新編高考數(shù)學文二輪復(fù)習 課時鞏固過關(guān)練十四 Word版含解析

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1、 課時鞏固過關(guān)練(十四)　直線與圓 　　　　　　　　　　　　 一、選擇題 1．(20xx·四川巴蜀中學月考)若直線ax＋2y＋1＝0與直線x＋y－2＝0互相垂直，則a的值等于(　　) A．1 B．－ C．－ D．－2 解析：由a×1＋2×1＝0，得a＝－2，故選D. 答案：D 2．(20xx·廣東惠州二調(diào))直線x＋2y－5＋＝0被圓x2＋y2－2x－4y＝0截得的弦長為(　　) A．1 B．2 C．4 D．4 解析：圓心(1,2)，圓心到直線的距離d＝＝1，半徑r＝，所以截得弦長為2＝2＝4.故選C. 答案：C 3．(20xx·上海青浦一模)“a＝”是“

2、直線(a＋1)x＋3ay＋1＝0與直線(a－1)x＋(a＋1)y－3＝0相互垂直”的(　　) A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：對于直線(a＋1)x＋3ay＋1＝0與直線(a－1)x＋(a＋1)y－3＝0，當a＝0時，分別化為x＋1＝0，－x＋y－3＝0，此時兩條直線不垂直，舍去；當a＝－1時，分別化為－3y＋1＝0，－2x－3＝0，此時兩條直線相互垂直，因此a＝－1滿足條件；當a≠－1,0時，兩條直線的斜率分別為－，，由于兩條直線垂直，可得－×＝－1，解得a＝或－1(舍去)．綜上可得：兩條直線相互垂直的充要條件為a＝或－1.∴

3、“a＝”是“直線(a＋1)x＋3ay＋1＝0與直線(a－1)x＋(a＋1)y－3＝0相互垂直”的充分而不必要條件．故選A. 答案：A 4．直線2x－my＋1－3m＝0，當m變化時，所有直線都過定點(　　) A. B. C. D. 解析：直線方程可整理為2x＋1－(y＋3)m＝0， ∴當m變化時，直線過定點.故選D. 答案：D 5．(20xx·安徽安慶期中)在平面直角坐標系xOy中，圓C的方程為x2＋y2－8x＋15＝0，若直線y＝kx－2上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓與圓C有公共點，則k的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：設(shè)直線y＝

4、kx－2上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓為圓M，又圓C的標準方程為(x－4)2＋y2＝1，則圓心C的坐標為(4,0)，半徑R＝1，如圖，若圓M與圓C有公共點，則圓M與圓C的臨界點為圓M與圓C的外切點，即等價為圓心C到直線y＝kx－2的距離d≤R＋1＝2，即圓心到直線kx－y－2＝0的距離d＝≤2，即|2k－1|≤，平方得3k2－4k≤0，解得0≤k≤，故選A. 答案：A 6．(20xx·四川綿陽期末)若直線y＝x＋b與曲線y＝3－有公共點，則b的取值范圍是(　　) A．[1－2，1＋2] B．[1－，3] C．[－1,1＋2] D．[1－2，3] 解析

5、：曲線方程可化簡為(x－2)2＋(y－3)2＝4(1≤y≤3)，即表示圓心為(2,3)，半徑為2的半圓，如圖，當直線y＝x＋b與此半圓相切時須滿足圓心(2,3)到直線y＝x＋b的距離等于2，即＝2，解得b＝1＋2或b＝1－2.由圖可知b＝1＋2舍去，故b＝1－2.當直線過(0,3)時，解得b＝3，故1－2≤b≤3，故選D. 答案：D 7．(20xx·湖北一聯(lián))已知圓C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分別是圓C1，C2上的動點，P為x軸上的動點，則|PM|＋|PN|的最小值為(　　) A．5－4 B.－1 C．6－2 D.

6、解析：如圖，圓C1關(guān)于x軸的對稱圓的圓心坐標A(2，－3)，半徑為1，圓C2的圓心坐標(3,4)，半徑為3.連接AC2，設(shè)直線AC2與x軸的交點為P，可知|AC2|＝|PC2|＋|PC1|.而|PM|＋|PN|＝|PC2|－3＋|PC1|－1＝|AC2|－4，即|PM|＋|PN|的最小值為圓A與圓C2的圓心距減去兩個圓的半徑和，即－1－3＝5－4.故選A. 答案：A 8．已知圓C1：(x－2cosθ)2＋(y－2sinθ)2＝1與圓C2：x2＋y2＝1，在下列說法中： ①對于任意的θ，圓C1與圓C2始終相切； ②對于任意的θ，圓C1與圓C2始終有4條公切線； ③直線l：2(m＋3

7、)x＋3(m＋2)y－(2m＋5)＝0(m∈R)與圓C2一定相交于兩個不同的點； ④P，Q分別為圓C1與圓C2上的動點，則|PQ|的最大值為4. 其中正確命題為(　　) A．①④ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 解析：對于①結(jié)論是正確的，由圓C1：(x－2cosθ)2＋(y－2sinθ)2＝1與圓C2：x2＋y2＝1可知兩圓圓心分別為C1(2cosθ，2sinθ)與C2(0,0)，半徑分別為r1＝1，r2＝1，∴圓心距|C1C2|＝＝2，|C1C2|＝r1＋r2，故對于任意的θ，圓C1與圓C2始終相切．對于②結(jié)論是不正確的，由①可知兩圓外切，只有3條公切線．對于③結(jié)論是

8、正確的，由直線l：2(m＋3)x＋3(m＋2)y－(2m＋5)＝0可化為m(2x＋3y－2)＋6x＋6y－5＝0.解方程組得交點M，則|MO|＝＝<1，故點M在圓C2內(nèi)，所以直線l與圓C2一定相交于兩個不同的點．對于④結(jié)論是正確的，如圖所示，當P，Q兩點與公切點共線時距離最大，為|PQ|＝2(r1＋r2)＝4.綜上，正確的結(jié)論是①③④.故選B. 答案：B 二、填空題 9．(20xx·河北邯鄲月考)在圓x2＋y2－2x－6y＝0內(nèi)，過點E(0,1)的最長弦和最短弦分別為AC和BD，則四邊形ABCD的面積為__________． 解析：方程表示的是以(1,3)為圓心，為半徑的圓．點E為

9、圓內(nèi)一點，因此過點E的最長的弦是直徑(長為2)，最短的弦(弦長為2)是與過點E的直徑垂直的弦．所以四邊形ABCD的面積為S＝×2×2＝10. 答案：10 10．(20xx·四川綿陽期末)圓C1的方程是(x－3)2＋y2＝，圓C2的方程是(x－3－cosθ)2＋(y－sinθ)2＝(θ∈R)，過C2上任意一點P作圓C1的兩條切線PM，PN，切點分別為M，N，則∠MPN的最小正切值是__________． 解析：圓C2：(x－3－cosθ)2＋(y－sinθ)2＝(θ∈R)，圓心C2(3＋cosθ，sinθ)，半徑等于.由題意可知∠MPN最小時，|PC1|最大，最大為|C1C2|＋＝，∴PM

10、＝＝，∴tan∠MPC1＝， ∴tan∠MPN＝＝. 答案： 11．(20xx·貴州遵義一模)如圖，已知圓M：(x－3)2＋(y－3)2＝4，四邊形ABCD為圓M的內(nèi)接正方形，E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，當正方形ABCD繞圓心M轉(zhuǎn)動時，·的最大值是__________． 解析：由題意可得＝＋， ∴·＝·(＋)＝·＋·.∵ME⊥MF，∴·＝0，∴·＝·.由題意可得，圓M的半徑為2，故正方形ABCD的邊長為2，故ME＝，再由OM＝3，可得·＝·3·cos〈，〉＝6cos〈，〉，即·＝ 6cos〈，〉，故·的最大值為6. 答案：6 三、解答題 12．(20xx·長沙模擬)已知

11、圓C：x2＋y2＋2x－3＝0. (1)求圓的圓心C的坐標和半徑長； (2)直線l經(jīng)過坐標原點且不與y軸重合，l與圓C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，求證：＋為定值； (3)斜率為1的直線m與圓C相交于D、E兩點，求直線m的方程，使△CDE的面積最大． 解：(1)圓C：x2＋y2＋2x－3＝0，配方得(x＋1)2＋y2＝4， 則圓心O的坐標為(－1,0)，圓的半徑長為2； (2)設(shè)直線l的方程為y＝kx， 聯(lián)立方程組， 消去y得(1＋k2)x2＋2x－3＝0， 則有：x1＋x2＝－，x1x2＝－； 所以＋＝＝為定值； (3)設(shè)直線m的方程為y＝kx＋b，則圓

12、心C到直線m的距離d＝， 所以|DE|＝2＝2， S△CDE＝|DE|·d＝·d≤＝2， 當且僅當d＝，即d＝時，△CDE的面積最大， 從而＝，解之得b＝3或b＝－1， 故所求直線方程為x－y＋3＝0或x－y－1＝0. 13．(20xx·安徽模擬)已知曲線C的極坐標方程是ρ＝2sinθ，設(shè)直線l的參數(shù)方程是(t為參數(shù))． (1)將曲線C的極坐標方程轉(zhuǎn)化為直角坐標方程； (2)設(shè)直線l與x軸的交點是M，N為曲線C上一動點，求|MN|的最大值． 解：(1)曲線C的極坐標方程可化為：ρ2＝2ρsinθ， 又x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ. 所以，曲C的直角坐標方程為：x2＋y2－2y＝0. (2)將直線L的參數(shù)方程化為直角坐標方程得：y＝－(x－2)． 令y＝0得x＝2即M點的坐標為(2,0) 又曲線C為圓，圓C的圓心坐標為(0,1) 半徑r＝1，則|MC|＝， ∴|MN|≤|MC|＋r＝＋1. ∴|MN|的最大值為＋1.