高中數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)突破 第一部分 專題四 第一講 直線與圓 理

專題四解析幾何第一講直線與圓一、選擇題1．已知直線l1的方向向量a＝(1,3)，直線l2的方向向量b＝(－1，k)．若直線l2經(jīng)過點(diǎn)(0,5)且l1⊥l2，則直線l2的方程為()A．x＋3y－5＝0B．x＋3y－15＝0C．x－3y＋5＝0D．x－3y＋15＝0解析：∵l1⊥l2，∴a·b＝0.∴－1＋3k＝0，∴k＝eq\f(1,3)，∴b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3))).∴l(xiāng)2方程為y＝－eq\f(1,3)x＋5，即x＋3y－15＝0.答案：B2．若直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1通過點(diǎn)M(cosα，sinα)，則()A．a(chǎn)2＋b2≤1B．a(chǎn)2＋b2≥1C.eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≤1D.eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥1解析：直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1通過點(diǎn)M(cosα，sinα)，我們知道點(diǎn)M在單位圓上，此問題可轉(zhuǎn)化為直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1和圓x2＋y2＝1有公共點(diǎn)，圓心坐標(biāo)為(0,0)，由點(diǎn)到直線的距離公式有eq\f(|－1|,\r(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))≤1?eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥1，故選D.答案：D3．(·福建)以拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為圓心，且過坐標(biāo)原點(diǎn)的圓的方程為()A．x2＋y2＋2x＝0B．x2＋y2＋x＝0C．x2＋y2－x＝0D．x2＋y2－2x＝0解析：∵拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為(1,0)，∴滿足題意的圓的方程為(x－1)2＋y2＝1，整理得x2＋y2－2x＝0，故選D.答案：D4．(·江西)直線y＝kx＋3與圓(x－3)2＋(y－2)2＝4相交于M，N兩點(diǎn)，若|MN|≥2eq\r(3)，則k的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,4)))∪[0，＋∞)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))解析：圓心(3,2)到直線的距離d＝eq\f(|3k＋1|,\r(k2＋1))，則|MN|＝2eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|3k＋1|,\r(k2＋1))))2)＝2eq\r(\f(－5k2－6k＋3,k2＋1))≥2eq\r(3)，解得－eq\f(3,4)≤k≤0，故選A.答案：A5．(·湖北)若直線y＝x＋b與曲線y＝3－eq\r(4x－x2)有公共點(diǎn)，則b的取值范圍是()A．[1－2eq\r(2)，1＋2eq\r(2)]B．[1－eq\r(2)，3]C．[－1,1＋2eq\r(2)]D．[1－2eq\r(2)，3]解析：y＝3－eq\r(4x－x2)變形為(x－2)2＋(y－3)2＝4(0≤x≤4，1≤y≤3)，表示以(2,3)為圓心，2為半徑的下半圓，如圖所示．若直線y＝x＋b與曲線y＝3－eq\r(4x－x2)有公共點(diǎn)，只需直線y＝x＋b在圖中兩直線之間(包括圖中兩條直線)，y＝x＋b與下半圓相切時(shí)，圓心到直線y＝x＋b的距離為2，即eq\f(|2－3＋b|,\r(2))＝2，解得b＝1－2eq\r(2)或b＝1＋2eq\r(2)(舍去)，∴b的取值范圍為1－2eq\r(2)≤b≤3.故選D.答案：D二、填空題6．(·全國Ⅰ)若直線m被兩平行線l1：x－y＋1＝0與l2：x－y＋3＝0所截得的線段的長為2eq\r(2)，則m的傾斜角可以是：①15°②30°③45°④60°⑤75°其中正確答案的序號(hào)是________．(寫出所有正確答案的序號(hào))．解析：兩直線x－y＋1＝0與x－y＋3＝0之間的距離為eq\f(|3－1|,\r(2))＝eq\r(2)，又動(dòng)直線l1與l2所截的線段長為2eq\r(2)，故動(dòng)直線與兩線的夾角應(yīng)為30°，因此只有①⑤適合．答案：①⑤7．(·四川理)若⊙O：x2＋y2＝5與⊙O1：(x－m)2＋y2＝20(m∈R)相交于A、B兩點(diǎn)，且兩圓在點(diǎn)A處的切線互相垂直，則線段AB的長度是________．解析：如圖所示，在Rt△OAO1中，OA＝eq\r(5)，O1A＝2eq\r(5)，∴OO1＝5，∴AC＝eq\f(\r(5)×2\r(5),5)＝2，∴AB＝4.答案：48．(·課標(biāo)全國)過點(diǎn)A(4,1)的圓C與直線x－y－1＝0相切于點(diǎn)B(2,1)，則圓C的方程為________．解析：由已知kAB＝0，所以AB的中垂線方程為x＝3.①過B點(diǎn)且垂直于直線x－y－1＝0的直線方程為y－1＝－(x－2)，即x＋y－3＝0，②聯(lián)立①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝0，))所以圓心坐標(biāo)為(3,0)，半徑r＝eq\r(4－32＋1－02)＝eq\r(2)，所以圓C的方程為(x－3)2＋y2＝2.答案：(x－3)2＋y2＝29．(·山東)已知圓C過點(diǎn)(1,0)，且圓心在x軸的正半軸上，直線l：y＝x－1被圓C所截得的弦長為2eq\r(2)，則過圓心且與直線l垂直的直線的方程為______________________________________________________________________．解析：設(shè)圓心A(x0,0)，x0>0，r＝|AC|＝x0－1，|BC|＝eq\r(2)，由直線l方程可知∠BCA＝45°，所以r＝2，x0＝3，∵l⊥AB，∴kAB＝－1，AB方程為y＝－1(x－3)，即x＋y－3＝0.答案：x＋y－3＝0三、解答題10．已知m∈R，直線l：mx－(m2＋1)y＝4m和圓C：x2＋y2－8x＋4y＋16＝0.(1)求直線l斜率的取值范圍；(2)直線l能否將圓C分割成弧長的比值為eq\f(1,2)的兩段圓弧？為什么？解：(1)直線l的方程可化為y＝eq\f(m,m2＋1)x－eq\f(4m,m2＋1)，直線l的斜率k＝eq\f(m,m2＋1)，因?yàn)閨m|≤eq\f(1,2)(m2＋1)，所以|k|＝eq\f(|m|,m2＋1)≤eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)|m|＝1時(shí)等號(hào)成立．所以，斜率k的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))).(2)不能．由(1)知l的方程為y＝k(x－4)，其中|k|≤eq\f(1,2).圓C的圓心為C(4，－2)，半徑r＝2.圓心C到直線l的距離d＝eq\f(2,\r(1＋k2)).由|k|≤eq\f(1,2)，得d≥eq\f(4,\r(5))>1，即d>eq\f(r,2).從而，若l與圓C相交，則圓C截直線l所得的弦所對(duì)的圓心角小于eq\f(2π,3).所以l不能將圓C分割成弧長的比值為eq\f(1,2)的兩段圓?。?1．已知圓C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，問是否存在斜率為1的直線l，使l被圓C截得弦為AB，以AB為直徑的圓經(jīng)過原點(diǎn)，若存在，寫出直線l的方程；若不存在，說明理由．解：設(shè)直線l的方程為y＝x＋b，代入圓的方程x2＋(x＋b)2－2x＋4(x＋b)－4＝0.即2x2＋(2b＋2)x＋b2＋4b－4＝0.(*)以AB為直徑的圓過原點(diǎn)O，則OA⊥OB.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2＋y1y2＝0，即x1x2＋(x1＋b)(x2＋b)＝0.∴2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0.由(*)式得x1＋x2＝－b－1，x1x2＝eq\f(b2＋4b－4,2)∴b2＋4b－4＋b·(－b－1)＋b2＝0.即b2＋3b－4＝0，∴b＝－4或b＝1.將b＝－4或b＝1代入*方程，對(duì)應(yīng)的Δ>0.故存在直線l：x－y－4＝0或x－y＋1＝0.12．已知直線l：2mx－y－8m－3＝0和圓C：(x－3)2＋(y＋6)2＝25.(1)證明：不論m取什么實(shí)數(shù)，直線l與圓C總相交；(2)求直線l被圓C截得的線段的最短長度以及此時(shí)直線l的方程．(1)證明：設(shè)圓心C到直線l的距離為d，則有d＝eq\f(|6m＋6－8m－3|,\r(4m2＋1))整理可得4(d2－1)m2＋12m＋d2－9＝0為使上面關(guān)于m的方程有實(shí)數(shù)解，∴Δ＝122－16(d2－1)(d2－9)≥0，解得0≤d≤eq\r(10).可得d<5，故不論m為何實(shí)數(shù)值，直線l與圓C總相交