新高考数学二轮复习 专题突破 专题6 第1讲　直线与圆（含解析）

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[考情分析] 1.和导数、圆锥曲线相结合，求直线的方程，考查点到直线的距离公式，多以选择题、填空题的形式出现，中低难度.2.和圆锥曲线相结合，求圆的方程或弦长、面积等，中高难度．
考点一 直线的方程
核心提炼
1．已知直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0(A1，B1不同时为零)，直线l2：A2x＋B2y＋C2＝0(A2，B2不同时为零)，则l1∥l2⇔A1B2－A2B1＝0，且A1C2－A2C1≠0，l1⊥l2⇔A1A2＋B1B2＝0.
2．点P(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为零)的距离d＝eq \f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2)).
3．两条平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0(A，B不同时为零)间的距离d＝eq \f(|C1－C2|,\r(A2＋B2)).
例1 (1)(2022·常德模拟)已知直线l1：ax－4y－3＝0，l2：x－ay＋1＝0，则“a＝2”是“l1∥l2”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 若l1∥l2，
则有－a2＋4＝0，解得a＝±2，
当a＝2时，l1：2x－4y－3＝0，
l2：x－2y＋1＝0，l1∥l2，
当a＝－2时，l1：2x＋4y＋3＝0，
l2：x＋2y＋1＝0，l1∥l2，
所以若l1∥l2，则a＝±2，
所以“a＝2”是“l1∥l2”的充分不必要条件．
(2)(2022·济宁模拟)已知直线l1：kx＋y＝0过定点A，直线l2：x－ky＋2eq \r(2)＋2k＝0过定点B，l1与l2的交点为C，则|AC|＋|BC|的最大值为______．
答案 2eq \r(6)
解析 由l1：kx＋y＝0，得l1过定点A(0,0)，
由l2：x＋2eq \r(2)＋k(2－y)＝0，
得l2过定点B(－2eq \r(2)，2)，
显然k×1＋1×(－k)＝0，即l1，l2相互垂直，
而l1与l2的交点为C，
即AC⊥BC, 又|AB|＝2eq \r(3)，
∴|AC|2＋|BC|2＝12，
∴(|AC|＋|BC|)2＝12＋2|AC|·|BC|
≤12＋(|AC|2＋|BC|2)＝24，
∴|AC|＋|BC|的最大值为2eq \r(6)，
当且仅当|AC|＝|BC|＝eq \r(6)时，等号成立．
∴|AC|＋|BC|的最大值为2eq \r(6).
易错提醒 解决直线方程问题的三个注意点
(1)求解两条直线平行的问题时，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性．
(2)要注意直线方程每种形式的局限性，点斜式、两点式、斜截式要求直线不能与x轴垂直，而截距式方程既不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线．
(3)讨论两直线的位置关系时，要注意直线的斜率是否存在．
跟踪演练1 (1)已知直线l：ax＋y－2＋a＝0在x轴与y轴上的截距相等，则实数a的值是( )
A．1 B．－1
C．－2或1 D．2或1
答案 D
解析 当a＝0时，直线y＝2，此时不符合题意，应舍去；
当a≠0时，由直线l：ax＋y－2＋a＝0可得，横截距为eq \f(2－a,a)，纵截距为2－a.
由eq \f(2－a,a)＝2－a，解得a＝1或a＝2.
经检验，a＝1,2均符合题意，
故a的值是2或1.
(2)若直线l1：x－2y＋1＝0与直线l2：2x＋my＋1＝0平行，则直线l1与l2之间的距离为________．
答案 eq \f(\r(5),10)
解析 由直线l1：x－2y＋1＝0与直线l2：2x＋my＋1＝0平行，
可得1×m－2×(－2)＝0，即m＝－4，
故两直线可化为l1：2x－4y＋2＝0，l2：2x－4y＋1＝0，故直线l1与l2之间的距离为d＝eq \f(|2－1|,\r(22＋42))
＝eq \f(\r(5),10).
考点二 圆的方程
核心提炼
1．圆的标准方程
当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2.
2．圆的一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0，表示以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))为圆心，eq \f(\r(D2＋E2－4F),2)为半径的圆．
例2 (1)已知圆C与直线y＝x及x－y－4＝0都相切，圆心在直线y＝－x上，则圆C的方程为( )
A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2
B．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2
C．(x－1)2＋(y－1)2＝2
D．(x－1)2＋(y＋1)2＝2
答案 D
解析 因为圆心在直线y＝－x上，
设圆心坐标为(a，－a)，
因为圆C与直线y＝x及x－y－4＝0都相切，
所以eq \f(|a＋a|,\r(2))＝eq \f(|a＋a－4|,\r(2))，
解得a＝1，所以圆心坐标为(1，－1)，
又eq \f(|1＋1|,\r(2))＝R，
所以R＝eq \r(2)，
所以圆的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2.
(2)在平面直角坐标系中，A(－1,0)，B(1,0)，C(0，eq \r(3))，动点P满足|PA|＝eq \r(2)|PB|.则点P的轨迹方程为________________．△PAC的面积的最大值为________．
答案 (x－3)2＋y2＝8 2eq \r(3)＋2eq \r(2)
解析 设点P(x，y)，由|PA|＝eq \r(2)|PB|，得|PA|2＝2|PB|2，即(x＋1)2＋y2＝2[(x－1)2＋y2]，
化简可得(x－3)2＋y2＝8，
∴点P的轨迹方程为(x－3)2＋y2＝8，圆心为(3,0)，半径r＝2eq \r(2).
直线AC的方程为eq \r(3)x－y＋eq \r(3)＝0，
圆心(3,0)到直线AC的距离为eq \f(3\r(3)＋\r(3),\r(3＋1))＝2eq \r(3)，
∴点P到AC的最大距离为2eq \r(3)＋2eq \r(2)，
又|AC|＝2，
∴(S△PAC)max＝eq \f(1,2)×2×(2eq \r(3)＋2eq \r(2))＝2eq \r(3)＋2eq \r(2).
规律方法 解决圆的方程问题一般有两种方法
(1)几何法：通过研究圆的性质、直线与圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程．
(2)代数法：即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数．
跟踪演练2 (1)(2022·全国甲卷)设点M在直线2x＋y－1＝0上，点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，则⊙M的方程为________．
答案 (x－1)2＋(y＋1)2＝5
解析 方法一 设⊙M的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋b－1＝0，,3－a2＋b2＝r2，,a2＋1－b2＝r2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－1，,r2＝5，))
∴⊙M的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
方法二 设⊙M的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，
则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(E,2)))－1＝0，,9＋3D＋F＝0，,1＋E＋F＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(D＝－2，,E＝2，,F＝－3，))
∴⊙M的方程为x2＋y2－2x＋2y－3＝0，即(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
方法三 设A(3,0)，B(0,1)，⊙M的半径为r，
则kAB＝eq \f(1－0,0－3)＝－eq \f(1,3)，AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(1,2)))，
∴AB的垂直平分线方程为y－eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，即3x－y－4＝0.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－y－4＝0，,2x＋y－1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－1，))
∴M(1，－1)，
∴r2＝|MA|2＝(3－1)2＋[0－(－1)]2＝5，
∴⊙M的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
(2)直线l过定点(1，－2)，过点P(－1,0)作l的垂线，垂足为M，已知点N(2,1)，则|MN|的最大值为________．
答案 3eq \r(2)
解析 设点A(1，－2)，依题意知AM⊥PM，
所以点M的轨迹是以AP为直径的圆，
圆心C的坐标为(0，－1)，
半径为R＝eq \f(1,2)|AP|＝eq \r(2)，
又N(2,1)为圆外一点，
所以|MN|max＝|NC|＋R＝eq \r(2－02＋1＋12)＋eq \r(2)＝3eq \r(2).
考点三 直线、圆的位置关系
核心提炼
1．直线与圆的位置关系：相交、相切和相离．
其判断方法为：
(1)点线距离法．
(2)判别式法：设圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，直线l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ax＋By＋C＝0，,x－a2＋y－b2＝r2，))
消去y，得到关于x的一元二次方程，其根的判别式为Δ，则直线与圆相离⇔Δ<0，直线与圆相切⇔Δ＝0，直线与圆相交⇔Δ>0.
2．圆与圆的位置关系，即内含、内切、相交、外切、外离．
考向1 直线与圆的位置关系
例3 (1)(2022·南通模拟)在平面直角坐标系中，已知直线ax－y＋2＝0与圆C：x2＋y2－2x－3＝0交于A，B两点，若钝角△ABC的面积为eq \r(3)，则实数a的值是( )
A．－eq \f(3,4) B．－eq \f(4,3) C.eq \f(3,4) D.eq \f(4,3)
答案 A
解析 由圆C：x2＋y2－2x－3＝0，
可得圆心坐标为C(1,0)，半径为r＝2，
因为钝角△ABC的面积为eq \r(3)，
则S△ABC＝eq \f(1,2)×2×2sin∠ACB＝eq \r(3)，
解得sin∠ACB＝eq \f(\r(3),2)，
所以∠ACB＝eq \f(2π,3)，
可得|AB|＝2eq \r(3)，
又由圆的弦长公式，可得2eq \r(4－d2)＝2eq \r(3)，
解得d＝1，
根据点到直线ax－y＋2＝0的距离公式d＝eq \f(|a＋2|,\r(a2＋1))＝1，解得a＝－eq \f(3,4).
(2)(2022·新高考全国Ⅱ)设点A(－2,3)，B(0，a)，若直线AB关于y＝a对称的直线与圆(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点，则a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,2)))
解析 方法一 由题意知点A(－2,3)关于直线y＝a的对称点为A′(－2,2a－3)，
所以kA′B＝eq \f(3－a,2)，
所以直线A′B的方程为y＝eq \f(3－a,2)x＋a，
即(3－a)x－2y＋2a＝0.
由题意知直线A′B与圆(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点，
易知圆心坐标为(－3，－2)，半径为1，
所以eq \f(|－33－a＋－2×－2＋2a|,\r(3－a2＋－22))≤1，
整理得6a2－11a＋3≤0，解得eq \f(1,3)≤a≤eq \f(3,2)，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,2))).
方法二 易知(x＋3)2＋(y＋2)2＝1关于y轴对称的圆的方程为(x－3)2＋(y＋2)2＝1，
由题意知该对称圆与直线AB有公共点．直线AB的方程为y＝eq \f(a－3,2)x＋a，
即(a－3)x－2y＋2a＝0，
又对称圆的圆心坐标为(3，－2)，半径为1，
所以eq \f(|3a－3＋－2×－2＋2a|,\r(a－32＋－22))≤1，
整理得6a2－11a＋3≤0，解得eq \f(1,3)≤a≤eq \f(3,2)，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,2))).
考向2 圆与圆的位置关系
例4 (1)(2022·武汉模拟)圆C1：(x－2)2＋(y－4)2＝9与圆C2：(x－5)2＋y2＝16的公切线条数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 依题意得，圆C1的圆心C1(2,4)，半径R1＝3, 圆C2的圆心C2(5,0)，半径R2＝4，|C1C2|＝eq \r(2－52＋42)＝5∈(1,7)，故圆C1与C2相交，有2条公切线．
(2)(2022·益阳调研)已知直线l：x－y＋1＝0，若P为l上的动点，过点P作⊙C：(x－5)2＋y2＝9的切线PA，PB，切点为A，B，当|PC|·|AB|最小时，直线AB的方程为__________．
答案 x－y－2＝0
解析 ⊙C：(x－5)2＋y2＝9的圆心C(5,0)，半径r＝3，
∵四边形PACB的面积
S＝eq \f(1,2)|PC|·|AB|＝2S△PAC＝|PA|·|AC|
＝3|PA|＝3eq \r(|PC|2－9)，
∴要使|PC|·|AB|最小，
则需|PC|最小，
当PC与直线l垂直时，|PC|最小，
此时直线PC的方程为y＝－x＋5，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,y＝－x＋5，))解得P(2,3)，
则以PC为直径的圆的方程为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2)))2＝eq \f(9,2)，
则两圆方程相减可得直线AB的方程为x－y－2＝0.
规律方法 直线与圆相切问题的解题策略
直线与圆相切时，利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立关于切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式．过圆外一点求解切线段长的问题，可先求出圆心到圆外一点的距离，再结合半径利用勾股定理计算．
跟踪演练3 (1)(2022·湖北七市(州)联考)已知直线l：kx－y－k＋1＝0，圆C：(x－2)2＋(y＋2)2＝16，则下列选项中不正确的是( )
A．直线l与圆C一定相交
B．当k＝0时，直线l与圆C交于M，N两点，点E是圆C上的动点，则△MNE面积的最大值为7eq \r(7)
C．当直线l与圆有两个交点M，N时，|MN|的最小值为2eq \r(6)
D．若圆C与坐标轴分别交于A，B，C，D四个点，则四边形ABCD的面积为48
答案 D
解析 直线l：kx－y－k＋1＝0过定点P(1,1)，因为(1－2)2＋(1＋2)2<16，所以点P在圆内，因此直线l一定与圆C相交，A正确；
当k＝0时，直线为y＝1，代入圆的方程得(x－2)2＋9＝16，解得x＝2±eq \r(7)，因此|MN|＝2eq \r(7)，
因为圆心C(2，－2)，半径r＝4，圆心到直线l的距离d＝3，因此点E到直线l的距离的最大值h＝4＋3＝7，
所以△MNE面积的最大值S＝eq \f(1,2)×7×2eq \r(7)＝7eq \r(7)，B正确；
当直线l与圆有两个交点M，N时，若|MN|最小，
则PC⊥l，|PC|＝eq \r(1－22＋1＋22)＝eq \r(10)，
因此|MN|min＝2×eq \r(42－\r(10)2)＝2eq \r(6)，C正确；
在圆C：(x－2)2＋(y＋2)2＝16中，分别令x＝0和y＝0，求得圆C与坐标轴的交点分别为A(2－2eq \r(3)，0)，C(2＋2eq \r(3)，0)，B(0，－2＋2eq \r(3))，D(0，－2－2eq \r(3))，则|AC|＝4eq \r(3)，|BD|＝4eq \r(3)，
所以四边形ABCD的面积S′＝eq \f(1,2)×4eq \r(3)×4eq \r(3)＝24，D错误．
(2)(2022·新高考全国Ⅰ)写出与圆x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一条直线的方程________．
答案 x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0(答案不唯一，只需写出上述三个方程中的一个即可)
解析 如图，因为圆x2＋y2＝1的圆心为O(0,0)，半径r1＝1，圆(x－3)2＋(y－4)2＝16的圆心为A(3,4)，半径r2＝4，
所以|OA|＝5，r1＋r2＝5，所以|OA|＝r1＋r2，所以两圆外切，公切线有三种情况：
①易知公切线l1的方程为x＝－1.
②另一条公切线l2与公切线l1关于过两圆圆心的直线l对称．
易知过两圆圆心的直线l的方程为y＝eq \f(4,3)x，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝\f(4,3)x))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－\f(4,3)，))
由对称性可知公切线l2过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(4,3))).
设公切线l2的方程为y＋eq \f(4,3)＝k(x＋1)，
则点O(0,0)到l2的距离为1，
所以1＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k－\f(4,3))),\r(k2＋1))，解得k＝eq \f(7,24)，
所以公切线l2的方程为y＋eq \f(4,3)＝eq \f(7,24)(x＋1)，
即7x－24y－25＝0.
③还有一条公切线l3与直线l：y＝eq \f(4,3)x垂直，设公切线l3的方程为y＝－eq \f(3,4)x＋t，
易知t>0，则点O(0,0)到l3的距离为1，
所以1＝eq \f(|t|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))2＋－12))，
解得t＝eq \f(5,4)或t＝－eq \f(5,4)(舍去)，
所以公切线l3的方程为y＝－eq \f(3,4)x＋eq \f(5,4)，
即3x＋4y－5＝0.
综上，所求直线方程为x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0.
专题强化练
一、选择题
1．直线l经过两条直线x－y＋1＝0和2x＋3y＋2＝0的交点，且平行于直线x－2y＋4＝0，则直线l的方程为( )
A．x－2y－1＝0 B．x－2y＋1＝0
C．2x－y＋2＝0 D．2x＋y－2＝0
答案 B
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋1＝0，,2x＋3y＋2＝0))得两直线交点为(－1,0)，直线l的斜率与x－2y＋4＝0相同，为eq \f(1,2)，
则直线l的方程为y－0＝eq \f(1,2)(x＋1)，
即x－2y＋1＝0.
2．(2022·福州质检)已知A(－eq \r(3)，0)，B(eq \r(3)，0)，C(0,3)，则△ABC外接圆的方程为( )
A．(x－1)2＋y2＝2
B．(x－1)2＋y2＝4
C．x2＋(y－1)2＝2
D．x2＋(y－1)2＝4
答案 D
解析 设△ABC外接圆的方程为
(x－a)2＋(y－b)2＝r2
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)－a2＋0－b2＝r2，,\r(3)－a2＋0－b2＝r2，,0－a2＋3－b2＝r2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝0，,b＝1，,r＝2.))
则△ABC外接圆的方程为x2＋(y－1)2＝4.
3．(2022·新高考全国Ⅱ)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为eq \f(DD1,OD1)＝0.5，eq \f(CC1,DC1)＝k1，eq \f(BB1,CB1)＝k2，eq \f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3等于( )
A．0.75 B．0.8
C．0.85 D．0.9
答案 D
解析 设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，
则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，
依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，
且eq \f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，
所以eq \f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，
故k3＝0.9.
4．过圆C：(x－1)2＋y2＝1外一点P作圆C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，若PA⊥PB，则点P到直线l：x＋y－5＝0的距离的最小值为( )
A．1 B.eq \r(2) C．2eq \r(2) D．3eq \r(2)
答案 B
解析 因为过圆C：(x－1)2＋y2＝1外一点P向圆C引两条切线PA，PB，切点分别为A，B，
由PA⊥PB可知，四边形CAPB是边长为1的正方形，所以|CP|＝eq \r(2)，
所以P点的轨迹是以C(1,0)为圆心，eq \r(2)为半径的圆，则圆心C(1,0)到直线l：x＋y－5＝0的距离d＝eq \f(|1＋0－5|,\r(2))＝eq \f(4,\r(2))＝2eq \r(2)，
所以点P到直线l：x＋y－5＝0的最短距离为d－r＝2eq \r(2)－eq \r(2)＝eq \r(2).
5．与直线x－y－4＝0和圆(x＋1)2＋(y－1)2＝2都相切的半径最小的圆的方程是( )
A．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2
B．(x＋1)2＋(y＋1)2＝4
C．(x－1)2＋(y＋1)2＝2
D．(x－1)2＋(y＋1)2＝4
答案 C
解析 圆(x＋1)2＋(y－1)2＝2的圆心坐标为(－1,1)，半径为eq \r(2)，过圆心(－1,1)与直线x－y－4＝0垂直的直线方程为x＋y＝0，所求圆的圆心在此直线上，又圆心(－1,1)到直线x－y－4＝0的距离为eq \f(6,\r(2))＝3eq \r(2)，则所求圆的半径为eq \r(2)，设所求圆的圆心为(a，b)，且圆心在直线x＋y＝0上，所以eq \f(|a－b－4|,\r(2))＝eq \r(2)，且a＋b＝0，解得a＝1，b＝－1(a＝3，b＝－3不符合题意，舍去 )，故所求圆的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2.
6．已知圆C过圆C1：x2＋y2＋4x－2y－10＝0与圆C2：(x＋3)2＋(y－3)2＝6的公共点．若圆C1，C2的公共弦恰好是圆C的直径，则圆C的面积为( )
A.eq \f(11π,5) B.eq \f(26π,5) C.eq \f(\r(130)π,5) D.eq \f(104π,5)
答案 B
解析 由题意可知，圆C1，C2的公共弦所在直线方程为x2＋y2＋4x－2y－10＝0和(x＋3)2＋(y－3)2＝6的两式相减，化简可得x－2y＋11＝0，又C2(－3,3)到直线x－2y＋11＝0的距离d＝eq \f(|－3－2×3＋11|,\r(12＋－22))＝eq \f(2,\r(5)) ，故公共弦的长为2×eq \r(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(5))))2)＝2eq \r(\f(26,5))，则圆C的半径为eq \r(\f(26,5))，故圆C的面积为eq \f(26π,5).
7．在平面直角坐标系中，圆C的方程为x2＋y2－4x＝0.若在直线y＝k(x＋1)上存在一点P，使过点P所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k不可能为( )
A．1 B.eq \r(2) C．2eq \r(2) D．4
答案 D
解析 由x2＋y2－4x＝0，得(x－2)2＋y2＝4，
则圆心为C(2,0)，半径r＝2，过点P所作的圆的两条切线相互垂直，设两切点分别为A，B，连接AC，BC(图略)，则四边形PACB为正方形，即PC＝eq \r(2)r＝2eq \r(2)，圆心到直线的距离d＝eq \f(|2k－0＋k|,\r(1＋k2))≤2eq \r(2)，
即－2eq \r(2)≤k≤2eq \r(2)，
故k不可能为4.
8．已知圆C1：(x＋6)2＋(y－5)2＝4，圆C2：(x－2)2＋(y－1)2＝1，M，N分别为圆C1和C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的取值范围是( )
A．[6，＋∞) B．[7，＋∞)
C．[10，＋∞) D．[15，＋∞)
答案 B
解析 C1(－6,5)，C2(2,1)，C1关于x轴的对称点为C3(－6，－5)，
故|PC1|＋|PC2|≥|C2C3|＝eq \r(64＋36)＝10，
又两圆的半径分别为2,1，
则|PM|＋|PN|≥10－2－1＝7，
故|PM|＋|PN|的取值范围是[7，＋∞)．
9．已知圆O：x2＋y2＝eq \f(9,4)，圆M：(x－a)2＋(y－1)2＝1，若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得∠APB＝eq \f(π,3)，则实数a的取值范围是( )
A．[－eq \r(15)，eq \r(15)]
B．[－eq \r(3)，eq \r(3)]
C．[eq \r(3)，eq \r(15)]
D．[－eq \r(15)，－eq \r(3)]∪[eq \r(3)，eq \r(15)]
答案 D
解析 由题可知圆O 的半径为eq \f(3,2)，圆M上存在点P，过点P作圆 O 的两条切线，切点分别为A，B，使得∠APB＝eq \f(π,3)，则∠APO＝eq \f(π,6)，
在Rt△PAO中，|PO|＝3，
∴点P在圆x2＋y2＝9上，
由于点P也在圆M上，故两圆有公共点．
又圆M的半径等于1，圆心坐标M(a,1)，
∴3－1≤|OM|≤3＋1，
∴2≤eq \r(a2＋1)≤4，
∴a∈[－eq \r(15)，－eq \r(3)]∪[eq \r(3)，eq \r(15)]．
10．已知圆C1：(x－1)2＋(y－2)2＝4和圆C2：(x－2)2＋(y－1)2＝2交于A，B两点，直线l与直线AB平行，且与圆C2相切，与圆C1交于点M，N，则|MN|等于( )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2) C．2eq \r(3) D．4
答案 D
解析 由圆C1：(x－1)2＋(y－2)2＝4，可知圆心C1(1,2)，半径为2，由圆C2：(x－2)2＋(y－1)2＝2，可知圆心C2(2,1)，半径为eq \r(2)，
又圆C1：x2＋y2－2x－4y＋1＝0，圆C2：x2＋y2－4x－2y＋3＝0，
所以可得lAB：x－y－1＝0，
设l：x－y＋c＝0，因为直线l与圆C2相切，则eq \f(|2－1＋c|,\r(2))＝eq \r(2).
解得c＝1或c＝－3，
当c＝1时，l：x－y＋1＝0，
所以|MN|＝2×eq \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|1－2＋1|,\r(2))))2)＝4；
当c＝－3时，l：x－y－3＝0，
因为eq \f(|1－2－3|,\r(2))>2，故不符合题意．
综上，|MN|＝4.
11．(2022·南通模拟)已知P是圆O：x2＋y2＝4上的动点，直线l1：xcs θ＋ysin θ＝4与l2：xsin θ－ycs θ＝1交于点Q，则下列说法正确的是( )
A．l1与l2不垂直
B．直线l1与圆O相切
C．直线l2与圆O截得弦长为2eq \r(2)
D．|PQ|的最大值为eq \r(17)＋2
答案 D
解析 圆O的半径为2，
因为cs θ·sin θ＋sin θ·(－cs θ)＝0，
所以l1⊥l2，A错误；
圆心O到直线l1的距离为d＝eq \f(4,\r(cs2θ＋sin2θ))＝4>2，直线l1与圆O相离，B错误；
圆心O到直线l2的距离为
d′＝eq \f(1,\r(sin2θ＋－cs θ2))＝1，
所以弦长为2×eq \r(22－12)＝2eq \r(3)，C错误；
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xcs θ＋ysin θ＝4，,xsin θ－ycs θ＝1，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4cs θ＋sin θ，,y＝4sin θ－cs θ，))
即Q(4cs θ＋sin θ，4sin θ－cs θ)，
所以|OQ|＝eq \r(4cs θ＋sin θ2＋4sin θ－cs θ2)＝eq \r(17)，
所以|PQ|的最大值为eq \r(17)＋2，D正确．
12．(2022·菏泽质检)瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上．这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作△ABC，|AB|＝|AC|，点B(－1,1)，点C(3,5)，过其“欧拉线”上一点Р作圆O：x2＋y2＝4的两条切线，切点分别为M，N，则|MN|的最小值为( )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2)
C.eq \r(3) D．2eq \r(3)
答案 B
解析 由题设知BC的中点为(1,3)，
“欧拉线”斜率为k＝－eq \f(1,kBC)＝－1，
所以“欧拉线”方程为y－3＝－(x－1)，
即x＋y－4＝0，
又O到x＋y－4＝0的距离为d＝eq \f(4,\r(2))>2，即“欧拉线”与圆O相离，
要使|MN|最小，则在Rt△PMO与Rt△PNO中，∠MOP＝∠NOP最小，即∠MPN最大，
而仅当OP⊥“欧拉线”时，∠MPN最大，
所以d＝|OP|＝2eq \r(2)，
则|MN|＝2rsin∠NOP，
且圆O半径r＝2，cs∠NOP＝eq \f(r,d)＝eq \f(\r(2),2)，
所以sin∠NOP＝eq \f(\r(2),2)，即|MN|min＝2eq \r(2).
二、填空题
13．与直线2x－y＋1＝0关于x轴对称的直线的方程为________．
答案 2x＋y＋1＝0
解析 直线2x－y＋1＝0的斜率为k＝2，与x轴交于点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))，
直线2x－y＋1＝0关于x轴对称的直线的斜率为－k＝－2，并且过点A，
由直线的点斜式方程得y－0＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，
即2x＋y＋1＝0，
所以所求直线的方程为2x＋y＋1＝0.
14．过点P(2,2)的直线l与圆(x－1)2＋y2＝1相切，则直线l的方程为______________．
答案 3x－4y＋2＝0或x＝2
解析 当过点P(2,2)的直线l斜率不存在时，方程为x＝2，与圆(x－1)2＋y2＝1相切，满足题意；
当过点P(2,2)的直线l斜率存在时，设方程为y－2＝k(x－2)，即kx－y－2k＋2＝0，
∴圆(x－1)2＋y2＝1的圆心到直线l的距离
d＝eq \f(|k－0－2k＋2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq \f(3,4)，
∴l：eq \f(3,4)x－y＋eq \f(1,2)＝0，即3x－4y＋2＝0，
∴直线l的方程为3x－4y＋2＝0或x＝2.
15．(2022·杭州模拟)在平面直角坐标系中，已知第一象限内的点A在直线l：y＝2x上，B(5,0)，以AB为直径的圆C与直线l的另一个交点为D.若AB⊥CD，则圆C的半径等于________．
答案 eq \r(10)
解析 依题意，设点A(a,2a)，a>0，
则圆心Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋5,2)，a))，
|AB|2＝(a－5)2＋(2a)2，圆C的方程为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a＋5,2)))2＋(y－a)2＝eq \f(a－52,4)＋a2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a＋5,2)))2＋y－a2＝\f(a－52,4)＋a2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝a，,y＝2a.))
于是得D(1,2)，eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋3,2)，a－2))，
eq \(BA,\s\up6(→))＝(a－5,2a)，而AB⊥CD，
则eq \(DC,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \f(a＋3,2)·(a－5)＋2a(a－2)＝0，
即a2－2a－3＝0，而a>0，解得a＝3，
则有点C(4,3)，
|CD|＝eq \r(4－12＋3－22)＝eq \r(10)，
所以圆C的半径等于eq \r(10).
16．若抛物线y＝x2＋ax＋b与坐标轴分别交于三个不同的点A，B，C，则△ABC的外接圆恒过的定点坐标为________．
答案 (0,1)
解析 设抛物线y＝x2＋ax＋b交y轴于点B(0，b)，交x轴于点A(x1，0)，C(x2，0)，
由题意可知关于x的方程：x2＋ax＋b＝0，Δ＝a2－4b>0，
由根与系数的关系可得x1＋x2＝－a，x1x2＝b，
所以线段AC的中点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0))，
设圆心为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，t))，
由|PA|2＝|PB|2可得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(a,2)))2＋t2＝eq \f(a2,4)＋(t－b)2，
解得t＝eq \f(x\\al(2,1)＋ax1－b2,－2b)，
∵xeq \\al(2,1)＋ax1＋b＝0，
则t＝eq \f(－b－b2,－2b)＝eq \f(b＋1,2)，
则t－b＝eq \f(1－b,2)，
所以圆P的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(b＋1,2)))2＝eq \f(a2＋1－b2,4)，
整理可得(x2＋y2－y)＋ax＋b(1－y)＝0，
方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2－y＝0，,x＝0，,1－y＝0))的解为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝1.))
因此，△ABC的外接圆恒过的定点坐标为(0,1)．