2024届高考数学第一轮复习：文科数学2010-2019高考真题分类训练之专题九 解析几何第二十四讲 直线与圆答案

专题九  解析几何

第二十四讲  直线与圆

答案部分

2019年  

1.解析 由题意和题图可知，当为优弧的中点时，阴影部分的面积取最大值，如图所示，设圆心为，，.

此时阴影部分面积.故选B.

2.解析 的焦点为，准线为，故符合条件的圆为.

3.（2019江苏18）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．

3.解析：解法一：如图，

由圆心与切点的连线与切线垂直，得，解得．
所以圆心为（0，-2），则半径．

解法二：由，得，所以.

4.解析 （1）因为过点，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线上，且关于坐标原点O对称，所以M在直线上，故可设.

因为与直线x+2=0相切，所以的半径为.

由已知得，又，故可得，解得或.

故的半径或.

（2）存在定点，使得为定值.

理由如下：

设，由已知得的半径为.

由于，故可得，化简得M的轨迹方程为.

因为曲线是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，所以.

因为，所以存在满足条件的定点P.

2010-2018年

1．A【解析】圆心到直线的距离，

所以点到直线的距离．根据直线的方程可知，两点的坐标分别为，，所以，

所以的面积．

因为，所以，即面积的取值范围是．故选A．

2．C【解析】圆心坐标为，由点到直线的距离公式可知，故选C.

3．B【解析】由（）得（），所以圆的圆心为，半径为，因为圆截直线所得线段的长度是，所以，解得，圆的圆心为，半径为，所以，，，因为，所以圆与圆相交，故选B．

4．A【解析】由题意知圆心为，由距离公式有，解得，故选A．

5．D【解析】由题意可得圆的半径为，则圆的标准方程为．

6．D【解析】圆的标准方程为，圆心到直线的距离，所以或．

7．B【解析】由题意可得，，∴为等边三角形，故的外接圆圆心时的中心，又等边的高为，故中心为，故外接圆的圆心到原点的距离为．

8．A【解析】当点的坐标为时，圆上存在点，使得，所以符合题意，排除B、D；当点的坐标为时，，过点作圆的一条切线，连接，则在中，，

则，故此时在圆上不存在点，使得，

即不符合题意，排除C，故选A．

9．D【解析】直线过点，斜率为，所以直线的方程为．

10．B【解析】因为圆的圆心为，半径为1，，所以以原点为圆心、以为半径与圆有公共点的最大圆的半径为6，所以的最大值为6，故选B．

11．C【解析】由题意得，，

，所以．

12．D【解析】设直线的倾斜角为，由题意可知．

13．B【解析】圆的标准方程为，则圆心，半径满足，则圆心到直线的距离，所以，故

14．B【解析】易知直线过定点，直线过定点，且两条直线相互垂直，故点在以为直径的圆上运动，故

．故选B．

15．A【解析】由题意可知以线段为直径的圆C过原点，要使圆的面积最小，只需圆的半径或直径最小．又圆与直线相切，所以由平面几何知识，知圆的直径的最小值为点0到直线的距离，此时，得，圆的面积的最小值为．

16．A【解析】根据平面几何知识，直线AB一定与点(3，1)，(1，0)的连线垂直，这两点连线的斜率为，故直线AB的斜率一定是–2，只有选项A中直线的斜率为–2．

17．A【解析】 圆C1，C2的圆心分别为C1，C2，由题意知|PM|≥|PC1|－1，|PN|≥|PC2|－3，

∴|PM|＋|PN|≥|PC1|＋|PC2|－4，故所求值为|PC1|＋|PC2|－4的最小值．

又C1关于x轴对称的点为C3(2，－3)，

所以|PC1|＋|PC2|－4的最小值为|C3C2|－4＝，

故选A．

18．C【解析】圆心，圆心到直线的距离，半径，所以最后弦长为.

19．B【解析】（1）当过与的中点时，符合要求，此，

   （2）当位于②位置时,，

令得,∵,∴

(3) 当位于③位置时,，

令,即，

化简得,∵,

∴，解得

综上：，选B

20．B【解析】点M(a, b)在圆

=圆的半径，故直线与圆相交．所以选B．

21．C【解析】设直线斜率为，则直线方程为，即，圆心到直线的距离，即，解得。因为直线与直线垂直，所以， 即，选C．

22．A【解析】∵圆心到直线的距离等于，排除B、C；相切于第一象限排除D，选A.直接法可设所求的直线方程为：，再利用圆心到直线的距离等于，求得.

23．C【解析】抛物线的焦点坐标为，准线方程为，设，，则因为|AF|=3|BF|，所以，所以，

因为=3，=9，所以=3，=，当=3时，，

所以此时，若，则,

此时,此时直线方程为．若，

则,此时,此时直线方程为．

所以的方程是或，选C.

24．A【解析】“直线：与直线：平行”的充要条件是，解得，或，所以是充分不必要条件。

25．D【解析】∵直线与圆相切，∴圆心到直线的距离为，所以，

设，则，解得.

26．A【解析】要使直线将圆形区域分成两部分的面积之差最大，必须使过点的圆的弦长达到最小，所以需该直线与直线垂直即可．又已知点，则,故所求直线的斜率为–1．又所求直线过点，故由点斜式得，

所求直线的方程为，即.故选A．

27．B【解析】圆的圆心到直线的距离

弦的长．

28．A【解析】设点，直线的方程是，，由于的面积为2，则这个三角形中边上的高满足方程，即，

由点到直线的距离公式得，即，解得有4个实根，

故这样的点C有4个．

29．B【解析】，表示两条直线即轴和直线：，显然轴与有两个交点，由题意与相交，所以的圆心到的距离

，解得，又当时，直线与轴重合，此时只有两个交点，不符合题意．故选B．

30．D【解析】因为已知抛物线的焦点坐标为(1，0)，即所求圆的圆心，又圆过原点，所以圆的半径为，故所求圆的方程为，即，选D．

31．D【解析】设圆心，则，即，解得，所以圆的方程为．

32．【解析】由题意知，所以圆心坐标为，半径为2，则圆心到直线的距离，所以．

33．【解析】设圆的方程为

，则，解得，，，

故圆的方程为．

34．3【解析】因为，所以，又点为的中点，所以，设直线的倾斜角为，直线的斜率为，则，．又，所以直线的方程为，又为直线：上在第一象限内的点，联立直线与直线的方程，得，解得，所以点的横坐标为3．

35．

【解析】设圆心为，由题意，，

所以，，

所以，解得，

因为以为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点，所以，取

所求圆的方程为．

36．8【解析】由题意有，所以．

当且仅当，即，时等号成立．

37．【解析】设，由，得，

如图由可知，在上，

由，解得，，

所以点横坐标的取值范围为．

38．【解析】设，则，故圆C的方程为

39．【解析】圆C的方程可化为，可得圆心的坐标为，半径，所以圆心到直线的距离为，所以，解得，所以圆C的半径为2，所以圆C的面积为．

40．4【解析】设，由，

得，代入圆的方程，并整理，得，解得，

，所以，，所以直线的方程为，

令得，直线的方程为，令得，

则．

41．【解析】由点在以坐标原点为圆心的圆上知此圆的方程为：

，所以该圆在点处的切线方程为即．

42．2 【解析】如图直线与圆 交于两点，O为坐标原点，且，则圆心到直线的距离为，

，∴．

43．（Ⅰ）；（Ⅱ）

【解析】（Ⅰ）设点的坐标为，则由圆与轴相切于点知，点的横坐标为，即，半径．又因为，所以，即，所以圆的标准方程为．

（Ⅱ）令得：.设圆在点处的切线方程为，则圆心到其距离为：，解之得．即圆在点处的切线方程为，于是令可得，即圆在点处的切线在轴上的截距为，故应填和．

44．【解析】因为直线恒过点，所以当点为切点时，半径最大，此时半径，故所求圆的标准方程为．

45．【解析】圆心到直线的距离．

直线被圆截得的弦长为．

46．【解析】由题意知圆心到直线的距离等于，

即，解得．

47．2【解析】由题意得，直线截圆所得的劣弧长为，则圆心到直线的距离为，即，得，同理可得，则．

48．【解析】设圆心为，则圆的半径为，圆心到轴的距离为，所以，解得，所以圆的标准方程为

．

49．【解析】因为点关于直线对称的点的坐标为，所以所求圆的圆心为，半径为1，于是圆C的标准方程为．

50．0或6【解析】圆的标准方程为，所以圆心为，

半径为3．因为，所以圆心到曲线的距离为，

即，所以或6．

51．【解析】设，则，

，

∵为常数，∴，解得或（舍去），∴．

解得或（舍去）．

52．【解析】已知圆心为，半径为5，圆心到直线的距离为

，所以弦长．

53．4【解析】由题意圆心到该直线的距离为1，而圆半径为＞2，故圆上有4个点到该直线的距离为1.

54．【解析】圆心(0，2)到直线y=x的距离为d=，圆的半径为2，所以所求弦长为2

55．1【解析】当时，两直线不垂直，故．因为直线与直线的斜率分别为和，由，故．

56．【解析】以题意设圆的方程为，把所给的两点坐标代入方程得，解得，所以圆C：．

57．【解析】由题意可知原点到直线的距离为圆的半径，

即,所求圆的方程为．

58．【解析】设圆的方程为，

由题意得，解得，

所以圆C的方程为．

59．【解析】(1)当与轴垂直时，的方程为，可得的坐标为或．

所以直线的方程为或．

(2)当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以．

当与轴不垂直时，设的方程为，，，

则，．

由得，可知，．

直线，的斜率之和为

．①

将，及，的表达式代入①式分子，可得

．

所以，可知，的倾斜角互补，所以．

综上，．

60．【解析】（1）不能出现的情况，理由如下：

设，，则，满足，所以．

又的坐标为，故的斜率与的斜率之积为，

所以不能出现的情况.

（2）的中点坐标为，可得的中垂线方程为．

由（1）可得，所以的中垂线方程为．

联立，又，可得，

所以过、、三点的圆的圆心坐标为，半径．

故圆在轴上截得的弦长为，即过、、三点的圆在轴上的截得的弦长为定值．

61．【解析】圆M的标准方程为，所以圆心M(6，7)，半径为5,

（1）由圆心N在直线上，可设.因为圆N与x轴相切，与圆M外切，

所以，于是圆N的半径为，从而，解得.

因此，圆N的标准方程为.

(2)因为直线OA，所以直线的斜率为.

设直线的方程为，即，

则圆心M到直线的距离

因为

而 所以，解得或.

故直线的方程为或.

(3)设

因为,所以 ……①

因为点Q在圆M上，所以 …….②

将①代入②，得.

于是点既在圆M上，又在圆上，

从而圆与圆有公共点，

所以 解得.

因此，实数t的取值范围是.

62．【解析】（Ⅰ）由题设，可知直线l的方程为．

因为l与C交于两点，所以．

解得．所以的取值范围是．

（Ⅱ）设．

将代入方程，整理得，

所以，．

，

由题设可得，解得，所以l的方程为．

故圆心在直线l上，所以．

63．【解析】（I）如图，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy．

由条件知A(0, 60)，C(170, 0)，

直线BC的斜率k BC=－tan∠BCO=－.

又因为AB⊥BC，

所以直线AB的斜率k AB=.

设点B的坐标为(a,b)，

则k BC=

 k AB=

解得a=80，b=120.

所以BC=.

因此新桥BC的长是150 m.

（II）设保护区的边界圆M的半径为r m，OM=d m，(0≤d≤60).

由条件知，直线BC的方程为，即

由于圆M与直线BC相切，故点M(0，d)到直线BC的距离是r，

即.

因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,

所以即解得

故当d=10时,最大，即圆面积最大.

所以当OM = 10 m时，圆形保护区的面积最大.

解法二: （I）如图，延长OA, CB交于点F.

因为tan∠BCO=.所以sin∠FCO=，cos∠FCO=．

因为OA=60,OC=170，所以OF=OC tan∠FCO=.

CF=,从而.

因为OA⊥OC，所以cos∠AFB=sin∠FCO==，

又因为AB⊥BC，所以BF=AF cos∠AFB==，从而BC=CF－BF=150.

因此新桥BC的长是150 m.

（II）设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半

径，并设MD=r m，OM=d m(0≤d≤60).

因为OA⊥OC，所以sin∠CFO =cos∠FCO，

故由(1)知，sin∠CFO =所以.

因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,

所以即解得

故当d=10时,最大，即圆面积最大.

所以当OM = 10 m时，圆形保护区的面积最大.

64．【解析】（I）由题设点，又也在直线上，

，由题，过A点切线方程可设为，

即，则，解得：，

∴所求切线为或

（II）设点，，，，，

，即，又点在圆上，

，两式相减得

，由题以上两式有公共点，

整理得：，即，

令，则

，解得：，，解得：．

65．【解析】（I）设，圆的半径为．

由题设，从而

故点的轨迹方程为．

（II）设，由已知得．

又点在双曲线上，从而得

由得此时，圆的半径．

故圆的方程为或

66．【解析】（I）曲线与y轴的交点为（0，1），

与轴的交点为（

故可设C的圆心为（3，t），则有解得t=1.

则圆C的半径为

所以圆C的方程为

（II）设A()，B()，其坐标满足方程组：

消去y，得到方程

由已知可得，判别式

因此，从而

  ①

由于OA⊥OB，可得

又所以

    ②

由①，②得，满足故

67．【解析】（I）因为，且，所以

所以椭圆C的方程为

（II）由题意知

由  得

所以圆的半径为

解得，所以点的坐标是（0，）

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，圆的方程．

因为点在圆上．

所以

设，则

当，即，且，取最大值2．