2024届高考第一轮复习：理科数学2010-2018高考真题分类训练之专题九 解析几何第二十五讲 直线与圆答案

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专题九  解析几何第二十五讲  直线与圆答案部分2019年 1.解析 由直线l的参数方程消去t，可得其普通方程为．
则点（1，0）到直线l的距离是．故选D．2. 解析 解法一：由，得，
设斜率为的直线与曲线切于，
由，解得．所以曲线上，点到直线的距离最小，
最小值为．解法二：由题意可设点的坐标为，则点到直线的距离，当且仅当等号成立，所以点到直线的距离的最小值为4.3.解析 解法一：（1）过A作，垂足为E.由已知条件得，四边形ACDE为矩形，.'因为PB⊥AB，所以.所以.因此道路PB的长为15（百米）.（2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.②若Q在D处，联结AD，由（1）知，从而，所以∠BAD为锐角.所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此，Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.（3）先讨论点P的位置.当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.设为l上一点，且，由（1）知，B=15，此时；当∠OBP>90°时，在中，.由上可知，d≥15.再讨论点Q的位置.由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+（百米）.解法二：（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3.因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25.从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为.因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为，直线PB的方程为.所以P（−13，9），.因此道路PB的长为15（百米）.（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求.②若Q在D处，联结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3），所以线段AD：.在线段AD上取点M（3，），因为，所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.（3）先讨论点P的位置.当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.设为l上一点，且，由（1）知，B=15，此时（−13，9）；当∠OBP>90°时，在中，.由上可知，d≥15.再讨论点Q的位置.由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，设Q（a，9），由，得a=，所以Q（，9），此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当P（−13，9），Q（，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为（百米）.4.解析：解法一：如图，

由圆心与切点的连线与切线垂直，得，解得．
所以圆心为（0，-2），则半径．解法二：由，得，所以.  2010-2018年 1．A【解析】圆心到直线的距离，所以点到直线的距离．根据直线的方程可知，两点的坐标分别为，，所以，所以的面积．因为，所以，即面积的取值范围是．故选A．2．【解析】直线的普通方程为，圆的标准方程为，圆心为，半径为1，点到直线的距离，所以，所以．3．C【解析】由题意可得（其中，），∵,∴，，∴当时，取得最大值3，故选C．   4．A【解析】以线段为直径的圆是，直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，整理为，即，即 ，，故选A． 5．A【解析】如图建立直角坐标系，则，，，，由等面积法可得圆的半径为，所以圆的方程为，所以，，，由，得，所以=，设，即，点在圆上，所以圆心到直线的距离小于半径，所以，解得，所以的最大值为3，即的最大值为3，选A．6．D【解析】关于轴对称点的坐标为，设反射光线所在直线为，即，则，，解得或．7．A 【解析】 设所求直线的方程为，则，所以，故所求直线的方程为或．8．C【解析】设过三点的圆的方程为，则，解得，所求圆的方程为，令，得，设，，则，，所以．9．C【解析】圆标准方程为，圆心为，半径为，因此，，即，．选C．10．A【解析】当点的坐标为时，圆上存在点，使得，所以符合题意，排除B、D；当点的坐标为时，，过点作圆的一条切线，连接，则在中，，则，故此时在圆上不存在点，使得，即不符合题意，排除C，故选A．11．D【解析】直线过点，斜率为，所以直线的方程为．12．B【解析】因为圆的圆心为，半径为1，，所以以原点为圆心、以为半径与圆有公共点的最大圆的半径为6，所以的最大值为6，故选B．13．C【解析】由题意得，，，所以．14．D【解析】设直线的倾斜角为，由题意可知．15．B【解析】圆的标准方程为，则圆心，半径满足，则圆心到直线的距离，所以，故16．B【解析】易知直线过定点，直线过定点，且两条直线相互垂直，故点在以为直径的圆上运动，故．故选B．17．A【解析】由题意可知以线段为直径的圆C过原点，要使圆的面积最小，只需圆的半径或直径最小．又圆与直线相切，所以由平面几何知识，知圆的直径的最小值为点到直线的距离，此时，得，圆的面积的最小值为．18．A【解析】根据平面几何知识，直线一定与点(3，1)，(1，0)的连线垂直，这两点连线的斜率为，故直线的斜率一定是，只有选项A中直线的斜率为．19．A【解析】圆C1，C2的圆心分别为C1，C2，由题意知|PM|≥|PC1|－1，|PN|≥|PC2|－3，∴|PM|＋|PN|≥|PC1|＋|PC2|－4，故所求值为|PC1|＋|PC2|－4的最小值．又C1关于x轴对称的点为C3(2，－3)，所以|PC1|＋|PC2|－4的最小值为|C3C2|－4＝，故选A．20．C【解析】圆心，圆心到直线的距离，半径，所以最后弦长为.21．B【解析】（1）当过与的中点时，符合要求，此，   （2）当位于②位置时,，令得,∵,∴(3) 当位于③位置时,，令,即，化简得,∵,∴，解得综上：，选B22．B【解析】点M(a, b)在圆外，∴．圆到直线距离=圆的半径，故直线与圆相交．所以选B．23．C【解析】设直线斜率为，则直线方程为，即，圆心到直线的距离，即，解得．因为直线与直线垂直，所以， 即，选C．24．A【解析】∵圆心到直线的距离等于，排除B、C；相切于第一象限排除D，选A.直接法可设所求的直线方程为：，再利用圆心到直线的距离等于，求得.25．C【解析】抛物线的焦点坐标为，准线方程为，设，，则因为|AF|=3|BF|，所以，所以，因为=3，=9，所以=3，=，当=3时，，所以此时，若，则,此时,此时直线方程为。若，则,此时,此时直线方程为．所以的方程是或，选C.26．A【解析】“直线：与直线：平行”的充要条件是，解得，或，所以是充分不必要条件。27．D【解析】∵直线与圆相切，∴圆心到直线的距离为，所以，设，则，解得.28．A【解析】要使直线将圆形区域分成两部分的面积之差最大，必须使过点的圆的弦长达到最小，所以需该直线与直线垂直即可.又已知点，则,故所求直线的斜率为1.又所求直线过点，故由点斜式得，所求直线的方程为，即．故选A．29．B【解析】圆的圆心到直线的距离弦的长．30．A【解析】设点，直线的方程是，，由于的面积为2，则这个三角形中边上的高满足方程，即，由点到直线的距离公式得，即，解得有4个实根，故这样的点C有4个．31．B【解析】，表示两条直线即轴和直线：，显然 轴与有两个交点，由题意与相交，所以的圆心到的距离，解得，又当时，直线与轴重合，此时只有两个交点，不符合题意．故选B．32．D【解析】因为已知抛物线的焦点坐标为，即所求圆的圆心，又圆过原点，所以圆的半径为，故所求圆的方程为，即，选D．33．D【解析】设圆心，则，即，解得，所以圆的方程为．34．3【解析】因为，所以，又点为的中点，所以，设直线的倾斜角为，直线的斜率为，则，．又，所以直线的方程为，又为直线：上在第一象限内的点，联立直线与直线的方程，得，解得，所以点的横坐标为3． 35．【解析】设，由，得，如图由可知，在上，由，解得，，所以点横坐标的取值范围为．36．（Ⅰ）；（Ⅱ）①②③【解析】（Ⅰ）由题意，设（为圆的半径），因为，所以，所以圆心，故圆的标准方程为．（Ⅱ）由，解得或，因为在的上方，所以，．不妨令直线的方程为，，所以，，，，所以，，所以，所以．．正确结论的序号①②③．37．【解析】圆心到直线的距离．直线被圆截得的弦长为．38．【解析】由题意知圆心到直线的距离等于，即，解得．39．2【解析】由题意得，直线截圆所得的劣弧长为，则圆心到直线的距离为，即，得，同理可得，则．40．【解析】设圆心为，则圆的半径为，圆心到轴的距离为，所以，解得，所以圆的标准方程为．41．【解析】因为点关于直线对称的点的坐标为，所以所求圆的圆心为，半径为1，于是圆C的标准方程为．42．0或6【解析】圆的标准方程为，所以圆心为，半径为3．因为，所以圆心到曲线的距离为，即，所以或6．43．【解析】设，则，，∵为常数，∴，解得或（舍去），∴．解得或（舍去）．44．【解析】已知圆心为，半径为5，圆心到直线的距离为，所以弦长．45．4【解析】由题意圆心到该直线的距离为1，而圆半径为＞2，故圆上有4个点到该直线的距离为1.46．【解析】圆心(0，2)到直线的距离为=，圆的半径为2，所以所求弦长为247．1【解析】当时，两直线不垂直，故．因为直线与直线的斜率分别为和，由，故．48．【解析】以题意设圆的方程为，把所给的两点坐标代入方程得，解得，所以圆C：．49．【解析】由题意可知原点到直线的距离为圆的半径，即,所求圆的方程为．50．【解析】设圆的方程为，由题意得，解得，所以圆C的方程为．51．【解析】（Ⅰ）因为，，故，所以，故.又圆的标准方程为，从而，所以.由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：（）．（Ⅱ）当与轴不垂直时，设的方程为，，.由得.则，.所以.过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以.故四边形的面积. 可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为.当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12.综上，四边形面积的取值范围为.52．【解析】（I）如图，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy．由条件知A(0, 60)，C(170, 0)，直线BC的斜率k BC=－tan∠BCO=－.又因为AB⊥BC，所以直线AB的斜率k AB=.设点B的坐标为(a,b)，则k BC= k AB= 解得a=80，b=120. 所以BC=.因此新桥BC的长是150 m.（II）设保护区的边界圆M的半径为r m，OM=d m，(0≤d≤60).由条件知，直线BC的方程为，即由于圆M与直线BC相切，故点M(0，d)到直线BC的距离是r，即.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,所以即解得故当d=10时,最大，即圆面积最大. 所以当OM = 10 m时，圆形保护区的面积最大.解法二: （I）如图，延长OA, CB交于点F. 因为tan∠BCO=.所以sin∠FCO=，cos∠FCO=．因为OA=60,OC=170，所以OF=OC tan∠FCO=.CF=,从而.因为OA⊥OC，所以cos∠AFB=sin∠FCO==，又因为AB⊥BC，所以BF=AF cos∠AFB==，从而BC=CF－BF=150.因此新桥BC的长是150 m.（II）设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD=r m，OM=d m(0≤d≤60).因为OA⊥OC，所以sin∠CFO =cos∠FCO，故由(1)知，sin∠CFO =所以.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,所以即解得故当d=10时,最大，即圆面积最大.所以当OM = 10 m时，圆形保护区的面积最大.53．【解析】（I）由题设点，又也在直线上，，由题，过A点切线方程可设为，即，则，解得：，∴所求切线为或（II）设点，，，，，，即，又点在圆上，，两式相减得，由题以上两式有公共点，整理得：，即，令，则，解得：，，解得：．54．【解析】（I）设，圆的半径为．由题设，从而故点的轨迹方程为．（II）设，由已知得．又点在双曲线上，从而得由得此时，圆的半径．故圆的方程为或55．【解析】（I）曲线与轴的交点为，与轴的交点为（故可设C的圆心为，则有解得．则圆C的半径为所以圆C的方程为（II）设，，其坐标满足方程组：消去，得到方程由已知可得，判别式因此，从而  ①由于，可得又所以    ②由①，②得，满足故56．【解析】（I）因为，且，所以所以椭圆C的方程为（II）由题意知由  得所以圆的半径为解得，所以点的坐标是（0，）（Ⅲ）由（Ⅱ）知，圆的方程。因为点在圆上．所以设，则当，即，且，取最大值2．