直線與圓 強化訓(xùn)練-高三數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)

沖刺高考二輪直線與圓強化訓(xùn)練（原卷+答案）1．若點M(1，1)為圓C：x2＋y2－4x＝0的弦AB的中點，則直線AB的方程是()A．x－y－2＝0B．x＋y－2＝0C．x－y＝0D．x＋y＝02．設(shè)m∈R，直線l1：(m＋2)x＋6y－2m－8＝0，l2：x＋2my＋m＋1＝0，則“m＝1”是“l(fā)1∥l2”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件3．已知圓C：x2＋y2－4x＝0，過點M(1，1)的直線被圓截得的弦長的最小值為()A．eq\r(2)B．2eq\r(2)C．1D．24．?dāng)?shù)學(xué)家歐拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半，這條直線被后人稱之為三角形的歐拉線．已知△ABC的頂點A(2，0)，B(0，4)，AC＝BC，則△ABC的歐拉線方程為()A.2x＋y－3＝0B．2x－y＋3＝0C．x－2y－3＝0D．x－2y＋3＝05．直線l：x＋y＋m＝0與圓C：(x＋1)2＋(y－1)2＝4交于A，B兩點，若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝2，則m的值為()A．±eq\r(2)B．±2C．±eq\r(6)D．±2eq\r(2)6．已知兩條直線l1：2x－3y＋2＝0，l2：3x－2y＋3＝0，有一動圓(圓心和半徑都在變動)與l1，l2都相交，并且l1，l2被截在圓內(nèi)的兩條線段的長度分別是定值26，24，則動圓圓心的軌跡方程為()A．(y－1)2－x2＝65B．x2－(y－1)2＝65C．y2－(x＋1)2＝65D．(x＋1)2－y2＝657．已知M是圓C：x2＋y2＝1上一個動點，且直線l1：mx－ny－3m＋n＝0與直線l2：nx＋my－3m－n＝0(m，n∈R，m2＋n2≠0)相交于點P，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PM))的取值范圍是()A.[eq\r(3)－1，2eq\r(3)＋1]B．[eq\r(2)－1，3eq\r(2)＋1]C．[eq\r(2)－1，2eq\r(2)＋1]D．[eq\r(2)－1，3eq\r(3)＋1]8．點(0，－1)到直線y＝k(x＋1)距離的最大值為________．9．設(shè)點P(x，y)是圓x2＋(y－3)2＝1上的動點，定點A(2，0)，B(－2，0).則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最大值為________．10．已知圓E的圓心為(a，2)，直線l1：x－y＋1＝0，l2：x－y－1＝0，與圓E分別交于點A，B與C，D，若四邊形ABCD是正方形，則圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為________.11．已知直線l：mx－y＝1，若直線l與直線x－my－1＝0平行，則實數(shù)m的值為________，動直線l被圓C：x2＋y2＋2x－24＝0截得弦長的最小值為________．12．已知圓C過點P(0，1)、Q(2，1)兩點，且圓心C在x軸上，經(jīng)過點M(－1，0)且傾斜角為鈍角的直線l交圓C于A，B兩點，若eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0(C為圓心)，則該直線l的斜率為________．13.阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，與阿基米德、歐幾里得并稱為亞歷山大時期數(shù)學(xué)三巨匠，他研究發(fā)現(xiàn)：如果一個動點P到兩個定點的距離之比為常數(shù)λ(λ>0，且λ≠1)，那么點P的軌跡為圓，這就是著名的阿波羅尼斯圓．若點C到A(－1，0)，B(1，0)的距離之比為eq\r(3)，則點C到直線x－2y＋8＝0的距離的最小值為()A．2eq\r(5)－eq\r(3)B．eq\r(5)－eq\r(3)C．2eq\r(5)D．eq\r(3)14．設(shè)A(－2，0)，B(2，0)，O為坐標(biāo)原點，點P滿足eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PA|2＋))PB|2≤16，若直線kx－y＋6＝0上存在點Q使得∠PQO＝eq\f(π,6)，則實數(shù)k的取值范圍為()A．[－4eq\r(2)，4eq\r(2)]B．(－∞，－4eq\r(2)]∪[4eq\r(2)，＋∞)C．(－∞，－eq\f(\r(5),2)]∪[eq\f(\r(5),2)，＋∞)D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),2)，\f(\r(5),2)))參考答案1．解析：圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x－2）2＋y2＝4，∵（1－2）2＋12<4，即點M在圓C內(nèi)，圓心C（2，0），kMC＝eq\f(1－0,1－2)＝－1，由垂徑定理可知MC⊥AB，則kAB＝1，故直線AB的方程為y－1＝x－1，即x－y＝0.答案：C2．解析：若l1∥l2，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m（m＋2）＝6,（m＋1）（m＋2）≠－（2m＋8）))，解得m＝1或－3，因此，“m＝1”是“l(fā)1∥l2”的充分不必要條件．故選A.答案：A3．解析：若過點M（1，1）的直線被圓截得的弦的長度最小，則點M（1，1）為該弦的中點，由x2＋y2－4x＝0，得（x－2）2＋y2＝4，所以若要弦長最小，只要圓心到直線的距離即為圓心到定點M（1，1）的距離，由|CM|＝eq\r(2)，所以弦長＝2eq\r(4－2)＝2eq\r(2)，故選B.答案：B4．解析：線段AB的中點為M（1，2），kAB＝－2，∴線段AB的垂直平分線為y－2＝eq\f(1,2)（x－1），即x－2y＋3＝0.∵AC＝BC，∴△ABC的外心、重心、垂心都位于線段AB的垂直平分線上，因此△ABC的歐拉線的方程為x－2y＋3＝0.故選D.答案：D5．解析：由題知：圓C的圓心為C（－1，1），半徑為r＝2，因為直線l與圓C相交形成的弦長為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝2，所以圓心C到直線l的距離為d＝eq\r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|AB|,2)))2)＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)，所以d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m)),\r(2))＝eq\r(3)，解得m＝±eq\r(6).故選C.答案：C6．解析：設(shè)動圓圓心P（x，y），半徑為r，則P到l1的距離d1＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x－3y＋2)),\r(13))，P到l2的距離d2＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3x－2y＋3)),\r(13))，因為l1，l2被截在圓內(nèi)的兩條線段的長度分別是定值26，24，∴2eq\r(r2－deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝26，2eq\r(r2－deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝24，化簡后得r2－deq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(1))＝169，r2－deq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(2))＝144，相減得deq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(2))－deq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(1))＝25，將d1＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x－3y＋2)),\r(13))，d2＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3x－2y＋3)),\r(13))代入后化簡可得（x＋1）2－y2＝65.故選D.答案：D7．解析：依題意，直線l1：m（x－3）－n（y－1）＝0恒過定點A（3，1），直線l2：n（x－1）＋m（y－3）＝0恒過定點B（1，3），顯然直線l1⊥l2，因此，直線l1與l2的交點P的軌跡是以線段AB為直徑的圓，其方程為（x－2）2＋（y－2）2＝2，圓心N（2，2），半徑r2＝eq\r(2)，而圓C的圓心C（0，0），半徑r1＝1，如圖：|NC|＝2eq\r(2)>r1＋r2，兩圓外離，由圓的幾何性質(zhì)得：|PM|min＝|NC|－r1－r2＝eq\r(2)－1，|PM|max＝|NC|＋r1＋r2＝3eq\r(2)＋1，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PM))的取值范圍是[eq\r(2)－1，3eq\r(2)＋1].故選B.答案：B8．解析：直線y＝k（x＋1）恒過點A（－1，0），則點（0，－1）到直線y＝k（x＋1）的距離的最大值為點（－1，0）到點A的距離，∴點（0，－1）到直線y＝k（x＋1）距離的最大值為d＝eq\r(（0＋1）2＋（－1－0）2)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)9．解析：由題意，得eq\o(PA,\s\up6(→))＝（2－x，－y），eq\o(PB,\s\up6(→))＝（－2－x，－y），所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x2＋y2－4，由于點P（x，y）是圓上的點，故其坐標(biāo)滿足方程x2＋（y－3）2＝1，故x2＝－（y－3）2＋1，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝－（y－3）2＋1＋y2－4＝6y－12.易知2≤y≤4，所以當(dāng)y＝4時，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的值最大，最大值為6×4－12＝12.答案：1210．解析：設(shè)半徑為r，這時圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x－a）2＋（y－2）2＝r2.由題意知，圓心E在直線x－y＝0上，所以a＝2.又l1，l2兩直線間的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－（－1）)),\r(12＋（－1）2))＝eq\r(2)，且四邊形ABCD是正方形，所以2r＝eq\r(2)d＝eq\r(2)×eq\r(2)＝2，解得r＝1，所以圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x－2）2＋（y－2）2＝1.答案：（x－2）2＋（y－2）2＝111．解析：由題意得m×（－m）－（－1）×1＝0，所以m＝±1.當(dāng)m＝1時，兩直線重合，舍去，故m＝－1.因為圓C的方程x2＋y2＋2x－24＝0可化為（x＋1）2＋y2＝25，即圓心為C（－1，0），半徑為5.由于直線l：mx－y－1＝0過定點P（0，－1），所以過點P且與PC垂直的弦的弦長最短，且最短弦長為2×eq\r(52－（\r(2)）2)＝2eq\r(23).答案：－12eq\r(23)12．解析：由題可知，PQ為圓C的弦，則圓心C在PQ中垂線x＝1上，又∵圓心在x軸上，故圓心坐標(biāo)為C（1，0），故圓的半徑r＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PC))＝eq\r(2)，∵過點M（－1，0）的直線l交圓C于A，B兩點，若eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0（C為圓心），故△CAB為等腰直角三角形，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CA))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CB))＝r＝eq\r(2)，則圓心C到AB即直線l的距離d＝1，設(shè)l為y＝k（x＋1），即kx－y＋k＝0，則d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2k)),\r(k2＋1))＝1?k＝±eq\f(\r(3),3)，∵k<0，∴k＝－eq\f(\r(3),3).答案：－eq\f(\r(3),3)13．解析：設(shè)C（x，y），則eq\f(|CA|,|CB|)＝eq\r(3)，即eq\f(\r(（x＋1）2＋y2),\r(（x－1）2＋y2))＝eq\r(3)，化簡得（x－2）2＋y2＝3，所以點C的軌跡為以D（2，0）為圓心，r＝eq\r(3)的圓，則圓心D到直線x－2y＋8＝0的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－2×0＋8)),\r(12＋（－2）2))＝2eq\r(5)，所以點C到直線x－2y＋8＝0的距離的最小值為2eq\r(5)－eq\r(3).故選A.答案：A14．解析：設(shè)P（x，y），∵|PA|2＋|PB|2≤16，∴（x＋2）2＋y2＋（x－2）2＋y2≤16，即x2＋y2≤4.∴點P的軌跡為以原點為圓心，2為半徑的圓面．若直線kx－y＋6＝0上存在點Q使得∠PQO＝eq\f(π,6)