选择性必修第一册第二章直线和圆的方程单元练习（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 选择性必修第一册第二章直线和圆的方程单元练习（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 826.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-06-19 18:42:02 | ||
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文档简介
人教A版（2019）选择性必修第一册 第二章 直线和圆的方程
一、单选题
1．直线恒过定点（ ）
A． B．
C． D．
2．下列直线方程纵截距为的选项为（ ）
A． B． C． D．
3．若，则方程能表示的不同圆的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．若圆与圆外切，则（ ）
A． B． C． D．
5．若直线经过，，两点，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．若原点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．圆心为且和轴相切的圆的方程是
A． B．
C． D．
8．“”是“为圆方程”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
9．直线，分别过点，，它们分别绕点和旋转，但必须保持平行，那么它们之间的距离的最大值是（ ）
A．5 B．4 C． D．3
10．已知，两点，若直线与线段恒有交点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
11．如果复数z满足，那么的最大值是（ ）
A． B．
C． D．
12．已知在中，其中，，的平分线所在的直线方程为，则的面积为（ ）
A． B． C．8 D．
二、填空题
13．瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理：三角形的外心 重心 垂心位于同一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.已知平面直角坐标系中各顶点的坐标分别为，，，则其“欧拉线”的方程为___________.
14．过点且与直线垂直的直线方程为___________.
15．若A(a，0)，B(0，b)，C(，)三点共线，则________.
16．在等腰直角三角形中，，点是边上异于的一点，光线从点出发，经发射后又回到原点.若光线经过的重心，则长为___________
三、解答题
17．已知圆C的圆心在直线上，且圆C与x轴相切，点在圆C上，点在圆C外．
（1）求圆C的方程；
（2）若过点的直线l交圆C于A，B两点，且，求直线l的方程．
18．已知圆，点．
（1）若点在圆外部，求实数的取值范围；
（2）当时，过点的直线交圆于，两点，求面积的最大值及此时直线l的斜率．
19．如图，在平面直角坐标系中，已知圆，过点的直线与圆相交于不同的两点，.
（1）求面积的最大值；
（2）若，求直线的方程.
20．若过点P的两直线，斜率之积为，则称直线，是一组“共轭线对”.
（1）若直线，是一组“共轭线对”，当两直线夹角最小时，求两直线倾斜角；
（2）若点，，分别是直线，，上的点（A，B，C，P，Q，R均不重合），且直线，是一组“共轭线对”，直线，是一组“共轭线对”，直线，是一组“共轭线对”，求点P的坐标；
（3）若直线，是一组“共轭线对”，其中点，当两直线旋转时，求原点到两直线距离之积的取值范围.
21．如图，已知圆O∶，过点E(1，0)的直线l与圆相交于A，B两点.
（1）当|AB|=时，求直线l的方程；
（2）已知D在圆O上，C(2，0)，且AB⊥CD，求四边形ACBD面积的最大值.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
由时，可得到定点坐标.
【详解】
当，即时，，直线恒过定点.
故选：B.
2．B
纵截距就是令是的值，令每一个选项中的为0，解出y，最后选出符合题意的.
【详解】
直线的纵截距为，直线的纵截距为，直线的纵截距为，直线的纵截距为.
故选：B.
3．B
化简圆为，得到，解得，结合，即可求解.
【详解】
由圆的方程，
可化简得，可得，
即，解得，
又因为，所以或，
所以方程能表示的不同圆的个数为2个.
故选：B.
4．C
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.
【详解】
由题意，圆与圆
可得，，
因为两圆相外切，可得，解得．
故选：C.
5．C
根据题意，由直线过两点的坐标可得直线的斜率，分析可得斜率的范围，结合直线的斜率与倾斜角的关系可得，又由倾斜角的范围，分析可得答案．
【详解】
根据题意，直线经过，，
则直线的斜率，
又由，则，则有，
又由，则；
故选：．
6．C
根据点圆的位置关系直接列不等式求得答案．
【详解】
根据题意，圆的圆心为，半径为，必有，
若原点在圆的外部，
则有，则有，
综合可得：；
故选：C.
7．A
由题意先求出圆的半径，再根据圆心坐标，求得它的标准方程．
【详解】
解：圆心为且和轴相切的圆，它的半径为1，
故它的的方程是，
故选：．
本题考查圆的方程的求解，一般求出圆的圆心和半径，考查计算能力，属于基础题.
8．A
根据圆的一般方程表示圆的条件和充分必要条件的判断可得选项.
【详解】
方程表示圆需满足或，
所以“”是“为圆方程”的充分不必要条件，
故选：A.
本题考查圆的一般方程和充分条件与必要条件的判断，属于基础题.
9．A
根据题意画出图像，根据图像分析可得直线，之间的距离的最大值为，即可得出结果.
【详解】
解：根据题意画出图像，如图所示：
根据图像可得：当，且，时，与之间的距离为；
当，但是与不垂直，与不垂直时，过点向引垂线，垂足为，则与之间的距离为；
因为，
所以.
故选：A .
本题主要考查数形结合的思想和两平行线间的距离，属于中档题.
10．B
直线过定点，再求它与两点的斜率，即可取得k的取值范围．
【详解】
解：直线过定点，，
，
由图象可知：，
所以k的取值范围是：．
故选：B．
11．A
复数满足，表示以为圆心，2为半径的圆．表示圆上的点与点的距离，求出即可得出．
【详解】
复数满足，表示以为圆心，2为半径的圆．
表示圆上的点与点的距离．
．
的最大值是．
故选：A．
本题考查复数的几何意义、圆的方程，求解时注意方程表示的圆的半径为2，而不是．
12．C
首先求得直线与直线的交点的坐标，利用到直线的距离相等列方程，解方程求得点的坐标.利用到直线的距离以及的长，求得三角形的面积.
【详解】
直线的方程为，即.
由解得.
设，直线的方程分别为 ，即
，.根据角平分线的性质可知，到直线的距离相等，所以
，
，由于，所以上式可化为，两边平方并化简得
，解得（），所以.
所以到直线的距离为，而，所以.
故选：C
本小题主要考查直线方程的求法，考查直线与直线交点坐标，考查点到直线距离公式、两点间的距离公式，考查角平分线的性质，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
13．
由题意知是直角三角形，即可写出垂心、外心的坐标，进而可得“欧拉线”的方程.
【详解】
由题设知：是直角三角形，则垂心为直角顶点，外心为斜边的中点，
∴“欧拉线”的方程为.
故答案为：.
14．
利用垂直关系设出直线方程，待定系数法求出，从而求出答案.
【详解】
设与直线垂直的直线为，将代入方程，，解得：，则与直线垂直的直线为.
故答案为：
15．
由斜率相等得的关系．
【详解】
解析：由题意得，
ab+2(a+b)=0，．
故答案为：．
16．
建立平面直角坐标系，设点P的坐标，可得P1, P2的坐标，和P关于y轴的对称点的坐标，得直线的方程，由于直线过的重心，解得P的坐标，进而可得AP的值．
【详解】
建立如图所示的直角坐标系：
可得，故直线BC的方程为，
的重心为，即
设，其中，
则点P关于直线BC的对称点，满足，
解得，即，P关于y轴的对称点，
由光的反射原理可知P1，Q，R，P2四点共线，
直线QR的斜率为k，故直线QR的方程为，
由于直线QR过的重心，代入化简可得，
解得，或（舍去），故，故
故答案为：
17．（1）；（2）或．
（1）由题意设圆的方程为，再将点的坐标代入方程中可求出的值，众而可求出圆的方程；
（2）利用圆心距、弦和半径的关系求出圆心距的长，然后分直线的斜率存在和不存在两种情况，利用点到直线的距离公式列方程求解即可
【详解】
（1）设圆心，半径，
则圆C的方程可设为，因为点在圆C上，
所以，解得或．
因为点在圆C外，经检验不符，舍去．
所以圆C的方程为．
（2）由（1）可知圆C的半径，，所以圆心到直线的距离．
当k不存在时，直线方程，符合题意；
当k存在时，设直线方程为，整理得
所以圆心C到直线l的距离，即，解得，
所以，所以直线l的方程为．
∴综上，直线方程为或．
18．（1）；（2）最大值为2，．
（1）根据题意，将圆的方程变形为标准方程，由点与圆的位置关系可得，求解不等式组得答案；
（2）当时，圆的方程为，求出圆心与半径，设，则，分析可得面积的最大值，结合直线与圆的位置关系可得圆心到直线的距离，设直线的方程为，即，由点到直线的距离公式列式求得的值．
【详解】
解：（1）根据题意，圆，即，
若在圆外，则有，
解得：，
即的取值范围为；
（2）当时，圆的方程为，圆心为，半径，
设，则，
当时，面积取得最大值，且其最大值为2，此时为等腰直角三角形，圆心到直线的距离，
设直线的方程为，即，
则有，解得，
即直线的斜率．
易错点点睛：本题第一问解答过程中，容易忽视二元二次方程表示圆的条件，导致出错，解题的时候要考虑周全，考查运算求解能力，是中档题.
19．（1）最大值；（2）.
（1）求得的表达式，由此求得最大值.
（2）求得圆心到直线的距离，由此列方程，求得直线的斜率，从而求得直线的方程.
【详解】
（1）设，则,
且,
∵，所以,
∴面积取得最大值.
（2）设圆心到直线的距离为，则,
解得,
根据题意，直线的斜率存在,
设直线的方程为，即,
则，解得,
因此，直线的方程为.
20．（1）；（2）或；（3）
（1）设的斜率为，则的斜率为，两直线的夹角为，
不妨设，利用两角差的正切公式计算，利用基本不等式求得最值；
（2）设直线，，的斜率分别为，可得，可解出的值，进一步求得直线和直线的方程，联立得点P的坐标；
（3）设，，设原点到两直线距离分别为，求出，然后变形利用基本不等式求解．
【详解】
解：（1）设的斜率为，则的斜率为，两直线的夹角为，
不妨设，
则，当且仅当时等号成立，
此时，，
即两直线倾斜角分别为；
（2）设直线，，的斜率分别为，
则，解得或，
当时，
直线的方程为，直线的方程为，
联立得，
当时，
直线的方程为，直线的方程为，
联立得，
故所求为或；
（3）设，
设原点到两直线距离分别为，
则
，
由于，当且仅当时等号成立，
故，，
即原点到两直线距离之积的取值范围为．
方法点睛： “新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解。对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求。但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝．
21．（1）；（2）
（1）分别考虑斜率存在与不存在时，利用弦心距表示出即可，
（2）当直线与轴垂直时，，，四边形的面积，当直线与轴不垂直时，设直线方程为，则直线方程为，求出点到直线的距离，从而得到弦长和，由此利用配方法能求出四边形面积的最大值．
【详解】
解：（1）当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，
所以圆心到直线的距离，
因为，所以，解得，
所以直线的方程为．
（2）当直线与轴垂直时，，，
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
，，
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．
本题考查直线方程的求法，考查四边形面积的最大值的求法，考查圆、直线方程、点到直线距离公式、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．直线恒过定点（ ）
A． B．
C． D．
2．下列直线方程纵截距为的选项为（ ）
A． B． C． D．
3．若，则方程能表示的不同圆的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．若圆与圆外切，则（ ）
A． B． C． D．
5．若直线经过，，两点，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．若原点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．圆心为且和轴相切的圆的方程是
A． B．
C． D．
8．“”是“为圆方程”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
9．直线，分别过点，，它们分别绕点和旋转，但必须保持平行，那么它们之间的距离的最大值是（ ）
A．5 B．4 C． D．3
10．已知，两点，若直线与线段恒有交点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
11．如果复数z满足，那么的最大值是（ ）
A． B．
C． D．
12．已知在中，其中，，的平分线所在的直线方程为，则的面积为（ ）
A． B． C．8 D．
二、填空题
13．瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理：三角形的外心 重心 垂心位于同一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.已知平面直角坐标系中各顶点的坐标分别为，，，则其“欧拉线”的方程为___________.
14．过点且与直线垂直的直线方程为___________.
15．若A(a，0)，B(0，b)，C(，)三点共线，则________.
16．在等腰直角三角形中，，点是边上异于的一点，光线从点出发，经发射后又回到原点.若光线经过的重心，则长为___________
三、解答题
17．已知圆C的圆心在直线上，且圆C与x轴相切，点在圆C上，点在圆C外．
（1）求圆C的方程；
（2）若过点的直线l交圆C于A，B两点，且，求直线l的方程．
18．已知圆，点．
（1）若点在圆外部，求实数的取值范围；
（2）当时，过点的直线交圆于，两点，求面积的最大值及此时直线l的斜率．
19．如图，在平面直角坐标系中，已知圆，过点的直线与圆相交于不同的两点，.
（1）求面积的最大值；
（2）若，求直线的方程.
20．若过点P的两直线，斜率之积为，则称直线，是一组“共轭线对”.
（1）若直线，是一组“共轭线对”，当两直线夹角最小时，求两直线倾斜角；
（2）若点，，分别是直线，，上的点（A，B，C，P，Q，R均不重合），且直线，是一组“共轭线对”，直线，是一组“共轭线对”，直线，是一组“共轭线对”，求点P的坐标；
（3）若直线，是一组“共轭线对”，其中点，当两直线旋转时，求原点到两直线距离之积的取值范围.
21．如图，已知圆O∶，过点E(1，0)的直线l与圆相交于A，B两点.
（1）当|AB|=时，求直线l的方程；
（2）已知D在圆O上，C(2，0)，且AB⊥CD，求四边形ACBD面积的最大值.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
由时，可得到定点坐标.
【详解】
当，即时，，直线恒过定点.
故选：B.
2．B
纵截距就是令是的值，令每一个选项中的为0，解出y，最后选出符合题意的.
【详解】
直线的纵截距为，直线的纵截距为，直线的纵截距为，直线的纵截距为.
故选：B.
3．B
化简圆为，得到，解得，结合，即可求解.
【详解】
由圆的方程，
可化简得，可得，
即，解得，
又因为，所以或，
所以方程能表示的不同圆的个数为2个.
故选：B.
4．C
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.
【详解】
由题意，圆与圆
可得，，
因为两圆相外切，可得，解得．
故选：C.
5．C
根据题意，由直线过两点的坐标可得直线的斜率，分析可得斜率的范围，结合直线的斜率与倾斜角的关系可得，又由倾斜角的范围，分析可得答案．
【详解】
根据题意，直线经过，，
则直线的斜率，
又由，则，则有，
又由，则；
故选：．
6．C
根据点圆的位置关系直接列不等式求得答案．
【详解】
根据题意，圆的圆心为，半径为，必有，
若原点在圆的外部，
则有，则有，
综合可得：；
故选：C.
7．A
由题意先求出圆的半径，再根据圆心坐标，求得它的标准方程．
【详解】
解：圆心为且和轴相切的圆，它的半径为1，
故它的的方程是，
故选：．
本题考查圆的方程的求解，一般求出圆的圆心和半径，考查计算能力，属于基础题.
8．A
根据圆的一般方程表示圆的条件和充分必要条件的判断可得选项.
【详解】
方程表示圆需满足或，
所以“”是“为圆方程”的充分不必要条件，
故选：A.
本题考查圆的一般方程和充分条件与必要条件的判断，属于基础题.
9．A
根据题意画出图像，根据图像分析可得直线，之间的距离的最大值为，即可得出结果.
【详解】
解：根据题意画出图像，如图所示：
根据图像可得：当，且，时，与之间的距离为；
当，但是与不垂直，与不垂直时，过点向引垂线，垂足为，则与之间的距离为；
因为，
所以.
故选：A .
本题主要考查数形结合的思想和两平行线间的距离，属于中档题.
10．B
直线过定点，再求它与两点的斜率，即可取得k的取值范围．
【详解】
解：直线过定点，，
，
由图象可知：，
所以k的取值范围是：．
故选：B．
11．A
复数满足，表示以为圆心，2为半径的圆．表示圆上的点与点的距离，求出即可得出．
【详解】
复数满足，表示以为圆心，2为半径的圆．
表示圆上的点与点的距离．
．
的最大值是．
故选：A．
本题考查复数的几何意义、圆的方程，求解时注意方程表示的圆的半径为2，而不是．
12．C
首先求得直线与直线的交点的坐标，利用到直线的距离相等列方程，解方程求得点的坐标.利用到直线的距离以及的长，求得三角形的面积.
【详解】
直线的方程为，即.
由解得.
设，直线的方程分别为 ，即
，.根据角平分线的性质可知，到直线的距离相等，所以
，
，由于，所以上式可化为，两边平方并化简得
，解得（），所以.
所以到直线的距离为，而，所以.
故选：C
本小题主要考查直线方程的求法，考查直线与直线交点坐标，考查点到直线距离公式、两点间的距离公式，考查角平分线的性质，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
13．
由题意知是直角三角形，即可写出垂心、外心的坐标，进而可得“欧拉线”的方程.
【详解】
由题设知：是直角三角形，则垂心为直角顶点，外心为斜边的中点，
∴“欧拉线”的方程为.
故答案为：.
14．
利用垂直关系设出直线方程，待定系数法求出，从而求出答案.
【详解】
设与直线垂直的直线为，将代入方程，，解得：，则与直线垂直的直线为.
故答案为：
15．
由斜率相等得的关系．
【详解】
解析：由题意得，
ab+2(a+b)=0，．
故答案为：．
16．
建立平面直角坐标系，设点P的坐标，可得P1, P2的坐标，和P关于y轴的对称点的坐标，得直线的方程，由于直线过的重心，解得P的坐标，进而可得AP的值．
【详解】
建立如图所示的直角坐标系：
可得，故直线BC的方程为，
的重心为，即
设，其中，
则点P关于直线BC的对称点，满足，
解得，即，P关于y轴的对称点，
由光的反射原理可知P1，Q，R，P2四点共线，
直线QR的斜率为k，故直线QR的方程为，
由于直线QR过的重心，代入化简可得，
解得，或（舍去），故，故
故答案为：
17．（1）；（2）或．
（1）由题意设圆的方程为，再将点的坐标代入方程中可求出的值，众而可求出圆的方程；
（2）利用圆心距、弦和半径的关系求出圆心距的长，然后分直线的斜率存在和不存在两种情况，利用点到直线的距离公式列方程求解即可
【详解】
（1）设圆心，半径，
则圆C的方程可设为，因为点在圆C上，
所以，解得或．
因为点在圆C外，经检验不符，舍去．
所以圆C的方程为．
（2）由（1）可知圆C的半径，，所以圆心到直线的距离．
当k不存在时，直线方程，符合题意；
当k存在时，设直线方程为，整理得
所以圆心C到直线l的距离，即，解得，
所以，所以直线l的方程为．
∴综上，直线方程为或．
18．（1）；（2）最大值为2，．
（1）根据题意，将圆的方程变形为标准方程，由点与圆的位置关系可得，求解不等式组得答案；
（2）当时，圆的方程为，求出圆心与半径，设，则，分析可得面积的最大值，结合直线与圆的位置关系可得圆心到直线的距离，设直线的方程为，即，由点到直线的距离公式列式求得的值．
【详解】
解：（1）根据题意，圆，即，
若在圆外，则有，
解得：，
即的取值范围为；
（2）当时，圆的方程为，圆心为，半径，
设，则，
当时，面积取得最大值，且其最大值为2，此时为等腰直角三角形，圆心到直线的距离，
设直线的方程为，即，
则有，解得，
即直线的斜率．
易错点点睛：本题第一问解答过程中，容易忽视二元二次方程表示圆的条件，导致出错，解题的时候要考虑周全，考查运算求解能力，是中档题.
19．（1）最大值；（2）.
（1）求得的表达式，由此求得最大值.
（2）求得圆心到直线的距离，由此列方程，求得直线的斜率，从而求得直线的方程.
【详解】
（1）设，则,
且,
∵，所以,
∴面积取得最大值.
（2）设圆心到直线的距离为，则,
解得,
根据题意，直线的斜率存在,
设直线的方程为，即,
则，解得,
因此，直线的方程为.
20．（1）；（2）或；（3）
（1）设的斜率为，则的斜率为，两直线的夹角为，
不妨设，利用两角差的正切公式计算，利用基本不等式求得最值；
（2）设直线，，的斜率分别为，可得，可解出的值，进一步求得直线和直线的方程，联立得点P的坐标；
（3）设，，设原点到两直线距离分别为，求出，然后变形利用基本不等式求解．
【详解】
解：（1）设的斜率为，则的斜率为，两直线的夹角为，
不妨设，
则，当且仅当时等号成立，
此时，，
即两直线倾斜角分别为；
（2）设直线，，的斜率分别为，
则，解得或，
当时，
直线的方程为，直线的方程为，
联立得，
当时，
直线的方程为，直线的方程为，
联立得，
故所求为或；
（3）设，
设原点到两直线距离分别为，
则
，
由于，当且仅当时等号成立，
故，，
即原点到两直线距离之积的取值范围为．
方法点睛： “新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解。对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求。但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝．
21．（1）；（2）
（1）分别考虑斜率存在与不存在时，利用弦心距表示出即可，
（2）当直线与轴垂直时，，，四边形的面积，当直线与轴不垂直时，设直线方程为，则直线方程为，求出点到直线的距离，从而得到弦长和，由此利用配方法能求出四边形面积的最大值．
【详解】
解：（1）当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，
所以圆心到直线的距离，
因为，所以，解得，
所以直线的方程为．
（2）当直线与轴垂直时，，，
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
，，
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．
本题考查直线方程的求法，考查四边形面积的最大值的求法，考查圆、直线方程、点到直线距离公式、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想．
答案第1页，共2页
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