2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)10年高考真題分類題組9.1直線與圓

.1直線與圓考點一直線的方程1.(2024課標(biāo)Ⅲ文,8,5分)點(0,-1)到直線y=k(x+1)距離的最大值為()A.1B.2C.3D.2答案B解法一:點(0,-1)到直線y=k(x+1)的距離為d=|k·0-(-1)+k|k2+1=|k+1|k2+1,留意到k即|k+1|≤k2+1·2,所以d=|k+1|k2+1≤2,故點解法二:由題意知,直線l:y=k(x+1)是過點P(-1,0)且斜率存在的直線,點Q(0,-1)到直線l的最大距離在直線l與直線PQ垂直時取得,此時k=1,最大距離為|PQ|=2,故選B.2.(2024北京,7,5分)在平面直角坐標(biāo)系中,記d為點P(cosθ,sinθ)到直線x-my-2=0的距離.當(dāng)θ,m改變時,d的最大值為()A.1B.2C.3D.4答案C本題主要考查點到直線的距離.解法一:由點到直線的距離公式得d=|coscosθ-msinθ=1+m令sinα=11+m2∴cosθ-msinθ=1+m2sin(α-θ),∴d≤|-1+m2-2|1+m2=1+解法二:∵cos2θ+sin2θ=1,∴P點的軌跡是以原點為圓心的單位圓,又x-my-2=0表示過點(2,0)且斜率不為0的直線,如圖,可得點(-1,0)到直線x=2的距離即為d的最大值.故選C.導(dǎo)師點睛解法一:利用點到直線的距離公式求最值.解法二:首先得出P點的軌跡是單位圓,x-my-2=0表示過點(2,0)且斜率不為0的直線,然后利用數(shù)形結(jié)合思想輕松得到答案.3.(2014四川文,9,5分)設(shè)m∈R,過定點A的動直線x+my=0和過定點B的動直線mx-y-m+3=0交于點P(x,y),則|PA|+|PB|的取值范圍是()A.[5,25]B.[10,25]C.[10,45]D.[25,45]答案B直線x+my=0過定點A(0,0),直線mx-y-m+3=0過定點B(1,3).①當(dāng)m=0時,過定點A的直線方程為x=0,過定點B的直線方程為y=3,兩條直線相互垂直,此時P(0,3),∴|PA|+|PB|=4.②當(dāng)m≠0時,直線x+my=0的斜率為-1m,直線mx-y-m+3=0的斜率為m.∵-1m×m=-1,∴兩條直線相互垂直,即點P可視為以AB為直徑的圓上的點.當(dāng)點P與點A或點B重合時,|PA|+|PB|有最小值10.當(dāng)點P不與點A,點B重合時,△PAB為直角三角形,且|PA|2+|PB|2=|AB|2=10.由不等式性質(zhì)知|PA|+|PB|≤2|PA|2+|PB|綜合①②得|PA|+|PB|∈[10,25].評析本題考查直線的方程、兩直線垂直及不等式的性質(zhì),解答本題的關(guān)鍵是找到點P的軌跡.屬中檔題.4.(2013湖南理,8,5分)在等腰直角三角形ABC中,AB=AC=4,點P是邊AB上異于A,B的一點.光線從點P動身,經(jīng)BC,CA反射后又回到點P(如圖).若光線QR經(jīng)過△ABC的重心,則AP等于()A.2B.1C.83D.答案D以AB為x軸,AC為y軸建立如圖所示的坐標(biāo)系,由題可知B(4,0),C(0,4),A(0,0),則直線BC的方程為x+y-4=0.設(shè)P(t,0)(0<t<4),由對稱學(xué)問可得點P關(guān)于直線BC的對稱點P1的坐標(biāo)為(4,4-t),點P關(guān)于y軸的對稱點P2的坐標(biāo)為(-t,0),依據(jù)反射定理可知P1P2就是光線RQ所在直線.由P1、P2兩點坐標(biāo)可得直線P1P2的方程為y=4-t4+t(x+t),設(shè)△ABC的重心為G,易知G43,43.因為重心G43,43在光線所以t=0或t=43,因為0<t<4,所以t=43,即AP=43考點二圓的方程1.(2024課標(biāo)Ⅲ文,6,5分)在平面內(nèi),A,B是兩個定點,C是動點.若AC·BC=1,則點C的軌跡為()A.圓B.橢圓C.拋物線D.直線答案A不妨以AB所在直線為x軸,AB的中點為原點,建立平面直角坐標(biāo)系,設(shè)C(x,y),A(-c,0),B(c,0),c>0,則AC=(x+c,y),BC=(x-c,y),由AC·BC=1,得(x+c)(x-c)+y·y=1,即x2+y2=c2+1>0,∴點C的軌跡為圓.故選A.2.(2015課標(biāo)Ⅱ理,7,5分)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.26B.8C.46D.10答案C設(shè)圓心為P(a,b),由點A(1,3),C(1,-7)在圓上,知b=3-72=-2.再由|PA|=|PB|,得a=1.則P(1,-2),|PA|=(1-1)2+(3+2)2=5,于是圓P的方程為(x-1)2+(y+2)2=25.令3.(2015課標(biāo)Ⅱ文,7,5分)已知三點A(1,0),B(0,3),C(2,3),則△ABC外接圓的圓心到原點的距離為()A.53B.21C.253答案B在平面直角坐標(biāo)系xOy中畫出△ABC,易知△ABC是邊長為2的正三角形,其外接圓的圓心為D1,233.因此|OD|=12+24.(2015北京文,2,5分)圓心為(1,1)且過原點的圓的方程是()A.(x-1)2+(y-1)2=1B.(x+1)2+(y+1)2=1C.(x+1)2+(y+1)2=2D.(x-1)2+(y-1)2=2答案D由題意得圓的半徑為2,故該圓的方程為(x-1)2+(y-1)2=2,故選D.5.(2024天津文,12,5分)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解析本題主要考查圓的方程.解法一:易知以(0,0),(1,1),(2,0)為頂點的三角形為等腰直角三角形,其外接圓的圓心為(1,0),半徑為1,所以所求圓的方程為(x-1)2+y2=1,即x2+y2-2x=0.解法二:設(shè)所求圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0,由已知條件可得F解得D所以所求圓的方程為x2+y2-2x=0.方法總結(jié)常見的求圓的方程的方法:(1)利用圓的幾何特征,求出圓心坐標(biāo)和半徑長,從而寫出圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)利用待定系數(shù)法.若利用所給條件易求圓心的坐標(biāo)和半徑長,則常用標(biāo)準(zhǔn)方程求解;若所給條件與圓心、半徑關(guān)系不親密或涉及圓上多點,則常用一般方程求解.6.(2016浙江文,10,6分)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解析方程a2x2+(a+2)y2+4x+8y+5a=0表示圓,則a2=a+2,故a=-1或2.當(dāng)a=2時,方程為4x2+4y2+4x+8y+10=0,即x2+y2+x+2y+52=0,亦即x+122+(y+1)2=-54,不成立,故舍去;當(dāng)a=-1時,方程為x2+y2+4x+8y-5=0,即(x+2)2+(y+4)評析本題重點考查了圓的一般方程.圓的一般方程除了要求x2,y2的系數(shù)相等以外,還要留意求出的圓的半徑的平方必需為正.(對于x2+y2+Dx+Ey+F=0,要求D2+E2-4F>0)7.(2016天津文,12,5分)已知圓C的圓心在x軸的正半軸上,點M(0,5)在圓C上,且圓心到直線2x-y=0的距離為455,則圓C的方程為答案(x-2)2+y2=9解析設(shè)圓C的方程為(x-a)2+y2=r2(a>0),由題意可得|2a|5=455,(-方法總結(jié)待定系數(shù)法是求解圓方程的常用方法,一般步驟為①設(shè)出圓的方程;②列出關(guān)于系數(shù)的方程組,并求出各系數(shù)的值;③檢驗各值是否符合題意,并寫出滿意題意的圓的方程.有時也可利用圓的幾何性質(zhì)進(jìn)行求解.評析本題主要考查點與圓的位置關(guān)系,點到直線的距離公式以及圓的方程的求法,考查方程思想方法的應(yīng)用,留意圓心的橫坐標(biāo)的取值范圍是解決本題的關(guān)鍵.8.(2015課標(biāo)Ⅰ理,14,5分)一個圓經(jīng)過橢圓x216+y24=1的三個頂點,且圓心在x軸的正半軸上答案x-322解析由已知得該圓經(jīng)過橢圓的三個頂點A(4,0)、B(0,2)、C(0,-2).易知線段AB的垂直平分線的方程為2x-y-3=0.令y=0,得x=32,所以圓心坐標(biāo)為32,0,則半徑r=4-32=52.故該圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為評析本題考查圓和橢圓的方程,求出圓心坐標(biāo)是解題關(guān)鍵.9.(2014陜西理,12,5分)若圓C的半徑為1,其圓心與點(1,0)關(guān)于直線y=x對稱,則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為.

答案x2+(y-1)2=1解析依據(jù)題意得點(1,0)關(guān)于直線y=x對稱的點(0,1)為圓心,又半徑r=1,所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2+(y-1)2=1.考點三直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系1.(2012浙江理,3,5分)設(shè)a∈R,則“a=1”是“直線l1:ax+2y-1=0與直線l2:x+(a+1)y+4=0平行”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件答案A由l1∥l2,得-a2=-1a+1,解得a=1或a=-2,代入檢驗符合,即“a=1”是“l(fā)1∥l2”的充分不必要條件評析本題考查兩直線平行和充要條件的推斷,考查運算求解實力.2.(2015廣東理,5,5分)平行于直線2x+y+1=0且與圓x2+y2=5相切的直線的方程是()A.2x+y+5=0或2x+y-5=0B.2x+y+5=0或2x+y-5=0C.2x-y+5=0或2x-y-5=0D.2x-y+5=0或2x-y-5=0答案A切線平行于直線2x+y+1=0,故可設(shè)切線方程為2x+y+c=0(c≠1),結(jié)合題意可得|c|5=5,解得3.(2014課標(biāo)Ⅱ文,12,5分)設(shè)點M(x0,1),若在圓O:x2+y2=1上存在點N,使得∠OMN=45°,則x0的取值范圍是()A.[-1,1]B.-1C.[-2,2]D.-答案A解法一:過M作圓O的兩條切線MA、MB,切點分別為A、B,若在圓O上存在點N,使∠OMN=45°,則∠OMB≥∠OMN=45°,所以∠AMB≥90°,所以-1≤x0≤1,故選A.解法二:過O作OP⊥MN于P,則|OP|=|OM|sin45°≤1,∴|OM|≤2,即x02+1∴x02≤1,即-1≤x0≤1,評析本題考查直線與圓的位置關(guān)系,體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想方法.4.(2014浙江文,5,5分)已知圓x2+y2+2x-2y+a=0截直線x+y+2=0所得弦的長度為4,則實數(shù)a的值是()A.-2B.-4C.-6D.-8答案B將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+1)2+(y-1)2=2-a,所以圓心為(-1,1),半徑r=2-a,圓心到直線x+y+2=0的距離d=|-1+1+2|2=2,故r2-d2=4,即5.(2014安徽文,6,5分)過點P(-3,-1)的直線l與圓x2+y2=1有公共點,則直線l的傾斜角的取值范圍是()A.0,π6B.0,π3答案D過P點作圓的切線PA、PB,連接OP,如圖所示.明顯,直線PA的傾斜角為0,又OP=(-3)2+(-1)2=2,PA=3,OA=1,因此∠OPA=π6,由對稱性知,直線PB的傾斜角為π36.(2013重慶理,7,5分)已知圓C1:(x-2)2+(y-3)2=1,圓C2:(x-3)2+(y-4)2=9,M,N分別是圓C1,C2上的動點,P為x軸上的動點,則|PM|+|PN|的最小值為()A.52-4B.17-1C.6-22D.17答案A圓C1,C2如圖所示.設(shè)P是x軸上隨意一點,則|PM|的最小值為|PC1|-1,同理可得|PN|的最小值為|PC2|-3,則|PM|+|PN|的最小值為|PC1|+|PC2|-4.作C1關(guān)于x軸的對稱點C'1(2,-3),連接C'1C2,與x軸交于點P,連接PC1,依據(jù)三角形兩邊之和大于第三邊可知|PC1|+|PC2|的最小值為|C'1C2|,則|PM|+|PN|的最小值為52-4.選A.評析本題考查了圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及圓的幾何性質(zhì)等學(xué)問,同時又考查了數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化思想.把折線段長的和轉(zhuǎn)化成兩點間的距離是本題的關(guān)鍵.7.(2016課標(biāo)Ⅱ,4,5分)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.-43B.-34C.3答案A圓的方程可化為(x-1)2+(y-4)2=4,則圓心坐標(biāo)為(1,4),圓心到直線ax+y-1=0的距離為|a+4-1|a2+1易錯警示(1)圓心坐標(biāo)錯寫成(-1,-4);(2)把點到直線的距離公式記錯或用錯.8.(2011浙江文,12,4分)若直線x-2y+5=0與直線2x+my-6=0相互垂直,則實數(shù)m=.

答案1解析依題意m≠0,所以由-2m×12評析本題考查兩條直線垂直的充要條件,屬簡單題.留意與平行的區(qū)分.9.(2024江蘇,14,5分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知P32,0,A,B是圓C:x2+y-122=36上的兩個動點,滿意答案105解析∵PA=PB,CA=CB,∴CP⊥AB,∴kAB=-1kCP=設(shè)AB:y=3x+m,即3x-y+m=0,∵AB與☉C相交,∴m-122<6,即m-∵圓心C到直線AB的距離d2=m-∴|AB|=236-m-又∵點P到直線AB的距離d1=32∴S△PAB=12|AB|·d1=12·144=14令f(m)=144-則f'(m)=(1-2m)32+m2=3=32+m(289-4m令f'(m)=0,則m=-32或m=-172或m=列表如下:m--17-f'(m)+0-f(m)↗極大值↘m-3-1717f'(m)0+0-f(m)微小值↗極大值↘由表得f-172,f17當(dāng)m=-172時,S△PAB=21當(dāng)m=172時,S△PAB=105∴△PAB面積的最大值為105.10.(2024天津理,12,5分)設(shè)a∈R,直線ax-y+2=0和圓x=2+2cosθ,y=1+2sinθ(θ為參數(shù))相切答案3解析本題考查了圓的方程和直線與圓的位置關(guān)系,通過直線與圓相切的條件考查了數(shù)學(xué)運算和數(shù)形結(jié)合的思想方法,體現(xiàn)了直觀想象、數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).解法一:由圓的參數(shù)方程知圓心為(2,1),半徑r=2,因為直線與圓相切,所以圓心到直線的距離等于半徑,即|2a-1+2|解法二:如圖,由圓的參數(shù)方程消去θ,得一般方程為(x-2)2+(y-1)2=4,設(shè)圓心為C,圓與y軸切于點D,易知直線過定點A(0,2),設(shè)∠CAD=θ,易求得tanθ=2,則a=1tan(180°-2θ)11.(2024課標(biāo)Ⅰ文,15,5分)直線y=x+1與圓x2+y2+2y-3=0交于A,B兩點,則|AB|=.

答案22解析將圓x2+y2+2y-3=0化為標(biāo)準(zhǔn)方程為x2+(y+1)2=4,則圓心坐標(biāo)為(0,-1),半徑r=2,∴圓心到直線x-y+1=0的距離d=22=2∴|AB|=2r2-d2=2方法歸納求解圓的弦長的常用方法:(1)幾何法:l=2r2-d2(其中l(wèi)為圓的弦長,r(2)代數(shù)法:聯(lián)立直線與圓的方程,結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系及弦長公式|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x12.(2024天津理,12,5分)已知圓x2+y2-2x=0的圓心為C,直線x=-1+22t,y=3-22t答案1解析本題考查直線的參數(shù)方程和直線與圓的位置關(guān)系.圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-1)2+y2=1,消去參數(shù)t得直線的一般方程為x+y-2=0.圓心C(1,0)到直線的距離d=|1+0-2|2=2所以△ABC的面積為12|AB|·d=12×2×22方法總結(jié)有關(guān)直線與圓相交的計算問題,通常利用點到直線的距離和勾股定理求解.13.(2016課標(biāo)Ⅲ理,16,5分)已知直線l:mx+y+3m-3=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|=23,則|CD|=.

答案4解析由題意可知直線l過定點(-3,3),該定點在圓x2+y2=12上,不妨設(shè)點A(-3,3),由于|AB|=23,r=23,所以圓心到直線AB的距離為d=(23)2-(3)2=3,又由點到直線的距離公式可得d=|3m-3|m2+1=3,解得m=-33,所以直線l的斜率k=-m=33,即直線l的傾斜角為30°.如圖,過點C作CH⊥BD,解后反思涉及直線與圓的位置關(guān)系的問題要充分利用圓的性質(zhì),利用數(shù)形結(jié)合的思想方法求解.14.(2016課標(biāo)Ⅰ文,15,5分)設(shè)直線y=x+2a與圓C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B兩點,若|AB|=23,則圓C的面積為.

答案4π解析把圓C的方程化為x2+(y-a)2=2+a2,則圓心為(0,a),半徑r=a2+2.圓心到直線x-y+2a=0的距離d=|a|2.由r2=d2+|AB|22,得a2+2=a22+3,解得評析本題考查了直線與圓的位置關(guān)系,考查了圓的方程和點到直線的距離公式,利用弦長的一半,圓心到直線的距離及半徑構(gòu)成的直角三角形求解是關(guān)鍵.15.(2015江蘇,10,5分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,以點(1,0)為圓心且與直線mx-y-2m-1=0(m∈R)相切的全部圓中,半徑最大的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.

答案(x-1)2+y2=2解析由mx-y-2m-1=0可得m(x-2)=y+1,由m∈R知該直線過定點(2,-1),從而點(1,0)與直線mx-y-2m-1=0的距離的最大值為(2-1)2+(-1-16.(2014重慶理,13,5分)已知直線ax+y-2=0與圓心為C的圓(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B兩點,且△ABC為等邊三角形,則實數(shù)a=.

答案4±15解析易知△ABC是邊長為2的等邊三角形,故圓心C(1,a)到直線AB的距離為3,即|a+a-2|a2+1=3,解得評析本題考查過定點的直線與圓相交的弦長問題,以及數(shù)形結(jié)合的思想方法,對綜合實力要求較高.17.(2015課標(biāo)Ⅰ文,20,12分)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.(1)求k的取值范圍;(2)若OM·ON=12,其中O為坐標(biāo)原點,求|MN|.解析(1)由題設(shè),可知直線l的方程為y=kx+1.因為l與C交于兩點,所以|2解得4-73所以k的取值范圍為4-73(2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2).將y=kx+1代入方程(x-2)2+(y-3)2=1,整理得(1+k2)x2-4(1+k)x+7=0.所以x1+x2=4(1+k)1+k2,x1OM·ON=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=4k由題設(shè)可得4k(1+所以l的方程為y=x+1.故圓心C在l上,所以|MN|=2.(12分)18.(2015廣東理,20,14分)已知過原點的動直線l與圓C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的兩點A,B.(1)求圓C1的圓心坐標(biāo);(2)求線段AB的中點M的軌跡C的方程;(3)是否存在實數(shù)k,使得直線L:y=k(x-4)與曲線C只有一個交點?若存在,求出k的取值范圍;若不存在,說明理由.解析(1)圓C1的方程x2+y2-6x+5=0可化為(x-3)2+y2=4,所以圓心坐標(biāo)為(3,0).(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2),M(x0,y0),則x0=x1+x22由題意可知直線l的斜率必存在,設(shè)直線l的方程為y=tx.將上述方程代入圓C1的方程,化簡得(1+t2)x2-6x+5=0.由題意,可得Δ=36-20(1+t2)>0(*),x1+x2=61+所以x0=31+t2,代入直線l的方程,得y0因為x02+y02=9(1+t2)所以x0-322由(*)解得t2<45,又t2≥0,所以53<x0所以線段AB的中點M的軌跡C的方程為x-322+y(3)由(2)知,曲線C是在區(qū)間53,如圖,D53,253,E5聯(lián)立直線L的方程與曲線C的方程,消去y整理得(1+k2)x2-(3+8k2)x+16k2=0.令判別式Δ=0,解得:k=±34,由求根公式解得交點的橫坐標(biāo)為xH,I=125∈53,3,由圖可知:要使直線L與曲線C只有一個交點,則k∈[kDG,kEG]∪{kGH,kGI},即k19.(2014課標(biāo)Ⅰ文,20,12分)已知點P(2,2),圓C:x2+y2-8y=0,過點P的動直線l與圓C交于A,B兩點,線段AB的中點為M,O為坐標(biāo)原點.(1)求M的軌跡方程;(2)當(dāng)|OP|=|OM|時,求l的方程及△POM的面積.解析(1)圓C的方程可化為x2+(y-4)2=16,所以圓心為C(0,4),半徑為4.設(shè)M(x,y),則CM=(x,y-4),MP=(2-x,2-y).由題設(shè)知CM·MP=0,故x(2-x)+(y-4)(2-y)=0,即(x-1)2+(y-3)2=2.由于點P在圓C的內(nèi)部,所以M的軌跡方程是(x-1)2+(y-3)2=2.(2)由(1)可知M的軌跡是以點N(1,3)為圓心,2為半徑的圓.由于|OP|=|OM|,故O在線段PM的垂直平分線上,又P在圓N上,從而ON⊥PM.因為ON的斜率為3,所以l的斜率為-13,故l的方程為y=-13x+又|OM|=|OP|=22,O到l的距離為4105,|PM|=4105,所以△評析本題考查軌跡方程的求法,直線與圓的位置關(guān)系,在解決直線與圓的相關(guān)問題時,利用圖形的幾何性質(zhì)可簡化運算.20.(2013江蘇,17,14分)如圖,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l上.(1)若圓心C也在直線y=x-1上,過點A作圓C的切