《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

1. 若直线 $ x + y - 3 = 0 $ 截圆 $ x^{2} + y^{2} = r^{2} $ 所得劣弧所对的圆心角为 $ \frac{\pi}{3} $，则 $ r $ 的值为 (C)

A.$ \frac{\sqrt{6}}{3} $
B.$ \frac{\sqrt{3}}{3} $
C.$ \sqrt{6} $
D.$ \sqrt{3} $

答案： 1.C　[解析]令劣弧的两个端点分别为$A$，$B$，圆心为$O$，则$\triangle OAB$为正三角形，圆心$O(0,0)$到直线$AB:x + y - 3 = 0$的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}r$，即$\frac{3}{\sqrt{1^{2} + 1^{2}}} = \frac{\sqrt{3}}{2}r$，解得$r = \sqrt{6}$.

2. 已知直线 $ l:2mx + y - m - 1 = 0 $ 与圆 $ C:x^{2} + (y - 2)^{2} = 4 $ 交于 $ A $，$ B $ 两点，则当弦 $ AB $ 最短时，直线 $ l $ 的方程为 (D)

A.$ x - 4y + 3 = 0 $
B.$ 2x - 4y - 3 = 0 $
C.$ 2x + 4y + 1 = 0 $
D.$ 2x - 4y + 3 = 0 $

答案：
2.D　[解析]由$2mx + y - m - 1 = 0$，得$(2x - 1)m + y - 1 = 0$，令$\begin{cases}2x - 1 = 0\\y - 1 = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = \frac{1}{2}\\y = 1\end{cases}$，故直线$l$过定点$P(\frac{1}{2},1)$.由$x^{2} + (y - 2)^{2} = 4$，得圆心$C(0,2)$，半径$r = 2$.易知点$P$在圆$C$内，如图，所以当$AB\bot CP$时，弦$AB$最短.由于直线$CP$的斜率$k_{CP} = \frac{1 - 2}{\frac{1}{2}} = - 2$，则直线$l$的斜率$k_{AB} = \frac{1}{2}$，故直线$l$的方程为$y - 1 = \frac{1}{2}(x - \frac{1}{2})$，即$2x - 4y + 3 = 0$.
　　　　　　　

3. 如图，斜率为 $ \sqrt{3} $ 的直线与 $ x $ 轴交于点 $ D $，与 $ y $ 轴交于点 $ A $，与圆 $ C:x^{2} + (y - 1)^{2} = 1 $ 相切于点 $ B $，则 $ |AD| = $$2\sqrt{3}$。
]

答案： 3.$2\sqrt{3}$　　[解析]由题意知，$|BC| = 1$，$\tan\angle ADO = \sqrt{3}$，则$\tan\angle ACB = \frac{|AB|}{|BC|} = \sqrt{3}$，则$|AB| = \sqrt{3}$，$|AC| = \sqrt{1 + 3} = 2$，则$|AO| = 3$，$|DO| = \frac{|AO|}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$，则$|AD| = \sqrt{3 + 9} = 2\sqrt{3}$.

4. 已知圆 $ C:(x - 5)^{2} + (y + 2)^{2} = r^{2}(r ＞ 0) $，$ A(-6,0) $，$ B(0,8) $，若圆 $ C $ 上存在点 $ P $ 使得 $ PA \perp PB $，则 $ r $ 的取值范围为$[5,15]$。

答案：
4.$[5,15]$　[解析]如图，由$PA\bot PB$可知点$P$的轨迹是以$AB$为直径的圆，设为圆$M$.因为$A(-6,0)$，$B(0,8)$，所以圆$M:(x + 3)^{2} + (y - 4)^{2} = 25$.依题意知圆$M$与圆$C$至少有一个公共点.因为圆心$C(5,-2)$，$M(-3,4)$，所以$|CM| = \sqrt{(5 + 3)^{2} + (-2 - 4)^{2}} = 10$，由$|r - 5| \leq |CM| \leq 5 + r$，解得$5 \leq r \leq 15$.
　　　　　　　　

5. 若点 $ C $ 到点 $ A(-1,0) $，$ B(1,0) $ 的距离之比为 $ \sqrt{3} $，则点 $ C $ 到直线 $ x - 2y + 8 = 0 $ 的距离的最小值为$2\sqrt{5} - \sqrt{3}$。

答案： 5.$2\sqrt{5} - \sqrt{3}$　　[解析]设$C(x,y)$，由题知$\frac{|CA|}{|CB|} = \sqrt{3}$，即$\frac{\sqrt{(x + 1)^{2} + y^{2}}}{\sqrt{(x - 1)^{2} + y^{2}}} = \sqrt{3}$，化简得$(x - 2)^{2} + y^{2} = 3$，所以点$C$的轨迹是以$D(2,0)$为圆心，$\sqrt{3}$为半径的圆.因为圆心$D$到直线$x - 2y + 8 = 0$的距离$d = \frac{|2 - 2 × 0 + 8|}{\sqrt{1^{2} + (-2)^{2}}} = 2\sqrt{5}$，所以点$C$到直线$x - 2y + 8 = 0$的距离的最小值为$2\sqrt{5} - \sqrt{3}$.

例 1 (1)(多选)已知 $ A $，$ B $ 是平面内两个定点，且 $ |AB| = 6 $，则满足下列条件的动点 $ P $ 的轨迹为圆的是 (BC)

A.$ |PA| + |PB| = 6 $
B.$ \overrightarrow{PA} · \overrightarrow{PB} = -1 $
C.$ |PA| = 2|PB| $
D.$ |PA|^{2} + |PB|^{2} = 18 $

答案： 例1　
(1)$BC$　[解析]对于$A$，$|PA| + |PB| = 6 = |AB|$，显然点$P$的轨迹是线段$AB$，故$A$错误.以$AB$的中点$O$为原点，建立平面直角坐标系，设$A(-3,0)$，$B(3,0)$，$P(x,y)$，则$\overrightarrow{PA} = (-3 - x,-y)$，$\overrightarrow{PB} = (3 - x,-y)$.对于$B$，$\overrightarrow{PA} · \overrightarrow{PB} = x^{2} + y^{2} - 9 = -1$，则$x^{2} + y^{2} = 8$，所以点$P$的轨迹是圆，故$B$正确.对于$C$，由两点间距离公式得$|PA| = \sqrt{(x + 3)^{2} + y^{2}}$，$|PB| = \sqrt{(x - 3)^{2} + y^{2}}$，代入$|PA| = 2|PB|$中化简得$x^{2} - 10x + y^{2} + 9 = 0$，即$(x - 5)^{2} + y^{2} = 16$，所以点$P$的轨迹是圆，故$C$正确.对于$D$，代入$|PA|^{2} + |PB|^{2} = 18$中化简得$x^{2} + y^{2} = 0$，显然点$P$的轨迹是一个点，故$D$错误.

(2)已知圆 $ C:(x - 1)^{2} + (y + 2\sqrt{2})^{2} = 16 $ 和两点 $ A(0,-m) $，$ B(0,m) $，若圆 $ C $ 上存在点 $ P $，使得 $ AP \perp BP $，则 $ m $ 的最大值为 (C)

A.5
B.6
C.7
D.8

答案： 例1　
(2)$C$　[解析]因为两点$A(0,-m)$，$B(0,m)$，点$P$满足$AP\bot BP$，故点$P$的轨迹$C_1$是以$AB$为直径的圆(不包含端点$A$，$B$)，故其轨迹方程为$x^{2} + y^{2} = m^{2}(x \neq 0)$.因为点$P$在圆$C:(x - 1)^{2} + (y + 2\sqrt{2})^{2} = 16$上，所以两圆有交点，又$|CC_1| = \sqrt{1^{2} + (-2\sqrt{2})^{2}} = 3$，所以$|4 - |m|| \leq 3 \leq 4 + |m|$，解得$m \in [-7,-1]\cup[1,7]$，故$m$的最大值为$7$.