高考数学二轮复习专题六直线、圆、圆锥曲线专题能力训练15直线与圆文(2021年整理)

2019年高考数学二轮复习专题六直线、圆、圆锥曲线专题能力训练15 直线与圆文
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专题能力训练15 直线与圆
一、能力突破训练
1.圆（x+1）2+y2=2的圆心到直线y=x+3的距离为（）
A.1 B。

2 C。

D.2
2。

已知三点A（1，0），B（0，),C(2，),则△ABC外接圆的圆心到原点的
距离为()
A。

B. C. D.
3。

直线y=kx+3与圆（x-1）2+（y+2）2=4相交于M，N两点，若｜MN|≥2,则实数k的取值范围是（)
A.B。

C.D。

4.过三点A（1，3),B（4,2),C(1，—7）的圆交y轴于M，N两点，则｜MN|=()
A.2
B.8
C.4D。

10
5.（2018全国Ⅰ，文15)已知直线y=x+1与圆x2+y2+2y-3=0交于A,B两点,则
|AB|= .
6.已知a∈R，方程a2x2+（a+2）y2+4x+8y+5a=0表示圆，则圆心坐标是,半径是。

7.若直线=1(a>0，b>0)过点（1,2）,则2a+b的最小值为。

8.已知P是抛物线y2=4x上的动点，过P作抛物线准线的垂线,垂足为M,N是圆（x—2)2+（y-5)2=1上的动点，则｜PM｜+｜PN｜的最小值是。

9.在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为圆心的圆与直线x—y=4相切. (1）求☉O的方程；
(2)若☉O上有两点M,N关于直线x+2y=0对称,且｜MN|=2，求直线MN的方程;
(3)设☉O与x轴相交于A,B两点,若圆内的动点P使｜PA|，｜PO|，|PB|成等比数列,求的取值范围。

10。

已知☉O：x2+y2=4，点A(,0），以线段AB为直径的圆内切于☉O，记点B的轨迹为Γ.
（1）求曲线Γ的方程;
(2）直线AB交☉O于C,D两点，当B为CD的中点时,求直线AB的方程。

11。

已知过点A（0，1）且斜率为k的直线l与☉C:(x-2）2+（y-3)2=1交于M，N 两点.
(1)求k的取值范围;
(2)若=12,其中O为坐标原点,求|MN｜。

二、思维提升训练
12.已知圆M：x2+y2-2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是2.则圆M与圆N：(x-1)2+（y-1）2=1的位置关系是(）
A.内切B。

相交C。

外切 D.相离
13.(2018全国Ⅲ,文8)已知直线x+y+2=0分别与x轴、y轴交于A，B两点，点P 在圆（x—2）2+y2=2上,则△ABP面积的取值范围是（）
A。

[2，6］B.[4,8］
C。

［，3］D.［2,3]
14.在平面直角坐标系xOy中，A（-12，0)，B（0，6)，点P在圆O：x2+y2=50上.若≤20，则点P的横坐标的取值范围是.
15.在平面直角坐标系中，当P（x，y)不是原点时,定义P的“伴随点"为
P'；当P是原点时,定义P的“伴随点"为它自身.现有下列命题：
①若点A的“伴随点"是点A'，则点A’的“伴随点”是点A；
②单位圆上的点的“伴随点”仍在单位圆上；
③若两点关于x轴对称,则它们的“伴随点"关于y轴对称；
④若三点在同一条直线上，则它们的“伴随点"一定共线.
其中的真命题是.（写出所有真命题的序号）
16.
在平面直角坐标系xOy中，已知☉C1：（x+3)2+（y—1）2=4和☉C2：(x-4)2+（y-5）2=4。

(1）若直线l过点A（4，0），且被☉C1截得的弦长为2,求直线l的方程；
(2）设P为平面上的点,满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2,它们分别与☉C1和☉C2相交，且直线l1被☉C1截得的弦长与直线l2被☉C2截得的弦长相等,试求所有满足条件的点P的坐标。

17。

如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M:x2+y2-12x-14y+60=0及其上一点A(2，4）.
(1）设圆N与x轴相切，与圆M外切,且圆心N在直线x=6上,求圆N的标准方程；（2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B,C两点,且BC=OA,求直线l的方程；(3)设点T（t，0)满足:存在圆M上的两点P和Q,使得，求实数t的取值范围。

专题能力训练15直线与圆
一、能力突破训练
1.C解析由题意可知圆心坐标为(-1，0），故圆心到直线y=x+3的距离
d=,故选C。

2.B解析由题意知,△ABC外接圆的圆心是直线x=1与线段AB垂直平分线的交点,设为P，而线段AB垂直平分线的方程为y-，它与x=1联立得圆心P 坐标为，则｜OP｜=。

3.B解析当｜MN｜=2时，在弦心距、半径和半弦长构成的直角三角形中，可
知圆心(1,—2）到直线y=kx+3的距离为=1，即=1，解得k=-.若使|MN|≥2,则k≤-.
4。

C解析设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,将点A,B,C代入,得
解得
则圆的方程为x2+y2—2x+4y—20=0。

令x=0得y2+4y—20=0，
设M（0，y1),N(0,y2）,则y1,y2是方程y2+4y—20=0的两根,由根与系数的关系，得y1+y2=-4，y1y2=-20,故|MN|=|y1-y2|==4.
5.2解析圆的方程可化为x2+(y+1）2=4,故圆心C（0,—1）,半径r=2，圆心到
直线y=x+1的距离d=，
所以弦长｜AB|=2=2=2.
6。

（—2,-4）5解析由题意,可得a2=a+2,解得a=-1或2.当a=-1时,方程为
x2+y2+4x+8y—5=0,即（x+2)2+(y+4）2=25，故圆心为（-2,-4），半径为5；当a=2时，方程为4x2+4y2+4x+8y+10=0,+(y+1）2=-不表示圆.
7.8解析∵直线=1过点（1,2)，
∴=1.
∵a〉0，b>0，∴2a+b=（2a+b）=4+≥4+2=8。

当且仅当b=2a时“=”成立.
8.—1解析抛物线y2=4x的焦点为F(1，0），圆(x-2）2+(y—5）2=1的圆心为C（2，5）,根据抛物线的定义可知点P到准线的距离等于点P到焦点的距离，进而推断出当P，C，F三点共线时,点P到点C的距离与点P到抛物线的焦点距离之和的最小值为|FC|=，故｜PM｜+｜PN|的最小值是｜FC|-1=-1。

9。

解（1）依题意,☉O的半径r等于原点O到直线x—y=4的距离,即r==2。

所以☉O的方程为x2+y2=4.
（2)由题意,可设直线MN的方程为2x—y+m=0.
则圆心O到直线MN的距离d=。

由垂径定理,得+（）2=22,即m=±。

所以直线MN的方程为2x—y+=0或2x—y—=0。

(3）设P(x，y),由题意得A（-2，0)，B（2,0）。

由｜PA|，|PO|，｜PB|成等比数列，
得=x2+y2,
即x2—y2=2。

因为=（-2—x，—y)·（2-x，-y）=2(y2-1),
且点P在☉O内，所以由此得y2〈1。

所以的取值范围为[-2，0)。

10。

解（1）设AB的中点为M,切点为N，连接OM，MN，则|OM|+｜MN｜=｜ON｜=2,｜AB｜=|ON｜—（|OM|-｜MN|)=2—｜OM|+｜AB｜，即|AB｜+2｜OM｜=4.
取A关于y轴的对称点A’,连接A’B，则|A'B|=2|OM｜,
所以｜AB｜+2｜OM|=｜AB|+|A'B|=4〉｜A'A｜。

所以点B的轨迹是以A’，A为焦点，长轴长为4的椭圆。

其中,a=2，
c=,b=1,故曲线Γ的方程为+y2=1.
（2）因为B为CD的中点，所以OB⊥CD，
则.设B（x0，y0),
则x0（x0-)+=0。

又=1，
解得x 0=
，y 0=±
.
则k OB =±，k AB =∓，则直线AB 的方程为y=±(x-）,即
x —y —
=0或x+y —=0。

11.解 (1）由题设,可知直线l 的方程为y=kx+1.
因为l 与C 交于两点,所以〈1.
解得
<k 〈。

所以k 的取值范围为。

（2)设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2).
将y=kx+1代入方程(x —2)2+(y-3）2
=1，
整理得(1+k 2）x 2
—4（1+k )x+7=0. 所以x 1+x 2=
,x 1x 2=
.
=x 1x 2+y 1y 2
=(1+k 2)x 1x 2+k （x 1+x 2）+1=
+8。

由题设可得+8=12,解得k=1， 所以l 的方程为y=x+1.
故圆心C 在l 上,所以｜MN ｜=2.
二、思维提升训练 12.B 解析 圆M 的方程可化为x 2+(y-a ）2=a 2
，故其圆心为M （0，a ），半径R=a.
所以圆心到直线x+y=0的距离d=
a 。

所以直线x+y=0被圆M 所截弦长为2=2a ,
由题意可得a=2,故a=2.
圆N 的圆心N (1，1），半径r=1。

而|MN ｜=, 显然R —r<｜MN|<R+r ,所以两圆相交。

13。

A 解析 设圆心到直线AB 的距离d=
=2。

点P到直线AB的距离为d’。

易知d-r≤d'≤d+r,即≤d’≤3.
又AB=2,
=·｜AB｜·d'=d’,
∴S
△ABP
∴2≤S
≤6.
△ABP
14。

［—5,1]解析设P(x,y），由≤20，易得x2+y2+12x—6y≤20.
把x2+y2=50代入x2+y2+12x-6y≤20得2x-y+5≤0.
由可得
由2x-y+5≤0表示的平面区域及P点在圆上,可得点P在圆弧EPF上，所以点P横坐标的取值范围为[-5,1］。

15。

②③解析对于①，若令P（1,1),则其伴随点为P’，而
P’的伴随点为(-1，—1），而不是P，故①错误;对于②,令单位圆上点的坐标为P(cos x，sin x)，其伴随点为P'(sin x,—cos x）仍在单位圆上，所以②正确;③设A(x,y）与B(x，—y）为关于x轴对称的两点,则A的“伴随点"为
A’,B点的伴随点为B’,A'与B'关于y轴对称,故③正确;对于④,取直线l:y=1。

设其“伴随曲线”为C，其上任一点M(x，y)，
与其对应的直线l上的点为N（t，1）。

则由定义可知
①2+②2得x2+y2==x,
整理得x2+y2-x=0,显然不是一条直线.
故④错误。

所以正确的序号为②③。

16。

解（1）设直线l的方程为y=k(x-4)，即kx—y—4k=0,由垂径定理，得圆心C
到直线l的距离d==1.
1
由点到直线距离公式,得=1,化简，得24k2+7k=0,解得k=0或
k=—.
当k=0时,直线l的方程为y=0；
当k=—时,直线l的方程为y=—（x—4）,即7x+24y-28=0.
故所求直线l的方程为y=0或7x+24y—28=0.
(2）设点P坐标为（m，n)，直线l1，l2的方程分别为y-n=k（x-m)和y-n=-（x-m），
即kx-y+n-km=0，-x-y+n+m=0.
∵直线l
被☉C1截得的弦长与直线l2被☉C2截得的弦长相等,两圆半径相等，
1
∴由垂径定理得圆心C
到直线l1与圆心C2到直线l2的距离相等.
1
∴,
化简,得（2-m—n）k=m-n-3或（m—n+8）k=m+n—5.
∵关于k的方程有无穷多解，
∴
解得
故点P坐标为.
17.解圆M的标准方程为(x-6)2+(y—7)2=25,所以圆心M（6，7）,半径为5。

(1）由圆心N在直线x=6上,可设N(6，y0).
因为圆N与x轴相切，与圆M外切,
所以0<y0〈7,于是圆N的半径为y0，
从而7—y0=5+y0,解得y0=1。

因此，圆N的标准方程为(x—6)2+（y—1)2=1。

（2）因为直线l∥OA，所以直线l的斜率为=2.
设直线l的方程为y=2x+m,即2x—y+m=0,
则圆心M到直线l的距离
d=.
因为BC=OA==2，
而MC2=d2+,
所以25=+5，解得m=5或m=—15。

故直线l的方程为2x—y+5=0或2x-y-15=0.
（3）设P(x1,y1)，Q(x2,y2)。

因为A（2，4）,T(t,0）,，
所以①
因为点Q在圆M上,
所以(x2—6)2+(y2-7）2=25。

②
将①代入②,得（x1-t—4）2+(y1-3)2=25。

于是点P(x1，y1）既在圆M上，又在圆［x—（t+4）］2+(y—3）2=25上，从而圆（x—6)2+（y-7）2=25与圆[x-(t+4）]2+(y—3)2=25有公共点，
所以5-5≤≤5+5,
解得2-2≤t≤2+2。

因此，实数t的取值范围是［2-2，2+2].。