2020届江苏省高考数学二轮复习课时达标训练（十）直线与圆 7页

课时达标训练(十) 直线与圆 A组 ‎1．(2019·全国卷Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．‎ ‎(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径．‎ ‎(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．‎ 解：(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．‎ 因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.‎ 连接MA由已知得|AO|＝2.又⊥，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，‎ ‎ 解得a＝0或a＝4.‎ 故⊙M的半径r＝2或r＝6.‎ ‎(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|－|MP|为定值．‎ 理由如下：‎ 设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.‎ 由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4x.‎ 因为曲线C：y2＝4x是以点P(1，0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.‎ 因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，‎ 所以存在满足条件的定点P.‎ ‎2．(2019·镇江期初测试)已知圆C和直线x－y＋2＝0相切于点P(1，)，且经过点Q(4，0)．‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)设M(2，1)，过M作圆C的两条相互垂直的弦AD，BE，求四边形ABDE的面积的最大值．‎ 解：(1)连接PC，PQ，‎ 由于圆C和直线x－y＋2＝0相切于点P(1，)，因此直线PC的斜率为－，其方程为y－＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.‎ 易知直线PQ的斜率为－，线段PQ的中点坐标为 ，‎ 则线段PQ的垂直平分线的方程为y－＝，即x－y－2＝0.‎ 由解得则圆心C的坐标为(2，0)．‎ 所以圆C的半径r＝CQ＝2，‎ 所以圆C的方程为(x－2)2＋y2＝4.‎ ‎(2)如图，作CH⊥AD于点H，CG⊥BE于点G，连接CM，则CH2＋CG2＝CM2＝1，‎ 所以AD2＋BE2＝4(4－CH2)＋4(4－CG2)＝28.‎ 又AD2＋BE2≥2AD·BE，所以AD·BE≤14，‎ 所以四边形ABDE的面积S＝AD·BE≤×14＝7，‎ 当且仅当AD＝BE＝时等号成立，‎ 所以四边形ABDE的面积的最大值为7.‎ ‎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．已知圆M与直线3x－y＋4＝0相切于点(1，)，圆心M在x轴上．‎ ‎(1)求圆M的方程．‎ ‎(2)过点M且不与x轴重合的直线与圆M相交于A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB分别与直线x＝8相交于C，D两点．记△OAB，△OCD的面积分别是S1，S2，求的取值范围．‎ 解：(1)由题可知，设圆的方程为(x－a)2＋y2＝r2，‎ 解得所以圆的方程为(x－4)2＋y2＝16.‎ ‎(2)由题意知，∠AOB＝，‎ 设直线OA的斜率为k(k≠0)，则直线OA的方程为y＝kx，‎ 由得(1＋k2)x2－8x＝0，‎ 解得或 则点A的坐标为.‎ 又直线OB的斜率为－，‎ 同理可得点B的坐标为 .‎ 由题可知，C(8，8k)，D.‎ 因此＝＝·，‎ 又＝＝＝，同理＝，‎ 所以＝＝≤，‎ 当且仅当|k|＝1时取等号．‎ 又＞0，所以的取值范围是.‎ B组 ‎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．(2019·姜堰中学检测)已知圆O：x2＋y2＝4，点A(1，0)，圆C经过点A且与圆O交于P，Q两点．‎ ‎(1)若圆C与x轴相切，且PQ的长为，求圆C的方程；‎ ‎(2)若·＝1，求PQ的长的取值范围．‎ 解：(1)因为圆C与x轴相切，且经过点A(1，0)，所以可设圆心C(1，m)，则其半径r＝|m|，圆C的方程为(x－1)2＋(y－m)2＝m2，‎ 即x2＋y2－2x－2my＋1＝0.‎ 与圆O的方程相减得直线PQ的方程2x＋2my－5＝0.‎ 取弦PQ的中点M，连接OM，OP，易知OM⊥PQ，且OM＝，‎ 因为OM2＋PM2＝OP2，PM＝PQ＝，‎ 所以＋＝4，解得m＝±1.‎ 当m＝1时，圆C的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1；‎ 当m＝－1时，圆C的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝1.‎ 所以圆C的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1或(x－1)2＋(y＋1)2＝1.‎ ‎(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ的中点M(x0，y0)，‎ 则x0＝，y0＝，x＋y＝4，x＋y＝4.‎ 因为·＝1，所以(1－x1，－y1)·(1－x2，－y2)＝1，‎ 所以x1x2＋y1y2－(x1＋x2)＝0，即x1x2＋y1y2＝2x0.①‎ 又x＋y＝＋ ‎＝[(x＋y)＋(x＋y)＋2(x1x2＋y1y2)]‎ ‎＝[4＋4＋2(x1x2＋y1y2)]‎ ‎＝2＋(x1x2＋y1y2)．②‎ 由①②得，x＋y＝2＋x0，‎ 所以点M在圆＋y2＝上．‎ 又M是弦PQ的中点，所以点M在圆O内，即点M在以为圆心，为半径的圆上，除去点(2，0)．‎ 所以OM∈[1，2)．‎ 因为PQ＝2，所以PQ的长的取值范围是(0，2]．‎ ‎3．(2019·木渎中学模拟)已知圆心C在直线x＋y－4＝0上的圆C经过点A(7，0)，直线y＝x与圆C交于B，N两点，线段BN的长为2.‎ ‎(1)求圆C的标准方程；‎ ‎(2)O为坐标原点，设过圆心C的直线l与圆C交于D，E两点，求四边形ODAE面积的最大值．‎ 解：(1)因为圆C的圆心在直线x＋y－4＝0上，‎ 所以设圆心C的坐标为(a，4－a)，圆C的半径为r，‎ 则圆C的标准方程为(x－a)2＋(y－4＋a)2＝r2.‎ 因为圆C经过点A(7，0)，所以(7－a)2＋(a－4)2＝r2.①‎ 因为圆心C(a，4－a)到直线y＝x的距离d＝，‎ 所以r2＝d2＋，即r2＝2(a－2)2＋1，②‎ 由①②得a＝4，r2＝9，所以圆C的标准方程为(x－4)2＋y2＝9.‎ ‎(2)由(1)知C(4，0)．‎ 当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝4，‎ 因为DE＝2r＝6，所以S四边形ODAE＝S△ODE＋S△ADE＝×4×6＋×3×6＝21.‎ 当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，易知k≠0，‎ 则直线l的方程为y＝k(x－4)，k≠0，‎ 即kx－y－4k＝0，k≠0.‎ 则S四边形ODAE＝S△ODE＋S△ADE＝×6×＋×6×＝21×＜21×＝21.‎ 综上，四边形ODAE面积的最大值为21.‎ ‎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)证明：∵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.‎