第11期 核心素养阶段测评（二）-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（人教A版2019）

书 核心素养阶段测评（二） 测试范围：第一 ～二章 ◆ 数理报社试题研究中心 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本大题共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．已知倾斜角为θ的直线ｌ与直线ｘ＋２ｙ－３＝０垂直，则ｓｉｎθ＝ （　　） （Ａ）－槡５５ （Ｂ） 槡５ ５ （Ｃ）－ 槡２５ ５ （Ｄ） 槡２５ ５ ２．（２０２４江苏南通海安高级中学校考一模）设向量ａ＝（３，５，２），ｂ＝ （－２，１，３），若向量ｍａ＋ｎｂ与ｘ轴垂直，则 （　　） （Ａ）３ｍ＝２ｎ （Ｂ）３ｍ＝ｎ （Ｃ）ｍ＝２ｎ （Ｄ）ｍ＝ｎ ３．（２０２４湖南衡阳期末）我国古代数学名 著《九章算术》中将有三条棱互相平行且只有 一个面为平行四边形的五面体称为刍甍．如图 １，今有一刍甍，四边形 ＡＢＣＤ为平行四边形， ＥＦ∥平面ＡＢＣＤ，且ＡＢ＝２ＥＦ，点Ｍ在棱ＦＣ 上，且２ＦＭ ＝ＭＣ．设→ＡＢ＝ａ，→ＡＤ＝ｂ，→ＡＥ＝ｃ，则→ＡＭ ＝ （　　） （Ａ）２３ａ＋ １ ３ｂ＋ ２ ３ｃ （Ｂ） １ ３ａ＋ ２ ３ｂ＋ ２ ３ｃ （Ｃ）５６ａ＋ ２ ３ｂ＋ １ ３ｃ （Ｄ） ４ ３ａ＋ ２ ３ｂ＋ １ ６ｃ ４．（２０２４湖北省直辖县级单位校考阶段练习）在平面直角坐标系中有 两个定点Ａ（１，５），Ｂ（４，１），若在ｙ轴有一动点Ｐ，使得｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ｜的值 最小，此时Ｐ点坐标为 （　　） （Ａ (） ２１５， )０ （Ｂ (） ７２， )０ （Ｃ (） ０， )７２ （Ｄ (） ０，２１)５ ５．（２０２４贵州贵阳统考期末）已知直线ｌ：ｘ－２ｙ－１＝０是圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２ －６ｘ＋ａｙ＋１＝０（ａ∈Ｒ）的对称轴，过点Ｐ（－４，ａ）作圆的一条切线，切 点为Ａ，则｜ＰＡ｜＝ （　　） （Ａ） 槡２ １０ （Ｂ）７ （Ｃ）槡４３ （Ｄ）２ ６．已知平面上三点坐标为Ａ（２，－１），Ｂ（０，２），Ｃ（１，０），小明在点Ｂ处 休息，一只小狗沿ＡＣ所在直线来回跑动，则小狗距离小明最近时所在位置 的坐标为 （　　） （Ａ (） －３８，１１)８ （Ｂ (） －５１２，１９)１２ （Ｃ (） －１２， )３２ （Ｄ (） －３５， )７５ ７．（２０２４安徽合肥二模）在平面直角坐标系ｘＯｙ中，对于点Ａ（ｘ１，ｙ１）， Ｂ（ｘ２，ｙ２），若ｘ２－ｘ１＝ｙ２－ｙ１，则称点Ａ和点Ｂ互为等差点．已知点Ｑ是圆 ｘ２＋ｙ２ ＝４上一点，若直线ｘ＝ 槡２２上存在点Ｑ的等差点Ｐ，则｜ＯＰ｜的 取值范围为 （　　） （Ａ）［槡２２，槡４２］ （Ｂ）［槡１０， 槡２ １０］ （Ｃ）［槡２２， 槡２ １０］ （Ｄ）［槡２２，８］ ８．（２０２４天津期中）庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形 式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂 脊，前后左右都有斜坡（如图①），类似五面体ＡＢＣＤ的形状（如图②），若 四边形ＡＢＣＤ是矩形，ＡＢ∥ＥＦ，且ＡＢ＝２ＥＦ＝２ＢＣ＝８，ＥＡ＝ＥＤ＝ＦＢ ＝ＦＣ＝３，则三棱锥Ｆ－ＡＤＥ的体积为 （　　） （Ａ）８３ （Ｂ）３ （Ｃ） ４ ３ （Ｄ） １６ ３ 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．（２０２４湖北荆门期末）下列说法不正确的有 （　　） （Ａ）若两条直线２ｘ＋ａｙ－５＝０与ａｘ＋２ｙ－５＝０互相平行，则实数 ａ的值为 －２ （Ｂ）若直线ｙ＝ｋｘ＋ｂ不经过第三象限，则点（ｋ，ｂ）在第二象限 （Ｃ）过点（－２，－３）且在两坐标轴上的截距相等的直线 ｌ的方程为 ｘ＋ｙ＝－５ （Ｄ）已知直线ｋｘ－ｙ－ｋ－１＝０和以Ｍ（－３，１），Ｎ（３，２）为端点的线 段相交，则实数ｋ (的取值范围为 －∞，－ ]１２ [∪ ３２，＋ )∞ １０．过Ｃ（１，１）的直线ｌ与圆Ｏ：ｘ２＋ｙ２＝４相交于不同的两点Ａ，Ｂ，则 下列命题中错误的是 （　　） （Ａ）｜ＡＢ｜的最小值为槡２ （Ｂ）｜ＡＢ｜的最大值为 槡２２ （Ｃ）△ＡＯＢ可能为等腰直角三角形 （Ｄ）△ＡＯＢ可能为锐角三角形 １１．（２０２４河南开学考试）如图３，某同学在一张矩形卡片上绘制了函 数ｆ（ｘ）＝ (ｓｉｎ πｘ＋５π)６ 的部分图象，Ａ，Ｂ分别是ｆ（ｘ）图象的一个最高 点和最低点，Ｍ是ｆ（ｘ）图象与ｙ轴的交点，ＢＤ⊥ＯＤ，现将该卡片沿ｘ轴折 成如图４所示的直二面角Ａ－ＯＤ－Ｂ，在图４中，则 （　　） （Ａ）ＡＢ＝槡３ （Ｂ）点Ｄ到直线ＡＢ的距离为槡３３ （Ｃ）点Ｄ到平面ＡＢＭ的距离为槡１４１４ （Ｄ）平面ＯＢＤ与平面ＡＢＭ夹角的余弦值为槡１４７ 第Ⅱ卷 非选择题 （共９２分） 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．（２０２４北京朝阳阶段练习）已知空间向量ａ＝（１，－２，２），ｂ＝（２， ２，－３），ｃ＝（－３，１，ｘ），若ａ，ｂ，ｃ可以构成空间向量的一个基底，则实数ｘ 的取值范围为 ． １３．（２０２４吉林长春阶段练习）美术绘图中常采 用“三庭五眼”作图法．三庭：将整个脸部按照发际线 至眉骨，眉骨至鼻底，鼻底至下颏的范围分为上庭、中 庭、下庭．各占脸长的 １３，五眼：指脸的宽度比例，以眼 形长度为单位，把脸的宽度自左至右分成第一眼、第 二眼、第三眼、第四眼、第五眼五等份．如图５．假设三 庭中一庭的高度为２ｃｍ，五眼中一眼的宽度为１ｃｍ，若图中提供的直线ＡＢ 近似记为该人像的刘海边缘，且该人像的鼻尖位于中庭下边界和第三眼的 中点，则该人像鼻尖到刘海边缘的距离为 ． １４．（２０２４河南焦作期中）著名数学家笛卡儿曾经给出一个四圆相切 的定理：半径分别为ｒ１，ｒ２，ｒ３的三个圆两两外切，同时又都与半径为ｒ４的圆 外切，则 (２ １ｒ１ｒ２＋ １ｒ１ｒ３＋ １ｒ１ｒ４＋ １ｒ２ｒ３＋ １ｒ２ｒ４＋ １ｒ３ｒ)４ ＝ １ｒ２１ ＋ １ ｒ２２ ＋１ ｒ２３ ＋１ ｒ２４ ． 已知Ｏ１（－２，０），Ｏ２（２，０），Ｏ (３ ０， )３２ ，若圆Ｏ１，Ｏ２，Ｏ３两两外切，且都与 ! " # ! ! ! ! ! ! ! ! ! $ % # ! ! ! ! ! ! ! ! ! & ' # ! ! ! ! ! ! ! ! ! " # ( ) * ! " + $ % + & ' $ # ( , - . / 0 1 2 3 4 . % # ( 5 ) 6 7 8 9 : - ; 8 < = 7 > ! " # $ 名 师 名 卷 ? @ A %&' ( & )( !!"# & !! $&$' * ( + ") , !"#$ !"# * $%&'()*+, ! BCDE#FGHIJK ! BLDE#FGHJMNOPQRST FGHJUVWXYZ[\ ! ]^DE#_`ab ! bc#def ! ghijkl]^m'# +,"'-&.&./ n 0 o ! pqr'# $"-$1( ! " # $ % & ' ! ! ! " $ % & ' !" #" !" #" ! $ ' " $% &' ! 2 " ( % # ) ' * ! % ! ' * ( " % ) # ' 书 圆Ｏ４外切，其中圆Ｏ１，Ｏ２的半径相等，则圆Ｏ４的标准方程为 ． 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）已知Ａ（１，２，０），Ｂ（０，４，０），Ｃ（２，３，３）． （１）求ｃｏｓ〈→ＡＢ，→ＡＣ〉； （２）已知点Ｐ（－３，ｍ，ｎ）在直线ＡＣ上，求ｍ＋ｎ的值． １６．（１５分）已知直线ｌ１的方程为２ｘ＋２ｙ－５＝０，若直线ｌ２在ｙ轴上 的截距为 １ ２，且ｌ１⊥ｌ２． （１）求直线ｌ１和ｌ２的交点坐标； （２）已知直线ｌ３经过ｌ１与ｌ２的交点，且与两坐标轴的正半轴围成的三 角形的面积为 ２５ ８，求直线ｌ３的方程． １７．（１５分）（２０２４安徽亳州期中）城市发展，拼“内涵”也要拼“颜 值”，近年来，多地持续推进城市绿化，以城市绿化增量提质，擦亮城市生 态底色，街头随处可见的“口袋公园”已规划完善，一幅“推窗见绿、出门即 景”的美丽画卷正徐徐展开．某市规划四边形空地 ＯＡＢＣ建设“口袋公 园”，已知三角形区域ＯＡＣ与ＡＢＣ关于中心道路ＡＣ对称，在ＡＣ的中点Ｐ处 规划建一公共厕所．测得∠ＡＯＣ＝α且ｔａｎα＝－２，点Ｃ到ＯＡ的距离为２０ 米，ＯＡ＝１０米．设计人员方便规划计算，在图纸上以Ｏ为坐标原点，以直线 ＯＡ为ｘ轴建立如图６所示平面直角坐标系ｘＯｙ． （１）求点Ｐ到ＯＣ的距离； （２）求出ＢＣ所在直线方程及该口袋公园的总面积． １８．（１７分）（２０２４天津河东一模）在滨海文化中心有天津滨海科技 馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图７所示，截取其中一部分抽象出长方 体和圆台组合，如图８所示，长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，ＡＢ＝４，ＡＤ＝ＡＡ１ ＝２，圆台下底圆心Ｏ为ＡＢ的中点，直径为２，圆与直线ＡＢ交于Ｅ，Ｆ，圆台 上底的圆心Ｏ１在Ａ１Ｂ１上，直径为１． （１）求Ａ１Ｃ与平面Ａ１ＥＤ所成角的正弦值； （２）求平面Ａ１ＥＤ与平面Ａ１ＤＦ夹角的余弦值； （３）圆台上底圆周上是否存在一点Ｐ使得ＦＰ⊥ＡＣ１，若存在，求点Ｐ 到直线Ａ１Ｂ１的距离，若不存在，则说明理由． １９．（１７分）（２０２４上海黄浦一模）已知曲线Ｔ：Ｆ（ｘ，ｙ）＝０，对坐标平 面上任意一点 Ｐ（ｘ，ｙ），定义 Ｆ［Ｐ］＝Ｆ（ｘ，ｙ），若两点 Ｐ，Ｑ，满足 Ｆ［Ｐ］· Ｆ［Ｑ］＞０，称点Ｐ，Ｑ在曲线Ｔ同侧；Ｆ［Ｐ］·Ｆ［Ｑ］＜０，称点Ｐ，Ｑ在曲线Ｔ 两侧． （１）直线ｌ过原点，线段ＡＢ上所有点都在直线ｌ同侧，其中Ａ（－１，１）， Ｂ（２，３），求直线ｌ的斜率的取值范围； （２）已知曲线Ｆ（ｘ，ｙ）＝（３ｘ＋４ｙ－５） ４－ｘ２－ｙ槡 ２ ＝０，Ｏ为坐标原 点，求点集Ｓ＝｛Ｐ｜Ｆ［Ｐ］·Ｆ［Ｏ］＞０｝的面积； （３）记到点（０，１）与到ｘ轴距离和为５的点的轨迹为曲线Ｃ，曲线Ｔ： Ｆ（ｘ，ｙ）＝ｘ２＋ｙ２－ｙ－ａ＝０，若曲线Ｃ上总存在两点Ｍ，Ｎ在曲线Ｔ两侧， 求曲线Ｃ的方程与实数ａ的取值范围． ! " # $%&'()*+, ! -2345 ! 6789:0 $%#! &#'(!'#) ! ;<=>?@ABCDEFGHIJK !%' LMN<OPQMR678 ! ST6U0 $%$$$) ! EV8W<X!0 $%#! !#'(!!'# $%#! !#'(!'%( YZ[, ! W\?]^;<EV8>_`abcdSeYfg ! STW\X!? !!!*# ! hijkWlmWnoW ! ;<pabcBqEgrstuv< ! wxyz{h|L0 !+,,,,+,,,!!, ! wx89:0 ,%#!!#'(!'## ! ;<}~€Z‚ƒ„…†‡ˆq‰ŠE‹ŒHŽ‘’“” !! Lg•ƒ–—…ƒ˜™š›œ]^;<EV8>_žŸ ! " ! ! " ! # # ! $ % & & ! % ! ' ! ( ! * ( & ! ) # " * ! ) 书 所以直线ＡＣ的方程为ｙ＝－（ｘ－１），即ｙ＝－ｘ＋１①， 设小狗的位置为点Ｐ，当ＢＰ⊥ＡＣ时，小狗距离小明最近， 此时直线ＢＰ的方程为ｙ＝ｘ＋２②，联立①②， 解得ｘ＝－ １２，ｙ＝ ３ ２， (因此所求位置的坐标为 － １２， )３２ ． ７．由题意设Ｐ（槡２２，ｔ），Ｑ（ｘ，ｙ）， 由题意知ｙ－ｔ＝ｘ－ 槡２２，则ｔ＝ｙ－ｘ＋ 槡２２， 由于点Ｑ是圆ｘ２＋ｙ２＝４上一点，故令 ｘ＝２ｃｏｓθ， ｙ＝２ｓｉｎθ{ ，θ∈［０，２π）， 则ｔ＝２ｓｉｎθ－２ｃｏｓθ＋ 槡２２＝ 槡 (２２ｓｉｎ θ－π )４ ＋ 槡２２， 由于θ－π４ [∈ －π４，７π)４ ，故ｔ∈［０，槡４２］，则ｔ２∈［０，３２］， 故｜ＯＰ｜＝ （槡２２）２＋ｔ槡 ２＝ ８＋ｔ槡 ２∈［槡２２， 槡２ １０］，故选（Ｃ）． ８．如图１，在线段ＣＤ上取点Ｈ， Ｎ，使得ＤＨ＝ＣＮ＝２，ＨＮ＝４， 在线段 ＡＢ上取点 Ｇ，Ｍ，使得 ＡＧ＝ＭＢ＝２，ＧＭ ＝４， 连 接 ＥＧ，ＥＨ，ＧＨ，ＦＭ，ＦＮ， ＭＮ，设Ｐ，Ｑ分别为ＧＨ，ＭＮ的中点， 连接ＥＰ，ＦＱ， 由题意可得，ＥＧ＝ＥＨ＝ＦＭ＝ＦＮ＝槡５，ＧＨ＝ＭＮ＝４，ＥＰ＝ＦＱ， ＥＰ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＥＰ＝ＦＱ＝１，连接ＰＱ，则ＰＱ∥ＡＢ∥ＤＣ，以Ｑ为 原点，以ＱＭ，ＱＰ，ＱＦ所在直线为ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角坐标系，则Ｆ（０，０， １），Ａ（２，６，０），Ｄ（－２，６，０），Ｅ（０，４，１）， 所以→ＡＤ＝（－４，０，０），→ＡＥ＝（－２，－２，１），→ＥＦ＝（０，－４，０）， 设平面ＡＤＥ的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＡＤ＝０， ｎ·→ＡＥ＝０{ ，即 －４ｘ＝０， －２ｘ－２ｙ＋ｚ＝０{ ，则可取ｎ (＝ ０，１２， )１ ， 则点Ｆ到平面ＡＤＥ的距离为ｈ＝ →｜ＥＦ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ ２ 槡 ５ ４ ＝ 槡４５５， 又Ｓ△ＡＤＥ＝ １ ２ ×４× ３ ２－２槡 ２＝ 槡２５， 所以三棱锥Ｆ－ＡＤＥ的体积为 １３ ×Ｓ△ＡＤＥ×ｈ＝ １ ３ ×槡２５× 槡４５ ５ ＝ ８ ３．故选（Ａ）． 二、多项选择题　９．ＢＣ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．由题可得２×２－ａ×ａ＝０，解得ａ＝－２或ａ＝２，当ａ＝２时，此 时两条直线重合，故实数ａ的值为 －２，故（Ａ）正确； 当ｋ＝０，ｂ＝０时，直线ｙ＝０不经过第三象限，此时点（０，０）是坐标 原点，不在第二象限，故（Ｂ）错误； 当直线过原点时，直线ｙ＝ ３２ｘ经过点（－２，－３），即直线ｙ＝ ３ ２ｘ 也满足题意，故（Ｃ）错误； 直线ｋｘ－ｙ－ｋ－１＝０可化为ｋ（ｘ－１）－（ｙ＋１）＝０， 恒过定点Ｐ（１，－１）， 且斜率为ｋ， 则ｋＰＭ ＝ －１－１ １＋３ ＝－ １ ２，ｋＰＮ＝ －１－２ １－３ ＝ ３ ２， 由题可得ｋ≥ ３２ 或ｋ≤－ １ ２，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １０．因为直线ｌ过点Ｃ（１，１），所以当ｌ⊥ＯＣ时圆心到直线ｌ的距离最 大，此时｜ＡＢ｜＝ 槡２２，所以｜ＡＢ｜的最小值为 槡２２，此时△ＡＯＢ为等腰直 角三角形，（Ａ）错误，（Ｃ）正确；易知｜ＡＢ｜的最大值为４，（Ｂ）错误；因为 ｜ＡＢ｜的最小值为 槡２２，所以∠ＡＯＢ最小为９０°，（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．在题图 ３中，由 ｆ（ｘ）＝ (ｓｉｎ πｘ＋５π)６ ，得 (Ａ － １３， )１ ， (Ｂ ２３，－ )１ ， (Ｄ ２３， )０ ， (Ｍ ０， )１２ ， 在题图４中，建立如图２所示的空间 直角坐标系Ｏ－ｘｙｚ， 则 (Ａ ０，－１３， )１ ， (Ｂ １，２３， )０ ， (Ｍ ０，０， )１２ ， (Ｄ ０，２３， )０ ，则→ＡＢ＝ （１，１，－１），得 →｜ＡＢ｜＝槡３，（Ａ）正确； 取ａ →＝ＤＢ＝（１，０，０），ｕ＝ →ＡＢ→｜ＡＢ｜ ＝槡３３（１，１，－１） (＝ 槡３３，槡３３， －槡３)３ ，则 ａ２ ＝１，ａ·ｕ＝ 槡３３，所以点 Ｄ到直线 ＡＢ的距离为 ａ２－（ａ·ｕ）槡 ２＝槡 ６ ３，（Ｂ）错误； 设平面ＡＢＭ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），→ (ＡＭ ＝ ０，１３，－ )１２ ， 则 ｎ·→ＡＢ＝０， ｎ·→ＡＭ ＝０{ ，即 ｘ＋ｙ－ｚ＝０， １ ３ｙ－ １ ２ｚ＝０ { ，取ｙ＝３，则ｚ＝２，ｘ＝－１， 所以平面ＡＢＭ的一个法向量ｎ＝（－１，３，２）， 所以点Ｄ到平面ＡＢＭ的距离为 →｜ＤＢ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ １ 槡１４ ＝槡１４１４，（Ｃ）正确； 平面ＯＢＤ的一个法向量为ｍ＝（０，０，１），则平面ＯＢＤ与平面ＡＢＭ夹 角的余弦值为 ｜ｍ·ｎ｜ ｜ｍ｜｜ｎ｜＝ ２ １×槡１４ ＝槡１４７ ，（Ｄ）正确． 故选：（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２ (． －∞，－ )１６ (∪ － １６，＋ )∞ ；　１３．槡７２４； １４．ｘ２ (＋ ｙ－ )５６ ２ ＝ １３６． 提示： １２．假设ａ，ｂ，ｃ共面，则有ａ＝λｂ＋μｃ（λ，μ∈Ｒ）， 则（１，－２，２）＝（２λ－３μ，２λ＋μ，－３λ＋μｘ）， 则 ２λ－３μ＝１， ２λ＋μ＝－２， －３λ＋μｘ＝２ { ， 得 λ＝－ ５８， μ＝－ ３４， ｘ＝－ １６ { ， 要使ａ，ｂ，ｃ可以构成空间向量的一个基底，则ａ，ｂ，ｃ不共面，即ｘ≠－１６， 故答案为 (： －∞，－ )１６ (∪ － １６，＋ )∞ ． １３．如图３，以鼻尖所在位置为原点Ｏ，中 庭下边界为ｘ轴，垂直中庭下边界为 ｙ轴，建 立平面直角坐标系，因为三庭中一庭的高度 为２ｃｍ，五眼中一眼的宽度为１ｃｍ， 所以 (Ａ １２， )４ ， (Ｂ － ３２， )２ ，所以 ｋＡＢ＝ ４－２ １ ２ (－ － )３２ ＝１， 利用点斜式方程可得到直线ＡＢ：ｙ－２＝ｘ＋３２，即为２ｘ－２ｙ＋７＝０， 所以原点Ｏ到直线ＡＢ距离为ｄ＝ ｜７｜ ４＋槡 ４ ＝ 槡７２４． １４．设圆Ｏ１，Ｏ２，Ｏ３，Ｏ４的半径分别为ｒ１，ｒ２，ｒ３，ｒ４， 由题意 可 得： ｒ１＝ｒ２， ｒ１＋ｒ２＝｜Ｏ１Ｏ２｜＝４， ｒ１＋ｒ３＝｜Ｏ１Ｏ３｜＝ ５ ２ { ， 解 得 ｒ１＝ｒ２＝２， ｒ３＝ １ ２ { ， 则 (２ １４ ＋１＋ １２ｒ４＋１＋ １２ｒ４＋ １１ ２ｒ ) ４ ＝ １４ ＋ １ ４ ＋ １ １ ４ ＋ １ ｒ２４ ， 解得ｒ４＝ １ ６，由｜Ｏ１Ｏ４｜＝｜Ｏ２Ｏ４｜，可知点Ｏ４在线段Ｏ１Ｏ２的中垂 线上，即ｙ轴上，设Ｏ４（０，ａ）， 由题意可得 ｜Ｏ１Ｏ４｜＝ ４＋ａ槡 ２＝２＋ １ ６， ｜Ｏ３Ｏ４｜＝ ３ ２ －ａ ＝ １ ２ ＋ １ ６ { ，解得ａ＝ ５６， 即圆Ｏ４的圆心Ｏ (４ ０， )５６ ，半径ｒ４＝ １６， 所以圆Ｏ４的方程为ｘ２ (＋ ｙ－ )５６ ２ ＝ １３６． 四、解答题 １５．解：（１）→ＡＢ＝（－１，２，０），→ＡＣ＝（１，１，３）， 所以 →｜ＡＢ｜＝槡５，→｜ＡＣ｜＝槡１１，→ＡＢ·→ＡＣ＝－１＋２＝１， 所以ｃｏｓ〈→ＡＢ，→ＡＣ〉＝ １ 槡５·槡１１ ＝槡５５５５． （２）因为点Ｐ（－３，ｍ，ｎ）在直线ＡＣ上，所以→ＡＰ与→ＡＣ共线， 则存在μ∈Ｒ使得→ＡＰ＝μ→ＡＣ， 即（－３－１，ｍ－２，ｎ－０）＝μ（１，１，３）， 所以 －４＝μ， ｍ－２＝μ， ｎ＝３μ { ， 解得ｍ＝－２，ｎ＝－１２，ｍ＋ｎ＝－１４． １６．解：（１）因为ｌ１⊥ｌ２，又直线ｌ１的斜率ｋ１＝－１， 所以直线ｌ２的斜率ｋ２＝１，则ｌ２：ｙ＝ｘ＋ １ ２． 由 ｙ＝ｘ＋ １２， ２ｘ＋２ｙ－５＝ { ０  ｘ＝１， ｙ＝ ３２ { ， 所以直线ｌ１和ｌ２ (的交点坐标为 １， )３２ ． （２）由题意知ｌ３的斜率ｋ存在，且ｋ＜０， 设ｌ３：ｙ－ ３ ２ ＝ｋ（ｘ－１）， 令ｘ＝０得ｙ＝ ３２ －ｋ，令ｙ＝０得ｘ＝－ ３ ２ｋ＋１， 由Ｓ＝ (１２ － ３２ｋ＋ ) (１ ３２ )－ｋ ＝２５８， 解得ｋ＝－１或ｋ＝－ ９４， 即ｌ３：ｘ＋ｙ－ ５ ２ ＝０或９ｘ＋４ｙ－１５＝０． １７．解：（１）过Ｃ作ＣＤ⊥ｘ轴，垂足为Ｄ， 由ｔａｎα＝－２可知，直线ＯＣ的斜率ｋ＝－２， 直线ＯＣ的方程为２ｘ＋ｙ＝０， 设Ｃ（ｘＣ，ｙＣ），由题得ｙＣ＝２０，则ｘＣ＝－１０，Ｄ（－１０，０）， 因为Ａ（１０，０），则Ｏ为ＡＤ的中点，ＯＰ∥ＤＣ，｜ＯＰ｜＝ １２｜ＣＤ｜＝１０， 所以Ｐ（０，１０），所以点Ｐ到ＯＣ的距离ｄ＝｜２×０＋１０｜ 槡５ ＝ 槡２５（米）． （２）因为Ａ（１０，０），Ｃ（－１０，２０），得ＡＣ所在直线方程为ｘ＋ｙ－１０＝０， 设Ｂ（ｘ，ｙ），因为点Ｏ与点Ｂ关于ＡＣ对称， 故可得 ｙ－０ ｘ－０＝１， ｘ＋０ ２ ＋ ｙ＋０ ２ －１０＝０ { ，得ｘ＝１０，ｙ＝１０，即Ｂ（１０，１０）， 所以ＢＣ所在直线方程为ｘ＋２ｙ－３０＝０， Ｓ四边形ＯＡＢＣ＝２Ｓ△ＯＡＣ＝２× １ ２ ×｜ＯＡ｜×ｙＣ＝２× １ ２ ×１０×２０＝ ２００（平方米），所以该口袋公园的总面积为２００平方米． １８．解：（１）由题意可知，以Ｄ为原点，→ＤＡ，→ＤＣ，ＤＤ→ １的方向为ｘ，ｙ，ｚ轴 的正方向建立空间直角坐标系，则 Ａ１（２，０，２），Ｃ（０，４，０），Ｅ（２，１，０）， Ｄ（０，０，０）， 所以Ａ１→ Ｃ＝（－２，４，－２），ＤＡ→ １＝（２，０，２），→ＤＥ＝（２，１，０）， 设平面Ａ１ＥＤ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则有 ｎ·ＤＡ→ １＝０， ｎ·→ＤＥ＝０{ ，即 ２ｘ＋２ｚ＝０，２ｘ＋ｙ＝０{ ， 令ｘ＝１，则ｙ＝－２，ｚ＝－１，故ｎ＝（１，－２，－１）， 所以｜ｃｏｓ〈Ａ１→ Ｃ，ｎ〉｜＝ ｜Ａ１→ Ｃ·ｎ｜ ｜Ａ１→ Ｃ｜｜ｎ｜ ＝ ２３， 故Ａ１Ｃ与平面Ａ１ＥＤ所成角的正弦值为 ２ ３． （２）由（１）可知，Ｆ（２，３，０），所以→ＤＦ＝（２，３，０）， 设平面Ａ１ＤＦ的法向量为ｍ ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则有 ｍ·ＤＡ→ １＝０， ｍ·→ＤＦ＝０{ ，即 ２ａ＋２ｃ＝０，２ａ＋３ｂ＝０{ ， 令ａ＝３，则ｂ＝－２，ｃ＝－３，故ｍ ＝（３，－２，－３）， 所以｜ｃｏｓ〈ｎ，ｍ〉｜＝｜ｎ·ｍ｜｜ｎ｜｜ｍ｜＝ 槡５ ３３ ３３ ， 故平面Ａ１ＥＤ与平面Ａ１ＤＦ夹角的余弦值为 槡 ５ ３３ ３３ ． （３）由（１）可知，Ａ（２，０，０），Ｃ１（０，４，２），所以ＡＣ→ １＝（－２，４，２）， 假设存在这样的点Ｐ，设Ｐ（ｘ，ｙ，２）， 所以→ＦＰ＝（ｘ－２，ｙ－３，２），因为ＦＰ⊥ＡＣ１， 则有→ＦＰ·ＡＣ→ １＝－２（ｘ－２）＋４（ｙ－３）＋４＝０， 所以ｘ＝２ｙ－２，由题意可知（ｘ－２）２＋（ｙ－２）２＝ １４， 所以５ｙ２－２０ｙ＋７９４ ＝０， 解得ｘ＝２＋槡５５，ｙ＝２＋ 槡５ １０，或ｘ＝２－ 槡５ ５，ｙ＝２－ 槡５ １０， 所以当 (Ｐ ２＋槡５５，２＋槡５１０， )２ 或 (Ｐ ２－槡５５，２－槡５１０， )２ 时，ＦＰ⊥ ＡＣ１，此时点Ｐ到直线Ａ１Ｂ１的距离为槡 ５ ５． １９．解：（１）由题意，显然直线ｌ斜率存在，设其方程为ｙ＝ｋｘ， 则Ｆ（ｘ，ｙ）＝ｋｘ－ｙ＝０， 则Ｆ［Ａ］·Ｆ［Ｂ］＝（－ｋ－１）（２ｋ－３）＞０， 解得 －１＜ｋ＜ ３２； 故直线ｌ (斜率的取值范围是 －１， )３２ ． （２）因为Ｆ［０］＜０，所以Ｆ［Ｐ］＝（３ｘ＋４ｙ－５） ４－ｘ２－ｙ槡 ２＜０， 故３ｘ＋４ｙ－５＜０，ｘ２＋ｙ２＜４， 点集Ｓ为圆ｘ２＋ｙ２＝４在直线３ｘ＋４ｙ－５＝０下方的内部，设直线与 圆的交点为Ａ，Ｂ，则Ｏ到直线ＡＢ的距离为１，故∠ＡＯＢ＝２π３， 因此，所求面积为：Ｓ＝ １２· ４π ３·２ ２＋ １２· 槡３ ２·２ ２＝８π３ ＋槡３． （３）设曲线Ｃ上的动点为（ｘ，ｙ）， 则 ｘ２＋（ｙ－１）槡 ２＋｜ｙ｜＝５， 化简得曲线Ｃ的方程为 ｘ２＝８（３－ｙ）， ｘ２＝１２（ｙ＋２{ ）， ０≤ｙ≤３， －２≤ｙ≤０， 其轨迹为两段抛物线弧； 当０≤ｙ≤３时，Ｆ（ｘ，ｙ）＝ｙ２－９ｙ＋２４－ａ∈［６－ａ，２４－ａ］； 当 －２≤ｙ≤０时，Ｆ（ｘ，ｙ）＝ｙ２＋１１ｙ＋２４－ａ∈［６－ａ，２４－ａ］， 故若有Ｆ［Ｍ］·Ｆ［Ｎ］＜０， 则（６－ａ）（２４－ａ）＜０，解得６＜ａ＜２４． 书 高中数学·选择性必修第一册（人教 Ａ版）２０２４年 第８～１１期参考答案 第８期２版 专项小练一 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．ＢＣ．　４．π；　５．１２． ６．解：（１）当ＡＢ为直径时，过Ａ，Ｂ的圆的半径最小，从而周长最小， 即Ａ，Ｂ中点（０，１）为圆心，半径ｒ＝ １２ ｜ＡＢ｜＝槡１０， 则周长最小的圆的方程为ｘ２＋（ｙ－１）２＝１０． （２）ＡＢ的斜率为ｋ＝－３， 则ＡＢ的垂直平分线的方程是ｙ－１＝ １３ｘ，即ｘ－３ｙ＋３＝０， 联立ｘ－３ｙ＋３＝０与２ｘ－ｙ－４＝０得圆心坐标是Ｃ（３，２）， ｒ＝｜ＡＣ｜＝ 槡２５，所以圆的方程是（ｘ－３）２＋（ｙ－２）２＝２０． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｄ；　３．ＡＣＤ．　４．１；　５．２． ６．解：设圆的一般方程ｘ２＋ｙ２＋Ｄｘ＋Ｅｙ＋Ｆ＝０， 由题意知当ｙ＝槡３时， 关于ｘ的方程ｘ２＋Ｄｘ＋３＋Ｆ＋槡３Ｅ＝０的两个根为０，２， 因此由根与系数的关系得２＋０＝－Ｄ，Ｆ＋３＋槡３Ｅ＝２×０， 由（１，０）在圆上可得１＋Ｄ＋Ｆ＝０， 所以Ｄ＝－２，Ｅ＝－ 槡４３３，Ｆ＝１， 所以圆的方程为ｘ２＋ｙ２－２ｘ－ 槡４３３ｙ＋１＝０． 第８期３版 圆的方程同步核心素养测评 一、单项选择题　１～４　ＣＡＤＣ　５～８　ＣＡＢＡ 提示： １．因为（ａ－１）２＋（１０－１）２＝（ａ－１）２＋８１＞１２， 所以点Ｐ在圆外．故选（Ｃ）． ２．由题意知动点Ｐ的轨迹是以（１，３）为圆心，２为半径的圆， 结合图形可知该圆经过第一、二象限． ３．因为以Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）为直径的两端点的圆的方程为 （ｘ－ｘ１）（ｘ－ｘ２）＋（ｙ－ｙ１）（ｙ－ｙ２）＝０， 所以有（ｘ＋１）（ｘ－５）＋（ｙ－２）（ｙ＋６）＝０ （ｘ２－４ｘ）＋（ｙ２＋４ｙ）－１７＝０（ｘ－２）２＋（ｙ＋２）２＝２５． ４．由题意知Ｃ（６，－８），｜ＯＣ｜＝ ６２＋（－８）槡 ２＝１０． 所以以ＯＣ为直径的圆的半径为５，圆心为（３，－４）， 故所求圆的方程为（ｘ－３）２＋（ｙ＋４）２＝２５． ５．设Ｍ（ｘ，ｙ），Ｄ（ａ，ｂ），由→  ＤＭ ＝２→ＤＥ， 得 ｘ－ａ＝４－２ａ， ｙ－ｂ＝８－２ｂ{ ，所以 ａ＝４－ｘ， ｂ＝８－ｙ{ ， 又因为点Ｄ在圆Ｃ：（ｘ－３）２＋ｙ２＝９上， 所以（４－ｘ－３）２＋（８－ｙ）２＝９，即（ｘ－１）２＋（ｙ－８）２＝９． ６．以Ｏ为原点，以ＡＢ为ｘ轴，以ＯＰ为ｙ轴建立平面直角坐标系， 设圆心坐标为（０，ａ），Ｐ（０，１０），Ａ（－２０，０）， 则圆拱所在圆的方程为ｘ２＋（ｙ－ａ）２＝ｒ２， 则 （１０－ａ）２＝ｒ２， ４００＋ａ２＝ｒ２{ ，解得ａ＝－１５，ｒ＝２５， 所以圆的方程为ｘ２＋（ｙ＋１５）２＝６２５， 将ｘ＝－４代入圆的方程，得ｙ＝Ａ２Ｐ２≈９．７（ｍ）． ７．（３λ＋１）ｘ＋（２λ＋１）ｙ＝５λ＋２整理为 （３ｘ＋２ｙ－５）λ＋ｘ＋ｙ－２＝０， 令 ３ｘ＋２ｙ－５＝０， ｘ＋ｙ－２＝０{ ， 解得 ｘ＝１， ｙ＝１{ ， 所以定点Ｐ的坐标为Ｐ（１，１）， 代入圆的方程中（１＋２）２＋（１＋１）２＞ ４，所以Ｐ（１，１）在圆外． 设圆Ｃ的半径为ｒ＝２，所以｜ＭＰ｜的最 大值应该为｜ＰＣ｜＋ｒ（如图１）， 又｜ＰＣ｜＝ （－２－１）２＋（－１－１）槡 ２＝槡１３， 所以｜ＭＰ｜的最大值为槡１３＋２． ８．由题易得，Ｐ在两圆外，则｜ＰＭ｜的最小值为｜ＰＣ１｜－１，同理｜ＰＮ｜ 的最小值为｜ＰＣ２｜－３，则｜ＰＭ｜＋｜ＰＮ｜的最小值为｜ＰＣ１｜＋｜ＰＣ２｜－ ４．作Ｃ１（２，３）关于ｘ轴的对称点Ｃ′１（２，－３）（图略），所以｜ＰＣ１｜＋｜ＰＣ２｜ ＝｜ＰＣ′１｜＋｜ＰＣ２｜≥｜Ｃ′１Ｃ２｜＝ 槡５２（当且仅当Ｃ′１，Ｐ，Ｃ２三点共线时，｜ＰＣ′１｜ ＋｜ＰＣ２｜取最小值），即（｜ＰＭ｜＋｜ＰＮ｜）ｍｉｎ＝（｜ＰＣ１｜＋｜ＰＣ２｜）ｍｉｎ－４ ＝ 槡５２－４． 二、多项选择题　９．ＢＤ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＤ． 提示： ９．因为Ｄ＝２，Ｅ＝０，Ｆ＝－ｍ，由方程表示圆的条件得Ｄ２＋Ｅ２－４Ｆ ＞０，即２２＋０２－４（－ｍ）＞０，解得ｍ＞－１，所以只有当ｍ＞－１时才表 示圆，故（Ａ）错误； 因为 －Ｄ２ ＝－１，－ Ｅ ２ ＝０，若方程表示圆，圆心坐标为Ｃ（－１，０）， 圆心在ｘ轴上，故（Ｂ）正确，（Ｃ）错误； 当ｍ＝０时，半径ｒ＝ １２ Ｄ ２＋Ｅ２－４槡 Ｆ＝ １ ２ ２ ２＋０２－４×槡 ０＝ １，故（Ｄ）正确．故选（Ｂ）（Ｄ）． １０．圆Ｍ的一般方程为ｘ２＋ｙ２＋６ｘ＋８ｙ＝０，化为标准方程为（ｘ＋３）２ ＋（ｙ＋４）２＝２５，则圆心Ｍ（－３，－４），半径为５，故（Ａ）正确； 圆心Ｍ（－３，－４）满足直线ｘ－ｙ－１＝０方程，则直线过圆心，所以 圆Ｍ关于直线ｘ－ｙ－１＝０对称，故（Ｂ）正确； 点（－６，１）到圆心Ｍ（－３，－４）的距离为 ３２＋５槡 ２＝槡３４＞５，故 该点在圆Ｍ外，故（Ｃ）不正确； 实数ｘ，ｙ满足圆 Ｍ的方程，则 （ｘ－３）２＋（ｙ－４）槡 ２为圆上一点 Ｐ（ｘ，ｙ）与点Ａ（３，４）的距离，又｜ＡＭ｜＝ ６２＋８槡 ２＝１０＞５，则Ａ（３，４） 在圆Ｍ外，所以｜ＡＰ｜＝ （ｘ－３）２＋（ｙ－４）槡 ２的最小值即｜ＡＭ｜－５＝ ５，故（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．选项（Ａ）：设ｙ＝ｆ（ｘ）＝ｘ３＋ｘ， 因为ｆ（－ｘ）＝（－ｘ）３＋（－ｘ）＝－ｘ３－ｘ＝－ｆ（ｘ）， 所以函数ｙ＝ｘ３＋ｘ是奇函数，它的图象将圆Ｏ：ｘ２＋ｙ２＝１的周长与 面积分别等分，如图２所示， 所以函数ｙ＝ｘ３＋ｘ是圆Ｏ的一个太极函数，故（Ａ）正确； 选项（Ｃ）：如图３所示：函数ｙ＝ｇ（ｘ）是偶函数，ｙ＝ｇ（ｘ）也是圆Ｏ的 一个太极函数，故（Ｃ）不正确； 选项（Ｂ）：根据选项（Ｃ）的分析，圆Ｏ的太极函数可以是偶函数不一 定关于原点对称，故（Ｂ）不正确； 选项（Ｄ）：因为 ｙ＝ｓｉｎｘ是奇 函数，所以它的图象将圆ｘ２＋ｙ２＝１ 的周长与面积同时等分，如图４所 示，因此函数ｙ＝ｓｉｎｘ是圆Ｏ的一 个太极函数，故（Ｄ）正确． 三、填空题 １２．（－２，１）；　１３ (． －５， )５４ ；　１４．（９，０），２ｘ＋４ｙ－９＝０． 提示： １２．由题意得ｍ２＋１＝３ｍ－１，解得ｍ＝１或２． 当ｍ＝１时，方程为ｘ２＋ｙ２＋４ｘ－２ｙ＋ ５２ ＝０， 即（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２＝ ５２，圆心为（－２，１）； 当ｍ＝２时，方程为５ｘ２＋５ｙ２＋８ｘ－４ｙ＋１０＝０， (即 ｘ＋ )４５ ２ (＋ ｙ－ )２５ ２ ＝－ ６５，不表示圆． 故圆心坐标是（－２，１）． １３．圆Ｃ化为标准式：（ｘ＋１）２ (＋ ｙ－ )１２ ２ ＝ ５４ －ｋ， 则 ５ ４ －ｋ＞０，即ｋ＜ ５ ４， 又因为点Ｐ（１，－１）在圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２＋２ｘ－ｙ＋ｋ＝０的外部， 所以１２＋（－１）２＋２＋１＋ｋ＞０，解得ｋ＞－５， 所以实数ｋ (的取值范围是 －５， )５４ ． １４．由题意得：｜ＯＡ｜·｜ＯＡ′｜＝９，又｜ＯＡ｜＝１，所以｜ＯＡ′｜＝９， 又点Ａ′在射线ＯＡ上，即在ｘ轴正半轴上， 故Ａ（１，０）的“３－圆称点”为（９，０）； 设圆（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２＝５（不包含原点）的一点Ｂ（ｍ，ｎ），ｍ≠０， ｎ≠０，设其“３－圆称点”为Ｂ′（ｘ，ｙ），则｜ＯＢ｜·｜ＯＢ′｜＝９， 即 ｍ２＋ｎ槡 ２· ｘ２＋ｙ槡 ２＝９， 又点Ｂ′在射线ＯＢ上，不妨设ｍ＝ｋｘ，ｎ＝ｋｙ，ｋ≥０， 所以（ｍ－１）２＋（ｎ－２）＝（ｋｘ－１）２＋（ｋｙ－２）２＝５， 整理得：ｋｘ２＋ｋｙ２＝２ｘ＋４ｙ， 综上，ｋ ｘ２＋ｙ槡 ２· ｘ２＋ｙ槡 ２＝ｋ（ｘ２＋ｙ２）＝９，即２ｘ＋４ｙ＝９， 故圆（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２＝５（不包含原点）的“３－圆称形”的方程 为２ｘ＋４ｙ－９＝０． 四、解答题 １５．解：设圆心坐标为（ａ，－２ａ＋３），则圆的半径 ｒ＝ （ａ－０）２＋（－２ａ＋３－０）槡 ２ ＝ ５ａ２－１２ａ＋槡 ９＝ (５ ａ－ )６５ ２ ＋槡 ９ ５． 当ａ＝ ６５ 时，ｒｍｉｎ＝ 槡３５ ５． (故所求圆的方程为 ｘ－ )６５ ２ (＋ ｙ－ )３５ ２ ＝ ９５． １６．解：如图５，以ＡＢ所在直线为ｘ轴，弦ＡＢ 的垂直平分线为 ｙ轴，建立平面直角坐标系．设 圆弧的圆心为Ｃ，连接ＡＣ， 则ＡＯ＝ １２ｌ＝６， 所以ＯＣ＝ ＡＣ２－ＯＡ槡 ２ ＝ ２９２－６槡 ２≈ ２８３７３， 即圆心的坐标为Ｃ（０，－２８３７３）， 所以圆弧 )ＡＢ的方程为ｘ２＋（ｙ＋２８３７３）２＝２９２（－６≤ｘ≤６，ｙ≥０）． １７．解：设点Ｐ的坐标为（ｘ，ｙ）， 选择条件①：由题可得→ＭＰ·→ＮＰ＝０， →ＭＰ＝（ｘ－１，ｙ－３），→ＮＰ＝（ｘ－３，ｙ－１）， 则（ｘ－１）（ｘ－３）＋（ｙ－３）（ｙ－１）＝０， 化简得ｘ２＋ｙ２－４ｘ－４ｙ＋６＝０； 所以所求轨迹方程为ｘ２＋ｙ２－４ｘ－４ｙ＋６＝０（Ｍ，Ｎ除外）． 选择条件②：由题可得ＰＭ２＋ＰＮ２＝２０， 即（ｘ－１）２＋（ｙ－３）２＋（ｘ－３）２＋（ｙ－１）２＝２０， 化简得ｘ２＋ｙ２－４ｘ－４ｙ＝０， 所以所求轨迹方程为ｘ２＋ｙ２－４ｘ－４ｙ＝０． 选择条件③由题可得ｋＰＭ ＝ ｙ－３ ｘ－１（ｘ≠１），ｋＰＮ＝ ｙ－１ ｘ－３（ｘ≠３）， 则ｋＰＭ·ｋＰＮ＝４，即 ｙ－３ ｘ－１· ｙ－１ ｘ－３＝４， 化简得４ｘ２－ｙ２－１６ｘ＋４ｙ＋９＝０， 所以所求轨迹方程为４ｘ２－ｙ２－１６ｘ＋４ｙ＋９＝０（ｘ≠１，ｘ≠３）． １８．解：（１）由题可得Ａ（０，８），Ｐ（２，１０），Ｑ（７，０）， 所以直线ＰＱ的方程为２ｘ＋ｙ－１４＝０． 设Ｃ（ａ，ｂ），则 （ａ－２）２＋（ｂ－１０）２＝ｒ２， ａ２＋（ｂ－８）２＝ｒ２{ ， 两式相减得：ａ＋ｂ－１０＝０， 又２ａ＋ｂ－１４＝０，解得ａ＝４，ｂ＝６， 所以ｒ＝ ４２＋（６－８）槡 ２＝ 槡２５． 所以圆Ｃ的方程为（ｘ－４）２＋（ｙ－６）２＝２０． （２）由（１）知ａ＋ｂ－１０＝０， 当ａ＝２时，灯罩轴线所在直线方程为ｘ＝２，此时ＨＱ＝０， 当ａ≠２时，灯罩轴线所在方程为ｙ－１０＝ －ａａ－２（ｘ－２）， 令ｙ＝０可得ｘ＝１２－２０ａ，即 (Ｑ １２－２０ａ， )０ ， 因为Ｈ在线段ＯＱ上，所以１２－２０ａ≥ａ，解得２≤ａ≤１０， 所以｜ＨＱ｜＝１２－２０ａ －ａ＝１２ (－ ２０ａ )＋ａ ≤１２－槡４５， 当且仅当 ２０ ａ ＝ａ即ａ＝ 槡２５时取等号． 所以｜ＨＱ｜的最大值为（１２－ 槡４５）ｍ． １９．解：（１）设Ｐ（ｘ，ｙ），则｜ＰＡ｜２＝（ｘ＋１）２＋ｙ２， ｜ＰＢ｜２＝（ｘ－３）２＋ｙ２， 所以 ｜ＰＡ｜ ｜ＰＢ｜＝ （ｘ＋１）２＋ｙ槡 ２ （ｘ－３）２＋ｙ槡 ２ ＝ １３， 则９（ｘ＋１）２＋９ｙ２＝（ｘ－３）２＋ｙ２， 整理得曲线Ｃ的方程为ｘ２＋３ｘ＋ｙ２＝０． （２）由（１）得曲线Ｃ为圆，即Ｃ (： ｘ＋ )３２ ２ ＋ｙ２＝ ９４． 设其关于直线ｘ＋ｙ－２＝０对称的圆的圆心为（ｘ，ｙ）， 则 ｘ－ ３２ ２ ＋ ｙ ２ －２＝０， ｙ ｘ＋ ３２ ＝１{ ， 解得 ｘ＝２，ｙ＝ ７２{ ． 所以曲线Ｃ关于直线ｘ＋ｙ－２＝０对称的曲线方程为 （ｘ－２）２ (＋ ｙ－ )７２ ２ ＝ ９４． ! ! " !"#$%&'()*+,-./0 ! 1"%+ #$%& 2 ! 3"4$5&'(6*+,-.70 ! 8'%+ ($&& 2 !"#$ !"#$ ! " # $ % & ! ! !# $'! " (! $ ! # !# $ $')!!" ! " ! # $'$%& ! $ ! ' ! ( % * + ! # , $ , + ! # $ ! " % + - . / ! & 0 " 1 2 3 , $ 4 ! ! $ 4 ! + 2 # & , ! ) 书 ６．记Ａ（２，０），则ｋ＝ ｙｘ－２为直线ＡＰ的斜率， 故当直线ＡＰ与半圆ｘ２＋（ｙ－１）２＝１（ｘ＞０）相切时， 得ｋ最小，此时设ＡＰ：ｙ＝ｋ（ｘ－２），故｜－１－２ｋ｜ ｋ２＋槡 １ ＝１， 解得ｋ＝－ ４３ 或ｋ＝０（舍去），即ｋｍｉｎ＝－ ４ ３．故选：（Ｃ）． ７．当圆Ｃ与ｘ轴相切时，设圆心Ｃ（ａ，ａ＋７），半径ｒ＝｜ａ＋７｜，故 ａ２＋（ａ＋７）槡 ２＝２＋｜ａ＋７｜，即ａ２－４＝４｜ａ＋７｜，解得ａ＝－４或 ａ＝８，所以圆Ｃ的方程（ｘ＋４）２＋（ｙ－３）２＝９或（ｘ－８）２＋（ｙ－１５）２ ＝２２５； 当圆 Ｃ与 ｙ轴相切时，设圆心 Ｃ（ａ，ａ＋７），半径 ｒ＝｜ａ｜，故 ａ２＋（ａ＋７）槡 ２＝２＋｜ａ｜，即（ａ＋７）２＝４＋４｜ａ｜，解得ａ＝－３或ａ ＝－１５，所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋３）２＋（ｙ－４）２＝９或（ｘ＋１５）２＋（ｙ＋８）２ ＝２２５，则满足条件的圆Ｃ有４个． ８．设Ｐ（ｘ，ｙ），根据线段ＭＮ的中点为Ｐ， 则ＣＰ⊥ＭＮ，即ＣＰ⊥ＡＰ，所以→ＣＰ·→ＡＰ＝０， 又→ＡＰ＝（ｘ＋６，ｙ＋８），→ＣＰ＝（ｘ，ｙ）， 所以ｘ（ｘ＋６）＋ｙ（ｙ＋８）＝０，即（ｘ＋３）２＋（ｙ＋４）２＝２５， 所以点Ｐ的轨迹是以（－３，－４）为圆心，半径为５的圆在圆Ｃ内的一 部分．故选：（Ｄ）． 二、多项选择题　９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．对于直线３ｘ－ａｙ＋１＝０，令ｙ＝０，解得ｘ＝－１３， ( 故直线恒过点 － １３， )０ ，一定不经过原点，故（Ａ）正确； 当ａ＝０时直线即为ｘ＝－ １３，直线过二、三象限， 当ａ≠０时直线即为ｙ＝ ３ａｘ＋ １ ａ， 若ａ＞０，则 １ａ ＞０， ３ ａ ＞０，直线过一、二、三象限， 若ａ＜０，则 １ａ ＜０， ３ ａ ＜０，直线过二、三、四象限， 所以直线一定过二、三象限，故（Ｂ）错误，（Ｃ）正确； (因为直线恒过点 － １３， )０ ，所以直线３ｘ－ａｙ＋１＝０可表示经过 (点 － １３， )０ 的所有直线，（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．依题意，设Ｐ（２ｃｏｓθ，２ｓｉｎθ）， 则｜ＰＡ｜２＝（２ｃｏｓθ＋２）２＋（２ｓｉｎθ＋２）２＝１２＋８ｃｏｓθ＋８ｓｉｎθ， ｜ＰＢ｜２＝（２ｃｏｓθ＋２）２＋（２ｓｉｎθ－６）２＝４４＋８ｃｏｓθ－２４ｓｉｎθ， ｜ＰＣ｜２＝（２ｃｏｓθ－４）２＋（２ｓｉｎθ＋２）２＝２４－１６ｃｏｓθ＋８ｓｉｎθ， 所以｜ＰＡ｜２＋｜ＰＢ｜２＋｜ＰＣ｜２＝８０－８ｓｉｎθ， 又ｓｉｎθ∈［－１，１］，则８０－８ｓｉｎθ∈［７２，８８］．故选：（Ｂ）（Ｃ）． １１．设Ａ（ｘ，ｙ）， 由重心坐标公式 １ ６ ＝ ｘ＋（－１）＋０ ３ ， ２ ３ ＝ ｙ＋０＋２ ３ { ， 解得 ｘ＝ ３２，ｙ＝０{ ， 所以 (Ａ ３２， )０ ，故选项（Ａ）正确； ｜ＡＢ｜＝｜ＡＣ｜＝ ５２，｜ＢＣ｜＝槡５，所以△ＡＢＣ不是等边三角形，故选 项（Ｂ）错误； ｜ＡＢ｜＝｜ＡＣ｜，△ＡＢＣ的外心、重心、垂心都位于线段ＢＣ的垂直平分 线上，线段ＢＣ (的中点的坐标为 －１２， )１ ，线段ＢＣ所在直线的斜率ｋＢＣ ＝ ２－００－（－１）＝２，线段 ＢＣ垂直平分线的方程为 ｙ－１＝－ (１２ ｘ＋ )１２ ，即２ｘ＋４ｙ－３＝０，△ＡＢＣ的欧拉线方程为２ｘ＋４ｙ－３＝０，故选项 （Ｃ）正确； 因为线段ＡＢ的垂直平分线方程为ｘ＝ １４，△ＡＢＣ的外心Ｍ为线段 ＢＣ的垂直平分线与线段ＡＢ的垂直平分线的交点，所以交点Ｍ的坐标满足 ２ｘ＋４ｙ－３＝０， ｘ＝ １４ { ， 解得 (Ｍ １４， )５８ ，外接圆半径 ( ｒ＝｜ＭＢ｜＝ １ ４ ＋ )１ ２ (＋ )５８槡 ２ ＝ １２５槡６４，所以△ＡＢＣ (外接圆的方程为 ｘ － )１４ ２ (＋ ｙ－ )５８ ２ ＝１２５６４，故选项（Ｄ）正确．故选：（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题　１２ (． － １１３，１ )１３ ；　１３．－２；　１４．７２２５． 提示： １２．因为点（５ａ＋１，１２ａ）在圆（ｘ－１）２＋ｙ２＝１的内部，所以（５ａ＋１－１）２ ＋（１２ａ）２＜１，即ａ２＜ １１６９，解得ａ (∈ －１１３，１ )１３ ． １３．依题意知，直线ｌ的斜率为ｋ＝ｔａｎ１３５°＝－１，则直线ｌ１的斜率为 １，于是有２＋１３－ａ＝１，所以ａ＝０．又直线ｌ２与ｌ１平行，所以１＝－ ２ ｂ，即ｂ ＝－２，所以ａ＋ｂ＝－２． １４．根据题意作出图１，ＡＢ为两圆的公 切线，切点分别为Ａ，Ｂ． Ｃ１（２，２），Ｃ２（－１，－１），所以直线 Ｃ１Ｃ２的斜率ｋ＝１，显然与直线ＡＢ的斜率 不相同，所以ｒ１≠ｒ２． 不妨设０＜ｒ１＜ｒ２ 过Ｃ１作ＡＢ的平行线交ＡＣ２于点Ｅ，则 ＥＣ２＝ｒ２－ｒ１，ＡＢ＝ＥＣ１且ＡＢ∥ＥＣ１，Ｃ１Ｃ２ ＝ （２＋１）２＋（２＋１）槡 ２＝ 槡３２＝ｒ１＋ｒ２． ① 所以直线ＡＢ与直线Ｃ１Ｃ２的夹角的正切值为： ｔａｎα＝ １－７１＋７ ＝ ３ ４．在Ｒｔ△ＥＣ１Ｃ２中， ＥＣ２ ＥＣ１ ＝ ３４， 所以ＥＣ１＝ ４ ３（ｒ２－ｒ１），又ＥＣ ２ １＋ＥＣ２２＝Ｃ１Ｃ２２，整理得 [ ： ４ ３（ｒ２－ｒ１ ]） ２ ＋（ｒ２－ｒ１）２＝１８，解得ｒ２－ｒ１＝ 槡 ９２ ５，② 联立①②， 得：ｒ１＝ 槡 ３２ ５，ｒ２＝ 槡１２２ ５ ，所以ｒ１ｒ２＝ 槡３２ ５ × 槡１２２ ５ ＝ ７２ ２５． 四、解答题 １５．解：（１）由 ｘ－ｙ＋１＝０， ２ｘ＋ｙ－４＝０{ ，解得 ｘ＝１， ｙ＝２{ ， 即ｌ１和ｌ２的交点坐标为（１，２）， 因为直线ｌ经过点（３，３），所以直线ｌ的斜率为３－２３－１＝ １ ２， 所以直线ｌ的方程为ｙ－２＝ １２（ｘ－１）， 令ｙ＝０，得ｘ＝－３，所以直线ｌ在ｘ轴上的截距为 －３． （２）因为直线ｌ与直线ｌ３：４ｘ＋５ｙ－１２＝０平行， 所以可设直线ｌ的方程为４ｘ＋５ｙ＋ｍ＝０， 又直线ｌ经过点（１，２），所以４×１＋５×２＋ｍ＝０，得ｍ＝－１４， 所以直线ｌ的一般式方程为４ｘ＋５ｙ－１４＝０． １６．解：（１）由直线ｌ不经过第四象限，又ｙ＝ｋｘ＋２ｋ＋１， 则 ｋ≥０， ２ｋ＋１≥０{ ，解得ｋ≥０，即实数ｋ的取值范围是［０，＋∞）． （２）令２ｋ－（－１）×４＝０，解得ｋ＝－２， 此时直线ｌ：－２ｘ－ｙ－３＝０，显然与４ｘ＋２ｙ－５＝０平行； 当ｋ≠－２时，两直线相交， 综上，当ｋ＝－２时，两直线平行，当ｋ≠－２时，两直线相交． （３）由直线ｌ的方程ｋｘ－ｙ＋１＋２ｋ＝０， 得 (Ａ －１＋２ｋｋ ， )０ ，Ｂ（０，１＋２ｋ）， 则 －１＋２ｋｋ ＜０， １＋２ｋ＞０ { ， 解得ｋ＞０． 所以Ｓ＝ １２ － １＋２ｋ ｋ ×｜１＋２ｋ｜＝ １ ２· １＋２ｋ ｋ ·（１＋２ｋ）＝ (１２ ４ｋ＋ １ｋ ＋ )４ ≥ (１２ ２ ４ｋ· １槡 ｋ ＋ )４ ＝４， 当且仅当４ｋ＝ １ｋ，即ｋ＝ １ ２ 时取等号． Ｓ的最小值为４，及此时直线ｌ的方程为ｘ－２ｙ＋４＝０． １７．解：（１）以Ｂ为原点，正东方向为ｘ轴正方 向建立如图２所示的直角坐标系，则Ａ地的坐标是 （－４００，０），台风中心移动路径所在直线的斜率 ｋ ＝１，所以台风中心移动路径所在的直线方程为 ｙ ＝ｘ＋４００． （２）以Ｂ为圆心，３００千米为半径作圆， 和直线ｙ＝ｘ＋４００相交于Ａ１，Ａ２两点． 设台风中心移到Ａ１时，城市Ｂ开始受台风影响（危险区）， 直到Ａ２时，解除影响． 因为点Ｂ到直线ｙ＝ｘ＋４００的距离ｄ＝ 槡２００２（千米）， 所以｜Ａ１Ａ２｜＝２ ３００２－（ 槡２００２）槡 ２＝２００（千米）． 而 ２００ ２０ ＝１０（小时），所以城市Ｂ处于危险区城的时间是１０小时． １８．解：（１）设圆Ｃ的半径为ｒ， 若选条件①， 则圆心Ｃ到直线３ｘ＋４ｙ＋１７＝０的距离是圆Ｃ的半径， 即ｒ＝｜－６＋４＋１７｜５ ＝３， 所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２＝９． 若选条件②，则圆Ｍ的圆心为（２，４），半径为２， 所以ｒ＋２＝ （２＋２）２＋（４－１）槡 ２＝５，所以ｒ＝３， 所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２＝９． 若选条件③，由 ３ｘ＋ｙ＋２＝０， ｘ－３ｙ＋１４＝０{ ，得 ｘ＝－２， ｙ＝４{ ，所以ｒ＝４－１＝３， 所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２＝９． （２）圆Ｎ：（ｘ－ｍ）２＋ｙ２＝ｍ２（ｍ＞０）的圆心为（ｍ，０），半径为ｍ， 两个圆有公共弦，则｜ｍ－３｜＜｜ＣＮ｜＜ｍ＋３， 即｜ｍ－３｜＜ （ｍ＋２）２＋槡 １＜ｍ＋３，解得ｍ＞ ２ ５， 两圆公共弦所在直线方程为（ｍ＋２）ｘ－ｙ－２＝０． 又两圆的公共弦长为２，则圆心Ｃ到公共弦所在直线的距离为 ｄ＝｜－２ｍ－４－１－２｜ （ｍ＋２）２＋槡 １ ＝ ｜２ｍ＋７｜ ｍ２＋４ｍ＋槡 ５ ，且２ ９－ｄ槡 ２＝２， 解得ｍ＝槡１０－１２ 或ｍ＝ －槡１０－１ ２ （舍去），经检验符合题意． 故存在实数ｍ＝槡１０－１２ ，使得圆Ｎ与圆Ｃ公共弦的长度为２． １９．解：当ｘ≥０，ｙ≥０时，曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ－ )１２ ２ (＋ ｙ－ )１２ ２ ＝ １２；当ｘ≤０，ｙ≥０时，曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ＋ )１２ ２ (＋ ｙ － )１２ ２ ＝ １２；当ｘ≥０，ｙ≤０时，曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ－ )１２ ２ ( ＋ ｙ＋ )１２ ２ ＝ １２；当ｘ≤０，ｙ≤０时，曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ＋ )１２ ２ (＋ ｙ＋ )１２ ２ ＝ １２； 作出曲线Ｃ的图象（如图３）． （１）由图可知，曲线Ｃ是四个半径为槡２２ 的半 圆围成的图形，即曲线Ｃ围成的图形的周长是 ４× １２ ×２×π× 槡２ ２ ＝ 槡２２π． （２）曲线Ｃ所围成的面积为四个半圆的面积 与边长为槡２的正方形的面积之和， 从而曲线Ｃ所围成图形的面积为 ４× １２π× １ ２ ＋（槡２） ２＝２＋π． （３）因为Ｐ（ｍ，ｎ）到直线３ｘ＋４ｙ－１２＝０的距离为 ｄ＝｜３ｍ＋４ｎ－１２｜ ３２＋４槡 ２ ＝｜３ｍ＋４ｎ－１２｜５ ， 所以｜３ｍ＋４ｎ－１２｜＝５ｄ． 当ｄ最小时，易知Ｐ（ｍ，ｎ）在曲线Ｃ的第一象限内的图象上， 因为曲线Ｃ (的第一象限内的图象是圆心为 １２， )１２ ，半径为槡２２ 的半圆， (所以圆心 １２， )１２ 到３ｘ＋４ｙ－１２＝０的距离 ｄ′＝ ３× １２ ＋４× １ ２ －１２ ３２＋４槡 ２ ＝１７１０， 从而ｄｍｉｎ＝ｄ′－槡 ２ ２ ＝ １７－ 槡５２ １０ ， 即｜３ｍ＋４ｎ－１２｜ｍｉｎ＝ １７－ 槡５２ ２ ． 第１１期 核心素养阶段测评（二） 一、单项选择题　１～４　ＤＡＡＤ　５～８　ＢＣＣＡ 提示： １．因为直线ｌ与直线ｘ＋２ｙ－３＝０垂直，所以ｔａｎθ (· － )１２ ＝－ １，ｔａｎθ＝２．又θ为直线倾斜角，解得ｓｉｎθ＝ 槡２５５． ２．由题可得ｍａ＋ｎｂ＝（３ｍ－２ｎ，５ｍ＋ｎ，２ｍ＋３ｎ）， 取ｘ轴的方向向量为ｅ＝（１，０，０）， 若向量ｍａ＋ｎｂ与ｘ轴垂直， 则３ｍ－２ｎ＝０，解得：３ｍ＝２ｎ，故选（Ａ）． ３．由２ＦＭ＝ＭＣ，得→ →ＡＭ＝ＡＦ＋→ＦＣ３ →＝ＡＦ＋→ →ＡＣ－ＡＦ３ ＝ ２ ３ →ＡＦ＋１３ →ＡＣ． 又因为→ → →ＡＣ＝ＡＢ＋ＡＤ，→ → → →ＡＦ＝ＡＥ＋ＥＦ＝ＡＥ＋ １２ →ＡＢ， 所以→ＡＭ ＝ (２３ ｃ＋ １２ )ａ ＋ １３（ａ＋ｂ）＝ ２３ａ＋ １３ｂ＋ ２３ｃ． ４．Ａ（１，５）关于ｙ轴的对称点 Ｃ（－１，５），又 Ｂ（４，１），ｋＢＣ ＝ ５－１ －１－４ ＝－ ４５，故过Ｂ，Ｃ的直线方程为ｙ＝－ ４ ５（ｘ＋１）＋５，当ｘ＝０时，ｙ＝ ２１ ５，使得｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ｜值最小，故Ｐ (点为 ０，２１)５ ． ５．由题意可知，直线ｌ：ｘ－２ｙ－１＝０过圆心 (Ｃ ３，－ ａ )２ ，则３－２ (× － ａ )２ －１＝０，解得ａ＝－２，故圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２－６ｘ－２ｙ＋１＝０的 圆心为 Ｃ（３，１），半径 ｒ＝３，且点 Ｐ（－４，－２），则 ｜ＰＣ｜＝ （－４－３）２＋（－２－１）槡 ２＝槡５８，所以｜ＰＡ｜＝ ｜ＰＣ｜２－ｒ槡 ２＝７． ６．因为ｋＡＣ＝ －１ ２－１＝－１， 书 （３） (由点 ５２， )３ 到圆心Ｃ的距离为 (ｄ＝ ５２ ＋ )３２ ２ ＋（３－０）槡 ２＝５．因为圆Ｃ的半径ｒ＝ ３２， (所以点 ５２， )３ 到圆Ｃ的最短距离为ｄ－ｒ＝５－ ３２ ＝ ７２ ＞３， 故在圆Ｃ上不存在点Ｄ，使得Ｄ (到点 ５２， )３ 的距离为３． 第９期２版 专项小练一 １．Ｂ；　２．Ａ；　３．ＢＣＤ．　４．２ｘ＋槡６ｙ－１０＝０；　５．±槡６． ６．解：由于（２－１）２＋（４＋３）２＝５０＞１，故点Ｍ在圆外． 当切线斜率存在时，设切线方程是ｙ－４＝ｋ（ｘ－２）， 即ｋｘ－ｙ＋４－２ｋ＝０， 由于直线与圆相切，故 ｜ｋ＋３＋４－２ｋ｜ ｋ２＋（－１）槡 ２ ＝１，解得ｋ＝２４７． 所以切线方程为２４ｘ－７ｙ－２０＝０． 又当切线斜率不存在时，直线ｘ＝２与圆相切． 综上所述，所求切线方程为２４ｘ－７ｙ－２０＝０或ｘ＝２． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｄ；　３．ＡＢＤ．　４．８．５；　５．（－１，１５）． ６．解：（１）联立 ｘ２＋ｙ２－４ｘ＋２ｙ＝０， ｘ２＋ｙ２－２ｙ－４＝０{ ， 两式相减并整理得ｘ－ｙ－１＝０， 所以过Ａ，Ｂ两点的直线方程为ｘ－ｙ－１＝０． （２）依题意，圆Ｃ１是圆心（２，－１），半径为槡５的圆， 圆Ｃ２是圆心（０，１），半径为槡５的圆， 则所求圆的圆心必是Ｃ１与Ｃ２的中点，即为（１，０）， 又由勾股定理可得所求圆的半径为 ｒ＝ （槡５）２－［（１－０）２＋（０－１）２槡 ］＝槡３， 则所求圆的方程为（ｘ－１）２＋ｙ２＝３． 第９期３，４版 直线与圆、圆与圆的位置关系同步核心素养测评 一、单项选择题　１～４　ＣＤＡＤ　５～８　ＡＣＡＤ 提示： ２．两圆的圆心分别为：Ａ（３，－２），Ｂ（７，１）， 半径分别为：ｒ＝２，Ｒ＝６， 两圆心距为：｜ＡＢ｜＝ （７－３）２＋（１＋２）槡 ２＝５， 而Ｒ－ｒ＜｜ＡＢ｜＜Ｒ＋ｒ，所以两圆相交． ３．两圆方程相减，消去二次项得４ｘ－１＝０，此即两圆公共弦所在直线 的方程． ４．由题意可得圆心Ｃ（１，－４）到直线ｌ的距离ｄ≤５， 即 ｜３－４×（－４）＋ｍ｜ ５ ≤５，解得ｍ∈［－４４，６］． ５．因为圆Ｏ上恰有三个点到直线ｌ的距离等于１， 所以圆心Ｏ（０，０）到直线ｌ：ｙ＝ｘ＋ｂ的距离ｄ＝１， 所以 ｜ｄ｜ 槡２ ＝１，解得：ｂ＝槡２或ｂ＝－槡２． ６．根据题意，圆ｘ２＋（ｙ－１）２＝１，其圆心为（０，１），半径为１，圆（ｘ－ ２）２＋（ｙ－５）２＝９，其圆心为（２，５），半径为３，圆心距ｄ＝ ４＋槡 １６＝ 槡２５，有 槡２５＞３＋１＝４，两圆外离，则Ａ，Ｂ两点之间的最短距离为 槡２５－４． ７．如图１，拱形桥ＡＣＢ， 以ＡＢ所在的直线为 ｘ轴，以线段 ＡＢ 的垂直平分线为ｙ轴，建立平面直角坐标 系，则Ａ（－１０，０），Ｂ（１０，０），Ｃ（０，５），圆心在ｙ 轴上，设为Ｅ（０，ｂ）， 则有｜ＡＥ｜＝｜ＣＥ｜，即 １００＋ｂ槡 ２＝ ｜５－ｂ｜，整理可得２ｂ＋１５＝０，解得ｂ＝ －１５２，所以圆心为 (Ｅ ０，－１５)２ ，半径为｜ＣＥ｜＝｜５－ｂ｜＝２５２， 所以圆的方程为ｘ２ (＋ ｙ＋１５)２ ２ ＝６２５４． 设Ｄ（ａ，３），则有ａ２ (＋ ３＋１５)２ ２ ＝６２５４，解得ａ＝槡４６． 所以要使小船通过圆拱桥，船宽最长为 槡２ ４６． 因为６５＜槡４６＜７，所以１３＜ 槡２ ４６＜１４， 所以船宽最长约为１３米． ８．当射线ＯＰ绕Ｏ点从ｘ轴正半轴逆时针匀速旋转到射线ＯＣ时，所扫 过的内部图形面积在变大，而且根据图２显示，变化量ΔＳ也在变大； 当射线ＯＰ绕Ｏ点从射线ＯＣ逆时针匀速旋转到ｙ轴正半轴时，所扫过 的内部图形面积在变大，而且根据图３显示，变化量ΔＳ在变小，综合选项 可得，选项（Ａ）符合． 二、多项选择题　９．ＡＢＤ；　１０．ＡＢ；　１１．ＢＣＤ． 提示： ９．对于（Ａ），因为两个圆相交，所以有两条公切线，正确； 对于（Ｂ），将两圆方程作差可得 －２ｘ＋２ｙ－２＝０，即得公共弦ＡＢ的 方程为ｘ－ｙ＋１＝０，正确； 对于（Ｃ），直线ＡＢ经过圆Ｏ２的圆心（０，１），所以线段ＡＢ是圆Ｏ２的直 径，故圆Ｏ２中不存在比ＡＢ长的弦，错误； 对于（Ｄ），圆Ｏ１的圆心坐标为（１，０），半径为２，圆心到直线ＡＢ：ｘ－ｙ ＋１＝０的距离为｜１＋１｜ 槡２ ＝槡２，所以圆Ｏ１上的点到直线ＡＢ的最大距离 为２＋槡２，正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １０．对于（Ａ），将直线ｌ的方程变形为ｘ＋２－ｍ（ｙ＋１）＝０， 由 ｘ＋２＝０， ｙ＋１＝{ ０可得 ｘ＝－２， ｙ＝－１{ ， 所以直线ｌ过定点（－２，－１），（Ａ）正确； 对于（Ｂ），Ｃ被ｌ截得的弦长最长时，直线ｌ过圆心Ｃ（５，１）， 则７－２ｍ＝０，解得ｍ＝ ７２，（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），圆Ｃ的圆心为Ｃ（５，１），半径为ｒ＝２，当直线ｌ与Ｃ相切时， 则 ｜７－２ｍ｜ １＋ｍ槡 ２ ＝２，解得ｍ＝４５２８，（Ｃ）错； 对于（Ｄ），由（Ｃ）可知，直线ｌ与Ｃ相切时只有一种情况，（Ｄ）错． １１．设圆心为Ｃ，则Ｃ（－２，－５），圆的 半径为５，所以圆与ｘ轴相切． 设切点为 Ｐ，则 Ｐ（－２，０），连接 ＰＡ， ＰＢ，ＰＣ，ＭＣ，则｜ＰＭ｜＝６， 因为 ∠ＭＰＡ ＝ ∠ＭＢＰ，∠ＰＭＡ ＝ ∠ＢＭＰ，所以△ＭＰＡ∽△ＭＢＰ， 所以｜ＰＭ｜２＝｜ＭＡ｜｜ＭＢ｜＝３６． 设ＡＢ的中点为Ｎ，连接ＣＮ， 则ＣＮ⊥ＡＢ， 设圆心Ｃ到直线ＡＢ的距离ｄ，则０≤ｄ＜５，｜ＭＣ｜＝ （４＋２）２＋５槡 ２ ＝槡６１，｜ＭＮ｜＝ ｜ＭＣ｜２－ｄ槡 ２＝ ６１－ｄ槡 ２，｜ＭＡ｜＋｜ＭＢ｜＝２｜ＭＡ｜ ＋｜ＡＢ｜＝２｜ＭＡ｜＋２｜ＡＮ｜＝２｜ＭＮ｜＝２ ６１－ｄ槡 ２， 因为 ２ ｜ＭＱ｜＝ １ ｜ＭＡ｜＋ １ ｜ＭＢ｜＝ ｜ＭＡ｜＋｜ＭＢ｜ ｜ＭＡ｜｜ＭＢ｜ ＝ ｜ＭＮ｜ １８ ， 所以｜ＭＱ｜＝ ３６｜ＭＮ｜＝ ３６ ６１－ｄ槡 ２ ， 因为０≤ｄ＜５，所以 槡３６ ６１ 槡６１ ≤｜ＭＱ｜＜６．故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题　１２．６０°／π３；　１３．２；　１４．－槡２． 提示： １２．圆心（０，０）到直线槡３ｘ＋ｙ－ 槡２３＝０的距离ｄ＝ ｜ 槡２３｜ （槡３）２＋槡 １ ＝ 槡３，所以弦长：｜ＡＢ｜＝２ ２２－（槡３）槡 ２＝２，所以△ＯＡＢ为等边三角形， 所以∠ＡＯＢ＝６０°． １３．圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２－２ｙ＝０的圆心为（０，１），半径为１，因为四边形ＰＡＣＢ 的面积Ｓ＝ＰＡ·ＡＣ＝ ＰＣ２－ＡＣ槡 ２·ＡＣ＝ ＰＣ２－槡 １，而Ｓ最小值为２， 所以ＰＣ的最小值为槡５，即圆心（０，１）到直线ｌ的距离 ｜０＋１＋４｜ ｋ２＋槡 １ ＝槡５， 解得ｋ＝２． １４．圆Ｃ１：ｘ２＋ｙ２＋２ａｘ＋ａ２－４＝０的圆心Ｃ１（－ａ，０），半径ｒ１＝２， 圆Ｃ２：ｘ２＋ｙ２－２ｂｙ－１＋ｂ２＝０的圆心Ｃ２（０，ｂ），半径ｒ２＝１， 由两个圆只有一条公切线可得两个圆内切，圆心距｜Ｃ１Ｃ２｜＝ ａ２＋ｂ槡 ２＝２－１＝１，可得ａ２＋ｂ２＝１． 设ａ＝ｃｏｓα，ｂ＝ｓｉｎα，ａ∈Ｒ， 所以ａ＋ｂ＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ∈［－槡２，槡２］， 当且仅当α＋π４ ＝－ π ２ ＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ时， 即α＝－ ３４π＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ时，ａ＋ｂ的最小值为 －槡２． 四、解答题 １５．解：设所求圆的圆心为（ａ，ｂ）， 则圆心到直线ｘ－ｙ－１＝０的距离ｄ＝ ４－槡 ２＝槡２． 根据题意有 ｂ＝２ａ， ｜ａ－ｂ－１｜ 槡２ ＝槡２{ ，解得 ａ＝－３，ｂ＝－{ ６或 ａ＝１，ｂ＝２{ ． 所以所求圆的方程为（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２＝４和（ｘ＋３）２＋（ｙ＋６）２ ＝４（或ｘ２＋ｙ２－２ｘ－４ｙ＋１＝０和ｘ２＋ｙ２＋６ｘ＋１２ｙ＋４１＝０）． １６．（１）证明：圆心（０，０）到直线ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝０的距离为 ｄ＝ ｜ｃ｜ ａ２＋ｂ槡 ２ ＝ ｜ｃ｜２ 槡３ ｜ｃ｜ ＝槡３２ ＜１＝ｒ，所以直线与圆相交． （２）解：｜ＭＮ｜＝２ ｒ２－ｄ槡 ２＝２ １ (－ 槡３)２槡 ２ ＝１． １７．解：（１）圆Ｃ的方程：ｘ２＋ｙ２－２ｘ－４ｙ＋ｍ＝０， 即为：（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２＝５－ｍ， 所以５－ｍ＞０，即ｍ＜５，所以ｍ的取值范围是（－∞，５）． （２）圆Ｃ与圆Ｄ：（ｘ＋３）２＋（ｙ＋１）２＝１６相外切时，圆心距等于半 径之和，圆Ｃ的圆心为（１，２），设半径为ｒ１，圆Ｄ的圆心为（－３，－１），半径 为ｒ２＝４，所以 （１＋３）２＋（２＋１）槡 ２＝ｒ１＋４，解得ｒ１＝１． 所以圆Ｃ的半径为１． １８．解：（１）根据题意可设圆心Ｃ（２ｔ，ｔ），ｔ＞０，半径为ｒ． 则半径ｒ＝２ｔ，由勾股定理可得ｔ２＋（槡３）２＝（２ｔ）２，解得ｔ＝１， 此时圆心Ｃ（２，１），半径为２，圆Ｃ的方程为（ｘ－２）２＋（ｙ－１）２＝４， 所以圆心Ｃ的坐标为Ｃ（２，１）． （２）依题意设圆心Ｃ（ａ，ｂ），半径为Ｒ． 因为圆心Ｃ在直线ｙ＝ １２ｘ上，所以ａ＝２ｂ． 若圆Ｃ与直线ｘ－２ｙ－１＝０相切，可得｜ａ－２ｂ－１｜ 槡５ ＝Ｒ＝槡５５， 若圆Ｃ与圆Ｑ：ｘ２＋（ｙ－２）２＝１相外切，则｜ＣＱ｜＝Ｒ＋１， 即 （ａ－０）２＋（ｂ－２）槡 ２＝１＋Ｒ， 可得５ｂ２－４ｂ＋１４－ 槡２５５ ＝０， 该方程Δ＜０，所以该方程无解，故不存在满足题意的圆Ｃ． １９．解：（１）圆Ｃ的圆心Ｃ（－３，４），半径ｒ＝４， 由弦ＡＢ的长为 槡２ １１得点Ｃ到直线ｌ的距离为 ｄ＝ ｒ２ (－ １２ )｜ＡＢ｜槡 ２ ＝ ４２－（槡１１）槡 ２＝槡５， 又ｄ＝｜（２ｍ＋１）×（－３）＋（ｍ－２）×４－３ｍ－４｜ （２ｍ＋１）２＋（ｍ－２）槡 ２ ＝槡５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ，所以槡 ５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ＝槡５，解得ｍ＝－ ４ ３． （２）ｃｏｓ∠ＭＰＮ＝１－２ｓｉｎ２∠ＭＰＣ＝１－ (２ ｜ＣＭ｜)｜ＣＰ｜ ２ ＝１－ ３２ ｜ＣＰ｜２ ， 由（１）知点Ｃ到直线ｌ的距离ｄ＝槡５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ， 所以｜ＣＰ｜≥ｄ，所以｜ＣＰ｜＝ｄ时，ｃｏｓ∠ＭＰＮ的值最小， 即ｃｏｓ∠ＭＰＮ的最小值为１－３２ ｄ２ ， 由已知得１－３２ ｄ２ ＝１３４５，解得ｄ＝ 槡３５，所以 槡５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ＝ 槡３５， 解得ｍ＝ ３４，当ｍ＝ ３ ４ 时，直线ｌ的方程为２ｘ－ｙ－５＝０， 设Ｐ（ａ，２ａ－５），以ＣＰ为直径的圆记为圆Ｄ， 则圆Ｄ的方程为（ｘ＋３）（ｘ－ａ）＋（ｙ－４）（ｙ－２ａ＋５）＝０， 即ｘ２＋ｙ２＋（３－ａ）ｘ＋（１－２ａ）ｙ＋５ａ－２０＝０， ① 圆Ｃ的方程为ｘ２＋ｙ２＋６ｘ－８ｙ＋９＝０， ② 由② －①得（ａ＋３）ｘ＋（２ａ－９）ｙ－５ａ＋２９＝０， ③ 因为Ｍ，Ｎ两点为圆Ｃ和圆Ｄ的公共点， 所以③即为直线ＭＮ的方程， ③变形得（ｘ＋２ｙ－５）ａ＋３ｘ－９ｙ＋２９＝０， 由 ｘ＋２ｙ－５＝０， ３ｘ－９ｙ＋２９＝０{ ，　解得 ｘ＝－１３１５， ｙ＝４４１５ { ， 所以直线ＭＮ (经过定点 －１３１５，４４)１５ ． 第１０期 直线和圆的方程核心素养综合测评 一、单项选择题　１～４　ＣＢＢＡ　５～８　ＡＣＤＤ 提示： １．由题可得直线ｌ过定点（０，１）， 因为０２－２×０＋１２－３＝－２＜０， 所以点（０，１）在圆内， 所以直线ｌ与Ｃ的交点个数为２个．故选（Ｃ）． ３．由ａｘ＋ｙ＋３ａ－１＝０可得ａ（ｘ＋３）＋ｙ－１＝０， 令 ｘ＋３＝０， ｙ－１＝０{ ，可得ｘ＝－３，ｙ＝１，所以Ｎ（－３，１）． 设直线２ｘ＋３ｙ－６＝０关于点Ｎ对称的直线方程为２ｘ＋３ｙ＋ｃ＝０（ｃ ≠－６）， 则 ｜－６＋３－６｜ ４＋槡 ９ ＝｜－６＋３＋ｃ｜ ４＋槡 ９ ，解得ｃ＝１２或ｃ＝－６（舍去）， 所以所求直线方程为２ｘ＋３ｙ＋１２＝０，故选（Ｂ）． ４．方程ｘ２＋ｙ２＋（ｋ－１）ｘ＋２ｋｙ＋ｋ＝０表示圆的条件为（ｋ－１）２＋ （２ｋ）２－４ｋ＞０，即５ｋ２－６ｋ＋１＞０，解得ｋ＞１或ｋ＜ １５，又知该方程不 表示圆，所以ｋ的取值范围为 １５≤ｋ≤１，又因为ｋ {∈ －２，０，４５，}３ ， 所以满足条件的ｋ＝ ４５，即ｋ {的取值集合为 }４５ ，故选（Ａ）． ５．设Ｍ（ｍ，ｎ），故有ｍ２＋ｎ２＝１，即ｎ２＝１－ｍ２， 由→ →  ＰＭ ＝ＭＮ，则点Ｍ为ＰＮ中点， 故Ｎ（２＋２ｍ，２ｎ），故有（２＋２ｍ）２＋（２ｎ）２＝１， 即有（２＋２ｍ）２＋４（１－ｍ２）＝１，整理得８ｍ＋８＝１， 即ｍ＝－ ７８． ! ! ! " !"#$ !"#$ !"#$%&'()*+,-./0 ! 1"%+ #$%& 2 3"4$5&'(6*+,-.70 ! 8'%+ ($&& 2 ! " # $ % & ' ! ! ! ! " ! & ' ( ! ) ' ( ! # * + , & $ - ! ( . ' ! $ ! ! / ! " "! ( & " 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 %$ %" " $ $ " %" %$ & ! $! ' " $ ! ' ! " ! !%! %! ( ' ! #