1、4.14.2综合拔高练五年高考练考点1圆的方程1.(2020北京,5,4分,)已知半径为1的圆经过点(3,4),则其圆心到原点的距离的最小值为()A.4B.5C.6D.72.(2020全国,5,5分,)若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切,则圆心到直线2x-y-3=0的距离为()A.55B.255C.355D.455考点2直线与圆的位置关系3.(2020全国文,6,5分,)已知圆x2+y2-6x=0,过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为()A.1B.2C.3D.44.(2020全国理,11,5分,)已知M:x2+y2-2x-2y-2=0,直线l:2x+y+2=0,P为l上的动点
2、.过点P作M的切线PA,PB,切点为A,B,当|PM|AB|最小时,直线AB的方程为()A.2x-y-1=0B.2x+y-1=0C.2x-y+1=0D.2x+y+1=05.(2020天津,12,5分,)已知直线x-3y+8=0和圆x2+y2=r2(r0)相交于A,B两点.若|AB|=6,则r的值为.6.(2020浙江,15,6分,)已知直线y=kx+b(k0)与圆x2+y2=1和圆(x-4)2+y2=1均相切,则k=,b=.7.(2019浙江,12,6分,)已知圆C的圆心坐标是(0,m),半径长是r.若直线2x-y+3=0与圆C相切于点A(-2,-1),则m=,r=. 8.(2018课标全国,
3、15,5分,)直线y=x+1与圆x2+y2+2y-3=0交于A,B两点,则|AB|=.考点3直线与圆的综合应用9.(2021新高考,11,5分,)已知点P在圆(x-5)2+(y-5)2=16上,点A(4,0),B(0,2),则()A.点P到直线AB的距离小于10B.点P到直线AB的距离大于2C.当PBA最小时,|PB|=32D.当PBA最大时,|PB|=3210.(2017课标全国文,20,12分,)在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx-2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
4、得的弦长为定值.11.(2019江苏,18,16分,)如图,一个湖的边界是圆心为O的圆,湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径).规划在公路l上选两个点P,Q,并修建两段直线型道路PB,QA,规划要求:线段PB,QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.已知点A,B到直线l的距离分别为AC和BD(C,D为垂足),测得AB=10,AC=6,BD=12(单位:百米).(1)若道路PB与桥AB垂直,求道路PB的长;(2)在规划要求下,P和Q中能否有一个点选在D处?并说明理由;(3)在规划要求下,若道路PB和QA的长度均为d(单位:百米),求当d最小时,P,Q两点间的距离.三年
5、模拟练1.(2021江西景德镇高三上期末,)下图的螺旋线表示的是斐波那契螺旋线,它被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”,自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案,例如向日葵、鹦鹉螺等.斐波那契螺旋线的画法是:以斐波那契数1,1,2,3,5,8,为边长的正方形拼成长方形,然后在每个正方形中画一个圆心角为90的圆弧,这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.如图为该螺旋线在正方形边长为1,1,2,3,5,8的部分,建立平面直角坐标系(规定小方格的边长为1),则接下来的一段圆弧所在圆的方程为()A.x2+y2=144B.(x-1)2+(y-2)2=144C.(x+4)2+(y-2)2=169D.(x-4)2+
6、(y+2)2=1692.(2020内蒙古呼和浩特高三一模,)动直线l:x+(m-1)y+2m-2=0(mR)与圆C:x2+y2-2x+4y-4=0交于点A,B,则弦AB的长度最短为()A.22B.42C.2D.233.(2021湖北襄阳高三模拟,)已知直线l:y=kx-3与圆M:x2+y2-4x-2y-3=0(M为圆心)相交于A,B两点,当MAB的面积取最大值时,斜率k的值为()A.1B.2C.34D.324.(2021湖北天门高二上期末,)已知直线l:ax-y-3a=0上存在相距为4的两个动点A,B,若圆C:(x+1)2+(y-4)2=4上存在点P使得PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形
7、,则实数a的取值范围是.5.(2020湖北重点高中高二联考,)已知圆C经过原点O且圆心在x轴正半轴上,经过点N(-2,0)且倾斜角为30的直线l与圆C相切于点Q,点Q在x轴上的射影为点P,设点M为圆C上的任意一点,则|MN|MP|=.6.(2020安徽铜陵一中高二上期末,)过坐标轴上一点M(x0,0)作圆C:x2+y-122=1的两条切线,切点分别为A,B.若|AB|2,则x0的取值范围是.7.(2020浙江高考数学全真模拟,)已知以点Ct,2t(tR且t0)为圆心的圆与x轴交于点O和点A,与y轴交于点O和点B,其中O为原点.(1)求证:OAB的面积为定值;(2)设直线y=-2x+4与圆C交于
8、点M,N,若|OM|=|ON|,求圆C的方程.8.(2021福建厦门高二月考,)如图,某海面上有O、A、B三个小岛(面积大小忽略不计),A岛在O岛的北偏东45方向距O岛402千米处,B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处,以O为坐标原点,正东方向为x轴的正方向,1千米为单位长度,建立平面直角坐标系,圆C经过O,A,B三点.(1)求圆C的方程;(2)若圆C区域内有未知暗礁,现有一船在O岛的南偏西30方向距O岛40千米的D处,正沿着北偏东45方向行驶,若不改变方向,试问该船有没有触礁的危险?9.(2021河南名校联盟高一上期末,)已知圆M:x2+y2-(3a+1)x-(3a+2)y+2a2+2a=0
9、.(1)若圆M的半径长r=52,求圆心M的坐标;(2)若圆M交x轴于A,B两点,交y轴于C,D两点,且-1a0,r=5.6.答案33;-233解析解法一:由直线与圆相切的充要条件知|b|k2+1=1,|4k+b|k2+1=1|b|=|4k+b|,|b|=k2+1k=33(舍非正数),b=-233.解法二:如图所示.由图易知,直线y=kx+b经过点(2,0),且倾斜角为30,从而k=33,且0=233+bb=-233.7.答案-2;5解析解法一:设直线2x-y+3=0为l,则ACl,又kl=2,kAC=m+10+2=-12,解得m=-2,C(0,-2),r=|AC|=(0+2)2+(-2+1)2
10、=5.解法二:由题知点C到直线2x-y+3=0的距离为|-m+3|5,r=|AC|=22+(m+1)2.由直线与圆C相切得22+(m+1)2=|-m+3|5,解得m=-2,r=22+(-2+1)2=5.8.答案22解析将圆x2+y2+2y-3=0化为标准方程为x2+(y+1)2=4,则圆心坐标为(0,-1),半径长r=2,圆心到直线x-y+1=0的距离d=22=2,|AB|=2r2-d2=222-(2)2=22.9.ACD由题意可知直线AB的方程为x4+y2=1,即x+2y-4=0,则圆心(5,5)到直线AB的距离d=|5+25-4|12+22=11554,直线AB与圆(x-5)2+(y-5)
11、2=16相离,点P到直线AB的距离的取值范围为1155-4,1155+4,1155-4(0,1),1155+4(8,9),选项A正确,选项B错误.过点B作圆的两条切线,切点分别为P1,P2,如图,当点P在切点P1的位置时,PBA最小,当点P在切点P2的位置时,PBA最大,易知|P1B|=|P2B|,圆心(5,5)到点B的距离为34,圆的半径为4,所以|P1B|=|P2B|=34-16=18=32,故选项C,D均正确.故选ACD.10.解析(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x2+mx-2=0,所以x1x2=-2.又C的坐标为(0,1),故A
12、C的斜率与BC的斜率之积为-1x1-1x2=-12,所以不能出现ACBC的情况.(2)证明:BC的中点坐标为x22,12,可得BC的中垂线方程为y-12=x2x-x22.由(1)可得x1+x2=-m,所以AB的中垂线方程为x=-m2.联立x=-m2,y-12=x2x-x22,x22+mx2-2=0,可得x=-m2,y=-12.所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为-m2,-12,半径长r=m2+92.故圆在y轴上截得的弦长为2r2-m22=3,即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.11.解析解法一:(1)过A作AEBD,垂足为E.由已知条件得,四边形ACDE为矩形,|DE|=|BE|=
13、|AC|=6,|AE|=|CD|=8.因为PBAB,所以cosPBD=sinABE=810=45,所以|PB|=|BD|cosPBD=1245=15.因此道路PB的长为15(百米).(2)不能,理由如下:若P在D处,由(1)可得E在圆上,则线段BE上的点(除B,E)到点O的距离均小于圆O的半径,所以P选在D处不满足规划要求.若Q在D处,连接AD,由(1)知|AD|=|AE|2+|ED|2=10,从而cosBAD=|AD|2+|AB|2-|BD|22|AD|AB|=7250,所以BAD为锐角.所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此Q选在D处也不满足规划要求.综上,P和Q均不能选在D
14、处.(3)先讨论点P的位置.当OBP90时,在PP1B中,|PB|P1B|=15.由上可知,d15.再讨论点Q的位置.由(2)知,要使得|QA|15,点Q只有位于点C的右侧,才能符合规划要求.当|QA|=15时,|CQ|=|QA|2-|AC|2=152-62=321. 此时,线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上,当PBAB,点Q位于点C右侧,且|CQ|=321时,d最小,此时P,Q两点间的距离|PQ|=|PD|+|CD|+|CQ|=17+321.因此,d最小时,P,Q两点间的距离为(17+321)百米.解法二:(1)如图,过O作OHl,垂足为H.以O为坐标原点,直线OH为y轴,
15、建立平面直角坐标系.因为|BD|=12,|AC|=6,所以|OH|=9,直线l的方程为y=9,点A,B的纵坐标分别为3,-3.因为AB为圆O的直径,|AB|=10,所以圆O的方程为x2+y2=25.从而A(4,3),B(-4,-3),直线AB的斜率为34.因为PBAB,所以直线PB的斜率为-43,直线PB的方程为y=-43x-253.所以P(-13,9),|PB|=(-13+4)2+(9+3)2=15.因此道路PB的长为15(百米).(2)若P在D处,取线段BD上一点E(-4,0),则|EO|=45,所以P选在D处不满足规划要求.若Q在D处,连接AD,由(1)知D(-4,9),又A(4,3),
16、所以线段AD:y=-34x+6(-4x4).在线段AD上取点M3,154,因为|OM|=32+154232+42=5,所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此Q选在D处也不满足规划要求.综上,P和Q均不能选在D处.(3)先讨论点P的位置.当OBP90时,在PP1B中,|PB|P1B|=15.由上可知,d15.再讨论点Q的位置.由(2)知,要使得|QA|15,点Q只有位于点C的右侧,才能符合规划要求.当|QA|=15时,设Q(a,9),由|AQ|=(a-4)2+(9-3)2=15(a4),得a=4+321,所以Q(4+321,9).此时,线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径
17、.综上,当P(-13,9),Q(4+321,9)时,d最小,此时P,Q两点间的距离|PQ|=4+321-(-13)=17+321.因此,d最小时,P,Q两点间的距离为(17+321)百米.三年模拟练1.C2.B3.C1.答案C信息提取以1,1,2,3,5,8,为边长的正方形拼成长方形;在每个正方形中画一个圆心角为90的圆弧;求螺旋线在正方形边长为1,1,2,3,5,8的部分接下来的一段圆弧所在圆的方程.数学建模本题以斐波那契螺旋线为出题背景,以圆的方程为载体,考查斐波那契数的规律,根据1,1,2,3,5,8可知,下一个数字为13,圆心坐标为(-4,2),从而使问题得到解决.解析根据题意,接下来
18、的一段圆弧所在圆的半径r=5+8=13,其圆心为(-4,2),则其标准方程为(x+4)2+(y-2)2=169.故选C.2.B因为l的方程可以写成m(y+2)+x-y-2=0,所以由x-y-2=0,y+2=0得直线l过定点M(0,-2).圆C:x2+y2-2x+4y-4=0的标准方程为(x-1)2+(y+2)2=9,所以圆心C(1,-2),半径长r=3,又M在圆C内,所以当CM与l垂直时,|AB|最小,所以|AB|min=29-(0-1)2+(-2+2)2=42.故选B.3.C易知圆心M(2,1),半径长r=22, 当MAB的面积取最大值时,MAMB, 直线l:y=kx-3与圆M:x2+y2-
19、4x-2y-3=0 相交于A,B两点,M为圆心, |MA|=|MB|=22,|AB|=8+8=4, 圆心M(2,1)到直线l的距离d=|2k-1-3|k2+1=2, 解得k=34. 故选C.4.答案(-,0解析根据题意,若PAB为等腰直角三角形,其中P为直角顶点,且|AB|=4,则P到AB的距离为|AB|2=2,若圆C:(x+1)2+(y-4)2=4上存在点P,使得PAB为等腰直角三角形,则圆心C到直线l的距离d4,即有|-a-4-3a|a2+14,解得a0.5.答案2解析由题可知直线l:y=33(x+2),即x-3y+2=0.设圆心C(a,0)(a0),则|a+2|12+(-3)2=a,解得
20、a=2,所以圆C的方程为(x-2)2+y2=4.将y=33(x+2)代入圆C的方程,可得x2-2x+1=0,所以xQ=1,故P(1,0).设M(x,y),则|MN|2|MP|2=(x+2)2+y2(x-1)2+y2=x2+y2+4x+4x2+y2-2x+1,将x2+y2=4x代入,得|MN|2|MP|2=8x+42x+1=4,所以|MN|MP|=2.6.答案-,-7272,+解析由圆C:x2+y-122=1,可得圆心坐标C0,12,半径长R=1,根据题意,画出图形,连接CA,CB,CM,设CM和AB的交点为N,如图所示,可得CAAM,CBBM,CMAB,当|AB|=2时,因为|CA|=|CB|
21、=1,所以ABC为等腰直角三角形,所以|CN|=22,|AN|=|BN|=22,易知ANCMNA,所以|AN|MN|=|CN|AN|=1,所以|MN|=|AN|=22,所以|CM|=|CN|+|NM|=2,要使得|AB|2,则满足|CM|2,即(0-x0)2+(12-0)22,整理得x0274,解得x0-72或x072,即x0的取值范围是-,-7272,+.7.解析(1)证明:由题设知,圆C的方程为(x-t)2+y-2t2=t2+4t2,化简得x2-2tx+y2-4ty=0,当y=0时,x=0或x=2t,则A(2t,0);当x=0时,y=0或y=4t,则B0,4t,SAOB=12|OA|OB|
22、=12|2t|4t=4,为定值.(2)|OM|=|ON|,原点O在MN的中垂线上,设MN的中点为H,则CHMN,C、H、O三点共线,则直线OC的斜率k=2tt=2t2=12,t=2或t=-2,圆心C(2,1)或C(-2,-1),当圆C的方程为(x+2)2+(y+1)2=5时,圆心到直线2x+y-4=0的距离dr(r为半径长),此时不满足直线与圆相交,故舍去.圆C的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.8.解析(1)由题意得,A(40,40),B(20,0),设过O,A,B三点的圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F0),则F=0,402+402+40D+40E+F=0,2
23、02+20D+F=0,解得D=-20,E=-60,F=0.故圆C的方程为x2+y2-20x-60y=0.(2)该船的初始位置为点D,则D(-20,-203),设该船航线所在直线为l,则直线l:x-y+20-203=0,由(1)可知圆心C(10,30),半径长为1010.由于圆心C到直线l的距离d=|10-30+20-203|12+(-1)2=1061010,故该船有触礁的危险.9.解析(1)由题意知r2=3a+122+3a+222-2a2-2a=254,解得a=1或a=-2,当a=1时,圆心M的坐标为2,52;当a=-2时,圆心M的坐标为-52,-2.(2)将y=0代入圆M的方程得,x2-(3a+1)x+2a2+2a=0,解得x=2a或x=a+1,不妨令A(2a,0),B(a+1,0),-1a0,2a0a+1,|AB|=1-a.将x=0代入圆M的方程得,y2-(3a+2)y+2a2+2a=0,解得y=a或y=2a+2,不妨令C(0,a),D(0,2a+2),易知a02a+2,|CD|=a+2.四边形ACBD的面积S=12|AB|CD|=12(1-a)(a+2)=-a22-a2+1,-1a0,当a=-12时,S取得最大值,为98,以A,B,C,D为顶点的四边形的面积的最大值为98.
