《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

5.(2020课标Ⅰ理,11,5分,中)已知☉M:x² + y² - 2x - 2y - 2 = 0,直线l:2x + y + 2 = 0,P为l上的动点.过点P作☉M的切线PA,PB,切点为A,B,当|PM|·|AB|最小时,直线AB的方程为 ( )
A.2x - y - 1 = 0
B.2x + y - 1 = 0
C.2x - y + 1 = 0
D.2x + y + 1 = 0

答案：
5. D解法一：$(x - 1)^{2}+(y - 1)^{2}=4$，$r = 2$，$M(1,1)$，如图，由题可知，$AB\perp PM$，
$\vert PM\vert\cdot\vert AB\vert=2S_{四边形APBM}=2(S_{\triangle PAM}+S_{\triangle PBM})=2(\vert PA\vert+\vert PB\vert)$，
$\because\vert PA\vert=\vert PB\vert$，$\therefore\vert PM\vert\cdot\vert AB\vert=4\vert PA\vert=4\sqrt{\vert PM\vert^{2}-\vert AM\vert^{2}}=4\sqrt{\vert PM\vert^{2}-4}$，
当$\vert PM\vert$最小时，$\vert PM\vert\cdot\vert AB\vert$最小，
易知$\vert PM\vert_{\min}=\frac{5}{\sqrt{4 + 1}}=\sqrt{5}$，
此时$\vert PA\vert = 1$，$AB// l$，设直线$AB$的方程为$y=-2x + b(b\neq - 2)$，圆心$M$到直线$AB$的距离为$d=\frac{\vert3 - b\vert}{\sqrt{5}}$，
$\vert AB\vert=\frac{4\vert PA\vert}{\vert PM\vert}=\frac{4}{\sqrt{5}}$，$\therefore d^{2}+\left(\frac{\vert AB\vert}{2}\right)^{2}=\vert MA\vert^{2}$，
即$\frac{(3 - b)^{2}}{5}+\frac{4}{5}=4$，解得$b=-1$或$b = 7$（舍）。
$\therefore$直线$AB$的方程为$y=-2x - 1$，即$2x + y+1 = 0$，故选D。

解法二：第一步，由已知结合四边形面积公式及三角形面积公式可得$\vert PM\vert\cdot\vert AB\vert$的表达式。
$(x - 1)^{2}+(y - 1)^{2}=4$，则$r = 2$，$M(1,1)$，如图，由题可知$AB\perp PM$，
$\vert PM\vert\cdot\vert AB\vert=2S_{四边形APBM}=2(S_{\triangle PAM}+S_{\triangle PBM})=2(\vert PA\vert+\vert PB\vert)$，
$\because\vert PA\vert=\vert PB\vert$，
$\therefore\vert PM\vert\cdot\vert AB\vert=4\vert PA\vert=4\sqrt{\vert PM\vert^{2}-\vert AM\vert^{2}}=4\sqrt{\vert PM\vert^{2}-4}$。
第二步，当$\vert PM\vert\cdot\vert AB\vert$最小时，写出$PM$所在直线方程，求得$P$点坐标。
$\therefore$要使$\vert PM\vert\cdot\vert AB\vert$最小，则需$\vert PM\vert$最小，此时$PM$与直线$l$垂直。
直线$PM$的方程为$y - 1=\frac{1}{2}(x - 1)$，即$y=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}$，
联立$\begin{cases}y=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\\2x + y+2 = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=-1\\y = 0\end{cases}$，$\therefore P(-1,0)$。
第三步，写出以$PM$为直径的圆的方程，与$\odot M$的方程联立，得到直线$AB$的方程。
则以$PM$为直径的圆的方程为$x^{2}+\left(y-\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{5}{4}$，
即$x^{2}+y^{2}-y - 1 = 0$。
联立$\begin{cases}x^{2}+y^{2}-2x - 2y - 2 = 0\\x^{2}+y^{2}-y - 1 = 0\end{cases}$，两式相减可得直线$AB$的方程为$2x + y+1 = 0$。故选D。

6.(2023全国乙理,12,5分,难)已知☉O的半径为1,直线PA与☉O相切于点A,直线PB与☉O交于B,C两点,D为BC的中点.若|PO| = √2,则$\overrightarrow{PA}$·$\overrightarrow{PD}$的最大值为 ( )
A.1/2 + √2/2
B.1/2 + √2
C.1 + √2
D.2 + √2

答案： 6. A解法一：由$D$为$BC$的中点可知$OD$与$PD$垂直，即点$D$的轨迹是以$OP$为直径的圆周在$\odot O$内部的部分。取$OP$的中点$M$，有$\vert DM\vert=\frac{\vert OP\vert}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，并且$\overrightarrow{PD}=\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{MD}$，因为$\vert PA\vert=\sqrt{\vert PO\vert^{2}-\vert OA\vert^{2}}=1$，$\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PO}=\frac{1}{2}\vert\overrightarrow{PA}\vert\cdot\vert\overrightarrow{PO}\vert\cdot\cos\angle APO=\frac{1}{2}\vert\overrightarrow{PA}\vert^{2}=\frac{1}{2}$，同时$\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{MD}\leqslant\vert\overrightarrow{PA}\vert\cdot\vert\overrightarrow{MD}\vert=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
所以$\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PD}=\overrightarrow{PA}\cdot(\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{MD})=\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PM}+\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{MD}\leqslant\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}$，当$\overrightarrow{MD}$与$\overrightarrow{PA}$同向平行时取到最大值，故选A。
解法二：第一步，设变量，表示向量的模及向量夹角。
连接$OA$，由题可知$\vert OA\vert = 1$，$OA\perp PA$，因为$\vert OP\vert=\sqrt{2}$，所以由勾股定理可得$\vert PA\vert = 1$，则$\angle POA=\frac{\pi}{4}$。设直线$OP$绕点$P$逆时针旋转角$\theta$后与直线$PD$重合，则$-\frac{\pi}{4}\lt\theta\lt\frac{\pi}{4}$，$\angle APD=\frac{\pi}{4}+\theta$，且$\vert PD\vert=\sqrt{2}\cos\theta$。
第二步，用二倍角公式和辅助角公式求三角函数的最值。
所以$\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PD}=\vert\overrightarrow{PA}\vert\vert\overrightarrow{PD}\vert\cos(\frac{\pi}{4}+\theta)=\sqrt{2}\cos\theta\cdot\cos(\frac{\pi}{4}+\theta)=\sqrt{2}\cos\theta\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos\theta-\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\theta\right)=\cos^{2}\theta-\sin\theta\cos\theta=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos2\theta-\frac{1}{2}\sin2\theta=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cos(2\theta+\frac{\pi}{4})\leqslant\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}$，故选A。

7.(多选)(2021新高考Ⅱ,11,5分,中)已知直线l:ax + by - r² = 0与圆C:x² + y² = r²,点A(a,b),则下列说法正确的是 ( )
A.若点A在圆C上,则直线l与圆C相切
B.若点A在圆C内,则直线l与圆C相离
C.若点A在圆C外,则直线l与圆C相离
D.若点A在直线l上,则直线l与圆C相切

答案： 7. ABD圆心$C(0,0)$到直线$l$的距离$d=\frac{r^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$，
若点$A(a,b)$在圆$C$上，则$a^{2}+b^{2}=r^{2}$，
所以$d=\frac{r^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\vert r\vert$，
所以直线$l$与圆$C$相切，故A正确。
若点$A(a,b)$在圆$C$内，则$a^{2}+b^{2}\lt r^{2}$，
所以$d=\frac{r^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\gt\vert r\vert$，
所以直线$l$与圆$C$相离，故B正确。
若点$A(a,b)$在圆$C$外，则$a^{2}+b^{2}\gt r^{2}$，
所以$d=\frac{r^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\lt\vert r\vert$，
所以直线$l$与圆$C$相交，故C错误。
若点$A(a,b)$在直线$l$上，则$a^{2}+b^{2}-r^{2}=0$，即$a^{2}+b^{2}=r^{2}$，
所以$d=\frac{r^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\vert r\vert$，
所以直线$l$与圆$C$相切，故D正确。故选ABD。

8.(2022天津,12,5分,易)若直线x - y + m = 0(m＞0)被圆(x - 1)² + (y - 1)² = 3截得的弦长等于m,则m的值为_______.

答案： 答案 $2$
解析 圆心$(1,1)$到直线$x - y+m = 0$的距离为$\frac{\vert m\vert}{\sqrt{2}}$，则$(\frac{\vert m\vert}{\sqrt{2}})^2+(\frac{\vert m\vert}{2})^2 = 3$，解得$m = 2$（负值舍去）。

9.(2023新课标Ⅱ,15,5分,易)已知直线x - my + 1 = 0与☉C:(x - 1)² + y² = 4交于A,B两点,写出满足“△ABC的面积为8/5”的m的一个值_______.

答案： 答案 $2$或$-2$或$\frac{1}{2}$或$-\frac{1}{2}$（写出一个即可）
解析 $\because$圆心$(1,0)$到直线$x - my+1 = 0$的距离$d=\frac{2}{\sqrt{1 + m^{2}}}$，
$\therefore\vert AB\vert=2\sqrt{4-\frac{4}{1 + m^{2}}}=\frac{4\vert m\vert}{\sqrt{1 + m^{2}}}$，
$\therefore S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\vert AB\vert\cdot d=\frac{4\vert m\vert}{1 + m^{2}}=\frac{8}{5}$，
$\therefore2m^{2}-5\vert m\vert+2 = 0$，$\therefore\vert m\vert = 2$或$\vert m\vert=\frac{1}{2}$，
$\therefore m=\pm2$或$m=\pm\frac{1}{2}$。

10.(2022新高考Ⅱ,15,5分,中)设点A(-2,3),B(0,a),若直线AB关于y = a对称的直线与圆(x + 3)² + (y + 2)² = 1有公共点,则a的取值范围是_______.

答案： 答案 $[\frac{1}{3},\frac{3}{2}]$
解析 设直线$AB$关于$y = a$对称的直线为$l$，
$\because k_{AB}=\frac{a - 3}{2}$，$\therefore k_{l}=\frac{a - 3}{2}$。显然点$B(0,a)$在直线$l$上，$\therefore$直线$l$的方程为$y=\frac{a - 3}{2}x + a$，即$(a - 3)x+2y - 2a = 0$。$\because l$与圆有公共点，
$\therefore$圆心$(-3,-2)$到直线$l$的距离$d\leqslant r$，
即$\frac{\vert-3(a - 3)+2\times(-2)-2a\vert}{\sqrt{(a - 3)^{2}+4}}\leqslant1$，即$6a^{2}-11a + 3\leqslant0$。
解得$\frac{1}{3}\leqslant a\leqslant\frac{3}{2}$，$\therefore$实数$a$的取值范围为$[\frac{1}{3},\frac{3}{2}]$。

11.(2022新高考Ⅰ,14,5分,中)写出与圆x² + y² = 1和(x - 3)² + (y - 4)² = 16都相切的一条直线的方程____________.

答案：
答案 $x=-1$（或$3x + 4y - 5 = 0$或$7x - 24y - 25 = 0$）
解析 解法一：$\because$两圆$C_1:x^{2}+y^{2}=1$，$C_2:(x - 3)^{2}+(y - 4)^{2}=16$的圆心分别为$C_1(0,0)$，$C_2(3,4)$，$r_1 = 1$，$r_2 = 4$，
$\therefore\vert C_1C_2\vert = 5=r_1 + r_2$，则两圆外切（如图），且均与直线$l_1:x=-1$相切，两圆圆心连线$C_1C_2$所在直线的方程为$y=\frac{4}{3}x$，记为$l$，$l_1$与$l$交于点$P(-1,-\frac{4}{3})$，由两圆另外外公切线$l_2$过点$P$，设$l_2:y+\frac{4}{3}=k(x + 1)$，由$l_2$与圆$C_1:x^{2}+y^{2}=1$相切，得$\frac{\vert k-\frac{4}{3}\vert}{\sqrt{1 + k^{2}}}=1$，求出$k=\frac{7}{24}$，则直线$l_2$的方程为$7x - 24y - 25 = 0$，
由内公切线$l_3$与$l$垂直，设$l_3$的方程为$y=-\frac{3}{4}x + m$，由$l_3$与圆$C_1:x^{2}+y^{2}=1$相切得$\frac{\vert m\vert}{\sqrt{1+(-\frac{3}{4})^{2}}}=1$，$\therefore m=\frac{5}{4}$或$-\frac{5}{4}$。当$m=-\frac{5}{4}$时，$y=-\frac{3}{4}x-\frac{5}{4}$，与圆$C_2$不相切，不符合题意，舍去。
故$m=\frac{5}{4}$，则直线$l_3$的方程为$3x + 4y - 5 = 0$。
综上，可知三条切线方程分别为$x=-1$，$3x + 4y - 5 = 0$，$7x - 24y - 25 = 0$。

解法二：显然直线的斜率不为$0$，设直线方程为$x+by + c = 0$，
则有$\frac{\vert c\vert}{\sqrt{1 + b^{2}}}=1$，$\frac{\vert3 + 4b + c\vert}{\sqrt{1 + b^{2}}}=4$，则$c^{2}=1 + b^{2}$，※
$\vert3 + 4b + c\vert=\vert4c\vert$，则$3 + 4b + c = 4c$或$3 + 4b + c=-4c$，
结合※得$\begin{cases}b = 0\\c = 1\end{cases}$或$\begin{cases}b=-\frac{24}{7}\\c=-\frac{25}{7}\end{cases}$或$\begin{cases}b=\frac{4}{3}\\c=-\frac{5}{3}\end{cases}$。
$\therefore$所求直线方程为$x=-1$，$7x - 24y - 25 = 0$，$3x + 4y - 5 = 0$。

12.(2021全国甲,文21,理20,12分,难)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x = 1交C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M与l相切.
(1)求C,☉M的方程;
(2)设A₁,A₂,A₃是C上的三个点,直线A₁A₂,A₁A₃均与☉M相切.判断直线A₂A₃与☉M的位置关系,并说明理由.

答案： 解析 （1）由题意可设抛物线$C$的方程为$y^{2}=2px(p\gt0)$，
则$P$，$Q$的坐标为$(1,\pm\sqrt{2p})$，$\because OP\perp OQ$，
$\therefore\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ}=1 - 2p = 0$，$\therefore p=\frac{1}{2}$，
$\therefore$抛物线$C$的方程为$y^{2}=x$。
$\because\odot M$的圆心为$(2,0)$，$\odot M$与直线$x = 1$相切，$\therefore\odot M$的半径为$1$，$\therefore\odot M$的方程为$(x - 2)^{2}+y^{2}=1$。
（2）直线$A_2A_3$与$\odot M$相切。理由如下：
设$A_1(y_0^{2},y_0)$，$A_2(y_1^{2},y_1)$，$A_3(y_2^{2},y_2)$，$\because$直线$A_1A_2$，$A_1A_3$均与$\odot M$相切，$\therefore y_0\neq\pm1$，$y_1\neq\pm1$，$y_2\neq\pm1$，
由$A_1$，$A_2$的坐标可得直线$A_1A_2$的方程为$y - y_0=\frac{y_0 - y_1}{y_0^{2}-y_1^{2}}(x - y_0^{2})$，整理，得$x-(y_0 + y_1)y+y_0y_1 = 0$，由于直线$A_1A_2$与$\odot M$相切，$\therefore M$到直线$A_1A_2$的距离$d=\frac{\vert2 + y_0y_1\vert}{\sqrt{1+(y_0 + y_1)^{2}}}=1$，整理得$(y_0^{2}-1)y_1^{2}+2y_0y_1+3 - y_0^{2}=0$，①
同理可得，$(y_0^{2}-1)y_2^{2}+2y_0y_2+3 - y_0^{2}=0$。②
观察①②，得$y_1$，$y_2$是关于$y$的一元二次方程$(y_0^{2}-1)y^{2}+2y_0y+3 - y_0^{2}=0$的两根，
$\therefore\begin{cases}y_1 + y_2=-\frac{2y_0}{y_0^{2}-1}\\y_1y_2=\frac{3 - y_0^{2}}{y_0^{2}-1}\end{cases}(*)$
同理，得直线$A_2A_3$的方程为$x-(y_1 + y_2)y+y_1y_2 = 0$，
则点$M(2,0)$到直线$A_2A_3$的距离$d'=\frac{\vert2 + y_1y_2\vert}{\sqrt{1+(y_1 + y_2)^{2}}}$，把$(*)$代入，得$d'=\frac{\vert2+\frac{3 - y_0^{2}}{y_0^{2}-1}\vert}{\sqrt{1+(-\frac{2y_0}{y_0^{2}-1})^{2}}}=\frac{\vert2(y_0^{2}-1)+3 - y_0^{2}\vert}{\sqrt{(y_0^{2}-1)^{2}+(-2y_0)^{2}}}=\frac{\vert y_0^{2}+1\vert}{\sqrt{y_0^{4}+2y_0^{2}+1}}=\frac{\vert y_0^{2}+1\vert}{\vert y_0^{2}+1\vert}=1$。$\therefore$直线$A_2A_3$与$\odot M$相切。