选择性必修第一册2.5直线与圆、圆与圆的位置关系 同步练习(Word版含解析)

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名称 选择性必修第一册2.5直线与圆、圆与圆的位置关系 同步练习(Word版含解析)
格式 docx
文件大小 860.2KB
资源类型 教案
版本资源 人教A版(2019)
科目 数学
更新时间 2022-06-20 16:48:49

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文档简介

人教A版(2019)选择性必修第一册 2.5 直线与圆、圆与圆的位置关系
一、单选题
1.已知曲线与曲线恰有三个不同的公共点,则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
2.已知圆经过原点,则圆上的点到直线距离的最大值为( )
A. B. C. D.
3.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.
4.已知直线与圆相交于A,B两点,且,则数( )
A. B. C. D.
5.已知,,,,则面积的最大值为( )
A. B. C. D.
6.若圆x2+y2-2x+4y+m=0截直线所得弦长为6,则实数m的值为( )
A.-1 B.-2 C.-4 D.-31
7.若圆上总存在两点到原点的距离为1,则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
8.已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点,且点在直线上,则的取值范围是( )
A. B. C. D.
9.已知点P在直线上,过点P作圆的两条切线,切点分别为A,B,则点到直线AB距离的最大值为( )
A. B. C.2 D.
10.已知直线与圆相切,则的方程为( )
A. B.
C. D.
11.已知圆和圆的公共弦所在的直线恒过定点,且点在直线上,则的最小值为( )
A. B. C. D.
12.已知圆,圆,则两圆的公切线的条数是( )
A.1条 B.2条 C.3条 D.4条
13.阿波罗尼斯(古希腊数学家,约公元前年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果,他证明过这样一个命题:平面内与两个定点距离的比为常数的点的轨还是圆,后人把这个国称为阿波罗尼斯圆,已知定点、,动点满足,则动点的轨迹为一个阿波罗尼斯圆,记此圆为圆,已知点在圆上(点在第一象限),交圆于点,连接并延长交圆于点,连接,当时,直线的斜率为( )
A. B. C. D.
14.已知三条直线,,,其中,,,,为实数,,不同时为零,,,不同时为零,且.设直线,交于点,则点到直线的距离的最大值是( )
A. B. C. D.
15.直线与圆的位置关系是( )
A.相交 B.相切 C.相离 D.与的值有关
二、填空题
16.已知两圆相交于两点,,若两圆圆心都在直线上,则的值是________________ .
17.已知实数、满足,则的取值范围_______________
18.已知直线是圆的对称轴.过点作圆C的一条切线,切点为B,有下列结论:
①;
②;
③切线AB的斜率为;
④对任意的实数m,直线与圆C的位置关系都是相交.
其中所有正确结论的序号为__________.
三、解答题
19.已知圆:.
(1)若直线过点且被圆截得的弦长为,求直线的方程;
(2)从圆外一点向圆引一条切线,切点为,为坐标原点,且,求的最小值.
20.判断下列各组直线l与圆C的位置关系:
(1), 圆;
(2), 圆;
(3), 圆.
21.已知圆,直线过定点 .
(1)若与圆相切,求的方程;
(2)若的倾斜角为,与圆相交于两点,求线段的中点M的坐标;
(3)若与圆相交于两点,求三角形的面积的最大值,并求此时的直线方程
22.已知圆.问是否存在斜率为1的直线l,使l被圆C截得的弦满足:以为直径的圆经过原点?
试卷第1页,共3页
试卷第1页,共3页
参考答案:
1.D
【分析】
将圆的一般方程转化为标准方程,求得圆的圆心坐标及半径,将有三个公共点转化为两条直线与圆的交点问题,即可求出结果.
【详解】

,或,
圆心(2,3)到的距离,所以与相切于点(2,4),
与交于不同的三点,即要求与有2个交点,且不交于(2,4),
记为圆心(2,3)到的距离
又因为不经过(2,4)
故选:D
【点睛】
关键点点睛:解答本题的关键是转化,将其转化为直线与圆的位置关系,即可得到结果,需要注意特殊点的考虑.
2.B
【分析】
由题意画图,数形结合可知,当圆心在C处时,点到直线的距离最大,进而可求结果.
【详解】
如图:圆心为,经过原点,可得
则圆心在单位圆上,原点到直线的距离为
延长BO交于点C,以C为圆心,OC为半径作圆C,BC延长线交圆C于点D,
当圆心在C处时,点到直线的距离最大为
此时,圆上点D到直线的距离最大为
故选:B
【点睛】
关键的点睛:由题意画图,数形结合可得,点D到直线的距离最大是解题的关键.本题考查了作图能力,数形结合思想,运算求解能力,属于一般题目.
3.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.
【详解】
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.
4.B
【分析】
根据圆的弦长公式即可计算.
【详解】
设圆C半径为r.
由可得,
∴圆心,
圆心C到直线的距离为,
由,得,∴,解得.
故选:B.
5.B
【分析】
设点,即可求出的轨迹方程,求出直线,以及,利用圆心到直线的距离加上半径求出高的最大值,即可求出面积的最大值;
【详解】
解:设点,因为,所以,
点的轨迹是以为圆心,为半径的圆,
又直线的方程为:,,圆心到直线的距离,所以到直线的距离最大值为
则面积的最大值为.
故选:.
6.C
【分析】
求得圆心坐标,判断圆心在直线上,从而根据弦长求得的值.
【详解】
圆的方程可化为,
所以圆心,圆心在直线上,
所以.
故选:C
7.C
【分析】
根据圆上总存在两点到原点的距离为1,转化为圆和圆相交,结合圆与圆的位置关系,即可求解.
【详解】
由题意,圆上总存在两点到原点的距离为1,
即为圆和圆相交,
又由两圆圆心距,
则,解得,
即实数的取值范围是.
故选:C.
【点睛】
本题主要考查了圆与圆的位置关系的应用,其中解答中转化为两个圆相交,结合圆与圆的位置关系求解是解答的关键,着重考查了转化思想,以及推理与计算能力.
8.A
【分析】
将两圆的方程相减可得公共弦方程,从而求得定点,利用点在直线上可得,再代入消元,转化成一元二次函数的取值范围;
【详解】
解:由圆,圆,
得圆与圆的公共弦所在直线方程为,求得定点,
又在直线上,,即.
∴,∴的取值范围是.
故选:A.
【点睛】
本题考查圆的公共弦方程求解、一元二次函数的最值,考查转化与化归思想的运用.
9.D
【分析】
假设点,然后得到以OP为直径的圆的方程,与已知圆的方程作差可得直线AB的方程,然后可知直线AB过定点,最后简单判断和计算可得结果.
【详解】
设,则,
以OP为直径的圆的方程是,
与圆O的方程相减,得直线AB的方程为,即,
因为,所以,代入直线AB的方程,得,
即,当且,即,时该方程恒成立,
所以直线AB过定点N(1,1),
点M到直线AB距离的最大值即为点M,N之间的距离,,
所以点M(3,2)到直线AB距离的最大值为.
故选:D
【点睛】
关键点点睛:解决本题的关键在于得到直线AB的方程以及观察得到该直线过定点.
10.C
【分析】
求出圆的标准方程,利用圆心到直线的距离等于半径,即可求得相切时的斜率.
【详解】
圆C的标准方程为.
依题意可得圆心到的距离,
解得,又,所以,所以的方程为.
故选:C.
11.C
先根据两圆方程得公共弦方程,再求得点,再根据的几何意义即可求解.
【详解】
由圆和圆,
可得圆和的公共弦所在的直线方程为,
联立,解得,即点
又因为点在直线上,即 ,
又由原点到直线的距离为 ,
即的最小值为.
故选:C.
【点睛】
本题考查圆的公共弦问题,直线过定点问题,点到直线的距离问题,考查数学运算能力与化归转化思想,是中档题.
12.B
【分析】
分别求得两圆的圆心坐标和半径,结合两圆的位置关系的判定方法,求得两圆的位置关系,即可求解.
【详解】
由圆可化为,
可得圆心坐标为,半径为,
由圆可化为,
可得圆心坐标为,半径为,
则圆心距为,
又由,所以,
可得圆与圆相交,所以两圆公共切线的条数为2条.
故选:B.
13.A
【分析】
设点,根据求出点的轨迹方程,过圆心作于点,求出、,可求出的值,利用同角三角函数的基本关系可求得直线的斜率.
【详解】
如图所示,设动点,则,
化简可得,化为标准方程可得圆.
因为,,则为等边三角形,
过圆心作于点,则,,
所以,所以,
故选:A.
14.D
【分析】
分析出直线,且直线过原点,直线过定点,直线过定点,求出点P的轨迹是以OM为直径的圆,求出圆心到点N的距离,再加上半径即可得解.
【详解】
由于,,且,,
易知直线过原点,
将直线的方程化为,由,解得,
所以,直线过定点,所以,
因为,则,直线的方程为,
直线的方程可化为,由,解得,
所以,直线过定点,如下图所示:
设线段OM的中点为点E,则,
若点P不与O或M重合,由于,由直角三角形的性质可得;
若点P与O或M重合,满足.
由上可知,点P的轨迹是以OM为直径的圆E,该圆圆心为,半径为.
设点E到直线的距离为d,当时,;
当EN不与垂直时,.
综上,.
所以,点P到直线的距离的最大值为.
故选:D.
【点睛】
方法点睛:解析几何的最值问题的求解,常用的方法有:(1)函数法;(2)导数法;(3)数形结合法;(4)基本不等式法.要根据已知条件灵活选择方法求解.
15.A
【分析】
确定直线过定点,点在圆内,得到答案.
【详解】
过定点,且,
故在圆内,
故直线和圆相交.
故选:A
16.
根据题意,相交两圆的连心线垂直平分相交弦,可得与直线垂直,且的中点在这条直线上,列出方程解得即可得到结论.
【详解】
由,,设的中点为,
根据题意,可得,且,
解得,,,故.
故答案为:.
【点睛】
本题考查相交弦的性质,解题的关键在于利用相交弦的性质,即两圆的连心线垂直平分相交弦,属于基础题.
17.
设为圆上任意一点,构造直线,分别求得点P到直线的距离PM,P到原点的距离PO,将问题转化为求解.
【详解】
如图所示:
设为圆上任意一点,
点P到直线的距离为,
点P到原点的距离为,
所以,
当圆与直线相切时,

解得,
所以最小值为,最大值为,
所以,即,
的取值范围是.
故答案为:.
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系的应用,考查点到直线距离公式的应用,考查逻辑思维能力和运算求解能力,考查数形结合思想,属于中档题.
18.①②④
【分析】
由已知可得直线过圆心即得;利用勾股定理可得切线段长度,利用圆心到直线的距离为半径即得斜率;因为直线恒过的定点在圆内,可得直线与圆相交.
【详解】
则圆心为半径为3,
是圆的对称轴,故直线过圆心,
故,,故, ;
设直线AB的斜率为 ,则
因为直线AB为圆C的一条切线,
故圆心到直线AB的距离为 解得 ;
直线即对任意的实数m,直线恒过,
代入得在圆内,
即直线与圆C的位置关系都是相交.
故答案为:①②④
19.(1)或;(2).
【分析】
(1)根据题意,由圆的方程分析圆的圆心与半径,分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论,求出直线的方程,综合即可得答案;
(2)根据题意,连接,,分析可得为直角三角形,即,设,分析可得,又由,分析可得,变形可得的轨迹方程,据此结合直线与圆的方程分析可得答案.
【详解】
解:(1)可化为.
当直线的斜率不存在时,其方程为,易求得直线与圆的交点为,,,符合题意;
当直线的斜率存在时,设其方程为,即,
则圆心到直线的距离,解得.
所以直线的方程为,
综上,直线的方程为或.
(2)如图,为圆的切线,连接,,则.
所以为直角三角形.所以.
设点为,由(1)知点为,,因为,
所以,化简得点的轨迹方程为.
求的最小值,即求的最小值,也即求原点到直线的距离,
代入点到直线的距离公式可求得的最小值.
20.(1)直线与圆相交;(2)直线与圆相切;(3)直线与圆相离;
【分析】
计算圆心到直线的距离,与半径比较大小,即可判断;
【详解】
解:(1)圆,圆心坐标为,半径;
圆心到直线的距离,故直线与圆相交;
(2)圆,即圆,圆心,半径,
圆心到直线的距离,故直线与圆相切;
(3)圆,即圆,圆心,半径,
圆心到直线的距离,故直线与圆相离.
21.(1)或;(2)或
【分析】
(1)根据直线的斜率是否存在,进行分类讨论.当斜率不存在时,直接写出直线方程,直接验证是否符合题意;当斜率存在时,利用圆心到直线的距离等于半径,列出方程,求解方程,求出直线的斜率,最后求出直线的方程;
(2)直接写出直线的方程,由圆的性质可知,这样可求出方程,与圆的方程联立,解方程组,求出线段的中点M的坐标;
(3)先确定直线是否存在斜率,然后设出直线方程,求出圆心到直线的距离,利用勾股定理,求出的长,求出面积的表达式,进行配方,然后求出最大值,并求出此时的直线方程.
【详解】
(1)解:①若直线的斜率不存在,则直线,圆的圆心坐标,半径为2,符合题意
②若直线斜率存在,设直线为,即.
由题意知,圆心到已知直线的距离等于半径2,即: ,
解之得 .所求直线方程是: ,或.
(2)直线方程为,∵,∴方程为,即.
∵,∴,∴点坐标
(3)直线与圆相交,斜率必定存在,且不为0,设直线方程为,
则圆心到直线的距离.又三角形面积
当时, 取得最大值2,∴ ,,或.
直线方程为,或.
【点睛】
本题考查多角度考查了直线与圆的位置关系,考查了运算能力.本题的关键是要对直线的斜率是否存在要考虑全面,还有一点的是配方法的使用.
22.存在.
【分析】
设,过圆心C且垂直弦的直线为,解方程组,得所以的中点N的坐标,由于以为直径的圆过原点,所以,列出方程,解方程即可得出答案.
【详解】
解:假设存在直线l满足题意.设,将圆C化为,则圆心,过圆心C且垂直弦的直线为,
解方程组,得
所以的中点N的坐标为,由于以为直径的圆过原点,所以.
又,,
所以,解得或
所以存在直线l,其方程为或,通过检验满足题意.
答案第1页,共2页
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