《廣東省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練13 直線與圓 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《廣東省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練13 直線與圓 文（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題升級(jí)訓(xùn)練13　直線與圓 (時(shí)間：60分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本大題共6小題，每小題6分，共36分) 1．已知點(diǎn)P(3,2)與點(diǎn)Q(1,4)關(guān)于直線l對(duì)稱，則直線l的方程為(　　)． A．x－y＋1＝0 B．x－y＝0 C．x＋y＋1＝0 D．x＋y＝0 2．若直線3x＋y＋a＝0過(guò)圓x2＋y2－4y＝0的圓心，則a的值為(　　)． A．－1 B．1 C．2 D．－2 3．“a＝3”是“直線ax＋2y＋2a＝0和直線3x＋(a－1)y－a＋7＝0平行”的(　　)． A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充要

2、條件 D．既不充分也不必要條件 4．已知圓C1：(x＋1)2＋(y－1)2＝1，圓C2與圓C1關(guān)于直線x－y－1＝0對(duì)稱，則圓C2的方程為(　　)． A．(x＋2)2＋(y－2)2＝1 B．(x－2)2＋(y＋2)2＝1 C．(x＋2)2＋(y＋2)2＝1 D．(x－2)2＋(y－2)2＝1 5．若直線y＝kx(k≠0)與圓x2＋y2＝1相交于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)C(3,0)．若點(diǎn)M(a，b)滿足＋＋＝0，則a＋b＝(　　)． A. B. C．2 D．1 6．若直線y＝kx＋1與圓x2＋y2＋kx＋my－4＝0交于M，N兩點(diǎn)，且M，N關(guān)于直線x－y＝0

3、對(duì)稱，動(dòng)點(diǎn)P(a，b)在不等式組表示的平面區(qū)域內(nèi)部及邊界上運(yùn)動(dòng)，則W＝的取值范圍是(　　)． A．[2，＋∞) B．(－∞，－2] C．[－2,2] D．(－∞，－2]∪[2，＋∞) 二、填空題(本大題共3小題，每小題6分，共18分) 7．已知圓C經(jīng)過(guò)直線2x－y＋2＝0與坐標(biāo)軸的兩個(gè)交點(diǎn)，又經(jīng)過(guò)拋物線y2＝8x的焦點(diǎn)，則圓C的方程為_(kāi)_________． 8．已知曲線C：x2＋y2＝9(x≥0，y≥0)與直線x＋y＝4相交于點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1y2＋x2y1的值為_(kāi)_________． 9．設(shè)圓C位于拋物線y2＝2x與直線x＝3所圍成的封閉

4、區(qū)域(包含邊界)內(nèi)，則圓C的半徑能取到的最大值為_(kāi)_________． 三、解答題(本大題共3小題，共46分．解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟) 10．(本小題滿分15分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線y＝x2－6x＋1與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)都在圓C上． (1)求圓C的方程； (2)若圓C與直線x－y＋a＝0交于A，B兩點(diǎn)，且OA⊥OB，求a的值． 11.(本小題滿分15分)已知兩圓C1：x2＋y2＋4x－4y－5＝0，C2：x2＋y2－8x＋4y＋7＝0. (1)證明此兩圓相切； (2)求過(guò)點(diǎn)P(2,3)，且與兩圓相切于點(diǎn)T(1,0)的圓的方程． 12．(本小題滿分16分

5、)已知直線l：y＝x＋m，m∈R. (1)若以點(diǎn)M(2,0)為圓心的圓與直線l相切于點(diǎn)P，且點(diǎn)P在y軸上，求該圓的方程． (2)若直線l關(guān)于x軸對(duì)稱的直線為l′，問(wèn)直線l′與拋物線C：x2＝4y是否相切？說(shuō)明理由． 參考答案 一、選擇題 1．A　解析：由題意知直線l與直線PQ垂直， 所以kl＝－＝－＝1. 又直線l經(jīng)過(guò)PQ的中點(diǎn)(2,3)，所以直線l的方程為y－3＝x－2，即x－y＋1＝0. 2．D　解析：求出圓心的坐標(biāo)，將圓心坐標(biāo)代入直線方程即可． 3．A 4．B　解析：圓心C1(－1,1)關(guān)于直線x－y－1＝0的對(duì)稱點(diǎn)為C2(2，－2)，故選B. 5．D　解析：將

6、y＝kx代入x2＋y2＝1并整理有(k2＋1)x2－1＝0， ∴x1＋x2＝0. ∵＋＋＝0，∴M為△ABC的重心． ∴a＝，b＝， 故a＋b＝＝＝1. 6．D　解析：圓方程可化為 2＋2＝(k2＋m2＋16)． 由已知得解得k＝－1，m＝－1， ∴不等式組為 其表示的平面區(qū)域如圖． ∴W＝表示動(dòng)點(diǎn)P(a，b)與定點(diǎn)Q(1,2)連線的斜率． 于是可知，W≤kAQ，或W≥kOQ，即W≤－2或W≥2.故選D. 二、填空題 7．x2＋y2－x－y－2＝0　解析：直線與坐標(biāo)軸的兩交點(diǎn)分別為A(－1,0)，B(0,2)，拋物線焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(2,0)． 再運(yùn)用待定系數(shù)法即可

7、求出圓C的方程． 8．9　解析：將y＝4－x代入x2＋y2＝9中并整理有2x2－8x＋7＝0，解得x1＝2＋，x2＝2－， 從而得A，B， 故x1y2＋x2y1＝9. 9.－1　解析：如圖所示，若圓C的半徑取到最大值，需圓與拋物線及直線x＝3同時(shí)相切， 設(shè)圓心的坐標(biāo)為(a,0)(a＜3)，則圓的方程為(x－a)2＋y2＝(3－a)2，與拋物線方程y2＝2x聯(lián)立得x2＋(2－2a)x＋6a－9＝0，由判別式Δ＝(2－2a)2－4(6a－9)＝0，得a＝4－，故此時(shí)半徑為3－(4－)＝－1. 三、解答題 10．解：(1)曲線y＝x2－6x＋1與y軸的交點(diǎn)為(0,1)，與x軸的交點(diǎn)

8、為(3＋2，0)，(3－2，0)． 故可設(shè)C的圓心為(3，t)，則有32＋(t－1)2＝(2)2＋t2，解得t＝1. 則圓C的半徑為＝3. 所以圓C的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝9. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐標(biāo)滿足方程組 消去y，得到方程2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0. 由已知可得，判別式Δ＝56－16a－4a2＞0. 從而x1＋x2＝4－a，x1x2＝.① 由于OA⊥OB，可得x1x2＋y1y2＝0. 又y1＝x1＋a，y2＝x2＋a， 所以2x1x2＋a(x1＋x2)＋a2＝0.② 由①②得a＝－1，滿足Δ＞0，故a＝－1.

9、 11．(1)證明：兩圓的方程可分別化為 C1：(x＋2)2＋(y－2)2＝13，C1(－2,2)，r1＝； C2：(x－4)2＋(y＋2)2＝13，C2(4，－2)，r2＝. ∴圓心距|C1C2|＝2＝r1＋r2，即兩圓外切． (2)解：設(shè)所求圓的方程為C3：(x－a)2＋(y－b)2＝r32. ∵T(1,0)在C1，C2，C3上， ∴圓心(a，b)在直線lC1C2：y＝－(x－1)上， ∴b＝－(a－1)．① 又由|C3P|＝|C3T|，得(a－2)2＋(b－3)2＝(a－1)2＋b2.② 由方程①②，解得a＝－4，b＝， ∴r23＝(a－1)2＋b2＝， 故所求圓的

10、方程為(x＋4)2＋2＝. 12．解：(1)方法一：依題意，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0，m)． 因?yàn)镸P⊥l，所以×1＝－1. 解得m＝2，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,2)． 從而圓的半徑 r＝|MP|＝＝2. 故所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8. 方法二：設(shè)所求圓的半徑為r，則圓的方程可設(shè)為(x－2)2＋y2＝r2. 依題意，所求圓與直線l：x－y＋m＝0相切于點(diǎn)P(0，m)， 則解得 所以所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8. (2)因?yàn)橹本€l的方程為y＝x＋m， 所以直線l′的方程為y＝－x－m. 由得x2＋4x＋4m＝0. Δ＝42－4×4m＝16(1－m)． ①當(dāng)m＝1，即Δ＝0時(shí)，直線l′與拋物線C相切； ②當(dāng)m≠1，即Δ≠0時(shí)，直線l′與拋物線C不相切． 綜上，當(dāng)m＝1時(shí)，直線l′與拋物線C相切；當(dāng)m≠1時(shí)，直線l′與拋物線C不相切．