2.5.1（第2课时）直线与圆的方程的应用 课时作业（含答案）

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1、第第 2 2 课时课时 直线与圆的方程的应用直线与圆的方程的应用 1y|x|的图象和圆 x2y24 在 x 轴上方所围成的图形的面积是( ) A.4 B.34 C.32 D 答案 D 解析 数形结合，所求面积是圆 x2y24 面积的14. 2已知圆 x2y22x2y2a0 截直线 xy20 所得弦长为 4，则实数 a 的值是( ) A1 B2 C3 D4 答案 B 解析 圆 x2y22x2y2a0，即 (x1)2(y1)222a， 故弦心距 d|112|2 2， 再由弦心距，半弦长和半径的关系可得 22a24， a2. 3 设P是圆(x3)2(y1)24上的动点， Q是直线x3上的动点， 则|

2、PQ|的最小值为( ) A6 B4 C3 D2 答案 B 解析 如图，圆心 M(3，1)与定直线 x3 的最短距离为|MQ|3(3)6. 又因为圆的半径为 2，故所求最短距离为 624. 4若实数 x，y 满足(x5)2(y12)2142，则 x2y2的最小值为( ) A2 B1 C. 3 D. 2 答案 B 解析 x2y2表示圆上的点(x，y)与(0,0)间距离的平方， 又点(0,0)在圆内，所以由几何意义可知最小值为 14 521221. 5已知点 A(1,1)和圆 C：(x5)2(y7)24，一束光线从点 A 经 x 轴反射到圆 C 上的最短路程是( ) A6 22 B8 C4 6 D1

3、0 答案 B 解析 点 A 关于 x 轴的对称点 A(1，1)，A与圆心(5,7)的距离为 51271210. 所求最短路程为 1028. 6圆 x2y24x4y100 上的点到直线 xy140 的最大距离与最小距离的差是_ 答案 6 2 解析 圆 x2y24x4y100 可化为(x2)2(y2)218， 圆心为(2,2)，半径为 3 2. 圆心(2,2)到直线 xy140 的距离为|2214|25 23 2， 所以圆上的点到直线的最大距离与最小距离的差是 2r6 2. 7过点 P(1,1)的直线，将圆形区域(x，y)|x2y24分为两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为_ 答案

4、 xy20 解析 由题意知，点 P(1,1)在圆 x2y24 内， 则过点 P 截得的弦最短的直线将圆面分成的两部分面积之差最大， 则所求直线与圆心 O 和 P(1,1)的连线垂直， 该直线斜率为1， 由点斜式方程，得 y1(x1)， 即 xy20. 8 台风中心从A地以20 km/h的速度向东北方向移动， 离台风中心30 km内的地区为危险区，城市 B 在 A 地正东 40 km 处，则城市 B 处于危险区的时间为_h. 答案 1 解析 如图，以 A 地为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，建立平面直角坐标系， 则台风中心经过以 B(40,0)为圆心，30 为半径的圆内时城市 B 处于危险区

5、， 即 B 处于危险区时，台风中心在线段 MN 上，可求得|MN|20， 所以时间为 1 h. 9 如图， AB 为圆的定直径， CD 为直径， 自 D 作 AB 的垂线 DE， 延长 ED 到 P， 使|PD|AB|，求证：直线 CP 必过一定点 证明 以线段 AB 所在的直线为 x 轴，以 AB 中点为原点，建立直角坐标系，如图， 设圆的方程为 x2y2r2，直径 AB 位于 x 轴上，动直径为 CD. 令 C(x0，y0)，则 D(x0，y0)， 所以 P(x0，y02r) 所以直线 CP 的方程为 yy02ry0y0 x0 x0(xx0)， 即(y0r)x(yr)x00. 所以直线 C

6、P 过直线：x0，yr0 的交点(0，r)， 即直线 CP 过定点 10如图，已知一艘海监船 O 上配有雷达，其监测范围是半径为 25 km 的圆形区域，一艘外籍轮船从位于海监船正东 40 km 的 A 处出发，径直驶向位于海监船正北 30 km 的 B 处岛屿，速度为 28 km/h.问：这艘外籍轮船能否被海监船监测到？若能，持续时间多长？(要求用坐标法) 解 如图，以 O 为坐标原点，东西方向为 x 轴建立平面直角坐标系， 则 A(40,0)，B(0,30)， 圆 O 方程为 x2y2252. 直线 AB 方程为x40y301， 即 3x4y1200.设 O 到 AB 距离为 d， 则 d

7、|120|52425， 所以外籍轮船能被海监船监测到 设监测时间为 t， 则 t2 252242280.5(h) 答 外籍轮船能被海监船监测到，持续时间为 0.5 h. 11若方程 1x2kx2 有唯一解，则实数 k 的取值范围是( ) Ak 3 Bk(2,2) Ck2 Dk2 或 k 3 答案 D 解析 方程 1x2kx2 有唯一解等价于 y 1x2与 ykx2 有唯一公共点 由图象(图略)知选 D. 12已知集合 M(x，y)|y 9x2，y0，n(x，y)|yxb，若 MN，则实数 b的取值范围是( ) A3 2，3 2 B3,3 C(3,3 2 D3 2，3) 答案 C 解析 数形结合

8、法，注意 y 9x2，y0 等价于 x2y29(y0)， 它表示的图形是圆 x2y29 在 x 轴之上的部分(如图所示) 结合图形不难求得， 当30)有公共点 13已知圆 C：(x1)2y21，点 A(2,0)及点 B(3，a)，从点 A 观察点 B，要使视线不被圆C 挡住，则 a 的取值范围为_ 答案 ，5 245 24， 解析 由题意知，AB 所在直线与圆 C 相切或相离时，视线不被挡住， 直线 AB 的方程为 ya5(x2)，即 ax5y2a0，所以 d|3a|a2521， 即 a5 24或 a5 24. 14某圆拱桥的水面跨度是 20 m，拱高为 4 m现有一船宽 9 m，在水面以上部

9、分高 3 m，通行无阻近日水位暴涨了 1.5 m，为此，必须加重船载，降低船身，当船身至少降低_ m时，船才能安全通过桥洞(结果精确到 0.01 m) 答案 22 解析 以水位未涨前的水面 AB 的中点为原点，建立平面直角坐标系，如图所示， 设圆拱所在圆的方程为 x2(yb)2r2， 圆经过点 B(10,0)，C(0,4)， 100b2r2，4b2r2，解得 b10.5，r14.5. 圆的方程是 x2(y10.5)214.52(0y4)，令 x4.5，得 y3.28，故当水位暴涨 1.5 m后，船身至少应降低 1.5(3.283)1.22 (m)，船才能安全通过桥洞. 15 若圆 x2y24x

10、4y100 上至少有三个不同的点到直线 l： axby0 的距离为 2 2，则直线 l 的斜率的取值范围是( ) A2 3，1 B2 3，2 3 C.33， 3 D0，) 答案 B 解析 圆 x2y24x4y100 可化为(x2)2(y2)218， 则圆心为(2,2)，半径为 3 2. 由圆上至少有三个不同的点到直线 l 的距离为 2 2， 可得圆心到直线 l 的距离 d3 22 2 2， 即|2a2b|a2b2 2， 则 a2b24ab0. 若 b0，则 a0，不符合题意， 所以 b0，则式可化为 1ab24ab0. 又直线 l 的斜率 kab，所以式可化为 1k24k0，解得 2 3k2

11、3. 16如图所示，为保护河上古桥 OA，规划建一座新桥 BC，同时设立一个圆形保护区规划要求：新桥 BC 与河岸 AB 垂直；保护区的边界为圆心 M 在线段 OA 上并与 BC 相切的圆，且古桥两端 O 和 A 到该圆上任意一点的距离均不少于 80 m经测量，点 A 位于点 O 正北方向60 m 处，点 C 位于点 O 正东方向 170 m 处(OC 为河岸)，tan BCO43. (1)求新桥 BC 的长； (2)当 OM 多长时，圆形保护区的面积最大？ 解 (1)如图，以 O 为坐标原点，OC 所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系 xOy. 由条件知，A(0,60)，C(170,0)，

12、直线 BC 的斜率 kBCtan BCO43. 又因为 ABBC， 所以直线 AB 的斜率 kAB34. 设点 B 的坐标为(a，b)， 则 kBCb0a17043， kABb60a034， 解得 a80，b120. 所以 BC 17080201202150. 因此新桥 BC 的长为 150 m. (2)设保护区的边界圆 M 的半径为 r m，OMd m(0d60) 由条件知，直线 BC 的方程为 y43(x170)， 即 4x3y6800. 由于圆 M 与直线 BC 相切， 故点 M(0，d)到直线 BC 的距离是 r， 即 r|3d680|42326803d5. 因为 O 和 A 到圆 M 上任意一点的距离均不少于 80 m， 所以 rd80，r60d80， 即 6803d5d80，6803d560d80， 解得 10d35. 故当 d10 时，r6803d5最大，即圆面积最大 所以当 OM10 m 时，圆形保护区的面积最大