《（新課標(biāo)）2020版高考數(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 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考數(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 新人教A版（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1講　直線與圓 [做真題] 題型一　圓的方程 1．(2016·高考全國卷Ⅱ)圓x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圓心到直線ax＋y－1＝0的距離為1，則a＝(　　) A．－　　　　　　 B．－ C． D．2 解析：選A．由題可知，圓心為(1，4)，結(jié)合題意得＝1，解得a＝－. 2．(2015·高考全國卷Ⅰ)一個圓經(jīng)過橢圓＋＝1的三個頂點，且圓心在x軸的正半軸上，則該圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為________． 解析：由題意知a＝4，b＝2，上、下頂點的坐標(biāo)分別為(0，2)，(0，－2)，右頂點的坐標(biāo)為(4，0)．由圓心在x軸的正半軸上知圓過點(0，2)，(0，－2)，(4，0)三點

2、．設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－m)2＋y2＝r2(0＜m＜4，r＞0)，則解得所以圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－)2＋y2＝. 答案：(x－)2＋y2＝ 3．(2018·高考全國卷Ⅱ)設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A，B兩點，|AB|＝8. (1)求l的方程； (2)求過點A，B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程． 解：(1)由題意得F(1，0)，l的方程為y＝k(x－1)(k＞0)． 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. Δ＝16k2＋16＞0，故x1＋x2＝. 所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)

3、＋(x2＋1)＝. 由題設(shè)知＝8，解得k＝－1(舍去)，k＝1.因此l的方程為y＝x－1. (2)由(1)得AB的中點坐標(biāo)為(3，2)，所以AB的垂直平分線方程為y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5.設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(x0，y0)，則 解得或 因此所求圓的方程為(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144. 題型二　直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系 1．(2018·高考全國卷Ⅲ)直線x＋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(　　) A．[2，6]　　　　　　　　 B．[4，8] C．[

4、，3] D．[2，3] 解析：選A．圓心(2，0)到直線的距離d＝＝2，所以點P到直線的距離d1∈[，3]．根據(jù)直線的方程可知A，B兩點的坐標(biāo)分別為A(－2，0)，B(0，－2)，所以|AB|＝2，所以△ABP的面積S＝|AB|d1＝d1.因為d1∈[，3]，所以S∈[2，6]，即△ABP面積的取值范圍是[2，6]． 2．(2015·高考全國卷Ⅱ)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．2 B．8 C．4 D．10 解析：選C．設(shè)圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， 則 解得 所以圓的方程為x2＋y2－2x

5、＋4y－20＝0. 令x＝0，得y＝－2＋2或y＝－2－2， 所以M(0，－2＋2)，N(0，－2－2)或M(0，－2－2)，N(0，－2＋2)，所以|MN|＝4，故選C． 3．(2016·高考全國卷Ⅲ)已知直線l：mx＋y＋3m－＝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|＝2，則|CD|＝________． 解析：設(shè)圓心到直線l：mx＋y＋3m－＝0的距離為d，則弦長|AB|＝2＝2，得d＝3，即＝3，解得m＝－，則直線l：x－y＋6＝0，數(shù)形結(jié)合可得|CD|＝＝4. 答案：4 [明考情] 1．近兩年圓的方程成為高考全國卷命題

6、的熱點，需重點關(guān)注．此類試題難度中等偏下，多以選擇題或填空題形式考查． 2．直線與圓的方程偶爾單獨命題，單獨命題時有一定的深度，有時也會出現(xiàn)在壓軸題的位置，難度較大，對直線與圓的方程(特別是直線)的考查主要體現(xiàn)在圓錐曲線的綜合問題上． 直線的方程 [考法全練] 1．若平面內(nèi)三點A(1，－a)，B(2，a2)，C(3，a3)共線，則a＝(　　) A．1±或0 B．或0 C． D．或0 解析：選A．因為平面內(nèi)三點A(1，－a)，B(2，a2)，C(3，a3)共線，所以kAB＝kAC，即＝，即a(a2－2a－1)＝0，解得a＝0或a＝1±.故選A． 2．若直線mx＋2y＋

7、m＝0與直線3mx＋(m－1)y＋7＝0平行，則m的值為(　　) A．7 B．0或7 C．0 D．4 解析：選B．因為直線mx＋2y＋m＝0與直線3mx＋(m－1)y＋7＝0平行，所以m(m－1)＝3m×2，所以m＝0或7，經(jīng)檢驗，都符合題意．故選B． 3．已知點A(1，2)，B(2，11)，若直線y＝x＋1(m≠0)與線段AB相交，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．[－2，0)∪[3，＋∞) B．(－∞，－1]∪(0，6] C．[－2，－1]∪[3，6] D．[－2，0)∪(0，6] 解析：選C．由題意得，兩點A(1，2)，B(2，11)分布在直線y＝x＋1(m≠0)的

8、兩側(cè)(或其中一點在直線上)，所以≤0，解得－2≤m≤－1或3≤m≤6，故選C． 4．已知直線l過直線l1：x－2y＋3＝0與直線l2：2x＋3y－8＝0的交點，且點P(0，4)到直線l的距離為2，則直線l的方程為__________________． 解析：由得所以直線l1與l2的交點為(1，2)．顯然直線x＝1不符合，即所求直線的斜率存在，設(shè)所求直線的方程為y－2＝k(x－1)，即kx－y＋2－k＝0，因為P(0，4)到直線l的距離為2，所以＝2，所以k＝0或k＝.所以直線l的方程為y＝2或4x－3y＋2＝0. 答案：y＝2或4x－3y＋2＝0 5．(一題多解)已知直線l：x－y－1

9、＝0，l1：2x－y－2＝0.若直線l2與l1關(guān)于直線l對稱，則直線l2的方程是________． 解析：法一：l1與l2關(guān)于l對稱，則l1上任意一點關(guān)于l的對稱點都在l2上，故l與l1的交點(1，0)在l2上． 又易知(0，－2)為l1上的一點，設(shè)其關(guān)于l的對稱點為(x，y)，則 ，解得 即(1，0)，(－1，－1)為l2上兩點，故可得l2的方程為x－2y－1＝0. 法二：設(shè)l2上任一點為(x，y)，其關(guān)于l的對稱點為(x1，y1)，則由對稱性可知 解得 因為(x1，y1)在l1上， 所以2(y＋1)－(x－1)－2＝0，即l2的方程為x－2y－1＝0. 答案：x－2y

10、－1＝0 (1)兩直線的位置關(guān)系問題的解題策略 求解與兩條直線平行或垂直有關(guān)的問題時，主要是利用兩條直線平行或垂直的充要條件，即斜率相等且縱截距不相等或斜率互為負(fù)倒數(shù)．若出現(xiàn)斜率不存在的情況，可考慮用數(shù)形結(jié)合的方法去研究或直接用直線的一般式方程判斷． (2)軸對稱問題的兩種類型及求解方法 點關(guān)于 直線的 對稱 若兩點P1(x1，y1)與P2(x2，y2)關(guān)于直線l：Ax＋By＋C＝0對稱，則線段P1P2的中點在對稱軸l上，而且連接P1，P2的直線垂直于對稱軸l.由方程組可得到點P1關(guān)于l對稱的點P2的坐標(biāo)(x2，y2)(其中B≠0，x1≠x2) 直線關(guān) 于直線 的對稱

11、 有兩種情況，一是已知直線與對稱軸相交；二是已知直線與對稱軸平行．一般轉(zhuǎn)化為點關(guān)于直線的對稱來解決 圓的方程 [典型例題] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R)與x軸交于不同的兩點A，B，曲線Γ與y軸交于點C. (1)是否存在以AB為直徑的圓過點C？若存在，求出該圓的方程；若不存在，請說明理由． (2)求證：過A，B，C三點的圓過定點． 【解】　由曲線Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R)，令y＝0，得x2－mx＋2m＝0. 設(shè)A(x1，0)，B(x2，0)，則可得Δ＝m2－8m>0，x1＋x2＝m，x1x2＝2m. 令x＝0，得y＝2m，即C(0

12、，2m)． (1)若存在以AB為直徑的圓過點C，則·＝0，得x1x2＋4m2＝0，即2m＋4m2＝0，所以m＝0或m＝－. 由Δ>0得m<0或m>8，所以m＝－， 此時C(0，－1)，AB的中點M即圓心，半徑r＝|CM|＝， 故所求圓的方程為＋y2＝. (2)證明：設(shè)過A，B兩點的圓的方程為x2＋y2－mx＋Ey＋2m＝0， 將點C(0，2m)代入可得E＝－1－2m， 所以過A，B，C三點的圓的方程為x2＋y2－mx－(1＋2m)y＋2m＝0， 整理得x2＋y2－y－m(x＋2y－2)＝0. 令可得或 故過A，B，C三點的圓過定點(0，1)和. 求圓的方程的2種方法

13、 幾何法 通過研究圓的性質(zhì)、直線和圓、圓與圓的位置關(guān)系，從而求得圓的基本量和方程 代數(shù)法 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)，從而求得圓的方程 [對點訓(xùn)練] 1．若方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圓，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2)　　　　　　 B． C．(－2，0) D． 解析：選D．若方程表示圓，則a2＋(2a)2－4(2a2＋a－1)>0，化簡得3a2＋4a－4<0，解得－2

14、y－1)2＝2 C．(x－1)2＋(y＋1)2＝4 D．(x＋1)2＋(y－1)2＝4 解析：選A．設(shè)圓心的坐標(biāo)為(a，b)，則a2＋b2＝r2①，(a－2)2＋b2＝r2②，＝1③，聯(lián)立①②③解得a＝1，b＝－1，r2＝2.故所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是(x－1)2＋(y＋1)2＝2.故選A． 3．(2019·安徽合肥模擬)已知圓M：x2＋y2－2x＋a＝0，若AB為圓M的任意一條直徑，且·＝－6(其中O為坐標(biāo)原點)，則圓M的半徑為(　　) A． B． C． D．2 解析：選C．圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋y2＝1－a(a<1)，圓心M(1，0)，則|OM|＝1，因為AB為圓M的任

15、意一條直徑，所以＝－，且||＝||＝r，則·＝(＋)·(＋)＝(－)·(＋)＝2－2＝1－r2＝－6，所以r2＝7，得r＝，所以圓的半徑為，故選C． 直線與圓、圓與圓的綜合問題 [典型例題] 命題角度一　切線問題 已知圓O：x2＋y2＝1，點P為直線＋＝1上一動點，過點P向圓O引兩條切線PA，PB，A，B為切點，則直線AB經(jīng)過定點(　　) A．　　　　　 B． C． D． 【解析】　因為點P是直線＋＝1上的一動點，所以設(shè)P(4－2m，m)．因為PA，PB是圓x2＋y2＝1的兩條切線，切點分別為A，B，所以O(shè)A⊥PA，OB⊥PB，所以點A，B在以O(shè)P為直徑的圓C上，即弦AB

16、是圓O和圓C的公共弦．所以圓心C的坐標(biāo)是，且半徑的平方r2＝， 所以圓C的方程為(x－2＋m)2＋＝，① 又x2＋y2＝1，② 所以②－①得，(2m－4)x－my＋1＝0， 即公共弦AB所在的直線方程為(2x－y)m＋(－4x＋1)＝0，所以由得所以直線AB過定點.故選B． 【答案】　B 過一點求圓的切線方程的方法 (1)過圓上一點(x0，y0)的圓的切線的方程的求法 若切線斜率存在，則先求切點與圓心連線所在直線的斜率k(k≠0)，由垂直關(guān)系知切線斜率為－，由點斜式方程可求切線方程．若切線斜率不存在，則可由圖形寫出切線方程x＝x0. (2)過圓外一點(x0，y0)的圓的切

17、線的方程的求法 當(dāng)切線斜率存在時，設(shè)切線斜率為k，切線方程為y－y0＝k(x－x0)，即kx－y＋y0－kx0＝0.由圓心到直線的距離等于半徑，即可得出切線方程．當(dāng)切線斜率不存在時要加以驗證． 命題角度二　弦長問題 已知圓C經(jīng)過點A(－2，0)，B(0，2)，且圓心C在直線y＝x上，又直線l：y＝kx＋1與圓C相交于P，Q兩點． (1)求圓C的方程； (2)過點(0，1)作直線l1與l垂直，且直線l1與圓C交于M，N兩點，求四邊形PMQN面積的最大值． 【解】　(1)設(shè)圓心C(a，a)，半徑為r，因為圓C經(jīng)過點A(－2，0)，B(0，2)，所以|AC|＝|BC|＝r， 即＝＝r

18、，解得a＝0，r＝2，故所求圓C的方程為x2＋y2＝4. (2)設(shè)圓心C到直線l，l1的距離分別為d，d1，四邊形PMQN的面積為S. 因為直線l，l1都經(jīng)過點(0，1)，且l1⊥l，根據(jù)勾股定理，有d＋d2＝1. 又|PQ|＝2×，|MN|＝2×， 所以S＝|PQ|·|MN|＝×2××2× ＝2 ＝2≤2 ＝2＝7， 當(dāng)且僅當(dāng)d1＝d時，等號成立， 所以四邊形PMQN面積的最大值為7. 求解圓的弦長的3種方法 關(guān)系法 根據(jù)半徑，弦心距，弦長構(gòu)成的直角三角形，構(gòu)成三者間的關(guān)系r2＝d2＋(其中l(wèi)為弦長，r為圓的半徑，d為圓心到直線的距離) 公式法 根據(jù)公式l＝|

19、x1－x2|求解(其中l(wèi)為弦長，x1，x2為直線與圓相交所得交點的橫坐標(biāo)，k為直線的斜率) 距離法 聯(lián)立直線與圓的方程，解方程組求出兩交點坐標(biāo)，用兩點間距離公式求解 命題角度三　直線與圓的綜合問題 已知圓C經(jīng)過點A(0，2)，B(2，0)，圓C的圓心在圓x2＋y2＝2的內(nèi)部，且直線3x＋4y＋5＝0被圓C所截得的弦長為2.點P為圓C上異于A，B的任意一點，直線PA與x軸交于點M，直線PB與y軸交于點N. (1)求圓C的方程； (2)若直線y＝x＋1與圓C交于A1，A2兩點，求·； (3)求證：|AN|·|BM|為定值． 【解】　(1)易知圓心C在線段AB的中垂線y＝x上，

20、故可設(shè)C(a，a)，圓C的半徑為r. 因為直線3x＋4y＋5＝0被圓C所截得的弦長為2，且r＝， 所以C(a，a)到直線3x＋4y＋5＝0的距離d＝＝＝， 所以a＝0或a＝170. 又圓C的圓心在圓x2＋y2＝2的內(nèi)部， 所以a＝0，此時r＝2，所以圓C的方程為x2＋y2＝4. (2)將y＝x＋1代入x2＋y2＝4得2x2＋2x－3＝0. 設(shè)A1(x1，y1)，A2(x2，y2)， 則x1＋x2＝－1，x1x2＝－. 所以·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＋(x1＋1)(x2＋1)＝2x1x2－(x1＋x2)＋5＝－3＋1＋5＝3. (3

21、)證明：當(dāng)直線PA的斜率不存在時，|AN|·|BM|＝8. 當(dāng)直線PA與直線PB的斜率都存在時，設(shè)P(x0，y0)， 直線PA的方程為y＝x＋2，令y＝0得M. 直線PB的方程為y＝(x－2)，令x＝0得N. 所以|AN|·|BM|＝ ＝4＋4 ＝4＋4× ＝4＋4× ＝4＋4×＝8， 綜上，|AN|·|BM|為定值8. 討論直線與圓及圓與圓的位置關(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．　 [對點訓(xùn)練] 1．自圓C：(x－3)2＋(y＋4)2＝4外一點P(x，y)引該圓的一條切線，切點為Q，PQ的長度等于點P到原點O的距離，則點P的軌

22、跡方程為(　　) A．8x－6y－21＝0 B．8x＋6y－21＝0 C．6x＋8y－21＝0 D．6x－8y－21＝0 解析：選D．由題意得，圓心C的坐標(biāo)為(3，－4)，半徑r＝2，如圖． 因為|PQ|＝|PO|，且PQ⊥CQ， 所以|PO|2＋r2＝|PC|2， 所以x2＋y2＋4＝(x－3)2＋(y＋4)2， 即6x－8y－21＝0，所以點P的軌跡方程為6x－8y－21＝0，故選D． 2．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，若|MN|＝，則直線l的方程為________． 解析：直線l的方程為y＝kx＋1，

23、圓心C(2，3)到直線l的距離d＝＝， 由R2＝d2＋，得1＝＋， 解得k＝2或， 故所求直線l的方程為y＝2x＋1或y＝x＋1. 答案：y＝2x＋1或y＝x＋1 3．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C與y軸相切，且過點M(1，)，N(1，－)． (1)求圓C的方程； (2)已知直線l與圓C交于A，B兩點，且直線OA與直線OB的斜率之積為－2.求證：直線l恒過定點，并求出定點的坐標(biāo)． 解：(1)因為圓C過點M(1，)，N(1，－)， 所以圓心C在線段MN的垂直平分線上，即在x軸上， 故設(shè)圓心為C(a，0)，易知a>0， 又圓C與y軸相切， 所以圓C的半徑r＝a， 所以

24、圓C的方程為(x－a)2＋y2＝a2. 因為點M(1，)在圓C上， 所以(1－a)2＋()2＝a2，解得a＝2. 所以圓C的方程為(x－2)2＋y2＝4. (2)記直線OA的斜率為k(k≠0)， 則其方程為y＝kx. 聯(lián)立消去y，得(k2＋1)x2－4x＝0， 解得x1＝0，x2＝. 所以A. 由k·kOB＝－2，得kOB＝－，直線OB的方程為y＝－x， 在點A的坐標(biāo)中用－代替k，得B. 當(dāng)直線l的斜率不存在時，＝，得k2＝2，此時直線l的方程為x＝. 當(dāng)直線l的斜率存在時，≠，即k2≠2. 則直線l的斜率為＝ ＝＝. 故直線l的方程為y－＝. 即y＝，所以直線

25、l過定點. 綜上，直線l恒過定點，定點坐標(biāo)為. 一、選擇題 1．已知直線l1過點(－2，0)且傾斜角為30°，直線l2過點(2，0)且與直線l1垂直，則直線l1與直線l2的交點坐標(biāo)為(　　) A．(3，)　　　　　　 B．(2，) C．(1，) D． 解析：選C．直線l1的斜率k1＝tan 30°＝，因為直線l2與直線l1垂直，所以直線l2的斜率k2＝－＝－，所以直線l1的方程為y＝(x＋2)，直線l2的方程為y＝－(x－2)，聯(lián)立解得即直線l1與直線l2的交點坐標(biāo)為(1，)． 2．圓C與x軸相切于T(1，0)，與y軸正半軸交于A、B兩點，且|AB|＝2，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為

26、(　　) A．(x－1)2＋(y－)2＝2 B．(x－1)2＋(y－2)2＝2 C．(x＋1)2＋(y＋)2＝4 D．(x－1)2＋(y－)2＝4 解析：選A．由題意得，圓C的半徑為＝，圓心坐標(biāo)為(1，)，所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋(y－)2＝2，故選A． 3．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(　　) A．內(nèi)切 B．相交 C．外切 D．相離 解析：選B．圓M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)可化為x2＋(y－a)2＝a2，由題意，M(0，a)到直線x＋y＝0的距離

27、d＝，所以a2＝＋2，解得a＝2.所以圓M：x2＋(y－2)2＝4，所以兩圓的圓心距為，半徑和為3，半徑差為1，故兩圓相交． 4．(2019·皖南八校聯(lián)考)圓C與直線2x＋y－11＝0相切，且圓心C的坐標(biāo)為(2，2)，設(shè)點P的坐標(biāo)為(－1，y0)．若在圓C上存在一點Q，使得∠CPQ＝30°，則y0的取值范圍是(　　) A．[－，] B．[－1，5] C．[2－，2＋] D．[2－2，2＋2] 解析：選C．由點C(2，2)到直線2x＋y－11＝0的距離為＝，可得圓C的方程為(x－2)2＋(y－2)2＝5.若存在這樣的點Q，當(dāng)PQ與圓C相切時，∠CPQ≥30°，可得sin∠CPQ＝＝≥

28、sin 30°，即CP≤2，則≤2，解得2－≤y0≤2＋.故選C． 5．在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，過定點P的直線l：ax＋y－1＝0與過定點Q的直線m：x－ay＋3＝0相交于點M，則|MP|2＋|MQ|2＝(　　) A． B． C．5 D．10 解析：選D．由題意知P(0，1)，Q(－3，0)，因為過定點P的直線ax＋y－1＝0與過定點Q的直線x－ay＋3＝0垂直，所以MP⊥MQ，所以|MP|2＋|MQ|2＝|PQ|2＝9＋1＝10，故選D． 6．(一題多解)(2019·河南鄭州模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，直線x－ky＋1＝0與圓C：x2＋y2＝4相交于A，B兩點，＝＋，若

29、點M在圓C上，則實數(shù)k的值為(　　) A．－2 B．－1 C．0 D．1 解析：選C．法一：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k2＋1)y2－2ky－3＝0，則Δ＝4k2＋12(k2＋1)>0，y1＋y2＝，x1＋x2＝k(y1＋y2)－2＝－，因為＝＋，故M，又點M在圓C上，故＋＝4，解得k＝0. 法二：由直線與圓相交于A，B兩點，＝＋，且點M在圓C上，得圓心C(0，0)到直線x－ky＋1＝0的距離為半徑的一半，為1，即d＝＝1，解得k＝0. 二、填空題 7．過點(，0)引直線l與曲線y＝相交于A，B兩點，O為坐標(biāo)原點，當(dāng)△AOB的面積取最大值時，直線l的斜率等于_

30、_______． 解析：令P(，0)，如圖，易知|OA|＝|OB|＝1， 所以S△AOB＝|OA|·|OB|·sin∠AOB＝sin∠AOB≤， 當(dāng)∠AOB＝90°時，△AOB的面積取得最大值，此時過點O作OH⊥AB于點H， 則|OH|＝， 于是sin∠OPH＝＝＝，易知∠OPH為銳角，所以∠OPH＝30°， 則直線AB的傾斜角為150°，故直線AB的斜率為tan 150°＝－. 答案：－ 8．已知圓O：x2＋y2＝4到直線l：x＋y＝a的距離等于1的點至少有2個，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：由圓的方程可知圓心為(0，0)，半徑為2.因為圓O到直線l的距

31、離等于1的點至少有2個，所以圓心到直線l的距離d

32、所以m＝－2，r＝＝. 答案：－2　 三、解答題 10．已知點M(－1，0)，N(1，0)，曲線E上任意一點到點M的距離均是到點N的距離的倍． (1)求曲線E的方程； (2)已知m≠0，設(shè)直線l1：x－my－1＝0交曲線E于A，C兩點，直線l2：mx＋y－m＝0交曲線E于B，D兩點．當(dāng)CD的斜率為－1時，求直線CD的方程． 解：(1)設(shè)曲線E上任意一點的坐標(biāo)為(x，y)， 由題意得＝·， 整理得x2＋y2－4x＋1＝0，即(x－2)2＋y2＝3為所求． (2)由題意知l1⊥l2，且兩條直線均恒過點N(1，0)．設(shè)曲線E的圓心為E，則E(2，0)，設(shè)線段CD的中點為P，連接EP

33、，ED，NP，則直線EP：y＝x－2. 設(shè)直線CD：y＝－x＋t， 由解得點P， 由圓的幾何性質(zhì)，知|NP|＝|CD|＝， 而|NP|2＝＋，|ED|2＝3， |EP|2＝， 所以＋＝3－，整理得t2－3t＝0，解得t＝0或t＝3， 所以直線CD的方程為y＝－x或y＝－x＋3. 11．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線y＝x2＋mx－2與x軸交于A，B兩點，點C的坐標(biāo)為(0，1)，當(dāng)m變化時，解答下列問題： (1)能否出現(xiàn)AC⊥BC的情況？說明理由； (2)證明過A，B，C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值． 解：(1)不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況，理由如下： 設(shè)A(x1，0)，

34、B(x2，0)，則x1，x2滿足x2＋mx－2＝0，所以x1x2＝－2. 又C的坐標(biāo)為(0，1)，故AC的斜率與BC的斜率之積為·＝－，所以不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況． (2)證明：BC的中點坐標(biāo)為(，)，可得BC的中垂線方程為y－＝x2(x－)． 由(1)可得x1＋x2＝－m，所以AB的中垂線方程為x＝－. 聯(lián)立又x＋mx2－2＝0， 可得 所以過A，B，C三點的圓的圓心坐標(biāo)為(－，－)，半徑r＝. 故圓在y軸上截得的弦長為2＝3，即過A，B，C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值． 12．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A(0，3)，直線l：y＝2x－4，設(shè)圓C的半徑為1，圓心在直線

35、l上． (1)若圓心C也在直線y＝x－1上，過點A作圓C的切線，求切線的方程； (2)若圓C上存在點M，使|MA|＝2|MO|，求圓心C的橫坐標(biāo)a的取值范圍． 解：(1)因為圓心在直線l：y＝2x－4上，也在直線y＝x－1上，所以解方程組得圓心C(3，2)， 又因為圓C的半徑為1， 所以圓C的方程為(x－3)2＋(y－2)2＝1， 又因為點A(0，3)，顯然過點A，圓C的切線的斜率存在，設(shè)所求的切線方程為y＝kx＋3，即kx－y＋3＝0， 所以＝1，解得k＝0或k＝－， 所以所求切線方程為y＝3或y＝－x＋3， 即y－3＝0或3x＋4y－12＝0. (2)因為圓C的圓心在直線l：y＝2x－4上， 所以設(shè)圓心C為(a，2a－4)， 又因為圓C的半徑為1， 則圓C的方程為(x－a)2＋(y－2a＋4)2＝1. 設(shè)M(x，y)，又因為|MA|＝2|MO|，則有 ＝2， 整理得x2＋(y＋1)2＝4，其表示圓心為(0，－1)，半徑為2的圓，設(shè)為圓D， 所以點M既在圓C上，又在圓D上，即圓C與圓D有交點，所以2－1≤≤2＋1， 解得0≤a≤， 所以圓心C的橫坐標(biāo)a的取值范圍為. - 17 -