人教A版 (2019)选择性必修 第一册2.4 圆的方程练习题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册2.4 圆的方程练习题，共22页。

考试时间：90分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时90分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）(2023·全国·高二课时练习）如图，已知直线PM、QP、QM的斜率分别为k1、k2、k3，则k1、k2、k3的大小关系为（ ）
A．k12．（5分）(2023·江西省高一阶段练习（理））已知A−1,2,B4,7，若过点C2,0的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是（ ）
A．−∞,−23∪72,+∞B．−23,72
C．−32，27D．−∞,−23∪72,+∞
3．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知直线l1：ax−y+1=0，l2：x+ay+1=0，a∈R ，以下结论不正确的是（ ）
A．不论a为何值时，l1 与l2 都互相垂直
B．当a变化时，l1与l2分别经过定点A(0，1) 和B(−1，0)
C．不论a为何值，l1与l2都关于直线x+y=0对称
D．如果l1 与l2交于点M，O为坐标原点，则MO 的最大值是2
4．（5分）(2023·河北·高二阶段练习）过定点A的直线a+1x−y+2=0与过定点B的直线x+a+1y−4a−2=0交于点P(P与A､B不重合），则△PAB面积的最大值为（ ）
A．2B．22C．2D．4
5．（5分）(2023·河北保定·高二阶段练习）如图，已知两点A(11,0),B0,112，从点P(1,0)射出的光线经直线AB上的点M反射后再射到直线OB上，最后经直线OB上的点N反射后又回到点P，则直线MN的方程为（ ）
A．4x−3y−3=0B．4x+3y+4=0
C．3x−4y+3=0D．4x−3y+4=0
6．（5分）(2023·河南开封·高二阶段练习）关于x的方程1−x2=mx+1(m∈R)有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围为（ ）
A．[−1,1]B．(−1,1)C．[−1,0)∪(0,1]D．(0,1]
7．(2023·全国·高二单元测试）阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比MQMP=λλ>0,λ≠1，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x2+y2=1，定点Q为x轴上一点，P−12,0且λ=2，若点B1,1，则2MP+MB的最小值为（ ）
A．6B．7C．10D．11
8．（5分）(2023·全国·高二课时练习）在一个半圆中有两个互切的内切半圆，由三个半圆弧围成“曲线三角形”，作两个内切半圆的公切线把“曲线三角形”分隔成两块，且被分隔的这两块中的内切圆是同样大小的，如图，若AC=2CB，则阴影部分与最大半圆的面积比为（ ）

A．1081B．2081C．49D．89
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）(2023·江苏省高二阶段练习）使方程x2+y2−ax+2ay+2a2+a−1=0表示圆的实数a的可能取值为（ ）
A．−2B．0C．−1D．34
10．（5分）(2023·辽宁·高二开学考试）已知直线l1：x+ay−a=0和直线l2：ax−2a−3y+a−2=0，则（ ）
A．若l1∥l2，则a=1或−3B．若l2在x轴和y轴上的截距相等，则a=1
C．若l1⊥l2，则a=0或2D．若l1∥l2，则l1与l2间的距离为21015
11．（5分）(2023·广东广州·一模）已知点A(0,2)，B(1,1)，且点P在圆C：(x−2)2+y2=4上，C为圆心，则下列结论正确的是（ ）
A．|PA|−|PB|的最大值为2
B．以AC为直径的圆与圆C的公共弦所在的直线方程为：x−y=0
C．当∠PAB最大时，△PAB的面积为2
D．△PAB的面积的最大值为2
12．（5分）(2023·全国·高三专题练习）已知圆C:x−22+y2=1，点P是直线l:x+y=0上一动点，过点P作圆C的切线PA，PB，切点分别是A和B，则下列说法错误的有（ ）
A．圆C上恰有一个点到直线l的距离为12B．切线长PA的最小值为2
C．四边形ACBP面积的最小值为2D．直线AB恒过定点32,−12
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）(2023·上海市高一期末）设直线l1、l2的斜率分别为k1、k2，倾斜角分别为α、β，若k1k2=−1，则|α−β|= ．
14．（5分）(2023·全国·高二课时练习）过点A(1,1)且斜率为−m(m>0)的直线l与x，y轴分别交于点P，Q，过点P，Q作直线2x+y=0的垂线，垂足分别为R，S，则四边形PRSQ面积的最小值为 ．
15．（5分）(2023·福建福州·高二期末）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2+(y+2)2≤3，若将军从点A(−4，0)处出发，河岸线所在直线方程为x+y−1=0，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为 ．
16．（5分）(2023·江苏·高二开学考试）已知圆C： x－32＋y－42=4，直线l1上定点A1，0，若l1与圆相交于P，Q两点线段PQ的中点为M，又l1与l2：x＋2y＋2=0的交点为N，则AM⋅AN的值为 ．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）(2023·黑龙江·高二阶段练习）经过点P0,−1作直线l，且直线l与连接点A1,−2，B2,1的线段没有公共点，求直线l的倾斜角α和斜率k的取值范围．
18．（12分）(2023·全国·高二课时练习）求过两圆x2+y2−4=0和x2−4x+y2=0的交点，且圆心在直线x−3y−6=0上的圆的方程.
19．（12分）(2023·浙江宁波·高二期末）已知三条直线l1：2x−y+1=0，l2：3x+y−6=0，l3：kx−y+k+1=0（k是常数），.
(1)若l1，l2，l3相交于一点，求k的值；
(2)若l1，l2，l3不能围成一个三角形，求k的值：
(3)若l1，l2，l3能围成一个直角三角形，求k的值.
20．（12分）(2023·全国·高二课时练习）在①直线BC的斜率为33；②直线AC的斜率为3这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答下面的问题．
已知以角A为顶角的等腰三角形ABC的顶点A−1,2,B−3,2，______．
(1)求直线AC的一般式方程；
(2)求直线BC的一般式方程；
(3)求角A的角平分线所在直线的一般式方程．
21．（12分）(2023·江西·高二开学考试）已知圆C过点A4,0，B0,4，且圆心C在直线l：x+y−6=0上.
(1)求圆C的方程；
(2)若从点M4,1发出的光线经过直线y=−x反射，反射光线l1恰好平分圆C的圆周，求反射光线l1的一般方程.
(3)若点Q在直线l上运动，求QA2+QB2的最小值.
22．（12分）(2023·四川省高二开学考试）已知两个定点A0,4、B0,1，动点P满足PA=2PB，设动点P的轨迹为曲线E，直线l:y=kx−4．
(1)求曲线E的方程；
(2)若k=1，Q是直线l上的动点，过Q作曲线E的两条切线QM、QN，切点为M、N，探究：直线MN是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
第二章 直线和圆的方程全章综合测试卷-提高篇
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）(2023·全国·高二课时练习）如图，已知直线PM、QP、QM的斜率分别为k1、k2、k3，则k1、k2、k3的大小关系为（ ）
A．k1【解题思路】首先判断三条直线的倾斜角，进而根据倾斜角与斜率的关系即可得出结论..
【解答过程】由于直线PM的倾斜角为钝角，QP、QM的倾斜角为锐角，
当倾斜角为锐角时，斜率为正，即k3>0,k2>0，当倾斜角为钝角时，斜率为负，即k1<0，
又因为倾斜角为0,π2时，倾斜角越大，斜率越大，即k3所以k1故选：B.
2．（5分）(2023·江西省高一阶段练习（理））已知A−1,2,B4,7，若过点C2,0的直线与线段AB相交，则该直线斜率的取值范围是（ ）
A．−∞,−23∪72,+∞B．−23,72
C．−32，27D．−∞,−23∪72,+∞
【解题思路】数形结合，计算kAC,kBC，判断斜率不存在的情况，从而写出斜率的取值范围.
【解答过程】如图所示，过点C的直线与线段AB相交，
kAC=2−0−1−2=−23，kBC=7−04−2=72；
又因为该直线与x轴垂直时，斜率不存在，
所以过点C与线段AB相交的直线斜率取值范围为−∞,−23∪72,+∞.
故选：A.
3．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知直线l1：ax−y+1=0，l2：x+ay+1=0，a∈R ，以下结论不正确的是（ ）
A．不论a为何值时，l1 与l2 都互相垂直
B．当a变化时，l1与l2分别经过定点A(0，1) 和B(−1，0)
C．不论a为何值，l1与l2都关于直线x+y=0对称
D．如果l1 与l2交于点M，O为坐标原点，则MO 的最大值是2
【解题思路】根据直线垂直的条件可判断A;求出直线l1与l2所过的定点，可判断B；在l1上任取点(x,ax+1)，求出其关于直线x+y=0的对称点，判断是否满足l2方程，判断C;求出l1 与l2交点M，求出MO的表达式，可判断D.
【解答过程】对于A，a×1+(−1)×a=0 恒成立，l1与l2互相垂直恒成立，故A正确；
对于B，直线l1：ax−y+1=0 ，当a变化时，x=0，y=1 恒成立，
所以l1 恒过定点A(0，1) ；
l2：x+ay+1=0 ，当a变化时，x=−1，y=0 恒成立，所以l2 恒过定点B(−1，0) ，故B正确；
对于C，在l1上任取点(x,ax+1)，a∈R，
其关于直线x+y=0 对称的点的坐标为(−ax−1,−x)，
代入l2：x+ay+1=0 ，则左边为−2ax不恒等于0，故C不正确；
对于D，联立ax−y+1=0x+ay+1=0,解得x=−a−1a2+1y=−a+1a2+1,
即M(−a−1a2+1,−a+1a2+1)，
所以|MO|=(−a−1a2+1)2+(−a+1a2+1)2
＝2a2+1≤2，
所以MO 的最大值是2，故D正确，
故选C.
4．（5分）(2023·河北·高二阶段练习）过定点A的直线a+1x−y+2=0与过定点B的直线x+a+1y−4a−2=0交于点P(P与A､B不重合），则△PAB面积的最大值为（ ）
A．2B．22C．2D．4
【解题思路】根据方程可得定点A、B，并且可判断两直线垂直，然后利用基本不等式可得.
【解答过程】动直线a+1x−y+2=0化为y=a+1x+2，可知定点A0,2，
动直线x+a+1y−4a−2=0化为(a+1)(y−4)+x+2=0，可知定点B−2,4，
又(a+1)×1−1×(a+1)=0
所以直线a+1x−y+2=0与直线x+a+1y−4a−2=0垂直，P为交点，
∴PA⊥PB,∴PA2+PB2=AB2=(0+2)2+(2−4)2=8.
则S△PAB=12PA⋅PB≤12⋅PA2+PB22=2，当且仅当PA=PB=2时，等号成立.
即△PAB面积的最大值为2.
故选：C.
5．（5分）(2023·河北保定·高二阶段练习）如图，已知两点A(11,0),B0,112，从点P(1,0)射出的光线经直线AB上的点M反射后再射到直线OB上，最后经直线OB上的点N反射后又回到点P，则直线MN的方程为（ ）
A．4x−3y−3=0B．4x+3y+4=0
C．3x−4y+3=0D．4x−3y+4=0
【解题思路】分别求出点P关于直线x+2y−11=0与y轴的对称点，从而得到结果.
【解答过程】由题意易得AB所在的直线方程为x+2y−11=0，
设点P关于直线AB:x+2y−11=0的对称点A1(a,b)，
则b−0a−1×(−12)=−1a+12+2×b+02−11=0，解得a=5，b=8，
点P关于直线AB对称的点为A1(5,8)，点P关于y轴对称的点为A2(−1,0)．
直线MN即直线A1A2，则直线MN的方程为y=85+1(x+1)，即4x−3y+4=0．
故选：D.
6．（5分）(2023·河南开封·高二阶段练习）关于x的方程1−x2=mx+1(m∈R)有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围为（ ）
A．[−1,1]B．(−1,1)C．[−1,0)∪(0,1]D．(0,1]
【解题思路】将问题转化为直线y=mx+1(m∈R)与x2+y2=1且0≤y≤1有两个交点，数形结合判断存在两个交点对应的m范围即可.
【解答过程】令y=1−x2且−1≤x≤1，则x2+y2=1且0≤y≤1，即圆的上半部分，
只需恒过(0,1)的直线y=mx+1(m∈R)与x2+y2=1且0≤y≤1有两个交点即可，
如上图，当y=mx+1与半圆相切时11+m2=1，得m=0，
当y=mx+1过(−1,0)时，m=1，
当y=mx+1过(1,0)时，m=−1，
综上，m∈[−1,0)∪(0,1].
故选：C.
7．(2023·全国·高二单元测试）阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比MQMP=λλ>0,λ≠1，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x2+y2=1，定点Q为x轴上一点，P−12,0且λ=2，若点B1,1，则2MP+MB的最小值为（ ）
A．6B．7C．10D．11
【解题思路】根据点M的轨迹方程可得Q−2,0，结合条件可得2MP+MB=MQ+MB≥QB，即得.
【解答过程】设Qa,0，Mx,y，所以MQ=x−a2+y2，
又P−12,0，所以MP=x+122+y2．
因为MQMP=λ且λ=2，所以x−a2+y2x+122+y2=2，
整理可得x2+y2+4+2a3x=a2−13，
又动点M的轨迹是x2+y2=1，
所以4+2a3=0a2−13=1，解得a=−2，
所以Q−2,0，又MQ=2MP，
所以2MP+MB=MQ+MB，因为B1,1，
所以2MP+MB的最小值为BQ=1+22+1−02=10．
故选：C．
8．（5分）(2023·全国·高二课时练习）在一个半圆中有两个互切的内切半圆，由三个半圆弧围成“曲线三角形”，作两个内切半圆的公切线把“曲线三角形”分隔成两块，且被分隔的这两块中的内切圆是同样大小的，如图，若AC=2CB，则阴影部分与最大半圆的面积比为（ ）

A．1081B．2081C．49D．89
【解题思路】设BC=2r，则AC=4r，AB=6r，建立直角坐标系，根据已知条件求出各点坐标，由圆O与圆O3内切，解得a=23r，由圆O与圆O4内切，解得b=23r，分别求出阴影部分与最大半圆的面积，即可求出答案.
【解答过程】设BC=2r，则AC=4r，AB=6r，以C为坐标原点，
建立如图所示的坐标系，则C（0，0），O1−2r,0，O−r,0，O2r,0．
设O3−a,t，O4b,v，则2r+a2−2r−a2=t2
（圆O1，O3外切与勾股定理结合），得t=22ar，所以O3−a,22ar．
由圆O与圆O3内切，得−a+r2+22ar2=3r−a，解得a=23r．
同理r+b2−r−b2=v2（圆O2，O4外切与勾股定理结合），
得v=2br，由圆O与圆O4内切，得b+r2+2br2=3r−b，
解得b=23r．设阴影部分的面积为S1，最大半圆的面积为S2，
S1=12π⋅3r2−12π⋅2r2−12πr2−2π⋅2r32=10πr29，
所以S1S2=10πr2992πr2=2081．
故选：B.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）(2023·江苏省高二阶段练习）使方程x2+y2−ax+2ay+2a2+a−1=0表示圆的实数a的可能取值为（ ）
A．−2B．0C．−1D．34
【解题思路】配方后，利用半径的平方大于0，得到不等式，解不等式求出实数a的取值范围.
【解答过程】x2+y2−ax+2ay+2a2+a−1=0，配方得：
x−a22+y+a2=−34a2−a+1，
要想表示圆，则−34a2−a+1>0，
解得：−2故选：BC.
10．（5分）(2023·辽宁·高二开学考试）已知直线l1：x+ay−a=0和直线l2：ax−2a−3y+a−2=0，则（ ）
A．若l1∥l2，则a=1或−3B．若l2在x轴和y轴上的截距相等，则a=1
C．若l1⊥l2，则a=0或2D．若l1∥l2，则l1与l2间的距离为21015
【解题思路】由两直线平行，即可求出a=−3，则可判断出A选项，结合两直线的距离公式即可判断出D选项；由l2在x轴和y轴上截距相等等价于l2过原点或其斜率为−1，即可列出等式，解出a=0或2，则可判断出B选项；由两直线垂直，即可求出a=0或2，则可判断出C选项.
【解答过程】若l1∥l2，由1×3−2a=a×a，解得a=1或−3，
经检验当a=1时，l1，l2重合，当a=−3时，l1∥l2，
所以a=−3，故A错误；
若l2在x轴和y轴上截距相等，则l2过原点或其斜率为−1，则a−2=0或a2a−3=−1，则a=2或a=1，故B错误；
若l1⊥l2，则1×a+a×3−2a=0，解得a=0或2，故C正确；
当l1∥l2时，a=−3，则l1：x−3y+3=0，l2：−3x+9y−5=0，
即l2：x−3y+53=0，则l1与l2间的距离为3−531+9=21015，故D正确．
故选：CD．
11．（5分）(2023·广东广州·一模）已知点A(0,2)，B(1,1)，且点P在圆C：(x−2)2+y2=4上，C为圆心，则下列结论正确的是（ ）
A．|PA|−|PB|的最大值为2
B．以AC为直径的圆与圆C的公共弦所在的直线方程为：x−y=0
C．当∠PAB最大时，△PAB的面积为2
D．△PAB的面积的最大值为2
【解题思路】依题意画出图象，判断出B在圆内，当P为射线BC与圆C的交点时，|PA|−|PB|取得最大值AB，即可判断A；求出以AC为直径的圆再两圆方程作差，即可求出公共弦所在直线方程，即可判断B，当AP与圆C相切时，∠PAB最大，求出三角形的面积，即可判断C，求出直线AB的方程，可得C在AB上，即可得到P到AB的距离最大值，再求出AB，即可判断D.
【解答过程】解：圆C：(x−2)2+y2=4的圆心为C2,0，半径r=2，又B(1,1)，则1−22+12=2<4，所以点B在圆内，
所以当P为射线BC与圆C的交点时，|PA|−|PB|取得最大值AB=2，故A正确；
因为B点恰好是A、C的中点，且AC=22+22=22，所以以AC为直径的圆的方程为x−12+y−12=2，
所以以AC为直径的圆与圆C的公共弦所在的直线方程为(x−2)2+y2−x−12+y−12=4−2，
整理得x−y=0，故B正确；
当AP与圆C相切时，∠PAB最大，此时S△APB=12×2×1=1，故C错误，
直线AB的方程为y=−x+2，又AB=0−12+2−12=2，且C2,0在直线AB上，
所以P到AB的距离最大值为r=2，
所以S△PABmax=12ABr=12×2×2=2，故D正确；
故选：ABD.
12．（5分）(2023·全国·高三专题练习）已知圆C:x−22+y2=1，点P是直线l:x+y=0上一动点，过点P作圆C的切线PA，PB，切点分别是A和B，则下列说法错误的有（ ）
A．圆C上恰有一个点到直线l的距离为12B．切线长PA的最小值为2
C．四边形ACBP面积的最小值为2D．直线AB恒过定点32,−12
【解题思路】由圆心C到直线l：x+y=0的距离为2，可判定A错误；由圆的切线长PA=PC2−1，可判定B错误；由四边形ACBP的面积为S=2×12×PA×CA，可判定C错误；设Pt,−t，求得以PC为直径的圆的方程x2+y2−t+2x+ty+2t=0，进而得到两圆的相交弦的方程，联立方程组，可判定D正确.
【解答过程】由圆C:x−22+y2=1，可得圆心C2,0，半径r=1，
所以圆心C到直线l：x+y=0的距离为22=2，
因为2−1<12<2+1，故圆C上不是只有一个点到直线l的距离为12，所以A错误；
由圆的性质，可得切线长PA=PC2−r2=PC2−1，
当PC最小时，PA达到最小，又PCmin=2，则PAmin=1，所以B错误；
由四边形ACBP的面积为2×12×PA×CA=PA，所以四边形ACBP的面积的最小值为1，所以C错误；
设Pt,−t，由题知A,B在以PC为直径的圆上，
又由C2,0，所以x−tx−2+y+ty−0=0，
即x2+y2−t+2x+ty+2t=0 ，
因为圆C:x−22+y2=1，即x2+y2−4x+3=0 ．
两圆的方程相减得直线AB:2−tx+ty−3+2t=0，即2x−3−tx−y−2=0，
由2x−3=0x−y−2=0，解得x=32，y=−12，即直线AB恒过定点32,−12，所以D正确.
故选：ABC．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）(2023·上海市高一期末）设直线l1、l2的斜率分别为k1、k2，倾斜角分别为α、β，若k1k2=−1，则|α−β|= π2 ．
【解题思路】由已知及k1k2=tanαtanβ得tanα=−1tanβ，讨论α>β、α<β并结合正切函数性质求|α−β|.
【解答过程】由α,β∈[0,π2)∪(π2,π)，且k1k2=tanαtanβ=−1，即tanα=−1tanβ，
若α>β，则α∈(π2,π),β∈(0,π2)，而tan(π2+β)=−1tanβ，故π2+β=α，即α−β=π2；
同理α<β，可得β−α=π2.
综上，|α−β|= π2.
故答案为：π2.
14．（5分）(2023·全国·高二课时练习）过点A(1,1)且斜率为−m(m>0)的直线l与x，y轴分别交于点P，Q，过点P，Q作直线2x+y=0的垂线，垂足分别为R，S，则四边形PRSQ面积的最小值为 185 ．
【解题思路】设出直线 l的方程，即可分别求出点P、Q的坐标，进而求出直线PR和QS的方程，接着可求出点P和点Q到直线2x+y=0的距离以及直线PS和直线QR的距离RS，最后利用梯形的面积公式即可得到四边形PRSQ面积的表达式，利用基本不等式即可求最值.
【解答过程】由已知得直线 l的方程为y−1=−m(x−1)，则P1+1m,0，Q(0,1+m)，
由此可得直线PR和QS的方程分别为x−2y−m+1m=0和x−2y+2(m+1)=0，
点P到直线2x+y=0的距离为|PS|=2+2m5，同理|QR|=m+15，
直线PS和直线QR的距离为RS=2m+2+m+1m5=3+2m+1m5，
故S四边形PRSQ=12RSQR+PS=12m+15+2+2m5⋅3+2m+1m5
=1102m+1m2+9m+1m+10=15m+1m+942−180 ≥152+942−180=185,
当且仅当m=1m，即m=1时等号成立.
故答案为：185.
15．（5分）(2023·福建福州·高二期末）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2+(y+2)2≤3，若将军从点A(−4，0)处出发，河岸线所在直线方程为x+y−1=0，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为 52−3 ．
【解题思路】先求出点A(−4，0)关于直线x+y−1=0的对称点A'，点A'到圆心的距离减去半径即为最短.
【解答过程】设点A(−4，0)关于直线x+y−1=0的对称点A'(a,b)，
则AA'的中点为(a−42,b2)，kAA'=ba+4 ,
故ba+4⋅(−1)=−1a−42+b2−1=0解得a=1b=5，
由x2+(y+2)2≤3知军营所在区域中心为C(0,−2)，
要使从点A(−4，0)到军营总路程最短，即为点A'到军营最短的距离为A'C−3，
“将军饮马”的最短总路程为12+5+22−3=52−3，
故答案为：52−3.
16．（5分）(2023·江苏·高二开学考试）已知圆C： x－32＋y－42=4，直线l1上定点A1，0，若l1与圆相交于P，Q两点线段PQ的中点为M，又l1与l2：x＋2y＋2=0的交点为N，则AM⋅AN的值为 6 ．
【解题思路】由条件通过联立方程组求出M,N的坐标，结合两点距离公式表示AM⋅AN并化简可得.
【解答过程】过点A1，0的斜率不存在的直线为x=1，联立x－32＋y－42=4x=1可得x=1y=4，
即直线x=1与圆C有且只有一个交点，与已知矛盾，
过点A1，0的斜率为0的直线为y=0，联立x－32＋y－42=4y=0可得(x−3)2=−12，故方程组无解，所以直线y=0与圆C没有交点，与已知矛盾，
所以直线l1斜率必定存在，且不为0，可设直线：l1:kx−y−k=0 k≠0，
由x+2y+2=0,kx−y−k=0,得N2k−22k+1,−3k2k+1，
又直线CM与l1垂直，所以y=kx−k,y−4=−1k(x−3)
得Mk2+4k+31+k2,4k2+2k1+k2，
所以|AM|⋅|AN|
=k2+4k+31+k2−12+4k2+2k1+k22⋅ 2k−22k+1−12+−3k2k+12
=2|2k+1|1+k21+k2⋅31+k2|2k+1|
=6.
故答案为：6.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）(2023·黑龙江·高二阶段练习）经过点P0,−1作直线l，且直线l与连接点A1,−2，B2,1的线段没有公共点，求直线l的倾斜角α和斜率k的取值范围．
【解题思路】先求出l与线段AB相交时直线l的倾斜角的范围与斜率范围，再讨论不相交的情况即可.
【解答过程】解：因为kPA=−2−(−1)1−0=−1，kPB=1−(−1)2−0=1，
所以，当直线l与线段AB相交时，由图可知，kPA≤k≤kPB，即−1≤k≤1，
所以0≤tanα≤1或−1≤tanα<0，
由于y=tanx在0,π2及π2,π均为增函数，
所以直线l的倾斜角α的范围为：0,π4∪3π4,π.
故倾斜角的范围为0,π4∪3π4,π，斜率k的范围是−1≤k≤1.
所以，直线l与连接点A1,−2，B2,1的线段没有公共点时，倾斜角的范围为π4,3π4，斜率k的范围是−∞,−1∪1,+∞.
18．（12分）(2023·全国·高二课时练习）求过两圆x2+y2−4=0和x2−4x+y2=0的交点，且圆心在直线x−3y−6=0上的圆的方程.
【解题思路】先联立两圆的方程，求出交点坐标1,3和1,−3.
解法一：易得所求圆的圆心在x轴上，结合圆心在直线上可得圆心，进而求得半径即可；
解法二：设所求圆的方程为x2+y2−4+λx2+y2−4x=0λ≠−1，整理可得圆心为2λ1+λ,0，再代入直线x−3y−6=0求解即可.
【解答过程】解法一：联立得x2+y2−4=0x2+y2−4x=0解得x=1y=3或x=1y=−3，
所以点1,3和1,−3都在所求圆上，所以所求圆的圆心在x轴上.
又圆心在直线x−3y−6=0上，所以所求圆的圆心为（6，0），半径r=6−12+32=28，
所以所求圆的方程为x−62+y2=28.
解法二：设所求圆的方程为x2+y2−4+λx2+y2−4x=0λ≠−1，
整理得x2+y2−4λ1+λx−41+λ=0，所以圆心为2λ1+λ,0.
因为圆心2λ1+λ,0在直线x−3y−6=0上，所以2λ1+λ−6=0，解得λ=−32.
所以所求圆的方程为x2+y2−12x+8=0.
19．（12分）(2023·浙江宁波·高二期末）已知三条直线l1：2x−y+1=0，l2：3x+y−6=0，l3：kx−y+k+1=0（k是常数），.
(1)若l1，l2，l3相交于一点，求k的值；
(2)若l1，l2，l3不能围成一个三角形，求k的值：
(3)若l1，l2，l3能围成一个直角三角形，求k的值.
【解题思路】(1)由二条已知直线求交点，代入第三条直线即可；
(2)不能围成一个三角形，l3过二条已知直线的交点，或者与它们平行；
(3)由直线互相垂直得，斜率之积为-1.
【解答过程】(1)
显然l1，l2相交，由{2x−y+1=0,3x+y−6=0
得交点(1,3)，
由点(1,3)代入l3得k=1
所以当l1，l2，l3相交时，k=1.
(2)
l3过定点(−1，1) ，因为l1，l2，l3不能围成三角形，所以(1,3)∈l3，或l1与l3平行，或l2与l3平行，
所以k=1，或k=2，或k=−3.
(3)
显然l1与l2不垂直，所以(1,3)∉l3，且l1⊥l3或l2⊥l3，
所以k的值为k=−12或13.
20．（12分）(2023·全国·高二课时练习）在①直线BC的斜率为33；②直线AC的斜率为3这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答下面的问题．
已知以角A为顶角的等腰三角形ABC的顶点A−1,2,B−3,2，______．
(1)求直线AC的一般式方程；
(2)求直线BC的一般式方程；
(3)求角A的角平分线所在直线的一般式方程．
【解题思路】先判断出AB∥x轴，选①：根据斜率的定义数形结合可得AC的倾斜角为60°；选②：直线AC的斜率为3可推出得AC的倾斜角为60°，可得直线BC的倾斜角为30°或120°．
（1）根据点斜式求解AC的方程，再化成一般式即可；
（2）根据点斜式求解BC的方程，再化成一般式即可；
（3）数形结合可得角A的角平分线所在直线的倾斜角，再根据点斜式求解，进而化简成一般式即可.
【解答过程】（1）
因为A−1,2,B−3,2，所以AB∥x轴．
选①：直线BC的斜率为33，则直线BC的倾斜角为30°，因为△ABC是以角A为顶角的等腰三角形，所以直线AC的倾斜角为60°，如图所示．
因为A（－1，2），AC的倾斜角为60°，所以直线AC的方程为y−2=3x+1，其一般式方程为3x−y+2+3=0．
选②：
直线AC的斜率为3，则直线AC的倾斜角为60°，因为△ABC是以角A为顶角的等腰三角形，所以直线BC的倾斜角为30°或120°，如图所示：
因为A（－1，2），AC的斜率为3，所以直线AC的方程为y−2=3x+1，
其一般式方程为3x−y+2+3=0．
（2）
选①：
因为B（－3，2），直线BC的倾斜角为30°，所以直线BC的方程为y−2=33x+3，
其一般式方程为3x−3y+6+33=0．
选②：
因为B（－3，2），直线BC的倾斜角为30°或120°，所以直线BC的方程为y−2=33x+3或y−2=−3x+3，
其一般式方程为3x−3y+6+33=0或3x+y+33−2=0．
（3）
选①：
由（2）可知，角A的角平分线所在直线的倾斜角为120°，斜率为−3，
所以角A的角平分线所在直线的方程为y−2=−3x+1，
其一般式方程为3x+y−2+3=0．
选②：
由题意可知，角A的角平分线所在直线的倾斜角为120°或30°，其斜率为−3或33，
所以角A的角平分线所在直线的方程为y−2=−3x+1或y−2=33x+1，
其一般式方程为3x+y−2+3=0或3x−3y+6+3=0．
21．（12分）(2023·江西·高二开学考试）已知圆C过点A4,0，B0,4，且圆心C在直线l：x+y−6=0上.
(1)求圆C的方程；
(2)若从点M4,1发出的光线经过直线y=−x反射，反射光线l1恰好平分圆C的圆周，求反射光线l1的一般方程.
(3)若点Q在直线l上运动，求QA2+QB2的最小值.
【解题思路】（1）由题意可求线段AB的中垂线方程，联立直线方程可得圆心，进而可得半径与圆的方程；
（2）由l1恰好平分圆C的圆周，得l1经过圆心C，求点M关于直线y=−x的对称点N，求出直线CN即为l1；
（3）由题意设点Q的坐标为m,6−m，根据两点间距离公式可得QA2+QB2=2m−32+20，进而可得最小值.
【解答过程】（1）
由A4,0，B0,4，得直线AB的斜率为kAB=0−44−0=−1，线段中点D2,2，
所以kCD=1，直线CD的方程为y−2=x−2，即y=x，
联立x+y−6=0y=x，解得x=3y=3，即C3,3，
所以半径r=AC=4−32+0−32=10，
所以圆C的方程为x−32+y−32=10；
（2）
由l1恰好平分圆C的圆周，得l1经过圆心C3,3，
设点M关于直线y=−x的对称点Nx,y，
则直线MN与直线y=−x垂直，且线段MN的中点x+42,y+12在y=−x上，
即y−1x−4×−1=−1y+12=−x+42，解得x=−1y=−4，
所以N−1,−4，
所以直线CN即为直线l1，且kl1=kCD=3−−43−−1=74，
直线l1方程为y−3=74x−3，即7x−4y−9=0；
（3）
由已知点Q在直线x+y−6=0上，
设Qm,6−m，
则QA2+QB2=4−m2+−6+m2+−m2+4−6+m2=4m2−24m+56 =2m−32+20，
所以当m=3时，QA2+QB2取最小值为20.
22．（12分）(2023·四川省高二开学考试）已知两个定点A0,4、B0,1，动点P满足PA=2PB，设动点P的轨迹为曲线E，直线l:y=kx−4．
(1)求曲线E的方程；
(2)若k=1，Q是直线l上的动点，过Q作曲线E的两条切线QM、QN，切点为M、N，探究：直线MN是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【解题思路】（1）设点P的坐标为x,y，由PA=2PB结合平面内两点间的距离公式化简可得出点P的轨迹方程；
（2）设Gx0,y0为圆x2+y2=4上任意一点，先证明出圆x2+y2=4在点G处的切线方程为x0x+y0y=4，设点Qt,t−4、Mx1,y1、Nx2,y2，可写出直线QM、QN的方程，将点Q的坐标代入直线QM、QN的方程，可求得直线MN的方程，化简直线MN的方程，可求得直线MN所过定点的坐标.
【解答过程】（1）
解：设点P的坐标为x,y，
由PA=2PB可得，x2+y−42=2x2+y−12，整理可得x2+y2=4，
所以曲线E的方程为x2+y2=4．
（2）
解：设Gx0,y0为圆x2+y2=4上任意一点，则x02+y02=4，
当x0y0≠0时，kOG=y0x0（O为坐标原点），
此时，圆x2+y2=4在点G处的切线方程为y−y0=−x0y0x−x0，即x0x+y0y=4；
当x0=0时，圆x2+y2=4在点G处的切线方程为y=2或y=−2，切线方程满足x0x+y0y=4；
当y0=0时，圆x2+y2=4在点G处的切线方程为x=2或x=−2，切线方程满足x0x+y0y=4.
因此，圆x2+y2=4在点G处的切线方程为x0x+y0y=4.
当k=1时，直线l的方程为y=x−4，设点Qt,t−4、Mx1,y1、Nx2,y2，
则直线QM的方程为x1x+y1y=4，直线QN的方程为x2x+y2y=4，
所以，tx1+t−4y1=4tx2+t−4y2=4，
所以，点M、N的坐标满足方程tx+t−4y=4，
故直线MN的方程为tx+t−4y=4，即tx+y−4y+1=0，
由x+y=0y+1=0，解得x=1y=−1，
因此，直线MN过定点1,−1.