《（課標(biāo)專用）天津市2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練15 直線與圓》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)專用）天津市2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練15 直線與圓（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題能力訓(xùn)練15 直線與圓
專題能力訓(xùn)練第36頁 ?
一、能力突破訓(xùn)練
1.已知圓E經(jīng)過三點A(0,1),B(2,0),C(0,-1),且圓心在x軸的正半軸上,則圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為( )
A.x-322+y2=254 B.x+342+y2=2516
C.x-342+y2=2516 D.x-342+y2=254
答案:C
解析:因為圓心在x軸的正半軸上,排除B;代入點A(0,1),排除A,D.故選C.
2.若直線x-2y-3=0與圓C:(x-2)2+(y+3)2=9交于E,F兩點,則△ECF的面積為( )
A.32 B.25 C.355 D.34
答案:B
解析:由題意
2、知圓心坐標(biāo)為C(2,-3),半徑為r=3,則△ECF的高h(yuǎn)為圓心到直線的距離d=|2+2×3-3|1+(-2)2=5,底邊長為l=2r2-d2=29-5=4,所以S△ECF=12×4×5=25,故選B.
3.已知直線x+y+2=0分別與x軸、y軸交于A,B兩點,點P在圓(x-2)2+y2=2上,則△ABP面積的取值范圍是( )
A.[2,6] B.[4,8]
C.[2,32] D.[22,32]
答案:A
解析:設(shè)圓心到直線AB的距離d=|2+0+2|2=22.
點P到直線AB的距離為d'.
易知d-r≤d'≤d+r,即2≤d'≤32.又|AB|=22,
∴S△ABP=
3、12·|AB|·d'=2d',∴2≤S△ABP≤6.
4.已知實數(shù)a,b滿足a2+b2-4a+3=0,函數(shù)f(x)=asin x+bcos x+1的最大值記為φ(a,b),則φ(a,b)的最小值是( )
A.1 B.2 C.3+1 D.3
答案:B
解析:由題意知φ(a,b)=a2+b2+1,且a,b滿足a2+b2-4a+3=0,即點(a,b)在圓C:(a-2)2+b2=1上,圓C的圓心為(2,0),半徑為1,a2+b2表示圓C上的動點(a,b)到原點的距離,最小值為1,所以φ(a,b)的最小值為2.故選B.
5.已知兩條直線l1:x+ay-1=0和l2:2a2x-y+1=0.若l
4、1⊥l2,則a= .?
答案:0或12
解析:當(dāng)a=0時,l1⊥l2;當(dāng)a≠0時,由-1a·2a2=-1,解得a=12,所以a=0或a=12.
6.已知圓(x-a)2+(y-b)2=r2的圓心為拋物線y2=4x的焦點,且直線3x+4y+2=0與該圓相切,則該圓的方程為 .?
答案:(x-1)2+y2=1
解析:因為拋物線y2=4x的焦點坐標(biāo)為(1,0),所以a=1,b=0.又根據(jù)|3×1+4×0+2|32+42=1=r,所以圓的方程為(x-1)2+y2=1.
7.(2019天津十二重點中學(xué)聯(lián)考(二))已知圓C的圓心在x軸的正半軸上,且y軸和直線3x+4
5、y+4=0均與圓C相切,則圓C的方程為 .?
答案:(x-2)2+y2=4
解析:設(shè)圓C的方程為(x-a)2+y2=a2(a>0).
∵直線3x+4y+4=0與圓C相切,
∴|3a+4|32+42=a,解得a=2(舍去負(fù)值).
故圓C的方程為(x-2)2+y2=4.
8.已知P是拋物線y2=4x上的動點,過點P作拋物線準(zhǔn)線的垂線,垂足為M,N是圓(x-2)2+(y-5)2=1上的動點,則|PM|+|PN|的最小值是 .?
答案:26-1
解析:拋物線y2=4x的焦點為F(1,0),圓(x-2)2+(y-5)2=1的圓心為C(2,5),根據(jù)拋物線的定
6、義可知點P到準(zhǔn)線的距離等于點P到焦點的距離,進而推斷出當(dāng)P,C,F三點共線時,點P到點C的距離與點P到拋物線的焦點距離之和的最小值為|FC|=(2-1)2+(5-0)2=26,故|PM|+|PN|的最小值是|FC|-1=26-1.
9.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,以坐標(biāo)原點O為圓心的圓與直線x-3y=4相切.
(1)求圓O的方程;
(2)若圓O上有兩點M,N關(guān)于直線x+2y=0對稱,且|MN|=23,求直線MN的方程;
(3)設(shè)圓O與x軸相交于A,B兩點,若圓內(nèi)的動點P使|PA|,|PO|,|PB|成等比數(shù)列,求PA·PB的取值范圍.
解:(1)依題意,圓O的半徑r等于原點O到直線x-
7、3y=4的距離,
即r=41+3=2.所以圓O的方程為x2+y2=4.
(2)由題意,可設(shè)直線MN的方程為2x-y+m=0.
則圓心O到直線MN的距離d=|m|5.
由垂徑定理,得m25+(3)2=22,即m=±5.
所以直線MN的方程為2x-y+5=0或2x-y-5=0.
(3)設(shè)P(x,y),由題意得A(-2,0),B(2,0).
由|PA|,|PO|,|PB|成等比數(shù)列,
得(x+2)2+y2·(x-2)2+y2=x2+y2,
即x2-y2=2.
因為PA·PB=(-2-x,-y)·(2-x,-y)=2(y2-1),
且點P在圓O內(nèi),所以0≤x2+y2<4,x2-y
8、2=2.
由此得0≤y2<1.
所以PA·PB的取值范圍為[-2,0).
10.已知圓O:x2+y2=4,點A(3,0),以線段AB為直徑的圓內(nèi)切于圓O,記點B的軌跡為Γ.
(1)求曲線Γ的方程;
(2)直線AB交圓O于C,D兩點,當(dāng)B為CD的中點時,求直線AB的方程.
解:(1)設(shè)AB的中點為M,切點為N,連接OM,MN,則|OM|+|MN|=|ON|=2,|AB|=|ON|-(|OM|-|MN|)=2-|OM|+12|AB|,即|AB|+2|OM|=4.
取點A關(guān)于y軸的對稱點A',連接A'B,
則|A'B|=2|OM|,所以|AB|+2|OM|=|AB|+|A'B
9、|=4>|A'A|.
所以點B的軌跡是以A',A為焦點,長軸長為4的橢圓.其中,a=2,c=3,b=1,故曲線Γ的方程為x24+y2=1.
(2)連接OB.因為B為CD的中點,
所以O(shè)B⊥CD,即OB⊥AB.設(shè)B(x0,y0),
則x0(x0-3)+y02=0.
又x024+y02=1,解得x0=23,y0=±23.
則kOB=±22,kAB=?2,
則直線AB的方程為y=±2(x-3),
即2x-y-6=0或2x+y-6=0.
11.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·
10、ON=12,其中O為坐標(biāo)原點,求|MN|.
解:(1)由題意可知直線l的方程為y=kx+1.
因為l與C交于兩點,所以|2k-3+1|1+k2<1,
解得4-73
11、2,解得k=1,
所以l的方程為y=x+1.
故圓心C在l上,所以|MN|=2.
二、思維提升訓(xùn)練
12.在矩形ABCD中,|AB|=1,|AD|=2,動點P在以點C為圓心且與BD相切的圓上.若AP=λAB+μAD,則λ+μ的最大值為( )
A.3 B.22 C.5 D.2
答案:A
解析:建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,
則A(0,1),B(0,0),D(2,1).
設(shè)P(x,y),由|BC|·|CD|=|BD|·r,得r=|BC|·|CD||BD|=2×15=255,
即圓的方程是(x-2)2+y2=45.
易知AP=(x,y-1),AB=(0,-1),AD=(2
12、,0).
由AP=λAB+μAD,
得x=2μ,y-1=-λ,所以μ=x2,λ=1-y,
所以λ+μ=12x-y+1.
設(shè)z=12x-y+1,即12x-y+1-z=0.
因為點P(x,y)在圓(x-2)2+y2=45上,
所以圓心C到直線12x-y+1-z=0的距離d≤r,
即|2-z|14+1≤255,解得1≤z≤3,
所以z的最大值是3,即λ+μ的最大值是3,
故選A.
13.已知直線k(x+1)+y+2=0恒過定點C,且以C為圓心,5為半徑的圓與直線3x+4y+1=0相交于A,B兩點,則弦AB的長為 .?
答案:221
解析:由x+1=0,y+2=0,得x
13、=-1,y=-2,即直線恒過定點C(-1,-2),
所以以C為圓心、5為半徑的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+1)2+(y+2)2=25.
圓心到直線3x+4y+1=0的距離d=|-3-2×4+1|32+42=105=2,
則AB的長度為|AB|=225-4=221.
14.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,A(-12,0),B(0,6),點P在圓O:x2+y2=50上.若PA·PB≤20,則點P的橫坐標(biāo)的取值范圍是 .?
答案:[-52,1]
解析:設(shè)P(x,y),由PA·PB≤20,得x2+y2+12x-6y≤20.
把x2+y2=50代入x2+y2+12x-6y≤20,得2x-y+
14、5≤0.
由2x-y+5=0,x2+y2=50,
可得x=-5,y=-5或x=1,y=7.由2x-y+5≤0表示的平面區(qū)域及點P在圓上,可得點P在劣弧EF上,所以點P橫坐標(biāo)的取值范圍為[-52,1].
15.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:因為|AB|=23,且圓的半徑R=23,
所以圓心(0,0)到直線mx+y+3m-3=0的距離為R2-|AB|22=3.
由|3m-3|m2+1=3,解得m=-33.
將其代入直線l的方程,得y=33
15、x+23,即直線l的傾斜角為30°.
由平面幾何知識知在梯形ABDC中,
|CD|=|AB|cos30°=4.
16.如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知以M為圓心的圓M:x2+y2-12x-14y+60=0及其上一點A(2,4).
(1)設(shè)圓N與x軸相切,與圓M外切,且圓心N在直線x=6上,求圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)設(shè)平行于OA的直線l與圓M相交于B,C兩點,且|BC|=|OA|,求直線l的方程;
(3)設(shè)點T(t,0)滿足:存在圓M上的兩點P和Q,使得TA+TP=TQ,求實數(shù)t的取值范圍.
解:圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-6)2+(y-7)2=25,所以圓心M(6,7),半徑為
16、5.
(1)由圓心N在直線x=6上,可設(shè)N(6,y0).
因為圓N與x軸相切,與圓M外切,
所以0
17、+5=0或2x-y-15=0.
(3)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2).
因為A(2,4),T(t,0),TA+TP=TQ,
所以x2=x1+2-t,y2=y1+4.①
因為點Q在圓M上,
所以(x2-6)2+(y2-7)2=25.②
將①代入②,得(x1-t-4)2+(y1-3)2=25.
于是點P(x1,y1)既在圓M上,又在圓[x-(t+4)]2+(y-3)2=25上,
從而圓(x-6)2+(y-7)2=25與圓[x-(t+4)]2+(y-3)2=25有公共點,
所以5-5≤[(t+4)-6]2+(3-7)2≤5+5,
解得2-221≤t≤2+221.
因此,實
18、數(shù)t的取值范圍是[2-221,2+221].
17.已知以點Ct,2t(t∈R,t≠0)為圓心的圓與x軸交于點O,A,與y軸交于點O,B,其中O為原點.
(1)求證:△AOB的面積為定值;
(2)設(shè)直線2x+y-4=0與圓C交于點M,N,若|OM|=|ON|,求圓C的方程;
(3)在(2)的條件下,設(shè)P,Q分別是直線l:x+y+2=0和圓C上的動點,求|PB|+|PQ|的最小值及此時點P的坐標(biāo).
(1)證明由題設(shè)知,圓C的方程為(x-t)2+y-2t2=t2+4t2,化簡,得x2-2tx+y2-4ty=0.當(dāng)y=0時,x=0或2t,則A(2t,0);當(dāng)x=0時,y=0或4t,則B0,
19、4t,故S△AOB=12|OA|·|OB|=12|2t|·4t=4為定值.
(2)解∵|OM|=|ON|,∴原點O在MN的中垂線上.
設(shè)MN的中點為H,則CH⊥MN,
∴C,H,O三點共線,則直線OC的斜率k=2tt=2t2=12,
∴t=2或t=-2.
∴圓心為C(2,1)或(-2,-1),
∴圓C的方程為(x-2)2+(y-1)2=5或(x+2)2+(y+1)2=5.
由于當(dāng)圓的方程為(x+2)2+(y+1)2=5時,直線2x+y-4=0到圓心的距離d>r,此時不滿足直線與圓相交,舍去,故圓C的方程為(x-2)2+(y-1)2=5.
(3)解點B(0,2)關(guān)于直線x+y+2=0的對稱點為B'(-4,-2),則|PB|+|PQ|=|PB'|+|PQ|≥|B'Q|.
又點B'到圓上點Q的最短距離為|B'C|-r=(-6)2+(-3)2-5=35-5=25,
所以|PB|+|PQ|的最小值為25,直線B'C的方程為y=12x,則直線B'C與直線x+y+2=0的交點P的坐標(biāo)為-43,-23.
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（課標(biāo)專用）天津市2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練15 直線與圓
