2024版新教材高考数学一轮复习第8章平面解析几何第4节直线与圆圆与圆的位置关系学案含解析新人教B版202305182192.doc

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1、2024版新教材高考数学一轮复习第8章平面解析几何第4节直线与圆圆与圆的位置关系学案含解析新人教B版202305182192第4节直线与圆、圆与圆的位置关系一、教材概念结论性质重现1直线与圆的位置关系的判断(1)几何法：利用圆心到直线的距离d和圆的半径r的大小关系进行判断dr相离(2)代数法：联立直线与圆的方程，求联立后所得方程的判别式，直线与圆的位置关系体现了圆的几何性质和代数方法的结合，代数法与几何法是不同的方面和思路，解题时要根据题目特点灵活选择2圆与圆的位置关系设圆O1：(xa1)2(yb1)2r(r10)，圆O2：(xa2)2(yb2)2r(r20)方法 位置关系几何法：圆心距d与r

2、1，r2的关系代数法：两圆方程联立组成方程组的解的情况相离dr1r2无解外切dr1r2一组实数解相交|r1r2|dr1r2两组不同的实数解内切d|r1r2|(r1r2)一组实数解内含0d|r1r2|(r1r2)无解(1)用代数法判断两圆的位置关系时，要准确区分两圆内切、外切或相离、内含(2)两圆的位置关系与公切线的条数：内含：0条内切：1条相交：2条外切：3条外离：4条3常用结论(1)当两圆相交(切)时，两圆方程(x2，y2项的系数相同)相减便可得公共弦(公切线)所在的直线方程(2)圆的切线方程常用结论过圆x2y2r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为x0xy0yr2.二、基本技能思想活动

3、体验1判断下列说法的正误，对的打“”，错的打“”(1)“k1”是“直线xyk0与圆x2y21相交”的必要不充分条件( )(2)如果两个圆的方程组成的方程组只有一组实数解，则两圆外切( )(3)如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和，则两圆相交( )(4)从两圆的方程中消掉二次项后得到的二元一次方程是两圆的公共弦所在的直线方程( )(5)如果直线与圆组成的方程组有解，则直线与圆相交或相切( ) 2已知直线ymx与圆x2y24x20相切，则m的值为()AB CD1D解析：由x2y24x20得圆的标准方程为(x2)2y22，所以该圆的圆心坐标为(2,0)，半径r.又直线ymx与圆x2y24x20相切，则

4、圆心到直线的距离d，解得m1.3若过点A(3,0)的直线l与曲线(x1)2y21有公共点，则直线l斜率的取值范围为()A(，)B，C DD解析：数形结合可知，直线l的斜率存在设直线l的方程为yk(x3)，则圆心(1,0)与直线yk(x3)的距离应小于等于半径1，即1，解得k.4若直线l：3xy60与圆x2y22x4y0相交于A，B两点，则|AB|_.解析：由x2y22x4y0得(x1)2(y2)25，所以该圆的圆心坐标为(1,2)，半径r.又圆心(1,2)到直线3xy60的距离为d.由2r2d2，得|AB|210，即|AB|.5圆x2y240与圆x2y24x4y120的公共弦长为_2解析：由得

5、两圆公共弦所在直线方程为xy20.又圆x2y24的圆心到直线xy20的距离为.由勾股定理得弦长的一半为，所以，所求弦长为2.考点1直线和圆的位置关系基础性1直线xy20与圆x2(y1)24的位置关系是()A相交B相切 C相离D不确定A解析：由题意，可得圆心(0,1)到直线xy20的距离为d0)相切，则r()A3B4 C5D6C解析：抛物线C：x24y的准线方程为y1，圆M：(x3)2(y4)2r2(r0)的圆心为(3,4)因为准线恰好与圆M相切，所以圆心到准线的距离为r|41|5.3若直线xy10与圆(xa)2y22有公共点，则实数a的取值范围是()A3，1 B1,3C3,1 D(，31，)C

6、解析：由题意得圆心为(a,0)，半径为，圆心到直线的距离为d.由直线与圆有公共点可得 ，即|a1|2，解得3a1.所以实数a的取值范围是3,14(2020济宁第一中学质量检测)已知过点P(1,2)的直线与圆x2y21相切，且与直线axy10垂直，则实数a的值为()A0B C0或 DC解析：当a0时，直线axy10即直线y1，此时过点P(1,2)且与直线y1垂直的直线为x1，并且x1与圆相切，满足题意，所以a0成立当a0时，过点P(1,2)且与直线axy10垂直的直线斜率为，则直线方程为y2(x1)，即xay2a10.再根据直线与圆相切，即圆心到直线距离为1，可得1，解得a.故选C.判断直线与圆

7、的位置关系的常见方法(1)几何法：利用d与r的关系(2)代数法：联立方程之后利用判断(3)点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交上述方法中最常用的是几何法，点与圆的位置关系法适用于动直线问题考点2圆与圆的位置关系基础性(1)圆C1：x2y22y0与C2：x2y22x60的位置关系为()A外离B外切 C相交D内切(2)已知圆C1：x2y22x6y10，圆C2：x2y210x12y450.求证：圆C1和圆C2相交；求圆C1和圆C2的公共弦所在直线的方程和公共弦长(1)D解析：圆C1：x2y22y0的圆心为C1(0,1)，半径为r11.圆C2：x2y22x60的圆心为C2

8、(，0)，半径为r23，所以|C1C2|2.又r2r12，所以|C1C2|r2r12，所以圆C1与C2内切(2)证明：由题意得，圆C1化为标准方程为(x1)2(y3)211，圆C2化为标准方程为(x5)2(y6)216，则圆C1的圆心C1(1,3)，半径r1，圆C2的圆心C2(5,6)，半径r24.两圆圆心距d|C1C2|5，r1r24，|r1r2|4，所以|r1r2|dr1r2，所以圆C1和圆C2相交解：由知两圆相交，将圆C1和圆C2的方程相减，得4x3y230，所以两圆的公共弦所在直线的方程为4x3y230.圆心C2(5,6)到直线4x3y230的距离d3，故公共弦长为22.(1)判断两圆

9、位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和及差的绝对值的大小关系判断，一般不用代数法重视两圆内切的情况，作图观察(2)两圆相交时，两圆的公共弦所在直线的方程，可由两圆的方程作差消去x2，y2项得到(3)求两圆公共弦长，常选其中一圆，由弦心距d、半弦长、半径r构成直角三角形，利用勾股定理求解1(多选题)已知圆C1：x2y21，圆C2：(x4)2(ya)225相切，则实数a()A2B2C0D以上均有可能BC解析：圆C1：x2y21的圆心为(0,0)，半径为1，圆C2：(x4)2(ya)225的圆心为(4，a)，半径为5.若两圆相切，分两种情况讨论：当两圆外切时，有(4)2a2(15)2，解得a

10、2；当两圆内切时，有(4)2a2(15)2，解得a0.综上可得，实数a的值为0或2.2如果圆C：x2y22ax2ay2a240与圆O：x2y24总相交，那么实数a的取值范围是_(2，0)(0,2)解析：圆C的标准方程为(xa)2(ya)24，圆心坐标为(a，a)，半径为2.依题意得022，所以0|a|0)，则圆心(a，b)到直线xy30的距离d，所以r22，即2r2(ab3)23.因为所求圆与直线xy0相切，所以(ab)22r2.又因为圆心在直线xy0上，所以ab0.联立，解得故圆C的方程为(x1)2(y1)22.思路参考：设出圆的一般方程，用待定系数法求解解：设所求圆的方程为x2y2DxEy

11、F0，则圆心为，半径r.因为圆心在直线xy0上，所以0，即DE0.又因为圆C与直线xy0相切，所以.即(DE)22(D2E24F)，所以D2E22DE8F0.又知圆心到直线xy30的距离d，由已知得d22r2，所以(DE6)2122(D2E24F)联立，解得故所求圆的方程为x2y22x2y0，即(x1)2(y1)22.1本题考查圆的方程的求法，解法灵活多变，基本解题策略是设出圆的方程，用待定系数法求解2基于课程标准，解答本题需要掌握圆的标准方程和一般方程的一般形式，体现了数学运算、直观想象的核心素养3基于高考评价体系，本题通过圆的代数性质和几何性质之间相互联系和转化，体现了基础性已知圆C的圆心

12、在直线y4x上，且与直线l：xy10相切于点P(3，2)，则圆C的方程为_(x1)2(y4)28解析：(方法一)如图，设圆心(x0，4x0)依题意得1，解得x01，即圆心坐标为(1，4)，半径r2，故圆的方程为(x1)2(y4)28.(方法二)设所求方程为(xx0)2(yy0)2r2.根据已知条件得解得因此所求圆的方程为(x1)2(y4)28.第5节椭圆一、教材概念结论性质重现1椭圆的定义(1)定义：如果F1，F2是平面内的两个定点，a是一个常数，且2a|F1F2|，则平面内满足|PF1|PF2|2a的动点P的轨迹称为椭圆(2)相关概念：两个定点F1，F2称为椭圆的焦点，两个焦点之间的距离|F

13、1F2|称为椭圆的焦距2a与|F1F2|的大小关系所确定的点的轨迹如下表：条件结论2a|F1F2|动点的轨迹是椭圆2a|F1F2|动点的轨迹是线段F1F22a|F1F2|动点不存在，因此轨迹不存在2椭圆的标准方程和几何性质标准方程1(ab0)1(ab0)图形性质范围axabybbxbaya对称性对称轴：坐标轴；对称中心：原点顶点A1(a,0)，A2(a,0)，B1(0，b)，B2(0，b)A1(0，a)，A2(0，a)，B1(b,0)，B2(b,0)轴长轴|A1A2|2a；短轴|B1B2|2b焦距|F1F2|2c离心率e(0,1)a，b，c的关系c2a2b2(1)椭圆焦点位置与x2，y2系数间

14、的关系：给出椭圆方程1时，椭圆的焦点在x轴上mn0，椭圆的焦点在y轴上0mn.(2)求椭圆离心率e时，只要求出a，b，c的一个方程，再结合b2a2c2就可求得e(0eb0)与1(ab0)的焦点坐标相同( )2椭圆1的焦点坐标为()A(3,0)B(0，3)C(9,0)D(0，9)B解析：根据椭圆方程可得焦点在y轴上，且c2a2b225169，所以c3，故焦点坐标为(0，3)3已知椭圆1(ab0)的离心率为，则()Aa22b2B3a24b2Ca2bD3a4bB解析：离心率平方e2，即4(a2b2)a2，即3a24b2.4若F1(3,0)，F2(3,0)，点P到F1，F2的距离之和为10，则点P的轨

15、迹方程是_1解析：因为|PF1|PF2|10|F1F2|6，所以点P的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，其中a5，c3，b4，故点P的轨迹方程为1.5已知点P是椭圆1上y轴右侧的一点，且以点P及焦点F1，F2为顶点的三角形的面积等于1，则点P的坐标为_或解析：设P(x，y)，由题意知c2a2b2541，所以c1，则F1(1,0)，F2(1,0)由题意可得点P到x轴的距离为1，所以y1，把y1代入1，得x.又x0，所以x，所以点P坐标为或.考点1椭圆的定义及应用基础性(1)(2020东莞4月模拟)已知F1，F2分别为椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，过F1且垂直于x轴的直线l交椭圆C于A，B两点若

16、AF2B是边长为4的等边三角形，则椭圆C的方程为()A.1 B.1C.1 D.1B解析：如图所示，因为ABF2是边长为4的等边三角形，所以|AF2|4，|AF1|AB|2，所以2a|AF1|AF2|6，所以a3.又因为|F1F2|2c2，所以c，则b2a2c26，故椭圆C的方程为1.故选B.(2)已知两圆C1：(x4)2y2169，C2：(x4)2y29.动圆M在圆C1内部且和圆C1相内切，和圆C2相外切，则动圆圆心M的轨迹方程是()A.1 B.1C.1 D.1D解析：设动圆的圆心M(x，y)，半径为r.因为圆M与圆C1：(x4)2y2169内切，与C2：(x4)2y29外切，所以|MC1|1

17、3r，|MC2|3r.|MC1|MC2|16|C1C2|8，由椭圆的定义，点M的轨迹是以C1，C2为焦点，长轴为16的椭圆，则a8，c4，所以b2824248，所以动圆的圆心M的轨迹方程为1.(3)(2020深圳高三二模)已知A，F分别是椭圆C：1(ab0)的下顶点和左焦点，过A且倾斜角为60的直线l分别交x轴和椭圆C于M，N两点，且点N的纵坐标为b.若FMN的周长为6，则FAN的面积为_解析：如图所示，由题意得，A(0，b)，F(c,0)，直线MN的方程为yxb.把yb代入椭圆方程，解得xa，所以N.因为N在直线MN上，所以bab，解得.又a2b2c2，所以2b2c2，解得bc.令yxb0，

18、则M，即M(c,0)，所以M为椭圆的右焦点，所以|FM|2c.由椭圆的定义可知，|NF|NM|2a，因为FMN的周长为6，所以2a2c6，因为，bc，所以a2c，所以c1，a2，b，所以SFAN|FM|cb.椭圆定义的应用技巧(1)椭圆定义的应用主要有：求椭圆的标准方程，求焦点三角形的周长、面积及弦长、最值和离心率等(2)椭圆的定义常和余弦定理、正弦定理结合使用，求解关于焦点三角形的周长和面积问题1(2020北京四中高三开学考试)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为，过F2的直线l交C于A，B两点若AF1B的周长为4，则椭圆C的方程为()A.1 B.y21C.1 D.1A

19、解析：若AF1B的周长为4，由椭圆的定义可知，4a4，所以a.因为e，所以c1，所以b22，所以椭圆C的方程为1.故选A.2(2020上海高三三模)已知椭圆C：1(ab0)的右焦点为F(1,0)，O为坐标原点，点A是椭圆在第一象限的一点，且OAF为等边三角形，则a_.解析：如图所示，OAF为等边三角形，由|OF|OF1|OA|1，得AF1F是直角三角形所以|F1F|2，|AF|1，|AF1|.由椭圆的定义得2a|AF1|AF|1，所以a.考点2椭圆的标准方程综合性(1)“mn0”是“方程mx2ny21表示焦点在y轴上的椭圆”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

20、C解析：把椭圆方程化成1.若mn0，则0.所以椭圆的焦点在y轴上反之，若椭圆的焦点在y轴上，则0，即有mn0.故“mn0”是“方程mx2ny21表示焦点在y轴上的椭圆”的充要条件(2)过点(，)，且与椭圆1有相同焦点的椭圆的标准方程为_1解析：(方法一)椭圆1的焦点为(0，4)，(0,4)，即c4.由椭圆的定义知，2a，解得a2.由c2a2b2得b24.所以所求椭圆的标准方程为1.(方法二)因为所求椭圆与椭圆1的焦点相同，所以其焦点在y轴上，且c225916.设它的标准方程为1(ab0)因为c216，且c2a2b2，所以a2b216.又点(，)在所求椭圆上，所以1，即1.由得b24，a220，

21、所以所求椭圆的标准方程为1.本例(2)若改为：已知椭圆的中心在原点，以坐标轴为对称轴，且经过两点，(，)，则椭圆的方程为_1解析：设椭圆的方程为mx2ny21(m，n0，mn)由解得所以椭圆的方程为1.求椭圆标准方程的两种方法(1)定义法先根据题目所给条件确定动点的轨迹满足椭圆的定义，并确定a2，b2的值，再结合焦点位置可写出椭圆方程特别地，利用定义法求椭圆方程要注意条件2a|F1F2|.(2)待定系数法利用待定系数法要先定形(焦点位置)，再定量，即首先确定焦点所在位置，然后根据条件建立关于a，b的方程组如果焦点位置不确定，可设椭圆方程为mx2ny21(m0，n0，mn)的形式1(2020银川

22、高级中学高三月考)已知椭圆1(ab0)的焦点分别为F1，F2，点A，B在椭圆上，ABF1F2于F2，|AB|4，|F1F2|2，则椭圆方程为()A.y21 B.1C.1 D.1C解析：由题意可得c，4，c2a2b2，解得a3，b，所以所求椭圆方程为1.故选C.2(2021八省联考)椭圆1(m0)的焦点为F1，F2，上顶点为A.若F1AF2，则m()A1 B CD2C解析：在椭圆1(m0)中，a，bm，c1，如图所示因为椭圆的上顶点为A，焦点为F1，F2，所以|AF1|AF2|a.因为F1AF2，所以F1AF2为等边三角形，则|AF1|F1F2|，即a2c2，因此，m.考点3椭圆的几何性质综合性

23、考向1求椭圆的离心率或取值范围已知F1，F2是椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过点A且斜率为的直线上，PF1F2为等腰三角形，F1F2P120，则椭圆C的离心率为()A. B. C. D.D解析：由题意可知椭圆的焦点在x轴上，如图所示设|F1F2|2c，因为PF1F2为等腰三角形，且F1F2P120，所以|PF2|F1F2|2c.因为|OF2|c，过P作PE垂直x轴于点E，则PF2E60，所以|F2E|c，|PE|c，即点P(2c，c)因为点P在过点A，且斜率为的直线上，所以，解得，所以e.求椭圆离心率的方法(1)直接求出a，c的值，利用离心率公式求解(2)列出含有a，

24、b，c的齐次方程(或不等式)，借助b2a2c2消去b，转化为含有e的方程(或不等式)求解考向2与椭圆的性质有关的最值或范围问题如图，焦点在x轴上的椭圆1的离心率e，F，A分别是椭圆的一个焦点和顶点，P是椭圆上任意一点，则的最大值为_4解析：由题意知a2，因为e，所以c1，b2a2c23.故椭圆方程为1.设点P的坐标为(x0，y0)，所以2x02，y0.因为F(1,0)，A(2,0)，(1x0，y0)，(2x0，y0)，所以xx02yxx01(x02)2.则当x02时，取得最大值4.椭圆的范围与最值问题(1)在设椭圆1(ab0)上点的坐标为P(x，y)时，有|x|a，|y|b，可以把椭圆上某一点

25、的坐标视为某一函数问题，进而求函数的单调区间、最值(2)椭圆上点到焦点的最大距离为ac，最小距离为ac；椭圆短轴端点与两焦点连线的夹角是椭圆上点与两焦点连线夹角的最大值1(多选题)(2020菏泽期中)某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心F为一个焦点的椭圆，如图所示已知它的近地点A(离地面最近的点)距地面m千米，远地点B(离地面最远的点)距地面n千米，并且F，A，B三点在同一直线上，地球半径约为R千米设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为2a,2b,2c，则()AacmRBacnRC2amnDbABD解析：由题设条件可得所以acmR，故A正确；acnR，故B正确；得mn2a2R，可得2amn2

26、R，故C不正确；由可得(mR)(nR)a2c2，因为a2c2b2，所以b2(mR)(nR)b，故D正确故选ABD.2(2020临沂模拟)已知两定点A(1,0)和B(1，0)，动点P(x，y)在直线l：yx3上移动，椭圆C以A，B为焦点且经过点P，则椭圆C的离心率的最大值为()A. B.C. D.A解析：不妨设椭圆方程为1(a1)，与直线l的方程联立消去y得(2a21)x26a2x10a2a40.由题意易知36a44(2a21)(10a2a4)0，解得a，所以e，所以e的最大值为.设椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，如果椭圆上存在点P，使F1PF290，求离心率e的取值范围四字程序读

27、想算思在椭圆上存在点P，使得F1PF2为直角1.在焦点三角形中可利用哪些性质或结论？2离心率的表达式有哪些？构建点P的横坐标x与a，b，c的关系式，利用椭圆的有界性求解转化与化归，函数与方程求椭圆离心率e的取值范围椭圆的定义；勾股定理或余弦定理；三角形的面积公式2e与a，b，c的关系1.椭圆的有界性；2一元二次方程有实根的条件思路参考：利用曲线的取值范围解：设P(x，y)，又知F1(c,0)，F2(c,0)，则(xc，y)，(xc，y)由F1PF290，知，则0，即(xc)(xc)y20，得x2y2c2.将这个方程与椭圆方程1联立，消去y，可得x2.由椭圆的取值范围及F1PF290，知0x2a

28、2，即0a2.可得c2b2，即c2a2c2，且c2a2，从而得e，且e1，所以e.思路参考：利用二次方程有实根解：由椭圆定义知|PF1|PF2|2a|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|4a2.又由F1PF290，知|PF1|2|PF2|2|F1F2|24c2，可得|PF1|PF2|2(a2c2)因此，|PF1|与|PF2|是方程x22ax2(a2c2)0的两个实根，所以4a28(a2c2)0e2e.所以e.思路参考：利用三角函数有界性解：记PF1F2，PF2F1，由正弦定理有，即|F1F2|.又|PF1|PF2|2a，|F1F2|2c，则有e.由0|90，知045，所以cos1，从而可

29、得e1.当m3时，t.tan()，所以tan tan (1t)，所以tan ，tan 为方程x2(1t)xt0的两个根，所以3(1t)24t0.得(3t1)(t3)0.因为t1，故t3，故3或3，解得m9或0m1.故选A.(方法二)当0m0，A(，0)，B(，0)图1则SMABy0|MA|MB|sin|MA|MB|，得|MA|MB|4y0.(x0，y0)，(x0，y0)，故(x0)(x0)y|cos，得x3y2y0.因为M(x0，y0)在椭圆上，所以1，得x3y，故yy2y0，解得y0，解得03时，如图2，设M(x0，y0)，不妨x00，图2则A(0，)，B(0，)，SMABx0|MA|MB|sin|MA|MB|，|MA|MB|x0，(x0，y0)，(x0，y0)，所以x(y0)(y0)|cos，解得xymx0.因为M(x0，y0)在椭圆上，所以1，得ymx，故xxx0，解得x0，解得m9.综上m9或0m1.故选A.