（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 解析幾何 第1講 直線與圓專題強(qiáng)化訓(xùn)練

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1、第1講 直線與圓 專題強(qiáng)化訓(xùn)練 1．(2019·杭州二中月考)已知直線3x－y＋1＝0的傾斜角為α，則sin 2α＋cos2α＝(　　) A.　　　B．－　　　C.　　　D．－ 解析：選A.由題設(shè)知k＝tan α＝3，于是sin 2α＋cos2α＝＝＝＝. 2．(2019·義烏二模)在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，過定點P的直線l：ax＋y－1＝0與過定點Q的直線m：x－ay＋3＝0相交于點M，則|MP|2＋|MQ|2＝(　　) A. B. C．5 D．10 解析：選D.由題意知P(0，1)，Q(－3，0)，因為過定點P的直線ax＋y－1＝0與過定點Q的直線x－ay＋3＝0垂直，所

2、以MP⊥MQ，所以|MP|2＋|MQ|2＝|PQ|2＝9＋1＝10，故選D. 3．(2019·杭州七市聯(lián)考)已知圓C：(x－1)2＋y2＝r2(r＞0)．設(shè)條件p：0＜r＜3，條件q：圓C上至多有2個點到直線x－y＋3＝0的距離為1，則p是q的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選C.圓C：(x－1)2＋y2＝r2(r＞0)，圓心(1，0)到直線x－y＋3＝0的距離d＝＝2.由條件q：圓C上至多有2個點到直線x－y＋3＝0的距離為1，可得0＜r＜3.則p是q的充要條件．故選C. 4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)直線l

3、：y＝kx＋1與圓C：x2＋y2＝4相交于A，B兩點，以O(shè)A，OB為鄰邊作平行四邊形OAMB，若點M在圓C上，則實數(shù)k等于(　　) A．1 B．2 C．－1 D．0 解析：選D.由題意知圓心到直線l的距離等于r＝1(r為圓C的半徑)，所以＝1，解得k＝0. 5．(2019·蘭州市診斷考試)已知圓C：(x－)2＋(y－1)2＝1和兩點A(－t，0)，B(t，0)(t>0)，若圓C上存在點P，使得∠APB＝90°，則t的取值范圍是(　　) A．(0，2] B．[1，2] C．[2，3] D．[1，3] 解析：選D.依題意，設(shè)點P(＋cos θ，1＋sin θ)，因為∠

4、APB＝90°，所以·＝0，所以(＋cos θ＋t)(＋cos θ－t)＋(1＋sin θ)2＝0，得t2＝5＋2cos θ＋2sin θ＝5＋4sin(θ＋)，因為sin(θ＋)∈[－1，1]，所以t2∈[1，9]，因為t>0，所以t∈[1，3]． 6．圓C：x2＋y2＋Dx＋Ey－3＝0(D<0，E為整數(shù))的圓心C到直線4x－3y＋3＝0的距離為1，且圓C被截x軸所得的弦長|MN|＝4，則E的值為(　　) A．－4 B．4 C．－8 D．8 解析：選C.圓心C. 由題意得＝1， 即|4D－3E－6|＝10，① 在圓C：x2＋y2＋Dx＋Ey－3＝0中，令y＝0得x2＋Dx

5、－3＝0. 設(shè)M(x1，0)，N(x2，0)，則x1＋x2＝－D，x1x2＝－3. 由|MN|＝4得|x1－x2|＝4， 即(x1＋x2)2－4x1x2＝16， (－D)2－4×(－3)＝16. 由D<0，所以D＝－2. 將D＝－2代入①得|3E＋14|＝10， 所以E＝－8或E＝－(舍去)． 7．動點A與兩個定點B(－1，0)，C(5，0)的距離之比為，則△ABC面積的最大值為(　　) A．3 B．6 C．9 D．12 解析：選D.設(shè)A點坐標(biāo)為(x，y)． 因為＝， 所以2＝， 化簡得x2＋y2＋6x－7＝0， 即(x＋3)2＋y2＝1

6、6. 所以A的軌跡表示以(－3，0)為圓心，半徑為4的圓． 所以△ABC面積的最大值為 Smax＝|BC|·r＝×6×4＝12. 8．(2019·浙江省名校聯(lián)盟質(zhì)量檢測)已知點P的坐標(biāo)(x，y)滿足過點P的直線l與圓C：x2＋y2＝14相交于A、B兩點，則|AB|的最小值是(　　) A．2 B．4 C. D．2 解析：選B.根據(jù)約束條件畫出可行域，如圖中陰影部分所示，設(shè)點P到圓心的距離為d，求|AB|的最小值等價于求d的最大值， 易知dmax＝＝， 此時|AB|min＝2＝4， 故選B. 9．過點M的直線l與圓C：(x－1)2＋y2＝4交于A，

7、B兩點，C為圓心，當(dāng)∠ACB最小時，直線l的方程為________． 解析：易知當(dāng)CM⊥AB時，∠ACB最小，直線CM的斜率為kCM＝＝－2，從而直線l的斜率為kl＝＝，其方程為y－1＝.即2x－4y＋3＝0. 答案：2x－4y＋3＝0 10．已知圓C1：x2＋y2－2mx＋4y＋m2－5＝0與圓C2：x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0，若圓C1與圓C2相外切，則實數(shù)m＝________. 解析：對于圓C1與圓C2的方程，配方得圓C1：(x－m)2＋(y＋2)2＝9，圓C2：(x＋1)2＋(y－m)2＝4，則圓C1的圓心C1(m，－2)，半徑r1＝3，圓C2的圓心C2(－1，m)，

8、半徑r2＝2.如果圓C1與圓C2相外切，那么有|C1C2|＝r1＋r2，即＝5，則m2＋3m－10＝0，解得m＝－5或m＝2，所以當(dāng)m＝－5或m＝2時，圓C1與圓C2相外切． 答案：－5或2 11．已知圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝2，若等邊△PAB的一邊AB為圓C的一條弦，則|PC|的最大值為________． 解析：已知圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝2，所以圓心為C(1，2)，半徑r＝，若等邊△PAB的一邊AB為圓C的一條弦，則PC⊥AB.在△PAC中，∠APC＝30°，由正弦定理得＝，所以|PC|＝2sin∠PAC≤2，故|PC|的最大值為2. 答案：2 12．(201

9、9·臺州調(diào)研)已知動圓C過A(4，0)，B(0，－2)兩點，過點M(1，－2)的直線交圓C于E，F(xiàn)兩點，當(dāng)圓C的面積最小時，|EF|的最小值為________． 解析：依題意得，動圓C的半徑不小于|AB|＝，即當(dāng)圓C的面積最小時，AB是圓C的一條直徑，此時點C是線段AB的中點，即點C(2，－1)，又點M的坐標(biāo)為(1，－2)，且|CM|＝＝<，所以點M位于圓C內(nèi)，點M為線段EF的中點(過定圓內(nèi)一定點作圓的弦，最短的弦是以該定點為中點的弦)時，|EF|最小，其最小值為2＝2. 答案：2 13．(2019·寧波市余姚中學(xué)期中檢測)設(shè)直線系M：xcos θ＋(y－2)sin θ＝1(0≤θ≤2π

10、)，對于下列四個命題： ①M(fèi)中所有直線均經(jīng)過一個定點； ②存在定點P不在M中的任一條直線上； ③對于任意整數(shù)n(n≥3)，存在正n邊形，其所有邊均在M中的直線上； ④M中的直線所能圍成的正三角形面積都相等． 其中真命題的代號是________(寫出所有真命題的代號)． 解析：因為點(0，2)到直線系M：xcos θ＋(y－2)·sin θ＝1(0≤θ≤2π)中每條直線的距離d＝＝1，直線系M：xcos θ＋(y－2)·sin θ＝1(0≤θ≤2π)表示圓x2＋(y－2)2＝1的切線的集合， ①由于直線系表示圓x2＋(y－2)2＝1的所有切線的集合，其中存在兩條切線平行，M中所有直

11、線均經(jīng)過一個定點不可能，故①不正確； ②存在定點P不在M中的任一條直線上，觀察知點(0，2)即符合條件，故②正確； ③由于圓的所有外切正多邊形的邊都是圓的切線，所以對于任意整數(shù)n(n≥3)，存在正n邊形，其所有邊均在M中的直線上，故③正確； ④如圖，M中的直線所能圍成的正三角形有兩類， 其一是如△ABB′型，是圓的外切三角形，此類面積都相等，另一類是在圓同一側(cè)，如△BDC型，此一類面積相等，但兩類之間面積不等，所以M中的直線所能圍成的正三角形面積大小不一定相等，故④不正確． 答案：②③ 14．(2019·南京一模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，分別在x軸與直線y＝(x＋1)上從左向右依

12、次取點Ak，Bk(k＝1，2，…，其中A1是坐標(biāo)原點)，使△AkBkAk＋1都是等邊三角形，則△A10B10A11的邊長是________． 解析：直線y＝(x＋1)的傾斜角為30°，與x軸的交點為P(－1，0)，又△A1B1A2是等邊三角形，所以∠PB1A2＝90°，所以等邊△A1B1A2的邊長為1，且A2B1∥A3B2∥…∥A10B9，A2B1與直線y＝(x＋1)垂直，故△A2B1B2，△A3B2B3，△A4B3B4，…，△A10B9B10均為直角三角形，且依次得到A2B2＝2，A3B3＝4，A4B4＝8，A5B5＝16，A6B6＝32，A7B7＝64，A8B8＝128，A9B9＝2

13、56，A10B10＝512，故△A10B10A11的邊長是512. 答案：512 15．在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線y＝x2＋mx－2與x軸交于A，B兩點，點C的坐標(biāo)為(0，1)，當(dāng)m變化時，解答下列問題： (1)能否出現(xiàn)AC⊥BC的情況？說明理由； (2)證明過A，B，C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值． 解：(1)不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況，理由如下： 設(shè)A(x1，0)，B(x2，0)，則x1，x2滿足x2＋mx－2＝0， 所以x1x2＝－2. 又C的坐標(biāo)為(0，1)，故AC的斜率與BC的斜率之積為·＝－，所以不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況． (2)證明：BC的中點坐標(biāo)為(，)，可

14、得BC的中垂線方程為y－＝x2(x－)． 由(1)可得x1＋x2＝－m，所以AB的中垂線方程為x＝－. 聯(lián)立又x＋mx2－2＝0，可得 所以過A，B，C三點的圓的圓心坐標(biāo)為(－，－)，半徑r＝. 故圓在y軸上截得的弦長為2＝3，即過A，B，C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值． 16．已知圓C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0. (1)若圓C的切線在x軸和y軸上的截距相等，求此切線的方程； (2)從圓C外一點P(x1，y1)向該圓引一條切線，切點為M，O為坐標(biāo)原點，且有|PM|＝|PO|，求使|PM|取得最小值時點P的坐標(biāo)． 解：(1)圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝2

15、. ①當(dāng)此切線在兩坐標(biāo)軸上的截距為零時，設(shè)此切線方程為y＝kx， 由＝，得k＝2±； 所以此切線方程為y＝(2±)x. ②當(dāng)此切線在兩坐標(biāo)軸上的截距不為零時，設(shè)此切線方程為x＋y－a＝0，由＝，得|a－1|＝2，即a＝－1或a＝3. 所以此切線方程為x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0. 綜上，此切線方程為y＝(2＋)x或y＝(2－)x或x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0. (2)由|PO|＝|PM|，得|PO|2＝|PM|2＝|PC|2－|CM|2， 即x＋y＝(x1＋1)2＋(y1－2)2－2，整理得2x1－4y1＋3＝0，即點P在直線l：2x－4y＋3＝0上， 當(dāng)|PM|取最小值

16、時，|PO|取最小值， 此時直線PO⊥l，所以直線PO的方程為2x＋y＝0. 解方程組，得， 故使|PM|取得最小值時，點P的坐標(biāo)為. 17.(2019·杭州市高三期末考試)如圖，P是直線x＝4上一動點，以P為圓心的圓Γ經(jīng)定點B(1，0)，直線l是圓Γ在點B處的切線，過A(－1，0)作圓Γ的兩條切線分別與l交于E，F(xiàn)兩點． (1)求證：|EA|＋|EB|為定值； (2)設(shè)直線l交直線x＝4于點Q，證明：|EB|·|FQ|＝|BF|·|EQ|. 證明：(1)設(shè)AE切圓于M，直線x＝4與x軸的交點為N， 則EM＝EB， 所以|EA|＋|EB|＝|AM|＝＝＝ ＝4為定值． (

17、2)同理|FA|＋|FB|＝4， 所以E，F(xiàn)均在橢圓＋＝1上， 設(shè)直線EF的方程為x＝my＋1(m≠0)，令x＝4，yQ＝， 直線與橢圓方程聯(lián)立得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0， 設(shè)E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，則y1＋y2＝ －，y1y2＝－. 因為E，B，F(xiàn)，Q在同一條直線上， 所以|EB|·|FQ|＝|BF|·|EQ|等價于－y1·＋y1y2＝y(tǒng)2·－y1y2， 所以2y1y2＝(y1＋y2)·， 代入y1＋y2＝－，y1y2＝－成立， 所以|EB|·|FQ|＝|BF|·|EQ|. 18．(2019·金華十校聯(lián)考)已知直線l：4x＋3y＋10＝0，半徑為2

18、的圓C與l相切，圓心C在x軸上且在直線l的右上方． (1)求圓C的方程； (2)過點M(1，0)的直線與圓C交于A，B兩點(A在x軸上方)，問在x軸正半軸上是否存在定點N，使得x軸平分∠ANB？若存在，請求出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解：(1)設(shè)圓心C(a，0)， 則＝2?a＝0或a＝－5(舍)． 所以圓C：x2＋y2＝4. (2)存在．當(dāng)直線AB⊥x軸時，x軸平分∠ANB. 當(dāng)直線AB的斜率存在時， 設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)，N(t，0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 若x軸平分∠ANB，則kAN＝－kBN?＋＝0?＋＝0?2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0?－＋2t＝0?t＝4， 所以當(dāng)點N為(4，0)時，x軸平分∠ANB. - 8 -