《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題6 解析幾何 第一講 直線與圓配套作業(yè) 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題6 解析幾何 第一講 直線與圓配套作業(yè) 文（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題6 解析幾何 第一講 直線與圓配套作業(yè) 文 配套作業(yè) 一、選擇題　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．已知兩條直線y＝ax－2和y＝(a＋2)x＋1互相垂直，則a等于(D) A．2 B．1 C．0 D．－1 解析：解法一　將選項分別代入題干中觀察，易求出D符合要求．故選D. 解法二　∵直線y＝ax－2和y＝(a＋2)x＋1互相垂直，∴a(a＋2)＝－1.∴a＝－1.故選D. 2.(xx·江蘇卷改編)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以點(1，0)為圓心且與直線mx－y－2m－1＝0(m∈R)相切的所有圓中，半徑最大的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(A)

2、 A．(x－1)2＋y2＝2 B．(x－1)2＋(y－1)2＝2 C．x2＋(y－1)2＝2 D．(x－2)2＋(y－1)2＝2 解析：直線mx－y－2m－1＝0經(jīng)過定點(2，－1)． 當(dāng)圓與直線相切于點(2，－1)時，圓的半徑最大，此時半徑r滿足r2＝(1－2)2＋(0＋1)2＝2. 3．(xx·北京卷)圓心為(1，1)且過原點的圓的方程是(D) A．(x－1)2＋(y－1)2＝1 B．(x＋1)2＋(y＋1)2＝1 C．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2 D．(x－1)2＋(y－1)2＝2 解析：圓的半徑r＝＝，圓心坐標(biāo)為(1，1)，所以圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋(

3、y－1)2＝2. 4．對任意的實數(shù)k，直線y＝kx＋1與圓x2＋y2＝2的位置關(guān)系一定是(C) A．相離 B．相切 C．相交但直線不過圓心 D．相交且直線過圓心 解析：解法一　圓心C(0，0)到直線kx－y＋1＝0的距離為d＝≤＜＝r，且圓心C(0，0)不在該直線上． 解法二　直線kx－y＋1＝0恒過定點(0，1)，而該點在圓C內(nèi)，且圓心不在該直線上．故選C. 5．已知圓的方程為x2＋y2－6x－8y＝0.設(shè)該圓過點(3，5)的最長弦和最短弦分別為AC和BD，則四邊形ABCD的面積為(B) A．10 B．20 C．30 D．40 解析：由x2＋y2－6x－8

4、y＝0，得(x－3)2＋(y－4)2＝25，圓心為(3，4)，半徑為5. 又點(3，5)在圓內(nèi)，則最長弦|AC|＝10，最短的弦|BD|＝2·＝2＝4， ∴S四邊形ABCD＝×10×4＝20. 6．(xx·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知三點A(1，0)，B(0，)，C(2，)，則△ABC外接圓的圓心到原點的距離為(B) A. B. C. D. 解析：在坐標(biāo)系中畫出△ABC(如圖)，利用兩點間的距離公式可得|AB|＝|AC|＝|BC|＝2(也可以借助圖形直接觀察得出)，所以△ABC為等邊三角形．設(shè)BC的中點為D，點E為外心，同時也是重心．所以|AE|＝|AD|＝，從而|OE|

5、＝＝ ＝，故選B. 二、填空題 7．(xx·陜西卷)若圓C的半徑為1，其圓心與點(1，0)關(guān)于直線y＝x對稱，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為________． 解析：因為圓心與點(1，0)關(guān)于直線y＝x對稱，所以圓心坐標(biāo)為(0，1)．所以圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2＋(y－1)2＝1. 答案：x2＋(y－1)2＝1 8．(xx·湖北卷)直線l1：y＝x＋a和l2：y＝x＋b將單位圓C：x2＋y2＝1分成長度相等的四段弧，則a2＋b2＝________． 解析：依題意，設(shè)l1與單位圓相交于A，B兩點，則∠AOB＝90°.如圖，當(dāng)a＝1，b＝－1時滿足題意，所以a2＋b2＝2. 答案：2

6、 三、解答題 9．已知圓C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，是否存在斜率為1的直線l，使以l被圓C截得的弦長AB為直徑的圓過原點？若存在，求出直線的方程；若不存在，請說明理由． 解析：圓C化成標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋(y＋2)2＝9. 假設(shè)存在以AB為直徑的圓M，圓心M的坐標(biāo)為(a，b)，由于CM⊥l，∴kCMkl＝－1，×1＝－1， ∴a＋b＋1＝0，得b＝－a－1.① 直線l的方程為y－b＝x－a， 即x－y＋b－a＝0. |CM|＝，∵以AB為直徑的圓M過原點， ∴|MA|＝|MB|＝|OM|. ∴|MB|2＝|CB|2－|CM|2＝9－＝|OM|2＝a2＋b2，即9

7、－＝a2＋b2.② 由①②得a＝或a＝－1， 當(dāng)a＝時，b＝－， 此時直線l的方程為x－y－4＝0； 當(dāng)a＝－1時，b＝0，此時直線l的方程為x－y＋1＝0. 故這樣的直線l是存在的，方程為x－y－4＝0或x－y＋1＝0. 10．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C1：(x＋3)2＋(y－1)2＝4和圓C2：(x－4)2＋(y－5)2＝4. (1)若直線l過點A(4，0)，且被圓C1截得的弦長為2，求直線l的方程； (2)設(shè)P為平面上的點，滿足：存在過點P的無窮多對互相垂直的直線l1和l2，它們分別與圓C1和圓C2相交，且直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的

8、弦長相等，試求所有滿足條件的點P的坐標(biāo)． 解析：(1)由于直線x＝4與圓C1不相交，所以直線l的斜率存在．設(shè)直線l的方程為y＝k(x－4)，即kx－y－4k＝0.由垂徑定理，得圓心C1到直線的距離d＝＝1， 結(jié)合點到直線距離公式，得＝1. 化簡，得24k2＋7k＝0，解得k＝0或k＝－. 所以直線l的方程為：y＝0或y＝－(x－4)，即y＝0或7x＋24y－28＝0. (2)設(shè)點P坐標(biāo)為(m，n)，直線l1，l2的方程分別為：y－n＝k(x－m)，y－n＝－(x－m)(k≠0)， 即：kx－y＋n－km＝0，－x－y＋n＋m＝0. 因為直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2

9、截得的弦長相等，兩圓半徑相等，由垂徑定理，得圓心C1到直線l1與圓心C2到直線l2的距離相等． 故有＝， 化簡得(2－m－n)k＝m－n－3或(m－n＋8)k＝m＋n－5，關(guān)于k的方程有無窮多解，有 或 解得點P坐標(biāo)為或. 經(jīng)檢驗，以上兩點滿足題目條件． 11．已知過點A(－1，0)的動直線l與圓C：x2＋(y－3)2＝4相交于P，Q兩點，M是PQ中點，l與直線m：x＋3y＋6＝0相交于點N. (1)求證：當(dāng)l與m垂直時，l必過圓心C； (2)當(dāng)PQ＝2時，求直線l的方程． 解析：(1)∵l與m垂直，且km＝－， ∴kl＝3. 故直線l方程為y＝3(x＋1)，即3x－y＋3＝0. ∵圓心坐標(biāo)(0，3)，滿足直線l方程． ∴當(dāng)l與m垂直時，l必過圓心C. (2)①當(dāng)直線l與x軸垂直時，易知x＝－1符合題意． ②當(dāng)直線l與x軸不垂直時，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)，即kx－y＋k＝0， ∵PQ＝2，CM＝＝1， 則由CM＝＝1，得k＝. ∴直線l：4x－3y＋4＝0. 故直線l的方程為x＝－1或4x－3y＋4＝0.