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2025年天利38套对接高考单元专题测试卷高中数学选择性必修第一册人教版
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13. 过点 $ M(1,1) $ 的直线 $ l $ 与圆 $ C:(x - 2)^2 + y^2 = 4 $ 交于 $ A $，$ B $ 两点。
(1) 若点 $ P $ 是线段 $ AB $ 的中点，求点 $ P $ 的轨迹方程。
(2) 求 $ \triangle ABC $ 的面积最大值，并求出此时直线 $ l $ 的方程。
(1) 若点 $ P $ 是线段 $ AB $ 的中点，求点 $ P $ 的轨迹方程。
(2) 求 $ \triangle ABC $ 的面积最大值，并求出此时直线 $ l $ 的方程。
答案：
13.直线与圆的位置关系+轨迹方程 解：
(1)易得点$P$在以$CM$为直径的圆上(提示：该圆在圆$C$的内部). 由题意得$CM$的中点为$N(\frac{3}{2},\frac{1}{2})$，$|CM|=\sqrt{2}$， $\therefore$点$P$在圆$(x - \frac{3}{2})^2+(y - \frac{1}{2})^2=\frac{1}{2}$上. $\therefore$所求轨迹方程为$(x - \frac{3}{2})^2+(y - \frac{1}{2})^2=\frac{1}{2}$.
(2)设圆心$C$到直线$l$的距离为$d$， 则$|AB|=2\sqrt{2^2 - d^2}=2\sqrt{4 - d^2}$. $\because$直线$AB$过点$M$， $\therefore 0\leq d\leq|CM|=\sqrt{2}$. $\therefore 0\leq d^2\leq2$. $\because S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}|AB|· d$ $=\frac{1}{2}d·2\sqrt{4 - d^2}$ $=\sqrt{d^2(4 - d^2)}$ $=\sqrt{-d^4+4d^2}$ $=\sqrt{-(d^2 - 2)^2+4}$， $\therefore S_{\triangle ABC}\leq\sqrt{4}=2$，当且仅当$d=\sqrt{2}$时等号成立. $\therefore \triangle ABC$的面积最大值为$2$. 设直线$l:y = kx + b$，由题可得$\begin{cases}k + b = 1\\2k + b=\sqrt{2}\\\sqrt{k^2+1}=\sqrt{2}\end{cases}$ 解得$\begin{cases}k = 1\\b = 0\end{cases}$ $\therefore$此时直线$l$的方程为$y = x$.
(1)易得点$P$在以$CM$为直径的圆上(提示：该圆在圆$C$的内部). 由题意得$CM$的中点为$N(\frac{3}{2},\frac{1}{2})$，$|CM|=\sqrt{2}$， $\therefore$点$P$在圆$(x - \frac{3}{2})^2+(y - \frac{1}{2})^2=\frac{1}{2}$上. $\therefore$所求轨迹方程为$(x - \frac{3}{2})^2+(y - \frac{1}{2})^2=\frac{1}{2}$.
(2)设圆心$C$到直线$l$的距离为$d$， 则$|AB|=2\sqrt{2^2 - d^2}=2\sqrt{4 - d^2}$. $\because$直线$AB$过点$M$， $\therefore 0\leq d\leq|CM|=\sqrt{2}$. $\therefore 0\leq d^2\leq2$. $\because S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}|AB|· d$ $=\frac{1}{2}d·2\sqrt{4 - d^2}$ $=\sqrt{d^2(4 - d^2)}$ $=\sqrt{-d^4+4d^2}$ $=\sqrt{-(d^2 - 2)^2+4}$， $\therefore S_{\triangle ABC}\leq\sqrt{4}=2$，当且仅当$d=\sqrt{2}$时等号成立. $\therefore \triangle ABC$的面积最大值为$2$. 设直线$l:y = kx + b$，由题可得$\begin{cases}k + b = 1\\2k + b=\sqrt{2}\\\sqrt{k^2+1}=\sqrt{2}\end{cases}$ 解得$\begin{cases}k = 1\\b = 0\end{cases}$ $\therefore$此时直线$l$的方程为$y = x$.
14. 已知过原点的动直线 $ l $ 与圆 $ C_1:x^2 + y^2 - 6x + 5 = 0 $ 相交于不同的两点 $ A $，$ B $。
(1) 求圆 $ C_1 $ 的圆心坐标。
(2) 求线段 $ AB $ 的中点 $ M $ 的轨迹 $ C $ 的方程。
(3) 是否存在实数 $ k $，使得直线 $ L:y = k(x - 4) $ 与曲线 $ C $ 只有一个交点？若存在，求出 $ k $ 的取值范围；若不存在，说明理由。
(1) 求圆 $ C_1 $ 的圆心坐标。
(2) 求线段 $ AB $ 的中点 $ M $ 的轨迹 $ C $ 的方程。
(3) 是否存在实数 $ k $，使得直线 $ L:y = k(x - 4) $ 与曲线 $ C $ 只有一个交点？若存在，求出 $ k $ 的取值范围；若不存在，说明理由。
答案：
14.圆的坐标+轨迹方程+直线与圆的位置关系 解：
(1)由$x^2+y^2-6x+5=0$得$(x - 3)^2+y^2=4$， 则圆$C_1$的圆心坐标为$(3,0)$.
(2)易得点$M$的轨迹是以$OC_1(O$为坐标原点$)$为直径的一段圆弧， $OC_1$的中点为$(\frac{3}{2},0)$，$|OC_1|=3$.
当动直线$l$与圆$C_1$相切时，设直线方程为$y = k_1x$， 联立$\begin{cases}x^2+y^2-6x+5=0\\y = k_1x\end{cases}$ $\therefore \triangle=36 - 20(k_1^2+1)=0$.解得$k_1^2=\frac{4}{5}$， $\therefore$切点的横坐标为$x=\frac{1}{2}·\frac{6}{k_1^2+1}=\frac{5}{3}$， 由圆的性质可得$M$横坐标的取值范围为$(\frac{5}{3},3]$， 因此，轨迹$C$的方程为$x^2+y^2-3x=0(\frac{5}{3}＜x\leq3)$.
(3)存在. 由
(2)知轨迹$C$是一部分圆弧$M_1M_2$(不包括点$M_1$，$M_2$)，易知$M_1(\frac{5}{3},\frac{2\sqrt{5}}{3})$，$M_2(\frac{5}{3},-\frac{2\sqrt{5}}{3})$，
设直线$L$与圆弧$C$相切于点$P$， 则有$\frac{k×\frac{3}{2}-0 - 4k}{\sqrt{k^2+1}}=\frac{3}{2}$， 解得$k=\pm\frac{3}{4}$. 易知直线$L$过点$D(4,0)$， $\therefore$直线$DM_1$的斜率为$k_{DM_1}=\frac{\frac{2\sqrt{5}}{3}-0}{\frac{5}{3}-4}=-\frac{2\sqrt{5}}{7}$， 直线$DM_2$的斜率为$k_{DM_2}=\frac{-\frac{2\sqrt{5}}{3}}{\frac{5}{3}-4}=\frac{2\sqrt{5}}{7}$. 综上，若直线$L$与曲线$C$只有一个交点， 则$k$的取值范围是$k=\pm\frac{3}{4}$或$-\frac{2\sqrt{5}}{7}\leq k\leq\frac{2\sqrt{5}}{7}$.
(1)由$x^2+y^2-6x+5=0$得$(x - 3)^2+y^2=4$， 则圆$C_1$的圆心坐标为$(3,0)$.
(2)易得点$M$的轨迹是以$OC_1(O$为坐标原点$)$为直径的一段圆弧， $OC_1$的中点为$(\frac{3}{2},0)$，$|OC_1|=3$.
当动直线$l$与圆$C_1$相切时，设直线方程为$y = k_1x$， 联立$\begin{cases}x^2+y^2-6x+5=0\\y = k_1x\end{cases}$ $\therefore \triangle=36 - 20(k_1^2+1)=0$.解得$k_1^2=\frac{4}{5}$， $\therefore$切点的横坐标为$x=\frac{1}{2}·\frac{6}{k_1^2+1}=\frac{5}{3}$， 由圆的性质可得$M$横坐标的取值范围为$(\frac{5}{3},3]$， 因此，轨迹$C$的方程为$x^2+y^2-3x=0(\frac{5}{3}＜x\leq3)$.
(3)存在. 由
(2)知轨迹$C$是一部分圆弧$M_1M_2$(不包括点$M_1$，$M_2$)，易知$M_1(\frac{5}{3},\frac{2\sqrt{5}}{3})$，$M_2(\frac{5}{3},-\frac{2\sqrt{5}}{3})$，
设直线$L$与圆弧$C$相切于点$P$， 则有$\frac{k×\frac{3}{2}-0 - 4k}{\sqrt{k^2+1}}=\frac{3}{2}$， 解得$k=\pm\frac{3}{4}$. 易知直线$L$过点$D(4,0)$， $\therefore$直线$DM_1$的斜率为$k_{DM_1}=\frac{\frac{2\sqrt{5}}{3}-0}{\frac{5}{3}-4}=-\frac{2\sqrt{5}}{7}$， 直线$DM_2$的斜率为$k_{DM_2}=\frac{-\frac{2\sqrt{5}}{3}}{\frac{5}{3}-4}=\frac{2\sqrt{5}}{7}$. 综上，若直线$L$与曲线$C$只有一个交点， 则$k$的取值范围是$k=\pm\frac{3}{4}$或$-\frac{2\sqrt{5}}{7}\leq k\leq\frac{2\sqrt{5}}{7}$.
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