《（全國通用版）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 解析幾何 第1講 直線與圓學(xué)案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 解析幾何 第1講 直線與圓學(xué)案 理（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1講　直線與圓 [考情考向分析]　考查重點是直線間的平行和垂直的條件、與距離有關(guān)的問題、直線與圓的位置關(guān)系(特別是弦長問題)．此類問題難度屬于中低檔，一般以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)． 熱點一　直線的方程及應(yīng)用 1．兩條直線平行與垂直的判定 若兩條不重合的直線l1，l2的斜率k1，k2存在，則l1∥l2?k1＝k2，l1⊥l2?k1k2＝－1.若給出的直線方程中存在字母系數(shù)，則要考慮斜率是否存在． 2．求直線方程 要注意幾種直線方程的局限性．點斜式、斜截式方程要求直線不能與x軸垂直，兩點式不能表示與坐標(biāo)軸垂直的直線，而截距式方程不能表示過原點的直線，也不能表示垂直于坐標(biāo)軸的

2、直線． 3．兩個距離公式 (1)兩平行直線l1：Ax＋By＋C1＝0， l2：Ax＋By＋C2＝0間的距離d＝(A2＋B2≠0)． (2)點(x0，y0)到直線l：Ax＋By＋C＝0的距離公式d＝(A2＋B2≠0)． 例1　(1)(2018·齊魯名校教科研協(xié)作體模擬)已知直線l1：x·sin α＋y－1＝0，直線l2：x－3y·cos α＋1＝0，若l1⊥l2，則sin 2α等于(　　) A. B．± C．－ D. 答案　D 解析　因為l1⊥l2， 所以sin α－3cos α＝0， 所以tan α＝3， 所以sin 2α＝2sin αcos α＝ ＝＝. (2

3、)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l1：kx－y＋2＝0與直線l2：x＋ky－2＝0相交于點P，則當(dāng)實數(shù)k變化時，點P到直線x－y－4＝0的距離的最大值為________． 答案　3 解析　由題意得，當(dāng)k≠0時，直線l1：kx－y＋2＝0的斜率為k，且經(jīng)過點A(0,2)，直線l2：x＋ky－2＝0的斜率為－，且經(jīng)過點B(2,0)，且直線l1⊥l2，所以點P落在以AB為直徑的圓C上，其中圓心坐標(biāo)為C(1,1)，半徑為r＝， 由圓心到直線x－y－4＝0的距離為d＝＝2， 所以點P到直線x－y－4＝0的最大距離為 d＋r＝2＋＝3. 當(dāng)k＝0時，l1⊥l2，此時點P(2,2)． 點P到直

4、線x－y－4＝0的距離d＝＝2. 綜上，點P到直線x－y－4＝0的距離的最大值為3. 思維升華　(1)求解兩條直線的平行或垂直問題時要考慮斜率不存在的情況． (2)對解題中可能出現(xiàn)的特殊情況，可用數(shù)形結(jié)合的方法分析研究． 跟蹤演練1　(1)(2018·上海市虹口區(qū)模擬)直線ax＋(a－1)y＋1＝0與直線4x＋ay－2＝0互相平行，則實數(shù)a＝________. 答案　2 解析　當(dāng)a≠0時，＝≠，解得a＝2. 當(dāng)a＝0時，兩直線顯然不平行．故a＝2. (2)(2018·齊齊哈爾模擬)圓x2＋y2－2x－4y＋3＝0的圓心到直線x－ay＋1＝0的距離為2，則a等于(　　) A．－

5、1 B．0 C．1 D．2 答案　B 解析　因為(x－1)2＋2＝2， 所以＝2，所以a＝0. 熱點二　圓的方程及應(yīng)用 1．圓的標(biāo)準(zhǔn)方程 當(dāng)圓心為(a，b)，半徑為r時，其標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，特別地，當(dāng)圓心在原點時，方程為x2＋y2＝r2. 2．圓的一般方程 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0，表示以為圓心，為半徑的圓． 例2　(1)圓心為(2,0)的圓C與圓x2＋y2＋4x－6y＋4＝0相外切，則C的方程為(　　) A．x2＋y2＋4x＋2＝0 B．x2＋y2－4x＋2＝0 C．x2＋y2＋4x＝0 D．x2＋

6、y2－4x＝0 答案　D 解析　圓x2＋y2＋4x－6y＋4＝0， 即(x＋2)2＋(y－3)2＝9， 圓心為(－2,3)，半徑為3. 設(shè)圓C的半徑為r. 由兩圓外切知，圓心距為＝5＝3＋r， 所以r＝2. 故圓C的方程為(x－2)2＋y2＝4， 展開得x2＋y2－4x＝0. (2)已知圓M與直線3x－4y＝0及3x－4y＋10＝0都相切，圓心在直線y＝－x－4上，則圓M的方程為(　　) A.2＋(y－1)2＝1 B.2＋2＝1 C.2＋2＝1 D.2＋(y－1)2＝1 答案　C 解析　到兩直線3x－4y＝0及3x－4y＋10＝0的距離都相等的直線方程為3x－4

7、y＋5＝0，聯(lián)立方程組解得兩平行線之間的距離為2，所以半徑為1，從而圓M的方程為2＋2＝1.故選C. 思維升華　解決與圓有關(guān)的問題一般有兩種方法 (1)幾何法：通過研究圓的性質(zhì)、直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系，進而求得圓的基本量和方程． (2)代數(shù)法：即用待定系數(shù)法先設(shè)出圓的方程，再由條件求得各系數(shù)． 跟蹤演練2　(1)已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圓，則圓心坐標(biāo)是________，半徑是________． 答案　(－2，－4)　5 解析　由已知方程表示圓，則a2＝a＋2， 解得a＝2或a＝－1. 當(dāng)a＝2時，方程不滿足表示圓的條件，故舍去．

8、 當(dāng)a＝－1時，原方程為x2＋y2＋4x＋8y－5＝0， 化為標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋2)2＋(y＋4)2＝25， 表示以(－2，－4)為圓心，5為半徑的圓． (2)(2018·天津)在平面直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過三點(0,0)，(1,1)，(2,0)的圓的方程為________． 答案　x2＋y2－2x＝0 解析　方法一　設(shè)圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0. ∵圓經(jīng)過點(0,0)，(1,1)，(2,0)， ∴解得 ∴圓的方程為x2＋y2－2x＝0. 方法二　畫出示意圖如圖所示， 則△OAB為等腰直角三角形， 故所求圓的圓心為(1,0)，半徑為1， ∴所求圓的方程為(x

9、－1)2＋y2＝1， 即x2＋y2－2x＝0. 熱點三　直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系 1．直線與圓的位置關(guān)系：相交、相切和相離，判斷的方法主要有點線距離法和判別式法． (1)點線距離法：設(shè)圓心到直線的距離為d，圓的半徑為r，則dr?直線與圓相離． (2)判別式法：設(shè)圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，直線l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，方程組消去y，得到關(guān)于x的一元二次方程，其根的判別式為Δ，則直線與圓相離?Δ<0，直線與圓相切?Δ＝0，直線與圓相交?Δ>0. 2．圓與圓的位置關(guān)系有五種，即內(nèi)含、內(nèi)切、相交、外切、外離．

10、設(shè)圓C1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝r，圓C2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝r，兩圓心之間的距離為d，則圓與圓的五種位置關(guān)系的判斷方法如下： (1)d>r1＋r2?兩圓外離． (2)d＝r1＋r2?兩圓外切． (3)|r1－r2|1＋1，

11、 故兩圓外離． (2)(2018·揭陽模擬)已知直線4x－3y＋a＝0與⊙C：x2＋y2＋4x＝0相交于A，B兩點，且∠ACB＝120°，則實數(shù)a的值為(　　) A．3 B．10 C．11或21 D．3或13 答案　D 解析　圓的方程整理為標(biāo)準(zhǔn)方程即(x＋2)2＋y2＝4， 作CD⊥AB于點D，由圓的性質(zhì)可知△ABC為等腰三角形，其中|CA|＝|CB|， 則|CD|＝|CA|×sin 30°＝2×＝1， 即圓心(－2,0)到直線4x－3y＋a＝0的距離為d＝1， 據(jù)此可得＝1， 即|a－8|＝5，解得a＝3或a＝13. 思維升華　(1)討論直線與圓及圓與圓的位置

12、關(guān)系時，要注意數(shù)形結(jié)合，充分利用圓的幾何性質(zhì)尋找解題途徑，減少運算量． (2)圓上的點與圓外點的距離的最值問題，可以轉(zhuǎn)化為圓心到點的距離問題；圓上的點與直線上點的距離的最值問題，可以轉(zhuǎn)化為圓心到直線的距離問題；圓上的點與另一圓上點的距離的最值問題，可以轉(zhuǎn)化為圓心到圓心的距離問題． 跟蹤演練3　(1)(2018·廣州名校聯(lián)考)已知直線y＝ax與圓C：x2＋y2－2ax－2y＋2＝0交于兩點A，B，且△CAB為等邊三角形，則圓C的面積為________． 答案　6π 解析　圓C化為(x－a)2＋(y－1)2＝a2－1， 且圓心C(a,1)，半徑R＝(a2>1)． ∵直線y＝ax和圓C相

13、交，且△ABC為等邊三角形， ∴圓心C到直線ax－y＝0的距離為Rsin 60°＝×， 即d＝＝. 解得a2＝7. ∴圓C的面積為πR2＝π(7－1)＝6π. (2)如果圓(x－a)2＋(y－a)2＝8上總存在到原點的距離為的點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－3，－1)∪(1,3) B．(－3,3) C．[1,1] D．[－3，－1]∪[1,3] 答案　D 解析　圓心(a，a)到原點的距離為|a|，半徑r＝2，圓上的點到原點的距離為d.因為圓(x－a)2＋(y－a)2＝8上總存在點到原點的距離為，則圓(x－a)2＋(y－a)2＝8與圓x2＋y2＝2有公共點，r

14、′＝，所以r－r′≤|a|≤r＋r′，即1≤|a|≤3，解得1≤a≤3或－3≤a≤－1，所以實數(shù)a的取值范圍是[－3，－1]∪[1,3]. 真題體驗 1．(2016·山東改編)已知圓M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)截直線x＋y＝0所得線段的長度是2，則圓M與圓N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置關(guān)系是________． 答案　相交 解析　∵圓M：x2＋(y－a)2＝a2， ∴圓心坐標(biāo)為M(0，a)，半徑r1＝a， 圓心M到直線x＋y＝0的距離d＝， 由幾何知識得2＋()2＝a2，解得a＝2. ∴M(0,2)，r1＝2. 又圓N的圓心坐標(biāo)為N(1,1)，半徑r2＝1

15、， ∴|MN|＝＝. 又r1＋r2＝3，r1－r2＝1， ∴r1－r2<|MN|

16、y＋2＝0分別與x軸，y軸交于A，B兩點，點P在圓(x－2)2＋y2＝2上，則△ABP面積的取值范圍是________． 答案　[2,6] 解析　設(shè)圓(x－2)2＋y2＝2的圓心為C，半徑為r，點P到直線x＋y＋2＝0的距離為d，則圓心C(2,0)，r＝，所以圓心C到直線x＋y＋2＝0的距離為2，可得dmax＝2＋r＝3，dmin＝2－r＝.由已知條件可得|AB|＝2，所以△ABP面積的最大值為|AB|·dmax＝6，△ABP面積的最小值為|AB|·dmin＝2. 綜上，△ABP面積的取值范圍是[2,6]． 押題預(yù)測 1．已知圓C關(guān)于y軸對稱，經(jīng)過點(1,0)且被x軸分成的兩段弧長比

17、為1∶2，則圓C的方程為(　　) A.2＋y2＝ B.2＋y2＝ C．x2＋2＝ D．x2＋2＝ 押題依據(jù)　直線和圓的方程是高考的必考點，經(jīng)常以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，利用幾何法求圓的方程也是數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 答案　C 解析　由已知得圓心在y軸上，且被x軸所分劣弧所對的圓心角為.設(shè)圓心坐標(biāo)為(0，a)，半徑為r， 則rsin＝1，rcos＝|a|，解得r＝， 即r2＝，|a|＝，即a＝±， 故圓C的方程為x2＋2＝. 2．設(shè)m，n為正實數(shù)，若直線(m＋1)x＋(n＋1)y－4＝0與圓x2＋y2－4x－4y＋4＝0相切，則mn(　　) A．有最小值1＋，無最大值

18、B．有最小值3＋2，無最大值 C．有最大值3＋2，無最小值 D．有最小值3－2，最大值3＋2 押題依據(jù)　直線與圓的位置關(guān)系是高考命題的熱點，本題與基本不等式結(jié)合考查，靈活新穎，加之直線與圓的位置關(guān)系本身承載著不等關(guān)系，因此此類題在高考中出現(xiàn)的可能性很大． 答案　B 解析　由直線(m＋1)x＋(n＋1)y－4＝0與圓(x－2)2＋(y－2)2＝4相切，可得＝2，整理得m＋n＋1＝mn.由m，n為正實數(shù)可知，m＋n≥2(當(dāng)且僅當(dāng)m＝n時取等號)，令t＝，則2t＋1≤t2，因為t>0，所以t≥1＋，所以mn≥3＋2.故mn有最小值3＋2，無最大值．故選B. 3．若圓x2＋y2＝4與圓x2

19、＋y2＋ax＋2ay－9＝0(a>0)相交，公共弦的長為2，則a＝________. 押題依據(jù)　本題已知公共弦長，求參數(shù)的范圍，情境新穎，符合高考命題的思路． 答案　 解析　聯(lián)立兩圓方程 可得公共弦所在直線方程為ax＋2ay－5＝0， 故圓心(0,0)到直線ax＋2ay－5＝0的距離為 ＝(a>0)． 故2＝2， 解得a2＝， 因為a>0，所以a＝. A組　專題通關(guān) 1．若<α<2π，則直線＋＝1必不經(jīng)過(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 答案　B 解析　令x＝0，得y＝sin α<0，令y＝0，得x＝cos α>0，直線

20、過(0，sin α)，(cos α，0)兩點，因而直線不過第二象限． 2．(2018·呼和浩特調(diào)研)設(shè)直線l1：x－2y＋1＝0與直線l2：mx＋y＋3＝0的交點為A，P，Q分別為l1，l2上任意兩點，點M為P，Q的中點，若|AM|＝|PQ|，則m的值為(　　) A．2 B．－2 C．3 D．－3 答案　A 解析　根據(jù)題意畫出圖形，如圖所示． 直線l1：x－2y＋1＝0 與直線l2：mx＋y＋3＝0 的交點為A，M 為PQ 的中點， 若|AM|＝|PQ|，則PA⊥QA， 即l1⊥l2，∴1×m＋(－2)×1＝0，解得m＝2. 3．我國魏晉時期的數(shù)學(xué)家劉徽創(chuàng)立了割圓術(shù)，

21、也就是用內(nèi)接正多邊形去逐步逼近圓，即圓內(nèi)接正多邊形邊數(shù)無限增加時，其周長就越逼近圓周長，這種用極限思想解決數(shù)學(xué)問題的方法是數(shù)學(xué)史上的一項重大成就．現(xiàn)作出圓x2＋y2＝2的一個內(nèi)接正八邊形，使該正八邊形的其中4個頂點在坐標(biāo)軸上，則下列4條直線中不是該正八邊形的一條邊所在直線的為(　　) A．x＋(－1)y－＝0 B．(1－)x－y＋＝0 C．x－(＋1)y＋＝0 D．(－1)x－y＋＝0 答案　C 解析　如圖所示可知A(，0)， B(1,1)，C(0，)，D(－1,1)， 所以直線AB，BC，CD的方程分別為y＝(x－)， y＝(1－)x＋， y＝(－1)x＋ 整理

22、為一般式即 x＋y－＝0， x－y＋＝0， x－y＋＝0， 故選C. 4．(2018·吳忠模擬)與直線x－y－4＝0和圓x2＋y2＋2x－2y＝0都相切的半徑最小的圓的方程是(　　) A．(x＋1)2＋2＝2 B．(x－1)2＋2＝4 C．(x－1)2＋2＝2 D．(x＋1)2＋2＝4 答案　C 解析　圓x2＋y2＋2x－2y＝0的圓心為(－1,1)，半徑為，過圓心(－1,1)與直線x－y－4＝0垂直的直線方程為x＋y＝0，所求的圓心在此直線上，又圓心(－1,1)到直線x－y－4＝0的距離為＝3，則所求圓的半徑為，設(shè)所求圓心為(a，b)，且圓心在直線x－y－4＝0的左上

23、方，則＝，且a＋b＝0，解得a＝1，b＝－1(a＝3，b＝－3不符合半徑最小，舍去)，故所求圓的方程為(x－1)2＋2＝2. 5．(2018·孝義模擬)已知點P是直線l：x＋y－b＝0上的動點，由點P向圓O：x2＋y2＝1引切線，切點分別為M，N，且∠MPN＝90°，若滿足以上條件的點P有且只有一個，則b等于(　　) A．2 B．±2 C. D．± 答案　B 解析　由題意得∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°， |MO|＝|ON|＝1， ∴四邊形PMON是正方形，∴|PO|＝， ∵滿足以上條件的點P有且只有一個， ∴OP垂直于直線x＋y－b＝0， ∴＝，∴b＝±2.

24、6．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓O的方程為x2＋y2＝4，直線l的方程為y＝k(x＋2)，若在圓O上至少存在三點到直線l的距離為1，則實數(shù)k的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系可知，若圓O：x2＋y2＝4上至少存在三點到直線l：y＝k(x＋2)的距離為1，則圓心(0,0)到直線kx－y＋2k＝0的距離d應(yīng)滿足d≤1，即≤1，解得k2≤，即－≤k≤，故選B. 7．(2018·安陽模擬)已知圓C1：x2＋y2－kx＋2y＝0與圓C2：x2＋y2＋ky－4＝0的公共弦所在直線恒過定點P(a，b)，且點P在直線mx－ny－2＝0上，則m

25、n的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由x2＋y2－kx＋2y＝0與x2＋y2＋ky－4＝0，相減得公共弦所在直線方程kx＋y－4＝0， 即k(x＋y)－＝0， 所以由得x＝2，y＝－2， 即P，因此2m＋2n－2＝0， 所以m＋n＝1，mn≤2＝(當(dāng)且僅當(dāng)m＝n時取最大值)． 8．(2018·齊魯名校教科研協(xié)作體模擬)直線x＋ysin α－3＝0(α∈R)的傾斜角的取值范圍是_____． 答案　 解析　若sin α＝0，則直線的傾斜角為； 若sin α≠0， 則直線的斜率k＝－∈， 設(shè)直線的傾斜角為θ， 則tan θ∈， 故θ

26、∈∪ ， 綜上可得直線的傾斜角的取值范圍是. 9．(2018·安徽省“皖南八?！甭?lián)考)若過點(2,0)有兩條直線與圓x2＋y2－2x＋2y＋m＋1＝0相切，則實數(shù)m的取值范圍是________． 答案　(－1,1) 解析　由題意過點(2,0)有兩條直線與圓x2＋y2－2x＋2y＋m＋1＝0相切， 則點(2,0)在圓外，即22－2×2＋m＋1>0，解得m>－1； 由方程x2＋y2－2x＋2y＋m＋1＝0表示圓， 則(－2)2＋22－4(m＋1)>0，解得m<1. 綜上，實數(shù)m的取值范圍是(－1,1)． 10．已知直線l：mx－y＝1.若直線l與直線x－my－1＝0平行，則m的值

27、為________；動直線l被圓x2＋2x＋y2－24＝0截得的弦長的最小值為________． 答案?。?　2 解析　當(dāng)m＝0時，兩直線不平行； 當(dāng)m≠0時，由題意得＝， 所以m＝±1. 當(dāng)m＝1時，兩直線重合，所以m＝1舍去，故m＝－1. 因為圓的方程為x2＋2x＋y2－24＝0， 所以(x＋1)2＋y2＝25， 所以它表示圓心為C(－1,0)，半徑為5的圓． 由于直線l：mx－y－1＝0過定點P(0，－1)， 所以過點P且與PC垂直的弦長最短， 且最短弦長為2＝2. 11．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：(x＋1)2＋y2＝2，點A(2,0)，若圓C上存在點M

28、，滿足|MA|2＋|MO|2≤10，則點M的縱坐標(biāo)的取值范圍是________． 答案　 解析　設(shè)點M(x，y)，因為|MA|2＋|MO|2≤10， 所以(x－2)2＋y2＋x2＋y2≤10， 即x2＋y2－2x－3≤0， 因為(x＋1)2＋y2＝2，所以y2＝2－(x＋1)2， 所以x2＋2－(x＋1)2－2x－3≤0， 化簡得x≥－. 因為y2＝2－(x＋1)2，所以y2≤， 所以－≤y≤. 12．設(shè)圓C滿足：①截y軸所得弦長為2；②被x軸分成兩段圓弧，其弧長的比為3∶1；③圓心到直線l：x－2y＝0的距離為d.當(dāng)d最小時，圓C的面積為________． 答案　2π

29、 解析　如圖，設(shè)圓心坐標(biāo)為C(a，b)， 則 即2b2＝a2＋1， 所以圓心C(a，b)到直線x－2y＝0的距離 d＝， 故d2＝＝(a2＋4b2－4ab)． 由于a2＋b2≥2ab，即－4ab≥－2a2－2b2， 故d2＝(a2＋4b2－4ab)≥(2b2－a2)＝ (當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號)， 此時r2＝a2＋1＝2，故圓的面積S＝πr2＝2π. B組　能力提高 13．已知圓C與x軸相切于點T(1,0)，與y軸正半軸交于兩點A，B(B在A的上方)且|AB|＝2，過點A任作一條直線與圓O：x2＋y2＝1相交于M，N兩點，下列三個結(jié)論：①＝；②－＝2；③＋＝2.其

30、中正確結(jié)論的序號是(　　) A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 答案　D 解析　根據(jù)題意，利用圓中的特殊三角形，求得圓心及半徑，即得圓的方程為(x－1)2＋(y－)2＝2，并且可以求得A(0，－1)，B(0，＋1)， 因為M，N在圓O：x2＋y2＝1上， 所以可設(shè)M(cos α，sin α)， N(cos β，sin β)， 所以|NA|＝ ＝， |NB|＝ ＝， 所以＝－1， 同理可得＝－1， 所以＝， －＝－(－1)＝2， ＋＝2， 故①②③都正確． 14．若對圓(x－1)2＋(y－1)2＝1上任意一點P(x，y)，的取值與x，y無關(guān)，則實

31、數(shù)a的取值范圍是(　　) A．a(chǎn)≤－4 B．－4≤a≤6 C．a(chǎn)≤－4或a≥6 D．a(chǎn)≥6 答案　D 解析　表示圓上的點到直線l1：3x－4y－9＝0的距離的5倍，表示圓上的點到直線l2：3x－4y＋a＝0的距離的5倍， 所以的取值與x，y無關(guān)，即圓上的點到直線l1，l2的距離與圓上點的位置無關(guān)，所以直線3x－4y＋a＝0與圓相離或相切，并且l1和l2在圓的兩側(cè)，所以d＝≥1，并且a>0，解得a≥6，故選D. 15．(2018·合肥質(zhì)檢)為保護環(huán)境，建設(shè)美麗鄉(xiāng)村，鎮(zhèn)政府決定為A，B，C三個自然村建造一座垃圾處理站，集中處理A，B，C三個自然村的垃圾，受當(dāng)?shù)貤l件限制，垃圾

32、處理站M只能建在與A村相距5 km，且與C村相距 km的地方．已知B村在A村的正東方向，相距3 km，C村在B村的正北方向，相距3 km，則垃圾處理站M與B村相距________ km. 答案　2或7 解析　以A為坐標(biāo)原點，AB所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系(圖略)，則A(0,0)，B(3,0)，C(3,3)． 由題意得垃圾處理站M在以A(0,0)為圓心，5為半徑的圓A上，同時又在以C(3,3)為圓心，為半徑的圓C上，兩圓的方程分別為x2＋y2＝25和(x－3)2＋(y－3)2＝31. 由 解得或 ∴垃圾處理站M的坐標(biāo)為(5,0)或， ∴|MB|＝2或|MB|＝ ＝7， 即垃

33、圾處理站M與B村相距2 km或7 km. 16．點P(x，y)是直線2x＋y＋4＝0上的動點，PA，PB是圓C：x2＋(y－1)2＝1的兩條切線，A，B是切點，則△PAB面積的最小值為________． 答案　 解析　由圓的方程C：x2＋(y－1)2＝1， 可得圓心C(0,1)，半徑r＝1， 則圓心到直線2x＋y＋4＝0的距離為d＝＝， 設(shè)|PC|＝m，則m≥， 則S△PAB＝|PA|2sin 2∠APC ＝|PA|2sin∠APCcos∠APC ＝|PA|2··＝， 令S＝，m≥， 所以S′＝ ＝>0， 所以函數(shù)S在上單調(diào)遞增， 所以Smin＝S＝.即(S△PAB)min＝. 16