2022届高考数学二轮复习 专题五 解析几何 课后综合提升练 1.5.1 直线与圆 文

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1、2022届高考数学二轮复习 专题五 解析几何 课后综合提升练 1.5.1 直线与圆 文 (30分钟　55分) 一、选择题(每小题5分,共25分) 1.已知三条直线x=1,x-2y-3=0,mx+y+2=0交于一点,则m的值为 (　　) A.1 B.2 C.-1 D.-2 【解析】选C.由方程组解得x=1,y=-1,代入mx+y+2=0中,得m-1+2=0,所以m=-1. 2.点P(-1,1)关于直线ax-y+b=0的对称点是Q(3,-1),则a,b的值分别是 (　　) A.-2,2 B.2,-2 C.,- D., 【解析】选B.因为点P

2、(-1,1)关于直线ax-y+b=0的对称点是Q(3,-1),所以a×=-1,a×-+b=0,所以a=2,b=-2. 3.已知过定点P(2,0)的直线l与曲线y=相交于A,B两点,O为坐标原点,当△AOB的面积最大时,直线l的倾斜角为 (　　) A.150° B.135° C.120° D.30° 【解析】选A.设∠AOB=α,则S△AOB=()2sin α=sin α ≤1,当且仅当α=90°时,取等号.此时,△AOB为等腰直角三角形,如图,斜边为BA,斜边上的高为1,又因为OP=2,所以 ∠BPO=30°,所以直线l的倾斜角为150°. 4.设直线x-y+m=0(m

3、∈R)与圆(x-2)2+y2=4交于A,B两点,过A,B分别作x轴的垂线与x轴交于C,D两点.若线段CD的长度为,则m= (　　) A.1或3 B.1或-3 C.-1或3 D.-1或-3 【解析】选D.联立得2x2+2(m-2)x+m2=0,则Δ=-4(m2+4m-4). 设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=2-m,x1x2=, 所以|CD|=|x1-x2|===,解得m=-3或m=-1,此时Δ>0成立. 5.已知圆(x+3)2+y2=64的圆心为M,设A为圆上任一点,点N的坐标为(3,0),线段AN的垂直平分线交MA于点P,则的取值范围是 (　　)

4、A. B. C. D. 【解析】选C.因为圆(x+3)2+y2=64的圆心为M,A为圆上任一点,点N的坐标为(3,0),线段AN的垂直平分线交MA于点P, 所以P是AN的垂直平分线上一点, 所以PA=PN, 又因为AM=8, 所以点P满足PM+PN=AM=8>MN=6, 即P点满足椭圆的定义,焦点是(3,0),(-3,0),半长轴a=4, 故P点轨迹方程为+=1, 因为PM+PN=8,所以==-1, 因为1≤PN≤7, 所以∈, 所以∈. 二、填空题(每小题5分,共15分) 6.已知直线x+y+m=0与圆x2+y2=2交于不同的两点A,B,O是坐标原点,|

5、+|≥||,那么实数m的取值范围是____________.  【解析】因为直线x+y+m=0与圆x2+y2=2交于相异两点A,B, 所以O点到直线x+y+m=0的距离d<, 又因为|+|≥||,由平行四边形定理可知,夹角为钝角的邻边所对的对角线比夹角为锐角的邻边所对的对角线短, 所以和的夹角为锐角. 又因为直线x+y+m=0的斜率为-1,即直线与x的负半轴的夹角为45度,当和 的夹角为直角时,直线与圆交于(-,0),(0,-)或(,0),(0,),此时原 点与直线的距离为1,故d≥1,综合可知1≤d<,又d=,所以1≤<, 解得:-2

6、∪[,2) 7.若过点P(1,)作圆O:x2+y2=1的两条切线,切点分别为A,B两点,则|AB|=____________.  【解析】由圆的方程x2+y2=1,得到圆心O(0,0),半径r=1, 所以|OA|=|OB|=1, 因为PA,PB分别为圆的切线, 所以OA⊥AP,OB⊥PB,|PA|=|PB|,OP为∠APB的平分线, 因为P(1,),O(0,0), 所以|OP|=2, 在Rt△AOP中,根据勾股定理得:|AP|==, 因为|OA|=|OP|,所以∠APO=30°, 所以∠APB=60°, 所以△PAB为等边三角形, 则|AB|=|AP|=. 答案:

7、 8.若P(2,-1)为圆x2+y2-2x-24=0的弦AB的中点,则直线AB的方程_______.  【解析】圆x2+y2-2x-24=0即(x-1)2+y2=25,表示以C(1,0)为圆心,以5为半径的圆.由于P(2,-1)为圆x2+y2-2x-24=0的弦AB的中点,故有CP⊥AB,因为CP的斜率为=-1,故AB的斜率为1,由点斜式求得直线AB的方程为y+1=x-2,即 x-y-3=0. 答案:x-y-3=0 三、解答题 9.(15分)已知过点A(1,0)且斜率为k的直线l与圆C:(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N两点. (1)求k的取值范围. (2)·=12,其中O

8、为坐标原点,求|MN|. 【解析】(1)设过A(1,0)的直线与圆C相切, 显然当直线斜率不存在时,直线x=1与圆C相切, 当直线斜率存在时,设切线方程为k0x-y-k0=0,圆C的半径r=1. 则圆心C(2,3)到直线的距离为=1, 解得k0=. 因为过点A且斜率为k的直线l与圆C有两个交点, 所以k>. (2)直线l的方程为y=k(x-1), 代入圆C的方程得:(1+k2)x2-(2k2+6k+4)x+k2+6k+12=0, 设M(x1,y1),N(x2,y2), 则x1x2=, x1+x2=, 所以y1y2=k2(x1-1)(x2-1) =k2(x1x2-x1

9、-x2+1)=, 所以·=x1x2+y1y2==12,解得k=3或k=0(舍), 所以l的方程为3x-y-3=0. 故圆心(2,3)在直线l上, 所以|MN|=2r=2. 【提分备选】 已知直线l:y=k(x+1)+与圆x2+y2=4交于A,B两点,过A,B分别做l的垂线与x轴交于C,D两点,若|AB|=4,则|CD|=____________.  【解析】由圆的方程x2+y2=4可知:圆心为(0,0),半径r=2. 因为弦长为|AB|=4=2r, 所以可以得知直线l经过圆心O. 所以0=k(0+1)+,解得k=-, 所以直线AB的方程为:y=-x, 设直线AB的倾斜角

10、为θ,则tan θ=-,所以θ=120°, 所以在Rt△AOC中,|CO|==4, 那么|CD|=2|OC|=8. 答案:8 (20分钟　20分) 1.(10分)已知点P(2,0)及圆C:x2+y2-6x+4y+4=0. (1)若直线l过点P且与圆心C的距离为1,求直线l的方程. (2)设过点P的直线l1与圆C交于M,N两点,当|MN|=4时,求以线段MN为直径的圆Q的方程. (3)设直线ax-y+1=0与圆C交于A,B两点,是否存在实数a,使得过点P(2,0)的直线l2垂直平分弦AB?若存在,求出实数a的值;若不存在,请说明理由. 【解析】(1)设直线l的斜率为k(k存在)

11、, 则方程y-0=k(x-2),即kx-y-2k=0, 又圆C的圆心为(3,-2),半径r=3, 由=1,解得k=-. 所以直线方程为y=-(x-2),即3x+4y-6=0. 当l的斜率不存在时,l的方程为x=2,经验证x=2也满足条件. 综上所述,直线l的方程为x=2或3x+4y-6=0. (2)由于|CP|=,而弦心距d==, 所以d=|CP|=. 所以P恰为MN的中点. 故以MN为直径的圆Q的方程为(x-2)2+y2=4. (3)把直线y=ax+1,代入圆C的方程, 消去y,整理得(a2+1)x2+6(a-1)x+9=0. 由于直线ax-y-1=0交圆C于A,B两

12、点, 故Δ=36(a-1)2-36(a2+1)>0, 即-2a>0,解得a<0. 则实数a的取值范围是(-∞,0). 设符合条件的实数a存在,由于l2垂直平分弦AB,故圆心C(3,-2)必在l2上. 所以l2的斜率kPC=-2,而kAB=a=-,所以a=. 由于∉(-∞,0),故不存在实数a,使得过点P(2,0)的直线l2垂直平分弦AB. 2.(10分)已知圆A:x2+y2+2x-15=0,过点B(1,0)作直线l(与x轴不重合)交圆A于C,D两点,过点B作AC的平行线交AD于点E. (1) 求点E的轨迹方程. (2)动点M在曲线E上,动点N在直线l:y=2上,若OM⊥ON,

13、求证:原点O到直线MN的距离是定值. 【解析】(1)如图,因为|AD|=|AC|,EB∥AC,故∠EBD=∠ACD=∠ADC,所以|EB|=|ED|, 故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|. 又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4, 所以|EA|+|EB|=4, 由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2, 由椭圆的定义可得点E的轨迹方程为+=1. (2)①若直线ON的斜率不存在, 则|ON|=2,|OM|=2,|MN|=4, 原点O到直线MN的距离d==. ②若直线ON的斜率存在,设直线OM的方程为y=kx,代入+=1,得x2=,y2=, 直线ON的方程为y=-x,代入y=2,得 N(-2k,2). 由题意知|MN|2=|ON|2+|OM|2 =(-2k)2+(2)2+=. 设原点O到直线MN的距离为d,由题意知 |MN|·d=|OM|·|ON|, 得d2==3,则d=. 综上所述,原点O到直线MN的距离为定值.