高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第8章　平面解析几何8.3(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第8章　平面解析几何8.3(教师版)，共9页。

一、选择题
1．圆(x－2)2＋y2＝4关于直线y＝eq \f(\r(3),3)x对称的圆的方程是( )
A．(x－eq \r(3))2＋(y－1)2＝4
B．(x－eq \r(2))2＋(y－eq \r(2))2＝4
C．x2＋(y－2)2＝4
D．(x－1)2＋(y－eq \r(3))2＝4
答案 D
解析 设圆(x－2)2＋y2＝4的圆心(2,0)关于直线y＝eq \f(\r(3),3)x对称的点的坐标为(a，b)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b,a－2)·\f(\r(3),3)＝－1，,\f(b,2)＝\f(\r(3),3)·\f(a＋2,2)，))解得a＝1，b＝eq \r(3)，从而所求圆的方程为(x－1)2＋(y－eq \r(3))2＝4.故选D.
2．圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0上的点到直线x－y＝2距离的最大值是( )
A．1＋eq \r(2) B．2
C．1＋eq \f(\r(2),2) D．2＋2eq \r(2)
答案 A
解析 将圆的方程化为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心坐标为(1,1)，半径为1，则圆心到直线x－y＝2的距离d＝eq \f(|1－1－2|,\r(2))＝eq \r(2)，故圆上的点到直线x－y＝2距离的最大值为d＋1＝eq \r(2)＋1，故选A.
3．已知点P在圆x2＋y2＝5上，点Q(0，－1)，则线段PQ的中点的轨迹方程是( )
A．x2＋y2－x＝0 B．x2＋y2＋y－1＝0
C．x2＋y2－y－2＝0 D．x2＋y2－x＋y＝0
答案 B
解析 设P(x0，y0)，PQ中点的坐标为(x，y)，则x0＝2x，y0＝2y＋1，代入圆的方程即得所求的方程是4x2＋(2y＋1)2＝5，化简得x2＋y2＋y－1＝0.故选B.
4．已知圆(x－2)2＋(y＋1)2＝16的一条直径通过直线x－2y＋3＝0被圆所截弦的中点，则该直径所在的直线方程为( )
A．3x＋y－5＝0 B．x－2y＝0
C．x－2y＋4＝0 D．2x＋y－3＝0
答案 D
解析 直线x－2y＋3＝0的斜率为eq \f(1,2)，已知圆的圆心坐标为(2，－1)，该直径所在直线的斜率为－2，所以该直径所在的直线方程为y＋1＝－2(x－2)，即2x＋y－3＝0，故选D.
5．若当方程x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0所表示的圆取得最大面积时，则直线y＝(k－1)x＋2的倾斜角α＝( )
A.eq \f(3π,4) B.eq \f(π,4)
C.eq \f(3π,2) D.eq \f(5π,4)
答案 A
解析 将圆x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0化成标准方程，得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(k,2)))2＋(y＋1)2＝1－eq \f(3k2,4)，
∵半径r满足r2＝1－eq \f(3k2,4)，当圆取得最大面积时，k＝0，半径r＝1.
因此直线y＝(k－1)x＋2即y＝－x＋2.
得直线的倾斜角α满足tanα＝－1，
∵直线的倾斜角α∈[0，π)，∴α＝eq \f(3π,4).故选A.
6．若方程 eq \r(16－x2)－x－m＝0有实数解，则实数m的取值范围( )
A．－4eq \r(2)≤m≤4eq \r(2) B．－4≤m≤4eq \r(2)
C．－4≤m≤4 D．4≤m≤4eq \r(2)
答案 B
解析 由题意知方程eq \r(16－x2)＝x＋m有实数解，
分别作出y＝eq \r(16－x2)与y＝x＋m的图象，如图，若两图象有交点，需－4≤m≤4eq \r(2).故选B.
7．圆x2＋y2＋2x－6y＋1＝0关于直线ax－by＋3＝0(a>0，b>0)对称，则eq \f(1,a)＋eq \f(3,b)的最小值是( )
A．2eq \r(3) B.eq \f(20,3)
C．4 D.eq \f(16,3)
答案 D
解析 由圆x2＋y2＋2x－6y＋1＝0知其标准方程为(x＋1)2＋(y－3)2＝9，∵圆x2＋y2＋2x－6y＋1＝0关于直线ax－by＋3＝0(a>0，b>0)对称，∴该直线经过圆心(－1,3)，即－a－3b＋3＝0，∴a＋3b＝3(a>0，b>0)．∴eq \f(1,a)＋eq \f(3,b)＝eq \f(1,3)(a＋3b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(3,b)))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3a,b)＋\f(3b,a)＋9))≥eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10＋2\r(\f(3a,b)·\f(3b,a))))＝eq \f(16,3)，当且仅当eq \f(3b,a)＝eq \f(3a,b)，即a＝b时取等号，故选D.
8．由直线y＝x＋1上的一点向圆C：x2－6x＋y2＋8＝0引切线，则切线长的最小值为( )
A．1 B．2eq \r(2) C.eq \r(7) D．3
答案 C
解析 解法一：切线长的最小值在直线y＝x＋1上的点与圆心距离最小时取得，圆心(3,0)到直线的距离为d＝eq \f(|3－0＋1|,\r(2))＝2eq \r(2)，圆的半径长为r＝1，故切线长的最小值为eq \r(d2－r2)＝eq \r(8－1)＝eq \r(7).
解法二：易知P(m，m＋1)在直线y＝x＋1上，由切线长公式得|PC|＝ eq \r(m2－6m＋m＋12＋8)＝ eq \r(2m－12＋7)，由m∈R可得|PC|min＝eq \r(7).
9．已知在圆M：x2＋y2－4x＋2y＝0内，过点E(1,0)的最长弦和最短弦分别是AC和BD，则四边形ABCD的面积为( )
A．3eq \r(5) B．6eq \r(5)
C．4eq \r(15) D．2eq \r(15)
答案 D
解析 圆x2＋y2－4x＋2y＝0可化为(x－2)2＋(y＋1)2＝5，圆心M(2，－1)，半径r＝eq \r(5)，最长弦为圆的直径，∴AC＝2eq \r(5).∵BD为最短弦，∴AC与BD垂直，易求得ME＝eq \r(2)，∴BD＝2BE＝2eq \r(5－2)＝2eq \r(3).
S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BDC＝eq \f(1,2)BD·EA＋eq \f(1,2)BD·EC＝eq \f(1,2)BD·(EA＋EC)＝eq \f(1,2)BD·AC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2eq \r(5)＝2eq \r(15).故选D.
10．已知点P(x，y)在圆C：x2＋y2－6x－6y＋14＝0上，则x＋y的最大值与最小值是( )
A．6＋2eq \r(2)，6－2eq \r(2) B．6＋eq \r(2)，6－eq \r(2)
C．4＋2eq \r(2)，4－2eq \r(2) D．4＋eq \r(2)，4－eq \r(2)
答案 A
解析 设x＋y＝b，则b表示动直线y＝－x＋b在y轴上的截距，
显然当动直线y＝－x＋b与圆(x－3)2＋(y－3)2＝4相切时，
b取得最大值或最小值，如图所示．
由圆心C(3,3)到切线x＋y＝b的距离等于圆的半径2，
可得eq \f(|3＋3－b|,\r(12＋12))＝2，即|b－6|＝2eq \r(2)，解得b＝6±2eq \r(2)，
所以x＋y的最大值为6＋2eq \r(2)，最小值为6－2eq \r(2).故选A.
二、填空题
11．已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点M(0，eq \r(5))在圆C上，且圆心到直线2x－y＝0的距离为eq \f(4\r(5),5)，则圆C的方程为________．
答案 (x－2)2＋y2＝9
解析 因为圆C的圆心在x轴的正半轴上，设C(a,0)，且a>0，所以圆心到直线2x－y＝0的距离d＝eq \f(2a,\r(5))＝eq \f(4\r(5),5)，解得a＝2，所以圆C的半径r＝|CM|＝eq \r(4＋5)＝3，所以圆C的方程为(x－2)2＋y2＝9.
12．一个圆与y轴相切，圆心在直线x－3y＝0上，且在直线y＝x上截得的弦长为2eq \r(7)，则该圆的方程为________．
答案 (x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9
解析 ∵所求圆的圆心在直线x－3y＝0上，
∴设所求圆的圆心为(3a，a)，
又所求圆与y轴相切，∴半径r＝3|a|
又所求圆在直线y＝x上截得的弦长为2eq \r(7)，
圆心(3a，a)到直线y＝x的距离d＝eq \f(|2a|,\r(2))，
∴d2＋(eq \r(7))2＝r2，即2a2＋7＝9a2，∴a＝±1.
故所求圆的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9.
13．已知a∈R，若方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圆，则此圆心坐标是________．
答案 (－2，－4)
解析 ∵方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圆，
∴a2＝a＋2≠0，解得a＝－1或a＝2，
当a＝－1时，方程化为x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，
配方得(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，
所得圆的圆心坐标为(－2，－4)，半径为5；
当a＝2时，方程化为x2＋y2＋x＋2y＋2.5＝0，
此时D2＋E2－4F<0，方程不表示圆，
所以圆心坐标为(－2，－4)．
14．已知圆O：x2＋y2＝8，点A(2,0)，动点M在圆上，则∠OMA的最大值为________．
答案 eq \f(π,4)
解析 设|MA|＝a，因为|OM|＝2eq \r(2)，|OA|＝2，
由余弦定理知cs∠OMA＝eq \f(|OM|2＋|MA|2－|OA|2,2|OM||MA|)
＝eq \f(2\r(2)2＋a2－22,2×2\r(2)a)＝eq \f(1,4\r(2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a)＋a))
≥eq \f(1,4\r(2))×2eq \r(\f(4,a)·a)＝eq \f(\r(2),2)，当且仅当a＝2时等号成立，
∴∠OMA≤eq \f(π,4)，即∠OMA的最大值为eq \f(π,4).
三、解答题
15．已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B.
(1)求圆C1的圆心坐标；
(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程．
解 (1)把圆C1的方程化为标准方程得(x－3)2＋y2＝4，∴圆C1的圆心坐标为C1(3,0)．
(2)设M(x，y)，∵A，B为过原点的直线l与圆C1的交点，且M为AB的中点，
∴由圆的性质知：MC1⊥MO，∴eq \(MC1,\s\up6(→))·eq \(MO,\s\up6(→))＝0.
又∵eq \(MC1,\s\up6(→))＝(3－x，－y)，eq \(MO,\s\up6(→))＝(－x，－y)，
∴由向量的数量积公式得x2－3x＋y2＝0.
易知直线l的斜率存在，∴设直线l的方程为y＝mx，
当直线l与圆C1相切时，d＝eq \f(|3m－0|,\r(m2＋1))＝2，解得m＝±eq \f(2\r(5),5).
把相切时直线l的方程代入圆C1的方程化简得9x2－30x＋25＝0，
解得x＝eq \f(5,3).当直线l经过圆C1的圆心时，M的坐标为(3,0)．
又∵直线l与圆C1交于A，B两点，M为AB的中点，∴eq \f(5,3)∴点M的轨迹C的方程为x2－3x＋y2＝0，其中eq \f(5,3)16．已知圆C经过P(4，－2)，Q(－1,3)两点，且y轴被圆截得的弦长为4eq \r(3)，半径小于5.
(1)求直线PQ与圆C的方程；
(2)若直线l∥PQ，且l与圆C交于点A，B且以线段AB为直径的圆经过坐标原点，求直线l的方程．
解 (1)由题意知直线PQ的方程为x＋y－2＝0.
设圆心C(a，b)，半径为r，
由于线段PQ的垂直平分线的方程是y－eq \f(1,2)＝x－eq \f(3,2)，即y＝x－1，
所以b＝a－1.①
由圆C在y轴上截得的线段的长为4eq \r(3)，知r2＝12＋a2，
可得(a＋1)2＋(b－3)2＝12＋a2，②
由①②得a＝1，b＝0或a＝5，b＝4.
当a＝1，b＝0时，r2＝13，满足题意，
当a＝5，b＝4时，r2＝37，不满足题意．
故圆C的方程为(x－1)2＋y2＝13.
(2)设直线l的方程为y＝－x＋m(m≠2)，
A(x1，m－x1)，B(x2，m－x2)．
由题意可知OA⊥OB，即eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，
∴x1x2＋(m－x1)(m－x2)＝0，
化简得2x1x2－m(x1＋x2)＋m2＝0.③
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋m，,x－12＋y2＝13，))得2x2－2(m＋1)x＋m2－12＝0，
∴x1＋x2＝m＋1，x1x2＝eq \f(m2－12,2)，
代入③，得m2－12－m·(1＋m)＋m2＝0，
∴m＝4或m＝－3，经检验都满足题意，
∴直线l的方程为x＋y－4＝0或x＋y＋3＝0.