2025届高考数学一轮复习第9章平面解析几何第2讲圆的方程及直线圆的位置关系作业试题1含解析新人教版

PAGE第九章平面解析几何其次讲圆的方程及直线、圆的位置关系练好题﹒考点自测1.[2024安徽省四校联考]直线2x·sinθ+y=0被圆x2+y2-2QUOTEy+2=0截得的最大弦长为 ()A.2QUOTE B.2QUOTE C.3 D.2QUOTE2.[2024北京,5分]已知半径为1的圆经过点(3,4),则其圆心到原点的距离的最小值为 ()A.4 B.5 C.6 D.73.[2024全国卷Ⅲ,5分]若直线l与曲线y=QUOTE和圆x2+y2=QUOTE都相切,则l的方程为 ()A.y=2x+1 B.y=2x+QUOTE C.y=QUOTEx+1 D.y=QUOTEx+QUOTE4.[2024吉林省高三联考]已知圆C:x2+y2=r2(r>0),设p:r≥QUOTE;q:圆C上至少有3个点到直线QUOTEx+y-2=0的距离为QUOTE,则p是q的 ()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件5.[2024全国卷Ⅲ,5分]直线x+y+2=0分别与x轴,y轴交于A,B两点,点P在圆(x-2)2+y2=2上,则△ABP面积的取值范围是 ()A.[2,6] B.[4,8]C.[QUOTE,3QUOTE] D.[2QUOTE,3QUOTE]6.[2024全国卷Ⅰ,5分]已知☉M:x2+y2-2x-2y-2=0,直线l:2x+y+2=0,P为l上的动点.过点P作☉M的切线PA,PB,切点为A,B,当|PM|·|AB|最小时,直线AB的方程为 ()A.2x-y-1=0 B.2x+y-1=0C.2x-y+1=0 D.2x+y+1=07.[2016全国卷Ⅲ,5分]已知直线l:mx+y+3m-QUOTE=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.若|AB|=2QUOTE,则|CD|=.

8.[2024北京,5分]设抛物线y2=4x的焦点为F,准线为l.则以F为圆心,且与l相切的圆的方程为.

9.[2024浙江,6分]已知圆C的圆心坐标是(0,m),半径长是r.若直线2x-y+3=0与圆C相切于点A(-2,-1),则m=,r=.

拓展变式1.[2017全国卷Ⅲ,12分]已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆.(1)证明:坐标原点O在圆M上.(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.2.[2024武汉部分重点中学5月联考]已知圆C1:(x-1)2+(y-3)2=9和C2:x2+(y-2)2=1,若M,N分别是圆C1,C2上的点,P是抛物线x2=4y的准线上的一点,则|PM|+|PN|的最小值是.

3.[原创题]已知直线l:x+2y-3=0与圆C:x2+y2+x-6y+m=0,若直线l与圆C无公共点,则m的取值范围是 ()A.(1,8)B.(8,QUOTE)C.(1,37)D.(8,+∞)4.[2024广西模拟]在平面直角坐标系xOy中,过圆C1:(x-k)2+(y+k-4)2=1上随意一点P作圆C2:x2+y2=1的一条切线,切点为Q,则当|PQ|最小时,k=.

5.[2017全国卷Ⅲ,12分]在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx-2与x轴交于A,B两点,点C的坐标为(0,1).当m改变时,解答下列问题:(1)能否出现AC⊥BC的状况?说明理由.(2)证明过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.6.(1)[2024武汉武昌试验中学考前模拟]过点D(1,-2)作圆C:(x-1)2+y2=1的两条切线,切点分别为A,B,则弦AB所在直线的方程为 ()A.2y-1=0 B.2y+1=0C.x+2y-1=0 D.x-2y+1=0(2)[2024河北冀州中学模拟]已知圆C:x2+y2-2x-4y+3=0.①若圆C的一条切线在x轴和y轴上的截距相等,则此切线的方程为;

②从圆C外一点P(x1,y1)向该圆引一条切线,切点为M,O为坐标原点,且有|PM|=|PO|,则|PM|的最小值为.

7.阿波罗尼斯是古希腊闻名数学家,他对圆锥曲线有深刻而系统的探讨,主要探讨成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书,其中阿波罗尼斯圆是他的探讨成果之一,即已知动点M与两定点A,B的距离之比为λ(λ>0,λ≠1),那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知圆O:x2+y2=1上的动点M和定点A(-QUOTE,0),B(1,1),则2|MA|+|MB|的最小值为 ()A.QUOTEB.QUOTEC.QUOTED.QUOTE答案其次讲圆的方程及直线、圆的位置关系1.D依据题意,圆x2+y2-2QUOTEy+2=0,即x2+(y-QUOTE)2=3,其圆心为(0,QUOTE),半径r=QUOTE,圆心到直线2x·sinθ+y=0的距离d=QUOTE=QUOTE≥QUOTE=1,当圆心到直线的距离最小时,直线2x·sinθ+y=0被圆x2+y2-2QUOTEy+2=0截得的弦长最大,而d=QUOTE的最小值为1,则直线2x·sinθ+y=0被圆x2+y2-2QUOTEy+2=0截得的最大弦长为2×QUOTE=2QUOTE,故选D.2.A设该圆的圆心为(a,b),则圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=1,∵该圆过点(3,4),∴(3-a)2+(4-b)2=1,此式子表示点(a,b)在以(3,4)为圆心,1为半径的圆上,则点(a,b)到原点的最小值为QUOTE-1=4,故选A.3.D易知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+b,则QUOTE=QUOTE①,设直线l与曲线y=QUOTE的切点坐标为(x0,QUOTE)(x0>0),则y'QUOTE=QUOTE=k②,QUOTE=kx0+b③,由②③可得b=QUOTE,将b=QUOTE,k=QUOTE代入①得x0=1或x0=-QUOTE(舍去),所以k=b=QUOTE,故直线l的方程为y=QUOTEx+QUOTE.4.C圆C的圆心为(0,0),其到直线QUOTEx+y-2=0的距离为1.当0<r<QUOTE时,圆上没有点到直线的距离为QUOTE;当r=QUOTE时,圆上有1个点到直线的距离为QUOTE;当QUOTE<r<QUOTE时,圆上有2个点到直线的距离为QUOTE;当r=QUOTE时,圆上有3个点到直线的距离为QUOTE;当r>QUOTE时,圆上有4个点到直线的距离为QUOTE;要使圆C上至少有3个点到直线QUOTEx+y-2=0的距离为QUOTE,则r≥QUOTE,所以p是q的充要条件,故选C.5.A圆心(2,0)到直线的距离d=QUOTE=2QUOTE,所以点P到直线的距离d1∈[QUOTE,3QUOTE].依据直线的方程可知A,B两点的坐标分别为A(-2,0),B(0,-2),所以|AB|=2QUOTE,所以△ABP的面积S=QUOTE|AB|·d1=QUOTEd1.因为d1∈[QUOTE,3QUOTE],所以S∈[2,6],即△ABP面积的取值范围是[2,6].6.D由☉M:x2+y2-2x-2y-2=0①,得☉M:(x-1)2+(y-1)2=4,所以圆心M(1,1).图D9-2-1如图D9-2-1,连接AM,BM,易知PM⊥AB,所以四边形PAMB的面积为QUOTE|PM|·|AB|,欲使|PM|·|AB|最小,只需四边形PAMB的面积最小,即只需△PAM的面积最小.因为|AM|=2,所以只需|PA|最小.因为|PA|=QUOTE=QUOTE,所以只需直线2x+y+2=0上的动点P到M的距离最小,其最小值为QUOTE=QUOTE,此时PM⊥l,易求出直线PM的方程为x-2y+1=0.由QUOTE得QUOTE所以P(-1,0).因为∠PAM=∠PBM=90°,所以A,B在以PM为直径的圆上.所以此圆的方程为x2+(y-QUOTE)2=(QUOTE)2,即x2+y2-y-1=0②,由①-②得,直线AB的方程为2x+y+1=0,故选D.7.4设圆心到直线l:mx+y+3m-QUOTE=0的距离为d,则弦长|AB|=2QUOTE=2QUOTE,解得d=3,即QUOTE=3,解得m=-QUOTE,则直线l:x-QUOTEy+6=0,数形结合可得|CD|=QUOTE=4.8.(x-1)2+y2=4因为抛物线的标准方程为y2=4x,所以焦点F(1,0),准线l的方程为x=-1.因为所求的圆以F为圆心,且与准线l相切,故圆的半径r=2,所以圆的方程为(x-1)2+y2=4.9.-2QUOTE解法一设过点A(-2,-1)且与直线2x-y+3=0垂直的直线l的方程为x+2y+t=0,所以-2-2+t=0,所以t=4,所以l的方程为x+2y+4=0.将(0,m)代入,解得m=-2,则r=QUOTE=QUOTE.解法二因为直线2x-y+3=0与以点(0,m)为圆心的圆相切,且切点为A(-2,-1),所以QUOTE×2=-1,所以m=-2,r=QUOTE=QUOTE.1.(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.由QUOTE可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.又x1=QUOTE,x2=QUOTE,故x1x2=QUOTE=4.则QUOTE·QUOTE=x1x2+y1y2=0,所以OA⊥OB.又圆M是以线段AB为直径的圆,故坐标原点O在圆M上.(2)由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4.故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=QUOTE.由于圆M过点P(4,-2),因此QUOTE·QUOTE=0,故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.由(1)可得y1y2=-4,x1x2=4.所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-QUOTE.当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为QUOTE,圆M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.当m=-QUOTE时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为(QUOTE,-QUOTE),圆M的半径为QUOTE,圆M的方程为(x-QUOTE)2+(y+QUOTE)2=QUOTE.2.5QUOTE-4依题意知,抛物线x2=4y的准线方程为y=-1,则圆C1关于直线y=-1的对称圆的圆心为C3(1,-5),半径为3.圆C2的圆心为(0,2),半径为1,连接C2C3,由图象可知(图略),当P,C2,C3三点共线时,|PM|+|PN|取得最小值,其最小值为圆C3与圆C2的圆心距减去两个圆的半径之和,即(|PM|+|PN|)min=|C2C3|-3-1=QUOTE-4=5QUOTE-4.3.B将圆C的方程配方,得(x+QUOTE)2+(y-3)2=QUOTE,则有QUOTE>0,解得m<QUOTE.因为直线l与圆C无公共点,所以圆心(-QUOTE,3)到直线x+2y-3=0的距离大于半径,即QUOTE>QUOTE,解得m>8.所以m的取值范围是(8,QUOTE).故选B.4.2由题意知,|C1C2|=QUOTE=QUOTE≥2QUOTE>2,所以圆C1与圆C2外离,示意图如图D9-2-2所示.因为PQ为圆C2的切线,所以PQ⊥C2Q,由勾股定理,得|PQ|=QUOTE,要使|PQ|最小,则需|PC2|最小.明显当点P为C1C2与圆C1的交点时,|PC2|最小,此时|PC2|=|C1C2|-1,所以当|C1C2|最小时,|PC2|最小.易知当k=2时,|C1C2|取最小值,即|PQ|最小.图D9-2-25.(1)不能出现AC⊥BC的状况,理由如下:设A(x1,0),B(x2,0),则x1,x2是方程x2+mx-2=0的两根,所以x1x2=-2,又点C的坐标为(0,1),则QUOTE·QUOTE=(-x1,1)·(-x2,1)=x1x2+1=-2+1=-1≠0,所以不能出现AC⊥BC的状况.(2)解法一由题意知,过A,B,C三点的圆的圆心必在线段AB的垂直平分线上.设圆心E(x0,y0),则x0=QUOTE,由(1)可得x1+x2=-m,所以x0=-QUOTE.由|EA|=|EC|,得(QUOTE-x1)2+QUOTE=(QUOTE)2+(y0-1)2,化简得y0=QUOTE=-QUOTE,所以圆E的方程为(x+QUOTE)2+(y+QUOTE)2=(-QUOTE)2+(-QUOTE-1)2.令x=0,得y1=1,y2=-2,所以过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为1-(-2)=3,即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.解法二设过A,B,C三点的圆与y轴的另一个交点为D,由x1x2=-2可知原点O在圆内,则由相交弦定理可得|OC|·|OD|=|OA|·|OB|=|x1|·|x2|=2.又|OC|=1,所以|OD|=2,所以过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为|OC|+|OD|=3,为定值.6.(1)B解法一(常规解法)由圆C:(x-1)2+y2=1的方程可知其圆心为C(1,0),半径为1.连接CD,以线段CD为直径的圆的方程为(x-1)(x-1)+(y+2)(y-0)=0,整理得(x-1)2+(y+1)2=1.将两圆的方程相减,可得公共弦AB所在直线的方程为2y+1=0.故选B.解法二(结论解法)由与圆的切线有关的结论(详见主书P192【思维拓展】(2))得弦AB所在直线的方程为(1-1)(x-1)+(-2)y=1,即2y+1=0.故选B.(2)①(QUOTE-2)x-y=0或(QUOTE+2)x+y=0或x+y-1=0或x+y-5=0圆C的方程可化为(x-1)2+(y-2)2=2,当直线在两坐标轴上的截距为零时,设直线方程为y=kx(k≠0),由直线与圆相切,得QUOTE=QUOTE,解得k=-2±QUOTE.所以切线方程为y=(-2+QUOTE)x或y=(-2-QUOTE)x.当直线在两坐标轴上的截距不为零时,设直线方程为x+y-a=0,由直线与圆相切,得QUOTE=QUOTE,解得a=1或a=5.所以切线方程为x+y-1=0或x+y-5=0.综上所述,所求的切线方程为(-2+QUOTE)