2024年高考數(shù)學一輪復(fù)習單元檢測九直線與圓的方程含解析理

PAGEPAGE13單元檢測(九)直線與圓的方程一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．[2024·江西南昌模擬]直線MN的斜率為2，其中點N(1，－1)，點M在直線y＝x＋1上，則點M的坐標為()A．(5，7)B．(4，5)C．(2，1)D．(2，3)2．[2024·重慶一中模擬]“a＝3”是“直線ax＋2y＋2a＝0和直線3x＋(a－1)y－a＋7＝0平行”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．[2024·廣西南寧、玉林、貴港等摸底]若直線y＝k(x＋3)與圓x2＋y2＝4相交，則實數(shù)k的取值范圍為()A．(－2，2)B．(eq\f(2\r(5),5)，＋∞)C．(－eq\f(2\r(3),5)，eq\f(2\r(3),5))D．(－eq\f(2\r(5),5)，eq\f(2\r(5),5))4．[2024·山東聯(lián)考]已知直線l：x－eq\r(3)y＝0與圓C：x2＋(y－1)2＝1相交于O，A兩點，O為坐標原點，則△COA的面積為()A．eq\f(\r(3),4)B．eq\f(\r(3),2)C．eq\r(3)D．2eq\r(3)5．[2024·安徽安慶五校模擬]已知圓C1：(x＋a)2＋(y－2)2＝1與圓C2：(x－b)2＋(y－2)2＝4相外切，a，b為正實數(shù)，則ab的最大值為()A．2eq\r(3)B．eq\f(9,4)C．eq\f(3,2)D．eq\f(\r(6),2)6．[2024·吉林調(diào)研]已知AB是圓x2＋y2－6x＋2y＝0內(nèi)過點E(2，1)的最短弦，則|AB|＝()A．eq\r(3)B．2eq\r(2)C．2eq\r(3)D．2eq\r(5)7．[2024·河北九校聯(lián)考]圓C的半徑為2，圓心在x軸的正半軸上，直線3x＋4y＋4＝0與圓C相切，則圓C的方程為()A．x2＋y2－2x－3＝0B．x2＋y2＋4x＝0C．x2＋y2－4x＝0D．x2＋y2＋2x－3＝08．[2024·河北名校聯(lián)盟一診]已知點P為圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝4上一點，A(0，－6)，B(4，0)，則|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的最大值為()A．eq\r(26)＋2B．eq\r(26)＋4C．2eq\r(26)＋4D．2eq\r(26)＋29．已知圓C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分別是圓C1，圓C2上的動點，P為x軸上的動點，則|PM|＋|PN|的最小值為()A．5eq\r(2)－4B．eq\r(17)－1C．6－2eq\r(2)D．eq\r(17)10．我國魏晉時期的數(shù)學家劉徽創(chuàng)立了割圓術(shù)，也就是用內(nèi)接正多邊形去逐步靠近圓，即圓內(nèi)接正多邊形邊數(shù)無限增加時，其周長就越靠近圓周長．這種用極限思想解決數(shù)學問題的方法是數(shù)學史上的一項重大成就，現(xiàn)作出圓x2＋y2＝2的一個內(nèi)接正八邊形，使該正八邊形的其中4個頂點在坐標軸上，則下列4條直線中不是該正八邊形的一條邊所在直線的為()A.x＋(eq\r(2)－1)y－eq\r(2)＝0B．(1－eq\r(2))x－y＋eq\r(2)＝0C．x－(eq\r(2)＋1)y＋eq\r(2)＝0D．(eq\r(2)－1)x－y＋eq\r(2)＝011．[2024·浙東北教學聯(lián)盟模擬]已知點A(1－m，0)，B(1＋m，0)，若圓C：x2＋y2－8x－8y＋31＝0上存在一點P，使得PA⊥PB，則實數(shù)m的最大值是()A．4B．5C．6D．712．[2024·山東模擬]已知直線x＋y－k＝0(k>0)與圓x2＋y2＝4交于不同的兩點A，B，O是坐標原點，且有eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))≥－2，則k的取值范圍是()A．(eq\r(3)，＋∞)B．[eq\r(2)，2eq\r(2))C．[eq\r(2)，＋∞)D．[eq\r(3)，2eq\r(2))二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．[2024·黑龍江伊春月考]若A(2，2)，B(a，0)，C(0，b)(ab≠0)三點共線，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝________．14．已知點P(eq\r(2)＋1，2－eq\r(2))，圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝4，則過點P的圓C的切線方程為________．15．已知圓C經(jīng)過坐標原點O和點A(4，2)，圓心C在直線x＋2y－1＝0上，則圓心到弦OA的距離為________．16．[2024·江蘇泰州模擬]在平面直角坐標系xOy中，過圓C1：(x－k)2＋(y＋k－4)2＝1上任一點P作圓C2：x2＋y2＝1的一條切線，切點為Q，則當|PQ|最小時，k＝________．三、解答題(共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)過點M(0，1)作直線，使它被兩條直線l1：x－3y＋10＝0，l2：2x＋y－8＝0所截得的線段恰好被M所平分，求此直線方程．18．(本小題滿分12分)(1)求經(jīng)過點A(5，2)，點B(3，2)，且圓心在直線2x－y－3＝0上的圓的方程；(2)已知圓上的點C(2，3)關(guān)于直線x＋2y＝0的對稱點仍在這個圓上，若直線x－y＋1＝0與這個圓相交且被截得的弦長為2eq\r(2)，求這個圓的方程．19．(本小題滿分12分)[2024·江蘇興化三校聯(lián)考]已知圓C：x2＋(y－1)2＝5，直線l：mx－y＋2－m＝0.(1)求證：對m∈R，直線l與圓C總有兩個不同的交點A，B；(2)在(1)的條件下，若∠ACB＝120°，求m的值；(3)在(1)的條件下，當|AB|取最小值時，求直線l的方程．20．(本小題滿分12分)已知直線l：y＝x＋2被圓C：(x－3)2＋(y－2)2＝r2(r>0)截得的弦長等于該圓的半徑．(1)求圓C的方程；(2)已知直線m：y＝x＋n被圓C：(x－3)2＋(y－2)2＝r2(r>0)截得的弦與圓心構(gòu)成△CDE，若△CDE的面積有最大值，求出直線m：y＝x＋n的方程；若△CDE的面積沒有最大值，請說明理由．21．(本小題滿分12分)[全國卷Ⅲ]在直角坐標系xOy中，曲線y＝x2＋mx－2與x軸交于A，B兩點，點C的坐標為(0，1).當m改變時，解答下列問題：(1)能否出現(xiàn)AC⊥BC的狀況？說明理由．(2)證明過A，B，C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值．22．(本小題滿分12分)[2024·四川省遂寧市模擬]已知圓O：x2＋y2＝2，直線l：y＝kx－2.(1)若直線l與圓O相切，求k的值；(2)若直線l與圓O交于不同的兩點A，B，當∠AOB為銳角時，求k的取值范圍；(3)若k＝eq\f(1,2)，P是直線l上的動點，過點P作圓O的兩條切線PC，PD，切點分別為C，D，探究：直線CD是否過定點．單元檢測（九）直線與圓的方程1．答案：B解析：依據(jù)題意，設(shè)點M的坐標為（a，b），由點M在直線y＝x＋1上，可得b＝a＋1①，由直線MN的斜率為2，可得eq\f(b＋1,a－1)＝2②，聯(lián)立①②，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝5，))即點M的坐標為（4，5）.2．答案：A解析：由直線ax＋2y＋2a＝0和直線3x＋（a－1）y－a＋7＝0平行，知a（a－1）＝2×3且a（7－a）≠3×2a，解得a＝3或a＝－2.所以“a＝3”是“直線ax＋2y＋2a＝0和直線3x＋（a－1）y－a＋7＝0平行”的充分不必要條件．3．答案：D解析：將直線y＝k（x＋3）化為一般式為kx－y＋3k＝0，直線與圓x2＋y2＝4相交等價于圓心到直線的距離小于半徑，即eq\f(|3k|,\r(k2＋1))<2，∴5k2<4，∴k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)，\f(2\r(5),5))).4．答案：A解析：由題意知直線l和圓C均過原點，△COA為等腰三角形，且|CO|＝|CA|＝1，由直線l：x－eq\r(3)y＝0知傾斜角∠AOx＝30°，∴∠COA＝∠OCA＝60°，所以S△COA＝eq\f(1,2)|CO|·|CA|·sin∠OCA＝eq\f(1,2)×12×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4).5．答案：B解析：由已知得圓C1：（x＋a）2＋（y－2）2＝1的圓心C1（－a，2），半徑r1＝1.圓C2：（x－b）2＋（y－2）2＝4的圓心C2（b，2），半徑r2＝2.∵圓C1與圓C2相外切，∴|C1C2|＝r1＋r2，即a＋b＝3.由基本不等式，得ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,4)，當且僅當a＝b時，等號成立．6．答案：D解析：圓的標準方程為（x－3）2＋（y＋1）2＝10，則圓心C的坐標為（3，－1），半徑為eq\r(10).過點E的最短弦滿意E恰好為弦的中點，則|CE|＝eq\r(（2－3）2＋[1－（－1）]2)＝eq\r(5)，所以|AB|＝2eq\r(（\r(10)）2－（\r(5)）2)＝2eq\r(5).7．答案：C解析：由題意設(shè)所求圓的方程為（x－m）2＋y2＝4（m>0），則eq\f(|3m＋4|,\r(32＋42))＝2，解得m＝2或m＝－eq\f(14,3)（舍去），故所求圓的方程為（x－2）2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0.8．答案：C解析：取AB中點為D（2，－3），則eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝2eq\o(PD,\s\up6(→))，|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(PD,\s\up6(→))|，|eq\o(PD,\s\up6(→))|的最大值為圓心C（1，2）到D（2，－3）的距離d再加半徑r.又d＝eq\r(1＋25)＝eq\r(26)，∴d＋r＝eq\r(26)＋2，∴2|eq\o(PD,\s\up6(→))|的最大值為2eq\r(26)＋4.9．答案：A解析：設(shè)圓C1關(guān)于x軸的對稱圓的圓心為A（2，－3），半徑為1.圓C2的圓心坐標為（3，4），半徑為3.則|PM|＋|PN|的最小值即為圓A與圓C2的圓心距減去兩個圓的半徑，即eq\r(（3－2）2＋（4＋3）2)－1－3＝5eq\r(2)－4.10．答案：C解析：如圖所示，可知A（eq\r(2)，0），B（1，1），C（0，eq\r(2)），D（－1，1），所以直線AB，BC，CD的方程分別為y＝eq\f(1－0,1－\r(2))（x－eq\r(2)），y＝（1－eq\r(2)）x＋eq\r(2)，y＝（eq\r(2)－1）x＋eq\r(2).整理為一般式，即x＋（eq\r(2)－1）y－eq\r(2)＝0，（1－eq\r(2)）x－y＋eq\r(2)＝0，（eq\r(2)－1）x－y＋eq\r(2)＝0，分別對應(yīng)題中的A，B，D選項．11．答案：C解析：依據(jù)題意，圓C：x2＋y2－8x－8y＋31＝0，即（x－4）2＋（y－4）2＝1，其圓心為（4，4），半徑r＝1.設(shè)AB的中點為M，又由點A（1－m，0），B（1＋m，0），則M（1，0），|AB|＝2|m|，以AB為直徑的圓為（x－1）2＋y2＝m2.若圓C：x2＋y2－8x－8y＋31＝0上存在一點P，使得PA⊥PB，則圓C與圓M有公共點．又由|MC|＝eq\r(（1－4）2＋（0－4）2)＝5，即有|m|－1≤5且|m|＋1≥5，解得4≤|m|≤6，即－6≤m≤－4或4≤m≤6，即實數(shù)m的最大值是6.12．答案：B解析：依據(jù)題意，圓x2＋y2＝4的圓心為（0，0），半徑r＝2，設(shè)圓心到直線x＋y－k＝0的距離為d.若直線x＋y－k＝0（k>0）與圓x2＋y2＝4交于不同的兩點A，B，則d＝eq\f(|k|,\r(1＋1))＝eq\f(k,\r(2))<2，則k<2eq\r(2).設(shè)eq\o(OA,\s\up6(→))與eq\o(OB,\s\up6(→))的夾角∠AOB＝θ，若eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))≥－2，即|eq\o(OA,\s\up6(→))|×|eq\o(OB,\s\up6(→))|×cosθ≥－2，變形可得cosθ≥－eq\f(1,2)，則0<θ≤eq\f(2π,3)，當θ＝eq\f(2π,3)時，d＝1，若θ≤eq\f(2π,3)，則d＝eq\f(k,\r(2))≥1，解得k≥eq\r(2)，則k的取值范圍為[eq\r(2)，2eq\r(2)）.13．答案：eq\f(1,2)解析：因為B（a，0），C（0，b）（ab≠0），所以直線BC的方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，過A（2，2），所以eq\f(2,a)＋eq\f(2,b)＝1，即eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,2).14．答案：x－y＋1－2eq\r(2)＝0解析：由題意得圓C的圓心C（1，2），半徑r＝2.因為（eq\r(2)＋1－1）2＋（2－eq\r(2)－2）2＝4，所以點P在圓C上．又kPC＝eq\f(2－\r(2)－2,\r(2)＋1－1)＝－1，所以切線的斜率k＝－eq\f(1,kPC)＝1，于是過點P的圓C的切線的方程是y－（2－eq\r(2)）＝1×[x－（eq\r(2)＋1）]，即x－y＋1－2eq\r(2)＝0.15．答案：eq\r(5)解析：由題意知線段OA的中點為（2，1），kOA＝eq\f(1,2)，所以線段OA的垂直平分線所在直線的方程為y－1＝－2（x－2），即2x＋y－5＝0，圓心C在此直線上．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y－5＝0，,x＋2y－1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝－1.))所以圓心C（3，－1），所以圓心C到弦OA：x－2y＝0的距離d＝eq\f(|3＋2|,\r(5))＝eq\r(5).16．答案：2解析：由題意得，圓C1與圓C2外離，如圖．因為PQ為切線，所以PQ⊥C2Q，由勾股定理，得|PQ|＝eq\r(|PC2|2－1)，要使|PQ|最小，則需|PC2|最?。黠@當點P為C1C2與圓C1的交點時，|PC2|最小，此時，|PC2|＝|C1C2|－1，所以當|C1C2|最小時，|PC2|就最小，|C1C2|＝eq\r(k2＋（－k＋4）2)＝eq\r(2（k－2）2＋8)≥2eq\r(2)，當k＝2時，|C1C2|取最小值，即|PQ|最小．17．解析：過點M且與x軸垂直的直線是x＝0，它和直線l1，l2的交點分別是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(10,3)))，（0，8），明顯不符合題意，故可設(shè)所求直線方程為y＝kx＋1，又設(shè)該直線與直線l1，l2分別交于A，B兩點，則有①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝kxA＋1，,xA－3yA＋10＝0，))②eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yB＝kxB＋1，,2xB＋yB－8＝0.))由①解得xA＝eq\f(7,3k－1)，由②解得xB＝eq\f(7,k＋2).因為點M平分線段AB，所以xA＋xB＝2xM，即eq\f(7,3k－1)＋eq\f(7,k＋2)＝0，解得k＝－eq\f(1,4).故所求的直線方程為y＝－eq\f(1,4)x＋1，即x＋4y－4＝0.18．解析：（1）設(shè)圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.∵圓心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))在直線2x－y－3＝0上，∴－D＋eq\f(E,2)－3＝0①.又點A（5，2），點B（3，2）在圓上，∴25＋4＋5D＋2E＋F＝0②，9＋4＋3D＋2E＋F＝0③.由①②③得，D＝－8，E＝－10，F(xiàn)＝31，此時D2＋E2－4F>0，∴圓的方程為x2＋y2－8x－10y＋31＝0.（2）設(shè)圓的方程為（x－a）2＋（y－b）2＝r2.由題意知圓心（a，b）在直線x＋2y＝0上，∴a＋2b＝0④.∵點C（2，3）在圓上，∴（2－a）2＋（3－b）2＝r2⑤.又直線x－y＋1＝0被圓截得的弦長為2eq\r(2)，圓心（a，b）到直線x－y＋1＝0的距離d＝eq\f(|a－b＋1|,\r(2))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|a－b＋1|,\r(2))))eq\s\up12(2)＋（eq\r(2)）2＝r2⑥.由④⑤⑥得，a＝6，b＝－3，r2＝52或a＝14，b＝－7，r2＝244，∴所求圓的方程為（x－6）2＋（y＋3）2＝52或（x－14）2＋（y＋7）2＝244.19．解析：（1）證明：直線l：mx－y＋2－m＝0可化為m（x－1）－y＋2＝0，可知恒過點D（1，2）.將D（1，2）代入圓的方程可得x2＋（y－1）2＝12＋（2－1）2＝2<5，即D（1，2）在圓C：x2＋（y－1）2＝5的內(nèi)部，故對m∈R，直線l與圓C總有兩個不同的交點A，B.（2）因為∠ACB＝120°，圓C的半徑長為eq\r(5)，所以圓心C（0，1）到直線mx－y＋2－m＝0的距離為eq\f(\r(5),2)，故eq\f(|－1＋2－m|,\r(m2＋1))＝eq\f(\r(5),2)，解得m＝－4±eq\r(15).（3）由（1）可得kCD＝eq\f(2－1,1－0)＝1，當弦|AB|最短時，直線l的斜率為－1，即m＝－1，故此時直線l的方程為－x－y＋3＝0，即x＋y－3＝0.20.解析：（1）設(shè)直線l與圓C交于A，B兩點．∵直線l：y＝x＋2被圓C：（x－3）2＋（y－2）2＝r2（r>0）截得的弦長等于該圓的半徑，∴△CAB為邊長為r的正三角形，∴△CAB的高為eq\f(\r(3),2)r，∴圓心C到直線l的距離為eq\f(\r(3),2)r.∵直線l的方程為x－y＋2＝0，圓心C的坐標為（3，2），∴圓心C到直線l的距離d＝eq\f(|3－2＋2|,\r(1＋1))＝eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(\r(3),2)r，∴r＝eq\r(6)，∴圓C的方程為（x－3）2＋（y－2）2＝6.（2）設(shè)圓心C到直線m的距離為h（h>0），H為DE的中點，連接CH.在△CDE中，∵|DE|＝2eq\r(|CE|2－|CH|2)＝2eq\r(6－h(huán)2)，∴△CDE的面積為S△CDE＝eq\f(1,2)|DE|·|CH|＝eq\f(1,2)·2eq\r(6－h(huán)2)·h＝h·eq\r(6－h(huán)2).∴S△CDE＝eq\r(h2（6－h(huán)2）)≤eq\f(h2＋6－h(huán)2,2)＝3，當且僅當h2＝6－h(huán)2，即h＝eq\r(3)時等號成立，△CDE的面積取得最大值．∵CH＝eq\f(|3－2＋n|,\r(1＋1))＝eq\f(\r(2),2)·|n＋1|＝h＝eq\r(3)，∴|n＋1|＝eq\r(6)，∴n＝±eq\r(6)－1.故存在n＝±eq\r(6)－1，使得△CDE的面積最大，最大值為3，此時直線m的方程為y＝x±eq\r(6)－1.21．解析：（1）不能出現(xiàn)AC⊥BC的狀況，理由如下：設(shè)A（x1，0），B（x2，0），則x1，x2滿意x2＋mx－2＝0，所以x1x2＝－2，又C的坐標為（0，1），故AC的斜率與BC的斜率之積為eq\f(－1,x1)·eq\f(－1,x2)＝－eq\f(1,2)≠－1，所以不能出現(xiàn)AC⊥BC的狀況．（2）證明：BC的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)，\f(1,2)))，可得BC的垂直平分線方程為y－eq\f(1,2)＝x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x2,2))).由（1）可得x1＋x2＝－m，所以AB的垂直平分線方程為x＝－eq\f(m,2).聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(m,2)，,y－\f(1,2)＝x2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x2,2)))，))又xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋m