1、专题检测（十五） 直线与圆A组“633”考点落实练一、选择题1“ab4”是“直线2xay10与直线bx2y20平行”的()A充要条件 B.充分不必要条件C必要不充分条件D.既不充分也不必要条件解析：选C因为两直线平行，所以斜率相等，即，可得ab4，又当a1，b4时，满足ab4，但是两直线重合故选C.2已知直线l1过点(2，0)且倾斜角为30，直线l2过点(2，0)且与直线l1垂直，则直线l1与直线l2的交点坐标为()A(3，) B(2，)C(1，)D解析：选C直线l1的斜率k1tan 30，因为直线l2与直线l1垂直，所以直线l2的斜率k2，所以直线l1的方程为y(x2)，直线l2的方程为y(
2、x2)，联立解得即直线l1与直线l2的交点坐标为(1，)故选C.3已知圆M：x2y22ay0(a0)截直线xy0所得线段的长度是2，则圆M与圆N：(x1)2(y1)21的位置关系是()A内切 B.相交C外切D.相离解析：选B圆M：x2y22ay0(a0)可化为x2(ya)2a2，由题意，M(0，a)到直线xy0的距离d，所以a22，解得a2.所以圆M：x2(y2)24，所以两圆的圆心距为，半径和为3，半径差为1，故两圆相交故选B.4直线xy20分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆(x2)2y22上，则ABP面积的取值范围是()A2，6 B4，8C，3D2，3解析：选A设圆(x2)2y22的
3、圆心为C，半径为r，点P到直线xy20的距离为d，则圆心C(2，0)，r，所以圆心C到直线xy20的距离为2，可得dmax2r3，dmin2r.由已知条件可得|AB|2，所以ABP面积的最大值为|AB|dmax6，ABP面积的最小值为|AB|dmin2.综上，ABP面积的取值范围是2，6故选A.5已知圆O：x2y24上到直线l：xya的距离等于1的点至少有2个，则实数a的取值范围为()A(3，3)B(，3)(3，)C(2，2)D3，3 解析：选A由圆的方程可知圆心为(0，0)，半径为2.因为圆O上到直线l的距离等于1的点至少有2个，所以圆心到直线l的距离dr121，即d0，y1y2，x1x2k
4、(y1y2)2，因为，故M，又点M在圆C上，故4，解得k0.故选C.法二：由直线与圆相交于A，B两点，且点M在圆C上，得圆心C(0，0)到直线xky10的距离为半径的一半，为1，即d1，解得k0.故选C.二、填空题7过点C(3，4)作圆x2y25的两条切线，切点分别为A，B，则点C到直线AB的距离为_解析：以OC为直径的圆的方程为(y2)2，AB为圆C与圆O：x2y25的公共弦，所以AB的方程为x2y25，化简得3x4y50，所以C到直线AB的距离d4.答案：48已知直线l：ax3y120与圆M：x2y24y0相交于A，B两点，且AMB，则实数a_解析：直线l的方程可变形为yax4，所以直线l
5、过定点(0，4)，且该点在圆M上圆的方程可变形为x2(y2)24，所以圆心为M(0，2)，半径为2.如图，因为AMB，所以AMB是等边三角形，且边长为2，高为，即圆心M到直线l的距离为，所以，解得a.答案：9(2019浙江高考)已知圆C的圆心坐标是(0，m)，半径长是r.若直线2xy30与圆C相切于点A(2，1)，则m_，r_解析：法一：因为直线2xy30与以点(0，m)为圆心的圆相切，且切点为A(2，1)，所以21，所以m2，r .法二：根据题意画出图形，可知A(2，1)，C(0，m)，B(0，3)，则|AB| 2，|AC| ，|BC|m3|. 直线2xy30与圆C相切于点A， BAC90，
6、 |AB|2|AC|2|BC|2.即204(m1)2(m3)2，解得m2.因此rAC .答案：2三、解答题10已知以点A(1，2)为圆心的圆与直线l1：x2y70相切过点B(2，0)的动直线l与圆A相交于M，N两点(1)求圆A的方程；(2)当|MN|2时，求直线l的方程解：(1)设圆A的半径为R.因为圆A与直线l1：x2y70相切，所以R2.所以圆A的方程为(x1)2(y2)220.(2)当直线l与x轴垂直时，易知x2符合题意；当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为yk(x2)，即kxy2k0.由于|MN|2，于是()220，解得k，此时，直线l的方程为3x4y60.所以所求直线l的方程为x
7、2或3x4y60.11已知点P(2，2)，圆C：x2y28y0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点(1)求M的轨迹方程；(2)当|OP|OM|时，求l的方程及POM的面积解：(1)圆C的方程可化为x2(y4)216，所以圆心为C(0，4)，半径为4.设M(x，y)，则(x，y4)， (2x，2y)由题设知0，故x(2x)(y4)(2y)0，即(x1)2(y3)22.由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x1)2(y3)22.(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1，3)为圆心，为半径的圆由于|OP|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上又P在圆N上，从而ON
8、PM.因为ON的斜率为3，所以l的斜率为，直线l的方程为y2(x2)，即l的方程为x3y80.又|OM|OP|2，O到l的距离为，又N到直线l的距离为，|PM|2，SPOM.12(2018全国卷)设抛物线C：y24x的焦点为F，过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|8.(1)求l的方程；(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程解：(1)由题意得F(1，0)，l的方程为yk(x1)(k0)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得k2x2(2k24)xk20.16k2160，故x1x2.所以|AB|AF|BF|(x11)(x21).由题设知8，解得k1或k1(舍去)因此l
9、的方程为yx1.(2)由(1)得AB的中点坐标为(3，2)，所以AB的垂直平分线方程为y2(x3)，即yx5.设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，则解得或因此所求圆的方程为(x3)2(y2)216或(x11)2(y6)2144.B组大题专攻强化练1已知点M(1，0)，N(1，0)，曲线E上任意一点到点M的距离均是到点N的距离的倍(1)求曲线E的方程；(2)已知m0，设直线l1：xmy10交曲线E于A，C两点，直线l2：mxym0交曲线E于B，D两点当CD的斜率为1时，求直线CD的方程解：(1)设曲线E上任意一点的坐标为(x，y)，由题意得 ，整理得x2y24x10，即(x2)2y23为所求(2
10、)由题意知l1l2，且两条直线均恒过点N(1，0)设曲线E的圆心为E，则E(2，0)，设线段CD的中点为P，连接EP，ED，NP，则直线EP：yx2.设直线CD：yxt，由解得点P，由圆的几何性质，知|NP|CD| ，而|NP|2|PD|2，|ED|23，|EP|2，由|PD|2|ED|2|EP|2，得3，整理得t23t0，解得t0或t3，所以直线CD的方程为yx或yx3.2在平面直角坐标系xOy中，点A(0，3)，直线l：y2x4，设圆C的半径为1，圆心在l上(1)若圆心C也在直线yx1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；(2)若圆C上存在点M，使|MA|2|MO|，求圆心C的横坐标a的取
11、值范围解：(1)因为圆心在直线l：y2x4上，也在直线yx1上，所以解方程组得圆心C(3，2)，又因为圆的半径为1，所以圆的方程为(x3)2(y2)21，又因为点A(0，3)，显然过点A，圆C的切线的斜率存在，设所求的切线方程为ykx3，即kxy30，所以1，解得k0或k，所以所求切线方程为y3或yx3，即y30或3x4y120.(2)因为圆C的圆心在直线l：y2x4上，所以设圆心C为(a，2a4)，又因为圆C的半径为1，则圆C的方程为(xa)2(y2a4)21.设M(x，y)，又因为|MA|2|MO|，则有2，整理得x2(y1)24，其表示圆心为(0，1)，半径为2的圆，设为圆D，所以点M既
12、在圆C上，又在圆D上，即圆C与圆D有交点，所以21 21，解得0a，所以圆心C的横坐标a的取值范围为.3在直角坐标系xOy中，曲线yx2mx2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1)，当m变化时，解答下列问题：(1)能否出现ACBC的情况？说明理由；(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值解：(1)不能出现ACBC的情况，理由如下：设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2满足x2mx20，所以x1x22.又C的坐标为(0，1)，故AC的斜率与BC的斜率之积为，所以不能出现ACBC的情况(2)证明：由(1)知BC的中点坐标为，可得BC的中垂线方程为yx2.由(1)可得x1
13、x2m，所以AB的中垂线方程为x.联立可得所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为，半径r .故圆在y轴上截得的弦长为23，即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值综上所述，过A，B，C三点圆在y轴上截得的弦长为定值4如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2y212x14y600及其上一点A(2，4)(1)设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x6上，求圆N的标准方程；(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且|BC|OA|，求直线l的方程；(3)设点T(t，0)满足：存在圆M上的两点P和Q，使得，求实数t的取值范围解：圆M的标准方程为(x6)2(y7)22
14、5，所以圆心M(6，7)，半径为5.(1)由圆心N在直线x6上，可设N(6，y0)因为圆N与x轴相切，与圆M外切，所以0y07，圆N的半径为y0，从而7y05y0，解得y01.因此，圆N的标准方程为(x6)2(y1)21.(2)因为直线lOA，所以直线l的斜率为2.设直线l的方程为y2xm，即2xym0，则圆心M到直线l的距离d.因为|BC|OA| 2，而|MC|2d2，所以255，解得m5或m15.故直线l的方程为2xy50或2xy150.(3)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)因为A(2，4)，T(t，0)，所以因为点Q在圆M上，所以(x26)2(y27)225. 将代入，得(x1t4)2(y13)225.于是点P(x1，y1)既在圆M上，又在圆x(t4)2(y3)225上，从而圆(x6)2(y7)225与圆x(t4)2(y3)225有公共点，所以55 55，解得22t22.
