2023届高考数学一轮复习精选用卷 第七章 平面解析几何 考点40 圆及其方程+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 第七章 平面解析几何 考点40 圆及其方程+答案解析，共17页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试40　圆及其方程

高考
概览
高考在本考点的常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分或12分，中等难度
考纲
研读
1.掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程
2．能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆的位置关系；能根据给定两个圆的方程判断两圆的位置关系
3．能用直线和圆的方程解决一些简单的数学问题和实际问题
4．初步了解用代数方法处理几何问题的思想

一、基础小题
1．圆心在y轴上，半径为1，且过点(1,2)的圆的方程为(　　)
A．x2＋(y－2)2＝1 B．x2＋(y＋2)2＝1
C．(x－1)2＋(y－3)2＝1 D．x2＋(y－3)2＝1
答案　A
解析　设圆心坐标为(0，b)，则由题意知 ＝1，解得b＝2，故圆的方程为x2＋(y－2)2＝1.故选A.
2．若点P(1,1)为圆C：(x－3)2＋y2＝9的弦MN的中点，则弦MN所在直线的方程为(　　)
A．2x＋y－3＝0 B．x－2y＋1＝0
C．x＋2y－3＝0 D．2x－y－1＝0
答案　D
解析　圆心C(3,0)，kPC＝－，则kMN＝2，所以弦MN所在直线的方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.故选D.
3．两圆x2＋y2－1＝0和x2＋y2－4x＋2y－4＝0的位置关系是(　　)
A．内切 B．外离
C.外切 D．相交
答案　D
解析　由题意可得两圆标准方程为x2＋y2＝1和(x－2)2＋(y＋1)2＝9，则两圆圆心分别为(0,0)和(2，－1)，半径分别为r1＝1和r2＝3，则圆心距为d＝＝，则|r1－r2|r2，所以d＝4，所以直线AB与圆M相离，

所以点P到直线AB的距离的最大值为4＋d＝4＋，4＋0)，设直线l：x＋2y－8＝0与两坐标轴的交点分别为A，B，若圆O上存在点P满足|AP|＝|BP|，则r的最小值为(　　)
A. B．
C.2 D．3
答案　A
解析　由x＋2y－8＝0，令x＝0，得y＝4，令y＝0，得x＝8，所以A(8,0)，B(0,4)，所以线段AB的中点为C(4,2)，又kAB＝－，则其垂直平分线的斜率为k＝2，则垂直平分线的方程为y－2＝2(x－4)，即2x－y－6＝0，因为圆O上存在点P满足|AP|＝|BP|，则垂直平分线与圆有公共点，所以d＝≤r，所以r的最小值为.故选A.
18．(多选)(2021·山东泰安与济南章丘区高三5月联合模拟)已知曲线C的方程为＝|x＋2y|，圆M：(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)，则(　　)
A．C表示一条直线
B．当r＝4时，C与圆M有3个公共点
C．当r＝2时，存在圆N，使得圆N与圆M相切，且圆N与C有4个公共点
D．当C与圆M的公共点最多时，r的取值范围是(4，＋∞)
答案　BC
解析　由＝|x＋2y|，得x2＋y2＝|x＋2y|2＝x2＋4xy＋4y2，即y(4x＋3y)＝0，则C表示两条直线，其方程分别为y＝0与4x＋3y＝0，故A错误；因为M(5,0)到直线4x＋3y＝0的距离d＝＝4，所以当r＝4时，直线4x＋3y＝0与圆M相切，易知直线y＝0与圆M相交，C与圆M有3个公共点，故B正确；当r＝2时，存在圆N，使得圆M内切于圆N，且圆N与这两条直线都相交，即圆N与C有4个公共点，故C正确；C与圆M的公共点的个数的最大值为4，当r＝5时，公共点的个数为3，故D错误．故选BC.
19．(多选)(2021·江苏省苏州第十中学期中)圆O1：x2＋y2－2x＝0和圆O2：x2＋y2＋2x－4y＝0的交点为A，B，则有(　　)
A．公共弦AB所在直线方程为x－y＝0
B．线段AB的中垂线方程为x＋y－1＝0
C．公共弦AB的长为
D．P为圆O1上一动点，则P到直线AB的距离的最大值为＋1
答案　ABD
解析　对于A，由圆O1：x2＋y2－2x＝0和圆O2：x2＋y2＋2x－4y＝0的交点为A，B，两式作差可得4x－4y＝0，即公共弦AB所在直线方程为x－y＝0，故A正确；对于B，圆O1：x2＋y2－2x＝0的圆心为(1,0)，kAB＝1，则线段AB的中垂线斜率为－1，所以线段AB的中垂线方程为y－0＝－1×(x－1)，整理可得x＋y－1＝0，故B正确；对于C，圆O1：x2＋y2－2x＝0，圆心O1(1,0)到x－y＝0的距离为d＝＝，半径r＝1，所以|AB|＝2＝，故C不正确；对于D，P为圆O1上一动点，圆心O1(1,0)到直线x－y＝0的距离为d＝，半径r＝1，即P到直线AB的距离的最大值为＋1.故D正确．故选ABD.
20．(2022·河北省实验中学高三开学考试)古希腊数学家阿波罗尼奥斯(约公元前262～公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k(k>0且k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．已知O(0,0)，A(3,0)，圆C：(x－2)2＋y2＝r2(r>0)上有且仅有一个点P满足|PA|＝2|PO|，则r的取值为________．
答案　1或5
解析　设动点P(x，y)，由|PA|＝2|PO|，得(x－3)2＋y2＝4x2＋4y2，整理得(x＋1)2＋y2＝4，又点P是圆C：(x－2)2＋y2＝r2(r>0)上有且仅有的一点，所以两圆相切．圆(x＋1)2＋y2＝4的圆心坐标为(－1,0)，半径为2，圆C：(x－2)2＋y2＝r2(r>0)的圆心坐标为(2,0)，半径为r，两圆的圆心距为3，当两圆外切时，r＋2＝3，得r＝1，当两圆内切时，|r－2|＝3，r>0，得r＝5.故r的取值为1或5.

一、高考大题
1．(2021·全国甲卷)抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x＝1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ.已知点M(2,0)，且⊙M与l相切．
(1)求C，⊙M的方程；
(2)设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切．判断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由．
解　(1)由题意，知直线x＝1与C交于P，Q两点，且OP⊥OQ，设C的焦点为F，P在第一象限，
则根据抛物线的对称性，知∠POF＝∠QOF＝45°，
所以P(1,1)，Q(1，－1)．
设C的方程为y2＝2px(p>0)，
则1＝2p，得p＝，
所以C的方程为y2＝x.
因为圆心M(2,0)到l的距离即⊙M的半径，且距离为1，
所以⊙M的方程为(x－2)2＋y2＝1.
(2)设A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)．
当A1，A2，A3中有一个为坐标原点时，另外两个点的横坐标的值均为3，此时直线A2A3与⊙M相切；
当y1≠±1时，可知直线A1A2的方程为x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，
此时有＝1，即(y－1)y＋2y1y2＋3－y＝0.
同理可得，(y－1)y＋2y1y3＋3－y＝0.
所以y2，y3是方程(y－1)y2＋2y1y＋3－y＝0的两根．
则y2＋y3＝，y2y3＝.
依题意可得，直线A2A3的方程为x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0.
设点M到直线A2A3的距离为d(d>0)，则有
d2＝＝＝1，d＝1.
此时，直线A2A3与⊙M相切．
当y1＝±1时，经验证，直线A2A3与⊙M相切．
综上，直线A2A3与⊙M相切．
2．(2020·天津高考)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的一个顶点为A(0，－3)，右焦点为F，且|OA|＝|OF|，其中O为原点．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点C满足3＝，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点．求直线AB的方程．
解　(1)因为椭圆＋＝1(a＞b＞0)的一个顶点为A(0，－3)，所以b＝3.
由|OA|＝|OF|，得c＝b＝3，
所以a2＝b2＋c2＝32＋32＝18，
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以CP⊥AB.
根据题意可知，直线AB和直线CP的斜率均存在，设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝kx－3，
由消去y，
可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，解得x＝0或x＝.将x＝代入y＝kx－3，
得y＝k·－3＝，
所以点B的坐标为.
因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，－3)，
所以点P的坐标为.
由3＝，得点C的坐标为(1,0)，
所以直线CP的斜率为
kCP＝＝.
又因为CP⊥AB，所以k·＝－1，
整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝或k＝1.
所以直线AB的方程为y＝x－3或y＝x－3.
3．(2018·全国Ⅱ卷)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8.
(1)求l的方程；
(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．
解　(1)由题意得F(1,0)，l的方程为y＝k(x－1)(k>0)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝.
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝.
由题设知＝8，解得k＝－1(舍去)或k＝1.
因此l的方程为y＝x－1.
(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2)，所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5.
设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，则

解得或
因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.
二、模拟大题
4．(2021·黑龙江大庆四中月考)已知方程x2＋y2－2x－4y＋m＝0.
(1)若此方程表示圆，求m的取值范围；
(2)若(1)中的圆与直线x＋2y－4＝0相交于M，N两点，且以MN为直径的圆经过坐标原点O，求m的值．
解　(1)方程x2＋y2－2x－4y＋m＝0，
可化为(x－1)2＋(y－2)2＝5－m.
∵此方程表示圆，
∴5－m>0，即m0，得m0)上三点．

(1)求r的值；
(2)若直线BC过点(0,2)，求△ABC面积的最大值；
(3)若D为曲线x2＋(y＋1)2＝4(y≠－3)上的动点，且＝＋，试问直线AB和直线AC的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
解　(1)因为A(0,3)在圆O：x2＋y2＝r2(r>0)上，所以02＋32＝r2(r>0)，
所以r＝3.
(2)由题意知直线BC的斜率存在，设直线BC的方程为y＝kx＋2，B(x1，y1)，C(x2，y2)，将y＝kx＋2代入x2＋y2＝9，得(k2＋1)x2＋4kx－5＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，
所以S△ABC＝×1×|x1－x2|＝.
令k2＋1＝t(t≥1)，
则S△ABC＝＝，t≥1，
当t＝1，即k＝0时，△ABC的面积取得最大值.
(3)设直线AB和直线AC的斜率之积为m(m≠0)，
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，D(x0，y0)，
则·＝m，
x1x2＝(y1－3)(y2－3)，①
＝m2.
因为B，C在圆O：x2＋y2＝9上，
所以x＋y＝9，x＋y＝9，
＝m2，
化简得＝m2，
整理得y1y2＝－(y1＋y2)－9.②
因为＝＋，
所以(x1，y1－3)＋(x2，y2－3)＝(x0，y0－3)，
从而D(x1＋x2，y1＋y2－3)，
又因为D为曲线x2＋(y＋1)2＝4(y≠－3)上的动点，
所以(x1＋x2)2＋(y1＋y2－2)2＝4，展开得
(x＋y)＋(x＋y)＋2x1x2＋2y1y2－4(y1＋y2)＋4＝4，
将①代入，得9＋9＋(y1－3)(y2－3)＋2y1y2－4(y1＋y2)＝0，
化简得(m＋1)y1y2－(2m＋3)(y1＋y2)＋9(m＋1)＝0，
将②代入，得(m＋1)－(2m＋3)(y1＋y2)＋9(m＋1)＝0，
整理得·(y1＋y2)＝0，
因为y1＋y2－3≠－3，所以y1＋y2≠0，
从而5m2＋m＝0，
又m≠0，所以m＝－.