4、，所以|AB|＝2＝2，過C作CE⊥BD于E，因?yàn)橹本€l的傾斜角為30°，
所以|CD|＝＝＝＝4.
法二：由x－y＋6＝0與x2＋y2＝12聯(lián)立解得A(－3，)，B(0,2)，∴AC的方程為y－＝－(x＋3)，BD的方程為y－2＝－x，可得C(－2,0)，D(2,0)，所以|CD|＝4.
5．已知A(0,3)，B，P為圓C：x2＋y2＝2x上的任意一點(diǎn)，則△ABP面積的最大值為( )
A. B.
C．2 D.
解析：選A 圓C的方程可化為(x－1)2＋y2＝1，
因?yàn)锳(0，3)，B，
所以|AB|＝＝3，直線AB的方程為x＋y＝3，
所以圓心(1,0)到直線AB
5、的距離d＝＝.又圓C的半徑為1，所以圓C上的點(diǎn)到直線AB的最大距離為＋1，故△ABP面積的最大值為Smax＝×(＋1)×3＝.
6．已知等邊三角形OAB的三個(gè)頂點(diǎn)都在拋物線y2＝2x上，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)圓C是△OAB的外接圓(點(diǎn)C為圓心)，則圓C的方程為( )
A．(x－4)2＋y2＝16 B．(x＋4)2＋y2＝16
C．x2＋(y－4)2＝16 D．x2＋(y＋4)2＝16
解析：選A 法一：設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為，，由題設(shè)知＝＝ ，
解得y＝y(tǒng)＝12，所以A(6,2)，B(6，－2)或A(6，－2)，B(6,2)．
設(shè)圓心C的坐標(biāo)為(r,0)(r>0)，則r＝
6、×6＝4，
所以圓C的方程為(x－4)2＋y2＝16.
法二：設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)(x1>0，x2>0)，由題設(shè)知x＋y＝x＋y.
又y＝2x1，y＝2x2，故x＋2x1＝x＋2x2，
即(x1－x2)·(x1＋x2＋2)＝0，
由x1>0，x2>0，可知x1＝x2，故A，B兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱，所以圓心C在x軸上．
設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(r,0)(r>0)，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為，于是2＝2×r，解得r＝4，所以圓C的方程為(x－4)2＋y2＝16.
7．設(shè)M，N分別為圓O1：x2＋y2－12y＋34＝0和圓O2：(x－2)2＋y2＝4上的動(dòng)點(diǎn)，則M，N兩點(diǎn)間的
7、距離的取值范圍是________．
解析：圓O1的方程可化為x2＋(y－6)2＝2，其圓心為O1(0,6)，半徑r1＝.圓O2的圓心O2(2,0)，半徑r2＝2，則|O1O2|＝＝2，則|MN|max＝2＋2＋，|MN|min＝2－2－，故M，N兩點(diǎn)間的距離的取值范圍是[2－2－，2＋2＋]．
答案：[2－2－，2＋2＋]
8．過點(diǎn)P(－3,1)，Q(a,0)的光線經(jīng)x軸反射后與圓x2＋y2＝1相切，則a的值為________．
解析：點(diǎn)P(－3,1)關(guān)于x軸對(duì)稱的點(diǎn)為P′(－3，－1)，
所以直線P′Q的方程為x－(a＋3)y－a＝0，
由題意得直線P′Q與圓x2＋y2＝1相切，
8、
所以＝1，
解得a＝－.
答案：－
9．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(zhǎng)為2，則過圓心且與直線l垂直的直線的方程為________________．
解析：由題意，設(shè)所求的直線方程為x＋y＋m＝0，圓心坐標(biāo)為(a,0)(a>0)，
則由題意知2＋2＝(a－1)2，
解得a＝3或－1(舍去)，
故圓心坐標(biāo)為(3,0)，
因?yàn)閳A心(3,0)在所求的直線上，
所以3＋0＋m＝0，
解得m＝－3，
故所求的直線方程為x＋y－3＝0.
答案：x＋y－3＝0
10．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過F
9、且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，|AB|＝8.
(1)求l的方程；
(2)求過點(diǎn)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)＋(x2＋1)＝.
由題設(shè)知＝8，
解得k＝1或k＝－1(舍去)．
因此l的方程為y＝x－1.
(2)由(1)得AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(3,2)，
所以AB的垂直平分線方程為y－2＝－(x－3)，
即
10、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.
11．(2018·成都模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線Г：y＝x2－mx＋2m(m∈R)與x軸交于不同的兩點(diǎn)A，B，曲線Г與y軸交于點(diǎn)C.
(1)是否存在以AB為直徑的圓過點(diǎn)C？若存在，求出該圓的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由．
(2)求證：過A，B，C三點(diǎn)的圓過定點(diǎn)．
解：由曲線Г：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，
解
11、得m>8或m<0，x1＋x2＝m，x1x2＝2m.
令x＝0，得y＝2m，即C(0,2m)．
(1)若存在以AB為直徑的圓過點(diǎn)C，則·＝0，
得x1x2＋4m2＝0，
即2m＋4m2＝0，
所以m＝0(舍去)或m＝－.
所以m＝－，
此時(shí)C(0，－1)，AB的中點(diǎn)M即圓心，
半徑r＝|CM|＝，
故所求圓的方程為2＋y2＝.
(2)證明：設(shè)過A，B兩點(diǎn)的圓的方程為
x2＋y2－mx＋Ey＋2m＝0，
將點(diǎn)C(0,2m)代入可得E＝－1－2m，
所以過A，B，C三點(diǎn)的圓的方程為
x2＋y2－mx－(1＋2m)y＋2m＝0，
整理得x2＋y2－y－m(x＋2y－2)＝
12、0.
令可得或
故過A，B，C三點(diǎn)的圓過定點(diǎn)(0,1)和.
12．(2019屆高三·廣州調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C與y軸相切，且過點(diǎn)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(diǎn)，且直線OA與直線OB的斜率之積為－2.求證：直線l恒過定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)的坐標(biāo)．
解：(1)因?yàn)閳AC過點(diǎn)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，
所以圓C的方程為(x－a)2＋y2＝a2.
因?yàn)辄c(diǎn)M(1，)在圓C上，
所以(1－
13、a)2＋()2＝a2，解得a＝2.
所以圓C的方程為(x－2)2＋y2＝4.
(2)證明：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(diǎn)A的坐標(biāo)中用－代換k，得B.
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，＝，得k2＝2，此時(shí)直線l的方程為x＝.
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，≠，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l過定點(diǎn).
綜上，直線l恒過定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為.
二、強(qiáng)化壓軸考法
14、——拉開分
1．已知圓C：x2＋y2＝1，點(diǎn)P(x0，y0)在直線l：3x＋2y－4＝0上，若在圓C上總存在兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B，使＋＝，則x0的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
解析：選C 如圖，∵＋＝，
∴OP與AB互相垂直平分，
∴圓心到直線AB的距離
<1，
∴x＋y<4. ①
又3x0＋2y0－4＝0，
∴y0＝2－x0，
代入①得x＋2<4，
解得0
15、解析：選C 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＝(－x1，－y1)，＝(x2－x1，y2－y1)，由消去y，整理得，2x2＋2mx＋m2－1＝0，故Δ＝4m2－8(m2－1)＝8－4m2>0，－
16、_____．
解析：易知點(diǎn)A(1，)在圓(x－2)2＋y2＝4的內(nèi)部，圓心C的坐標(biāo)為(2,0)，要使劣弧所對(duì)的圓心角最小，只能是直線l⊥CA，所以kl＝－＝－＝.
答案：
4．已知圓O：x2＋y2＝1與x軸負(fù)半軸的交點(diǎn)為A，P為直線3x＋4y－a＝0上一點(diǎn)，過P作圓O的切線，切點(diǎn)為T，若|PA|＝2|PT|，則實(shí)數(shù)a的最大值為________．
解析：由題意知A(－1,0)，設(shè)P(x，y)，由|PA|＝2|PT|可得(x＋1)2＋y2＝4(x2＋y2－1)，化簡(jiǎn)得2＋y2＝.由3x＋4y－a＝0與圓2＋y2＝有公共點(diǎn)P，所以圓心到直線3x＋4y－a＝0的距離d＝≤，解得－≤a≤，所以實(shí)
17、數(shù)a的最大值為.
答案：
5．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)分別為A，B，使得∠APB＝60°，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_________．
解析：圓O的半徑為1，圓M上存在點(diǎn)P，過點(diǎn)P作圓O的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，
使得∠APB＝60°，則∠APO＝30°.
在Rt△PAO中，|PO|＝2，
又圓M的半徑為1，圓心坐標(biāo)為M(a，a－4)，
∴|MO|－1≤|PO|≤|MO|＋1，
∵|MO|＝，
∴ －1≤2≤ ＋1，
解得2－≤a≤2＋.
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
答案：
6．(2
18、018·廣州高中綜合測(cè)試)已知定點(diǎn)M(1,0)和N(2,0)，動(dòng)點(diǎn)P滿足|PN|＝|PM|.
(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
(2)若A，B為(1)中軌跡C上兩個(gè)不同的點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．設(shè)直線OA，OB，AB的斜率分別為k1，k2，k.當(dāng)k1k2＝3時(shí)，求k的取值范圍．
解：(1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，
因?yàn)镸(1,0)，N(2,0)，|PN|＝|PM|，
所以 ＝·.
整理得，x2＋y2＝2.
所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為x2＋y2＝2.
(2)設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為y＝kx＋ B.
由消去y，整理得(1＋k2)x2＋2bkx＋b2－2
19、＝0.(*)
由Δ＝(2bk)2－4(1＋k2)(b2－2)>0，得b2<2＋2k2.①
由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1＋x2＝－，x1x2＝.②
由k1·k2＝·＝·＝3，
得(kx1＋b)(kx2＋b)＝3x1x2，
即(k2－3)x1x2＋bk(x1＋x2)＋b2＝0. ③
將②代入③，整理得b2＝3－k2. ④
由④得b2＝3－k2≥0，解得－≤k≤. ⑤
由①和④，解得k<－或k>. ⑥
要使k1，k2，k有意義，則x1≠0，x2≠0，
所以0不是方程(*)的根，
所以b2－2≠0，即k≠1且k≠－1. ⑦
由⑤⑥⑦，得k的取值范圍為
[－，－1)∪∪∪(1， ]．
高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測(cè)（十二）直線與圓 理（重點(diǎn)生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題
