1、考点考点1 直线的方程直线的方程 1.(2020课标文,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 23 答案答案 B 解法一:点(0,-1)到直线y=k(x+1)的距离为d=,注意到k2+12k,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、. 2 |0-(-1)| 1 kk k 2 |1| 1 k k 2 1k 2 2 |1| 1 k k 22 2 2.(2019上海春,16,5分)以(a1,0),(a2,0)为圆心的两圆均过(1,0),与y轴正半轴分别交于(0,y1),(0,y2),且满 足ln y1+ln y2=0,则点的轨迹是( ) A.直线 B.圆 C.椭圆 D.双曲线 12 11 , aa 答案答案 A 设两圆半径分别为r1,r2, 则r1=|1-a1|=1-2a1, 同理:=1-2a2. 又因为ln y1+ln y2=0,所以y1y2=1, 则(1-2a1)(1-2a2)=1,即2a1a2=a1+a2+=2. 设则x
3、+y=2,故点的轨迹是直线. 故选A. 22 11 ay 2 1 y 2 2 y 1 1 a 2 1 a 1 2 1 , 1 , x a y a 12 11 , aa 思路分析思路分析 根据圆心和圆上的点建立方程,得到=1-2a1和=1-2a2,根据ln y1+ln y2=0整理出+ =2,从而得到点的轨迹. 2 1 y 2 2 y 1 1 a 2 1 a 1.(2020课标,文8,理5,5分)若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切,则圆心到直线2x-y-3=0的距离为 ( ) A. B. C. D. 5 5 2 5 5 3 5 5 4 5 5 考点考点2 圆的方程圆的方程 答案答案 B 设圆心
4、为P(x0,y0),半径为r,圆与x轴,y轴都相切,|x0|=|y0|=r,又圆经过点(2,1),x0=y0=r 且(2-x0)2+(1-y0)2=r2,(r-2)2+(r-1)2=r2,解得r=1或r=5. r=1时,圆心P(1,1),则圆心到直线2x-y-3=0的距离d=; r=5时,圆心P(5,5),则圆心到直线2x-y-3=0的距离d=.故选B. 22 |2-1-3| 2(-1) 2 5 5 22 |10-5-3| 2(-1) 2 5 5 2.(2020北京,5,4分)已知半径为1的圆经过点(3,4),则其圆心到原点的距离的最小值为( ) A.4 B.5 C.6 D.7 答案答案 A
5、设圆心为A(x,y),由已知得(x-3)2+(y-4)2=1,即A在以(3,4)为圆心,1为半径的圆上,所以圆心 A到原点的距离的最小值为-1=5-1=4.故选A. 22 (3-0)(4-0) 3.(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 . 3 ,0 2 2 1 - 2 y 答案答案 10 5 解析解析 PA=PB,CA=CB,CPAB,kAB=-=, 设AB:y=x+m,即x-y+m=0, AB与C相交, 6,即12,-m0), 由题意可得解得 所以圆C的方程为(x-2)2+y2=9. 2
6、22 |2 |4 5 , 55 (- )( 5), a ar 2 2, 9, a r 方法总结方法总结 待定系数法是求解圆方程的常用方法,一般步骤为设出圆的方程;列出关于系数 的方程组,并求出各系数的值;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. 1.(2016浙江文,10,4分)已知aR,方程a2x2+(a+2)y2+4x+8y+5a=0表示圆,则圆心坐标是 ,半 径是 . 以下为教师用书专用 答案答案 (-2,-4);5 解析解析 方程a2x2+(a+2)y2+4x+8y+5a=0表示圆, a2=a+20,解得a=-1或a=2. 当a=-1时,方程
7、化为x2+y2+4x+8y-5=0. 配方得(x+2)2+(y+4)2=25,所得圆的圆心坐标为(-2,-4),半径为5; 当a=2时,方程化为x2+y2+x+2y+=0, 此时D2+E2-4F=1+4-4=-50,方程不表示圆,舍去. 5 2 5 2 思路分析思路分析 本题主要考查圆的方程,根据圆的一般方程中二次项的系数相等的性质可以求出a的 值,将a代入圆的方程并化成标准方程即可求出圆心坐标和圆的半径. 2.(2016四川理,15,5分)在平面直角坐标系中,当P(x,y)不是原点时,定义P的“伴随点”为P ;当P是原点时,定义P的“伴随点”为它自身.平面曲线C上所有点的“伴随点” 所构成的
8、曲线C定义为曲线C的“伴随曲线”.现有下列命题: 若点A的“伴随点”是点A,则点A的“伴随点”是点A; 单位圆的“伴随曲线”是它自身; 若曲线C关于x轴对称,则其“伴随曲线”C关于y轴对称; 一条直线的“伴随曲线”是一条直线. 其中的真命题是 (写出所有真命题的序号). 2222 - , yx xyxy 答案答案 解析解析 设A(1,0),则A的“伴随点”为A(0,-1), A(0,-1)的“伴随点”为A(-1,0),是假命题. 在单位圆上任取一点P(cos ,sin ), 则P的“伴随点”为P, 即P(sin ,-cos ),仍在单位圆上, 是真命题. 设M(x,y),M关于x轴的对称点为N
9、(x,-y),则M的“伴随点”为M,N的“伴随点” 为N, M与N关于y轴对称,是真命题. 取直线y=x+1,Q(0,1),E(1,2),F(2,3), 则Q的“伴随点”为Q(1,0),E的“伴随点”为E,F的“伴随点”为F,通过计算可 知Q、E、F三点不共线,故是假命题. 2222 sin-cos , sincossincos 2222 - , yx xyxy 2222 - , yx xyxy 21 ,- 55 32 ,- 13 13 思路分析思路分析 对于,利用特殊值判断;对于,单位圆上的点的坐标的设法是关键;对于,直接设 点判断即可. 3.(2017江苏,13,5分)在平面直角坐标系xO
10、y中,A(-12,0),B(0,6),点P在圆O:x2+y2=50上.若20, 则点P的横坐标的取值范围是 . PA PB 答案答案 -5,1 2 解析解析 本题考查平面向量数量积及其应用,圆的方程的应用及圆与圆的相交. 解法一:设P(x,y),则由20可得,(-12-x)(-x)+(-y)(6-y)20,即(x+6)2+(y-3)265, 所以P为圆(x+6)2+(y-3)2=65上或其内部一点. 又点P在圆x2+y2=50上, 故联立得解得或 即P为圆x2+y2=50的劣弧MN上的一点(如图), 易知-5x1. 解法二:设P(x,y),则由20, 可得(-12-x)(-x)+(-y)(6-
11、y)20,即x2+12x+y2-6y20, 由于点P在圆x2+y2=50上, PA PB 22 22 50, (6)( -3)65, xy xy 1, 7 x y -5, -5, x y 2 PA PB 故12x-6y+300,即2x-y+50, 点P为圆x2+y2=50上且满足2x-y+50的点,即P为圆x2+y2=50的劣弧MN上的一点(如图), 同解法一,可得N(1,7),M(-5,-5),易知-5x1. 2 4.(2016江苏,18,16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知以M为圆心的圆M:x2+y2-12x-14y+60=0及 其上一点A(2,4). (1)设圆N与x轴相切,与圆
12、M外切,且圆心N在直线x=6上,求圆N的标准方程; (2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B,C两点,且BC=OA,求直线l的方程; (3)设点T(t,0)满足:存在圆M上的两点P和Q,使得+=,求实数t的取值范围. TATPTQ 解析解析 圆M的标准方程为(x-6)2+(y-7)2=25, 所以圆心M(6,7),半径为5. (1)由圆心N在直线x=6上,可设N(6,y0). 因为圆N与x轴相切,与圆M外切,所以0y00,即(a+ 1)(a+)0,所以-a-1,易知直线l的斜率k=a,即-k0),则=2,解得m=2或m=-(舍去), 故所求圆的方程为(x-2)2+y2=4, 即x2+y2-4x
13、=0, 故选C. 22 |34| 34 m 14 3 1.(2020湖北荆州三模,6)已知直线l过点(2,-1),则“直线l的斜率为”是“直线l被圆C:(x-1)2+(y+3)2 =4”截得的弦长为2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 3 4 3 B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间:25分钟 分值:40分) 一、单项选择题(每小题5分,共25分) 答案答案 A 直线l被圆C:(x-1)2+(y+3)2=4截得的弦长为2圆心(1,-3)到直线l的距离为1.当直线斜 率不存在时,显然符合要求; 当直线斜率存在时,设斜率为k,则l:kx
14、-y-2k-1=0, 由=1得(k-2)2=k2+1,解得k=, 因此直线l被圆C:(x-1)2+(y+3)2=4截得的弦长为2k=或斜率不存在,故选A. 3 2 |3-2 -1| 1 kk k 3 4 3 3 4 2.(2020山东济宁第一中学质量检测,3)过点P(1,2)的直线与圆x2+y2=1相切,且与直线ax+y-1=0垂直, 则实数a的值为( ) A.0 B.- C.0或 D. 4 3 4 3 4 3 答案答案 C 当a=0时,直线ax+y-1=0即直线y=1,此时过点P(1,2)且与直线y=1垂直的直线为x=1,并且x =1与圆相切,满足题意,所以a=0成立. 当a0时,过点P(1
15、,2)且与直线ax+y-1=0垂直的直线斜率为,则直线方程为y-2=(x-1),即x-ay+2a- 1=0,再根据直线与圆相切,即圆心到直线距离为1可得=1,解得a=.故选C. 1 a 1 a 2 |2 -1| 1 a a 4 3 思路分析思路分析 当考虑直线与直线位置关系时要分斜率存在和不存在,即a=0和a0两种情况讨论,两 直线垂直则斜率互为负倒数;当考虑直线和圆相切时,一方面要分斜率存在和不存在两种情况,另 一方面要充分利用圆心到直线的距离为半径,列出等式=1求解即可. 2 |2 -1| 1 a a 3.(2018湖北四地七校联考,6)已知函数f(x)=asin x-bcos x(a0,
16、b0),若f=f,则直线ax- by+c=0的倾斜角为( ) A. B. C. D. - 4 x 4 x 4 3 2 3 3 4 答案答案 D 由f=f知函数f(x)的图象关于直线x=对称,所以f(0)=f,所以a=-b,由直线 ax-by+c=0知其斜率k=-1,所以直线的倾斜角为,故选D. - 4 x 4 x 4 2 a b 3 4 4.(2019豫西五校联考,7)在平面直角坐标系xOy中,以点(0,1)为圆心且与直线x-by+2b+1=0相切的所 有圆中,半径最大的圆的标准方程为( ) A.x2+(y-1)2=4 B.x2+(y-1)2=2 C.x2+(y-1)2=8 D.x2+(y-1
17、)2=16 答案答案 B 解法一:由题意可得圆心(0,1)到直线x-by+2b+1=0的距离d= ,当且仅当b=1时取等号.所以半径最大的圆的半径r=,此时圆的标准方程为x2+(y-1)2=2,故选 B. 解法二:由x-by+2b+1=0可得该直线过定点A(-1,2),设圆心为B(0,1),由题意可知要使所求圆的半径 最大,则rmax=|AB|=,所以半径最大的圆的标准方程为x2+(y-1)2=2,故选B. 2 |1| 1 b b 2 2 1 1 b b 2 1 2 b b 22 22 (-1-0)(2-1)2 5.(2019广东佛山一中期末,5)若k,方程x2+y2+(k-1)x+2ky+k
18、=0不表示圆,则k的取值集合 中元素的个数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 4 -2,0,3 5 答案答案 A 方程x2+y2+(k-1)x+2ky+k=0表示圆的条件为(k-1)2+(2k)2-4k0,即5k2-6k+10,解得k1或k0,熟练运用该条件是解决本题 的关键,本题也可从反向入手,利用D2+E2-4F0进行求解. 6.(2020福建龙岩教学质检,14)已知直线l的方程为x+y-3=0(R),则直线l恒过定点 ,若 直线l与圆C:x2+y2-2x=0相交于A、B两点,且满足ABC为等边三角形,则= . 二、填空题(共5分) 答案答案 (3,0); 39 13 解析解析 将直
19、线l的方程变形为(x-3)+y=0,可得出解得则直线l恒过定点(3,0). 圆C的标准方程为(x-1)2+y2=1,圆心C的坐标为(1,0),半径为1.由于ABC为等边三角形,则圆心C到 直线l的距离d=1sin 60=.由点到直线的距离公式可得d=,解得=. -30, 0, x y 3, 0, x y 3 2 2 |-2 | 1 3 2 39 13 思路分析思路分析 将直线l的方程变形为(x-3)+y=0,可得出可求出直线l所过定点的坐标;将圆C 的方程化为标准方程,利用锐角三角函数的定义得出弦心距为,利用点到直线的距离公式可得 出关于的方程,解出即可. -30, 0, x y 3 2 7.
20、(2018广东深圳3月联考,19)如图,直角三角形ABC的顶点A的坐标为(-2,0),直角顶点B的坐标为(0,- 2),顶点C在x轴上,点P为线段OA的中点. (1)求BC边所在直线方程; (2)若M为直角三角形ABC外接圆的圆心,求圆M的方程; (3)在(2)的条件下,若动圆N过点P且与圆M内切,求动圆N的圆心的轨迹方程. 2 三、解答题(共10分) 解析解析 (1)易知kAB=-,ABBC,kCB=, BC边所在直线方程为y=x-2. (2)由(1)及题意得C(4,0), M(1,0), 又AM=3,外接圆M的方程为(x-1)2+y2=9. (3)圆N过点P(-1,0), PN是动圆的半径
21、, 又动圆N与圆M内切, MN=3-PN,即MN+PN=3, 点N的轨迹是以M,P为焦点,长轴长为3的椭圆. P(-1,0),M(1,0),a=,c=1,b=, 所求轨迹方程为+=1,即+=1. 2 2 2 2 2 2 3 2 22 -a c 5 4 2 9 4 x 2 5 4 y 2 4 9 x 2 4 5 y 思路分析思路分析 (1)由kAB=-,ABBC,知kBC=,再根据点B的坐标可求BC边所在直线的方程;(2)由(1) 中的方程,令y=0,得C(4,0),从而得圆心坐标与半径,进而得出圆M的方程;(3)利用两圆内切得MN+ PN=3,利用椭圆定义得点N的轨迹,从而得轨迹方程. 2 2
22、 2 方法点拨方法点拨 求解直线方程或圆的方程,常用方法为待定系数法和定义法,但应注意方程的选择.涉 及直线的斜率时,要注意对存在性的讨论. 1.(2020 5 3原创题)直线l1:mx-y-2m=0与l2:nx-y+2n=0相交于点A,其中m+n=2,则A点的轨迹方程为 . 答案答案 y=x-(x0) 4 x 解析解析 设A(x,y),解方程组得即A,又m+n=2, 所以x=,y=, 消去m得,y=x-,由直线l1与l2相交得mn,所以x0, 故A点的轨迹方程为y=x-(x0). - -20, -20 mx ym nx yn 2() , - 4 , - mn x m n mn y m n 2
23、() 4 , - mnmn m nm n 2 -1m 2 4 -2 -1 mm m 4 x 4 x 一题多解一题多解 由已知可得直线l1,l2分别过定点B(2,0),C(-2,0),且两直线的斜率之和为2. 设A(x,y),则有+=2,化简得y=x-(x0). 当m=0时,直线l1过点(-2,0),当n=0时,直线l2过点(2,0), 所以A点的轨迹方程为y=x-(x0). -2 y x2 y x 4 x 4 x 答案答案 (x-2)2+(y-2)2=25或(x-22)2+(y+138)2=1452 2.(2020 5 3原创题)过点A(-2,5),B(5,6)且与直线y=7相切的圆的方程为
24、. 解析解析 设所求圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2(r0), 则 -得14a+2b=32, 式两边同时平方得(7-b)2=r2, -得a2-10a+2b+12=0, 将代入消去b得a2-24a+44=0, 所以a=2或a=22. 所以或 所以所求圆的方程为(x-2)2+(y-2)2=25或(x-22)2+(y+138)2=1452. 222 222 (-2- )(5- ), (5- )(6- ), |7- |, abr abr br 2, 2, 5 a b r 22, -138, 145. a b r 命题说明命题说明 本题考查待定系数法求圆的标准方程,涉及点在曲线上的条件、点到直
25、线的距离等,考 查数形结合的思想方法,要求学生具备一定的逻辑推理与数学运算的学科素养. 3.(2020 5 3原创题)公元前3世纪,古希腊数学家阿波罗尼斯(Apollonius)在平面轨迹一书中,研 究了众多的平面轨迹问题,其中有如下著名结果:平面内到两个定点A、B距离之比为(0且1) 的点P的轨迹为圆,此圆称为阿波罗尼斯圆. (1)已知两定点A(-2,0),B(4,0),若动点P满足=,求点P的轨迹方程; (2)已知A(-6,0),P是圆C:(x+4)2+y2=16上任意一点,在平面上是否存在点B,使得=恒成立?若存 在,求出点B坐标;若不存在,说明理由; (3)已知P是圆D:x2+y2=4
26、上任意一点,在平面内求出两个定点A、B,使得=恒成立.只需写出两 个定点A、B的坐标,无需证明. | | PA PB 1 2 | | PA PB 1 2 | | PA PB 1 2 解析解析 (1)设点P(x,y),由=得|PB|2=4|PA|2,即(x-4)2+y2=4(x+2)2+y2,化简得(x+4)2+y2=16. 即点P的轨迹方程为(x+4)2+y2=16. (2)假设存在点B(a,b)满足对圆C:(x+4)2+y2=16上任意一点P,都有=, 即|PB|2=4|PA|2. 设P(x0,y0),则(x0-a)2+(y0-b)2=4(x0+6)2+, 化简得3+3+(48+2a)x0+
27、2by0+144-a2-b2=0. 又点P在圆C上,+=-8x0. 将代入得(24+2a)x0+2by0+144-a2-b2=0. 根据题意有解得 B(-12,0). 故对于A(-6,0),圆C:(x+4)2+y2=16上任意一点P,在平面上存在点B,使得=恒成立. (3)设A(m,n),B(s,t),P(x1,y1). 由|PB|2=4|PA|2得(x1-s)2+(y1-t)2=4(x1-m)2+4(y1-n)2. | | PA PB 1 2 | | PA PB 1 2 2 0 y 2 0 x 2 0 y 2 0 x 2 0 y 22 2420, 20, 144-0, a b a b -12, 0, a b | | PA PB 1 2 化简得3+3+(2s-8m)x1+(2t-8n)y1+4m2+4n2-s2-t2=0, 又P在圆D:x2+y2=4上,+=4, 将代入得(2s-8m)x1+(2t-8n)y1+4m2+4n2-s2-t2+12=0. 根据题意有即 答案答案不唯一,只需满足上面的方程组即可,例如A(1,0),B(4,0)或A,B(2,2)等. 2 1 x 2 1 y 2 1 x 2 1 y 2222 2 -80, 2 -80, 44-120, sm tn mn s t 22 4 , 4 , 1. sm tn mn 13 , 22 3
