2015屆高考理科數學第一輪知識點專項題庫49

沁園春·雪<毛澤東>北國風光，千里冰封，萬里雪飄。望長城內外，惟余莽莽；大河上下，頓失滔滔。山舞銀蛇，原馳蠟象，欲與天公試比高。沁園春·雪<毛澤東>北國風光，千里冰封，萬里雪飄。望長城內外，惟余莽莽；大河上下，頓失滔滔。山舞銀蛇，原馳蠟象，欲與天公試比高。須晴日，看紅裝素裹，分外妖嬈。江山如此多嬌，引無數英雄競折腰。惜秦皇漢武，略輸文采；唐宗宋祖，稍遜風騷。一代天驕，成吉思汗，只識彎弓射大雕。俱往矣，數風流人物，還看今朝。須晴日，看紅裝素裹，分外妖嬈。江山如此多嬌，引無數英雄競折腰。惜秦皇漢武，略輸文采；唐宗宋祖，稍遜風騷。一代天驕，成吉思汗，只識彎弓射大雕。俱往矣，數風流人物，還看今朝。第6講與圓有關的定點、定值、最值與 范圍問題一、填空題1．已知實數x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥0，,x－y≥0，,2x－y－2≥0，))則點(x，y)到圓(x＋2)2＋(y－6)2＝1上點的距離的最小值是________．答案4eq\r(2)－12．已知x，y滿足x2＋y2－4x－6y＋12＝0，則x2＋y2最小值為________．解析法一點(x，y)在圓(x－2)2＋(y－3)2＝1上，故點(x，y)到原點距離的平方即x2＋y2最小值為(eq\r(13)－1)2＝14－2eq\r(13).法二設圓的參數方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋cosα，,y＝3＋sinα))則x2＋y2＝14＋4cosα＋6sinα，所以x2＋y2的最小值為14－eq\r(42＋62)＝14－2eq\r(13).答案14－2eq\r(13)3．圓C的方程為(x－2)2＋y2＝4，圓M的方程為(x－2－5cosθ)2＋(y－5sinθ)2＝1(θ∈R)．過圓M上任意一點P作圓C的兩條切線PE，PF，切點分別為E，F，則eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))的最小值是________．解析如圖所示，連接CE，CF.由題意，可知圓心M(2＋5cosθ，5sinθ)，設eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋5cosθ，,y＝5sinθ，))則可得圓心M的軌跡方程為(x－2)2＋y2＝25，由圖，可知只有當M，P，C三點共線時，才能夠滿足eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))最小，此時|PC|＝4，|EC|＝2，故|PE|＝|PF|＝2eq\r(3)，∠EPF＝60°，則eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝(2eq\r(3))2×cos60°＝6.答案64．直線eq\r(2)ax＋by＝1與圓x2＋y2＝1相交于A，B兩點(其中a，b是實數)，且△AOB是直角三角形(O是坐標原點)，則點P(a，b)與點(0,1)之間的距離的最大值為________．解析△AOB是直角三角形等價于圓心(0,0)到直線eq\r(2)ax＋by＝1的距離等于eq\f(\r(2),2)，由點到直線的距離公式，得eq\f(1,\r(2a2＋b2))＝eq\f(\r(2),2)，即2a2＋b2＝2，即a2＝1－eq\f(b2,2)且b∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]．點P(a，b)與點(0,1)之間的距離為d＝eq\r(a2＋b－12)＝eq\r(\f(1,2)b2－2b＋2)，因此當b＝－eq\r(2)時，d取最大值，此時dmax＝eq\r(3＋2\r(2))＝eq\r(2)＋1.答案eq\r(2)＋15．已知P是直線3x＋4y＋8＝0上的動點，PA、PB是圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0的切線，A、B是切點，C是圓心，那么四邊形PACB面積的最小值是________．解析如圖所示，由題意，圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0的圓心是C(1,1)，半徑為1，由PA＝PB易知四邊形PACB的面積＝eq\f(1,2)(PA＋PB)＝PA，故PA最小時，四邊形PACB的面積最?。捎赑A＝eq\r(PC2－1)，故PC最小時PA最小，此時CP垂直于直線3x＋4y＋8＝0，P為垂足，PC＝eq\f(|3＋4＋8|,5)＝3，PA＝eq\r(PC2－1)＝2eq\r(2)，所以四邊形PACB面積的最小值是2eq\r(2).答案2eq\r(2)6．過圓x2＋y2＝1上一點作圓的切線與x軸、y軸的正半軸交于A、B兩點，則AB的最小值為________．解析設圓上的點為(x0，y0)，其中x0>0，y0>0，切線方程為x0x＋y0y＝1，分別令x＝0，y＝0，得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)，0))、Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,y0)))，所以AB＝eq\r(\f(1,x\o\al(2,0))＋\f(1,y\o\al(2,0)))＝eq\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x\o\al(2,0))＋\f(1,y\o\al(2,0)))))≥2.答案27．若圓C：(x－a)2＋(y－1)2＝1在不等式x＋y＋1≥0所表示的平面區(qū)域內，則a的最小值為________．解析由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝\f(|a＋2|,\r(2))≥1，,a＋1＋1≥0，))解得a≥eq\r(2)－2.答案eq\r(2)－28．過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))的直線l與圓C：(x－1)2＋y2＝4交于A、B兩點，當∠ACB最小時，直線l的方程為________．解析因點P在圓C內，所以當AB長最小時，∠ACB最小，此時AB⊥PC.由kPC＝－2可得kAB＝eq\f(1,2).所以直線l的方程為2x－4y＋3＝0.答案2x－4y＋3＝09．過直線x＋y－2eq\r(2)＝0上一點P作圓O：x2＋y2＝1的兩條切線，若兩條切線的夾角是60°，則點P的坐標是________．解析因為點P在直線x＋y－2eq\r(2)＝0上，所以可設點P(x0，－x0＋2eq\r(2))，設其中一個切點為M.因為兩條切線的夾角為60°，所以∠OPM＝30°.故在Rt△OPM中，有OP＝2OM＝2，所以OP2＝4，即xeq\o\al(2,0)＋(－x0＋2eq\r(2))2＝4，解得x0＝eq\r(2).故點P的坐標是(eq\r(2)，eq\r(2))．答案(eq\r(2)，eq\r(2))10．若直線l：ax＋by＋1＝0始終平分圓M：x2＋y2＋4x＋2y＋1＝0的周長，則(a－2)2＋(b－2)2的最小值為________．解析由題意，圓(x＋2)2＋(y＋1)2＝4的圓心(－2，－1)在直線ax＋by＋1＝0上，所以－2a－b＋1＝0，即2a＋b－1＝0.因為eq\r(a－22＋b－22)表示點(a，b)與(2,2)的距離，所以eq\r(a－22＋b－22)的最小值為eq\f(|4＋2－1|,\r(4＋1))＝eq\r(5)，即(a－2)2＋(b－2)2的最小值為5.答案5二、解答題11．已知以點Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(2,t)))(t∈R，t≠0)為圓心的圓與x軸交于點O、A，與y軸交于點O、B，其中O為原點．(1)求證：△OAB的面積為定值；(2)設直線y＝－2x＋4與圓C交于點M，N，若OM＝ON，求圓C的方程．(1)證明∵圓C過原點O，∴OC2＝t2＋eq\f(4,t2).設圓C的方程是(x－t)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2,t)))2＝t2＋eq\f(4,t2)，令x＝0，得y1＝0，y2＝eq\f(4,t)；令y＝0，得x1＝0，x2＝2t.∴S△OAB＝eq\f(1,2)OA·OB＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,t)))×|2t|＝4，即△OAB的面積為定值．(2)解∵OM＝ON，CM＝CN，∴OC垂直平分線段MN.∵kMN＝－2，∴kOC＝eq\f(1,2)，∴直線OC的方程是y＝eq\f(x,2).∴eq\f(2,t)＝eq\f(1,2)t，解得t＝2或t＝－2.當t＝2時，圓心C的坐標為(2,1)，OC＝eq\r(5)，此時圓心C到直線y＝－2x＋4的距離d＝eq\f(9,\r(5))＜eq\r(5)，圓C與直線y＝－2x＋4相交于兩點．當t＝－2時，圓心C的坐標為(－2，－1)，OC＝eq\r(5)，此時圓心C到直線y＝－2x＋4的距離d＝eq\f(9,\r(5))＞eq\r(5)，圓C與直線y＝－2x＋4相離，∴t＝－2不符合題意舍去．∴圓C的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝5.12．已知圓C的方程為(x＋4)2＋y2＝16，直線l過圓心且垂直于x軸，其中G點在圓上，F點坐標為(－6,0)．(1)若直線FG與直線l交于點T，且G為線段FT的中點，求直線FG被圓C所截得的弦長；(2)在平面上是否存在定點P，使得對圓C上任意的點G有eq\f(|GF|,|GP|)＝eq\f(1,2)？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．解(1)由題意，設G(－5，yG)，代入(x＋4)2＋y2＝16，得yG＝±eq\r(15)，所以FG的斜率為k＝±eq\r(15)，FG的方程為y＝±eq\r(15)(x＋6)．設圓心C(－4,0)到FG的距離為d，由點到直線的距離公式得d＝eq\f(|±2\r(15)|,\r(15＋1))＝eq\f(\r(15),2).則直線FG被圓C截得的弦長為2eq\r(16－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),2)))2)＝7.故直線FG被圓C截得的弦長為7.(2)設P(s，t)，G(x0，y0)，則由eq\f(|GF|,|GP|)＝eq\f(1,2)，得eq\f(\r(x0＋62＋y\o\al(2,0)),\r(x0－s2＋y0－t2))＝eq\f(1,2)，整理得3(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0))＋(48＋2s)x0＋2ty0＋144－s2－t2＝0. ①又G(x0，y0)在圓C：(x＋4)2＋y2＝16上，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋8x0＝0. ②將②代入①，得(2s＋24)x0＋2ty0＋144－s2－t2＝0.又由G(x0，y0)為圓C上任意一點可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2s＋24＝0，,2t＝0，,144－s2－t2＝0，))解得s＝－12，t＝0.所以在平面上存在定點P(－12,0)，使得結論成立．13．已知⊙C過點P(1,1)，且與⊙M：(x＋2)2＋(y＋2)2＝r2(r＞0)關于直線x＋y＋2＝0對稱．(1)求⊙C的方程；(2)設Q為⊙C上的一個動點，求eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))的最小值；(3)過點P作兩條相異直線分別與⊙C相交于A、B，且直線PA和直線PB的傾斜角互補，O為坐標原點，試判斷直線OP和AB是否平行？請說明理由．解(1)設圓心C(a，b)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a－2,2)＋\f(b－2,2)＋2＝0，,\f(b＋2,a＋2)＝1.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝0.))則圓C的方程為x2＋y2＝r2，將點P的坐標代入，得r2＝2.故圓C的方程為x2＋y2＝2.(2)設Q(x，y)，則x2＋y2＝2，且eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(x－1，y－1)·(x＋2，y＋2)＝x2＋y2＋x＋y－4＝x＋y－2.所以eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))的最小值為－4.(也可由線性規(guī)劃或三角代換求得)(3)由題意知，直線PA和直線PB的斜率存在，且互為相反數，故可設PA：y－1＝k(x－1)，PB：y－1＝－k(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－1＝kx－1，,x2＋y2＝2，))得(1＋k2)x2＋2k(1－k)x＋(1－k)2－2＝0.因為點P的橫坐標x＝1一定是該方程的解，故可得xA＝eq\f(k2－2k－1,1＋k2).同理，xB＝eq\f(k2＋2k－1,1＋k2).所以kAB＝eq\f(yB－yA,xB－xA)＝eq\f(－kxB－1－kxA－1,xB－xA)＝eq\f(2k－kxB＋xA,xB－xA)＝1＝kOP.所以直線AB和OP一定平行．14.如圖，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點為F1，右焦點為F2，離心率e＝eq\f(1,2).過F1的直線交橢圓于A，B兩點，且△ABF2的周長為8.(1)求橢圓E的方程；(2)設動直線l：y＝kx＋m與橢圓E有且只有一個公共點P，且與直線x＝4相交于點Q.試探究：在坐標平面內是否存在定點M，使得以PQ為直徑的圓恒過點M？若存在，求出點M的坐標；若不存在，說明理由．解(1)∵|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8，又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a∴4a＝8，a又∵e＝eq\f(1,2)，即eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，∴c＝1，∴b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3).故橢圓E的方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m∵動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0，y0)，∴m≠0且Δ＝0，即64k2m2－4(4k2＋3)(化簡得4k2－m2＋3＝0.(*)此時x0＝－eq\f(4km,4k2＋3)＝－eq\f(4k,m)，y0＝kx0＋m＝eq\f(3,m)，∴P