2022届高考数学二轮专题复习14圆的方程

这是一份2022届高考数学二轮专题复习14圆的方程，共23页。试卷主要包含了直线与圆的位置关系，若直线与曲线有公共点，，已知圆和直线，等内容，欢迎下载使用。
1．若直线与曲线有公共点，
则的取值范围为（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】曲线表示圆心，半径为的圆，
由题意可知，圆心到直线的距离应小于等于半径，
所以，，解得，故选C．
2．若直线与曲线有公共点，
则实数的范围是（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】当时，直线为轴与曲线显然有公共点；
时，经过原点，斜率为，曲线为圆心（2，2）半径为2的上半圆．
当直线经过半圆的右端点A恰好有公共点，逆时针旋转至轴满足题意，如下图．
由于，故，解得，
综上，故选D．
3．若曲线与直线有两个交点，则实数k的取值范围是（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据题意画出图形，如图所示．
由题意可得，曲线的图象为以(0，0)为圆心，2为半径的半圆，直线l恒过A(2，4)，
由图当直线l与半圆相切时，圆心到直线l的距离d＝r，即，解得；
当直线l过B点时，直线l的斜率，
则直线l与半圆有两个不同的交点时，实数k的取值范围为，故选A．
4．已知，，在直线上存在点，使，则的最大值是（）
A．9B．11C．15D．19
【答案】B
【解析】设以线段为直径的圆为圆，则圆心为，半径，
故圆的方程为．
因为，所以点在圆上．
因为点在直线l上，所以圆心到直线的距离，解得，
故选B．
5．过点作圆的两条切线与圆C分别切于A，B两点，则直线的方程为（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意可得圆的标准方程为：
，圆心为，
过点作圆的两条切线与圆C分别切于A，B两点，则，，
故点A，B在以MC为直径的圆上，
而以MC为直径的圆的方程为，
得，
即直线的方程为，故选A．
6．已知直线与圆相交于A，两点，则“”是“”的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】方法1：由知，圆心到直线的距离为，
即，即，则“”是“”的必要不充分条件．
方法2：设，联立，
化为，
，解得，
，，
∵，∴，，
，，
解得，符合，
则“”是“”的必要不充分条件，故选B．
7．（多选）已知圆和直线，
则（）
A．直线l与圆C的位置关系无法判定
B．当时，圆C上的点到直线l的最远距离为
C．当圆C上有且仅有3个点到直线l的距离等于1时，
D．如果直线l与圆C相交于M、N两点，则的最小值是3
【答案】BC
【解析】由，得，所以圆心，半径为2，
对A：由直线的方程可得，所以直线恒过定点，
又，所以点在圆内，所以直线与圆相交，故选项A错误；
对B：时，直线的方程为，即，设圆心到直线距离为，则，
所以圆上的点到直线的最远距离为，故选项B正确；
对C：当圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1时，圆心到直线距离为1，即，解得，故选项C正确；
对D：直线恒过定点，且在圆内，所以当时取得最小值，
因为，所以，故选项D错误，
故选BC．
8．（多选）已知圆与直线，下列说法正确的是（）
A．直线l与圆C一定相交
B．若，则圆C上至少有两个不同的点到直线l的距离为1
C．若，则圆C关于直线l对称的圆的方程是
D．若，直线l与x轴，y轴分别交于A，B两点，P为圆C上任意一点，当时，则最大或最小
【答案】BCD
【解析】对于A，直线是绕点(0,2)转动的动直线，和圆不一定相交，比如时，圆心到直线的距离为，直线和圆相离，故A错误；
对于B，令，解得，此时圆C上至少有两个不同的点到直线l的距离为1，故B正确；
对于C，设圆心(3,3)关于的对称点为，
则，解得，
故对称圆的方程为，故C正确；
对于D，如图示，当PB和圆相切时，最大或最小，
此时，故D正确，
故选BCD．
9．已知圆，直线，则使“圆C上至少有3个点到直线l的距离都是1”成立的一个充分条件是“______”．
【答案】3
【解析】若圆C与直线相切，或相离都不可能有3个点到直线的距离为1，
故圆C与直线相交，即圆心C到直线的距离，
要使圆C上恰有3个点到直线l的距离是1，需，即，
圆C上至少有3个点到直线l的距离都是1，则，
根据充分条件的定义知使“圆C上至少有3个点到直线l的距离都是1”成立的一个充分条件是“”，
故答案为3．
10．若关于的方程有解，则实数的取值范围是_______．
【答案】
【解析】关于的方程有解等价于有解，
等价于与的图象有公共点，
等价于，等价于，
其图象为为圆心2为半径的圆的上半部分，
作图可得当平行直线介于两直线之间时满足题意，
易得直线的截距为0，设直线的截距为，
由直线与圆相切可得直线到点的距离为2，
可得，解得或（舍去），
，解得，
故答案为．
2．圆与圆的位置关系
1．已知圆截直线所得线段的长度是，则圆M与圆的位置关系是（）
A．内含B．相交C．外切D．外离
【答案】B
【解析】圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
，
圆的圆心为，半径为1，
，两圆相交，故选B．
2．已知圆平分圆的周长，则（）
A．2B．4C．6D．8
【答案】C
【解析】由圆平分圆的周长可知，圆经过圆的一条直径的两个端点，
所以圆的圆心在圆与圆的公共弦上，两圆方程相减整理得圆与圆的公共弦所在直线的方程为，
又圆心，所以，所以，故选C．
3．圆与圆的位置关系为（）
A．相交B．相离C．相切D．无法确定
【答案】A
【解析】圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，
∴，
而，∴两圆相交，故选A．
4．已知点，，若点A，B到直线l的距离分别为1，3，则符合条件的直线l的条数是（）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【解析】由题意可知直线l是圆与的公切线，
因为，所以这两个圆外离，所以它们有4条公切线，
故选D．
5．（多选）若圆（）上总存在到原点距离为3的点，则实数a的取值可以是（）
A．1B．C．2D．3
【答案】BC
【解析】根据题意，到原点距离为3的点的轨迹方程为，
若圆（）上总存在到原点距离为3的点，
则圆（）与圆有公共点，
所以，即，解得，
故选BC．
6．（多选）若圆和圆恰有三条公切线，则下列结论正确的是（）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】由圆，可得，
圆心为，半径为2，
由圆，可得，
其圆心为，半径为4，
由题可得，∴，
取则，故A错误；
由，可得，
∴，当且仅当时取等号，
∴，故B正确；
由可知为圆心半径为3的圆上任意一点，
则，
即，故C正确；
由，可得，当且仅当时取等号，
∴，故D错误，
故选BC．
7．（多选）已知为坐标原点，圆，则下列结论正确的是（）
A．圆恒过原点
B．圆与圆内切
C．直线被圆所截得弦长的最大值为
D．直线与圆相离
【答案】ABC
【解析】A．代入点得恒成立，A正确；
B．，即两圆心距离等于两圆半径差，B正确；
C．直线被圆所截得弦长为
，
，
即直线被圆所截得弦长的最大值为，C正确；
D．圆心到直线的距离，
故圆和直线相切或相交，D错误，
故选ABC．
8．设与相交于两点，则________．
【答案】
【解析】将和两式相减：
得过两点的直线方程：，
则圆心到的距离为，所以，
故答案为．
9．已知圆与圆相交于，两点，则实数的取值范围为_________；若圆上存在点，使得为等腰直角三角形，则实数的值为__________．
【答案】，或或
【解析】圆，圆心，半径，
圆，
圆心，半径．
，
因为圆和圆相交于，两点，所以，
两圆的方程相减，可得直线的方程为．
因为圆上存在点，使得为等腰直角三角形，
①当为直角顶点时，
则直线过圆的圆心，所以，即；
②当或为直角顶点时，则直线或直线过圆的圆心，
则，即到直线的距离为，
所以，解得或，
故答案为；或或．
10．已知两圆和．求：
（1）取何值时两圆外切？
（2）取何值时两圆内切，此时公切线方程是什么？
（3）求时，求两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长．
【答案】（1）；（2），；（3），．
【解析】（1）解：由题意，两圆和，
可化为和，
可得圆心坐标分别为，半径分别为，
当两圆相外切时，可得，
即，解得．
（2）解：由圆心距，
当两圆内切时，可得，即，解得，
因为，可得两圆公切线的斜率是，
设切线方程为，则有，解得，
当时，直线与圆相交，舍去；
故所求公切线方程为，即．
（3）解：由圆和，
两圆的方程相减，可得，
可得，即两圆的公共弦的方程为，
则圆心到公共弦的距离为，
又由弦长公式，可得弦长为．
11．已知圆，直线，当时，直线l与圆O恰好相切．
（1）若l被圆O截得弦长为，求l方程；
（2）若直线l上存在两点M､N，满足，在圆O上存在点P使得，求k的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由题干可知，，将圆心代入表达式得，故，
若l被圆O截得弦长为，则弦心距，将代入得，解得，
又，故直线方程为．
（2）当直线与圆有公共点时，即，时，当点与点重合时，满足，符合题意；
当直线与圆无公共点时，即，
因为，所以在以为直径的圆上，
设中点为，则圆的方程为，此时圆与圆，则圆心距，即，
故只需到直线距离，解得，
故，
综上所述，．
12．在平面直角坐标中，曲线与坐标轴的交点都在圆上，设点，在圆上是否存在点使，若有请求出点的坐标，若没有请说明理由．
【答案】存在，或．
【解析】由题设，与y轴的交点为，对称轴为，
若与x轴交点横坐标分别为，则，，
∴，
若圆半径为，圆心为，∴，解得，
∴圆半径为，圆心为，则圆的方程为，
设，由题意有，整理得．
∴圆心为，半径为2，故两圆的圆心距离，
∴两圆相交，作差可得，联立，
整理得，∴，
即或．
3．与圆有关的综合性问题
1．直线分别与x轴、y轴交于A，B两点，点P在圆上运动，则面积的最小值为（）
A．6B．4C．2D．
【答案】C
【解析】由直线分别与x轴、y轴交于A，B两点，得，，
所以，
由圆得圆心，半径，
设点到直线的距离为，点到直线的距离为，
则，所以，
，故选C．
2．若点是圆上任一点，则点到直线距离的最大值为（）
A．5B．6C．D．
【答案】C
【解析】由题知，直线过定点，所以圆心到定点的距离为，
所以点到直线距离的最大值为，故选C．
3．若点为圆的弦的一个三等分点，则弦的长度为（）
A．B．4C．D．
【答案】A
【解析】不妨设P为靠近A的一个三等分点，
设AB的中点为Q，原点为O，，则，
由，，得，
所以，故，
故选A．
4．已知圆，过直线上的一点作圆的一条切线，切点为，则的最小值为（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】圆中，圆心，半径，
设，则，即，
则
（当且仅当时等号成立），
故选A．
5．已知圆，直线，P为直线l上的动点，过点P作圆O的切线PA、PB，切点为A、B．当四边形PAOB面积最小时，直线AB的方程为（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】∵的圆心为，半径，
当点P与圆心的距离最小时，切线长PA、PB最小，此时四边形PAOB的面积最小，
∴直线l，则PO的方程为，
联立，解得，∴，
∴以OP为直径的圆的方程为，即，
两圆方程相减可得，故选B．
6．已知圆与直线，过l上任意一点P向圆C引切线，切点为A，B，若线段长度的最小值为，则实数m的值为（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】圆，设，则，
因为，所以，
又，所以，
又，所以，即，
又，所以，故选D．
7．（多选）已知圆与圆交于不同的两点，下列结论正确的有（）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】①
②
①－②即得公共弦AB所在直线方程，
将A的坐标代入得：③，故B正确；
将B的坐标代入得：④
③－④得：，故A错误；
两圆圆心分别为，因为两圆半径相等，所以中点和AB中点为同一点，故，C正确；
，D错误，
故选BC．
8．（多选）已知圆，点在圆O外，以线段OP为直径作圆M，与圆O相交于A，B两点，则（）
A．直线PA，PB均与圆O相切
B．当时，点P在圆上运动
C．当时，点M在圆上运动
D．若，则直线AB的方程为
【答案】ACD
【解析】由题意知，线段为圆的直径，则，
可得，即原点到直线的距离等于半径，
所以直线均与圆O相切，所以A正确；
当时，因为，且，则，
所以点P在圆上运动，所以B错误；
当时，，则圆M的半径为，
所以点M在圆上运动，所以C正确；
若，则点，则圆，
又由圆，
将这两圆的方程两端分别相减并整理，得直线AB的方程为，
所以D正确，
故选ACD．
9．设，直线与直线相交于点，点是圆上的一个动点，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】由题意得：，，
恒过定点，恒过定点，
又，点轨迹是以为直径的圆，即为圆心，为半径的圆，
点轨迹为，
圆与圆的圆心距，
两圆相离，的最小值是两圆圆心距减去两圆半径之和，
即，故答案为．
10．设点P是直线上的动点，过点P引圆的切线PA，PB（切点为A，B），若的最大值为，则该圆的半径r等于______．
【答案】
【解析】圆的圆心为，半径为，
若最大值为时，则，也为最大值，
又，最大时，则最小，
点P是直线上的动点，为圆点，
故的最小值即为点到直线的距离，
，
故答案为．
11．已知圆，，则圆与圆的位置关系是___________；若点P在直线上运动，点Q在圆与圆的圆周上运动，则|PQ|的最小值为___________．
【答案】外切，
【解析】根据题意，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，
所以，即圆与圆的位置关系为外切．
因为，，所以直线与直线平行，
由于，所以的最小值为两圆中，任意一个圆的圆心到直线与半径的差．
因为圆的圆心为到直线的距离为，
所以的最小值为，
故答案为外切，．
12．已知，，，且．
（1）求动点C的轨迹E；
（2）若点为直线上一动点，过点P引轨迹E的两条切线，切点分别为A、B，两条切线PA，PB与y轴分别交于S、T两点，求面积的最小值．
【答案】（1）动点C的轨迹E是以（2，0）为圆心，1为半径的圆；（2）．
【解析】（1）∵，∴，
∴，∴，∴，
∴动点C的轨迹E是以(2，0)为圆心，1为半径的圆．
（2）设切线方程为，即，PA，PB的斜率为，，
故圆心C到切线的距离，得，
∴，，
在切线方程中令可得，
故，
∴，当时，等号成立，
故面积的最小值．
13．已知圆，点，直线．
（1）求与圆相切，且与直线垂直的直线方程；
（2）在直线上(为坐标原点)，是否存在定点(不同于点)，满足：对于圆上任一点，都有为一常数，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）或；（2）存在点，使得对于圆上任一点，都有为常数，理由见解析．
【解析】（1）所求直线与直线垂直，所求直线的斜率为．
设所求直线方程为，即．
直线与圆相切，，，
所求直线方程为或．
（2）设，则，
假设存在这样的点，使得为常数，且．
则，所以，
将代入上式消去，得对恒成立，
，解得或(舍去)．
存在点，使得对于圆上任一点，都有为常数．