第2章圆与方程同步练习卷（含解析）-高二数学上学期苏教版（2019）
文档属性
| 名称 | 第2章圆与方程同步练习卷（含解析）-高二数学上学期苏教版（2019） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-09-28 21:10:19 | ||
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文档简介
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第2章圆与方程同步练习卷-高二数学上学期苏教版（2019）
一、单选题
1．已知圆，圆，那么两圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．外离 C．外切 D．内含
2．已知圆：，过点可作两条直线与圆相切，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知直线与圆，点，则下列说法错误的是（ ）
A．若点在圆上，则直线与圆相切
B．若点在圆内，则直线与圆相离
C．若点在圆外，则直线与圆相离
D．若点在直线上，则直线与圆相切
4．已知，，圆M经过A，B两点，且圆的周长被x轴平分，则圆M的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知是圆与圆的公共点，则的面积为（ ）
A．3 B． C． D．
6．已知圆的圆心在，半径为5，则它的方程为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知圆，直线，点P为上一动点．过点P作圆M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
8．已知二次函数与轴交于，两点，点，圆过，，三点，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，则该定值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知直线与圆，则下列结论正确的是（ ）
A．直线 必过定点 B．与 可能相离
C．与 可能相切 D．当 时，被 截得的弦长为
10．已知圆上有且仅有两个点到直线的距离为1，则实数的值可能取值为（ ）
A． B． C． D．6
11．若直线与圆相交于A，B两点，则长度可能等于（ ）
A．2 B． C． D．5
三、填空题
12．已知圆C：，直线m的倾斜角为且与圆C相切，则切线m的方程为 ．
13．若经过坐标原点O且互相垂直的两条直线和与圆相交于A，C，B，D四点，则四边形面积的取值范围是 ．
14．已知圆系，圆过轴上的定点，线段是圆在轴上截得的弦，设，．对于下列命题：
①不论取何实数，圆心始终落在曲线上；
②不论取何实数，弦的长为定值1；
③不论取何实数，圆系的所有圆都与直线相切；
④式子的取值范围是．
其中真命题的序号是 （把所有真命题的序号都填上）
四、解答题
15．已知圆O：，直线l：．
(1)若直线l与圆O相切，求k的值；
(2)若直线l与圆O交于不同的两点A、B，当∠AOB为直角时，求k的值．
16．已知圆为过点且斜率为的直线.
(1)若与圆相切，求直线的方程；
(2)若与圆相交于不同的两点，是否存在常数，使得向量与共线？若存在，求的值：若不存在，请说明理由.
17．已知圆关于直线对称，且在圆上.
(1)求圆C的标准方程；
(2)若直线与圆C交于点A，B，求面积的最大值，并求此时直线l的方程.
18．已知点和直线，点是点关于直线的对称点．
(1)求点的坐标；
(2)为坐标原点，且点满足．若点的轨迹与直线有公共点，求的取值范围．
19．圆．
(1)若圆C与y轴相切，求圆C的方程；
(2)已知，圆C与x轴相交于两点M，N（点M在点N的左侧）．过点M任作一条直线与圆相交于两点A，B．问：是否存在实数a，使得．若存在，求出实数a，若不存在，请说明理由．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D C B B C A B ACD BC
题号 11
答案 CD
1．A
【分析】分别考虑上两点和与的位置关系，即可推知两圆的位置关系.
【详解】由于点和都在圆上，而在圆内部，
在圆外部，故两圆一定相交.
故选：A.
2．D
【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到，求出的大范围，再由点在圆外，得到点到圆心的距离大于半径，从而求出参数的取值范围.
【详解】圆：，即，
则圆心为，半径，且，则，
又过点可作两条直线与圆相切，所以点在圆外，
所以，解得或，
综上可得实数的取值范围是.
故选：D
3．C
【分析】利用点与圆的位置关系和直线与圆的位置关系求解.
【详解】圆心到直线的距离，
若点在圆上， 则，所以， 则直线与圆相切，故A正确;
若点在圆内， 则，所以， 则直线与圆相离，故B正确；
若点在圆外， 则，所以， 则直线与圆相交， 故C错误；
若点在直线上， 则，即，所以直线与圆相切， 故D正确，
故选：C．
4．B
【分析】求出线段的中垂线，求得与轴的交点即为圆心坐标，进而求得圆的方程.
【详解】由题意，，中点为，
所以线段的中垂线为，令得，
所以，半径，所以圆M的标准方程为．
故选：B.
5．B
【分析】两圆方程相减得公共弦所在直线方程，求出圆圆心坐标和半径，求出点到直线的距离，求得弦长，从而可得三角形面积．
【详解】由题意可知，联立，两方程相减可得直线的方程为，
圆标准方程为，得，半径为，
所以到直线的距离为，线段的长度为，
所以的面积为．
故选：B.
6．C
【分析】根据圆的标准方程得解.
【详解】因为圆心为，半径为5，
所以圆的标准方程为，
故选：C
7．A
【分析】利用是表示四边形的面积，从而转化为三角形的面积的2倍，又转化到求的最小值，最后转移到只需要求的最小值，这样就容易找到点的位置为的垂足，然后再利用两圆相交弦方程去求解即可.
【详解】根据圆与切线的性质可知，而四边形的面积等于，
所以要使得取最小值，即满足四边形的面积取到最小值，
又因为四边形的面积等于三角形的面积的2倍，
所以只需要满足三角形的面积取到最小值即可，
又因为，而圆，可知，
所以，即求的最小值，
又因为，所以只需要求的最小值，
由于点P为上一动点，点为定点，所以的最小值为点P到直线的距离，
此时，设垂足为，则由与垂线联立得：，即可得此时，
由可知两点在以为直径的圆上，
且以为直径的圆的方程为：，
所以直线方程为两圆的相交弦方程，
即由与为直径的圆的方程为：相减得：
，
故选：A.
8．B
【分析】设圆的方程为，依题意可得，，再由点在圆上，即可得到，从而得到圆为，求出圆过定点坐标，从而求出定弦长.
【详解】设圆的方程为，因为圆过，两点，
且，两点的横坐标满足方程，
所以，，
所以圆的方程为，
又在圆上，
所以，解得，
所以圆的方程为，
即，
令，解得或，
即圆恒过点和，又，所以该定值为．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出圆的方程为，从而求出圆过定点坐标.
9．ACD
【分析】利用直线方程确定过定点可判定A，利用直线与圆的位置关系可判定BC，利用弦长公式可确定D.
【详解】由直线方程变形得，显然时，即直线过定点，故A正确；
易知，即点在圆上，则直线不会与圆相离，但有可能相切，
故B错误，C正确；
当时，此时直线，圆心为原点，半径为，
则圆心到的距离为，所以被 截得的弦长为，故D正确.
故选：ACD
10．BC
【分析】因为所有到直线的距离为1的点都在两条件与已知直线平行的直线上，则可数形结合将问题转化为圆与两条直线有且仅有两个公共点的问题.
【详解】圆方程可化为，
的圆心，半径为，
则圆心到直线的距离，
平面内，若点到直线的距离为1，
则点在与直线平行且距离为的两条直线上，
如图，要使圆上有且仅有两个点到直线的距离为1，
则两平行直线与圆有且仅有两个公共点，则，解得，
即，解得.
故选：BC.
11．CD
【分析】根据题意，求得圆心，半径，以及直线过定点，求得，结合圆的性质，求得弦长的取值范围为，结合选项，即可求解.
【详解】由圆，可得圆心，半径为，
又由直线恒过定点，且点在圆的内部，可得，
设圆心到直线的距离为，则，
当直线时，此时直线与圆相交，此时最大，则截得的弦长最短，
此时，
当直线过圆心时，此时截得的弦长最长，此时，
所以弦长的取值范围为，结合选项，选项C、D符合题意.
故选： CD.
12．或
【分析】根据已知条件，先设出直线m的方程，再结合点到直线的距离公式，即可求解．
【详解】由直线m的倾斜角为，设直线m的方程为，即，
而圆C：的圆心，半径，
由直线m与圆C相切，得，解得或，
所以切线m的方程为或.
故答案为：或.
13．
【分析】将圆方程化为标准方程即知其圆心和半径，然后分别设和的方程为和，再利用点到直线的距离公式并结合勾股定理将弦长表示为关于的函数，最后代入并求解对应表达式的取值范围即可.
【详解】
如图，将圆方程化为标准方程得到，
从而圆心为，半径为.
设圆心为，则.
由于直线和均过原点，且互相垂直，记直线的倾斜角是，则，
且和的方程分别是和.
由点到直线的距离公式，知圆心到直线即的距离为，
圆心到直线即的距离为.
分别记的中点为，则，，，，
根据勾股定理，有，
.
设四边形的面积为，由于，知.
从而我们有：
，
由于，故可取一个固定的实数，使得，.
从而
，
设，
由于是函数的一个周期，故在条件下的取值范围就是在可取任意实数时的取值范围.
而当可取任意实数时，的取值范围是，
所以的取值范围是，
即的取值范围是.
这便说明四边形ABCD的面积的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是将和的方程分别设为和，由此便可避免额外讨论或斜率不存在的情形，且基于和的某种对称性，这样得出的表达式也更具备对称性，处理手段更多.
14．②④
【分析】对于①，根据圆的方程即可判断①，对于②，根据弦长公式即可判断②，根据圆心到直线的距离即可判断③，对于④，令求出点和点的坐标，根据圆方程求出点坐标，求出和，在利用余弦定理求出，求出的面积即可求出，根据即可判断④.
【详解】对于①，由圆的方程知，圆心在曲线上，故①不正确．
对于②，由弦长公式得：弦的长为，故②正确．
对于③，圆心到直线的距离等于，
而半径为，二者不一定相等，故③不正确．
对于④，在圆方程令，可得，
或，即，，，，
由圆方程知，，，
由基本不等式得（当且仅当，即时等号成立），
中，由余弦定理得，
，的面积为，
，，
，即，故④正确．
故答案为： ②④．
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用圆心到直线的距离等于圆的半径，可求待定系数的值.
（2）借助“几何法”，把问题转化成为圆心到直线的距离问题求解.
【详解】（1）
∵圆O：，直线l：．直线l与圆O相切，
∴圆心O到直线l的距离等于半径，
即，
解得．
（2）根据题意，圆O的方程为，其半径，
直线l与圆O交于不同的两点A，B，∠AOB＝，
则点O到l的距离d＝r＝1，
则有＝1，解可得k＝±．
16．(1)或
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）确定圆的圆心和半径，设出直线方程，利用直线与圆相切，建立方程，即可求解；
（2）将直线方程和圆的方程联立，根据根的判别式求出的范围，利用韦达定理及向量与共线即可求解.
【详解】（1）圆，所以圆心为，
过且斜率为的直线方程为，即，
与圆相切，则圆心到直线的距离，
解得：或，
故切线方程为或；
（2）设，
联立直线与圆
消去得，
直线与圆交于两个不同的点，，即，
解得，
由韦达定理得，
则，
则，
而，，，
若与共线，则，即，
即解得，
因为，
故没有符合题意的常数，使得向量与共线.
17．(1)；
(2)，或.
【分析】
（1）根据题意 ，圆心在直线，得到，再由在圆上，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）根据题意，得到过定点，求得，结合，当时，面积最大，求得面积的最大值，再利用点到直线的距离公式，列出方程求得的值，即可求解.
【详解】（1）
解：由圆关于直线对称，
即圆心在直线，满足，
即圆，
又因为在圆上，所以，解得，
所以圆的方程为.
（2）
解：由，可得，
联立方程组，解得，即直线过定点，
又由由（1）圆心为，可得，因为，
所以当时，面积最大，
此时为等腰直角三角形，面积最大值为，其中为圆的半径，
此时点C到直线l的距离，，
所以可以取到，所以，解得或，
故所求直线l的方程为或.
18．(1)；
(2).
【分析】（1）点与点关于直线对称，则直线直线，且线段的中点在直线上，两个方程联立可求出点的坐标；
（2）利用关系式可以得出点的轨迹方程，根据点的轨迹与直线有公共点，知圆心到直线的距离小于等于半径，解不等式即可.
【详解】（1）设，，因为点与点关于直线的对称，则有
线段的中点在直线上，即①，
又直线直线，且直线的斜率为，则①，
联立①①式子解得，
故点的坐标
（2）设，由，则，
故，化简得，
所以点的轨迹是圆，其方程为，圆心坐标，半径.
又因为直线与圆由公共点，
利用圆心到直线的距离小于等于半径，则，
解得.
故的取值范围为.
19．(1)或
(2)存在；
【分析】（1）从直线与圆相切时仅有一个公共点的特点，利用求得参数，即得圆的方程；
（2）先求出点，，设出直线方程，与圆O方程联立，得到韦达定理，再将等价转化成、的斜率互为相反数，代入韦达定理计算即得值.
【详解】（1）由得，
因为圆与y轴相切，所以，解得或4，
故所求圆C的方程为或．
（2）令得，
解得或，而，即，．
假设存在实数a，设，，
当直线与x轴不垂直时，设直线的方程为，
由得，
根据韦达定理有（*），
又，则、的斜率互为相反数，
即，得：，
于是，即，
将（*）代入可得：，化简得：，解得．
当直线与x轴垂直时，,显然满足，即、的斜率互为相反数．
综上所述，存在，使得．
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第2章圆与方程同步练习卷-高二数学上学期苏教版（2019）
一、单选题
1．已知圆，圆，那么两圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．外离 C．外切 D．内含
2．已知圆：，过点可作两条直线与圆相切，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知直线与圆，点，则下列说法错误的是（ ）
A．若点在圆上，则直线与圆相切
B．若点在圆内，则直线与圆相离
C．若点在圆外，则直线与圆相离
D．若点在直线上，则直线与圆相切
4．已知，，圆M经过A，B两点，且圆的周长被x轴平分，则圆M的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知是圆与圆的公共点，则的面积为（ ）
A．3 B． C． D．
6．已知圆的圆心在，半径为5，则它的方程为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知圆，直线，点P为上一动点．过点P作圆M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
8．已知二次函数与轴交于，两点，点，圆过，，三点，存在一条定直线被圆截得的弦长为定值，则该定值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知直线与圆，则下列结论正确的是（ ）
A．直线 必过定点 B．与 可能相离
C．与 可能相切 D．当 时，被 截得的弦长为
10．已知圆上有且仅有两个点到直线的距离为1，则实数的值可能取值为（ ）
A． B． C． D．6
11．若直线与圆相交于A，B两点，则长度可能等于（ ）
A．2 B． C． D．5
三、填空题
12．已知圆C：，直线m的倾斜角为且与圆C相切，则切线m的方程为 ．
13．若经过坐标原点O且互相垂直的两条直线和与圆相交于A，C，B，D四点，则四边形面积的取值范围是 ．
14．已知圆系，圆过轴上的定点，线段是圆在轴上截得的弦，设，．对于下列命题：
①不论取何实数，圆心始终落在曲线上；
②不论取何实数，弦的长为定值1；
③不论取何实数，圆系的所有圆都与直线相切；
④式子的取值范围是．
其中真命题的序号是 （把所有真命题的序号都填上）
四、解答题
15．已知圆O：，直线l：．
(1)若直线l与圆O相切，求k的值；
(2)若直线l与圆O交于不同的两点A、B，当∠AOB为直角时，求k的值．
16．已知圆为过点且斜率为的直线.
(1)若与圆相切，求直线的方程；
(2)若与圆相交于不同的两点，是否存在常数，使得向量与共线？若存在，求的值：若不存在，请说明理由.
17．已知圆关于直线对称，且在圆上.
(1)求圆C的标准方程；
(2)若直线与圆C交于点A，B，求面积的最大值，并求此时直线l的方程.
18．已知点和直线，点是点关于直线的对称点．
(1)求点的坐标；
(2)为坐标原点，且点满足．若点的轨迹与直线有公共点，求的取值范围．
19．圆．
(1)若圆C与y轴相切，求圆C的方程；
(2)已知，圆C与x轴相交于两点M，N（点M在点N的左侧）．过点M任作一条直线与圆相交于两点A，B．问：是否存在实数a，使得．若存在，求出实数a，若不存在，请说明理由．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D C B B C A B ACD BC
题号 11
答案 CD
1．A
【分析】分别考虑上两点和与的位置关系，即可推知两圆的位置关系.
【详解】由于点和都在圆上，而在圆内部，
在圆外部，故两圆一定相交.
故选：A.
2．D
【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到，求出的大范围，再由点在圆外，得到点到圆心的距离大于半径，从而求出参数的取值范围.
【详解】圆：，即，
则圆心为，半径，且，则，
又过点可作两条直线与圆相切，所以点在圆外，
所以，解得或，
综上可得实数的取值范围是.
故选：D
3．C
【分析】利用点与圆的位置关系和直线与圆的位置关系求解.
【详解】圆心到直线的距离，
若点在圆上， 则，所以， 则直线与圆相切，故A正确;
若点在圆内， 则，所以， 则直线与圆相离，故B正确；
若点在圆外， 则，所以， 则直线与圆相交， 故C错误；
若点在直线上， 则，即，所以直线与圆相切， 故D正确，
故选：C．
4．B
【分析】求出线段的中垂线，求得与轴的交点即为圆心坐标，进而求得圆的方程.
【详解】由题意，，中点为，
所以线段的中垂线为，令得，
所以，半径，所以圆M的标准方程为．
故选：B.
5．B
【分析】两圆方程相减得公共弦所在直线方程，求出圆圆心坐标和半径，求出点到直线的距离，求得弦长，从而可得三角形面积．
【详解】由题意可知，联立，两方程相减可得直线的方程为，
圆标准方程为，得，半径为，
所以到直线的距离为，线段的长度为，
所以的面积为．
故选：B.
6．C
【分析】根据圆的标准方程得解.
【详解】因为圆心为，半径为5，
所以圆的标准方程为，
故选：C
7．A
【分析】利用是表示四边形的面积，从而转化为三角形的面积的2倍，又转化到求的最小值，最后转移到只需要求的最小值，这样就容易找到点的位置为的垂足，然后再利用两圆相交弦方程去求解即可.
【详解】根据圆与切线的性质可知，而四边形的面积等于，
所以要使得取最小值，即满足四边形的面积取到最小值，
又因为四边形的面积等于三角形的面积的2倍，
所以只需要满足三角形的面积取到最小值即可，
又因为，而圆，可知，
所以，即求的最小值，
又因为，所以只需要求的最小值，
由于点P为上一动点，点为定点，所以的最小值为点P到直线的距离，
此时，设垂足为，则由与垂线联立得：，即可得此时，
由可知两点在以为直径的圆上，
且以为直径的圆的方程为：，
所以直线方程为两圆的相交弦方程，
即由与为直径的圆的方程为：相减得：
，
故选：A.
8．B
【分析】设圆的方程为，依题意可得，，再由点在圆上，即可得到，从而得到圆为，求出圆过定点坐标，从而求出定弦长.
【详解】设圆的方程为，因为圆过，两点，
且，两点的横坐标满足方程，
所以，，
所以圆的方程为，
又在圆上，
所以，解得，
所以圆的方程为，
即，
令，解得或，
即圆恒过点和，又，所以该定值为．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出圆的方程为，从而求出圆过定点坐标.
9．ACD
【分析】利用直线方程确定过定点可判定A，利用直线与圆的位置关系可判定BC，利用弦长公式可确定D.
【详解】由直线方程变形得，显然时，即直线过定点，故A正确；
易知，即点在圆上，则直线不会与圆相离，但有可能相切，
故B错误，C正确；
当时，此时直线，圆心为原点，半径为，
则圆心到的距离为，所以被 截得的弦长为，故D正确.
故选：ACD
10．BC
【分析】因为所有到直线的距离为1的点都在两条件与已知直线平行的直线上，则可数形结合将问题转化为圆与两条直线有且仅有两个公共点的问题.
【详解】圆方程可化为，
的圆心，半径为，
则圆心到直线的距离，
平面内，若点到直线的距离为1，
则点在与直线平行且距离为的两条直线上，
如图，要使圆上有且仅有两个点到直线的距离为1，
则两平行直线与圆有且仅有两个公共点，则，解得，
即，解得.
故选：BC.
11．CD
【分析】根据题意，求得圆心，半径，以及直线过定点，求得，结合圆的性质，求得弦长的取值范围为，结合选项，即可求解.
【详解】由圆，可得圆心，半径为，
又由直线恒过定点，且点在圆的内部，可得，
设圆心到直线的距离为，则，
当直线时，此时直线与圆相交，此时最大，则截得的弦长最短，
此时，
当直线过圆心时，此时截得的弦长最长，此时，
所以弦长的取值范围为，结合选项，选项C、D符合题意.
故选： CD.
12．或
【分析】根据已知条件，先设出直线m的方程，再结合点到直线的距离公式，即可求解．
【详解】由直线m的倾斜角为，设直线m的方程为，即，
而圆C：的圆心，半径，
由直线m与圆C相切，得，解得或，
所以切线m的方程为或.
故答案为：或.
13．
【分析】将圆方程化为标准方程即知其圆心和半径，然后分别设和的方程为和，再利用点到直线的距离公式并结合勾股定理将弦长表示为关于的函数，最后代入并求解对应表达式的取值范围即可.
【详解】
如图，将圆方程化为标准方程得到，
从而圆心为，半径为.
设圆心为，则.
由于直线和均过原点，且互相垂直，记直线的倾斜角是，则，
且和的方程分别是和.
由点到直线的距离公式，知圆心到直线即的距离为，
圆心到直线即的距离为.
分别记的中点为，则，，，，
根据勾股定理，有，
.
设四边形的面积为，由于，知.
从而我们有：
，
由于，故可取一个固定的实数，使得，.
从而
，
设，
由于是函数的一个周期，故在条件下的取值范围就是在可取任意实数时的取值范围.
而当可取任意实数时，的取值范围是，
所以的取值范围是，
即的取值范围是.
这便说明四边形ABCD的面积的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是将和的方程分别设为和，由此便可避免额外讨论或斜率不存在的情形，且基于和的某种对称性，这样得出的表达式也更具备对称性，处理手段更多.
14．②④
【分析】对于①，根据圆的方程即可判断①，对于②，根据弦长公式即可判断②，根据圆心到直线的距离即可判断③，对于④，令求出点和点的坐标，根据圆方程求出点坐标，求出和，在利用余弦定理求出，求出的面积即可求出，根据即可判断④.
【详解】对于①，由圆的方程知，圆心在曲线上，故①不正确．
对于②，由弦长公式得：弦的长为，故②正确．
对于③，圆心到直线的距离等于，
而半径为，二者不一定相等，故③不正确．
对于④，在圆方程令，可得，
或，即，，，，
由圆方程知，，，
由基本不等式得（当且仅当，即时等号成立），
中，由余弦定理得，
，的面积为，
，，
，即，故④正确．
故答案为： ②④．
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用圆心到直线的距离等于圆的半径，可求待定系数的值.
（2）借助“几何法”，把问题转化成为圆心到直线的距离问题求解.
【详解】（1）
∵圆O：，直线l：．直线l与圆O相切，
∴圆心O到直线l的距离等于半径，
即，
解得．
（2）根据题意，圆O的方程为，其半径，
直线l与圆O交于不同的两点A，B，∠AOB＝，
则点O到l的距离d＝r＝1，
则有＝1，解可得k＝±．
16．(1)或
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）确定圆的圆心和半径，设出直线方程，利用直线与圆相切，建立方程，即可求解；
（2）将直线方程和圆的方程联立，根据根的判别式求出的范围，利用韦达定理及向量与共线即可求解.
【详解】（1）圆，所以圆心为，
过且斜率为的直线方程为，即，
与圆相切，则圆心到直线的距离，
解得：或，
故切线方程为或；
（2）设，
联立直线与圆
消去得，
直线与圆交于两个不同的点，，即，
解得，
由韦达定理得，
则，
则，
而，，，
若与共线，则，即，
即解得，
因为，
故没有符合题意的常数，使得向量与共线.
17．(1)；
(2)，或.
【分析】
（1）根据题意 ，圆心在直线，得到，再由在圆上，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）根据题意，得到过定点，求得，结合，当时，面积最大，求得面积的最大值，再利用点到直线的距离公式，列出方程求得的值，即可求解.
【详解】（1）
解：由圆关于直线对称，
即圆心在直线，满足，
即圆，
又因为在圆上，所以，解得，
所以圆的方程为.
（2）
解：由，可得，
联立方程组，解得，即直线过定点，
又由由（1）圆心为，可得，因为，
所以当时，面积最大，
此时为等腰直角三角形，面积最大值为，其中为圆的半径，
此时点C到直线l的距离，，
所以可以取到，所以，解得或，
故所求直线l的方程为或.
18．(1)；
(2).
【分析】（1）点与点关于直线对称，则直线直线，且线段的中点在直线上，两个方程联立可求出点的坐标；
（2）利用关系式可以得出点的轨迹方程，根据点的轨迹与直线有公共点，知圆心到直线的距离小于等于半径，解不等式即可.
【详解】（1）设，，因为点与点关于直线的对称，则有
线段的中点在直线上，即①，
又直线直线，且直线的斜率为，则①，
联立①①式子解得，
故点的坐标
（2）设，由，则，
故，化简得，
所以点的轨迹是圆，其方程为，圆心坐标，半径.
又因为直线与圆由公共点，
利用圆心到直线的距离小于等于半径，则，
解得.
故的取值范围为.
19．(1)或
(2)存在；
【分析】（1）从直线与圆相切时仅有一个公共点的特点，利用求得参数，即得圆的方程；
（2）先求出点，，设出直线方程，与圆O方程联立，得到韦达定理，再将等价转化成、的斜率互为相反数，代入韦达定理计算即得值.
【详解】（1）由得，
因为圆与y轴相切，所以，解得或4，
故所求圆C的方程为或．
（2）令得，
解得或，而，即，．
假设存在实数a，设，，
当直线与x轴不垂直时，设直线的方程为，
由得，
根据韦达定理有（*），
又，则、的斜率互为相反数，
即，得：，
于是，即，
将（*）代入可得：，化简得：，解得．
当直线与x轴垂直时，,显然满足，即、的斜率互为相反数．
综上所述，存在，使得．
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