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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
高中同步达标检测卷
第2章　平面解析几何初步
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40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.已知直线l1:a2x+y+1=0与直线l2:x-3ay+7=0,则“a=3”是“l1⊥l2”的(　　)
A.充分不必要条件　　　　　B.必要不充分条件
C.充要条件　　　　　D.既不充分也不必要条件
2.已知直线l的倾斜角为,直线l1经过点A(3,2)和B(a,-1),且直线l与l1平行,则实数a的值为(　　)
A.0　　　　B.1　　　　C.6　　　　D.0或6
3.若点P(1,1)在圆C:x2+y2+x-y+k=0的外部,则实数k的取值范围是(　　)
A.(-2,+∞)　　　　　B.
C.　　　　　D.(-2,2)
4.已知圆C1:(x-1)2+(y-a)2=18与圆C2:(x-a)2+(y-1)2=2有且仅有一条公共切线,则实数a的值为(　　)
A.3　　　　B.2　　　　C.2或-1　　　　D.3或-1
5.已知点A(-1,1),B(3,5),若点A,B到直线l的距离都为2,则直线l的方程不可能为(　　)
A.x-y+2-2=0　　　　　B.x-y+2+2=0
C.y=3　　　　　D.x-y-1=0
6.过点P(2,3)向圆C:x2+y2=1作两条切线,切点分别为A,B,则弦AB所在的直线方程为(　　)
A.2x-3y-1=0　　　　　　B.2x+3y-1=0
C.3x+2y-1=0　　　　　　D.3x-2y-1=0
7.已知直线l1:x-my+1=0与直线l2:mx+y-m+2=0交于点P,点A(,0),则|PA|的最大值为(　　)
A.2　　　　B.2+　　　　C.3　　　　D.4
8.设点M(,3)在圆O:x2+y2=r2(r>0)外,若圆O上存在点N,使得∠OMN=,则实数r的取值范围是(　　)
A.[,2]　　　　　B.[2,2)
C.[,2)　　　　　D.[,2)
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知直线l的一个方向向量为n=(1,-),且l经过点(-2,0),则下列结论中正确的是(　　)
A.直线l与直线x-3y+1=0垂直
B.直线l的倾斜角等于150°
C.直线l在y轴上的截距为2
D.圆x2+y2=1上存在两个点到直线l的距离等于1
10.已知圆C1:x2+y2=1,圆C2:(x-3)2+(y+4)2=r2(r>0),下列判断正确的是(　　)
A.若圆C1与圆C2无公共点,则0B.当r=5时,两圆的公共弦所在直线的方程为6x-8y-1=0
C.当r=2时,P,Q分别是圆C1与圆C2上的点,则|PQ|的取值范围为[2,8]
D.当011.设m∈R,过定点A的动直线l1:x+my=0和过定点B的动直线l2:mx-y-m+3=0交于点P,圆C:(x-2)2+(y-4)2=3,则下列说法正确的有(　　)
A.直线l2过定点(1,3)
B.直线l2与圆C相交的最短弦长为2
C.动点P的轨迹与圆C相交
D.|PA|+|PB|的最大值为5
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.已知圆C:x2+y2-4x-2y+1=0,直线l:3x-4y+m=0与圆C交于A,B两点,且∠ACB=120°,则实数m的值为　　　　.
13.已知直线l1:+=1经过点P(1,2),且与直线l2:2x+y+m=0平行,则a+b=　　　　;若这两条平行线之间的距离为,且l2不经过第一象限,则m=　　　　.
14.在平面直角坐标系xOy中,已知圆C1:(x-2)2+(y-1)2=5,线段AB是圆C2:(x+4)2+(y+2)2=4的一条动弦,且|AB|=2,线段AB的中点为Q,则直线OQ被圆C1截得的弦长的取值范围是　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)等腰直角△ABC的直角为∠C,且点C(0,-1),斜边AB所在的直线方程为x+2y-8=0.
(1)求△ABC的面积;
(2)求斜边AB的中点D的坐标.
16.(15分)已知△ABC中,BC边上的高所在的直线方程为x-2y+1=0,∠A的平分线所在的直线方程为y=0,点C的坐标为(1,2).
(1)求点A和点B的坐标;
(2)过点C作直线l,分别与x轴、y轴的正半轴交于点M,N,求△MON(O为坐标原点)面积的最小值及此时直线l的方程.
17.(15分)如图所示,为保护河上古桥OA,规划建一座新桥BC,同时设立一个圆形保护区.规划要求:新桥BC与河岸AB垂直;保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆,且古桥两端点O和A到该圆上任意一点的距离均不小于80 m.经测量,点A位于点O正北方向60 m处,点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸),tan∠BCO=.
(1)求新桥BC的长;
(2)当|OM|为多少时,圆形保护区的面积最大
18.(17分)已知圆C:x2-6x+y2-6y+3=0,直线l:x+y-2=0是圆E与圆C的公共弦AB所在的直线,且圆E的圆心在直线y=2x上.
(1)求公共弦AB的长度;
(2)求圆E的方程;
(3)过点Q(-1,0)分别作直线MN,RS,交圆E于M,N,R,S四点,且MN⊥RS,则|MN|2+|RS|2是不是定值 若是定值,请求出该定值;若不是定值,请说明理由.
19.(17分)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现:“平面内与两定点间的距离的比值为常数k(k>0且k≠1)的点的轨迹是圆”,后来人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆.已知A(1,0),B(4,0),动点P满足=,记动点P的轨迹为曲线G,过点A的直线l1与曲线G交于C,D两点.
(1)求曲线G的方程;
(2)若过A且与直线l1垂直的直线与曲线G交于点E,F,求四边形CEDF的面积S的最大值;
(3)若点Q满足=λ,且=(1-λ),证明:点Q在定直线上.
答案全解全析
1.A　若l1⊥l2,则a2-3a=0,解得a=0或a=3,
所以“a=3”是“l1⊥l2”的充分不必要条件.
2.C　由题意得直线l的斜率为tan =-1,直线l1的斜率为,
因为直线l与l1平行,
所以=-1,解得a=6.
3.C　由题意得解得-24.D　圆C1:(x-1)2+(y-a)2=18的圆心为C1(1,a),半径r1=3,
圆C2:(x-a)2+(y-1)2=2的圆心为C2(a,1),半径r2=,
由圆C1与圆C2有且仅有一条公共切线,得圆C2内切于圆C1,
则|C1C2|=r1-r2=2,又|C1C2|==|a-1|,
所以|a-1|=2,所以a=-1或a=3.
5.D　由题意得直线AB的斜率为=1.当直线l与直线AB平行时,设直线l的方程为x-y+m=0,点A到直线l的距离为=2,解得m=2±2,故直线l的方程为x-y+2-2=0或x-y+2+2=0.当直线l过AB的中点(1,3)时,若直线l的斜率存在,设为k,则直线l的方程为y-3=k(x-1),整理得kx-y+3-k=0,点A到直线l的距离为=2,解得k=0,故直线l的方程为y=3;若直线l的斜率不存在,则直线l的方程为x=1,满足题意.综上,直线l的方程为x-y+2-2=0或x-y+2+2=0或y=3或x=1.
6.B　因为直线PC垂直平分弦AB,所以弦AB可以看作以线段PC为直径的圆与圆x2+y2=1的公共弦,而以线段PC为直径的圆的方程为(x-1)2+=.根据两圆的公共弦的求法,可得弦AB所在直线的方程为(x-1)2+--(x2+y2-1)=0,整理可得2x+3y-1=0.
7.B　易得直线l1过定点(-1,0),记为点M,直线l2过定点(1,-2),记为点N.
当m=0时,直线l1,l2的方程分别为x=-1和y=-2,l1与l2相互垂直;
当m≠0时,直线l1,l2的斜率分别为和-m,而·(-m)=-1,因此l1与l2相互垂直.
故l1⊥l2,所以P点的轨迹是以线段MN为直径的圆,圆心为点(0,-1),记为点B,半径r=×=,
又|AB|==2,所以|PA|的最大值是2+.
8.D　如图所示,由题意得,当∠OMN的最大值大于或者等于时,一定存在点N,使得∠OMN=,当MN与圆相切时,∠OMN取得最大值,此时sin∠OMN==≥,解得r=|ON|≥,又M(,3)在圆外,∴r<2.综上可得,≤r<2,即r的取值范围是[,2).
9.AD　因为直线l的一个方向向量为n=(1,-),
所以直线l的斜率k=-,
又直线l经过点(-2,0),
所以直线l的方程为y-0=-(x+2),即x+y+2=0.
对于A,直线x-3y+1=0的斜率为,又直线l的斜率k=-,×(-)=-1,所以直线l与直线x-3y+1=0垂直,故A正确;
对于B,设直线l的倾斜角为α,0°≤α<180°,由直线l的斜率k=-,得tan α=-,所以α=120°,故B不正确;
对于C,令x=0,代入直线l的方程x+y+2=0,得y=-2,
即直线l在y轴上的截距为-2,故C不正确;
对于D,圆x2+y2=1的半径r=1,其圆心(0,0)到直线l的距离d==>r=1,因此直线l与圆x2+y2=1相离,
又圆x2+y2=1上的点到直线l的最短距离为d-r=-1<1,
所以圆x2+y2=1上存在两个点到直线l的距离等于1,故D正确.
10.BCD　圆C1:x2+y2=1的圆心为C1(0,0),半径r1=1;圆C2:(x-3)2+(y+4)2=r2(r>0)的圆心为C2(3,-4),半径为r,则|C1C2|==5.若圆C1与圆C2无公共点,则|C1C2|<|r-1|或|C1C2|>r+1,又r>0,所以r>6或02+1=3,所以圆C1与圆C2外离,又P,Q分别是圆C1与圆C2上的点,所以|C1C2|-(1+2)≤|PQ|≤|C1C2|+1+2,即2≤|PQ|≤8,故C正确;当011.ABC　由题意得直线l1过定点A(0,0),直线l2过定点B(1,3),所以A正确;由圆的方程可得圆心为C(2,4),半径r=,所以圆心C到直线l2的距离d==,所以弦长为2=2=2∈[2,2)∪(2,2],即弦长的最小值为2,所以B正确;因为两条直线始终互相垂直,P是两条直线的交点,所以PA⊥PB,可得P的轨迹为圆,设为圆Q,则圆心为Q,半径r'==,因为|CQ|==∈(r-r',r+r'),所以两圆相交,所以C正确;由C可知|PA|2+|PB|2=|AB|2=12+32=10,由基本不等式可得≤=,即|PA|+|PB|≤2,当且仅当|PA|=|PB|时,等号成立,所以D不正确.
12.答案　3或-7
解析　圆C的标准方程是(x-2)2+(y-1)2=4,圆心为C(2,1),半径R=2,由∠ACB=120°,知点C到直线AB的距离d=Rcos 60°=1,所以=1,解得m=3或m=-7.
13.答案　6;1
解析　∵l1过点P(1,2),∴+=1①,
∵l2的斜率为-2,且与l1平行,
∴-=-2②,由①②可得a=2,b=4,
∴a+b=6,∴l1:+=1,即2x+y-4=0,
∴=,解得m=1或m=-9.当m=-9时,l2经过第一象限,不符合题意,∴m=1.
14.答案　[3,2]
解析　由题意得圆C1的圆心为C1(2,1),半径r1=,圆C2的圆心为C2(-4,-2),半径r2=2.由弦长|AB|=2可得,圆心C2到直线AB的距离d===,即|C2Q|=,所以点Q的轨迹方程为(x+4)2+(y+2)2=2.当直线OQ与圆Q相切时,设直线OQ的方程为y=kx,则=,解得k=1或k=,当k=1,即直线OQ的方程为y=x时,圆心C1到直线的距离d1==,直线OQ被圆C1截得的弦长为2=2×=3;当k=,即直线OQ的方程为y=x,即x-7y=0时,圆心C1到直线的距离d2==,直线OQ被圆C1截得的弦长为2=2×=3.易知直线OQ被圆C1截得的弦长的最大值为圆C1的直径2,所以所求弦长的取值范围为[3,2].
15.解析　(1)顶点C到斜边AB所在直线的距离d===2,(3分)
所以|AB|=2d=4,(4分)
故△ABC的面积S=×|AB|×d=×4×2=20.(6分)
(2)由题意知,CD⊥AB,
又因为kAB=-,所以kCD=2,(7分)
所以直线CD的方程为y=2x-1,即2x-y-1=0,(9分)
由解得(12分)
所以点D的坐标为(2,3).(13分)
16.解析　(1)易知点A在BC边上的高所在的直线x-2y+1=0上,且在∠A的平分线所在的直线y=0上,解方程组得即A(-1,0).(2分)
因为BC边上的高所在的直线方程为x-2y+1=0,所以kBC=-2,
因为点C的坐标为(1,2),
所以直线BC的方程为2x+y-4=0.(4分)
因为kAC=1,
所以kAB=-kAC=-1,
所以直线AB的方程为x+y+1=0,
解方程组得即B(5,-6).(6分)
(2)依题意得直线l的斜率存在,设直线l的方程为y-2=k(x-1)(k<0),
则M,N(0,2-k),(9分)
所以S△MON=··(2-k)
=·≥=4,(12分)
当且仅当-k=-,即k=-2时取等号,所以(S△MON)min=4,此时直线l的方程是2x+y-4=0.(15分)
17.解析　(1)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),kBC=-tan∠BCO=-.
又因为AB⊥BC,所以kAB=.(2分)
设点B的坐标为(a,b),
则kBC==-,kAB==,
解得a=80,b=120.(4分)
所以|BC|==150.
因此新桥BC的长为150 m.(6分)
(2)设保护区的边界圆M的半径为r m,|OM|=d m(0≤d≤60).
由(1)知,直线BC的方程为y=-(x-170),即4x+3y-680=0.
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r==.(9分)
因为O和A到圆M上任意一点的距离均不小于80 m,
所以即
解得10≤d≤35.(12分)
故当d=10时,r=最大,即圆的面积最大.
所以当|OM|=10 m时,圆形保护区的面积最大.(15分)
18.解析　(1)整理圆C的方程x2-6x+y2-6y+3=0,得(x-3)2+(y-3)2=15,所以圆C的圆心坐标为(3,3),半径r1=,
故圆心到直线l:x+y-2=0的距离d1==2,(2分)
所以|AB|=2=2.(3分)
(2)因为圆E的圆心在直线y=2x上,故可设圆心为E(a,2a),由题意得直线CE⊥l,所以=1,所以a=0,即E(0,0),(5分)
E到直线l的距离d2==,所以E的半径r2===3,所以圆E的方程为x2+y2=9.(7分)
(3)当直线MN,直线RS其中一条直线与x轴重合,另一条与x轴垂直时,不妨令直线MN与x轴重合,直线RS与x轴垂直,
则|MN|=2r2=6,此时直线RS的方程为x=-1,代入圆E的方程,得|y|=2,所以|RS|=4,故|MN|2+|RS|2=62+(4)2=68.(10分)
当直线MN,RS均不垂直于x轴时,不妨设直线MN的方程为x=my-1,即x-my+1=0,则直线RS的方程为y=-m(x+1),即mx+y+m=0,
所以圆心E到直线MN的距离h=,圆心E到直线RS的距离h'=,(13分)
所以|MN|=2=2,|RS|=2=2=2,(15分)
则|MN|2+|RS|2=+=68.(16分)
综上,|MN|2+|RS|2为定值,该定值为68.(17分)
19.解析　(1)设P(x,y),由题意可得=,
化简得x2+y2=4,即曲线G的方程为x2+y2=4.(3分)
(2)当直线l1的斜率不存在时,EF为圆G的直径,则|EF|=4,
把x=1代入x2+y2=4,得y=±,∴|CD|=2,
∴S=|CD||EF|=4,(4分)
当直线l1的斜率为0时,同理可得S=4,(5分)
当直线l1的斜率存在且不为0时,设直线l1的斜率为k,则直线EF的斜率为-,则直线l1的方程为y=k(x-1),即kx-y-k=0,
∴圆心O到直线l1的距离d1=,(7分)
∴|CD|=2=2,
同理|EF|=2=2,(8分)
∴S=|CD||EF|=2××=
≤=7,当且仅当4+3k2=3+4k2,即k=±1时取等号.(10分)
又4<7,
∴四边形CEDF的面积S的最大值为7.(11分)
(3)证明:设C(x1,y1),D(x2,y2),Q(x0,y0),由=λ,得(x0-x1,y0-y1)=λ(1-x1,-y1),即x0=λ+(1-λ)x1,y0=(1-λ)y1,
由=(1-λ),得(x0-x2,y0-y2)=(1-λ)(1-x2,-y2),即x0=1-λ+λx2,y0=λy2,
当l1的斜率不存在时,不满足题意.
当l1的斜率为0时,不妨令C(-2,0),D(2,0),可得Q,即Q在直线x=上.(12分)
当l1的斜率存在且不为0时,设l1:x=my+1,m≠0,
由y0=(1-λ)y1及y0=λy2得y0=,(14分)
联立得(m2+1)y2+2my-3=0,
∴y1+y2=-,y1y2=-,∴y0==,
∴x0=my0+1=,即Q在直线x=上.(16分)
综上,点Q在定直线x=上.(17分)

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