2020高三数学总复习 8-3直线、圆与圆的位置关系及空间直角坐标系练习 新人教B版
(艺术生专用)2020版高考数学总复习第八章平面解析几何第4节直线与圆、圆与圆的位置关系课时冲关
第4节 直线与圆、圆与圆的位置关系1．已知点M (a ，b )在圆O ：x 2＋y 2＝1外，则直线ax ＋by ＝1与圆O 的位置关系是( ) A ．相切 B ．相交 C ．相离D ．不确定解析：B [由题意知点M 在圆外，则a 2＋b 2>1，圆心到直线的距离d ＝1a 2＋b 2<1，故直线与圆相交．]2．(2020·烟台一模)若一个圆的圆心为抛物线y ＝－14x 2的焦点，且此圆与直线3x ＋4y－1＝0相切，则该圆的方程是( )A ．x 2＋(y －1)2＝1 B ．(x ＋1)2＋y 2＝1 C ．(x －1)2＋(y ＋1)2＝1 D ．x 2＋(y ＋1)2＝1解析：D [抛物线y ＝－14x 2，即x 2＝－4y ，其焦点为(0，－1)，即圆心为(0，－1)，圆心到直线3x ＋4y －1＝0的距离d ＝|－5|32＋42＝1，即r ＝1，故该圆的方程是x 2＋(y ＋1)2＝1，选D.]3．圆x 2＋y 2＋4x ＝0与圆x 2＋y 2－8y ＝0的公共弦长为( ) A.255 B.455 C.855D.1655解析：C [解法一 联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋4x ＝0，x 2＋y 2－8y ＝0，得x ＋2y ＝0，将x ＋2y ＝0代入x 2＋y2＋4x ＝0，得5y 2－8y ＝0，解得y 1＝0，y 2＝85，故两圆的交点坐标是(0,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－165，85，则所求弦长为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1652＋⎝ ⎛⎭⎪⎫852＝855，故选C.解法二 联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋4x ＝0，x 2＋y 2－8y ＝0，得x ＋2y ＝0，将x 2＋y 2＋4x ＝0化为标准方程得(x＋2)2＋y 2＝4，圆心为(－2,0)，半径为2，圆心(－2,0)到直线x ＋2y ＝0的距离d ＝|－2|5＝255，则所求弦长为222－⎝⎛⎭⎪⎫2552＝855，选C.] 4．(2018·全国Ⅲ卷)直线x ＋y ＋2＝0分别与x 轴，y 轴交于A ，B 两点，点P 在圆(x －2)2＋y 2＝2上，则△ABP 面积的取值范围是( )A ．[2,6]B ．[4,8]C ．[2，32]D ．[22，32]解析：A [设圆(x －2)2＋y 2＝2的圆心为C ，半径为r ，点P 到直线x ＋y ＋2＝0的距离为d ，则圆心C (2,0)，r ＝2，所以圆心C 到直线x ＋y ＋2＝0的距离为22，可得d max ＝22＋r ＝32，d min ＝22－r ＝ 2.由已知条件可得AB ＝22，所以△ABP 面积的最大值为12AB ·d max ＝6，△ABP 面积的最小值为12AB ·d min ＝2.综上，△ABP 面积的取值范围是[2,6]．]5．已知圆C ：(x －1)2＋(y －4)2＝10和点M (5，t )，若圆C 上存在两点A ，B ，使得MA ⊥MB ，则实数t 的取值范围为( )A ．[－2,6]B ．[－3,5]C ．[2,6]D ．[3,5]解析：C [本题考查直线与圆的位置关系．由题意，知满足条件的t 的值在直线x ＝5的两个点的纵坐标之间取值，过此两个点与圆相切的两条直线互相垂直．设过点(5，t )的直线方程为y －t ＝k (x －5)，由相切条件，得|k －4＋t －5k |k 2＋1＝10，整理，得6k 2＋8(4－t )k ＋(t －4)2－10＝0，由题意知此方程的两根满足k 1k 2＝－1，所以(t －4)2－106＝－1，解得t＝2或t ＝6，所以2≤t ≤6，故选C.]6．(2020·广东六校联考)已知集合M ＝{(x ，y )|x ，y 为实数，且x 2＋y 2＝2}，N ＝{(x ，y )|x ，y 为实数，且x ＋y ＝2}，则M ∩N 的元素个数为 ________ .解析：由题意得圆x 2＋y 2＝2的圆心(0,0)到直线x ＋y ＝2的距离为d ＝|－2|2＝2，故直线和圆相切，即直线和圆有1个公共点，所以M ∩N 的元素个数为1.答案：17．若圆x 2＋y 2＝4与圆x 2＋y 2＋2ay －6＝0(a ＞0)的公共弦长为23，则a ＝ ________ .解析：两圆的方程作差易知公共弦所在的直线方程为y ＝1a，如图，由已知得|AC |＝3，|OA |＝2，∴|OC |＝1a＝1，∴a ＝1.答案：18．已知直线l ∶x －3y ＋6＝0与圆x 2＋y 2＝12交于A ，B 两点，过A ，B 分别作l 的垂线与x 轴交于C ，D 两点，则|CD |＝ __________ .解析：法一：由圆x 2＋y 2＝12知圆心O (0,0)，半径r ＝2 3.∴圆心(0,0)到直线x －3y ＋6＝0的距离d ＝61＋3＝3，|AB |＝212－32＝2 3.过C 作CE ⊥BD 于E . 如图所示，则|CE |＝|AB |＝2 3. ∵直线l 的方程为x －3y ＋6＝0， ∴k AB ＝33，则∠BPD ＝30°，从而∠BDP ＝60°. ∴|CD |＝|CE |sin 60°＝|AB |sin 60°＝2332＝4.法二：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎨⎧x －3y ＋6＝0，x 2＋y 2＝12，得y 2－33y ＋6＝0，解得y 1＝3，y 2＝23， ∴A (－3，3)，B (0,23)． 过A ，B 作l 的垂线方程分别为y －3＝－3(x ＋3)，y －23＝－3x ，令y ＝0，得x C ＝－2，x D ＝2，∴|CD |＝2－(－2)＝4. 答案：49．已知圆C 经过点A (2，－1)，和直线x ＋y ＝1相切，且圆心在直线y ＝－2x 上． (1)求圆C 的方程；(2)已知直线l 经过原点，并且被圆C 截得的弦长为2，求直线l 的方程． 解：(1)设圆心的坐标为C (a ，－2a )， 则(a －2)2＋(－2a ＋1)2＝|a －2a －1|2.化简，得a 2－2a ＋1＝0，解得a ＝1. 所以C 点坐标为(1，－2)，半径r ＝|AC |＝(1－2)2＋(－2＋1)2＝ 2. 故圆C 的方程为(x －1)2＋(y ＋2)2＝2.(2)①当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝0，此时直线l 被圆C 截得的弦长为2，满足条件．②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ， 由题意得|k ＋2|1＋k2＝1，解得k ＝－34， 则直线l 的方程为y ＝－34x .综上所述，直线l 的方程为x ＝0或3x ＋4y ＝0.10．已知过点A (0,1)且斜率为k 的直线l 与圆C ：(x －2)2＋(y －3)2＝1交于M ，N 两点． (1)求k 的取值范围；(2)若OM →·ON →＝12，其中O 为坐标原点，求|MN |. 解：(1)易知圆心坐标为(2,3)，半径r ＝1， 由题设，可知直线l 的方程为y ＝kx ＋1， 因为l 与C 交于两点，所以|2k －3＋1|1＋k2<1. 解得4－73<k <4＋73.所以k 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫4－73，4＋73.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．将y ＝kx ＋1代入方程(x －2)2＋(y －3)2＝1，整理得 (1＋k 2)x 2－4(1＋k )x ＋7＝0. 所以x 1＋x 2＝4(1＋k )1＋k 2，x 1x 2＝71＋k 2.OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝4k (1＋k )1＋k 2＋8.由题设可得4k (1＋k )1＋k 2＋8＝12，解得k ＝1，所以l 的方程为y ＝x ＋1. 故圆心C 在l 上，所以|MN |＝2.。
2020年高考数学(人教文科)总复习(福建专用)配套课件：8.3空间点、直线、平面之间的位置关系 .pptx
考点一
专题八
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8.3 空间点、直线、平面之间的位置关系
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思考共面、共线、共点问题的证明有哪些方法? 解题心得共面、共线、共点问题的证明
(1)证明点或线共面问题的两种方法:①首先由所给条件中的部分 线(或点)确定一个平面,然后证其余的线(或点)在这个平面内;②将
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解析: (1)①∵G,H 分别为 FA,FD 的中点,
∴GH 12AD.
又 BC 12AD,所以 GH BC,
∴四边形 BCHG 为平行四边形. ②由 BE=12FA,G 为 FA 的中点,知 BE=FG,又 BE∥AF,
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对点训练1(1)如图,α∩β=l,A,B∈α,C∈β,且C∉l,直线AB∩l=M,过 A,B,C三点的平面记作γ,则γ与β的交线必通过( D )
A.点A B.点B C.点C但不过点M D.点C和点M (2)以下四个命题中:
(× )
专题八
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关键能力学案突破
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2.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为BC,BB1的中点,则 下列直线与直线EF相交的是( D )
高考数学知识点：直线、圆与圆的位置关系复习题
高考数学知识点：直线、圆与圆的位置关系复习题高考数学知识点：直线、圆与圆的位置关系复习题新人教B版1.(2011•深圳二模)直线l：mx－y＋1－m＝0与圆C：x2＋(y－1)2＝5的位置关系是()A．相交B．相切C．相离D．不确定[答案] A[解析]解法一：圆心(0,1)到直线的距离d＝|m|m2＋10)相切，则r＝________.[答案] 3[解析]由双曲线的方程可知，其中的一条渐近线方程为y＝22x，圆的圆心坐标为(3,0)，则圆心到渐近线的距离d ＝|322|62＝3，所以圆的半径为3.8．已知直线x＋y＝a与圆x2＋y2＝4交于A、B两点，O为原点，且OA→•OB→＝2，则实数a的值等于________．[答案]±6[解析]本题考查直线与圆的位置关系和向量的运算．设OA→、OB→的夹角为θ，则OA→•OB→＝R2•cosθ＝4cosθ＝2，∴cosθ＝12，∴θ＝π3，则弦AB的长|AB→|＝2，弦心距为3，由圆心(0,0)到直线的距离公式有：|0＋0－a|2＝3，解之得a＝±6.9．(文)与直线x＋y－2＝0和曲线x2＋y2－12x－12y＋54＝0都相切的半径最小的圆的标准方程是________．[答案](x－2)2＋(y－2)2＝2[解析]∵⊙A：(x－6)2＋(y－6)2＝18的圆心A(6,6)，半径r1＝32，∵A到l的距离52，∴所求圆B的直径2r2＝22，即r2＝2.设B(m，n)，则由BA⊥l得n－6m－6＝1，又∵B到l距离为2，∴|m＋n－2|2＝2，解出m＝2，n＝2.(理)(2011•杭州二检)已知A，B是圆O：x2＋y2＝16上的两点，且|AB|＝6，若以AB为直径的圆M恰好经过点C(1，－1)，则圆心M的轨迹方程是________．[答案](x－1)2＋(y＋1)2＝9[解析]设圆心为M(x，y)，由|AB|＝6知，圆M的半径r＝3，则|MC|＝3，即－＋＋＝3，所以(x－1)2＋(y＋1)2＝9.10．(2011•新课标全国文，河南质量调研)在平面直角坐标系xOy中，曲线y ＝x2－6x＋1与坐标轴的交点都在圆C 上．(1)求圆C的方程；(2)若圆C与直线x－y＋a＝0交于A，B两点，且OA⊥OB，求a的值．[解析](1)曲线y＝x2－6x＋1与y 轴的交点为(0,1)，与x轴的交点为(3＋22，0)，(3－22，0)．故可设C的圆心为(3，t)，则有32＋(t－1)2＝(22)2＋t2，解得t＝1.则圆C的半径为r＝32＋－＝3.所以圆C的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足方程组：x－y＋a＝0，－＋－＝9.消去y，得到方程2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0.由已知可得，判别式△＝56－16a－4a2＞0.因此，x1,2＝－－16a－4a24，从而x1＋x2＝4－a，x1x2＝a2－2a＋12.①由于OA⊥OB，可得x1x2＋y1y2＝0.又y1＝x1＋a，y2＝x2＋a，所以2x1x2＋a(x2＋x2)＋a2＝0.②由①，②得a＝－1，满足Δ>0，故a＝－1.11.(文)(2011•济南模拟)若直线x－y ＝2被圆(x－a)2＋y2＝4所截得的弦长为22，则实数a的值为()A．－1或3B．1或3C．－2或6D．0或4[答案] D[解析]圆心(a,0)到直线x－y＝2的距离d＝|a－2|2，则(2)2＋(|a－2|2)2＝22，∴a＝0或4.(理)(2011•宝鸡五月质检)已知直线x ＋y＝a与圆x2＋y2＝4交于A，B两点，且|OA→＋OB→|＝|OA→－OB→|(其中O为坐标原点)，则实数a等于() A．2B．－2C．2或－2或－6[答案] C[解析]∵|OA→＋OB→|＝|OA→－OB→|，∴|OA→|2＋|OB→|2＋2OA→•OB→＝|OA→|2＋|OB→|2－2OA→•OB→，∴OA→•OB→＝0，∴OA→⊥OB→，画图易知A、B为圆x2＋y2＝4与两坐标轴的交点，又A、B是直线x＋y＝a与圆的交点，∴a＝2或－2.12．(文)(2011•银川部分中学联考)已知直线l经过坐标原点，且与圆x2＋y2－4x＋3＝0相切，切点在第四象限，则直线l的方程为()A．y＝－3xB．y＝3xC．y＝－33xD．y＝33x[答案] C[解析]如上图由题易知，圆的方程为(x－2)2＋y2＝1，圆心为(2,0)，半径为1，如上图，经过原点的圆的切线，当切点在第四象限时，切线的倾斜角为150°，切线的斜率为tan150°＝－33，故直线l的方程为y＝－33x，选C.(理)(2010•宁夏联考)若关于x，y的方程组ax＋by＝1x2＋y2＝10有解，且所有的解都是整数，则有序数对(a，b)所对应的点的个数为()A．24B．28C．32 D ．36[答案] C[解析]x2＋y2＝10的整数解为：(1,3)，(3,1)，(1，－3)，(－3,1)，(－1,3)，(3，－1)，(－1，－3)，(－3，－1)，所以这八个点两两所连的不过原点的直线有24条，过这八个点的切线有8条，每条直线确定了唯一的有序数对(a，b)，所以有序数对(a，b)所对应的点的个数为32.13．(文)(2011•天津模拟)过点(0,1)的直线与x2＋y2＝4相交于A、B两点，则|AB|的最小值为()A．2B．23C．3D．25[答案] B[解析]当过点(0,1)的直线与直径垂直且(0,1)为垂足时，|AB|取最小值23.(理) (2011•江西理，9)若曲线C1：x2＋y2－2x＝0与曲线C2 ：y(y－mx－m)＝0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是()A. (－33，33)B. (－33，0)∪(0, 33)C. [－33 ，33] D．( －∞，－33 )∪( 33，＋∞)[答案] B[解析]曲线C1表示以(1,0)为圆心，半径为1的圆，曲线C2：y(y－mx －m)＝0表示直线y＝0与y－mx－m＝0，若有四个不同的交点，则直线y－mx －m＝0与圆有两个不同的交点且不过点(0,0)，则由|2m|1＋m24，∴M在圆外，当过点M的直线斜率不存在时，易知直线x＝3与圆相切．当直线的斜率存在时，设直线的方程为y－1＝k(x－3)，即kx－y－3k＋1＝0，∵直线与圆相切，∴|k－2＋1－3k|k2＋1＝2，解之得k＝34，∴切线方程为y－1＝34(x－3)，即3x－4y－5＝0.∴所求的切线方程为x＝3或3x－4y－5＝0.(2)由ax－y＋4＝0与圆相切知|a－2＋4|1＋a2＝2，∴a＝0或a＝43.(3)圆心到直线的距离d＝|a＋2|1＋a2，又l＝23，r＝2，∴由r2＝d2＋(l2)2，可得a＝－34.(理)已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，问是否存在斜率为1的直线l，使l 被圆C截得的弦为AB，以AB为直径的圆经过原点，若存在，写出直线l的方程；若不存在，说明理由．[解析]依题意，设l的方程为y＝x ＋b①x2＋y2－2x＋4y－4＝0②联立①②消去y得：2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1＋x2＝－＋，x1x2＝b2＋4b－42，③∵以AB为直径的圆过原点，∴OA→⊥OB→，即x1x2＋y1y2＝0，而y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)＝x1x2＋b(x1＋x2)＋b2∴2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0，由③得b2＋4b－4－b(b＋1)＋b2＝0，即b2＋3b－4＝0，∴b＝1或b＝－4，∴满足条件的直线l存在，其方程为x－y＋1＝0或x－y－4＝0.1．已知圆O1：(x－a)2＋(y－b)2＝4，O2：(x－a－1)2＋(y－b－2)2＝1(a、b∈R)，那么两圆的位置关系是() A．内含B．内切C．相交D．外切。
2020年高考数学总复习第八章第3课时平面的基本性质及两直线位置关系随堂检测(含解析)新人教版
2020年高考数学总复习 第八章 第3课时 平面的基本性质及两直线位置关系随堂检测（含解析） 1. （2020 •沈阳调研）有以下四个命题：（1） 垂直于同一平面的两直线平行.（2） 若直线a 、b 为异面直线,则过空间中的任意一点 P 一定能作一条直线与直线 a 和 直线b 均相交.（3） 如果一条直线与平面平行，则它与平面内的任何直线都平行.（4） 如果一条直线垂直于一个平面，那么这条直线与这个平 面内的任何直线都垂直.其中真命题有 ________ 个（ ）A. 1B . 2 C. 3 D. 4解析：选B.垂直于同一平面的任何直线都平行，故 （1）正确；设直线a 与点P 确定的平 面为a ,当b //a 时，不存在与a 、b 均相交的直线,故（2）错误；线面平行时， 面内的任何直线平行或异面，故2.解析：选 C. •/ DC I , l ?卩，• D € 卩，又••• D€ AB AB ?面 ABC •- D€W ABC即D 在平面ABC 与面卩的交线上， 又•••任面ABC C €卩，••• C 在面卩与面ABC 勺交线上.从而有面ABCTl 面卩=CD3. （2020 •高考大纲全国卷）已知正方”体ABCDA i BiGD 中，E 为CD 的中点，则异面直 线AE 与BC 所成角的余弦值为解析：取AB 的中点F ,连接EF,AF•••在正方体 ABCDA i B i CD 中，EF / ••• EF / BC •••/ AEF 即为异面直线 设正方体的棱长为 a ,则 AF = . a 2 + [a^fa , EF = a .••• EF 丄平面 ABBA , • EF ± AF,新人教版直线与平 B. （3）错误；由线面垂直的定义知（4）正确，故选如图所示,平面 ^a A 平面 3= I,A C a , B€ 与平面3的交线是（ ）A.直线ACB .直线 C.直线CD D.直线 a , ABA I = D,C € 3 , C ?l , 则平面ABC AB BCBG , BC // BC AE与 BC 所成的角.• AE= .AF + EF = |a . EF a 2 •cos /AEF= AE = r =3 2a2答案：3。
【把握高考】高三数学最新专题综合演练第八章8.3《直线.圆的位置关系》人教版必修2点题精析
1. 过点(2,3)的直线l 与圆C ：x 2＋y 2＋4x ＋3＝0交于A 、B 两点，当弦长|AB|取最大值时，直线l 的方程为()A ．3x －4y ＋6＝0B ．3x －4y －6＝0C ．4x －3y ＋8＝0D ．4x ＋3y －8＝02.（2008·山东）已知圆的方程为x 2＋y 2－6x －8y ＝0.设该圆过点(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC 和BD ，则四边形ABCD 的面积为（)A ．10 6B ．20 6C ．30 6D ．40 63.一束光线从点A （-1，1）出发经x 轴反射到圆C ：（x-2)2+(y-3)2=1上的最短路程是( ) A.4 B.5 C.32-1 D.264. 已知直线l 过点(-2，0)，当直线l 与圆x 2+y 2=2x 有两个交点时，其斜率k 的取值范围是( )A.(22,22)B. (2,2)C. 22(,)44 D. 11(,)885. 圆O 1：x 2+y 2-2x=0和圆O 2：x 2+y 2-4y=0的位置关系是 ( )A.相离B.相交C.外切D.内切6.（2009·湖北）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.7.（2011届·天津质检）已知两圆x2＋y2＝10和(x－1)2＋(y－3)2＝20相交于A、B两点，则直线AB的方程是.[8.若直线ax+by=1与圆x2+y2=1相切，则实数ab的取值范围是.9. 若坐标原点在圆(x-m)2+(y+m)2=4的内部，则实数m的取值范围是 .1 0. 自点A（-1，4）作圆（x-2)2+(y-3)2=1的切线l,求切线l的方程.。
2020新课标高考艺术生数学复习：直线与圆、圆与圆的位置关系含解析
教课资料范本2020新课标高考艺术生数学复习：直线与圆、圆与圆的地点关系含分析编辑： __________________时间： __________________第 4节直线与圆、圆与圆的地点关系最新考纲中心修养考情聚焦本部分作为 2020年高考的1.直线与圆的地点关系判断要点内容、主要波及直线1.能依据给定直线、圆的方与圆的地点关系、弦长问、完成数学建模和数学抽象程判断直线与圆的地点关系题、最值问题等．常与椭的修养．；能依据给定两个圆的方程圆、双曲线、抛物线交汇2.直线与圆订交、相切问题判断两圆的地点关系．考察、有时也与对称性等的研究、加强数学抽象、逻2.能用直线和圆的方程解决性质联合考察．题型以选辑推理和数学运算的修养．一些简单的问题．择题、填空题为主、有时3.圆与圆的地点关系的判断3.初步认识用代数方法办理也以解答题形式出现、一、加强数学抽象、逻辑推理几何问题的思想般难度不会太大、属中低和数学运算的修养档题型、解答时要正确利用图形及性质、合理转变1．直线与圆的地点关系设圆 C： (x－ a)2＋ (y－ b)2＝ r 2、直线 l： Ax＋ By＋ C＝ 0、圆心 C( a、 b)到直线 l的距离为 d、x－ a 2＋ y－ b 2＝ r 2，消去 y(或x)、获得对于 x( 或y) 的一元二次方程、其鉴别式为.由Ax＋By＋ C＝ 02.圆与圆的地点关系设两个圆的半径分别为R、 r 、 R＞ r、圆心距为 d、则两圆的地点关系可用下表来表示：方法地点关系几何法代数法订交d<r>0相切d＝ r＝0相离d>r<0地点关系相离外切订交内切内含几何特点d＞ R d＝ R＋ R－ r ＜ dd＝ R－ rd＜R ＋ r r＜ R＋ r－ r代数特点无实一组实两组实一组实无实数解数解数解数解数解公切线条43210数1.直线被圆截得弦长的求法(1)几何法：利用弦心距 d、弦长一半1 2l及圆的半径 r所构成的直角三角形来求、即12. r 2＝d2＋ l2(2)代数法：利用根与系数的关系来求、即|AB|＝1＋ k2·|x A－ x B|＝2A B 2－ 4xA B1＋ k[ x＋ x x ].2．两圆订交时公共弦的方程设圆 C1： x2＋ y2＋ D1x＋ E1y＋ F1＝ 0、①圆C2： x2＋ y2＋ D2 x＋E2y＋ F 2＝ 0、②若两圆订交、则有一条公共弦、其公共弦所在直线方程由①－②所得、即： (D 1－ D2) x＋ ( E1－ E2)y＋ (F1－ F2 )＝ 0.3．两圆不一样的地点关系与对应公切线的条数(1)两圆外离时、有4条公切线；(2)两圆外切时、有3条公切线；(3)两圆订交时、有2条公切线；(4)两圆内切时、有1条公切线；(5)两圆内含时、没有公切线．[思虑辨析 ]判断以下说法能否正确、正确的在它后边的括号里打“√”、错误的打“×”．(1)“ k＝ 1”是“直线 x－ y＋ k＝ 0与圆 x2＋ y2＝ 1订交”的必需不充足条件．()(2)假如两个圆的方程构成的方程组只有一组实数解、则两圆外切．()(3)假如两圆的圆心距小于两圆的半径之和、则两圆订交．()(4)从两订交圆的方程中消掉二次项后获得的二元一次方程是两圆的公共弦所在的直线方程．()(5)过圆 O： x2＋ y2＝ r2上一点 P(x0、y0)的圆的切线方程是 x0x＋ y0y＝ r2.()(6)圆 C1：x2＋y2＋2x＋ 2y－ 2＝ 0与圆 C2： x2＋ y2－ 4x－ 2y＋1＝ 0的公切线有且仅有2条． ( )分析： (1) “ k＝ 1”是“直线 x－ y＋ k＝ 0 与圆 x2＋ y2＝ 1 订交”的充足不用要条件．(2)除外切外、还有可能内切．(3)两圆还可能内切或内含．答案： (1) × (2)× (3)× (4) √ (5)√(6)√[小题检验 ]1．(20xx ××·市调研 )若直线 x－y＋ 1＝ 0与圆 (x－ a)2＋ y2＝ 2有公共点、则实数 a的取值范围是 () A．[－ 3、－ 1]B． [－ 1,3]C． [－ 3,1]D． (－∞、－ 3]∪ [1、＋∞ )分析： C [ 由题意可得、圆的圆心为(a,0)、半径为2、∴|a－0＋1|≤ 2、即 |a＋ 1|≤ 2、解得－ 3≤ a≤1.] 12＋－1 22．一条光芒从点(－ 2、－ 3)射出、经 y轴反射后与圆(x＋ 3)2＋ (y－ 2)2＝ 1相切、则反射光线所在直线的斜率为()A ．－5或－ 3B．－3或－23523C．－5或－ 4D．－4或－ 34534分析： D[ ∵ A(－ 2、－ 3)对于 y 轴的对称点 A′ (2、－ 3)在反射光芒上、圆心 (－ 3,2)．设反射光芒的斜率为k、则其方程为y＋ 3＝k(x－2)、即 kx－y－2k－ 3＝ 0、∵d＝|－3k－2－2k－3|、由 d＝ r、得 k＝－4或 k＝－3.] 34k2＋13．圆 C1：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0与圆C2：x2＋ y2－4x－ 2y＋ 1＝0的公切线有且仅有 () A．1条B． 2条C． 3条D． 4条分析： B[ ⊙ C1： (x＋ 1)2＋ (y＋ 1)2＝ 4、圆心 C1(－ 1、－ 1)、半径 r1＝ 2.⊙ C2： (x－ 2)2＋ ( y－ 1)2＝ 4、圆心C2(2,1)、半径r 2＝ 2.∴ |C1C2|＝13、∴ |r 1－ r 2|＝ 0 ＜|C C|＜ r ＋ r ＝ 4、∴两圆订交、有两条公切线．]12124．(人教A版教材必修2P133A组第9题改编 )圆 x2＋ y2－ 4＝ 0与圆 x2＋ y2－ 4x＋ 4y－ 12＝0的公共弦所在的直线方程为_________________ _____．x2＋ y2－ 4＝ 0，分析：由得4x－4y＋8＝0、即x－y＋2＝0.x2＋ y2－ 4x＋ 4y－ 12＝ 0答案： x－ y＋ 2＝ 05．(20xx ·高考全国卷Ⅰ)直线 y＝ x＋ 1与圆 x2＋ y2＋ 2y－3＝ 0交于 A、 B两点、则 |AB|＝________.分析：圆的方程可化为x2＋ (y＋ 1)2＝ 4、∴圆心为 (0、－ 1)、半径 r＝ 2、圆心到直线x－y4/132＋ 1＝ 0 的距离 d＝＝2、∴ |AB |＝ 2 22－ d2＝ 2 4－2＝ 2 2.答案：22考点一直线与圆的地点关系(自主练透 )[ 题组集训 ]1．(20xx ·豫南九校联考 )直线 l： mx－ y＋ 1－m＝0与圆 C： x2＋ (y－ 1)2＝ 5的地点关系是()A ．订交B．相切C．相离D．不确立mx－ y＋ 1－ m＝ 0，分析： A [ 法一：由消去 y、整理得 (1＋m2)x2－ 2m2x＋m2－ 5＝0、x2＋ y－1 2＝ 5，则＝4m4－ 4(1＋m2)( m2－ 5)＝ 16m2＋ 20>0、因此直线l 与圆 C 订交．应选 A.法二：因为圆心(0,1)到直线 l 的距离 d＝|m|<1< 5、故直线 l 与圆订交、选 A. m2＋ 1法三：直线 l： mx－ y＋ 1－ m＝0 过定点 (1,1)、因为点 (1,1)在圆 C： x2＋ (y－ 1)2＝ 5 的内部、因此直线 l 与圆 C 订交．应选 A.]2．“ a＝ 3”是“直线 y＝ x＋ 4与圆 ( x－a)2＋ (y－ 3)2＝8相切”的 ()A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充要条件D．既不充足也不用要条件分析： A[ 若直线 y＝ x＋4 与圆 (x－ a)2＋ (y－ 3)2＝8相切、则有|a－3＋4|＝ 2 2、即 |a＋ 1| 2＝ 4、因此 a＝ 3 或－ 5.但当 a＝ 3 时、直线 y＝ x＋ 4 与圆 (x－ a)2＋ (x－ 3)2＝ 8必定相切、故“a＝ 3”是“ 直线 y＝x＋ 4 与圆 (x－ a)2＋ (y－ 3)2＝ 8 相切”的充足不用要条件．] 3．圆 x2＋ y2＝ 1与直线 y＝ kx＋ 2没有公共点的充要条件是________________________________________________________________________ ．分析：法一：将直线方程代入圆方程、得(k2＋ 1)x2＋ 4kx＋ 3＝ 0、直线与圆没有公共点的充要条件是＝ 16k2－ 12(k2＋ 1)＜ 0、解得－3＜ k＜ 3.法二：圆心 (0,0)到直线 y＝ kx＋ 2 的距离 d＝2、直线与圆没有公共点的充要条件是k2＋ 1d＞ 1、即2＞ 1、解得－ 3＜ k＜ 3.k2＋ 1答案：－3＜ k＜3判断直线与圆的地点关系时、若双方程已知或圆心到直线的距离易表达、则用几何法；若方程中含有参数、或圆心到直线的距离的表达较繁琐、则用代数法．能用几何法、尽量不用代数法．考点二直线与圆订交、相切问题(多维研究 )[命题角度1]求弦长或由弦长求直线(圆) 的方程1．(经典高考 )过三点 A(1,3)、 B(4,2)、 C(1、－ 7) 的圆交 y轴于 M、 N两点、则 |MN|＝ () A．2 6B．8C．4 6D． 10分析： C [ 设圆的方程为x2＋ y2＋ Dx＋ Ey＋ F＝ 0、将点 A、 B、 C代入、D ＋3E＋ F＋ 10＝ 0， D ＝－ 2，得 4D＋ 2E＋ F＋ 20＝ 0，解得E＝ 4，D － 7E＋ F＋ 50＝ 0，F＝－ 20.则圆的方程为 x2＋y2－2x＋ 4y－ 20＝ 0.令x＝0、得 y2＋ 4y－ 20＝ 0、设 M(0、 y1) 、N(0、 y2)、则y1、 y2是方程 y2＋ 4y－ 20＝ 0的两根、由根与系数的关系、得 y1＋ y2＝－ 4、 y1y2＝－ 20、故|MN |＝ |y1－ y2 |＝y1＋ y22－ 4y1y2＝16＋80＝ 4 6.应选 C.]弦长的两种求法(1)代数方法：将直线和圆的方程联立方程组、消元后获得一个一元二次方程．在鉴别式＞ 0 的前提下、利用根与系数的关系、依据弦长公式求弦长．(2)几何方法：若弦心距为d、圆的半径长为r、则弦长l ＝ 2r2－ d2.[提示 ]代数法计算量较大、我们一般采纳几何法．[命题角度2]由弦长求参数取值(范围 )2．(20xx ·××市一模 )已知直线 x－ y＋m＝ 0与圆 x2＋ y2＝ 4交于不一样的两点A、 B、 O是坐标原点．若圆周上存在一点 C、使得△ ABC为等边三角形、则实数m的值为 ________．分析：依据题意画出图形、连结OA、 OB、作 OD 垂直于 AB 于 D 点．因为△ ABC 为等边三角形、因此∠AOB ＝ 120°.由余弦定理得 |AB |＝2 3、∴|BD |＝ 3、 |OD |＝ 1、∴O(0,0)到直线 AB 的距离|m|＝ 1、解得 m＝± 2.2答案：±2解决与弦长相关参数或取值范围问题、一般是找到与弦长公式l ＝ 2 r2－ d2相关的方程或不等式、解方程或不等式即可．[命题角度3] 求切线方程 ( 切线长 )3．已知点 A(1、 a)、圆 x2＋ y2＝ 4.若过点 A的圆的切线只有一条、则切线方程为_________ _____________ ．分析：因为过点 A 的圆的切线只有一条、则点 A 在圆上、故12＋ a2＝ 4、∴ a＝± 3.当 a＝ 3时、 A(1、3)、切线方程为x＋ 3y－ 4＝ 0；当 a＝－3时、 A(1、－ 3)、切线方程为 x－3y－ 4＝0、答案： x＋3y－ 4＝0或 x－3y－ 4＝ 04．(20xx ××·市模拟)已知直线 l： mx＋ y－ 1＝ 0(m∈R )是圆 C： x2＋ y2－ 4x＋ 2y＋ 1＝ 0的对称轴、过点A(－ 2、 m)作圆 C的一条切线、切点为B、则 | AB|为 ()A ． 4B．2 5C．4 2D． 3解析：A[∵圆 C： x2＋y2－4x＋ 2y＋ 1＝0、即 (x－ 2)2＋ (y＋ 1)2＝ 4、表示以 C(2、－ 1)为圆心、半径等于2的圆．由题意可得、直线l ：mx＋ y－ 1＝ 0经过圆 C 的圆心 (2、－ 1)、故有 2m－ 1－ 1＝ 0、∴ m＝ 1、点 A(－2,1)．∵AC ＝20、 CB＝ R＝ 2、∴切线的长 |AB|＝ 20－ 4＝ 4.应选 A.]1．求过一点的圆的切线方程时、第一要判断此点与圆的地点关系、若点在圆内、无解；若点在圆上、有一解、利用点斜式直接求解；若点在圆外、有两解．设切线的点斜式方程、用待定系数法求解、注意、需考虑无斜率的状况．2．切线长问题、利用圆心到定点的距离、半径、切线长三者之间的勾股定理来解决．[命题角度4]圆的最值问题5．在平面直角坐标系xOy中、以点 (1,0) 为圆心且与直线mx－y－ 2m－ 1＝ 0(m∈R )相切的全部圆中、半径最大的圆的标准方程为________．解析：解法一：设 A(1,0)、由 mx－y－ 2m－ 1＝ 0、得 m(x－ 2)－ (y＋1)＝ 0、则直线过定点P(2、－ 1)、即该方程表示全部过定点P的直线系方程．当直线与 AP 垂直时、所求圆的半径最大． 此时、半径为 |AP |＝ 2－1 2＋ －1－ 0 2＝ 2. 故所求圆的标准方程为 (x － 1)2 ＋y 2＝2.解法二：设圆的半径为r 、依据直线与圆相切的关系得r ＝|m ＋ 1| ＝m2＋ 2m ＋ 11＋ m2 m2＋ 1＝1＋2m、m2＋ 1当m<0时、 1＋2m2m无最大值；m2＋1<1 、故 1＋m2＋ 1当m ＝ 0时、 r ＝ 1；当m>0时、 m 2＋1≥ 2m(当且仅当 m ＝ 1时取等号 )．因此 r ≤ 1＋ 1＝ 2、即 r max ＝ 2、故半径最大的圆的方程为 (x － 1)2＋ y 2＝ 2.答案： (x － 1)2＋ y 2＝ 2对于圆的最值问题、一般是依据条件列出对于所求目标的式子 —— 函数关系式、而后根据函数关系式的特点采纳参数法、配方法、鉴别式法等、应用不等式的性质求出最值．考点三 圆与圆的地点关系 (子母变式 )[ 母题 ]已知圆 C 1： (x － a)2＋ (y ＋ 2)2＝ 4与圆 C 2： (x ＋ b)2＋( y ＋2)2 ＝1相外切、则 ab 的最大值为 ()6 3 9A. 2B.2C.4D ．2 3[分析 ] C [由圆 C 1与圆 C 2 相外切、 可得a ＋b 2＋ － 2＋ 2 2＝ 2＋ 1＝ 3、即( a ＋b)2＝9、依据基本不等式可知ab ≤a ＋b2＝9、24当且仅当 a ＝b 时等号建立．应选 C.][子题 1] 本例条件中“外切”变成“内切”、则ab 的最大值为 ________．分析：由Ca ＋b 2＋ －2＋2 2＝1.1与 C 2内切得即( a ＋b)2＝1、又 ab ≤ a ＋ b 2＝ 1、当且仅当 a ＝ b 时241等号建立、故 ab 的最大值为 4. 答案：14[子题 2]本例条件“外切”变成“订交”、则公共弦所在的直线方程为________．分析：由题意得、把圆C1、圆 C2的方程都化为一般方程．圆C1： x2＋ y2－ 2ax＋ 4y＋a2＝0、①圆 C2： x2＋ y2＋ 2bx＋4y＋ b2＋ 3＝ 0、②由②－①得 (2a＋2b)x＋ 3＋ b2－ a2＝ 0、即(2a＋2b)x＋ 3＋ b2－ a2＝0 为所求公共弦所在直线方程．答案： (2a＋ 2b)x＋3＋ b2－ a2＝ 0[子题3]本例条件“外切”变成“若两圆有四条公切线”、则直线x＋ y－ 1＝0与圆 (x－ a)2＋ (y－ b)2＝ 1的地点关系是________．分析：由两圆存在四条切线、故两圆外离、a＋ b 2＋－2＋ 2 2>3.∴( a＋b)2>9.即 a＋ b>3 或 a＋ b<－3.又圆心 (a、 b)到直线 x＋ y－ 1＝0 的距离|a＋ b－ 1|d＝>1、2∴直线 x＋ y－1＝ 0 与圆 (x－ a)2＋ (y－ b)2＝ 1 相离．答案：相离1．办理两圆地点关系多用圆心距与半径和或差的关系判断、一般不采纳代数法．2．若两圆订交、则两圆公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差获得．提示：判断两圆地点关系经常用几何法、利用两圆构成的方程组解的个数、不可以判断内切与外切、外离与内含．[追踪训练 ]1．(20xx ·高考山东卷 )已知圆 M：x2＋ y2－2ay＝ 0(a＞ 0)截直线 x＋ y＝ 0所得线段的长度是 2 2 、则圆 M与圆 N： (x － 1)2＋ (y－ 1)2＝ 1的地点关系是()A ．内切B．订交C．外切D．相离分析： B[ ∵圆 M∶ x2＋ (y－ a)2＝ a2、∴圆心坐标为M(0、 a)、半径 r1为 a、圆心 M 到直线 x＋ y＝ 0 的距离 d＝|a|、2|a|2＋(22、解得 a＝ 2.由几何知识得2) ＝ a2∴M (0,2)、 r1＝ 2.又圆 N 的圆心坐标N(1,1) 、半径 r 2＝ 1、∴|MN |＝ 1－ 0 2＋ 1－2 2＝ 2、 r 1＋ r 2＝ 3、 r1－ r2＝ 1.∴r 1－ r 2＜ |MN|＜ r 1＋r 2、∴两圆订交、应选 B.]2．若圆 x2＋ y2＝ 4与圆 x2＋ y2＋ 2ay－6＝ 0(a>0) 的公共弦的长为 2 3、则 a＝ ________.分析：两圆的方程相减、得公共弦所在的直线方程为(x2＋ y2＋ 2ay－6)－ (x2＋y2)－ 4＝0?y＝1、又 a>0、联合图形、利用半径、弦长的一半及弦心距所构成的直角三角形、可知1 a a＝22－ 3 2＝1? a＝ 1.答案： 11．(20xx ·××市一模 )已知直线 x＋ ay＋ 2＝ 0与圆 x2＋ y2＋ 2x－ 2y＋ 1＝ 0有公共点、则实数a的取值范围是()A ． a＞ 0B． a≥ 0C． a≤ 0D． a＜ 0分析： C [圆 x2＋ y2＋ 2x－ 2y＋ 1＝ 0、即 (x＋ 1)2＋ (y－ 1)2＝ 1的圆心 ( －1,1)、半径为 1、∵直线 x＋ ay＋ 2＝ 0与圆 x2＋ y2＋ 2x－ 2y＋ 1＝ 0有公共点、∴|－1＋a＋2|≤ 1、∴ a≤ 0、应选C.] 1＋ a22．(20xx ××·市模拟) 已知圆 C： (x－1)2＋( y－ 4)2＝ 10和点 M(5、 t)、若圆 C上存在两点 A、B、使得 MA⊥MB、则实数 t的取值范围为 ()A ． [－ 2,6]B． [－ 3,5]C． [2,6]D． [3,5]分析： C[由题意、 |CM|≤10× 2、∴ (5－ 1)2＋ (t －4) 2≤20、∴ 2≤ t≤ 6、应选 C.]3．(20xx ××·市模拟 )直线 ax－y＋ 3＝ 0与圆 (x－ 1)2＋ (y－2)2＝4订交于 A、 B两点且 |AB|＝22、则 a＝()A ． 1B 3C． 2D． 3分析： A[ 圆的圆心为(1,2)、半径为 2、∵|AB |＝ 22、∴圆心到直线 AB的距离 d＝4－2＝ 2、即|a＋1|＝2、解得 a＝ 1.应选： A.] a2＋ 14．(20xx·高考全国卷Ⅲ)直线 x＋ y＋2＝ 0分别与 x轴、 y轴交于 A、B两点、点 P在圆 (x－ 2)2＋ y2＝ 2上、则△ABP面积的取值范围是 ()A ． [2,6]B． [4,8]C．[ 2、3 2]D．[2 2、3 2 ]分析： A[ ∵直线 x＋ y＋ 2＝ 0分别于 x轴、 y轴交于 A、 B两点、∴ A(－ 2,0)、 B(0、－ 2)、10/13∴|AB|＝ 2 2、∵点 P在圆 (x－ 2)2＋ y2＝ 2上、∴圆心为 (2,0)、设圆心到直线的距离为d、则d＝ |2＋ 0＋ 2|2＝ 2 2.故点 P到直线 x＋ y＋ 2＝0的距离 d′的范围是 [12、 3 2]、则 S△ABP＝ |AB |d′＝ 2d′∈2[2,6] ． ]5．(20xx ××·市模拟 )过点 P(1、－ 2)作圆 C： (x－ 1)2＋ y2＝ 1的两条切线、切点分别为A、B、则 AB所在直线的方程为()31A ． y＝－4B． y＝－231C． y＝－2D． y＝－4分析：B[圆 (x－ 1)2＋ y2＝ 1的圆心为 (1,0)、半径为 1、以 |PC|＝1－1 2＋－2－0 2＝ 2为直径的圆的方程为(x－ 1)2＋ (y＋ 1)2＝ 1、1将两圆的方程相减得AB所在直线的方程为2y＋1＝ 0、即 y＝－2. 应选 B.]6．(20xx ××·市质→→ →检 )直线 ax＋ by＋ c＝ 0与圆 C： x2－ 2x＋ y2＋ 4y＝0订交于 A、 B两点、且 |AB |＝15 、则 CA ·CB ＝ ________.分析：圆 C： x2－ 2x＋ y2＋ 4y＝ 0?(x－ 1)2＋ (y＋ 2)2＝ 5、如图、过 C 作 CD⊥AB 于 D、|AB|＝ 2|AD|＝ 2|AC| ·sin∠ CAD、∴15＝ 2× 5× sin ∠ CAD 、∴∠ CAD＝ 30°、→ →°∴∠ ACB ＝ 120°、则 CA ·CB ＝ 5× 5× cos 120＝－5 . 2答案：－5 27．点 P在圆 C1： x2＋ y2－ 8x－4y＋ 11＝ 0上、点 Q在圆 C2： x2＋ y2＋ 4x＋ 2y＋ 1＝ 0上、则 |P Q|的最小值是 ________．解析：11/13把圆 C1、圆 C2的方程都化成标准形式、得 (x－ 4)2＋ (y－ 2)2＝ 9、 (x＋ 2)2＋ (y＋ 1)2＝ 4.圆 C1的圆心坐标是 (4,2) 、半径长是 3；圆 C2的圆心坐标是 (－ 2、－ 1)、半径是 2.圆心距 d＝4＋2 2＋ 2＋1 2＝3 5.因此、 |PQ|的最小值是 3 5－ 5.答案： 3 5－58．已知圆 O： x2＋ y2＝ 8、点 A(2,0)、动点 M在圆上、则∠ OMA 的最大值为 ________．解析：设 |MA | ＝ a 、因为 |OM | ＝ 2 2 、 |OA| ＝ 2 、由余弦定理知 cos ∠ OMA ＝|OM|2 ＋ |MA|2 － |OA|2 2 2 2＋ a2－ 2214＋ a≥1·24·a＝2、当且仅当 a＝ 2 时等2|OM| ·|MA|＝＝·2× 22a42a42a2ππ号建立．因此∠ OMA ≤、即∠ OMA 的最大值为4.4答案：π49．已知点 M(3,1)、直线 ax－ y＋ 4＝ 0及圆 (x－ 1)2＋ (y－ 2)2＝ 4.(1)求过点 M的圆的切线方程；(2)若直线 ax－ y＋ 4＝0与圆相切、求 a的值；(3)若直线 ax－ y＋ 4＝0与圆订交于 A、 B两点、且弦 AB的长为23、求 a的值．解： (1) 由题意知圆心的坐标为(1,2)、半径 r ＝2、当过点 M 的直线的斜率不存在时、方程为x＝ 3.由圆心 (1,2) 到直线 x＝ 3 的距离 d＝ 3－ 1＝2＝ r 知、此时、直线与圆相切．当过点 M 的直线的斜率存在时、设方程为 y－ 1＝ k(x－ 3)、即 kx－ y＋ 1－ 3k＝0.由题意知 |k－ 2＋ 1－ 3k|＝2、解得k＝ 3.k2＋－ 1 243∴方程为y－ 1＝4(x－ 3)、即 3x－ 4y－ 5＝0.故过点 M 的圆的切线方程为x＝ 3 或 3x－ 4y－ 5＝ 0.|a－ 2＋ 4|＝ 2、解得 a＝ 04(2)由题意有或 a＝ .a2＋－123 (3)∵圆心到直线 ax－ y＋ 4＝ 0 的距离为|a＋ 2| 、a2＋ 1∴|a＋2|2＋2 32＝4、解得a＝－3. a2＋ 12410．过平面内 M点的光芒经 x轴反射后与圆C： x2＋ (y－ 2)2＝ 2相切于 A、 B两点．(1)若 M点的坐标为 (5,1)、求反射光芒所在直线的方程；(2)若 |AB|＝314、求动点 M的轨迹方程．4解： (1) 由光的反射原理知、反射光芒所在直线必过点(5、－ 1)、设反射光芒所在直线的12/13斜率为 k、则此直线方程能够设为y＋ 1＝ k(x－ 5)、即 kx－ y－ 5k－ 1＝0(*) ．又反射光芒与圆 C： x2＋( y－ 2)2＝2 相切、因此|－2－5k－1|＝ 2、解得 k＝－ 1 或－7、k2 ＋ 123代入 (*) 化简整理、得反射光芒所在直线的方程为x＋ y－ 4＝0 或 7x＋ 23y－ 12＝0.(2)设动点 M 的坐标为 (x、y)( y≥ 0)、则反射光芒所在直线必过点M 对于 x 轴的对称点Q(x、－ y)、设动弦 AB 的中点为 P、则|AP |＝3 14、故 |CP |＝2－3142 882＝8.由射影定理 |CP| |CQ· |＝ |AC|2、得 |CQ|＝2＝ 82 、即 x2＋－ y－ 2 2＝ 8 2、即 x2＋ (y＋282)2＝128(y≥ 0)．13/13。
2020版高考数学新增分大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.3空间点直线平面之间的位置关系讲义含解析
§8.3 空间点、直线、平面之间的位置关系1．四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内． 公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线． 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． 2．直线与直线的位置关系 (1)位置关系的分类⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行直线相交直线异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．②范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.3．直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况． 4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况． 5．等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．概念方法微思考1．分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线吗？提示不一定．因为异面直线不同在任何一个平面内．分别在两个不同平面内的两条直线可能平行或相交．2．空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角一定相等吗？提示不一定．如果这两个角开口方向一致，则它们相等，若反向则互补．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.( √)(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．( ×)(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．( ×)(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．( √)(5)没有公共点的两条直线是异面直线．( ×)(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．( ×) 题组二教材改编2．[P52B组T1(2)]如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为( )A．30°B．45°C．60°D．90°答案 C解析连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C为等边三角形，∴∠D1B1C＝60°.3．[P45例2]如图，在三棱锥A—BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；(2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形．答案(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD解析(1)∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.(2)∵四边形EFGH为正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，∵EF∥AC，EH∥BD，且EF＝12AC，EH＝12BD，∴AC＝BD且AC⊥BD.题组三易错自纠4．α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是( )A．垂直B．相交C．异面D．平行答案 D解析依题意，m∩α＝A，n⊂α，∴m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行．5.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )A．点AB．点BC．点C但不过点MD．点C和点M答案 D解析∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．6.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面的对数为______．答案 3解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF 平行．故互为异面的直线有且只有3对．题型一平面基本性质的应用例1如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E ，C ，D 1，F 四点共面． (2)∵EF ∥CD 1，EF <CD 1， ∴CE 与D 1F 必相交， 设交点为P ，如图所示．则由P ∈CE ，CE ⊂平面ABCD ，得P ∈平面ABCD . 同理P ∈平面ADD 1A 1.又平面ABCD ∩平面ADD 1A 1＝DA ，∴P ∈直线DA ，∴CE ，D 1F ，DA 三线共点． 思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②证两平面重合．(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点． 跟踪训练1如图，在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，G ，H 分别在BC ，CD 上，且BG ∶GC ＝DH ∶HC ＝1∶2.(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)设EG 与FH 交于点P ，求证：P ，A ，C 三点共线． 证明 (1)∵E ，F 分别为AB ，AD 的中点， ∴EF ∥BD .∵在△BCD 中，BG GC ＝DH HC ＝12，∴GH ∥BD ，∴EF ∥GH . ∴E ，F ，G ，H 四点共面．(2)∵EG ∩FH ＝P ，P ∈EG ，EG ⊂平面ABC ， ∴P ∈平面ABC . 同理P ∈平面ADC .∴P 为平面ABC 与平面ADC 的公共点． 又平面ABC ∩平面ADC ＝AC ， ∴P ∈AC ，∴P ，A ，C 三点共线．题型二 判断空间两直线的位置关系例2(1)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( ) A ．l 与l 1，l 2都不相交 B ．l 与l 1，l 2都相交C ．l 至多与l 1，l 2中的一条相交D ．l 至少与l 1，l 2中的一条相交 答案 D解析 由直线l 1和l 2是异面直线可知l 1与l 2不平行，故l 1，l 2中至少有一条与l 相交．故选D.(2)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝2ED ，CF ＝2FA ，则EF 与BD 1的位置关系是( )A ．相交但不垂直B ．相交且垂直C ．异面D ．平行 答案 D解析 连接D 1E 并延长，与AD 交于点M ，由A 1E ＝2ED ，可得M 为AD 的中点，连接BF 并延长，交AD 于点N ，因为CF ＝2FA ，可得N 为AD 的中点，所以M ，N 重合，所以EF 和BD 1共面，且ME ED 1＝12，MF BF ＝12，所以ME ED 1＝MFBF，所以EF ∥BD 1.思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．异面直线可采用直接法或反证法；平行直线可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．跟踪训练2(1)已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”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 答案 A解析 若直线a 和直线b 相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a 和直线b 可能平行或异面或相交，故选A.(2)如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线； ②直线AM 与BN 是平行直线； ③直线BN 与MB 1是异面直线； ④直线AM 与DD 1是异面直线． 其中正确的结论为________．(填序号) 答案 ③④解析 因为点A 在平面CDD 1C 1外，点M 在平面CDD 1C 1内，直线CC 1在平面CDD 1C 1内，CC 1不过点M ，所以AM 与CC 1是异面直线，故①错；取DD 1中点E ，连接AE ，则BN ∥AE ，但AE 与AM 相交，故②错；因为B 1与BN 都在平面BCC 1B 1内，M 在平面BCC 1B 1外，BN 不过点B 1，所以BN 与MB 1是异面直线，故③正确；同理④正确，故填③④. 题型三 求两条异面直线所成的角例3(1)(2018·浙江金丽衢联考)正四面体ABCD 中，E 为棱AD 的中点，过点A 作平面BCE 的平行平面，该平面与平面ABC 、平面ACD 的交线分别为l 1，l 2，则l 1，l 2所成角的正弦值为( ) A.63B.33C.13D.22答案 A解析 由题意得BC ∥l 1，CE ∥l 2，则∠BCE 即为l 1与l 2所成角．设正四面体的棱长为a ，则易得EB ＝EC ＝32a ，设BC 的中点为F ，连接EF ，则易得EF ＝22a ，则l 1与l 2所成角的正弦值为sin∠BCE ＝EF EC＝22a 32a ＝63，故选A. (2)如图，把边长为4的正三角形ABC 沿中线AD 折起，使得二面角C —AD —E 的大小为60°，则异面直线AC 与DE 所成角的余弦值为( )A ．－14B.14C ．－13D.13答案 B解析 如图，取AB 的中点F ，连接DF ，EF ，因为D ，F 分别是线段BC ，AB 的中点，所以DF ∥AC ，所以∠EDF (或其补角)是异面直线AC 与DE 所成的角．由正三角形的性质可得AD ⊥BC ，所以∠CDE 就是二面角C —AD —E 的平面角，所以∠CDE ＝60°.又CD ＝DE ，所以△CDE是正三角形．作EG ⊥CD ，垂足为G ，作FH ⊥BD ，垂足为H ，连接EH ，易知EG ＝DE sin60°＝2×32＝3，DG ＝DE cos60°＝2×12＝1，DH ＝12BD ＝12×2＝1，HG ＝DH ＋DG ＝2，FH ＝12AD ＝12×32AC＝12×32×4＝ 3.由勾股定理，得EH ＝HG 2＋EG 2＝22＋(3)2＝7，EF ＝EH 2＋FH 2＝(7)2＋(3)2＝10.在△EDF 中，由余弦定理，得cos∠EDF ＝22＋22－(10)22×2×2＝－14，所以异面直线AC 与DE 所成角的余弦值为14，故选B.思维升华用平移法求异面直线所成的角的三个步骤 (1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角； (2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角； (3)三求：解三角形，求出所作的角．跟踪训练3(2018·全国Ⅱ)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15B.56C.55D.22 答案 C解析 方法一 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的一侧补上一个相同的长方体A ′B ′BA －A 1′B 1′B 1A 1.连接B 1B ′，由长方体性质可知，B 1B ′∥AD 1，所以∠DB 1B ′为异面直线AD 1与DB 1所成的角或其补角．连接DB ′，由题意，得DB ′＝12＋(1＋1)2＝5，B ′B 1＝12＋(3)2＝2，DB 1＝12＋12＋(3)2＝ 5.在△DB ′B 1中，由余弦定理，得DB ′2＝B ′B 21＋DB 21－2B ′B 1·DB 1·cos∠DB 1B ′，即5＝4＋5－2×25cos∠DB 1B ′，∴cos∠DB 1B ′＝55. 故选C.方法二 如图，以点D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz .由题意，得A (1,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0，3)，B 1(1,1，3)，∴AD 1→＝(－1,0，3)，DB 1→＝(1,1，3)， ∴AD 1→·DB 1→＝－1×1＋0×1＋(3)2＝2， |AD 1→|＝2，|DB 1→|＝5， ∴cos〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→||DB 1→|＝225＝55.故选C.立体几何中的线面位置关系直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题．例如图所示，四边形ABEF 和ABCD 都是梯形，BC ∥AD 且BC ＝12AD ，BE ∥FA 且BE ＝12FA ，G ，H分别为FA ，FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？ (1)证明 由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ， 可得GH ∥AD 且GH ＝12AD .又BC ∥AD 且BC ＝12AD ，∴GH ∥BC 且GH ＝BC ， ∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)解 ∵BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G 为FA 的中点，∴BE ∥FG 且BE ＝FG ， ∴四边形BEFG 为平行四边形， ∴EF ∥BG . 由(1)知BG ∥CH .∴EF ∥CH ，∴EF 与CH 共面． 又D ∈FH ，∴C ，D ，F ，E 四点共面．素养提升 平面几何和立体几何在点线面的位置关系中有很多的不同，借助确定的几何模型，利用直观想象讨论点线面关系在平面和空间中的差异．1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数为( ) A ．4B ．3C ．2D ．1 答案 A解析 首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．2．(2018·湖州模拟)a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是( ) A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案 C解析若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．故选C.3．如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC 与平面β的交线是( )A．直线AC B．直线ABC．直线CD D．直线BC答案 C解析由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.4.如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确是( )A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面答案 A解析 连接A 1C 1，AC ，则A 1C 1∥AC ，∴A 1，C 1，A ，C 四点共面，∴A 1C ⊂平面ACC 1A 1， ∵M ∈A 1C ，∴M ∈平面ACC 1A 1，又M ∈平面AB 1D 1， ∴M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上， 同理A ，O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上． ∴A ，M ，O 三点共线．5．(2018·绍兴质检)如图，在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1＝2AB ，E ，F 分别为BC ，BB 1的中点，M ，N 分别为AA 1，A 1C 1的中点，则直线MN 与EF 所成角的余弦值为( )A.35B.12C.32D.45 答案 B解析 方法一 如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接AC 1，CB 1，C 1B ′，易得MN ∥AC 1，EF ∥CB 1∥C 1B ′，那么∠AC 1B ′的补角即直线MN 与EF 所成的角． 设AA 1＝2AB ＝2a ，则AC 1＝C 1B ′＝3a ， 连接AB ′，则AB ′＝a 2＋(22a )2＝3a ， 由余弦定理得cos∠AC 1B ′＝(3a )2＋(3a )2－(3a )22(3a )×(3a )＝－12，故直线MN 与EF 所成角的余弦值为12.方法二 如图，连接AC 1，C 1B ，CB 1，设C 1B 与CB 1交于点O ，取AB 的中点D ，连接CD ，OD ， 则MN ∥AC 1∥OD ，EF ∥CB 1，那么∠DOC 即直线MN 与EF 所成的角， 设AA 1＝2AB ＝2a ， 则AC 1＝CB 1＝3a ， 于是OD ＝OC ＝3a 2，又CD ＝3a 2，于是△OCD 为正三角形，故直线MN 与EF 所成角的余弦值为12. 6.(2018·衢州质检)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1C 1的中点，则异面直线DE 与B 1C 所成角的大小为( )A.π3B.π4C.π6D.π12 答案 C解析 连接AC ，BD ，B 1E ，设BD 与AC 交于点O ，连接B 1O ，则四边形DOB 1E 为平行四边形，所以DE ∥OB 1，所以异面直线DE 与B 1C 所成角为∠OB 1C ，设正方体棱长为1，则B 1C ＝2，OC ＝22，B 1O ＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫222， 所以cos∠OB 1C ＝2＋1＋12－1221＋⎝⎛⎭⎪⎫222·2＝32. 又因为异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，所以∠OB 1C ＝π6.7．给出下列命题，其中正确的命题为________．(填序号) ①如果线段AB 在平面α内，那么直线AB 在平面α内；②两个不同的平面可以相交于不在同一直线上的三个点A ，B ，C ；③若三条直线a ，b ，c 互相平行且分别交直线l 于A ，B ，C 三点，则这四条直线共面； ④若三条直线两两相交，则这三条直线共面； ⑤两组对边相等的四边形是平行四边形． 答案 ①③8．在三棱锥S －ABC 中，G 1，G 2分别是△SAB 和△SAC 的重心，则直线G 1G 2与BC 的位置关系是________． 答案 平行解析 如图所示，连接SG 1并延长交AB 于M ，连接SG 2并延长交AC 于N ，连接MN .由题意知SM 为△SAB 的中线，且SG 1＝23SM ，SN 为△SAC 的中线，且SG 2＝23SN ，∴在△SMN 中，SG 1SM ＝SG 2SN，∴G 1G 2∥MN ， 易知MN 是△ABC 的中位线，∴MN ∥BC ， ∴G 1G 2∥BC .9.如图，已知圆柱的轴截面ABB 1A 1是正方形，C 是圆柱下底面弧AB 的中点，C 1是圆柱上底面弧A 1B 1的中点，那么异面直线AC 1与BC 所成角的正切值为________．答案2解析 取圆柱下底面弧AB 的另一中点D ，连接C 1D ，AD ， 因为C 是圆柱下底面弧AB 的中点，所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D垂直于圆柱下底面，所以C1D⊥AD.因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝2AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为 2.10.如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案②③④解析还原成正四面体A－DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合．易知GH与EF异面，BD与MN异面．连接GM，∵△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，又MN∥AF，∴MN⊥DE.因此正确命题的序号是②③④.11.如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．(1)证明 假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A ，B ，C ，D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)解 取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则AC ∥FG ，EG ∥BD ，所以相交直线EF 与EG 所成的角， 即为异面直线EF 与BD 所成的角． 又因为AC ⊥BD ，则FG ⊥EG .在Rt△EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.12.如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC＝23，PA ＝2.求：(1)三棱锥P －ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．解 (1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P －ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·PA ＝13×23×2＝433.(2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，cos∠ADE ＝AD 2＋DE 2－AE 22×AD ×DE ＝22＋22－22×2×2＝34.故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34.13．若空间中四条两两不同的直线l 1，l 2，l 3，l 4，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，则下列结论一定正确的是( ) A ．l 1⊥l 4 B ．l 1∥l 4C ．l 1与l 4既不垂直也不平行D ．l 1与l 4的位置关系不确定 答案 D解析 如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，记l 1＝DD 1，l 2＝DC ，l 3＝DA .若l 4＝AA 1，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，此时l 1∥l 4，可以排除选项A 和C.若取C 1D 为l 4，则l 1与l 4相交；若取BA 为l 4，则l 1与l 4异面；若取C 1D 1为l 4，则l 1与l 4相交且垂直．因此l 1与l 4的位置关系不能确定．14．平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( ) A.32B.22C.33D.13答案 A解析 如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，∵α∥平面CB 1D 1，则m 1∥m ， 又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥m 1， ∴B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n .故m ，n 所成角的大小与B 1D 1，CD 1所成角的大小相等，即∠CD 1B 1的大小． 又∵B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)，∴∠CD 1B 1＝π3，得sin∠CD 1B 1＝32，故选A.15．(2018·浙江省杭州市七校联考)如图，在Rt△ABC 中，∠BAC ＝60°，点F 在斜边AB 上，且AB ＝4AF ，点M 在线段BC 上运动，D ，E 是平面ABC 同一侧的两点，AD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，AD ＝3，AC ＝BE ＝4.当点M 运动到线段BC 的中点时，异面直线CF 与EM 所成角的余弦值为( )A.2114B.714C.77D.217答案 A解析 取BF 的中点N ，连接MN ，EN ，因为M ，N 分别为BC ，BF 的中点，所以MN ∥CF ，且MN ＝12CF ，所以∠EMN 为异面直线CF 与EM所成的角.因为AC ＝4，∠BAC ＝60°，∠ACB ＝90°， 所以BC ＝43，BM ＝23，所以EM ＝BM 2＋BE 2＝(23)2＋42＝27. 因为AC ＝4，∠BAC ＝60°，∠ACB ＝90°， 所以AB ＝8，所以AF ＝14AB ＝2，BF ＝34AB ＝6，所以BN ＝3，所以EN ＝BE 2＋BN 2＝42＋32＝5.在△ACF 中，由余弦定理得CF ＝23，所以MN ＝ 3. 在△EMN 中，由余弦定理可得cos∠EMN ＝ME 2＋MN 2－EN 22ME ·MN＝28＋3－252×27×3＝2114，所以异面直线CF 与EM 所成角的余弦值为2114.故选A.16．(2018·浙江省金华名校统考)如图，在三棱锥A —BCD 中，平面ABC ⊥平面BCD ，△BAC 与△BCD 均为等腰直角三角形，且∠BAC ＝∠BCD ＝90°，BC ＝2.P 是线段AB 上的动点(不包括端点)，若线段CD 上存在点Q ，使得异面直线PQ 与AC 成30°的角，则线段PA 长度的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，63 C.⎝⎛⎭⎪⎫22，2 D.⎝⎛⎭⎪⎫63，2 答案 B解析 方法一 由已知得CB ⊥CD ，以C 为坐标原点，CD →的方向为x 轴正方向，CB →的方向为y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，根据题意，得A (0,1,1)，B (0,2,0)，D (2,0,0)．令AP →＝λAB →(λ∈(0,1))， CQ →＝μCD →(μ∈(0,1])，则AP →＝(0，λ，－λ)，CQ →＝(2μ，0,0)， ∴QP →＝CA →＋AP →－CQ →＝(－2μ，1＋λ，1－λ)， ∴cos〈QP →，CA →〉＝QP →·CA →|QP →||CA →|＝24μ2＋(1＋λ)2＋(1－λ)2·2＝32， 整理得3λ2＋6μ2＝1，显然3λ2<1，而λ∈(0,1)， ∴λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33， |AP →|＝|(0，λ，－λ)|＝2λ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，63，故选B.方法二 如图，将题图中的三棱锥补全为一个长方体，在平面ABC 内，过点P 作AB 的垂线交CE 于点R .因为AC ⊥AB ，PR ⊥AB ，所以AC ∥PR ，因而∠RPQ 即为异面直线PQ 与AC 所成的角，所以∠RPQ ＝30°.设AP ＝x ，则CR ＝x ，在Rt△PQR 中，求得PR ＝2，所以RQ ＝23.在Rt△CRQ 中，CQ ＝23－x 2∈(0,2)，故0<x 2<23， 解得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，63，故选B.。
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8-3直线、圆与圆的位置关系及空间直角坐标系 基础巩固强化 1.(文)(2020·山东烟台调研)圆x2＋y2－2x＋4y－4＝0与直线2tx－y－2－2t＝0(t∈R)的位置关系为( ) A．相离 B．相切 C．相交 D．以上都有可能 [答案] C [解析] ∵直线2t(x－1)－(y＋2)＝0过圆心(1，－2)，∴直线与圆相交． [点评] 直线方程中含参数t，故可由直线方程过定点来讨论，∵2t(x－1)－(y＋2)＝0，∴直线过定点(1，－2)，代入圆方程中，12＋(－2)2－2×1＋4×(－2)－4＝－9<0，∴点(1，－2)在圆内，故直线与圆相交． (理)直线xsinθ＋ycosθ＝1＋cosθ与圆x2＋(y－1)2＝4的位置关系是( ) A．相离 B．相切 C．相交 D．以上都有可能 [答案] C
[解析] 圆心到直线的距离d＝|cosθ－1－cosθ|sin2θ＋cos2θ＝1<2， ∴直线与圆相交． 2．(2020·唐山二模)圆x2＋y2＝50与圆x2＋y2－12x－6y＋40＝0的公共弦长为( ) A.5 B.6 C．25 D．26 [答案] C [解析] x2＋y2＝50与x2＋y2－12x－6y＋40＝0作差，得两圆公共弦所在的直线方程为2x＋y－15＝0，圆x2＋y2＝50的圆心(0,0)到2x＋y－15＝0的距离d＝35，因此，公共弦长为250－352＝25，选C. 3．(2020·山东文，9)圆(x＋2)2＋y2＝4与圆(x－2)2＋(y－1)2＝9的位置关系为( ) A．内切 B．相交 C．外切 D．相离 [答案] B [解析] 本题考查圆与圆的位置关系． 两圆圆心分别为A(－2,0)，B(2,1)， 半径分别为r1＝2，r2＝3，|AB|＝17， ∵3－2<17<2＋3，∴两圆相交． 4．(2020·江南十校联考)若P(2，－1)为圆(x－1)2＋y2＝25的弦AB的中点，则直线AB的方程为( ) A．2x＋y－3＝0 B．x＋y－1＝0 C．x－y－3＝0 D．2x－y－5＝0 [答案] C [解析] 由题知圆心C的坐标为(1,0)，因为CP⊥AB，kCP＝－1，所以kAB＝1，所以直线AB的方程为y＋1＝x－2，即x－y－3＝0，故选C.
5．(2020·哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学联考)已知圆C：x2＋y2＝12，直线l：4x＋3y＝25，则圆C上任意一点A到直线l的距离小于2的概率为( )
A.56 B.16
C.13 D.23 [答案] B [解析] ⊙C上的点到直线l：4x＋3y＝25的距离等于2的点，在直线l1：4x＋3y＝15上，圆心到l1的距离d＝3，圆半径r＝23，∴⊙C截l1的弦长为|AB|＝2r2－d2＝23，∴
圆心角∠AOB＝π3，AB的长为⊙C周长的16，故选B. 6．(2020·福建文，7)直线x＋3y－2＝0与圆x2＋y2＝4相交于A、B两点，则弦AB的长度等于( ) A．25 B．23 C.3 D．1 [答案] B [解析] 本题考查了圆的弦长问题． 如图可知，圆心(0,0)到直线x＋3y－2＝0的距离． d＝|－2|1＋3＝1，
∴|AB|＝2|BC|＝222－12＝23. [点评] 涉及到直线与圆相交的弦长问题，优先用Rt△OCB这一勾股关系，在椭圆中的
弦长问题则选用弦长l＝1＋k2|x2－x1|＝1＋1k2|y2－y1|. 7．(2020·北京东城区示范校练习)已知圆x2＋y2＝9与圆x2＋y2－4x＋4y－1＝0关于直线l对称，则直线l的方程为________． [答案] x－y－2＝0 [解析] 由题易知，直线l是两圆圆心连线构成线段的垂直平分线，两圆的圆心坐标分别是(0,0)，(2，－2)，于是其中点坐标是(1，－1)，又过两圆圆心的直线的斜率是－1，所以直线l的斜率是1，于是可得直线l的方程为：y＋1＝x－1，即x－y－2＝0. [点评] 两圆方程相减，即可得出对称直线方程． 8．(2020·皖南八校第三次联考)已知点P(1，－2)，以Q为圆心的圆Q：(x－4)2＋(y－2)2＝9，以PQ为直径作圆与圆Q交于A、B两点，连接PA、PB，则∠APB的余弦值为________．
[答案] 725 [解析] 由题意可知QA⊥PA，QB⊥PB，故PA、PB是圆Q的两条切线，易知|PQ|＝5，PA＝4，∴cos∠APQ＝45，
∴cos∠APB＝2cos2∠APQ－1＝2×(45)2－1＝725. 9．(2020·苏州市调研)已知直线kx－y＋1＝0与圆C：x2＋y2＝4相交于A，B两点，若
点M在圆C上，且有OM→＝OA→＋OB→(O为坐标原点)，则实数k＝________. [答案] 0 [解析] 画图分析可知(图略)，当A，B，M均在圆上，平行四边形OAMB的对角线OM＝2，此时四边形OAMB为菱形，故问题等价于圆心(0,0)到直线kx－y＋1＝0的距离为1.
所以d＝1k2＋1＝1，解得k＝0. 10．(文)已知圆C：x2＋y2＋x－6y＋m＝0与直线l：x＋2y－3＝0. (1)若直线l与圆C没有公共点，求m的取值范围； (2)若直线l与圆C相交于P、Q两点，O为原点，且OP⊥OQ，求实数m的值． [解析] (1)将圆的方程配方，
得(x＋12)2＋(y－3)2＝37－4m4， 故有37－4m4>0，解得m<374. 将直线l的方程与圆C的方程组成方程组，得
x＋2y－3＝0，
x2＋y2＋x－6y＋4m＝0，
消去y，得x2＋(3－x2)2＋x－6×3－x2＋m＝0， 整理，得5x2＋10x＋4m－27＝0，① ∵直线l与圆C没有公共点，∴方程①无解， ∴Δ＝102－4×5(4m－27)<0，解得m>8.
∴m的取值范围是(8，374)． (2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由OP⊥OQ，得OP→·OQ→＝0， 由x1x2＋y1y2＝0，② 由(1)及根与系数的关系得，
x1＋x2＝－2，x1·x2＝4m－275③
又∵P、Q在直线x＋2y－3＝0上， ∴y1·y2＝3－x12·3－x22
＝14[9－3(x1＋x2)＋x1·x2]， 将③代入上式，得y1·y2＝m＋125，④ 将③④代入②得x1·x2＋y1·y2 ＝4m－275＋m＋125＝0，解得m＝3， 代入方程①检验得Δ>0成立，∴m＝3. [点评] 求直线l与⊙C没有公共点时，用圆心到直线距离d>半径R更简便． (理)已知圆C的一条直径的端点分别是M(－2,0)，N(0,2)． (1)求圆C的方程；
(2)过点P(1，－1)作圆C的两条切线，切点分别是A、B，求PA→·PB→的值． [解析] (1)依题意可知圆心C的坐标为(－1,1)， 圆C的半径为2， ∴圆C的方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝2. (2)PC＝22＋22＝22＝2AC. ∴在Rt△PAC中，∠APC＝30°，PA＝6， 可知∠APB＝2∠APC＝60°，PB＝6，
∴PA→·PB→＝6·6cos60°＝3. 能力拓展提升 11.(文)(2020·东北三校二模)与圆x2＋(y－2)2＝1相切，且在两坐标轴上截距相等的直线共有( ) A．2条 B．3条 C．4条 D．6条 [答案] C [解析] 由题意可知，过原点且与圆相切的直线共有2条，此时在两坐标轴上的截距都是0；当圆的切线在两坐标轴上的截距相等且不为零时，易知满足题意的切线有2条；综上共计4条． (理)(2020·河南质量调研)直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＝9相交于两点M、N，若c2＝
a2＋b2，则OM→·ON→(O为坐标原点)等于( )
A．－7 B．－14 C．7 D．14 [答案] A
[解析] 记OM→、ON→的夹角为2θ.依题意得，圆心(0,0)到直线ax＋by＋c＝0的距离等于|c|a2＋b2＝1，
∴cosθ＝13，∴cos2θ＝2cos2θ－1＝2×(13)2－1＝－79， ∵OM→·ON→＝3×3cos2θ＝－7，选A. 12．设A为圆C：(x＋1)2＋y2＝4上的动点，PA是圆的切线，且|PA|＝1，则P点的轨迹方程为( ) A．(x＋1)2＋y2＝25 B．(x＋1)2＋y2＝5 C．x2＋(y＋1)2＝25 D．(x－1)2＋y2＝5 [答案] B [解析] 设P(x，y)，由题意可知|PC|2＝|PA|2＋|AC|2＝12＋22＝5，所以P点轨迹为圆，圆心为C(－1,0)，半径为5.∴方程为(x＋1)2＋y2＝5，故选B. 13．(文)(2020·济南三模)双曲线x26－y23＝1的渐近线与圆(x－3)2＋y2＝r2(r>0)相切，则r＝________.
[答案] 3
[解析] 由双曲线的方程可知，其中的一条渐近线方程为y＝22x，圆的圆心坐标为(3,0)，
则圆心到渐近线的距离d＝|322|62＝3，所以圆的半径为3. (理)(2020·杭州二检)已知A、B是圆O：x2＋y2＝16上的两点，且|AB|＝6，若以AB为直径的圆M恰好经过点C(1，－1)，则圆心M的轨迹方程是________． [答案] (x－1)2＋(y＋1)2＝9 [解析] 设圆心为M(x，y)，由|AB|＝6知，圆M的半径r＝3，则|MC|＝3，即x－12＋y＋12＝3，所以(x－1)2＋(y＋1)2＝9.
14．(2020·天津，12)设m、n∈R，若直线l：mx＋ny－1＝0与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且l与圆x2＋y2＝4相交所得弦的长为2，O为坐标原点，则△AOB面积的最小值为________． [答案] 3
[解析] ∵l与圆相交弦长为2，∴1m2＋n2＝3，
∴m2＋n2＝13≥2|mn|，∴|mn|≤16，l与x轴交点A(1m，0)，与y轴交点B(0，1n)， ∴S△AOB＝12|1m||1n|＝12 1|mn|≥12×6＝3. 15．(文)(2020·新课标全国文，20)在平面直角坐标系xOy中，曲线y＝x2－6x＋1与坐