新教材高中數(shù)學(xué)人教B版選擇性第一冊訓(xùn)練第二章平面解析幾何測評（二）

過關(guān)綜合測評第二章測評(二)(時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.已知直線l過點(2,1),且在y軸上的截距為3,則直線l的方程為()A.2x+y+3=0 B.2x+y3=0C.x2y4=0 D.x2y+6=0答案B解析由題意直線過(2,1),(0,3),故直線的斜率k=3+10-故直線的方程為y=2x+3,即2x+y3=0.2.(2020山東德州期末)已知直線l1:xcos2α+3y+2=0,若l1⊥l2,則l2傾斜角的取值范圍是()A.π3,πC.π3,π答案C解析因為l1:xcos2α+3y+2=0的斜率k1=cos2α3∈-33,0,當(dāng)cosα=0,即k1=0時,當(dāng)k1≠0時,可知直線l2的斜率k=1k1,此時k≥3,此時傾斜角的取值范圍為綜上可得,l2傾斜角的取值范圍為π33.當(dāng)點P(3,2)到直線mxy+12m=0的距離最大時,實數(shù)m的值為()A.2 B.0 C.1 D.1答案C解析直線mxy+12m=0過定點Q(2,1),所以當(dāng)點P(3,2)到直線mxy+12m=0的距離最大時,PQ垂直于直線mxy+12m=0,即m·2-13-2=1,所以4.已知圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程是(x4)2+(y4)2=25,圓C2:x2+y24x+my+3=0關(guān)于直線x+3y+1=0對稱,則圓C1與圓C2的位置關(guān)系為()A.相離 B.相切 C.相交 D.內(nèi)含答案C解析根據(jù)題意,圓C2:x2+y24x+my+3=0,其圓心為C22,-若圓C2關(guān)于直線x+3y+1=0對稱,即點C2在直線x+3y+1=0上,則有2+3×-m2+1=0,解得即圓C2的方程為(x2)2+(y+3)2=4,其圓心為C2(2,3),半徑r=2.此時,圓心距|C1C2|=(4-2)2+(4+3)2=故兩圓相交.5.在一個平面上,機器人到與點C(3,3)的距離為8的地方繞C點順時針而行,它在行進過程中到經(jīng)過點A(10,0)與B(0,10)的直線的最近距離為()A.828 B.82+8C.82 D.122答案A解析∵機器人到與點C(3,3)距離為8的地方繞C點順時針而行,在行進過程中保持與點C的距離不變,∴機器人的運行軌跡方程為(x3)2+(y+3)2=64,如圖所示.∵A(10,0)與B(0,10),∴直線AB的方程為x-10+y10=1,即為x則圓心C到直線AB的距離為d=|3+3+10|1+1=82>8,∴最近距離為86.若直線ax+by+2=0(a>0,b>0)截得圓(x+2)2+(y+1)2=1的弦長為2,則1a+2bA.4 B.6 C.8 D.10答案A解析由題意圓心坐標(biāo)為(2,1),半徑r=1,所以圓心到直線的距離為d=|-2所以弦長2=21-|-2a-b+2|a所以1a+2b=1a+2b·12·(2a+b)=122+2+ba+4ab≥124+27.過原點O作直線l:(2m+n)x+(mn)y2m+2n=0的垂線,垂足為P,則點P到直線xy+3=0的距離的最大值為()A.2+1 B.2+2C.22+1 D.22+2答案A解析(2m+n)x+(mn)y2m+2n=0整理得(2x+y2)m+(xy+2)n=0,由2x+所以直線l過定點Q(0,2).因為OP⊥l,所以點P的軌跡是以O(shè)Q為直徑的圓,圓心為(0,1),半徑為1.因為圓心(0,1)到直線xy+3=0的距離為d=22=2,所以點P到直線xy+3=0的距離的最大值為28.在平面直角坐標(biāo)系中,設(shè)A(0.98,0.56),B(1.02,2.56),點M在單位圓上,則使得△MAB為直角三角形的點M的個數(shù)是()A.1 B.2 C.3 D.4答案D解析根據(jù)題意,作出圖形,如圖.若△MAB為直角三角形,分3種情況討論:①∠MAB=90°,則點M在過點A與AB垂直的直線上,設(shè)該直線為l1,又由A(0.98,0.56),B(1.02,2.56),則直線AB的斜率kAB=2.56則l1的斜率k1=1,直線l1的方程為y0.56=(x+0.98),即x+y+0.42=0,此時原點O到直線l1的距離d=|0.42|2=0直線l1與單位圓相交,有2個公共點,即有2個符合題意的點M;②∠MBA=90°,則點M在過點B與AB垂直的直線上,設(shè)該直線為l2,同理可得,直線l2的方程為y2.56=(x1.02),即x+y3.58=0,此時原點O到直線l2的距離d=|3.58|2=1直線l2與單位圓相離,沒有公共點,即沒有符合題意的點M;③∠AMB=90°,此時點M在以AB為直徑的圓上,又由A(0.98,0.56),B(1.02,2.56),設(shè)AB的中點為C,則C的坐標(biāo)為(0.02,1.56),|AB|=4+4=22,則以AB為直徑的圓的圓心C為(0.02,1.56),半徑r=12|AB|=2,此時|OC|=(則有21<|OC|<2+1,兩圓相交,有2個公共點,即有2個符合題意的點M.綜上可得,有4個符合條件的點M.二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得5分,有選錯的得0分,部分選對的得3分.9.已知平面上一點M(5,0),若直線上存在點P使|PM|=4,則稱該直線為“切割型直線”,下列直線中是“切割型直線”的是()A.y=x+1 B.y=2C.y=43x D.y=2x+答案BC解析所給直線上的點到定點M距離能否取4,可通過求各直線上的點到點M的最小距離,即點M到直線的距離來分析.A.因為d=5+12=32>4,故直線上不存在點到M距離等于4,不是“切割型直線”B.因為d=2<4,所以在直線上可以找到兩個不同的點,使之到點M距離等于4,是“切割型直線”;C.因為d=2032+42=4,直線上存在一點,使之到點M距離等于4,D.因為d=115=1155>4,故直線上不存在點到M距離等于4,10.已知ab≠0,點M(a,b)為圓x2+y2=r2內(nèi)一點,直線m是以點M為中點的弦所在直線,直線l的方程為ax+by=r2,則下列結(jié)論正確的是()A.m∥l B.l⊥mC.l與圓相交 D.l與圓相離答案AD解析∵kMO=ba∴直線m的方程為yb=ab(xa即ax+bya2b2=0,∵M在圓內(nèi),∴a2+b2<r2,∴m∥l.又圓心到l距離為d=r2a∴l(xiāng)與圓相離.11.若P是圓C:(x+3)2+(y3)2=1上任一點,則點P到直線y=kx1距離的值可以為()A.4 B.6 C.32+1 D.8答案ABC解析直線y=kx1恒過定點A(0,1)點,當(dāng)直線與AC垂直時,點P到直線y=kx1的距離最大,等于AC+r.圓心坐標(biāo)為(3,3),所以最大值為(-3)2+(當(dāng)直線與圓有交點時距離最小為0.所以點P到直線y=kx1距離的取值范圍為[0,6].12.已知圓C1:x2+y2=r2,圓C2:(xa)2+(yb)2=r2(r>0)交于不同的A(x1,y1),B(x2,y2)兩點,下列結(jié)論正確的有()A.a(x1x2)+b(y1y2)=0B.2ax1+2by1=a2+b2C.x1+x2=aD.y1+y2=2b答案ABC解析由題意,由圓C2的方程可化為C2:x2+y22ax2by+a2+b2r2=0兩圓的方程相減可得直線AB的方程為:2ax+2bya2b2=0,即2ax+2by=a2+b2,分別把A(x1,y1),B(x2,y2)兩點代入可得:2ax1+2by1=a2+b2,2ax2+2by2=a2+b2兩式相減可得2a(x1x2)+2b(y1y2)=0,即a(x1x2)+b(y1y2)=0,所以選項A、B正確;由圓的性質(zhì)可得,線段AB與線段C1C2互相平分,所以x1+x2=a,y1+y2=b,所以選項C正確,選項D不正確.三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.經(jīng)過點P(1,4),且在兩坐標(biāo)軸上的截距互為相反數(shù)的直線方程是.

答案4xy=0或xy+3=0解析根據(jù)題意,分2種情況討論:①直線經(jīng)過原點,則直線l的方程為y=4x,即4xy=0;②直線不經(jīng)過原點,設(shè)直線方程為xy=a,把點P(1,4)代入可得14=a,解得a=3,即直線的方程為xy+3=0.綜上可得,直線的方程為4xy=0或xy+3=0.14.已知向量OA=(k,12),OB=(4,5),OC=(10,k),且A,B,C三點共線,當(dāng)k<0時,若k為直線的斜率,則過點(2,1)的直線方程為.

答案2x+y3=0解析由題意可得AB=(4k,7),BC=(6,k5),由于AB和BC故有(4k)(k5)+42=0,解得k=11或k=2.∵k<0,k為直線的斜率,∴過點(2,1)的直線方程為y+1=2(x2),即2x+y3=0.15.已知直線l:mx+(1m)y1=0(m∈R)與圓O:x2+y2=8交于A,B兩點,C,D分別為OA,AB的中點,則|AB|·|CD|的最小值為.

答案43解析直線l的方程可化為m(xy)+y1=0,由x-y=0,y-1=0,得∵C,D分別為OA,AB的中點,∴|CD|=12|OB|=2.當(dāng)OP⊥AB時,|AB|最小,此時|AB|=2(22)∴|AB|·|CD|=2|AB|≥2×26=43.16.設(shè)點A(2,3),B(3,2),若直線ax+y+2=0與線段AB沒有交點,則a的取值范圍是.

答案43,解析如圖,直線ax+y+2=0恒過點C(0,2),kAC=52,kBC=43,故52<a<43,即四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)求滿足下列條件的直線的方程.(1)直線過點(1,2),且與直線x+y2=0平行;(2)直線過(0,1)點且與直線3x+y+1=0垂直.解(1)設(shè)所求直線的方程為x+y+m=0,∵點(1,2)在直線上,∴1+2+m=0,∴m=1.故所求直線的方程為x+y1=0.(2)設(shè)所求直線的方程為x3y+m=0.∵點(0,1)在直線x3y+m=0上,∴03+m=0,解得m=3.故所求直線的方程為x3y+3=0.18.(12分)(2021北京海淀模擬)已知直線l1:mx2(m+1)y+2=0,l2:x2y+3=0,l3:xy+1=0是三條不同的直線,其中m∈R.(1)求證:直線l1恒過定點,并求出該點的坐標(biāo);(2)若以l2,l3的交點為圓心,23為半徑的圓C與直線l1相交于A,B兩點,求|AB|的最小值.(1)證明l1:mx2(m+1)y+2=0可化為m(x2y)(2y2)=0,由x∴直線l1恒過定點D(2,1).(2)解l2:x2y+3=0,l3:xy+1=0聯(lián)立可得交點坐標(biāo)C(1,2),求|AB|最小值即求圓心到直線l1的距離的最大值,此時CD⊥直線l1.∵|CD|=(2∴|AB|的最小值為212-2=219.(12分)如圖,已知以點A(1,2)為圓心的圓與直線l1:x+2y+7=0相切.過點B(2,0)的動直線l與圓A相交于M,N兩點,Q是MN的中點,直線l與l1相交于點P.(1)求圓A的方程;(2)當(dāng)|MN|=219時,求直線l的方程.解(1)由于圓A與直線l1:x+2y+7=0相切,∴R=|-1+4+7|5=∴圓A的方程為(x+1)2+(y2)2=20.(2)①當(dāng)直線l與x軸垂直時,易知x=2與題意相符,使|MN|=219.②當(dāng)直線l與x軸不垂直時,設(shè)直線l的方程為y=k(x+2),即kxy+2k=0,連接AQ,則AQ⊥MN,∵|MN|=219,∴|AQ|=1,由|AQ|=|-k-2+2k|k2+1=1,得k=34.∴直線l:3x4y+6=0,故直線l的方程為x=220.(12分)已知圓C1:x2+y2=1與圓C2:x2+y26x+m=0.(1)若圓C1與圓C2外切,求實數(shù)m的值;(2)在(1)的條件下,若直線l與圓C2的相交弦長為23且過點(2,1),求直線l的方程.解(1)圓C1:x2+y2=1,則C1(0,0),半徑r1=1,由圓C2:x2+y26x+m=0,得(x3)2+y2=9m,則C2(3,0),半徑r2=9-m(m<∵圓C1與圓C2外切,∴|C1C2|=r1+r2,∴3=1+9-m,解得m=(2)由(1)得m=5,圓C2的方程為(x3)2+y2=4,則C2(3,0),r2=2.由題意可得圓心C2到直線l的距離d=1,當(dāng)直線l斜率不存在時,直線方程為x=2,符合題意;當(dāng)直線l斜率為k時,則直線方程為y1=k(x2),化為一般形式為kxy2k+1=0,則圓心(3,0)到直線l的距離d=|k+1解得k=0,得直線方程為y=1.綜上,直線l的方程為x2=0或y1=0.21.(12分)(2020福建廈門模擬)已知圓C:x2+y28y=0與動直線l:y=kx2k+2交于A,B兩點,l恒過定點P,線段AB的中點為M,O為坐標(biāo)原點.(1)求M的軌跡方程;(2)當(dāng)|OP|=|OM|時,求l的方程及△POM的面積.解(1)直線l:y=kx2k+2過定點P(2,2),圓C:x2+y28y=0可化為x2+(y4)2=16,圓心C(0,4).設(shè)動點M(x,y),∵M為AB中點,∴CM⊥AB,∴CM·MP=又CM=(x,y4),MP=(2x,2y),∴CM·MP=x(2x)+(y4)(2y)化簡得x2+y22x6y+8=0,即(x1)2+(y3)2=2,∴點M的軌跡方程為(x1)2+(y3)2=2.(2)由(1)得M的軌跡為圓,圓心為D(1,3),半徑為2,P(2,2),如圖,∵點P(2,2),M均在圓上,|OP|=|OM|,∴由圓的性質(zhì)可知OD⊥PM.又直線OD的斜率kOD=3,∴直線l的斜率kl=1kOD=∴直線l的方程為y2=13(x即x+3y8=0,∴O(0,0)到直線l的距離為d=|0+0又|PM|=222∴S△POM=12×|PM|×d=12×4105×4105=165,綜上,22.(12分)