第2章《圆与方程》培优测试卷（二）-2021-2022学年高二数学培优训练（2019选择性）

第2章《圆与方程》培优训练（二）（满分150分时间：90分钟）班级姓名得分一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意要求的.）1．在平面直角坐标系中，圆，若圆上存在以为中点的弦，且，则实数的取值范围是A． B． C． D．【答案】C【分析】本题的实质是圆上存在两点，使.若，为切线，则可求得.过向圆引的两条切线的夹角不小于时，，进而求得答案.【详解】为的中点，且，为直角三角形，，若，为切线，且，则，在中，，，，则，过点向圆引的两条切线的夹角不小于时，满足题意，则圆心到的距离不大于，即，解得.故选：C.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查了转化的思想，难度较大.2．已知圆与圆，过动点分别作圆、圆的切线，，（分别为切点），若，则的最小值是A．5 B． C． D．【答案】D【分析】P的轨迹为线段的中垂线：，由，得到的最小值是点到直线的距离的平方，由此能求出结果．【详解】∵圆与圆，∴，，∵过动点分别作圆、圆的切线，，（，分别为切点），，∴P的轨迹为线段的中垂线，线段的中点坐标为，线段的斜率，的中垂线所在直线的斜率为，∴P的轨迹方程为，即，∵表示点与距离的平方，∴的最小值是点到直线的距离的平方，∴的最小值为：．故选：D．【点睛】本题考查圆的切线，考查点到直线的距离，考查转化思想，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.3．直线与曲线有且仅有一个公共点，则的取值范围是A．或 B．或C． D．【答案】A【分析】把曲线方程整理后可知其图象为半圆，画出图象，要使直线与曲线有且仅有一个交点，从图上看出其三个极端情况分别是：直线在第四象限与曲线相切，交曲线于和另一个点，及与曲线交于点，分别求出，则的范围可得．【详解】解：曲线有即，表示一个半圆（单位圆位于轴及轴右侧的部分），如图，设、、，当直线经过点时，，求得，此时只有一个公共点，符合题意；当直线经过点、点时，，求得，此时有2个公共点，不符合题意；当直线和半圆相切时，由圆心到直线的距离等于半径，可得，求得或（舍去），即：时，只有一个公共点，符合题意，综上得，实数的范围为或，故选：A．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，对于此类问题除了用联立方程转化为方程的根的问题之外，可用数形结合的方法较为直观.4．已知圆与交于两点，其中一交点的坐标为，两圆的半径之积为9，轴与直线都与两圆相切，则实数（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据圆的切线性质可知连心线过原点,故设连心线,再代入,根据方程的表达式分析出是方程的两根,再根据韦达定理结合两圆的半径之积为9求解即可.【详解】因为两切线均过原点,有对称性可知连心线所在的直线经过原点,设该直线为,设两圆与轴的切点分别为,则两圆方程为：,因为圆与交于两点,其中一交点的坐标为.所以①,②.又两圆半径之积为9,所以③联立①②可知是方程的两根,化简得,即.代入③可得,由题意可知,故.因为的倾斜角是连心线所在的直线的倾斜角的两倍.故,故.故选：A【点睛】本题主要考查了圆的方程的综合运用,需要根据题意列出对应的方程,结合韦达定理以及直线的斜率关系求解.属于难题.5．在平面直角坐标系中，和是圆上的两点，且，点，则的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】取中点为，延长至，使得，求出，根据已知求出的轨迹是以为圆心，为半径的圆，再利用数形结合求出的取值范围.【详解】，取中点为，，且，延长至，使得，所以，因为，所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆，因为，所以.故选：A【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系和轨迹问题，考查向量的线性运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.6．若过原点的动直线将圆：分成两部分的面积之差最大时，直线与圆的交点记为、；直线将圆分成两部分的面积相等时，直线与圆的交点记为、；则四边形的面积为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，得出直线将圆分成两部分面积相等即过圆心时，可得为直径，当直线将圆分成两部分面积之差最大，此时，进而求出，再根据，即可算出四边形的面积.【详解】直线将圆分成两部分面积相等即过圆心时，可得为直径，，要是分成两部分面积之差最大,即过原点的弦长最短，弦心距最大，此时,在中，，则，那么.故选：D.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，还考查直线与圆的弦长以及四边形的面积，7．过点的直线与曲线交于两点，若，则直线的斜率为A． B．C．或 D．或【答案】A【分析】利用切割线定理求得，利用勾股定理求得圆心到弦的距离，从而求得，结合，求得直线的倾斜角为，进而求得的斜率.【详解】曲线为圆的上半部分，圆心为，半径为.设与曲线相切于点，则所以到弦的距离为，，所以，由于，所以直线的倾斜角为，斜率为.故选：A【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，8．已知集合A={（x，y）|（x﹣3﹣4cosq）2+（y﹣5﹣4sinq）2=4，θ∈R}，B={（x，y）|3x+4y﹣19=0}.记集合P=A∩B，则集合P所表示的轨迹的长度为A．8 B．8 C．8 D．8【答案】A【分析】由圆（x﹣3﹣4cosq）2+（y﹣5﹣4sinq）2=4的圆心为（3+4cosq，5+4sinq），可知其圆心的轨迹方程为（x﹣3）2+（y﹣5）2=16，易知动圆（x﹣3﹣4cosq）2+（y﹣5﹣4sinq）2=4所形成的图形为圆环，利用垂径定理结合图像，即可得解.【详解】集合A={（x，y）|（x﹣3﹣4cosq）2+（y﹣5﹣4sinq）2=4，θ∈R}，圆的圆心（3+4cosq，5+4sinq），半径为2，所以圆的圆心的轨迹方程为：（x﹣3）2+（y﹣5）2=16，如图：集合A的图形是图形中两个圆中间的圆环部分，圆心C（3，5）到直线3x+4y﹣19=0的距离为：d2，所以，A∩B就是|MN|=228.故选：A.【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，考查了垂径定理，同时考查了对动态图像的直观想象，属于较难题.二、多选题9．设有一组圆，下列命题正确的是（）A．不论如何变化，圆心始终在一条直线上B．存在圆，经过点C．存在定直线始终与圆相切D．若圆上总存在两点到原点的距离为1，则【答案】AC【分析】对于A，考查圆心的横纵坐标关系即可判断；对于B，把代入圆方程，由关于k的方程根的情况作出判断；对于C，判断圆心到直线距离与半径的关系即可；对于D，圆与以原点为圆心的单位圆相交即可判断作答.【详解】对于A选项：圆心的轨迹为直线，即不论如何变化，圆心始终在一条直线上，A正确；对于B选项：圆中，时，，，关于k的方程无实根，B错误；对于C选项：选取直线l：，圆心直线l的距离，即直线l与圆相切，C正确；对于D选项：到原点距离为1的轨迹是单位圆O：，当圆O与圆相交时满足条件，此时，得或，D错误.故选：AC10．设，过定点M的直线：与过定点N的直线：相交于点P，线段是圆C：的一条动弦，且，则下列结论中正确的是（）A．一定垂直 B．的最大值为C．点P的轨迹方程为 D．的最小值为【答案】AD【分析】对于A：分m=0和讨论，判断与是否垂直；对于B：在Rt△PMN中，设∠PMN=，利用直角三角形边长关系表示出，利用三角函数求最值；对于C：用定义法求出轨迹方程；对于D：把转化为，求的最小值即可.【详解】对于A：m=0时，直线：与：垂直；时直线：的斜率，：的斜率为，因为，所以与垂直，综上，一定垂直.故A正确；对于B：过定点，过定点，在Rt△PMN中，设，则.故B错误；对于C：由可得点P轨迹方程为().需要取得两个点.故C错误；对于D：作，则，∴点D轨迹方程为.∵=，且的最小值为，∴的最小值为.故D正确.故选：AD【点睛】解析几何问题解题的基本思路：（1）坐标法是解析几何的基本方法.（2）解析几何归根结底还是几何，根据题意画出图形，借助于图形寻找几何关系可以简化运算．11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，已知，，点满足，设点的轨迹为圆，下列结论正确的是（）A．圆的方程是B．过点向圆引切线，两条切线的夹角为C．过点作直线，若圆上恰有三个点到直线距离为2，该直线斜率为D．在直线上存在异于，的两点，，使得【答案】ABD【分析】根据，，点满足，设点，求出其轨迹方程，然后再逐项运算验证.【详解】因为，，点满足，设点，则，化简得：，即，故A正确；因为，所以，则，解得，故B正确；易知直线的斜率存在，设直线，因为圆上恰有三个点到直线距离为2，则圆心到直线的距离为：，解得，故C错误；假设存在异于，的两点，，则，化简得：，因为点P的轨迹方程为：，所以解得或（舍去），故存在，故D正确；故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题关键是根据求出点的轨迹方程，进而再根据直线与圆的位置关系求解.三、填空题12．圆：上存在点满足：到原点的距离与到直线：的距离之比为，则的取值范围为______．【答案】【分析】数形结合，先确定使斜率最大,最小的P点位置,再借助,得到直线：的斜率取值范围.【详解】设于点，原点为,如图，则存在点满足,即,先求直线的斜率范围，因为当与圆相切时，即运动到位置时，容易得，所以,即直线的倾斜角或时，与圆有公共点，因为，所以问题转化为的倾斜角满足或时，存在点满足条件，此时，而，，故直线：的斜率故答案为：【点睛】关键点点睛：本题根据条件推出，即直线与直线的夹角为，所以只需先确定的斜率范围，确定出的倾斜角的范围，即可确定直线倾斜角的范围，得到直线的斜率范围.13．在平面直角坐标系中，已知直角△中，直角顶点A在直线上，顶点在圆上，则点A横坐标的取值范围是__________．【答案】【分析】由题意画出图形，画出以原点为圆心，以为半径的圆，结合图形分析推理，点A在这个圆截直线xy+4=0所得弦上时，满足要求，列出不等式求解即得．【详解】如图所示，显然直线xy+4=0与圆相交，当点A为直线上的定点且在圆外，直线与圆相切时，∠BAC最大，点A是直线被圆所截弦上的点(除弦的端点外)时，点A对圆上两点所张角在，点A在直线上从弦端点开始远离圆方向运动时，∠BAC逐渐变小，点A移动到某位置使得直线AB，AC为圆的切线，∠BAC就为直角，再沿着此方向移动，∠BAC将小于直角，则为点A的边界位置，当点A在处时，为正方形，则，则点A是以为圆心，为半径的圆截直线xy+4=0所得弦上的点时符合要求，即直线上的点A在该圆及内部，，令A(x,x+4)，则，点A横坐标的取值范围是．故答案为：【点睛】(1)直线上的动点与圆的关系类问题，利用数形结合的思想，分析图形的几何特征是解题的关键；(2)圆相外的定点向圆引的两条切线夹角是该点对圆上两点所张的角中最大的.14．已知是圆外一点，过作圆的两条切线，切点分别为则的最小值为____________.【答案】【分析】先将圆的方程化为标准方程，由此确定出圆的半径，设，根据长度表示出，然后根据向量的数量积计算公式求解，结合基本不等式求解出的最小值.【详解】圆的标准方程为，则圆的半径为，设，则，因为，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为，故答案为：.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是将表示为有关的形式，通过统一变量利用基本不等式简化求最值的方法，其中的计算需要借助圆的半径去完成.四、解答题15．圆：，点为轴上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为，.（1）若，求切线方程；（2）若两条切线，与直线分别交于，两点，求面积的最小值.【答案】（1）或；（2）.【分析】（1）设切线方程，利用圆心到切线距离等于半径求得斜率即可得解；

（2）利用（1）的方法，当切线斜率都存在时，设出直线方程，利用点到直线的距离公式可得到k的二次方程，结合根与系数关系，用含k的式子去表示|AB|，可得最值，当切线斜率有一个不存在是，也可求出|AB|，综合可得|AB|的最小值，进而可得面积的最小值.【详解】解：（1）当切线斜率存在时，可设切线方程为y＝k（x1），即kxyk＝0，

则圆心到切线的距离，解得，当切线斜率不存在时，直线也符合题意

故所求切线方程为或，即或；

（2）当两条切线斜率都存在，即时，设切线方程为，即kxykt＝0，PM，PN的斜率为，

故圆心C到切线的距离，得，

∴，

在切线方程中令y＝1可得，

故，

∴，此时t＝0，当两条切线斜率有一条不存在，即时，不妨拿来计算，由（1）得切线方程为即或，令y＝1可得，此时，综合得，

故的面积最小值为．【点睛】此题考查了圆的切线及最值问题，综合性较强，注意要对斜率的存在性进行分类讨论，有一定的难度．16．已知以点C（）（t>0）为圆心的圆与y轴交于点O，A两点，其中O为坐标原点.（1）设直线与圆C交于M，N两点，若，求圆C的方程；（2）在（1）的条件下，设P，Q分别是直线和圆C上的动点，求的最小值及此时点P的坐标.【答案】（1）；（2）；.【分析】（1）由可得点O在MN的中垂线上，这样可得，可求得值，从而得圆心坐标和半径，得圆方程；（2）求出关于直线的对称点坐标，则，而的最小值为到圆心距离减去半径．由此计算可得．点是与直线的交点．【详解】(1)由可得点O在MN的中垂线上，半径为，（2）设A关于直线的对称点为则中点为，，解得，所以则因为到圆上点Q的最短距离所以此时，解得，所以．【点睛】本题考查求圆的标准方程，考查动点到定点与到圆上点的距离之和的最小值，最值问题一是利用对称性，把点转化为关于直线的对称点，二是把圆上的点转化为圆心，由到圆心的距离加减半径得最大值和最小值．17．已知三点､､在圆上.为直线上的动点，与圆的另一个交点为与圆的另一个交点为.（1）求圆的标准方程；（2）若直线与圆相交所得弦长为，求点的坐标；（3）证明：直线过定点.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【分析】（1）可得，故点在以线段为直径的圆上，从而求出圆的标准方程；（2）设直线的方程为：，利用圆心到直线的距离为，求出参数的值，即可求出直线方程，从而求出点坐标；（3）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设的方程为：，联立直线与圆的方程，消元，设列出韦达定理，表示出直线、的方程，代入的横坐标，即可得到方程，从而求出的关系，从而得解；【详解】解：（1）由于､､所以，故得，点在以线段为直径的圆上，即圆的标准方程为：；（2）圆的半径为2，直线截圆所得弦长为，则圆心到直线的距离为.设直线的方程为：，即.，解得：..则直线的方程为：，当时，得点的坐标为；（3）当直线斜率不存在时，设其方程为：.取，由直线与交点的横坐标为6可得：，即此时直线的方程为：；当直线斜率存在时，设的方程为：.由得：.由得：.设，则.且：.直线的方程为：，直线的方程为：，代入点的横坐标得：.由于，故有：.从而：，即：.即：，整理得：，解得或.当时，直线为，过点，舍；当时，直线为，过定点.综上：直线过定点.【点睛】本题考查求动点的轨迹方程，直线与圆的综合应用，直线过定点问题18．已知一个动点在圆上移动，它与定点所连线段的中点为.（1）求点的轨迹方程；（2）过定点的直线与点的轨迹方程交于不同的两点，，且满足，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【分析】（1）设，动点，则：根据中点坐标公式解得，代入即可得解；（2）当直线的斜率不存在时，直线与圆交于，，此时，不合题意.当直线的斜率存在时，设直线，则由消去得：，结合韦达定理，即可得解.【详解】（1）设，动点，则：根据中点坐标公式解得∵∴∴点的轨迹方程为（2）当直线的斜率不存在时，直线与圆交于，，此时，不合题意.当直线的斜率存在时，设直线，则由消去得：∴又∵∴即故解得，经检验满足综上所述，直线的方程为.【点睛】本题考查了相关点代入法求曲线方程，考查了利用韦达定理搭桥各个变量之间的关系解决问题，有一定的计算量，属于较难题.19．已知圆与圆关于直线对称,且点在圆上．(1)求圆的方程;（2）设为圆上任意一点,,,与不共线,

为的平分线,且交于.求证:与的面积之比为定值．【答案】（1）；（2）见解析.【分析】（1）由题意，求出圆的圆心关于直线的对称点为和圆的半径，利用圆的标准方程，即可求解.（2）因为为的角平分线上一点,推得，设，求得的值，进而可进行判断.【详解】（1）因