2025版《5年高考3年模擬》B版第第頁專題八平面解析幾何8.1直線與圓考點1直線和圓的方程1.(2014四川文,9,5分)設(shè)m∈R,過定點A的動直線x+my=0和過定點B的動直線mx-y-m+3=0交于點P(x,y),則|PA|+|PB|的取值范圍是()A.[5,25]B.[10,25]C.[10,45]D.[25,45]答案B直線x+my=0過定點A(0,0),直線mx-y-m+3=0過定點B(1,3).①當(dāng)m=0時,過定點A的直線方程為x=0,過定點B的直線方程為y=3,兩條直線互相垂直,此時P(0,3),∴|PA|+|PB|=4.②當(dāng)m≠0時,直線x+my=0的斜率為-1m,直線mx-y-m+3=0的斜率為m.∵-1m×m=-1,∴兩條直線互相垂直,即點P可視為以AB為直徑的圓上的點.當(dāng)點P與點A或點B重合時,|PA|+|PB|有最小值10.當(dāng)點P不與點A,點B重合時,△PAB為直角三角形,且|PA|2+|PB|2=|AB|2=10.由不等式性質(zhì)知|PA|+|PB|≤2|PA|2+|PB|2綜合①②得|PA|+|PB|∈[10,25].評析本題考查直線的方程、兩直線垂直及不等式的性質(zhì),解答本題的關(guān)鍵是找到點P的軌跡.屬中檔題.2.(2013湖南理,8,5分)在等腰直角三角形ABC中,AB=AC=4,點P是邊AB上異于A,B的一點.光線從點P出發(fā),經(jīng)BC,CA反射后又回到點P(如圖).若光線QR經(jīng)過△ABC的重心,則AP等于()A.2B.1C.83D.答案D以AB為x軸,AC為y軸建立如圖所示的坐標(biāo)系,由題可知B(4,0),C(0,4),A(0,0),則直線BC的方程為x+y-4=0.設(shè)P(t,0)(0<t<4),由對稱知識可得點P關(guān)于直線BC的對稱點P1的坐標(biāo)為(4,4-t),點P關(guān)于y軸的對稱點P2的坐標(biāo)為(-t,0),根據(jù)反射定理可知P1P2就是光線RQ所在直線.由P1、P2兩點坐標(biāo)可得直線P1P2的方程為y=4?t4+t(x+t),設(shè)△ABC的重心為G,易知G43,43.因為重心G43,43在光線所以t=0或t=43,因為0<t<4,所以t=43,即AP=433.(2012浙江理,3,5分)設(shè)a∈R,則“a=1”是“直線l1:ax+2y-1=0與直線l2:x+(a+1)y+4=0平行”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件答案A由l1∥l2,得-a2=-1a+1,解得a=1或a=-2,代入檢驗符合,即“a=1”是“l(fā)1∥l2”的充分不必要條件評析本題考查兩直線平行和充要條件的判斷,考查運算求解能力.4.(2015課標(biāo)Ⅱ理,7,5分)過三點A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圓交y軸于M,N兩點,則|MN|=()A.26B.8C.46D.10答案C設(shè)圓心為P(a,b),由點A(1,3),C(1,-7)在圓上,知b=3?72=-2.再由|PA|=|PB|,得a=1.則P(1,-2),|PA|=(1?1)2+(3+2)2=5,于是圓P的方程為(x-1)2+(y+2)2=25.令x=0,得y=-2±25.(2015課標(biāo)Ⅱ文,7,5分)已知三點A(1,0),B(0,3),C(2,3),則△ABC外接圓的圓心到原點的距離為()A.53B.213C.2答案B在平面直角坐標(biāo)系xOy中畫出△ABC,易知△ABC是邊長為2的正三角形,其外接圓的圓心為D1,233.因此|OD|=12+236.(2015北京文,2,5分)圓心為(1,1)且過原點的圓的方程是()A.(x-1)2+(y-1)2=1B.(x+1)2+(y+1)2=1C.(x+1)2+(y+1)2=2D.(x-1)2+(y-1)2=2答案D由題意得圓的半徑為2,故該圓的方程為(x-1)2+(y-1)2=2,故選D.7.(2011浙江文,12,4分)若直線x-2y+5=0與直線2x+my-6=0互相垂直,則實數(shù)m=.

答案1解析依題意m≠0,所以由?2m×12評析本題考查兩條直線垂直的充要條件,屬容易題.注意與平行的區(qū)別.8.(2022全國乙,理14,文15,5分)過四點(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)中的三點的一個圓的方程為.

答案(x-2)2+(y-1)2=5或x2+y2-4x-6y=0或x2+y2-83x?143y=0或x2+y2解析選取(0,0),(4,0),(4,2)時,不妨設(shè)這三點分別為O,A,B,則線段OA的垂直平分線的方程為x=2,線段AB的垂直平分線的方程為y=1,所以經(jīng)過這三點的圓的圓心坐標(biāo)為(2,1),記為C,圓的半徑r=|CO|=22+12=5,所以所求圓的方程為(x-2)2+(選取(0,0),(4,0),(-1,1)時,設(shè)所求圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),則F=0,16+4D+F=0,1+1?D+E+F選取(0,0),(-1,1),(4,2)時,設(shè)所求圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),則F所以所求圓的方程為x2+y2-83x?選取(4,0),(-1,1),(4,2)時,設(shè)所求圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),則16+4D+F=0,1+1?D+E+F9.(2022全國甲文,14,5分)設(shè)點M在直線2x+y-1=0上,點(3,0)和(0,1)均在☉M上,則☉M的方程為.

答案(x-1)2+(y+1)2=5解析解法一:設(shè)☉M的方程為(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0),則2所以☉M的方程為(x-1)2+(y+1)2=5.解法二:易得過(3,0)和(0,1)的直線方程為x3+y=1,即x+3y-3=0以(3,0)和(0,1)為端點的線段的垂直平分線的方程為3x-y-4=0,聯(lián)立2x+y?1=0,3x?y?4=0,解得x=1,y=?1,所以圓心為(1,-1),則所求圓的半徑r=(1?3)2+(?1?0)210.(2016天津文,12,5分)已知圓C的圓心在x軸的正半軸上,點M(0,5)在圓C上,且圓心到直線2x-y=0的距離為455,則圓C的方程為答案(x-2)2+y2=9解析設(shè)圓C的方程為(x-a)2+y2=r2(a>0),由題意可得|2a|5=455,(?方法總結(jié)待定系數(shù)法是求解圓方程的常用方法,一般步驟為①設(shè)出圓的方程;②列出關(guān)于系數(shù)的方程組,并求出各系數(shù)的值;③檢驗各值是否符合題意,并寫出滿足題意的圓的方程.有時也可利用圓的幾何性質(zhì)進行求解.評析本題主要考查點與圓的位置關(guān)系,點到直線的距離公式以及圓的方程的求法,考查方程思想方法的應(yīng)用,注意圓心的橫坐標(biāo)的取值范圍是解決本題的關(guān)鍵.11.(2015課標(biāo)Ⅰ理,14,5分)一個圓經(jīng)過橢圓x216+y24=1的三個頂點,且圓心在x軸的正半軸上答案x?322解析由已知得該圓經(jīng)過橢圓的三個頂點A(4,0)、B(0,2)、C(0,-2).易知線段AB的垂直平分線的方程為2x-y-3=0.令y=0,得x=32,所以圓心坐標(biāo)為32,0,則半徑r=4-32=52.故該圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x評析本題考查圓和橢圓的方程,求出圓心坐標(biāo)是解題關(guān)鍵.12.(2014陜西理,12,5分)若圓C的半徑為1,其圓心與點(1,0)關(guān)于直線y=x對稱,則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為.

答案x2+(y-1)2=1解析根據(jù)題意得點(1,0)關(guān)于直線y=x對稱的點(0,1)為圓心,又半徑r=1,所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2+(y-1)2=1.考點2直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系1.（2023課標(biāo)I，6）過點與圓相切的兩條直線的夾角為，則（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】方法一：因為，即，可得圓心，半徑，過點作圓C的切線，切點為，因為，則，可得，則，，即為鈍角，所以；法二：圓的圓心，半徑，過點作圓C的切線，切點為，連接，可得，則，因為且，則，即，解得，即為鈍角，則，且為銳角，所以；方法三：圓的圓心，半徑，若切線斜率不存在，則切線方程為，則圓心到切點的距離，不合題意；若切線斜率存在，設(shè)切線方程為，即，則，整理得，且設(shè)兩切線斜率分別為，則，可得，所以，即，可得，則，且，則，解得.故選：B.2.（2023全國乙文，11）已知實數(shù)滿足，則的最大值是（）A. B.4 C. D.7【答案】C【解析】法一：令，則，代入原式化簡得，因為存在實數(shù)，則，即，化簡得，解得，故的最大值是，法二：，整理得，令，，其中，則，，所以，則，即時，取得最大值，法三：由可得，設(shè)，則圓心到直線的距離，解得故選：C.3.（2023全國乙理，12）已知的半徑為1，直線PA與相切于點A，直線PB與交于B，C兩點，D為BC的中點，若，則的最大值為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】如圖所示，，則由題意可知:，由勾股定理可得當(dāng)點位于直線異側(cè)時，設(shè)，則：，則當(dāng)時，有最大值.當(dāng)點位于直線同側(cè)時，設(shè)，則，則當(dāng)時，有最大值.綜上可得，的最大值為.故選：A.4.(2022北京,3,4分)若直線2x+y-1=0是圓(x-a)2+y2=1的一條對稱軸,則a=()A.12B.?1答案A由題意可知圓心(a,0)在直線2x+y-1=0上,故2a+0-1=0,解得a=12.故選A5.(多選)(2021新高考Ⅰ,11,5分)已知點P在圓(x-5)2+(y-5)2=16上,點A(4,0),B(0,2),則()A.點P到直線AB的距離小于10B.點P到直線AB的距離大于2C.當(dāng)∠PBA最小時,|PB|=32D.當(dāng)∠PBA最大時,|PB|=32答案ACD由題意可知直線AB的方程為x4+y2=1,即x則圓心(5,5)到直線AB的距離d=|5+2×5?4|∴直線AB與圓(x-5)2+(y-5)2=16相離,∴點P到直線AB的距離的取值范圍為115∵1155-4∈(0,1),1155+4∈(∴選項A正確,選項B錯誤.過點B作圓的兩條切線,切點分別為P1,P2,如圖,當(dāng)點P在切點P1的位置時,∠PBA最小,當(dāng)點P在切點P2的位置時,∠PBA最大,易知|P1B|=|P2B|,圓心(5,5)到點B的距離為34,圓的半徑為4,所以|P1B|=|P2B|=34?16=18=32,故選項C,D均正確方法點撥:1.當(dāng)直線與圓C相離時,圓上的點P到直線的距離的取值范圍為[d-r,d+r],其中r為半徑,d為圓心到直線的距離.2.從圓外一點Q(x0,y0)向圓x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)引切線,切點為A,則|QA|=x06.(2015廣東理,5,5分)平行于直線2x+y+1=0且與圓x2+y2=5相切的直線的方程是()A.2x+y+5=0或2x+y-5=0B.2x+y+5=0或2x+y-5=0C.2x-y+5=0或2x-y-5=0D.2x-y+5=0或2x-y-5=0答案A切線平行于直線2x+y+1=0,故可設(shè)切線方程為2x+y+c=0(c≠1),結(jié)合題意可得|c|5=5,解得7.(2015山東理,9,5分)一條光線從點(-2,-3)射出,經(jīng)y軸反射后與圓(x+3)2+(y-2)2=1相切,則反射光線所在直線的斜率為()A.-53或-35B.-32C.-54或-45D.-43答案D由題意可知反射光線所在直線過點(2,-3),設(shè)反射光線所在直線方程為y+3=k(x-2),即kx-y-2k-3=0.∵反射光線所在直線與圓相切,∴|?3k?2?2k評析本題主要考查直線和圓的位置關(guān)系.8.(2015重慶理,8,5分)已知直線l:x+ay-1=0(a∈R)是圓C:x2+y2-4x-2y+1=0的對稱軸.過點A(-4,a)作圓C的一條切線,切點為B,則|AB|=()A.2B.42C.6D.210答案C圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-2)2+(y-1)2=22,圓心為C(2,1),半徑r=2,由直線l是圓C的對稱軸,知直線l過點C,所以2+a×1-1=0,a=-1,所以A(-4,-1),于是|AC|2=40,所以|AB|=|AC|2?29.(2014課標(biāo)Ⅱ文,12,5分)設(shè)點M(x0,1),若在圓O:x2+y2=1上存在點N,使得∠OMN=45°,則x0的取值范圍是()A.[-1,1]B.?C.[-2,2]D.?答案A過M作圓O的兩條切線MA、MB,切點分別為A、B,若在圓O上存在點N,使∠OMN=45°,則∠OMB≥∠OMN=45°,所以∠AMB≥90°,所以-1≤x0≤1,故選A.評析本題考查直線與圓的位置關(guān)系,體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想方法.10.(2014浙江文,5,5分)已知圓x2+y2+2x-2y+a=0截直線x+y+2=0所得弦的長度為4,則實數(shù)a的值是()A.-2B.-4C.-6D.-8答案B將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+1)2+(y-1)2=2-a,所以圓心為(-1,1),半徑r=2?a,圓心到直線x+y+2=0的距離d=|?1+1+2|2=2,故r2-d2=4,即11.(2014安徽文,6,5分)過點P(-3,-1)的直線l與圓x2+y2=1有公共點,則直線l的傾斜角的取值范圍是()A.0,π6B.0,π3答案D過P點作圓的切線PA、PB,連接OP,如圖所示.顯然,直線PA的傾斜角為0,又OP=(?3)2+(?1)2=2,PA=3,OA=1,因此∠OPA=π6,由對稱性知,直線PB的傾斜角為π12.(2016山東文,7,5分)已知圓M:x2+y2-2ay=0(a>0)截直線x+y=0所得線段的長度是22.則圓M與圓N:(x-1)2+(y-1)2=1的位置關(guān)系是()A.內(nèi)切B.相交C.外切D.相離答案B由題意知圓M的圓心為(0,a),半徑R=a,因為圓M截直線x+y=0所得線段的長度為22,所以圓心M到直線x+y=0的距離d=|a|2=a2?2(a>0),解得a=2,又知圓N的圓心為(1,1),半徑r=1,所以|MN|=2,則R-r<思路分析利用直線被圓所截得的線段的長度構(gòu)造關(guān)于a的方程,從而求出圓M的圓心及半徑,根據(jù)兩圓圓心距及兩圓半徑和與差的大小關(guān)系判斷兩圓的位置關(guān)系.13.(2014北京文,7,5分)已知圓C:(x-3)2+(y-4)2=1和兩點A(-m,0),B(m,0)(m>0).若圓C上存在點P,使得∠APB=90°,則m的最大值為()A.7B.6C.5D.4答案B若∠APB=90°,則點P的軌跡是以AB為直徑的圓,其方程為x2+y2=m2.由題意知圓C:(x-3)2+(y-4)2=1與圓O:x2+y2=m2有公共點,所以|m-1|≤|OC|≤m+1,易知|OC|=5,所以4≤m≤6,故m的最大值為6.選B.14.(2013重慶理,7,5分)已知圓C1:(x-2)2+(y-3)2=1,圓C2:(x-3)2+(y-4)2=9,M,N分別是圓C1,C2上的動點,P為x軸上的動點,則|PM|+|PN|的最小值為()A.52-4B.17-1C.6-22D.17答案A圓C1,C2如圖所示.設(shè)P是x軸上任意一點,則|PM|的最小值為|PC1|-1,同理可得|PN|的最小值為|PC2|-3,則|PM|+|PN|的最小值為|PC1|+|PC2|-4.作C1關(guān)于x軸的對稱點C'1(2,-3),連接C'1C2,與x軸交于點P,連接PC1,根據(jù)三角形兩邊之和大于第三邊可知|PC1|+|PC2|的最小值為|C'1C2|,則|PM|+|PN|的最小值為52-4.選A.評析本題考查了圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及圓的幾何性質(zhì)等知識,同時又考查了數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化思想.把折線段長的和轉(zhuǎn)化成兩點間的距離是本題的關(guān)鍵.15.(2016課標(biāo)Ⅱ,4,5分)圓x2+y2-2x-8y+13=0的圓心到直線ax+y-1=0的距離為1,則a=()A.-43B.-34C.答案A圓的方程可化為(x-1)2+(y-4)2=4,則圓心坐標(biāo)為(1,4),圓心到直線ax+y-1=0的距離為|a+4?1|a2+1思路分析將圓的方程化成標(biāo)準(zhǔn)方程,從而得出圓心坐標(biāo),進而利用點到直線的距離公式列出關(guān)于a的方程,解方程即可求得a的值.16.(2016北京,5,5分)圓(x+1)2+y2=2的圓心到直線y=x+3的距離為()A.1B.2C.2D.22答案C由題知圓心坐標(biāo)為(-1,0),將直線y=x+3化成一般形式為x-y+3=0,故圓心到直線的距離d=|?1?0+3|1易錯警示在應(yīng)用點到直線的距離公式d=|Ax0+By0+C|17.（2023課標(biāo)II，15）已知直線與交于A，B兩點，寫出滿足“面積為”的m的一個值______．【答案】（中任意一個皆可以）【解析】設(shè)點到直線的距離為，由弦長公式得，所以，解得：或，由，所以或，解得：或．18.(2016課標(biāo)Ⅰ,15,5分)設(shè)直線y=x+2a與圓C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B兩點,若|AB|=23,則圓C的面積為.

答案4π解析把圓C的方程化為x2+(y-a)2=2+a2,則圓心為(0,a),半徑r=a2+2.圓心到直線x-y+2a=0的距離d=|a|2.由r2=d2+|AB|22,得a2+2=a22+3,解得19.(2016課標(biāo)Ⅲ,15,5分)已知直線l:x-3y+6=0與圓x2+y2=12交于A,B兩點,過A,B分別作l的垂線與x軸交于C,D兩點.則|CD|=.

答案4解析圓心(0,0)到直線x-3y+6=0的距離d=61+3=3,|AB|=212?32=23,過C作CE⊥BD于E,因為直線l的傾斜角為30°,所以|CD|=|CE20.(2016課標(biāo)Ⅲ理,16,5分)已知直線l:mx+y+3m-3=0與圓x2+y2=12交于A,B兩點,過A,B分別作l的垂線與x軸交于C,D兩點.若|AB|=23,則|CD|=.

答案4解析由題意可知直線l過定點(-3,3),該定點在圓x2+y2=12上,不妨設(shè)點A(-3,3),由于|AB|=23,r=23,所以圓心到直線AB的距離為d=(23)2?(3)2=3,又由點到直線的距離公式可得d=|3m?3|m2+1=3,解得m=-33,所以直線l的斜率k=-m=33,即直線l的傾斜角為30°.如圖,過點C作CH⊥BD,垂足為解后反思涉及直線與圓的位置關(guān)系的問題要充分利用圓的性質(zhì),利用數(shù)形結(jié)合的思想方法求解.21.(2015江蘇,10,5分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,以點(1,0)為圓心且與直線mx-y-2m-1=0(m∈R)相切的所有圓中,半徑最大的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.

答案(x-1)2+y2=2解析由mx-y-2m-1=0可得m(x-2)=y+1,由m∈R知該直線過定點(2,-1),從而點(1,0)與直線mx-y-2m-1=0的距離的最大值為(2?1)2+(?1?022.(2014重慶理,13,5分)已知直線ax+y-2=0與圓心為C的圓(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B兩點,且△ABC為等邊三角形,則實數(shù)a=.

答案4±15解析易知△ABC是邊長為2的等邊三角形,故圓心C(1,a)到直線AB的距離為3,即|a+a?2|a2+1=3,解得a=4±評析本題考查過定點的直線與圓相交的弦長問題,以及數(shù)形結(jié)合的思想方法,對綜合能力要求較高.23.(2022新高考Ⅱ,15,5分)設(shè)點A(-2,3),B(0,a),若直線AB關(guān)于y=a對稱的直線與圓(x+3)2+(y+2)2=1有公共點,則a的取值范圍是.

答案1解析設(shè)直線AB關(guān)于y=a對稱的直線為l,∵kAB=a?32,∴kl=-顯然點B(0,a)在直線l上,∴直線l的方程為y=-a?32x+a,即(a-3)x+2y-2a=0.∵l∴圓心(-3,-2)到直線l的距離d≤r,即|?3(a?3)+2×(?2)?2a(a?3)2+4≤1解得13≤a≤32,24.(2022全國甲理,14,5分)若雙曲線y2-x2m2=1(m>0)的漸近線與圓x2+y2-4y+3=0相切,則m答案3解析易得雙曲線的漸近線方程為y=±xm(m>0圓的方程可化為x2+(y-2)2=1,其半徑r=1,∵漸近線與圓相切,∴圓心(0,2)到漸近線的距離等于r,∴21+1m2=1,∴m2=13,又m>0,25.(2022新高考Ⅰ,14,5分)寫出與圓x2+y2=1和(x-3)2+(y-4)2=16都相切的一條直線的方程.

答案x=-1(或3x+4y-5=0或7x-24y-25=0)解析∵兩圓C1:x2+y2=1,C2:(x-3)2+(y-4)2=16的圓心分別為C1(0,0),C2(3,4),r1=1,r2=4,∴|C1C2|=5=r1+r2,則兩圓外切,如圖所示均與直線l1:x=-1相切,兩圓圓心連線C1C2所在直線的方程為y=43x,記為l,l1與l交于點P?1,?43,由兩圓另一外公切線l2過點P,設(shè)l2:y+43=k(x+1),由l2與圓C1:x2+y2=1相切,得k?431+k2=1,求出k=724,則直線l2的方程為7x-24y-25=0,由內(nèi)公切線l3與l垂直,設(shè)l3的方程為y=-34x+m,由l3與圓C1:x2+y2=1相切得m1+?342=1,∴m=54或-54.當(dāng)m=-54時,y=-34x?54綜上,可知三條切線方程分別為x=-1,3x+4y-5=0,7x-24y-25=0.綜上,可知三條切線方程分別為x=-1,3x+4y-5=0,7x-24y-25=0.26.(2021全國甲理,20,12分)拋物線C的頂點為坐標(biāo)原點O,焦點在x軸上,直線l:x=1交C于P,Q兩點,且OP⊥OQ.已知點M(2,0),且☉M與l相切.(1)求C,☉M的方程;(2)設(shè)A1,A2,A3是C上的三個點,直線A1A2,A1A3均與☉M相切.判斷直線A2A3與☉M的位置關(guān)系,并說明理由.解析(1)由題意可設(shè)拋物線C的方程為y2=2px(p>0),則P,Q的坐標(biāo)為(1,±2p∵OP⊥OQ,∴OP·OQ=1-2p∴p=12,∴拋物線C的方程為y2=∵☉M的圓心為(2,0),☉M與直線x=1相切,∴☉M的半徑為1,∴☉M的方程為(x-2)2+y2=1.(2)直線A2A3與☉M相切.理由如下:設(shè)A1(y02,y0),A2(y12,y1),A3(y22,y2),∵直線A1A2,A1A3均與☉M相切,∴y0≠±1,y1由A1,A2的坐標(biāo)可得直線A1A2的方程為y-y0=y0?y1y02?y12(x-y02),整理,得x-(y0+y1)y+y0y1=0,由于直線A1A2與☉M相切,∴M到直線A1A2的距離d同理可得,(y02-1)y2觀察①②,得y1,y2是關(guān)于x的一元二次方程(y02-1)x2+2y0x+3-y0∴y1+y同理,得直線A2A3的方程為x-(y1+y2)y+y1y2=0,則點M(2,0)到直線A2A3的距離d'=|2+y1y2|1+(y1+y2)2,把(*)代入,得d'=解后反思本題第(1)問較為基礎(chǔ),熟練掌握拋物線和圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是關(guān)鍵;第(2)問涉及的條件較多,其中直線A1A2與圓相切,是最重要的一個條件,由此條件可求出直線A1A2的方程,進而直線A1A3,A2A3的方程就可同理求得,可大大簡化運算過程,而由①②歸納出y1,y2是方程(y02-1)x2+2y0x+3-y02=0的兩根,27.(2015課標(biāo)Ⅰ文,20,12分)已知過點A(0,1)且斜率為k的直線l與圓C:(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N兩點.(1)求k的取值范圍;(2)若OM·ON=12,其中O為坐標(biāo)原點,求|MN|.解析(1)由題設(shè),可知直線l的方程為y=kx+1.因為l與C交于兩點,所以|2k解得4?73所以k的取值范圍為4?73(2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2).將y=kx+1代入方程(x-2)2+(y-3)2=1,整理得(1+k2)x2-4(1+k)x+7=0.所以x1+x2=4(1+k)1+k2,x1x2OM·ON=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=4k由題設(shè)可得4k(1+k所以l的方程為y=x+1.故圓心C在l上,所以|MN|=2.(12分)28.(2015廣東理,20,14分)已知過原點的動直線l與圓C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的兩點A,B.(1)求圓C1的圓心坐標(biāo);(2)求線段AB的中點M的軌跡C的方程;(3)是否存在實數(shù)k,使得直線L:y=k(x-4)與曲線C只有一個交點?若存在,求出k的取值范圍;若不存在,說明理由.解析(1)圓C1的方程x2+y2-6x+5=0可化為(x-3)2+y2=4,所以圓心坐標(biāo)為(3,0).(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2),M(x0,y0),則x0=x1+x22由題意可知直線l的斜率必存在,設(shè)直線l的方程為y=tx.將上述方程代入圓C1的方程,化簡得(1+t2)x2-6x+5=0.由題意,可得Δ=36-20(1+t2)>0(*),x1+x2=61+所以x0=31+t2,代入直線l的方程,得y0因為x02+y02=9(1+t2)2所以x0?322由(*)解得t2<45,又t2≥0,所以53<x0所以線段AB的中點M的軌跡C的方程為x?322+y(3)由(2)知,曲線C是在