考點測試47　圓與方程

1、金版教程一輪首選用卷 文數(shù)考點測試47圓與方程高考概覽高考在本考點中常考題型為選擇題、填空題、解答題，分值為5分或12分，中等難度考綱研讀1. 掌握確定圓的幾何要素，掌握圓的標(biāo)準(zhǔn)方程與一般方程2能根據(jù)給定直線、圓的方程，判斷直線與圓的位置關(guān)系；能根據(jù)給定兩個圓的方程判斷兩圓的位置關(guān)系3能用直線和圓的方程解決一些簡單的問題4初步了解用代數(shù)方法處理幾何問題的思想一、基礎(chǔ)小題1圓心在y軸上，半徑為1，且過點(1,2)的圓的方程為()Ax2(y2)21 Bx2(y2)21C(x1)2(y3)21 Dx2(y3)21答案A解析設(shè)圓心坐標(biāo)為(0，b)，則由題意知 1，解得b2，故圓的方程為x2(y2)21

2、.故選A.2若點P(1,1)為圓C：(x3)2y29的弦MN的中點，則弦MN所在直線的方程為()A2xy30 Bx2y10Cx2y30 D2xy10答案D解析圓心C(3,0)，kPC，則kMN2，所以弦MN所在直線的方程為y12(x1)，即2xy10.故選D.3直線axby0與圓x2y2axby0的位置關(guān)系是()A相交 B相切C相離 D不能確定答案B解析將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程得22，圓心坐標(biāo)為，半徑r，圓心到直線axby0的距離dr，圓與直線的位置關(guān)系是相切故選B.4已知O1：(x3)2y24，O2：x2(y4)2r2(r0)，則“r3”是“O1與O2相切”的()A充分不必要條件 B必要不充分

3、條件C充要條件 D既不充分也不必要條件答案A解析由題意知，O1的圓心為O1(3,0)，半徑為2，O2的圓心為O2(0,4)，半徑為r.若O1與O2相切，則|O1O2|r2或|O1O2|r2|，解得r3或7，所以“r3”是“O1與O2相切”的充分不必要條件故選A.5設(shè)圓x2y22x2y20的圓心為C，直線l過(0,3)與圓C交于A，B兩點，若|AB|2，則直線l的方程為()A3x4y120或4x3y90B3x4y120或x0C4x3y90或x0D3x4y120或4x3y90答案B解析當(dāng)直線l的斜率不存在，即直線l的方程為x0時，弦長為2，符合題意；當(dāng)直線l的斜率存在時，可設(shè)直線l的方程為ykx3

4、，由弦長為2，半徑為2可知，圓心到該直線的距離為1，從而有1，解得k，綜上，直線l的方程為x0或3x4y120，故選B.6若圓x2y2a2與圓x2y2ay60的公共弦長為2，則a的值為()A2 B2 C1 D1答案B解析設(shè)圓x2y2a2的圓心為O，半徑r|a|，將x2y2a2與x2y2ay60聯(lián)立，可得a2ay60，即公共弦所在的直線方程為a2ay60，原點O到直線a2ay60的距離為，根據(jù)勾股定理可得a232，解得a2.故選B.7若圓x2y24x4y100上至少有三個不同點到直線l：axby0的距離為2，則直線l的斜率的取值范圍是()A2，1 B2，2C. D0，)答案B解析圓x2y24x4

5、y100可化為(x2)2(y2)218，則圓心坐標(biāo)為(2,2)，半徑為3.由圓x2y24x4y100上至少有三個不同點到直線l：axby0的距離為2可得，圓心到直線l：axby0的距離d32，即，則a2b24ab0，若a0，則b0，不符合題意，故a0且b0，則可化為120，由于直線l的斜率k，所以120可化為120，解得k2，2 ，故選B.8已知aR，直線l1：x2ya2和直線l2：2xy2a1分別與圓E：(xa)2(y1)29相交于點A，C和點B，D，則四邊形ABCD的面積是_答案18解析依題意，圓E的圓心坐標(biāo)為E(a,1)，發(fā)現(xiàn)El1，El2，即直線l1，l2都過圓心，故|AC|BD|6.

6、設(shè)直線l1的斜率為k1，直線l2的斜率為k2，由k1k21，得l1l2.故所求面積為6218.二、高考小題9(2018全國卷)直線xy20分別與x軸，y軸交于A，B兩點，點P在圓(x2)2y22上，則ABP面積的取值范圍是()A2,6 B4,8C，3 D2，3答案A解析直線xy20分別與x軸，y軸交于A，B兩點，A(2,0)，B(0，2)，則|AB|2.點P在圓(x2)2y22上，圓心為(2,0)，圓心到直線xy20的距離d12，故點P到直線xy20的距離d2的范圍為，3，則SABP|AB|d2d22,6，故選A.10(2018北京高考)在平面直角坐標(biāo)系中，記d為點P(cos，sin)到直線x

7、my20的距離當(dāng)，m變化時，d的最大值為()A1 B2 C3 D4答案C解析cos2sin21，P點的軌跡是以原點為圓心的單位圓，又xmy20表示過點(2,0)且斜率不為0的直線，如圖，可得點(1,0)到直線x2的距離即為d的最大值故選C.11(2019浙江高考)已知圓C的圓心坐標(biāo)是(0，m)，半徑長是r.若直線2xy30與圓C相切于點A(2，1)，則m_，r_.答案2解析根據(jù)題意畫出圖形，可知A(2，1)，C(0，m)，B(0,3)，則|AB|2，|AC|，|BC|m3|.直線2xy30與圓C相切于點A，BAC90，|AB|2|AC|2|BC|2.即204(m1)2(m3)2，解得m2.因此

8、r|AC|.12(2018全國卷)直線yx1與圓x2y22y30交于A，B兩點，則|AB|_.答案2解析根據(jù)題意，圓的方程可化為x2(y1)24，所以圓的圓心為(0，1)，且半徑是2，根據(jù)點到直線的距離公式可以求得圓心到直線的距離d，所以|AB|22.13(2018江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A為直線l：y2x上的第一象限內(nèi)的點，B(5,0)，以AB為直徑的圓C與直線l交于另一點D.若0，則點A的橫坐標(biāo)為_答案3解析解法一：設(shè)A(a,2a)，a0，則C，圓C的方程為2(ya)2a2，由得(5a，2a)2a24a0，a3或a1，又a0，a3，點A的橫坐標(biāo)為3.解法二：由題意易得BAD45

9、.設(shè)直線DB的傾斜角為，則tan，tanABOtan(45)3，kABtanABO3.AB的方程為y3(x5)，由得xA3.14(2017江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A(12,0)，B(0,6)，點P在圓O：x2y250上若20，則點P的橫坐標(biāo)的取值范圍是_答案5，1解析解法一：因為點P在圓O：x2y250上，所以設(shè)P點坐標(biāo)為(x，)(5x5)因為A(12,0)，B(0,6)，所以(12x，)或(12x，)，(x,6)或(x,6)因為20，先取P(x, )進行計算，所以(12x)(x)()(6)20，即2x5 .當(dāng)2x50，即x時，上式恒成立；當(dāng)2x50，即x時，(2x5)250x2，

10、解得5x1，故x1.同理可得P(x，)時，x5.又5x5，所以5x1.故點P的橫坐標(biāo)的取值范圍為5，1解法二：設(shè)P(x，y)，則(12x，y)，(x，6y)20，(12x)(x)(y)(6y)20，即2xy50.如圖，作圓O：x2y250，直線2xy50與O交于E，F(xiàn)兩點，P在圓O上且滿足2xy50，點P在上由得F點的橫坐標(biāo)為1.又D點的橫坐標(biāo)為5，P點的橫坐標(biāo)的取值范圍為5，115(2016全國卷)已知直線l：mxy3m0與圓x2y212交于A，B兩點，過A，B分別作l的垂線與x軸交于C，D兩點若|AB|2，則|CD|_.答案4解析由題意可知直線l過定點(3，)，該定點在圓x2y212上，不

11、妨設(shè)點A(3，)，由于|AB|2，r2，所以圓心到直線AB的距離為d3，又由點到直線的距離公式可得d3，解得m，所以直線l的斜率km，即直線l的傾斜角為30. 如圖，過點C作CHBD，垂足為H，所以|CH|2，在RtCHD中，HCD30，所以|CD|4.三、模擬小題16(2019宜昌模擬)已知圓C：x2y2kx2yk2，當(dāng)圓C的面積取最大值時，圓心C的坐標(biāo)為()A B(1，1)C(1，1) D(0，1)答案D解析圓C的方程可化為2(y1)2k21.所以當(dāng)k0時圓C的面積最大故圓心C的坐標(biāo)為(0，1)故選D.17(2019廣州市三校聯(lián)考)已知點P(a，b)(ab0)是圓x2y2r2內(nèi)的一點，直線

12、m是以P為中點的弦所在直線，直線l的方程為axbyr2，那么()Aml，且l與圓相交 Bml，且l與圓相切Cml，且l與圓相離 Dml，且l與圓相離答案C解析點P(a，b)(ab0)在圓內(nèi)，a2b2r，l與圓相離故選C.18(2019凌源聯(lián)考)已知直線l：xy10截圓：x2y2r2(r0)所得的弦長為，點M，N在圓上，且直線l：(12m)x(m1)y3m0過定點P，若PMPN，則|MN|的取值范圍為()A2，2 B2，2C， D，答案D解析依題意得2，解得r2.因為直線l：(12m)x(m1)y3m0過定點P，所以P(1，1)，設(shè)MN的中點為Q(x，y)，則|OM|2|OQ|2|MQ|2|OQ

13、|2|PQ|2，即4x2y2(x1)2(y1)2，化簡可得22，所以點Q的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，所以|PQ|的取值范圍為，|MN|的取值范圍為，故選D.19(2020江蘇七市調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點A，B在圓x2y24上，且AB2，點P(3，1)，()16，設(shè)AB的中點M的橫坐標(biāo)為x0，則x0的所有值為_答案1，解析設(shè)AB的中點為M(x0，y0)，由勾股三角形知|OM|，即xy2，又()16，則216，即8，(3,1)(x03，y01)8，將聯(lián)立得x01，.20(2019河北聯(lián)考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知A(0，a)，B(3，a4)，若圓x2y29上有且僅有四個不同的

14、點C，使得ABC的面積為5，則實數(shù)a的取值范圍是_答案解析如圖，AB的斜率k，|AB|5，設(shè)ABC的高為h，ABC的面積為5，S|AB|h5h5，即h2，直線AB的方程為yax，即4x3y3a0.若圓x2y29上有且僅有四個不同的點C，則圓心O到直線4x3y3a0的距離d，則應(yīng)該滿足dRh321，即1，得|3a|5，得a0)的直線l與C交于A，B兩點，|AB|8.(1)求l的方程；(2)求過點A，B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程解(1)由題意得F(1,0)，l的方程為yk(x1)(k0)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)由得k2x2(2k24)xk20.16k2160，故x1x2.所以|AB|A

15、F|BF|(x11)(x21).由題設(shè)知8，解得k1(舍去)，k1.因此l的方程為yx1.(2)由(1)得AB的中點坐標(biāo)為(3,2)，所以AB的垂直平分線方程為y2(x3)，即yx5.設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(x0，y0)，則解得或因此所求圓的方程為(x3)2(y2)216或(x11)2(y6)2144.5(2017全國卷)已知拋物線C：y22x，過點(2,0)的直線l交C于A，B兩點，圓M是以線段AB為直徑的圓(1)證明：坐標(biāo)原點O在圓M上；(2)設(shè)圓M過點P(4，2)，求直線l與圓M的方程解(1)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：xmy2，由可得y22my40，則y1y24.又x

16、1，x2，故x1x24.因此OA的斜率與OB的斜率之積為1，所以O(shè)AOB，故坐標(biāo)原點O在圓M上(2)由(1)可得y1y22m，x1x2m(y1y2)42m24，故圓心M的坐標(biāo)為(m22，m)，圓M的半徑r.由于圓M過點P(4，2)，因此0，故(x14)(x24)(y12)(y22)0，即x1x24(x1x2)y1y22(y1y2)200.由(1)可知y1y24，x1x24，所以2m2m10，解得m1或m.當(dāng)m1時，直線l的方程為xy20，圓心M的坐標(biāo)為(3,1)，圓M的半徑為，圓M的方程為(x3)2(y1)210.當(dāng)m時，直線l的方程為2xy40，圓心M的坐標(biāo)為，圓M的半徑為，圓M的方程為22

17、.二、模擬大題6(2019廣東省省際名校聯(lián)考)已知圓C1：(x2)2(y2)22內(nèi)有一動弦AB，且|AB|2，以AB為斜邊作等腰直角三角形PAB，點P在圓外(1)求點P的軌跡C2的方程；(2)從原點O作圓C1的兩條切線，分別交C2于E，F(xiàn)，H，G四點，求以這四點為頂點的四邊形的面積S.解(1)連接C1A，C1B(圖略)，|C1A|C1B|，|AB|2，C1AB為等腰直角三角形PAB為等腰直角三角形，四邊形PAC1B為正方形|PC1|2，點P的軌跡是以C1為圓心，2為半徑的圓，則C2的方程為(x2)2(y2)24.(2)如圖，C1NOF于點N，連接C1E，C1F，C1O，EH.在RtOC1N中，

18、|OC1|2，|C1N|，|ON|，sinC1ON，C1ON30.OEH與OFG為正三角形C1ENC1FN，且|C1E|C1F|2，|NE|NF|.四邊形EFGH的面積SSOFGSOEH()2()26.7(2019哈爾濱三中二模)已知點A(0，2)，B，點P為曲線上任意一點且滿足|PA|2|PB|.(1)求曲線的方程；(2)設(shè)曲線與y軸交于M，N兩點，點R是曲線上異于M，N的任意一點，直線MR，NR分別交直線l：y3于點F，G.試問在y軸上是否存在一個定點S，使得0？若存在，求出點S的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由解(1)設(shè)P(x，y)，由|PA|2|PB|，得 2，整理得x2y21.所以曲線的方程為x2y21.(2)由題意得，M(0,1)，N(0，1)設(shè)點R(x0，y0)(x00)，由點R在曲線上，所以xy1.直線RM的方程為y1x，所以直線RM與直線y3的交點為F.直線RN的方程為y1x，所以直線RN與直線y3的交點為G.假設(shè)存在點S(0，m)，使得0成立，則，.即(3m)20，整理得(3m)20.因為xy1，所以8(3m)20，解得m32.所以存在點S使得