2023届高考数学二轮复习 微专题14 直线与圆中的基本问题学案.docx

1、微专题14直线与圆中的基本问题直线的方程和圆的方程在高考中是C级要求，历来是高考的热点和重点，解决此类问题既可以从几何的角度来探索它们的位置关系，又可以从方程角度来解决一些度量问题，体现用代数方法研究几何问题的思想对这类问题的考查，一般会涉及弦长、距离的计算、圆的切线及与点(直线、圆)的位置关系判定问题等，解答此类问题，注重“圆的特征直角三角形”是关键.例题：(2018南京一模)在平面直角坐标系xOy中，若直线yk(x3)上存在一点P，圆 x2(y1)21上存在一点Q，满足3，则实数k的最小值为_变式1已知直线kxy10与圆C：x2y24相交于A，B两点，若点M在圆C上，且有(O为坐标原点)，

2、则实数k的值为_变式2直线txy30与圆x2y24相交于A，B两点，若|，则实数t的范围为_串讲1(2018苏州期末)已知圆C：x2(y4)24和点Q(2，2)，过点P(0，3)作直线l交圆于A，B两点，求|的取值范围串讲2(2018苏州指导卷2)在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2(y1)24.若等边PAB的一边AB为圆C的一条弦，则PC的最大值为_(2018南京二模)在平面直角坐标系xOy中，已知A，B为圆C：(x4)2(ya)216上两个动点，且AB2.若直线l：y2x上存在唯一的一个点P，使得，则实数a的值为_如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点P(2，4)，圆O：x2y24与x

3、轴的正半轴的交点是Q，过点P的直线l与圆O交于不同的两点A，B.(1)若直线l与y轴交于D，且16，求直线l的方程；(2)设直线QA，QB的斜率分别是k1，k2，求k1k2的值；(3)设AB的中点为M，点N(，0)，若MNOM，求QAB的面积答案：(1)y3x2；(2)1；(3)4.解析：(1)若直线l垂直于x轴，则方程为x2，与圆只有一个交点，不合题意.1分故l存在斜率，设直线l的方程为y4k(x2)，即kxy2k40，圆心到直线l的距离d，因为直线l与圆O交于不同的两点A，B，所以d.3分又D(0，2k4)，Q(2，0)，所以(2，2k4)，(2，2k)，5分所以42k(2k4)16，解得

4、k3或k1(舍去)，所以直线l的方程为y3x2.5分(2)联立，得(1k2)x24k(k2)x(2k4)240，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则7分所以k1k22k9分2k2k2k2k2k11.即k1k2的值是1.11分(3)设中点M(x0，y0)，则由(2)知(*)又由MNOM，得y02(x02y02)，化简得x02y026x040，将(*)代入解得k1.13分因为圆心到直线l的距离d，14分所以AB22，Q到直线l的距离h2，15分微专题14例题答案：.解析：设Q(cos，1sin)，则P(3cos33sin)，可知点P在圆x2(y3)29上又因为点P还在直线yk(x3)上，那么由

5、直线与圆的位置关系可知3，解得k0，所以实数k的最小值为.变式联想变式1答案：0.解析：设AB的中点为D，有2，因为|2|2，所以|1，故1，解得k0.变式2答案：.解析：因为直线txy30与圆x2y24交于相异两点A，B，所以O点到直线txy30的距离d|，由平行四边形可知，夹角为钝角的邻边所对的对角线比夹角为锐角的邻边所对的对角线短，所以，的夹角为锐角圆心到直线的距离d大于，即2，解得t或t.串讲激活串讲1答案：4，6解法1如图，设线段AB的中点为M，则|2|，下面只要求|的取值范围即可当直线AB的斜率不存在时，线段AB的中点为(0，4)，|2；当直线AB的斜率存在时，设为k，即直线AB方

6、程为ykx3，与圆C方程联立方程组后有(k21)x22kx30，可知xM，yM.则|；设t，则tk24k(t3)0，有164t(t3)0，解得1t4，可知|2，3综上可知，|的取值范围是4，6解法2设直线AB的参数方程为代入圆方程后有t22tsin30，则t1t22sin，有AB中点M(cos，)，M(，)，则有xM2(yM)2.所以|2|4，6解法3由图形通过平面几何圆周角的性质定理，即由CMPM可知点M在以PC为直径的圆上，得到x2(y3)(y4)0，即有xM2(yM)2，所以|2|4，6串讲2答案：4.解法1如图，由PAB为等边三角形，故PC与AB垂直，设PC与AB交于点H，记AHBHx

7、，CHy，PCt，则PHx，满足求PC的最小值设其中(0，)，则t2cos2sin4sin()，当时，求得tmax4，即PC的最大值为4.解法2 BC2，BPC，在BPC中，设PBC，由正弦定理，PC4sin，时，PCmax4.新题在线答案：18或2.解法1设AB的中点为M(x0，y0)，P(x，y)，则由AB2得，CM，即点M的轨迹为(x04)2(y0a)25.又因为，所以，即(x0x，y0y)(2，)，从而则动点P的轨迹方程为(x2)2(y)25，又因为直线l上存在唯一的一个点P，所以直线l和动点P的轨迹(圆)相切，则，解得，a2或a18.解法2以上同解法1，则动点P的轨迹方程为(x2)2(2x)25，整理得5x2(42a)x10，(*)，又因为直线l上存在唯一的一个点P，所以(*)式有且只有1个实数根，所以(42a)220(1)0，整理得a216a360，解得，a2或a18.解法3由题意，圆心C到直线AB的距离d，则AB中点M的轨迹方程为(x4)2(ya)25.由得2，所以.如图，连接CM并延长交l于点N，则CN2CM2.故问题转化为直线l上存在唯一的一个点N，使得CN2，所以点C到直线l的距离为2，解得，a2或a18.