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广东省普宁市城东中学2010届高三数学第一轮复习分类测试题


届高三数学第一轮复习分类测试题 广东省普宁市城东中学 2010 届高三数学第一轮复习分类测试题 直线与圆的方程》 (6)—《直线与圆的方程》 )
一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一 项是符合题目要求的. 1 . 2008 年 重 庆 卷 ) 圆 O 1: x + y ? 2 x = 0 和 圆 O 2 : x + y ? 4 y = 0 的 位 置 关 系 是 (
2 2 2 2





A. 相离

B. 相交

C. 外切

D. 内 切
( )

2.若直线 ax + 2 y + 1 = 0 与直线 x + y ? 2 = 0 互相垂直,那么 a 的值等于

2 D. ?2 3 3.设直线过点 (0, a ), 其斜率为 1,且与圆 x 2 + y 2 = 2 相切,则 a 的值为
A.1 B. ? C. ? A. ±4 B. ±2 2 C. ±2 D. ± 2

1 3





4.平面 α 的斜线 AB 交 α 于点 B ,过定点 A 的动直线 l 与 AB 垂直,且交 α 于点 C ,则动 点 C 的轨迹是 A.一条直线 5.参数方程 ? A.圆 B.一个圆 C.一个椭圆 ( ) D.双曲线的一支 ( D.线段 ) )

?x = 2 ( θ 为参数)所表示的曲线是 ? y = tan θ + cot θ
B.直线
2

C.两条射线

6. 如果直线 l1 , l2 的斜率分别为二次方程 x ? 4 x + 1 = 0 的两个根, 那么 l1 与 l2 的夹角为 ( A.

π
3

B.

π
4

C.

π
6

D.

π
8

7. (2008 年安徽卷)若过点 A(4, 0) 的直线 l 与曲线 ( x ? 2) 2 + y 2 = 1 有公共点,则直线 l 的 斜 率 的 取 值范围为
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A. [ ? 3, 3]

B. (? 3, 3) C. [ ?

3 3 , ] 3 3
2

D. (?
2

3 3 , ) 3 3

8.一束光线从点 A( ?1,1) 出发,经 x 轴反射到圆 C : ( x ? 2) + ( y ? 3) = 1 上的最短路径是 ( A.4 B.5 C. 3 2 ? 1 )

D. 2 6

9.若直线 ax + 2by ? 2 = 0( a, b > 0) 始终平分圆 x 2 + y 2 ? 4 x ? 2 y ? 8 = 0 的周长,则 的最小值为 A.1 B.5 C. 4 2 ( )

1 2 + a b

D. 3 + 2 2

10.已知平面区域 D 由以 A(1,3) 、 B (5,2 ) 、 C (3,1) 为顶点的三角形内部和边界组成.若在区 域 D 上有无穷多个点 ( x, y ) 可使目标函数 z = x + my 取得最小值,则 m = A. ? 2 B. ? 1 C. 1 D.4 ( )

11. 设圆 ( x ? 3) 2 + ( y + 5) 2 = r 2 ( r > 0) 上有且仅有两个点到直线 4 x ? 3 y ? 2 = 0 的距离等于 1,则圆半径 r 的取值范围是 A. 3 < r < 5 B. 4 < r < 6 ( C. r > 4 D. r > 5 ,那么 2x ? y 的最大值为 D. ?3 )

?x ? y +1 ≥ 0 ? 12. (2006 年安徽卷)如果实数 x、y 满足条件 ? y + 1 ≥ 0 ?x + y +1 ≤ 0 ? A. 2 B. 1 C. ?2

二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分,把答案填在题中横线上. 13.已知直线 l1 : x + y sin θ ? 1 = 0 , l2 : 2 x sin θ + y + 1 = 0 ,若 l1 // l2 ,则 θ =
2 2 2 2 2 2



14.若圆 C1 : x + y ? 2mx + m ? 4 = 0 与圆 C2 : x + y + 2 x ? 4my + 4m ? 8 = 0 相交, 则 m 的取值范围是 . 15.已知直线 5 x + 12 y + a = 0 与圆 x 2 ? 2 x + y 2 = 0 相切,则 a 的值为________. 16.已知圆 M: (x+cosθ)2+(y-sinθ)2=1, 直线 l:y=kx,下面四个命题: (A)对任意实数 k 与θ,直线 l 和圆 M 相切; (B)对任意实数 k 与θ,直线 l 和圆 M 有公共点;
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(C)对任意实数θ,必存在实数 k,使得直线 l 与和圆 M 相切; (D)对任意实数 k,必存在实数θ,使得直线 l 与和圆 M 相切. 其中真命题的代号是______________(写出所有真命题的代号). 三、解答题:本大题共 6 小题,共 74 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. (本小题满分 12 分)已知 ?ABC 的顶点 A 为(3,-1) ,AB 边上的中线所在直线方程为

6 x + 10 y ? 59 = 0 ,∠B 的平分线所在直线方程为 x ? 4 y + 10 = 0 , BC 边所在直线的 求
方程.

18. (本小题满分 12 分)设圆满足:①截 y 轴所得弦长为 2;②被 x 轴分成两段圆弧,其弧 长之比为 3:1;③圆心到直线 l : x ? 2 y = 0 的距离为

5 ,求该圆的方程. 5

19. (本小题满分 12 分)设 M 是圆 x 2 + y 2 ? 6 x ? 8 y = 0 上的动点,O 是原点,N 是射线 OM 上的点,若 | OM | ? | ON |= 150 ,求点 N 的轨迹方程。

20. (本小题满分 12 分)已知过 A(0,1)和 B (4, a ) 且与 x 轴相切的圆只有一个,求 a 的值 及圆的方程.

21. (本小题满分 12 分) (2006 年辽宁卷)已知点 A( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) ( x1 x2 ≠ 0) 是抛物线

y 2 = 2 px( p > 0) 上的两个动点, O 是坐标原点,向量 OA , OB 满足 OA + OB = OA ? OB .设
圆 C 的方程为
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x 2 + y 2 ? ( x1 + x2 ) x ? ( y1 + y2 ) y = 0
(I) 证明线段 AB 是圆 C 的直径; (II)当圆 C 的圆心到直线 X-2Y=0 的距离的最小值为

2 5 时,求 p 的值。 5

AP 22.本小题满分 14 分) ( 已知定点 A 0, , 0, , 1, . ( 1)B ( -1)C ( 0)动点 P 满足: ? BP = k | PC | .
2

(1)求动点 P 的轨迹方程,并说明方程表示的曲线类型; (2)当 k = 2 时,求 | 2 AP + BP | 的最大、最小值.

参考答案(6)
1 B.化成标准方程: O 1: ( x ? 1) + y = 1 , O 2 : x +) y ? 2) = 4 ,则
2 2 2 2

O1 (1, 0) , O2 (0, 2) , | O1O2 |= (1 ? 0) 2 + (0 ? 2) 2 = 5 < R + r ,两圆相交
2.D.由 A1 A2 + B1 B2 = 0 可解得.
,∴ a = ±2 ,选 C; 2 4.A.过点 A 且垂直于直线 AB 的平面与平面 α 的交线就是点 C 的轨迹,故是一条直线.

3.C.直线和圆相切的条件应用, x ? y + a = 0,∴ 2 =

a

5.C.原方程 ? ?

?x = 2 ?| y |≥ 2

6.A.由夹角公式和韦达定理求得. 7.C.解:设直线方程为 y = k ( x ? 4) ,即 kx ? y ? 4k = 0 ,直线 l 与曲线 ( x ? 2) 2 + y 2 = 1 有 公共点,

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圆心到直线的距离小于等于半径 d = 得 4k ≤ k + 1, k ≤
2 2 2

2k ? 4k k 2 +1

≤ 1,

1 ,选择 C 3

另外,数形结合画出图形也可以判断 C 正确。 8.A.先作出已知圆 C 关于 x 轴对称的圆 C ' ,问题转化为求点 A 到圆 C ' 上的点的最短路径, 即 | AC ' | ?1 = 4 . 9.D.已知直线过已知圆的圆心(2,1) ,即 a + b = 1 . 所以

10.C.由 A(1,3) 、 B (5,2 ) 、 C (3,1) 的坐标位置知, ?ABC 所在的区域在第一象限,故

1 2 1 2 b 2a + = ( + )(a + b) = 3 + + ≥ 3+ 2 2 . a b a b a b

1 z 1 x + ,它表示斜率为 ? . m m m z (1)若 m > 0 ,则要使 z = x + my 取得最小值,必须使 最小,此时需 ? 1 = k AC = 1 ? 3 , m m 3 ?1 即 m = 1; z (2)若 m < 0 ,则要使 z = x + my 取得最小值,必须使 最小,此时需 ? 1 = k BC = 1 ? 2 , m m 3?5 即 m = 2,与 m < 0 矛盾.综上可知, m = 1. x > 0, y > 0 .由 z = x + my 得 y = ?
11.B.注意到圆心 C (3, ?5) 到已知直线的距离为 l 4

| 4 × 3 ? 3 × ( ?5) ? 21| 4 2 + ( ?3) 2

=5,

结合图形可知有两个极端情形: 其一是如图 7-28 所示的小圆,半径为 4; 其二是如图 7-28 所示的大圆,其半径为 6,故 4 < r < 6 . 12.B.当直线 2x ? y = t 过点(0,-1)时, t 最大,故选 B. 13. kπ ±

π
4

(k ∈ Z ) . sin θ = 0 时不合题意;

sin θ ≠ 0 时由 ?
这时

1 1 2 π = ?2sin θ ? sin 2 θ = ? sin θ = ± ? θ = kπ ± , sin θ 2 2 4

1 ≠ ?1 . sin θ
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12 2 , ? ) ∪ (0, 2) .由 R ? r < d < R + r 解之得. 5 5 | 5 × 1 + 12 × 0 + a | 15.8 或-18. = 1 ,解得 a =8 或-18. 52 + 12 2
14. (? 16. (B) (D).圆心坐标为(-cosθ,sinθ)d=

|-k cos θ-sin θ | 1+k 2 =|sin θ+?)≤ 1 ( |
故填(B) (D)



1+k 2 |sin θ+?) ( | 1+k 2

17.设 B (4 y1 ? 10, y1 ) ,由 AB 中点在 6 x + 10 y ? 59 = 0 上, 可得: 6 ?

4 y1 ? 7 y ?1 + 10 ? 1 ? 59 = 0 ,y1 = 5,所以 B (10,5) . 2 2

设 A 点关于 x ? 4 y + 10 = 0 的对称点为 A '( x ', y ') ,
y′ ? 4 ? x′ + 3 ? 2 ? 4 ? 2 + 10 = 0 则有 ? ? A′(1,7) .故 BC : 2 x + 9 y ? 65 = 0 . ? y′ + 1 1 ? ? = ?1 ? x′ ? 3 4 ?

18.设圆心为 (a, b) ,半径为 r,由条件①: r = a + 1 ,由条件②: r = 2b ,从而有:
2 2 2 2

?2b 2 ? a 2 = 1 | a ? 2b | 5 2b ? a = 1 .由条件③: = ?| a ? 2b |= 1 ,解方程组 ? 可得: 5 5 ?| a ? 2b |= 1
2 2

? a = 1 ? a = ?1 2 2 或? ,所 以 r = 2b = 2 .故所求圆 的方程是 ( x ? 1) 2 + ( y ? 1) 2 = 2 或 ? ?b = 1 ?b = ?1
( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 = 2 .
19.设 N ( x, y ) , M ( x1 , y1 ) .由 OM = λ ON (λ > 0) 可得: ?

? x1 = λ x , ? y1 = λ y

? ? x1 = ? 150 由 | OM | ? | ON |= 150 ? λ = 2 .故 ? 2 x +y ?y = ? 1 ?

150 x x2 + y2 ,因为点 M 在已知圆上. 150 y x2 + y 2

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所以有 (

150 x 2 150 y 2 150 x 150 y ) +( 2 ) ?6? 2 ?8? 2 = 0, 2 2 2 2 x +y x +y x +y x + y2

化简可得: 3 x + 4 y ? 75 = 0 为所求. 20. 设所求圆的方程为 x + y + Dx + Ey + F = 0 . 因为点 A、 在此圆上, B 所以 E + F + 1 = 0 ,
2 2



, 4 D + aE + F + a + 16 = 0 ②
2 2

③④又知该圆与 x 轴(直线 y = 0 )相切, 由①、②、③消去 E、F 可得: ④ 由题意方程④有唯一解,当 a = 1 时,

所 以 由 ? = 0 ? D ? 4F = 0 , ③

1 (1 ? a ) D 2 + 4 D + a 2 ? a + 16 = 0 , 4

D = ?4, E = ?5, F = 4 ;当 a ≠ 1 时由 ? = 0 可解得 a = 0 ,
这时 D = ?8, E = ?17, F = 16 . 综上可知,所求 a 的值为 0 或 1,当 a = 0 时圆的方程为 x 2 + y 2 ? 8 x ? 17 y + 16 = 0 ; 当 a = 1 时,圆的方程为 x 2 + y 2 ? 4 x ? 5 y + 4 = 0 . 21.(I)证明 1: ∵ OA + OB = OA ? OB ,∴ (OA + OB ) = (OA ? OB )
2 2

OA + 2OA ? OB + OB = OA ? 2OA ? OB + OB
整理得: OA ? OB = 0

2

2

2

2

∴ x1 ? x2 + y1 ? y2 = 0
设 M(x,y)是以线段 AB 为直径的圆上的任意一点,则 MA ? MB = 0 即 ( x ? x1 )( x ? x2 ) + ( y ? y1 )( y ? y2 ) = 0 整理得: x + y ? ( x1 + x2 ) x ? ( y1 + y2 ) y = 0
2 2

故线段 AB 是圆 C 的直径
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证明 2: ∵ OA + OB = OA ? OB ,∴ (OA + OB ) = (OA ? OB )
2

2

OA + 2OA ? OB + OB = OA ? 2OA ? OB + OB
整理得: OA ? OB = 0

2

2

2

2

∴ x1 ? x2 + y1 ? y2 = 0 ……..(1)
设(x,y)是以线段 AB 为直径的圆上则 即

y ? y2 y ? y1 ? = ?1( x ≠ x1 , x ≠ x2 ) x ? x2 x ? x1

去分母得: ( x ? x1 )( x ? x2 ) + ( y ? y1 )( y ? y2 ) = 0 点 ( x1 , y1 ), ( x1 , y2 ), ( x2 , y1 )( x2 , y2 ) 满足上方程,展开并将(1)代入得:

x 2 + y 2 ? ( x1 + x2 ) x ? ( y1 + y2 ) y = 0
故线段 AB 是圆 C 的直径 证明 3: ∵ OA + OB = OA ? OB ,∴ (OA + OB ) = (OA ? OB )
2 2

OA + 2OA ? OB + OB = OA ? 2OA ? OB + OB
整理得: OA ? OB = 0

2

2

2

2

∴ x1 ? x2 + y1 ? y2 = 0 ……(1)
以线段 AB 为直径的圆的方程为

(x ?

x1 + x2 2 y + y2 2 1 ) + (y ? 1 ) = [( x1 ? x2 ) 2 + ( y1 ? y2 )2 ] 2 2 4

展开并将(1)代入得:

x 2 + y 2 ? ( x1 + x2 ) x ? ( y1 + y2 ) y = 0
故线段 AB 是圆 C 的直径 (II)解法 1:设圆 C 的圆心为 C(x,y),则

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x1 + x2 ? ?x = 2 ? ? ? y = y1 + y2 ? ? 2
∵ y12 = 2 px1 , y2 2 = 2 px2 ( p > 0)

∴ x1 x2 =

y12 y2 2 4 p2

又因 x1 ? x2 + y1 ? y2 = 0

∴ x1 ? x2 = ? y1 ? y2

y12 y2 2 ∴? y1 ? y2 = 4 p2
∵ x1 ? x2 ≠ 0,∴ y1 ? y2 ≠ 0
∴ y1 ? y2 = ?4 p 2 x= x1 + x2 1 1 yy = ( y12 + y2 2 ) = ( y12 + y2 2 + 2 y1 y2 ) ? 1 2 2 4p 4p 4p

=

1 2 ( y + 2 p2 ) p

所以圆心的轨迹方程为 y 2 = px ? 2 p 2 设圆心 C 到直线 x-2y=0 的距离为 d,则

1 2 ( y + 2 p2 ) ? 2 y | | x ? 2y | | y 2 ? 2 py + 2 p 2 | p = = d= 5 5 5p | = | ( y ? p)2 + p 2 | 5p

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当 y=p 时,d 有最小值

p 2 5 p = ,由题设得 5 5 5

∴ p = 2.
解法 2: 设圆 C 的圆心为 C(x,y),则

x1 + x2 ? ?x = 2 ? ? ? y = y1 + y2 ? ? 2

∵ y12 = 2 px1 , y2 2 = 2 px2 ( p > 0)

y12 y2 2 ∴ x1 x2 = 4 p2
又因 x1 ? x2 + y1 ? y2 = 0

∴ x1 ? x2 = ? y1 ? y2

∴? y1 ? y2 =

y12 y2 2 4 p2

∵ x1 ? x2 ≠ 0,∴ y1 ? y2 ≠ 0
∴ y1 ? y2 = ?4 p 2 x= x1 + x2 1 1 yy = ( y12 + y2 2 ) = ( y12 + y2 2 + 2 y1 y2 ) ? 1 2 2 4p 4p 4p

=

1 2 ( y + 2 p2 ) p

所以圆心的轨迹方程为 y 2 = px ? 2 p 2

设直线 x-2y+m=0 到直线 x-2y=0 的距离为

2 5 ,则 5

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m = ±2
因为 x-2y+2=0 与 y = px ? 2 p 无公共点,
2 2

所以当 x-2y-2=0 与 y = px ? 2 p 仅有一个公共点时,该点到直线 x-2y=0 的距离最小值为
2 2

2 5 5

? x ? 2 y ? 2 = 0? (2) ? 2 2 ? y = px ? 2 p ? (3)
将(2)代入(3)得 y 2 ? 2 py + 2 p 2 ? 2 p = 0

∴? = 4 p 2 ? 4(2 p 2 ? 2 p ) = 0
∵p>0 ∴ p = 2.
解法 3: 设圆 C 的圆心为 C(x,y),则

x1 + x2 ? ?x = 2 ? ? ? y = y1 + y2 ? ? 2
圆心 C 到直线 x-2y=0 的距离为 d,则

x1 + x2 ? ( y1 + y2 ) | 2 d= 5 |
∵ y12 = 2 px1 , y2 2 = 2 px2 ( p > 0)

∴ x1 x2 =

y12 y2 2 4 p2

又因 x1 ? x2 + y1 ? y2 = 0

∴ x1 ? x2 = ? y1 ? y2

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∴? y1 ? y2 =

y12 y2 2 4 p2

∵ x1 ? x2 ≠ 0,∴ y1 ? y2 ≠ 0
∴ y1 ? y2 = ?4 p 2

1 ( y12 + y2 2 ) ? ( y1 + y2 ) | | y 2 + y2 2 + 2 y1 y2 ? 4 p ( y1 + y2 ) + 8 p 2 | 4p ∴d = = 1 5 4 5p | ( y1 + y2 ? 2 p ) 2 + 4 p 2 = 4 5p
当 y1 + y2 = 2 p 时,d 有最小值

p p 2 5 ,由题设得 = 5 5 5

∴ p = 2.
22. (1)设动点坐标为 P ( x, y ) ,则 AP = ( x, y ? 1) , BP = ( x, y + 1) , PC = (1 ? x, y ) .因 为 AP ? BP = k | PC | ,所以
2

x 2 + y 2 ? 1 = k[( x ? 1) 2 + y 2 ] . (1 ? k ) x 2 + (1 ? k ) y 2 + 2kx ? k ? 1 = 0 .
若 k = 1 ,则方程为 x = 1 ,表示过点(1,0)且平行于 y 轴的直线. 若 k ≠ 1 ,则方程化为 ( x + 为半径的圆. (2)当 k = 2 时,方程化为 ( x ? 2) 2 + y 2 = 1 , 因为 2 AP + BP = (3 x, 3 y ? 1) ,所以 | 2 AP + BP |=

k 2 1 2 k 1 ) + y2 = ( ) .表示以 ( , 0) 为圆心,以 1? k 1? k k ?1 |1 ? k |

9 x2 + 9 y 2 ? 6 y + 1 .

又 x 2 + y 2 = 4 x ? 3 ,所以 | 2 AP + BP |= 36 x ? 6 y ? 26 . 因为 ( x ? 2) 2 + y 2 = 1 ,所以令 x = 2 + cos θ , y = sin θ ,
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则 36 x ? 6 y ? 26 = 6 37 cos(θ + ? ) + 46 ∈ [46 ? 6 37, 46 + 6 37 ] . 所以 | 2 AP + BP | 的最大值为 46 + 6 37 = 3 + 37 , 最小值为 46 ? 6 37 =

37 ? 3 .

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