2025屆高考數(shù)學二輪專題復習與測試專題強化練十六微專題1直線與圓

專題強化練（十六）微專題1直線與圓[小題標準練]1．已知直線l垂直于直線y＝x＋1，且l在y軸上的截距為eq\r(2)，則直線l的方程是(A)A．x＋y－eq\r(2)＝0 B．x＋y＋1＝0C．x＋y－1＝0 D．x＋y＋eq\r(2)＝0解析：因為直線l垂直于直線y＝x＋1，所以設直線l的方程為y＝－x＋b，又因為l在y軸上的截距為eq\r(2)，所以b＝eq\r(2)，故所求直線l的方程為y＝－x＋eq\r(2)，即x＋y－eq\r(2)＝0.故選A.2．已知直線l：kx＋y＋4＝0(k∈R)是圓C：x2＋y2＋4x－4y＋6＝0的一條對稱軸，過點A(0，k)作斜率為1的直線m，則直線m被圓C所截得的弦長為(C)A．eq\f(\r(2),2) B．eq\r(2)C．eq\r(6) D．2eq\r(6)解析：圓C：x2＋y2＋4x－4y＋6＝0，即(x＋2)2＋(y－2)2＝2，表示以點C(－2，2)為圓心，eq\r(2)為半徑的圓．由題意可得，直線l：kx＋y＋4＝0經(jīng)過圓心C(－2，2).所以－2k＋2＋4＝0，解得k＝3，所以點A(0，3)，故直線m的方程為y＝x＋3，即x－y＋3＝0，則圓心C到直線m的距離d＝eq\f(|－2－2＋3|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以直線m被圓C所截得的弦長為2×eq\r(2－\f(1,2))＝eq\r(6).故選C.3．已知直線xcosθ＋ysinθ＝1(θ∈R)與圓O：x2＋y2＝4交于A，B兩點，則∠AOB＝(D)A．θ B．2θC．eq\f(π,3) D．eq\f(2π,3)解析：由題意可得，圓心O(0，0)到直線xcosθ＋ysinθ＝1的距離d＝eq\f(1,\r(cos2θ＋sin2θ))＝1，又圓O的半徑為2，所以sin∠BAO＝eq\f(d,|OA|)＝eq\f(1,2)，所以∠BAO＝eq\f(π,6)，所以∠AOB＝π－∠BAO－∠ABO＝π－2∠BAO＝eq\f(2π,3).故選D.4．已知圓C1的標準方程為(x－4)2＋(y－4)2＝25，圓C2：x2＋y2－4x＋my＋3＝0關于直線x＋eq\r(3)y＋1＝0對稱，則圓C1與圓C2的位置關系為(C)A．相離 B．相切C．相交 D．內(nèi)含解析：由題意可得，圓C1：(x－4)2＋(y－4)2＝25的圓心為(4，4)，半徑為5.因為圓C2：x2＋y2－4x＋my＋3＝0，即(x－2)2＋(y＋eq\f(m,2))2＝1＋eq\f(m2,4)，關于直線x＋eq\r(3)y＋1＝0對稱，所以直線x＋eq\r(3)y＋1＝0經(jīng)過圓心C2(2，－eq\f(m,2))，即2＋eq\r(3)×(－eq\f(m,2))＋1＝0，解得m＝2eq\r(3)，所以圓C2：(x－2)2＋(y＋eq\r(3))2＝4的圓心為(2，－eq\r(3))，半徑為2，則兩圓的圓心距|C1C2|＝eq\r(（4－2）2＋（4＋\r(3)）2)＝eq\r(23＋8\r(3))，因為5－2<|C1C2|<5＋2，所以圓C1與圓C2的位置關系是相交，故選C.5．(2024·潮州模擬)已知圓M：x2＋y2－4x＋3＝0，則下列說法中正確的是(B)A．點(4，0)在圓M內(nèi)B．若圓M與圓x2＋y2－4x－6y＋a＝0恰有三條公切線，則a＝9C．直線x－eq\r(3)y＝0與圓M相離D．圓M關于4x＋3y－2＝0對稱解析：圓M：x2＋y2－4x＋3＝0的標準方程為(x－2)2＋y2＝1，圓心為O1(2，0)，半徑為r1＝1.對于A，因為(4－2)2＋02>1，所以點(4，0)在圓M外，故A錯誤；對于B，若圓M與圓x2＋y2－4x－6y＋a＝0恰有三條公切線，則兩圓外切，圓x2＋y2－4x－6y＋a＝0的標準方程為(x－2)2＋(y－3)2＝13－a，圓心為O2(2，3)，半徑為r2＝eq\r(13－a)，a<13，因為|O1O2|＝r1＋r2，所以eq\r(（2－2）2＋（0－3）2)＝1＋eq\r(13－a)，解得a＝9，故B正確；對于C，圓心O1(2，0)到直線x－eq\r(3)y＝0的距離為eq\f(|2－\r(3)×0|,\r(1＋3))＝1＝r1，所以直線x－eq\r(3)y＝0與圓M相切，故C錯誤；對于D，顯然圓心O1(2，0)不在直線4x＋3y－2＝0上，所以圓M不關于4x＋3y－2＝0對稱，故D錯誤．故選B.6．已知直線l：x＋2y－1＝0及圓C：(x＋1)2＋(y＋2)2＝4，過直線l上任意一點P作圓C的一條切線PA，A為切點，則|PA|的最小值是(A)A．eq\f(4\r(5),5) B．eq\f(2\r(5),5)C．eq\f(4\r(70),5) D．eq\f(2\r(70),5)解析：由題意可得，圓心C(－1，－2)，半徑為AC，|AC|＝2，且PA⊥AC，所以|PA|2＝|PC|2－4，故要使|PA|最小，只需使|PC|最?。字獆PC|的最小值為點C到直線l的距離，所以|PC|2≥eq\f(（－1－4－1）2,1＋4)＝eq\f(36,5)，所以|PA|2≥eq\f(16,5)，所以|PA|min＝eq\f(4\r(5),5).故選A.7．在平面直角坐標系Oxy中，已知圓C：(x－1)2＋y2＝4，若直線l：x＋y＋m＝0上有且只有一個點P滿足：過點P作圓C的兩條切線PM，PN，切點分別為M，N，且使得四邊形PMCN為正方形，則正實數(shù)m的值為(C)A．1 B．2eq\r(2)C．3 D．7解析：由(x－1)2＋y2＝4，可知圓心C(1，0)，半徑為2，因為四邊形PMCN為正方形，且邊長為圓C的半徑2，所以|PC|＝2eq\r(2)，所以直線l：x＋y＋m＝0上有且只有一個點P，使得|PC|＝2eq\r(2)，即PC⊥l，所以圓心C(1，0)到直線l的距離為2eq\r(2)，即eq\f(|1＋0＋m|,\r(1＋1))＝2eq\r(2)，解得m＝3或m＝－5(舍去).故選C.8．(2024·衡水模擬)已知點A(0，1)，B(2eq\r(3)，1)，動點P滿足∠APB＝120°，若點P的軌跡與直線y＝eq\f(\r(3),3)x＋b有兩個公共點，則b的值可以是(C)A．eq\f(\r(3),3)＋1 B．－eq\f(4,5) C．eq\f(6,5) D．eq\f(4\r(3),3)－1解析：如圖，由|AB|＝2eq\r(3)及∠APB＝120°，得點P在以C為圓心的劣弧AB上運動(A，B兩點除外)，∠ACB＝120°.取AB的中點D，連接CD，則CD⊥AB，|AD|＝eq\r(3)，∠ACD＝60°，所以|AC|＝2，|CD|＝1，所以點C(eq\r(3)，0)，所以點P的軌跡方程為(x－eq\r(3))2＋y2＝4(1<y≤2).由eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)×\r(3)＋b)),\r(1＋\f(1,3)))＝2，解得b＝±eq\f(4\r(3),3)－1.當直線y＝eq\f(\r(3),3)x＋b過點A(0，1)時，b＝1，結合圖形，由點P的軌跡與直線y＝eq\f(\r(3),3)x＋b有兩個公共點，得1<b<eq\f(4\r(3),3)－1，結合選項，只有eq\f(6,5)符合題意．9．(多選)已知兩條直線l1，l2的方程分別為3x＋4y＋12＝0與ax＋8y－11＝0，下列結論中正確的是(ABD)A．若l1∥l2，則a＝6B．若l1∥l2，則兩條平行直線之間的距離為eq\f(7,2)C．若l1⊥l2，則a＝eq\f(32,3)D．若a≠6，則直線l1，l2一定相交解析：若l1∥l2，則eq\f(a,3)＝eq\f(8,4)≠eq\f(－11,12)，即a＝6，故A正確；由A知，直線l2：6x＋8y－11＝0，直線l1的方程可化為6x＋8y＋24＝0，故兩條平行直線之間的距離為eq\f(|24－（－11）|,\r(36＋64))＝eq\f(7,2)，故B正確；若l1⊥l2，則3a＋4×8＝0，即a＝－eq\f(32,3)，故C錯誤；由A知，當a＝6時，l1∥l2，所以當a≠6時，則直線l1，l2一定相交，故D正確．故選ABD.10．(多選)若圓C1：x2＋y2＝4與圓C2：(x－m)2＋(y－n)2＝4的公共弦AB的長為2eq\r(3)，則下列結論中正確的有(AB)A．m2＋n2＝4B．直線AB的方程為mx＋ny－2＝0C．AB中點的軌跡方程為x2＋y2＝3D．四邊形AC1BC2的面積為eq\r(3)解析：由題意知，兩圓方程相減可得直線AB的方程為2mx＋2ny－m2－n2＝0，因為圓C1的圓心為(0，0)，半徑為2，且公共弦AB的長為2eq\r(3)，則C1(0，0)到直線2mx＋2ny－m2－n2＝0的距離為1，即eq\f(m2＋n2,\r(4（m2＋n2）))＝1，解得m2＋n2＝4，所以直線AB的方程為mx＋ny－2＝0，故A，B正確；由圓的性質可知直線C1C2垂直平分線段AB，所以C1(0，0)到直線2mx＋2ny－m2－n2＝0的距離即為AB中點與點C1的距離，設AB的中點坐標為(x，y)，則eq\r(（x－0）2＋（y－0）2)＝1，即x2＋y2＝1，故C錯誤；易得四邊形AC1BC2為菱形，且|AB|＝2eq\r(3)，|C1C2|＝2，則四邊形AC1BC2的面積為eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2＝2eq\r(3)，故D錯誤．故選AB.11．(多選)已知直線l：x＋y－2＝0與圓C：x2＋y2＝4交于A，B兩點，點M為圓C上一動點，點N(－2，－2)，記點M到l的距離為d，則(ACD)A．|AB|＝2eq\r(2)B．d的最大值為2eq\r(2)C．△ABN是等腰三角形D．|MN|＋d的最小值為3eq\r(2)解析：如圖，不妨設點A在點B的右下方．對于A，易知A(2，0)，B(0，2)，所以|AB|＝2eq\r(2)，所以選項A正確；對于B，圓心到直線l：x＋y－2＝0的距離d′＝eq\f(|－2|,\r(12＋12))＝eq\r(2)，則點M到直線l的距離d的最大值為d′＋r＝2＋eq\r(2)，其中r為圓C的半徑，所以選項B錯誤；對于C，因為點N(－2，－2)，所以|NA|＝eq\r(（2＋2）2＋（0＋2）2)＝2eq\r(5)，|NB|＝eq\r(（0＋2）2＋（2＋2）2)＝2eq\r(5)，即|NA|＝|NB|，所以△ABN是等腰三角形，所以選項C正確；對于D，|MN|＋d的最小值等于點N到直線l：x＋y－2＝0的距離，所以|MN|＋d的最小值為eq\f(|－2－2－2|,\r(2))＝3eq\r(2)，所以選項D正確．故選ACD.12．若直線l1：y＝2x和l2：y＝kx＋1與x軸圍成的三角形是等腰三角形，寫出滿足條件的k的兩個可能取值：________和________．解析：設直線l1，l2的傾斜角分別為α，θ，則tanα＝2，tanθ＝k，由題意知k≠0，當圍成的等腰三角形底邊在x軸上時，θ＝π－α，k＝tan(π－α)＝－tanα＝－2；當圍成的等腰三角形底邊在直線l2上時，當k>0時，α＝2θ，θ∈(0，eq\f(π,2))，tanα＝tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(2k,1－k2)＝2，整理得k2＋k－1＝0，而k>0，解得k＝eq\f(\r(5)－1,2)；當k<0時，θ＝eq\f(π,2)＋eq\f(α,2)，α∈(0，eq\f(π,2))，所以eq\f(α,2)∈(0，eq\f(π,4))，tanθ＝tan(eq\f(π,2)＋eq\f(α,2))＝－eq\f(1,tan\f(α,2))，又tanα＝2＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))，taneq\f(α,2)>0，解得taneq\f(α,2)＝eq\f(\r(5)－1,2)，所以k＝tanθ＝eq\f(－\r(5)－1,2)；當圍成的等腰三角形底邊在直線l1上時，θ＝2α，k＝tanθ＝tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×2,1－22)＝－eq\f(4,3).所以k的可能取值為－2，eq\f(\r(5)－1,2)，eq\f(－\r(5)－1,2)，－eq\f(4,3).答案：－2eq\f(\r(5)－1,2)(答案不唯一，為－2，eq\f(\r(5)－1,2)，eq\f(－\r(5)－1,2)，－eq\f(4,3)中的任意兩個即可)13．若平面內(nèi)兩定點A，B間的距離為2，動點P滿足eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\r(3)，則|PA|2＋|PB|2的最大值為________．解析：由題意，設A(－1，0)，B(1，0)，P(x，y)，因為eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\r(3)，所以eq\f(\r(（x＋1）2＋y2),\r(（x－1）2＋y2))＝eq\r(3)，即(x－2)2＋y2＝3，所以點P的軌跡為以(2，0)為圓心，eq\r(3)為半徑的圓，因為|PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝2(x2＋y2＋1)，其中x2＋y2可看作圓(x－2)2＋y2＝3上的點(x，y)到原點(0，0)的距離的平方，所以(x2＋y2)max＝(2＋eq\r(3))2＝7＋4eq\r(3)，所以[2(x2＋y2＋1)]max＝16＋8eq\r(3)，即|PA|2＋|PB|2的最大值為16＋8eq\r(3).答案：16＋8eq\r(3)14．(2024·廣州模擬)已知動圓N經(jīng)過點A(－6，0)及原點O，點P是圓N與圓M：x2＋(y－4)2＝4的一個公共點，則當∠OPA最小時，圓N的半徑為________．解析：如圖，記圓N半徑為R，∠OPA＝θ，B為AO的中點，則∠ANO＝2θ，∠BNO＝θ，所以sin∠OPA＝sin∠BNO＝eq\f(|BO|,|ON|)＝eq\f(3,R)，當∠OPA最小時，R最大，此時兩圓內(nèi)切．由已知設動圓N的圓心為N(－3，t)，又由圓心M(0，4)可得R－2＝|MN|，即eq\r(（－3－0）2＋（t－0）2)－2＝eq\r(（－3－0）2＋（t－4）2)，解得t＝4，所以R＝5，即圓N的半徑為5.答案：5[小題提升練]15．(多選)平面內(nèi)到兩定點距離之積為常數(shù)的點的軌跡稱為卡西尼卵形線，它是1675年卡西尼在研究土星及其衛(wèi)星的運行規(guī)律時發(fā)現(xiàn)的，已知在平面直角坐標系Oxy中，M(－2，0)，N(2，0)，動點P滿足|PM|·|PN|＝5，則下列結論中正確的是(BC)A．點P的橫坐標的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(5)，\r(5)))B．eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP))的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，3))C．△PMN面積的最大值為eq\f(5,2)D．eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PM))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PN))的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\r(5)，5))解析：設點P(x，y)，依題意，[(x＋2)2＋y2]·[(x－2)2＋y2]＝25，對于A，25＝[(x＋2)2＋y2]·[(x－2)2＋y2]≥(x＋2)2·(x－2)2＝(x2－4)2，當且僅當y＝0時取等號，解不等式(x2－4)2≤25，得－3≤x≤3，即點P的橫坐標的取值范圍是[－3，3]，故A錯誤；對于B，[(x2＋y2＋4)＋4x]·[(x2＋y2＋4)－4x]＝25，則x2＋y2＋4＝eq\r(25＋16x2)，由A知0≤x2≤9，因此|OP|＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(\r(25＋16x2)－4)∈[1，3]，故B正確；對于C，△PMN的面積S＝eq\f(1,2)|PM||PN|sin∠MPN≤eq\f(1,2)·|PM||PN|＝eq\f(5,2)，當且僅當∠MPN＝90°時取等號，當∠MPN＝90°時，點P在以線段MN為直徑的圓x2＋y2＝4上，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝4，,x2＋y2＋4＝\r(25＋16x2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝±\f(\r(39),4