人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册第二章《直线和圆的方程》单元测试卷（困难）（含答案解析）

这是一份人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册第二章《直线和圆的方程》单元测试卷（困难）（含答案解析），共24页。

人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册第二章《直线和圆的方程》单元测试卷
考试范围：第二章；考试时间：120分钟；总分150分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。


第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1. 已知P是椭圆E:x24+y2m=1上任意一点，M，N是椭圆上关于坐标原点对称的两点，且直线PM，PN的斜率分别为k1，k2k1k2≠0，若k1+k2的最小值为1，则实数m的值为(    )
A. 1 B. 2 C. 1或16 D. 2或8
2. 已知A(−3,0), B(3,0)，P为圆x2+y2=1上的动点，AP=PQ，过点P作与AP垂直的直线l 交直线QB于点M，则M的横坐标范围是(    )
A. x≥1 B. x>1 C. x≥2 D. x≥22
3. 下列说法的错误的是(    )
A. 经过定点Px0,y0的倾斜角不为90∘的直线方程都可以表示为y−y0=kx−x0
B. 经过定点A0,b的倾斜角不为90∘的直线的方程都可以表示为y=kx+b
C. 不经过原点的直线的方程都可以表示为xa+yb=1
D. 经过任意两个不同的点P1x1,y1、P2x2,y2直线的方程都可以表示为y−y1x2−x1=x−x1y2−y1
4. 过点P(1,2)引直线，使A(2,3)，B(4,−5)到它的距离相等，则这条直线的方程是(    )
A. 4x+y−6=0
B. x+4y−6=0
C. 2x+3y−7=0或x+4y−6=0
D. 3x+2y−7=0或4x+y−6=0
5. 已知实数x，y满足x|x|+y|y|3=1，则|3x+y−4|的取值范围是  (    )
A. [4−6,2) B. [4−6,4) C. 2−62,2 D. 2−62,4
6. △ABC的顶点A(4,3)，AC边上的中线所在的直线为4x+13y−10=0，∠ABC的平分线所在直线方程为x+2y−5=0，求AC边所在直线的方程(    )
A. x−8y+20=0 B. 2x−3y+1=0
C. 3x−5y+3=0 D. x−y+1=0
7. 已知圆C：x2+y2+2x−2my−4−4m=0(m∈R)，则当圆C的面积最小时，圆上的点到坐标原点的距离的最大值为(    )
A. 5 B. 6 C. 5-1 D. 5+1
8. 已知点P为直线y=x+1上的一点，M，N分别为圆C1:(x−4)2+(y−1)2=4与圆C2:x2+(y−2)2=14上的点，则|PM|−|PN|的最大值为(    )
A. 4 B. 92 C. 112 D. 7

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9. 设l1，l2为曲线f(x)=|lnx|的两条切线，切点分别为A，B，若l1⊥l2，且垂足为P，则下列说法正确的有(    )
A. A，B两点的横坐标之和为定值 B. A，B两点的横坐标之积为定值
C. 直线AB的斜率为定值 D. P点横坐标的取值范围为(0,1)
10. 下列说法正确的是(    )
A. 截距相等的直线都可以用方程xa+ya=1表示
B. 方程x+my-2=0(m∈R)能表示平行y轴的直线
C. 经过点P(1,1)，倾斜角为θ的直线方程为y-1=tanθ(x-1)
D. 经过两点P1(x1,y1)，P2(x2,y2)的直线方程(y2-y1)(x-x1)-(x2-x1)(y-y1)=0
11. 已知lnx1−x1−y1+2=0，x2+2y2−4−2ln2=0，记M=x1−x22+y1−y22，
则(    )
A. M的最小值为25 B. 当M最小时，x2=125
C. M的最小值为45 D. 当M最小时，x2=65
12. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A、B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点所形成的图形是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy中，A−2,0、B4,0，点P满足PAPB=12，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是(    )
A. C的方程为x+42+y2=16
B. 在C上存在点D，使得AD=1
C. 在C上存在点M，使M在直线x+y−2=0上
D. 在C上存在点N，使得NO2+NA2=4
第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知点P(x,y)满足x2+y2−4y=0，则t=y+2x的取值范围是          ．
14. 给出下列五个命题：
①过点(−1,2)的直线方程一定可以表示为y−2=k(x+1)(k∈R)的形式;
②过点(−1,2)且在x，y轴截距相等的直线方程是x+y−1=0;
③过点M(−1,2)且与直线l:Ax+By+C=0(AB≠0)垂直的直线方程是B(x+1)+A(y−2)=0;
④设点M(−1,2)不在直线l:Ax+By+C=0(AB≠0)上，则过点M且与直线l平行的直线方程是A(x+1)+B(y−2)=0;
⑤点P(−1,2)到直线ax+y+a2+a=0的距离不小于2．
以上命题中，正确的序号是          .
15. 已知圆C1：x2+y2+2x−8y+8=0，若圆C2与圆C1关于直线y=−x+2对称，且与直线l：mx+y+m−2=0交于A、B两点，则|AB|的取值范围是          ．
16. 已知点P在直线l:y=x+1上，过点P作圆C:x2+y2−2x+4y−4=0的切线，切点分别是A,B，AB的中点为Q，若点Q到直线l的距离为782，则点Q的坐标为          ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 已知M(1,−1)，N(2,2)，P(3,0)．
(1)求点Q的坐标，满足PQ⊥MN，PN//MQ．
(2)若点Q在x轴上，且∠NQP=∠NPQ，求直线MQ的倾斜角．
18. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+cosαy=sinα(α为参数)；在以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=2sinθ；
(1)求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；
(2)若射线l：y=kx(x≥0)与曲线C1，C2的交点分别为A，B(A,B异于原点)，当斜率k∈[1,3)时，求|OA|⋅|OB|的取值范围．
19. 已知直线l过点A(4,1)．
⑴若直线l在x轴上的截距是在y轴上的截距的12倍，求直线l的方程；
⑵已知ΔABC的一个顶点为A，AB边上的中线CM所在的直线方程为x-2y+2=0，AC边上的高BH所在的直线方程为2x+3y-2=0.求BC所在直线的方程．
20. 已知光线通过点A(2,3)，经直线l:x+y+1=0反射，其反射光线通过点B(1,1)，(1)求反射光线所在的方程；
(2)在直线l上求一点P，使PA=PB；
(3)若点Q在直线l上运动，求QA2+QB2的最小值．
21. 已知曲线C:1+ax2+1+ay2−4x+8ay=0，a∈R．
(1)当a取何值时，方程表示圆？
(2)求证：不论a为何值，曲线C必过两定点．
(3)当曲线C表示圆时，求圆面积最小时a的值．
22. 如图，圆M：x−22+y2=1，点P−1,t为直线l：x=−1上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点分别为A，B．

(1)若t=−1，求切线所在直线方程；
(2)若两条切线PA，PB与y轴分别交于S、T两点，求ST的最小值．
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查椭圆的简单几何性质及基本不等式的应用，同时考查直线的斜率，由已知得出k1k2=−m4，然后利用基本不等式求解即可．
【解答】
解： 设P(x1,y1)，M(x0,y0)，
因为P，M在椭圆上，
所以x124+y12m=1x024+y02m=1,
两式相减并变形得，y12−y02x12−x02=−m4，
因为M,N是椭圆上关于坐标原点对称的两点，
所以N(−x0,−y0)，
因为直线PM,PN的斜率分别为k1,k2(k1k2≠0)，
所以k1k2=y1−y0x1−x0·y1+y0x1+x0=y12−y02x12−x02=−m4，
所以|k1|+|k2|≥2|k1||k2|=|m|，当|k1|=|k2|时取等号，
又|k1|+|k2|的最小值为1，
所以|m|=1，
又m>0且m≠4，
所以m=1．
故选A．  
2.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，属中档题．
设P点坐标为(x0,y0)，Q点坐标为(x1,y1)，因为AP=PQ，得Q(2x0+3,2y0).设直线AP斜率为k，分类讨论：(1)若P不在x轴上，解得：|x|>1;(2)若P在x轴上，则P，M重合，则M点横坐标为x=±1，故|x|≥1.
【解答】
解：设P点坐标为(x0,y0)，Q点坐标为(x1,y1)，
因为AP=PQ，所以(x0+3,y0)=(x1−x0,y1−y0)，
解得：Q(2x0+3,2y0).
设直线AP斜率为k，
(1)若P不在x轴上，则k≠0，且k=y0x0+3，
因为，MP⊥AP，所以MP的斜率为k1=−x0−3y0，
MP的方程为y=−x0−3y0(x−x0)+y0，
BQ的方程为y−02y0−0=x−32x0，
所以MP、BQ的方程联立，消元得：(x02+y02+3x0)x=x0y02+x03+3(x02+y02)，
因为P在圆上，所以x02+y02=1，
整理得：x=x0+31+3x0=33(1+23x0+1)，
因为|x0|<1，解得：|x|>1;
(2)若P在x轴上，则P，M重合，则M点横坐标为x=±1.
综上所述：|x|≥1.
故答案为A．  
3.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查直线方程的适用范围，注意直线的斜率是否存在，以及截距的定义，考查判断能力和推理能力，是基础题．，由点斜式方程可判断A；由直线的斜截式可判断B；讨论直线的截距是否为0，可判断C；由两点式的直线方程可判断D．
【解答】
解：
经过定点P(x0,y0)的倾斜角不为90°的直线的方程都可以表示为y−y0=k(x−x0)，故A正确；
经过定点A(0,b)的倾斜角不为90°的直线的方程都可以表示为y=kx+b，故B正确；
不经过原点的直线的方程不一定都可以表示为xa+yb=1，比如x=a或y=b，故C错误；
过任意两个不同的点P1(x1,y1)、P2(x2,y2)直线的方程都可以表示为：
(y−y1)(x2−x1)=(x−x1)(y2−y1)，故D正确．
故选C．
  
4.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查直线方程的求法，考查直线斜率求法和中点坐标公式，考查分类讨论思想，属于拔高题．
分两种情况讨论： ①过P(1,2)且与直线AB平行的直线； ②过点P(1,2)与线段AB的中点C(3,−1)的直线，分别求解即可．
【解答】
解：由题意得kAB=−5−34−2=−4，
线段AB的中点为C(3,−1)．
分两种情况讨论：①过P(1,2)且与直线AB平行的直线满足题意，
其方程为y−2=−4(x−1)，
整理得4x+y−6=0;
②过点P(1,2)与线段AB的中点C(3,−1)的直线满足题意，
其方程为y−(−1)2−(−1)=x−31−3，
整理得3x+2y−7=0．
故满足条件的直线方程是4x+y−6=0或3x+2y−7=0，
故选D．
  
5.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了点到直线的距离公式，两平行直线间的距离，椭圆的概念及标准方程，直线与椭圆的位置关系，双曲线的概念及标准方程，双曲线的性质及几何意义和数形结合思想，属于较难题．
利用所给方程，结合椭圆和双曲线的方程得所给方程所表示的曲线C，作出曲线C和直线3x+y−4=0的图形，设Px,y是曲线C上一点，点P到直线3x+y−4=0的距离为d，利用点到直线的距离公式得|3x+y−4|=2d，利用两平行直线间的距离得直线3x+y=0与直线3x+y−4=0的距离为2，再利用双曲线渐近线性质得2d<4，从而得|3x+y−4|<4，设直线3x+y+m=0与椭圆x2+y23=1在第一象限相切，利用图形得直线3x+y+m=0直线3x+y−4=0的距离就是：点P到直线3x+y−4=0的最小距离，利用直线与椭圆的位置关系得m=−6，再利用两平行直线间的距离得直线3x+y−6=0直线3x+y−4=0的距离为4−62，从而得2d⩾4−6，即|3x+y−4|⩾4−6，最后得结论．
【解答】
解：因为实数x，y满足x|x|+y|y|3=1，
所以：①当x⩾0，y⩾0时，方程x|x|+y|y|3=1表示的曲线是：
椭圆x2+y23=1落在第一象限那部分和与坐标轴正半轴的交点；
②当x>0，y<0时，方程x|x|+y|y|3=1表示的曲线是：
双曲线x2−y23=1落在第四象限那部分；
③当x<0，y>0时，方程x|x|+y|y|3=1表示的曲线是：
双曲线−x2+y23=1落在第二象限那部分；
④当x<0，y<0时，方程x|x|+y|y|3=1变为−x2−y23=1，曲线不存在．
作方程x|x|+y|y|3=1所表示的曲线C和直线3x+y−4=0的图形如下：

设Px,y是曲线C上一点，
则点P到直线3x+y−4=0的距离d=|3x+y−4|2，
即|3x+y−4|=2d．
因为直线3x+y=0与直线3x+y−4=0的距离为2，
而3x+y=0是双曲线x2−y23=1和−x2+y23=1的一条渐近线，
所以点P到直线3x+y−4=0的最大距离为2，但达不到，即2d<4，
因此|3x+y−4|<4．
设直线3x+y+m=0与椭圆x2+y23=1在第一象限相切，
则直线3x+y+m=0直线3x+y−4=0的距离就是：
点P到直线3x+y−4=0的最小距离．
由3x+y+m=0x2+y23=1得6x2+23mx+m2−3=0，
因此由Δ=0得23m2−4×6m2−3=0，解得m=±6，
而直线3x+y+m=0与椭圆x2+y23=1在第一象限相切，所以m=−6，
即直线3x+y−6=0与椭圆x2+y23=1在第一象限相切．
又因为直线3x+y−6=0直线3x+y−4=0的距离为4−62，
所以2d⩾4−6，即|3x+y−4|⩾4−6，
因此|3x+y−4|的取值范围是[4−6,4)．
故选B．  
6.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了直线方程的求解与应用，中点坐标公式的应用，点关于直线的对称点的求法，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．先求出B的坐标，再利用点关于直线的对称点，求出点A(4,3)关于直线x+2y−5=0的对称点A′的坐标，利用A′在直线BC上，求出直线BC的方程，设C点的坐标，建立方程组，求出点C，即可求出直线AC的方程．
【解答】
解：联立方程组x+2y−5=04x+13y−10=0，解得x=9y=−2，所以点B(9,−2)，
设点A(4,3)关于直线x+2y−5=0的对称点为A′(x0,y0)，
则有3−y04−x0⋅(−12)=−14+x02+2×3+y02−5=0，解得x0=2y0=−1，所以点A′(2,−1)，
因为点A′在直线BC上，
则直线BC的方程为y−(−1)=−2−(−1)9−2(x−2)，即x+7y+5=0，
设点C(x1,y1)，则AC的中点坐标为(x1+42,y1+32)，
所以x1+7y1+5=02(x1+4)+132(y1+3)−10=0，解得x1=−12y1=1，所以点C(−12,1)，
故kAC=3−14−(−12)=18，
则AC边所在直线的方程为y−3=18(x−4)，即x−8y+20=0．
故选A．
  
7.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查圆有关的最值，考查圆的一般方程与标准方程，注意将圆的一般方程变形为标准方程，属于拔高题．
根据题意，将圆的一般方程变形为标准方程，分析其圆心、半径，可得当圆C的面积最小时，必有m=−2，此时r2=1，即可得此时面积最小时圆的方程，结合点与圆的位置关系分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，圆C：x2+y2+2x−2my−4−4m=0(m∈R)，
变形可得(x+1)2+(y−m)2=m2+4m+5，
其圆心为(−1,m)，半径为r，
则r2=m2+4m+5=(m+2)2+1，
当圆C的面积最小时，必有m=−2，此时r2=1，
圆C的方程为(x+1)2+(y+2)2=1，
圆心C到原点距离为d=1+4=5，
则圆上的点到坐标原点的距离的最大值为d+r=5+1，
故选：D．
  
8.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查圆有关的最值问题，考查运算解题能力，属于较难题．
求得C2(0,2)关于直线y=x+1的对称点为C(1,1)，由对称性可得|PC|=|PC2|，则|PC1|−|PC2|≤|C1C|=3，又|PM|≤|PC1|+2，|PN|≥|PC2|−12，代入即可求得|PM|−|PN|的最大值．
【解答】
解：设C2(0,2)关于直线y=x+1的对称点为C(m,n)，
则n−2m=−1n+22=m2+1，解得C(1,1)，
由对称性可得|PC|=|PC2|，
圆C1:(x−4)2+(y−1)2=4，圆心C1(4,1)，半径为2，
则|PC1|−|PC2|=|PC1|−|PC|≤|C1C|=3，当且仅当P，C，C1三点共线时等号成立，
由于|PM|≤|PC1|+2，|PN|≥|PC2|−12，
∴|PM|−|PN|≤|PC1|−|PC2|+52≤112，
即|PM|−|PN|的最大值为112．
故选C．
  
9.【答案】BCD 
【解析】
【分析】
本题考查了导数的几何意义，直线垂直的判定，直线的斜率，以及利用基本不等式求最值，考查了数形结合思想，属于较难题．
根据导数的几何意义结合直线垂直的判定可判断AB，根据斜率公式结合对数运算可判断C，根据基本不等式结合两直线的交点可判断D．
【解答】
解：作出曲线y=|lnx|的图象，如图所示：

设切点A的横坐标x1∈(1,+∞)，B的横坐标x2∈(0,1)，
当x∈(0,1)时，f(x)=−lnx，则f′(x)=−1x，
∴k2=−1x2，切线方程为y=−1x2x−x2−lnx2=−1x2x+1−lnx2，
当x∈(1,+∞)时，f(x)=lnx，则f′(x)=1x，
∴k1=1x1，切线方程为y=1x1x−x1+lnx1=1x1x−1+lnx1，
∴k1k2=1x1×−1x2=−1，
∴x1x2=1，
则x1+x2>2x1x2=2，故B正确，A错误；
直线AB的斜率为y2−y1x2−x1=−lnx2−lnx1x2−x1=−lnx1x2x2−x1=0，故C正确；
由切线l1，l2联立解得交点P的横坐标为xP=2x1x2x1+x2=2x1+x2⩽22x1x2=1，因为x1≠x2，等号不成立，
∴P的横坐标xP∈(0,1)，故D正确．  
10.【答案】BD 
【解析】
【分析】
本题考查了直线方程的截距式、点斜式、两点式，一般式．
A，截距相等为0的直线都不可以用方程xa+ya=1表示；
B，当m=0时，方程x+my-2=0(m∈R)表示平行y轴的直线；
C，倾斜角为θ=900的直线方程不能写成点斜式；
D，x1≠x2，直线的斜率存在，可以用点斜式表示．
【解答】
解：对于A，截距相等为0的直线都不可以用方程xa+ya=1表示，故错误；
对于B，当m=0时，方程x+my-2=0(m∈R)能表示平行y轴的直线x=2，故正确；
对于C，经过点P(1,1)，倾斜角为θ=90°的直线方程不能写成y-1=tanθ(x-1)，故错；
对于D，∵x1≠x2,∴直线的斜率存在，可写成(y2-y1)(x-x1)-(x2-x1)(y-y1)=0，故正确．
故选：BD．  
11.【答案】BC 
【解析】
【分析】
本题考查导数的几何意义，点到直线的距离公式，两直线的交点坐标，属于较难题．
由题意，(x1−x2)2+(y1−y2)2的最小值，转化为函数y=ln x−x+2图象上的点与直线x+2y−4−2ln 2=0上的点的距离的平方的最小值，利用导数的几何意义求出与直线x+2y−4−2ln 2=0平行的函数y=ln x−x+2的切线的切点坐标，利用点到直线的距离公式可求出M的最小值，根据两直线的交点坐标求出x2的值．
【解答】
解：ln x1−x1−y1+2=0，则y1=ln x1−x1+2，
(x1−x2)2+(y1−y2)2的最小值，可转化为函数y=ln x−x+2图象上的点与直线x+2y−4−2ln 2=0上的点的距离的平方的最小值，
由y=ln x−x+2，可得y′=1x−1，(x>0)，
而与直线x+2y−4−2ln 2=0平行的直线的斜率为−12，
令1x−1=−12，得x=2，
因此与直线x+2y−4−2ln 2=0平行的函数y=ln x−x+2的切线的切点坐标为(2,ln 2)，
切点(2,ln 2)到直线x+2y−4−2ln 2=0的距离d=|2+2ln2−4−2ln2|1+4=255，
即(x1−x2)2+(y1−y2)2的最小值为45，
过切点(2,ln 2)与直线x+2y−4−2ln 2=0垂直的直线为y−ln 2=2(x−2)，即2x−y−4+ln 2=0，
由x+2y−4−2ln2=02x−y−4+ln2=0,
得x2=125．
可知：当M最小时，x2=125，M的最小值为45；
故选BC．
  
12.【答案】AD 
【解析】
【分析】
本题考查轨迹方程的求法，圆的方程的运用，考查点及直线与圆的位置关系，考查化简运算能力和推理能力，属于拔高题．
设P(x,y)，运用两点的距离公式，整理可得曲线C的轨迹方程，可判断A；由A点与圆上一点的距离的最值，可判断B；判断直线x+y−2=0与圆C的位置关系即可判断C；设N(x,y)，运用两点的距离公式，化简整理可得N的轨迹方程，联立曲线C的方程，解方程可判断D．
【解答】
解：设P(x,y)，由A(−2,0)，B(4,0)，|PA||PB|=12，
可得  (x−4)2+y2 =2(x+2)2+y2，
两边平方整理可得x2+y2+8x=0，
即(x+4)2+y2=16，
故曲线C的方程为(x+4)2+y2=16，故A正确；
曲线C的方程表示圆心为C(−4,0)，半径为r=4的圆，
所以AC=2，
所以圆C上的点到A点的距离最小值为r−AC=4−2=2，
最大值为r+AC=4+2=6，
所以圆C上的点到A点的距离范围为[2,6]，
而1∉[2,6]，故B错误；
圆心C到直线x+y−2=0的距离为−4+0−21+1=32>r=4，
所以直线x+y−2=0与圆C相离，
所以在C上不存在点M，使M在直线x+y−2=0上，故C错误；
设N(x,y),由|NO|2+|NA|2=4，
可得x2+y2+(x+2)2+y2=4,
整理可得x2+y2+2x=0，联立x2+y2+8x=0，
解得x=0，y=0，故D正确．
故选：AD．
  
13.【答案】(−∞,−3]∪[3,+∞) 
【解析】
【分析】本题主要考查斜率公式、直线和圆的位置关系，体现了数形结合的数学思想，属于中档题．由题意得，点P(x,y)在圆C：x2+(y−2)2=4上，而t=y+2x表示圆上的点(x,y)与点A(0,−2)连线的斜率，画出图形求出t的取值范围．
【解答】解：圆x2+y2−4y=0可化为x2+(y−2)2=4，
t=y+2x表示圆上的点P(x,y)与A(0,−2)连线的斜率，
如图所示.由|CD|=2，|AC|=4，可得∠CAD=30∘，则kAD=3，
同理可得kAE=−3，则t∈(−∞,−3]∪[3,+∞).

故答案为(−∞,−3]∪[3,+∞).
  
14.【答案】④⑤ 
【解析】
【分析】
本题主要考查直线的一般式方程，两条直线平行和垂直与斜率的关系，以及点到直线的距离公式和基本不等式的应用，属于拔高题．
①漏了斜率不存在的情况；②漏了过原点的情况；③垂直关系斜率之积为−1；④⑤根据公式验证即可．
【解答】
解：①过点(−1,2)直线方程，当斜率存在时为y−2=k(x+1)；
斜率不存在时为x=−1.故①不正确．
②过点(−1,2)且在x轴、y轴截距相等的直线方程，
当截距不为零时为x+y−1=0；截距为零时，直线方程为y=−2x.故②不正确．
③两条直线的斜率之积为1，不垂直．故③不正确；
④与l：Ax+By+C=0(AB≠0)平行的直线方程可设为Ax+By+m=0，
则代入点M(−1,2)得−A+2B+m=0，
∴m=A−2B，
∴过点M且与l平行的直线方程是Ax+By+A−2B=0，
即A(x+1)+B(y−2)=0，故④正确；
⑤点P(−1,2)到直线ax+y+a2+a=0的距离为|−a+2+a2+a|a2+1=2+a2a2+1
=a2+1+1a2+1≥2a2+1×1a2+1=2，
当且仅当a2+1=1a2+1,即a=0时等号成立．
故⑤正确．
故答案为④⑤．
  
15.【答案】[27,6] 
【解析】
【分析】
本题考查了直线与圆的位置关系和关于点或直线对称的圆的方程，设C2(a,b)，由对称得出C2坐标，得出圆C2的方程，易知直线l恒过点(−1,2)，且点(−1,2)在圆C2内，所以当(−1,2)为AB的中点时，|AB|取得最小值，当直线l：mx+y+m−2=0过C2(−2,3)时，|AB|取得最大值，即可得出结果．
【解答】
解：圆C1：x2+y2+2x−8y+8=0的标准方程为(x+1)2+(y−4)2=9，
设圆C1的圆心C1(−1,4)关于直线y=−x+2的对称点为C2(a,b)，
则b+42=−a−12+2b−4a+1×(−1)=−1，解得a=−2b=3，即C2(−2,3)，
所以圆C2的方程为(x+2)2+(y−3)2=9，
直线l：mx+y+m−2=0可化为y=−m(x+1)+2，
则直线l恒过点(−1,2)，易知点(−1,2)在圆C2内，
点(−1,2)到圆心C2(−2,3)的距离为(−1+2)2+(2−3)2=2，
所以(−1,2)为AB的中点时，|AB|取得最小值为232−(2)2=27，
当直线l：mx+y+m−2=0过C2(−2,3)时，即m=1时，|AB|取得最大值为直径6，
所以|AB|的取值范围是[27,6]，
故答案为[27,6]．
  
16.【答案】(1,14)或(−54,−2) 
【解析】
【分析】
本题考查点到直线的距离公式、圆的标准方程与一般方程、两点间的距离公式、圆的几何性质等知识．
先得出弦AB所在的直线方程，再得直线AB所过的定点M，结合圆的几何性质得Q在以CM为直径的圆N上，从而可得点Q到直线l的距离为728时，直线NQ与l平行，进而得到答案．
【解答】
解：圆C:x2+y2−2x+4y−4=0的标准方程为(x−1)2+(y+2)2=9，圆心C(1,−2)，
点P在直线l:y=x+1上，可设P(a,a+1)，
则P、A、C、B四点共圆，该圆以PC为直径，
方程为(x−a)(x−1)+(y−a−1)(y+2)=0，
即x2+y2−(a+1)x+(1−a)y−a−2=0，
与圆C的方程相减得弦AB所在的直线方程为(a−1)x+(a+3)y+a−2=0，
即a(x+y+1)−x+3y−2=0，
该直线恒过x+y+1=0与−x+3y−2=0的交点M(−54,14)，
又由圆的几何性质可得CQ⊥QM，
则点Q在以CM为直径的圆上，
圆心是CM的中点N(−18,−78)，
半径为12|CM|=12(1+54)2+(−2−14)2=928，
点N到直线l:y=x+1的距离为728，
又点Q到直线l的距离为728，
∴NQ与l平行，
此时直线NQ的方程为y=x−34，
Q为直线NQ与圆N的交点，
联立y=x−34与(x+18)2+(y+78)2=8132，
得Q的坐标为(1,14)或(−54,−2)．
故答案为(1,14)或(−54,−2)．
  
17.【答案】解：设Q(x,y)，
由已知得kMN=3，又PQ⊥MN，可得kMN·kPQ=−1 即yx−3×3=−1(x≠3)①，
由已知得kPN=−2，又PN‖MQ，可得kPN=kMQ，即y+1x−1=−2(x≠1)②，
联立①②求解得x=0，y=1，
∴Q(0,1)．
(2)设Q(x,0)，
∵∠NQP=∠NPQ，∴kNQ=−kNP,
又∵kNQ=22−x，kNP=−2，
∴22−x=2  解得x=1，
∴Q(1,0)，又∵M(1,−1)，
∴MQ⊥x轴，
故直线MQ的倾斜角为90°． 
【解析】本题主要考查了过两点的斜率公式以及两条直线平行、垂直与斜率的关系，熟练掌握斜率公式是解题的关键．
(1)设Q(x,y)，根据PQ⊥MN得出yx−3×3=−1，然后由PN‖MQ得出y+1x−1=−2，解方程组即可求出Q的坐标．
(2)设Q(x,0)由∠NQP=∠NPQ得出kNQ=−kNP，解方程求出Q的坐标，然后即可得出结果．

18.【答案】解：(1)曲线C1的参数方程为x=1+cosαy=sinα(α为参数)，
普通方程为(x−1)2+y2=1，即x2+y2=2x，
极坐标方程为C1：ρ=2cosθ，
曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=2sinθ，即ρ2cos2θ=2ρsinθ，
∴曲线C2的直角坐标方程C2：x2=2y；
(2)设射线l的倾斜角为α，
则射线l的参数方程为x=tcosαy=tsinα(t为参数，π4≤α<π3).
把射线l的参数方程代入曲线C1的普通方程得：t2−2tcosα=0，
解得t1=0，t2=2cosα．
∴|OA|=|t2|=2cosα．
把射线l的参数方程代入曲线C2的普通方程得：t2·cos2α=2tsinα，
解得t1=0，t2=2sinαcos2α．
∴|OB|=|t2|=2sinαcos2α．
∴|OA|⋅|OB|=2cosα⋅2sinαcos2α=4tanα=4k．
∵k∈[1,3),4k∈[4,43)，
∴|OA|⋅|OB|的取值范围是[4,43)． 
【解析】本题考查了参数方程，极坐标方程与普通方程的转化，参数的几何意义的应用，考查分析与计算能力，属于中档题．
(1)先将C1的参数方程化为普通方程，再华为极坐标方程，将C2的极坐标方程两边同乘ρ，根据极坐标与直角坐标的对应关系得出C2的直角坐标方程；
(2)求出l的参数方程，分别代入C1，C2的普通方程，根据参数的几何意义得出|OA|，|OB|，得到|OA|⋅|OB|关于k的函数，根据k的范围得出答案．

19.【答案】解：(1)①当直线l过原点时，设直线l：y=kx，
将A(4,1)代入：1=4k，
解得k=14，此时直线方程为y=14x；
②当直线l不过原点时，设直线方程为：xa+y2a=1a≠0，
将A(4,1)代入：4a+12a=1，
解得a=92，
则直线方程为x92+y9=1，即2x+y-9=0．
综上所述，直线l的方程为y=14x或2x+y-9=0．
(2)依题，直线BH方程为：2x+3y-2=0，
即y=-23x+23，
直线CM方程为：x-2y+2=0，即y=12x+1，
设直线AC方程为：y=kx+b，
因为AC与BH垂直，
∴k=−1−23=32，
所以直线AC方程为y=32x+b，
将点A(4,1)代入：1=6+b，
解得b=-5，
故直线AC的方程为y=32x-5，
联立y=32x-5y=12x+1,
解得x=6y=4，即C(6,4)，
设Mm,12m+1，由A(4,1)以及M为AB中点可得，B2m-4,m+1，
将点B坐标代入到y=-23x+23得：-232m-4+23=m+1，
解得m=1，
则B(-2,2)，设直线BC方程为：y=k1x+b1x，
则-2k1+b1=26k1+b1=4，解得k1=14b1=52,
故直线BC方程为y=14x+52． 
【解析】本题主要考查求直线方程，两直线垂直的充要条件，直线的斜截式、截距式，属于中档题．
(1)对直线l是否过原点进行分类讨论．
(2)将BH、CM所在直线方程化为斜截式，根据两直线垂直的充要条件可求得直线AC斜率，设出直线AC的斜截式，将A代入即可求得AC方程，
联立y=32x-5y=12x+1，求得C(6,4)，设Mm,12m+1，利用中点公式可求得B2m-4,m+1，将点B坐标代入到y=-23x+23可求得m=1，
则B(-2,2)，设出BC方程，将B、C坐标代入即可求解．

20.【答案】解：如图所示：

设线段AB中点D，点A关于直线l的对称点Cx′,y′，直线AC与直线l交于M(x0,y0)，
(1)因为直线AC与直线l垂直，并且过点A，
所以其方程为y−3=x−2，即x−y+1=0，
由x+y+1=0，x−y+1=0，解得x=−1，y=0，即M坐标为(−1,0)，
因为A、C两点关于直线l对称，所以关于点M对称，
所以x′=2x0−2=2×(−1)−2=−4，y′=2y0−3=2×0−3=−3，
∴C点坐标为(−4,−3)，
根据光线反射定律，反射光线经过B、C两点，
由直线的两点式方程得：
直线BC方程为y−1−3−1=x−1−4−1，
即反射光线所在直线的方程为4x−5y+1=0;
(2)线段AB的垂直平分线为m，因为PA=PB，
所以点P在直线m上，又因为点P在直线l上，
所以点P为直线l与m交点，
由B(1,1)，A(2,3)的坐标可知，
线段AB中点D32,2，直线AB斜率为k=3−12−1=2，
所以其垂直平分线m斜率k′=−12，
因其经过点D，由直线的点斜式方程得直线m的方程为
y−2=−12x−32，即2x+4y−11=0，
与直线l的方程联立
x+y+1=02x+4y−11=0,
解方程组得P点坐标为−152,132;
(3)设点Q坐标为(x,y)，令u=QA2+QB2，
则u=(x−2)2+(y−3)2+(x−1)2+(y−1)2
=2(x2−3x+y2−4y)+15
=2x−322+y−22+52，
要使u最小，则当且仅当x−322+y−22最小，
x−322+y−22可表示为点Qx,y到点D32,2的距离的平方，
当QD⊥l，即计算点D到直线l的距离时取到最小值，
此时DQ是点D到直线l的距离，由点到直线距离公式得
DQmin=|32+2+1|12+12=922，
所以umin=29222+52=914．
 
【解析】本题考查了直线的对称问题和求直线方程，是难题．
(1)根据题意，求出点A关于直线l的对称点C的坐标，反射光线为直线BC两点式写出方程，化简整理成一般式方程；
(2)P点是线段AB的垂直平分线与l的交点，求出线段AB的垂直平分线，解方程组求交点坐标即可；
(3)设Q(x,y)，QA2+QB2整理之后为2x−322+y−22+52；
转化为求x−322+y−22的最小值，这是Q与线段AB中点的距离的平方，其最小值为D到直线l的距离的平方．


21.【答案】解：(1)当a=−1时，方程化为x+2y=0，它表示一条直线；
当a≠−1时，方程化为(x−21+a)2+(y+4a1+a)2=4+16a2(1+a)2，它表示圆．
证明：(2)方程变形为x2+y2−4x+a(x2+y2+8y)=0．
若对于a取任何值，上式恒成立，
则有x2+y2−4x=0,x2+y2+8y=0,
解得x=0,y=0,或x=165,y=−85,
∴曲线C过定点A(0,0)和B(165,−85)．
解：(3)由(2)知曲线C过定点A，B，
在这些圆中，当以线段AB为直径时圆的面积最小，
此时，圆的圆心在直线AB:x+2y=0上，
∴21+a+−8a1+a=0，
则a=14．
 
【解析】本题考查了圆的标准方程，点与圆的位置关系及判定，直线和圆的方程的应用，属于拔高题．
(1)当a≠−1时，方程化为(x−21+a)2+(y+4a1+a)2=4+16a2(1+a)2，它表示圆；
(2)方程变形为x2+y2−4x+a(x2+y2+8y)=0，x2+y2−4x=0,x2+y2+8y=0,可得曲线C过定点A(0,0)和B(165,−85)；
(3)当以线段AB为直径时圆的面积最小，圆的圆心在直线AB:x+2y=0上，进而得出圆面积最小时a的值．


22.【答案】解：(1)由题意得，切线的斜率存在，
设切线y=kx+1+1，即kx−y+k+1=0，
所以圆心M到切线的距离d=|3k+1|k2+1=1，
解得k=0或−34．
所以切线所在直线方程为y=1或3x+4y−1=0 .
(2) 由题知，切线的斜率存在，
设切线y=kx+1+t，即kx−y+k+t=0．
设圆心M到切线的距离为d，
所以d=|3k+t|k2+1=1，化简得8k2+6tk+t2−1=0. 
则kPA+kPB=−34t，kPA·kPB=t2−18．
在切线y=k(x+1)+t 中，
令x=0，解得y=k+t，
所以|ST|=|(kPA+t)−(kPB+t)|=|kPA−kPB|，
即|ST|=t2+84，
所以|ST|min=22，此时t=0 .  
故ST的最小值为22． 
【解析】本题考查直线与圆的位置关系的判定，圆的切线方程，与圆有关的弦的最值问题，直线与圆的方程的综合应用，属于中档题．
(1)由题意切线的斜率存在，设切线y=kx+1+1，即kx−y+k+1=0，根据直线与圆的位置关系的判定方法求出k的值即可；
(2)设切线y=kx+1+t，圆心M到切线的距离为d，则d=|3k+t|k2+1=1，化简得8k2+6tk+t2−1=0.进一步可得|ST|=|(kPA+t)−(kPB+t)|=|kPA−kPB|，由韦达定理可得|ST|的最小值．