2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第4讲　高效演练分层突破学案

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A．相交 B．相切
C．相离 D．不能确定
解析：选B.将圆的方程化为标准方程得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(b,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(a2＋b2,4)，所以圆心坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，－\f(b,2)))，半径r＝eq \f(\r(a2＋b2),2).因为圆心到直线ax－by＝0的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a2,2)＋\f(b2,2))),\r(a2＋b2))＝eq \f(\r(a2＋b2),2)＝r，所以直线与圆相切．故选B.
2．圆(x－3)2＋(y－3)2＝9上到直线3x＋4y－11＝0的距离等于1的点的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C.因为圆心到直线的距离为eq \f(|9＋12－11|,5)＝2，又因为圆的半径为3，所以直线与圆相交，由数形结合知，圆上到直线的距离为1的点有3个．
3．(2020·湖南十四校二联)已知直线x－2y＋a＝0与圆O：x2＋y2＝2相交于A，B两点(O为坐标原点)，且△AOB为等腰直角三角形，则实数a的值为( )
A.eq \r(6)或－eq \r(6) B．eq \r(5)或－eq \r(5)
C.eq \r(6) D．eq \r(5)
解析：选B.因为直线x－2y＋a＝0与圆O：x2＋y2＝2相交于A，B两点(O为坐标原点)，且△AOB为等腰直角三角形，所以O到直线AB的距离为1，由点到直线的距离公式可得eq \f(|a|,\r(12＋（－2）2))＝1，所以a＝±eq \r(5)，故选B.
4．已知圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝6，圆O2的圆心坐标为(2，1)．若两圆相交于A，B两点，且|AB|＝4，则圆O2的方程为( )
A．(x－2)2＋(y－1)2＝6
B．(x－2)2＋(y－1)2＝22
C．(x－2)2＋(y－1)2＝6或(x－2)2＋(y－1)2＝22
D．(x－2)2＋(y－1)2＝36或(x－2)2＋(y－1)2＝32
解析：选C.设圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝r2(r>0)．因为圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝6，所以直线AB的方程为4x＋4y＋r2－10＝0，圆心O1到直线AB的距离d＝eq \f(|r2－14|,4\r(2))，由d2＋22＝6，得eq \f(（r2－14）2,32)＝2，所以r2－14＝±8，r2＝6或22.故圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝6或(x－2)2＋(y－1)2＝22.
5．(2020·广东湛江一模)已知圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝72，若直线x＋y－m＝0垂直于圆C的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点，则m＝( )
A．2或10 B．4或8
C．4或6 D．2或4
解析：选B.圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝72的圆心C的坐标为(3，3)，半径r＝6eq \r(2)，
因为直线x＋y－m＝0垂直于圆C的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点，
所以圆心到直线的距离为eq \r(2)，
则有d＝eq \f(|6－m|,\r(1＋1))＝eq \r(2)，
解得m＝4或8，故选B.
6．已知直线ax＋by＋c＝0与圆O：x2＋y2＝1相交于A，B两点，且|AB|＝eq \r(3)，则eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝________．
解析：在△OAB中，|OA|＝|OB|＝1，|AB|＝eq \r(3)，可得∠AOB＝120°，所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝1×1×cs 120°＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
7．已知圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝2截y轴所得线段与截直线y＝2x＋b所得线段的长度相等，则b＝________．
解析：记圆C与y轴的两个交点分别是A，B，由圆心C到y轴的距离为1，|CA|＝|CB|＝eq \r(2)可知，圆心C(1，2)到直线2x－y＋b＝0的距离也等于1才符合题意，于是eq \f(|2×1－2＋b|,\r(5))＝1，解得b＝±eq \r(5).
答案：±eq \r(5)
8．(2020·广东天河一模)已知圆C的方程为x2－2x＋y2＝0，直线l：kx－y＋2－2k＝0与圆C交于A，B两点，则当△ABC面积最大时，直线l的斜率k＝________．
解析：由x2－2x＋y2＝0，得(x－1)2＋y2＝1，则圆的半径r＝1，圆心C(1，0)，
直线l：kx－y＋2－2k＝0与圆C交于A，B两点，
当CA与CB垂直时，△ABC面积最大，
此时△ABC为等腰直角三角形，圆心C到直线AB的距离d＝eq \f(\r(2),2)，
则有eq \f(|2－k|,\r(1＋k2))＝eq \f(\r(2),2)，解得k＝1或7.
答案：1或7
9．圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝4，圆O2的圆心坐标为(2，1)．
(1)若圆O1与圆O2外切，求圆O2的方程；
(2)若圆O1与圆O2相交于A，B两点，且|AB|＝2eq \r(2)，求圆O2的方程．
解：(1)因为圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝4，
所以圆心O1(0，－1)，半径r1＝2.
设圆O2的半径为r2，由两圆外切知|O1O2|＝r1＋r2.
又|O1O2|＝eq \r(（2－0）2＋（1＋1）2)＝2eq \r(2)，
所以r2＝|O1O2|－r1＝2eq \r(2)－2.
所以圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝12－8eq \r(2).
(2)设圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝req \\al(2,2)，
又圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝4，
相减得AB所在的直线方程为4x＋4y＋req \\al(2,2)－8＝0.
设线段AB的中点为H，
因为r1＝2，所以|O1H|＝eq \r(req \\al(2,1)－|AH|2)＝eq \r(2).
又|O1H|＝eq \f(|4×0＋4×（－1）＋req \\al(2,2)－8|,\r(42＋42))＝eq \f(|req \\al(2,2)－12|,4\r(2))，
所以eq \f(|req \\al(2,2)－12|,4\r(2))＝eq \r(2)，解得req \\al(2,2)＝4或req \\al(2,2)＝20.
所以圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4或(x－2)2＋(y－1)2＝20.
10．已知抛物线C：y2＝2x，过点(2，0)的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆．
(1)证明：坐标原点O在圆M上；
(2)设圆M过点P(4，－2)，求直线l与圆M的方程．
解：(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋2.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝2x))可得y2－2my－4＝0，则y1y2＝－4.
又x1＝eq \f(yeq \\al(2,1),2)，x2＝eq \f(yeq \\al(2,2),2)，故x1x2＝eq \f(（y1y2）2,4)＝4.
因此OA的斜率与OB的斜率之积为eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(－4,4)＝－1，所以OA⊥OB.故坐标原点O在圆M上．
(2)由(1)可得y1＋y2＝2m，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4.
故圆心M的坐标为(m2＋2，m)，圆M的半径
r＝eq \r(（m2＋2）2＋m2).
由于圆M过点P(4，－2)，因此eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝0，
故(x1－4)(x2－4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0，
即x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0.
由(1)可得y1y2＝－4，x1x2＝4.
所以2m2－m－1＝0，解得m＝1或m＝－eq \f(1,2).
当m＝1时，直线l的方程为x－y－2＝0，圆心M的坐标为(3，1)，圆M的半径为eq \r(10)，圆M的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10.
当m＝－eq \f(1,2)时，直线l的方程为2x＋y－4＝0，圆心M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)，－\f(1,2)))，圆M的半径为eq \f(\r(85),4)，圆M的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(9,4)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(85,16).
[综合题组练]
1．(2020·安徽马鞍山二模)在平面直角坐标系xOy中，若圆C：(x－3)2＋(y－a)2＝4上存在两点A，B满足：∠AOB＝60°，则实数a的最大值是( )
A．5 B．3
C.eq \r(7) D．2eq \r(3)
解析：选C.根据题意，圆C的圆心为(3，a)，在直线x＝a上，
分析可得：当圆心距离x轴的距离越远，∠AOB越小，
如图：当a>0时，圆心C在x轴上方，若OA、OB为圆的切线且∠AOB＝60°，此时a取得最大值，
此时∠AOC＝30°，
有|OC|＝2|AC|＝4，即(3－0)2＋(a－0)2＝16，
解得a＝eq \r(7)，故实数a的最大值是eq \r(7)，故选C.
2．(2020·安徽合肥二模)在平面直角坐标系xOy中，圆C经过点(0，1)，(0，3)，且与x轴正半轴相切，若圆C上存在点M，使得直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称，则k的最小值为( )
A.eq \f(2\r(3),3) B．eq \r(3)
C．2eq \r(3) D．4eq \r(3)
解析：选D.如图，
因为圆C经过点(0，1)，(0，3)，且与x轴正半轴相切，
所以圆心的纵坐标为2，半径为2，则圆心的横坐标为eq \r(22－12)＝eq \r(3)，
所以圆心坐标为(eq \r(3)，2)，设过原点与圆相切的直线方程为y＝k1x，
由圆心到直线的距离等于半径，得eq \f(|\r(3)k1－2|,\r(keq \\al(2,1)＋1))＝2，解得k1＝0(舍去)或k1＝－4eq \r(3).
所以若圆C上存在点M，使得直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称，则k的最小值为4eq \r(3).
故选D.
3．(2020·安徽皖南八校联考)圆C与直线2x＋y－11＝0相切，且圆心C的坐标为(2，2)，设点P的坐标为(－1，y0)．若在圆C上存在一点Q，使得∠CPQ＝30°，则y0的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(9,2))) B．[－1，5]
C．[2－eq \r(11)，2＋eq \r(11)] D．[2－2eq \r(3)，2＋2eq \r(3)]
解析：选C.由点C(2，2)到直线2x＋y－11＝0的距离为eq \f(|4＋2－11|,\r(5))＝eq \r(5)，可得圆C的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝5.若存在这样的点Q，当PQ与圆C相切时，∠CPQ≥30°，可得sin∠CPQ＝eq \f(CQ,CP)＝eq \f(\r(5),CP)≥sin 30°，即CP≤2eq \r(5)，则eq \r(9＋（y0－2）2)≤2eq \r(5)，解得2－eq \r(11)≤y0≤2＋eq \r(11).故选C.
4．(2020·河南洛阳二模)已知直线x＋y－2＝0与圆O：x2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B两点，C为圆周上一点，线段OC的中点D在线段AB上，且3eq \(AD,\s\up6(→))＝5eq \(DB,\s\up6(→))，则r＝________．
解析：如图，过O作OE⊥AB于点E，连接OA，则|OE|＝eq \f(|0＋0－2|,\r(12＋12))＝eq \r(2)，
易知|AE|＝|EB|，
不妨令|AD|＝5m(m>0)，由3eq \(AD,\s\up6(→))＝5eq \(DB,\s\up6(→))可得|BD|＝3m，|AB|＝8m，
则|DE|＝4m－3m＝m，
在Rt△ODE中，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)r))eq \s\up12(2)＝(eq \r(2))2＋m2，①
在Rt△OAE中，有r2＝(eq \r(2))2＋(4m)2，②
联立①②，解得r＝eq \r(10).
答案：eq \r(10)
5．已知⊙H被直线x－y－1＝0，x＋y－3＝0分成面积相等的四部分，且截x轴所得线段的长为2.
(1)求⊙H的方程；
(2)若存在过点P(a，0)的直线与⊙H相交于M，N两点，且|PM|＝|MN|，求实数a的取值范围．
解：(1)设⊙H的方程为(x－m)2＋(y－n)2＝r2(r>0)，
因为⊙H被直线x－y－1＝0，x＋y－3＝0分成面积相等的四部分，所以圆心H(m，n)一定是两互相垂直的直线x－y－1＝0，x＋y－3＝0的交点，易得交点坐标为(2，1)，所以m＝2，n＝1.
又⊙H截x轴所得线段的长为2，所以r2＝12＋n2＝2.
所以⊙H的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝2.
(2)设N(x0，y0)，由题意易知点M是PN的中点，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋a,2)，\f(y0,2))).
因为M，N两点均在⊙H上，所以(x0－2)2＋(y0－1)2＝2，①
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋a,2)－2))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y0,2)－1))eq \s\up12(2)＝2，
即(x0＋a－4)2＋(y0－2)2＝8，②
设⊙I：(x＋a－4)2＋(y－2)2＝8，
由①②知⊙H与⊙I：(x＋a－4)2＋(y－2)2＝8有公共点，从而2eq \r(2)－eq \r(2)≤|HI|≤2eq \r(2)＋eq \r(2)，
即eq \r(2)≤eq \r(（a－2）2＋（1－2）2)≤3eq \r(2)，
整理可得2≤a2－4a＋5≤18，
解得2－eq \r(17)≤a≤1或3≤a≤2＋eq \r(17)，
所以实数a的取值范围是[2－eq \r(17)，1]∪[3，2＋eq \r(17)]．
6.如图，已知圆C与y轴相切于点T(0，2)，与x轴的正半轴交于两点M，N(点M在点N的左侧)，且|MN|＝3.
(1)求圆C的方程；
(2)过点M任作一直线与圆O：x2＋y2＝4相交于A，B两点，连接AN，BN，求证：kAN＋kBN为定值．
解：(1)因为圆C与y轴相切于点T(0，2)，可设圆心的坐标为(m，2)(m>0)，
则圆C的半径为m，
又|MN|＝3，
所以m2＝4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(25,4)，解得m＝eq \f(5,2)，
所以圆C的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＋(y－2)2＝eq \f(25,4).
(2)证明：由(1)知M(1，0)，N(4，0)，当直线AB的斜率为0时，易知kAN＝kBN＝0，
即kAN＋kBN＝0.
当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝1＋ty，将x＝1＋ty代入x2＋y2－4＝0，并整理得(t2＋1)y2＋2ty－3＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2t,t2＋1),y1y2＝\f(－3,t2＋1，)))，则kAN＋kBN＝eq \f(y1,x1－4)＋eq \f(y2,x2－4)＝eq \f(y1,ty1－3)＋eq \f(y2,ty2－3)＝eq \f(2ty1y2－3（y1＋y2）,（ty1－3）（ty2－3）)＝eq \f(\f(－6t,t2＋1)＋\f(6t,t2＋1),（ty1－3）（ty2－3）)＝0.
综上可知，kAN＋kBN为定值．