- 2021-06-24 发布 |
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文档介绍
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.查看更多