2025-2026学年度高中数学选择性必修一1.1-2.5直线与圆的方程滚动测试卷（含解析）

2025-2026学年度高中数学选择性必修一
1.1-2.5直线与圆的方程滚动测试卷
考试范围：选择性必修第一册第一章、第二章；考试时间：120分钟；
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题：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，只有一项是符合要求的。
1．圆关于直线对称的圆的方程是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知点,，点C在平面上，且点C到点的距离相等，则点C的坐标可以为（　　 ）
A． B．
C． D．
3．直线与圆的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交且直线经过圆心 D．相交但直线不经过圆心
4．若圆：和圆：（）相切，则等于（ ）
A． B． C． D．
5．已知直线与圆相交于点A，B，点P为圆上一动点，则面积的最大值是（ ）
A． B． C． D．
6．直线分别与轴，轴交于A，B两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．若直线l：与曲线有两个交点，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大．”如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆与射线的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xoy中，给定两点，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是（ ）
A．2 B．6 C．2或6 D．1或3
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．下列选项正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1
C．直线的倾斜角为150°
D．与圆相切，且在x轴、y轴上的截距相等的直线只有一条
10．已知直线，圆，点，则（ ）
A．若在圆上，则直线与圆相交 B．若在圆内，则直线与圆相离
C．若在圆外，则直线与圆相交 D．若在直线上，则直线与圆相离
11．如图，已知正方体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．平面
C．直线与平面所成的角为
D．点与平面的距离为
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知圆的圆心在直线上，过点且与直线相切，则圆的方程是 ．
13．如图所示，，分别是四面体的边，的中点，是靠近的三等分点，且，则 ．
14．已知圆和圆，M，N分别是圆C，D上的动点，为直线上的动点，则的最小值是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．已知圆C的圆心在x轴上，且经过点，．
（1）求圆C的标准方程；
（2）过点的直线l与圆C相交于M，N两点，且，求直线l的方程．
16．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，点为线段的中点，，，.

(1)求证：平面⊥平面；
(2)求二面角的平面角的正弦值.
17．如图，在长方体中，，，为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
18．已知圆经过点，且与圆相切于点.
(1)求圆的方程；
(2)过点的直线交圆于M，N两点，且，求直线的方程.
19．已知圆外一点,过点作圆的切线，，其中是切点.
（1）求，所在的直线方程；
（2）求，的值；
（3）求直线的方程.
试卷第4页，共4页
试卷第3页，共4页
《2025-2026学年度高中数学选择性必修一1.1-2.5直线与圆的方程滚动测试卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C D A A C A A AB BC
题号 11
答案 ABD
1．D
【分析】先求得圆关于直线对称的圆的圆心坐标，进而即可得到该圆的方程.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为3
设点关于直线的对称点为，
则 ，解之得
则圆关于直线对称的圆的圆心坐标为
则该圆的方程为，
故选：D．
2．C
【分析】根据空间两点间的距离公式可求出结果.
【详解】设点的坐标为，则,
即，即.
经检验知.只有选项C满足.
故选：C
3．D
【分析】求出圆心到直线的距离，与半径比较大小，即可得到结论.
【详解】圆的圆心，半径.
因为圆心到直线的距离，
所以直线与圆相交但直线不过圆心.
故选：D.
4．A
【解析】先由圆的方程，得两圆的圆心坐标与半径，求出圆心距，确定两圆内切，进而可求出结果.
【详解】因为圆：的圆心坐标为，半径为，
圆：的圆心坐标为，半径为；
所以圆心距为：，
又两圆相切，所以只能内切，
因此，所以.
故选：A.
【点睛】本题主要考查由两圆内切求半径的问题，熟记圆与圆位置关系即可，属于常考题型.
5．A
【分析】应用点线距离、弦长的几何求法求，确定面积最大点P的位置，即可求面积最大值.
【详解】由圆心为，半径为，则圆心到直线距离，
所以，
要使面积最大，只需圆上一动点P到直线距离最远，为，
所以面积的最大值是.
故选：A
6．C
【分析】根据直线方程可得，根据圆的方程圆心到直线的距离为，进而可得点到直线的距离的取值范围和面积的取值范围.
【详解】由直线可知，则，
由圆可知圆心为，半径，
则圆心到直线的距离为，
设点到直线的距离为，
则，即，
所以面积.
故选：C.
7．A
【分析】曲线表示在轴及轴右侧的部分(半圆)，直线l：恒过点，求出直线与圆相切时的值，结合图象即可求出的取值范围．
【详解】曲线，则，
所以曲线表示在轴及轴右侧的部分(半圆)，
直线l：恒过点，
若直线l：与相切，
则，解得，或（舍），
因为直线l：与曲线有两个交点，由图可知.
故选：A.
8．A
【分析】利用米勒问题的结论，将问题转化为点为过，两点且和轴相切的圆与轴的切点，求出切点的横坐标即可.
【详解】由题意知，点为过，两点且和轴相切的圆与轴的切点，
已知，则线段的中点坐标为，直线斜率为，
线段的垂直平分线方程为，即.
所以以线段为弦的圆的圆心在直线上，
所以可设圆心坐标为，
又因为圆与轴相切，所以圆的半径，又因为，
所以，解得或，
即切点分别为和，两圆半径分别为.
由于圆上以线段（定长）为弦所对的圆周角会随着半径增大而圆周角角度减小，
且过点的圆的半径比过的圆的半径大，
所以，故点为所求，
所以当取最大值时，点的横坐标是.
故选：A.

9．AB
【分析】直接令即可得判断A；计算出圆心到直线的距离为1可判断B；得出斜率即可得倾斜角判断C；分为直线过原点和不过原点两种情形可判断D.
【详解】直线，令，得，即恒过定点，A正确；
圆的圆心为，半径为2，圆心到直线的距离，
则圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1，故B正确；
直线的斜率为，其倾斜角为，故C错误；
圆的圆心为，半径为，
当直线过原点时，依题意可设为，即，
，解得，即切线为，
当直线不过原点时，依题意可设为，即，
，解得（舍去）或，即，
即在x轴、y轴上的截距相等的直线有三条，故D错误；
故选：AB.
10．BC
【分析】根据点与圆的位置关系，得a，b的关系，即可确定直线与圆的关系来判断A，B，C选项；根据点与直线的位置关系，得a，b的关系，即可确定直线与圆的关系来判断D选项．
【详解】由圆，得圆心，半径．
对于A，若在圆上，则，
圆心到直线的距离，则直线与圆相切，故A错误．
对于B，若在圆内，则，
圆心到直线的距离，则直线与圆相离，故B正确．
对于C，若在圆外，则，
圆心到直线的距离，则直线与圆相交，故C正确．
对于D，若在直线上，则，
圆心到直线的距离，则直线与圆相切，故D错误．
故选：BC.
11．ABD
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，计算出，得到；B选项，证明出四边形为平行四边形，故，从而得到线面平行；C选项，求出平面的法向量，由线面角的求解公式进行求解；D选项，求出平面的法向量，由点到平面的距离公式求出答案.
【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
故，
故，所以，
故，A正确；
B选项，因为，，所以四边形为平行四边形，
故，
又平面，平面，故平面，B正确；
C选项，平面的一个法向量为，
又，故
设直线与平面所成的角大小为，
则，
故直线与平面所成的角不为，C错误；
D选项，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，故，
故点与平面的距离为，D正确.
故选：ABD
12．
【分析】根据题意，设圆的圆心为，则有，解可得a的值，即可得圆心的坐标及半径的值，从而可得圆的标准方程．
【详解】根据题意，圆的圆心在直线上，设圆的圆心为，半径为.
又由圆过点且与直线相切，
则有，
解得，故圆心的坐标为，
则，
则圆的方程为.
故答案为．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系以及圆的标准方程的计算，关键是求出圆的圆心，属于基础题．
13．
【分析】用向量，，表示，就能找到，，的值，进而算出答案．
【详解】解：因为，分别是四面体的边，的中点，是靠近的三等分点，
所以，
，
，
，
所以，，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查空间向量的表示，考查空间向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．
14．
【分析】先得到，设关于直线的对称点为，求出的最小值，进而得到的最小值．
【详解】的圆心为，半径为1.
，圆心为，半径为2．
因为，所以两圆相离，如图所示．
则，
当且仅当三点共线，三点共线且在之间，在之间时，等号成立．
设关于直线的对称点为，
连接，与直线交于点，此时，
故即为的最小值，
故的最小值为．
故答案为：.
15．（1）；（2）或．
【解析】（1）根据题意，设的中点为，求出的坐标，求出直线的斜率，得到直线的方程，设圆的标准方程为，由圆心的位置分析可得的值，进而计算可得的值，故可得圆的方程；
（2）设为的中点，结合直线与圆的位置关系，分直线的斜率是否存在两种情况讨论，由弦心距列方程即可得答案.
【详解】（1）设的中点为D，则，
由圆的性质得，所以，得，
所以线段的垂直平分线方程是，
设圆C的标准方程为，其中，半径为r（），
由圆的性质，圆心在直线上，化简得，
所以圆心，，所以圆C的标准方程为．
（2）由（1）设F为中点，则，得，
圆心C到直线l的距离，
当直线l的斜率不存在时，l的方程，此时，符合题意；
当直线l的斜率存在时，设l的方程，即，
由题意，解得；故直线l的方程为，
即；
综上直线l的方程为或．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接AC，BD，交于点E，由题意可证得AB⊥平面PAD，得ME⊥AB，利用勾股定理证得PD⊥PA，又ME∥PD，得ME⊥PA，从而ME⊥平面PAB，即可证得结论；
（2）由题意OD，OE，OP两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求解可得结果．
【详解】（1）连接AC，BD，交于点E，连接ME，
∵矩形ABCD，点E是BD的中点，又点M是PB的中点，∴ME∥PD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB 平面ABCD，
∴AB⊥平面PAD，∴PD⊥AB且ME∥PD，∴ME⊥AB，
又在△PAB内，PA＝PD＝2，AD＝，∴，
∴PD⊥PA，又ME∥PD，∴ME⊥PA，
∵ME⊥PA，ME⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
∴ME⊥平面PAB，又ME 平面AMC，
∴平面MAC⊥平面PAB；
（2）取AD中点O，连接OE，
∵△PAD是等腰三角形，∴OP⊥AD，
∵平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，OP 面ADP，
∴OP⊥平面ABCD，又AD，OE平面ABCD，∴OP⊥AD，OP⊥OE，
又矩形ABCD中，点O、E分别为AD，BD的中点，故OE⊥AD，
∴OD，OE，OP两两垂直，
∴以为正交基底，建立空间直角坐标系O xyz，

则，
，
设平面的一个法向量是，
所以，，
设平面的一个法向量是，
所以，，
设二面角的平面角是，，
那么，
所以二面角的平面角的正弦值是.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明，，再根据线面垂直的判定即可证明；
（2）由（1）得是平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则，代入计算即可.
【详解】（1）如图，以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，，，，
，，.
因为，，
所以，.
因为，平面，，
所以平面.
（2）由（1）得是平面的一个法向量，.
设直线与平面所成的角为，
则，
故，
则直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)或
【分析】（1）求得圆的圆心和半径，从而求得圆的方程.
（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，由弦长来求得直线的方程.
【详解】（1）圆的圆心为，半径，
直线的方程是，所以圆的圆心可设为，
则，则，
半径，
所以圆的方程为.
（2）由，令，解得，
，所以直线符合题意.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由于，所以到直线的距离为，
所以，解得，
直线的方程为.
综上所述，直线的方程为或.
19．（1），；（2）；（3）.
【分析】（1）求出圆心和半径，这样可以判断切线斜率一定存在，设出切线的点斜式方程，利用圆心到切线的距离等于半径，得到方程，解方程求出斜率，写出切线方程；
（2）利用两点间距离公式，可以求出的长度，再利用切线的性质和勾股定理，可以求出，的值；
（3）切线方程与圆方程联立，求出切线与圆的交点坐标，利用两点式求出直线方程.
【详解】（1)由圆心,点及半径知，切线斜率一定存在.设切线方程为，即.
∵圆心到切线的距离等于半径，∴，
即,解得或.故切线方程为或,即所在的直线方程分别为，.
(2)∵，∴.
(3)由解得
∴.
由解得
∴.
故直线的方程为，即.
【点睛】本题考查了圆的切线方程、圆的切线长，以及圆切点直线方程，考查了数学运算能力，抓住平面几何图形的性质是解题的关键.
答案第14页，共14页
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