专题14+直线与圆（1）-冲刺2019高考数学二轮复习核心考点特色突破 11页

专题14 直线与圆（1）‎ ‎【自主热身，归纳总结】‎ ‎1、 在平面直角坐标系xOy中，已知过点A(2，－1)的圆C与直线x＋y＝1相切，且圆心在直线y＝－2x上，则圆C的标准方程为________________．‎ ‎【答案】： (x－1)2＋(y＋2)2＝2　‎ 解法1(几何法) 点A(2，－1)在直线x＋y＝1上，故点A是切点．过点A(2，－1)与直线x＋y－1＝0垂直的直线方程为x－y＝3，由解得所以圆心C(1，－2)．‎ 又AC＝＝，‎ 所以圆C的标准方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝2.‎ ‎2、 在平面直角坐标系xOy中，直线x＋2y－3＝0被圆(x－2)2＋(y＋1)2＝4截得的弦长为 ．‎ ‎【答案】：.‎ ‎【解析】　圆心为(2，－1)，半径r＝2.‎ 圆心到直线的距离d＝＝，‎ 所以弦长为2＝2＝.‎ ‎3、 若直线与圆始终有公共点，则实数的取值范围是 ． ‎ ‎【答案】：0≤m≤10.‎ ‎【解析】 因为，所以由题意得：,化简得即0≤m≤10.‎ ‎4、 在平面直角坐标系中，以点为圆心且与直线(R)相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为 ．‎ ‎【答案】：(x－1)2＋y2＝2.‎ ‎【解析】 由直线mx－y－2m－1＝0得m(x－2)－(y＋1)＝0，故直线过点(2，－1)．当切线与过(1，0)，(2，－1)两点的直线垂直时，圆的半径最大，此时有r＝＝，故所求圆的标准方程为(x－1)2＋y2＝2.‎ ‎5、圆心在抛物线y＝x2上，并且和该抛物线的准线及y轴都相切的圆的标准方程为________．‎ ‎【答案】： (x±1)2＋2＝1　‎ 思路分析 求圆的方程就是要确定它的圆心与半径，根据圆与抛物线的准线以及与y轴都相切，得到圆心的一个等式，再根据圆心在抛物线上，得到另一个等式，从而可求出圆心的坐标，由此可得半径．‎ 因为圆心在抛物线y＝x2上，所以设圆心为(a，b)，则a2＝2b.又圆与抛物线的准线及y轴都相切，故b＋＝|a|＝r，由此解得a＝±1，b＝，r＝1，所以所求圆的方程为(x±1)2＋2＝1.‎ 解后反思 凡涉及抛物线上点到焦点的距离或到准线的距离时，一般运用定义转化为到准线的距离或到焦点的距离来进行处理，本题中充分运用抛物线定义实施转化，其关键在于求圆心的坐标．‎ ‎6、在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x－4)2＋(y－8)2＝1，圆C2：(x－6)2＋(y＋6)2＝9，若圆心在x轴上的圆C同时平分圆C1和圆C2的圆周，则圆C的方程是________．‎ ‎7、. 在平面直角坐标系xOy中，已知过点M(1,1)的直线l与圆(x＋1)2＋(y－2)2＝5相切，且与直线ax＋y－1＝0垂直，则实数a＝________.‎ ‎【答案】： 　‎ 思路分析 可用过圆上一点的切线方程求解；也可用垂直条件，设切线方程(x－1)－a(y－1)＝0，再令圆心到切线的距离等于半径．‎ 因为点M在圆上，所以切线方程为(1＋1)(x＋1)＋(1－2)(y－2)＝5，即2x－y－1＝0.由两直线的法向量(2，－1)与(a,1)垂直，得2a－1＝0，即a＝.‎ 思想根源 以圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一点T(x0，y0)为切点的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2.‎ ‎8、 若直线l1：y＝x＋a和直线l2：y＝x＋b将圆(x－1)2＋(y－2)2＝8分成长度相等的四段弧，则a2＋b2＝________.‎ ‎【答案】： 18　．‎ ‎9、 若直线3x＋4y－m＝0与圆x2＋y2＋2x－4y＋4＝0始终有公共点，则实数m的取值范围是________．‎ ‎【答案】： [0,10]‎ ‎【解析】：　圆的标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝1，故圆心到直线距离d＝≤1.‎ 即|m－5|≤5，解得0≤m≤10.‎ ‎10、在平面直角坐标系xOy中，过点P(－2,0)的直线与圆x2＋y2＝1相切于点T，与圆(x－a)2＋(y－)2＝3相交于点R，S，且PT＝RS，则正数a的值为________．‎ ‎【答案】： 4‎ ‎【解析】：　因为PT与圆x2＋y2＝1相切于点T，所以在Rt△OPT中，OT＝1，OP＝2，∠OTP＝，从而∠OPT＝，PT＝，故直线PT的方程为x±y＋2＝0，因为直线PT截圆(x－a)2＋(y－)2＝3得弦长RS＝，设圆心到直线的距离为d，则d＝，又＝2，即d＝，即|a±3＋2|＝3，解得a＝－8，－2,4，因为a>0，所以a＝4.‎ ‎11、定义：点到直线的有向距离为．已知点,，直线过点，若圆上存在一点，使得三点到直线的有向距离之和为0，则直线的斜率的取值范围为 ．‎ ‎【答案】：‎ ‎【思路分析】由“三点到直线的有向距离之和为0”知，动点在一条直线上，又因为点在圆上，故问题转化为该直线与圆有公共点，此时圆心到该直线的距离小于等于半径9.‎ ‎【解析】：设直线的斜率为，则直线的方程为，即，设点，则点三点到直线的有向距离分别为，，‎ ‎，由得，，即，又因为点在圆上，故，即.‎ ‎12、 已知圆O：x2＋y2＝4，若不过原点O的直线l与圆O交于P，Q两点，且满足直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，则直线l的斜率为________．‎ ‎【答案】： ±1　‎ ‎ 思路分析 由直线PQ的方程与圆的方程联立成方程组，将点P，Q的坐标用直线方程中的参数k，b表示出来，进而将OP，OQ的斜率用k，b表示，再根据OP，PQ，OQ的斜率成等比数列求出k的值．‎ 当直线PQ垂直于x轴时，显然不成立，所以设直线PQ为y＝kx＋b(b≠0)，将它与圆方程联立并消去y得(k2＋1)x2＋2kbx＋b2－4＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2＝，x1＋x2＝，因为y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝k2·－＋b2＝，故kOP·kOQ＝＝＝k2，即b2(k2－1)＝0，因为b≠0，所以k2＝1，即k＝±1. ‎ ‎ 解后反思 本题可推广到椭圆中：已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，若不过原点O的直线l与椭圆C交于P，Q两点，且满足直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，则直线l的斜率为±.‎ ‎13、已知线段AB的长为2，动点C满足·＝λ(λ<0)，且点C总不在以点B为圆心，为半径的圆内，则负数λ的最大值是________．‎ ‎【答案】： －　‎ 建系，以线段AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴．动点C的轨迹为圆C(或为一点，可视为点圆)，欲使点C总不在以点B为圆心，为半径的圆内，也就两圆外切或外离，或者圆B内切或内含于圆C，再根据圆心距与半径的关系求解即可．‎ 以线段AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设点C(x，y)，则x2＋y2＝λ＋1，且0>λ≥－1.当两圆外切或外离时，OB＝1≥＋，解得λ≤－；圆B内切或内含于圆C时，OB＝1≤－，解得λ≥(舍)，故负数λ的最大值是－.‎ ‎【问题探究，变式训练】 ‎ 例1、已知圆C：(x－a)2＋(y－a)2＝1(a>0)与直线y＝3x相交于P，Q两点，则当△CPQ的面积最大时，实数a的值为________．‎ ‎【答案】 ‎【解析】：　因为△CPQ的面积等于sin∠PCQ，所以当∠PCQ＝90°时，△CPQ的面积最大，此时圆心到直线y＝3x的距离为，因此＝，解得a＝.‎ ‎【变式1】、. 已知直线l过点P(1,2)且与圆C：x2＋y2＝2相交于A，B两点，△ABC的面积为1，则直线l的方程为________．‎ ‎【答案】3x－4y＋5＝0或x＝1‎ ‎　当直线斜率存在时，设直线的方程为y＝k(x－1)＋2，即kx－y－k＋2＝0.因为S＝CA·CB·sin∠ACB＝1，所以··sin∠ACB＝1，所以sin∠ACB＝1，即sin∠ACB＝90°，所以圆心C到直线AB的距离为1，所以＝1，解得k＝，所以直线方程为3x－4y＋5＝0；当直线斜率不存在时，直线方程为x＝1，经检验符合题意．综上所述，直线方程为3x－4y＋5＝0或x＝1.‎ ‎【变式2】、在平面直角坐标系xOy中，圆C1：(x－1)2＋y2＝2，圆C2：(x－m)2＋(y＋m)2＝m2，若圆C2上存在点P满足：过点P向圆C1作两条切线PA，PB，切点为A，B，△ABP的面积为1，则正数m的取值范围是________．‎ ‎【答案】： 　‎ 注意到△ABP的面积是定值，从而点P的位置应该具有某种确定性，故首先由△ABP的面积来确定点P所满足的条件，进而将问题转化为以C1为圆心的圆与以C2为圆心的圆有公共点的问题来加以处理．‎ 如图，设P(x，y)，设PA，PB的夹角为2θ.‎ ‎△ABP的面积S＝PA2sin2θ＝PA2·sinθ·cosθ＝PA2··＝1，即PA3＝PC＝PA2＋2，解得PA＝，‎ 所以PC1＝2，所以点P在圆(x－1)2＋y2＝4上．‎ 所以≤≤m＋2，解得1≤m≤3＋2.‎ 本题的本质是两个圆的位置关系问题，要解决这个问题，首先要确定点P所满足的条件，为此，由△ABP的面积来确定点P所满足的条件是解决本题的关键所在．‎ ‎【变式3】、已知点A(1，0)和点B(0，1)，若圆x2＋y2－4x－2y＋t＝0上恰有两个不同的点P，使得△PAB的面积为，则实数t的取值范围是________．‎ ‎【关联1】、过圆x2＋y2＝16内一点P(－2，3)作两条相互垂直的弦AB和CD，且AB＝CD，则四边形ACBD的面积为________．‎ ‎【答案】： 19‎ ‎　【解析】：设O到AB的距离为d1，O到CD的距离为d2，则由垂径定理可得d＝r2－，d＝r2－，由于AB＝CD，故d1＝d2，且d1＝d2＝OP＝，所以＝r2－d＝16－＝，得AB＝，从而四边形ACBD的面积为S＝AB×CD＝××＝19.‎ 解决直线与圆的综合问题时，需要充分利用圆的几何性质进行转化．本题结合条件，利用垂径定理，通过整体计算，实现了简化的目的．‎ ‎【关联2】、 已知圆O：x2＋y2＝4，点M(4,0)，过原点的直线(不与 x 轴重合)与圆O交于A，B 两点，则△ABM的外接圆的面积的最小值为________．‎ ‎【答案】： π　‎ ‎【解析】：设△ABM的外接圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，所以x＋y＋Dx1＋Ey1＋F＝0　①，x＋y－Dx1－Ey1＋F＝0　②，由①②得Dx1＋Ey1＝0　③，又x＋y＝4　④，由①③④得F＝－4，所以外接圆方程为x2＋y2＋Dx＋Ey－4＝0.又圆过点(4,0)，所以42＋4D－4＝0，解得D＝－3，所以圆方程为x2＋y2－3x＋Ey－4＝0.所以半径R＝＝，当E＝0时，R最小，为 ‎，所以△ABM的外接圆的面积的最小值为π.‎ ‎【关联3】、在平面直角坐标系中，已知点在圆内，动直线过点且交圆于两点，若△ABC的面积的最大值为，则实数的取值范围为 ． ‎ ‎ 【答案】．‎ ‎【解析】圆C的标准方程为(x－m)2＋(y－2)2＝32，圆心为C(m,2)，半径为4，当△ABC的面积的最大值为16时，∠ACB＝90o，此时C到AB的距离为4，所以4≤CP＜4，即16≤(m－3)2＋(0－2)2＜32，解得2≤|m－3|＜2，‎ 即m∈．‎ 例1、 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－4，0)，B(0，4)，从直线AB上一点P向圆x2＋y2＝4引两条切线PC，PD，切点分别为C，D.设线段CD的中点为M，则线段AM长的最大值为________．‎ ‎【答案】： 3 P在直线AB：y＝x＋4上，设P(a，a＋4)，可以求出切点弦CD的方程为ax＋(a＋4)y＝4，易知CD过定点，所以M的轨迹为一个定圆，问题转化为求圆外一点到圆上一点的距离的最大值．‎ 解法1(几何法) 因为直线AB的方程为y＝x＋4，所以可设P(a，a＋4)，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，所以PC方程为x1x＋y1y＝4，PD：x2x＋y2y＝4，将P(a，a＋4)分别代入PC，PD方程，则直线CD的方程为ax＋(a＋4)y＝4，即a(x＋y)＝4－4y，所以直线CD过定点N(－1，1)，‎ 又因为OM⊥CD，所以点M在以ON为直径的圆上(除去原点)，又因为以ON为直径的圆的方程为＋＝，‎ 所以AM的最大值为＋＝3.‎ 解法2(参数法) 因为直线AB的方程为y＝x＋4，所以可设P(a，a＋4)，同解法1可知直线CD的方程为ax＋(a＋4)y＝4，即a(x＋y)＝4－4y，得a＝.又因为O，P，M三点共线，所以ay－(a＋4)x＝0，得a＝.因为a＝＝，所以点M的轨迹方程为＋＝(除去原点)，所以AM的最大值为＋＝3.‎ 此类问题往往是求出一点的轨迹方程，转化为定点到曲线上动点的距离的最值问题，而求轨迹方程，解法1运用了几何法，解法2运用了参数法，消去参数a得到轨迹方程．另外要熟练记住过圆上一点的切线方程和圆的切点弦方程的有关结论．‎ ‎【变式1】、在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，则点的纵坐标的取值范围是 ．‎ ‎【答案】： ‎ ‎ 思路分析：根据条件可得动点的轨迹是圆，进而可以将问题转化为圆与圆的位置关系进行处理.‎ 解题过程：设，因为所以，化简得，则圆与圆有公共点，将两圆方程相减可得两圆公共弦所在直线方程为，代入可得，所以点的纵坐标的取值范围是．‎ 解后反思：在解决与圆相关的综合问题时，要注意充分利用圆的几何性质或一些简单的轨迹知识将问题转化为直线与圆或圆与圆的位置关系问题.‎ ‎【变式2】、在平面直角坐标系xOy中，已知B，C为圆x2＋y2＝4上两点，点A(1,1)，且AB⊥AC，则线段BC的长的取值范围为________．‎ ‎【答案】. [－，＋]　‎ 思路分析 本题考查圆的方程和性质，考查等价转化和运算求解能力，借助直角三角形的性质，把求BC的长转化为求2AM的长，而A为定点，思路1，求出M的轨迹方程，根据圆的性质及直角三角形的性质不难求得，其轨迹为一个圆，问题就转化为一定点到圆上一点的距离，这是一个基本题型，求解即得；思路2，设出AM＝x，OM＝y，寻找到x，y之间的关系式，通过线性规划的知识去处理．‎ 解法1 设BC的中点为M(x，y)．‎ 因为OB2＝OM2＋BM2＝OM2＋AM2，‎ 所以4＝x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2，‎ 化简得2＋2＝，‎ 所以点M的轨迹是以为圆心，为半径的圆，‎ 所以AM的取值范围是，‎ 所以BC的取值范围是[－，＋]．‎ 解法2 设BC的中点为M，设AM＝x，OM＝y.‎ 因为OC2＝OM2＋CM2＝OM2＋AM2，所以x2＋y2＝4.‎ 因为OA＝，所以x＋y≥，x＋≥y，y＋≥x.‎ 如图所示，‎ 可得x∈，‎ 所以BC的取值范围是[－，＋]．‎ 解后反思 求线段的长度范围，如果一个端点为定点，这时可以考虑运用轨迹法，求出另外一个端点的轨迹，问题迎刃而解．‎ ‎ 【变式3】、在平面直角坐标系xOy中，直线l1：kx－y＋2＝0与直线l2：x＋ky－2＝0相交于点P，则当实数k变化时，点P到直线x－y－4＝0的距离的最大值为________．‎ ‎【答案】：3　‎ 思路分析 因为直线l1，l2分别经过定点A(0,2)，B(2,0)，且l1⊥l2，所以点P在以AB为直径的圆C上．‎ 解法1 当k＝0时，点P(2,2)到直线x－y－4＝0的距离为2；当k≠0时，解方程组得两直线交点P的坐标为，所以点P到直线x－y－4＝0的距离为＝，为求得最大值，考虑正数k，则有＝≤，所以≤＝3.‎ 解法2 圆C的圆心为C(1,1)，半径r＝.因为圆心C到直线l：x－y－4＝0的距离为d＝＝2，所以点 P到直线l的距离的最大值为d＋r＝3.‎ 解后反思 直接求出l1，l2的交点P的坐标(用k表示)虽然也能做，但计算量较大．找出点P变化的规律性比较好．‎ ‎【关联1】、如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2＋y2－4x＝0及点A(－1，0)，B(1,2)．‎ ‎(1) 若直线l∥AB，与圆C相交于M，N两点，MN＝AB，求直线l的方程；‎ ‎(2) 在圆C上是否存在点P，使得PA2＋PB2＝12？若存在，求点P的个数；若不存在，请说明理由．‎ 规范解答 (1) 圆C的标准方程为(x－2)2＋y2＝4，所以圆心C(2,0)，半径为2.‎ 因为l∥AB，A(－1,0)，B(1,2)，所以直线l的斜率为＝1，设直线l的方程为x－y＋m＝0，(2分)‎ 则圆心C到直线l的距离为d＝＝.(4分)‎ 因为MN＝AB＝＝2，‎ 而CM2＝d2＋2，所以4＝＋2，(6分)‎ 解得m＝0或m＝－4，‎ 故直线l的方程为x－y＝0或x－y－4＝0.(8分)‎ ‎(2) 假设圆C上存在点P，设P(x，y)，则(x－2)2＋y2＝4，‎ PA2＋PB2＝(x＋1)2＋(y－0)2＋(x－1)2＋(y－2)2＝12，即x2＋y2－2y－3＝0，即x2＋(y－1)2＝4.(10分)‎ 因为|2－2|＜＜2＋2，(12分)‎ 所以圆(x－2)2＋y2＝4与圆x2＋(y－1)2＝4相交，‎ 所以点P的个数为2.(14分)‎ ‎【关联2】、在平面直角坐标系中，圆．若圆存在以为中点的弦，且，则实数的取值范围是 ．‎ ‎【关联3】、在平面直角坐标系xOy中，点A(1,0)，B(4,0)．若直线x－y＋m＝0上存在点P使得PA＝PB，则实数m的取值范围是________．‎ ‎【答案】 [－2，2]　‎ 思路分析 本题旨在考查直线与圆的位置关系．A，B为定点，满足AP＝PB的点P的轨迹是一个圆，要求m的范围只要使得动直线x－y＋m＝0与该圆有公共点．‎ 解法1 设满足条件PB＝2PA的点P坐标为(x，y)，则(x－4)2＋y2＝4(x－1)2＋4y2，化简得x2＋y2＝4，要使直线x－y＋m＝0有交点，只需要≤2，即－2≤m≤2.‎ 解法2 设在直线x－y＋m＝0上有一点(x，x＋m)满足PB＝2PA，则(x－4)2＋(x＋m)2＝4(x－1)2＋4(x＋m)2，整理得，2x2＋2mx＋m2－4＝0，(*)‎ 因为方程(*)有解，则Δ＝4m2－8(m2－4)≥0，解得－2≤m≤2.‎