2014-2023年高考数学真题专题分类--9.1　直线与圆(含解析)

2014-2023年高考数学真题专题分类
专题九　平面解析几何
9.1　直线与圆
考点一　直线的方程
1.(2020课标Ⅲ文,8,5分)点(0,-1)到直线y=k(x+1)距离的最大值为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.1　　　　B.　　　　C.　　　　D.2
答案　B　解法一:点(0,-1)到直线y=k(x+1)的距离为d==,注意到k2+1≥2k,于是2(k2+1)≥k2+2k+1=|k+1|2,当且仅当k=1时取等号.
即|k+1|≤·,所以d=≤,故点(0,-1)到直线y=k(x+1)距离的最大值为.故选B.
解法二:由题意知,直线l:y=k(x+1)是过点P(-1,0)且斜率存在的直线,点Q(0,-1)到直线l的最大距离在直线l与直线PQ垂直时取得,此时k=1,最大距离为|PQ|=,故选B.
2.(2018北京,7,5分)在平面直角坐标系中,记d为点P(cosθ,sinθ)到直线x-my-2=0的距离.当θ,m变化时,d的最大值为(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4
答案　C　本题主要考查点到直线的距离.
解法一:由点到直线的距离公式得d=,
cosθ-msinθ=,
令sinα=,cosα=,
∴cosθ-msinθ=sin(α-θ),∴d≤==1+,∴当m=0时,dmax=3,故选C.
解法二:∵cos2θ+sin2θ=1,∴P点的轨迹是以原点为圆心的单位圆,
又x-my-2=0表示过点(2,0)且斜率不为0的直线,
如图,可得点(-1,0)到直线x=2的距离即为d的最大值.
故选C.
导师点睛　解法一:利用点到直线的距离公式求最值.
解法二:首先得出P点的轨迹是单位圆,x-my-2=0表示过点(2,0)且斜率不为0的直线,然后利用数形结合思想轻松得到答案.
3.(2014四川文,9,5分)设m∈R,过定点A的动直线x+my=0和过定点B的动直线mx-y-m+3=0交于点P(x,y),则|PA|+|PB|的取值范围是(　　)
A.[,2]　　　 　B.[,2]
C.[,4]　　　　D.[2,4]
答案　B　直线x+my=0过定点A(0,0),直线mx-y-m+3=0过定点B(1,3).
①当m=0时,过定点A的直线方程为x=0,过定点B的直线方程为y=3,两条直线互相垂直,此时P(0,3),∴|PA|+|PB|=4.
②当m≠0时,直线x+my=0的斜率为-,直线mx-y-m+3=0的斜率为m.∵-×m=-1,∴两条直线互相垂直,即点P可视为以AB为直径的圆上的点.当点P与点A或点B重合时,|PA|+|PB|有最小值.当点P不与点A,点B重合时,△PAB为直角三角形,且|PA|2+|PB|2=|AB|2=10.由不等式性质知|PA|+|PB|≤2=2,∴|PA|+|PB|∈[,2].
综合①②得|PA|+|PB|∈[,2].
评析　本题考查直线的方程、两直线垂直及不等式的性质,解答本题的关键是找到点P的轨迹.属中档题.
4.(2013湖南理,8,5分)在等腰直角三角形ABC中,AB=AC=4,点P是边AB上异于A,B的一点.光线从点P出发,经BC,CA反射后又回到点P(如图).若光线QR经过△ABC的重心,则AP等于(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.2　　　　B.1　　　　C.　　　　D.
答案　D　以AB为x轴,AC为y轴建立如图所示的坐标系,由题可知B(4,0),C(0,4),A(0,0),则直线BC的方程为x+y-4=0.
设P(t,0)(0所以t=0或t=,因为05.(2012浙江理,3,5分)设a∈R,则“a=1”是“直线l1:ax+2y-1=0与直线l2:x+(a+1)y+4=0平行”的(　　)
A.充分不必要条件　　　　B.必要不充分条件
C.充分必要条件　　　 　D.既不充分也不必要条件
答案　A　由l1∥l2,得-=-,解得a=1或a=-2,代入检验符合,即“a=1”是“l1∥l2”的充分不必要条件,故选A.
评析　本题考查两直线平行和充要条件的判断,考查运算求解能力.
6.(2011浙江文,12,4分)若直线x-2y+5=0与直线2x+my-6=0互相垂直,则实数m=　　　　.
答案　1
解析　依题意m≠0,所以由×=-1,得m=1.
评析　本题考查两条直线垂直的充要条件,属容易题.注意与平行的区别.
考点二　圆的方程
1.(2020课标Ⅲ文,6,5分)在平面内,A,B是两个定点,C是动点.若·=1,则点C的轨迹为(　　)
A.圆　　　　B.椭圆　　　　C.抛物线　　　　D.直线
答案　A　不妨以AB所在直线为x轴,AB的中点为原点,建立平面直角坐标系,
设C(x,y),A(-c,0),B(c,0),c>0,则=(x+c,y),=(x-c,y),
由·=1,得(x+c)(x-c)+y·y=1,即x2+y2=c2+1>0,
∴点C的轨迹为圆.故选A.
2.(2015课标Ⅱ理,7,5分)过三点A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圆交y轴于M,N两点,则|MN|=(　　)
A.2　　　　B.8　　　　C.4　　　　D.10
答案　C　设圆心为P(a,b),由点A(1,3),C(1,-7)在圆上,知b==-2.再由|PA|=|PB|,得a=1.则P(1,-2),|PA|==5,于是圆P的方程为(x-1)2+(y+2)2=25.令x=0,得y=-2±2,则|MN|=|(-2+2)-(-2-2)|=4.
3.(2015课标Ⅱ文,7,5分)已知三点A(1,0),B(0,),C(2,),则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为(　　)
A.　　　 　B.　　　　
C.　　　　D.
答案　B　在平面直角坐标系xOy中画出△ABC,易知△ABC是边长为2的正三角形,其外接圆的圆心为D.因此|OD|===.故选B.
4.(2015北京文,2,5分)圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是(　　)
A.(x-1)2+(y-1)2=1　　　　 B.(x+1)2+(y+1)2=1
C.(x+1)2+(y+1)2=2　　　　D.(x-1)2+(y-1)2=2
答案　D　由题意得圆的半径为,故该圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=2,故选D.
5.(2018天津文,12,5分)在平面直角坐标系中,经过三点(0,0),(1,1),(2,0)的圆的方程为　　　　　　　　.
答案　x2+y2-2x=0
解析　本题主要考查圆的方程.
解法一:易知以(0,0),(1,1),(2,0)为顶点的三角形为等腰直角三角形,其外接圆的圆心为(1,0),半径为1,所以所求圆的方程为(x-1)2+y2=1,即x2+y2-2x=0.
解法二:设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,
由已知条件可得
解得
所以所求圆的方程为x2+y2-2x=0.
方法总结　常见的求圆的方程的方法:
(1)利用圆的几何特征,求出圆心坐标和半径长,从而写出圆的标准方程.
(2)利用待定系数法.若利用所给条件易求圆心的坐标和半径长,则常用标准方程求解;若所给条件与圆心、半径关系不密切或涉及圆上多点,则常用一般方程求解.
6.(2016浙江文,10,6分)已知a∈R,方程a2x2+(a+2)y2+4x+8y+5a=0表示圆,则圆心坐标是　　　　　　,半径是　　　　.
答案　(-2,-4);5
解析　方程a2x2+(a+2)y2+4x+8y+5a=0表示圆,则a2=a+2,故a=-1或2.当a=2时,方程为4x2+4y2+4x+8y+10=0,即x2+y2+x+2y+=0,亦即+(y+1)2=-,不成立,故舍去;当a=-1时,方程为x2+y2+4x+8y-5=0,即(x+2)2+(y+4)2=25,故圆心为(-2,-4),半径为5.
评析　本题重点考查了圆的一般方程.圆的一般方程除了要求x2,y2的系数相等以外,还要注意求出的圆的半径的平方必须为正.(对于x2+y2+Dx+Ey+F=0,要求D2+E2-4F>0)
7.(2016天津文,12,5分)已知圆C的圆心在x轴的正半轴上,点M(0,)在圆C上,且圆心到直线2x-y=0的距离为,则圆C的方程为　　　　　　.
答案　(x-2)2+y2=9
解析　设圆C的方程为(x-a)2+y2=r2(a>0),
由题意可得解得所以圆C的方程为(x-2)2+y2=9.
方法总结　待定系数法是求解圆方程的常用方法,一般步骤为①设出圆的方程;②列出关于系数的方程组,并求出各系数的值;③检验各值是否符合题意,并写出满足题意的圆的方程.有时也可利用圆的几何性质进行求解.
评析　本题主要考查点与圆的位置关系,点到直线的距离公式以及圆的方程的求法,考查方程思想方法的应用,注意圆心的横坐标的取值范围是解决本题的关键.
8.(2015课标Ⅰ理,14,5分)一个圆经过椭圆+=1的三个顶点,且圆心在x轴的正半轴上,则该圆的标准方程为　　　　.
答案　+y2=
解析　由已知得该圆经过椭圆的三个顶点A(4,0)、B(0,2)、C(0,-2).易知线段AB的垂直平分线的方程为2x-y-3=0.令y=0,得x=,所以圆心坐标为,则半径r=4-=.故该圆的标准方程为+y2=.
评析　本题考查圆和椭圆的方程,求出圆心坐标是解题关键.
9.(2014陕西理,12,5分)若圆C的半径为1,其圆心与点(1,0)关于直线y=x对称,则圆C的标准方程为　　　　　　　.
答案　x2+(y-1)2=1
解析　根据题意得点(1,0)关于直线y=x对称的点(0,1)为圆心,又半径r=1,所以圆C的标准方程为x2+(y-1)2=1.
10.(2022全国乙,理14,文15,5分)过四点(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为　　　　　　　　.
答案　 (x-2)2+(y-1)2=5或x2+y2-4x-6y=0或x2+y2-y=0或x2+y2-=0
解析　选取(0,0),(4,0),(4,2)时,不妨设这三点分别为O,A,B,则线段OA的垂直平分线的方程为x=2,线段AB的垂直平分线的方程为y=1,所以经过这三点的圆的圆心坐标为(2,1),记为C,圆的半径r=|CO|=,所以所求圆的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.
选取(0,0),(4,0),(-1,1)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则所以所求圆的方程为x2+y2-4x-6y=0.
选取(0,0),(-1,1),(4,2)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则
所以所求圆的方程为x2+y2-y=0.
选取(4,0),(-1,1),(4,2)时,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则所以所求圆的方程为x2+y2-=0.
11.(2022全国甲文,14,5分)设点M在直线2x+y-1=0上,点(3,0)和(0,1)均在☉M上,则☉M的方程为　　　　　　　.
答案　 (x-1)2+(y+1)2=5
解析　解法一:设☉M的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0),则
所以☉M的方程为(x-1)2+(y+1)2=5.
解法二:易得过(3,0)和(0,1)的直线方程为+y=1,即x+3y-3=0.
以(3,0)和(0,1)为端点的线段的垂直平分线的方程为3x-y-4=0,联立所以圆心为(1,-1),则所求圆的半径r=,所以☉M的方程为(x-1)2+(y+1)2=5.
考点三　直线与圆，圆与圆的位置关系
1.(2015广东理,5,5分)平行于直线2x+y+1=0且与圆x2+y2=5相切的直线的方程是(　　)
A.2x+y+5=0或2x+y-5=0　　　　
B.2x+y+=0或2x+y-=0
C.2x-y+5=0或2x-y-5=0　　　　
D.2x-y+=0或2x-y-=0
答案　A　切线平行于直线2x+y+1=0,故可设切线方程为2x+y+c=0(c≠1),结合题意可得=,解得c=±5.故选A.
2.(2014课标Ⅱ文,12,5分)设点M(x0,1),若在圆O:x2+y2=1上存在点N,使得∠OMN=45°,则x0的取值范围是(　　)
A.[-1,1]　　　 　 B.　　　　
C.[-,]　　　 　D.
答案　A　解法一:过M作圆O的两条切线MA、MB,切点分别为A、B,若在圆O上存在点N,使∠OMN=45°,则∠OMB≥∠OMN=45°,所以∠AMB≥90°,所以-1≤x0≤1,故选A.
解法二:过O作OP⊥MN于P,则|OP|=|OM|sin45°≤1,
∴|OM|≤,即≤,
∴≤1,即-1≤x0≤1,故选A.
评析　本题考查直线与圆的位置关系,体现了数形结合的思想方法.
3.(2014浙江文,5,5分)已知圆x2+y2+2x-2y+a=0截直线x+y+2=0所得弦的长度为4,则实数a的值是(　　)
A.-2　　　　B.-4　　　　C.-6　　　　D.-8
答案　B　将圆的方程化为标准方程为(x+1)2+(y-1)2=2-a,所以圆心为(-1,1),半径r=,圆心到直线x+y+2=0的距离d==,故r2-d2=4,即2-a-2=4,所以a=-4,故选B.
4.(2014安徽文,6,5分)过点P(-,-1)的直线l与圆x2+y2=1有公共点,则直线l的倾斜角的取值范围是(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　D　过P点作圆的切线PA、PB,连接OP,如图所示.
显然,直线PA的倾斜角为0,又OP==2,PA=,OA=1,因此∠OPA=,由对称性知,直线PB的倾斜角为.若直线l与圆有公共点,由图形知其倾斜角的取值范围是.故选D.
5.(2016课标Ⅱ,4,5分)圆x2+y2-2x-8y+13=0的圆心到直线ax+y-1=0的距离为1,则a=(　　)
A.-　　　　B.-　　　　C.　　　　D.2
答案　A　圆的方程可化为(x-1)2+(y-4)2=4,则圆心坐标为(1,4),圆心到直线ax+y-1=0的距离为=1,解得a=-.故选A.
易错警示　(1)圆心坐标错写成(-1,-4);(2)把点到直线的距离公式记错或用错.
6.(2022北京,3,4分)若直线2x+y-1=0是圆(x-a)2+y2=1的一条对称轴,则a= (　　)
A.　　　　C.1　　　　D.-1
答案　A　由题意可知圆心(a,0)在直线2x+y-1=0上,故2a+0-1=0,解得a=.故选A.
7.(多选)(2021新高考Ⅰ,11,5分)已知点P在圆(x-5)2+(y-5)2=16上,点A(4,0),B(0,2),则 (　　)
A.点P到直线AB的距离小于10
B.点P到直线AB的距离大于2
C.当∠PBA最小时,|PB|=3
D.当∠PBA最大时,|PB|=3
答案　ACD　解题指导:由A、B两点坐标得直线AB方程,利用点到直线的距离公式求得圆心到直线AB的距离d,从而可得到点P到直线AB距离的取值范围,进而判断选项A,B的正误,由数形结合可得∠PBA取得最大值与最小值时点P的位置,从而求得|PB|,进而判断选项C、D的正误.
解析　由题意可知直线AB的方程为=1,即x+2y-4=0,
则圆心(5,5)到直线AB的距离d=>4,
∴直线AB与圆(x-5)2+(y-5)2=16相离,
∴点P到直线AB的距离的取值范围为,
∵-4∈(0,1),+4∈(8,9),
∴选项A正确,选项B错误.
过点B作圆的两条切线,切点分别为P1,P2,如图,当点P在切点P1的位置时,∠PBA最小,当点P在切点P2的位置时,∠PBA最大,易知|P1B|=|P2B|,圆心(5,5)到点B的距离为,圆的半径为4,所以|P1B|=|P2B|=,故选项C,D均正确.故选ACD.
方法点拨:1.当直线与圆C相离时,圆上的点P到直线的距离的取值范围为[d-r,d+r],其中r为半径,d为圆心到直线的距离.2.从圆外一点Q(x0,y0)向圆x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)引切线,切点为A,则|QA|=.
8.(2023全国甲理,8,5分,中)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率为,C的一条渐近线与圆(x-2)2+(y-3)2=1交于A,B两点,则|AB|= (　　)
A.　　B.　　C.　　D.
答案　D　由双曲线方程可知e==,∴=2,
由图形知与圆相交的渐近线方程为y=2x,即2x-y=0,
又圆(x-2)2+(y-3)2=1的圆心为(2,3),半径r=1,∴圆心到直线2x-y=0的距离d==,
∴|AB|=2=,故选D.
9.(2023新课标Ⅰ,6,5分,易)过点(0,-2)与圆x2+y2-4x-1=0相切的两条直线的夹角为α,则sin α= (　　)
A.1　　B.　　C.　　D.
答案　B　设圆心为C.圆的方程x2+y2-4x-1=0可化为(x-2)2+y2=5,则圆心为C(2,0),半径r=,
设点P(0,-2),切点分别为A,B,如图所示.
易得|CA|=,|PC|=2,|AP|=,∴cos=,sin=(α是∠APB的补角)∴sin α=2sincos=,故选B.
10.(2023全国乙文,11,5分,中)已知实数x,y满足x2+y2-4x-2y-4=0,则x-y的最大值是 (　　)
A.1+　　　　B.4　　
C.1+3　　　　D.7
答案　C　由x2+y2-4x-2y-4=0,得(x-2)2+(y-1)2=9,
此方程表示以(2,1)为圆心,3为半径的圆.
设t=x-y,则x-y-t=0,设圆心(2,1)到直线x-y-t=0的距离为d,则d=,
依题意知,直线x-y-t=0与圆(x-2)2+(y-1)2=9有公共点,
∴d=≤3,即|1-t|≤3,∴-3,即1-3,
∴t的最大值为1+3,即x-y的最大值为1+3,故选C.
一题多解　由x2+y2-4x-2y-4=0,得(x-2)2+(y-1)2=9.设x=2+3cos θ,y=1+3sin θ,θ∈[0,2π),
∴x-y=2+3cos θ-1-3sin θ=1+3(cos θ-sin θ)=1+3,
∵θ+,∴cos∈[-1,1],
∴(x-y)max=1+3,故选C.
11.(2023新课标Ⅱ,15,5分,易)已知直线x-my+1=0与☉C:(x-1)2+y2=4交于A,B两点,写出满足“△ABC的面积为”的m的一个值　　　　.
答案　2或-2或或-(写出一个即可)
解析　∵圆心(1,0)到直线x-my+1=0的距离d=,∴|AB|=2=,
∴S△ABC=|AB|·d==,
∴2m2-5|m|+2=0,∴|m|=2或|m|=,
∴m=±2或m=±.
12.(2023天津,12,5分,中)过原点O的一条直线与圆C:(x+2)2+y2=3相切,交抛物线y2=2px(p>0)于点P,若|OP|=8,则p的值为　　　　.
答案　6
解析　由圆C:(x+2)2+y2=3知,圆心为C(-2,0),半径r=.由对称性不妨令点P在第一象限.
设直线OP与圆C切于点H,
连接CH,则sin∠COH=,
∴∠COH=60°,∴∠POx=60°.
过P作PQ⊥x轴于点Q,则|PQ|=|OP|·sin 60°=8×,|OQ|=|OP|·cos 60°=8×=4,
∴P(4,4),将其代入y2=2px,得(4)2=2p×4,解得p=6.
13.(2022新高考Ⅱ,15,5分)设点A(-2,3),B(0,a),若直线AB关于y=a对称的直线与圆(x+3)2+(y+2)2=1有公共点,则a的取值范围是　　　　　　.
答案　
解析　设直线AB关于y=a对称的直线为l,∵kAB=,∴kl=-.
显然点B(0,a)在直线l上,∴直线l的方程为y=-x+a,即(a-3)x+2y-2a=0.∵l与圆有公共点,
∴圆心(-3,-2)到直线l的距离d≤r,
即≤1,即6a2-11a+3≤0.
解得,∴实数a的取值范围为.
14.(2022全国甲理,14,5分)若双曲线y2-=1(m>0)的渐近线与圆x2+y2-4y+3=0相切,则m=　　　　.
答案　
解析　易得双曲线的渐近线方程为y=±(m>0),
圆的方程可化为x2+(y-2)2=1,其半径r=1,
∵渐近线与圆相切,∴圆心(0,2)到渐近线的距离等于r,∴=1,∴m2=,又m>0,∴m=.
15.(2022新高考Ⅰ,14,5分)写出与圆x2+y2=1和(x-3)2+(y-4)2=16都相切的一条直线的方程　　　　.
答案　 x=-1(或3x+4y-5=0或7x-24y-25=0)
解析　∵两圆C1:x2+y2=1,C2:(x-3)2+(y-4)2=16的圆心分别为C1(0,0),C2(3,4),r1=1,r2=4,∴|C1C2|=5=r1+r2,则两圆外切,如图所示均与直线l1:x=-1相切,两圆圆心连线C1C2所在直线的方程为y=x,记为l,l1与l交于点P,由两圆另一外公切线l2过点P,设l2:y+=k(x+1),由l2与圆C1:x2+y2=1相切,得=1,求出k=,则直线l2的方程为7x-24y-25=0,由内公切线l3与l垂直,设l3的方程为y=-x+m,由l3与圆C1:x2+y2=1相切得=1,∴m=或-.当m=-时,y=-,与圆C2不相切,不符合题意,舍去.故m=,则直线l3的方程为3x+4y-5=0.
综上,可知三条切线方程分别为x=-1,3x+4y-5=0,7x-24y-25=0.
综上,可知三条切线方程分别为x=-1,3x+4y-5=0,7x-24y-25=0.
16.(2020江苏,14,5分)在平面直角坐标系xOy中,已知P,A,B是圆C:x2+=36上的两个动点,满足PA=PB,则△PAB面积的最大值是　　　　.
答案　10
解析　∵PA=PB,CA=CB,∴CP⊥AB,∴kAB=-=,
设AB:y=x+m,即x-y+m=0,
∵AB与☉C相交,
∴<6,即<12,∴-∵圆心C到直线AB的距离d2=,
∴|AB|=2=,
又∵点P到直线AB的距离d1=,
∴S△PAB=|AB|·d1=··
=,
令f(m)=,
则f'(m)=(1-2m)+(2m+3)
=
=(289-4m2),
令f'(m)=0,则m=-或m=-或m=,
列表如下:
m -
f'(m) + 0 -
f(m) ↗ 极大值 ↘
m -
f'(m) 0 + 0 -
f(m) 极小值 ↗ 极大值 ↘
由表得f,f是极大值.
当m=-时,S△PAB=;
当m=时,S△PAB=10,
∴△PAB面积的最大值为10.
17.(2019天津理,12,5分)设a∈R,直线ax-y+2=0和圆(θ为参数)相切,则a的值为　　　　.
答案　
解析　本题考查了圆的方程和直线与圆的位置关系,通过直线与圆相切的条件考查了数学运算和数形结合的思想方法,体现了直观想象、数学运算的核心素养.
解法一:由圆的参数方程知圆心为(2,1),半径r=2,因为直线与圆相切,所以圆心到直线的距离等于半径,即=2,解得a=.
解法二:如图,由圆的参数方程消去θ,得普通方程为(x-2)2+(y-1)2=4,设圆心为C,圆与y轴切于点D,易知直线过定点A(0,2),设∠CAD=θ,易求得tanθ=2,则a==-=-=.
18.(2018课标Ⅰ文,15,5分)直线y=x+1与圆x2+y2+2y-3=0交于A,B两点,则|AB|=　　　　.
答案　2
解析　将圆x2+y2+2y-3=0化为标准方程为x2+(y+1)2=4,则圆心坐标为(0,-1),半径r=2,
∴圆心到直线x-y+1=0的距离d==,
∴|AB|=2=2=2.
方法归纳　求解圆的弦长的常用方法:
(1)几何法:l=2(其中l为圆的弦长,r为圆的半径,d为弦心距);
(2)代数法:联立直线与圆的方程,结合根与系数的关系及弦长公式|AB|=|x1-x2|=·或|AB|=|y1-y2|=·(k≠0)求解.
19.(2018天津理,12,5分)已知圆x2+y2-2x=0的圆心为C,直线(t为参数)与该圆相交于A,B两点,则△ABC的面积为　　　　.
答案　
解析　本题考查直线的参数方程和直线与圆的位置关系.
圆C的标准方程为(x-1)2+y2=1,消去参数t得直线的普通方程为x+y-2=0.圆心C(1,0)到直线的距离d==,|AB|=2=,
所以△ABC的面积为|AB|·d=××=.
方法总结　有关直线与圆相交的计算问题,通常利用点到直线的距离和勾股定理求解.
20.(2016课标Ⅲ理,16,5分)已知直线l:mx+y+3m-=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.若|AB|=2,则|CD|=　　　　.
答案　4
解析　由题意可知直线l过定点(-3,),该定点在圆x2+y2=12上,不妨设点A(-3,),由于|AB|=2,r=2,所以圆心到直线AB的距离为d==3,又由点到直线的距离公式可得d==3,解得m=-,所以直线l的斜率k=-m=,即直线l的倾斜角为30°.如图,过点C作CH⊥BD,垂足为H,所以|CH|=2,在Rt△CHD中,∠HCD=30°,所以|CD|==4.
解后反思　涉及直线与圆的位置关系的问题要充分利用圆的性质,利用数形结合的思想方法求解.
21.(2016课标Ⅰ文,15,5分)设直线y=x+2a与圆C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B两点,若|AB|=2,则圆C的面积为　　　　.
答案　4π
解析　把圆C的方程化为x2+(y-a)2=2+a2,则圆心为(0,a),半径r=.圆心到直线x-y+2a=0的距离d=.由r2=d2+,得a2+2=+3,解得a2=2,则r2=4,所以圆的面积S=πr2=4π.
评析　本题考查了直线与圆的位置关系,考查了圆的方程和点到直线的距离公式,利用弦长的一半,圆心到直线的距离及半径构成的直角三角形求解是关键.
22.(2015江苏,10,5分)在平面直角坐标系xOy中,以点(1,0)为圆心且与直线mx-y-2m-1=0(m∈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mx-y-2m-1=0可得m(x-2)=y+1,由m∈R知该直线过定点(2,-1),从而点(1,0)与直线mx-y-2m-1=0的距离的最大值为=,故所求圆的标准方程为(x-1)2+y2=2.
23.(2014重庆理,13,5分)已知直线ax+y-2=0与圆心为C的圆(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B两点,且△ABC为等边三角形,则实数a=　　　　.
答案　4±
解析　易知△ABC是边长为2的等边三角形,故圆心C(1,a)到直线AB的距离为,即=,解得a=4±.经检验均符合题意,则a=4±.
评析　本题考查过定点的直线与圆相交的弦长问题,以及数形结合的思想方法,对综合能力要求较高.
24.(2015课标Ⅰ文,20,12分)已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C:(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N两点.
(1)求k的取值范围;
(2)若·=12,其中O为坐标原点,求|MN|.
解析　(1)由题设,可知直线l的方程为y=kx+1.
因为l与C交于两点,所以<1.
解得所以k的取值范围为.(5分)
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).
将y=kx+1代入方程(x-2)2+(y-3)2=1,整理得
(1+k2)x2-4(1+k)x+7=0.
所以x1+x2=,x1x2=.(7分)
·=x1x2+y1y2
=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1
=+8.
由题设可得+8=12,解得k=1,
所以l的方程为y=x+1.
故圆心C在l上,所以|MN|=2.(12分)
25.(2015广东理,20,14分)已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B.
(1)求圆C1的圆心坐标;
(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程;
(3)是否存在实数k,使得直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点 若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.
解析　(1)圆C1的方程x2+y2-6x+5=0可化为(x-3)2+y2=4,所以圆心坐标为(3,0).
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2),M(x0,y0),
则x0=,y0=.
由题意可知直线l的斜率必存在,设直线l的方程为y=tx.
将上述方程代入圆C1的方程,化简得(1+t2)x2-6x+5=0.
由题意,可得Δ=36-20(1+t2)>0(*),x1+x2=,
所以x0=,代入直线l的方程,得y0=.
因为+=+===3x0,
所以+=.
由(*)解得t2<,又t2≥0,所以所以线段AB的中点M的轨迹C的方程为+y2=.
(3)由(2)知,曲线C是在区间上的一段圆弧.
如图,D,E,F(3,0),直线L过定点G(4,0).
联立直线L的方程与曲线C的方程,消去y整理得(1+k2)x2-(3+8k2)x+16k2=0.
令判别式Δ=0,解得:k=±,由求根公式解得交点的横坐标为xH,I=∈,由图可知:要使直线L与曲线C只有一个交点,则k∈[kDG,kEG]∪{kGH,kGI},即k∈∪.
26.(2014课标Ⅰ文,20,12分)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l的方程及△POM的面积.
解析　(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)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l的斜率为-,故l的方程为y=-x+.
又|OM|=|OP|=2,O到l的距离为,|PM|=,所以△POM的面积为.
评析　本题考查轨迹方程的求法,直线与圆的位置关系,在解决直线与圆的相关问题时,利用图形的几何性质可简化运算.
27.(2021全国甲理,20,12分)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M与l相切.
(1)求C,☉M的方程;
(2)设A1,A2,A3是C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切.判断直线A2A3与☉M的位置关系,并说明理由.
解析　(1)由题意可设抛物线C的方程为y2=2px(p>0),则P,Q的坐标为(1,±),
∵OP⊥OQ,∴=1-2p=0,
∴p=,∴抛物线C的方程为y2=x.
∵☉M的圆心为(2,0),☉M与直线x=1相切,∴☉M的半径为1,
∴☉M的方程为(x-2)2+y2=1.
(2)直线A2A3与☉M相切.理由如下:
设A1(,y0),A2(,y1),A3(,y2),∵直线A1A2,A1A3均与☉M相切,∴y0≠±1,y1≠±1,y2≠±1,
由A1,A2的坐标可得直线A1A2的方程为y-y0=(x-),整理,得x-(y0+y1)y+y0y1=0,由于直线A1A2与☉M相切,∴M到直线A1A2的距离d==1,整理得(-1)=0,①
同理可得,(-1)=0,②
观察①②,得y1,y2是关于x的一元二次方程(-1)x2+2y0x+3-=0的两根,
∴(*)
同理,得直线A2A3的方程为x-(y1+y2)y+y1y2=0,
则点M(2,0)到直线A2A3的距离d'=,把(*)代入,得d'==1.∴直线A2A3与☉M相切.
解后反思　本题第(1)问较为基础,熟练掌握抛物线和圆的标准方程是关键;第(2)问涉及的条件较多,其中直线A1A2与圆相切,是最重要的一个条件,由此条件可求出直线A1A2的方程,进而直线A1A3,A2A3的方程就可同理求得,可大大简化运算过程,而由①②归纳出y1,y2是方程(-1)x2+2y0x+3-=0的两根,则需要有较深的数学功底和知识储备,需要同学们平时不断积累.
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