高考数学二轮复习专题六直线、圆、圆锥曲线专题能力训练15直线与圆文(2021年整理)

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2019年高考数学二轮复习专题六直线、圆、圆锥曲线专题能力训练15 直线与圆文
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专题能力训练15 直线与圆
一、能力突破训练
1.圆(x+1)2+y2=2的圆心到直线y=x+3的距离为()
A.1 B。

2 C。

D.2
2。

已知三点A(1,0),B(0,),C(2,),则△ABC外接圆的圆心到原点的
距离为()
A。

B. C. D.
3。

直线y=kx+3与圆(x-1)2+(y+2)2=4相交于M,N两点,若|MN|≥2,则实数k的取值范围是()
A.B。

C.D。

4.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
B.8
C.4D。

10
5.(2018全国Ⅰ,文15)已知直线y=x+1与圆x2+y2+2y-3=0交于A,B两点,则
|AB|= .
6.已知a∈R,方程a2x2+(a+2)y2+4x+8y+5a=0表示圆,则圆心坐标是,半径是。

7.若直线=1(a>0,b>0)过点(1,2),则2a+b的最小值为。

8.已知P是抛物线y2=4x上的动点,过P作抛物线准线的垂线,垂足为M,N是圆(x—2)2+(y-5)2=1上的动点,则|PM|+|PN|的最小值是。

9.在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点O为圆心的圆与直线x—y=4相切. (1)求☉O的方程;
(2)若☉O上有两点M,N关于直线x+2y=0对称,且|MN|=2,求直线MN的方程;
(3)设☉O与x轴相交于A,B两点,若圆内的动点P使|PA|,|PO|,|PB|成等比数列,求的取值范围。

10。

已知☉O:x2+y2=4,点A(,0),以线段AB为直径的圆内切于☉O,记点B的轨迹为Γ.
(1)求曲线Γ的方程;
(2)直线AB交☉O于C,D两点,当B为CD的中点时,求直线AB的方程。

11。

已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与☉C:(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N 两点.
(1)求k的取值范围;
(2)若=12,其中O为坐标原点,求|MN|。

二、思维提升训练
12.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.则圆M与圆N:(x-1)2+(y-1)2=1的位置关系是()
A.内切B。

相交C。

外切 D.相离
13.(2018全国Ⅲ,文8)已知直线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。

[,3]D.[2,3]
14.在平面直角坐标系xOy中,A(-12,0),B(0,6),点P在圆O:x2+y2=50上.若≤20,则点P的横坐标的取值范围是.
15.在平面直角坐标系中,当P(x,y)不是原点时,定义P的“伴随点"为
P';当P是原点时,定义P的“伴随点"为它自身.现有下列命题:
①若点A的“伴随点"是点A',则点A’的“伴随点”是点A;
②单位圆上的点的“伴随点”仍在单位圆上;
③若两点关于x轴对称,则它们的“伴随点"关于y轴对称;
④若三点在同一条直线上,则它们的“伴随点"一定共线.
其中的真命题是.(写出所有真命题的序号)
16.
在平面直角坐标系xOy中,已知☉C1:(x+3)2+(y—1)2=4和☉C2:(x-4)2+(y-5)2=4。

(1)若直线l过点A(4,0),且被☉C1截得的弦长为2,求直线l的方程;
(2)设P为平面上的点,满足:存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2,它们分别与☉C1和☉C2相交,且直线l1被☉C1截得的弦长与直线l2被☉C2截得的弦长相等,试求所有满足条件的点P的坐标。

17。

如图,在平面直角坐标系xOy中,已知以M为圆心的圆M:x2+y2-12x-14y+60=0及其上一点A(2,4).
(1)设圆N与x轴相切,与圆M外切,且圆心N在直线x=6上,求圆N的标准方程;(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B,C两点,且BC=OA,求直线l的方程;(3)设点T(t,0)满足:存在圆M上的两点P和Q,使得,求实数t的取值范围。

专题能力训练15直线与圆
一、能力突破训练
1.C解析由题意可知圆心坐标为(-1,0),故圆心到直线y=x+3的距离
d=,故选C。

2.B解析由题意知,△ABC外接圆的圆心是直线x=1与线段AB垂直平分线的交点,设为P,而线段AB垂直平分线的方程为y-,它与x=1联立得圆心P 坐标为,则|OP|=。

3.B解析当|MN|=2时,在弦心距、半径和半弦长构成的直角三角形中,可
知圆心(1,—2)到直线y=kx+3的距离为=1,即=1,解得k=-.若使|MN|≥2,则k≤-.
4。

C解析设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,将点A,B,C代入,得
解得
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|==4.
5.2解析圆的方程可化为x2+(y+1)2=4,故圆心C(0,—1),半径r=2,圆心到
直线y=x+1的距离d=,
所以弦长|AB|=2=2=2.
6。

(—2,-4)5解析由题意,可得a2=a+2,解得a=-1或2.当a=-1时,方程为
x2+y2+4x+8y—5=0,即(x+2)2+(y+4)2=25,故圆心为(-2,-4),半径为5;当a=2时,方程为4x2+4y2+4x+8y+10=0,+(y+1)2=-不表示圆.
7.8解析∵直线=1过点(1,2),
∴=1.
∵a〉0,b>0,∴2a+b=(2a+b)=4+≥4+2=8。

当且仅当b=2a时“=”成立.
8.—1解析抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),圆(x-2)2+(y—5)2=1的圆心为C(2,5),根据抛物线的定义可知点P到准线的距离等于点P到焦点的距离,进而推断出当P,C,F三点共线时,点P到点C的距离与点P到抛物线的焦点距离之和的最小值为|FC|=,故|PM|+|PN|的最小值是|FC|-1=-1。

9。

解(1)依题意,☉O的半径r等于原点O到直线x—y=4的距离,即r==2。

所以☉O的方程为x2+y2=4.
(2)由题意,可设直线MN的方程为2x—y+m=0.
则圆心O到直线MN的距离d=。

由垂径定理,得+()2=22,即m=±。

所以直线MN的方程为2x—y+=0或2x—y—=0。

(3)设P(x,y),由题意得A(-2,0),B(2,0)。

由|PA|,|PO|,|PB|成等比数列,
得=x2+y2,
即x2—y2=2。

因为=(-2—x,—y)·(2-x,-y)=2(y2-1),
且点P在☉O内,所以由此得y2〈1。

所以的取值范围为[-2,0)。

10。

解(1)设AB的中点为M,切点为N,连接OM,MN,则|OM|+|MN|=|ON|=2,|AB|=|ON|—(|OM|-|MN|)=2—|OM|+|AB|,即|AB|+2|OM|=4.
取A关于y轴的对称点A’,连接A’B,则|A'B|=2|OM|,
所以|AB|+2|OM|=|AB|+|A'B|=4〉|A'A|。

所以点B的轨迹是以A’,A为焦点,长轴长为4的椭圆。

其中,a=2,
c=,b=1,故曲线Γ的方程为+y2=1.
(2)因为B为CD的中点,所以OB⊥CD,
则.设B(x0,y0),
则x0(x0-)+=0。

又=1,
解得x 0=
,y 0=±
.
则k OB =±,k AB =∓,则直线AB 的方程为y=±(x-),即
x —y —
=0或x+y —=0。

11.解 (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〈1.
解得
<k 〈。

所以k 的取值范围为。

(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=
,x 1x 2=
.
=x 1x 2+y 1y 2
=(1+k 2)x 1x 2+k (x 1+x 2)+1=
+8。

由题设可得+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.
二、思维提升训练 12.B 解析 圆M 的方程可化为x 2+(y-a )2=a 2
,故其圆心为M (0,a ),半径R=a.
所以圆心到直线x+y=0的距离d=
a 。

所以直线x+y=0被圆M 所截弦长为2=2a ,
由题意可得a=2,故a=2.
圆N 的圆心N (1,1),半径r=1。

而|MN |=, 显然R —r<|MN|<R+r ,所以两圆相交。

13。

A 解析 设圆心到直线AB 的距离d=
=2。

点P到直线AB的距离为d’。

易知d-r≤d'≤d+r,即≤d’≤3.
又AB=2,
=·|AB|·d'=d’,
∴S
△ABP
∴2≤S
≤6.
△ABP
14。

[—5,1]解析设P(x,y),由≤20,易得x2+y2+12x—6y≤20.
把x2+y2=50代入x2+y2+12x-6y≤20得2x-y+5≤0.
由可得
由2x-y+5≤0表示的平面区域及P点在圆上,可得点P在圆弧EPF上,所以点P横坐标的取值范围为[-5,1]。

15。

②③解析对于①,若令P(1,1),则其伴随点为P’,而
P’的伴随点为(-1,—1),而不是P,故①错误;对于②,令单位圆上点的坐标为P(cos x,sin x),其伴随点为P'(sin x,—cos x)仍在单位圆上,所以②正确;③设A(x,y)与B(x,—y)为关于x轴对称的两点,则A的“伴随点"为
A’,B点的伴随点为B’,A'与B'关于y轴对称,故③正确;对于④,取直线l:y=1。

设其“伴随曲线”为C,其上任一点M(x,y),
与其对应的直线l上的点为N(t,1)。

则由定义可知
①2+②2得x2+y2==x,
整理得x2+y2-x=0,显然不是一条直线.
故④错误。

所以正确的序号为②③。

16。

解(1)设直线l的方程为y=k(x-4),即kx—y—4k=0,由垂径定理,得圆心C
到直线l的距离d==1.
1
由点到直线距离公式,得=1,化简,得24k2+7k=0,解得k=0或
k=—.
当k=0时,直线l的方程为y=0;
当k=—时,直线l的方程为y=—(x—4),即7x+24y-28=0.
故所求直线l的方程为y=0或7x+24y—28=0.
(2)设点P坐标为(m,n),直线l1,l2的方程分别为y-n=k(x-m)和y-n=-(x-m),
即kx-y+n-km=0,-x-y+n+m=0.
∵直线l
被☉C1截得的弦长与直线l2被☉C2截得的弦长相等,两圆半径相等,
1
∴由垂径定理得圆心C
到直线l1与圆心C2到直线l2的距离相等.
1
∴,
化简,得(2-m—n)k=m-n-3或(m—n+8)k=m+n—5.
∵关于k的方程有无穷多解,

解得
故点P坐标为.
17.解圆M的标准方程为(x-6)2+(y—7)2=25,所以圆心M(6,7),半径为5。

(1)由圆心N在直线x=6上,可设N(6,y0).
因为圆N与x轴相切,与圆M外切,
所以0<y0〈7,于是圆N的半径为y0,
从而7—y0=5+y0,解得y0=1。

因此,圆N的标准方程为(x—6)2+(y—1)2=1。

(2)因为直线l∥OA,所以直线l的斜率为=2.
设直线l的方程为y=2x+m,即2x—y+m=0,
则圆心M到直线l的距离
d=.
因为BC=OA==2,
而MC2=d2+,
所以25=+5,解得m=5或m=—15。

故直线l的方程为2x—y+5=0或2x-y-15=0.
(3)设P(x1,y1),Q(x2,y2)。

因为A(2,4),T(t,0),,
所以①
因为点Q在圆M上,
所以(x2—6)2+(y2-7)2=25。


将①代入②,得(x1-t—4)2+(y1-3)2=25。

于是点P(x1,y1)既在圆M上,又在圆[x—(t+4)]2+(y—3)2=25上,从而圆(x—6)2+(y-7)2=25与圆[x-(t+4)]2+(y—3)2=25有公共点,
所以5-5≤≤5+5,
解得2-2≤t≤2+2。

因此,实数t的取值范围是[2-2,2+2].。

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