1、2013-2022年數學高考真題專題練習專題九平面解析幾何9.1直線與圓考點一直線的方程1.(2014四川文,9,5分)設mR,過定點A的動直線x+my=0和過定點B的動直線mx-y-m+3=0交于點P(x,y),則|PA|+|PB|的取值范圍是()A.5,25B.10,25C.10,45D.25,45答案B直線x+my=0過定點A(0,0),直線mx-y-m+3=0過定點B(1,3).當m=0時,過定點A的直線方程為x=0,過定點B的直線方程為y=3,兩條直線互相垂直,此時P(0,3),|PA|+|PB|=4.當m0時,直線x+my=0的斜率為-1m,直線mx-y-m+3=0的斜率為m.-1

2、m×m=-1,兩條直線互相垂直,即點P可視為以AB為直徑的圓上的點.當點P與點A或點B重合時,|PA|+|PB|有最小值10.當點P不與點A,點B重合時,PAB為直角三角形,且|PA|2+|PB|2=|AB|2=10.由不等式性質知|PA|+|PB|2|PA|2+|PB|22=25,|PA|+|PB|10,25.綜合得|PA|+|PB|10,25.評析本題考查直線的方程、兩直線垂直及不等式的性質,解答本題的關鍵是找到點P的軌跡.屬中檔題.2.(2013湖南理,8,5分)在等腰直角三角形ABC中,AB=AC=4,點P是邊AB上異于A,B的一點.光線從點P出發,經BC,CA反射后又回到點

3、P(如圖).若光線QR經過ABC的重心,則AP等于()A.2B.1C.83D.43答案D以AB為x軸,AC為y軸建立如圖所示的坐標系,由題可知B(4,0),C(0,4),A(0,0),則直線BC的方程為x+y-4=0.設P(t,0)(0<t<4),由對稱知識可得點P關于直線BC的對稱點P1的坐標為(4,4-t),點P關于y軸的對稱點P2的坐標為(-t,0),根據反射定理可知P1P2就是光線RQ所在直線.由P1、P2兩點坐標可得直線P1P2的方程為y=4t4+t(x+t),設ABC的重心為G,易知G43,43.因為重心G43,43在光線RQ上,所以有43=4t4+t43+t,即3t2

4、-4t=0.所以t=0或t=43,因為0<t<4,所以t=43,即AP=43,故選D.3.(2012浙江理,3,5分)設aR,則“a=1”是“直線l1:ax+2y-1=0與直線l2:x+(a+1)y+4=0平行”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件答案A由l1l2,得-a2=-1a+1,解得a=1或a=-2,代入檢驗符合,即“a=1”是“l1l2”的充分不必要條件,故選A.評析本題考查兩直線平行和充要條件的判斷,考查運算求解能力.4.(2011浙江文,12,4分)若直線x-2y+5=0與直線2x+my-6=0互相垂直,則實數m=.

5、60;答案1解析依題意m0,所以由2m×12=-1,得m=1.評析本題考查兩條直線垂直的充要條件,屬容易題.注意與平行的區別.考點二圓的方程1.(2015課標理,7,5分)過三點A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圓交y軸于M,N兩點,則|MN|=()A.26B.8C.46D.10答案C設圓心為P(a,b),由點A(1,3),C(1,-7)在圓上,知b=372=-2.再由|PA|=|PB|,得a=1.則P(1,-2),|PA|=(11)2+(3+2)2=5,于是圓P的方程為(x-1)2+(y+2)2=25.令x=0,得y=-2±26,則|MN|=|(-2+26)-(

6、-2-26)|=46.2.(2015課標文,7,5分)已知三點A(1,0),B(0,3),C(2,3),則ABC外接圓的圓心到原點的距離為()A.53B.213C.253D.43答案B在平面直角坐標系xOy中畫出ABC,易知ABC是邊長為2的正三角形,其外接圓的圓心為D1,233.因此|OD|=12+2332=73=213.故選B.3.(2015北京文,2,5分)圓心為(1,1)且過原點的圓的方程是()A.(x-1)2+(y-1)2=1B.(x+1)2+(y+1)2=1C.(x+1)2+(y+1)2=2D.(x-1)2+(y-1)2=2答案D由題意得圓的半徑為2,故該圓的方程為(x-1)2+(

7、y-1)2=2,故選D.4.(2016天津文,12,5分)已知圓C的圓心在x軸的正半軸上,點M(0,5)在圓C上,且圓心到直線2x-y=0的距離為455,則圓C的方程為. 答案(x-2)2+y2=9解析設圓C的方程為(x-a)2+y2=r2(a>0),由題意可得|2a|5=455,(a)2+(5)2=r2,解得a=2,r2=9,所以圓C的方程為(x-2)2+y2=9.方法總結待定系數法是求解圓方程的常用方法,一般步驟為設出圓的方程;列出關于系數的方程組,并求出各系數的值;檢驗各值是否符合題意,并寫出滿足題意的圓的方程.有時也可利用圓的幾何性質進行求解.評析本題主要考查點與圓的位

8、置關系,點到直線的距離公式以及圓的方程的求法,考查方程思想方法的應用,注意圓心的橫坐標的取值范圍是解決本題的關鍵.5.(2015課標理,14,5分)一個圓經過橢圓x216+y24=1的三個頂點,且圓心在x軸的正半軸上,則該圓的標準方程為. 答案x322+y2=254解析由已知得該圓經過橢圓的三個頂點A(4,0)、B(0,2)、C(0,-2).易知線段AB的垂直平分線的方程為2x-y-3=0.令y=0,得x=32,所以圓心坐標為32,0,則半徑r=4-32=52.故該圓的標準方程為x322+y2=254.評析本題考查圓和橢圓的方程,求出圓心坐標是解題關鍵.6.(2014陜西理,12,5

9、分)若圓C的半徑為1,其圓心與點(1,0)關于直線y=x對稱,則圓C的標準方程為. 答案x2+(y-1)2=1解析根據題意得點(1,0)關于直線y=x對稱的點(0,1)為圓心,又半徑r=1,所以圓C的標準方程為x2+(y-1)2=1.考點三直線與圓的位置關系1.(2015廣東理,5,5分)平行于直線2x+y+1=0且與圓x2+y2=5相切的直線的方程是()A.2x+y+5=0或2x+y-5=0B.2x+y+5=0或2x+y-5=0C.2x-y+5=0或2x-y-5=0D.2x-y+5=0或2x-y-5=0答案A切線平行于直線2x+y+1=0,故可設切線方程為2x+y+c=0(c1),

10、結合題意可得|c|5=5,解得c=±5.故選A.2.(2015山東理,9,5分)一條光線從點(-2,-3)射出,經y軸反射后與圓(x+3)2+(y-2)2=1相切,則反射光線所在直線的斜率為()A.-53或-35B.-32或-23C.-54或-45D.-43或-34答案D由題意可知反射光線所在直線過點(2,-3),設反射光線所在直線方程為y+3=k(x-2),即kx-y-2k-3=0.反射光線所在直線與圓相切,|3k22k3|k2+1=1,解得k=-43或k=-34.評析本題主要考查直線和圓的位置關系.3.(2015重慶理,8,5分)已知直線l:x+ay-1=0(aR)是圓C:x2+

11、y2-4x-2y+1=0的對稱軸.過點A(-4,a)作圓C的一條切線,切點為B,則|AB|=()A.2B.42C.6D.210答案C圓C的標準方程為(x-2)2+(y-1)2=22,圓心為C(2,1),半徑r=2,由直線l是圓C的對稱軸,知直線l過點C,所以2+a×1-1=0,a=-1,所以A(-4,-1),于是|AC|2=40,所以|AB|=|AC|222=404=6.故選C.4.(2014課標文,12,5分)設點M(x0,1),若在圓O:x2+y2=1上存在點N,使得OMN=45°,則x0的取值范圍是()A.-1,1B.12,12C.-2,2D.22,22答案A過M作圓

12、O的兩條切線MA、MB,切點分別為A、B,若在圓O上存在點N,使OMN=45°,則OMBOMN=45°,所以AMB90°,所以-1x01,故選A.評析本題考查直線與圓的位置關系,體現了數形結合的思想方法.5.(2014浙江文,5,5分)已知圓x2+y2+2x-2y+a=0截直線x+y+2=0所得弦的長度為4,則實數a的值是()A.-2B.-4C.-6D.-8答案B將圓的方程化為標準方程為(x+1)2+(y-1)2=2-a,所以圓心為(-1,1),半徑r=2a,圓心到直線x+y+2=0的距離d=|1+1+2|2=2,故r2-d2=4,即2-a-2=4,所以a=-4,

13、故選B.6.(2014安徽文,6,5分)過點P(-3,-1)的直線l與圓x2+y2=1有公共點,則直線l的傾斜角的取值范圍是()A.0,6B.0,3C.0,6D.0,3答案D過P點作圓的切線PA、PB,連接OP,如圖所示.顯然,直線PA的傾斜角為0,又OP=(3)2+(1)2=2,PA=3,OA=1,因此OPA=6,由對稱性知,直線PB的傾斜角為3.若直線l與圓有公共點,由圖形知其傾斜角的取值范圍是0,3.故選D.7.(2016山東文,7,5分)已知圓M:x2+y2-2ay=0(a>0)截直線x+y=0所得線段的長度是22.則圓M與圓N:(x-1)2+(y-1)2=1的位置關系是()A.

14、內切B.相交C.外切D.相離答案B由題意知圓M的圓心為(0,a),半徑R=a,因為圓M截直線x+y=0所得線段的長度為22,所以圓心M到直線x+y=0的距離d=|a|2=a22(a>0),解得a=2,又知圓N的圓心為(1,1),半徑r=1,所以|MN|=2,則R-r<2<R+r,所以兩圓的位置關系為相交,故選B.思路分析利用直線被圓所截得的線段的長度構造關于a的方程,從而求出圓M的圓心及半徑,根據兩圓圓心距及兩圓半徑和與差的大小關系判斷兩圓的位置關系.8.(2014北京文,7,5分)已知圓C:(x-3)2+(y-4)2=1和兩點A(-m,0),B(m,0)(m>0).若

15、圓C上存在點P,使得APB=90°,則m的最大值為()A.7B.6C.5D.4答案B若APB=90°,則點P的軌跡是以AB為直徑的圓,其方程為x2+y2=m2.由題意知圓C:(x-3)2+(y-4)2=1與圓O:x2+y2=m2有公共點,所以|m-1|OC|m+1,易知|OC|=5,所以4m6,故m的最大值為6.選B.9.(2013重慶理,7,5分)已知圓C1:(x-2)2+(y-3)2=1,圓C2:(x-3)2+(y-4)2=9,M,N分別是圓C1,C2上的動點,P為x軸上的動點,則|PM|+|PN|的最小值為()A.52-4B.17-1C.6-22D.17答案A圓C1,

16、C2如圖所示.設P是x軸上任意一點,則|PM|的最小值為|PC1|-1,同理可得|PN|的最小值為|PC2|-3,則|PM|+|PN|的最小值為|PC1|+|PC2|-4.作C1關于x軸的對稱點C'1(2,-3),連接C'1C2,與x軸交于點P,連接PC1,根據三角形兩邊之和大于第三邊可知|PC1|+|PC2|的最小值為|C'1C2|,則|PM|+|PN|的最小值為52-4.選A.評析本題考查了圓的標準方程及圓的幾何性質等知識,同時又考查了數形結合思想、轉化思想.把折線段長的和轉化成兩點間的距離是本題的關鍵.10.(2016課標,4,5分)圓x2+y2-2x-8y+13

17、=0的圓心到直線ax+y-1=0的距離為1,則a=()A.-43B.-34C.3D.2答案A圓的方程可化為(x-1)2+(y-4)2=4,則圓心坐標為(1,4),圓心到直線ax+y-1=0的距離為|a+41|a2+1=1,解得a=-43.故選A.思路分析將圓的方程化成標準方程,從而得出圓心坐標,進而利用點到直線的距離公式列出關于a的方程,解方程即可求得a的值.11.(2016北京,5,5分)圓(x+1)2+y2=2的圓心到直線y=x+3的距離為()A.1B.2C.2D.22答案C由題知圓心坐標為(-1,0),將直線y=x+3化成一般形式為x-y+3=0,故圓心到直線的距離d=|10+3|12+

18、(1)2=2.故選C.易錯警示在應用點到直線的距離公式d=|Ax0+By0+C|A2+B2時,一定要將直線方程化成一般形式,正確寫出A,B,C的值,此處符號易出現錯誤.12.(2016課標,15,5分)設直線y=x+2a與圓C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B兩點,若|AB|=23,則圓C的面積為. 答案4解析把圓C的方程化為x2+(y-a)2=2+a2,則圓心為(0,a),半徑r=a2+2.圓心到直線x-y+2a=0的距離d=|a|2.由r2=d2+|AB|22,得a2+2=a22+3,解得a2=2,則r2=4,所以圓的面積S=r2=4.13.(2016課標,15,5分)已知

19、直線l:x-3y+6=0與圓x2+y2=12交于A,B兩點,過A,B分別作l的垂線與x軸交于C,D兩點.則|CD|=. 答案4解析圓心(0,0)到直線x-3y+6=0的距離d=61+3=3,|AB|=21232=23,過C作CEBD于E,因為直線l的傾斜角為30°,所以|CD|=|CE|cos30°=|AB|cos30°=2332=4.14.(2016課標理,16,5分)已知直線l:mx+y+3m-3=0與圓x2+y2=12交于A,B兩點,過A,B分別作l的垂線與x軸交于C,D兩點.若|AB|=23,則|CD|=. 答案4解析由題意可知直線l過

20、定點(-3,3),該定點在圓x2+y2=12上,不妨設點A(-3,3),由于|AB|=23,r=23,所以圓心到直線AB的距離為d=(23)2(3)2=3,又由點到直線的距離公式可得d=|3m3|m2+1=3,解得m=-33,所以直線l的斜率k=-m=33,即直線l的傾斜角為30°.如圖,過點C作CHBD,垂足為H,所以|CH|=23,在RtCHD中,HCD=30°,所以|CD|=23cos30°=4.解后反思涉及直線與圓的位置關系的問題要充分利用圓的性質,利用數形結合的思想方法求解.15.(2015江蘇,10,5分)在平面直角坐標系xOy中,以點(1,0)為圓心

21、且與直線mx-y-2m-1=0(mR)相切的所有圓中,半徑最大的圓的標準方程為. 答案(x-1)2+y2=2解析由mx-y-2m-1=0可得m(x-2)=y+1,由mR知該直線過定點(2,-1),從而點(1,0)與直線mx-y-2m-1=0的距離的最大值為(21)2+(10)2=2,故所求圓的標準方程為(x-1)2+y2=2.16.(2014重慶理,13,5分)已知直線ax+y-2=0與圓心為C的圓(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B兩點,且ABC為等邊三角形,則實數a=. 答案4±15解析易知ABC是邊長為2的等邊三角形,故圓心C(1,a)到直線AB的距離

22、為3,即|a+a2|a2+1=3,解得a=4±15.經檢驗均符合題意,則a=4±15.評析本題考查過定點的直線與圓相交的弦長問題,以及數形結合的思想方法,對綜合能力要求較高.17.(2015課標文,20,12分)已知過點A(0,1)且斜率為k的直線l與圓C:(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N兩點.(1)求k的取值范圍;(2)若OM·ON=12,其中O為坐標原點,求|MN|.解析(1)由題設,可知直線l的方程為y=kx+1.因為l與C交于兩點,所以|2k3+1|1+k2<1.解得473<k<4+73.所以k的取值范圍為473,4+73.(5分

23、)(2)設M(x1,y1),N(x2,y2).將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=4(1+k)1+k2,x1x2=71+k2.(7分)OM·ON=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=4k(1+k)1+k2+8.由題設可得4k(1+k)1+k2+8=12,解得k=1,所以l的方程為y=x+1.故圓心C在l上,所以|MN|=2.(12分)18.(2015廣東理,20,14分)已知過原點的動直線l與圓C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的兩點A,B.(1)求圓C1的圓心坐標;(

24、2)求線段AB的中點M的軌跡C的方程;(3)是否存在實數k,使得直線L:y=k(x-4)與曲線C只有一個交點?若存在,求出k的取值范圍;若不存在,說明理由.解析(1)圓C1的方程x2+y2-6x+5=0可化為(x-3)2+y2=4,所以圓心坐標為(3,0).(2)設A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2),M(x0,y0),則x0=x1+x22,y0=y1+y22.由題意可知直線l的斜率必存在,設直線l的方程為y=tx.將上述方程代入圓C1的方程,化簡得(1+t2)x2-6x+5=0.由題意,可得=36-20(1+t2)>0(*),x1+x2=61+t2,所以x0=31+t2,代入

25、直線l的方程,得y0=3t1+t2.因為x02+y02=9(1+t2)2+9t2(1+t2)2=9(1+t2)(1+t2)2=91+t2=3x0,所以x0322+y02=94.由(*)解得t2<45,又t20,所以53<x03.所以線段AB的中點M的軌跡C的方程為x322+y2=9453<x3.(3)由(2)知,曲線C是在區間53,3上的一段圓弧.如圖,D53,253,E53,253,F(3,0),直線L過定點G(4,0).聯立直線L的方程與曲線C的方程,消去y整理得(1+k2)x2-(3+8k2)x+16k2=0.令判別式=0,解得:k=±34,由求根公式解得交點

26、的橫坐標為xH,I=12553,3,由圖可知:要使直線L與曲線C只有一個交點,則kkDG,kEGkGH,kGI,即k257,25734,34.19.(2014課標文,20,12分)已知點P(2,2),圓C:x2+y2-8y=0,過點P的動直線l與圓C交于A,B兩點,線段AB的中點為M,O為坐標原點.(1)求M的軌跡方程;(2)當|OP|=|OM|時,求l的方程及POM的面積.解析(1)圓C的方程可化為x2+(y-4)2=16,所以圓心為C(0,4),半徑為4.設M(x,y),則CM=(x,y-4),MP=(2-x,2-y).由題設知CM·MP=0,故x(2-x)+(y-4)(2-y)=0