【走向高考】（全国通用）2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题14直线与圆一、选择题1．(文)若直线l1：x＋ay＋6＝0与l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0平行，则l1与l2间的距离为( )A. B.C.D.[答案] B[解析] 由l1∥l2知3＝a(a－2)且2a≠6(a－2)，2a2≠18，求得a＝－1，∴l1：x－y＋6＝0，l2：x－y＋＝0，两条平行直线l1与l2间的距离为d＝＝.故选B.(理)已知直线l过圆x2＋(y－3)2＝4的圆心，且与直线x＋y＋1＝0垂直，则l的方程是( )A．x＋y－2＝0B．x－y＋2＝0C．x＋y－3＝0D．x－y＋3＝0[答案] D[解析] 圆心(0,3)，又知所求直线斜率为1，∴直线方程为x－y＋3＝0.[方法点拨] 1.两直线的位置关系方程约束条件位置关系l1：y＝k1x＋b1l2：y＝k2x＋b2l1：A1x＋B1y＋C1＝0l2：A2x＋B2y＋C2＝0平行k1＝k2，且b1≠b2A1B2－A2B1＝0，且B1C2－B2C1≠0相交k1≠k2特别地，l1⊥l2⇒k1k2＝－1A1B2≠A2B1特别地，l1⊥l2⇔A1A2＋B1B2＝0重合k1＝k2且b1＝b2A1B2－A2B1＝0且B1C2－B2C1＝014\n2.与直线y＝kx＋b平行的直线设为y＝kx＋b1，垂直的直线设为y＝－x＋m(k≠0)；与直线Ax＋By＋C＝0平行的直线设为Ax＋By＋C1＝0，垂直的直线设为Bx－Ay＋C1＝0.求两平行直线之间的距离可直接代入距离公式，也可在其中一条直线上取一点，求其到另一条直线的距离．2．(文)(2022·安徽文，8)直线3x＋4y＝b与圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0相切，则b的值是( )A．－2或12B．2或－12C．－2或－12D．2或12[答案] D[解析] 考查1.直线与圆的位置关系；2.点到直线的距离公式．∵直线3x＋4y＝b与圆心为(1,1)，半径为1的圆相切，∴＝1⇒b＝2或12，故选D.(理)(2022·辽宁葫芦岛市一模)已知圆C与直线x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圆心在直线x＋y＝0上，则圆C的方程为( )A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2B．(x－1)2＋(y＋1)2＝2C．(x－1)2＋(y－1)2＝2D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2[答案] B[解析] 由题意知，圆心C既在与两直线x－y＝0与x－y－4＝0平行且距离相等的直线上，又在直线x＋y＝0上，设圆心C(a，－a)，半径为r，则由已知得＝，解得a＝1，∴r＝，故选B.[方法点拨] 1.点与圆的位置关系①几何法：利用点到圆心的距离d与半径r的关系判断：d>r⇔点在圆外，d＝r⇔点在圆上；d<r⇔点在圆内．②代数法：将点的坐标代入圆的标准(或一般)方程的左边，将所得值与r2(或0)作比较，大于r2(或0)时，点在圆外；等于r2(或0)时，点在圆上；小于r2(或0)时，点在圆内．2．直线与圆的位置关系直线l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)与圆：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)的位置关系如下表.方法位置关系几何法：代数法：14\n根据d＝与r的大小关系 消元得一元二次方程，根据判别式Δ的符号相交d<rΔ>0相切d＝rΔ＝0相离d>rΔ<03.求圆的方程有两类方法：(1)几何法，通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的半径和圆心，得出圆的方程；(2)代数法，求圆的方程必须具备三个独立条件，利用“待定系数法”求出圆心和半径．3．(文)(2022·安徽文，6)过点P(－，－1)的直线l与圆x2＋y2＝1有公共点，则直线l的倾斜角的取值范围是( )A.(0，]B．(0，]C.[0，]D．[0，][答案] D[解析] 由题意可画出示意图：易知过点P的圆的两切线为PA与PM.PA处倾斜角为0，在Rt△POM中易知PO＝2，OM＝1，∴∠OPM＝，∠OPA＝，∴∠MPA＝，∵直线l倾斜角的范围是[0，]．[方法点拨] 本题还可以设出直线l的方程y＝kx＋b，将P点代入得出k与b的关系，消去未知数b，再将直线代入圆方程，利用Δ>0求出k的范围，再求倾斜角的范围．1．求直线的方程常用待定系数法．2．两条直线平行与垂直的判定可用一般式进行判定，也可以用斜率判定．(理)(2022·山东理，9)一条光线从点(－2，－3)射出，经y轴反射后与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为( )A．－或－B．－或－C．－或－D．－或－14\n[答案] D[解析] 由光的反射原理知，反射光线的反向延长线必过点(2，－3)，设反射光线所在直线的斜率为k，则其直线方程为y＋3＝k(x－2)，即kx－y－2k－3＝0，∵光线与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，∴＝1，∴12k2＋25k＋12＝0，解得k＝－或k＝－.故选D.4．(文)(2022·湖南文，6)若圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0外切，则m＝( )A．21B．19C．9D．－11[答案] C[解析] 本题考查了两圆的位置关系．由条件知C1：x2＋y2＝1，C2：(x－3)2＋(y－4)2＝25－m，圆心与半径分别为(0,0)，(3,4)，r1＝1，r2＝，由两圆外切的性质知，5＝1＋，∴m＝9.[方法点拨] 圆与圆的位置关系表现形式位置关系几何表现：圆心距d与r1、r2的关系代数表现：两圆方程联立组成的方程组的解的情况相离d>r1＋r2无解外切d＝r1＋r2一组实数解相交|r1－r2|<d<r1＋r2两组不同实数解内切d＝|r1－r2|(r1≠r2)一组实数解内含0≤d<|r1－r2|(r1≠r2)无解(理)一动圆过点A(0,1)，圆心在抛物线y＝x2上，且恒与定直线l相切，则直线l的方程为( )A．x＝1B．x＝C．y＝－D．y＝－1[答案] D[解析] ∵A(0,1)是抛物线x2＝4y的焦点，又抛物线的准线为y＝－1，∴动圆过点A，圆心C在抛物线上，由抛物线的定义知|CA|等于C到准线的距离，等于⊙C的半径，∴⊙C与定直线l：y＝－1总相切．5．(文)(2022·哈三中一模)直线x＋y＋＝0截圆x2＋y214\n＝4所得劣弧所对圆心角为( )A.B.C.D.[答案] D[解析] 弦心距d＝＝1，半径r＝2，∴劣弧所对的圆心角为.(理)(2022·福建理，6)直线l：y＝kx＋1与圆O：x2＋y2＝1相交于A，B两点，则“k＝1”是“△OAB的面积为”的( )A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分又不必要条件[答案] A[解析] 圆心O(0,0)到直线l：kx－y＋10＝0的距离d＝，弦长为|AB|＝2＝，∴S△OAB＝×|AB|·d＝＝，∴k＝±1，因此当“k＝1”时，“S△OAB＝”，故充分性成立．“S△OAB＝”时，k也有可能为－1，∴必要性不成立，故选A.[方法点拨] 1.直线与圆相交时主要利用半弦、半径、弦心距组成的直角三角形求解．2．直线与圆相切时，一般用几何法体现，即使用d＝r，而不使用Δ＝0.6．(2022·太原市一模)已知在圆x2＋y2－4x＋2y＝0内，过点E(1,0)的最长弦和最短弦分别是AC和BD，则四边形ABCD的面积为( )A．3B．6C．4D．2[答案] D[解析] 圆的方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝5，圆的最长弦AC为直径2；设圆心M14\n(2，－1)，圆的最短弦BD⊥ME，∵ME＝＝，∴BD＝2＝2，故S四边形ABCD＝AC·BD＝×2×2＝2.7．(2022·重庆理，8)已知直线l：x＋ay－1＝0(a∈R)是圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的对称轴．过点A(－4，a)作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|＝( )A．2B．4C．6D．2[答案] C[解析] 易知圆的标准方程C：(x－2)2＋(y－1)2＝4，圆心O(2,1)，又因为直线l：x＋ay－1＝0是圆的对称轴，则该直线一定经过圆心，得知a＝－1，A(－4，－1)，又因为直线AB与圆相切，则△OAB为直角三角形，|OA|＝＝2，|OB|＝2，|AB|＝＝6.8．过点P(－2,3)且与两坐标轴围成的三角形面积为24的直线共有( )A．1条B．2条C．3条D．4条[答案] D[解析] 过P(－2,3)与x轴负半轴和y轴正半轴围成的三角形面积的最小值是12，所以过一、二、三象限可作2条，过一、二、四象限可作一条，过二、三、四象限可作一条，共4条．9．(文)(2022·江西理，9)在平面直角坐标系中，A、B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2x＋y－4＝0相切，则圆C面积的最小值为( )A.πB.πC．(6－2)πD.π[答案] A[解析] 本题考查直线与圆的位置关系、抛物线的定义及数形结合求最值的数学思想．依题意，∠AOB＝90°，∴原点O在⊙C上，又∵⊙C与直线2x＋y－4＝0相切，设切点为D，则|OC|＝|CD|，∴圆C的圆心C的轨迹是抛物线，其中焦点为原点O，准线为直线2x＋y－4＝0.要使圆C的面积有最小值，当且仅当O、C、D三点共线，即圆C的直径等于O点到直线的距离，∴2R＝，∴R＝.S＝πR2＝π.选A.14\n(理)两条平行直线和圆的位置关系定义为：若两条平行直线和圆有四个不同的公共点，则称两条平行线和圆“相交”；若两平行直线和圆没有公共点，则称两条平行线和圆“相离”；若两平行直线和圆有一个、两个或三个不同的公共点，则称两条平行线和圆“相切”．已知直线l1：2x－y＋a＝0，l2：2x－y＋a2＋1＝0和圆：x2＋y2＋2x－4＝0相切，则a的取值范围是( )A．a>7或a<－3B．a>或a<－C．－3≤a≤－或≤a≤7D．a≥7或a－3[答案] C[解析] 本题主要考查直线和圆的位置关系、补集思想及分析、理解、解决问题的能力．两条平行线与圆都相交时，由得－<a<，两条直线都和圆相离时，由得a<－3，或a>7，所以两条直线和圆“相切”时a的取值范围－3≤a≤－或≤a≤7，故选C.[方法点拨] 与圆有关的最值问题主要题型有：1．圆的半径最小时，圆面积最小．2．圆上点到定点距离最大(小)值问题，点在圆外时，最大值d＋r，最小值d－r(d是圆心到定点距离)；点在圆内时，最大值d＋r，最小值r－d.3．圆上点到定直线距离最值，设圆心到直线距离为d，直线与圆相离，则最大值d＋r，最小值d－r；直线与圆相交，则最大值d＋r，最小值0.4．P(x，y)为⊙O上一动点，求x、y的表达式(如x＋2y，x2＋y2等)的取值范围，一段利用表达式的几何意义转化．二、填空题10．(文)设直线mx－y＋3＝0与圆(x－1)2＋(y－2)2＝4相交于A、B两点，且弦长为2，则m＝________.[答案] 0[解析] 圆的半径为2，弦长为2，∴弦心距为1，即得d＝＝1，解得m＝0.(理)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若sin2A＋sin2B＝sin2C，则直线ax－by＋c＝0被圆x2＋y2＝9所截得弦长为________．[答案] 2[解析] 由正弦定理得a2＋b2＝c2，14\n∴圆心到直线距离d＝＝＝，∴弦长l＝2＝2＝2.11．在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2＋y2＝4上有且只有四个点到直线12x－5y＋c＝0的距离为1，则实数c的取值范围是________．[答案] (－13,13)[解析] 本题考查了直线与圆的位置关系，利用数形结合可解决此题，属中档题．要使圆x2＋y2＝4上有且只有四个点到直线12x－5y＋c＝0的距离为1，只需满足圆心到直线的距离小于1即可．即<1，解|c|<13，∴－13<c<13.12．已知过点P(2,1)有且只有一条直线与圆C：x2＋y2＋2ax＋ay＋2a2＋a－1＝0相切，则实数a＝________.[答案] －1[解析] 由条件知点P在⊙C上，∴4＋1＋4a＋a＋2a2＋a－1＝0，∴a＝－1或－2.当a＝－1时，x2＋y2－2x－y＝0表示圆，当a＝－2时，x2＋y2－4x－2y＋5＝0不表示圆，∴a＝－1.三、解答题13．(2022·福建文，19)已知点F为抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|＝3.(1)求抛物线E的方程；(2)已知点G(－1,0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA14\n相切的圆，必与直线GB相切．[分析] 考查：1.抛物线标准方程；2.直线和圆的位置关系．(1)利用抛物线定义，将抛物线上的点到焦点距离和到准线距离相互转化；(2)欲证明以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．可证明点F到直线GA和直线GB的距离相等(此时需确定两条直线方程)；也可以证明∠AGF＝∠BGF，可转化为证明两条直线的斜率互为相反数．[解析] 法一：(1)由抛物线的定义得|AF|＝2＋.因为|AF|＝3，即2＋＝3，解得p＝2，所以抛物线E的方程为y2＝4x.(2)因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，所以m＝±2，由抛物线的对称性，不妨设A(2,2)．由A(2,2)，F(1,0)可得直线AF的方程为y＝2(x－1)．由得2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝，从而B(，－)．又G(－1,0)，所以kGA＝＝，kGB＝＝－，所以kGA＋kGB＝0，从而∠AGF＝∠BGF，这表明点F到直线GA，GB的距离相等，故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．法二：(1)同法一．(2)设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，所以m＝±2，由抛物线的对称性，不妨设A(2,2)．由A(2,2)，F(1,0)可得直线AF的方程为y＝2(x－1)．由得2x2－5x＋2＝0.解得x＝2或x＝，从而B.又G(－1,0)，故直线GA的方程为2x－3y＋2＝0，从而r＝＝.又直线GB的方程为2x＋3y＋2＝0，所以点F到直线GB的距离d＝＝＝r.14\n这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．14．(文)已知圆C：x2＋y2＝r2(r>0)经过点(1，)．(1)求圆C的方程；(2)是否存在经过点(－1,1)的直线l，它与圆C相交于A、B两个不同点，且满足关系＝＋(O为坐标原点)的点M也在圆C上，如果存在，求出直线l的方程；如果不存在，请说明理由．[解析] (1)由圆C：x2＋y2＝r2，再由点(1，)在圆C上，得r2＝12＋()2＝4，所以圆C的方程为x2＋y2＝4.(2)假设直线l存在，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)．①若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y－1＝k(x＋1)，联立消去y得，(1＋k2)x2＋2k(k＋1)x＋k2＋2k－3＝0，由韦达定理得x1＋x2＝－＝－2＋，x1x2＝＝1＋，y1y2＝k2x1x2＋k(k＋1)(x1＋x2)＋(k＋1)2＝－3，因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在圆C上，因此，得x＋y＝4，x＋y＝4，由＝＋得，x0＝，y0＝，由于点M也在圆C上，则()2＋()2＝4，整理得＋3·＋x1x2＋y1y2＝4，即x1x2＋y1y2＝0，所以1＋＋(－3)＝0，从而得，k2－2k＋1＝0，即k＝1，因此，直线l的方程为y－1＝x＋1，即x－y＋2＝0.②若直线l的斜率不存在，则A(－1，)，B(－1，－)，M(，)()2＋()2＝4－≠4，14\n故点M不在圆上与题设矛盾，综上所知：k＝1，直线方程为x－y＋2＝0.(理)已知圆O：x2＋y2＝2交x轴于A、B两点，曲线C是以AB为长轴，离心率为的椭圆，其左焦点为F.若P是圆O上一点，连接PF，过原点O作直线PF的垂线交直线x＝－2于点Q.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若点P的坐标为(1,1)，求证：直线PQ与圆O相切；(3)试探究：当点P在圆O上运动时(不与A，B重合)，直线PQ与圆O是否保持相切的位置关系？若是，请证明；若不是，请说明理由．[解析] (1)因为a＝，e＝，所以c＝1，则b＝1，即椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(2)因为P(1,1)，F(－1,0)，所以kPF＝，∴kOQ＝－2，所以直线OQ的方程为y＝－2x.又Q在直线x＝－2上，所以点Q(－2,4)．∴kPQ＝－1，kOP＝1，∴kOP·kPQ＝－1，即OP⊥PQ，故直线PQ与圆O相切．(3)当点P在圆O上运动时，直线PQ与圆P保持相切的位置关系，设P(x0，y0)，(x0≠±)，则y＝2－x，kPF＝，kOQ＝－，∴直线OQ的方程为y＝－x，∴点Q(－2，)，14\n∴kPQ＝＝＝＝－，又kOP＝.∴kOP·kPQ＝－1，即OP⊥PQ(P不与A、B重合)，直线PQ始终与圆O相切．15．(文)(2022·石家庄市质检)已知动圆C过定点M(0,2)，且在x轴上截得弦长为4.设该动圆圆心的轨迹为曲线C.(1)求曲线C方程；(2)设点A为直线l：x－y－2＝0上任意一点，过A作曲线C的切线，切点分别为P、Q，求△APQ面积的最小值及此时点A的坐标．[解析] (1)设动圆圆心坐标为C(x，y)，根据题意得＝，化简得x2＝4y.(2)解法一：设直线PQ的方程为y＝kx＋b，由消去y得x2－4kx－4b＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则，且Δ＝16k2＋16b以点P为切点的切线的斜率为y′1＝x1，其切线方程为y－y1＝x1(x－x1)，即y＝x1x－x.同理过点Q的切线的方程为y＝x2x－x.两条切线的交点A(xA，yB)在直线x－y－2＝0上，解得，即A(2k，－b)．则：2k＋b－2＝0，即b＝2－2k，代入Δ＝16k2＋16b＝16k2＋32－32k＝16(k－1)2＋16>0，|PQ|＝|x1－x2|＝4，A(2k，－b)到直线PQ的距离为d＝，S△APQ＝|PD|·d＝4|k2＋b|·＝4(k2＋b)＝4(k2－2k＋2)＝4[(k－1)2＋1].当k＝1时，S△APQ最小，其最小值为4，此时点A的坐标为(2,0)．解法二：设A(x0，y0)在直线x－y－2＝0上，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在抛物线x2＝4y14\n上，则以点P为切点的切线的斜率为y1＝x1，其切线方程为y－y1＝x1(x－x1)，即y＝x1x－y1，同理以点Q为切点的方程为y＝x2x－y2.设两条切线均过点A(x0，y0)，则点P，Q的坐标均满足方程y0＝xx0－y，即直线PQ的方程为：y＝x0x－y0，代入抛物线方程x2＝4y消去y可得：x2－2x0x＋4y0＝0|PQ|＝|x1－x2|＝A(x0，y0)到直线PQ的距离为d＝，S△APQ＝|PQ|d＝|x－4y0|·＝(x－4y0)＝(x－4x0＋8)＝[(x0－2)2＋4]当x0＝2时，S△APQ最小，其最小值为4，此时点A的坐标为(2,0)．(理)已知点A(－2,0)，B(2,0)，直线PA与直线PB斜率之积为－，记点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设M、N是曲线C上任意两点，且|－|＝|＋|，是否存在以原点为圆心且与MN总相切的圆？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由．[解析] (1)设P(x，y)，14\n则由直线PA与直线PB斜率之积为－得，·＝－(x≠±2)，整理得曲线C的方程为＋＝1(x≠±2)．(2)若|－|＝|＋|，则⊥.设M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直线MN斜率不存在，则y2＝－y1，N(x1，－y1)．由⊥得·＝－1，又＋＝1.解得直线MN方程为x＝±.原点O到直线MN的距离d＝.若直线MN斜率存在，设方程为y＝kx＋m.由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.∴x1＋x2＝，x1·x2＝. (*)由⊥得·＝－1，整理得(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.代入(*)式解得7m2＝12(k2＋1)．此时(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0中Δ>0.此时原点O到直线MN的距离d＝＝.故原点O到直线MN的距离恒为d＝.存在以原点为圆心且与MN总相切的圆，方程为x2＋y2＝.14
