2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测16《圆方程》小题练(含答案详解)

高考数学二轮复习课时跟踪检测16

《圆方程》小题练

一、选择题

1.已知直线l1：x＋2ay－1=0，l2：(a＋1)x－ay=0，若l1∥l2，则实数a的值为(　　)

A.－1.5　　    B.0        C.－1.5或0     D.2

2.已知直线3x＋ay=0(a>0)被圆(x－2)2＋y2=4所截得的弦长为2，则a的值为(　　)

A.     B.      C.2     D.2

3.已知圆C过点A(2,4)，B(4,2)，且圆心C在直线x＋y=4上，若直线x＋2y－t=0与圆C相切，则t的值为(　　)

A.－6±2     B.6±2     C.2±6     D.6±4

4.圆(x－3)2＋(y－3)2=9上到直线3x＋4y－11=0的距离等于2的点有(　　)

A.1个     B.2个      C.3个     D.4个

5.若过点A(3,0)的直线l与曲线(x－1)2＋y2=1有公共点，则直线l斜率的取值范围为(　　)

A.(－，)     B.[－， ]   C.     D.

6.在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0，－2)，点B(1，－1)，P为圆x2＋y2=2上一动点，则的最大值是(　　)

A.1       B.3       C.2       D.

7.已知圆O：x2＋y2=1，点P为直线＋=1上一动点，过点P向圆O引两条切线PA，PB，A，B为切点，则直线AB经过定点(　　)

A.      B.       C.     D.

8.已知圆C：(x－2)2＋y2=2，直线l：y=kx，其中k为[－，]上的任意一个数，则事件“直线l与圆C相离”发生的概率为(　　)

A.      B.        C.     D.

9.如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=2x＋1与圆x2＋y2=4相交于A，B两点，

则cos∠AOB=(　　)

A.     B.－      C.     D.－

10.在平面直角坐标系xOy中，已知A(－1,0)，B(0,1)，则满足|PA|2－|PB|2=4且在圆x2＋y2=4上的点P的个数为(　　)

A.0           B.1         C.2           D.3

11.设圆x2＋y2－2x－2y－2=0的圆心为C，直线l过(0,3)与圆C交于A，B两点，若|AB|=2，则直线l的方程为(　　)

A.3x＋4y－12=0或4x－3y＋9=0

B.3x＋4y－12=0或x=0

C.4x－3y＋9=0或x=0

D.3x－4y＋12=0或4x＋3y＋9=0

12.圆x2＋y2=1上的点到直线3x＋4y－25=0的距离的最小值为(　　)

A.4     B.3       C.5     D.6

二、填空题

13.如果直线ax＋2y＋3a=0与直线3x＋(a－1)y=a－7平行，则a=________.

14.已知圆C：x2＋y2－2x－4y＋1=0上存在两点关于直线l：x＋my＋1=0对称，经过点M(m，m)作圆C的切线，切点为P，则|MP|=________.

15.过点(，0)作直线l与曲线y=相交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线l的斜率等于________.

16.已知m>0，n>0，若直线(m＋1)x＋(n＋1)y－2=0与圆(x－1)2＋(y－1)2=1相切，则m＋n的取值范围是____________.

0.参考答案

1.答案为：C；

解析：由l1∥l2得1×(－a)=2a(a＋1)，即2a2＋3a=0，解得a=0或a=－1.5.

经检验，当a=0或a=－1.5时均有l1∥l2，故选C.

2.答案为：B；

解析：由已知条件可知，圆的半径为2，又直线被圆所截得的弦长为2，

故圆心到直线的距离为，即=，得a=.

3.答案为：B；

解析：因为圆C过点A(2,4)，B(4,2)，所以圆心C在线段AB的垂直平分线y=x上，

又圆心C在直线x＋y=4上，联立解得x=y=2，即圆心C(2,2)，

圆C的半径r=2.

又直线x＋2y－t=0与圆C相切，所以=2，解得t=6±2.

4.答案为：B；

解析：圆(x－3)2＋(y－3)2=9的圆心为(3,3)，半径为3，圆心到直线3x＋4y－11=0

的距离d==2，

∴圆上到直线3x＋4y－11=0的距离为2的点有2个.故选B.

5.答案为：D；

解析：数形结合可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k(x－3)，

则圆心(1,0)到直线y=k(x－3)的距离应小于等于半径1，即≤1，

解得－≤k≤，故选D.

6.答案为：C；

解析：设动点P(x，y)，令=t(t>0)，则=t2，

整理得，(1－t2)x2＋(1－t2)y2－2x＋(2－4t2)y＋2－4t2=0，(*)

易知当1－t2≠0时，(*)式表示一个圆，且动点P在该圆上，

又点P在圆x2＋y2=2上，所以点P为两圆的公共点，

两圆方程相减得两圆公共弦所在直线l的方程为x－(1－2t2)y－2＋3t2=0，

所以圆心(0,0)到直线l的距离d=≤，解得0<t≤2，

所以的最大值为2.

7.答案为：B；

解析：因为点P是直线＋=1上的一动点，所以设P(4－2m，m).

因为PA，PB是圆x2＋y2=1的两条切线，切点分别为A，B，所以OA⊥PA，OB⊥PB，

所以点A，B在以OP为直径的圆C上，即弦AB是圆O和圆C的公共弦.

因为圆心C的坐标是，且半径的平方r2=，

所以圆C的方程为(x－2＋m)22=，①又x2＋y2=1，②

所以②－①得，(2m－4)x－my＋1=0，

即公共弦AB所在的直线方程为(2x－y)m＋(－4x＋1)=0，

所以由得所以直线AB过定点.故选B.

8.答案为：D；

解析：当直线l与圆C相离时，圆心C到直线l的距离d=>，

解得k>1或k<－1，又k∈[－，]，所以－≤k<－1或1<k≤，

故事件“直线l与圆C相离”发生的概率P==，故选D.

9.答案为：D；

解析：法一：因为圆x2＋y2=4的圆心为O(0,0)，半径为2，所以圆心O到直线y=2x＋1的距离d==，所以弦长|AB|=2=2.

在△AOB中，由余弦定理得cos∠AOB===－.

法二：取AB的中点D，连接OD(图略)，则OD⊥AB，且∠AOB=2∠AOD，

又圆心到直线的距离d==，即|OD|=，

所以cos∠AOD==，故cos∠AOB=2cos2∠AOD－1=2×2－1=－.

10.答案为：C；

解析：设P(x，y)，则由|PA|2－|PB|2=4，得(x＋1)2＋y2－x2－(y－1)2=4，

所以x＋y－2=0.求满足条件的点P的个数即为求直线与圆的交点个数，

圆心到直线的距离d==＜2=r，所以直线与圆相交，交点个数为2.

故满足条件的点P有2个.

11.答案为：B；

解析：圆的方程化为标准形式为(x－1)2＋(y－1)2=4，圆心C(1,1)，半径r=2，

当直线l的斜率不存在时，方程为x=0，计算出弦长为2，符合题意；

当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y=kx＋3，由弦长为2可知，

圆心到该直线的距离为1，从而有=1，解得k=－，此时方程为y=－x＋3，

即3x＋4y－12=0.综上，直线l的方程为x=0或3x＋4y－12=0，故选B.

12.答案为：A；

解析：易知圆x2＋y2=1的圆心坐标为(0,0)，半径为1，圆心到直线3x＋4y－25=0的距离

d==5，所以圆x2＋y2=1上的点到直线3x＋4y－25=0的距离的最小值为5－1=4.

二 、填空题

13.答案为：3；

解析：由直线ax＋2y＋3a=0与直线3x＋(a－1)y＋7－a=0平行，可得解得故a=3.

14.答案为：3；

解析：圆C：x2＋y2－2x－4y＋1=0的圆心坐标为C(1,2)，半径r=2，

因为圆上存在两点关于直线l对称，所以直线l：x＋my＋1=0过点(1,2)，

所以1＋2m＋1=0，得m=－1，

所以M(－1，－1)，|MC|2=(1＋1)2＋(2＋1)2=13，r2=4，所以|MP|==3.

15.答案为：－；

解析：令P(，0)，如图，易知|OA|=|OB|=1，

所以S△AOB=|OA|·|OB|·sin∠AOB=sin∠AOB≤，

当∠AOB=90°时，△AOB的面积取得最大值，此时过点O作OH⊥AB于点H，

则|OH|=，于是sin∠OPH===，易知∠OPH为锐角，所以∠OPH=30°，

则直线AB的倾斜角为150°，故直线AB的斜率为tan 150°=－.

16.答案为：[2＋2，＋∞)；

解析：因为m>0，n>0，直线(m＋1)x＋(n＋1)y－2=0与圆(x－1)2＋(y－1)2=1相切，

所以圆心C(1,1)到直线的距离d==1，

即|m＋n|=，两边平方并整理得m＋n＋1=mn≤2，

即(m＋n)2－4(m＋n)－4≥0，解得m＋n≥2＋2，

所以m＋n的取值范围为[2＋2，＋∞).