人教版新课标A必修24.2 直线、圆的位置关系同步练习题

这是一份人教版新课标A必修24.2 直线、圆的位置关系同步练习题，共12页。试卷主要包含了已知☉M等内容，欢迎下载使用。

考点1 圆的方程
1.(2020北京,5,4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.4B.5
C.6D.7
2.(2020全国Ⅱ,5,5分,)若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切,则圆心到直线2x-y-3=0的距离为( )
A.55B.255
C.355D.455
考点2 直线与圆的位置关系
3.(2020全国Ⅰ文,6,5分,)已知圆x2+y2-6x=0,过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为( )
A.1B.2C.3D.4
4.(2020全国Ⅰ理,11,5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=0B.2x+y-1=0
C.2x-y+1=0D.2x+y+1=0
5.(2020天津,12,5分,)已知直线x-3y+8=0和圆x2+y2=r2(r>0)相交于A,B两点.若|AB|=6,则r的值为 .
6.(2020浙江,15,6分,)已知直线y=kx+b(k>0)与圆x2+y2=1和圆(x-4)2+y2=1均相切,则k= ,b= .
7.(2019浙江,12,6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= .
8.(2018课标全国Ⅰ,15,5分,)直线y=x+1与圆x2+y2+2y-3=0交于A,B两点,则|AB|= .
考点3 直线与圆的综合应用
9.(2021新高考Ⅰ,11,5分,)已知点P在圆(x-5)2+(y-5)2=16上,点A(4,0),B(0,2),则( )
A.点P到直线AB的距离小于10
B.点P到直线AB的距离大于2
C.当∠PBA最小时,|PB|=32
D.当∠PBA最大时,|PB|=32
10.(2017课标全国Ⅲ文,20,12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变化时,解答下列问题:
(1)能否出现AC⊥BC的情况?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.
11.(2019江苏,18,16分,)如图,一个湖的边界是圆心为O的圆,湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径).规划在公路l上选两个点P,Q,并修建两段直线型道路PB,QA,规划要求:线段PB,QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.已知点A,B到直线l的距离分别为AC和BD(C,D为垂足),测得AB=10,AC=6,BD=12(单位:百米).
(1)若道路PB与桥AB垂直,求道路PB的长;
(2)在规划要求下,P和Q中能否有一个点选在D处?并说明理由;
(3)在规划要求下,若道路PB和QA的长度均为d(单位:百米),求当d最小时,P,Q两点间的距离.
三年模拟练
1.(2021江西景德镇高三上期末,)下图的螺旋线表示的是斐波那契螺旋线,它被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”,自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案,例如向日葵、鹦鹉螺等.斐波那契螺旋线的画法是:以斐波那契数1,1,2,3,5,8,…为边长的正方形拼成长方形,然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧,这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.如图为该螺旋线在正方形边长为1,1,2,3,5,8的部分,建立平面直角坐标系(规定小方格的边长为1),则接下来的一段圆弧所在圆的方程为( )

A.x2+y2=144B.(x-1)2+(y-2)2=144
C.(x+4)2+(y-2)2=169D.(x-4)2+(y+2)2=169
2.(2020内蒙古呼和浩特高三一模,)动直线l:x+(m-1)y+2m-2=0(m∈R)与圆C:x2+y2-2x+4y-4=0交于点A,B,则弦AB的长度最短为( )
A.22B.42C.2D.23
3.(2021湖北襄阳高三模拟,)已知直线l:y=kx-3与圆M:x2+y2-4x-2y-3=0(M为圆心)相交于A,B两点,当△MAB的面积取最大值时,斜率k的值为( )
A.1B.2C.34D.32
4.(2021湖北天门高二上期末,)已知直线l:ax-y-3a=0上存在相距为4的两个动点A,B,若圆C:(x+1)2+(y-4)2=4上存在点P使得△PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形,则实数a的取值范围是 .
5.(2020湖北重点高中高二联考,)已知圆C经过原点O且圆心在x轴正半轴上,经过点N(-2,0)且倾斜角为30°的直线l与圆C相切于点Q,点Q在x轴上的射影为点P,设点M为圆C上的任意一点,则|MN||MP|= .
6.(2020安徽铜陵一中高二上期末,)过坐标轴上一点M(x0,0)作圆C:x2+y-122=1的两条切线,切点分别为A,B.若|AB|≥2,则x0的取值范围是 .
7.(2020浙江高考数学全真模拟,)已知以点Ct,2t(t∈R且t≠0)为圆心的圆与x轴交于点O和点A,与y轴交于点O和点B,其中O为原点.
(1)求证:△OAB的面积为定值;
(2)设直线y=-2x+4与圆C交于点M,N,若|OM|=|ON|,求圆C的方程.
8.(2021福建厦门高二月考,)如图,某海面上有O、A、B三个小岛(面积大小忽略不计),A岛在O岛的北偏东45°方向距O岛402千米处,B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处,以O为坐标原点,正东方向为x轴的正方向,1千米为单位长度,建立平面直角坐标系,圆C经过O,A,B三点.
(1)求圆C的方程;
(2)若圆C区域内有未知暗礁,现有一船在O岛的南偏西30°方向距O岛40千米的D处,正沿着北偏东45°方向行驶,若不改变方向,试问该船有没有触礁的危险?
9.(2021河南名校联盟高一上期末,)已知圆M:x2+y2-(3a+1)x-(3a+2)y+2a2+2a=0.
(1)若圆M的半径长r=52,求圆心M的坐标;
(2)若圆M交x轴于A,B两点,交y轴于C,D两点,且-14.1~4.2综合拔高练
五年高考练
1.A 设圆心为A(x,y),由已知得(x-3)2+(y-4)2=1,即A在以(3,4)为圆心,1为半径长的圆上,所以圆心A到原点的距离的最小值为(3-0)2+(4-0)2-1=5-1=4.故选A.
2.B 设圆心为P(x0,y0),半径长为r,∵圆与x轴,y轴都相切,∴|x0|=|y0|=r,又圆经过点(2,1),∴x0=y0=r且(2-x0)2+(1-y0)2=r2,∴(r-2)2+(r-1)2=r2,解得r=1或r=5.
①r=1时,圆心P(1,1),则圆心到直线2x-y-3=0的距离d=|2-1-3|22+(-1)2=255;
②r=5时,圆心P(5,5),则圆心到直线2x-y-3=0的距离d=|10-5-3|22+(-1)2=255.故选B.
3.B 由x2+y2-6x=0得半径长为3,圆心为(3,0),设此点为C,点(1,2)为A,当过点A的弦与AC垂直时,弦长最小,易知|AC|=22+(1-3)2=22,因为半径,半弦,弦心距构成直角三角形,所以弦的长度的最小值为232-(22)2=2,故选B.
4.D 将圆M的方程化为标准形式为(x-1)2+(y-1)2=4,则半径长r=2,圆心M(1,1).
如图,由题可知,AB⊥PM,
|PM|·|AB|=2S四边形APBM=2(S△PAM+S△PBM)=2(|PA|+|PB|),
∵|PA|=|PB|,
∴|PM|·|AB|=4|PA|
=4|PM|2-|AM|2=4|PM|2-4,
当|PM|最小时,|PM|·|AB|最小,易知|PM|min=54+1=5,
此时|PA|=1,AB∥l,设直线AB的方程为y=-2x+b(b≠-2),
圆心M到直线AB的距离d=|3-b|5,
|AB|=4|PA||PM|=45,∴d2+AB22=|MA|2,
即(3-b)25+45=4,解得b=-1或b=7(舍去).
综上,直线AB的方程为y=-2x-1,即2x+y+1=0,故选D.
5.答案 5
解析 设圆心(0,0)到直线x-3y+8=0的距离为d,则d=|8|12+(-3)2=4,
∴r2=|AB|22+d2=32+42=25,
又r>0,∴r=5.
6.答案 33;-233
解析 解法一:由直线与圆相切的充要条件知|b|k2+1=1,|4k+b|k2+1=1⇔|b|=|4k+b|,|b|=k2+1
⇔k=33(舍非正数),b=-233.
解法二:如图所示.
由图易知,直线y=kx+b经过点(2,0),且倾斜角为30°,从而k=33,且0=233+b⇔b=-233.
7.答案 -2;5
解析 解法一:设直线2x-y+3=0为l,则AC⊥l,又kl=2,∴kAC=m+10+2=-12,
解得m=-2,∴C(0,-2),
∴r=|AC|=(0+2)2+(-2+1)2=5.
解法二:由题知点C到直线2x-y+3=0的距离为|-m+3|5,
r=|AC|=22+(m+1)2.
由直线与圆C相切得22+(m+1)2=|-m+3|5,解得m=-2,
∴r=22+(-2+1)2=5.
8.答案 22
解析 将圆x2+y2+2y-3=0化为标准方程为x2+(y+1)2=4,则圆心坐标为(0,-1),半径长r=2,∴圆心到直线x-y+1=0的距离d=22=2,
∴|AB|=2r2-d2=222-(2)2=22.
9.ACD 由题意可知直线AB的方程为x4+y2=1,即x+2y-4=0,
则圆心(5,5)到直线AB的距离d=|5+2×5-4|12+22=1155>4,
∴直线AB与圆(x-5)2+(y-5)2=16相离,
∴点P到直线AB的距离的取值范围为1155-4,1155+4,
∵1155-4∈(0,1),1155+4∈(8,9),
∴选项A正确,选项B错误.
过点B作圆的两条切线,切点分别为P1,P2,如图,当点P在切点P1的位置时,∠PBA最小,当点P在切点P2的位置时,∠PBA最大,易知|P1B|=|P2B|,圆心(5,5)到点B的距离为34,圆的半径为4,所以|P1B|=|P2B|=34-16=18=32,故选项C,D均正确.故选ACD.
10.解析 (1)不能出现AC⊥BC的情况,理由如下:
设A(x1,0),B(x2,0),则x1,x2满足x2+mx-2=0,所以x1x2=-2.
又C的坐标为(0,1),故AC的斜率与BC的斜率之积为-1x1·-1x2=-12,所以不能出现AC⊥BC的情况.
(2)证明:BC的中点坐标为x22,12,可得BC的中垂线方程为y-12=x2x-x22.
由(1)可得x1+x2=-m,所以AB的中垂线方程为x=-m2.
联立x=-m2,y-12=x2x-x22,x22+mx2-2=0,可得x=-m2,y=-12.
所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为-m2,-12,半径长r=m2+92.
故圆在y轴上截得的弦长为2r2-m22=3,即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
11.解析 解法一:
(1)过A作AE⊥BD,垂足为E.
由已知条件得,四边形ACDE为矩形,
|DE|=|BE|=|AC|=6,|AE|=|CD|=8.
因为PB⊥AB,所以cs∠PBD=sin∠ABE=810=45,
所以|PB|=|BD|cs∠PBD=1245=15.
因此道路PB的长为15(百米).
(2)不能,理由如下:
①若P在D处,由(1)可得E在圆上,则线段BE上的点(除B,E)到点O的距离均小于圆O的半径,所以P选在D处不满足规划要求.
②若Q在D处,连接AD,由(1)知|AD|=|AE|2+|ED|2=10,
从而cs∠BAD=|AD|2+|AB|2-|BD|22|AD|·|AB|=725>0,所以∠BAD为锐角.
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.
因此Q选在D处也不满足规划要求.
综上,P和Q均不能选在D处.
(3)先讨论点P的位置.
当∠OBP<90°时,线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径,点P不符合规划要求;
当∠OBP≥90°时,对线段PB上任意一点F,|OF|≥|OB|,即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径,点P符合规划要求.
设P1为l上一点,且P1B⊥AB,由(1)知,|P1B|=15,
此时|P1D|=|P1B|sin∠P1BD=|P1B|cs∠EBA=15×35=9;
当∠OBP>90°时,在△PP1B中,|PB|>|P1B|=15.
由上可知,d≥15.
再讨论点Q的位置.
由(2)知,要使得|QA|≥15,点Q只有位于点C的右侧,才能符合规划要求.当|QA|=15时,|CQ|=|QA|2-|AC|2=152-62=321. 此时,线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上,当PB⊥AB,点Q位于点C右侧,且|CQ|=321时,d最小,此时P,Q两点间的距离|PQ|=|PD|+|CD|+|CQ|=17+321.
因此,d最小时,P,Q两点间的距离为(17+321)百米.
解法二:
(1)如图,过O作OH⊥l,垂足为H.
以O为坐标原点,直线OH为y轴,建立平面直角坐标系.
因为|BD|=12,|AC|=6,所以|OH|=9,直线l的方程为y=9,点A,B的纵坐标分别为3,-3.
因为AB为圆O的直径,|AB|=10,
所以圆O的方程为x2+y2=25.
从而A(4,3),B(-4,-3),直线AB的斜率为34.
因为PB⊥AB,所以直线PB的斜率为-43,
直线PB的方程为y=-43x-253.
所以P(-13,9),
|PB|=(-13+4)2+(9+3)2=15.
因此道路PB的长为15(百米).
(2)①若P在D处,取线段BD上一点E(-4,0),则|EO|=4<5,所以P选在D处不满足规划要求.
②若Q在D处,连接AD,由(1)知D(-4,9),又A(4,3),
所以线段AD:y=-34x+6(-4≤x≤4).
在线段AD上取点M3,154,
因为|OM|=32+1542<32+42=5,
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.
因此Q选在D处也不满足规划要求.
综上,P和Q均不能选在D处.
(3)先讨论点P的位置.
当∠OBP<90°时,线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径,点P不符合规划要求;
当∠OBP≥90°时,对线段PB上任意一点F,|OF|≥|OB|,即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径,点P符合规划要求.
设P1为l上一点,且P1B⊥AB,由(1)知,|P1B|=15,此时P1(-13,9);
当∠OBP>90°时,在△PP1B中,|PB|>|P1B|=15.
由上可知,d≥15.
再讨论点Q的位置.
由(2)知,要使得|QA|≥15,点Q只有位于点C的右侧,才能符合规划要求.当|QA|=15时,设Q(a,9),由|AQ|=(a-4)2+(9-3)2=15(a>4),得a=4+321,
所以Q(4+321,9).
此时,线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上,当P(-13,9),Q(4+321,9)时,d最小,此时P,Q两点间的距离|PQ|=4+321-(-13)=17+321.
因此,d最小时,P,Q两点间的距离为(17+321)百米.
三年模拟练
1.答案 C
信息提取 ①以1,1,2,3,5,8,…为边长的正方形拼成长方形;②在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧;③求螺旋线在正方形边长为1,1,2,3,5,8的部分接下来的一段圆弧所在圆的方程.
数学建模 本题以斐波那契螺旋线为出题背景,以圆的方程为载体,考查斐波那契数的规律,根据1,1,2,3,5,8可知,下一个数字为13,圆心坐标为(-4,2),从而使问题得到解决.
解析 根据题意,接下来的一段圆弧所在圆的半径r=5+8=13,其圆心为(-4,2),则其标准方程为(x+4)2+(y-2)2=169.
故选C.
2.B 因为l的方程可以写成m(y+2)+x-y-2=0,
所以由x-y-2=0,y+2=0得直线l过定点M(0,-2).
圆C:x2+y2-2x+4y-4=0的标准方程为(x-1)2+(y+2)2=9,
所以圆心C(1,-2),半径长r=3,
又M在圆C内,所以当CM与l垂直时,|AB|最小,
所以|AB|min=29-[(0-1)2+(-2+2)2]=42.故选B.
3.C 易知圆心M(2,1),半径长r=22,
当△MAB的面积取最大值时,MA⊥MB,
∵直线l:y=kx-3与圆M:x2+y2-4x-2y-3=0 相交于A,B两点,M为圆心,
∴|MA|=|MB|=22,|AB|=8+8=4,
∴圆心M(2,1)到直线l的距离d=|2k-1-3|k2+1=2,
解得k=34.
故选C.
4.答案 (-∞,0]
解析 根据题意,若△PAB为等腰直角三角形,其中P为直角顶点,且|AB|=4,
则P到AB的距离为|AB|2=2,
若圆C:(x+1)2+(y-4)2=4上存在点P,使得△PAB为等腰直角三角形,
则圆心C到直线l的距离d≤4,即有|-a-4-3a|a2+1≤4,解得a≤0.
5.答案 2
解析 由题可知直线l:y=33(x+2),即x-3y+2=0.
设圆心C(a,0)(a>0),则|a+2|12+(-3)2=a,解得a=2,
所以圆C的方程为(x-2)2+y2=4.
将y=33(x+2)代入圆C的方程,可得x2-2x+1=0,所以xQ=1,故P(1,0).
设M(x,y),则|MN|2|MP|2=(x+2)2+y2(x-1)2+y2=x2+y2+4x+4x2+y2-2x+1,
将x2+y2=4x代入,得|MN|2|MP|2=8x+42x+1=4,所以|MN||MP|=2.
6.答案 -∞,-72∪72,+∞
解析 由圆C:x2+y-122=1,可得圆心坐标C0,12,半径长R=1,
根据题意,画出图形,连接CA,CB,CM,设CM和AB的交点为N,如图所示,
可得CA⊥AM,CB⊥BM,CM⊥AB,
当|AB|=2时,因为|CA|=|CB|=1,所以△ABC为等腰直角三角形,
所以|CN|=22,|AN|=|BN|=22,
易知△ANC∽△MNA,所以|AN||MN|=|CN||AN|=1,
所以|MN|=|AN|=22,所以|CM|=|CN|+|NM|=2,
要使得|AB|≥2,则满足|CM|≥2,
即(0-x0)2+(12-0) 2≥2,整理得x02≥74,
解得x0≤-72或x0≥72,
即x0的取值范围是-∞,-72∪72,+∞.
7.解析 (1)证明:由题设知,圆C的方程为(x-t)2+y-2t2=t2+4t2,化简得x2-2tx+y2-4ty=0,
当y=0时,x=0或x=2t,则A(2t,0);
当x=0时,y=0或y=4t,则B0,4t,
∴S△AOB=12|OA|·|OB|=12×|2t|×4t=4,为定值.
(2)∵|OM|=|ON|,
∴原点O在MN的中垂线上,
设MN的中点为H,则CH⊥MN,
∴C、H、O三点共线,
则直线OC的斜率k=2tt=2t2=12,
∴t=2或t=-2,
∴圆心C(2,1)或C(-2,-1),
∵当圆C的方程为(x+2)2+(y+1)2=5时,圆心到直线2x+y-4=0的距离d>r(r为半径长),
此时不满足直线与圆相交,故舍去.
∴圆C的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.
8.解析 (1)由题意得,A(40,40),B(20,0),
设过O,A,B三点的圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),
则F=0,402+402+40D+40E+F=0,202+20D+F=0,解得D=-20,E=-60,F=0.
故圆C的方程为x2+y2-20x-60y=0.
(2)该船的初始位置为点D,则D(-20,-203),
设该船航线所在直线为l,
则直线l:x-y+20-203=0,
由(1)可知圆心C(10,30),半径长为1010.
由于圆心C到直线l的距离d=|10-30+20-203|12+(-1)2=106<1010,
故该船有触礁的危险.
9.解析 (1)由题意知r2=3a+122+3a+222-2a2-2a=254,解得a=1或a=-2,
当a=1时,圆心M的坐标为2,52;
当a=-2时,圆心M的坐标为-52,-2.
(2)将y=0代入圆M的方程得,x2-(3a+1)x+2a2+2a=0,解得x=2a或x=a+1,
不妨令A(2a,0),B(a+1,0),
∵-1∴|AB|=1-a.
将x=0代入圆M的方程得,y2-(3a+2)y+2a2+2a=0,
解得y=a或y=2a+2,不妨令C(0,a),D(0,2a+2),易知a<0<2a+2,
∴|CD|=a+2.
∴四边形ACBD的面积S=12|AB|·|CD|=12(1-a)(a+2)=-a22-a2+1,-1∴当a=-12时,S取得最大值,为98,
∴以A,B,C,D为顶点的四边形的面积的最大值为98.
1.A
2.B
3.B
4.D
9.ACD
1.C
2.B
3.C