1、第二章 直线与圆的方程（B卷提高卷）一选择题（共8小题）1（2019秋濮阳期末）已知圆心（2，1），其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（）Ax2+y2+4x2y50Bx2+y24x+2y50Cx2+y2+4x2y0Dx2+y24x+2y0【解答】解：设直径的两个端点分别A（a，0）、B（0，b），圆心C为点（2，1），由中点坐标公式得，解得a4，b2半径r，圆的方程是：（x+2）2+（y1）25，即x2+y2+4x2y0故选：C2（2020昌平区二模）点P在函数yex的图象上若满足到直线yx+a的距离为的点P有且仅有3个，则实数a的值为（）ABC3D4【解答】解：过函数ye
2、x的图象上点P（x0，y0）作切线，使得此切线与直线yx+a平行，又yex，于是，则x00，y01；P（0，1），于是当点P到直线yx+a的距离为时，则满足到直线yx+a的距离为的点P有且仅有3个，解得a1或a3又当a1时，函数yex的图象与直线yx1没有交点，从而只有两个点到直线距离为，所以不满足；故a3故选：C3（2019秋新余期末）已知在ABC中，其中B（1，4），C（6，3），BAC的平分线所在的直线方程为xy+10，则ABC的面积为（）ABC8D【解答】解：B（1，4）关于直线xy+10的对称点B（a，b）；，B（3，2），C（6，3），CB的直线方程为x3y+30，联立，解得，A（
3、0，1）|AC|2；B到AB的距离d；ABC的面积S|AC|d8故选：C4（2019秋荆门期末）数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线已知ABC的顶点A（2，0），B（0，4），若其欧拉线的方程为xy+20，则顶点C的坐标为（）A（4，0）B（2，2）C（3，1）D（4，2）【解答】解：设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为（，），代入欧拉线方程得：20，整理得：mn+40 AB的中点为（1，2），kAB2，AB的中垂线方程为y2（x1），即x2y+30联立，解得ABC的外心为（1，1）则（m+1）2+（n1）232+121
4、0，整理得：m2+n2+2m2n8 联立得：m4，n0或m0，n4当m0，n4时B，C重合，舍去顶点C的坐标是（4，0）故选：A5（2019秋芜湖期末）已知直线l方程为f（x，y）0，P1（x1，y1）和P2（x2，y2）分别为直线l上和l外的点，则方程f（x，y）f（x1，y1）f（x2，y2）0表示（）A过点P1且与l垂直的直线B与l重合的直线C过点P2且与l平行的直线D不过点P2，但与l平行的直线【解答】解：由题意直线l方程为f（x，y）0，则方程f（x，y）f（x1，y1）f（x2，y2）0，两条直线平行，P1（x1，y1）为直线l上的点，f（x1，y1）0，f（x，y）f（x1，y1
5、）f（x2，y2）0，化为f（x，y）f（x2，y2）0，显然P2（x2，y2）满足方程f（x，y）f（x1，y1）f（x2，y2）0，所以f（x，y）f（x1，y1）f（x2，y2）0表示过点P2且与l平行的直线故选：C6（2019秋公安县期末）若直线l经过A（2，1），B（1，m2）（mR）两点，则直线l的倾斜角的取值范围是（）A0BCD【解答】解：根据题意，直线l经过A（2，1），B（1，m2），则直线l的斜率k1+m2，又由mR，则k1+m21，则有tank1，又由0，则；故选：C7（2020新课标）已知M：x2+y22x2y20，直线l：2x+y+20，P为l上的动点过点P作M的切线
6、PA，PB，切点为A，B，当|PM|AB|最小时，直线AB的方程为（）A2xy10B2x+y10C2xy+10D2x+y+10【解答】解：化圆M为（x1）2+（y1）24，圆心M（1，1），半径r22SPAM|PA|AM|2|PA|要使|PM|AB|最小，则需|PM|最小，此时PM与直线l垂直直线PM的方程为y1（x1），即y，联立，解得P（1，0）则以PM为直径的圆的方程为联立，可得直线AB的方程为2x+y+10故选：D8（2020中山区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A（1，0），动点M满足以MA为直径的圆与y轴相切，已知B（2，1），则|MA|+|MB|的最小值为（）A1B2C3D
7、4【解答】解：设M（x，y），以MA为直径的圆的圆心为（，），又由动点M满足以MA为直径的圆与y轴相切，则有（）2（）2+（）2，整理得：y24x，则M的轨迹是抛物线，其焦点为A（1，0），准线为x1，如图，则当B、M、D三点共线时，|MA|+|MB|取得最小值，|MA|+|MB|取得最小值为|BD|2（1）3故选：C二多选题（共4小题）9（2020春昆山市期中）在同一直角坐标系中，直线axy+a0与圆（x+a）2+y2a2的位置可能是（）ABCD【解答】解：圆（x+a）2+y2a2的圆心（a，0），半径为|a|，由题意可得：d，不妨|a|，可得1，即12a+a21+a2，当a0时，恒成立，可
8、知A正确，B不正确；当a0时，不等式不成立，说明直线与圆相离，但是直线的斜率为负数，所以C不正确，截距是负数，所以D正确；故选：AD10（2019秋大连期中）在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2+y24x0若直线yk（x+1）上存在一点P，使过P所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k的取可以是（）A1B2C3D4【解答】解：圆C的方程为x2+y24x0，则圆心为C（2，0），半径R2设两个切点分别为A、B，则由题意可得四边形PACB为正方形，故有PCR2，圆心到直线yk（x+1）的距离小于或等于PC2，即2，解得k28，可得2k2，实数k的取可以是1，2故选：AB11（2020春崇川区校级
9、期中）已知圆M：（x1cos）2+（y2sin）21，直线l：kxyk+20，下列四个选项，其中正确的是（）A对任意实数k与，直线l和圆M有公共点B存在实数k与，直线l和圆M相离C对任意实数k，必存在实数，使得直线l与圆M相切D对任意实数，必存在实数k，使得直线l与圆M相切【解答】解：A根据题意知圆M的圆心坐标为（1+cos，2+sin），半径为1，无论取何值，都由（11cos）2+（22sin）21，从而圆M过定点（1，2），又因为直线l：kxyk+20，可化为k（x1）y+20，所以直线l过定点（1，2），从而直线l和圆M有公共点B圆心到直线l的距离d|sin（）|1r，（其中sin，co
10、s，tank）从而不存在实数k与，使直线与圆M相离，所以不正确，C因为对任意实数k，tank，所以必存在实数，使d|sin（）|1r，即直线l与圆M相切，所以正确D对任意实数，不一定存在实数k，使得直线l与圆M相切，如0时，tan90不存在，所以不正确故选：AC12（2019秋枣庄期中）已知圆，圆交于不同的A（x1，y1），B（x2，y2）两点，下列结论正确的有（）Aa（x1x2）+b（y1y2）0BCx1+x2aDy1+y22b【解答】解：两圆方程相减可得直线AB的方程为：a2+b22ax2by0，即2ax+2bya2+b2，故B正确；分别把A（x1，y1），B（x2，y2）两点代入2ax+
11、2bya2+b2得：2ax1+2by1a2+b2，2ax2+2by2a2+b2，两式相减得：2a（x1x2）+2b（y1y2）0，即a（x1x2）+b（y1y2）0，故A正确；由圆的性质可知：线段AB与线段C1C2互相平分，x1+x2a，y1+y2b，故C正确故选：ABC三填空题（共4小题）13（2020浙江）已知直线ykx+b（k0）与圆x2+y21和圆（x4）2+y21均相切，则k，b【解答】解：由条件得C1（0，0），r11，C2（4，0），r21，因为直线l与C1，C2都相切，故有d11，d21，则有，故可得b2（4k+b）2，整理得k（2k+b）0，因为k0，所以2k+b0，即b2k
12、，代入d11，解得k，则b，故答案为：；14（2020江苏模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：（x2）2+y24，点P是圆C外的一个动点，直线PA，PB分别切圆C于A，B两点若直线AB过定点（1，1），则线段PO长的最小值为【解答】解：设P（x0，y0），则PC的中点坐标为（），又|PC|，以PC为直径的圆的方程为，即x2+y2（x0+2）xy0y+2x00，又圆C：x2+y24x0，得：（x02）x+y0y2x00直线AB过（1，1），x0y0+20即点P的轨迹为xy+20线段PO长的最小值为O到直线xy+20的距离等于故答案为：15（2020淮安模拟）在平面直角坐标系xOy，已知点P
13、（3，0）在圆C：x2+y22mx4y+m2280内，动直线AB过点P且交圆C于A，B两点，若ABC的面积等于的直线AB恰有3条，则正实数m的值为3+2【解答】解：圆x2+y22mx4y+m2280，化为（xm）2+（y2）232，即圆心C（m，2），半径r4，SABC|CA|CB|sinACB44sinACB16sinACB8，可得sinACB，所以ACB或，动直线AB过点P且交圆C于A，B两点，且P在圆C内，ACB有最小值，所以ACBmin，所以P为AB的中点时，|CP|minr2，即有2，解得m3+2（负值舍去）故答案为：3+216（2020上虞区二模）已知圆C：（xa）2+（ya+1）
14、21，直线l：yx+2与x轴交于点A若a1，则直线l截圆C所得弦的长度为；若过l上一点P作圆C的切线，切点为Q，且，则实数a的取值范围是【解答】解：当a1时，圆心C（1，0），r1，则圆心C到直线l的距离d，所以弦长22；由题得圆心C（a，a1），即有C在直线yx1上运动，不妨设P（m，m+2），过P作PBx轴，则有|PA|PB|，又因为|PA|PQ|，所以PQPB，因为PQ2PC2r2（ma）2+（m+2a+1）21，则有（m+2）2（ma）2+（m+2a+1）21，整理得m22m+2a26a+40，问题可转化为上述方程有解，则224（2a26a+4）8a2+24a120解得a，故答案为：，
15、四解答题（共5小题）17（2019春湖北期中）如图，已知定点D（2，0），点P是圆C：（x+2）2+y236上任意一点，线段PD的垂直平分线与半径CP相交于点M（1）当点P在圆上运动时，求点M的轨迹方程；（2）过定点Q（0，1）且斜率为k的直线l与M的轨迹交于A、B两点，若6，求点O到直线l的距离【解答】解：（1）连接MD由已知，得|MC|+|MD|MC|+|MP|6|CD|46，根据椭圆的定义，知点M的轨迹是以C，D为焦点，长轴长为6的椭圆a3，c2，点M的轨迹方程为；（2）由题设知直线l的方程为ykx+1，代入M的轨迹方程，整理，得（5+9k2）x2+18kx360设A（x1，y1），B（
16、x2，y2）则，由题设可得，解得点O到直线l的距离18（2020春启东市校级期中）已知圆M的圆心M在x轴上，半径为2，直线l：3x+4y10被圆M截得的弦长为，且圆心M在直线l的上方（1）求圆M的方程；（2）设A（0，t），B（0，6t）（2t4），若圆M是ABC的内切圆，求AC，BC边所在直线的斜率（用t表示）；（3）在（2）的条件下求ABC的面积S的最大值及对应的t值【解答】解：（1）设圆心M（a，0），由已知得M到l：3x+4y10的距离为，又M在l的上方，3a10，3a15，a2，故圆的方程为（x2）2+y24（2）设AC斜率为k1，BC斜率为k2，则直线AC的方程为yk1x+t，直线
17、BC的方程为yk2x+t6由于圆M与AC相切，所以，k1；同理，k2（3）联立两条直线方程得C点的横坐标为，|AB|t（t6）6，由（2）得：2t4，9t26t8，Smax24，此时t26t8，t2或t4综上：ABC的面积S的最大值为24，此时t2或t419（2019秋临渭区期末）已知圆C过点A（2，6），且与直线l1：x+y100相切于点B（6，4）（1）求圆C的方程；（2）过点P（6，24）的直线l2与圆C交于M，N两点，若CMN为直角三角形，求直线l2的方程；（3）在直线l3：yx2上是否存在一点Q，过Q向圆C引两条切线，切点为E，F，使QEF为正三角形，若存在，求出点Q坐标，若不存在，
18、说明理由【解答】解：（1）设圆心C（a，b），由题意：CA2CB2得，（a2）2+（b6）2（a6）2+（b4）22ab30，CBl1，1，由得，a1，b1，即圆心C（1，1），半径rCA5，所以圆C的方程：（x1）2+（y+1）250（2）使CMN为直角三角形，CMCN，则MCN90，MNr10，圆心到直线l2的距离为dMN5，设l2的斜率存在时设直线l2方程：y24k（x6）kxy6k+240，d5k，所以直线l2的方程：y24（x6），当l2的斜率不存在时即x6，这时圆心到直线的距离为615，正好CMN也是直角三角形，也符合条件；所以，直线l2的方程：12x5y+480或者x6（3），假
19、设在直线l3：yx2上是否存在一点Q（m，m2），要使QEF为正三角形，则RtCQE中，CQE30，CQ2r，（m1）2+（m2+1）2（2）2，a11或9即点Q坐标（11，9）或（9，11）20（2019秋铜陵期末）已知圆C的圆心坐标为C（3，0），且该圆经过点A（0，4）（1）求圆C的标准方程；（2）若点B也在圆C上，且弦AB长为8，求直线AB的方程；（3）直线l交圆C于M，N两点，若直线AM，AN的斜率之积为2，求证：直线l过一个定点，并求出该定点坐标（4）直线l交圆C于M，N两点，若直线AM，AN的斜率之和为0，求证：直线l的斜率是定值，并求出该定值【解答】解：（1）设圆的标准为（x3
20、）2+y2r2，把A（0，4）代入得r5，故圆的标准方程为（x3）2+y225（2）k不存在时，根据题意，直线l的方程为：x0；k存在时，设直线l的方程为：ykx+4，联立方程，所以直线l的方程为：7x+24y960，综上所述，直线l的方程为x0或7x+24y960；（3）设直线MN：ykx+t，M（x1，kx1+t），N（x2，kx2+t），联立方程，所以，代入得（k22）（t216）+（kt4k）（2kt+6）+（t4）2（1+k2）0，化简得，所以直线l的方程为：，所以过定点（6，12）（4）设直线AM：ykx+4，联立方程，所以M点的坐标为，同理N点的坐标为所以，故直线l的斜率是定值，
21、且为21（2019秋随州期末）在RtABC中，两直角边AB，AC的长分别为m，n（其中mn），以BC的中点O为圆心，作半径为r（）的圆O（1）若圆O与ABC的三边共有4个交点，求r的取值范围；（2）设圆O与边BC交于P，Q两点；当r变化时，甲乙两位同学均证明出2|AP|2+2|AQ|2|PQ|2为定值甲同学的方法为：连接AP，AQ，AO，利用两个小三角形中的余弦定理来推导；乙同学的方法为；以O为原点建立合适的直角坐标系，利用坐标法来计算请在甲乙两位同学的方法中选择一种来证明该结论，定值用含m、n的式子表示（若用两种方法，按第一种方法给分）【解答】解：（1）因为ABAC，故当圆O与边AB相切时，
22、此时圆O与ABC的三边共有3个交点；当圆O与边AC相切时，此时圆O与ABC的三边共有5个交点，故当时，圆O与ABC的三边共有4个交点（2）甲同学方法：连接AP，AQ，AO，在APO中，由余弦定理可得：|AP|2|AO|2+|OP|22|AO|OP|cosAOP在AQO中，由余弦定理可得：|AQ|2|AO|2+|OQ|22|AO|OQ|cosAOQ由AOP180AOQ，得cosAOPcosAOQ，又|OP|OQ|r，故+得：|AP|2+|AQ|22|AO|2+2r2，故2|AP|2+2|AQ|2|PQ|24|AO|2+4r2（2r）2|BC|2m2+n2乙同学方法：以点O为原点，建立如图所示直角坐标系，易知P（r，0），Q（r，0）设点A（x0，y0），则2|AP|2+2|AQ|2|PQ|2