第2章直线和圆的方程章末整合课件--2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦直线和圆的方程，通过知识整合通道构建直线（倾斜角、斜率、方程）与圆（圆心、半径、方程）的知识体系，素养提升通道分题型突破位置关系、方程求解等问题，形成从知识梳理到应用的学习支架。 其特色在于以核心素养为导向，通过例题（如选条件求圆方程）和测评题，培养数学思维的推理能力与数学语言的表达能力。采用讲练结合的方法，学生能深化知识理解，教师可高效开展章末复习。

第二章　直线和圆的方程 章末整合 知识整合通道 目录 素养提升通道 素养测评 知识整合通道 体系构建 厘清知识脉络 返回目录 知识整合通道 素养提升通道 核心突破 点拨解题要领 返回目录 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 －3 －1 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 2 1或5 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 素养提升通道 素养测评 返回目录 素养测评 A 素养测评 D 素养测评 C 素养测评 A 素养测评 素养测评 C 素养测评 B 素养测评 素养测评 D 素养测评 素养测评 A 素养测评 素养测评 素养测评 CD 素养测评 素养测评 AD 素养测评 ABD 素养测评 素养测评 点P在圆C外 素养测评 2x－y－4＝0 2x＋y－4＝0 素养测评 1 素养测评 素养测评 素养测评 素养测评 素养测评 素养测评 素养测评 素养测评 素养测评 素养测评 素养测评 素养测评 素养测评 Thank you for watching. 题型一　两条直线的位置关系　　 解决此类问题的关键是掌握两条直线平行与垂直的判定：若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1k2＝－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在．对于两条直线平行的问题，要注意排除两条直线重合的可能性． 【例1】　已知直线l1：kx－2y－2k＋4＝0，直线l2：k2x＋4y－4k2－8＝0. (1)若l1∥l2，求k； (2)若l1⊥l2，求l1与l2的交点P的坐标． 解　(1)若l1∥l2，则k·4＝－2·k2，即2k2＋4k＝0，解得k＝0或k＝－2. 当k＝0时，直线l1：－2y＋4＝0，直线l2：4y－8＝0，两直线重合，不符合l1∥l2，故舍去； 当k＝－2时，l1∥l2，故k＝－2. (2)若l1⊥l2，则k·k2＋(－2)·4＝k3－8＝0，得k＝2， 所以两直线方程为l1：x－y＝0，l2：x＋y－6＝0， 联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x＋y－6＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝3，)) 所以l1与l2的交点P的坐标为(3，3). [跟踪训练1]　(1)已知直线l1：ax－3y＋1＝0，l2：2x＋(a＋1)y＋1＝0.若l1⊥l2，则实数a的值为 ． (2)已知两直线l1：x＋my＋6＝0，l2：(m－2)x＋3y＋2m＝0，若l1∥l2，则m＝ ． 解析　(1)因为l1⊥l2，所以a×2＋(－3)×(a＋1)＝0，解得a＝－3. (2)因为直线x＋my＋6＝0与(m－2)x＋3y＋2m＝0平行， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1×3－m(m－2)＝0，,2m≠6(m－2)，))解得m＝－1. 题型二　直线的方程　　 求直线方程的一种重要方法就是待定系数法．运用此方法，要注意各种形式的方程的适用条件，选择适当的直线方程的形式至关重要． 【例2】　在平面直角坐标系中，已知△ABC的顶点A(0，1)，B(3，2). (1)若点C的坐标为(1，0)，求AB边上的高所在直线的方程； (2)若点M(1，1)为边AC的中点，求边BC所在直线的方程． 解　(1)∵A(0，1)，B(3，2)，∴kAB＝ eq \f(2－1,3－0)＝ eq \f(1,3)， 由垂直关系可得AB边上的高所在直线的斜率为k＝－3，∴AB边上的高所在直线的方程为y－0＝－3(x－1)，化为一般式可得3x＋y－3＝0. (2)∵M(1，1)为AC的中点，A(0，1)， ∴C(2，1)，∴kBC＝ eq \f(2－1,3－2)＝1， ∴边BC所在直线的方程为y－1＝x－2，化为一般式可得x－y－1＝0. [跟踪训练2]　直线l过点(2，1)和第一、二、四象限，若直线l在x轴上的截距与在y轴上的截距之和为6，求直线l的方程． 解　设直线l在x轴上的截距为a，则它在y轴上的截距为6－a，由于直线在两坐标轴上的截距都不为0， 故直线l的方程为 eq \f(x,a)＋ eq \f(y,6－a)＝1. 因为点(2，1)在该直线上，所以 eq \f(2,a)＋ eq \f(1,6－a)＝1， 即为a2－7a＋12＝0，所以a＝4或a＝3. 当a＝4时，直线的方程为 eq \f(x,4)＋ eq \f(y,2)＝1， 即为x＋2y－4＝0，经过第一、二、四象限； 当a＝3时，直线的方程为 eq \f(x,3)＋ eq \f(y,3)＝1， 即为x＋y－3＝0，也经过第一、二、四象限． 综上可知，所求直线l的方程为x＋y－3＝0或x＋2y－4＝0. 题型三　圆的方程　　 求圆的方程是考查圆的方程问题中的一个基本点，一般涉及圆的性质、直线与圆的位置关系等，主要依据圆的标准方程、一般方程，运用几何方法或代数方法解决问题． (1)圆的方程中有三个参数，即标准方程中的a，b，r或一般方程中的D，E，F，因此需要三个独立条件建立方程组求解． (2)求圆的方程时，首选几何法，即先分析给出的条件的几何意义，再求解，或直接利用待定系数法求解． 【例3】　下列条件：①圆经过点C(3，4)；②圆心在直线x＋y－2＝0上；③圆截y轴所得弦长为8且圆心E的坐标为整数．在这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行求解． 已知圆E经过点A(－1，2)，B(6，3)且 ． (1)求圆E的标准方程； (2)已知直线l经过点(－2，2)，直线l与圆E相交所得的弦长为8，求直线l的方程． 解　选条件①时： (1)设圆E的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0. 因为圆E经过点A(－1，2)，B(6，3)，C(3，4)， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(5－D＋2E＋F＝0，,45＋6D＋3E＋F＝0，,25＋3D＋4E＋F＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(D＝－6，,E＝2，,F＝－15，)) 所以圆E的方程为x2＋y2－6x＋2y－15＝0， 即圆E的标准方程为(x－3)2＋(y＋1)2＝25. (2)由(1)知E(3，－1).设圆心到直线l的距离为d，则弦长L＝2 eq \r(r2－d2)＝8，即 eq \r(25－d2)＝4，所以d＝3. 当直线l的斜率不存在时，l：x＝－2，则圆心到直线l的距离为|3－(－2)|＝5≠3，所以直线l的斜率存在． 设直线l的方程为y－2＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋2＝0， 则d＝ eq \f(|3k＋1＋2k＋2|,\r(k2＋1))＝3，解得k＝0或k＝－ eq \f(15,8)， 所以直线l的方程为y＝2或15x＋8y＋14＝0. 选条件②时： (1)设圆E的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0. 因为圆E经过点A(－1，2)，B(6，3)，且圆心在直线x＋y－2＝0上， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(5－D＋2E＋F＝0，,45＋6D＋3E＋F＝0，,－\f(D,2)－\f(E,2)－2＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(D＝－6，,E＝2，,F＝－15，)) 所以圆E的方程为x2＋y2－6x＋2y－15＝0， 即圆E的标准方程为(x－3)2＋(y＋1)2＝25. (2)与选条件①时相同． 选条件③时： (1)设圆E的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0. 因为圆E截y轴所得弦长为8， 所以方程y2＋Ey＋F＝0的两个实数根y1，y2的差的绝对值为8， 所以|y1－y2|＝ eq \r((y1＋y2)2－4y1y2)＝ eq \r(E2－4F)＝8，即E2－4F＝64. 又因为圆E经过点A(－1，2)，B(6，3)， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(5－D＋2E＋F＝0，,45＋6D＋3E＋F＝0，,E2－4F＝64，)) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(D＝－6，,E＝2，,F＝－15))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(D＝－\f(206,49)，,E＝－\f(74,7)，,F＝\f(585,49)，)) 因为圆心E的坐标为整数，所以圆E的方程为x2＋y2－6x＋2y－15＝0，即圆E的标准方程为(x－3)2＋(y＋1)2＝25. (2)与选条件①时相同． [跟踪训练3]　(1)(2024·福州质检)若圆C：x2＋y2－2(m－1)x＋2(m－1)y＋2m2－6m＋4＝0过坐标原点，则m＝ ． (2)若圆C与x轴和y轴均相切，且过点(1，2)，则圆C的半径长为 ． 解析　(1)因为圆C：x2＋y2－2(m－1)x＋2(m－1)y＋2m2－6m＋4＝0过坐标原点， 所以2m2－6m＋4＝0，解得m＝1或m＝2. 又因为[－2(m－1)]2＋[2(m－1)]2－4(2m2－6m＋4)>0，解得m>1，所以m＝2. (2)根据题意，若圆C与x轴和y轴均相切，则圆心C在直线y＝x或y＝－x上， 当圆心C在直线y＝x上时，设圆心C的坐标为(a，a)，此时圆的标准方程为(x－a)2＋(y－a)2＝a2， 将(1，2)代入可得(1－a)2＋(2－a)2＝a2，即a2－6a＋5＝0，解得a＝1或a＝5， 此时圆的半径长为1或5； 当圆心C在直线y＝－x上时， 设圆心C的坐标为(a，－a)， 此时圆的标准方程为(x－a)2＋(y＋a)2＝a2， 将(1，2)代入可得(1－a)2＋(2＋a)2＝a2，即a2＋2a＋5＝0，方程无解， 综上所述，圆的半径长为1或5. 题型四　直线与圆、圆与圆的位置关系 1.直线与圆的位置关系一般利用几何法判断，即判断圆心到直线的距离与半径的关系． 2．直线与圆相交时，直线被圆所截得的弦长l，半径r，弦心距d之间满足r2＝d2＋ eq \f(l2,4). 3．圆具有许多重要的几何性质，如圆的切线垂直于经过切点的半径；圆心与弦的中点的连线垂直于弦；切线长定理；直径所对的圆周角是直角等．充分利用圆的几何性质可获得解题途径，减少运算量．另外，对于未给出图形的题目，要边读题边画图，这样更直观，有助于找到解题思路． 【例4】　已知圆C1：x2＋y2＋4x－4y－5＝0与圆C2：x2＋y2－8x＋4y＋7＝0. (1)证明圆C1与圆C2相切，并求过切点的两圆公切线的方程； (2)求过点(2，3)且与两圆相切于(1)中切点的圆的方程． 解　(1)把圆C1与圆C2都化为标准方程形式，得圆C1为(x＋2)2＋(y－2)2＝13，圆C2为(x－4)2＋(y＋2)2＝13. 圆C1的圆心为C1(－2，2)，半径为r1＝ eq \r(13)； 圆C2的圆心为C2 (4，－2)，半径为r2＝ eq \r(13). 因为|C1C2|＝ eq \r((－2－4)2＋(2＋2)2)＝2 eq \r(13)＝r1＋r2， 所以圆C1与圆C2相切． 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋4x－4y－5＝0，,x2＋y2－8x＋4y＋7＝0，))得12x－8y－12＝0， 即3x－2y－3＝0，此直线就是过切点的两圆公切线的方程． (2)由圆系方程，可设所求圆的方程为 x2＋y2＋4x－4y－5＋λ(3x－2y－3)＝0. 点(2，3)在此圆上，代入方程解得λ＝ eq \f(4,3). 所以所求圆的方程为x2＋y2＋4x－4y－5＋ eq \f(4,3)(3x－2y－3)＝0，即x2＋y2＋8x－ eq \f(20,3)y－9＝0. [跟踪训练4]　已知圆C关于直线x＋y＋2＝0对称，且过点P(－2，2)和原点O. (1)求圆C的方程； (2)相互垂直的两条直线l1，l2都过点A(－1，0)，若l1，l2被圆C所截得的弦长相等，求此时直线l1的方程． 解　(1)由题意知，直线x＋y＋2＝0过圆C的圆心，故设圆心C(a，－a－2). 由题意，得(a＋2)2＋(－a－2－2)2＝a2＋(－a－2)2， 解得a＝－2，且半径为2. 因为圆心C(－2，0)， 所以圆C的方程为(x＋2)2＋y2＝4. (2)由题意知，直线l1，l2的斜率存在且不为0， 设l1的斜率为k，则l2的斜率为－ eq \f(1,k)， 所以l1：y＝k(x＋1)，即kx－y＋k＝0， l2：y＝－ eq \f(1,k)(x＋1)，即x＋ky＋1＝0. 由题意，得圆心C到直线l1，l2的距离相等， 所以 eq \f(|－2k＋k|,\r(k2＋1))＝ eq \f(|－2＋1|,\r(k2＋1))，解得k＝±1， 所以直线l1的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0. 一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．已知p：m＝－2，q：直线4x－y＝0与直线x＋m2y＝0互相垂直，则p是q的 (　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析　若直线4x－y＝0与直线x＋m2y＝0互相垂直，则4×1－1×m2＝0，得m＝2或m＝－2，故p是q的充分不必要条件．故选A. 2．若两条平行直线2x－y＋3＝0和ax－3y＋4＝0间的距离为d，则(　　) A．a＝6，d＝ eq \f(\r(6),3) B．a＝－6，d＝ eq \f(\r(6),3) C．a＝－6，d＝ eq \f(\r(5),3) D．a＝6，d＝ eq \f(\r(5),3) 解析　∵两直线平行，∴2＝ eq \f(a,3)，解得a＝6.将2x－y＋3＝0化为6x－3y＋9＝0，则d＝ eq \f(|9－4|,\r(62＋(－3)2))＝ eq \f(\r(5),3)，故选D. 3．若直线2x＋3y－k＝0与直线x－ky＋12＝0的交点在y轴上，则k的值为(　　) A．－24 B．6 C．±6 D．24 解析　解法一：联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋3y－k＝0，,x－ky＋12＝0，))消去y得x＝ eq \f(k2－36,3＋2k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k≠－\f(3,2))). 由题意知 eq \f(k2－36,3＋2k)＝0，解得k＝±6. 解法二：显然k≠0，在2x＋3y－k＝0中，令x＝0，得y＝ eq \f(k,3)，在x－ky＋12＝0中，令x＝0，得y＝ eq \f(12,k)， 由题意可得 eq \f(12,k)＝ eq \f(k,3)，解得k＝±6. 4．当方程x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0所表示的圆面积最大时，直线y＝(k－1)x＋2的倾斜角α＝(　　) A． eq \f(3π,4) B． eq \f(π,4) C． eq \f(3π,2) D． eq \f(5π,4) 解析　将圆的方程x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0化成标准方程，得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(k,2))) eq \s\up42(2)＋(y＋1)2＝1－ eq \f(3k2,4). ∵该圆的半径r满足r2＝1－ eq \f(3k2,4)，∴当圆的面积最大时，k＝0，半径r＝1，此时直线的方程为y＝－x＋2， 故直线的倾斜角α满足tan α＝－1， ∴直线的倾斜角α＝ eq \f(3π,4). 5．已知圆C：x2＋y2－2mx＋4my＋5m2－20＝0(m∈R)上存在两个点到点A(1，－2)的距离为 eq \r(5)，则m可能的值为(　　) A．5 B．1 C．－1 D．－3 解析　以A(1，－2)为圆心，r1＝ eq \r(5)为半径的圆A的方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝5. 易知圆C的圆心为C(m，－2m)，半径r2＝2 eq \r(5). 圆心距|AC|＝ eq \r((m－1)2＋(－2m＋2)2) ＝ eq \r(5m2－10m＋5)， 由题意可得两圆相交， 则2 eq \r(5)－ eq \r(5)< eq \r(5m2－10m＋5)<2 eq \r(5)＋ eq \r(5)， 得m∈(－2，0)∪(2，4). 故选项C符合题意． 6．已知直线x＋ay－1＝0是圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的对称轴，过点A(－3，a)作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|等于(　　) A．2 B．5 C．4 eq \r(2) D．2 eq \r(10) 解析　圆x2＋y2－4x－2y＋1＝0即(x－2)2＋(y－1)2＝4，圆心为C(2，1)，半径r＝2. 由题意可知直线x＋ay－1＝0经过圆心C(2，1)，则2＋a－1＝0，解得a＝－1，则点A的坐标为(－3，－1)，作示意图如图所示． |AC|＝ eq \r(52＋22)＝ eq \r(29)，|BC|＝r＝2，切点为B，则AB⊥BC， 所以|AB|＝ eq \r(|AC|2－|BC|2)＝5.故选B. 7．若对圆(x－1)2＋(y－1)2＝1上任意一点P(x，y)，|3x－4y＋a|＋|3x－4y－9|的取值与x，y无关，则实数a的取值范围是(　　) A．a≤4 B．－4≤a≤6 C．a≤4或a≥6 D．a≥6 解析　依题意 eq \f(|3x－4y＋a|,5)＋ eq \f(|3x－4y－9|,5)表示P(x，y)到两条平行直线3x－4y＋a＝0和3x－4y－9＝0的距离之和，且与x，y无关，故两条平行直线3x－4y＋a＝0和3x－4y－9＝0在圆(x－1)2＋(y－1)2＝1的两侧，画出图象如图所示，故圆心(1，1)到直线3x－4y＋a＝0的距离d＝ eq \f(|3－4＋a|,5)≥1，解得a≥6或a≤－4(舍去). 8．(2023·河南南阳一中月考)已知圆M：(x－2)2＋(y－1)2＝1，圆N：(x＋2)2＋(y＋1)2＝1，则下列是M，N两圆公切线的方程的是(　　) (1)y＝0；(2)3x－4y＝0；(3)x－2y＋ eq \r(5)＝0；(4)x－2y－ eq \r(5)＝0. A．(1)(3)(4) B．(2)(3) C．(1)(2)(4) D．(1)(2)(3) 解析　已知圆M：(x－2)2＋(y－1)2＝1，圆N：(x＋2)2＋(y＋1)2＝1，则圆M的圆心为M(2，1)，半径r1＝1，圆N的圆心为N(－2，－1)，半径r2＝1. 易得圆心距d＝ eq \r((2＋2)2＋(1＋1)2)＝2 eq \r(5)>2， 则两圆相离，即两圆有四条公切线，如图， 又两圆关于原点O对称，则有两条公切线过原点O. 设公切线方程为y＝kx，则圆心到直线y＝kx的距离为 eq \f(|2k－1|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝0或k＝ eq \f(4,3)， 即对应的两条公切线方程分别为y＝0，4x－3y＝0. 另两条公切线与直线MN平行，又直线MN的方程为y＝ eq \f(1,2)x， 所以可设另两条公切线的方程为y＝ eq \f(1,2)x＋b， 则 eq \f(|b|,\r(1＋\f(1,4)))＝1，解得b＝± eq \f(\r(5),2)， 即另两条公切线方程为x－2y＋ eq \r(5)＝0，x－2y－ eq \r(5)＝0. 故选A. 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．已知直线l： eq \r(3)x－y＋1＝0，则下列结论正确的是(　 　) A．直线l的倾斜角是 eq \f(π,6) B．若直线m：x－ eq \r(3)y＋1＝0，则l⊥m C．点( eq \r(3)，0)到直线l的距离是2 D．过点(2 eq \r(3)，2)且与直线l平行的直线方程是 eq \r(3)x－y－4＝0 解析　对于A，直线l： eq \r(3)x－y＋1＝0的斜率k＝ eq \r(3)＝tan eq \f(π,3)，故直线l的倾斜角是 eq \f(π,3)，故A错误；对于B，因为直线m：x－ eq \r(3)y＋1＝0的斜率k′＝ eq \f(\r(3),3)，kk′＝1≠－1，故直线l与直线m不垂直，故B错误；对于C，点( eq \r(3)，0)到直线l的距离d＝ eq \f(|\r(3)×\r(3)－0＋1|,\r((\r(3))2＋(－1)2))＝2，故C正确；对于D，过点(2 eq \r(3)，2)且与直线l平行的直线方程是y－2＝ eq \r(3)(x－2 eq \r(3))，整理得 eq \r(3)x－y－4＝0，故D正确．故选CD. 10．已知圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝72，若直线x＋y－m＝0垂直于圆C的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点，则m可以为(　 　) A．2 B．4 C．6 D．10 解析　∵直线x＋y－m＝0垂直于圆C的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点， ∴圆心到该直线的距离等于半径的 eq \f(1,3). 由题意知圆C的圆心为C(3，3)，半径为r＝6 eq \r(2)，∴ eq \f(|3＋3－m|,\r(2))＝2 eq \r(2)，解得m＝2或m＝10，故选AD. 11．圆O1：x2＋y2－2x＝0和圆O2：x2＋y2＋2x－4y＝0的交点为A，B，则下列结论正确的是(　 　) A．公共弦AB所在直线的方程为x－y＝0 B．线段AB的垂直平分线的方程为x＋y－1＝0 C．公共弦AB的长为 eq \f(\r(2),2) D．若点P为圆O1上一动点，则点P到直线AB距离的最大值为 eq \f(\r(2),2)＋1 解析　对于A，由x2＋y2－2x＝0与x2＋y2＋2x－4y＝0作差可得4x－4y＝0，即公共弦AB所在直线的方程为x－y＝0，故A正确；对于B，圆O1的圆心为(1，0)，kAB＝1， 则线段AB的垂直平分线的斜率为－1，即线段AB的垂直平分线的方程为y－0＝－1×(x－1)，整理可得x＋y－1＝0，故B正确；对于C，圆心O1(1，0)到直线AB的距离为d＝ eq \f(|1－0|,\r(12＋(－1)2))＝ eq \f(\r(2),2)，圆O1的半径r＝1，所以|AB|＝2 eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up42(2))＝ eq \r(2)，故C错误；对于D，若点P为圆O1上一动点，则点P到直线AB距离的最大值为d＋r＝ eq \f(\r(2),2)＋1，故D正确．故选ABD. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．若直线ax＋by＋1＝0与圆C：x2＋y2＝1相交，则点P(a，b)与圆C的位置关系是 ． 解析　由题意可得圆心(0，0)到直线的距离d＝ eq \f(|a×0＋b×0＋1|,\r(a2＋b2))<1， ∴a2＋b2>1，∴点P在圆C外． 13．一束光线从点A(3，2)出发，经过x轴反射，通过点B(－1，6)，则入射光线所在直线方程为 ，反射光线所在直线方程为 ． 解析　点B(－1，6)关于x轴的对称点为B′(－1，－6)，由两点式可得直线AB′的方程为 eq \f(y－2,－6－2)＝ eq \f(x－3,－1－3)，即2x－y－4＝0.点A(3，2)关于x轴的对称点为A′(3，－2)，由两点式可得直线A′B的方程为 eq \f(y＋2,8)＝ eq \f(x－3,－4)，即2x＋y－4＝0.所以入射光线所在的直线方程为2x－y－4＝0，反射光线所在的直线方程为2x＋y－4＝0. 14．我们把圆心在一条直线上，且相邻两圆彼此外切的一组圆叫做“串圆”．在如图所示的“串圆”中，圆C1和圆C3的方程分别为x2＋y2＝1和(x－4)2＋(y－2)2＝1，若直线ax＋2by－2＝0(a，b>0)始终平分圆C2的周长，则a＋b＝ ． 解析　若直线ax＋2by－2＝0(a，b>0)始终平分圆C2的周长，则该直线经过圆C2的圆心，由圆外切的关系知C2为线段C1C3的中点，圆C1的圆心的坐标为(0，0)，圆C3的圆心的坐标为(4，2)，所以圆C2的圆心的坐标为(2，1)，代入直线方程可得a＋b＝1. 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(13分)已知圆C：x2＋y2－2y－4＝0，直线l：mx－y＋1－m＝0. (1)判断直线l与圆C的位置关系； (2)若直线l与圆C交于不同的两点A，B，且|AB|＝3 eq \r(2)，求直线l的方程． 解　(1)圆C的标准方程为x2＋(y－1)2＝5，所以圆C的圆心为C(0，1)，半径r＝ eq \r(5)，圆心C(0，1)到直线l：mx－y＋1－m＝0的距离d＝ eq \f(|0－1＋1－m|,\r(m2＋1))＝ eq \f(|m|,\r(m2＋1))<1< eq \r(5)，因此直线l与圆C相交． (2)设圆心到直线l的距离为d， 则d＝ eq \r((\r(5))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))\s\up42(2))＝ eq \f(\r(2),2)， 又d＝ eq \f(|m|,\r(m2＋1))，所以 eq \f(|m|,\r(m2＋1))＝ eq \f(\r(2),2)，解得m＝±1，所以所求直线l的方程为x－y＝0或x＋y－2＝0. 16．(15分)如图所示，在等边三角形ABC内有一动点P，已知△ABC的边长为2a(a>0)，P到三个顶点的距离分别为|PA|，|PB|，|PC|，且满足|PA|2＝|PB|2＋|PC|2，求点P的轨迹及其轨迹方程． 解　如图所示，以BC的中点为原点O，BC所在直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系．设点P的坐标为(x，y)，易知B，C的坐标 分别为(－a，0)，(a，0)(a>0)，则点A的坐标为(0， eq \r(3)a). 由已知条件|PA|2＝|PB|2＋|PC|2，得x2＋(y－ eq \r(3)a)2＝(x＋a)2＋y2＋(x－a)2＋y2， 化简得x2＋(y＋ eq \r(3)a)2＝(2a)2. 因为点P在△ABC的内部，所以y>0，故点P的轨迹方程是x2＋(y＋ eq \r(3)a)2＝4a2(y>0)，轨迹是圆心为(0，－ eq \r(3)a)，半径为2a的圆的上半部分． 17．(15分)如图，摩天轮底座中心A与附近的景观内某点B之间的距离|AB|为160 m．摩天轮与景观之间有一建筑物，此建筑物由一个底面半径为15 m的圆柱体与一个半径为15 m的半球体组成．圆柱的底面中心P在线段AB上，且|PB|为45 m，半球体球心Q到地面的距离|PQ|为15 m．把摩天轮看成一个半径为72 m的圆C，且圆C在平面BPQ内，点C到地面的距离|CA|为75 m．已知摩天轮匀速旋转一周需要30 min，若某游客乘坐摩天轮(把游客看成圆C上的一点)旋转一周，求该游客能看到点B的时长．(只考虑此建筑物对游客视线的遮挡) 解　以B为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系． 由题意可知B(0，0)，Q(45，15)，C(160，75)， 设过点B且与半圆Q相切的直线l的方程为y＝kx， 则 eq \f(|45k－15|,\r(k2＋1))＝15，∴k＝ eq \f(3,4)(k＝0舍去)， ∴直线l的方程为3x－4y＝0， ∴圆心C到直线l的距离d＝ eq \f(|3×160－4×75|,5)＝36(m). 设直线l与圆C交于E，F两点，弦EF的中点为H，则|CH|＝36 m. 又圆C的半径为72 m，即|CE|＝72 m， ∴∠HCE＝ eq \f(π,3)，∴∠ECF＝ eq \f(2π,3)， ∴t＝ eq \f(30,3)＝10(min). ∴该游客能看到点B的时长为10 min. 18．(17分)已知圆M：x2＋y2－2y－4＝0与圆N：x2＋y2－4x＋2y＝0. (1)求证：两圆相交； (2)求两圆公共弦所在直线的方程及公共弦长； (3)在平面上找一点P，过点P引两圆的切线并使切线长都等于1. 解　(1)证明：由已知得圆M：x2＋(y－1)2＝5，圆心M(0，1)，半径r1＝ eq \r(5)，圆N：(x－2)2＋(y＋1)2＝5，圆心N(2，－1)，半径r2＝ eq \r(5)，∴圆心距|MN|＝ eq \r((2－0)2＋(－1－1)2)＝2 eq \r(2). ∵|r1－r2|<|MN|<r1＋r2，∴两圆相交． (2)联立两圆的方程得方程组 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2y－4＝0，,x2＋y2－4x＋2y＝0，)) 两式相减得x－y－1＝0，此为两圆公共弦所在直线的方程． 圆M：x2＋(y－1)2＝5，其圆心坐标为(0，1)，半径r1＝ eq \r(5)，圆心到直线x－y－1＝0的距离d＝ eq \f(|0－1－1|,\r(1＋(－1)2))＝ eq \r(2). 设公共弦长为2l，由勾股定理得r2＝d2＋l2， 即5＝( eq \r(2))2＋l2，解得l＝ eq \r(3)， 故公共弦长为2 eq \r(3). (3)由题意知，点P到两圆心的距离|PM|＝|PN|＝ eq \r(5＋1)＝ eq \r(6). 设点P的坐标为(x0，y0)， 则2,0) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(x＋(y0－1)2)＝\r(6)，,\r((x0－2)2＋[y0－(－1)]2)＝\r(6)，)) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x0＝1＋\r(2)，,y0＝\r(2)))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x0＝1－\r(2)，,y0＝－\r(2)，)) ∴点P的坐标为(1＋ eq \r(2)， eq \r(2))或(1－ eq \r(2)，－ eq \r(2)). 19．(17分)(2023·湖北荆门期末)已知直线l：x＋ eq \r(3)y＋4＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心在x轴上且在直线l的右上方． (1)求圆C的方程； (2)过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，在x轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 解　(1)设圆C的方程为(x－a)2＋y2＝4， 由 eq \f(|a＋4|,\r(1＋3))＝2得a＝0或a＝－8. 因为圆心在直线l的右上方，所以a>－4，所以a＝0. 故所求圆C的方程为x2＋y2＝4. (2)设过点M(1，0)的直线方程为x＝ty＋1. 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,x2＋y2＝4，))得(t2＋1)y2＋2ty－3＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(m，0)， 则y1＋y2＝ eq \f(－2t,t2＋1)，y1y2＝ eq \f(－3,t2＋1). 由题意得kAN＋kBN＝0，即 eq \f(y1,x1－m)＋ eq \f(y2,x2－m)＝0， 则y1(x2－m)＋y2(x1－m)＝0，即y1(ty2＋1－m)＋y2(ty1＋1－m)＝0，整理得2ty1y2＋(1－m)(y1＋y2)＝0. 所以2t· eq \f(－3,t2＋1)＋(1－m) eq \f(－2t,t2＋1)＝0对任意t∈R恒成立，即(8－2m)t＝0恒成立，故m＝4，即N(4，0). 综上，存在点N(4，0)符合题意． $