(共40张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
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1.已知直线y=x+2k与直线y=-x的交点在圆x2+y2=4的内部,则实数k的取值范围是 ( )
A.(-1,1) B.(-2,2)
C.(-3,3) D.(-,)
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解析:联立解得即点(-k,k)在圆x2+y2=4的内部,即有(-k)2+k2<4,解得-
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2.设m∈R,若过定点A的动直线x+my-m=0和过定点B的动直线mx-y-m+3=0交于点P(x,y),AB中点为Q,则|PQ|的值为 ( )
A. B.
C. D.与m的取值有关
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解析:由于x+my-m=0经过的定点为(0,1),所以A(0,1),直线mx-y-m+3=0变形为m(x-1)-y+3=0,所以经过定点(1,3),故B(1,3).因为1·m+m·
(-1)=0,所以两直线垂直,如图,
因此△ABP为直角三角形,
所以|PQ|=|AB|=
=.
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3.(2024·广州一模)过A(-1,0),B(0,3),C(9,0)三点的圆与y轴交于M,N两点,则|MN|= ( )
A.3 B.4
C.8 D.6
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解析:设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,将点A(-1,0),B(0,3),C(9,0)代入,则解得D=-8,E=0,F=-9,可得圆的方程为x2+y2-8x-9=0,整理得(x-4)2+y2=25.令x=0,可得y2-9=0,解得y=±3,所以|MN|=6.
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4.已知圆C:x2+y2-4x+2y+1=0,过圆C外一点P作两条夹角为的直线分别与圆C相交,当所得的弦长均为2时,|CP|=( )
A.2 B.2
C.4 D.3
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解析:圆C的方程化为标准方程即为(x-2)2+(y+1)2=4,所以圆心C(2,-1),且半径r=2.而一条直线被圆C所截得的弦长为2,意味着圆心C(2,-1)到该直线的距离d===.记圆心C到其中一条直线的投影为H,则|CH|=d=,∠HPC=·=,所以|CP|===2.
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5.已知P是圆O:x2+y2=9上的动点,点Q满足=(3,-4),点A(1,1),则|AQ|的最大值为( )
A.8 B.9
C.+3 D.+3
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解析:设Q(x,y),P(x0,y0),由=(x-x0,y-y0)=(3,-4),得x0=x-3,y0=y+4,因为点P在圆O上,即+=9,则(x-3)2+(y+4)2=9,所以点Q的轨迹是以(3,-4)为圆心,3为半径的圆.因为A(1,1),(1-3)2+(1+4)2=29>9,所以点A在圆外,所以|AQ|的最大值为+3=+3.
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6.已知直线l:mx-y+m+1=0(m≠0)与圆C:x2+y2-4x+2y+4=0,过直线l上的任意一点P向圆C引切线,设切点为A,B,若线段AB长度的最小值为,则实数m的值是( )
A.- B.
C. D.-
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解析:圆C:(x-2)2+(y+1)2=1,设∠ACP=θ,则|AB|=2sin θ
≥,则sin θ≥,∴θ∈,则|PC|=≥2,所以圆心C到直线l的距离是2,∴=2,得5m2+12m=0,∵m≠0,∴m=-.
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7.(2024·黄冈二模)已知角α,角β的顶点均为坐标原点,始边均与x轴的非负半轴重合,终边分别过A(1,3),B(-3,1),则tan=( )
A.-2或 B.2或-
C. D.-2
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解析:记O为坐标原点,因为A(1,3),B(-3,1),所以|OA|=|OB|=,
所以点A(1,3),B(-3,1)均在以原点O为圆心,为半径的圆上.连接AB,取AB的中点M,连接OM,则OM⊥AB.不妨设α,β∈(0,2π),则∠xOM=α+=,所以tan=kOM=-=-2.
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8.(2024·阜阳模拟)已知过点P(4,m)(m≠0)作圆C:x2+y2-4y=0的两条切线PA,PB,切点分别为A,B,则直线AB必过定点 ( )
A.(1,2) B.(2,1)
C.(1,1) D.
解析:圆C:x2+y2-4y=0的方程可化为C:x2+(y-2)2=4,所以圆心C(0,2).则以PC为直径的圆的圆心为,设以PC为直径的圆的半径为r,则r===.
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所以以PC为直径的圆的方程为(x-2)2+=.因为过点P(4,m)(m≠0)作圆C:x2+y2-4y=0的切线的切点分别为A,B,所以两圆的交点为A,B,即两圆的公共弦为AB.将两圆的方程相减可得直线AB的方程为4x+(m-2)y-2m=0,即m(y-2)+(4x-2y)=0.令解得所以直线AB必过定点(1,2).
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9.(2023·新课标Ⅰ卷)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.
解析:思维路径:[法一] 根据切线的性质求切线长,结合倍角公式运算求解;
[法二] 根据切线的性质求切线长,结合余弦定理运算求解;
[法三] 根据切线结合点到直线的距离公式可得k2+8k+1=0,利用根与系数的关系结合夹角公式运算求解.
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法一:因为x2+y2-4x-1=0,即(x-2)2+y2=5,可得圆心C(2,0),半径r=,过点P(0,-2)作圆C的切线,切点为A,B,因为|PC|==2,则|PA|=
=,可得sin∠APC==,cos∠APC==,则sin∠APB=
sin 2∠APC=2sin∠APCcos∠APC=2××=,cos∠APB=cos 2∠APC
=cos2∠APC-sin2∠APC=-=-<0,即∠APB为钝角,所以sin α=sin(π-∠APB)=sin∠APB=.
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法二:圆x2+y2-4x-1=0的圆心C(2,0),半径r=,过点P(0,-2)作圆C的切线,切点为A,B,连接AB,可得|PC|==2,则|PA|=|PB|==,因为|PA|2+|PB|2-2|PA|·|PB|cos∠APB=|CA|2+|CB|2-2|CA|·|CB|cos∠ACB,且∠ACB=π-∠APB,则3+3-6cos∠APB=5+5-10cos(π-∠APB),即3-3cos∠APB=5+5cos∠APB,解得cos∠APB=-<0,即∠APB为钝角,则cos α=cos(π-∠APB)=-cos∠APB=,且α为锐角,所以sin α==.
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法三:圆x2+y2-4x-1=0的圆心C(2,0),半径r=,若切线斜率不存在,则切线方程为x=0,则圆心到切点的距离d=20,设两切线斜率分别为k1,k2,则k1+k2=
-8,k1k2=1,
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可得|k1-k2|==2,所以tan α==,即=,可得cos α=,则sin2α+cos2α=sin2α+=1,且α∈,则sin α>0,解得sin α=.
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10.(2024·丹东模拟)[多选]已知曲线E:x2+y2-2|x|-2|y|=0,则下列结论正确的是 ( )
A.曲线E围成的图形面积为8+4π
B.曲线E的长度为4π
C.曲线E上任意一点到原点的最小距离为2
D.曲线E上任意两点间最大距离为4
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解析:当x>0,y>0时,曲线E:(x-1)2+(y-1)2=2;当x>0,y<0时,曲线E:(x-1)2+(y+1)2=2;当x<0,y>0时,曲线E:(x+1)2+(y-1)2=2;当x<0,y<0时,曲线E:(x+1)2+(y+1)2=2;当x=0,y=0时,曲线E为原点.
画出曲线E的图形,如图所示.
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曲线E围成的面积可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为的半圆,故面积为2×2+2π×=8+4π,故A正确;
曲线E由四个半径为的半圆组成,故周长为2×2π×=4π,故B正确;
因为原点在曲线E上,所以最小值为0,故C错误;
曲线E上任意两点的连线过圆心及原点时,距离最大,最大为4.故D正确.
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11.(2024·邵阳一模)[多选]设点P(x,y)为圆C:x2+y2=1上一点,已知点A(4,0),B(5,0),则下列结论正确的是 ( )
A.x+y的最大值为
B.x2+y2-4x-4y的最小值为8
C.存在点P使|PB|=|PA|
D.过A点作圆C的切线,则切线长为
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解析:设x+y=t,即x+y-t=0,由≤1,得-≤t≤,∴t的最大值是,A正确;
设x=cos θ,y=sin θ,则x2+y2-4x-4y=1-4(x+y)=1-4sin≥1-4,B错误;
由|PB|=|PA|,得 =·,整理得(x-3)2+y2=2,因此满足|PB|=|PA|的点P在圆(x-3)2+y2=2上,此圆圆心为(3,0),半径为,
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而+1<3,因此它与圆C外离,因此圆C上不存在点P满足|PB|=|PA|,C错误;
圆C圆心为C(0,0),半径为r=1,则过A点作圆C的切线,切线长为==,D正确.
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拓展提升:与圆有关的最值问题常见类型及解题思路:
常见类型 解题思路
μ=型 转化为动直线斜率的最值问题
t=ax+by型 转化为动直线截距的最值问题,或用三角代换求解
m=(x-a)2+(y-b)2型 转化为动点与定点的距离的平方的最值问题
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12.已知直线l的倾斜角为α,且直线l与直线m:x-y+1=0垂直,则α= .
解析:直线m:x-y+1=0即y=x+,斜率k=,因为直线l,m互相垂直,所以直线l的斜率k1==-,直线l的倾斜角为α,则tan α=-,结合α∈[0,π),可知α=.
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13.(2024·天津高考)圆(x-1)2+y2=25的圆心与抛物线y2=2px(p>0)的焦点F重合,A为两曲线的交点,则原点到直线AF的距离为 .
解析:由题意知圆(x-1)2+y2=25的圆心坐标为(1,0),则F(1,0),故=1,p=2,由抛物线的定义得|AF|=xA+1=5,得xA=4.由对称性不妨设A(4,4),则直线AF的方程为y=(x-1),即4x-3y-4=0,所以原点到直线AF的距离为=.
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14.(2024·郑州模拟)一直线族的包络线是这样定义的曲线:该曲线不包含于直线族中,但过该曲线上的每一点,都有直线族中的一条直线与它在这一点处相切.若曲线C是直线族(t2-1)x-2ty+2t2+2=0(t∈R)的包络线,则C上的点到直线x+y=4的最小距离为 .
思维路径:将切线方程转化为关于t的方程为(x+2)t2-2yt+2-x=0.根据一个解对应一条切线可知该方程仅有一解,利用Δ=0可得曲线C的方程,结合直线与圆的位置关系即可求解.
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解析:曲线C上任一点P(x,y)对应的切线方程为(t2-1)x-2ty+2t2+2=0,将其整理为关于t的方程为(x+2)t2-2yt+2-x=0.由题意知,一个解对应一条切线,即关于t的方程仅有一解,所以Δ=(-2y)2-4(x+2)(2-x)=0,整理得x2+y2=4,即曲线C的方程为x2+y2=4,故C上的点到直线x+y=4的最小距离为d=-2=2-2.
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15.已知圆C:x2+y2=4,M,N是直线l:y=x+4上的两点.若对线段MN上任意一点P,圆C上均存在两点A,B,使得cos∠APB=,则线段MN长度的最大值为( )
A.2 B.4
C.4 D.4
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解析:如图,圆C:x2+y2=4的圆心到直线l:
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y=x+4的距离d==2>2=r,所以直线l与圆C相离.当且仅当直线PA,PB均与圆C相切时,∠APB最大,不妨设切线为PE,PF(其中E,F为切点),因为cos∠APB=,所以∠APB=,则∠EPF≥,所以sin∠EPC=≥sin=,解得|PC|≤4,所以线段MN长度的最大值为2=4.
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16.(2024·唐山二模)已知圆C:x2+(y-3)2=4,过点(0,4)的直线l与x轴交于点P,与圆C交于A,B两点,则·(+)的取值范围是( )
A.[0,1] B.[0,1)
C.[0,2] D.[0,2)
解析:思维路径:本题解决的关键在于结合圆C的弦AB想到取其中点D,将+转化为2,利用垂径定理,将所求式转化成2||2,而求||范围可通过求弦AB的长的范围解得.
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如图,取线段AB的中点D,连接CD,则CD⊥AB,
所以·(+)=2·=2(+)·=2||2.因为直线l经过点M(0,4),考虑临界情况,当线段AB中点D与点M重合时(此时CM⊥AB),弦长|AB|最小,此时|CD|最长,为|CD|max=|CM|=4-3=1;
(注意:但此时直线l与x轴平行,点P不存在)
当线段AB中点D与点C重合时,点P与点O重合,|CD|最短为0(此时符合题意).故·(+)的取值范围为[0,2).
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17.在平面直角坐标系xOy中,过点A(0,-3)的直线l与圆C:x2+(y-2)2=9相交于M,N两点,若S△AON=S△ACM,则直线l的斜率为 .
解析:由题意得C(0,2),直线MN的斜率存在,设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为y=kx-3,与x2+(y-2)2=9联立,得(k2+1)x2-10kx+16=0,
Δ=100k2-64(k2+1)=36k2-64>0,得k2>,x1+x2=,x1x2=.
±
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因为S△AON=S△ACM,所以×3×|x2|=××|2-(-3)|×|x1|,则|x2|=2|x1|,于是x2=2x1,所以两式消去x1,得k2=,满足Δ>0,所以k=±.(共43张PPT)
直线与圆
习题讲评（一）
(1)直线方程问题在高考中很少单独考查,大多与圆,圆锥曲线综合考查.主要涉及点到直线的距离公式、直线间的位置关系,多以选择题、填空题的形式出现,难度中等或偏下.
(2)圆的方程及应用是高考的热点和重点,主要考查圆的方程,直线与圆位置关系的应用及与圆有关的最值范围问题,多以选择题、填空题的形式出现,难度中等,有时与圆锥曲线结合以压轴题的形式考查.
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
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教学点(一) 直线的方程
教学点(二) 圆的方程
3
教学点(三) 直线、圆的位置关系
直线的方程
教学点（一）
[例1] “直线xsin θ+y-1=0与x+ycos θ+1=0平行”是“θ=”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:若直线xsin θ+y-1=0与x+ycos θ+1=0平行,易得sin θ≠0,cos θ
≠0,故=≠,则sin θcos θ=,sin 2θ=,sin 2θ=1,2θ=+2kπ(k∈Z),
θ=+kπ(k∈Z),得不到θ=,故不是充分条件;
√
反之,当θ=时,=≠成立,故直线xsin θ+y-1=0与x+ycos θ
+1=0平行,是必要条件.故“直线xsin θ+y-1=0与x+ycos θ+1=0平行”是“θ=”的必要不充分条件.
[例2] (2024·菏泽模拟)已知直线l1:y=2x和l2:y=kx+1与x轴围成的三角形是等腰三角形,则k的取值不可能为 ( )
A.-2 B.-
C. D.
解析:令直线l1,l2的倾斜角分别为α,θ,则tan α=2,tan θ=k,
(注意:等腰三角形的底不确定,注意分为围成的等腰三角形底边在x轴上、底边在直线l2上和底边在直线l1上三种情况讨论)
√
当围成的等腰三角形底边在x轴上时,
θ=π-α,k=tan(π-α)=-tan α=-2;
当围成的等腰三角形底边在直线l2上时,
θ=或θ=+,
因为tan α==2,且tan>0,
解得tan=,所以k=tan θ=tan=或k=tan θ=tan=
-=;
当围成的等腰三角形底边在直线l1上时,θ=2α,则k=tan θ=tan 2α===-.
|思|维|建|模| 解决直线方程问题的三个注意点
(1)利用A1B2-A2B1=0后,要注意代入检验,排除两条直线重合的可能性.
(2)要注意直线方程每种形式的局限性.
(3)讨论两直线的位置关系时,要注意直线的斜率是否存在.
[练1] 设点P(-2,-1),直线l:(1+3λ)x+(1+λ)y-2-4λ=0,当点P到l的距离最大时,直线l的斜率为 ( )
A.- B.-
C. D.
√
即时训练
解析:∵直线l:(1+3λ)x+(1+λ)y-2-4λ=0,
∴可将直线方程变形为(x+y-2)+(3x+y-4)λ=0,由解得由此可得直线l恒过点Q(1,1),当l⊥PQ时,点P到l的距离最大,此时kPQ==,则由kPQ·kl=-1,得kl=-.
[练2] 若两条平行直线l1:x-2y+m=0(m>0)与l2:2x+ny-6=0之间的距离是2,则m+n= .
解析:因为直线l1:x-2y+m=0(m>0)与l2:2x+ny-6=0平行,所以=≠,解得n=-4且m≠-3,所以直线l2为2x-4y-6=0,直线l1:x-2y+m=0(m>0)化为2x-4y+2m=0(m>0).因为两平行线间的距离为2,所以=2,得|2m+6|=20,因为m>0,所以2m+6=20,解得m=7,所以m+n=7-4=3.
3
圆的方程
教学点（二）
[例1] (2024·聊城三模)已知圆C与两坐标轴及直线x+y-2=0都相切,且圆心在第二象限,则圆C的方程为 ( )
A.(x+)2+(y-)2=
B.(x-)2+(y+)2=2
C.(x-)2+(y+)2=
D.(x+)2+(y-)2=2
√
解析:由题意设所求的圆方程为(x-a)2+(y-b)2=r2(a<0,b>0),
则(结论:直线与圆相切,则圆心到直线的距离等于半径)
即解得所以圆C的方程为(x+)2+(y-)2=2.
[例2] 过点P(x0,0)引圆C:x2+y2-4x=0的两条切线,切点分别为A,B.若cos∠APB=,则过P,A,B三点的圆的方程为_____________________.
审题破题:本题解决的关键是,利用P,A,C,B四点共圆确定过P,A,B三点的圆的几何性质.
(x-4)2+y2=4或x2+y2=4
解析:由x2+y2-4x=0,得(x-2)2+y2=4,可得圆心C(2,0),半径r=2.由cos∠APB=,得∠APB=60°,所以∠APC=30°,故|PC|=2|AC|=4,即|x0-2|=4,解得x0=6或x0=-2,则P(6,0)或P(-2,0),根据CA⊥PA,BC⊥PB,故P,A,C,B四点共圆,且PC为直径,所以线段PC的中点为M(4,0)或M(0,0),且=2,所以过P,A,B三点的圆的方程为(x-4)2+y2=4或x2+y2=4.
|思|维|建|模| 解决圆的方程问题一般有两种方法
(1)几何法:通过研究圆的性质、直线与圆、圆与圆的位置关系,进而求得圆的基本量和方程.
(2)代数法:用待定系数法先设出圆的方程,再由条件求得各系数.
[练1] (2024·南宁模拟)已知坐标原点在直线mx-2y=2m+8上的射影为点P(x0,y0),则x0,y0必然满足的关系是 ( )
A.+=5
B.+=5
C.+=20
D.+=20
即时训练
√
即时训练
解析:直线l:mx-2y=2m+8,即m(x-2)-2(y+4)=0恒过定点A(2,-4),由原点O在直线l上的射影为点P,得OP⊥l,则点P在以OA为直径的圆上,该圆圆心为(1,-2),半径为r==,所以x0,y0满足的关系是+=5.
[练2] (2024·广州二模)在平面直角坐标系xOy中,圆C经过点O(0,0)和点A(0,4),与x轴正半轴相交于点B.若在第一象限内的圆弧AB上存在点P,使cos∠OPA=,则圆C的标准方程为 .
解析:根据题意作图,如图所示,
(x-4)2+(y-2)2=20
显然∠OPA=∠OBA,cos∠OPA==cos∠OBA,而∠OBA∈,于是
sin∠OBA==.又∠AOB=,则AB为圆的直径,设|AB|=2R,由sin∠OBA===,得R=2.因此|OB|===8,即B(8,0).
(关键点:利用圆的性质求出点B的坐标,是解决问题的关键)
又A(0,4),则AB的中点C(4,2),所以圆C的标准方程为(x-4)2+(y-2)2=20.
直线、圆的位置关系
教学点（三）
角度一 直线与圆的位置关系
[例1] (2024·大连模拟)已知圆C1:x2+y2=16与圆C2:x2+y2+kx+y+m-16=0交于A,B两点,当k变化时,|AB|的最小值为4,则m=( )
A.0 B.±1
C.±2 D.±
√
解析:两圆的公共弦所在直线的方程为kx+y+m=0,圆心C1到直线的距离为d=,|AB|=2,因为1+k2≥1,所以
≥,所以2=4,解得m=±2.
[例2] (2024·哈尔滨模拟)已知点P是圆C:(x-2)2+(y-)2=1上的动点,点A(1,0),B(0,),则当∠PAB最大时,sin∠PAB= .
解析:圆C:(x-2)2+=1的圆心为(2,),半径为1,点A(1,0),B(0,),如图所示,当∠PAB最大时,PA与圆C相切,
1
(结论:数形结合,当PA与圆C相切时,∠PAB最大,此题是典型的多想少算题目)
连接CP,AC,可知PC⊥PA,
|AC|==2,|AB|=|BC|=2,故∠CAP=30°,∠BAC=60°,所以∠PAB=90°,sin∠PAB=1.
|思|维|建|模|
(1)在解决过一点求圆的切线问题时需先判断切点为圆上的点还是圆外的点.
(2)直线与圆相交的弦长问题的解题策略
角度二 圆与圆的位置关系
[例3] (多选)已知圆O:x2+y2=1,圆C:(x-a)2+(y-1)2=4,a∈R,则下列命题正确的是( )
A.两圆的圆心距|OC|的最小值为1
B.若圆O与圆C相切,则a=±2
C.若圆O与圆C恰有两条公切线,则-2D.若圆O与圆C相交,则公共弦长的最大值为2
√
√
解析:根据题意,可得圆O:x2+y2=1的圆心为O(0,0),半径r=1,圆C:(x-a)2+(y-1)2=4的圆心为C(a,1),半径R=2.因为两圆的圆心距d=|OC|=≥1,故A正确;
两圆内切时,圆心距d=|OC|=R-r=1,即=1,解得a=0.两圆外切时,圆心距d=|OC|=R+r=3,即=3,解得a=±2,综上所述,若两圆相切,则a=0或a=±2,故B不正确;
若圆O与圆C恰有两条公切线,则两圆相交,d=|OC|∈(R-r,R+r),即∈(1,3),可得1<<3,解得-2若圆O与圆C相交,则当圆O:x2+y2=1的圆心O在公共弦上时,公共弦长等于2r=2,达到最大值,因此,两圆相交时,公共弦长的最大值为2,故D正确.
[例4] 写出与圆C1:x2+y2=1和圆C2:(x-3)2+y2=1都相切的一条直线方程_________________________________.
解析:圆C1:x2+y2=1的圆心为C1(0,0),半径为r1=1,圆C2:(x-3)2+y2=1的圆心为C2(3,0),半径为r2=1,则|C1C2|=3>r1+r2,所以两圆外离,由两圆的圆心都在x轴上,则公切线的斜率一定存在,设公切线方程为y=kx+b,即kx-y+b=0,
y=1(答案不唯一,写其他三条均可)
则有解得或或或所以公切线方程为y=±·或y=±1.
|思|维|建|模| 处理圆与圆位置关系的常用结论
(1)当两圆相交时,两圆方程相减,所得的直线方程即两圆公共弦所在直线的方程,这一结论的前提是两圆相交.
(2)两圆公共弦的垂直平分线过两圆的圆心.
(3)求公共弦长时,几何法通常比代数法更简单.
[练1] (2024·全国甲卷)已知b是a,c的等差中项,直线ax+by+c=0与圆x2+y2+4y-1=0交于A,B两点,则|AB|的最小值为 ( )
A.1 B.2
C.4 D.2
√
即时训练
解析:根据题意有2b=a+c,即a-2b+c=0,所以直线ax+by+c=0过点M(1,-2).设圆x2+y2+4y-1=0的圆心为C,
连接CM,当AB⊥CM时,|AB|最小,将圆的方程化为x2+(y+2)2=5,则C(0,-2),所以|MC|=1,所以|AB|的最小值为2=4.
[练2] 已知圆C:x2+y2-4x=0,过点M(0,1)作圆C的两条切线,切点分别为A,B,则|AB|= .
解析:x2+y2-4x=0可化为(x-2)2+y2=4,所以圆C的圆心为(2,0),半径为2,易知其中一条切线与y轴重合,不妨设此切点为A(0,0),易得|MA|=1.
法一:故以M(0,1)为圆心,|MA|为半径的圆M的方程为x2+(y-1)2=1,将两圆的方程相减得到直线AB的方程2x-y=0.将2x-y=0与x2+y2-4x=0联立,得5x2-4x=0,解得x=0或x=.所以得A(0,0),B,故|AB|==.
法二:连接MC,则MC⊥AB,设MC与AB的交点为F,由△MAF∽△MCA,可得|MA|2=|MF|·|MC|.又|MC|==,所以|MF|=,故|AF|===,所以|AB|=2|AF|=.
[练3] 已知动圆N经过点A(-6,0)及原点O,点P是圆N与圆M:x2+(y-4)2=4的一个公共点,则当∠OPA最大时,圆N的半径为 .
解析:因为动圆N经过点A(-6,0)及原点O,记AO的中点为B,则圆心在x=-3上,如图.
3
记圆N半径为R,∠OPA=θ,则∠ANO=2θ,∠BNO=θ,所以sin∠OPA=sin∠BNO==,当∠OPA最大时,R最小,此时两圆外切.由已知设动圆N的圆心为N(-3,t),又圆M:x2+(y-4)2=4的圆心M(0,4),半径r=2,所以R+2=|MN|,即+2=,解得t=0,所以R=3,即圆N的半径为3,此时圆N为(x+3)2+y2=9,圆心N(-3,0),∠OPA=.板块六 解析几何
二轮学前预备·激活基本知能
一、由知识联系探析命题趋向
二、由核心纲要激活内存知识
1.两条直线的位置关系
斜截式 一般式
直线方程 y=k1x+b1,y=k2x+b2 A1x+B1y+C1=0,A2x+B2y+C2=0
相交 k1≠k2 A1B2-A2B1≠0
垂直 k1k2=-1 A1A2+B1B2=0
平行 k1=k2且b1≠b2 或
重合 k1=k2且b1=b2 A1B2-A2B1=B1C2-B2C1=A1C2-A2C1=0
2.常见的直线系方程
(1)过定点P(x0,y0)的直线系方程:A(x-x0)+B(y-y0)=0(A2+B2≠0),还可以表示为y-y0=k(x-x0)及直线x=x0.
(2)平行于直线Ax+By+C=0的直线系方程:Ax+By+λ=0(λ≠C).
(3)垂直于直线Ax+By+C=0的直线系方程:Bx-Ay+λ=0.
(4)过两条已知直线A1x+B1y+C1=0,A2x+B2y+C2=0的交点的直线系方程:A1x+B1y+C1+λ(A2x+B2y+C2)=0(不包括直线A2x+B2y+C2=0).
3.圆的三种方程
圆的标准方程 (x-a)2+(y-b)2=r2(r>0)
圆的一般方程 x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)
圆的直径式方程 (x-x1)(x-x2)+(y-y1)(y-y2)=0(A(x1,y1),B(x2,y2)是圆的直径的两端点)
4.两圆公共弦
两个圆的方程相减得到的二元一次方程即为两圆公共弦所在的直线方程.
5.三种距离公式
(1)A(x1,y1),B(x2,y2)两点的距离|AB|=.
(2)点到直线的距离d=(其中点P(x0,y0),直线方程为Ax+By+C=0).
(3)两平行线间的距离d=(其中两平行线方程分别为l1:Ax+By+C1=0,l2:Ax+By+C2=0).
6.直线与圆的位置关系
直线l:Ax+By+C=0和圆C:(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0)有相交、相离、相切三种情况.可从代数和几何两个方面来判断:
(1)代数法(即判断直线与圆的方程联立所得方程组的解的情况):Δ>0 相交;Δ<0 相离;Δ=0 相切.
(2)几何法(即比较圆心到直线的距离与半径的大小):设圆心到直线的距离为d,则dr 相离;d=r 相切.
7.圆锥曲线的定义、标准方程与几何性质
名称 椭圆 双曲线 抛物线
定义 |PF1|+|PF2|=2a(2a>|F1F2|) ||PF1|-|PF2||=2a(2a<|F1F2|) |PF|=|PM|(点F不在直线l上,PM⊥l于M)
标准方程 +=1(a>b>0) -=1(a>0,b>0) y2=2px(p>0)
图形
几 何 性 质 范围 |x|≤a, |y|≤b |x|≥a x≥0
顶点 (±a,0), (0,±b) (±a,0) (0,0)
对称 性 关于x轴、y轴和原点对称 关于x轴对称
焦点 (±c,0)
轴 长轴长2a, 短轴长2b 实轴长2a, 虚轴长2b —
离心率 e== (01) e=1
准线 — — x=-
渐近 线 — y=±x —
8.通径
(1)椭圆通径长为.
(2)双曲线通径长为.
(3)抛物线通径长为2p.
9.双曲线的方程与渐近线方程的关系
(1)若双曲线的方程为-=1(a>0,b>0),则渐近线的方程为y=±x.
(2)若渐近线的方程为y=±x,即±=0,则双曲线的方程可设为-=λ.
(3)若所求双曲线与双曲线-=1有公共渐近线,其方程可设为-=λ(λ>0,焦点在x轴上;λ<0,焦点在y轴上).
(4)焦点到渐近线的距离总是b.
10.抛物线焦点弦的常用结论
设AB是过抛物线y2=2px(p>0)焦点F的弦,若A(x1,y1),B(x2,y2),α为直线AB的倾斜角,且y1>0>y2,则
(1)焦半径|AF|=x1+=,
|BF|=x2+=.
(2)x1x2=,y1y2=-p2.
(3)弦长|AB|=x1+x2+p=.
(4)+=.
(5)以弦AB为直径的圆必与准线相切.
(6)S△OAB=(O为抛物线的顶点).
11.直线与圆锥曲线相交的4个弦长公式
直线l与圆锥曲线F(x,y)=0相交于A,B两点(不重合),当直线l的斜率存在且不为0时,弦长|AB|的公式如下:
点的坐标的形式 |AB|= 弦端点A(x1,y1),B(x2,y2),l:y=kx+m,由消去y得到ax2+bx+c=0(a,b,c为参数),Δ>0,α为直线AB的倾斜角
含斜率和横坐标的形式 |AB|=
含横坐标和倾斜角的形式 |AB|=|x1-x2|
含纵坐标和倾斜角的形式 |AB|=|y1-y2|
习题讲评(一) 直线与圆
(1)直线方程问题在高考中很少单独考查,大多与圆,圆锥曲线综合考查.主要涉及点到直线的距离公式、直线间的位置关系,多以选择题、填空题的形式出现,难度中等或偏下.
(2)圆的方程及应用是高考的热点和重点,主要考查圆的方程,直线与圆位置关系的应用及与圆有关的最值范围问题,多以选择题、填空题的形式出现,难度中等,有时与圆锥曲线结合以压轴题的形式考查.
教学环节一 题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一) 直线的方程
[例1] “直线xsin θ+y-1=0与x+ycos θ+1=0平行”是“θ=”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 [例2] (2024·菏泽模拟)已知直线l1:y=2x和l2:y=kx+1与x轴围成的三角形是等腰三角形,则k的取值不可能为 ( ) A.-2 B.- C. D. [练1] 设点P(-2,-1),直线l:(1+3λ)x+(1+λ)y-2-4λ=0,当点P到l的距离最大时,直线l的斜率为 ( ) A.- B.- C. D. [练2] 若两条平行直线l1:x-2y+m=0(m>0)与l2:2x+ny-6=0之间的距离是2,则m+n= . [自助空间] 思维建模:解决直线方程问题的三个注意点 (1)利用A1B2-A2B1=0后,要注意代入检验,排除两条直线重合的可能性. (2)要注意直线方程每种形式的局限性. (3)讨论两直线的位置关系时,要注意直线的斜率是否存在.
教学点(二) 圆的方程
[例1] (2024·聊城三模)已知圆C与两坐标轴及直线x+y-2=0都相切,且圆心在第二象限,则圆C的方程为 ( ) A.(x+)2+(y-)2= B.(x-)2+(y+)2=2 C.(x-)2+(y+)2= D.(x+)2+(y-)2=2 [例2] 过点P(x0,0)引圆C:x2+y2-4x=0的两条切线,切点分别为A,B.若cos∠APB=,则过P,A,B三点的圆的方程为 . [自助空间] 思维建模:解决圆的方程问题一般有两种方法 (1)几何法:通过研究圆的性质、直线与圆、圆与圆的位置关系,进而求得圆的基本量和方程. (2)代数法:用待定系数法先设出圆的方程,再由条件求得各系数.
[练1] (2024·南宁模拟)已知坐标原点在直线mx-2y=2m+8上的射影为点P(x0,y0),则x0,y0必然满足的关系是 ( ) A.+=5 B.+=5 C.+=20 D.+=20 [练2] (2024·广州二模)在平面直角坐标系xOy中,圆C经过点O(0,0)和点A(0,4),与x轴正半轴相交于点B.若在第一象限内的圆弧AB上存在点P,使cos∠OPA=,则圆C的标准方程为 .
教学点(三) 直线、圆的位置关系
角度一 直线与圆的位置关系 [例1] (2024·大连模拟)已知圆C1:x2+y2=16与圆C2:x2+y2+kx+y+m-16=0交于A,B两点,当k变化时,|AB|的最小值为4,则m= ( ) A.0 B.±1 C.±2 D.± [例2] (2024·哈尔滨模拟)已知点P是圆C:(x-2)2+(y-)2=1上的动点,点A(1,0),B(0,),则当∠PAB最大时,sin∠PAB= . 角度二 圆与圆的位置关系 [例3] (多选)已知圆O:x2+y2=1,圆C:(x-a)2+(y-1)2=4,a∈R,则下列命题正确的是 ( ) A.两圆的圆心距|OC|的最小值为1 B.若圆O与圆C相切,则a=±2 C.若圆O与圆C恰有两条公切线,则-2教学环节二 课时作业讲评(教师批阅作业后,据情选点讲评)
1.已知直线y=x+2k与直线y=-x的交点在圆x2+y2=4的内部,则实数k的取值范围是 ( ) A.(-1,1) B.(-2,2) C.(-3,3) D.(-,) 2.设m∈R,若过定点A的动直线x+my-m=0和过定点B的动直线mx-y-m+3=0交于点P(x,y),AB中点为Q,则|PQ|的值为 ( ) A. B. C. D.与m的取值有关 3.过A(-1,0),B(0,3),C(9,0)三点的圆与y轴交于M,N两点,则|MN|= ( ) A.3 B.4 C.8 D.6 4.已知圆C:x2+y2-4x+2y+1=0,过圆C外一点P作两条夹角为的直线分别与圆C相交,当所得的弦长均为2时,|CP|= ( ) A.2 B.2 C.4 D.3 5.已知P是圆O:x2+y2=9上的动点,点Q满足=(3,-4),点A(1,1),则|AQ|的最大值为 ( ) A.8 B.9 C.+3 D.+3 6.已知直线l:mx-y+m+1=0(m≠0)与圆C:x2+y2-4x+2y+4=0,过直线l上的任意一点P向圆C引切线,设切点为A,B,若线段AB长度的最小值为,则实数m的值是 ( ) A.- B. C. D.- 7.(2024·黄冈二模)已知角α,角β的顶点均为坐标原点,始边均与x轴的非负半轴重合,终边分别过A(1,3),B(-3,1),则tan= ( ) A.-2或 B.2或- C. D.-2 8.(2024·阜阳模拟)已知过点P(4,m)(m≠0)作圆C:x2+y2-4y=0的两条切线PA,PB,切点分别为A,B,则直线AB必过定点 ( ) A.(1,2) B.(2,1) C.(1,1) D. 9.(2023·新课标Ⅰ卷)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. [自助空间] 第7题 拓展延伸:隐圆问题 (1)在题设中没有明确给出圆的相关信息,而是隐含在题目中,要通过分析、转化、发现圆(或圆的方程),从而最终利用圆的知识来求解,我们称这类问题为“隐圆问题”. (2)发现确定隐圆的主要方法 ①利用圆的定义或圆的几何性质确定隐圆. ②在平面上给定相异两点A,B,设点P在同一平面上且满足|PA|=λ|PB|,当λ>0且λ≠1时,点P的轨迹是个圆,这个圆我们称作阿波罗尼斯圆. ③两定点A,B,动点P满足·=λ,确定隐圆. 第8题 发散拓展: 圆的切点弦所在直线的方程 点P(x0,y0)在圆(x-a)2+(y-b)2=r2外,过点P作圆的两条切线,切点分别为A,B,则切点弦AB所在直线的方程为(x0-a)(x-a)+(y0-b)(y-b)=r2.
10.(2024·丹东模拟)[多选]已知曲线E:x2+y2-2|x|-2|y|=0,则下列结论正确的是 ( ) A.曲线E围成的图形面积为8+4π B.曲线E的长度为4π C.曲线E上任意一点到原点的最小距离为2 D.曲线E上任意两点间最大距离为4 11.(2024·邵阳一模)[多选]设点P(x,y)为圆C:x2+y2=1上一点,已知点A(4,0),B(5,0),则下列结论正确的是 ( ) A.x+y的最大值为 B.x2+y2-4x-4y的最小值为8 C.存在点P使|PB|=|PA| D.过A点作圆C的切线,则切线长为 12.已知直线l的倾斜角为α,且直线l与直线m:x-y+1=0垂直,则α= . 13.(2024·天津高考)圆(x-1)2+y2=25的圆心与抛物线y2=2px(p>0)的焦点F重合,A为两曲线的交点,则原点到直线AF的距离为 . 第11题 拓展提升:与圆有关的最值问题常见类型及解题思路: 常见类型解题思路μ=型转化为动直线斜率的最值问题t=ax+by型转化为动直线截距的最值问题,或用三角代换求解m=(x-a)2+(y-b)2型转化为动点与定点的距离的平方的最值问题
14.(2024·郑州模拟)一直线族的包络线是这样定义的曲线:该曲线不包含于直线族中,但过该曲线上的每一点,都有直线族中的一条直线与它在这一点处相切.若曲线C是直线族(t2-1)x-2ty+2t2+2=0(t∈R)的包络线,则C上的点到直线x+y=4的最小距离为 . 15.已知圆C:x2+y2=4,M,N是直线l:y=x+4上的两点.若对线段MN上任意一点P,圆C上均存在两点A,B,使得cos∠APB=,则线段MN长度的最大值为 ( ) A.2 B.4 C.4 D.4 16.(2024·唐山二模)已知圆C:x2+(y-3)2=4,过点(0,4)的直线l与x轴交于点P,与圆C交于A,B两点,则·(+)的取值范围是 ( ) A.[0,1] B.[0,1) C.[0,2] D.[0,2) 17.在平面直角坐标系xOy中,过点A(0,-3)的直线l与圆C:x2+(y-2)2=9相交于M,N两点,若S△AON=S△ACM,则直线l的斜率为 .
习题讲评(一) 直线与圆
教学环节一 题点考法讲评
教学点(一) 直线的方程
[例1] 选B
若直线xsin θ+y-1=0与x+ycos θ+1=0平行,易得sin θ≠0,cos θ≠0,故=≠,则sin θcos θ=,sin 2θ=,sin 2θ=1,2θ=+2kπ(k∈Z),θ=+kπ(k∈Z),得不到θ=,故不是充分条件;
反之,当θ=时,=≠成立,故直线xsin θ+y-1=0与x+ycos θ+1=0平行,是必要条件.故“直线xsin θ+y-1=0与x+ycos θ+1=0平行”是“θ=”的必要不充分条件.
[例2] 选D
令直线l1,l2的倾斜角分别为α,θ,则tan α=2,tan θ=k,
(注意:等腰三角形的底不确定,注意分为围成的等腰三角形底边在x轴上、底边在直线l2上和底边在直线l1上三种情况讨论)
当围成的等腰三角形底边在x轴上时,θ=π-α,k=tan(π-α)=-tan α=-2;
当围成的等腰三角形底边在直线l2上时,θ=或θ=+,因为tan α==2,且tan>0,
解得tan=,所以k=tan θ=tan=或k=tan θ=tan=-=;
当围成的等腰三角形底边在直线l1上时,θ=2α,则k=tan θ=tan 2α===-.
[练1] 选A
∵直线l:(1+3λ)x+(1+λ)y-2-4λ=0,∴可将直线方程变形为(x+y-2)+(3x+y-4)λ=0,由解得由此可得直线l恒过点Q(1,1),当l⊥PQ时,点P到l的距离最大,此时kPQ==,则由kPQ·kl=-1,得kl=-.
[练2] 答案:3
解析:因为直线l1:x-2y+m=0(m>0)与l2:2x+ny-6=0平行,所以=≠,解得n=-4且m≠-3,所以直线l2为2x-4y-6=0,直线l1:x-2y+m=0(m>0)化为2x-4y+2m=0(m>0).因为两平行线间的距离为2,所以=2,得|2m+6|=20,因为m>0,所以2m+6=20,解得m=7,所以m+n=7-4=3.
教学点(二) 圆的方程
[例1] 选D
由题意设所求的圆方程为(x-a)2+(y-b)2=r2(a<0,b>0),则(结论:直线与圆相切,则圆心到
直线的距离等于半径)
即解得
所以圆C的方程为(x+)2+(y-)2=2.
[例2] 答案:(x-4)2+y2=4或x2+y2=4
审题破题:本题解决的关键是,利用P,A,C,B四点共圆确定过P,A,B三点的圆的几何性质.
由x2+y2-4x=0,得(x-2)2+y2=4,可得圆心C(2,0),半径r=2.由cos∠APB=,得∠APB=60°,所以∠APC=30°,故|PC|=2|AC|=4,即|x0-2|=4,解得x0=6或x0=-2,则P(6,0)或P(-2,0),根据CA⊥PA,BC⊥PB,故P,A,C,B四点共圆,且PC为直径,所以线段PC的中点为M(4,0)或M(0,0),且=2,所以过P,A,B三点的圆的方程为(x-4)2+y2=4或x2+y2=4.
[练1] 选B
直线l:mx-2y=2m+8,即m(x-2)-2(y+4)=0恒过定点A(2,-4),由原点O在直线l上的射影为点P,得OP⊥l,则点P在以OA为直径的圆上,该圆圆心为(1,-2),半径为r==,所以x0,y0满足的关系是+=5.
[练2] 答案:(x-4)2+(y-2)2=20
解析:根据题意作图,如图所示,显然∠OPA=∠OBA,cos∠OPA==cos∠OBA,而∠OBA∈,于是
sin∠OBA==.又∠AOB=,则AB为圆的直径,设|AB|=2R,由sin∠OBA===,得R=2.因此|OB|===8,即B(8,0).
(关键点:利用圆的性质求出点B的坐标,是解决问题的关键)
又A(0,4),则AB的中点C(4,2),所以圆C的标准方程为(x-4)2+(y-2)2=20.
教学点(三) 直线、圆的位置关系
[例1] 选C
两圆的公共弦所在直线的方程为kx+y+m=0,圆心C1到直线的距离为d=,|AB|=2,因为1+k2≥1,所以 ≥,所以2=4,解得m=±2.
[例2] 答案:1
圆C:(x-2)2+=1的圆心为(2,),半径为1,点A(1,0),B(0,),如图所示,当∠PAB最大时,PA与圆C相切,
(结论:数形结合,当PA与圆C相切时,∠PAB最大,此题是典型的多想少算题目)
连接CP,AC,可知PC⊥PA,|AC|= =2,|AB|=|BC|=2,故∠CAP=30°,∠BAC=60°,所以∠PAB=90°,sin∠PAB=1.
[例3] 选AD
根据题意,可得圆O:x2+y2=1的圆心为O(0,0),半径r=1,圆C:(x-a)2+(y-1)2=4的圆心为C(a,1),半径R=2.因为两圆的圆心距d=|OC|=≥1,故A正确;
两圆内切时,圆心距d=|OC|=R-r=1,即=1,解得a=0.两圆外切时,圆心距d=|OC|=R+r=3,即=3,解得a=±2,综上所述,若两圆相切,则a=0或a=±2,故B不正确;
若圆O与圆C恰有两条公切线,则两圆相交,d=|OC|∈(R-r,R+r),即∈(1,3),可得1<<3,解得-2若圆O与圆C相交,则当圆O:x2+y2=1的圆心O在公共弦上时,公共弦长等于2r=2,达到最大值,因此,两圆相交时,公共弦长的最大值为2,故D正确.
[例4] 答案:y=1(答案不唯一,写其他三条均可)
解析:圆C1:x2+y2=1的圆心为C1(0,0),半径为r1=1,圆C2:(x-3)2+y2=1的圆心为C2(3,0),半径为r2=1,则|C1C2|=3>r1+r2,所以两圆外离,由两圆的圆心都在x轴上,则公切线的斜率一定存在,设公切线方程为y=kx+b,即kx-y+b=0,则有解得或或或所以公切线方程为y=±·或y=±1.
[练1] 选C
根据题意有2b=a+c,即a-2b+c=0,所以直线ax+by+c=0过点M(1,-2).设圆x2+y2+4y-1=0的圆心为C,连接CM,当AB⊥CM时,|AB|最小,将圆的方程化为x2+(y+2)2=5,则C(0,-2),所以|MC|=1,所以|AB|的最小值为2=4.
[练2] 答案:
解析:
x2+y2-4x=0可化为(x-2)2+y2=4,所以圆C的圆心为(2,0),半径为2,易知其中一条切线与y轴重合,不妨设此切点为A(0,0),易得|MA|=1.
法一:故以M(0,1)为圆心,|MA|为半径的圆M的方程为x2+(y-1)2=1,将两圆的方程相减得到直线AB的方程2x-y=0.将2x-y=0与x2+y2-4x=0联立,得5x2-4x=0,解得x=0或x=.所以得A(0,0),B,故|AB|= =.
法二:连接MC,则MC⊥AB,设MC与AB的交点为F,由△MAF∽△MCA,可得|MA|2=|MF|·|MC|.
又|MC|==,所以|MF|=,
故|AF|===,
所以|AB|=2|AF|=.
[练3] 答案:3
解析:因为动圆N经过点A(-6,0)及原点O,记AO的中点为B,则圆心在x=-3上,如图.
记圆N半径为R,∠OPA=θ,则∠ANO=2θ,∠BNO=θ,所以sin∠OPA=sin∠BNO==,当∠OPA最大时,R最小,此时两圆外切.由已知设动圆N的圆心为N(-3,t),又圆M:x2+(y-4)2=4的圆心M(0,4),半径r=2,所以R+2=|MN|,即+2=,解得t=0,所以R=3,即圆N的半径为3,此时圆N为(x+3)2+y2=9,圆心N(-3,0),∠OPA=.
教学环节二 课时作业讲评
1.选D
联立解得即点(-k,k)在圆x2+y2=4的内部,即有(-k)2+k2<4,解得-2.选A
由于x+my-m=0经过的定点为(0,1),所以A(0,1),直线mx-y-m+3=0变形为m(x-1)-y+3=0,所以经过定点(1,3),故B(1,3).因为1·m+m·(-1)=0,所以两直线垂直,如图,因此△ABP为直角三角形,所以|PQ|=|AB|==.
3.选D
设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,将点A(-1,0),B(0,3),C(9,0)代入,则解得D=-8,E=0,F=-9,可得圆的方程为x2+y2-8x-9=0,整理得(x-4)2+y2=25.令x=0,可得y2-9=0,解得y=±3,所以|MN|=6.
4.选B
圆C的方程化为标准方程即为(x-2)2+(y+1)2=4,所以圆心C(2,-1),且半径r=2.而一条直线被圆C所截得的弦长为2,意味着圆心C(2,-1)到该直线的距离d= ==.记圆心C到其中一条直线的投影为H,则|CH|=d=,∠HPC=·=,所以|CP|===2.
5.选C
设Q(x,y),P(x0,y0),由=(x-x0,y-y0)=(3,-4),得x0=x-3,y0=y+4,因为点P在圆O上,即+=9,则(x-3)2+(y+4)2=9,所以点Q的轨迹是以(3,-4)为圆心,3为半径的圆.因为A(1,1),(1-3)2+(1+4)2=29>9,所以点A在圆外,所以|AQ|的最大值为+3=+3.
6.选A
圆C:(x-2)2+(y+1)2=1,设∠ACP=θ,则|AB|=2sin θ≥,则sin θ≥,∴θ∈,则|PC|=≥2,所以圆心C到直线l的距离是2,∴=2,得5m2+12m=0,∵m≠0,∴m=-.
7.选D
记O为坐标原点,因为A(1,3),B(-3,1),所以|OA|=|OB|=,所以点A(1,3),B(-3,1)均在以原点O为圆心,为半径的圆上.连接AB,取AB的中点M,连接OM,则OM⊥AB.不妨设α,β∈(0,2π),则∠xOM=α+=,所以tan=kOM=-=-2.
8.选A
圆C:x2+y2-4y=0的方程可化为C:x2+(y-2)2=4,所以圆心C(0,2).则以PC为直径的圆的圆心为,设以PC为直径的圆的半径为r,则r===.所以以PC为直径的圆的方程为(x-2)2+=.因为过点P(4,m)(m≠0)作圆C:x2+y2-4y=0的切线的切点分别为A,B,所以两圆的交点为A,B,即两圆的公共弦为AB.将两圆的方程相减可得直线AB的方程为4x+(m-2)y-2m=0,即m(y-2)+(4x-2y)=0.令解得所以直线AB必过定点(1,2).
9.选B
思维路径:[法一] 根据切线的性质求切线长,结合倍角公式运算求解;
[法二] 根据切线的性质求切线长,结合余弦定理运算求解;
[法三] 根据切线结合点到直线的距离公式可得k2+8k+1=0,利用根与系数的关系结合夹角公式运算求解.
法一:因为x2+y2-4x-1=0,即(x-2)2+y2=5,可得圆心C(2,0),半径r=,过点P(0,-2)作圆C的切线,切点为A,B,因为|PC|==2,则|PA|==,可得sin∠APC==,cos∠APC==,则sin∠APB=sin 2∠APC=2sin∠APCcos∠APC=2××=,cos∠APB=cos 2∠APC=cos2∠APC-sin2∠APC=-=-<0,即∠APB为钝角,所以sin α=sin(π-∠APB)=sin∠APB=.
法二:圆x2+y2-4x-1=0的圆心C(2,0),半径r=,过点P(0,-2)作圆C的切线,切点为A,B,连接AB,可得|PC|==2,则|PA|=|PB|==,因为|PA|2+|PB|2-2|PA|·|PB|cos∠APB=|CA|2+|CB|2-2|CA|·|CB|cos∠ACB,且∠ACB=π-∠APB,则3+3-6cos∠APB=5+5-10cos(π-∠APB),即3-3cos∠APB=5+5cos∠APB,解得cos∠APB=-<0,即∠APB为钝角,则cos α=cos(π-∠APB)=-cos∠APB=,且α为锐角,所以sin α==.
法三:圆x2+y2-4x-1=0的圆心C(2,0),半径r=,若切线斜率不存在,则切线方程为x=0,则圆心到切点的距离d=20,设两切线斜率分别为k1,k2,则k1+k2=-8,k1k2=1,可得|k1-k2|==2,所以tan α==,即=,可得cos α=,则sin2α+cos2α=sin2α+=1,且α∈,则sin α>0,解得sin α=.
10.选ABD
当x>0,y>0时,曲线E:(x-1)2+(y-1)2=2;当x>0,y<0时,曲线E:(x-1)2+(y+1)2=2;当x<0,y>0时,曲线E:(x+1)2+(y-1)2=2;当x<0,y<0时,曲线E:(x+1)2+(y+1)2=2;当x=0,y=0时,曲线E为原点.
画出曲线E的图形,如图所示.曲线E围成的面积可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为的半圆,故面积为2×2+2π×=8+4π,故A正确;
曲线E由四个半径为的半圆组成,故周长为2×2π×=4π,故B正确;
因为原点在曲线E上,所以最小值为0,故C错误;
曲线E上任意两点的连线过圆心及原点时,距离最大,最大为4.故D正确.
11.选AD
设x+y=t,即x+y-t=0,由≤1,得-≤t≤,∴t的最大值是,A正确;
设x=cos θ,y=sin θ,则x2+y2-4x-4y=1-4(x+y)=1-4sin≥1-4,B错误;
由|PB|=|PA|,得=·,整理得(x-3)2+y2=2,因此满足|PB|=|PA|的点P在圆(x-3)2+y2=2上,此圆圆心为(3,0),半径为,而+1<3,因此它与圆C外离,因此圆C上不存在点P满足|PB|=|PA|,C错误;
圆C圆心为C(0,0),半径为r=1,则过A点作圆C的切线,切线长为==,D正确.
12.答案:
解析:直线m:x-y+1=0即y=x+,斜率k=,因为直线l,m互相垂直,所以直线l的斜率k1==-,直线l的倾斜角为α,则tan α=-,结合α∈[0,π),可知α=.
13.答案:
解析:由题意知圆(x-1)2+y2=25的圆心坐标为(1,0),则F(1,0),故=1,p=2,由抛物线的定义得|AF|=xA+1=5,得xA=4.由对称性不妨设A(4,4),则直线AF的方程为y=(x-1),即4x-3y-4=0,所以原点到直线AF的距离为=.
14.答案:2-2
思维路径:将切线方程转化为关于t的方程为(x+2)t2-2yt+2-x=0.根据一个解对应一条切线可知该方程仅有一解,利用Δ=0可得曲线C的方程,结合直线与圆的位置关系即可求解.
解析:曲线C上任一点P(x,y)对应的切线方程为(t2-1)x-2ty+2t2+2=0,将其整理为关于t的方程为(x+2)t2-2yt+2-x=0.由题意知,一个解对应一条切线,即关于t的方程仅有一解,所以Δ=(-2y)2-4(x+2)(2-x)=0,整理得x2+y2=4,即曲线C的方程为x2+y2=4,故C上的点到直线x+y=4的最小距离为d=-2=2-2.
15.选C
如图,圆C:x2+y2=4的圆心到直线l:y=x+4的距离d==2>2=r,
所以直线l与圆C相离.当且仅当直线PA,PB均与圆C相切时,∠APB最大,不妨设切线为PE,PF(其中E,F为切点),因为cos∠APB=,所以∠APB=,则∠EPF≥,所以sin∠EPC=≥sin=,解得|PC|≤4,所以线段MN长度的最大值为2=4.
16.选D
思维路径:本题解决的关键在于结合圆C的弦AB想到取其中点D,将+转化为2,利用垂径定理,将所求式转化成2||2,而求||范围可通过求弦AB的长的范围解得.
如图,取线段AB的中点D,连接CD,则CD⊥AB,所以·(+)=2·=2(+)·=2||2.因为直线l经过点M(0,4),考虑临界情况,当线段AB中点D与点M重合时(此时CM⊥AB),弦长|AB|最小,此时|CD|最长,为|CD|max=|CM|=4-3=1;
(注意:但此时直线l与x轴平行,点P不存在)
当线段AB中点D与点C重合时,点P与点O重合,|CD|最短为0(此时符合题意).故·(+)的取值范围为[0,2).
17.答案:±
解析:由题意得C(0,2),直线MN的斜率存在,设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为y=kx-3,与x2+(y-2)2=9联立,得(k2+1)x2-10kx+16=0,Δ=100k2-64(k2+1)=36k2-64>0,得k2>,x1+x2=,x1x2=.因为S△AON=S△ACM,所以×3×|x2|=××|2-(-3)|×|x1|,则|x2|=2|x1|,于是x2=2x1,所以两式消去x1,得k2=,满足Δ>0,所以k=±.
