北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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第九章 直线和圆的方程
§9.1 直线方程与圆的方程
— 五年高考 —
考点1 直线的方程
1.(2020课标Ⅲ文,8,5分)点(0,-1)到直线y=k(x+1)距离的最大值为 ( )
A.1 B.√2 C.√3 D.2
答案 B
2.(2019上海春,16,5分)以(a,0),(a,0)为圆心的两圆均过(1,0),与y轴正半轴分别交于(0,y),(0,y),
1 2 1 2
且满足ln y 1 +ln y 2 =0,则点( 1 , 1 )的轨迹是 ( )
a a
1 2
A.直线 B.圆 C.椭圆 D.双曲线
答案 A
x2 y2
3.(2021全国乙文,14,5分)双曲线 - =1的右焦点到直线x+2y-8=0的距离为 .
4 5
答案 √5
以下为教师用书专用(1—2)
1.(2014四川文,9,5分)设m∈R,过定点A的动直线x+my=0和过定点B的动直线mx-y-m+3=0
交于点P(x,y),则|PA|+|PB|的取值范围是 ( )
A.[√5,2√5] B.[√10,2√5]
C.[√10,4√5] D.[2√5,4√5]
答案 B 直线x+my=0过定点A(0,0),直线mx-y-m+3=0过定点B(1,3).
①当m=0时,过定点A的直线方程为x=0,过定点B的直线方程为y=3,两条直线互相垂直,此时
P(0,3),∴|PA|+|PB|=4.
1 1
②当m≠0时,直线x+my=0的斜率为- ,直线mx-y-m+3=0的斜率为m.∵- ×m=-1,∴两条直线
m m
互相垂直,即点P可视为以AB为直径的圆上的点.当点P与点A或点B重合时,|PA|+|PB|有最
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小值√10.当点P不与点A,点B重合时,△PAB为直角三角形,且|PA|2+|PB|2=|AB|2=10.由不等式
性质知|PA|+|PB|≤2√|PA|2+|PB|2=2 ,∴|PA|+|PB|∈[ ,2 ].
√5 √10 √5
2
综合①②得|PA|+|PB|∈[√10,2√5].
评析 本题考查直线的方程、两直线垂直及不等式的性质,解答本题的关键是找到点P的轨
迹.属中档题.
2.(2013湖南理,8,5分)在等腰直角三角形ABC中,AB=AC=4,点P是边AB上异于A,B的一点.
光线从点P出发,经BC,CA反射后又回到点P(如图).若光线QR经过△ABC的重心,则AP等于
( )
8 4
A.2 B.1 C. D.
3 3
答案 D 以AB为x轴,AC为y轴建立如图所示的坐标系,由题可知B(4,0),C(0,4),A(0,0),则直
线BC的方程为x+y-4=0.
设P(t,0)(0<t<4),由对称知识可得点P关于直线BC的对称点P 的坐标为(4,4-t),点P关于y轴
1
的对称点P 的坐标为(-t,0),根据反射定理可知PP 就是光线RQ所在直线.由P、P 两点坐标
2 1 2 1 2
可得直线P
1
P
2
的方程为y=4-t(x+t),设△ABC的重心为G,易知G(4
,
4).因为重心G
4+t 3 3
(4 4)在光线RQ上,所以有4=4-t(4 ),即3t2-4t=0.
, +t
3 3 3 4+t 3
4 4 4
所以t=0或t= ,因为0<t<4,所以t= ,即AP= ,故选D.
3 3 3
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考点2 圆的方程
1.(2020课标Ⅱ,文8,理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 ( )
√5 2√5 3√5 4√5
A. B. C. D.
5 5 5 5
答案 B
2.(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.4 B.5 C.6 D.7
答案 A
3.(2020江苏,14,5分)在平面直角坐标系xOy中,已知P √3,0 ,A,B是圆C:x2+( 1) 2 =36上
y-
2 2
的两个动点,满足PA=PB,则△PAB面积的最大值是 .
答案 10√5
4.(2018天津文,12,5分)在平面直角坐标系中,经过三点(0,0),(1,1),(2,0)的圆的方程为
.
答案 x2+y2-2x=0
解析 解法一:根据题意画出图形如图所示,
结合图形知经过三点(0,0),(1,1),(2,0)的圆,
其圆心为(1,0),半径为1,则该圆的方程为(x-1)2+y2=1.
即x2+y2-2x=0.
解法二:设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),
{ F=0, {D=-2,
由已知条件可得 12+12+D+E+F=0, 解得 E=0,
22+2D+F=0, F=0,
所以所求圆的方程为x2+y2-2x=0.
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方法总结 常见的求圆的方程的方法:
(1)利用圆的几何特征,求出圆心坐标和半径长,从而写出圆的标准方程.
(2)利用待定系数法.若利用所给条件易求圆心的坐标和半径长,则常用标准方程求解;若所给
条件与圆心、半径关系不密切或涉及圆上多点,则常用一般方程求解.
以下为教师用书专用(1—6)
1.(2015课标Ⅱ理,7,5分)过三点A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圆交y轴于M,N两点,则|MN|= ( )
A.2√6 B.8 C.4√6 D.10
3-7
答案 C 设圆心为P(a,b),由点A(1,3),C(1,-7)在圆上,知b= =-2.再由|PA|=|PB|,得a=1.则
2
P(1,-2),|PA|= =5,于是圆P的方程为(x-1)2+(y+2)2=25.令x=0,得y=-2±2 ,
√(1-1)2+(3+2)2 √6
则|MN|=|(-2+2√6)-(-2-2√6)|=4√6.
2.(2015课标Ⅱ文,7,5分)已知三点A(1,0),B(0,√3),C(2,√3),则△ABC外接圆的圆心到原点的距
离为 ( )
5 √21 2√5 4
A. B. C. D.
3 3 3 3
答案 B 在平面直角坐标系xOy中画出△ABC,易知△ABC是边长为2的正三角形,其外接圆
的圆心为D(
1,
2√3).因此|OD|=√
12+
(2√3) 2 =√7=√21.故选B.
3 3 3 3
3.(2015北京文,2,5分)圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是( )
A.(x-1)2+(y-1)2=1 B.(x+1)2+(y+1)2=1
C.(x+1)2+(y+1)2=2 D.(x-1)2+(y-1)2=2
答案 D 由题意得圆的半径为√2,故该圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=2,故选D.
4.(2016天津文,12,5分)已知圆C的圆心在x轴的正半轴上,点M(0,√5)在圆C上,且圆心到直
4√5
线2x-y=0的距离为 ,则圆C的方程为 .
5
答案 (x-2)2+y2=9
解析 设圆C的方程为(x-a)2+y2=r2(a>0),
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{ |2a| 4√5
由题意可得
= , 解得{a=2,
所以圆C的方程为(x-2)2+y2=9.
√5 5
r2=9,
(-a)2+(√5)2=r2,
方法总结 待定系数法是求解圆方程的常用方法,一般步骤为①设出圆的方程;②列出关于系
数的方程组,并求出各系数的值;③检验各值是否符合题意,并写出满足题意的圆的方程.有时
也可利用圆的几何性质进行求解.
评析 本题主要考查点与圆的位置关系,点到直线的距离公式以及圆的方程的求法,考查方程
思想方法的应用,注意圆心的横坐标的取值范围是解决本题的关键.
x2 y2
5.(2015课标Ⅰ理,14,5分)一个圆经过椭圆 + =1的三个顶点,且圆心在x轴的正半轴上,则
16 4
该圆的标准方程为 .
答案 ( 3) 2 +y2=25
x-
2 4
解析 由已知得该圆经过椭圆的三个顶点A(4,0)、B(0,2)、C(0,-2).易知线段AB的垂直平分
线的方程为2x-y-3=0.令y=0,得x=3,所以圆心坐标为(3 ),则半径r=4-3=5.故该圆的标准
,0
2 2 2 2
方程为( 3) 2 +y2=25.
x-
2 4
评析 本题考查圆和椭圆的方程,求出圆心坐标是解题关键.
6.(2014陕西理,12,5分)若圆C的半径为1,其圆心与点(1,0)关于直线y=x对称,则圆C的标准
方程为 .
答案 x2+(y-1)2=1
解析 根据题意得点(1,0)关于直线y=x对称的点(0,1)为圆心,又半径r=1,所以圆C的标准方
程为x2+(y-1)2=1.
— 三年模拟 —
A组 考点基础题组
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考点1 直线的方程
1.(2021四川诊断性测试,9)已知直线l:bx-ay+ab=0(a,b>0)经过点P(-1,2),则2a+b的最小值为
( )
A.6 B.7 C.8 D.9
答案 C
2.(2020广东广州华美学校3月考试,8)“a=1”是“直线x+y+1=0和直线(a-2)x+a2y+2=0互相
垂直”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
3.(2021重庆二模,7)已知实数a,b,c成等差数列,则点P(2,-1)到直线ax+by+c=0的最大距离是
( )
√2
A. B.1 C.√2 D.2
2
答案 C
4.(2021广东广州一模,7)已知A(-1,0),B(0,2),直线l:2x-2ay+3+a=0上存在点P,满足|PA|+|PB|=√5
,则l的倾斜角的取值范围是( )
A.[π 2π] B.[ π]∪[2π )
, 0, ,π
3 3 3 3
C.[π 3π] D.( π]∪[3π )
, 0, ,π
4 4 4 4
答案 D
考点2 圆的方程
1.(2020山东聊城第一中学月考,5)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=4
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D.(x+1)2+(y+1)2=4
答案 A
2.(2020重庆育才中学3月月考,7)圆C是以直线l:(2m+1)x+(m+1)y+2m=0所过的定点为圆心,
半径r=4,则圆C的方程为 ( )
A.(x+2)2+(y-2)2=16 B.(x-2)2+(y-2)2=16
C.(x-2)2+(y+2)2=16 D.(x+2)2+(y+2)2=16
答案 A
3.(2021湖南永州二模,14)大约在2000多年前,我国的墨子给出了圆的概念“一中同长也”,
意思是说,圆有一个圆心,圆心到圆周上的点的长都相等.这个定义比古希腊数学家欧几里得
给圆下定义要早100多年.现有动点P满足|OP|=2,其中O为坐标原点,若M(1 √3),则|PM|
,-
2 2
的最小值为 .
答案 1
4.(2021广东珠海一模,14)若方程x2+y2+λxy+2kx+4y+5k+λ=0表示圆,则k的取值范围为
.
答案 (-∞,1)∪(4,+∞)
B组 综合应用题组
时间 : 25 分钟 分值 : 30 分
一、单项选择题(每小题5分,共10分)
1.(2020山东济宁第一中学质量检测,3)过点P(1,2)的直线与圆x2+y2=1相切,且与直线
ax+y-1=0垂直,则实数a的值为 ( )
4 4 4
A.0 B.- C.0或 D.
3 3 3
答案 C
2.(2021东北三省四市教研联合体第二次联考,10)已知直线x+y=a与圆x2+y2=4交于A、B两
点,O为坐标原点,|⃗OA+⃗OB|=√3|⃗OA-⃗OB|,则实数a的值为 ( )
A.±2 B.±√2 C.±√3 D.±√6
答案 D
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二、多项选择题(共5分)
1
3.(2021山东青岛一模,9)已知圆C:x2+y2-kx+2y+ k2-k+1=0,下列说法正确的是 ( )
4
A.k的取值范围是k>0
B.若k=4,过M(3,4)的直线与圆C相交所得弦长为2√3,则直线方程为12x-5y-16=0
C.若k=4,则圆C与圆x2+y2=1相交
1 2
D.若k=4,m>0,n>0,直线mx-ny-1=0恒过圆C的圆心,则 + ≥8恒成立
m n
答案 ACD
三、填空题(每小题5分,共15分)
4.(2020福建龙岩教学质检,14)已知直线l的方程为λx+y-3λ=0(λ∈R),则直线l恒过定点
,若直线l与圆C:x2+y2-2x=0相交于A、B两点,且满足△ABC为等边三角形,则λ= .
√39
答案 (3,0);±
13
5.(2021百校大联考(六),16)已知点A(-2,0),B(2,0),若圆(x-a)2+(y-3)2=4上存在点P,使得
∠APB=90°,则实数a的取值范围是 .
答案 [-√7,√7]
6.(2021湖南衡阳联考(一),16)阿波罗尼斯(约公元前262—公元前190年)证明过这样一个命
题:平面内到两定点距离之比为常数k(k>0,且k≠1)的点的轨迹是圆,后人将此圆称为阿氏圆.若
|PA|
平面内两定点A、B间的距离为4,动点P满足 =√3,则动点P的轨迹所围成的图形的
|PB|
面积为 ;⃗PA·⃗PB的最大值是 .
答案 12π;24+16√3
— 一年原创 —
1.(2021 5·3原创题)在等边△ABC中,AB=2,P是△ABC所在平面内一点,且满足|⃗PA|=√2|⃗PB|,则|
⃗PC|的取值范围为 .
答案 [2√3-2√2,2√3+2√2]
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2.(2021 5·3原创题)设A(1,0)是以H(0,3)为圆心的圆上的一点,点B(3,2),点C为线段AH上任
意一点,若以点B为圆心的圆上都存在不同的两点M、N,使得点M恰是线段CN的中点,则圆
B的半径r的取值范围是 .
答案 [√10 4√10]
,
3 5
3.(2021 5·3原创题)下列关于曲线x4+y4=1的表述,正确的是 (将所有正确表述的序号
填在横线上).
{-1≤x≤1,
①该曲线位于正方形 的区域内;
-1≤ y≤1
②该曲线围成的面积小于π;
③该曲线的长度大于4√2;
④该曲线关于x轴,y轴及坐标原点都对称.
答案 ①③④
4.(2021 5·3原创题)公元前3世纪,古希腊数学家阿波罗尼斯(Apollonius)在《平面轨迹》一书
中,研究了众多的平面轨迹问题,其中有如下著名结果:平面内到两个定点A、B距离之比为
λ(λ>0且λ≠1)的点P的轨迹为圆,此圆称为阿波罗尼斯圆.
|PA| 1
(1)已知两定点A(-2,0),B(4,0),若动点P满足 = ,求点P的轨迹方程;
|PB| 2
|PA| 1
(2)已知A(-6,0),P是圆C:(x+4)2+y2=16上任意一点,在平面上是否存在点B,使得 = 恒成
|PB| 2
立?若存在,求出点B坐标;若不存在,说明理由;
|PA| 1
(3)已知P是圆D:x2+y2=4上任意一点,在平面内求出两个定点A、B,使得 = 恒成立.只
|PB| 2
需写出两个定点A、B的坐标,无需证明.
|PA| 1
解析 (1)设点P(x,y),由 = 得|PB|2=4|PA|2,即(x-4)2+y2=4[(x+2)2+y2],化简得(x+4)2+y2=16.
|PB| 2
即点P的轨迹方程为(x+4)2+y2=16.
|PA| 1
(2)假设存在点B(a,b)满足对圆C:(x+4)2+y2=16上任意一点P,都有 = ,即|PB|2=4|PA|2.
|PB| 2
设P(x,y),则(x-a)2+(y-b)2=4[(x+6)2+ ],
0 0 0 0 0 y2
0
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化简得3
x2
+3
y2
+(48+2a)x
0
+2by
0
+144-a2-b2=0.①
0 0
又∵点P在圆C上,∴ + =-8x.②
x2 y2 0
0 0
将②代入①得(24+2a)x+2by+144-a2-b2=0.
0 0
{
24+2a=0,
根据题意有 解得{a=-12,∴B(-12,0).
2b=0,
b=0,
144-a2-b2=0,
|PA| 1
故对于A(-6,0),圆C:(x+4)2+y2=16上任意一点P,在平面上存在点B(-12,0),使得 = 恒成
|PB| 2
立.
(3)设A(m,n),B(s,t),P(x,y).
1 1
由|PB|2=4|PA|2得(x-s)2+(y-t)2=4(x-m)2+4(y-n)2.
1 1 1 1
化简得3
x2
+3
y2
+(2s-8m)x
1
+(2t-8n)y
1
+4m2+4n2-s2-t2=0,③
1 1
又∵P在圆D:x2+y2=4上,∴ + =4,④
x2 y2
1 1
将④代入③得(2s-8m)x+(2t-8n)y+4m2+4n2-s2-t2+12=0.
1 1
{
2s-8m=0,
{
s=4m,
根据题意有 即
2t-8n=0, t=4n,
4m2+4n2-s2-t2+12=0, m2+n2=1.
答案不唯一,只需满足上面的方程组即可,例如A(1,0),B(4,0)或A(1 √3),B(2,2 )等.
, √3
2 2
10 / 10
