（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 解析幾何 第1講 直線與圓練習(xí) 文 蘇教版

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1、第1講　直線與圓 1．若圓x2＋y2＝1與直線y＝kx＋2沒有公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________． [解析] 由題意知 ＞1，解得－＜k＜． [答案] (－， ) 2．(2019·揚(yáng)州期末)圓(x＋2)2＋y2＝4與圓(x－2)2＋(y－1)2＝9的位置關(guān)系為________． [解析] 兩圓圓心分別為(－2，0)，(2，1)，半徑分別為2和3，圓心距d＝＝．因?yàn)?－2＜d＜3＋2，所以兩圓相交． [答案] 相交 3．已知?jiǎng)又本€l0：ax＋by＋c－2＝0(a>0，c>0)恒過點(diǎn)P(1，m)，且Q(4，0)到動(dòng)直線l0的最大距離為3，則＋的最小值為________．

2、 [解析] 動(dòng)直線l0：ax＋by＋c－2＝0(a>0，c>0)恒過點(diǎn)P(1，m)，所以a＋bm＋c－2＝0． 又Q(4，0)到動(dòng)直線l0的最大距離為3， 所以 ＝3，解得m＝0．所以a＋c＝2． 又a>0，c>0，所以＋＝(a＋c)＝≥＝，當(dāng)且僅當(dāng)c＝2a＝時(shí)取等號． [答案] 4．已知以原點(diǎn)O為圓心的圓與直線l：y＝mx＋(3－4m)，(m∈R)恒有公共點(diǎn)，且要求使圓O的面積最小，則圓O的方程為________． [解析] 因?yàn)橹本€l：y＝mx＋(3－4m)過定點(diǎn)T(4，3)，由題意，要使圓O的面積最小，則定點(diǎn)T(4，3)在圓上，所以圓O的方程為x2＋y2＝25． [答案

3、] x2＋y2＝25 5．(2019·南京高三模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓M：(x－a)2＋(y＋a－3)2＝1(a>0)，點(diǎn)N為圓M上任意一點(diǎn)．若以N為圓心，ON為半徑的圓與圓M至多有一個(gè)公共點(diǎn)，則a的最小值為________． [解析] 由題意可得圓N與圓M內(nèi)切或內(nèi)含，則|ON|≥2恒成立，即|ON|min＝|OM|－1≥2，|OM|≥3，即a2＋(a－3)2≥9，又a>0，得a≥3，則a的最小值是3． [答案] 3 6．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)四市高三調(diào)研)已知直線l：mx＋y－2m－1＝0，圓C：x2＋y2－2x－4y＝0，當(dāng)直線l被圓C所截得的弦長最短時(shí)，實(shí)數(shù)m＝_____

4、___． [解析] 直線l被圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝5所截得的弦長最短，即圓心C到直線l的距離最大，d＝＝＝，當(dāng)d取最大值時(shí)，m＜0，此時(shí)d＝≤，當(dāng)且僅當(dāng)－m＝1，即m＝－1 時(shí)取等號，即d取得最大值，弦長最短． [答案] －1 7．(2019·江蘇省六市高三調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C1：(x－4)2＋(y－8)2＝1，圓C2：(x－6)2＋(y＋6)2＝9．若圓心在x軸上的圓C同時(shí)平分圓C1和圓C2的圓周，則圓C的方程是________． [解析] 因?yàn)樗髨A的圓心在x軸上，所以可設(shè)所求圓的方程為x2＋y2＋Dx＋F＝0．用它的方程與已知兩圓的方程分別相減得，

5、(D＋8)x＋16y＋F－79＝0，(D＋12)x－12y＋F－63＝0，由題意，圓心C1(4，8)，C2(6，－6)分別在上述兩條直線上，從而求得D＝0，F(xiàn)＝－81，所以所求圓的方程為x2＋y2＝81． [答案] x2＋y2＝81 8．(2019·南京模擬)過點(diǎn)(，0)引直線l與曲線y＝相交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)△AOB的面積取最大值時(shí)，直線l的斜率等于________． [解析] 令P(，0)，如圖，易知|OA|＝|OB|＝1，所以S△AOB＝|OA|·|OB|·sin∠AOB＝sin∠AOB≤，當(dāng)∠AOB＝90°時(shí)，△AOB的面積取得最大值，此時(shí)過點(diǎn)O作OH⊥AB于點(diǎn)H，則

6、|OH|＝，于是sin∠OPH＝＝＝，易知∠OPH為銳角，所以∠OPH＝30°，則直線AB的傾斜角為150°，故直線AB的斜率為tan 150°＝－． [答案] － 9．(2019·南京市四校第一學(xué)期聯(lián)考)已知圓O：x2＋y2＝1，半徑為1的圓M的圓心M在線段CD：y＝x－4(m≤x≤n，m

7、，所以MP＝2MB＝2，所以點(diǎn)P在以M為圓心，2為半徑的圓上．連結(jié)OM，又點(diǎn)P在圓O上，所以點(diǎn)P為圓x2＋y2＝1與圓(x－a)2＋(y－a＋4)2＝4的公共點(diǎn)，所以2－1≤OM≤2＋1，即1≤≤3，得解得2－≤a≤2＋．所以n≥2＋，m≤2－，所以n－m≥． [答案] 10．(2019·蘇北四市高三質(zhì)量檢測)已知A，B是圓C1：x2＋y2＝1上的動(dòng)點(diǎn)，AB＝，P是圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝1上的動(dòng)點(diǎn)，則|＋|的取值范圍為________． [解析] 取AB的中點(diǎn)C，則|＋|＝2||，C的軌跡方程是x2＋y2＝，C1C2＝5，由題意，||的最大值為5＋1＋＝，最小值為5－1－

8、＝，所以|＋|的取值范圍為[7，13]． [答案] [7，13] 11．(2019·南通模擬)已知兩條直線l1：ax－by＋4＝0和l2：(a－1)x＋y＋b＝0，求滿足下列條件的a，b的值． (1)l1⊥l2，且l1過點(diǎn)(－3，－1)； (2)l1∥l2，且坐標(biāo)原點(diǎn)到這兩條直線的距離相等． [解] (1)由已知可得l2的斜率存在，且k2＝1－a． 若k2＝0，則1－a＝0，a＝1． 因?yàn)閘1⊥l2，直線l1的斜率k1必不存在，即b＝0． 又因?yàn)閘1過點(diǎn)(－3，－1)，所以－3a＋4＝0，即a＝(矛盾)． 所以此種情況不存在，所以k2≠0． 即k1，k2都存在，因?yàn)閗2＝1

9、－a，k1＝，l1⊥l2， 所以k1k2＝－1，即(1－a)＝－1．① 又因?yàn)閘1過點(diǎn)(－3，－1)，所以－3a＋b＋4＝0．② 由①②聯(lián)立，解得a＝2，b＝2． (2)因?yàn)閘2的斜率存在，l1∥l2，所以直線l1的斜率存在， k1＝k2，即＝1－a．③ 又因?yàn)樽鴺?biāo)原點(diǎn)到這兩條直線的距離相等，且l1∥l2， 所以l1，l2在y軸上的截距互為相反數(shù)，即＝b，④ 聯(lián)立③④，解得或 所以a＝2，b＝－2或a＝，b＝2． 12．(2019·江蘇高考研究原創(chuàng)卷)已知圓心為C的圓滿足下列條件：圓心C位于x軸的正半軸上，圓C與直線3x－4y＋7＝0相切，且被y軸截得的弦長為2，圓C的面積

10、小于13． (1)求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)過點(diǎn)M(0，3)的直線l與圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，以O(shè)A，OB為鄰邊作平行四邊形OADB，是否存在這樣的直線l，使得直線OD與MC恰好平行？如果存在，求出直線l的方程；如果不存在，請說明理由． [解] (1)設(shè)圓C：(x－a)2＋y2＝R2(a>0)，由題意知，解得a＝1或a＝． 又圓C的面積S＝πR2<13，所以a＝1， 所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋y2＝4． (2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l：x＝0，不滿足題意． 當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l：y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，又直線l與圓C相交于不同

11、的兩點(diǎn)， 聯(lián)立，消去y得(1＋k2)x2＋(6k－2)x＋6＝0， 所以Δ＝(6k－2)2－24(1＋k2)＝12k2－24k－20>0， 解得k<1－或k>1＋， x1＋x2＝－，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋6＝． 在?OADB中，＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)，＝(1，－3)，假設(shè)OD∥MC，則－3(x1＋x2)＝y(tǒng)1＋y2，所以3×＝，解得k＝． 但∈/(－∞，1－)∪(1＋，＋∞)， 所以不存在直線l，使得直線OD與MC恰好平行． 13．(2019·江蘇省高考名校聯(lián)考(三))如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓O：x2＋y2＝4，F(xiàn)(0，2)，點(diǎn)A，B是圓O上的動(dòng)

12、點(diǎn)，且FA·FB＝4． (1)若FB＝1，且點(diǎn)B在第二象限，求直線AB的方程； (2)是否存在與動(dòng)直線AB恒相切的定圓？若存在，求出該圓的方程；若不存在，請說明理由． [解] (1)顯然直線FB的斜率存在，故可設(shè)直線FB的方程為y＝kx＋2(k＞0)， 聯(lián)立方程得，消去y得，(k2＋1)x2＋4kx＝0， 得， 故FB＝＝＝1， 得k＝，點(diǎn)B． 因?yàn)镕B＝1，且FA·FB＝4，所以FA＝4， 又圓O的半徑為2，所以A(0，－2)， 故直線AB的方程為y＝－x－2． (2)由(1)的求解方法易知，若FB＝1，且點(diǎn)B在第一象限， 則直線AB的方程為y＝x－2， 故若存

13、在符合題意的圓，則圓心在y軸上． 設(shè)圓心坐標(biāo)為(0，m)，易知當(dāng)AB∥x軸時(shí)，直線AB的方程為y＝1， 故|m－1|＝＝，解得m＝或m＝2． 若直線FB，F(xiàn)A的斜率存在，不妨設(shè)直線FB，F(xiàn)A的方程分別為y＝k1x＋2，y＝k2x＋2(k1≠k2)， 由(1)的求解方法易知，B， A，F(xiàn)B＝，F(xiàn)A＝． 又FA·FB＝4，所以·＝4，化簡得15kk＝k＋k＋1(*)． 當(dāng)直線AB的斜率存在且不等于0時(shí)，直線AB的方程為＝， 化簡得(k1＋k2)x＋(k1k2－1)y＋2(k1k2＋1)＝0， 則點(diǎn)(0，2)到直線AB的距離d＝＝， 把(*)代入上式得d＝1．又|m－1|＝1＝d

14、，故存在定圓x2＋(y－2)2＝1與動(dòng)直線AB恒相切． 同理點(diǎn)到直線AB的距離d＝＝， 顯然不是定值，故不符合題意． 當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，易知可取A(1，)，B(1，－)，或A(－1，)，B(－1，－)，顯然直線AB與圓x2＋(y－2)2＝1相切． 綜上所述，存在定圓：x2＋(y－2)2＝1與動(dòng)直線AB恒相切． 14．(2019·南京市高三年級第三次模擬考試)如圖，某摩天輪底座中心A與附近的景觀內(nèi)某點(diǎn)B之間的距離AB為160 m．摩天輪與景觀之間有一建筑物，此建筑物由一個(gè)底面半徑為15 m的圓柱體與一個(gè)半徑為15 m的半球體組成．圓柱的底面中心P在線段AB上，且PB為45 m．

15、半球體球心Q到地面的距離PQ為15 m．把摩天輪看作一個(gè)半徑為72 m的圓C，且圓C在平面BPQ內(nèi)，點(diǎn)C到地面的距離CA為75 m．該摩天輪勻速旋轉(zhuǎn)一周需要30 min，若某游客乘坐該摩天輪(把游客看作圓C上一點(diǎn))旋轉(zhuǎn)一周，求該游客能看到點(diǎn)B的時(shí)長．(只考慮此建筑物對游客視線的遮擋) [解] 以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BP所在直線為x軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系， 則B(0，0)，Q(45，15)，C(160，75)． 過點(diǎn)B作直線l與半圓Q相切，與圓C交于點(diǎn)M，N，連結(jié)CM，CN，過點(diǎn)C作CH⊥MN，垂足為H． 設(shè)直線l的方程為y＝kx，即kx－y＝0， 則點(diǎn)Q到l的距離為＝15， 解得k＝或k＝0(舍)． 所以直線l的方程為y＝x，即3x－4y＝0． 所以點(diǎn)C(160，75)到直線l的距離CH＝＝36． 因?yàn)樵赗t△CHM中，CH＝36，CM＝72， 所以cos∠MCH＝＝． 又∠MCH∈(0，)，所以∠MCH＝，所以∠MCN＝2∠MCH＝， 所以該游客能看到點(diǎn)B的時(shí)長為30×＝10(min)． - 8 -