人教A版 (2019)选择性必修 第一册圆的方程同步练习题

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1．已知直线l1：3x−3y+1=0，若直线l2与l1垂直，则l2的倾斜角是（ ）
A．150°B．120°C．60°D．30°
【解题思路】根据直线的斜截式得直线斜率，由垂直关系可得l2的斜率，进而可求倾斜角.
【解答过程】直线l1：3x−3y+1=0转为为斜截式得y=3x+33，故斜率为k=3，
由于l2与l1垂直，所以l2的斜率为−1k=−33，故倾斜角为150°，故选：A.
2．直线l:ax+y+1=0与连接A(2,3),B(−3,2)的线段相交，则a的取值范围是（ ）
A．[−1,2] B．[2,+∞)∪(−∞,−1) C．[−2,1]∪(2,3) D．(−∞,−2]∪[1,+∞)
【解题思路】根据给定条件，作出图形，利用斜率坐公式结合图形求解作答.
【解答过程】直线ax+y+1=0过点P0,−1.如图，

由题意，直线l与线段AB总有公共点，即直线l以直线PA为起始位置，绕点P逆时针旋转到直线PB即可，
直线l的斜率为k，直线PA,PB的斜率分别为kPA,kPB，于是k≤kPB或k≥kPA，而kPA=3−(−1)2−0=2,kPB=2−(−1)−3−0=−1，因此k≤−1或k≥2，所以−a≤−1或−a≥2，解得a≤−2或a≥1，即a的取值范围是(−∞,−2]∪[1,+∞).故选：D.
3．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ΔABC的顶点A2,0,B0,4，若其欧拉线的方程为x−y+2=0，则顶点C的坐标为
A．−4,0B．−3,−1C．−5,0D．−4,−2
【解题思路】设出点C的坐标，由重心坐标公式求得重心，代入欧拉线得一方程，求出AB的垂直平分线，和欧拉线方程联立求得三角形的外心，由外心到两个顶点的距离相等得另一方程，两方程联立求得点C的坐标
【解答过程】设C（m，n），由重心坐标公式得，三角形ABC的重心为2+m3,4+n3代入欧拉线方程得：2+m3−4+n3+2=0整理得：m-n+4=0 ①
AB的中点为（1，2），kAB=4−00−2=−2 AB的中垂线方程为y−2=12x−1，
即x-2y+3=0．联立x−2y+3=0x−y+2=0 解得x=−1y=1∴△ABC的外心为（-1，1）．
则（m+1）2+（n-1）2=32+12=10，整理得：m2+n2+2m-2n=8 ②联立①②得：m=-4，n=0或m=0，n=4．当m=0，n=4时B，C重合，舍去．∴顶点C的坐标是（-4，0）．故选A.
4．使三条直线4x+y−4=0,mx+y=0,2x−3my−4=0不能围成三角形的实数m的值最多有几个（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
【解题思路】根据题设，讨论存在两条直线平行或三条直线交于一点，分别求出对应m值，进而验证是否满足题设，即可得答案.
【解答过程】要使三条直线不能围成三角形，存在两条直线平行或三条直线交于一点，
若4x+y−4=0,mx+y=0平行，则4m=11，即m=4；
若mx+y=0,2x−3my−4=0平行，则m2=1−3m，即无解；
若4x+y−4=0,2x−3my−4=0平行，则42=1−3m，即m=−16；
若三条直线交于一点，4x+y−4=0mx+y=02x−3my−4=0，可得m=23或m=−1；
经检验知：m∈{−1,−16,23,4}均满足三条直线不能围成三角形，故m最多有4个.故选：B.
5．已知直线n:5x+y+2=0，点A1,0关于直线x+y+3=0的对称点为B，直线m经过点B，且m//n，则直线m的方程为（ ）
A．5x+y+19=0B．x−5y−17=0
C．5x+y−5=0D．5x+y+10=0
【解题思路】利用两点关于直线x+y+3=0对称可求得点B的坐标，设直线m的方程为5x+y+c=0，将点B的坐标代入直线m的方程，求出c的值，即可得出直线m的方程.
【解答过程】设点Ba,b，则a+12+b2+3=0kAB⋅−1=−ba−1=−1，解得a=−3b=−4，即点B−3,−4，
因为m//n，设直线m的方程为5x+y+c=0，
将点B的坐标代入直线m的方程可得5×−3−4+c=0，解得c=19，
所以，直线m的方程为5x+y+19=0.
故选：A.
6．已知点P在直线y=−x−3上运动，M是圆x2+y2=1上的动点，N是圆(x−9)2+(y−2)2=16上的动点，则PM+PN的最小值为（ ）
A．13B．11C．9D．8
【解题思路】根据圆的性质可得PM+PN≥PO+PC−5，故求PM+PN的最小值，转化为求PC+PO的最小值，再根据点关于线对称的性质，数形结合解.
【解答过程】如图所示，

圆(x−9)2+(y−2)2=16的圆心为C9,2，半径为4，圆x2+y2=1的圆心为O0,0，半径为1，
可知PC−4≤PN≤PC+4,PO−1≤PM≤PO+1，所以PM+PN≥PO+PC−5，
故求PM+PN的最小值，转化为求PC+PO的最小值，设O0,0关于直线y=−x−3的对称点为G，设G坐标为m,n，则nm=1n2=−m2−3 ，解得m=−3n=−3，故G−3,−3，因为PO=PG，可得PO+PC=PG+PC≥GC=(9+3)2+(2+3)2=13，当P,G,C三点共线时，等号成立，所以PM+PN的最小值为13−5=8.故选：D.
7．已知圆C1:x+32+y2=a2a>7和C2:x−32+y2=1，动圆M与圆C1，圆C2均相切，P是△MC1C2的内心，且S△PMC1+S△PMC2=3S△PC1C2，则a的值为（ ）
A．9B．11C．17或19D．19
【解题思路】由两圆方程得圆C2内含于圆C1，由P是△MC1C2的内心，且S△PMC1+S△PMC2=3S△PC1C2得C1M+C2M=3C1C2，动圆M内切于圆C1，分别讨论圆C2内切、外切于动圆M，由圆心距得C1M+C2M=a±1，即可求解
【解答过程】根据题意：圆C1:x+32+y2=a2a>7，其圆心C1−3,0，半径R1=a，圆C2:x−32+y2=1，其圆心C23,0，半径R2=1，又因为a>7，所以圆心距C1C2=62mm≠0，即可判断；
对于C选项：当定直线l的斜率存在，设直线l：y=kx+b，当定直线l的斜率不存在，设直线l:x=t，由垂径定理和勾股定理得到弦长L，要使弦长L为定值，则弦长L与m无关，得到关于k和b的方程组，即可求解；
对于D选项：求出所有动圆C的公切线，即可求解.
【解答过程】对于A选项：若圆C经过原点，则0−2m−12+0−m−12=4m2，化简得：m2+6m+2=0，解得：m=−3±27，所以当m=−3±27时，圆C经过原点，所以A选项正确；
对于B选项：由题意得圆C的圆心C2m+1,m+1，半径r=2m（m≠0），
若圆C上的所有点均在第一象限，则2m+1>0m+1>02m+1>2mm+1>2mm≠0，解得：m>−12m>−1m>−14−137时，光所走过的最短路程为线段C′B，其中B5,b−5，
所以C′B=S=5−12+b−32=b2−6b+25．
综上：S=b+12,6≤b≤7b2−6b+25,b>7．
18.已知圆O的方程为x2+y2=25，过点F0,4的动直线l与圆E相交于A,B两点，线段AB的中点为M.
(1)设动点M的轨迹为曲线C，求曲线C的方程.
(2)已知D0,1，过点D作直线l1，交曲线C于P，Q两点，P，Q不在y轴上.过点D作与直线l1垂直的直线l2，交曲线C于E，F两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的最大值；
【解题思路】（1）由圆的性质知MO⊥AB，利用勾股定理及两点之间的距离公式即可求解；
（2）由弦长公式求得PQ=24k2+3k2+1 ，分类讨论当直线l2斜率不存在时，求得S=43，
当直线l2斜率存在，可求得S=212+1k2+1k2+2，结合基本不等式即可求解.
【解答过程】（1）设Mx,y，由圆的性质知MO⊥AB,则MO2+MF2=42，
即x2+y2+x2+(y−4)2=16，化简可得曲线C的方程为x2+y−22=4.
（2）显然直线l1的斜率存在，设直线l1方程为y=kx+1，即kx−y+1=0，
则圆心0,2到直线l1的距离d1=−2+1k2+1=1k2+1，所以PQ=24−1k2+1=24k2+3k2+1 ，
若k=0，则直线l2斜率不存在，则PQ=23，EF=4，则S=12EF⋅PQ=43，
若k≠0，则直线l2得方程为y=−1kx+1 ，即x+ky−k=0 ，则圆心0,2到直线l2的距离d2=kk2+1，
所以EF=24−k2k2+1=23k2+4k2+1 ，
则S=12EF⋅PQ=24k2+33k2+4k2+12=212k2+12+k2k2+12 =212+k2k2+12=212+1k2+1k2+2≤212+12k2⋅1k2+2=7，
当且仅当k2=1k2 ，即k=±1 时，取等号，综上所述，因为7=49>43 ，所以S的最大值为7.
19.已知圆O:x2+y2=1和点M1,3．
(1)过M作圆O的切线，求切线的方程；
(2)过M作直线l交圆O于点C，D两个不同的点，且CD不过圆心，再过点C，D分别作圆O的切线，两条切线交于点E，求证：点E在一条定直线上，并求出该直线的方程；
(3)已知A2,4，设P为满足方程PA2+PO2=34的任意一点，过点P向圆O引切线，切点为B，试探究：平面内是否存在一定点N，使得PB2PN2为定值？若存在，则求出定点N的坐标，并指出相应的定值；若不存在，则说明理由．
【解题思路】（1）分斜率存在和斜率不存在两种情况求切线方程即可；
（2）设Cx1,y1，Dx2,y2，Ex0,y0，根据CE⊥CO，得到x12−x1x0+y12−y1y0=0，再结合x12+y12=1，得到x1x0+y1y0=1，同理得到x2x0+y2y0=1，即可得到直线CD的方程为x0x+y0y=1，再根据M在CD上，即可得到点E的轨迹方程；
（3）设Px,y，根据PA2+PO2=34得到x2+y2=2x+4y+7，再设Nm,n，PB2PN2=k，即可得到2−2k+2mkx+4−4k+2nky+6−7k−km2+n2=0，再根据存在Nm,n，使PB2PN2为定值，列方程求解即可.
【解答过程】（1）当斜率不存在时，显然x＝1与圆O:x2+y2=1相切；
当斜率存在时，设切线为y=kx−1+3，由圆心到切线的距离为1，
∴3−k1+k2=1，解得k=33，则y=33x−1+3，整理得x−3y+2=0
综上，切线方程为x＝1和x−3y+2=0.
（2）设Cx1,y1，Dx2,y2，Ex0,y0，EC=x1−x0,y1−y0，OC=x1,y1，
∴由CE⊥CO，则x1x1−x0+y1y1−y0=0，即x12−x1x0+y12−y1y0=0，又x12+y12=1，
故x1x0+y1y0=1，同理x2x0+y2y0=1，∴直线CD为x0x+y0y=1，又M在CD上，
∴x0+3y0=1，故E恒在直线x+3y=1上．
（3）由题设，若Px,y则x−22+y−42+x2+y2=34，整理可得x2+y2=2x+4y+7，
若存在Nm,n，使PB2PN2=k为定值，而PB2=PO2−1=x2+y2−1，PN2=x−m2+y−n2．
∴x2+y2−1=kx−m2+ky−n2，整理得1−kx2+y2=km2+n2−2mkx−2nky+1，
∴1−k2x+4y+7=km2+n2−2mkx−2nky+1，
整理得2−2k+2mkx+4−4k+2nky+6−7k−km2+n2=0，
要使PB2PN2为定值，则1−k+mk=02−2k+nk=07k+km2+n2=6,解得m=−15n=−25k=56或m=−1n=−2k=12.
综上，存在N−15,−25或N−1,−2，使PB2PN2为定值．