1、考点测试51圆与方程一、基础小题1圆心在y轴上，半径为1，且过点(1,2)的圆的方程为()Ax2(y2)21 Bx2(y2)21C(x1)2(y3)21 Dx2(y3)21答案A解析设圆心坐标为(0，b)，则由题意知1，解得b2，故圆的方程为x2(y2)21.2若曲线C：x2y22ax4ay5a240上所有的点均在第二象限内，则a的取值范围为()A(，2) B(，1)C(1，) D(2，)答案D解析曲线C的方程可以化为(xa)2(y2a)24，则该方程表示圆心为(a,2a)，半径等于2的圆因为圆上的点均在第二象限，所以a2.3已知直线l：yx与圆C：(xa)2y21，则“a”是“直线l与圆C相
2、切”的()A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充要条件 D既不充分又不必要条件答案A解析直线l：yx与圆C：(xa)2y21相切的充要条件是圆心C到直线l的距离等于半径，即1，解得a.故由a可推得直线l与圆C相切；反之，若直线l与圆C相切，不能推得a，即“a”是“直线l与圆C相切”的充分而不必要条件4对任意的实数k，直线ykx1与圆x2y22x20的位置关系是()A相离 B相切C相交 D以上三个选项均有可能答案C解析直线ykx1恒经过点A(0，1)，02(1)220210，点A在圆内，故直线ykx1与圆x2y22x20相交，故选C.5设圆的方程是x2y22ax2y(a1)20，若0a1，则
3、原点与该圆的位置关系是()A原点在圆上 B原点在圆外C原点在圆内 D不确定答案B解析将圆的方程化成标准方程为(xa)2(y1)22a，因为0a0，即，所以原点在圆外6若圆x2y2a2与圆x2y2ay60的公共弦长为2，则a的值为()A2 B2 C1 D1答案B解析设圆x2y2a2的圆心为O，半径r|a|，将x2y2a2与x2y2ay60联立，可得a2ay60，即公共弦所在的直线方程为a2ay60，原点O到直线a2ay60的距离为，根据勾股定理可得a232，解得a2.7一束光线从圆C的圆心C(1,1)出发，经x轴反射到圆C1：(x2)2(y3)21上的最短路程刚好是圆C的直径，则圆C的方程为()
4、A(x1)2(y1)24 B(x1)2(y1)25C(x1)2(y1)216 D(x1)2(y1)225答案A解析圆C1的圆心C1的坐标为(2,3)，半径为r11.点C(1,1)关于x轴的对称点C的坐标为(1，1)因为C在反射线上，所以最短路程为|CC1|r1，即14.故圆C的半径为r42，所以圆C的方程为(x1)2(y1)24，故选A.8圆O1：x2y22x0和圆O2：x2y24y0的位置关系是_答案相交解析由已知得O1(1,0)，r11，O2(0,2)，r22，|O1O2|r2r11，故两圆相交二、高考小题9已知直线l：xay10(aR)是圆C：x2y24x2y10的对称轴过点A(4，a)
5、作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|()A2 B4 C6 D2答案C解析圆C的标准方程为(x2)2(y1)222，圆心为C(2,1)，半径r2，由直线l是圆C的对称轴，知直线l过点C，所以2a110，a1，所以A(4，1)，于是|AC|240，所以|AB|6.故选C.10已知三点A(1,0)，B(0，)，C(2，)，则ABC外接圆的圆心到原点的距离为()A. B. C. D.答案B解析圆心在线段BC的垂直平分线x1上，故设圆心为(1，b)又圆过A(1,0)，所以圆的半径为b，故圆的方程为(x1)2(yb)2b2.代入点B的坐标，得1(b)2b2，解得b，故圆心到原点的距离为.11在平面直角坐
6、标系xOy中，以点(1,0)为圆心且与直线mxy2m10(mR)相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为_答案(x1)2y22解析由mxy2m10，可得m(x2)y1，由mR知该直线过定点(2，1)，从而点(1,0)与直线mxy2m10的距离的最大值为，故所求圆的标准方程为(x1)2y22.12已知直线l：mxy3m0与圆x2y212交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点若|AB|2，则|CD|_.答案4解析由题意可知直线l过定点(3，)，该定点在圆x2y212上，不妨设点A(3，)，由于|AB|2，r2，所以圆心到直线AB的距离为d3，又由点到直线的距离公式可得d3，解得
7、m，所以直线l的斜率km，即直线l的倾斜角为30.如图，过点C作CHBD，垂足为H，所以|CH|2，在RtCHD中，HCD30，所以|CD|4.三、模拟小题13直线(a1)x(a1)y2a0(aR)与圆x2y22x2y70的位置关系是()A相切 B相交 C相离 D不确定答案B解析解法一：x2y22x2y70化为圆的标准方程为(x1)2(y1)29，故圆心坐标为(1，1)，半径r3，圆心到直线的距离d.再根据r2d29，而7a24a70的判别式16196180d2，即dr，故直线与圆相交解法二：由(a1)x(a1)y2a0(aR)，整理得xya(xy2)0，则由解得x1，y1，即直线(a1)x(
8、a1)y2a0(aR)过定点(1，1)，又(1)2(1)22(1)2(1)750，则点(1，1)在圆x2y22x2y70的内部，故直线(a1)x(a1)y2a0(aR)与圆x2y22x2y70相交14已知直线l：xmy40，若曲线x2y22x6y10上存在两点P、Q关于直线l对称，则m的值为()A2 B2 C1 D1答案D解析因为曲线x2y22x6y10是圆(x1)2(y3)29，若圆(x1)2(y3)29上存在两点P、Q关于直线l对称，则直线l：xmy40过圆心(1,3)，所以13m40，解得m1，故选D.15若圆C：x2y22x4y30关于直线2axby60对称，过点(a，b)作圆的切线，
9、则切线长的最小值是()A2 B3 C4 D6答案C解析圆C的标准方程为(x1)2(y2)22，所以圆心为点(1,2)，半径为.因为圆C关于直线2axby60对称，所以圆心C在直线2axby60上，所以2a2b60，即ba3，点(a，b)到圆心的距离d.所以当a2时，d取最小值3，此时切线长最小，为4，所以选C.16已知圆O：x2y24上到直线l：xya的距离等于1的点至少有2个，则a的取值范围为()A(3，3)B(，3)(3，)C(2，2)D答案A解析由圆的方程可知圆心为O(0,0)，半径为2，因为圆上的点到直线l的距离等于1的点至少有2个，所以圆心到直线l的距离dr121，即d3，解得a(3
10、，3)，故选A.17两圆x2y22axa240和x2y24by14b20恰有三条公切线，若aR且ab0，则的最小值为()A1 B3 C. D.答案A解析由题意知两圆的标准方程为(xa)2y24和x2(y2b)21，圆心分别为(a,0)和(0,2b)，半径分别为2和1，因为两圆恰有三条公切线，所以两圆外切，故有3，即a24b29，所以(144)1，当且仅当，即|a|b|时取等号，故选A.一、高考大题1如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2y212x14y600及其上一点A(2,4)(1)设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x6上，求圆N的标准方程；(2)设平行于OA的
11、直线l与圆M相交于B，C两点，且BCOA，求直线l的方程；(3)设点T(t,0)满足：存在圆M上的两点P和Q，使得，求实数t的取值范围解圆M的标准方程为(x6)2(y7)225，所以圆心M(6,7)，半径为5.(1)由圆心N在直线x6上，可设N(6，y0)因为圆N与x轴相切，与圆M外切，所以0y00(*)，x1x2，所以x0，代入直线l的方程，得y0.因为xy3x0，所以2y.由(*)解得t2，又t20，所以x03.所以线段AB的中点M的轨迹C的方程为2y2.(3)由(2)知，曲线C是在区间上的一段圆弧如图，D，E，F(3，0)，直线L过定点G(4,0)联立直线L的方程与曲线C的方程，消去y整
12、理得(1k2)x2(38k2)x16k20.令判别式0，解得k，由求根公式解得交点的横坐标为xH，I，由图可知：要使直线L与曲线C只有一个交点，则kkGH，kGI，kDG，kEG，即k.二、模拟大题3已知圆C的方程为x2(y4)21，直线l的方程为2xy0，点P在直线l上，过点P作圆C的切线PA，PB，切点为A，B.(1)若APB60，求点P的坐标；(2)求证：经过A，P，C(其中点C为圆C的圆心)三点的圆必经过定点，并求出所有定点的坐标解(1)由条件可得圆C的圆心坐标为(0,4)，PC2，设P(a,2a)，则2，解得a2或a，所以点P的坐标为(2,4)或.(2)证明：设P(a,2a)，过点A
13、，P，C的圆即是以PC为直径的圆，其方程为x(xa)(y4)(y2a)0，整理得x2y2ax4y2ay8a0，即(x2y24y)a(x2y8)0.由得或该圆必经过定点(0,4)和.4已知圆C：x2y22x4y30.(1)若圆C的切线在x轴和y轴上的截距相等，求此切线的方程；(2)从圆C外一点P(x1，y1)向该圆引一条切线，切点为M，O为坐标原点，且有|PM|PO|，求使|PM|取得最小值时点P的坐标解(1)将圆C配方，得(x1)2(y2)22.当切线在两坐标轴上的截距为零时，设切线方程为ykx，由，得k2，切线方程为y(2)x.当切线在两坐标轴上的截距不为零时，设切线方程为xya0(a0)，
14、由，得|a1|2，即a1或a3.切线方程为xy10或xy30.综上，圆的切线方程为y(2)x或y(2)x或xy10或xy30.(2)由|PO|PM|，得xy(x11)2(y12)22，整理得2x14y130，即点P在直线l：2x4y30上当|PM|取最小值时，|PO|取最小值，此时直线POl，直线PO的方程为2xy0.解方程组得点P的坐标为.5如图，已知圆心坐标为M(，1)的圆M与x轴及直线yx均相切，切点分别为A，B，另一圆N与圆M相切，且与x轴及直线yx均相切，切点分别为C，D.(1)求圆M与圆N的方程；(2)过点B作MN的平行线l，求直线l被圆N截得的弦长解(1)由于圆M与BOA的两边相
15、切，故M到OA，OB的距离相等，则点M在BOA的平分线上，同理，N也在BOA的平分线上，即O，M，N三点共线，且直线ON为BOA的平分线，因为M(，1)，所以M到x轴的距离为1，即圆M的半径为1，所以圆M的方程为(x)2(y1)21.设圆N的半径为r，连接AM，CN，则RtOAMRtOCN，得，即，解得r3，OC3，所以圆N的方程为(x3)2(y3)29.(2)由对称性可知，所求弦长为过点A的MN的平行线被圆N截得的弦长，此弦所在直线的方程为y(x)，即xy0，圆心N到该直线的距离d，故弦长为2.6在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x3)2(y1)24，圆C2与圆C1关于直线14x8y3
16、10对称(1)求圆C2的方程；(2)设P为平面上的点，满足下列条件：过点P存在无穷多对互相垂直的直线l1和l2(l1，l2的斜率存在且不为0)，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等试求所有满足条件的点P的坐标解(1)设圆C2的圆心为(m，n)，因为直线14x8y310的斜率为k，所以由对称性知解得所以圆C2的方程为(x4)2(y5)24.(2)设点P(a，b)满足条件，不妨设直线l1的方程为ybk(xa)(k0)，则直线l2的方程为yb(xa)因为圆C1和圆C2的半径相等，直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，所以圆C1的圆心到直线l1的距离和圆C2的圆心到直线l2的距离相等，即，整理得|13kakb|5k4abk|，从而13kakb5k4abk或13kakb5k4abk，即(ab2)kba3或(ab8)kab5，因为k的取值有无穷多个，所以或解得或所以这样的点P只可能是点P1或点P2.经检验，点P1和P2都满足条件