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 )

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