沖刺2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 核心考點(diǎn)特色突破 專題15 直線與圓(2)(含解析).doc
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專題15 直線與圓(2) 【自主熱身,歸納總結(jié)】 1、 圓心在直線y=-4x上,且與直線x+y-1=0相切于點(diǎn)P(3,-2)的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為________. 【答案】: (x-1)2+(y+4)2=8 解法1 設(shè)圓心為(a,-4a),則有r==,解得a=1,r=2,則圓的方程為(x-1)2+(y+4)2=8. 解法2 過點(diǎn)P(3,-2)且垂直于直線x+y-1=0的直線方程為x-y-5=0,聯(lián)立方程組解得則圓心坐標(biāo)為(1,-4),半徑為r==2,故圓的方程為(x-1)2+(y+4)2=8. 2、 在平面直角坐標(biāo)系xOy中,若直線ax+y-2=0與圓心為C的圓(x-1)2+(y-a)2=16相交于A,B兩點(diǎn),且△ABC為直角三角形,則實(shí)數(shù)a的值是________. 【答案】: -1 【解析】:因?yàn)椤鰽BC為直角三角形,所以BC=AC=r=4,所以圓心C到直線AB的距離為2,從而有=2,解得a=-1. 3、 已知直線l:x+y-2=0與圓C:x2+y2=4交于A,B兩點(diǎn),則弦AB的長度為________. 【答案】:. 2 【解析】:圓心C(0,0)到直線l的距離d==1,由垂徑定理得AB=2=2=2,故弦AB的長度為2. 4、已知過點(diǎn)的直線被圓截得的弦長為4,則直線的方程為 . 【答案】:或 【解析】:化成標(biāo)準(zhǔn)式為:.因?yàn)榻氐孟议L為4 小于直徑故該直線必有兩條且圓心到直線的距離為.當(dāng)斜率不存在時(shí), ,顯然符合要求。當(dāng)斜率存在時(shí),,,截得, 故直線為. 5、在平面直角坐標(biāo)系xOy中,若動(dòng)圓C上的點(diǎn)都在不等式組,表示的平面區(qū)域內(nèi),則面積最大的圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為________. 【答案】: (x-1)2+y2=4 【解析】:首先由線性約束條件作出可行域,面積最大的圓C即為可行域三角形的內(nèi)切圓(如圖),由對(duì)稱性可知,圓C的圓心在x軸上,設(shè)半徑為r,則圓心C(3-r,0),且它與直線x-y+3=0相切,所以=r,解得r=2,所以面積最大的圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-1)2+y2=4. 6、在平面直角坐標(biāo)系xOy中,若圓(x-2)2+(y-2)2=1上存在點(diǎn)M,使得點(diǎn)M關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)N在直線kx+y+3=0上,則實(shí)數(shù)k的最小值為________. 7、已知經(jīng)過點(diǎn)P的兩個(gè)圓C1,C2都與直線l1:y=x,l2:y=2x相切,則這兩圓的圓心距C1C2=________. 【答案】 【解析】:易求直線C1C2的方程為y=x,設(shè)C1(x1,x1),C2(x2,x2), 由題意得C1(x1,x1)到直線2x-y=0的距離等于C1P,即=,整理得9x-25x1+=0,同理可得9x-25x2+=0,所以x1,x2是方程9x2-25x+=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根,從而x1+x2=,x1x2=,所以圓心距C1C2=|x1-x2|===. 8、在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知圓C:x2+(y-3)2=2,點(diǎn)A是x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),AP,AQ分別切圓C于P,Q兩點(diǎn),則線段PQ長的取值范圍是________. 【答案】 【解析】:設(shè)∠PCA=θ,所以PQ=2sinθ.又cosθ=,AC∈[3,+∞),所以cosθ∈,所以cos2θ∈,sin2θ=1-cos2θ∈,所以sinθ∈,所以PQ∈. 與切線有關(guān)的問題,一般都不需要求出切點(diǎn),而是利用直線與圓相切時(shí)所得到的直角三角形轉(zhuǎn)化為點(diǎn)與圓心的距離問題求解. 9、在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點(diǎn),點(diǎn),為圓上一動(dòng)點(diǎn),則的最大值是 . 【答案】、2 【解析】1:設(shè),則,, 令,即,則動(dòng)直線與圓必須有公共點(diǎn),所以,解得,所以,即,的最大值是. (有了上面的解法,也可設(shè),直接通過動(dòng)直線與圓有公共點(diǎn)來解決) 【解析】2:設(shè),則, 令, 則,即,因?yàn)椋? 所以,則動(dòng)直線與圓必須有公共點(diǎn),所以,解得,即,的最大值是. 【解析】3:因?yàn)闉閳A上一動(dòng)點(diǎn),故設(shè)(),則令,整理為,由,解得,從而,的最大值是. 10、在平面直角坐標(biāo)系xOy中,圓C的方程為(x-1)2+(y-1)2=9,直線l:y=kx+3與圓C相交于A,B兩點(diǎn),M為弦AB上一動(dòng)點(diǎn),以M為圓心,2為半徑的圓與圓C總有公共點(diǎn),則實(shí)數(shù)k的取值范圍為 . 【答案】 思路分析:根據(jù)兩個(gè)圓的位置關(guān)系的判斷方法,本題即要求則可,根據(jù)圖形的對(duì)稱性, 當(dāng)點(diǎn)位于的中點(diǎn)時(shí)存在公共點(diǎn),則在其它位置時(shí),一定存在公共點(diǎn),由點(diǎn)到直線的距離不難得到答案。 【解析】:由題意得對(duì)于任意的點(diǎn)恒成立,由圖形的對(duì)稱性可知,只需點(diǎn)位于的中點(diǎn)時(shí)存在則可。由點(diǎn)到直線的距離得,解得。 11、已知點(diǎn)A(0,1),B(1,0),C(t,0),點(diǎn)D是直線AC上的動(dòng)點(diǎn),若AD≤2BD恒成立,則最小正整數(shù)t的值為________. 【答案】 4 解法1 設(shè)點(diǎn)D(x,y),因?yàn)锳D≤2BD,A(0,1),B(1,0),所以≤2,整理得2+2≥,它表示以為圓心,以為半徑的圓及其外部,又因?yàn)橹本€AC為+y=1,即x+ty-t=0,且點(diǎn)D是直線AC上的動(dòng)點(diǎn),所以直線AC與圓相離,即≥,即t2-4t+1≥0,解得t≥2+(t≤2-舍),所以最小正整數(shù)t的值為4. 解法2 設(shè)點(diǎn)D(x,y),因?yàn)锳(0,1),C(t,0),點(diǎn)D在直線AC上,所以有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)λ,使=λ,所以(x,y-1)=λ(t,-1),從而x=tλ,y=1-λ,即點(diǎn)D(tλ,1-λ), 又因?yàn)锳D≤2BD恒成立,所以≤2在R上恒成立, 即3(t2+1)λ2-8(t+1)λ+8≥0在R上恒成立, 令f(λ)=3(t2+1)λ2-8(t+1)λ+8, 所以Δ≤0恒成立,即t2-4t+1≥0,解得t≥2+(t≤2-舍),所以最小整數(shù)t的值為4. 綜上所述,滿足條件的最小正整數(shù)t的值為4. 12、在平面直角坐標(biāo)系xOy中,設(shè)直線y=-x+2與圓x2+y2=r2(r>0)交于A,B兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),若圓上一點(diǎn)C滿足=+,則實(shí)數(shù)r=________. 解法2 由=,得r2+r2+2=8?、?由=+,得2=r2++=r2?、?由①②可知r2=10,即r=. 解法3 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x,y),由=+得則x2+y2=2+2=x+y+x1x2+x+y+y1y2.由題意得r2=r2+r2+(x1x2+y1y2),聯(lián)立直線y=-x+2與圓x2+y2=r2(r>0)的方程,得2x2-4x+4-r2=0.由韋達(dá)定理得x1x2=,x1+x2=2,y1y2=x1x2-2x1-2x2+4=,代入上式可解得r=. 解法4 由=+得=+,設(shè)OC與AB交于點(diǎn)M,則A,M,B三點(diǎn)共線.由∠AMO與∠BMO互補(bǔ)結(jié)合余弦定理可求得AB=r,過點(diǎn)O作AB的垂線交AB于點(diǎn)D,根據(jù)圓心O到直線y=-x+2的距離為OD==,得2+()2=r2,解得r2=10,所以r=. 【問題探究,變式訓(xùn)練】 例1、在平面直角坐標(biāo)系xOy中,圓O:x2+y2=1,圓M:(x+a+3)2+(y-2a)2=1(a為實(shí)數(shù)).若圓O與圓M上分別存在點(diǎn)P,Q,使得∠OQP=30,則a的取值范圍為 ▲ . 【答案】.[-,0] 【思路分析】本題中在兩個(gè)圓上分別存在點(diǎn)P,Q,使得∠OQP=30是本題的關(guān)鍵.首先對(duì)于圓O,可以根據(jù)∠OQP=30得出點(diǎn)Q的軌跡,再將點(diǎn)Q的存在性問題轉(zhuǎn)化為點(diǎn)Q的軌跡與圓M有公共點(diǎn),從而求出參數(shù)的取值范圍. 過Q點(diǎn)作圓O的切線,設(shè)切點(diǎn)為,在圓O上要存在點(diǎn)P滿足, 即,又,即.設(shè),所以 又點(diǎn)Q在圓M上,即圓M與有公共點(diǎn),所以有, 解得. 【解后反思】一般地對(duì)于圓上存在一點(diǎn)的問題,都可以利用其所給幾何條件求出點(diǎn)的軌跡,進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為點(diǎn)的軌跡與圓的位置關(guān)系問題,其中常見的動(dòng)點(diǎn)軌跡有直線、線段、圓、圓面等. 【變式1】、.已知圓O:x2+y2=1,圓M:(x-a)2+(y-a+4)2=1.若圓M上存在點(diǎn)P,過點(diǎn)P作圓O的兩條切線,切點(diǎn)為A,B,使得∠APB=60,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________. 【答案】. 【解析】:由題意得圓心M(a,a-4)在直線x-y-4=0上運(yùn)動(dòng),所以動(dòng)圓M是圓心在直線x-y-4=0上,半徑為1的圓;又因?yàn)閳AM上存在點(diǎn)P,使經(jīng)過點(diǎn)P作圓O的兩條切線,切點(diǎn)為A,B,使∠APB=60,所以O(shè)P=2,即點(diǎn)P也在x2+y2=4上,于是2-1≤≤2+1,即1≤≤3,解之得實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 解題反思 一方面,要注意點(diǎn)P在動(dòng)圓M上,另一方面,點(diǎn)P也在x2+y2=4上,從而將所求解的問題轉(zhuǎn)化成研究圓與圓的位置關(guān)系問題,此類試題出現(xiàn)頻率高,希望考生重視. 【變式2】、已知點(diǎn)A(0,2)為圓M:x2+y2-2ax-2ay=0(a>0)外一點(diǎn),圓M上存在點(diǎn)T,使得∠MAT=45,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________. 【答案】:[-1,1) 【解析】:圓M的方程可化為(x-a)2+(y-a)2=2a2.圓心為M(a,a),半徑為a.當(dāng)A,M,T三點(diǎn)共線時(shí),∠MAT=0最小,當(dāng)AT與圓M相切時(shí),∠MAT最大.圓M上存在點(diǎn)T,使得∠MAT=45,只需要當(dāng)∠MAT最大時(shí),滿足45≤∠MAT<90即可.MA==,此時(shí)直線AT與圓M相切,所以sin∠MAT== .因?yàn)?5≤∠MAT<90,所以≤sin∠MAT<1,所以≤<1,解得-1≤a<1. 【變式3】、已知圓M:(x-1)2+(y-1)2=4,直線l:x+y-6=0,A為直線l上一點(diǎn),若圓M上存在兩點(diǎn)B,C,使得∠BAC=60,則點(diǎn)A的橫坐標(biāo)的取值范圍是________. 【答案】[1,5] 對(duì)于圓M上任意兩點(diǎn)B,C,∠BAC的大小是變化的,有變化就有范圍,而60是范圍中的一個(gè)值.由此得到一個(gè)不等式. 首先,直線l與圓M相離,所以點(diǎn)A在圓M外.設(shè)AP,AQ分別與圓M相切于點(diǎn)P,Q,則∠PAQ≥∠BAC=60,從而∠MAQ≥30.因?yàn)镸Q=2,所以MA≤4.設(shè)A(x0,6-x0),則MA2=(x0-1)2+(6-x0-1)2≤16,解得1≤x0≤5. 【關(guān)聯(lián)1】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中,A,B為x軸正半軸上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),P(異于原點(diǎn)O)為y軸上的一個(gè)定點(diǎn).若以AB為直徑的圓與圓x2+(y-2)2=1相外切,且∠APB的大小恒為定值,則線段OP的長為________. 【答案】: 【解析】:設(shè)以AB為直徑的圓的圓心為C(a,0),半徑為r(0- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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