高考数学二十二个必考问题讲解15

1必考问题15直线、圆及其交汇问题1．(2012·浙江)设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的()．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案：A[由a＝1可得l1∥l2，反之由l1∥l2可得a＝1或a＝－2，故选A.]2．(2012·陕西)已知圆C：x2＋y2－4x＝0，l是过点P(3,0)的直线，则()．A．l与C相交B．l与C相切C．l与C相离D．以上三个选项均有可能答案：A[把点(3,0)代入圆的方程的左侧得32＋0－4×3＝－3＜0，故点(3,0)在圆的内部，所以过点(3,0)的直线l与圆C相交，选A.]3．(2012·重庆)对任意的实数k，直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＝2的位置关系一定是()．A．相离B．相切C．相交但直线不过圆心D．相交且直线过圆心答案：C[易知直线过定点(0,1)，且点(0,1)在圆内，但是直线不过圆心(0,0)，故选C.]4．(2011·湖北)过点(－1，－2)的直线l被圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0截得的弦长为2，则直线l的斜率为________．解析由题意知直线要与圆相交，必存在斜率，设为k，则直线方程为y＋2＝k(x＋1)，又圆的方程可化为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心为(1,1)，半径为1，∴圆心到直线的距离d＝|k－1＋k－2|1＋k2＝1－222，解得k＝1或177.答案1或177本问题是整个解析几何的基础，在解析几何的知识体系中占有重要位置，但解析几何的主要内容是圆锥曲线与方程，故在该部分高考考查的分值不多，在高考试卷中一般就是一个选择或填空题考查直线与方程、圆与方程的基本问题，偏向于考查直线与圆的综合，试题难度不大，对直线方程、圆的方程的深入考查则与圆锥曲线结合进行．高考对解析几何的考查，主要考查直线和圆的方程以及直线与圆的位置关系的有关问题．运算能力与平面几何知识的灵活运用有可能成为制约考生解题的一个重要因素，因此在2复习的过程中，要注意加强圆的几何性质的复习，注意向量方法在解析几何中的应用，注意强化运算能力的训练，努力提高灵活解题的能力．必备知识两直线平行、垂直的判定(1)①l1：y＝k1x＋b1，l2：y＝k2x＋b2(两直线斜率存在，且不重合)，则有l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1·k2＝－1.②若两直线的斜率都不存在，并且两直线不重合，则两直线平行；若两直线中一条直线的斜率为0，另一条直线斜率不存在，则两直线垂直．(2)l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，则有l1∥l2⇔A1B2－A2B1＝0，且B1C2－B2C1≠0，l1⊥l2⇔A1A2＋B1B2＝0.圆的方程(1)圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，圆心为(a，b)，半径为r.(2)圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，圆心为－D2，－E2，半径为r＝D2＋E2－4F2；二元二次方程Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的充要条件是B＝0，A＝C≠0，D2＋E2－4AF＞0.必备方法1．由于直线方程有多种形式，各种形式适用的条件、范围不同，在具体求直线方程时，由所给的条件和采用的直线方程形式所限，可能会产生遗漏的情况，尤其在选择点斜式、斜截式时要注意斜率不存在的情况．2．处理有关圆的问题，要特别注意圆心、半径及平面几何知识的应用，如弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形经常用到，利用圆的一些特殊几何性质解题，往往使问题简化．3．直线与圆中常见的最值问题(1)圆外一点与圆上任一点的距离的最值．(2)直线与圆相离，圆上任一点到直线的距离的最值．(3)过圆内一定点的直线被圆截得弦长的最值．(4)直线与圆相离，过直线上一点作圆的切线，切线长的最小值问题．3(5)两圆相离，两圆上点的距离的最值．4．两圆相交，将两圆方程联立消去二次项，得到一个二元一次方程即为两圆公共弦所在的直线方程．待定系数法求圆的方程对于圆的方程，高考要求能根据所给的条件选取恰当的方程形式利用待定系数法求出圆的方程，并结合圆的几何性质解决与圆相关的问题．该部分在高考中常以填空、选择的形式直接考查，或是在解答题中综合轨迹问题进行考查．【例1】►已知圆C与圆x2＋y2－2x＝0相外切，并且与直线x＋3y＝0相切于点Q(3，－3)，求圆C的方程．[审题视点][听课记录][审题视点]先确定采用标准方程还是一般方程，然后求出相应的参数，即采用待定系数法．解设圆C的圆心为(a，b)，则b＋3a－3＝3，a－12＋b2＝1＋|a＋3b|2，解得a＝4，b＝0或a＝0，b＝－43，所以r＝2或r＝6.所以圆C的方程为(x－4)2＋y2＝4或x2＋(y＋43)2＝36.求圆的方程一般有两类方法：(1)几何法，通过研究圆的性质、直线和圆、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．【突破训练1】已知圆过点A(1,2)，B(3,4)，且在x轴上截得的弦长为6，求圆的方程．解法一设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0.设弦的两端点的横坐标分别为x1、x2.因圆在x轴上截得的弦长为6，所以|x1－x2|＝6，即D2－4F＝36，①又圆过点A(1,2)，B(3,4)，所以D＋2E＋F＋5＝0，②43D＋4E＋F＋25＝0，③由①②③解得D＝12，E＝－22，F＝27或D＝－8，E＝－2，F＝7.故所求圆的方程为x2＋y2＋12x－22y＋27＝0或x2＋y2－8x－2y＋7＝0.法二设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，由已知得r2＝b2＋32，1－a2＋2－b2＝r2，3－a2＋4－b2＝r2，解得a＝－6，b＝11，r2＝130或a＝4，b＝1，r2＝10.故所求圆的方程为(x＋6)2＋(y－11)2＝130，或(x－4)2＋(y－1)2＝10.直线与圆位置关系的考查直线与圆的位置关系是高考考查的热点，主要考查直线与圆的相交、相切、相离的判定与应用，以及弦长、面积的求法等，并常与圆的几何性质交汇，要求学生有较强的运算求解能力．【例2】►如图所示，已知以点A(－1,2)为圆心的圆与直线l1：x＋2y＋7＝0相切．过点B(－2,0)的动直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，直线l与l1相交于点P.(1)求圆A的方程；(2)当|MN|＝219时，求直线l的方程；(3)BQ→·BP→是否为定值？如果是，求出其定值；如果不是，请说明理由．[审题视点][听课记录][审题视点]第(1)问由圆A与直线l1相切易求出圆的半径，进而求出圆A的方程；第(2)问注意直线l的斜率不存在时也符合题意，以防漏解，另外应注意用好几何法，以减小计算量；第(3)问分两种情况分别计算平面向量的数量积为定值后方可下结论．解(1)设圆A的半径为R，∵圆A与直线l1：x＋2y＋7＝0相切，∴R＝|－1＋4＋7|5＝25.∴圆A的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝20.5(2)当直线l与x轴垂直时，易知x＝－2符合题意；当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0.连接AQ，则AQ⊥MN.∵|MN|＝219，∴|AQ|＝20－19＝1，由|AQ|＝|k－2|k2＋1＝1，得k＝34.∴直线l的方程为3x－4y＋6＝0，∴所求直线l的方程为：x＝－2或3x－4y＋6＝0.(3)∵AQ⊥BP，∴AQ→·BP→＝0，∴BQ→·BP→＝(BA→＋AQ→)·BP→＝BA→·BP→＋AQ→·BP→＝BA→·BP→.当直线l与x轴垂直时，得P－2，－52，则BP→＝0，－52，又BA→＝(1,2)．∴BQ→·BP→＝BA→·BP→＝－5.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)．由y＝kx＋2，x＋2y＋7＝0，解得P－4k－71＋2k，－5k1＋2k.∴BP→＝－51＋2k，－5k1＋2k.∴BQ→·BP→＝BA→·BP→＝－51＋2k－10k1＋2k＝－5，综上所述，BQ→·BP→是定值，且BQ→·BP→＝－5.(1)直线和圆的位置关系常用几何法，即利用圆的半径r，圆心到直线的距离d及半弦长l2构成直角三角形关系来处理．(2)要注意分类讨论，即对直线l分为斜率存在和斜率不存在两种情况分别研究，以防漏解或推理不严谨．【突破训练2】(2012·临沂模拟)在平面直角坐标系xOy中，曲线y＝x2－6x＋1与坐标轴的交点都在圆C上．(1)求圆C的方程；(2)若圆C与直线x－y＋a＝0交于A，B两点，且OA⊥OB，求a的值．6解(1)曲线y＝x2－6x＋1与坐标轴的交点为(0,1)，(3±22，0)．故可设圆的圆心坐标为(3，t)，则有32＋(t－1)2＝()222＋t2.解得t＝1，则圆的半径为32＋t－12＝3.所以圆的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足方程组x－y＋a＝0，x－32＋y－12＝9，消去y得到方程2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0，由已知可得判别式Δ＝56－16a－4a2＞0，由韦达定理可得x1＋x2＝4－a，x1x2＝a2－2a＋12，①由OA⊥OB可得x1x2＋y1y2＝0.又y1＝x1＋a，y2＝x2＋a.所以2x1x2＋a(x1＋x2)＋a2＝0.由①②可得a＝－1，满足Δ＞0，故a＝－1.直线、圆与圆锥曲线的交汇问题常以直线、圆、圆锥曲线为载体结合平面向量来命题，考查解决解析几何问题的基本方法与技能，正成为高考命题新的生长点．【例3】►(2012·杭州三校联考)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点K(－1,0)的直线l与C相交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为D.(1)证明：点F在直线BD上；(2)设FA→·FB→＝89，求△BDK的内切圆M的方程．[审题视点][听课记录][审题视点](1)设出A、B、D的坐标及l的方程，进而表示出直线BD的方程．再验证；(2)由FA→·FB→＝89可求直线l，BD的方程，再由A、D关于x轴对称可设圆心M(t,0)，则M到直线l，BD的距离相等．解设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x1，－y1)，l的方程为x＝my－1(m≠0)．(1)证明：将x＝my－1代入y2＝4x并整理得y2－4my＋4＝0，从而y1＋y2＝4m，y1y2＝4.①7直线BD的方程为y－y2＝y2＋y1x2－x1·(x－x2)，即y－y2＝4y2－y1·x－y224.令y＝0，得x＝y1y24＝1.所以点F(1,0)在直线BD上．(2)由(1)知，x1＋x2＝(my1－1)＋(my2－1)＝4m2－2，x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝1.因为FA→＝(x1－1，y1)，FB→＝(x2－1，y2)，FA→·FB→＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋4＝8－4m2，故8－4m2＝89，解得m＝±43.所以l的方程为3x＋4y＋3＝0,3x－4y＋3＝0.又由①知y2－y1＝±4m2－4×4＝±437，故直线BD的斜率4y2－y1＝±37，因而直线BD的方程为3x＋7y－3＝0,3x－7y－3＝0.因为KF为∠BKD的平分线，故可设圆心M(t,0)(－1t1)，M(t,0)到l及BD的距离分别为3|t＋1|5，3|t－1|4.由3|t＋1|5＝3|t－1|4得t＝19或t＝9(舍去)，故圆M的半径r＝3|t＋1|5＝23.所以圆M的方程为x－192＋y2＝49.对直线与圆的综合性问题，要认真审题，学会将问题拆分成基本问题，然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可以