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2.5.1(第2课时)直线与圆的方程的应用 课时作业(含答案)

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