新高考数学二轮复习小题巩固练训练15（直线与圆的方程）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习小题巩固练训练15（直线与圆的方程）（2份，原卷版+解析版）试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设直线l1:x−2y−2=0与l2关于直线l:2x−y−4=0对称，则直线l2的方程是（ ）
A．11x+2y−22=0B．11x+y+22=0
C．5x+y−11=0D．10x+y−22=0
【答案】A
【分析】根据三条直线交于一点，再利用点关于直线的对称点公式，求直线l2上一点，即可求解.
【详解】联立x−2y−2=02x−y−4=0，得x=2y=0，
取直线l1:x−2y−2=0上一点0,−1，设点0,−1关于直线l:2x−y−4=0的对称点为a,b，则b+1a=−122×a2−b−12−4=0，解得：a=125,b=−115，
直线l2的斜率k=−112，所以直线l2的方程为y=−112x−2，
整理为：11x+2y−22=0.
故选：A
2．已知点P是直线x+y+3=0上一动点，过点P作圆C:(x+1)2+y2=1的一条切线，切点为A，则线段PA长度的最小值为（ ）
A．23B．22C．2D．1
【答案】D
【分析】由题意可得PA=PC2−r2，则当PC取得最小值时，线段PA长度的最小，利用点到直线的距离公式求出PC的最小值即可得解.
【详解】圆C:(x+1)2+y2=1的圆心C−1,0，半径r=1，
由题意可得PA⊥AC，
则PA=PC2−AC2=PC2−r2=PC2−1，
则当PC取得最小值时，线段PA长度的最小，
PCmin=−1+0+31+1=2，
所以PAmin=22−1=1.
故选：D.
3．已知直线l：xmsinα+yncsα=1，其中m，n都是正实数，α∈0,2π，下列结论正确的是（ ）
A．当α=π2时，直线l的一个方向向量为（1，0）
B．当α变化时，所对应的直线均过同一个定点
C．当m≤n时，坐标原点（0，0）到直线l的距离的最小值为m
D．所有直线l组成的平面区域可覆盖整个直角坐标平面
【答案】C
【分析】对于A，将α=π2代入得直线方程，即可判断；对于B，通过给α赋值，得三条直线的方程，根据三条直线交于一点不成立判断B不成立；对于C，根据公式表示距离，再利用同角三角函数关系化简，即可求最小值；对于D，根据0,0不满足直线方程，即可判断.
【详解】对于A，当α=π2时，直线l的方程为1mx=1，即x=m，平行于y轴，直线l的方向向量与0,1平行，故A不正确；
对于B，当α=0时，得yn=1，即y=n；当α=π6时，得xmsinπ6+yncsπ6=1，即12mx+32ny−1=0，联立方程y=n12mx+32ny−1=0得x=2−3my=n，则两直线交于点2m−3m,n，当α=π2时，得x=m，显然点2m−3m,n不在直线x=m上，此时三条直线交于一点不成立，故当α变化时，所对应的直线均过同一个定点不成立，故B不正确；
对于C，当m≤n时，坐标原点0,0到直线l的距离d=1sin2αm2+cs2αn2，而cs2αn2≤cs2αm2，则sin2αm2+cs2αn2≤1m2，故d=1sin2θm2+cs2θn2≥m，即最小值为m，故C正确；
对于D，由于点0,0不满足方程，所以所有直线l组成的平面区域不可能覆盖整个平面，故D不正确；
故选：C.
4．已知P是圆O:x2+y2=1上的一个动点，直线l:x−y−5=0上存在两点A，B，使得∠APB≥π2恒成立，则AB的最小值是（ ）
A．32+1B．52+2C．43+1D．53+5
【答案】B
【分析】分析可知以AB为直径的圆要内含或内切圆x2+y2=1，根据两圆的位置关系分析求解.
【详解】已知圆O:x2+y2=1的圆心为O0,0，半径r=1，
若直线l:x−y−5=0上存在两点A，B，使得∠APB≥π2恒成立，
则以AB为直径的圆要内含或内切圆x2+y2=1，
因为点O0,0到直线l的距离d=0−0−512+(−1)2=522，
所以AB长度的最小值为2(d+1)=52+2，
故选：B．
5．在圆幂定理中有一个切割线定理：如图1所示，QR为圆O的切线，R为切点，QCD为割线，则QR2=QC⋅QD．如图2所示，在平面直角坐标系xOy中，已知点A−1,0，点P是圆O:x2+y2=4上的任意一点，过点B1,0作直线BT垂直AP于点T，则2PA+3PT的最小值是（ ）
A．62B．82C．42D．22
【答案】A
【分析】先利用PO=12PA+PB和余弦定理得到PO=122PA2+PB2−AB2=2，可得PA2+PB2=10，即可求cs∠APB=3PA⋅PB，进而求得PT=3PA，再利用基本不等式即可得到答案
【详解】连接PO，
在△PAB中，因为O是AB的中点，
所以PO=12PA+PB，平方得PO→2=14PA→2+PB→2+2PA→⋅PB→cs∠APB，
将cs∠APB=PA2+PB2−AB22PA⋅PB代入可得PO=122PA2+PB2−AB2=2，
因为AB=2，所以PA2+PB2=10，
所以cs∠APB=3PA⋅PB，
在Rt△PBT，PT=PBcs∠APB=3PA，
所以2PA+3PT=2PA+9PA≥218=62，
当且仅当2PA=9PA即PA=322时，取等号,
故选：A
6．已知m，n∈R，m2+n2≠0，记直线nx+my−n=0与直线mx−ny−n=0的交点为P，点Q是圆C：x+22+y−22=4上的一点，若PQ与C相切，则PQ的取值范围是（ ）
A．22,14B．22,27
C．2,14D．2,27
【答案】C
【分析】结合已知，求出交点P的轨迹方程，再结合切线的性质即可求解.
【详解】
直线nx+my−n=0即直线nx−1+my=0，过定点M1,0，
直线mx−ny−n=0即直线mx−ny+1=0，过定点N0,−1，
又由斜率关系可得两直线垂直，所以交点P的轨迹是以MN为直径的圆，
即轨迹方程为C1:x−122+y+122=12，圆心C112,−12，
因为Q是圆C上一点，且PQ与C相切，
所以问题转化为圆C1上任意一点P作直线与圆C相切，求切线PQ的范围.
设设圆C的半径为R=2，
因为圆C的圆心−2,2，半径为定值，当PC取得最小值和最大值时，切线PQ取得最小值和最大值，
CC1=12+22+−12−22=522，
又因为CC1−22≤PC≤CC1+22，即522−22≤PC≤522+22，
即22≤PC≤32，
所以PCmin2−R2≤PQ≤PCmax2−R2，即2≤PQ≤14，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：结合已知直线过定点，求出交点P的轨迹方程是关键.
7．若点P(1,3)关于直线y=kx对称的点在圆x2+y2−8y+12=0上，则k的值为（ ）
A．−2−3B．3−2C．2−3D．2+3
【答案】D
【分析】根据已知确定点P(1,3)关于直线y=kx对称的点在圆x2+y2=4上，易得对称点为圆x2+y2=4和圆x2+y2−8y+12=0的交点，求出交点坐标，利用垂直关系求参数k.
【详解】显然P(1,3)在圆x2+y2=4上，又直线y=kx经过该圆的圆心(0,0)，
所以点P(1,3)关于直线y=kx对称的点在圆x2+y2=4上，
又点P(1,3)关于直线y=kx对称的点在圆x2+y2−8y+12=0上，
所以对称点为圆x2+y2=4和圆x2+y2−8y+12=0的交点，联立得交点为(0,2)，
所以P(1,3)与(0,2)两点所在直线，与y=kx垂直，故k=−13−2=2+3.
故选：D
8．已知Q为圆A:x−12+y2=1上动点，直线l1:mx−ny+3m+2n=0和直线l2:nx+my−6m+n=0（m,n∈R，m2+n2≠0）的交点为P，则PQ的最大值是（ ）
A．6+5B．4−5C．5+5D．1+5
【答案】A
【分析】由l1、l2可得l1⊥l2，且l1过定点B−3,2，l2过定点C−1,6，则可得点P在以BC为直径的圆上，则PQ的最大值为AM+r1+r2.
【详解】由l1:mx−ny+3m+2n=0、l2:nx+my−6m+n=0，
有m×n+−n×m=0，故l1⊥l2，
对l1有−3m−2n+3m+2n=0，故l1过定点B−3,2，
对l2有−1×n+6m−6m+n=0，故l2过定点C−1,6，
则BC中点M为−3−12，2+62，即M−2,4，
BC=−3+12+2−62=25，则BC2=5，
故点P在以BC为直径的圆上，该圆圆心为M−2,4，半径为5，
又Q在原A:x−12+y2=1，该圆圆心为A1,0，半径为1，
又AM=1+22+42=5，则PQmax=5+r1+r2=5+5+1=6+5.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于由直线l1、l2的方程得到l1⊥l2，且l1过定点B−3,2，l2过定点C−1,6，从而确定点P的轨迹为以BC为直径的圆，进而将问题转化为圆上两点的距离最值问题.
二、多选题
9．已知圆O:x2+y2=4，过直线l:y=x−3上一点P向圆O作两切线，切点为A、B，则（ ）
A．直线AB恒过定点43,−43B．AP最小值为322
C．AB的最小值为43D．满足PA⊥PB的点P有且只有一个
【答案】AC
【分析】根据PA、PB与圆O相切，得到直线AB的方程，可判断A选项；由勾股定理得当OP最小时AP最小，可判断B选项；根据弦长公式，可判断C选项；由PA⊥PB可得到PA=2，可判断D选项.
【详解】

对于A，圆O:x2+y2=4的圆心为O0,0，半径为2，
设Px0,y0，∵ P在直线l:y=x−3上，∴ y0=x0−3，
∵ PA、PB为圆的切线，
∴以OP为直径的圆的方程为xx−x0+yy−y0=0，
x2+y2=4xx−x0+yy−y0=0，两式作差可得直线AB的方程为lAB:x0x+y0y=4，
将y0=x0−3代入得：lAB:x+yx0−3y−4=0，
满足x+y=0−3y−4=0，解得x=43y=−43，
所以直线AB恒过定点43,−43，故A正确；
对于B，∵ AP=OP2−OA2，∴当OP最小时，AP最小，
∵ O0,0，l:x−y−3=0，
∴ OPmin=−32=322，此时APmin=3222−22=22，故B错误；
对于C，lAB:x0x+x0−3y−4=0，
O0,0到lAB的距离d=−4x02+x0−32，
AB=2OA2−d2=24−16x02+x0−32=24−162x0−322+92，
当x0=32时，ABmin=24−16⋅29=43，故C正确；
对于D，若PA⊥PB，则∠APO=45∘，即AP=AO=2，
∵ APmin=220时，l1始终不过第三象限
【答案】ACD
【分析】选项A可由含参直线的定点坐标求法可得；选项B当a=1时，l1，l2重合；选项C由一般方程垂直时系数关系可得；选项D化为斜截式后，由斜率和和y轴上的截距可判断.
【详解】选项A：l2：a(x−2y)+3y−1=0，令x−2y=03y−1=0，得x=23y=13，过点23,13，A正确；
选项B：当a=1时，l1，l2重合，故B错误；
选项C：当l1⊥l2时，由1×a+a×(3−2a)=0，得a=0或2，故C正确；
选项D：当a>0时，l1：y=−1ax+1始终过0,1，斜率为负，不会过第三象限，故D正确.
故选：ACD
11．已知M，N为圆x2+y2=4上的两个动点，点P−1,1，且PM⊥PN，则（ ）
A．PMmax=2+2
B．MNmax=22+3
C．△PMN外接圆圆心的轨迹方程为x+122+y−122=32
D．△PMN重心的轨迹方程为x+562+y−562=16
【答案】ABC
【分析】根据圆的性质，可得判定A正确；当线段MN的中垂线经过点P时，此时MN取得最值，结合圆的性质，可判定B正确；设△PMN的外接圆的圆心为C(x,y)，根据CP=CM，求得轨迹方程，可判定以C正确；设△PMN的重心为点G(xG,yG)，结合C项，求得其轨迹方程，可判定D错误.
【详解】因为圆x2+y2=4，可得圆心O(0,0)，半径为r=2，且点P−1,1在圆内，
对于A中，由PO=2，根据圆的性质，可得r−PO≤PM≤r+PO，
即2−2≤PM≤2+2，即PM∈[2−2,2+2]，
所以PM的最大值为2+2，所以A正确；
对于B中，因为PM⊥PN，当线段MN的中垂线经过点P时，此时MN取得最值，
如图所示，可得M(3,1),N(−1,−3)时，可得MNmax=22+3，
M(−3,1),N(−1,3)时，可得MNmin=22−3，所以B正确；
对于C中，设△PMN的外接圆的圆心为C(x,y)，则CP=CM，
则有(x+1)2+(y−1)2=4−(x2+y2)，可得2x2+2y2+2x−2y−2=0，
即(x+12)2+(y−12)2=32，所以C正确；
对于D中，设△PMN的重心为点G(xG,yG)，则3xG=xM+xN−1,3yG=yM+yN+1，
由C项知△PMN的外接圆的圆心点C的轨迹方程为(x+12)2+(y−12)2=32，
且点C为MN的中点，即xM+xN=2x,yM+yN=2y，所以3xG=2x−1,3yG=2y+1，
即(3xG+12+12)2+(3yG−12−12)2=32，即(x+23)2+(y−23)2=23，所以D错误.
故选：ABC.
三、填空题
12．已知点A−2,1，B1,2，若线段AB与圆C2x+12+y2=m存在公共点，则实数m的取值范围为 .
【答案】85,8
【分析】分别计算圆心到A点，B点，以及直线AB距离，记为d1，d2，d3，则数m的取值范围为mind12,d22,d32,maxd12,d22,d32.
【详解】由题意知C2x+12+y2=m的圆心为−1,0，其到A点距离为d1=−12+12=2，
到点B的距离为d2=22+22=22，
由点A−2,1，B1,2，可得直线AB方程为：y=2−11+2x−1+2⇒x−3y+5=0.
则圆心到直线AB的距离为d3=−1−0+512+−32=410=2105，
因d322，b8，a2+b2>22，所以22