(新高考)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)小題考法專訓(xùn)(六)直線與圓

新高考)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)小題考法專訓(xùn)(六)直線與圓小題考法專訓(xùn)(六)直線與圓A級(jí)——保分小題落實(shí)練一、選擇題TOC\o"1-5"\h\z已知直線l：x+2ay—l=0,l:(a+l)x—ay=O,若l〃l,則實(shí)數(shù)a的值為()12123—2B.03~C.—°或0D.23解析：選C由l〃l得1x(—a)=2a(a+1)，即2a2+3a=0,解得a=0或a=—r.經(jīng)1223檢驗(yàn)，當(dāng)a=0或a=—2時(shí)均有l(wèi)〃l,故選C.212直線ax+y+3a—1=0恒過定點(diǎn)M,則直線2x+3y—6=0關(guān)于M點(diǎn)對(duì)稱的直線方程為()A.2x＋3y—12=0B.2x—3y—12=0C.2x—3y＋12=0D.2x＋3y＋12=0fx+3=0,解析：選D由ax+y+3a—1=0,可得a(x+3)+(y—1)=0,令｛可得xy—1=0,=—3,y=1,?：M(—3,1),M不在直線2x+3y—6=0上，設(shè)直線2x+3y—6=0關(guān)于M點(diǎn)對(duì)稱的直線方程為2x+3y+稱的直線方程為2x+3y+c=0(cM—6)，則1|—6+3—6|I—6+3+c|4+94+9,解得c=12或c=—6(舍去)，?：所求方程為2x+3y+12=0,故選D.(2019?開封定位考試)已知圓(x—2)2+y2=9，貝V過點(diǎn)M(1,2)的最長弦與最短弦的長之和為()B.6A.4B.6C.8D.10解析：選D圓(x—2)2+y2=9的圓心為(2,0),半徑為3,所以過點(diǎn)M的最長弦的長為6,最短弦的長為2\；32—[工；(2—1)2+(0—2)2]2=4,所以過點(diǎn)M的最長弦與最短弦的長之和為10,故選D.已知圓(x—1”+y2=1被直線x—；3y=0分成兩段圓弧，則較短弧長與較長弧長之比為()A.1：2B.1：3D.1：5C.1：4

D.1：5解析：選A(解析：選A(x—1)2+y2=1的圓心為(1,0),半徑為1.圓心到直線的距離d=TOC\o"1-5"\h\z2n4n所以較短弧所對(duì)的圓心角為丁，較長弧所對(duì)的圓心角為丁，故兩弧長之比為1：2,故選A.已知直線3x+ay=0(a>0)被圓(x—2”+y2=4所截得的弦長為2,則a的值為()A^'2B.V3C.2遠(yuǎn)D.2、焉解析：選B由已知條件可知，圓的半徑為2，又直線被圓所截得的弦長為2，故圓心到直線的距離為冷3,即：9+=3,得a=\；3.已知圓(x—a)2+y2=1與直線y=x相切于第三象限，則a的值是()A.-J2B.—J2C.±-'2D.—2解析：選B依題意得，圓心(a,0)到直線x—y=0的距離等于半徑，即有|a|=1,|a|=亦又切點(diǎn)位于第三象限，結(jié)合圖形(圖略)可知，a=—；2，故選B.已知圓C過點(diǎn)A(2,4),B(4,2)，且圓心C在直線x+y=4上，若直線x+2y—t=0與圓C相切，則t的值為()A.—6±2\/5B.6±2、：5C.2衍±6D.6±4“75解析：選B因?yàn)閳AC過點(diǎn)A(2,4),B(4,2),所以圓心C在線段AB的垂直平分線y=xy=x,上，又圓心C在直線x+y=4上，聯(lián)立｛解得x=y=2，即圓心C(2,2),圓C的x+y=4,半徑r=\；(2—2)2+(2—4)2=2.又直線x+2y—t=0與圓C相切，所以~±75=2,解得t=6±2誦.(2019?石家莊模擬)已知圓C截兩坐標(biāo)軸所得弦長相等，且圓C過點(diǎn)(—1,0)和(2,3),則圓C的半徑為()A.8B.2邁C.5D.掲解析：選D設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x—a)2+(y—b)2=r2(r>0),T圓C經(jīng)過點(diǎn)(一1,0)和(2,3)，(a+1)2+b2=r2,.°.a+b—2=0.①但一2)2+(b—3)2=r2,又圓C截兩坐標(biāo)軸所得弦長相等，.?.|a|=|b|.②由①②得a=b=l,?：圓C的半徑為詬，故選D.若點(diǎn)P(l,l)為圓C：X2+y2—6x=0的弦MN的中點(diǎn)，貝弦MN所在直線的方程為()A.2x+y—3=0B?x—2y+l=0C?x+2y—3=0D.2x—y—1=00—11解析：選D由圓的方程易知圓心C的坐標(biāo)為(3,0),又P(l,l),所以kpC=^=—^.易知MN丄PC,所以kMN?kpC=—1,所以kMN=2?根據(jù)弦MN所在的直線經(jīng)過點(diǎn)P(l,l)得所求直MNPCMN線方程為y—l=2(x—1),即2x—y—1=0.故選D.已知直線y=ax與圓C：x2+y2—6y+6=0相交于A,B兩點(diǎn)，C為圓心.若△ABC為等邊三角形,貝a的值為()A.1B.±1D.土邊解析：選D圓的方程可以化為x2+(y—3)2=3，圓心為C(0,3)，半徑為\：勺，根據(jù)△ABC為等邊三角形可知AB=AC=BC=￡，所以圓心C(0,3)到直線y=ax的距離d=￥"G=|,所以和總罟?2=時(shí)°a=±屈圓(x—3)2+(y—3)2=9上到直線3x+4y—11=0的距離等于2的點(diǎn)有()A.1個(gè)B.2個(gè)C.3個(gè)D.4個(gè)解析：選B圓(x—3)2+(y—3)2=9的圓心為(3,3)，半徑為3,圓心到直線3x+4y—11=0的距離d=|3X3^4^43-11|=2,???圓上到直線3x+4y—11=0的距離為2的點(diǎn)有2個(gè).故選B.已知圓0：x2+y2=9,過點(diǎn)C(2,1)的直線l與圓0交于P,Q兩點(diǎn)，則當(dāng)△0PQ的面積最大時(shí)，直線l的方程為()x—y—3=0或7x—y—15=0x+y+3=0或7x+y—15=0x+y—3=0或7x—y+15=0x+y—3=0或7x+y—15=0解析：選D當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，l的方程為x=2，則P(2,；'5),Q(2,—;'5),所以S△OPQ=|X2X^1I^5=^11I5.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為y—1=k(x—2)^k^2^,3x3x=則圓心到直線l的距離d=^^=,所以|PQ|=2(9二d2,S=1x|PQ|xd=1X^9Td2xd1+k2^opq22□q—d2—Pd2999~=*J(9—d2)d2W2=2，當(dāng)且僅當(dāng)9—d2=d2，即d2=§時(shí)，取得最大值§，因?yàn)?叮5994k2—4k—19<2,所以S/PQ的最大值為2,此時(shí)k2—1=2,解得k=—1或k=—7,此時(shí)直線l的方程為x+y—3=0或7x+y—15=0,故選D.二、填空題已知直線l：y=2x，則過圓X2—y2—2x—4y+1=0的圓心且與直線l垂直的直線l112的方程為.解析：由題意，圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+1)2—(y—2)2=4,所以圓的圓心坐標(biāo)為(一1,2)，所以所求直線的方程為y—2=—*(x+1)，即x—2y—3=0.答案：x—2y—3=0在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C過點(diǎn)A(0,—8)，且與圓x2+y2—6x—6y=0相切于原點(diǎn)，則圓C的方程為，圓C被x軸截得的弦長為.解析：將已知圓化為標(biāo)準(zhǔn)方程得(x—3)2+(y—3)2=18，圓心為(3,3)，半徑為3冷2.由于兩個(gè)圓相切于原點(diǎn)，連心線過切點(diǎn)，故圓C的圓心在直線y=x±.由于圓C過點(diǎn)(0,0),(0,—8)，所以圓心又在直線y=—4上.聯(lián)立y=x和y=—4,得圓心C的坐標(biāo)(一4,—4).又因?yàn)辄c(diǎn)(一4,—4)到原點(diǎn)的距離為4邁，所以圓C的方程為(x+4)2+(y+4)2=32，即x2+y2+8x+8y=0.圓心C到x軸距離為4,則圓C被x軸截得的弦長為2X\'(4./2)2—42=8.答案：X2—y2—8x+8y=08已知從圓C：(x+1)2—(y—2)2=2外一點(diǎn)P(x1，y1)向該圓引一條切線，切點(diǎn)為M,O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且有|PM|=|PO|，則當(dāng)|PM|取最小值時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為.解析：如圖所示，連接CM,CP.由題意知圓心C(—1,2),半徑r=,'2.因?yàn)閨PM|=|PO|，所以|PO|2—r2=|PC|2,所以x1+y1—2=(X]+1)2+—2)2,即2x1—4y1+3=0.要使|PM|的值最小，只需|PO|的值最小即可.當(dāng)PO垂直于直線2x—4y+3=0時(shí)，即PO所在直線的方程為2x—y=0時(shí)，~2x—4y+3=0,|PM|的值最小，此時(shí)點(diǎn)P為兩直線的交點(diǎn)，則｛,解得2x+y=0,10'故當(dāng)|10'故當(dāng)|PM|取最小值時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為[―僉，I)y=5,答案：〔—10，5)(2019?合肥質(zhì)檢)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C經(jīng)過點(diǎn)(0,1),(0,3)，且與x軸正半軸相切，若圓C上存在點(diǎn)M,使得直線0M與直線y=kx(k>0)關(guān)于y軸對(duì)稱，則k的最小值為.1＋3解析：由圓C過點(diǎn)(0,1),(0,3)知，圓心的縱坐標(biāo)為〒=2,又圓C與x軸正半軸相切,所以圓的半徑為2,則圓心的橫坐標(biāo)x=22—，即圓心為(浙，2),所以圓C的方程為(x—\‘3)2+(y—2)2=4.因?yàn)閗>0,所以k取最小值時(shí)，直線y=—kx與圓相切，可得，即k2—4\：3k=0,解得k=4\：3(k=0舍去).答案：4爲(wèi)B(tài)級(jí)——拔高小題提能練y［多選題］若實(shí)數(shù)x,y滿足X2+y2+2x=0,則下列關(guān)于x—^的判斷正確的是()A.x—1的最大值為\'勺B.x—1的最小值為一\'勺c?x—1的最大值為乎d.x—1的最小值為一乎解析：選CD由x2+y2+2x=0得(x+1)2+y2=1,表示以(一1,0)為圓心、1為半徑的圓,x—1表示圓上的點(diǎn)(x,y)與點(diǎn)(1,0)連線的斜率，易知，x—1最大值為號(hào)，最小值為一(2019?成都二診)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，M,N分別是x軸正半軸和y=x(x>0)圖象上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且|MN|=\S，貝y|0M|2+|0N|2的最大值是()A.4—2\S4B.3C.4D.4+2\：‘2解析：選Dnn直線y—x的傾斜角為4,所以由題意知ZM0N=4，貝恠厶MON中，|MN〔2=|0M|2+|0N|2—2|0M|?|ON|cosZMON,即卩2=|0M|2+|0N|2—72|OM|?|0N|三|0M|2+|0N|27?迎屮鑒整理，得|0M|2+|0叫2冬2—五=4+2邁，當(dāng)且僅當(dāng)|OM|=|ON|=匚五時(shí)，等號(hào)成立，即|0M|2+|ON|2的最大值為4+2也，故選D.已知A(—.'3,0),B(\；30),P為圓x2+y2=1上的動(dòng)點(diǎn)，AP=PQ,過點(diǎn)P作與AP垂直的直線l交直線QB于點(diǎn)M,若點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為x,貝y|x|的取值范圍是()A.|A.|x|三1B.|x|>lC.|x|22D．|x|普解析：選A由題意，設(shè)P(cos9,sin9),則Q(2cos9+\；3,2sin9C.|x|22D．|x|普解析：選A由題意，設(shè)P(cos9,sin9),則Q(2cos9+\；3,2sin9),所以kRpsin9冇不，所以直線pM的方程為“9+.'3)x+ysin9—r./3cos9—1=0,直線BQ的方程為xsin9—ycos9—\.'3sin3+cos93,9=°，聯(lián)立解得x=1^'3cos9=3+3(1+^：s9)'因?yàn)?—^W1+^cos或x21,即|X|上1,故選A.9V0或0V1+V3cos9W1+V3，所以xW—1已知直線l：mx—y=1,若直線l與直線x+m(m—1)y=2垂直，則m的值為動(dòng)直線l：mx—y=1被圓C：X2—2x+y2—8=0截得的最短弦長為.解析：因?yàn)橹本€mx—y=1與直線x+m(m—1)y=2垂直，所以mX1+(—1)Xm(m—1)=0,解得m=0或m=2.動(dòng)直線l：mx—y=1過定點(diǎn)(0,—1),圓C：X2—2x+y2—8=0化為(x—1)2+y2=9，圓心(1,0)到直線mx—y—1=0的距離的最大值為■\；(0—1)2+(—1—0)2=\'2，所以動(dòng)直線l被圓C截得的最短弦長為2\，：9—(2)2=2詬.答案：0或2