-2021-2022学年高二上学期数学人教B版（2019）选择性必修第一册专题2.3 圆及其方程 专题检测卷（word含解析）

专题2.3 圆及其方程 专题检测卷
一、单选题
1．若为圆的弦的中点，则直线的方程是（ ）．
A． B．
C． D．
2．若圆C的圆心在直线x﹣y＝0上，且圆C与y轴的交点分别为（0，6），（0，﹣2），则该圆的标准方程是（　　）
A．（x﹣2）2+（y﹣2）2＝20 B．（x+2）2+（y+2）2＝20
C．（x﹣2）2+（y﹣2）2＝6 D．（x+2）2+（y﹣2）2＝6
3．若圆与圆外切，则（ ）
A． B． C． D．
4．圆与圆的位置关系是（ ）
A．内切 B．外切 C．相交 D．外离
5．已知直线，若圆上存在两点，关于直线对称，则的值为（ ）
A． B．
C． D．
6．已知曲线与x轴交于M，N两点，与y轴交于P点，则外接圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知，，圆：（），若圆上存在点，使，则圆的半径的范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知，圆：（），若圆上存在点，使，则圆的半径的范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0相交于A、B两点，下列说法正确的是（　　）
A．圆M的圆心为（1，－2），半径为1
B．直线AB的方程为x－2y－4＝0
C．线段AB的长为
D．取圆M上点C（a，b），则2a－b的最大值为
10．已知圆C：（x﹣5）2+（y﹣5）2＝16与直线l：mx+2y﹣4＝0，下列选项正确的是（　　）
A．直线l与圆C不一定相交
B．当m时，圆C上至少有两个不同的点到直线l的距离为1
C．当m＝﹣2时，圆C关于直线1对称的圆的方程是（x+3）2+（y+3）2＝16
D．当m＝1时，若直线l与x轴，y轴分别交于A，B两点，P为圆C上任意一点，当|PB|＝3时，∠PBA最小
11．已知圆C关于x轴对称，经过点(0，1)，且被y轴分成两段，弧长之比为2∶1，则圆C的方程为（ ）
A．x2＋2＝ B．x2＋2＝
C．2＋y2＝ D．2＋y2＝
12．瑞士著名数学家欧拉在年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．若满足，顶点、，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（ ）
A．圆上的点到原点的最大距离为
B．圆上存在三个点到直线的距离为
C．若点在圆上，则的最小值是
D．若圆与圆有公共点，则
三、填空题
13．设曲线C的方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝9，直线l的方程为x－3y＋2＝0，则曲线上的点到直线l的距离为的点的个数为________．
14．直线与圆相交于，两点，则的最小值为___________.
15．在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至多存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆相切，则实数的取值范围为______．
16．在平面直角坐标系内，已知，，动点满足，且在直线上.若满足条件的点是唯一的，则______.
四、解答题
17．已知圆C与x轴相切于点T（1，0），与y轴正半轴交于两点A，B（B在A的上方），且|AB|．
（1）求圆C的标准方程；
（2）过点A任作一条直线与圆O：x2+y2＝1相交于M，N两点．
①求证：为定值，并求出这个定值；
②求△BMN的面积的最大值．
18．已知点P（t，﹣t﹣1），圆C：（x﹣3）2+y2＝4．
（1）判断点P与圆C的位置关系，并加以证明；
（2）当t＝5时，经过点P的直线n与圆相切，求直线n的方程；
（3）若存在经过点P的直线与圆C交于A、B两点，且点A为PB的中点，求点P横坐标的取值范围．
19．已知以点C(t,)(t∈R，t≠0)为圆心的圆与x轴交于点O，A，与y轴交于点O，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．
20．已知圆过点，，且圆心在直线上．
（1）求圆的标准方程．
（2）设直线与圆交于不同的两点，，是否存在实数，使得过点的直线垂直平分弦？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．
21．如图，已知圆，过点的直线与圆相交于，两点．
（1）当时，求直线的方程；
（2）已知在圆上，，且，求四边形面积的最大值．
22．已知直线与圆交于两点．
（1）求出直线恒过定点的坐标
（2）求直线的斜率的取值范围
（3）若为坐标原点，直线的斜率分别为，试问是否为定值？若是，求出该定值：若不是，请说明理由．
参考答案
1．D
【分析】
由垂径定理可知，，可得直线斜率，及直线方程.
【解析】由圆，得，
，
由垂径定理可知，
所以直线斜率满足，即，
所以直线的方程为：，即，
故选：D.
2．A
【分析】
由题意可得圆心的横坐标与纵坐标相等，再由圆C与y轴的交点分别为（0，6），（0，﹣2）求得圆心坐标，进一步求解圆的半径，则答案可求．
【解析】由题意设圆心坐标为（a，a），
再由圆C与y轴的交点分别为（0，6），（0，﹣2），可得a＝2，
则圆心坐标为（2，2），半径r．
∴该圆的标准方程是（x﹣2）2+（y﹣2）2＝20．
故选：A．
3．C
【分析】
求得两圆的圆心坐标和半径，结合两圆相外切，列出方程，即可求解.
【解析】由题意，圆与圆
可得，，
因为两圆相外切，可得，解得．
故选：C.
4．A
【分析】
先求出两圆的圆心和半径，再求出圆心距，然后与两圆的半径和差比较可得答案
【解析】由，得，
所以圆的圆心，半径，
由，得，
所以圆的圆心，半径，
所以，
所以两圆内切，
故选：A
5．D
【分析】
根据圆上存在两点，关于直线对称，可得直线过圆心，将圆心坐标代入直线方程即可得出答案.
【解析】解：因为圆，
所以圆C的圆心坐标为，
又因为圆上存在两点，关于直线对称，
所以直线过圆心，
则，解得.
故选：D.
6．C
【分析】
设外接圆的方程为，分别令，结合韦达定理求得D,E,F,代入即可求得圆的方程.
【解析】设外接圆的方程为，点Q是的外接圆与y轴的另一个交点，
分别令，则，．
设，则，又曲线与x轴交于M，N两点，
则，，，，，所以，，
故外接圆的方程．
故选：C.
7．A
【分析】
设，由得，即可知的轨迹为，要使圆上存在点，即圆与有交点，进而可得半径的范围.
【解析】设，则，，
∵，即，
∴，即在以原点为圆心，半径为1的圆上，
而圆的圆心为，半径为R，
∴圆上存在点，即圆与有交点，
∴.
故选：A
【点睛】
关键点点睛：由及向量垂直的数量积公式即可确定的轨迹，要使圆上存在点，只需保证圆与的轨迹有交点即可.
8．A
【分析】
由，得到点在以为直径的圆上，求得以为直径的圆的方程，把要使得圆上存在点，满足，转化为圆与圆由公共点，结合圆与圆的位置关系，即可求解.
【解析】由题意，点，因为，所以点在以为直径的圆上，
设的中点为的坐标为，，所以圆的方程为，
又由圆的圆心为，半径为，则，
要使得圆上存在点，满足，
则圆与圆由公共点，可得，解得,
即圆的半径的范围是.
故选：A.
【点睛】
圆与圆的位置关系问题的解题策略：
1、判断两圆的位置关系时常采用几何法，即利用两圆的圆心之间的距离与两圆的半径间的关系进行判断，一般不采用代数法；
2、若两圆相交，则两圆的公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差消去项得到.
9．ABD
【分析】
化圆M的一般方程为标准方程，求出圆心坐标与半径判断A；联立两圆的方程求得AB的方程判断B；由点到直线的距离公式及垂径定理求得AB的长判断C；利用直线与圆相切求得2a－b的范围判断D．
【解析】由圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，得(x－1)2+(y+2)2＝1，
则圆M的圆心为（1，－2），半径为1，故A正确；
联立圆O：x2+y2＝4和圆M：x2+y2－2x+4y+4＝0，消去二次项，
可得直线AB的方程为x－2y－4＝0，故B正确；
圆心O到直线x－2y－4＝0的距离d，圆O的半径为2，
则线段AB的长为2，故C错误；
令t＝2a－b，即2a－b－t＝0，由M（1，－2）到直线2x－y－t＝0的距离等于圆M的半径，
可得，解得t＝4．
∴2a－b的最大值为，故D正确．
故选：ABD．
10．AD
【分析】
利用直线过定点，定点在圆外可判断A，要使圆上有至少两个点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离要小于5，可得m满足的条件，求出m的范围，可判断B，求出圆关于直线l的对称圆可判断C，利用数形结合可判断D．
【解析】对于A，直线l：mx+2y﹣4＝0过定点P（0，2），又因为（0﹣5）2+（2﹣5）2＝34＞16，所以点P在圆外，
所以直线l与圆C不一定相交，故A正确；
对于B，要使圆上有至少两个点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离要小于5，
所以有5，解得m，故B错误；
对于C，当m＝﹣2时，直线l：x﹣y+2＝0，设圆C关于直线1对称的圆的方程是（x﹣a）2+（y﹣b）2＝16，
根据题意有，解得a＝3，b＝7，所以圆的方程为（x﹣3）2+（y﹣7）2＝16，故C错误；
对于D，当m＝1时，直线x+2y﹣4＝0，则点A（4，0），B（0，2），
当PB与圆C相切时∠PBA最小，此时|PB|，，故D正确．
故选：AD．
11．CD
【分析】
由题意，设C (a,0)，结合被y轴分成两段的弧长比有|a|＝，根据弦长、半径、弦心距的几何关系求参数a，即可写出圆的方程.
【解析】由圆C关于x轴对称，可设圆心C (a,0)，又圆C被y轴分成的两段弧长之比为2∶1，
∴|a|＝，则()2＋1＝r2，得r2＝，a＝±，
∴圆C的方程为2＋y2＝.
故选：CD．
12．BD
【分析】
求出“欧拉线”方程，利用“欧拉线”与圆相切求出，利用圆的几何性质可判断A选项的正误；计算出圆到直线的距离，可判断B选项的正误；设，利用直线与圆有公共点，求出的取值范围可判断C选项的正误；利用圆与圆的位置关系可判断D选项的正误.
【解析】由题意，为等腰三角形，的欧拉线即的垂直平分线，
、，的中点坐标为，直线的斜率为，
则的垂直平分线方程为，即．
由“欧拉线”与圆相切，
所以，圆心到直线的距离为，
则圆的方程为，
圆心到原点的距离为，则圆上的点到原点的最大距离为，故A错误；
圆心到直线的距离为，
圆上存在三个点到直线的距离为，故B正确；
的几何意义为圆上的点与定点连线的斜率，
设，即，则直线与圆有公共点，
由，解得，的最小值是，故C错误；
的圆心坐标，半径为，
圆的圆心坐标为，半径为，
要使圆与圆有公共点，则圆心距的范围为，
所以，,解得，故D正确．
故选：BD．
13．2
【分析】
应用点线距离公式求圆心到直线的距离，并与半径比较大小，即可确定直线与圆的位置关系，进而可知满足题设的点的个数.
【解析】由(x－2)2＋(y＋1)2＝9，则圆心坐标为(2,－1)，半径r＝3，
圆心到直线l的距离d＝，故直线与圆相交且不过圆心.
∴要使曲线上的点到直线l的距离为，此时对应的点在直径端点上，故有两个点．
故答案为：2
14．
【分析】
由直线系方程可得直线过定点，圆心，当时，取得最小值，再由勾股定理即可求解.
【解析】由，得，
由，得直线过定点，且在圆的内部，
由圆可得圆心，半径，
当时，取得最小值，
圆心与定点的距离为，
则的最小值为.
故答案为：.
15．
【分析】
首先由题意求出圆的圆心到直线的距离范围，再通过点到直线的距离公式即可求解.
【解析】由于圆的标准方程为，
则圆的圆心坐标为，半径为1．
要使直线上至多存在一点，
使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆相切，
则只需满足圆的圆心到直线的距离，
即，解得．
故答案为：．
16．
【分析】
由已知求得动点的轨迹以为圆心，2为半径的圆.根据直线与圆的位置关系可求得答案.
【解析】解：设动点的坐标为，由题意得，化简得，
∴动点的轨迹方程为，表示以为圆心，2为半径的圆.
又在直线上，且满足条件的点是唯一的，∴直线与圆相切，且切点为，所以，得，∴.
故答案为：.
17．
（1）
（2）①证明见解析，定值为；②
【分析】
（1）利用垂径定理计算出圆的半径，从而得出圆心坐标，即可得出标准方程；
（2）①设M（cosα，sinα），利用距离公式计算|MA|，|MB|，即可求出的值，得出结论；
②设直线MN的方程，代入单位圆方程消元，利用根与系数关系求出M，N两点到y轴距离之和的最大值，即可求出三角形面积的最大值．
（1）
（1）过C向y轴作垂线，垂足为P，则|CP|＝1，|BP||AB|，
∴圆C的半径为|BC|，故C（1，），
∴圆C的标准方程为：（x﹣1）2+（y）2．
（2）
①由（1）可知A（0，），B（0，2），
设M（cosα，sinα），则
∴，故为定值．
②设直线MN的方程为，
联立方程组，消元得，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则，，
∴|x1﹣x2|
，令，则
|x1﹣x2|，
当t＝1时，|x1﹣x2|有最大值，
∴△BMN的面积S△BMN |AB| |x1﹣x2||x1﹣x2|，
∴△BMN的面积的最大值为．
18．
（1）点P在圆外，证明见解析
（2）或
（3）
【分析】
（1）把点P的坐标代入圆的方程的左边计算结果大于4知点P在圆外，
（2）分类讨论斜率是否存在，利用圆心到直线的距离等于其半径求出切线方程．
（3）由经过点P的直线与圆C交于A、B两点，且点A为PB的中点，可得，代入可求t的范围．
（1）
（1）∵（t﹣3）2+（﹣t﹣1）2＝2t2﹣4t+10＝2（t﹣1）2+8＞4，
所以点P在圆外．
（2）
当t＝5时，点P的坐标为，
由圆C：（x﹣3）2+y2＝4知圆心为（3，0），r＝2，
①当直线n的斜率不存在，方程为x＝5，圆以到直线x＝5的距离为2，
所以x＝5是圆的切线；
②当直线n的斜率存在时，设直线n的方程为，即，
由题意有，解得，
所以直线n的方程为，即
综上所述，过点P与圆相切的直线方程为x＝5或
（3）
，若存在经过点P的直线与圆C交于A、B两点，且点A为PB的中点，
则有，，所以有，
解得1t≤1，
所以横坐标的取值范围为．
19．
（1）证明见解析
（2）(x－2)2＋(y－1)2＝5
【分析】
（1）由题意可得圆C为(x－t)2＋(y－)2＝t2＋，进而求A、B的横、纵坐标，应用三角形面积公式即可证结论.
（2）由题设知OC垂直平分线段MN，进而可得kOC＝并结合斜率的两点式求参数t，讨论所得t，判断圆与直线的位置关系是否符合题设，即可确定圆C的方程．
（1）
圆C过原点O且OC2＝t2＋，可设圆C为(x－t)2＋(y－)2＝t2＋，
由题设，令x＝0，得y1＝0，y2＝；令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，
∴S△OAB＝OA·OB＝×||×|2t|＝4，即△OAB的面积为定值．
（2）
由OM＝ON，CM＝CN，则OC垂直平分线段MN．
∵kMN＝－2，则kOC＝．
∴＝，解得t＝2或t＝－2．
当t＝2时， C为(2，1)，OC＝，此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝＜，故与直线相交于两点．
当t＝－2时， C为(－2，－1)，OC＝，此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝＞，故与直线不相交，不符合题意．
综上，圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5．
20．（1） ；（2） 不存在；理由见解析．
【分析】
（1）待定系数法求圆的方程，设圆的方程为，根据题意代入两定点坐标以及圆心，解方程即可得解；
（2）首先假设存在设存在符合条件的实数，根据垂径定理可得圆心在直线上，所以求得，若和圆相交可得与矛盾，故不存在.
【解析】（1）设圆的方程为，
则有，解得，
所以圆的方程为，
化为标准方程，．
（2）设存在符合条件的实数，
由于直线垂直平分弦，故圆心必在直线上，
所以直线的斜率，
又，所以．
把直线，代入圆的方程，消去，
整理得．
由于直线交圆于，两点，
故，
解得，与矛盾，
故不存在实数，使得过点的直线垂直平分弦．
21．（1）或；（2）．
【分析】
( 1 ) 分别考虑斜率存在与不存在 , 利用弦心距表示即可；
( 2 ) 当直线与轴垂直时，, 直接求解四边形的面积，
当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即
，则直线的方程为即, 分别求出到两直线的距离，再由垂径定理求弦长，代入四边形面积公式，利用换元法及配方法求最值.
【解析】（1）圆的半径为，则，
在中，由余弦定理可得，
解得，
设直线的方程为，则点到直线的距离，
于是，解得，
所以直线的方程为或．
（2）当直线与轴弄直时，，
况四边形的面积，
当直线与轴不垂直时，设直线方程为，
即，
则直线方程为，即，
点到直线的距离为，点到直线的距离为，
，
则四边形面积，
令（当时，四边形不存在），
，
四边形面积的最大值为．
22．（1）；（2）；（3）为定值.
【分析】
（1）将直线方程整理后可得方程组，解方程组可求得定点坐标；
（2）设直线方程，利用圆心到直线距离小于半径可构造不等式求得结果；
（3）可设直线方程，与圆方程联立得到韦达定理的形式，由整理可得定值.
【解析】（1）将直线方程整理为：，
令，解得：，直线恒过定点；
（2）设直线斜率为，由（1）可知：直线方程可设为：，即；
圆方程可整理为，则其圆心，半径，
直线与圆交于两点，圆心到直线距离，
即，解得：，即直线斜率的取值范围为；
（3）设，
当时，与圆仅有一个交点，不合题意，，
则直线，可设直线方程为，
由得：，由（2）知：；
，，
，
为定值.
【点睛】
思路点睛：本题考查直线与圆中的定值问题的求解，解题关键是能够将所求量表示成韦达定理的形式，通过韦达定理代入整理，消去变量即可得到定值.