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第六章 平面解析几何初步
§6.1 直线方程与两直线的位置关系
考纲·题型解读
1.理解直线的斜率的概念,掌握过两点的直线的斜率公式,掌握直线方程的点斜式、两点式、一般式,并能根据条件熟练地
求出直线方程.
2.掌握两条直线平行与垂直的条件,两条直线所成的角和点到直线的距离公式,能够根据直线的方程判断两条直线的位置
关系.
3.本节内容是高考直线部分命题的重点.一般从以下面三方面来命题:一是用直线方程判断两直线间的位置关系;二是利
用两直线间的位置关系求直线方程;三是综合运用直线的有关知识解决诸如中心对称、轴对称等常见的一些问题.
4 -4ex -4ex
题源1 直线的倾斜角与斜率 [解析] y=ex ,+1 ∴y'= (ex+1)2 =e2x+2ex+1=
-4 x x 1
解题模型 .∵e>0,∴e + x ≥2,∴y'∈[-1,0),∴tanα∈
ex
1
+ eex+2
1. 倾斜角α:在平面直角坐标系中,对于一条与x 轴 3π
相交的直线轴,如果把x 轴绕着交点按逆时针方向旋转到 [-1,0),又α∈[0,π),∴α∈ [ ,4 π),故选D.
和直线重合时所转的最小正角记为α,那么α就叫做直线的倾 [真题2] (2021·全国Ⅰ)若直线m 被两平行线l1:x-y
斜角.规定:直线与x轴平行或重合时α=0°.故0°≤α<180°.
+1=0与l2:x-y+3=0所截得的线段的长为22,则m 的倾
2.斜率:当α≠90°时,tanα表示直线的斜率,常用k 表
斜角可以是
示,即k=tanα.
①15° ②30° ③45° ④60° ⑤75°
当α=90°时,斜率k 不存在.
其中正确答案的序号是 .(写出所有正确答案的序号)
当直线l 过P1(x1,y1)、P2(x2,y2)时,l 的 斜 率k
[解析]
y -y l1
与l2 的 距 离 为 2,当 m y1 l
= 2 1
2
x -x . 与l1,l2 成垂直关系时,不 符 合 题 意,由 图 l2 1 1
3. 倾斜角和斜率反映直线相对于x 轴正方向的倾斜 可知,当m 与m1 成60°时,m 被l1,l2 所截
程度.平面上任意一条直线l都有倾斜角α,但不是所有直 得线段长为22,画图可知,m 的倾斜角是 O x
线都有斜率.斜率公式表明直线对于x 轴的倾斜程度,可以 75°或15°.故正确答案的序号为①⑤. m1
通过直线上任意两点的坐标来表示,而不需要求直线的倾 [评析] 本题属于较难题,是一道小综合题,数形结合较简
斜角. 单,考查直线与直线关系,也可以联立方程组,运算量大一些.
4. 直线的方向向量 题源2 直线方程的几种形式
直线上的向量P P→1 2及与它平行的向量都称为直线的
方向向量.
若P 、P 的坐标分别为(x ,y ),(x ,y ),则P P→
解题模型
1 2 1 1 2 2 1 2
=(x2-x1,y2-y1).
特别地,当x1≠x2 时,(1,k)即是直线的方向向量,其 名称 方程 适用范围
中k 为直线的斜率. 不能表示垂直于x 轴的斜截式 y=kx+b
直线
[ ] 4
不能表示垂直于x 轴的
真题1 已知点P 在曲线y= 上,α 为曲线在点P 点斜式 y-y0=k(x-x0)ex+1 直线
处的切线的倾斜角,则α的取值范围是 ( ) y-y1 x-x1
不能表 示 垂 直 于 坐 标 轴
两点式
y =2-y1 x2-x1 的直线
A.[0,π ) B.[π,π ) x y 不能表 示 垂 直 于 坐 标 轴4 4 2 截距式
a +b =1 及过原点的直线
(π,3π] [3π, ) Ax+BC. D. y+C=0(A2+B2≠π 一般式 能表示平面上任何直线2 4 4 0)
·137·
ì 5, ì 3,
因为确定一条直线需要两个独立条件,所以求直线方 a=2 a=-2
解得 或
程也需要两个独立条件.其方法有两种: í í 1, 13
(1) :
b=- b= .
直接法 直接选用直线方程的四种形式,最后化为 2 2
一般式. 这样点P 只可能是点P 5 1 3 131 ( ,- ) 或点P2 (- , .( )2)待定系数法:概括起来就是设方程、求参数、代入 2 2 2 2
写方程. 经检验点P1 和P2 满足题目条件.
题源 平行与垂直问题
[真题3] (2020·重庆)
3
直线l与圆x2+y2+2x-4y+a
=0(a<3)相交于两点A,B,弦AB 的中点为(0,1),则直线l的
解题模型
方程为 .
[解析] 本题解题思路是先明确圆心坐标,再借助于相关 1. 两条直线平行的条件
的平 面 几 何 知 识,从 而 确 定 直 线 方 程.依 题 意 得 圆 心 坐 标 是 (1)当直线l1 和l2 有斜截式方程:
(-1,2),且直线l与由圆心、点(0,1)确定的直线相互垂直,因 l1:y=k1x+b1,l2:y=k2x+b2 时,直线l1∥l2 的充
2-1
此直线l ,的斜率等于- =1,又该直线l经过点(0,1),所 要条件是k1=k2 且b1≠b2.-1-0 (2)直线l1 的方向向量为v1=(a1,b1),直线l2 的方
以直线l的方程是y-1=x,即x-y+1=0. 向向量为v2=(a2,b2),则直线l1 与l2 平行的必要条件是
[真题4] (2021·江苏)在平面直角坐标系xOy 中,已知 a1b2-a2b1=0.
圆C :(x+3)2+(y-1)21 =4和圆C2:(x-4)2+(y-5)2=4. 2. 两条直线垂直的条件
(1)若直线l过点A(4,0),且被圆C1 截得的弦长为23, (1)当直线l1 和l2 有斜截式方程l1:y=k1x+b1,l2:
求直线l的方程; y=k2x+b2 时,直线l1,l2 互相垂直的充要条件是k1·k2
(2)设P 为平面上的点,满足:存在过点P 的无穷多对互相 =-1.
垂直的直线l1 和l2,它们分别与圆C1 和C2 相交,且直线l1 被 (2)直线l1 的方向向量为v1=(a1,b1),直线l2 的方
圆C1 截得的弦长与直线l2 被圆C2 截得的弦长相等.试求所有 向向量为v2=(a2,b2),则直线l1 与l2 互相垂直的充要条
满足条件的点P 的坐标. 件是a1a2+b1b2=0.
[解析] (1)由于直线x=4与 3.特殊位置直线的平行与垂直:是指方程式为x=a型
圆C1 不相交,所以直线l 的斜率存 与y=b型直线的平行与垂直,判定方法简单,但容易忽视.
在.设直线l的方程为y=k(x-4),
圆C1 的圆心到直线l的距离为d,因 [真题5] (2021·上海)已知直线l1:(k-3)x+(4-k)y
为直线l被圆C1 截得的弦长为23. +1=0与l2:2(k-3)x-2y+3=0平行,则k的值是 ( )
所以d= 22-(3)2=1. A.1
或3 B.1或5
|1-k(-3-4)| C.3或5 D.1或2
由点到直线的距离公式得d= ,
2 [k 解析
] 由两直线平行可得:当k=3时符合题意;当1+ k≠3
7 k-3 4-k
从而k(24k+7)=0.即k=0或k=- , 时,有 ( ,解得 ,所以选24 2k-3)
= -2 k=5 C.
所以直线l的方程为y=0或7x+24y-29=0. [真题6] (2022·安徽)过点(1,0)且与直线x-2y-2=0
(2)设点P(a,b)满足条件,不妨设直线l1 的方程为y-b= 平行的直线方程是 ( )
k(x-a),k≠0, A.x-2y-1=0 B.x-2y+1=0
1 C.2x+y-2=0 D.x+2y-1=0
则直线l2 的方程为y-b=- (x-a)k . [ 1解析] 解法一:斜率为 的直线只有 A、B,通过(1,0)的
因为圆C1 和C2 的半径相等,及直线l1 被圆C1 截得的弦 2
长与直线l2 被圆C2 截得的弦长相等,所以圆C1 的圆心到直线 直线有A,故答案为A.解法二:与直线x-2y-2=0平行的直
l1 的距离和圆C2 的圆心到直线l2 的距离相等,即 1线斜率为 ,所以过点(1,0)且与直线2 x-2y-2=0
平行的直
1
( ) 5+ ( )|1-k -3-a -b| k 4-a -b
= , 1线方程为y= (x-1),即2 x-2y-1=0
,选A.
1+k2 11+k2
题源 两条直线所成的角和点到直线的距离
整理得|1+3k+ak-b|=|5k+4-a-bk|, 4
从而1+3k+ak-b=5k+4-a-bk 或1+3k+ak-b=
-5k-4+a+bk,
即(a+b-2)k=b-a+3或(a-b+8)k=a+b-5,
因为k 的取值有无穷多个,所以
{a+b-2=0, a-b+8=0,或b-a+3=0, {a+b-5=0,
·138·
解题模型
题源5 直线方程与函数、不等式的综合运用
1. 两条直线l1 和l2 相交构成四个角,把直线l1 按逆
时针方向转到与l2 重合时所转的角θ称为直线l1 到l2 的 解题模型
角;把其中不大于90°的角α 称为直线l1 与l2 的夹角,并
, , 在解决方程的题中,经常要用到数形结合、分类讨论规定 当l1∥l2 时 l1 到l2 的角为0°,由此l1 到l 2 的角θ
和函数思想等数学思想.同时还往往要综合使用方程和不
的范
等式的知识.
π [真题9][ ]
(2020·北京)已知菱形ABCD 的顶点A,C 的
围为[0,π),l1 与l2 的夹角α的范围为 0,2 . 椭圆x2+3y2=4上,对角线BD 所在直线的斜率为1.
2. 设直线l1:y=k1x+b1,l2:y=k2x+b2,l1 与l2 (1)当直线BD 过点(0,1)时,求直线AC 的方程;
的夹角为α,l1 到l2 的角为θ. (2)当∠ABC=60°时,求菱形ABCD 面积的最大值.
k2-k1 k2-k [1 解析] (1)由题意得直线BD 的方程y=x+1.则有tanθ= · ,1+k k tanα= k ·k .1 2 1+ 1 2 因为四边形ABCD 为菱形,所以AC⊥BD.
3. 对于有一条斜率不存在的直线,求它到另一直线的 于是可设直线AC 的方程为y=-x+n.
角或两直线的夹角时,应结合图形进行判断. x2+3y2=4,
由 得4x2-6nx+3n2-4=0.
4. 一点P(x0,y0)到直线l:Ax+By+C=0的距离 {y=-x+n,
|Ax0+Byd= 0
+C| 因为A,C 在椭圆上,;点P 到直线x=a 的距离d=|x0-
A2+B2 43 43
; 所以Δ=-12n
2+64>0,解得- a| 点P 到直线y=b的距离d=|y0-b|. 3 3
5. 两条平行线l1:Ax+By+C1=0与l2:Ax+By+ 设A,C 两点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).
|C 2
C =0 d= 2
-C1| 3n 3n -4
2 间的距离公式为 . 则x1+x2= ,2 x1x2=
,
A2+B2 4
y1=-x1+n,y2=-x2+n.
[真题7] (2019·安徽)若圆x2+y2-2x-4y=0的圆心 n所以y1+y2=
2 2
.
到直线x-y+a=0的距离为 ,则a的值为 ( )2 所以AC 的中点坐标为 (3n,n ) .
1 3 4 4
A.-2或2 B. 或2 2 由四边形ABCD 为菱形可知,点 (3n,n 在直线4 4 ) y=x+1上,C.2或0 D.-2或0
[解析] 本题主要考查直线与圆的知识,属于综合知识运 n 3n所以 = +1,解得4 4 n=-2.
用、综合能力的考查.由(x-1)2+(y-2)2=5,点(1,2)到直线x 所以直线AC 的方程为y=-x-2,即x+y+2=0.
2, |1-2+a| 2-y+a=0的距离为 则2 =
,∴a=2或0,选2 C.
(2)因为四边形ABCD 为菱形,且∠ABC=60°.
2 所以|AB|=|BC|=|CA|.
[真题8] (2020·全国Ⅱ)等腰三角形两腰所在直线的方
3
程分别为x+y-2=0与x-7y-4=0,原点在等腰三角形的底 所以菱形ABCD 的面积S=2|AC|
2.
边上,则底边所在直线的斜率为 ( )
() 2 ( )2 ( )2 -3n
2+16
1 1 由 1 可得|AC|= x1-x2 + y1-y2 = .
A.3 B.2 C.-3 D.-
2
2
3
[ 43 43 解析] 如图所示,设底面所示直线的斜率为k,则由到角 所以S= (4 -3n
2+16) ÷ .
è- 3 1
-1-k k-7 所以当n=0时,菱形ABCD 的面积取得最大值43.
公式可得 ,
1+(-1)×k= 1
1+7k
1 1
解之得k=3或k=- (当3 k=-
时,原点在底边的延
3
长线上,舍去),∴k=3,故应选A.
(★代表高考出现的频次)
题源1 直线的倾斜角与斜率(★★★★)
1.(2020·安徽)若过点A(4,0)的直线l与曲线(x-2)2+
·139·
y2=1有公共点,则直线l的斜率的取值范围为 ( ) C.4x-y+3=0 D.x-4y+3=0
A.[- 3,3] B.(- 3,3) 题源4 两条直线所成的角和点到
C.êé 3 3ùê- , úú D.

3- ,
3 ÷ 直线的距离(★★★)
3 3 è 3 3
2.(2022·湖南)若不同两点P,Q 的坐标分别为(a,b),(3 12.(2020·全国Ⅱ)原点到直线x+2y-5=0的距离为
-b,3-a),则线段PQ 的垂直平分线l的斜率为 ;圆 ( )
(x-2)2+(y-3)2=1关于直线l对称的圆的方程为 . A.1 B.3 C.2 D.5
( ) 13.(2020·北京)过直线y=x 上的一点作圆(x-5)
2+
题源2 直线方程的几种形式 ★★★★ (y-1)2=2的两条切线l1,l2,当直线l1,l2 关于y=x 对称时,
3.(2019·浙江)直线x-2y+1=0关于直线x=1对称的 它们之间的夹角为 ( )
直线方程是 ( ) A.30° B.45° C.60° D.90°
A.x+2y-1=0 B.2x+y-1=0 14.(2020·重庆)已知圆C:x2+y2+2x+ay-3=0(a 为
C.2x+y-3=0 D.x+2y-3=0 实数)上任意一点关于直线l:x-y+2=0的对称点都在圆C
4.(2020·四川)将直线y=3x 绕原点逆时针转90°,再向 上,则a= .
右平移1个单位,所得到的直线为 ( ) 题源5 直线方程与函数、不等式的
1 1 1
A.y=-3x+3 B.y=-3x+1 综合运用(★★★★)
1
C.y=3x-3 D.y= x+1 15.(2021·江西) 设直线系 M:xcosθ+(y-2)sinθ=1(03 ≤θ≤2π),对于下列四个命题,正确的是 ( )
5.(2020·广东)经过圆x2+2x+y2=0的圆心C,且与直 A.M 中所有直线均经过一个定点
线x+y=0垂直的直线方程是 . B. 不存在定点P 不在M 中的任一条直线上
6.(2018·江苏)曲线y=x3+x+1在点(1,3)处的切线方 C. 对于任意整数n(n≥3),存在正n 边形,其所有边均在
程是 . M 中的直线上
7.(2020·江苏)如图,在平面直角 D.M 中的直线所能围成的正三角形面积都相等
坐标系xOy 中,设三角形 ABC 的顶点 16.(2020·天津)已知圆C 的圆心与抛物线y2=4x 的焦
分别为A(0,a),B(b,0),C(c,0);点P 点关于直线y=x 对称.直线4x-3y-2=0与圆C 相交于A,B
(0,p)为线段AO 上的一点(异于端点), 两点,且|AB|=6,则圆C 的方程为 .
这里a,b,c,p 为非零常数.设直线BP、 17.(2020·宁海)已知m∈R,直线l:mx-(m2+1)y=4m
CP 分别与边AC、AB 交于点E、F.某同 和圆C:x2+y2-8x+4y+16=0.
学已正确求得直线OE 的方程:(1 1- )x+ (1 1- )y=0. (1)求直线l斜率的取值范围;b c p a
1 1 (2)
1
( 直线l能否将圆C 分割成弧长的比值为 的两段圆弧

请你完成直线OF 的方程:( )x+ =0. 2
p-a )y 为什么
题源3 平行与垂直问题(★★★)
8.(2019·天津)“a=2”是“直线ax+2y=0平行于直线x
+y=1”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
9.(2021·安徽)直线l过点(-1,2)且与直线2x-3y+4
=0垂直,则l的方程是 ( )
A.3x+2y-1=0 B.3x+2y+7=0
C.2x-3y+5=0 D.2x-3y+8=0
10.(2020·广东)经过圆x2+2x+y2=0的圆心C,且与直
线x+y=0平行的直线方程是 ( )
A.x-y+1=0 B.x-y-1=0
C.x+y-1=0 D.x+y+1=0
11.(2018·安徽)若曲线y=x4 的一条切线l与直线x+
4y-8=0垂直,则l的方程为 ( )
A.4x-y-3=0 B.x+4y-5=0
·140·
2022-2023高考题源拓展测试
未来高考还会这样考
(测试时间:90分钟 总分:100分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题2.5分,共20分。每小题 C.4x-y-12=0
只有一个选项符合题意) D.4x-y-4=0
1.( 1)直线xcosθ+y-1=0(θ∈R)倾斜角的范围是 ( ) |x| |y|8. 5 曲线 - =1与直线y=2x+m 有两个交( ) 2 3
A.[0,π) 点,则m 的取值范围为 ( )
B.[π 3π A.m>4或m<-4,4 4 ] B.-4[ π π C.m>3或C. m<-3- ,4 4 ] D.-3D.[0,π ]∪ [3π,π) 二、填空题(本题包括4小题,每小题5分,共20分)4 4 9.( 5)若直线l1:2x-5y+20=0,l2:mx-2y-10=0与
2.( 2)过点A(1,4),且纵横截距的绝对值相等的直线共有 两坐标轴围成的四边形有外接圆,则实数m 的值为 .
( ) 10.( 3.4)点 P(0,1)在直线ax+y-b=0上的射影是
A.1 B.2 Q(1,0),则直线ax-y+b=0关于直线x+y-1=0对称的直
C.3 D.4 线方程为 .
3.( 3)若过点(1,2)的直线l与直线x+4y-8=0垂直,
11.( 1)直线( ) x+ 3y+1=0
的倾斜角等于 .
则直线l的方程为
12.( 4.5)已知在△ABC 中,∠ACB=90°,BC=3,AC=
A.x+4y+3=0
4,P 是AB 上的点,则点 P 到AC、BC 的距离乘积的最大值
B.x+4y-9=0
是 .
C.4x-y+3=0
三、解答题(本题包括5小题,每小题12分,共60分)
D.4x-y-2=0
13.( 2)已知△ABC 中,点A 的坐标(1,3),( ) AB
,AC 边上
4. 4 已知直线ax+by+c=0不经过第二象限,且ab<
的中线所在直线方程分别为 和 ,求
0,则 ( )
x-2y+1=0 y-1=0
△ABC 各边所在直线的方程.
A.c>0
B.c<0
C.ac≥0
D.ac≤0
5.( 1.5)设点A(-2,3),B(3,2),若直线ax+y+2=0与
线段AB 有交点,则a的取值范围是 ( )
A.(-∞, 5-2 ]∪ [4,3 +∞ )
B.[ 4,5-3 2 ]
C.[ 5 4- ,2 3 ]
D.( , 4 5-∞ -3 ]∪ [ ,2 +∞ )
6.( 5)第一象限内有一动点Q,在过点A(3,2)且方向向
量n=(-1,2)的直线l上运动,则log2x+log2y 的最大值为
( )
A.1
B.2
C.3
D.2log27-3
7.( 4)曲线y=x2 的切线与直线x+4y-8=0垂直,则
切线方程是 ( )
A.4x+y+4=0
B.x-4y-4=0
·141·
14.( 2.3)已知△ABC 的两条高线所在直线的方程为2x 16.( 2)光线从A(-3,4)点射出,到x 轴上的B 点后,被
-3y+1=0和x+y=0,顶点A(1,2).求: x 轴反射到y 轴上的C 点,又被y 轴反射,这时反射恰好过点
(1)BC 边所在直线的方程; D(-1,6),求BC 所在直线的方程.
(2)△ABC 的面积.
15.( 1.2.5)一条直线经过点P(3,2),并且分别满足下列 17.( 5)将圆x2+y2+2x-2y=0按向量a=(1,-1)平
条件,求直线方程: 移得到☉O,直线l与☉O 相交于A、B 两点,若在☉O 上存在点
(1)倾斜角是直线x-4y+3=0的倾斜角的2倍; C,使得O→C+O→A+O→B=0,且O→C=λa.求直线l的方程.
(2)与x、y 轴的正半轴交于A、B 两点,且△AOB 的面积最
小(O 为坐标原点).
·142· 6 → 6 因为平面, AOB 的一个法向量为n2=(1,0,0),
è-
,, ÷ EC= ,, ÷ .
2 03 è2 30 由平面COD⊥平面AOB 得n1·n2=0,
ì 6 π
n·E→P=0, -2x+3z=0,
所以cosθ=0,即θ=
{ 2
.
n·E→
即 í
C=0. 6 (2)设二面角C-OD-B 的大小为α,由(1)得当
2x+3y=0. πθ= 时,2 cosα=0
;
取y=-1,得n=(6,-1,1).
π 2π
→ ( 3 3 ) 当 θ ∈ ( , ] 时,tanθ ≤ - 3,, , , 2 3 cosα =又PF= 0 2 -2
故点F 到平面PCE 的距离为 n1·n2 3cosθ 3
|n||n|= =-
,
1 2 3+sin2θ 4tan23 3 θ+3
P→F·n -2-2 32
d= |n| = = 4 .
5
故- 综上,二面角 的
22 5
≤cosα<0. C-OD-B
(3)F→C= ( ,3, 3 ), 余弦值的取值范围为 éê 5 ù6 2 -2 ê- , ú .5 0 ú
|F→C·n| 3
|cos|= =
|F→C|·|n| 21 第六章 平面解析几何初步
×22
2 §6.1 直线方程与两直线的位置关系
21 五年高考母题原型训练
= 14 . 1.C 【解析】 设过点A 的直线l的方程为y
∴ 直 线 PC 与 平 面 PCE 所 成 角 的 大 小 为 =k(x-4),则圆(x-2)2+y2=1的圆心(2,0)到该
21
arcsin . |2k|14 直 线 的 距 离 d = ≤1
,解 之 得 k ∈
k2+1
17.解:(1)如图,以O 为原点,在平面OBC 内垂 é 3 3ù,
直于OB 的直线为x 轴,OB,OA 所在的直线分别为 êê- , úú 故应选C. 3 3
y 轴,z轴建立空间直角坐标系O-xyz,则A(0,0,2 2. -1 x2+(y-1)2=1 【解析】 由题可知
3),B(0,2,0),D(0,1,3),C(2sinθ,2cosθ,0).设n1 3-a-bkPQ=3-b-a=1
,又klkPQ=-1 kl=-1,圆关于
=(x,y,z)为平面COD 的一个法向量,
直线l对称,找到圆心(2,3)的对称点(0,1),又圆的
半径不变,易得x2+(y-1)2=1.
3.D 【解析】 点(x,y)关于直线x=1的对称
点为(2-x,y),2-x-2y+1=0 x+2y-3=0,故
选D.
4.A 【解析】 本题解题思路是依题意利用两
条直线垂直时斜率间的关系以及将一条曲线进行平
移时其方程的变化情况来考虑.将直线y=3x 绕原点
1
逆时针旋转90°得到直线y=- x,再向右平移3 1
1
→ 个单位,所得 到 的 直 线 为y=- ( ),即n ·OD=0, 3
x-1 y=
1
由{ → 得 1 1n1·OC=0, - ,选3x+3 A.
{xsinθ+ycosθ=0, 5.x-y+1=0 【解析】 把已知圆的方程配方y+ 3z=0, 得(x+1)2+y2=1,所以圆心C(-1,0).因为所求直
取z=sinθ,则n1=(3cosθ,- 3sinθ,sinθ). 线与已知直线x+y=0垂直,所以其斜率k=1,又过
·83·
圆心,由直线的点斜式方程得所求直线方程为y-0 为60°.
=x-(-1),即x-y+1=0. 此题主要考查学生的“数形结合”思想的应用,同
6.4x-y-1=0 【解析】 f'(x)=3x2+1, 时又运用了平面几何的特点.
f'(1)=3+1=4, 14. -2 【解析】 本题解题思路是由圆的对称
∴切线方程为y-3=4(x-1),即4x-y-1 性得出方程.依题意得圆心 ( a-1,- ) 必在直线2 x-=0.
1 1 x y a
7. - 【解析】 点E 为直线BP: + y+2=0上,因此有-1+2+2=0
,因此解得a=
c b b p
:x y -2.=1与直线AC c +a =1
的交点.
15.C 【解析】 设存在所有直线经 过 某 定 点
两方程相减可得 (1 1 )x+ (1 1 ) =0; p,则令- - y θ=0° x=1,又令θ=90° y=3,故两直线b c p a 的交点为 P(1,3),将 其 代 入 方 程:xcosθ+(y-2)
点F 为直线CP:
x y x
+ =1与直线 AB: + sinθ=1中得:cosθ+sinθ=1,而此式不是恒成立的,c p b 故所求的定点不存在,即选项 A错误.设点P(0,2),
y
=1 的 交 点,两 方 程 相 减 可 得 (1 1- )x+ 将其坐标代入:xcosθ+(y-2)sinθ=0即点P(a c b 0,2)
不在
1 1 M
中的任一直线上,故选项B错误.对于圆:x2
( =0. 2p-a )y +(y-2)=1而言,所有直线均与该圆相切,易知选
8.C 【解析】 考查两直线的位置关系. 项C正确.若存在三条直线构成的三角 形 为 正 三 角
a 形,则将三边对应进行等速平行也构成正三角形,但
两直线平行得-2=-1
,∴a=2. 是面积却发生改变,故选项D不成立.从而只有选项
9.A 【解析】 本题主要考查直线方程的点斜 C正确.
式,两直线垂直的位置关系,属于基础知识、基本运算 16.x2+(y-1)2=10 【解析】 本题考查直线
2, 与圆、抛物线的关系,考查计算及推理能力的考查.直线2x-3y+4=0
.
的斜率为 所以直线
3 l 抛物线y2=4x 的焦点(1,0),圆C 的圆心O 与
3 2
的斜 率 为- ,根 据 直 线 方 程 的 点 斜 式 有2 y-2=
抛物线y =4x 的焦点关于直线y=x 对称.
∴O(0,1),设 半 径r,点 O 到 直 线AB 的 距 离
3
- (x+1),整理得3x+2y-1=0. 为2 d
,
10.D 【解析】
,
把已知圆的方程配方得(x+ ∴d=1
1)2
,
+y2=1,所以圆心C(-1,0).因为所求直线与已
∵|AB|=6
2 ,
知直线x+y=0平行,所以其斜率k=-1,又过圆心 ∴r =10
方程 2 2C,
( )
由直线的点斜式方程得所求直线方程为y-0= ∴ x + y-1 =10.
-[x-(-1)], x+ +1=0, D. 此题是中档题目
,处理的关键是弦长、半径、弦心
即 y 故答案为
【解析】 ;11.A 与直线x+4y-8=0垂直的
距的关系 也可用弦长公式计算.
直线l为4x-y+m=0,即y=x4 在某一点的导数 :() m17. 解 1 直线l 的方程可化为y=m2+1x
为4,而y'=4x3,所以y=x4 在(1,1)处导数为4,此
点的切线为4x 4m-y-3=0,故选A. - 2 ,m +1
12.D 【解析】 原点到直线x+2y-5=0的 m 1
5 直线l的斜率k= ,因为|m|≤ (m2+1).
距离d= = 5,故应选D. m2+1 2
1+22 |m| 1
【 】 ,13.C 解析 CP 所以⊥ |k|=m2+1≤
当且仅当
2 |m|=1
时等
l1,C(5,1),kCP=-1,∴x 号成立.
=3,∴P(3,3),∴|CP|= 所以,斜率k的取值范围是 [ 1 1- , .1 2 2 ]
22,∴sinα= ,2 ∴
夹 角 (2)不能.
·84·
() ( ), 1 从而方程为8x-15y+6=0.由 1 知l的方程为y=kx-4 其中|k|≤2.
(, ), (
x x
2)设直线方程为 ,圆C 的圆心为C 4 -2 半径r=2. a +b =1
2 a>0,b>0,代入P(3,2).
圆心C 到直线l的距离d= .
1+k2 3 2 6
得
1 4 r a+b=1≥2
,得ab≥24,
由|k|≤ ,得d≥ >1,
ab
即
2 d>
从而,若
5 2
. l
1
从而S△AOB= ab≥12,
与圆C 相交,则圆C 截直线l所得的弦所对的圆心角 2
2π 3 2 b 2
小于 . 此时 = ,a b ∴k=-a =-3.3
1 ∴方程为2x+3y-12=0.
所以l不能将圆C 分割成弧长的比值为 的两2 16. 解:解法1:如图所
段弧. 示,依题意,B 点在原点O 左
2012—2013高考题源拓展测试 侧,设坐标为(a,0),由入射
1.D 2.C 3.D 4.D 5.D 6.C 7.D 角等于反射角,得∠1=∠2,
8.A ∠3=∠4,∴kAB=-kBC.
9. -5 10.x-y-1=0 4-0又 kAB = =
11.150° 12.3 -3-a
13. 解:设 AB、AC 的中线分别CD、BE,其中 4- (a≠-3),
D、E 为中点. 3+a
∵B 在中线y-1=0上, 4∴kBC= ,3+a
∴设B 点坐标为(x,1),
4
的方程为 ( ),
∵A(1,3),D 为AB 的中点, (x+1, ) ∴BC y-0=3+a x-a∴D 2 2 .
即4x-(3+a)y-4a=0,
又∵D 在中线CD:x-2y+1=0上,
x+1 令x=0,解得C 点坐标为
-4a
0, ,
∴ 2 -2×2+1=0 x=5
, ( 3+a)
-4a
∴B 点坐标为(5,1). 6-3+a 18+10a
同样可求出C 点的坐标是(-3,-1). 则kDC= ,-1-0=- 3+a
故可求出△ABC 三边所在直线的方程为: ∵∠3=∠4,∴kBC=-kDC,
AB:x+2y-7=0,BC:x-4y-1=0,AC:x- 4 18+10a, 7解得 ,
y+2=0. ∴3+a= 3+a a=-5
14. 解:(1)A 点不在两条高线上,从而AB、AC 代入BC 方程得5x-2y+7=0.
边所在直线方程为3x+2y-7=0,x-y+1=0. 解法2:A 关于x 轴的对称点A'(-3,-4),
∴C(-2,-1),B(7,-7). D 关于y 轴的对称点D'(1,6),
∴边BC 所在直线方程是2x+3y+7=0. 由光学知识知:A'、B、C、D'四点共线,
(2)∵|BC|= 117=3 13,点 A 到边BC 的 则BC 所在直线为5x-2y+7=0.
15 1 17. 解:由已知圆的方程为(x+1)2+(y-1)2=
高为h= ,从而△ABC 的面积是2×3 13×13 2,按a=(1,-1)平移得到☉O:x2+y2=2.
→ → →
15 45 ∵OC=-(OA+OB),
=2. ∴O→C·A→B=-(O→A+O→B)·(O→13 B-O→A)=
15. 解:(1)设所求直线倾斜角为θ,已知直线的 OA→2-OB→2=0.
1 即
倾斜角 为α,则θ=2α,且tanα= ,4 tanθ=tan2α
OC⊥AB.
又O→C=λa,且a=(1,-1),
8
= , ∴kOC=-1,∴kAB=1.15
·85·
设lAB=x-y+m=0,AB 的中点为D. 画出直线和圆的图象可得,圆C 的圆心到原点的距
由O→C=-(O→A+O→B)=-2O→D,则|O→C|=2|O→D|, 离为2,所以圆心C 的坐标为(-2,0),从而圆的方程
→ 是(x+2)2+y2又|OC|=2, =2.
【点评】 不能利用直线的倾斜角这一条件,或计
2
∴|O→D|=2. 算失误.
7.B 【解析】 x2+y2
2
∴O 到AB 的距离等于2. -12y+27=0,
∴x2+y2-12y+36=9,
|m| 2
即 = , ∴x22 +(y-6)
2=9,
2
∴在平面直角坐标系下:
∴m=±1.
使过 原 点 的 两 条 直 线 切 圆 于
∴直线l的方程为:x-y-1=0或x-y+1
A、B 两点,
=0.
有O'A⊥AO,O'B⊥OB,
§6.2 圆的方程
五年高考母题原型训练 ∵AO'=O'B=r= 9=3
,OO'=6,
1.C 【解析】 1本题考查了点到直线的距离及 ∴AO'=2OO'
,
圆的标准方程.
在Rt△OAO'中,∠AOO'=30°,
∵圆心(2,-1)到直线3x-4y+5=0的距离d ∴∠AO'O=90°-30°=60°,
|6+4+5|
= =3,5 ∵△AO'O≌△BO'O
,
,
∴圆的半径为3,即得圆方程为(x-2)2+( + ∴∠AO'O=∠BO'Oy
1)2=9,故应选C. ∴∠AO'B=120°
,
2.A 【解析】 本题主要考查考生数形结合的 ∴劣弧A︵ 120°B= ·360° 2π·3=2π,故选择B.
意识与能力以及能否依据题意进行分析确定圆的圆
8.A 【解析】 设点P 与圆上任一点 N(x0,
心与半径,从 而 将 问 题 求 解.依 题 意 得 圆 心 坐 标 是
x0+4 y -2(1,0),
0
因此所求圆的方程是(x-1)2+y2=4,选A. y0)连线的中点为 M(x,y),则x= ,y= ,2 2
3.B 【解析】 由题意设圆的标准方程为(x- 整理得x0=2x-4,y0=2y+2,
a)2+(y-1)2=1(a>0),又因为与直线4x-3y=0 代入圆的方程可得(x-2)2+(y+1)2=1,故应
|4a-3|
也相切,所以1= ,∴a=2.故选B. 选A.5 【解析】 本题考查了直线与圆的位置关
4.(x-1)2+(y-1)2=2 【解析】 圆心为(
9.B
1,
系,直线与直线的夹角如图所示,连接圆 2
) , (,) x -2x+y
2
1 且与直线x+y=4相切 ∴点 11 到直线x+y
-2y+1=0的圆心C(,; 11
)与点P 及两个切点A、
=4的距离d 即等于r
B,则两切线的夹角为∠APC=2α.
|1+1-4|
∴d=r= = 2.
2
∴所求圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=2.
5.(x-3)2+y2=2 【解析】 线段AB 垂直平
分线方程x=3,过点B(2,1)与直线x-y-1=0垂
直 的 直 线 为 x + y - 3 = 0,解 方 程 组 得
{x=3 得x=3,y=0即圆心坐标为(3,0). ( )2 ( )2 , 1,x+y-3=0 ∵PC= 3-1 + 2-1 = 5 ∴sinα= 5
∴半径为 (3-2)2+12= 2,即所求圆的方程 3
cos2α=1-2sin2α= .故应选B.
为(x-3)2+y2=2. 5
6. (x+2)2+y2 10.4 【解析】 圆的方程变为(x-3)
2+(y-
=2 【解析】 如 图, 4)2=5,得C(3,4),OC=5,PC= 5,OP=2 5,则
·86·
PD=2,故PQ=4.本题考查了圆的方程及圆的几何 12. 本小题主要考查平面向量,圆和抛物线的方
性质. 程几何性质等基本知识,考查综合运用解析几何知识
解决问题的能力.
解:(1)解 法 一:设 A、B 两 点 坐 标 分 别 为
y2 2( 1, ,y2, ,2 y1 ) (2 y2 )
2 2 2 2
由 题 设 知 (y1 ) + 2 y= ( 2y ) +y22 1 2 2
11.5 【解析】 本题考查特殊值法求解选择题 y2 2 2= ( 1 y2- +(y1-y 22),和直线与圆的位置关系. 2 2 )
1 解得 y21 =y22 =12,所 以 A(6,, , · 2 3
),B(6,
由题意得 一条弦为直径时 面积S=2|AC| -23),或A(6,-23),B(6,23)
1
|BD|= ×4×2=4为一个最值,经过比较可知为 22 设圆心C 的坐标为(r,0)则r=3×6=4.
因此
最小值;当两弦长相等时应为另一最值,就是最大值, 圆C 的方程为(x-4)2+y2=16.
设两条垂直的弦所在的直线为y=k(x-1)+ 2,y 解法二:设A、B 两点坐标分别为(x1,y1),(x2,
1 {y=k(x-1)+ 2 y
2
2),由题设知x1+ 2=x2+ 2.
=- ( )
y1 2 y2
k x-1 + 2.
(k2+1)x2
x2+y2=4 又因为y
2
1=2x ,y21 2=2x2,可得x21+2x 21=x2+
+2k(2-k)x-k2 k : 2x2
,即(x1-x2)( )-22 -2=0所对应的弦长为 x1+x2+2 =0.
由x
2 1
>0,x2>0,可知x1=x2,故A、B 两点关
k +1 于x 轴对称,所以圆心C 在x 轴上.
4k2(2-k)2-4(k2-22k-2)(2· k +1
) 设 C 点 的 坐 标 为 (r,0),则 A 点 坐 标 为
k2+1 2 3
3 ,3 3r r÷,于是有 r÷ =2× r,解得r=4,所
12k2+82k+8 è2 2 è2 2
=
k2+1 以圆C 的方程为(x-4)
2+y2=16.
1 (2)设∠ECF=2α,则{y=- (k x-1)+ 2 ( 1 ) 2 2 C→ → 1+ x - x- E·CF=|C→E|·|C→F|·cos2α=16cos2α=2 2 k2 k2x +y =4 32cos2α-16.
22 1 22 r 4
x+ + -2=0 在Rt△PCE 中,cosα=2 |P→
=
C| |P→
.由圆的几
k k k C|
所对应的弦长为: 何性质得
→
2 |PC|≤|M→C|+1=7+1=8,|P→C|≥|M→C|-1 1
2 22÷ -4(1+ ) 1 22+ + -2÷1 èk2 k k2 èk2 k =7-1=6.
1+k2
·
1 1 2
1+ 所以 ≤cosα< ,由此可得-8≤C
→E·C→F≤
k2 2 3
16
8k2-82k+12 -9.=
1+k2 →· → 16故CE CF的最大值为- ,最小值为-8.
1 12k2+82k+8 9
S四边形=2× × — 高考题源拓展测试1+k2 2012 2013
1.A 2.B 3.C 4.B 5.B 6.D
8k2-82k+12 7.C 【解析】 将已知直线化为y=(a-1)(x+
1+k2 1)+2,可知直线恒过定点(-1,2),故所求圆的方程为
当两个弦长相等时,即k=-22±3时,四边形 x2+y2+2x-4y=0.
的面积最大,最大值为5. 8.B 【解析】 圆心(1,0)到直线AB:2x-y+
·87·
4 (-4)2, { -4D+F=0
, ( )2 ,
2=0的距离为d= 故圆上的点P 到AB 的最大
5 42+4D+F=0, 或
4 4 2 {
-4 -4D+F=0
42+4D+F=0,
2
值是 +1,最 小 值 是 -1.又|AB|= 5,所 以 5+5E+F=0 5-5E+F=0.
5 5 , 9∴D=0E=- ,
9
5 F=-16
或D=0,E= ,
5 5
F
△PAB 面 积 的 最 大 值 和 最 小 值 分 别 是 2+ 2 =-16.
5 ∴外接圆方程为
和2-2. x2+y2
9
- y-16=0或x2+y2
9
+ y-16
9.(x-2)2+y2=2 5 5
=0.
2
10. 2 【点评】 若可直接求出圆心坐标及圆的半径,则
11.(-∞,0)∪(10,+∞) 【解析】 将x2+y2 可直接套用圆的标准方程,求出圆的方程.若已知圆
-2x+4y+4=0化为标准方程得(x-1)2+(y+2)2 上三点的坐标,通常利用圆方程的一般式,用待定系
=1, 数法求解.
由直 线3x+4y+m=0与 圆 没 有 公 共 点 得 14. 解:可设圆的方程为(x-a)
2+(y-b)2=
|3-4×2+m| 10,半径、半弦及圆心到弦的垂线段构成一个直角三
>1,
32+42 角形.利用勾股定理可得一个方程.
即|m-5|>5,得m-5>5或m-5<-5, 设圆心坐标为(a,b).
故m>10或m<0,m 的取值范围是(-∞,0)∪ ∵圆心在直线y=2x 上,∴b=2a.
(10,+∞). 由条件得圆心到直线x-y=0的距离为
|a-b| |-a|
3 15 d= = ,
12. 2 2 2
13. 可由条件确定圆心,然后求出半径,再由圆 又直线x-y=0被圆截得的弦长为42,
的标准方程求解;也可确定出等腰三角形顶点坐标, |-a| 2∴ ÷ +(22)2=( 10)2.
设出圆的一般方程求解. è 2
解法一:由条件可知,圆心一定在腰和底边的中 解之得a=±2.
垂线上, ∴所求圆的方程为
x=0, (x-2)2+(y-4)2=10或(x+2)2+(y+4)2
所以由方程组{ 5 4 或 =10.y- ( )2=5 x-2 15. 解:已知原式可化为(x
x=0, -2)2+y2{ =3,它表示以 A(2,5 4y+ =- (x-2), 0)为圆心,以 3为半径的圆A.2 5
()y 表 示 圆 上 一 点
可得圆心坐标为 ( 90, 或 , 9 , 1 A10) (0 -10) x
P(,9 41 xy
)与原点连线l的斜率k,
易得半径r=5- = , 由图可知,当l切圆A 于第一象限一点B 时k最大.10 10
∴外接圆方程为 在Rt△OAB 中|BA|= 3,|OA|=2,
y
x2
9 9
+y2- y-16=0或x2+y2+ y-16 ∴∠AOB=60°
,∴ 的最大值为x 3.5 5
=0. (2)设y-x=b,即直线x-y+b=0,b 为直线
解法二:设外接圆方程为: 在y 轴上的截距,如图可知,
x2+ 2+Dx+E +F=0(D2+E2-4F> 当直线 与 圆 A 切 于 点 时,y y E b
有 最 小 值.由
0),则 |2+b|= 3得b=- 6-2或b= 6-2(舍去).
2
·88·
故y-x 的最小值为- 6-2. (1,k),
(3)解法1:记F(-1,1),则(x+1)2+(y+1)2 ∴直线l的方程为y=kx+1,
=|PF|2,其中 P(x,y)为圆 A 上任一动点.易求| |2k-3+1| 4- 7 4+ 7由 <1得 AF|= 10,由图可知,当点P 位于点M 时,|PF|2 k2+1 3 3
最大;当点P 位于点N 时,|PF|2 最小. (2)设过A 点的圆C 的一条切线为AT,T 为切
所求的最大值为( 10+ 3)2=13+2 30, 点,则AT2=( AC2-1)2=7.
→ → → → 2
最小值为( 10- 3)2=13-2 30. ∴AM·AN=|AM||AN|cos0°=AT =7,→· →为定值
解法2:令x=2+ 3cosθ,y= 3sinθ,(x+1)2+ ∴AM AN .
( ()设 ( , ), ( , ),y+1)2=t. 3 M x1 y1 N x2 y2
(2 2) 将 代入方程( )
2 ( )2
则t= x +y +2x+2y+2=(4x-1)+2x+ y=kx+1 x-2 + y-3 =1
得( 2)2 ( ) ,
2y+2=6x+2y+1=6(
1+k x -41+kx+7=0
2+ 3cosθ)+23sinθ+1=
4(1+k) 7
13+63cosθ+23sinθ=13+2 30sin(θ+φ), ∴x1+x2= 2 ,1+k x1x2=
,
1+k2
其中tanφ=3,故所求的最小值为13-2 30,最 ∴O→M·O→N=x1x +y 22 1y2=(1+k )x1x2+k
大值为13+2 30. ( )(x1+x2)
4k1+k
+1= 1+k2 +8=12.
16. 解:(
4
1)圆C 过原点O,OC2=t2+t2. 4k(1+k)∴ 2 =4,解得k=1.
2 4 1+k
设圆C 的方程是(x-t)2+ ( 2y-t ) =t2+t2. 又当k=1时,Δ>0,∴k=1.
4 直线、圆的位置关系
令x=0,得y1=0,y2= ;
§6.3
t 五年高考母题原型训练
令y=0,得x1=0,x2=2t, 1.B 【解析】 本题主要考查圆的标准方程、点
1 1 4
∴S△OAB= ·2|OA| |OB|=2×|t|×|2t|
到直线的距离公式以及直线与圆的位置关系的判定.
1
=4, 依题意得圆心(0,0)到直线y=x+1的距离等于 2
即△OAB 的面积为定值. <1,且0≠0+1,因此选B.
(2)∵OM=ON,CM=CN,
2.C 【解析】 =3- 4x-x2 变形为(x-
∴OC 垂直平分线段MN. y
2)2+(y-3)2=4,(y≤3).该曲线表示半圆,如图,当1
∵kMN=-2,∴kOC= ,2 直线y=x+b 过点(0,3)时b 值最大,与半圆相切
1 时,b值最小,故选C.
∴直线OC 的方程是y=2x. y
3
2 1
∴ = t,解得t=2或t 2 t=-2
,
当t=2时,圆心C 的坐标为(2,1),OC= 5, O 4 x
1
此时C 到直线y=-2x+4的距离d= < 5,
5 【点评】 曲线化简变形过程中,忽略y-3≤0.
圆C 与直线y=-2x+4相交于两点,当t=-2时, 把曲线理解为整圆,而错选B.
【解析】 直线和圆的位置关系,借助平面
圆心C 的坐标为(-2,-1),OC= 5,此时C 到直线 3.C
9 |3+m|
y=-2x+4的距离d= > 5, 几何解析法求解,d=R= 2 = 3 m=-335
圆C 与直线y=-2x+4不相交, 或m= 3,选C.
∴t=-2不符合题意,舍去. 4.23 【解析】 如图,取AB 的中点C,连结
圆C 的方程为(x-2)2+(y-1)2=5. , |0-2×0+5|OC 则OC⊥AB,连结OA,|OC|= =
17. 解:(1)∵直线l过点(0,1)且方向向量a= 1+(-2)2
·89·
5
= 5,
π
|AC|2=|OA|2-|OC|2=8-5=3,|AC| ∠BAO=α,α∈ (0, ),则2 OB=1+tanα,5
= 3,∴|AB|=2|AC|=23. 1OA=1+ ,
1
由
tanα S1+SⅣ=2S△AOB
可得
π
1 1 α+· 2 1 1 (
2 tanα+ 2π ×π= 2 × 2 × 1+
tanα)( 11+ ,tanα)
1
整理可得,tanα- =π-2+2a,α∈ (0,π ),tanα 2
此方程可化为(π-2+2a)sin2a+2cos2α=0,
令 f (α)= (π+2+2α)sin2α +2cos2α,
3 3 α∈ (0,π ),
5.(x-1)2+y2=1 或- 【解析】 本 23 3
由 () , π 可 知 函 数
题是图象平移及直线与圆的位置关系问题,由图象平 f0 =2>0f (2 ) =-2<0 f
移公式不难得到平移后的圆的方程为(x-1)2+y2 (x)与x 轴必有一个交点,即上述方程必有一解,所
=1.直线与圆相切可用“判别式”法或“d=r”法求解. 以这样的直线AB 有1条,故应选B.
本题主要考查学生对图象平移公式的理解、记忆 25
11. 【解析】 本题考查直线与圆的位置关
以及直线与圆相切问题的求解;考查学生的基本运算 4
能力. 系的综合应用.
6.x+3y=0 【解析】 考查两圆的位置关系及 ∵A(1,2),则A 为切点,∴kOA=2,切线方程为
公共弦的方程, 1 5y=- (2 x-1
)+2,令x=0,则y= ;令y=0,则
(x-1)2{ +(y-3)
2=20 2
x2+y2
,
=10 x=5
1 5 25
两式相减得x+3y=0为所求直线方程. ∴S△=2×2×5=4.
7.1 【解析】 本题考查解析几何中圆的概念 12. 本 小 题 主
和性质,两圆公共弦所在的直线方程ay=1,再由圆 要考查求轨迹方程
心到直线ay=1的距离等于1得a=1. 的方法及基本运算
8.B 【解析】 本题主要考查直角三角形的内 能力.
切圆知识.考查利用运动观点处理数学问题的能力. 解:以O1O2 的
因为半径为1的圆正好是这个直角三角形的内切圆, 中 点 O 为 原 点,
所以移动 此 圆 可 知,所 求 公 共 点 个 数 最 多 为4个. O1O2 所在的直线为x 轴,建立如图所示的平面直角
选B. 坐标系,则O1(-2,0),O2(2,0).
9.B 【解析】 半径为6米的圆面能覆盖的最
由已知PM= 2PN,得PM2=2PN2.
大正方形(内接正方表)的边为62,2×62>16,考 因为两圆的半径均为1,所以PO2 21-1=2(PO2
虑纵横方向需4个圆面才能覆盖边长为16米的正方 -1).
形,故选B. 设P(x,y),则
10.B 【解析】 如图所示,设圆与两坐标轴的 (x+2)2+y2-1=2[(x-2)2+y2-1],
切点分别为E,F, 即(x-6)2+y2=33,所以所求轨迹方程为
(x-6)2+y2=33.(或x2+y2-12x+3=0)
2012—2013高考题源拓展测试
1.B 2.A 3.C 4.A 5.C 6.C 7.C
8.A
·90·
9.x+3y=0 10. 3 1+λ∴- 2 =-1
,
11.25 12. 相切
∴λ=1,∴m=3.
13. 解:设直线方程为x+y-a=0,y=kx,由
1 5
|-1+2-a| ∴圆心坐标为 - ,3 ,半径为 .
圆心到直线距离d1=r= = 2,d = ( 2 )2 2
2 【点评】 解 法 一 利 用 OP⊥OQ 的 充 要 条 件
|-k-2|
= 2,得a=3或-1,k=2± 6,所以切线 x1x2+y1y2=0,解法二利用圆系方程.
1+k2 15. 解:(1)如图所示,结合图
方程为x+y-3=0,x+y+1=0,y=(2± 6)x. 5
14.OP⊥OQ 可转化为kOP·kOQ=-1,由此联 形可知O(0,0)必在直线y=2x
立方程求出m 的值,或利用直线与圆交点的圆系方 +b的下方,O'(0,8)在其上方.
程求解. ì 5
解法一: 将x=3-2y 代入方程x2+y2+x-6y 0<2×0+b
+m=0, ∴ í 5
得5y2-20y+12+m=0. 8>2×0+b.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1,y2 满足条件: ∴012+m
y1+y2=4,y1y2= 5 . 又依题意,
5
直线y= x+b与两圆相切或相离2 .
∵OP⊥OQ,
ì |b|
∴x1x2+y1y2=0, ≥2 5
而x1=3-2y1,x2=3-2y2, 1+4
∴x1x2=9-6(y1+y2)+4y1y , ∴ í2 |b-8| ≥2
∴m=3,此时 Δ>0,圆心坐标为 ( 1- ,3),半 52 1+4
5
径为 . ∴3≤b≤5或b≥11.2 又0解法二:如图所示.设弦 (2)设所求的直线方程y=kx+5.
PQ 的中点为M, ∵它与两圆无公共点即与两圆均相离,
∵O1M ⊥PQ,∴kO1M
ì 5
=2. >2, 1+k2
∴O1M 的方程为y-3 ∴ í
3
( 1 ) >2.=2x+ ,2 1+k2
即y=2x+4. 5 5∴- y=2x+4, 2 2
.
由方程组{ 解得, M(-1,2). 16. 解:(1)圆的方程可写成(x-6)2+y2=4,所x+2y-3=0
过P、
(,), (,)
Q 两点的圆系方程为 以圆心为Q 60 过P 02 且斜率为k的直线方程
x2 为
,代入圆方程得
+y2+x-6y+m+λ(x+2y-3)=0. ① y=kx+2
2 ( )2 ,
由OP⊥OQ 知,点O(0,0)在圆①上, x + kx+2 -12x+32=0
2 2
∴m-3λ=0,即m ( ) ( )=3λ. 整理得 1+k x +4k-3x+36=0. ①
∴圆的方程可化为 直线与圆交于两个不同的点 A、B 等价于 Δ=
2 2 2 2
x2+y2+x-6 +3λ+λx+2λ -3λ=0,
[4(k-3)]y y -4×36
(1+k )=4×(-8k -6k)>0,
即x2+y2+(1+λ)x+2(λ-3)y=0. 3解得- ∴圆①的圆心 M ( 1+λ2(, 3-λ)- ),2 2 (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则O→A+O→B=(x1
+x2,y1+y2),由方程①,
·91·
4(k-3) mn
x1+x2=- ,1+k2 . ② , =9=n 则{2 则m2+n2=(m+n)2-2mn=又y1+y2=k(x1+x2)+4. ③ m+n=2a,
(,), (,),→ (, ) → 4a2-36=F F2=4c2 2 2 2而P 02 Q 60 PQ= 6 -2 .所以OA+ 1 2 ,得b =a -c =9,∴b=3.
O→B与P→Q共线等价于-2(x +x )=6(y +y ),将 4.2 120° 【解析】 本题主要考查椭圆的定1 2 1 2
3 义、焦点、长轴、短轴、焦距之间的关系以及余弦定理.
②、③代入上式,解得k=-4. 属于基础知识、基本运算的考查.
2 2
( 2 2由 1)知k∈ ( 3- ,0),故没有符合题意的常 ∵a =9,b =3,∴c= a -b = 9-2= 7,4
∴|F1F2|=27,
数k.
又
:() , |PF1|=4
,|PF1|+|PF2|=2a=6,
17. 解 1 如图所示 由直
∴|PF2|=2,又由斜弦定理,
线l1 与l2 方程知l1 与l2 分别
2 2 2
过定点(0,0)、(2,1),又k ·k 2+4-(27) 1l1 l2 得cos∠F1PF2= =- ,2×2×4 2
=m× ( 1-m )=-1(m≠0), ∴∠F1PF2=120°.
知两直线两两垂直,∴l1 与
l2 的交点必在以(0,0)、(2,1)为直径的端点圆上.设
P(x,y),由P→1P⊥P→2P得x(x-2)+y(y-1)=0,
即定圆为x2+y2-2x-y=0.
(2)由(1)得P1(0,0),P2(2,1) 5.2 【解析】 如 右
1
∴△PP P 的面积的最大值必为 ×2r×r 图所示,由于椭圆的第二定1 2 2 义可得设P 到左准线的距
5
= . 34 离为d,则PF/d=e= ,5
π
此时OP 与P P 的夹角是 , 又 由 d=10可 得 PF1 2 4 =6,
1-0 1
kP1P2= = . ∴PF2=2a-PF=10-6=4,2-0 2
→ 1
1 ∵OM= (O
→P+O→F),2
π m-
∴tan = 2 ,
1
解之得,m=3或- . ∴点 M 是线段PF 的中点,4 m 3
1+2 1 1∴OM∥PF2,且OM=2PF2=2×4=2.
第七章 圆锥曲线与方程 6. h1cotθ1+h2cotθ2≤
2a 【解析】 如 右 图 所 示,
§7.1 椭 圆 设船只P 与椭圆两焦点间的
五年高考母题原型训练
距 离 分 别 为|PF1|=m,|
1.D 【解析】 由椭圆的定义知,椭圆上点 P PF2|=n,则当且仅当 m+n
到两焦点距离之和为长轴长,∴|PF1|+|PF2|=2a ≤2a 时,船只进入该浅水沤.
=2×5=10,故应选D. h1 h2
2.B 【解析】 本题考查椭圆两个定义.由第一 ∵m=tanθ1
,
n=tanθ2
,
定义:3+1=2m,m=2,
1
所以,e= ;由第二定义:P h h2 ∴m=
1 , 2 ,
tanθ n=1 tanθ2
到右准线距离为2.本题是圆锥曲线基本题目,灵活准 h h
只需要满足条件 1 2 ,
确使用概念是关键. ∴ tanθ +1 tanθ ≤2a2
3.3 【解析】 由已知条件可设PF1=m,PF2 即h1cotθ1+h2cotθ2≤2a,可判断船只进入浅
·92·

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