第二章高考强化

圆 $ {x}^{2}+{y}^{2}-2x+6y=0 $ 的标准方程为 $ (x-1)^{2}+(y+3)^{2}=10 $ ,圆心坐标为 $ (1,-3) $ ，因此圆心到直线 $ x-y+2=0 $ 的距离 $ d=\dfrac{|1+3+2|}{\sqrt{{1}^{2}+(-1)^{2}}}=3\sqrt{2} $ ,故选 $ \mathrm{D} $ .

依题意可知圆心坐标为 $ (a,0) $ ，又直线 $ 2x+y-1=0 $ 是圆的一条对称轴，所以圆心在该直线上，即 $ 2a+0-1=0 $ ，解得 $ a=\dfrac{1}{2} $ ，故选 $ \mathrm{A} $ .

（圆的一般方程） $ ： $

依题意设圆的一般方程为 $ {x}^{2}+{y}^{2}+Dx+Ey+F=0 $ ， $ {D}^{2}+{E}^{2}-4F > 0 $ .

（1）若过点 $ (0,0) $ ， $ (4,0) $ ， $ (-1,1) $ ，

则 $ \begin{cases}F=0,\\ 16+4D+F=0,\\ 1+1-D+E+F=0,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}F=0,\\ D=-4,\\ E=-6.\end{cases} $

所以圆的方程为 $ {x}^{2}+{y}^{2}-4x-6y=0 $ ，即 $ (x-2)^{2}+{\left(y-3 \right) ^ {2}}=13 $ .

（2）若过点 $ (0,0) $ ， $ (4,0) $ ， $ (4,2) $ ，则 $ \begin{cases}F=0,\\ 16+4D+F=0,\\ 16+4+4D+2E+F=0,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}F=0,\\ D=-4,\\ E=-2.\end{cases} $

所以圆的方程为 $ {x}^{2}+{y}^{2}-4x-2y=0 $ ，即 $ (x-2)^{2}+{\left(y-1 \right) ^ {2}}=5 $ .

（3）若过点 $ (0,0) $ ， $ (4,2) $ ， $ (-1,1) $ ，

则 $ \begin{cases}F=0,\\ 1+1-D+E+F=0,\\ 16+4+4D+2E+F=0,\end{cases} $

解得 $ \begin{cases}F=0,\\ D=-\dfrac{8}{3},\\ E=-\dfrac{14}{3}.\end{cases} $

所以圆的方程为 $ {x}^{2}+{y}^{2}-\dfrac{8}{3}x-\dfrac{14}{3}y=0 $ ，即 $ {\left(x-\dfrac{4}{3}\right) ^ {2}}+{\left(y-\dfrac{7}{3}\right) ^ {2}}=\dfrac{65}{9} $ .

（4）若过点 $ (-1,1) $ ， $ (4,0) $ ， $ (4,2) $ ，则 $ \begin{cases}1+1-D+E+F=0,\\ 16+4D+F=0,\\ 16+4+4D+2E+F=0,\end{cases} $

解得 $ \begin{cases}F=-\dfrac{16}{5},\\ D=-\dfrac{16}{5},\\ E=-2.\end{cases} $ 所以圆的方程为 $ {x}^{2}+{y}^{2}-\dfrac{16}{5}x-2y-\dfrac{16}{5}=0 $ ，即 $ {\left(x-\dfrac{8}{5}\right) ^ {2}}+{\left(y-1\right) ^ {2}}=\dfrac{169}{25} $ .

设圆 $ {x}^{2}+{y}^{2}-4x-1=0 $ 为圆 $ C $ ，化简得 $ (x-2)^{2}+{y}^{2}=5 $ ,圆心为 $ C(2,0) $ ,半径 $ r=\sqrt{}5 $ .如图，设 $ \mathrm{\angle }CPA=\theta $ ,则 $ \alpha =2\theta $ , $ \sin \theta =\dfrac{|CA|}{|CP|}=\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{ (2-0)^{2}+ [0- (-2 ){ ]}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{}5}{2\sqrt{2}} $ ,易知 $ \cos \theta > 0 $ ,则 $ \cos \theta =\dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} $ ,所以 $ \sin \alpha = \sin 2\theta =2 \sin \theta \cos \theta =\dfrac{\sqrt{}15}{4} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

由题易知圆心 $ (0,-2) $ 到直线 $ y=\sqrt{3}x+2 $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|0-(-2)+2\right|}{\sqrt{{\left(\sqrt{3}\right) ^ {2}}+{\left(-1\right) ^ {2}}}}=2 $ ,因为圆上到直线 $ y=\sqrt{3}x+2 $ 的距离为1的点有且仅有两个，所以 $ \left|d-r\right| < 1 $ ，即 $ \left|2-r\right| < 1 $ ,所以 $ 1 < r < 3 $ ，故选 $ \mathrm{B} $ .

将圆的一般方程化为标准方程 $ (x-2)^{2}+(y-1)^{2}=9 $ ，令 $ x-y=z $ ，则直线 $ x-y=z $ 与圆有公共点，且当直线与圆相切时， $ z $ 取得最大或最小值.设直线 $ x-y=z $ 与圆相切，则有 $ \dfrac{|2-1-z|}{\sqrt{2}}=3 $ ，整理得 $ |1-z|=3\sqrt{2} $ ，解得 $ z=1+3\sqrt{2} $ 或 $ z=1-3\sqrt{2} $ ，所以 $ x-y $ 的最大值为 $ 1+3\sqrt{2} $ ，故选 $ \mathrm{C} $ .

如图，设圆 $ (x+1)^{2}+(y-3)^{2}={r}^{2} $ 的圆心为 $ E $ ，则点 $ E(-1,3) $ 到直线 $ AB $ 的距离 $ d=\dfrac{|-1-3+6|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2} $ .

易知 $ |AB|=6\sqrt{2} $ ,又 $ |AB|=3|CD| $ ，

则 $ |CD|=2\sqrt{2} $ ,

所以 $ {r}^{2}={d}^{2}+{\left(\dfrac{|CD|}{2}\right) ^ {2}}=2+2=4 $ ,

解得 $ r=2 $ .

由题知, $ \odot C $ 的半径 $ r=2 $ ,圆心 $ C(1,0) $ .设圆心 $ C $ 到直线 $ x-my+1=0 $ 的距离为 $ d $ ,则弦长 $ \left|AB\right|=2\sqrt{4-{d}^{2}} $ ,所以 $ {S}_{△ABC}=\dfrac{1}{2}×2\sqrt{4-{d}^{2}}\cdot d=\dfrac{8}{5} $ ,解得 $ {d}^{2}=\dfrac{4}{5} $ 或 $ {d}^{2}=\dfrac{16}{5} $ ,所以 $ d=\dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ 或 $ d=\dfrac{4\sqrt{5}}{5} $ .由点到直线的距离公式可知,当 $ d=\dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ 时, $ \dfrac{2}{\sqrt{{m}^{2}+1}}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ ,解得 $ m=±2 $ ；当 $ d=\dfrac{4\sqrt{5}}{5} $ 时, $ \dfrac{2}{\sqrt{{m}^{2}+1}}=\dfrac{4\sqrt{5}}{5} $ ,解得 $ m=±\dfrac{1}{2} $ .综上, $ m=±2 $ 或 $ ±\dfrac{1}{2} $ .

对于选项 $ \mathrm{A} $ ,直线 $ l $ 的倾斜角范围为 $ [0,\mathrm{\pi }) $ ,而 $ \alpha \in \boldsymbol{R} $ ,故 $ \alpha $ 不一定是倾斜角,故 $ \mathrm{A} $ 错误；对于选项 $ \mathrm{B} $ , $ \because \sin \alpha \cdot \cos \alpha +(- \cos \alpha )\cdot \sin \alpha =0 $ , $ \therefore l $ 与 $ {l}_{1} $ 垂直,又 $ \cos \alpha \cdot 0+ \sin \alpha \cdot 0=0 $ , $ \therefore {l}_{1} $ 过原点,故 $ \mathrm{B} $ 正确；对于选项 $ \mathrm{C} $ ,圆心 $ (0,0) $ 到 $ l $ 的距离 $ d=\dfrac{1}{\sqrt{{ \sin }^{2}\alpha +{\left(- \cos \alpha \right) ^ {2}}}}=1 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；对于选项 $ \mathrm{D} $ ,方法一： $ \dfrac{1}{4} \sin \alpha -\dfrac{1}{2} \cos \alpha =1 $ ,即 $ \sin \alpha -2 \cos \alpha =4 $ ,而 $ \sin \alpha -2 \cos \alpha =\sqrt{5} \sin (\alpha -\varphi )\in [-\sqrt{5},\sqrt{5}] $ ,其中 $ \cos \varphi =\dfrac{1}{\sqrt{5}} $ , $ \sin \varphi =\dfrac{2}{\sqrt{5}} $ , $ \because 4\notin [-\sqrt{5},\sqrt{5}] $ , $ \therefore $ 点 $ (\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{2}) $ 不在直线 $ l $ 上,故 $ \mathrm{D} $ 正确.方法二：由 $ \mathrm{C} $ 知 $ l $ 为圆 $ {x}^{2}+{y}^{2}=1 $ 的切线,而点 $ (\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{2}) $ 在圆 $ {x}^{2}+{y}^{2}=1 $ 的内部,故点 $ (\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{2}) $ 不在直线 $ l $ 上, $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

$ \odot O $ 的半径是2，圆心是 $ O $ ,切线长 $ \left|PA\right|=\sqrt{{\left|OP\right|}^{2}-4}=\left|PB\right| $ ,根据四边形 $ OAPB $ 的面积为 $ \dfrac{1}{2}\left|AB\right|\left|OP\right|=\left|OA\right|\left|AP\right| $ ,可知 $ \left|AB\right|=\dfrac{4\left|AP\right|}{\left|OP\right|}=4\sqrt{1-\dfrac{4}{{\left|OP\right|}^{2}}} $ .

易知 $ {\left|OP\right|}_{ \min }=\dfrac{4}{\sqrt{1+1}}=2\sqrt{2} $ ，所以 $ {\left|AB\right|}_{ \min }=2\sqrt{2} $ ，此时 $ \sin \mathrm{\angle }OPA=\dfrac{\left|OA\right|}{\left|OP\right|}=\dfrac{2}{2\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ，又 $ \mathrm{\angle }OPA\in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ,则 $ \mathrm{\angle }OPA=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ ，则 $ ⟨\overrightarrow {PA} $ , $ \overrightarrow {PB}⟩=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，所以 $ \sin ⟨\overrightarrow {PA} $ , $ \overrightarrow {PB}⟩=1 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

设两圆圆心分别为 $ {C}_{1} $ , $ {C}_{2} $ ,过点 $ {C}_{1} $ 作 $ {C}_{1}T\perp BC $ ,过点 $ {C}_{2} $ 作 $ {C}_{2}T\perp AB $ ,交 $ {C}_{1}T $ 于点 $ T $ .令 $ \mathrm{\angle }{C}_{1}{C}_{2}T=\theta $ , $ AB=a $ , $ BC=b $ ,则 $ a=2+2 \sin \theta $ , $ b=2+2 \cos \theta $ , $ \theta \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ , $ \therefore {\left(a-2\right) ^ {2}}+{\left(b-2\right) ^ {2}}=4 $ ,而 $ {\left(a-2\right) ^ {2}}+{\left(b-2\right) ^ {2}}\geqslant \dfrac{{\left(a+b-4\right) ^ {2}}}{2} $ ,即 $ {\left(a+b-4\right) ^ {2}}\leqslant 8 $ ,当且仅当 $ a=b=2+\sqrt{2} $ 时等号成立,则 $ {(a+b)}_{ \max }=4+2\sqrt{2} $ ,故长方形 $ ABCD $ 周长的最大值为 $ 8+4\sqrt{2} $ .