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    题型1:直线间的位置关系 例1．已知圆O:和点A(1.2).则过A且与圆O相切的直线与两坐标轴围成的三角形的面积等于 [解析]由题意可直接求出切线方程为y-2=(x-1).即x+2y-5=0,从而求出在两坐标轴上的截距分别是5和.所以所求面积为. [答案] [总结点评]本题主要考查直线的方程.直线与圆的位置关系等知识.数形结合与分类讨论的思想方法.以及定性地分析问题和解决问题的能力. (2)已知两条直线若.则 . 解析:(1)答案:,(2)2. 点评:(1)三点共线问题借助斜率来解决.只需保证,(2)对直线平行关系的判断在一般式方程中注意系数为零的情况. 例2．已知两条直线和互相垂直.则等于( ) A．2 B．1 C．0 D． 若曲线的一条切线与直线垂直.则的方程为( ) A． B． C． D． 解析:与直线垂直的直线为.即在某一点的导数为4.而.所以在(1.1)处导数为4.此点的切线为.故选A. 点评:直线间的垂直关系要充分利用好斜率互为负倒数的关系.同时兼顾到斜率为零和不存在两种情况. 题型2:距离问题 例3． 将直线沿轴向左平移1个单位.所得直线与圆 相切.则实数的值为 ( ) -2或8 1或11 [思路点拨]本题考查了平移公式.直线与圆的位置关系.只要正确理解平移公式和直线与圆相切的充要条件就可解决. [正确解答]由题意可知:直线沿轴向左平移1个单位后的直线为: .已知圆的圆心为.半径为. 解法1:直线与圆相切.则圆心到直线的距离等于圆的半径.因而有 .得或7. 解法2:设切点为.则切点满足.即.代入圆方程整理得:. (*) 由直线与圆相切可知.(*)方程只有一个解.因而有.得或7. 解法3:由直线与圆相切.可知.因而斜率相乘得-1.即.又因为在圆上.满足方程.解得切点为或.又在直线上.解得或7. 过原点O作圆x2+y2‑-6x-8y+20=0的两条切线.设切点分别为P.Q. 则线段PQ的长为 . [解析]可得圆方程是又由圆的切线性质及在三角形中运用正弦定理得. 例4. 设A.B为圆上两点.O为坐标原点 (Ⅰ)求证:垂直. (Ⅱ)当时.求的值. 解:(Ⅰ)由[来源:] 则 则垂直 (Ⅱ)由 又 由 即 = 点评:该题全面综合了解析几何.平面几何.代数的相关知识.充分体现了“注重学科知识的内在联系 .题目的设计新颖脱俗.能较好地考查考生综合运用数学知识解决问题的能力.比较深刻地考查了解析法的原理和应用.以及分类讨论的思想.方程的思想.该题对思维的目的性.逻辑性.周密性.灵活性都进行了不同程度的考查.对运算.化简能力要求也较高.有较好的区分度 题型3:直线与圆的位置关系 例5． 在平面直角坐标系中.已知圆和圆. (1)若直线过点.且被圆截得的弦长为.求直线的方程, (2)设P为平面上的点.满足:存在过点P的无穷多对互相垂直的直线和.它们分别与圆和圆相交.且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等.试求所有满足条件的点P的坐标 解 (1)设直线的方程为:.即 由垂径定理.得:圆心到直线的距离. 结合点到直线距离公式.得: 化简得: 求直线的方程为:或.即或 (2) 设点P坐标为.直线.的方程分别为: .即: 因为直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等.两圆半径相等. 由垂径定理.得::圆心到直线与直线的距离相等. 故有:. 化简得: 关于的方程有无穷多解.有: 解之得:点P坐标为或. 例6．已知圆M:(x+cosq)2+(y-sinq)2＝1.直线l:y＝kx.下面四个命题: (A) 对任意实数k与q.直线l和圆M相切, (B) 对任意实数k与q.直线l和圆M有公共点, (C) 对任意实数q.必存在实数k.使得直线l与和圆M相切, (D)对任意实数k.必存在实数q.使得直线l与和圆M相切 其中真命题的代号是 解析:圆心坐标为(-cosq.sinq) d＝ 故选(B)(D) 点评:该题复合了三角参数的形式.考察了分类讨论的思想. 题型4:直线与圆综合问题 例7．．设直线系,对于下列四个命题: ．中所有直线均经过一个定点 ．存在定点不在中的任一条直线上 ．对于任意整数.存在正边形,其所有边均在中的直线上 ．中的直线所能围成的正三角形面积都相等 其中真命题的代号是 ． [解析]因为所以点到中每条直线的距离 即为圆:的全体切线组成的集合,从而中存在两条平行直线, 所以A错误, 又因为点不存在任何直线上,所以B正确, 对任意,存在正边形使其内切圆为圆,故正确, 中边能组成两个大小不同的正三角形和,故D错误, 故命题中正确的序号是 B,C. [答案] 例8．．设直线系,对于下列四个命题: ．中所有直线均经过一个定点 ．存在定点不在中的任一条直线上 ．对于任意整数.存在正边形,其所有边均在中的直线上 ．中的直线所能围成的正三角形面积都相等 其中真命题的代号是 ． [解析]因为所以点到中每条直线的距离 即为圆:的全体切线组成的集合,从而中存在两条平行直线, 所以A错误, 又因为点不存在任何直线上,所以B正确, 对任意,存在正边形使其内切圆为圆,故正确, 中边能组成两个大小不同的正三角形和,故D错误, 故命题中正确的序号是 B,C. [答案] 例9．．设直线系,对于下列四个命题: ．中所有直线均经过一个定点 ．存在定点不在中的任一条直线上 ．对于任意整数.存在正边形,其所有边均在中的直线上 ．中的直线所能围成的正三角形面积都相等 其中真命题的代号是 ． [解析]因为所以点到中每条直线的距离 即为圆:的全体切线组成的集合,从而中存在两条平行直线, 所以A错误, 又因为点不存在任何直线上,所以B正确, 对任意,存在正边形使其内切圆为圆,故正确, 中边能组成两个大小不同的正三角形和,故D错误, 故命题中正确的序号是 B,C. [答案] 例10．已知函数f(x)=x2-1(x≥1)的图像为C1.曲线C2与C1关于直线y=x对称. (1)求曲线C2的方程y=g(x), (2)设函数y=g(x)的定义域为M.x1.x2∈M.且x1≠x2.求证|g(x1)-g(x2)|<|x1-x2|; (3)设A.B为曲线C2上任意不同两点.证明直线AB与直线y=x必相交. 解析:(1)曲线C1和C2关于直线y=x对称.则g(x)为f(x)的反函数. ∵y=x2-1.x2=y+1.又x≥1.∴x=.则曲线C2的方程为g(x)= (x≥0). (2)设x1.x2∈M.且x1≠x2.则x1-x2≠0.又x1≥0. x2≥0. ∴|g(x1)-g(x2)|=| -|=≤<|x1-x2|. (3)设A(x1.y1).B(x2.y2)为曲线C2上任意不同两点.x1.x2∈M.且x1≠x2. 由(2)知.|kAB|=||=<1 ∴直线AB的斜率|kAB|≠1.又直线y=x的斜率为1.∴直线AB与直线y=x必相交. 点评:曲线对称问题应从方程与曲线的对应关系入手来处理.最终转化为点的坐标之间的对应关系 题型6:轨迹问题 例11．已知动圆过定点.且与直线相切.其中. (I)求动圆圆心的轨迹的方程, (II)设A.B是轨迹上异于原点的两个不同点.直线和的倾斜角分别为和.当变化且为定值时.证明直线恒过定点.并求出该定点的坐标. 解析:(I)如图.设为动圆圆心.为记为.过点作直线的垂线.垂足为.由题意知:即动点到定点与定直线的距离相等.由抛物线的定义知.点的轨迹为抛物线.其中为焦点.为准线.所以轨迹方程为, (II)如图.设.由题意得(否则)且所以直线的斜率存在.设其方程为.显然.将与联立消去.得由韦达定理知① (1)当时.即时.所以.所以由①知:所以.因此直线的方程可表示为.即.所以直线恒过定点. (2)当时.由. 得==. 将①式代入上式整理化简可得:.所以. 此时.直线的方程可表示为即.所以直线恒过定点. 所以由知.当时.直线恒过定点.当时直线恒过定点. 点评:该题是圆与圆锥曲线交汇题目.考察了轨迹问题.属于难度较大的综合题目. 例12．如图.圆与圆的半径都是1.. 过动点分别作圆.圆的切线(分别为切点).使得. 试建立适当的坐标系.并求动点的轨迹方程 解析:以的中点为原点.所在直线为轴.建立如图所示的平面直角坐标系.则.. 由已知.得. 因为两圆半径均为1.所以. 设.则. 即(或). 点评:本小题主要考查求轨迹方程的方法及基本运算能力 题型7:课标创新题 例13．已知实数x.y满足.求的最大值与最小值. 解析:表示过点A和圆上的动点(x.y)的直线的斜率. 如下图.当且仅当直线与圆相切时.直线的斜率分别取得最大值和最小值 设切线方程为.即.则.解得. 因此. 点评:直线知识是解析几何的基础知识.灵活运用直线知识解题具有构思巧妙.直观性强等特点.对启迪思维大有裨益.下面举例说明其在最值问题中的巧妙运用 例14．设双曲线的两支分别为.正三角形PQR的三顶点位于此双曲线上.若在上.Q.R在上.求顶点Q.R的坐标 分析:正三角形PQR中.有. 则以为圆心.为半径的圆与双曲线交于R.Q两点. 根据两曲线方程可求出交点Q.R坐标 解析:设以P为圆心.为半径的圆的方程为:. 由得:. (其中.可令进行换元解之) 设Q.R两点的坐标分别为.则. 即. 同理可得:. 且因为△PQR是正三角形.则. 即.得. 代入方程.即. 由方程组.得:或. 所以.所求Q.R的坐标分别为 点评:圆是最简单的二次曲线.它在解析几何及其它数学分支中都有广泛的应用.对一些数学问题.若能作一个辅助圆.可以沟通题设与结论之间的关系.从而使问题得解.起到铺路搭桥的作用 【查看更多】

     

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