2019高考数学试题分类汇编-专题直线与圆-理.doc

2011年高考试题数学（理科）直线与圆一、选择题:1．(2011年高考江西卷理科9)若曲线1C：2220xyx与曲线2C：()0yymxm有四个不同的交点，则实数m的取值范围是A．(33，33)B．(33，0)∪(0，33)c．[33，33]D．(，33)∪(33，+)答案：B解析：曲线0222xyx表示以0,1为圆心，以1为半径的圆，曲线0mmxyy表示0,0mmxyy或过定点0,1，0y与圆有两个交点，故0mmxy也应该与圆有两个交点，由图可以知道，临界情况即是与圆相切的时候，经计算可得，两种相切分别对应3333mm和，由图可知，m的取值范围应是33,00,332.(2011年高考重庆卷理科8)（8）在圆22260xyxy内，过点0,1E的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（A）52（B）102（C）152（D）202二、填空题:1.(2011年高考安徽卷理科15)在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(,)xy为整点，下列命题中正确的是_____________（写出所有正确命题的编号）.①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点②如果k与b都是无理数，则直线ykxb不经过任何整点③直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点④直线ykxb经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数⑤存在恰经过一个整点的直线【命题意图】本题考查直线方程、直线过定点、充分必要条件、存在性问题、命题真假的判定，考查学生分析、判断、转化、解决问题能力，此类问题正确的命题要给出证明，错误的要给出反例，此题综合性较强，难度较大.【答案】①③⑤【解析】①正确，设122yx，当x是整数时，y是无理数，（x，y）必不是整点.②不正确，设k=2，b=－2，则直线y=2(1)x过整点（1,0）.③正确，直线l经过无穷多个整点，则直线l必然经过两个不同整点，显然成立；反之成立，设直线l经过两个整点111(,)Pxy，222(,)Pxy，则l的方程为211211()()()()xxyyyyxx，令x=121()xkxx（kZ），则x∈Z，且y=211()kyyy也是整数，故l经过无穷多个整点.④不正确，由③知直线l经过无穷多个整点的充要条件是直线经过两个不同的整点,设为111(,)Pxy，222(,)Pxy，则l的方程为211211()()()()xxyyyyxx，∵直线方程为ykxb的形式，∴12xx，∴y=2112212121yyyxyxxxxxx，∴k，b∈Q，反之不成立，如1134yx，则334xy，若y∈Z，则334xyZ，即k，b∈Q，得不到ykxb经过无穷个整点.⑤正确，直线y=2(1)x只过整点（1,0）.2.(2011年高考重庆卷理科15)设圆C位于抛物线22yx与直线3x所组成的封闭区域（包含边界）内，则圆C的半径能取到的最大值为解析：61。为使圆C的半径取到最大值，显然圆心应该在x轴上且与直线3x相切，设圆C的半径为r，则圆C的方程为2223xryr，将其与22yx联立得：222960xrxr，令2224960rr，并由0r，得：61r三、解答题:1.(2011年高考山东卷理科22)（本小题满分14分）已知动直线l与椭圆C:22132xy交于P11,xy、Q22,xy两不同点，且△OPQ的面积OPQS=62,其中O为坐标原点.（Ⅰ）证明2212xx和2212yy均为定值;（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求||||OMPQ的最大值；（Ⅲ）椭圆C上是否存在点D,E,G，使得62ODEODGOEGSSS?若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由.【解析】（I）解：（1）当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，所以2121,.xxyy因为11(,)Pxy在椭圆上，因此2211132xy①又因为6,2OPQS所以116||||.2xy②；由①、②得116||,||1.2xy此时222212123,2,xxyy（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为,ykxm由题意知m0，将其代入22132xy，得222(23)63(2)0kxkmxm，其中22223612(23)(2)0,kmkm即2232km…………（*）又212122263(2),,2323kmmxxxxkk所以22222121222632||1()41,23kmPQkxxxxkk因为点O到直线l的距离为2||1,mdk所以1||2OPQSPQd2222212632||12231kmmkkk2226||3223mkmk，又6,2OPQS整理得22322,km且符合（*）式，此时222221212122263(2)()2()23,2323kmmxxxxxxkk222222121212222(3)(3)4()2.333yyxxxx综上所述，222212123;2,xxyy结论成立。（II）解法一：（1）当直线l的斜率存在时，由（I）知116||||,||2||2,2OMxPQy因此6||||26.2OMPQ（2）当直线l的斜率存在时，由（I）知123,22xxkm22212122222212122222222222222332(),2222916211||()()(3),2244224(32)2(21)1||(1)2(2),(23)yyxxkkmkmmmmmxxyykmOMmmmmkmmPQkkmm所以2222111||||(3)2(2)2OMPQmm2211(3)(2)mm222113225()24mm所以5||||2OMPQ，当且仅当221132,2mmm即时，等号成立.综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为5.2解法二：因为222222121221214||||()()()()OMPQxxyyxxyy222212122[()()]10.xxyy所以224||||102||||5.25OMPQOMPQ即5||||,2OMPQ当且仅当2||||5OMPQ时等号成立。因此|OM|·|PQ|的最大值为5.2（III）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得6.2ODEODGOEGSSS证明：假设存在11226(,),(,),(,)2ODEODGOEGDuvExyGxySSS满足，由（I）得22222222222212121212222222121212123,3,3;2,2,2,3;1.25,,,,,1,2uxuxxxvyvyyyuxxvyyuxxvyy解得因此只能从中选取只能从中选取因此D，E，G只能在6(,1)2这四点中选取三个不同点，而这三点的两两连线中必有一条过原点，与62ODEODGOEGSSS矛盾，所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.2.(2011年高考广东卷理科19)设圆C与两圆222254,54xyxy（+）（）中的一个内切，另一个外切.（1）求C的圆心轨迹L的方程.（2）已知点3545()555MF，，（，0），且P为L上动点，求MPFP的最大值及此时点P的坐标.【解析】（1）解：设C的圆心的坐标为(,)xy，由题设条件知2222|(5)(5)|4,xyxy化简得L的方程为221.4xy（2）解：过M，F的直线l方程为2(5)yx，将其代入L的方程得215325840.xx解得121265145652514525,,(,),(,).515551515xxlLTT故与交点为因T1在线段MF外，T2在线段MF内，故11||||||2,MTFTMF22||||||2.MTFTMF，若P不在直线MF上，在MFP中有||||||2.MPFPMF故||||MPFP只在T1点取得最大值2。3．(2011年高考福建卷理科17)（本小题满分13分）已知直线l：y=x+m，m∈R。（I）若以点M（2,0）为圆心的圆与直线l相切与点P，且点P在y轴上，求该圆的方程；（II）若直线l关于x轴对称的直线为l，问直线l与抛物线C：x2=4y是否相切？说明理由。【命题意图】本题考查圆的方程、直线与圆相切知识、两直线的位置关系、直线与抛物线位置关系等基础知识，考查函数与方程思想、数形结合思想、分类与整合思想，是中档题.【解析】（I）由题意知P(0,m),∵以点M(2,0）为圆心的圆与直线l相切与点P,∴PMk=002m=1,解得m=2，∴圆M的半径22(20)(02)r=22，∴所求圆M的方程为22(2)8xy；（II）∵直线l关于x轴对称的直线为l，l：yxm，m∈R，∴l：yxm，代入24xy得2440xxm，=2444m=1616m，当m＜1时，＞0，直线l与抛物线C相交；当m=1时，=0，直线l与抛物线C相切；当m＞1时，＜0，直线l与抛物线C相离.综上所述，当m=1时，直线l与抛物线C相切，当m≠1时，直线l与抛物线C不相切.【点评】本题考查内容和方法很基础，考查面较宽，是很好的一个题.4．(2011年高考上海卷理科23)（18分）已知平面上的线段l及点P，在l上任取一点Q，线段PQ长度的最小值称为点P到线段l的距离，记作(,)dPl。（1）求点(1,1)P到线段:30(35)lxyx的距离(,)dPl；（2）设l是长为2的线段，求点集{|(,)1}DPdPl所表示图形的面积；（3）写出到两条线段12,ll距离相等的点的集合12{|(,)(,)}PdPldPl，其中12,lABlCD，,,,ABCD是下列三组点中的一组。对于下列三组点只需选做一种，满分分别是①2分，②6分，③8分；若选择了多于一种的情形，则按照序号较小的解答计分。①(1,3),(1,0),(1,3),(1,0)ABCD。②(1,3),(1,0),(1,3),(1,2)ABCD。③(0,1),(0,0),(0,0),(2,0)ABCD。解：⑴设(,3)Qxx是线段:30(35)lxyx上一点，则22259||(1)(4)2()(35)22PQxxxx，当3x时，min(,)||5dPlPQ。⑵设线段l的端点分别为,AB，以直线AB为x轴，AB的中点为原点建立直角坐标系，则(1,0),(1,0)AB，点集D由如下曲线围成1-1-11yxOBA12:1(||1),:1(||1)lyxlyx，222212:(1)1(1),:(1)1(1)CxyxCxyx其面积为4S。⑶①选择(1,3),(1,0),(1,3),(1,0)ABCD，{(,)|0}xyx②选择(1,3),(1,0),(1,3),(1,2)ABCD。2{(,)|0,0}{(,)|4,20}{(,)|10,1}xyxyxyyxyxyxyx③选择(0,1),(0,0),(0,0),(2,0)ABCD。{(,)|0,0}{(,)|,01}xyxyxyyxx2{(,)|21,12}{(,)|4230,2}xyxyxxyxyx搽瞬隶调洒特来崔徊的泽牛宦娘