2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题五　1 第1讲　直线与圆

2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题五　1 第1讲　直线与圆

专题强化训练 ‎1．(2019·杭州二中月考)已知直线3x－y＋1＝0的倾斜角为α，则sin 2α＋cos2α＝(　　)‎ A.　　　B．－　　　C.　　　D．－ 解析：选A.由题设知k＝tan α＝3，于是sin 2α＋cos2α＝＝＝＝.‎ ‎2．(2019·义乌二模)在平面直角坐标系内，过定点P的直线l：ax＋y－1＝0与过定点Q的直线m：x－ay＋3＝0相交于点M，则|MP|2＋|MQ|2＝(　　)‎ A. B. C．5 D．10‎ 解析：选D.由题意知P(0，1)，Q(－3，0)，因为过定点P的直线ax＋y－1＝0与过定点Q的直线x－ay＋3＝0垂直，所以MP⊥MQ，所以|MP|2＋|MQ|2＝|PQ|2＝9＋1＝10，故选D.‎ ‎3．(2019·杭州七市联考)已知圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r＞0)．设条件p：0＜r＜3，条件q：圆C上至多有2个点到直线x－y＋3＝0的距离为1，则p是q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 解析：选C.圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r＞0)，圆心(1，0)到直线x－y＋3＝0的距离d＝＝2.由条件q：圆C上至多有2个点到直线x－y＋3＝0的距离为1，可得0＜r＜3.则p是q的充要条件．故选C.‎ ‎4．在平面直角坐标系xOy中，设直线l：y＝kx＋1与圆C：x2＋y2＝4相交于A，B两点，以OA，OB为邻边作平行四边形OAMB，若点M在圆C上，则实数k等于(　　)‎ A．1 B．2‎ C．－1 D．0‎ 解析：选D.由题意知圆心到直线l的距离等于r＝1(r为圆C的半径)，所以＝1，解得k＝0.‎ ‎5．(2019·兰州市诊断考试)已知圆C：(x－)2＋(y－1)2＝1和两点A(－t，0)，B(t，0)(t>0)，若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则t的取值范围是(　　)‎ A．(0，2] B．[1，2]‎ C．[2，3] D．[1，3]‎ 解析：选D.依题意，设点P(＋cos θ，1＋sin θ)，因为∠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＋)，因为sin(θ＋)∈[－1，1]，所以t2∈[1，9]，因为t>0，所以t∈[1，3]．‎ ‎6．圆C：x2＋y2＋Dx＋Ey－3＝0(D<0，E为整数)的圆心C到直线4x－3y＋3＝0的距离为1，且圆C被截x轴所得的弦长|MN|＝4，则E的值为(　　)‎ A．－4 B．4 C．－8 D．8‎ 解析：选C.圆心C.‎ 由题意得＝1，‎ 即|4D－3E－6|＝10，①‎ 在圆C：x2＋y2＋Dx＋Ey－3＝0中，令y＝0得x2＋Dx－3＝0.‎ 设M(x1，0)，N(x2，0)，则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.‎ 将D＝－2代入①得|3E＋14|＝10，‎ 所以E＝－8或E＝－(舍去)．‎ ‎7．动点A与两个定点B(－1，0)，C(5，0)的距离之比为，则△ABC面积的最大值为(　　)‎ A．3 B．6 C．9 D．12‎ 解析：选D.设A点坐标为(x，y)．‎ 因为＝，‎ 所以2＝，‎ 化简得x2＋y2＋6x－7＝0，‎ 即(x＋3)2＋y2＝16.‎ 所以A的轨迹表示以(－3，0)为圆心，半径为4的圆．‎ 所以△ABC面积的最大值为 Smax＝|BC|·r＝×6×4＝12.‎ ‎8．(2019·浙江省名校联盟质量检测)已知点P的坐标(x，y)满足过点P的直线l 与圆C：x2＋y2＝14相交于A、B两点，则|AB|的最小值是(　　)‎ A．2 B．4 C. D．2‎ 解析：选B.根据约束条件画出可行域，如图中阴影部分所示，设点P到圆心的距离为d，求|AB|的最小值等价于求d的最大值，‎ 易知dmax＝＝，‎ 此时|AB|min＝2＝4，‎ 故选B.‎ ‎9．过点M的直线l与圆C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，C为圆心，当∠ACB最小时，直线l的方程为________．‎ 解析：易知当CM⊥AB时，∠ACB最小，直线CM的斜率为kCM＝＝－2，从而直线l的斜率为kl＝＝，其方程为y－1＝.即2x－4y＋3＝0.‎ 答案：2x－4y＋3＝0‎ ‎10．已知圆C1：x2＋y2－2mx＋4y＋m2－5＝0与圆C2：x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0，若圆C1与圆C2相外切，则实数m＝________.‎ 解析：对于圆C1与圆C2的方程，配方得圆C1：(x－m)2＋(y＋2)2＝9，圆C2：(x＋1)2＋(y－m)2＝4，则圆C1的圆心C1(m，－2)，半径r1＝3，圆C2的圆心C2(－1，m)，半径r2＝2.如果圆C1与圆C2相外切，那么有|C1C2|＝r1＋r2，即＝5，则m2＋3m－10＝0，解得m＝－5或m＝2，所以当m＝－5或m＝2时，圆C1与圆C2相外切．‎ 答案：－5或2‎ ‎11．已知圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝2，若等边△PAB的一边AB为圆C的一条弦，则|PC|的最大值为________．‎ 解析：已知圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝2，所以圆心为C(1，2)，半径r＝，若等边△PAB的一边AB为圆C的一条弦，则PC⊥AB.在△PAC中，∠APC＝30°，由正弦定理得＝，所以|PC|＝2sin∠PAC≤2，故|PC|的最大值为2.‎ 答案：2 ‎12．(2019·台州调研)已知动圆C过A(4，0)，B(0，－2)两点，过点M(1，－2)的直线交圆C于E，F两点，当圆C的面积最小时，|EF|的最小值为________．‎ 解析：依题意得，动圆C的半径不小于|AB|＝，即当圆C的面积最小时，AB是圆C的一条直径，此时点C是线段AB的中点，即点C(2，－1)，又点M的坐标为(1，－2)，且|CM|＝＝<，所以点M位于圆C内，点M为线段EF的中点(过定圆内一定点作圆的弦，最短的弦是以该定点为中点的弦)时，|EF|最小，其最小值为2＝2.‎ 答案：2 ‎13．(2019·宁波市余姚中学期中检测)设直线系M：xcos θ＋(y－2)sin θ＝1(0≤θ≤2π)，对于下列四个命题：‎ ‎①M中所有直线均经过一个定点；‎ ‎②存在定点P不在M中的任一条直线上；‎ ‎③对于任意整数n(n≥3)，存在正n边形，其所有边均在M中的直线上；‎ ‎④M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________(写出所有真命题的代号)．‎ 解析：因为点(0，2)到直线系M：xcos θ＋(y－2)·sin θ＝1(0≤θ≤2π)中每条直线的距离d＝＝1，直线系M：xcos θ＋(y－2)·sin θ＝1(0≤θ≤2π)表示圆x2＋(y－2)2＝1的切线的集合，‎ ‎①由于直线系表示圆x2＋(y－2)2＝1的所有切线的集合，其中存在两条切线平行，M中所有直线均经过一个定点不可能，故①不正确；‎ ‎②存在定点P不在M中的任一条直线上，观察知点(0，2)即符合条件，故②正确；‎ ‎③由于圆的所有外切正多边形的边都是圆的切线，所以对于任意整数n(n≥3)，存在正n边形，其所有边均在M中的直线上，故③正确；‎ ‎④如图，M中的直线所能围成的正三角形有两类，‎ 其一是如△ABB′型，是圆的外切三角形，此类面积都相等，另一类是在圆同一侧，如△BDC型，此一类面积相等，但两类之间面积不等，所以M中的直线所能围成的正三角形面积大小不一定相等，故④不正确．‎ 答案：②③‎ ‎14．(2019·南京一模)如图，在平面直角坐标系中，分别在x轴与直线y＝(x＋1)上从左向右依次取点Ak，Bk(k＝1，2，…，其中A1是坐标原点)，使△AkBkAk＋1都是等边三角形，则△A10B10A11的边长是________．‎ 解析：直线y＝(x＋1)的倾斜角为30°，与x轴的交点为P(－1，0)，又△A1B1A2是等边三角形，所以∠PB1A2＝90°，所以等边△A1B1A2的边长为1，且A2B1∥A3B2∥…∥A10B9，A2B1与直线y＝(x＋1)垂直，故△A2B1B2，△A3B2B3，△A4B3B4，…，△A10B9B10均为直角三角形，且依次得到A2B2＝2，A3B3＝4，A4B4＝8，A5B5＝16，A6B6＝32，A7B7＝64，A8B8＝128，A9B9＝256，A10B10＝512，故△A10B10A11的边长是512.‎ 答案：512‎ ‎15．在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1)，当m变化时，解答下列问题：‎ ‎(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；‎ ‎(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．‎ 解：(1)不能出现AC⊥BC的情况，理由如下：‎ 设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2满足x2＋mx－2＝0，‎ 所以x1x2＝－2.‎ 又C的坐标为(0，1)，故AC的斜率与BC的斜率之积为·＝－，所以不能出现AC⊥BC的情况．‎ ‎(2)证明：BC的中点坐标为(，)，可得BC的中垂线方程为y－＝x2(x－)．‎ 由(1)可得x1＋x2＝－m，所以AB的中垂线方程为x＝－.‎ 联立又x＋mx2－2＝0，可得 所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为(－，－)，半径r＝.‎ 故圆在y轴上截得的弦长为2＝3，即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．‎ ‎16．已知圆C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0.‎ ‎(1)若圆C的切线在x轴和y轴上的截距相等，求此切线的方程；‎ ‎(2)从圆C外一点P(x1，y1)向该圆引一条切线，切点为M，O为坐标原点，且有|PM ‎|＝|PO|，求使|PM|取得最小值时点P的坐标．‎ 解：(1)圆C的标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝2.‎ ‎①当此切线在两坐标轴上的截距为零时，设此切线方程为y＝kx，‎ 由＝，得k＝2±；‎ 所以此切线方程为y＝(2±)x.‎ ‎②当此切线在两坐标轴上的截距不为零时，设此切线方程为x＋y－a＝0，由＝，得|a－1|＝2，即a＝－1或a＝3.‎ 所以此切线方程为x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0.‎ 综上，此切线方程为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，即点P在直线l：2x－4y＋3＝0上，‎ 当|PM|取最小值时，|PO|取最小值，‎ 此时直线PO⊥l，所以直线PO的方程为2x＋y＝0.‎ 解方程组，得，‎ 故使|PM|取得最小值时，点P的坐标为.‎ ‎17.(2019·杭州市高三期末考试)如图，P是直线x＝4上一动点，以P为圆心的圆Γ经定点B(1，0)，直线l是圆Γ在点B处的切线，过A(－1，0)作圆Γ的两条切线分别与l交于E，F两点．‎ ‎(1)求证：|EA|＋|EB|为定值；‎ ‎(2)设直线l交直线x＝4于点Q，证明：|EB|·|FQ|＝|BF|·|EQ|.‎ 证明：(1)设AE切圆于M，直线x＝4与x轴的交点为N，‎ 则EM＝EB，‎ 所以|EA|＋|EB|＝|AM|＝＝＝‎ ＝4为定值．‎ ‎(2)同理|FA|＋|FB|＝4，‎ 所以E，F均在椭圆＋＝1上，‎ 设直线EF的方程为x＝my＋1(m≠0)，令x＝4，yQ＝，‎ 直线与椭圆方程联立得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，‎ 设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则y1＋y2＝‎ ‎－，y1y2＝－.‎ 因为E，B，F，Q在同一条直线上，‎ 所以|EB|·|FQ|＝|BF|·|EQ|等价于－y1·＋y1y2＝y2·－y1y2，‎ 所以2y1y2＝(y1＋y2)·，‎ 代入y1＋y2＝－，y1y2＝－成立，‎ 所以|EB|·|FQ|＝|BF|·|EQ|.‎ ‎18．(2019·金华十校联考)已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)设圆心C(a，0)，‎ 则＝2⇒a＝0或a＝－5(舍)．‎ 所以圆C：x2＋y2＝4.‎ ‎(2)存在．当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB.‎ 当直线AB的斜率存在时，‎ 设直线AB的方程为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轴平分∠ANB，则kAN＝－kBN⇒＋＝0⇒＋＝0⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0⇒－＋2t＝0⇒t＝4，‎ 所以当点N为(4，0)时，x轴平分∠ANB.‎