2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 解析幾何 課后綜合提升練 1.5.1 直線與圓 文.doc

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第一講直線與圓(30分鐘55分)一、選擇題(每小題5分,共25分)1.已知三條直線x=1,x-2y-3=0,mx+y+2=0交于一點(diǎn),則m的值為()A.1B.2C.-1D.-2【解析】選C.由方程組x=1,x-2y-3=0解得x=1,y=-1,代入mx+y+2=0中,得m-1+2=0,所以m=-1.2.點(diǎn)P(-1,1)關(guān)于直線ax-y+b=0的對(duì)稱點(diǎn)是Q(3,-1),則a,b的值分別是()A.-2,2B.2,-2C.12,-12D.12,12【解析】選B.因?yàn)辄c(diǎn)P(-1,1)關(guān)于直線ax-y+b=0的對(duì)稱點(diǎn)是Q(3,-1),所以a2-4=-1,a-1+32-1-12+b=0,所以a=2,b=-2.3.已知過定點(diǎn)P(2,0)的直線l與曲線y=2-x2相交于A,B兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),當(dāng)AOB的面積最大時(shí),直線l的傾斜角為()A.150B.135C.120D.30【解析】選A.設(shè)AOB=,則SAOB=12(2)2sin =sin 1,當(dāng)且僅當(dāng)=90時(shí),取等號(hào).此時(shí),AOB為等腰直角三角形,如圖,斜邊為BA,斜邊上的高為1,又因?yàn)镺P=2,所以BPO=30,所以直線l的傾斜角為150.4.設(shè)直線x-y+m=0(mR)與圓(x-2)2+y2=4交于A,B兩點(diǎn),過A,B分別作x軸的垂線與x軸交于C,D兩點(diǎn).若線段CD的長(zhǎng)度為7,則m=()A.1或3B.1或-3C.-1或3D.-1或-3【解析】選D.聯(lián)立x-y+m=0,(x-2)2+y2=4得2x2+2(m-2)x+m2=0,則=-4(m2+4m-4).設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),則x1+x2=2-m,x1x2=m22,所以|CD|=|x1-x2|=(x1+x2)2-4x1x2=-m2-4m+4=7,解得m=-3或m=-1,此時(shí)0成立.5.已知圓(x+3)2+y2=64的圓心為M,設(shè)A為圓上任一點(diǎn),點(diǎn)N的坐標(biāo)為(3,0),線段AN的垂直平分線交MA于點(diǎn)P,則PMPN的取值范圍是()A.67,8B.25,6C.17,7D.14,4【解析】選C.因?yàn)閳A(x+3)2+y2=64的圓心為M,A為圓上任一點(diǎn),點(diǎn)N的坐標(biāo)為(3,0),線段AN的垂直平分線交MA于點(diǎn)P,所以P是AN的垂直平分線上一點(diǎn),所以PA=PN,又因?yàn)锳M=8,所以點(diǎn)P滿足PM+PN=AM=8MN=6,即P點(diǎn)滿足橢圓的定義,焦點(diǎn)是(3,0),(-3,0),半長(zhǎng)軸a=4,故P點(diǎn)軌跡方程為x216+y27=1,因?yàn)镻M+PN=8,所以PMPN=8-PNPN=8PN-1,因?yàn)?PN7,所以8PN87,8,所以PMPN17,7.二、填空題(每小題5分,共15分)6.已知直線x+y+m=0與圓x2+y2=2交于不同的兩點(diǎn)A,B,O是坐標(biāo)原點(diǎn),|+|,那么實(shí)數(shù)m的取值范圍是_.【解析】因?yàn)橹本€x+y+m=0與圓x2+y2=2交于相異兩點(diǎn)A,B,所以O(shè)點(diǎn)到直線x+y+m=0的距離d2,又因?yàn)閨+|,由平行四邊形定理可知,夾角為鈍角的鄰邊所對(duì)的對(duì)角線比夾角為銳角的鄰邊所對(duì)的對(duì)角線短,所以和的夾角為銳角.又因?yàn)橹本€x+y+m=0的斜率為-1,即直線與x的負(fù)半軸的夾角為45度,當(dāng)和的夾角為直角時(shí),直線與圓交于(-2,0),(0,-2)或(2,0),(0,2),此時(shí)原點(diǎn)與直線的距離為1,故d1,綜合可知1d2,又d=|m|2,所以1|m|22,解得:-2m-2或2m43.(2)直線l的方程為y=k(x-1),代入圓C的方程得:(1+k2)x2-(2k2+6k+4)x+k2+6k+12=0,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1x2=k2+6k+121+k2,x1+x2=2k2+6k+41+k2,所以y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=k2(x1x2-x1-x2+1)=9k21+k2,所以=x1x2+y1y2=10k2+6k+121+k2=12,解得k=3或k=0(舍),所以l的方程為3x-y-3=0.故圓心(2,3)在直線l上,所以|MN|=2r=2.【提分備選】已知直線l:y=k(x+1)+3與圓x2+y2=4交于A,B兩點(diǎn),過A,B分別做l的垂線與x軸交于C,D兩點(diǎn),若|AB|=4,則|CD|=_.【解析】由圓的方程x2+y2=4可知:圓心為(0,0),半徑r=2.因?yàn)橄议L(zhǎng)為|AB|=4=2r,所以可以得知直線l經(jīng)過圓心O.所以0=k(0+1)+3,解得k=-3,所以直線AB的方程為:y=-3x,設(shè)直線AB的傾斜角為,則tan =-3,所以=120,所以在RtAOC中,|CO|=212=4,那么|CD|=2|OC|=8.答案:8(20分鐘20分)1.(10分)已知點(diǎn)P(2,0)及圓C:x2+y2-6x+4y+4=0.(1)若直線l過點(diǎn)P且與圓心C的距離為1,求直線l的方程.(2)設(shè)過點(diǎn)P的直線l1與圓C交于M,N兩點(diǎn),當(dāng)|MN|=4時(shí),求以線段MN為直徑的圓Q的方程.(3)設(shè)直線ax-y+1=0與圓C交于A,B兩點(diǎn),是否存在實(shí)數(shù)a,使得過點(diǎn)P(2,0)的直線l2垂直平分弦AB?若存在,求出實(shí)數(shù)a的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.【解析】(1)設(shè)直線l的斜率為k(k存在),則方程y-0=k(x-2),即kx-y-2k=0,又圓C的圓心為(3,-2),半徑r=3,由|3k+2-2k|k2+1=1,解得k=-34.所以直線方程為y=-34(x-2),即3x+4y-6=0.當(dāng)l的斜率不存在時(shí),l的方程為x=2,經(jīng)驗(yàn)證x=2也滿足條件.綜上所述,直線l的方程為x=2或3x+4y-6=0.(2)由于|CP|=5,而弦心距d=r2-|MN|22=5, 所以d=|CP|=5.所以P恰為MN的中點(diǎn).故以MN為直徑的圓Q的方程為(x-2)2+y2=4.(3)把直線y=ax+1,代入圓C的方程,消去y,整理得(a2+1)x2+6(a-1)x+9=0.由于直線ax-y-1=0交圓C于A,B兩點(diǎn),故=36(a-1)2-36(a2+1)0,即-2a0,解得a0.則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-,0).設(shè)符合條件的實(shí)數(shù)a存在,由于l2垂直平分弦AB,故圓心C(3,-2)必在l2上.所以l2的斜率kPC=-2,而kAB=a=-1kPC,所以a=12.由于12(-,0),故不存在實(shí)數(shù)a,使得過點(diǎn)P(2,0)的直線l2垂直平分弦AB.2.(10分)已知圓A:x2+y2+2x-15=0,過點(diǎn)B(1,0)作直線l(與x軸不重合)交圓A于C,D兩點(diǎn),過點(diǎn)B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E.(1) 求點(diǎn)E的軌跡方程.(2)動(dòng)點(diǎn)M在曲線E上,動(dòng)點(diǎn)N在直線l:y=23上,若OMON,求證:原點(diǎn)O到直線MN的距離是定值.【解析】(1)如圖,因?yàn)閨AD|=|AC|,EBAC,故EBD=ACD=ADC,所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+1)2+y2=16,從而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4,由題設(shè)得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由橢圓的定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為x24+y23=1.(2)若直線ON的斜率不存在,則|ON|=23,|OM|=2,|MN|=4,原點(diǎn)O到直線MN的距離d=|OM|ON|MN|=3.若直線ON的斜率存在,設(shè)直線OM的方程為y=kx,代入x24+y23=1,得x2=123+4k2,y2=12k23+4k2,直線ON的方程為y=-1kx,代入y=23,得N(-23k,23).由題意知|MN|2=|ON|2+|OM|2=(-23k)2+(23)2+12(1+k2)3+4k2=48(1+k2)23+4k2.設(shè)原點(diǎn)O到直線MN的距離為d,由題意知|MN|d=|OM|ON|,得d2=|OM|2|ON|2|MN|2=3,則d=3.綜上所述,原點(diǎn)O到直線MN的距離為定值3.