全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十五直线与圆理含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十五直线与圆理含解析，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．“ab＝4”是“直线2x＋ay－1＝0与直线bx＋2y－2＝0平行”的( )
A．充要条件 B.充分不必要条件
C．必要不充分条件D.既不充分也不必要条件
解析：选C 因为两直线平行，所以斜率相等，即－eq \f(2,a)＝－eq \f(b,2)，可得ab＝4，又当a＝1，b＝4时，满足ab＝4，但是两直线重合．故选C.
2．已知直线l1过点(－2，0)且倾斜角为30°，直线l2过点(2，0)且与直线l1垂直，则直线l1与直线l2的交点坐标为( )
A．(3，eq \r(3)) B．(2，eq \r(3))
C．(1，eq \r(3))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))
解析：选C 直线l1的斜率k1＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，因为直线l2与直线l1垂直，所以直线l2的斜率k2＝－eq \f(1,k1)＝－eq \r(3)，所以直线l1的方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x＋2)，直线l2的方程为y＝－eq \r(3)(x－2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(\r(3),3)（x＋2），,y＝－\r(3)（x－2），))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝\r(3)，))即直线l1与直线l2的交点坐标为(1，eq \r(3))．故选C.
3．已知圆M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)截直线x＋y＝0所得线段的长度是2eq \r(2)，则圆M与圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置关系是( )
A．内切 B.相交
C．外切D.相离
解析：选B 圆M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)可化为x2＋(y－a)2＝a2，由题意，M(0，a)到直线x＋y＝0的距离d＝eq \f(a,\r(2))，所以a2＝eq \f(a2,2)＋2，解得a＝2.所以圆M：x2＋(y－2)2＝4，所以两圆的圆心距为eq \r(2)，半径和为3，半径差为1，故两圆相交．故选B.
4．直线x＋y＋2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆(x－2)2＋y2＝2上，则△ABP面积的取值范围是( )
A．[2，6] B．[4，8]
C．[eq \r(2)，3eq \r(2)]D．[2eq \r(2)，3eq \r(2)]
解析：选A 设圆(x－2)2＋y2＝2的圆心为C，半径为r，点P到直线x＋y＋2＝0的距离为d，
则圆心C(2，0)，r＝eq \r(2)，
所以圆心C到直线x＋y＋2＝0的距离为eq \f(|2＋2|,\r(2))＝2eq \r(2)，
可得dmax＝2eq \r(2)＋r＝3eq \r(2)，dmin＝2eq \r(2)－r＝eq \r(2).
由已知条件可得|AB|＝2eq \r(2)，
所以△ABP面积的最大值为eq \f(1,2)|AB|·dmax＝6，
△ABP面积的最小值为eq \f(1,2)|AB|·dmin＝2.
综上，△ABP面积的取值范围是[2，6]．故选A.
5．已知圆O：x2＋y2＝4上到直线l：x＋y＝a的距离等于1的点至少有2个，则实数a的取值范围为( )
A．(－3eq \r(2)，3eq \r(2))
B．(－∞，－3eq \r(2))∪(3eq \r(2)，＋∞)
C．(－2eq \r(2)，2eq \r(2))
D．[－3eq \r(2)，3eq \r(2) ]
解析：选A 由圆的方程可知圆心为(0，0)，半径为2.因为圆O上到直线l的距离等于1的点至少有2个，所以圆心到直线l的距离d6．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线x－ky＋1＝0与圆C：x2＋y2＝4相交于A，B两点，eq \(OM,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))，若点M在圆C上，则实数k的值为( )
A．－2 B.－1
C．0D.1
解析：选C 法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－ky＋1＝0，,x2＋y2＝4))得(k2＋1)y2－2ky－3＝0，则Δ＝4k2＋12(k2＋1)>0，y1＋y2＝eq \f(2k,k2＋1)，x1＋x2＝k(y1＋y2)－2＝－eq \f(2,k2＋1)，因为eq \(OM,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))，故Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,k2＋1)，\f(2k,k2＋1)))，又点M在圆C上，故eq \f(4,（k2＋1）2)＋eq \f(4k2,（k2＋1）2)＝4，解得k＝0.故选C.
法二：由直线与圆相交于A，B两点，eq \(OM,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))，且点M在圆C上，得圆心C(0，0)到直线x－ky＋1＝0的距离为半径的一半，为1，即d＝eq \f(1,\r(1＋k2))＝1，解得k＝0.故选C.
二、填空题
7．过点C(3，4)作圆x2＋y2＝5的两条切线，切点分别为A，B，则点C到直线AB的距离为________．
解析：以OC为直径的圆的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋(y－2)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))eq \s\up12(2)，AB为圆C与圆O：x2＋y2＝5的公共弦，所以AB的方程为x2＋y2－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))\s\up12(2)＋（y－2）2))＝5－eq \f(25,4)，化简得3x＋4y－5＝0，所以C到直线AB的距离d＝eq \f(|3×3＋4×4－5|,\r(32＋42))＝4.
答案：4
8．已知直线l：ax－3y＋12＝0与圆M：x2＋y2－4y＝0相交于A，B两点，且∠AMB＝eq \f(π,3)，则实数a＝________．
解析：直线l的方程可变形为y＝eq \f(1,3)ax＋4，所以直线l过定点(0，4)，且该点在圆M上．圆的方程可变形为x2＋(y－2)2＝4，所以圆心为M(0，2)，半径为2.如图，因为∠AMB＝eq \f(π,3)，所以△AMB是等边三角形，且边长为2，高为eq \r(3)，即圆心M到直线l的距离为eq \r(3)，所以eq \f(|－6＋12|,\r(a2＋9))＝eq \r(3)，解得a＝±eq \r(3).
答案：±eq \r(3)
9．(2019·浙江高考)已知圆C的圆心坐标是(0，m)，半径长是r.若直线2x－y＋3＝0与圆C相切于点A(－2，－1)，则m＝________，r＝________．
解析：法一：因为直线2x－y＋3＝0与以点(0，m)为圆心的圆相切，且切点为A(－2，－1)，所以eq \f(m＋1,0－（－2）)×2＝－1，所以m＝－2，r＝ eq \r(（－2－0）2＋（－1＋2）2)＝eq \r(5).
法二：根据题意画出图形，可知
A(－2，－1)，C(0，m)，B(0，3)，
则|AB|＝ eq \r(（－2－0）2＋（－1－3）2)＝2eq \r(5)，
|AC|＝ eq \r(（－2－0）2＋（－1－m）2)
＝ eq \r(4＋（m＋1）2)，
|BC|＝|m－3|.
∵ 直线2x－y＋3＝0与圆C相切于点A，
∴ ∠BAC＝90°，
∴ |AB|2＋|AC|2＝|BC|2.
即20＋4＋(m＋1)2＝(m－3)2，
解得m＝－2.
因此r＝AC＝ eq \r(4＋（－2＋1）2)＝eq \r(5).
答案：－2 eq \r(5)
三、解答题
10．已知以点A(－1，2)为圆心的圆与直线l1：x＋2y＋7＝0相切．过点B(－2，0)的动直线l与圆A相交于M，N两点．
(1)求圆A的方程；
(2)当|MN|＝2eq \r(19)时，求直线l的方程．
解：(1)设圆A的半径为R.
因为圆A与直线l1：x＋2y＋7＝0相切，
所以R＝eq \f(|－1＋4＋7|,\r(5))＝2eq \r(5).
所以圆A的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝20.
(2)当直线l与x轴垂直时，易知x＝－2符合题意；
当直线l与x轴不垂直时，
设直线l的方程为y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0.
由于|MN|＝2eq \r(19)，于是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|－k－2＋2k|,\r(k2＋1))))eq \s\up12(2)＋(eq \r(19))2＝20，解得k＝eq \f(3,4)，
此时，直线l的方程为3x－4y＋6＝0.
所以所求直线l的方程为x＝－2或3x－4y＋6＝0.
11．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：(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eq \(CM,\s\up7(―→))＝(x，y－4)， eq \(MP,\s\up7(―→))＝(2－x，2－y)．
由题设知eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(MP,\s\up7(―→))＝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，eq \r(2)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－eq \f(1,3)，
∴直线l的方程为y－2＝－eq \f(1,3)(x－2)，
即l的方程为x＋3y－8＝0.
又|OM|＝|OP|＝2eq \r(2)，O到l的距离为eq \f(|－8|,\r(12＋32))＝eq \f(4\r(10),5)，
又N到直线l的距离为eq \f(|1＋3×3－8|,\r(10))＝eq \f(\r(10),5)，
|PM|＝2eq \r(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),5)))\s\up12(2))＝eq \f(4\r(10),5)，
∴S△POM＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(10),5)×eq \f(4\r(10),5)＝eq \f(16,5).
12．(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8.
(1)求l的方程；
(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．
解：(1)由题意得F(1，0)，l的方程为y＝k(x－1)(k>0)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2).
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝eq \f(4k2＋4,k2).
由题设知eq \f(4k2＋4,k2)＝8，解得k＝1或k＝－1(舍去)．
因此l的方程为y＝x－1.
(2)由(1)得AB的中点坐标为(3，2)，
所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)，
即y＝－x＋5.
设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y0＝－x0＋5，,（x0＋1）2＝\f(（y0－x0＋1）2,2)＋16.))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝3，,y0＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝11，,y0＝－6.))
因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.
B组——大题专攻强化练
1．已知点M(－1，0)，N(1，0)，曲线E上任意一点到点M的距离均是到点N的距离的eq \r(3)倍．
(1)求曲线E的方程；
(2)已知m≠0，设直线l1：x－my－1＝0交曲线E于A，C两点，直线l2：mx＋y－m＝0交曲线E于B，D两点．当CD的斜率为－1时，求直线CD的方程．
解：(1)设曲线E上任意一点的坐标为(x，y)，
由题意得 eq \r(（x＋1）2＋y2)＝eq \r(3)·eq \r(（x－1）2＋y2)，
整理得x2＋y2－4x＋1＝0，即(x－2)2＋y2＝3为所求．
(2)由题意知l1⊥l2，且两条直线均恒过点N(1，0)．
设曲线E的圆心为E，则E(2，0)，设线段CD的中点为P，连接EP，ED，NP，则直线EP：y＝x－2.
设直线CD：y＝－x＋t，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x－2，,y＝－x＋t))解得点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t＋2,2)，\f(t－2,2)))，
由圆的几何性质，知|NP|＝eq \f(1,2)|CD|＝ eq \r(|ED|2－|EP|2)，
而|NP|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t＋2,2)－1))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t－2,2)))eq \s\up12(2)＝|PD|2，|ED|2＝3，
|EP|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|2－t|,\r(2))))eq \s\up12(2)，由|PD|2＝|ED|2－|EP|2，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t－2,2)))eq \s\up12(2)＝3－eq \f(（t－2）2,2)，整理得t2－3t＝0，
解得t＝0或t＝3，
所以直线CD的方程为y＝－x或y＝－x＋3.
2．在平面直角坐标系xOy中，点A(0，3)，直线l：y＝2x－4，设圆C的半径为1，圆心在l上．
(1)若圆心C也在直线y＝x－1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；
(2)若圆C上存在点M，使|MA|＝2|MO|，求圆心C的横坐标a的取值范围．
解：(1)因为圆心在直线l：y＝2x－4上，也在直线y＝x－1上，所以解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x－4，,y＝x－1，))得圆心C(3，2)，
又因为圆的半径为1，
所以圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝1，
又因为点A(0，3)，显然过点A，圆C的切线的斜率存在，
设所求的切线方程为y＝kx＋3，即kx－y＋3＝0，
所以eq \f(|3k－2＋3|,\r(k2＋12))＝1，解得k＝0或k＝－eq \f(3,4)，
所以所求切线方程为y＝3或y＝－eq \f(3,4)x＋3，
即y－3＝0或3x＋4y－12＝0.
(2)因为圆C的圆心在直线l：y＝2x－4上，
所以设圆心C为(a，2a－4)，
又因为圆C的半径为1，
则圆C的方程为(x－a)2＋(y－2a＋4)2＝1.
设M(x，y)，又因为|MA|＝2|MO|，则有
eq \r(x2＋（y－3）2)＝2eq \r(x2＋y2)，
整理得x2＋(y＋1)2＝4，其表示圆心为(0，－1)，半径为2的圆，设为圆D，
所以点M既在圆C上，又在圆D上，即圆C与圆D有交点，所以2－1≤ eq \r(a2＋（2a－4＋1）2)≤2＋1，
解得0≤a≤eq \f(12,5)，
所以圆心C的横坐标a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(12,5))).
3．在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1)，当m变化时，解答下列问题：
(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；
(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．
解：(1)不能出现AC⊥BC的情况，理由如下：
设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2满足x2＋mx－2＝0，
所以x1x2＝－2.
又C的坐标为(0，1)，
故AC的斜率与BC的斜率之积为eq \f(－1,x1)·eq \f(－1,x2)＝－eq \f(1,2)，
所以不能出现AC⊥BC的情况．
(2)证明：由(1)知BC的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)，\f(1,2)))，
可得BC的中垂线方程为y－eq \f(1,2)＝x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x2,2))).
由(1)可得x1＋x2＝－m，
所以AB的中垂线方程为x＝－eq \f(m,2).
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(m,2)，,y－\f(1,2)＝x2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x2,2)))，,xeq \\al(2,2)＋mx2－2＝0))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(m,2)，,y＝－\f(1,2).))
所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,2)，－\f(1,2)))，半径r＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,2)－0))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－1))\s\up12(2))＝eq \f(\r(m2＋9),2).
故圆在y轴上截得的弦长为2eq \r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)))\s\up12(2))＝3，即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．
综上所述，过A，B，C三点圆在y轴上截得的弦长为定值．
4．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eq \(TA,\s\up7(―→))＋eq \(TP,\s\up7(―→))＝eq \(TQ,\s\up7(―→))，求实数t的取值范围．
解：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0＜y0＜7，圆N的半径为y0，
从而7－y0＝5＋y0，解得y0＝1.
因此，圆N的标准方程为(x－6)2＋(y－1)2＝1.
(2)因为直线l∥OA，
所以直线l的斜率为eq \f(4－0,2－0)＝2.
设直线l的方程为y＝2x＋m，
即2x－y＋m＝0，
则圆心M到直线l的距离
d＝eq \f(|2×6－7＋m|,\r(5))＝eq \f(|m＋5|,\r(5)).
因为|BC|＝|OA|＝ eq \r(22＋42)＝2eq \r(5)，
而|MC|2＝d2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|BC|,2)))eq \s\up12(2)，
所以25＝eq \f(（m＋5）2,5)＋5，
解得m＝5或m＝－15.
故直线l的方程为2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0.
(3)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
因为A(2，4)，T(t，0)，eq \(TA,\s\up7(―→))＋eq \(TP,\s\up7(―→))＝eq \(TQ,\s\up7(―→))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝x1＋2－t，,y2＝y1＋4.)) ①
因为点Q在圆M上，
所以(x2－6)2＋(y2－7)2＝25. ②
将①代入②，得(x1－t－4)2＋(y1－3)2＝25.
于是点P(x1，y1)既在圆M上，又在圆[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25上，
从而圆(x－6)2＋(y－7)2＝25与圆[x－(t＋4)]2＋(y－3)2＝25有公共点，
所以5－5≤ eq \r([（t＋4）－6]2＋（3－7）2)≤5＋5，
解得2－2eq \r(21)≤t≤2＋2eq \r(21).