第二章直线和圆的方程同步过关练习卷（含解析）--高二数学上学期人教A版（2019）选择性必修第一册
文档属性
| 名称 | 第二章直线和圆的方程同步过关练习卷（含解析）--高二数学上学期人教A版（2019）选择性必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-08-19 14:40:39 | ||
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文档简介
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第二章直线和圆的方程同步过关练习卷-高二数学上学期人教A版（2019）选择性必修第一册
一、单选题
1．直线在x轴上的截距为（ ）．
A． B． C． D．2
2．若圆上恰有3个点到直线的距离为1，则r＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．过点作圆的两条切线，两条切线的夹角的余弦值为，则（ ）
A．2 B． C． D．1
4．已知直线的一个方向向量为，则的倾斜角为（ ）
A．0 B． C． D．
5．已知直线恒过定点A，直线恒过定点B，且直线与交于点P，则点P到点的距离的最大值为（ ）
A．4 B． C．3 D．2
6．若直线与平行，则的值为（ ）
A．0 B．2 C．3 D．2或3
7．若存在，使直线与的交点在圆：上，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：若动点与两定点A，的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若，，点满足，则直线与点的轨迹的交点个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．1或2
二、多选题
9．直线：与直线的交点位于第一象限，则直线的倾斜角可能是（ ）
A． B． C． D．
10．已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过定点 B．圆的半径为2
C．存在实数，使得直线与圆相切 D．直线被圆截得的弦长最长为4
11．点为圆上的两点，点为直线上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，且为圆的直径时，的面积最大值为3
B．从点向圆引两条切线，切点为，线段的最小值为
C．为圆上的任意两点，在直线上存在一点，使得
D．当时，的最大值为
三、填空题
12．已知直线和直线平行，那么 .
13．已知直线与圆相交，则当圆截直线所得的弦长最短时，直线的方程为 .
14．已知点是圆的动点，直线上存在两点，使得能成立，则线段长度的最小值是 ．
四、解答题
15．已知直线与直线相交于点.
(1)求点的坐标；
(2)求过点，且倾斜角为的直线的方程.
16．已知圆心为的圆经过，两点，且圆心在直线：上.
(1)求圆的标准方程；
(2)若过点且平行于的直线与圆相交于M，N两点，求弦的长.
17．已知圆，直线.
(1)求证：直线恒过定点.
(2)直线被圆截得的弦长最短时的值以及最短弦长.
18．在平面直角坐标系中，已知，点M满足，记的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设圆，若直线l过圆的圆心且与曲线交于两点，且，求直线l的方程.
19．如图，四边形是一块长方形绿地，是一条直路，交于点，交于点，且.现在该绿地上建一个标志性建筑物，使建筑物的中心到三个点的距离相等.以点为坐标原点，直线分别为，轴建立如图所示的直角坐标系.
(1)求出建筑物的中心的坐标；
(2)由建筑物的中心到直路要开通一条路，已知路的造价为150万元，求开通的这条路的最低造价.
（附：参考数据.）
参考答案：
1．B
【分析】直接利用定义求解截距即可.
【详解】令，解得，显然截距是.
故选：B
2．C
【分析】求出圆心到直线的距离，通过与直线的距离为的平行直线可得的大小.
【详解】圆心到直线的距离，
因为圆上恰有3个点到直线的距离为1，
与直线的距离为的平行直线有两条，如图中虚线，
当圆与这两条平行线中的一条有2个交点，一条相切时，可满足题意，
此时.
故选：C.
3．A
【分析】根据题意作出图形，利用数型结合及几何关系可得，从而可求解．.
【详解】将的方程转化为，可知的半径为．
设两切点分别为，，连接，如图，
由两切线夹角的余弦值为，则夹角，且，
所以在中，即．故A正确.
故选：A.
4．B
【分析】由直线的方向向量求得直线的斜率，由斜率即可求得倾斜角.
【详解】由题意，，且，
所以.
故选：B
5．A
【分析】首先求点的坐标，并判断两条直线的位置关系，则点P到点的距离的最大值等于点P到圆心的距离与半径之和即点P到线段AB中点距离与半径之和
【详解】设
由直线，可得
由直线，可得，
因为直线与直线满足，
所以，
所以点P在以AB为直径的圆上，所以点P到点的距离的最大值等于点P到圆心的距离与半径之和即点P到线段AB中点距离与半径之和，
由，，得AB中点为，半径为1，
所以点P到点的距离的最大值为，
故选：A
6．B
【分析】由两直线平行的条件求解.
【详解】由题意，所以，
解得，或，
当时，，，此时，符合题意，
当时，，，
此时两直线重合，不符合题意，
所以.
故选：B
7．A
【分析】求出直线所过的定点，进而求出点的轨迹，再利用两圆有公共点列式求解即得.
【详解】直线过定点，直线过定点，
线段的中点，显然，即直线，
因此的交点在以点为圆心，为半径的圆上，除点外，
则点的轨迹方程为圆且，
又圆的圆心，半径为1，
依题意，圆与圆有公共点，则有，而，即
因此，所以实数的取值范围为.
故选：A
8．D
【分析】根据题意求出M的轨迹方程，发现直线l恒过圆上一点，即可得出答案.
【详解】设，则，
化简得点的轨迹方程为，表示的是以为圆心，2为半径的圆，
而直线恒经过圆上的点，故直线与点的轨迹的交点个数是1或2.
故选：D.
9．BC
【分析】联立两直线方程得到一个二元一次方程组，求出方程组的解集即可得到交点的坐标，根据交点在第一象限得到横纵坐标都大于0，联立得到关于的不等式组，求出不等式组的解集即可得到的范围，然后根据直线的倾斜角的正切值等于斜率，根据两角和的正切及正切函数单调性得到倾斜角的范围．
【详解】联立两直线方程得：
当时，两直线平行，不满足题意.
当时解得 ，所以两直线的交点坐标为
因为两直线的交点在第一象限，所以得到
解得： ，
设直线的倾斜角为，则，
又，
因为，正切函数在单调递增，所以.
故选：BC
10．ABD
【分析】将直线方程变形后得到，求出恒过的定点，即可判断A；将圆的一般式化为标准式方程，得到圆心坐标和半径，进而判断B；圆心到直线的距离等于半径，列出方程，结合根的判别式即可判断C；当圆心在直线上，故直线被圆M截得的弦长为直径4，为最大弦长，即可判断D.
【详解】变形为，故恒过定点，A正确；
变形为，
圆心坐标为，半径为2，B正确；
令圆心到直线的距离，
整理得：，由可得，方程无解，
故不存在实数，使得直线与圆相切，C错误；
若，直线方程为，圆心在直线上，
故直线被圆截得的弦长为直径4，为最大弦长．
故选：ABD.
11．ABD
【分析】利用圆的性质及三角形面积公式计算可判定A；利用切线性质及余弦函数的单调性可判定B；
由B项可判定C项；根据定弦定角确定中点轨迹，结合平面向量的线性运算及圆的特征可判定D.
【详解】对于选项A，当为直径时，显然当时，
的面积取得最大值，所以A正确；
对于选项B，设，则，
所以越大，越小，
显然当点P在处时，最大，
此时，即，选项B正确；
对于选项C，由上可知当点P在处时，且为切线时，最大，
此时，即，
所以不存在符合的点，故选项C不正确；
对于D选项，设的中点D，则，
所以点D在以M为圆心，为半径的圆上，
易知，
设小圆半径为，则，则的最大值为，
故D正确．
故选：ABD
12．或
【分析】利用两直线平行的斜率关系即可求得或.
【详解】易知直线的斜率一定存在，且为，
由两直线平行可得，解得或；
经检验或都符合题意；
故答案为：或
13．
【分析】首先由题意得恒过点，P点在圆内，则可知当时，所截得弦长最短，计算可得答案；或者由圆截直线所得的弦长最短时，直线的方向向量满足，计算也可得答案.
【详解】由题意得恒过点.
圆的标准方程为，
所以圆心，
且，可知点在圆内.
方法一：由直线与圆的几何性质知，当时，所截得弦长最短，
此时.即，
所以直线的方程为.
方法二：易得直线的方向向量为，
当圆截直线所得的弦长最短时，.
所以，解得，
所以直线的方程为.
故答案为：.
14．
【分析】根据几何的思路得到当以为直径的圆与圆内切,且时,线段长度最小,然后求即可.
【详解】由圆得圆心,半径.
因为直线上存在两点，使得恒成立，
则以为直径的圆包含圆，
当长度最小时，两圆内切，
设中点为，则此时,
所以.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）联立直线、的方程，可得出点的坐标；
（2）求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程.
【详解】（1）解：联立，解得，即点.
（2）解：因为直线的倾斜角为，则该直线的斜率为，
又因为直线过点，故直线的方程为，即.
因此，直线的方程为.
16．(1);
(2).
【分析】（1）由题设，令，圆的方程为，根据点在圆上列方程求参数，即可得圆的方程；
（2）由题意，应用点斜式可得直线的方程为，再应用点线距离及相交弦的几何求法求弦的长.
【详解】（1）由题设，令，圆的方程为，
则，可得，故，
所以圆的标准方程.
（2）由题设，直线的方程为，可得，
由（1），且半径，故到直线的距离，
所以弦的长为.
17．(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）由直线l的方程变形为，联立即可求得直线恒过的定点；
（2）要使直线被圆C所截得的弦长最短，则，化圆C的方程为标准方程，求出圆心坐标，得到，再由两直线垂直与斜率的关系列式求解值及弦长.
【详解】（1）直线的方程可化为，
联立，解得.
故直线恒过定点.
（2）由题意可知：圆的圆心为，半径，
因为，
可知点在圆内，直线与圆相交，
当直线时，直线被圆截得的弦长最短，
因为直线的斜率为，
故直线的斜率为，解得，
此时圆心到直线的距离为，所以最短弦长为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）设出点的坐标，根据得到坐标关系式，化简即得曲线的方程；
（2）根据直线l过圆的圆心且与曲线相交，设出直线方程并利用弦长公式代入即可计算出直线方程.
【详解】（1）设，由，
可得，因为,
所以，整理可得；
即曲线的方程为.
（2）易知可化为，
可得圆的圆心为，半径；
又直线l过圆的圆心，可设直线的方程为，显然，
由曲线的方程可知曲线是以为圆心，半径的圆，
又，所以可知到直线的距离，
即，解得；
所以直线方程的方程为
19．(1)
(2)168万元
【分析】（1）一种方法是，设出过点的圆的一般方程，代入三个点的坐标，待定系数法求出圆的一般方程，化为标准方程，得到圆心，即建筑物的中心的坐标；另一种方法是，求两个边中垂线的交点，即圆心.
(2)求出的长，由垂径定理得到点到的最小距离，从而求出开通的这条路的最低造价.
【详解】（1）解法一：由题可知，
由题可知经过点的圆的圆心即为所建建筑物的中心，
设圆的方程为，
则，解得，
圆的方程为，即，
建筑物的中心的坐标为.
解法二：由题可知，
由题可知经过点的圆的圆心即为所建建筑物的中心，
线段中点为，且线段的垂直平分线为，
线段中点为，且，线段的垂直平分线为，
联立，得，所以建筑物的中心的坐标为.
（2）因为为建筑物的中心坐标，
设线段的中点为，由垂径定理得的长度为点到的最小距离，
，圆的半径为，
点到的距离为，
开通的这条路的最低造价为（万元）.
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第二章直线和圆的方程同步过关练习卷-高二数学上学期人教A版（2019）选择性必修第一册
一、单选题
1．直线在x轴上的截距为（ ）．
A． B． C． D．2
2．若圆上恰有3个点到直线的距离为1，则r＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．过点作圆的两条切线，两条切线的夹角的余弦值为，则（ ）
A．2 B． C． D．1
4．已知直线的一个方向向量为，则的倾斜角为（ ）
A．0 B． C． D．
5．已知直线恒过定点A，直线恒过定点B，且直线与交于点P，则点P到点的距离的最大值为（ ）
A．4 B． C．3 D．2
6．若直线与平行，则的值为（ ）
A．0 B．2 C．3 D．2或3
7．若存在，使直线与的交点在圆：上，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：若动点与两定点A，的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若，，点满足，则直线与点的轨迹的交点个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．1或2
二、多选题
9．直线：与直线的交点位于第一象限，则直线的倾斜角可能是（ ）
A． B． C． D．
10．已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过定点 B．圆的半径为2
C．存在实数，使得直线与圆相切 D．直线被圆截得的弦长最长为4
11．点为圆上的两点，点为直线上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，且为圆的直径时，的面积最大值为3
B．从点向圆引两条切线，切点为，线段的最小值为
C．为圆上的任意两点，在直线上存在一点，使得
D．当时，的最大值为
三、填空题
12．已知直线和直线平行，那么 .
13．已知直线与圆相交，则当圆截直线所得的弦长最短时，直线的方程为 .
14．已知点是圆的动点，直线上存在两点，使得能成立，则线段长度的最小值是 ．
四、解答题
15．已知直线与直线相交于点.
(1)求点的坐标；
(2)求过点，且倾斜角为的直线的方程.
16．已知圆心为的圆经过，两点，且圆心在直线：上.
(1)求圆的标准方程；
(2)若过点且平行于的直线与圆相交于M，N两点，求弦的长.
17．已知圆，直线.
(1)求证：直线恒过定点.
(2)直线被圆截得的弦长最短时的值以及最短弦长.
18．在平面直角坐标系中，已知，点M满足，记的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设圆，若直线l过圆的圆心且与曲线交于两点，且，求直线l的方程.
19．如图，四边形是一块长方形绿地，是一条直路，交于点，交于点，且.现在该绿地上建一个标志性建筑物，使建筑物的中心到三个点的距离相等.以点为坐标原点，直线分别为，轴建立如图所示的直角坐标系.
(1)求出建筑物的中心的坐标；
(2)由建筑物的中心到直路要开通一条路，已知路的造价为150万元，求开通的这条路的最低造价.
（附：参考数据.）
参考答案：
1．B
【分析】直接利用定义求解截距即可.
【详解】令，解得，显然截距是.
故选：B
2．C
【分析】求出圆心到直线的距离，通过与直线的距离为的平行直线可得的大小.
【详解】圆心到直线的距离，
因为圆上恰有3个点到直线的距离为1，
与直线的距离为的平行直线有两条，如图中虚线，
当圆与这两条平行线中的一条有2个交点，一条相切时，可满足题意，
此时.
故选：C.
3．A
【分析】根据题意作出图形，利用数型结合及几何关系可得，从而可求解．.
【详解】将的方程转化为，可知的半径为．
设两切点分别为，，连接，如图，
由两切线夹角的余弦值为，则夹角，且，
所以在中，即．故A正确.
故选：A.
4．B
【分析】由直线的方向向量求得直线的斜率，由斜率即可求得倾斜角.
【详解】由题意，，且，
所以.
故选：B
5．A
【分析】首先求点的坐标，并判断两条直线的位置关系，则点P到点的距离的最大值等于点P到圆心的距离与半径之和即点P到线段AB中点距离与半径之和
【详解】设
由直线，可得
由直线，可得，
因为直线与直线满足，
所以，
所以点P在以AB为直径的圆上，所以点P到点的距离的最大值等于点P到圆心的距离与半径之和即点P到线段AB中点距离与半径之和，
由，，得AB中点为，半径为1，
所以点P到点的距离的最大值为，
故选：A
6．B
【分析】由两直线平行的条件求解.
【详解】由题意，所以，
解得，或，
当时，，，此时，符合题意，
当时，，，
此时两直线重合，不符合题意，
所以.
故选：B
7．A
【分析】求出直线所过的定点，进而求出点的轨迹，再利用两圆有公共点列式求解即得.
【详解】直线过定点，直线过定点，
线段的中点，显然，即直线，
因此的交点在以点为圆心，为半径的圆上，除点外，
则点的轨迹方程为圆且，
又圆的圆心，半径为1，
依题意，圆与圆有公共点，则有，而，即
因此，所以实数的取值范围为.
故选：A
8．D
【分析】根据题意求出M的轨迹方程，发现直线l恒过圆上一点，即可得出答案.
【详解】设，则，
化简得点的轨迹方程为，表示的是以为圆心，2为半径的圆，
而直线恒经过圆上的点，故直线与点的轨迹的交点个数是1或2.
故选：D.
9．BC
【分析】联立两直线方程得到一个二元一次方程组，求出方程组的解集即可得到交点的坐标，根据交点在第一象限得到横纵坐标都大于0，联立得到关于的不等式组，求出不等式组的解集即可得到的范围，然后根据直线的倾斜角的正切值等于斜率，根据两角和的正切及正切函数单调性得到倾斜角的范围．
【详解】联立两直线方程得：
当时，两直线平行，不满足题意.
当时解得 ，所以两直线的交点坐标为
因为两直线的交点在第一象限，所以得到
解得： ，
设直线的倾斜角为，则，
又，
因为，正切函数在单调递增，所以.
故选：BC
10．ABD
【分析】将直线方程变形后得到，求出恒过的定点，即可判断A；将圆的一般式化为标准式方程，得到圆心坐标和半径，进而判断B；圆心到直线的距离等于半径，列出方程，结合根的判别式即可判断C；当圆心在直线上，故直线被圆M截得的弦长为直径4，为最大弦长，即可判断D.
【详解】变形为，故恒过定点，A正确；
变形为，
圆心坐标为，半径为2，B正确；
令圆心到直线的距离，
整理得：，由可得，方程无解，
故不存在实数，使得直线与圆相切，C错误；
若，直线方程为，圆心在直线上，
故直线被圆截得的弦长为直径4，为最大弦长．
故选：ABD.
11．ABD
【分析】利用圆的性质及三角形面积公式计算可判定A；利用切线性质及余弦函数的单调性可判定B；
由B项可判定C项；根据定弦定角确定中点轨迹，结合平面向量的线性运算及圆的特征可判定D.
【详解】对于选项A，当为直径时，显然当时，
的面积取得最大值，所以A正确；
对于选项B，设，则，
所以越大，越小，
显然当点P在处时，最大，
此时，即，选项B正确；
对于选项C，由上可知当点P在处时，且为切线时，最大，
此时，即，
所以不存在符合的点，故选项C不正确；
对于D选项，设的中点D，则，
所以点D在以M为圆心，为半径的圆上，
易知，
设小圆半径为，则，则的最大值为，
故D正确．
故选：ABD
12．或
【分析】利用两直线平行的斜率关系即可求得或.
【详解】易知直线的斜率一定存在，且为，
由两直线平行可得，解得或；
经检验或都符合题意；
故答案为：或
13．
【分析】首先由题意得恒过点，P点在圆内，则可知当时，所截得弦长最短，计算可得答案；或者由圆截直线所得的弦长最短时，直线的方向向量满足，计算也可得答案.
【详解】由题意得恒过点.
圆的标准方程为，
所以圆心，
且，可知点在圆内.
方法一：由直线与圆的几何性质知，当时，所截得弦长最短，
此时.即，
所以直线的方程为.
方法二：易得直线的方向向量为，
当圆截直线所得的弦长最短时，.
所以，解得，
所以直线的方程为.
故答案为：.
14．
【分析】根据几何的思路得到当以为直径的圆与圆内切,且时,线段长度最小,然后求即可.
【详解】由圆得圆心,半径.
因为直线上存在两点，使得恒成立，
则以为直径的圆包含圆，
当长度最小时，两圆内切，
设中点为，则此时,
所以.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）联立直线、的方程，可得出点的坐标；
（2）求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程.
【详解】（1）解：联立，解得，即点.
（2）解：因为直线的倾斜角为，则该直线的斜率为，
又因为直线过点，故直线的方程为，即.
因此，直线的方程为.
16．(1);
(2).
【分析】（1）由题设，令，圆的方程为，根据点在圆上列方程求参数，即可得圆的方程；
（2）由题意，应用点斜式可得直线的方程为，再应用点线距离及相交弦的几何求法求弦的长.
【详解】（1）由题设，令，圆的方程为，
则，可得，故，
所以圆的标准方程.
（2）由题设，直线的方程为，可得，
由（1），且半径，故到直线的距离，
所以弦的长为.
17．(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）由直线l的方程变形为，联立即可求得直线恒过的定点；
（2）要使直线被圆C所截得的弦长最短，则，化圆C的方程为标准方程，求出圆心坐标，得到，再由两直线垂直与斜率的关系列式求解值及弦长.
【详解】（1）直线的方程可化为，
联立，解得.
故直线恒过定点.
（2）由题意可知：圆的圆心为，半径，
因为，
可知点在圆内，直线与圆相交，
当直线时，直线被圆截得的弦长最短，
因为直线的斜率为，
故直线的斜率为，解得，
此时圆心到直线的距离为，所以最短弦长为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）设出点的坐标，根据得到坐标关系式，化简即得曲线的方程；
（2）根据直线l过圆的圆心且与曲线相交，设出直线方程并利用弦长公式代入即可计算出直线方程.
【详解】（1）设，由，
可得，因为,
所以，整理可得；
即曲线的方程为.
（2）易知可化为，
可得圆的圆心为，半径；
又直线l过圆的圆心，可设直线的方程为，显然，
由曲线的方程可知曲线是以为圆心，半径的圆，
又，所以可知到直线的距离，
即，解得；
所以直线方程的方程为
19．(1)
(2)168万元
【分析】（1）一种方法是，设出过点的圆的一般方程，代入三个点的坐标，待定系数法求出圆的一般方程，化为标准方程，得到圆心，即建筑物的中心的坐标；另一种方法是，求两个边中垂线的交点，即圆心.
(2)求出的长，由垂径定理得到点到的最小距离，从而求出开通的这条路的最低造价.
【详解】（1）解法一：由题可知，
由题可知经过点的圆的圆心即为所建建筑物的中心，
设圆的方程为，
则，解得，
圆的方程为，即，
建筑物的中心的坐标为.
解法二：由题可知，
由题可知经过点的圆的圆心即为所建建筑物的中心，
线段中点为，且线段的垂直平分线为，
线段中点为，且，线段的垂直平分线为，
联立，得，所以建筑物的中心的坐标为.
（2）因为为建筑物的中心坐标，
设线段的中点为，由垂径定理得的长度为点到的最小距离，
，圆的半径为，
点到的距离为，
开通的这条路的最低造价为（万元）.
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