【数学】2020届一轮复习苏教版直线与圆作业 7页

‎(十) 直线与圆 A组——大题保分练 ‎1．已知圆O：x2＋y2＝4交y轴正半轴于点A，点B，C是圆O上异于点A的两个动点．‎ ‎(1)若B与A关于原点O对称，直线AC和直线BC分别交直线y＝4于点M，N，求线段MN长度的最小值；‎ ‎(2)若直线AC和直线AB的斜率之积为1，求证：直线BC与x轴垂直．‎ 解：(1)由题意，直线AC和直线BC的斜率一定存在且不为0，且A(0,2)，B(0，－2)，AC⊥BC.‎ 设直线AC的斜率为k，则直线BC的斜率为－，‎ 所以直线AC的方程为y＝kx＋2，直线BC的方程为y＝－x－2，‎ 故它们与直线y＝4的交点分别为M，N(－6k,4)．‎ 所以MN＝≥4，当且仅当k＝±时取等号，所以线段MN长度的最小值为4.‎ ‎(2)证明：易知直线AC和直线AB的斜率一定存在且不为0，设直线AC的方程为y＝kx＋2，则直线AB的方程为y＝x＋2.‎ 由解得C，同理可得B.‎ 因为B，C两点的横坐标相等，所以BC⊥x轴．‎ ‎2．已知圆x2＋y2－4x＋2y－3＝0和圆外一点M(4，－8)．‎ ‎(1)过M作直线交圆于A，B两点，若|AB|＝4，求直线AB的方程；‎ ‎(2)过M作圆的切线，切点分别为C，D，求切线长及CD所在直线的方程．‎ 解：(1)圆即(x－2)2＋(y＋1)2＝8，‎ 圆心为P(2，－1)，半径r＝2.‎ ‎①若割线斜率存在，设AB：y＋8＝k(x－4)，‎ 即kx－y－4k－8＝0，设AB的中点为N，‎ 则|PN|＝＝，‎ 由|PN|2＋2＝r2，得k＝－，‎ AB：45x＋28y＋44＝0.‎ ‎②若割线斜率不存在，AB：x＝4，‎ 代入圆方程得y2＋2y－3＝0，y1＝1，y2＝－3符合题意．‎ 综上，直线AB的方程为45x＋28y＋44＝0或x＝4.‎ ‎(2)切线长为＝＝3.‎ 以PM为直径的圆的方程为 ‎(x－2)(x－4)＋(y＋1)(y＋8)＝0，‎ 即x2＋y2－6x＋9y＋16＝0.‎ 又已知圆的方程为x2＋y2－4x＋2y－3＝0，‎ 两式相减，得2x－7y－19＝0，‎ 所以直线CD的方程为2x－7y－19＝0.‎ ‎3．已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)过点M(1,0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)设圆心C(a,0)，‎ 则＝2⇒a＝0或a＝－5(舍去)．‎ 所以圆C的方程为x2＋y2＝4.‎ ‎(2)当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB.‎ 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，‎ 所以x1＋x2＝，x1x2＝.若x轴平分∠ANB，则kAN＝－kBN⇒＋＝0⇒＋＝0⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0⇒－＋2t＝0⇒t＝4，‎ 所以当点N为(4,0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立．‎ ‎4．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x＋3)2＋(y－1)2＝4和圆C2：(x－4)2＋(y－5)2＝4.‎ ‎(1)若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截得的弦长为2，求直线l的方程；‎ ‎(2)设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，求所有满足条件的点P的坐标．‎ 解：(1)由于直线x＝4与圆C1不相交，‎ ‎∴直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－4)，圆C1的圆心到直线l的距离为d.‎ ‎∵l被圆C1截得的弦长为2，‎ ‎∴d＝ ＝1.‎ 又由点到直线的距离公式得d＝，‎ ‎∴k(24k＋7)＝0，解得k＝0或k＝－，‎ ‎∴直线l的方程为y＝0或7x＋24y－28＝0.‎ ‎(2)设点P(a，b)满足条件，‎ 由题意分析可得直线l1，l2的斜率均存在且不为0，‎ 不妨设直线l1的方程为y－b＝k(x－a)，则直线l2的方程为y－b＝－(x－a)．‎ ‎∵圆C1和圆C2的半径相等，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，‎ ‎∴圆C1的圆心到直线l1的距离和圆C2的圆心到直线l2的距离相等，‎ 即＝，‎ 整理得|1＋3k＋ak－b|＝|5k＋4－a－bk|.‎ ‎∴1＋3k＋ak－b＝±(5k＋4－a－bk)，‎ 即(a＋b－2)k＝b－a＋3或(a－b＋8)k＝a＋b－5.‎ ‎∵ k的取值有无穷多个，‎ ‎∴或 解得或 故这样的点只可能是点P1或点P2－，.‎ B组——大题增分练 ‎1.如图，已知以点A(－1,2)为圆心的圆与直线l1：x＋2y＋7＝0相切．过点B(－2,0)的动直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，直线l与l1相交于点P.‎ ‎(1)求圆A的方程；‎ ‎(2)当MN＝2时，求直线l的方程．‎ 解：(1)设圆A的半径为r.‎ 由于圆A与直线l1：x＋2y＋7＝0相切，‎ ‎∴r＝＝2.‎ ‎∴圆A的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝20.‎ ‎(2)①当直线l与x轴垂直时，易知x＝－2符合题意；‎ ‎②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)．‎ 即kx－y＋2k＝0.‎ 连结AQ，则AQ⊥MN.‎ ‎∵MN＝2，‎ ‎∴AQ＝＝1，‎ 则由AQ＝＝1，‎ 得k＝，∴直线l：3x－4y＋6＝0.‎ 故直线l的方程为x＝－2或3x－4y＋6＝0.‎ ‎2．已知点P(2,2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．‎ ‎(1)求M的轨迹方程；‎ ‎(2)当OP＝OM时，求证：△POM的面积为定值．‎ 解：(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，‎ 所以圆心为C(0,4)，半径为4.‎ 设M(x，y)，则＝(x，y－4)，＝(2－x,2－y)．‎ 由题设知·＝0，‎ 故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，‎ 即(x－1)2＋(y－3)2＝2.‎ 由于点P在圆C的内部，‎ 所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.‎ ‎(2)证明：由(1)可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心，为半径的圆．‎ 由于OP＝OM，故O在线段PM的垂直平分线上，‎ 又P在圆N上，从而ON⊥PM.‎ 因为ON的斜率为3，所以PM的斜率为－，‎ 故PM的方程为y＝－x＋.‎ 又OM＝OP＝2，O到l的距离d为，‎ 所以PM＝2＝，‎ 所以△POM的面积为S△POM＝PM·d＝.‎ ‎3.如图，已知位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点(0,1)，且被x轴分成的两段弧长之比为2∶1，过点H(0，t)的直线l与圆C相交于M，N两点，且以MN为直径的圆恰好经过坐标原点O.‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)当t＝1时，求直线l的方程；‎ ‎(3)求直线OM的斜率k的取值范围．‎ 解：(1)因为位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点(0,1)，所以圆心C在直线y＝1上．‎ 又圆C与x轴的交点分别为A，B，由圆C被x轴分成的两段弧长之比为2∶1，得∠ACB＝.‎ 所以CA＝CB＝2，圆心C的坐标为(－2,1)．‎ 所以圆C的方程为(x＋2)2＋(y－1)2＝4.‎ ‎(2)当t＝1时，由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝mx＋1.‎ 由消去y，‎ 得(m2＋1)x2＋4x＝0，‎ 解得或 不妨令M，N(0,1)．‎ 因为以MN为直径的圆恰好经过O(0,0)，‎ 所以·＝·(0,1)＝＝0，解得m＝2±，‎ 故所求直线l的方程为y＝(2＋)x＋1或y＝(2－)x＋1.‎ ‎(3)设直线OM的方程为y＝kx，‎ 由题意，知≤2，解得k≤.‎ 同理得－≤，解得k≤－或k>0.‎ 由(2)知，k＝0也满足题意．‎ 所以k的取值范围是∪.‎ ‎4．已知过点A(－1,0)的动直线l与圆C：x2＋(y－3)2＝4相交于P、Q两点，M是PQ中点，l与直线m：x＋3y＋6＝0相交于N.‎ ‎(1)求证：当l与m垂直时，l必过圆心C；‎ ‎(2)当PQ＝2时，求直线l的方程；‎ ‎(3)探索·是否与直线l的倾斜角有关，若无关，请求出其值；若有关，请说明理由．‎ 解：(1)∵l与m垂直，‎ 且km＝－，∴kl＝3，‎ 故直线l方程为y＝3(x＋1)，即3x－y＋3＝0.‎ ‎∵圆心坐标(0,3)满足直线l方程，‎ ‎∴当l与m垂直时，l必过圆心C.‎ ‎(2)①当直线l与x轴垂直时， 易知x＝－1符合题意．‎ ‎②当直线l与x轴不垂直时， ‎ 设直线l的方程为y＝k(x＋1)，即kx－y＋k＝0，‎ ‎∵PQ＝2，∴CM＝＝1，‎ 则由CM＝＝1，得k＝， ‎ ‎∴直线l：4x－3y＋4＝0. ‎ 故直线l的方程为x＝－1或4x－3y＋4＝0.‎ ‎(3)∵CM⊥MN，∴·＝(＋)·＝‎ ·＋·＝·.‎ 当l与x轴垂直时，易得N，‎ 则＝，又＝(1,3)，‎ ‎∴·＝·＝－5.‎ 当l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，‎ 则由得N，‎ 则＝，‎ ‎∴·＝·＝＋＝－5.‎ 综上所述，·与直线l的斜率无关，‎ 且·＝－5.‎