（江苏专用）2020高考数学二轮复习 课时达标训练（十） 直线与圆

1课时达标训练(十)直线与圆A组——大题保分练1．(2019·全国卷Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径．(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．解：(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.连接MA由已知得|AO|＝2.又MO―→⊥AO―→，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半径r＝2或r＝6.(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|－|MP|为定值．理由如下：设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4x.因为曲线C：y2＝4x是以点P(1，0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P.2．(2019·镇江期初测试)已知圆C和直线x－3y＋2＝0相切于点P(1，3)，且经过点Q(4，0)．(1)求圆C的方程；(2)设M(2，1)，过M作圆C的两条相互垂直的弦AD，BE，求四边形ABDE的面积的最大值．解：(1)连接PC，PQ，由于圆C和直线x－3y＋2＝0相切于点P(1，3)，因此直线PC的斜率为－3，其方程为y－3＝－3(x－1)，即3x＋y－23＝0.易知直线PQ的斜率为－33，线段PQ的中点坐标为52，32，2则线段PQ的垂直平分线的方程为y－32＝3x－52，即3x－y－23＝0.由3x＋y－23＝0，3x－y－23＝0，解得x＝2，y＝0，则圆心C的坐标为(2，0)．所以圆C的半径r＝CQ＝2，所以圆C的方程为(x－2)2＋y2＝4.(2)如图，作CH⊥AD于点H，CG⊥BE于点G，连接CM，则CH2＋CG2＝CM2＝1，所以AD2＋BE2＝4(4－CH2)＋4(4－CG2)＝28.又AD2＋BE2≥2AD·BE，所以AD·BE≤14，所以四边形ABDE的面积S＝12AD·BE≤12×14＝7，当且仅当AD＝BE＝14时等号成立，所以四边形ABDE的面积的最大值为7.3．已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．(1)求圆C的方程；(2)过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)设圆心C(a，0)a－52，则|4a＋10|5＝2⇒a＝0或a＝－5(舍去)．所以圆C的方程为x2＋y2＝4.(2)当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2＋y2＝4，y＝k（x－1），得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，所以x1＋x2＝2k2k2＋1，x1x2＝k2－4k2＋1.若x轴平分∠ANB，则kAN＝－kBN⇒y1x1－t＋y2x2－t＝0⇒k（x1－1）x1－t＋k（x2－1）x2－t＝0⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0⇒2（k2－4）k2＋1－2k2（t＋1）k2＋1＋2t＝0⇒t＝4，所以当点N为(4，0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立．34．已知圆M与直线3x－7y＋4＝0相切于点(1，7)，圆心M在x轴上．(1)求圆M的方程．(2)过点M且不与x轴重合的直线与圆M相交于A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB分别与直线x＝8相交于C，D两点．记△OAB，△OCD的面积分别是S1，S2，求S1S2的取值范围．解：(1)由题可知，设圆的方程为(x－a)2＋y2＝r2，（1－a）2＋7＝r2，71－a×37＝－1，解得a＝4，r＝4.所以圆的方程为(x－4)2＋y2＝16.(2)由题意知，∠AOB＝π2，设直线OA的斜率为k(k≠0)，则直线OA的方程为y＝kx，由y＝kx，x2＋y2－8x＝0，得(1＋k2)x2－8x＝0，解得x＝0，y＝0或x＝81＋k2，y＝8k1＋k2，则点A的坐标为81＋k2，8k1＋k2.又直线OB的斜率为－1k，同理可得点B的坐标为8k21＋k2，－8k1＋k2.由题可知，C(8，8k)，D8，－8k.因此S1S2＝|OA|·|OB||OD|·|OC|＝|OA||OC|·|OB||OD|，又|OA||OC|＝xAxC＝81＋k28＝11＋k2，同理|OB||OD|＝k21＋k2，所以S1S2＝k2k4＋2k2＋1＝1k2＋1k2＋2≤14，当且仅当|k|＝1时取等号．又S1S2＞0，所以S1S2的取值范围是0，14.B组——大题增分练41.如图，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．解：(1)设圆A的半径为r.由于圆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.(2)①当直线l与x轴垂直时，易知x＝－2符合题意；②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)．即kx－y＋2k＝0.连结AQ，则AQ⊥MN.∵MN＝219，∴AQ＝20－19＝1，则由AQ＝|k－2|k2＋1＝1，得k＝34，∴直线l：3x－4y＋6＝0.故直线l的方程为x＝－2或3x－4y＋6＝0.2．(2019·姜堰中学检测)已知圆O：x2＋y2＝4，点A(1，0)，圆C经过点A且与圆O交于P，Q两点．(1)若圆C与x轴相切，且PQ的长为142，求圆C的方程；(2)若PA―→·QA―→＝1，求PQ的长的取值范围．解：(1)因为圆C与x轴相切，且经过点A(1，0)，所以可设圆心C(1，m)，则其半径r＝|m|，圆C的方程为(x－1)2＋(y－m)2＝m2，即x2＋y2－2x－2my＋1＝0.与圆O的方程相减得直线PQ的方程2x＋2my－5＝0.取弦PQ的中点M，连接OM，OP，易知OM⊥PQ，且OM＝54＋4m2，5因为OM2＋PM2＝OP2，PM＝12PQ＝144，所以254＋4m2＋78＝4，解得m＝±1.当m＝1时，圆C的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1；当m＝－1时，圆C的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝1.所以圆C的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1或(x－1)2＋(y＋1)2＝1.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ的中点M(x0，y0)，则x0＝x1＋x22，y0＝y1＋y22，x21＋y21＝4，x22＋y22＝4.因为PA―→·QA―→＝1，所以(1－x1，－y1)·(1－x2，－y2)＝1，所以x1x2＋y1y2－(x1＋x2)＝0，即x1x2＋y1y2＝2x0.①又x20＋y20＝x1＋x222＋y1＋y222＝14[(x21＋y21)＋(x22＋y22)＋2(x1x2＋y1y2)]＝14[4＋4＋2(x1x2＋y1y2)]＝2＋12(x1x2＋y1y2)．②由①②得，x20＋y20＝2＋x0，所以点M在圆x－122＋y2＝94上．又M是弦PQ的中点，所以点M在圆O内，即点M在以12，0为圆心，32为半径的圆上，除去点(2，0)．所以OM∈[1，2)．因为PQ＝24－OM2，所以PQ的长的取值范围是(0，23]．3．(2019·木渎中学模拟)已知圆心C在直线x＋y－4＝0上的圆C经过点A(7，0)，直线y＝x与圆C交于B，N两点，线段BN的长为2.(1)求圆C的标准方程；(2)O为坐标原点，设过圆心C的直线l与圆C交于D，E两点，求四边形ODAE面积的最大值．解：(1)因为圆C的圆心在直线x＋y－4＝0上，6所以设圆心C的坐标为(a，4－a)，圆C的半径为r，则圆C的标准方程为(x－a)2＋(y－4＋a)2＝r2.因为圆C经过点A(7，0)，所以(7－a)2＋(a－4)2＝r2.①因为圆心C(a，4－a)到直线y＝x的距离d＝|2a－4|2，所以r2＝d2＋BN22，即r2＝2(a－2)2＋1，②由①②得a＝4，r2＝9，所以圆C的标准方程为(x－4)2＋y2＝9.(2)由(1)知C(4，0)．当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝4，因为DE＝2r＝6，所以S四边形ODAE＝S△ODE＋S△ADE＝12×4×6＋12×3×6＝21.当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，易知k≠0，则直线l的方程为y＝k(x－4)，k≠0，即kx－y－4k＝0，k≠0.则S四边形ODAE＝S△ODE＋S△ADE＝12×6×|4k|1＋k2＋12×6×|3k|1＋k2＝21×|k|1＋k2＜21×|k|k2＝21.综上，四边形ODAE面积的最大值为21.4．已知过点A(－1，0)的动直线l与圆C：x2＋(y－3)2＝4相交于P，Q两点，M是PQ中点，l与直线m：x＋3y＋6＝0相交于N.(1)求证：当l与m垂直时，l必过圆心C；(2)当PQ＝23时，求直线l的方程；(3)探索AM―→·AN―→是否与直线l的倾斜角有关，若无关，请求出其值；若有关，请说明理由．解：(1)证明：∵l与m垂直，且km＝－13，∴kl＝3，故直线l方程为y＝3(x＋1)，即3x－y＋3＝0.∵圆心坐标(0，3)满足直线l方程，∴当l与m垂直时，l必过圆心C.(2)①当直线l与x轴垂直时，易知x＝－1符合题意．②当直线l与x轴不垂直时，7设直线l的方程为y＝k(x＋1)，即kx－y＋k＝0，∵PQ＝23，∴CM＝4－3＝1，则由CM＝|－k＋3|k2＋1＝1，得k＝43，∴直线l：4x－3y＋4＝0.故直线l的方程为x＝－1或4x－3y＋4＝0.(3)∵CM⊥MN，∴AM―→·AN―→＝(AC―→＋CM―→)·AN―→＝AC―→·AN―→＋CM―→·AN―→＝AC―→·AN―→.当l与x轴垂直时，易得N－1，－53，则AN―→＝0，－53，又AC―→＝(1，3)，∴AM―→·AN―→＝AC―→·AN―→＝－5.当l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，则由y＝k（x＋1），x＋3y＋6＝0，得N－3k－61＋3k，－5k1＋3k，则AN―→＝－51＋3k，－5k1＋3k，∴AM―→·AN―→＝AC―→·AN―→＝－51＋3k＋－15k1＋3k＝－5.综上所述，AM―→·AN―→与直线l的斜率无关，且AM―→·AN―→＝－5.