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2019-2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練13 直線與圓 文 一、選擇題(本大題共6小題，每小題6分，共36分) 1．已知點(diǎn)P(3,2)與點(diǎn)Q(1,4)關(guān)于直線l對(duì)稱，則直線l的方程為(　　)． A．x－y＋1＝0 B．x－y＝0 C．x＋y＋1＝0 D．x＋y＝0 2．若直線3x＋y＋a＝0過圓x2＋y2－4y＝0的圓心，則a的值為(　　)． A．－1 B．1 C．2 D．－2 3．“a＝3”是“直線ax＋2y＋2a＝0和直線3x＋(a－1)y－a＋7＝0平行”的(　　)． A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 4．已知圓C1：(x＋1)2＋(y－1)2＝1，圓C2與圓C1關(guān)于直線x－y－1＝0對(duì)稱，則圓C2的方程為(　　)． A．(x＋2)2＋(y－2)2＝1 B．(x－2)2＋(y＋2)2＝1 C．(x＋2)2＋(y＋2)2＝1 D．(x－2)2＋(y－2)2＝1 5．(xx四川涼山州二模，10)若直線y＝kx(k≠0)與圓x2＋y2＝1相交于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)C(3,0)．若點(diǎn)M(a，b)滿足＋＋＝0，則a＋b＝(　　)． A． B． C．2 D．1 6．若直線y＝kx＋1與圓x2＋y2＋kx＋my－4＝0交于M，N兩點(diǎn)，且M，N關(guān)于直線x－y＝0對(duì)稱，動(dòng)點(diǎn)P(a，b)在不等式組表示的平面區(qū)域內(nèi)部及邊界上運(yùn)動(dòng)，則W＝的取值范圍是(　　)． A．[2，＋∞) B．(－∞，－2] C．[－2,2] D．(－∞，－2]∪[2，＋∞) 二、填空題(本大題共3小題，每小題6分，共18分) 7．(xx江蘇南京二模，7)已知圓C經(jīng)過直線2x－y＋2＝0與坐標(biāo)軸的兩個(gè)交點(diǎn)，又經(jīng)過拋物線y2＝8x的焦點(diǎn)，則圓C的方程為__________． 8．(xx江西八校聯(lián)考，文15)在平面直角坐標(biāo)系中，定義d(P，Q)＝|x1－x2|＋|y1－y2|為兩點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)之間的“折線距離”，則圓(x－4)2＋(y－3)2＝4上一點(diǎn)與直線x＋y＝0上一點(diǎn)的“折線距離”的最小值是__________． 9．設(shè)圓C位于拋物線y2＝2x與直線x＝3所圍成的封閉區(qū)域(包含邊界)內(nèi)，則圓C的半徑能取到的最大值為__________． 三、解答題(本大題共3小題，共46分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 10．(本小題滿分15分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線y＝x2－6x＋1與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)都在圓C上． (1)求圓C的方程； (2)若圓C與直線x－y＋a＝0交于A，B兩點(diǎn)，且OA⊥OB，求a的值． 11．(本小題滿分15分)已知兩圓C1：x2＋y2＋4x－4y－5＝0，C2：x2＋y2－8x＋4y＋7＝0. (1)證明此兩圓相切； (2)求過點(diǎn)P(2,3)，且與兩圓相切于點(diǎn)T(1,0)的圓的方程． 12．(本小題滿分16分)已知直線l：y＝x＋m，m∈R. (1)若以點(diǎn)M(2,0)為圓心的圓與直線l相切于點(diǎn)P，且點(diǎn)P在y軸上，求該圓的方程． (2)若直線l關(guān)于x軸對(duì)稱的直線為l′，問直線l′與拋物線C：x2＝4y是否相切？說明理由．  參考答案 一、選擇題 1．A　解析：由題意知直線l與直線PQ垂直， 所以kl＝－＝－＝1． 又直線l經(jīng)過PQ的中點(diǎn)(2,3)，所以直線l的方程為y－3＝x－2，即x－y＋1＝0． 2．D　解析：求出圓心的坐標(biāo)，將圓心坐標(biāo)代入直線方程即可． 3．A 4．B　解析：圓心C1(－1,1)關(guān)于直線x－y－1＝0的對(duì)稱點(diǎn)為C2(2，－2)，故選B． 5．D　解析：將y＝kx代入x2＋y2＝1并整理有(k2＋1)x2－1＝0， ∴x1＋x2＝0． ∵＋＋＝0，∴M為△ABC的重心． ∴a＝，b＝， 故a＋b＝＝＝1． 6．D　解析：圓方程可化為 2＋2＝(k2＋m2＋16)． 由已知 解得k＝－1，m＝－1， ∴不等式組為 表示的平面區(qū)域如圖． ∴W＝表示動(dòng)點(diǎn)P(a，b)與定點(diǎn)Q(1,2)連線的斜率． 于是可知，W≤kAQ，或W≥kOQ，即W≤－2，或W≥2．故選D． 二、填空題 7．x2＋y2－x－y－2＝0　解析：直線與坐標(biāo)軸的兩交點(diǎn)分別為A(－1,0)，B(0,2)，拋物線焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(2,0)． 再運(yùn)用待定系數(shù)法即可求出圓C的方程． 8．7－2　解析：設(shè)P在直線l：x＋y＝0上，Q在圓上．根據(jù)不等式|a|＋|b|≥|a＋b|，可得d(P，Q)＝|x1－x2|＋|y1－y2|≥|(x1－x2)＋(y1－y2)|＝|(x1＋y1)－(x2＋y2)|，當(dāng)且僅當(dāng)(x1－x2)(y1－y2)≥0時(shí)等號(hào)成立．由于點(diǎn)P在直線l上．所以x1＋y1＝0，所以d(P，Q)≥|x2＋y2|．又由點(diǎn)Q在圓上，可設(shè)x2＝4＋2cos α，y2＝3＋2sin α，α∈[0,2π)，所以d(P，Q)≥|x2＋y2|＝|4＋2cos α＋3＋2sin α|＝7＋2sin≥7－2，當(dāng)且僅當(dāng)α＝時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)x2＝4－，y2＝3－． 9．－1　解析：如圖所示，若圓C的半徑取到最大值，需圓與拋物線及直線x＝3同時(shí)相切， 設(shè)圓心的坐標(biāo)為(a,0)(a＜3)，則圓的方程為(x－a)2＋y2＝(3－a)2，與拋物線方程y2＝2x聯(lián)立得x2＋(2－2a)x＋6a－9＝0，由判別式Δ＝(2－2a)2－4(6a－9)＝0，得a＝4－，故此時(shí)半徑為3－(4－)＝－1． 三、解答題 10．解：(1)曲線y＝x2－6x＋1與y軸的交點(diǎn)為(0,1)，與x軸的交點(diǎn)為(3＋2，0)，(3－2，0)． 故可設(shè)C的圓心為(3，t)，則有32＋(t－1)2＝(2)2＋t2，解得t＝1． 則圓C的半徑為＝3． 所以圓C的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝9． (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐標(biāo)滿足方程組 消去y，得到方程2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0． 由已知可得，判別式Δ＝56－16a－4a2＞0． 從而x1＋x2＝4－a，x1x2＝．① 由于OA⊥OB，可得x1x2＋y1y2＝0． 又y1＝x1＋a，y2＝x2＋a，所以2x1x2＋a(x1＋x2)＋a2＝0．② 由①②得a＝－1，滿足Δ＞0，故a＝－1． 11．解：(1)兩圓的方程可分別化為 C1：(x＋2)2＋(y－2)2＝13，C1(－2,2)，r1＝； C2：(x－4)2＋(y＋2)2＝13，C2(4，－2)，r2＝． ∴圓心距|C1C2|＝2＝r1＋r2，即兩圓外切． (2)設(shè)所求圓的方程為C3：(x－a)2＋(y－b)2＝r32． ∵T(1,0)在C1，C2，C3上， ∴圓心(a，b)在直線lC1C2：y＝－(x－1)上， ∴b＝－(a－1)．① 又由|C3P|＝|C3T|，得(a－2)2＋(b－3)2＝(a－1)2＋b2．② 由方程①②，解得a＝－4，b＝， ∴r32＝(a－1)2＋b2＝， 故所求圓的方程為(x＋4)2＋2＝． 12．解：(1)方法一：依題意，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0，m)． 因?yàn)镸P⊥l，所以1＝－1． 解得m＝2，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,2)． 從而圓的半徑 r＝|MP|＝＝2． 故所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8． 方法二：設(shè)所求圓的半徑為r， 則圓的方程可設(shè)為(x－2)2＋y2＝r2． 依題意，所求圓與直線l：x－y＋m＝0相切于點(diǎn)P(0，m)， 則解得 所以所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8． (2)因?yàn)橹本€l的方程為y＝x＋m， 所以直線l′的方程為y＝－x－m． 由得x2＋4x＋4m＝0． Δ＝42－44m＝16(1－m)． ①當(dāng)m＝1，即Δ＝0時(shí)，直線l′與拋物線C相切； ②當(dāng)m≠1，即Δ≠0時(shí)，直線l′與拋物線C不相切． 綜上，當(dāng)m＝1時(shí)，直線l′與拋物線C相切；當(dāng)m≠1時(shí)，直線l′與拋物線C不相切．