选择性必修第一册苏教版-第2章-单元测试卷（含解析）

第2章　圆与方程
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合P={(x,y)|x+y=2},Q={(x,y)|x2+y2=2},那么P∩Q的元素个数为 (　　)
A.0 B.1 C.2 D.无法确定
2.若直线l1:ax+2y+6=0与直线l2:x+(a-1)y+a2-1=0平行,则a的值为 (　　)
A.a=-2或a=1 B.a=2
C.a=2或a=-1 D.a=-1
3.已知圆O1:x2+y2=16和圆O2:x2+y2-6mx-8my+24m2=0有且仅有4条公切线,则实数m的取值范围是 (　　)
A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.(-1,1)
C.(-∞,-2)∪(3,+∞) D.(-2,3)
4.已知圆的圆心为(2,-3),一条直径的两个端点恰好在两坐标轴上,则这个圆的方程是 (　　)
A.x2+y2-4x+6y+8=0 B.x2+y2-4x+6y=0
C.x2+y2-4x-6y=0 D.x2+y2-4x+6y-8=0
5.已知圆C:x2+y2-2x+4y+2=0,从点P(-1,-3)发出的光线,经直线y=x反射后,恰好经过圆心C,则入射光线所在直线的斜率为 (　　)
A.-4 B.- C. D.4
6.已知动点P(x,y)满足x2+y2-|x|-|y|=0,O为坐标原点,则PO的最大值是 (　　)
A. B.1 C. D.2
7.已知圆C:x2+y2=1,点A(-2,0)和点B(2,a),从点A观察点B,要使视线不被圆C挡住,则实数a的取值范围是 (　　)
A.(-∞,-2)∪(2,+∞) B.(-∞,-)∪(,+∞)
C.(-∞,-)∪(,+∞) D.(-,)
8.已知圆C:(x-3)2+(y-5)2=4和两点A(-m,0),B(m,0)(m>0),若圆C上存在一点P,使得∠APB=60°,则实数m的取值范围是 (　　)
A.(0,) B.(2,)
C.[2,] D.[2,]
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.以下关于圆C:(x-2)2+(y+3)2=16的命题不正确的有 (　　)
A.点(0,1)在圆C内 B.直线3x+4y-14=0与圆C相切
C.点(2,5)在圆C上 D.直线x+y+8=0与圆C相切
10.已知圆C1:x2+y2=r2,圆C2:(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0)交于不同的A(x1,y1),B(x2,y2)两点,下列结论正确的有 (　　)
A.a(x1-x2)+b(y1-y2)=0 B.2ax1+2by1=a2+b2
C.x1+x2=a D.y1+y2=2b
11.已知圆M: (x-1-cos θ)2+(y-2-sin θ)2=1,直线l:kx-y-k+2=0,下面四个命题,其中正确的是 (　　)
A.对任意实数k与θ,直线l和圆M有公共点
B.对任意实数k与θ,直线l和圆M都相离
C.存在实数k与θ,使得直线l和圆M相离
D.对任意实数k,必存在实数θ,使得直线l和圆M相切
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知圆C的圆心是直线x-y+1=0与x轴的交点,且圆C与圆(x-2)2+(y-3)2=8外切,则圆C的方程为　　　　.
13.写出一个同时具有下列性质①②的圆的方程:　　　　　　　　　　　　.
①经过坐标原点;
②被两条坐标轴截得的弦长相等.
14.在平面直角坐标系xOy中,A为直线l:2x-y=0上的点,B(5,0),以AB为直径的☉C(圆心为C)与直线l交于另一点D,若△ABD为等腰三角形,则点A的横坐标为　　　　;若☉C与☉B:(x-5)2+y2=10相交于E,F两点,则公共弦EF长度最小值为　　　　.(本题第一空2分,第二空3分)
四、解答题:本题5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)已知圆C:x2+y2-2x+4my+4m2-15=0,圆C1:x2+y2=25,直线l:3x-4y-15=0.
(1)求圆C1:x2+y2=25被直线l截得的弦长;
(2)当m为何值时,圆C与圆C1的公共弦平行于直线l.
16.(15分)已知圆O的方程为x2+y2=4,过点M(1,0)的直线l与圆O交于A,B两点.
(1)是否存在直线l,使得以AB为直径的圆过坐标原点 若存在,求出直线l的方程,若不存在,请说明理由;
(2)在x轴正半轴上是否存在定点N,使得x轴平分∠ANB 若存在,请求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.
17.(15分)①圆心C在直线l:2x-7y+8=0上,且B(1,5)是圆上的点;
②圆心C在直线x-2y=0上,但圆C不经过点(4,2),并且直线4x-3y=0与圆C相交所得的弦长为4;
③圆C过直线l:2x+y+4=0和圆x2+y2+2x-4y-16=0的交点.
在以上三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答.
问题:平面直角坐标系xOy中,圆C过点A(6,0),且　　　　.
(1)求圆C的标准方程;
(2)求过点A的圆C的切线方程.
注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.
18.(17分)如图1,为保护河上古桥OA,规划建一座新桥BC,同时设立一个圆形保护区.规划要求:新桥BC与河岸AB垂直;保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆,且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m.经测量,点A位于点O正北方向60 m处,点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸),tan∠BCO=.
(1)求新桥BC的长;
(2)当OM多长时,圆形保护区的面积最大
图1
19.(17分)如图2所示,在平面直角坐标系xOy中,已知点P(2,4),圆O:x2+y2=4与x轴的正半轴的交点是Q,过点P的直线l与圆O交于不同的两点A,B.
(1)若直线l与y轴交于D,且·=16,求直线l的方程;
(2)设直线QA,QB的斜率分别是k1,k2,求k1+k2的值;
(3)设AB的中点为M,点N(,0),若MN=OM,求△QAB的面积.
图2
第2章　圆与方程
1.B　方法一　解方程组得所以P∩Q的元素个数为1.
方法二　因为圆心(0,0)到直线x+y=2的距离等于半径长,所以直线与圆相切,所以P∩Q的元素个数为1.
2.D　由l1与l2平行得解得a=-1.
3.A　由题意得圆O2:(x-3m)2+(y-4m)2=m2,可得O2(3m,4m),半径为|m|,则O1O2==5|m|,
∵有且仅有4条公切线,∴圆O1、圆O2外离,有5|m|>4+|m|,解得m<-1或m>1,
∴实数m的取值范围是(-∞,-1)∪(1,+∞).故选A.
4.B　由题意可设圆的直径两端点坐标为A(a,0),B(0,b).由圆心坐标可得a=4,b=-6,可求得AB=2,所以半径r=,可得圆的方程为(x-2)2+(y+3)2=13,即x2+y2-4x+6y=0.故选B.
5.A　由圆C:x2+y2-2x+4y+2=0,得(x-1)2+(y+2)2=3,则圆心为C(1,-2).因为反射光线经过C(1,-2),故点C关于直线y=x的对称点(-2,1)在入射光线所在的直线上,且光源为P(-1,-3),∴入射光线所在直线的斜率k==-4.
6.A　如图D 1,方程x2+y2-|x|-|y|=0可以转化为(|x|-)2+(|y|-)2=,
图D 1
所以动点P(x,y)的轨迹为原点和四段圆弧.当点P为原点O时,PO最小,且POmin=0.由于对称性,仅考虑圆弧(x-)2+(y-)2=(x≥0,y≥0),显然,当点P为(1,1)时,POmax=.
7.C　点B在直线x=2上,过点A(-2,0)作圆的切线,设切线的斜率为k,由点斜式求得切线方程为y=k(x+2),即kx-y+2k=0,由圆心到切线的距离等于半径得=1,∴k=±,∴切线方程为y=±(x+2),这两条切线和直线x=2的交点坐标分别为(2,),(2,-),故要使视线不被圆C挡住,实数a的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞),故选C.
8.C　取D(0,3m),则∠ADB=60°,
故满足条件的点P必在A,B,D三点所确定的圆周上,
易知该圆圆心为M(0,m),半径rM=2m.
要使圆C上存在满足题意的点P,则圆M和圆C必有交点,
由题可知,rC=2,圆心C(3,5),
即|rM-rC|≤MC≤|rM+rC|,
∴|rM-rC|2≤MC2≤|rM+rC|2,
∴(2m-2)2≤(-3)2+(m-5)2≤(2m+2)2,
又m>0,解得2≤m≤.
9.ACD　将点(0,1)代入方程(x-2)2+(y+3)2=16的左边,得4+16=20>16,所以点(0,1)在圆C外,故A不正确;
由圆C:(x-2)2+(y+3)2=16知圆心(2,-3),半径为r=4,则圆心(2,-3)到直线3x+4y-14=0的距离d==4,故B正确;
将点(2,5)代入方程(x-2)2+(y+3)2=16的左边,得0+64=64>16,所以点(2,5)在圆C外,故C不正确;
圆心(2,-3)到直线x+y+8=0的距离d==,故D不正确.故选ACD.
10.ABC　圆C2的方程可化为C2:x2+y2-2ax-2by+a2+b2-r2=0,两圆的方程相减可得直线AB的方程,为2ax+2by-a2-b2=0,即2ax+2by=a2+b2,分别把A,B两点的坐标代入可得2ax1+2by1=a2+b2,2ax2+2by2=a2+b2,两式相减可得2a(x1-x2)+2b(y1-y2)=0,即a(x1-x2)+b(y1-y2)=0,所以选项A,B正确.由圆的性质可得,线段AB与线段C1C2互相平分,所以x1+x2=a,y1+y2=b,所以选项C正确,选项D错误.故选ABC.
11.AD　对于选项A,B,由题意知圆M的圆心为点M(1+cos θ,2+sin θ),半径r=1, 直线l的方程可写作y=k(x-1)+2,过定点A(1,2),因为点A在圆上,所以直线l和圆M相切或相交,即对任意实数k与θ,直线l和圆M有公共点,A正确,B错误.
对于选项C,由以上分析知不存在实数k与θ,使得直线l和圆M相离,C错误.
对于选项D,当直线l和圆M相切时,点A恰好为直线l和圆M的切点,故直线AM与直线l垂直.
①当k=0时,l:y=2,所以直线AM与x轴垂直,则1+cos θ=1,即cos θ=0,解得θ=+kπ(k∈Z),存在θ,使得直线l和圆M相切;
②当k≠0时,若直线AM与直线l垂直,则cos θ≠0,直线AM的斜率为kAM===tan θ,
所以kAM·k=-1,即tan θ=-,此时对任意的k≠0,均存在实数θ,使得tan θ=-.
综上所述,对任意实数k,必存在实数θ,使得直线l和圆M相切,D正确.
12.(x+1)2+y2=2　由题意知圆心C(-1,0),其到已知圆圆心(2,3)的距离d=3,由两圆外切可得圆C的半径r为3-2=,故圆C的标准方程为(x+1)2+y2=2.
13.(x-1)2+(y-1)2=2(答案不唯一) 　由①可得圆心到坐标原点的距离为圆的半径,由②可得圆心到两坐标轴的距离相等,可得具有性质①②的圆的方程为(x-1)2+(y-1)2=2.
14.3或-1　2　依题意AB为直径,所以∠ADB=90°,又△ABD为等腰三角形,所以△ABD为等腰直角三角形,过点B(5,0)与直线l:2x-y=0垂直的直线方程为y=-(x-5),由解得
即D(1,2),又BD==2,则AD=BD=2,
设A(a,2a),所以=2,解得a=3或a=-1.
AB的中点C(,a),AB=,所以圆C的方程为(x-)2+(y-a)2=,又☉B:(x-5)2+y2=10,所以公共弦EF的方程为(x-)2+(y-a)2-[(x-5)2+y2]=-10,整理得(5-a)x-2ay+5a-15=0,即(5-x-2y)a+(5x-15)=0,
令解得即直线EF恒过定点M(3,1).☉B的圆心B(5,0),半径r=,所以BM==,点M在圆B内,EF的最小值为2=2.
15.(1)因为圆C1:x2+y2=25的圆心为O(0,0),半径r=5,所以圆心O到直线l:3x-4y-15=0的距离d==3.
由勾股定理可知,圆C1:x2+y2=25被直线l截得的弦长为2=2=8.
(2)两圆方程相减得,圆C与圆C1的公共弦所在直线的方程为2x-4my-4m2-10=0,
因为该公共弦平行于直线3x-4y-15=0,所以= ≠ ,解得m=.
经检验m=符合题意,故当m=时,圆C与圆C1的公共弦平行于直线l.
16.(1)因为以AB为直径的圆过坐标原点,所以OA⊥OB,又OA=OB=2,
所以点O到直线AB的距离为,所以直线AB的斜率存在,设斜率为k,
则直线AB的方程为y=k(x-1),点O到直线AB的距离=,解得k2=-2,无解.所以不存在这样的直线l,使得以AB为直径的圆过坐标原点.
(2)当直线AB的斜率不存在时,即AB⊥x轴时,x轴平分∠ANB.
当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=k(x-1),N(t,0),A(x1,y1),B(x2,y2),由得(k2+1)x2-2k2x+k2-4=0,所以x1+x2=,x1x2=.若x轴平分∠ANB,则kAN=-kBN,即+=0,则+=0,即2x1x2-(t+1)(x1+x2)+2t=0,所以-+2t=0,解得t=4,所以当点N的坐标为(4,0)时,能使得x轴平分∠ANB.
综上,当直线AB的斜率不存在时,N为x轴正半轴上任意一点;当直线AB的斜率存在时,N的坐标为(4,0).
17.选条件①.
(1)方法一　设所求圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2,
由题意得解得
故所求圆的方程是(x-3)2+(y-2)2=13.
方法二　设线段AB的垂直平分线为m,则圆心C在直线m上且在直线l上,即C是m与l的交点.
直线AB的斜率是-1,则直线m的斜率是1,AB中点为(,),∴直线m:x-y-1=0.
联立解得
∴圆心C(3,2),且CA=.
故所求圆的方程是(x-3)2+(y-2)2=13.
(2)∵点A在圆C上,且kAC=-,则过点A的切线斜率为,∴过点A的圆C的切线方程是y=(x-6),即3x-2y-18=0.
选条件②.
(1)设所求圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2,由题意得a=2b.
设圆心C到直线4x-3y=0距离为d,
易知r2=(a-6)2+b2,且由垂径定理可知r2=d2+22,
即()2+4=(a-6)2+b2,将a=2b代入得b1=2,b2=4.
又圆C不经过点(4,2),∴a=4,b=2,r2=8,
∴所求圆的方程是(x-4)2+(y-2)2=8.
(2)∵A在圆C上,且kAC=-1,则过点A的切线斜率为1,
∴过点A的圆C的切线方程是y=1×(x-6),即x-y-6=0.
选条件③.
(1)设所求圆C的方程为x2+y2+2x-4y-16+λ(2x+y+4)=0,代入点A(6,0)得λ=-2,
故所求圆的方程为x2+y2-2x-6y-24=0,即(x-1)2+(y-3)2=34.
(2)∵A在圆C上,且kAC=-,则过点A的切线斜率为,
∴过点A的圆C的切线方程是y=(x-6),即5x-3y-30=0.
18.方法一　(1)如图D 3所示,以O为坐标原点,OC所在直线为x轴,建立平面直角坐标系xOy.
图D 3
由条件知A(0,60),C(170,0),直线BC的斜率kBC=-tan∠BCO=-,
又AB⊥BC,所以直线AB的斜率kAB=.
设点B的坐标为(a,b),则kBC==-,kAB==,解得a=80,b=120.
所以BC==150.
因此新桥BC的长是150 m.
(2)设保护区的边界圆M的半径为r m,OM=d m(0≤d≤60).
由条件知,直线BC的方程为y=-(x-170),即4x+3y-680=0.
因为圆M与直线BC相切,所以点M(0,d)到直线BC的距离是r,即r==.
因为点O和点A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,
所以即解得10≤d≤35.
故当d=10时,r=最大,即圆面积最大.
所以当OM=10 m时,圆形保护区的面积最大.
方法二　(1)如图D 4所示,延长OA,CB交于点F.
图D 4
因为tan∠FCO=,所以sin∠FCO=,cos∠FCO=.
因为OA=60,OC=170,所以OF=OCtan∠FCO=,CF==.
从而AF=OF-OA=.
因为OA⊥OC,所以cos∠AFB=sin∠FCO=.
又AB⊥BC,所以BF=AFcos∠AFB=,从而BC=CF-BF=150.
因此新桥BC的长是150 m.
(2)如图D 4,设保护区的边界圆M与BC的切点为D,连接MD,则MD⊥BC,且MD是圆M的半径,并设MD=r m,OM=d m(0≤d≤60).
因为OA⊥OC,所以sin∠CFO=cos∠FCO.
故由(1)知sin∠CFO====,所以r=.
因为点O和点A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,
所以即解得10≤d≤35.
故当d=10时,r=最大,即圆面积最大.
所以当OM=10 m时,圆形保护区的面积最大.
19.(1)若直线l垂直于x轴,则直线l的方程为x=2,与圆只有一个交点,不合题意.
故l存在斜率,设直线l的方程为y-4=k(x-2),
即kx-y-2k+4=0,圆心到直线l的距离d=.
因为直线l与圆O交于不同的两点A,B,所以d=<2,解得k>.
又D(0,-2k+4),Q(2,0),所以=(2,2k-4),=(2,2k),
所以·=4+2k(2k-4)=16,解得k=3或k=-1(舍去),
所以直线l的方程是3x-y-2=0.
(2)由(1)知直线l的方程可设为y-4=k(x-2),
由得(1+k2)x2-4k(k-2)x+(2k-4)2-4=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则
所以k1+k2=+=+=2k++=2k+
=2k+=2k-=2k-2k-1=-1.
即k1+k2的值是-1.
(3)设中点M(x0,y0),
则由(2)知(*).
由MN=OM,得(x0-)2+=(+),化简得++6x0-4=0,
将(*)代入解得k=3或k=(舍去).
因为圆心到直线l的距离d==,
所以AB=2=,Q到直线l的距离h=,
所以S△ABQ=AB·h=,即△QAB面积为.