考向一直線的方程及應(yīng)用夯基專題16考向一直線的方程及應(yīng)用【核心知識】直線方程的五種形式名稱方程適用范圍點斜式y(tǒng)y0=k(xx0)不含直線x=x0斜截式y(tǒng)=kx+b不含垂直于x軸的直線兩點式y(tǒng)-不含直線x=x1(x1≠x2)和直線y=y1(y1≠y2)截距式x不含垂直于坐標(biāo)軸和過原點的直線一般式Ax+By+C=0(A2+B2≠0)平面內(nèi)所有直線都適用強(qiáng)調(diào)：求解直線方程謹(jǐn)防三種失誤(1)應(yīng)用“點斜式”和“斜截式”方程時，要注意討論斜率是否存在.(2)應(yīng)用“截距式”方程時，要注意討論直線是否過原點，截距是否為0.(3)應(yīng)用一般式Ax+By+C=0確定直線的斜率時，要注意討論B是否為0【典例精講】例1.(2023·江蘇省南京市模擬)美術(shù)繪圖中常采用“三庭五眼”作圖法.三庭：將整個臉部按照發(fā)際線至眉骨，眉骨至鼻底，鼻底至下頦的范圍分為上庭、中庭、下庭，各占臉長的13，五眼：指臉的寬度比例，以眼形長度為單位，把臉的寬度自左至右分成第一眼、第二眼、第三眼、第四眼、第五眼五等份.如圖，假設(shè)三庭中一庭的高度為2cm，五眼中一眼的寬度為1cm，若圖中提供的直線AB近似記為該人像的劉海邊緣，且該人像的鼻尖位于中庭下邊界和第三眼的中點，則該人像鼻尖到劉海邊緣的距離約為(

)A.724 B.524解：如圖，以鼻尖所在位置為原點O，中庭下邊界為x軸，垂直中庭下邊界為y軸，

建立平面直角坐標(biāo)系，則A1直線AB:y-42-4=原點O到直線距離為72故選：A．例2.(2023·河北省石家莊市月考)三角形是生活中隨處可見的簡單圖形，其中有非常有趣的特殊點及特殊線.大數(shù)學(xué)家歐拉在1765年發(fā)現(xiàn)，給定一個三角形，則其外心、重心、垂心落在同一條直線上，后人為了紀(jì)念歐拉，稱這條直線為歐拉線.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，△ABC的頂點A0,2，B-1,0，則“△ABC的歐拉線方程為x=-1”是“點C的坐標(biāo)為-2,2”的(

)A.必要不充分條件 B.充分不必要條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件解：若△ABC的歐拉線方程為x=-1，設(shè)點C(a,b)，

則△ABC的重心為(a-13,b+23)，顯然點直線AB的斜率為2，線段AB的中點(-12,1)，

則線段AB的中垂線方程為y-1=-由x=-1x+2y-32=0得△ABC的外心O1(-1,解得b=2或b=12，于是得點C的坐標(biāo)為-2,2或(-2,12)；

若C(-2,2)，則線段AB的高線方程為y-2=-12(x+2)，即x+2y-2=0，

線段AC的高線方程為直線x=-1，

由x=-1x+2y-2=0得△ABC的垂心O2(-1,32)，在直線x=-1上，

若C(-2,12)，則線段AB的高線方程為y-12=-12(x+2)，即x+2y+1=0，

同理可得線段AC當(dāng)C的坐標(biāo)為-2,2時，△ABC的重心為(-1,43)，外心為(-1,因此△ABC的歐拉線方程為x=-1，

故“點C的坐標(biāo)為-2,2”可以推出“△ABC的歐拉線方程為x=-1”.所以“△ABC的歐拉線方程為x=-1”是“點C的坐標(biāo)為-2,2”的必要不充分條件．故選：A．【拓展提升】練11(2023·江蘇省連云港市聯(lián)考)（多選）已知直線l1:4x-3y+4=0,l2:m+2A.直線l2過定點-3,-1 B.當(dāng)m=1時，l1⊥l2

C.當(dāng)m=2時，l1/?/l解：l2：(m+2)x-(m+1)y+2m+5=0(m∈R)，化為：m(x-y+2)+(2x-y+5)=0，

由x-y+2=02x-y+5=0，得x=-3y=-1,

∴直線l2過定點(-3,-1)，故A正確；

當(dāng)m=1時，直線l1：4x-3y+4=0，所以兩直線不垂直，故B錯誤；

當(dāng)m=2時，直線l1：4x-3y+4=0，l2：4x-3y+9=0，所以兩直線平行，故C正確；

當(dāng)l1/?/l2時，m+24=-m+1-3≠2m+54，解得m=2故選ACD.練12(2022·湖北省孝感市月考)已知入射光線經(jīng)過點M(-3,4)，被直線l：x-y+?3?=?0反射，反射光線經(jīng)過點N(3,7)，則反射光線所在直線的方程為解：設(shè)M(-3,4)關(guān)于直線l：x-y+3=0的對稱點M'(a,b)，

則反射光線所在直線必過M'，∴b-4a+3=-1-3+a2-b+42+3=0，即a=1b=0,故M'(1,0)考向考向二圓的方程【核心知識】圓的定義與方程強(qiáng)調(diào)：1.求圓的方程的兩種方法幾何法根據(jù)圓的幾何性質(zhì)，直接求出圓心坐標(biāo)和半徑，進(jìn)而寫出方程待定系數(shù)法①根據(jù)題意，選擇標(biāo)準(zhǔn)方程與一般方程;②根據(jù)條件列出關(guān)于a，b，r或D，E，F(xiàn)的方程組;③解出a，b，r或D，E，F(xiàn)，代入標(biāo)準(zhǔn)方程或一般方程2.運(yùn)用圓的定義和性質(zhì)發(fā)現(xiàn)圓（1）利用圓的定義（到定點的距離等于定長的點的軌跡）確定隱形圓；（2）動點P對兩定點張角為（）確定隱形圓；（3）是兩個定點，動點P滿足是定值確定隱圓；（4）是兩個定點，動點P滿足確定隱圓．3.根據(jù)“阿氏圓”發(fā)現(xiàn)圓阿波羅尼斯圓：設(shè)為平面上相異兩定點，且，為平面上異于一動點且（且）則點軌跡為圓.不妨設(shè)，，，再設(shè)，則有，化簡得：，軌跡為圓心的圓.【典例精講】

例3.(2023·江西省九江市月考)《九章算術(shù)》有題“今有勾8步，股15步，問勾中容圓徑幾何？”這個勾股形的容圓問題是勾股形內(nèi)切圓問題．十三世紀(jì)李冶深入研究切于邊線的圓，寫成《測圓海鏡》十二卷，此書是中國數(shù)學(xué)史上的一個輝煌成就，《測圓海鏡》開卷有一個附圖(見下圖)，圖中涉及九種容圓，若在Rt△AIE中，AI，AE，IE所在直線的方程分別為4x-3y+23=0，x=-2，y=1，則與邊AI，AE的延長線及邊IE相切的圓稱為勾外容圓，該圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為

．

解：設(shè)該圓的半徑為r(r>0)，則由圓心到直線x=-2，y=1的距離均為r，

得圓心坐標(biāo)為(-2-r,1-r)，

根據(jù)圓心到直線4x-3y+23=0的距離為r，得|4(-2-r)-3(1-r)+23|5=r，解得r=2，

所以該圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為故答案為：(x+4例4.(2023·安徽省合肥市模擬)公元前3世紀(jì)，古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯結(jié)合前人的研究成果，寫出了經(jīng)典之作《圓錐曲線論》，在此著作第七卷《平面軌跡》中，有眾多關(guān)于平面軌跡的問題，例如：平面內(nèi)到兩定點距離之比等于定值(不為1)的動點軌跡為圓.后來該軌跡被人們稱為阿波羅尼斯圓.已知平面內(nèi)有兩點A(-1,0)和B(2,1)，且該平面內(nèi)的點P滿足|PA|=2|PB|，若點P的軌跡關(guān)于直線mx+ny-2=0(m>0,n>0)對稱，則2m+3n-15A.10+25 B.10+215 C.解：設(shè)點P的坐標(biāo)為(x,y)，因為|PA|=2|PB|，

所以點P的軌跡方程為(x-5)2+(y-2)2=20，

因為P點的軌跡關(guān)于直線mx+ny-2=0(m>0,n>0)對稱，

所以圓心(5,2)在此直線上，即5m+2n=2故選D.【拓展提升】練21(2023·廣東省茂名市模擬)過四點-1,1、1,-1、2,2、3,1中的三點的一個圓的方程為

(寫出一個即可)．解：過

-1,1

，

1,-1

，

3,1

時，設(shè)圓的方程為

x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2>4F)

，

則

2-D+E+F=02+D-E+F=010+3D+E+F=0

，解得

D=-2E=-2F=-2

，

圓的方程是：

x2+y2-2x-2y-2=0

，即

x-12+y-12=4

；

同理可得：

過

1,-1

、

2,2

、

3,1

時，圓的方程是：

x-322+y-122=52

；

過

-1,1

，

1,-1

，

2,2

時，圓的方程是：

x-342+y-342=5016

練22(2022·江西省萍鄉(xiāng)市模擬)已知三條直線l1，l2，l3，其中l(wèi)1與l2垂直相交于點P，l3的方程為x-3y+9=0，點A(-2,-1)到l1，l2，l3的距離之比為3A.x2+y2+2x+y+3=0 B.x2解：點A(-2,-1)到l3的距離d3=|-2+3+9|10=10，

因為A(-2,-1)到l1，l2，l3的距離之比為3:5:10，

所以A(-2,-1)到l1的距離d1=3，A(-2,-1)到l2的距離考考向三直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系【核心知識】考點一：直線與圓的位置關(guān)系(半徑為r，圓心到直線的距離為d)相離相切相交圖形量化方程觀點Δ<0Δ=0Δ>0幾何觀點d>rd=rd<r考點二：圓與圓的位置關(guān)系(兩圓半徑分別為r1，r2，d=|O1O2|)相離外切相交內(nèi)切內(nèi)含圖形量的關(guān)系d>r1+r2d=r1+r2|r1r2|<d<r1+r2d=|r1r2|d<|r1r2|考點三：直線與圓相交的弦長問題法1：設(shè)圓心到直線的距離，圓的半徑為，則弦長法2：聯(lián)立直線方程與圓方程，得到關(guān)于的一元二次方程，利用韋達(dá)定理，弦長公式即可.強(qiáng)調(diào)：涉及直線與圓有關(guān)的最值，可借助圖形性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合求解．一般地：（1）形如的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線斜率的最值問題．（2）形如的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線截距的最值問題．（3）形如的最值問題，可轉(zhuǎn)化為曲線上的點到點a,b的距離平方的最值問題.（4）注意多與圓心聯(lián)系，代數(shù)角度轉(zhuǎn)化成函數(shù)值域問題.【典例精講】例5.(2022·湖北省荊州市模擬)(多選)圓C:x2+y2+4x-6y-3=0，直線l:3x-4y-7=0，點P在圓C上，點Q在直線l上，則下列結(jié)論正確的是(

)A.直線l與圓C相交

B.若點P到直線l的距離為3，則點P有2個

C.PQ的最小值是1

D.從Q點向圓C引切線，切線長的最小值是2解：圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)形式為x+22+y-32=16，圓心為C-2,3，半徑r=4．

圓心C到直線l的距離為d=|3×(-2)-4×3-7|32+(-4)2=5>4，

∴直線l與圓C相離，不相交，故選項A錯誤；

∵圓C上的點到l的距離最小值為5-4=1，最大值為5+4=9，3∈(1,9)，

∴圓C上到直線l的距離為3的點P有2個，故選項B正確；

|PQ|的最小值為5-4=1，故選項C正確；

Q到圓C的切線QT，T為切點，則|QT|=∴|QT|最小值=52-42=3，故選項D錯誤．

故選BC．

例6.(2023·四川省成都市月考)已知⊙O1:x2+(y-2)2=1，⊙解：設(shè)P(t,0)，則|PM|=|PN|=(t-3)2+62-9=(t-3)2+27

|PM|+|PN|=t2+3+此時直線方程為y=33+33-0x-0-3，令例7.(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)過點(0,-2)與圓x2+y2-4x-1=0相切的兩條直線的夾角為αA.1 B.154 C.104 解：(x-2)2+y2=5，故圓心B(2,0)AB=22，BM=5，故sin?α=2sin?α2【拓展提升】練31(2022·江蘇省南京市月考)過拋物線y2=8x上一點P作圓C：(x-2)2+y2=1的切線，切點為A、B，則當(dāng)四邊形A.2x-1=0 B.x-1=0 C.2x-3=0 D.4x-7=0解：如圖，

因為點P是拋物線y2=8x上一點，所以設(shè)點Pt28,t，

又因為過點P作圓C的切線，切點為A、B，

所以四邊形PACB的面積S=2×12×1×PC2-12，

因此當(dāng)PC2=t28-22+t2=t464+t22+4最小時，S最小，

而當(dāng)t=0練32(2023·山西省太原市月考)設(shè)m∈R，直線l1:mx-y-3m+1=0與直線l2:x+my-3m-1=0相交于點P，點Q是圓C:x+12+y+12解：由題意得：l1:x-3m+1-y=0，l2:x-1+y-3m=0，

∴l(xiāng)1恒過定點M3,1，l2恒過定點N1,3，

又l1⊥l2，∴P點軌跡是以MN為直徑的圓，即2,2為圓心，2為半徑的圓，

∴P點軌跡為x-22練33(2023·安徽省阜陽市期末)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C:x2+(1)若直線l過點B，與圓C相交于M,N兩