【期中复习提升】（人教A版2019）2023-2024学年高二上学期数学 第二章 直线与圆的方程（压轴题专练）

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第二章 直线与圆的方程（压轴题专练）

一、选择题
1．已知，若过定点的动直线：和过定点的动直线：交于点（与，不重合），则以下说法错误的是（    ）
A．点的坐标为 B．
C． D．的最大值为5
【答案】D
【分析】根据定点判断方法、直线垂直关系、勾股定理、三角函数辅助角求最值即可得解.
【详解】因为可以转化为，
故直线恒过定点A，故A选项正确；
又因为：即恒过定点B，
由 和 , 满足 ，
所以 , 可得 , 故B选项正确；
所以 , 故C选项正确;
因为 , 设为锐角,
则,
所以, 所以当 时, 取最大值 , 故选项D错误.
故选：D.
2．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的最大值（    ）
A． B． C．3 D．6
【答案】D
【分析】根据动直线方程求出定点的坐标，并判断两动直线互相垂直，进而可得 ，最后由基本不等式即可求解.
【详解】解：由题意，动直线过定点，
直线可化为，令，可得，
又，所以两动直线互相垂直，且交点为，
所以，
因为，
所以，当且仅当时取等号.
故选：D.
3．在平面直角坐标系内，设，为不同的两点，直线l的方程为，，下面四个命题中的假命题为（    ）
A．存在唯一的实数δ，使点N在直线上
B．若，则过M，N两点的直线与直线l平行
C．若，则直线经过线段M，N的中点；
D．若，则点M，N在直线l的同侧，且直线l与线段M，N的延长线相交；
【答案】A
【分析】根据题意对一一分析，逐一验证．
【详解】解：对于，化为：，即点，不在直线上，因此不正确．
对于，，则，即过，两点的直线与直线的斜率相等，又点，不在直线上，因此两条直线平行，故正确；
对于，，则，化为，因此直线经过线段的中点，故正确；
对于，，则，则点，在直线的同侧，故正确；
故选A
【点睛】本题考查了直线系方程的应用、平行直线的判定、点与直线的位置关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
4．我国著名数学家华罗庚曾说“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以都转化为几何问题加以解决，列如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题.已知点在直线，点在直线上，且，结合上述观点，的最小值为（    ）
A． B． C． D．5
【答案】D
【分析】根据两点距离公式将目标函数转化为点到点的距离与点到点的距离和，过点作，垂足为，证明，由 求目标函数最小值.
【详解】由已知表示点到点的距离，
表示点到点的距离，
所以，
过点作，垂足为，
因为直线的方程为，，
所以，
又直线与直线平行，，
所以，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
所以，
又，
当且仅当三点共线时等号成立，
所以当点为线段与直线的交点时，
取最小值，最小值为，
因为过点与直线垂直的直线的方程为，
联立，可得，
所以点的坐标为，所以，
所以的最小值为，
故选：D.

【点睛】本题解决的关键在于根据两点距离公式将目标函数转化为求线段的距离和问题，进一步结合图形将问题转化为两点之间的距离问题.
5．已知圆是以点和点为直径的圆，点为圆上的动点，若点，点，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题设可知圆：，在坐标系中找到，应用三角线相似将转化到，再利用三角形的三边关系确定目标式的最大值即可.
【详解】由题设，知：且，即圆的半径为4，
∴圆：，

如上图，坐标系中则，
∴，即△△，故，
∴，在△中，
∴要使最大，共线且最大值为的长度.
∴.
故选：A
【点睛】关键点点睛：首先求出圆方程，找到定点使，进而将转化到其它线段，结合三角形三边关系求目标式的最值.
6．过点作抛物线的两条切线，，设，与轴分别交于点，，则的外接圆方程为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】设切线方程为：，与抛物线联立，表示线段的中垂线方程，可求解圆心坐标和半径，表示圆的方程即可.
【详解】设过点的抛物线的切线方程为：，
即（*），
代入得，
由得，（1）
所以方程（1）有两个不相等的实数根，，
且，，
在（*）中令得，，
设的外接圆圆心为点，
则，
下求：线段中点横标，纵标，
线段的中垂线方程为，
令得，
由（1）知，故，
设的外接圆半径为，
则，
所以的外接圆方程为，
即.
故选：A
【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，圆的方程，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
7．已知平面内两个定点，及动点，若（且），则点的轨迹是圆.后世把这种圆称为阿波罗尼斯圆.已知，，直线，直线，若为，的交点，则的最小值为（    ）
A．3 B． C． D．
【答案】A
【分析】由直线方程可得，则点的轨迹是以为直径的圆，除去点，得到的轨迹方程为，即，可得，取，则，结合，可得，进而求解.
【详解】由已知过定点，
过定点，
因为，，所以，即，
所以点的轨迹是以为直径的圆，除去点，故圆心为，半径为3，
则的轨迹方程为，即，易知O、Q在该圆内，
又，
即，
取，则，又，
所以，
所以的最小值为.
故选：A.
8．已知点为直线：上的动点，过点作圆：的切线，，切点为，当最小时，直线的方程为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先利用圆切线的性质推得四点共圆，，从而将转化为，进而确定时取得最小值，再求得以为直径的圆的方程，由此利用两圆相交弦方程的求法即可得解.
【详解】因为圆：可化为，
所以圆心，半径为，
  
因为，是圆的两条切线，则，
由圆的知识可知，四点共圆，且，，
所以，又，
所以当最小，即时，取得最小值，此时的方程为，
联立，解得，即，
故以为直径的圆的方程为，即，，
又圆，
两圆的方程相减即为直线的方程：.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将转化为，从而确定最小时的坐标，从而利用两圆相减可得相交弦方程的技巧得解.
9．（多选）已知为坐标原点，，为轴上一动点，为直线：上一动点，则（    ）
A．周长的最小值为 B．的最小值为
C．的最小值为 D．的最小值为4
【答案】BCD
【分析】设关于直线：的对称点为，关于轴的对称点为，对于A：根据对称性可得，进而可得结果；对于B：根据点到直线的距离分析判断；对于C：因为，结合点到直线的距离分析判断；对于D：根据题意分析可得，结合点到直线的距离分析判断.
【详解】设关于直线：的对称点为，关于轴的对称点为，
可知，
对于选项A： 可得周长，
当且仅当四点共线时，等号成立，
所以周长的最小值为，故A错误；

对于选项B：设到轴，直线：的距离分别为，
则，
可得，
所以的最小值为，故B正确；

对于选项C：因为，
设到直线：的距离为，
可得，
所以的最小值为，故C正确；

对于选项D：作，垂足为，
因为直线的斜率，则，可得，
则，
可得，
所以的最小值为4，故D正确；

故选：BCD.
二、填空题
10．设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值 ．
【答案】9
【分析】根据直线方程求出定点，然后根据直线垂直，结合基本不等式求解即可；
【详解】由题意，动直线过定点，
直线可化为，
令，可得，
又，所以两动直线互相垂直，且交点为P，
所以，
因为，
所以，当且仅当时取等号．
【点睛】根据直线方程求定点，判断直线垂直，将问题转化为基本不等式是本题的难点和突破点.
11．若恰有三组不全为0的实数对,满足关系式，则实数t的所有可能的值为 ．
【答案】或或
【分析】化简得到，然后对进行分类讨论即可求解.
【详解】由已知得，整理得，
看成有且仅有三条直线满足和到直线(不过原点)的距离t相等，
又，
（1）当，此时易得符合题意的直线 l 为线段AB的垂直平分线以及与直线平行的两条直线和；
（2）当时，有4条直线l会使得点和到它们的距离相等，注意到l不过原点，
所以当其中一条直线过原点时，会作为增根被舍去．
设点A到l的距离为d，
①作为增根被舍去的直线l，过原点和A，B的中点，其方程为，此时，符合；
②作为增根被舍去的直线l，过原点且与平行，其方程为，此时，符合；
综上，满足题意的实数t为或或
故答案为：或或
【点睛】关键点点睛：本题的关键是化简得到，将问题转化为有且仅有三条直线满足和到直线(不过原点)的距离t相等，然后分类讨论即得.
12．已知､分别在直线与直线上，且，点，，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】利用线段的等量关系进行转化，找到最小值即为所求.
【详解】由直线与间的距离为得，过作直线垂直于，如图，
  
则直线的方程为：，将沿着直线往上平移个单位到点，有，
连接交直线于点P，过P作于Q，连接BQ，有，即四边形为平行四边形，
则，即有，显然是直线上的点与点距离和的最小值，
因此的最小值，即的最小值，而，
所以的最小值为=
故答案为：
【点睛】思路点睛：（1）合理的利用假设可以探究取值的范围，严谨的思维是验证的必要过程.
（2）转化与划归思想是解决距离最值问题中一种有效的途径.
（3）数形结合使得问题更加具体和形象，从而使得方法清晰与明朗.
13．在平面直角坐标互中，给定两点，点在轴的正半轴上移动，当最大值时，点的横坐标为
【答案】
【分析】根据条件结合圆的性质，转化为求圆的半径最小，利用数形结合，即可求解.
【详解】过点三点的圆的圆心在线段的中垂线上，
其中为弦所对的圆周角，所以当圆的半径最小时，最大，
设圆心坐标为，
又由点在轴上移动，当圆和轴相切时，取得最大值，
设切点为，圆的半径为，所以圆的方程为，
代入点代入圆的方程，可得，
整理得，解得或（舍去），
所以点的横坐标的为.
故答案为：.

14．在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上的点均满足，则实数的取值范围是 ．
【答案】或
【分析】将条件坐标化，先转化为恒成立，即圆上所有动点到定点距离的最小值大于，再转化为与圆心距离的不等关系求解可得.
【详解】设，由点，


即点满足，即，
设点，即恒成立
则，圆上所有点到定点最小值大于，
又圆，半径为，
圆上所有点到定点最小值即为：.
.
即，化简得，
解得或.
故答案为：或.
  
15．已知P为直线上一动点，过点P作圆的切线，切点分别为A，B，则当四边形面积最小时，直线的方程为 ．
【答案】
【分析】求得四边形面积最小时点的坐标，再根据圆与圆的位置关系求得直线的方程.
【详解】圆，即，
所以圆心为，半径，
，
所以当最小，也即垂直时，四边形面积最小，
直线的斜率为，则此时直线的斜率为，
则直线的方程为，由，解得，
即，对应，，
以为圆心，半径为的圆的方程为：，
即，
由，
两式相减并化简得，
也即直线的方程为.
故答案为：
  
【点睛】研究直线和圆的位置关系问题，主要思路是数形结合的数学思想方法，直线和圆有关的相切问题，连接圆心和切点的直线，与切线相互垂直.与四边形面积的最值有关问题，可先求得面积的表达式，再根据表达式来求最值.
16．设直线l的方程为(a＋1)x＋y－2－a＝0(a∈R)．
(1)若直线l在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为 ；
(2)若a>－1，直线l与x、y轴分别交于M、N两点，O为坐标原点，则△OMN的面积取最小值时，直线l对应的方程为 .
【答案】 x－y＝0或x＋y－2＝0 x＋y－2＝0
【详解】(1)①当直线l经过坐标原点时，
可得a＋2＝0，
解得a＝－2．
所以直线l的方程为－x＋y＝0，即x－y＝0；
②当直线l不经过坐标原点，即a≠－2且a≠－1时，
由条件得，
解得a＝0，
所以直线l的方程为x＋y－2＝0．
综上可得直线l的方程为x－y＝0或x＋y－2＝0．
(2)在(a＋1)x＋y－2－a＝0（a>－1）中，
令，得；令，得．
所以．
由于，得．
所以
．
当且仅当，即a＝0时等号成立．
此时直线l的方程为x＋y－2＝0．
答案：(1) x－y＝0或x＋y－2＝0    (2) x＋y－2＝0
【点睛】用基本不等式求最值时，首先要判断是否满足了使用基本不等式的条件，若满足则可直接利用基本不等式求出最值；若不满足，则需要对代数式进行适当的变形，此时要特别注意“拆”、“拼”、“凑”等变形的技巧，通过变形使得代数式满足基本不等式中“正”、“ 定”、“等”的条件．
三、解答题
17．现有一组互不相同且从小到大排列的数据：，其中．为提取反映数据间差异程度的某种指标，今对其进行如下加工：记，作函数，使其图像为逐点依次连接点的折线．
(1)求和的值；
(2)设的斜率为，判断的大小关系；
(3)证明：当时，；
(4)求由函数与的图像所围成图形的面积．（用表示）
【答案】(1)，
(2)
(3)见解析
(4)

【分析】（1）运用代入法进行求解即可；
（2）根据斜率公式，结合已知进行判断即可；
（3）要证明，，只需要证明，根据已知定义，结合放缩法进行证明即可.
（4）设为上折线与轴及直线所围成图形的面积，求出，再由求解即可.
【详解】（1），
；
（2），
因为，
所以；
（3）由于的图像是连接各点的折线
要证明，，只需要证明
事实上，当时，

下面证明
对任何，
所以，综上，
（4）设为上折线与轴及直线所围成图形的面积
则




直线与的图像所围成图形的面积为
【点睛】关键点睛：在证明，时，关键在于将其转化为证明，结合题设定义进行证明.
18．已知曲线，对坐标平面上任意一点,定义,若两点,，满足，称点,在曲线同侧；，称点,在曲线两侧.
(1)直线过原点，线段上所有点都在直线同侧，其中，,求直线的倾斜角的取值范围；
(2)已知曲线，为坐标原点，求点集的面积；
(3)记到点与到轴距离和为的点的轨迹为曲线，曲线，若曲线上总存在两点,在曲线两侧,求曲线的方程与实数的取值范围.
【答案】(1)；(2)；（3），.
【分析】（1）由题意设出直线方程为，通过新定义，得到，求出斜率范围，进而可求出倾斜角范围；
（2）先由题意得到点集为圆在直线下方内部，设直线与圆的交点为，求出，进而可求出结果；
（3）先设曲线上的动点为，根据题意得到，化简整理，即可得出轨迹方程；再由新定义，将化为，进而可得出结果.
【详解】（1）由题意，显然直线斜率存在，设方程为，则，
因为，，线段上所有点都在直线同侧，
则，
解得；故倾斜角的范围是；
（2）因为，所以，
故，点集为圆在直线下方内部，
设直线与圆的交点为，则到的距离为，
故，
因此，所求面积为：；

（3）设曲线上的动点为，则，
化简得曲线的方程为：，
其轨迹为两段抛物线弧；
当时，；
当时，，
故若有，
则，解得.
【点睛】本题主要考查新定义下直线与圆的综合，熟记直线与圆位置关系，以及直线斜率与倾斜角的概念等即可，属于常考题型.
19．如图，已知，，，直线．

(1)证明直线经过某一定点，并求此定点坐标；
(2)若直线等分的面积，求直线的一般式方程；
(3)若，李老师站在点用激光笔照出一束光线，依次由（反射点为）、（反射点为）反射后，光斑落在点，求入射光线的直线方程．
【答案】(1)证明见解析，定点坐标为；
(2)；
(3)．

【分析】（1）整理得到，从而得到方程组，求出定点坐标；
（2）求出定点在直线上，且，由得到，设出，由向量比例关系得到点坐标，得到直线方程；
（3）作出辅助线，确定关于和的对称点，得到，由对称性得，写成直线方程.
【详解】（1）直线可化为，
令，解得，故直线经过的定点坐标为；
（2）因为，，，所以，
由题意得直线方程为，
故直线经过的定点在直线上，所以，
设直线与交于点，所以，

即，所以，
设，所以，即，
所以，，所以，
将点坐标代入直线的方程，解得，
所以直线的方程为；
（3）设关于的对称点，关于的对称点，
直线的方程为，即，

直线的方程为，所以，
解得，所以，
由题意得四点共线，，由对称性得，
所以入射光线的直线方程为，
即．
20．在平面直角坐标系中，已知圆过坐标原点且圆心在曲线上．
(1)设直线：与圆交于，两点，且，求圆的方程；
(2)设直线与（1）中所求圆交于，两点，点为直线上的动点，直线，与圆的另一个交点分别为，，且，在直线两侧，求证：直线过定点，并求出定点坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由，知，运用两直线垂直的条件：斜率之积为，解方程可得，讨论的取值，求得圆心到直线的距离，即可得到所求圆的方程；
（2）设，，，求得，的坐标，和的方程，联立圆的方程，运用韦达定理，．设，则．设直线的方程为，代入圆的方程，运用韦达定理，可得，的关系，即可得到所求定点．
（1）
圆过坐标原点且圆心在曲线上，设
由，知.
所以，解得.
当时，圆心到直线的距离小于半径，符合题意；
当时，圆心到直线的距离大于半径，不符合题意.
所以，所求圆的方程为.
（2）
设，，，又知，，
所以，．
显然，设，则．
从而直线方程为：，
与圆的方程联立，
消去，可得：，
所以，即；
同理直线方程为：，
与圆的方程联立，
消去，可得：，
所以，即．
所以；
．
消去参数整理得．①
设直线的方程为，代入，
整理得．
所以，．
代入①式，并整理得，
即，解得或．
当时，直线的方程为，过定点；
当时，直线的方程为，过定点
第二种情况不合题意（因为，在直径的异侧），舍去．
所以，直线过定点．
21．如图所示，已知圆上点处切线的斜率为，圆与轴的交点分别为，与轴正半轴的交点为，为圆的第一象限内的任意一点，直线与相交于点，直线与轴相交于点．

（1）求圆的方程；
（2）试问：直线是否经过定点？若经过定点，求出此定点坐标；若不经过，请说明理由．
【答案】（1）； （2）.
【分析】(1)根据切线斜率得切点与圆心连线斜率，解得a,再代入圆方程得r,即得结果，(2)先设直线AP方程，分别解得P坐标，M坐标,以及N坐标，再求出直线MN方程，最后根据方程求定点.
【详解】（1）由题意得
（2）设

直线

由三点共线得：

直线为：即：
由 直线过定点.
【点睛】定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
22．已知圆C经过，两点．
(1)如果AB是圆C的直径，证明：无论a取何正实数，圆C恒经过除A外的另一个定点，求出这个定点坐标．
(2)已知点A关于直线的对称点也在圆C上，且过点B的直线l与两坐标轴分别交于不同两点M和N，当圆C的面积最小时，试求的最小值.
【答案】(1)证明见解析，定点为
(2)

【分析】（1）设点是圆上任意一点，由AB是圆C的直径，得，从而可求出圆的方程，即可得出结论；
（2）根据题意可得点C在直线上，要使圆C的面积最小，则圆C是以为直径的圆，从而可求出圆的方程，进而可求得点的坐标，设出直线的方程，分别求出的坐标，再根据两点间距离公式结合基本不等式即可得解．
【详解】（1）设点是圆上任意一点，
因为AB是圆C的直径，所以，
即，
所以圆的方程为：，
则，时等式恒成立，故定点为，
所以无论a取何正实数，圆C恒经过除A外的另一个定点，定点坐标为；
（2）因点A关于直线的对称点也在圆C上，
所以点C在直线上，
又圆C的面积最小，所以圆C是以直径的圆，
设过点A与直线垂直的直线方程为，
由方程组得，则
所以圆C的方程为，
当时，或，又，所以，即，
由题意知直线l斜率存在且不为零，设直线l的方程为，
当时，当，时，
所以，
（当且仅当，即时取等号）
则当时，