2023年高考数学二轮复习专题13直线与圆押题专练文

专题13直线与圆1．“C＝5”是“点(2，1)到直线3x＋4y＋C＝0的距离为3”的()A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【解析】选B点(2，1)到直线3x＋4y＋C＝0的距离为3等价于eq\f(|3×2＋4×1＋C|,\r(32＋42))＝3，解得C＝5或C＝－25，所以“C＝5〞是“点(2，1)到直线3x＋4y＋C＝0的距离为3”的充分不必要条件，应选B.2．圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心到直线ax＋y－1＝0的距离为1，那么a＝()A．－eq\f(4,3)B．－eq\f(3,4)C.eq\r(3)D．2【解析】选A因为圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心坐标为(1，4)，所以圆心到直线ax＋y－1＝0的距离d＝eq\f(|a＋4－1|,\r(a2＋1))＝1，解得a＝－eq\f(4,3).3．圆(x－2)2＋(y＋1)2＝16的一条直径通过直线x－2y＋3＝0被圆所截弦的中点，那么该直径所在的直线方程为()A．3x＋y－5＝0B．x－2y＝0C．x－2y＋4＝0D．2x＋y－3＝04．圆心在曲线y＝eq\f(2,x)(x>0)上，与直线2x＋y＋1＝0相切，且面积最小的圆的方程为()A．(x－2)2＋(y－1)2＝25B．(x－2)2＋(y－1)2＝5C．(x－1)2＋(y－2)2＝25D．(x－1)2＋(y－2)2＝5【解析】选D设圆心坐标为Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2,a)))(a>0)，那么半径r＝eq\f(2a＋\f(2,a)＋1,\r(5))≥eq\f(2\r(2a×\f(2,a))＋1,\r(5))＝eq\r(5)，当且仅当2a＝eq\f(2,a)，即a＝1时取等号．所以当a＝1时圆的半径最小，此时r＝eq\r(5)，C(1，2)，所以面积最小的圆的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝5.5．圆O：x2＋y2＝4上到直线l：x＋y＝a的距离等于1的点至少有2个，那么a的取值范围为()A．(－3eq\r(2)，3eq\r(2))B．(－∞，－3eq\r(2))∪(3eq\r(2)，＋∞)C．(－2eq\r(2)，2eq\r(2))D．[－3eq\r(2)，3eq\r(2)]【解析】选A由圆的方程可知圆心为O(0，0)，半径为2，因为圆上的点到直线l的距离等于1的点至少有2个，所以圆心到直线l的距离d<2＋1＝3，即d＝eq\f(|－a|,\r(12＋12))＝eq\f(|a|,\r(2))<3，解得a∈(－3eq\r(2)，3eq\r(2))，应选A.6．点P的坐标(x，y)满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≤4，,y≥x，,x≥1，))过点P的直线l与圆C：x2＋y2＝14相交于A，B两点，那么|AB|的最小值是()A．2eq\r(6)B．4C.eq\r(6)D．2【答案】2eq\r(6)7．过原点且与直线eq\r(6)x－eq\r(3)y＋1＝0平行的直线l被圆x2＋(y－eq\r(3))2＝7所截得的弦长为________．【解析】由题意可得l的方程为eq\r(2)x－y＝0，∵圆心(0，eq\r(3))到l的距离为d＝1，∴所求弦长＝2eq\r(R2－d2)＝2eq\r(7－1)＝2eq\r(6).8．f(x)＝x3＋ax－2b，如果f(x)的图象在切点P(1，－2)处的切线与圆(x－2)2＋(y＋4)2＝5相切，那么3a＋2b【答案】－7【解析】由题意得f(1)＝－2⇒a－2b＝－3，又∵f′(x)＝3x2＋a，∴f(x)的图象在点P(1，－2)处的切线方程为y＋2＝(3＋a)(x－1)，即(3＋a)x－y－a－5＝0，∴eq\f(|〔3＋a〕×2＋4－a－5|,\r(〔3＋a〕2＋12))＝eq\r(5)⇒a＝－eq\f(5,2)，∴b＝eq\f(1,4)，∴3a＋2b＝－7.9．著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休．〞事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：eq\r(〔x－a〕2＋〔y－b〕2)可以转化为平面上点M(x，y)与点N(a，b)的距离．结合上述观点，可得f(x)＝eq\r(x2＋4x＋20)＋eq\r(x2＋2x＋10)的最小值为________．【答案】5eq\r(2)10．过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点．(1)求k的取值范围；(2)假设＝12，其中O为坐标原点，求|MN|.解：(1)由题设可知直线l的方程为y＝kx＋1.因为直线l与圆C交于两点，所以eq\f(|2k－3＋1|,\r(1＋k2))<1，解得eq\f(4－\r(7),3)<k<eq\f(4＋\r(7),3).所以k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4－\r(7),3)，\f(4＋\r(7),3))).(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)．将y＝kx＋1代入方程(x－2)2＋(y－3)2＝1，整理得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0.所以x1＋x2＝eq\f(4〔1＋k〕,1＋k2)，x1x2＝eq\f(7,1＋k2).＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝eq\f(4k〔1＋k〕,1＋k2)＋8.由题设可得eq\f(4k〔1＋k〕,1＋k2)＋8＝12，解得k＝1，所以直线l的方程为y＝x＋1.故圆心C在直线l上，所以|MN|＝2.11．点P(2，2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．(1)求M的轨迹方程；(2)当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．解：(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，所以圆心为C(0，4)，半径为4.12．直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．(1)求圆C的方程；(2)过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？假设存在，请求出点N的坐标；假设不存在，请说明理由．解：(1)设圆心C(a，0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>－\f(5,2)))，那么eq\f(|4a＋10|,5)＝2⇒a＝0或a＝－5(舍)．所以圆C：x2＋y2＝4.(2)当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝4，,y＝k〔x－1〕，))得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0.所以x1＋x2＝eq\f(2k2,k2＋1)，x1x2＝eq\f(k2－4,k2＋1).假设x轴平分∠ANB，那么kAN＝－kBN⇒eq\f(y1,x1－t)＋eq