苏教版高中数学选择性必修第一册第2章圆与方程综合拔高练含答案

综合拔高练高考练考点1求圆的方程1.(2022全国甲文,14)设点M在直线2x+y-1=0上,点(3,0)和(0,1)均在☉M上,则☉M的方程为.

2.(2022全国乙文,15)过四点(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为.

考点2直线与圆的位置关系3.(2023全国乙文,11)已知实数x,y满足x2+y2-4x-2y-4=0,则x-y的最大值是()A.1+32C.1+32D.74.(多选题)(2021新高考Ⅱ,11)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5.(2022新高考Ⅱ,15)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.

6.(2022新高考Ⅰ,14)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.

考点3圆的切线与弦长问题7.(2023新课标Ⅰ,6)过点(0,-2)与圆x2+y2-4x-1=0相切的两条直线的夹角为α,则sinα=()A.1B.15C.108.(2021北京,9)已知直线y=kx+m(m为常数)与圆x2+y2=4交于点M,N.当k变化时,若|MN|的最小值为2,则m=()A.±1B.±2C.±3D.±29.(2023新课标Ⅱ,15)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面积为85”的m的一个值10.(2022天津,12)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.

模拟练应用实践1.(2023江苏徐州期中)已知圆C:(x-3)2+(y-3)2=2和两点A(m,0),B(0,m),若圆C上存在点P,使得PA·A.[3-2,3+C.[-4,-2]D.[2,4]2.(2024黑龙江大庆实验中学月考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点P在正方形ABCD内(包括边界),满足PB=2PA,则直线PC1和平面ABCD所成角的正切值的最大值是()A.33.(2024江苏南京师范大学附属中学期中)瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理:三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上,这条直线被称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中,△ABC满足AB=AC=5,且B(-1,3),C(4,-2),若△ABC的欧拉线与圆M:(x-3)2+y2=r2(r>0)相切,则下列结论正确的是()A.圆M上的点到直线x-y+1=0的距离的最小值为22B.圆M上的点到直线x-y+1=0的距离的最大值为42C.若点P在圆M上,则当∠PBA最小时,PB=23D.若点P在圆M上,则当∠PBA最大时,PB=294.(多选题)(2024福建莆田第五中学期中)已知圆O:x2+y2=4,过圆外一点M作圆O的两条切线,切点分别为A,B,且直线AB恒过定点(1,-1),则()A.点M的轨迹方程为x-y+4=0B.AB的最小值为23C.圆O上的点到直线AB的距离的最大值为2+2D.∠AMB≤90°5.(2024安徽黄山模拟)如图所示的是世界名画《蒙娜丽莎》.假设蒙娜丽莎微笑时的嘴唇可看作半径为1的圆O的一段圆弧E,且弧E所对的圆周角为2π5.设圆C的圆心在点O与弧E中点的连线所在直线上,且弧E上存在四点满足过这四点作圆O的切线,这四条切线与圆C也相切,则弧E上的点与圆C上的点之间的最短距离的取值范围为注:cos2πA.(0,5−1]B.(0,5]C.(0,6.(多选题)(2023河北石家庄期末)平面直角坐标系中,曲线C:x2+y2=|x|+|y|(x,y不同时为0)是一条形状优美的曲线,对于此曲线,给出如下结论,其中正确的有()A.曲线C围成的图形的面积是2+πB.曲线C围成的图形的周长是22πC.曲线C上的任意两点间的距离不超过2D.若E(x0,y0)是曲线C上的任意一点,则|3x0+4y0-12|的最小值是17-57.(2024江苏常州联盟学校调研)已知曲线C:y-2=4-(x-2)8.(2023湖北部分重点学校期中)一束光线从点A(-4,0)处出发,经直线x+y-1=0上的点P反射到圆C:x2+(y+2)2=2上的点B,当光线经过的路径最短时,反射光线所在直线的方程为,最短路径的长度为.

9.(2023湖南长沙实验中学模拟)已知平面上两定点A、B,则所有满足PAPB=λ(λ>0且λ≠1)的点P的轨迹是一个圆心在直线AB上,半径为λ1-λ2·AB的圆.这个轨迹最先是由古希腊数学家阿波罗尼斯发现的,故称为阿氏圆.已知棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D10.(2023江苏常州十校联考)已知圆C经过A(0,1),B(4,a)(a>0)两点.(1)当a=1时,圆C与x轴相切,求此时圆C的方程;(2)如果AB是圆C的直径,证明:无论a取何正实数,圆C经过除A外的另一个定点,并求出这个定点坐标;(3)已知点A关于直线y=x-3的对称点A'也在圆C上,且过点B的直线l分别与x轴,y轴交于点M和N,当圆C的面积最小时,试求BM·BN的最小值.迁移创新11.某建筑物内一个水平直角型过道如图所示.两过道的宽度均为3m,有一个水平截面为矩形的设备需要水平移进直角型过道.若该设备水平截面矩形的宽为1m,长为7m,试问:该设备能否水平移进直角型过道?

答案与分层梯度式解析综合拔高练高考练1.答案(x-1)2+(y+1)2=5解析解法一:由点M在直线2x+y-1=0上,可设M(a,1-2a),因为点(3,0)和点(0,1)均在☉M上,所以(a解得a=1,则☉M的圆心为M(1,-1),半径为(1-0)故☉M的方程为(x-1)2+(y+1)2=5.解法二:设A(3,0),B(0,1),由题可知点M是线段AB的垂直平分线与直线2x+y-1=0的交点.易知AB的方程为x3+y1=1,即x+3y-3=0,故线段AB的垂直平分线的斜率为3,又AB的中点坐标为32,12,所以AB的垂直平分线的方程为y=3x-4,与2x+y-1=0联立,得M(1,-1),又半径R=2.答案(x-2)2+(y-3)2=13或(x-2)2+(y-1)2=5或x-解析解法一:依题意设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0).若圆过(0,0),(4,0),(-1,1),则F此时圆的方程为x2+y2-4x-6y=0,即(x-2)2+(y-3)2=13.若圆过(0,0),(4,0),(4,2),则F此时圆的方程为x2+y2-4x-2y=0,即(x-2)2+(y-1)2=5.若圆过(0,0),(4,2),(-1,1),则F此时圆的方程为x2+y2-83即x-若圆过(-1,1),(4,0),(4,2),则1+1-此时圆的方程为x2+y2-165即x-解法二:若圆过(0,0),(4,0),(-1,1),根据圆的几何性质知圆心在弦的中垂线上,设A(0,0),B(4,0),C(-1,1),易得AB的中垂线方程为x=2,AC的中垂线方程为y=x+1.联立x=2,此时圆的半径r=4+9=所以圆的方程为(x-2)2+(y-3)2=13.同理,其他三种情况下圆的方程分别为(x-2)2+(y-1)2=5,x-3.C解法一:将x2+y2-4x-2y-4=0化为(x-2)2+(y-1)2=9,表示以(2,1)为圆心,3为半径的圆,令x-y=t,即x-y-t=0,由题可知直线x-y-t=0和圆(x-2)2+(y-1)2=9有公共点,所以|2-1-t|2≤3,即|t-1|≤解得1-32≤t≤1+32.所以x-y的最大值为1+32.故选C.解法二:将x2+y2-4x-2y-4=0化为(x-2)2+(y-1)2=9,令x=3cosθ+2,y=3sinθ+1,其中θ∈[0,2π),则x-y=3cosθ-3sinθ+1=32cos因为θ∈[0,2π),所以θ+π4∈π4,9π教材溯源高考注重对基础方法的考查,解析法是连接几何与代数的基本方法,可以将有限制条件的二元二次方程、二元一次方程与圆、直线建立联系,也可以将二元一次方程中的参数与截距、斜率等建立联系,对比教材中的练习题可以发现,本题可以转化为直线与圆位置关系的问题,最大值是直线与圆相切时直线的横截距;也可以通过设出圆的参数方程,利用三角函数知识求解,在教材中圆的方程课后题中也有相关证明.4.ABD圆心C(0,0)到直线l:ax+by-r2=0的距离d=r2若点A(a,b)在圆C上,则a2+b2=r2,所以d=r2a2+若点A(a,b)在圆C内,则a2+b2<r2,所以d=r2a2+若点A(a,b)在圆C外,则a2+b2>r2,所以d=r2若点A(a,b)在直线l上,则a2+b2-r2=0,即a2+b2=r2,所以d=r2a2+故选ABD.5.答案1解析由题易知kAB=a-32,所以直线AB关于直线y=a对称的直线方程为y-a=-a-32x,即(3-a)x-2y+2a=0,由题意可得圆心(-3,-2)到该直线的距离小于或等于半径,所以|3(a-3)+4+2a|(-2)2+(3-a)6.答案x=-1或7x-24y-25=0或3x+4y-5=0(写出一个即可)解析解法一:显然直线的斜率不为0,不妨设直线方程为x+by+c=0,于是|c故c2=1+b2①,|3+4b+c|=|4c|,则3+4b+c=4c或3+4b+c=-4c,结合①解得b所以直线有三条,分别为x+1=0,7x-24y-25=0,3x+4y-5=0.(填一条即可)解法二:设圆(x-3)2+(y-4)2=16的圆心为O1,如图所示,显然两圆外切,由图可知l1:x=-1与两圆均外切.易知直线OO1的方程为y=43x,设直线OO1与l1的交点为P,∴P-1,-易知过点P的两圆的公切线l2的斜率存在,设为k,则切线l2的方程为y=k(x+1)-43,即kx-y+k-4易知点O(0,0)到切线l2的距离为1,∴k-43k2设两圆相切于点M,垂直于直线OO1的切线l3的方程为y=-34易知点O(0,0)到切线l3的距离为1,∴|-4n易知n>0,∴切线l3的方程为y=-34∴与两圆都相切的直线方程为x=-1或7x-24y-25=0或3x+4y-5=0.小题速解本题是填空题,要求写出一条切线方程,只要把两圆在坐标系中画出来就能观察出直线x=-1满足,所以标准画图也很关键,要做到草图不草.7.B解法一:由x2+y2-4x-1=0,即(x-2)2+y2=5,可得圆心为(2,0),半径r=5,设C(2,0),P(0,-2),切点分别为A,B,则PC=22+2可得sin∠APC=522=104则sinα=sin∠APB=sin2∠APC=2sin∠APCcos∠APC=2×104解法二:由解法一知PC=22,PA=易得PA2+PB2-2PA·PBcos∠APB=CA2+CB2-2CA·CBcos∠ACB,又∠ACB=π-∠APB,所以3+3-6cos∠APB=5+5-10·cos(π-∠APB),解得cos∠APB=-14所以sinα=sin∠APB=1-co解法三:圆x2+y2-4x-1=0的圆心为(2,0),半径r=5,设C(2,0),易知切线斜率存在,设其方程为y=kx-2,即kx-y-2=0,则|2k-2|k则Δ=64-4=60>0.设两切线斜率分别为k1,k2,则k1+k2=-8,k1k2=1,可得|k1-k2|=(k所以|tanα|=k1-k21+k1可得sinα=154.故选B8.C圆x2+y2=4的圆心为(0,0),半径为2,则圆心到直线y=kx+m的距离d=|m|k则当k=0时,弦长取得最小值,所以24-m2=2,解得m=±3.故选9.答案2,-2,12解析依题意可得圆C的圆心为C(1,0),半径r=2,则圆心C(1,0)到直线x-my+1=0的距离d=21+m2所以S△ABC=12·d·AB=4|m|1+m10.答案2解析圆心(1,1)到直线x-y+m=0的距离为m2,则m模拟练1.D由已知得圆C的圆心为C(3,3),半径为2,设P(a,b),因为PA·PB=0,所以PA·PB=-a(m-a)-b(m-b)=0,即a2+b又点P(a,b)在圆C上,所以(a-3)2+(b-3)2=2②,若m=6,则a2+b2=6(a+b),即(a-3)2+(b-3)2=18,不合题意,所以m≠6,由①②可得a+b=166-令a+b=z,由圆C和直线a+b=z总有公共点,可得|3+3-z|2≤2即4≤166-m≤8,解得2≤m≤4.故选2.C如图1,连接PC,则C1在底面ABCD内的投影为C,故直线PC1和平面ABCD所成的角为∠C1PC,且tan∠C1PC=CC在底面ABCD内,以A为原点,AB,AD所在直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系,则A(0,0),B(3,0),C(3,3),设P(x,y),因为PB=2PA,所以(x-3)2+即P在以(-1,0)为圆心,2为半径的圆被正方形ABCD所截得的一段弧ST上,设H(-1,0),如图2,则PC的最小值为点C与圆心H之间的距离减去半径,即(PC)min=CH-2=5-2=3,故(tan∠C1PC)max=33=1.故选C图1图23.C由题意可得△ABC的欧拉线为BC的中垂线,易得BC的中点为32,12,且k∴线段BC的中垂线方程为y-12∴△ABC的欧拉线方程为x-y-1=0,设为l.∵直线l与圆M相切,∴圆心M(3,0)到直线l的距离d=r=|3-1|2∴圆M的方程为(x-3)2+y2=2,则圆心M到直线x-y+1=0的距离为|3-0+1|1+1∴圆M上的点到直线x-y+1=0的距离的最小值为22−2=由AB=AC=5,可得A在直线l:x-y-1=0上,设A(x,y),则AB2=(x+1)2+(y-3)2=25,由x-y-1=0,(x+1)所以点A在圆M:(x-3)2+y2=2外,当点P在圆M上时,无论∠PBA最大还是最小,直线PB均与圆M相切,又BM=42+(-3)2=5,所以PB=25-2=23,故4.CD设M(x0,y0),易得直线AB的方程为x0x+y0y=4,因为直线AB恒过定点(1,-1),所以x0-y0=4,所以M的轨迹方程为x-y-4=0,A错误.设D(1,-1),易知当OD⊥AB时,AB的值最小,又OD=1+1=2,所以(AB)min=2因为直线AB恒过定点D(1,-1),所以圆O上的点到直线AB的距离的最大值为OD+2=2+2,C正确.易得圆心O到直线x-y-4=0的距离为22,记l:x-y-4=0,如图,当M运动到OM⊥l时,sin∠AMO=222=22当M位于直线l其他位置时,OM>22,sin∠AMO=2OM<22,综上,∠AMB≤90°,D正确.故选CD.5.D如图,设弧E的中点为M,由弧E所对的圆周角为2π5,得其所对的圆心角为圆O的半径为OM=1,在弧E上取两点A、B,则∠AOB≤4π分别过点A、B作圆O的切线,并交直线OM于点D,当过点A、B的切线刚好是圆O与圆C的外公切线时,劣弧AB上一定还存在点S、T,使过点S、T的切线为两圆的内公切线,则圆C的圆心只能在线段MD上,且不包括端点,过点C分别向AD、BD作垂线,垂足分别为R、P,则CR即为圆C的半径,此时圆O与圆C均满足题意,弧E上存在四点A、B、S、T,过这四点作圆O的切线,这四条切线与圆C也相切.设线段OC交圆C于点N,则弧E上的点与圆C上的点之间的最短距离即为线段MN的长.在Rt△AOD中,OD=OAcos∠AOD=OA即弧E上的点与圆C上的点之间的最短距离MN的取值范围为(0,5).故选D.6.ABD在曲线C上任取一点P(m,n),则m2+n2=|m|+|n|,点P(m,n)关于y轴对称的点为(-m,n),设为P1,则(-m)2+n2=m2+n2=|m|+|n|=|-m|+|n|,即点P1(-m,n)在曲线C上,故曲线C关于y轴对称;点P(m,n)关于x轴对称的点为(m,-n),设为P2,则m2+(-n)2=m2+n2=|m|+|n|=|m|+|-n|,即点P2(m,-n)在曲线C上,故曲线C关于x轴对称;同理可得点P关于原点对称,故曲线C关于坐标轴和原点对称.对于方程x2+y2=|x|+|y|,令y=0,则x2=|x|,解得x=0(舍去)或x=±1,即曲线C与x轴的交点坐标为(1,0),(-1,0),同理可得,曲线C与y轴的交点坐标为(0,1),(0,-1),设A(1,0),B(0,1),当x≥0,y≥0且x,y不同时为0时,x2+y2=|x|+|y|=x+y,整理得x-122+y-由对称性可得曲线C由四个半圆构成,如图.对于A,曲线C围成的图形的面积S=4×12×1×1+12对于B,曲线C围成的图形的周长L=4×12×2π×22对于C,联立x解得x即曲线C与直线y=x在第一象限内的交点(设为M)坐标为(1,1),由对称可知曲线C与直线y=x在第三象限内的交点(设为N)坐标为(-1,-1),则MN=(1+1)对于D,|3x0+4y0-12|32+易得点12,12到直线3x+4y-12=0的距离d则点E(x0,y0)到直线3x+4y-12=0的距离d≥d1-22∴|3x0+4y0-12|=5d≥17-522,故|3x0+4y0-12|的最小值是17-522,D正确方法总结(1)通过方程研究曲线的对称性时,往往通过点的对称判断曲线的对称性;(2)研究直线与圆的位置关系主要通过圆心到直线的距离与半径进行比较,两个圆的位置关系往往通过两圆圆心距离与两半径的差与和进行比较.7.答案[2-2,解析对y-2=4-(x-2)2进行变形,可得(x-2)2+(y-2)在曲线C中,令y=2,得x=0或x=4,将(0,2)代入直线l的方程,得a=2,将(4,2)代入直线l的方程得a=-2,当l与曲线C相切时,|2-2+a|2所以当-2≤a<2或a=22时,直线l与曲线C有一个公共点;当2≤a<22时,l与曲线C有两个公共点.记a=22时直线为l1,a=2时直线为l2,当l与l1之间的距离为1时,|a-22|2又点(4,2)到直线x-y+2=0的距离d1=|4-2+2|2=2当l与l2之间的距离为1时,|a-2|2=1,解得a=2又点(4,2)到直线x-y+2-2=0的距离d2=|4-2+2-2|2=22∴2-2≤a<2.8.答案y=7x-2;42解析由圆C:x2+(y+2)2=2,可得圆心坐标为C(0,-2),半径为2,如图所示,设点A(-4,0)关于直线x+y-1=0对称的点为A'(a,b),可得a解得a=1,b=5,即A'(1,5),根据题意和圆的性质,可得AP+PB=A'P+PB=A'P+PC-2≥A'C-2,此为最短路径的长度,又kA'C=-2-50-1即反射光线所在直线的方程为y=7x-2.又A'C=(-2-5)2+(0-1)29.答案43解析在平面ABCD内,以B为原点建立平面直角坐标系xBy,如图1,2.设阿氏圆的圆心为O(a,0),半径为r,因为PA=2PB,所以PAPB=2,所以r=21-22设圆O与AB交于点M,由阿氏圆的性质知MAMB又MB=2-BO=2-a,所以MA=2MB=4-2a,又MA+MB=3,所以4-2a+2-a=3,解得a=1,所以O(1,0),所以点P在空间内的轨迹为以O为球心,2为半径的球面,当点P在平面ABB1A1内时,如图2所示,设圆与BB1交于点R,则点P在平面ABB1A1内的轨迹为MR,因为在Rt△RBO中,RO=2,BO=1,所以∠ROB=π3所以MR的长为π3×2=2π3同理,点P在平面ABCD内的轨迹的长为2π当点P在平面BCC1B1内时,如图3所示,易知OB⊥平面BCC1B1,所以平面BCC1B1截球面所得曲线是以B为圆心,BP的长为半径的圆弧,设截面圆与BC交于点Q,且BP=OP所以点P在平面BCC1