABCD＝AC·BD＝×2×2＝2. 7．(20xx·重慶理，8)已知直線l：x＋ay－1＝0(a∈R)是圓C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的對稱軸．過點A(－4，a)作圓C的一條切線，切點為B，則|AB|＝(　　) A．2 B．4 C．6 D．2 [答案]　C [解析]　易知圓的標準方程C：(

13、x－2)2＋(y－1)2＝4，圓心O(2,1)，又因為直線l：x＋ay－1＝0是圓的對稱軸，則該直線一定經過圓心，得知a＝－1，A(－4，－1)，又因為直線AB與圓相切，則△OAB為直角三角形，|OA|＝＝2，|OB|＝2，|AB|＝＝6. 8．過點P(－2,3)且與兩坐標軸圍成的三角形面積為24的直線共有(　　) A．1條 B．2條 C．3條 D．4條 [答案]　D [解析]　過P(－2,3)與x軸負半軸和y軸正半軸圍成的三角形面積的最小值是12，所以過一、二、三象限可作2條，過一、二、四象限可作一條，過二、三、四象限可作一條，共4條． 9．(文)(20xx·江西理，9)在平面直

14、角坐標系中，A、B分別是x軸和y軸上的動點，若以AB為直徑的圓C與直線2x＋y－4＝0相切，則圓C面積的最小值為(　　) A.π B.π C．(6－2)π D.π [答案]　A [解析]　本題考查直線與圓的位置關系、拋物線的定義及數(shù)形結合求最值的數(shù)學思想． 依題意，∠AOB＝90°，∴原點O在⊙C上，又∵⊙C與直線2x＋y－4＝0相切，設切點為D，則|OC|＝|CD|，∴圓C的圓心C的軌跡是拋物線，其中焦點為原點O，準線為直線2x＋y－4＝0.要使圓C的面積有最小值，當且僅當O、C、D三點共線，即圓C的直徑等于O點到直線的距離，∴2R＝，∴R＝.S＝πR2＝π.選A. (理

15、)兩條平行直線和圓的位置關系定義為：若兩條平行直線和圓有四個不同的公共點，則稱兩條平行線和圓“相交”；若兩平行直線和圓沒有公共點，則稱兩條平行線和圓“相離”；若兩平行直線和圓有一個、兩個或三個不同的公共點，則稱兩條平行線和圓“相切”．已知直線l1：2x－y＋a＝0，l2：2x－y＋a2＋1＝0和圓：x2＋y2＋2x－4＝0相切，則a的取值范圍是(　　) A．a>7或a<－3 B．a>或a<－ C．－3≤a≤－或≤a≤7 D．a≥7或a－3 [答案]　C [解析]　本題主要考查直線和圓的位置關系、補集思想及分析、理解、解決問題的能力．兩條平行線與圓都相交時， 由得－

16、條直線都和圓相離時， 由得a<－3，或a>7，所以兩條直線和圓“相切”時a的取值范圍－3≤a≤－或≤a≤7，故選C. [方法點撥]　與圓有關的最值問題主要題型有： 1．圓的半徑最小時，圓面積最小． 2．圓上點到定點距離最大(小)值問題，點在圓外時，最大值d＋r，最小值d－r(d是圓心到定點距離)；點在圓內時，最大值d＋r，最小值r－d. 3．圓上點到定直線距離最值，設圓心到直線距離為d，直線與圓相離，則最大值d＋r，最小值d－r；直線與圓相交，則最大值d＋r，最小值0. 4．P(x，y)為⊙O上一動點，求x、y的表達式(如x＋2y，x2＋y2等)的取值范圍，一段利用表達式的幾何意義

17、轉化． 二、填空題 10．(文)設直線mx－y＋3＝0與圓(x－1)2＋(y－2)2＝4相交于A、B兩點，且弦長為2，則m＝________. [答案]　0 [解析]　圓的半徑為2，弦長為2，∴弦心距為1，即得d＝＝1，解得m＝0. (理)在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若sin2A＋sin2B＝sin2C，則直線ax－by＋c＝0被圓x2＋y2＝9所截得弦長為________． [答案]　2 [解析]　由正弦定理得a2＋b2＝c2， ∴圓心到直線距離d＝＝＝， ∴弦長l＝2＝2＝2. 11．在平面直角坐標系xOy中，已知圓x2＋y2＝4上有且只有四個點到

18、直線12x－5y＋c＝0的距離為1，則實數(shù)c的取值范圍是________． [答案]　(－13,13) [解析]　本題考查了直線與圓的位置關系，利用數(shù)形結合可解決此題，屬中檔題． 要使圓x2＋y2＝4上有且只有四個點到直線12x－5y＋c＝0的距離為1，只需滿足圓心到直線的距離小于1即可． 即<1，解|c|<13， ∴－13

19、當a＝－1時，x2＋y2－2x－y＝0表示圓，當a＝－2時，x2＋y2－4x－2y＋5＝0不表示圓，∴a＝－1. 三、解答題 13．(20xx·福建文，19)已知點F為拋物線E：y2＝2px(p>0)的焦點，點A(2，m)在拋物線E上，且|AF|＝3. (1)求拋物線E的方程； (2)已知點G(－1,0)，延長AF交拋物線E于點B，證明：以點F為圓心且與直線GA相切的圓，必與直線GB相切． [分析]　考查：1.拋物線標準方程；2.直線和圓的位置關系． (1)利用拋物線定義，將拋物線上的點到焦點距離和到準線距離相互轉化；(2)欲證明以點F為圓心且與直線GA相切的圓，必與直線GB相

20、切．可證明點F到直線GA和直線GB的距離相等(此時需確定兩條直線方程)；也可以證明∠AGF＝∠BGF，可轉化為證明兩條直線的斜率互為相反數(shù)． [解析]　法一：(1)由拋物線的定義得|AF|＝2＋. 因為|AF|＝3，即2＋＝3，解得p＝2，所以拋物線E的方程為y2＝4x. (2)因為點A(2，m)在拋物線E：y2＝4x上， 所以m＝±2，由拋物線的對稱性，不妨設A(2,2)． 由A(2,2)，F(xiàn)(1,0)可得直線AF的方程為y＝2(x－1)． 由得2x2－5x＋2＝0， 解得x＝2或x＝，從而B(，－)． 又G(－1,0)， 所以kGA＝＝，kGB＝＝－， 所以kGA＋kG

21、B＝0，從而∠AGF＝∠BGF，這表明點F到直線GA，GB的距離相等，故以F為圓心且與直線GA相切的圓必與直線GB相切． 法二：(1)同法一． (2)設以點F為圓心且與直線GA相切的圓的半徑為r. 因為點A(2，m)在拋物線E：y2＝4x上， 所以m＝±2，由拋物線的對稱性，不妨設A(2,2)． 由A(2,2)，F(xiàn)(1,0)可得直線AF的方程為y＝2(x－1)． 由得2x2－5x＋2＝0. 解得x＝2或x＝，從而B. 又G(－1,0)，故直線GA的方程為2x－3y＋2＝0， 從而r＝＝ . 又直線GB的方程為2x＋3y＋2＝0， 所以點F到直線GB的距離d＝＝＝r. 這

22、表明以點F為圓心且與直線GA相切的圓必與直線GB相切． 14．(文)已知圓C：x2＋y2＝r2(r>0)經過點(1，)． (1)求圓C的方程； (2)是否存在經過點(－1,1)的直線l，它與圓C相交于A、B兩個不同點，且滿足關系＝＋(O為坐標原點)的點M也在圓C上，如果存在，求出直線l的方程；如果不存在，請說明理由． [解析]　(1)由圓C：x2＋y2＝r2，再由點(1，)在圓C上，得r2＝12＋()2＝4， 所以圓C的方程為x2＋y2＝4. (2)假設直線l存在，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)． ①若直線l的斜率存在，設直線l的方程為y－1＝k(x＋1)

23、， 聯(lián)立消去y得， (1＋k2)x2＋2k(k＋1)x＋k2＋2k－3＝0， 由韋達定理得x1＋x2＝－＝－2＋， x1x2＝＝1＋， y1y2＝k2x1x2＋k(k＋1)(x1＋x2)＋(k＋1)2＝－3， 因為點A(x1，y1)，B(x2，y2)在圓C上， 因此，得x＋y＝4，x＋y＝4， 由＝＋得，x0＝，y0＝， 由于點M也在圓C上，則()2＋()2＝4， 整理得＋3·＋x1x2＋y1y2＝4， 即x1x2＋y1y2＝0，所以1＋＋(－3)＝0， 從而得，k2－2k＋1＝0，即k＝1，因此，直線l的方程為 y－1＝x＋1，即x－y＋2＝0. ②若直線l的斜率

24、不存在， 則A(－1，)，B(－1，－)，M(，) ()2＋()2＝4－≠4， 故點M不在圓上與題設矛盾， 綜上所知：k＝1，直線方程為x－y＋2＝0. (理)已知圓O：x2＋y2＝2交x軸于A、B兩點，曲線C是以AB為長軸，離心率為的橢圓，其左焦點為F.若P是圓O上一點，連接PF，過原點O作直線PF的垂線交直線x＝－2于點Q. (1)求橢圓C的標準方程； (2)若點P的坐標為(1,1)，求證：直線PQ與圓O相切； (3)試探究：當點P在圓O上運動時(不與A，B重合)，直線PQ與圓O是否保持相切的位置關系？若是，請證明；若不是，請說明理由． [解析]　(1)因為a＝，e＝

25、，所以c＝1， 則b＝1，即橢圓C的標準方程為＋y2＝1. (2)因為P(1,1)，F(xiàn)(－1,0)，所以kPF＝， ∴kOQ＝－2，所以直線OQ的方程為y＝－2x. 又Q在直線x＝－2上，所以點Q(－2,4)． ∴kPQ＝－1，kOP＝1， ∴kOP·kPQ＝－1， 即OP⊥PQ， 故直線PQ與圓O相切． (3)當點P在圓O上運動時，直線PQ與圓P保持相切的位置關系，設P(x0，y0)，(x0≠±)， 則y＝2－x，kPF＝，kOQ＝－， ∴直線OQ的方程為y＝－x， ∴點Q(－2，)， ∴kPQ＝＝ ＝＝－，又kOP＝. ∴kOP·kPQ＝－1，即OP⊥PQ(P

26、不與A、B重合)，直線PQ始終與圓O相切． 15．(文)(20xx·石家莊市質檢)已知動圓C過定點M(0,2)，且在x軸上截得弦長為4.設該動圓圓心的軌跡為曲線C. (1)求曲線C方程； (2)設點A為直線l：x－y－2＝0上任意一點，過A作曲線C的切線，切點分別為P、Q，求△APQ面積的最小值及此時點A的坐標． [解析]　(1)設動圓圓心坐標為C(x，y)，根據(jù)題意得 ＝， 化簡得x2＝4y. (2)解法一：設直線PQ的方程為y＝kx＋b， 由消去y得x2－4kx－4b＝0. 設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則，且Δ＝16k2＋16b 以點P為切點的切線的斜率為y′

27、1＝x1，其切線方程為y－y1＝x1(x－x1)， 即y＝x1x－x. 同理過點Q的切線的方程為y＝x2x－x. 兩條切線的交點A(xA，yB)在直線x－y－2＝0上， 解得，即A(2k，－b)． 則：2k＋b－2＝0，即b＝2－2k， 代入Δ＝16k2＋16b＝16k2＋32－32k＝16(k－1)2＋16>0， |PQ|＝|x1－x2|＝4， A(2k，－b)到直線PQ的距離為d＝， S△APQ＝|PD|·d＝4|k2＋b|·＝4(k2＋b) ＝4(k2－2k＋2)＝4[(k－1)2＋1]. 當k＝1時，S△APQ最小，其最小值為4，此時點A的坐標為(2,0)． 解

28、法二：設A(x0，y0)在直線x－y－2＝0上，點P(x1，y1)，Q(x2，y2)在拋物線x2＝4y上，則以點P為切點的切線的斜率為y1＝x1，其切線方程為y－y1＝x1(x－x1)， 即y＝x1x－y1， 同理以點Q為切點的方程為y＝x2x－y2. 設兩條切線均過點A(x0，y0)，則 點P，Q的坐標均滿足方程 y0＝xx0－y，即直線PQ的方程為：y＝x0x－y0， 代入拋物線方程x2＝4y消去y可得： x2－2x0x＋4y0＝0 |PQ|＝|x1－x2| ＝ A(x0，y0)到直線PQ的距離為d＝， S△APQ＝|PQ|d＝|x－4y0|· ＝(x－4y0)

29、 ＝(x－4x0＋8) ＝[(x0－2)2＋4] 當x0＝2時，S△APQ最小，其最小值為4，此時點A的坐標為(2,0)． (理)已知點A(－2,0)，B(2,0)，直線PA與直線PB斜率之積為－，記點P的軌跡為曲線C. (1)求曲線C的方程； (2)設M、N是曲線C上任意兩點，且|－|＝|＋|，是否存在以原點為圓心且與MN總相切的圓？若存在，求出該圓的方程；若不存在，請說明理由． [解析]　(1)設P(x，y)， 則由直線PA與直線PB斜率之積為－得， ·＝－(x≠±2)， 整理得曲線C的方程為＋＝1(x≠±2)． (2)若|－|＝|＋|，則⊥. 設M(x1，y1)，N

30、(x2，y2)． 若直線MN斜率不存在，則y2＝－y1，N(x1，－y1)． 由⊥得·＝－1，又＋＝1. 解得直線MN方程為x＝±.原點O到直線MN的距離d＝. 若直線MN斜率存在，設方程為y＝kx＋m. 由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0. ∴x1＋x2＝，x1·x2＝.　(*) 由⊥得·＝－1，整理得(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0. 代入(*)式解得7m2＝12(k2＋1)． 此時(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0中Δ>0. 此時原點O到直線MN的距離 d＝＝. 故原點O到直線MN的距離恒為d＝.存在以原點為圓心且與MN總相切的圓，方程為x2＋y2＝.