（人教A版）选择性必修二高二数学上学期期末复习 第二章 直线和圆的方程 题型归纳+随堂检测（拔尖篇）（解析版）

第页高二上学期期末复习第二章题型归纳（拔尖篇）题型1由题型1由直线与线段的相交关系求斜率范围1．已知A2,0、B2,3，直线l过定点P1,2，且与线段AB相交，则直线l的斜率kA．−2≤k≤1B．−12≤k≤1C．k≠1D．【解题思路】设直线l与线段AB交于点Q2,y，其中0≤y≤3，利用斜率公式可求得k【解答过程】设直线l与线段AB交于点Q2,y，其中0≤y≤3，所以，k=2．已知坐标平面内三点A−1,1,B1,1,C2,3+1，D为△ABC的边ACA．0,33B．−∞,0∪3【解题思路】作出图象，求出AB,BC的斜率，再结合图象即可得解.【解答过程】如图所示，kAB=1−11+1=0,kBC=3+1−12−1=3题型2题型2直线平行、垂直的判定在几何中的应用1．数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知ΔABC的顶点A2,0,B0,4，若其欧拉线的方程为x−y+2=0，则顶点C的坐标为A．−4,0B．−3,−1C．−5,0D．−4,−2【解题思路】设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标【解答过程】设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为2+m3,4+n3代入欧拉线方程得：2+m3−4+n3+2=0整理得：m-n+4=0①即x-2y+3=0．联立x−2y+3=0x−y+2=0解得x=−1y=1∴△ABC的外心为（-1，1）．则（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8②联立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．当m=0，n=4时∴顶点C的坐标是（-4，0）．故选A.题型3题型3根据两直线平行、垂直求参数1．已知直线l1：ax+a+2y+1=0，l2：x−ay+3=0，其中a∈R，则“a=−1A．充要条件B．必要不充分条件C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件【解题思路】利用两直线垂直求出a的范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【解答过程】直线l1：ax+a+2y+1=0，l2：x−ay+3=0，由l1⊥l2，得a−a(a+2)=0，解得a=02．若直线l经过两点A1,2t，B−t,1且与直线l′:x+2y−2=0平行，则A．1B．2C．−14【解题思路】根据直线平行，即斜率相等，结合斜率两点式列方程求参数即可.【解答过程】由题意2t−11+t=−12，则5t=1题型4题型4三线能围成三角形的问题1．若三条直线l1:ax+y+1=0,l2:x+ay+1=0,A．a=1或a=−2B．a≠±1C．a≠1且a≠−2D．a≠±1且a≠−2【解题思路】先排除平行与重合情况a≠±1，再排除交于一点的情况a=−2，最后给出答案.【解答过程】为使三条直线能构成三角形，需三条直线两两相交且不共点.①若l1//l2，则由②若l2//l3，则由③若l1//l3，则由当a=1时，l1,l2与l3④若三条直线交于一点，由x+ay+1=0,x+y+a=0,解得将l2,l3的交点(−a−1,1)的坐标代入l1所以要使三条直线能构成三角形，需a≠±1且a≠−2.故选：D.2．使三条直线4x+y−4=0,mx+y=0,2x−3my−4=0不能围成三角形的实数m的值最多有几个（

）A．3个B．4个C．5个D．6个【解题思路】根据题设，讨论存在两条直线平行或三条直线交于一点，分别求出对应m值，进而验证是否满足题设，即可得答案.【解答过程】要使三条直线不能围成三角形，存在两条直线平行或三条直线交于一点，若4x+y−4=0,mx+y=0平行，则4m=1若mx+y=0,2x−3my−4=0平行，则m2若4x+y−4=0,2x−3my−4=0平行，则42=1若三条直线交于一点，4x+y−4=0mx+y=02x−3my−4=0，可得m=2经检验知：m∈{−1,−16,23．已知直线l的方程为1+4mx−(1)证明：无论m为何值，直线l恒过定点，并求出定点的坐标；(2)若直线l与x、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，是否存在直线l使得△ABO的面积为9.若存在，求出直线l的方程；若不存，请说明理由.【解题思路】（1）在直线的方程中，先分离参数，再令参数的系数等于零，求得x、y的值，可得直线经过定点的坐标.（2）求出A、B的坐标，根据△ABO的面积为9，求出m的值，可得结论.【解答过程】（1）直线l的方程为1+4mx−即m4x+3y−14+x−2y+2=0，令4x+3y−14=0，可得x−2y+2=0，求得可得该直线一定经过4x+3y−14=0和x−2y+2=0的交点2,2.（2）若直线l与x、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，则A14m−21+4m,0、B0,14m−23m−2，且14m−21+4m则△ABO的面积为12×14m−2即10m2−17m−20=0，∴m=52且满足条件的出直线l的方程为22x+11y−66=0，或x+2y−6=0.题型5题型5与距离有关的最值问题1．著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事体．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：(x−a)2+(y−b)2可以转化为平面上点M(x,y)与点N(a,b)的距离．结合上述观点，可得A．42B．22C．2+【解题思路】利用两点间距离公式可将问题转化为x轴上一点Px,0到点A−2,−2与点B2,2的距离之和的最小值，当A,P,B【解答过程】∵y=f(x)=x

则fx可看作x轴上一点Px,0到点A−2,−2与点B2,2的距离之和，即PA+PB，则可知当2．已知点P到直线l1：x−y−4=0和直线l2：x−y−2=0的距离相等，则点P到坐标原点距离的最小值为（A．32B．2C．32【解题思路】由两直线平行可判断点P所在直线，垂直时距离最小，再由点到直线的距离公式求出即可.【解答过程】因为直线l1：x−y−4=0和直线l2：x−y−2=0平行，且点P到他们的距离相等，所以点P在直线l:x−y−3=0上，当OP⊥l时，点P到坐标原点距离的最小，为−3题型6题型6点、线间的对称问题1．直线l:4x+3y−2=0关于点A1,1对称的直线方程为（

A．4x＋3y－4＝0B．4x＋3y－12＝0C．4x－3y－4＝0D．4x－3y－12＝0【解题思路】首先设对称直线上任意一点Px,y，得到Px,y关于A1,1对称点为2−x,2−y【解答过程】设直线l:4x+3y−2=0关于点A1,1对称的直线上任意一点P则Px,y关于A1,1对称点为2−x,2−y，又因为2−x,2−y在所以42−x+32−y−2=02．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句为“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，其中隐含了一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军白天观望烽火台，黄昏时从山脚下某处出发先到河边饮马再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，已知将军从山脚下的点A2,0处出发，军营所在的位置为B2,3，河岸线所在直线的方程为y=3x+2，则“将军饮马”的最短总路程为（A．3B．4C．5D．6【解题思路】确定A关于y=3x+2的对称点A′，设饮马点为C，利用|AC|+|BC|≥|【解答过程】若A′(x,y)是A关于y=3x+2的对称点，则设饮马点为C，如下图示，

由图知：|AC|+|BC|=|A′C|+|BC|≥|所以(|AC|+|BC|)min=|题型7题型7圆的切线长及切线方程问题1．过点P2,3引圆x2+A．x=2B．12x−5y+9=0C．5x−12y+26=0D．x=2和12x−5y−9=0【解题思路】根据题意，分析圆的圆心和半径，分切线的斜率是否存在两种情况讨论，求出切线的方程，综合可得答案．【解答过程】解：根据题意，圆x2+y2−2x+4y+4=0，即x−12+y+22=1，其圆心为1,−2，半径r＝1；过点P2,3引圆x2+y2−2x+4y+4=0的切线，若切线的斜率不存在，切线的方程为x＝2，符合题意；若切线的斜率存在，设其斜率为k，则有y−3=kx−2，即kx－y＋3－2k2．已知P是直线l:x+y−7=0上任意一点，过点P作两条直线与圆C:(x+1)2+y2=4相切，切点分别为A、A．47B．142C．2【解题思路】当PC⊥l时，|PC|取得最小值，根据切线长的表达式可知，|PA|最小，此时四边形PACB面积S=PA【解答过程】圆C:(x+1)2+y2=4的圆心C(−1,0)，半径为2，当PC⊥l时，|PC|取得最小值，即|PC|的最小值为点C到直线l的距离d=|−8|∵四边形PACB面积S=PAAC=2PA，∴四边形PACB面积3．已知△ABC的顶点分别为A(−1,7),B(−4,−2),C(3,−1)．(1)求△ABC外接圆的方程；(2)设P是直线l:4x−3y−25=0上一动点，过点P作△ABC外接圆的一条切线，切点为Q，求PQ最小值及点P的坐标．【解题思路】（1）设出圆的一般方程将A,B,C三点坐标代入，利用待定系数法即可求得△ABC外接圆的方程；（2）根据切线长公式可知，当P与圆心之间的距离最小时，切线长PQ最小，根据点到直线距离公式和两直线垂直关系即可求得最小值及点P的坐标.【解答过程】（1）设△ABC外接圆的方程为x2将A,B,C分别代入圆方程可得50−D+7E+F=020−4D−2E+F=010+3D−E+F=0，解得所以△ABC外接圆的方程为x2（2）△ABC外接圆(x+1)2+(y−2)2=25因为PQ=PM2−R当PM⊥l时，PM最小，所以PMmin=(−1)×4−3×2−25设P(x0,y0)，则y0题型8题型8求圆的弦长与中点弦1．已知圆C：x2+y2−6x+4y−4=0，则过点MA．x+2y−2=0B．x−y−5=0C．x+y−3=0D．x−2y−6=0【解题思路】根据垂径定理，分析出圆心和M4,−1连线的直线垂直于直线l【解答过程】

由于42+(−1)2−6×4+4×(−1)−4<0，故点M4,−1在圆内，x2+y2−6x+4y−4=0化为标准方程：(x−3)2+(y+2)2=17.如图，设CH⊥l，垂足为H，设直线l和圆的交点是A,B，根据垂径定理，AB=2R2−CH2=217−C2．直线2m+2x+2m−3y+5=0m∈R与圆C:(x−1)2A．6B．4C．32D．【解题思路】先求出直线经过的定点P，再由弦长公式AB=2r2−d【解答过程】因为2m+2x+2m−3y+5=0令2x+y=02x−3y+5=0，解得x=−1y=1，所以直线因为AB=2r2−d2，所以要求AB的最小值，即求圆心显然当AB⊥PC时，d=PC最大，AB又因为圆C:(x−1)2+(y+2)2=16，所以圆心故此时AB=2题型9题型9直线与圆有关的最值问题1．已知圆C：x−12+y−22=25，直线l：2m+1x+m+1y−7m−4=0，直线l与圆C交于A．1B．45C．255【解题思路】根据直线过定点，结合垂直关系求解弦长的范围，即可由二倍角公式结合二次函数的性质求解.【解答过程】直线l：2m+1x+m+1y−7m−4=0令2x+y−7=0和x+y−4=0，解得x=3,y=1，所以直线l恒过定点D3,1，D点在圆C内部，当AB垂直于CD时，AB最短，此时CD=5sin∠ACB=2sin∠ACB2cos∠ACB2=2×122．已知直线l：x+y+2=0与x轴、y轴分别交于M，N两点，动直线l1：y=−mxm∈R和l2：my−x−4m+2=0交于点P，则△MNPA．10B．5−10C．22【解题思路】根据l1,l【解答过程】根据题意可知，动直线l1:mx+y=0过定点O0,0，动直线l2：my−x−4m+2=0，即my−4+2−x=0过定点B2,4，因为m×(−1)+1×m=0，所以无论m取何值，都有l1⊥l2，所以点P在以OB为直径的圆上，且圆心坐标为1,2，半径为12OB=5，设Px,y，则点P的轨迹方程为x−12+y−22=5，圆心到直线3．已知圆C过点1,1，且与y轴相切于坐标原点，过直线l:x−y+1=0上的一动点P引圆C的两条切线l1，l2，切点分别为A，(1)求圆C的标准方程；(2)若点M为线段AB的中点，点O为坐标原点，求MCMO【解题思路】（1）根据圆C且与y轴相切于坐标原点，设圆心为c,0，再根据圆C过点0,0，1,1，可得c的值与半径，即可得圆C的方程；（2）设A，B两点的坐标分别为x1,y1，x2,y2，点P为a,a+1，得直线AC，【解答过程】（1）解：∵圆C与y轴相切，∴可设圆心C的坐标为c,0；又∵圆C过点0,0，1,1，∴c2解得c=1，∴圆心C为1,0，半径为1，∴圆C的标准方程为x−12（2）解：如图，设A，B两点的坐标分别为x1,y1，x2直线AC的方程为y1又∵l1过点A，且与直线AC垂直，∴l1为又知l1过点P，得到x整理可知点A满足：a−1x同理点B满足：a−1x∴直线AB的方程为a−1x+a+1y−a=0，∴直线AB恒过定点1由题意可知当点M与点Q不重合时，MC⊥MQ，点M在以CQ为直径的圆上（不包括点C），当点M与点Q重合时也在该圆上，∴点M的轨迹为x−342+y−MCMO当xM=12时，MCMO又∵2yM+12xM−1进而2xM−13xM+yM题型10题型10两圆的公切线问题1．若圆C1:(x−1)2+y2A．14B．28C．9D．−11【解题思路】分别求出两圆的圆心及半径，再根据圆C1与圆C2有且仅有3条公切线，可得两圆外切，则【解答过程】圆C1:(x−1)2+y2=1的圆心C11,0，半径r1=1，圆即5=1+30−m30−m>0，解得2．已知圆M:x−22+y−12=1，圆A．y=0B．4x−3y=0C．x−2y+5=0【解题思路】计算两圆的圆心和半径，可得两圆相离，有四条公切线，两圆心坐标关于原点O对称，则有两条切线过原点O，另两条切线与直线MN平行且相距为1，数形结合可计算四条切线方程，结合选项，即得解【解答过程】由题意，圆M:x−22+y−12=1的圆心坐标为M2，1

两圆心坐标关于原点O对称，则有两条切线过原点O，设切线l:y=kx，则圆心到直线的距离2k−11+k2=1，解得k=0或k=4当k=43时，切线方程为y=4另两条切线与直线MN平行且相距为1，又由lMN:y=12x，设切线l:y=即切线方程分别为y=12x+52，y=所以C正确，D不正确.故选：D.第二章《直线和圆的方程》综合检测卷（培优卷）1．直线恒过定点M，则直线关于点M对称的直线方程为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求定点M的坐标，再利用相关点法求直线方程.【详解】∵，即则可得，解得∴直线恒过定点在所求直线上任取一点，设点关于点M对称的点为则有，解得∵点在直线上，则，即∴所求直线方程为故选：A.2．若x，y满足，则的最小值是（

）A．5 B． C． D．无法确定【答案】C【分析】由为圆上的点与原点距离的平方，结合圆的性质即得.【详解】由，可得，表示以为圆心，以为半径的圆，设原点，，则（为圆上的点与原点距离的平方）的最小值是．故选：C．3．过点作圆的两条切线，设切点分别为、，则直线的方程为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，可知圆的圆心为，半径，由切线长公式求出的长，进而可得以为圆心，为半径为圆，则为两圆的公共弦所在的直线，联立两个圆的方程，两方程作差后计算可得答案．【详解】解：根据题意，可知圆的圆心为，半径，过点作圆的两条切线，设切点分别为、，而，则，则以为圆心，为半径为圆为，即圆，所以为两圆的公共弦所在的直线，则有，作差变形可得：；即直线的方程为.故选：B.4．在平面直角坐标系中，以点为圆心，且与直线相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求得动直线过定点，再由已知得到圆心到顶点的距离为最大半径，由圆心，半径可确定满足条件的圆的标准方程.【详解】解：直线，变形可得，所以该动直线过定点，则以点为圆心且与直线相切的所有圆中，圆心到定点的距离为最大半径，所以半径的最大值为，则半径最大的圆的标准方程为定点．故选：A5．过点的直线与两坐标轴的正半轴分别交于A、B两点，O为坐标原点，当的面积最小时，直线的方程为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由截距式设出的方程，由此得出，结合基本不等式得出，从而得出当时，的面积最小，即可得出此时直线的方程.【详解】设的方程为，则有因为，所以，即所以，当且仅当，即时，取“=”.即当时，的面积最小.此时的方程为，即.故选：A6．已知直线和与圆都相切，则圆的面积的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由两平行间距离公式求得圆半径，再表示出圆面积，利用基本不等式、不等式的性质得最大值．【详解】圆半径为，由题意两直线平行，它们间的距离为，，则，显然只有时面积才可以取得最大值．当时，，当且仅当，即时等号成立，故选：B．