2019屆高考數(shù)學總復習 第九單元 解析幾何 第63講 直線與圓的綜合應用檢測.doc

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第63講　直線與圓的綜合應用 1．(2016福建四地六校聯(lián)考)已知矩形ABCD的對角線交于點P(2,0)，邊AB所在的直線的方程為x＋y－2＝0，點(－1,1)在邊AD上所在的直線上． (1)求矩形ABCD的外接圓的方程； (2)已知直線l：(1－2k)x＋(1＋k)y－5＋4k＝0(k∈R)，求證：直線l與矩形ABCD的外接圓相交，并求最短弦長． (1)依題意得AB⊥AD，所以kAD＝1. 所以AD的方程為y－1＝x＋1，即x－y＋2＝0. 由得即A(0,2)． 由已知得矩形ABCD的外接圓是以P(2,0)為圓心，|AP|＝2為半徑， 其方程為(x－2)2＋y2＝8. (2)l：(x＋y－5)＋k(y－2x＋4)＝0， 所以 即直線l過定點M(3,2)． 因為(3－2)2＋22＝5<8，所以點M(3,2)在圓內(nèi)， 所以直線l與圓相交． 而圓心P與定點M的距離d＝＝， 所以最短弦長＝2＝2. 2．在平面直角坐標系xOy中，已知圓P在x軸上截得的線段長為2，在y軸上截得的線段長為2. (1)求圓心P的軌跡方程； (2)若P點到直線y＝x的距離為，求圓P的方程． (1)設P(x，y)，圓P的半徑長為r， 由題設知y2＋2＝r2，x2＋3＝r2， 從而y2＋2＝x2＋3， 故P點的軌跡方程為y2－x2＝1. (2)設P(x0，y0)，由已知得＝， 又點P在雙曲線y2－x2＝1上， 從而得 由得此時，圓P的半徑r＝. 由得此時，圓P的半徑r＝. 故圓P的方程為x2＋(y＋1)2＝3或x2＋(y－1)2＝3. 3．(2017新課標卷Ⅱ)設O為坐標原點，動點M在橢圓C：＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足＝ 　. (1)求點P的軌跡方程； (2)設點Q在直線x＝－3上，且＝1，證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. (1)設P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x0,0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)． 由＝　得x0＝x，y0＝y(tǒng). 因為M(x0，y0)在C上，所以＋＝1. 因此點P的軌跡方程為x2＋y2＝2. (2)證明：由題意知F(－1,0)． 設Q(－3，t)，P(m，n)， 則＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，＝3＋3m－tn，＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)． 由＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1. 又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0. 所以＝0，即⊥. 又過點P存在唯一直線垂直于OQ， 所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. 4．(2016江蘇卷)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知以M為圓心的圓M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一點A(2,4)． (1)設圓N與x軸相切，與圓M外切，且圓心N在直線x＝6上，求圓N的標準方程； (2)設平行于OA的直線l與圓M相交于B，C兩點，且BC＝OA，求直線l的方程； (3)設點T(t,0)滿足：存在圓M上的兩點P和Q，使得＋＝，求實數(shù)t的取值范圍． 圓M的標準方程為(x－6)2＋(y－7)2＝25， 所以圓心M(6,7)，半徑為5. (1)由圓心N在直線x＝6上，可設N(6，y0)． 因為圓N與x軸相切，與圓M外切， 所以0＜y0＜7，圓N的半徑為y0， 從而7－y0＝5＋y0，解得y0＝1. 因此，圓N的標準方程為(x－6)2＋(y－1)2＝1. (2)因為直線l∥OA， 所以直線l的斜率為＝2. 設直線l的方程為y＝2x＋m， 即2x－y＋m＝0， 則圓心M到直線l的距離 d＝＝. 因為BC＝OA＝＝2， 而MC2＝d2＋2， 所以25＝＋5，解得m＝5或m＝－15. 故直線l的方程為2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0. (3)設P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 因為A(2,4)，T(t,0)，＋＝， 所以① 因為點Q在圓M上，所以(x2－6)2＋(y2－7)2＝25.② 將①代入②，得(x1－t－4)2＋(y1－3)2＝25. 于是點P(x1，y1)既在圓M上，又在圓[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25上， 從而圓(x－6)2＋(y－7)2＝25與圓[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25有公共點， 所以5－5≤≤5＋5， 解得2－2≤t≤2＋2. 因此，實數(shù)t的取值范圍是[2－2，2＋2]．