直线与圆地方程培优精彩试题(DOC 15页).doc

1、实用文档直线与圆的方程培优试题一、选择题（题型注释）1直线与圆的位置关系是（ ）A相离 B相交 C相切 D不确定2已知两点A(0，3)，B(4,0)，若点P是圆x2y22y0上的动点，则ABP面积的最小值为()A6 B. C8 D.3若圆C的半径为1，圆心在第一象限，且与直线4x3y0和x轴都相切，则该圆的标准方程是()A(x2)2(y1)21 B(x2)2(y3)21C(x3)2(y2)21 D(x3)2(y1)214直线与圆相交于、两点且，则a的值为( )A.3 B.2 C.1 D.05已知圆C1：(x1)2(y1)21，圆C2与圆C1关于直线xy10对称，则圆C2的方程为()A.(x1)

2、2(y1)21 B.(x2)2(y2)21C.(x1)2(y1)21 D.(x2)2(y2)216若圆与圆的公共弦长为，则的值为A. B C D无解7若实数x，y满足：，则的最小值是（ ）A.2 B.3 C.5 D.8 8过的直线被圆截得的线段长为2时，直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 9过点的直线,将圆形区域分两部分,使得这两部分的面积之差最大,则该直线的方程为（ ）A B C D10已知圆心(a，b)(a0，b0，且b1.又圆和直线4x3y0相切，1，即|4a3|5，a0，a2.所以圆的方程为(x2)2(y1)21.4D【解析】圆的圆心为,半径。因为，所以圆心到直线的距离，即，所以

3、，平方得，解得，选D.5D【解析】圆C1：(x1)2(y1)21的圆心为(1,1)圆C2的圆心设为(a，b)，C1与C2关于直线xy10对称，解得圆C2的半径为1，圆C2的方程为(x2)2(y2)21，选D6A【解析】试题分析：圆的圆心为原点O，半径将圆与圆相减，可得，即得两圆的公共弦所在直线方程为原点O到的距离d=|，设两圆交于点A、B，根据勾股定理可得()2+()2，=2故选A.考点：圆与圆的位置关系7D【解析】试题分析：由于 =，而点（-1，0）到直线的距离为，所以的最小值为3，所以的最小值为，故选D 考点：1直线和圆的位置关系；2点到线的距离公式。8A【解析】试题分析：由题意直线的斜率

4、存在设为，则直线的方程为，即由点到直线的距离公式得，圆心到直线的距离为，由圆的性质可得，即，解得，即考点：直线与圆的位置关系9【解析】试题分析：要使得两部分面积之差最大,则两部分中肯定存在一个小扇形,只要使其面积最小即可.只有当时,扇形面积最小.所以,过点,由点斜式有直线为.考点：直线与圆的位置关系.10A【解析】由圆心到x轴的距离恰好等于圆的半径知，所求圆与x轴相切，由题意得圆的半径为|b|，则圆的方程为(xa)2(yb)2b2.由于圆心在直线y2x1上，得b2a1 ，令x0，得(yb)2b2a2，此时在y轴上截得的弦长为|y1y2|2 ，由已知得，2 2，即b2a25 ，由得或 (舍去)所

5、以，所求圆的方程为(x2)2(y3)29.故选A.11A【解析】试题分析：因为，说明圆心到直线的距离，解得.考点：直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式.12C【解析】试题分析：令，化简得，其中，,得函数的图象为以为圆心，半径为2的圆的上半圆的右半部分，如图所示观察图象，可得在图象上任意取两点对于，注意到，都是正数，不等式等价于， 结合，可得两点与原点的连线斜率满足，正确，错误；对于，由于函数在上为减函数，可得当时，所以，故正确，错误，故选C考点：1、函数的单调性；2、函数图象；3、直线的斜率、4、圆的方程与性质13【解析】即，由已知，直线过圆心，所以，由得答案为.考点：圆的方程，直线与圆的位

6、置关系，基本不等式.143【解析】l与圆相交所得弦的长为2，m2n22|mn|，|mn|.l与x轴交点A(，0)，与y轴交点B(0，)，SAOB|63.15(13,13)【解析】圆上有且只有四个点到直线12x5yc0的距离为1，该圆半径为2，即圆心O(0,0)到直线12x5yc0的距离d1，即01，13cr，所以直线l与圆C相离，则圆C上各点到l距离的最小值为dr2，最大值为dr23.17【解析】试题分析：圆配方为，由于点P(1,2)在圆上，由已知得，过点P(1,2)的直线与圆的半径垂直，故半径与直线平行，即，故考点：1、直线和圆的位置关系；2、直线和直线的位置关系.18【解析】试题分析：根据

7、题意利用直线与圆的关系，在直角三角形中，由结合勾股定理可得：，联想圆的定义知：点M和点C重合，又，则，故圆M：考点：1.圆的定义;2.圆的几何性质;3.直线和圆的位置关系19（1） （2）或 【解析】试题分析：（1）求,点就设,点的坐标,同时可以表示出的坐标,根据在上,且中点在上.两式联立可求出;根据在上,且得到,两式联立可求出.（2）所求的圆经过三角形的三个顶点,所以设出圆的一般方程,将,代入解方程组即可得到所求圆的方程.或者根据三角形的外接圆的圆心是各边垂直平分线的交点，所以可以根据（1）中的,和已知的求两个边的垂直平分线,取其交点做圆心,该点到各个顶点的距离为半径,求出圆的方程.试题解析

8、：（1）由题意可设,则的中点.因为的中点必在直线上,代入有又因为在直线上，所以代入有由联立解得.则,因为在直线上，代入有又因为直线,所以有,则有根据有.（2）因为三角形外接圆的圆心是各边垂直平分线的交点，所以找到三角形两边的垂直平分线求得的交点就是外接圆的圆心，该点到各顶点的距离就是半径.根据两点,可得斜率为,所以中垂线斜率为,中点为,则中垂线为同理可得直线的中垂线为,由可得圆心，半径为，所以外接圆为法二：（2）设外接圆的方程为，其中。因为三角形的个顶点都在圆上，所以根据（1），将三点坐标代入有： 解得外接圆的方程为考点：三角形中，中线，垂线与各边，各个顶点的关系；外接圆的求法.20（1）或.

9、 （2）xy0或xy20.【解析】(1)由圆C：x2(y1)25，得圆的半径r，又|AB|，故弦心距d.再由点到直线的距离公式可得d，解得m.即直线l的斜率等于，故直线l的倾斜角等于或.(2)设A(x1，mx1m1)，B(x2，mx2m1)，由题意2可得2(1x1，mx1m)(x21，mx2m)，22x1x21，即2x1x23.再把直线方程y1m(x1)代入圆C：x2(y1)25，化简可得(1m2)x22m2xm250，由根与系数关系可得x1x2.由解得x1，故点A的坐标为(，)把点A的坐标代入圆C的方程可得m21，即m1，故直线l的方程为xy0或xy20.21（1）圆；（2）详见解析；（3）

10、.【解析】试题分析：（1）在曲线的方程两边同时除以，并进行配方得到，从而得到曲线的具体形状；（2）在曲线的方程中分别令与求出点、的坐标，再验证的面积是否为定值；（3）根据条件得到圆心在线段的垂直平分线上，并且得到圆心与原点的连线与直线垂直，利用两条直线斜率乘积为，求出值，并利用直线与圆相交作为检验条件，从而确定曲线的方程.试题解析：（1）将曲线的方程化为，可知曲线是以点为圆心，以为半径的圆；（2）的面积为定值.证明如下：在曲线的方程中令得，得点，在曲线方程中令得，得点，（定值）；（3）圆过坐标原点，且，圆心在的垂直平分线上，当时，圆心坐标为，圆的半径为，圆心到直线的距离，直线与圆相离，不合题意

11、舍去，这时曲线的方程为.考点：1.圆的方程；2.三角形的面积；3.直线与圆的位置关系.22（1）(x3)2(y1)29.（2）a1.【解析】(1)曲线yx26x1与坐标轴的交点为(0,1)，(32，0)故可设圆心坐标为(3，t)，则有32(t1)22t2.解得t1，则圆的半径为3.所以圆的方程为(x3)2(y1)29.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足方程组，消去y得到方程2x2(2a8)xa22a10，由已知可得判别式5616a4a20，由根与系数的关系可得x1x24a，x1x2，由OAOB可得x1x2y1y20.又y1x1a，y2x2a.所以2x1x2a(x1x2)a2

12、0.由可得a1，满足0，故a1.23（1）x2y20（2）【解析】(1)圆C的方程为x2(y1)21，其圆心为C(0,1)，半径r1.由题意可设直线l的方程为x2ym0.由直线与圆相切可得C到直线l的距离dr，即1，解得m2.故直线l的方程为x2y20.(2)结合图形可知：|PT|.故当|PC|最小时，|PT|有最小值易知当PCl时，|PC|取得最小值，且最小值即为C到直线l的距离，得|PC|min.所以|PT|min.24(1);(2);(3).【解析】试题分析：(1)圆的方程要满足;或配成圆的标准方程，;(2) 利用弦心距公式，先求点到面的距离，利用 ，求出的值;(3)设,若,那么,利用直线方程与圆的方程联立，得到根与系数的关系式，代入后，求得的值.试题解析：解：（1）(1)方程x2y22x4ym0，可化为(x1)2(y2)25m，此方程表示圆，5m0，即m5.(2) 圆的方程化为 ，圆心 C（1，2），半径 ，则圆心C（1，2）到直线的距离为 由于，则，有，得.（3）消去x得(42y)2y22(42y)4ym0，化简得5y216ym80.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 由OMON得y1y2x1x20即y1y2(42y1)(42y2)0，168(y1y2)5y1y20.将两式代入上式得16850，解之得.考点：1.圆的方程;2.直线与圆的位置关系.标准文案