第一章 直线与圆 单元测试-2024-2025学年高二上学期数学北师大版（2019）选择性必修第一册

第一章 直线与圆 单元测试 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为.若，则点的坐标为（    ） A． B．或 C． D．或 2．已知圆与圆，则两圆的公切线条数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．过点且方向向量为的直线方程为（    ） A． B． C． D． 4．已知过两点的直线的倾斜角是，则两点间的距离为（    ） A． B． C． D． 5．直线的一个方向向量是（    ） A． B． C． D． 6．已知圆过，，三点，则圆的方程是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 7．已知圆和圆，．点是圆上的动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则下列说法正确的是（    ） A．当时，圆和圆没有公切线 B．当圆和圆有三条公切线时，其公切线的倾斜角的和为定值 C．圆与轴交于，，若圆上存在点，使得，则 D．圆和外离时，若存在点，使四边形面积为，则 8．圆：，直线，点在圆上，点在直线l上，则下列结论正确的有（   ） A．直线与圆相交 B．的最小值是1 C．若到直线的距离为2，则点有2个 D．从点向圆引切线，则切线段的最小值是 三、填空题 9．若直线与圆相交于两点，则弦长的最小值为 . 10．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点到两个定点的距离之比为常数（，且），那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.已知圆：，点，平面内一定点（异于点），对于圆上任意动点，都有比值为定值，则定点的坐标为 . 11．小明家附近有一座圆拱桥，当水面跨度是40米时，拱顶离水面5米．当水面上涨4米后，桥在水面的跨度为 米． 12．直线，其中，，符号相同，则直线不通过第 象限． 四、解答题 13．在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为，动点P满足 (1)求动点P的轨迹C的方程 (2)若直线l过点且与轨迹C相切，求直线l的方程. 14．已知圆心在x轴正半轴上的圆C，过点，． (1)求圆的标准方程； (2)过点的直线与圆C交于两点A，B，若，求直线l的方程． 15．已知等腰直角（B为直角顶点）的两个顶点分别为，，求三边所在直线的方程. 16．已知在平面直角坐标系中，已知的三个顶点为，，，求： (1)所在直线的方程； (2)边上的高所在直线的方程. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C D C C B ABD BCD 1．B 【分析】根据点在直线设为，结合题中条件可求得，利用两点间的距离公式建立方程，求解即可. 【详解】因为点在直线上， 可设， 又是圆的两条切线，且， 所以,,, 所以, 即， 化为， 解得或， 所以点坐标为， 故选：B. 2．C 【分析】根据圆的方程可确定两圆圆心和半径，易得圆心距等于两半径之和，即可得两圆外切，所以可得两圆有3条公切线. 【详解】易知圆的圆心为，半径， 圆的圆心为，半径， 易知两圆圆心距，两半径之和为， 即满足，此时两圆外切， 因此两圆有3条公切线. 故选：C 3．D 【分析】根据方向向量确定出直线的斜率，然后可得到直线的点斜式方程，将其转化为一般式方程即可. 【详解】因为直线的方向向量为，所以， 所以直线方程为，即为， 故选：D. 4．C 【分析】利用倾斜角求出，然后利用两点间距离公式即可得出答案. 【详解】由题知，， 解得，故， 则两点间的距离为. 故选：C 5．C 【分析】先由直线斜率得到直线的一个方向向量，再对选项逐一检验即可. 【详解】因为直线可化为， 所以直线的斜率为，则直线的一个方向向量为， 对于A，与不平行，故A错误； 对于B，与不平行，故B错误； 对于C，，故与平行，则也是直线的一个方向向量，故C正确； 对于D，与不平行，故D错误. 故选：C. 6．B 【分析】假设圆的一般方程，将点的坐标代入，建立方程组，解之，即可得到圆的方程． 【详解】设圆的方程为，由题意得 圆的方程为． 故选：B． 7．ABD 【分析】对于A：根据题分析可知圆和圆内含，即可得结果；对于B：根据题意可知两圆外切，进列式求得m得值即可分析判断；对于C：根据题意分析可知圆与圆相交，列式求解即可；对于D：根据两圆外离解得，根据面积关系可得，即可得，运算求解即可 【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径， 可得， 对于选项A：若，则， 可知圆和圆内含，所以圆和圆没有公切线，故A正确； 对于选项B：若圆和圆有三条公切线，则两圆外切， 则，即，可得， 此时两圆是确定的，则公切线方程也是确定的， 所以公切线的倾斜角的和为定值，故B正确； 对于选项C：若，则点的轨迹方程为圆， 由此可知：圆存在点在圆内，且， 可知圆与圆相交，可得，即， 解得，故C错误； 对于选项D：若圆和外离，可得，即，解得， 因为四边形面积，解得， 又因为，即， 可得，解得，故D正确； 故选：ABD. 8．BCD 【分析】确定圆心与半径，求圆心到直线的距离，根据直线与圆位置关系即可判断A；由圆心到直线的距离，即可得圆上的点到直线距离的最大和最小值，可判断B；设直线m与l平行，且m到l的距离为2，判断此时符合的直线与圆的位置关系，即可判断C；根据切线长的几何性质即可判断D. 【详解】对于A，由圆：，得圆的标准方程为，圆心为，半径， 又圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，故A错误； 对于B，圆心到直线的距离，所以的最小值为，故B正确； 对于C，设直线m与l平行，且m到l的距离为2.则可设，由，解得：或. 当时，直线，圆心到直线的距离，所以直线m与圆C相交，有两个交点，且这两个点到直线l的距离为2； 当时，直线，圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，不合题意. 综上所述，圆上到直线的距离为2的点有且只有2个，故C正确 对于D，过作与圆相切于，连结. 则切线长要使切线长最小，只需最小. 又点到圆心的最小值为圆心到直线的距离，由勾股定理得切线长的最小值为，故D正确. 故选：BCD. 9． 【分析】首先求出直线所过定点的坐标，当时，取得最小，再根据弦长公式计算可得； 【详解】因为， 所以， 令，所以，故直线恒过定点， 又因为，故点在圆内， 设圆心为，半径为， 当时，取得最小， 因为， 所以， 故答案为： 10． 【分析】设的坐标为，动点，，然后列式化简,得到的轨迹方程,结合圆：,对应系数相等列方程组,即可求得点的坐标. 【详解】设的坐标为，动点，， 则， ， ， ， 可得， 又点的轨迹方程， 可得，解得（舍）或， 则的坐标为. 故答案为: . 11． 【分析】利用勾股定理求出圆的半径，然后再利用圆的弦长公式即可得解. 【详解】设圆的半径为，则，解得， ，， 所以当水面上涨4米后， 桥在水面的跨度为米． 故答案为：． 12．四 【分析】依题意可得，，均不为，令、求出直线与坐标轴的交点坐标，即可判断. 【详解】解：因为直线其中，，符号相同， 显然，，均不为， 令，解得，令，解得， 即直线过点，， 因为，，符号相同，所以，， 所以直线与轴交于正半轴，与轴交于负半轴，故直线过一、二、三象限，不过第四象限. 故答案为：四 13．(1)； (2)或. 【分析】（1）设，根据动点满足，再用两点间距离公式列式化简作答. （2）讨论直线的斜率，设出直线l的方程，由圆心到直线的距离等于圆的半径求解作答. 【详解】（1）设，由，得， 化简得， 所以P点的轨迹的方程为. （2）由（1）知，轨迹：表示圆心为，半径为2的圆， 当直线l的斜率不存在时，方程为，圆心到直线l的距离为2，与相切； 当直线l的斜率存在时，设，即，     于是，解得，因此直线的方程为，即， 所以直线l的方程为或.    14．(1)； (2)或. 【分析】（1）利用待定系数法即得； （2）由题可得圆心到直线的距离为1，利用点到直线的距离公式即得. 【详解】（1）由题可设圆的标准方程为， 则， 解得， 所以圆的标准方程为； （2）由可知圆心，半径为2， 因为直线与圆交于两点，， 所以圆心到直线的距离为1， 当直线斜率不存在时，直线为，满足题意； 当直线斜率存在时，可设直线的方程为， 则，解得， 所以直线的方程为，即， 综上，直线的方程为或. 15．答案见解析 【分析】设，由题意得，得到的坐标，从而可求各直线的斜率，再利用点斜式即可得到直线方程. 【详解】设， 由题意得，解得或， 当时，，，， 则所在直线方程为， 所在直线方程为，即， 所在直线方程为，即； 当时， ，，， 则所在直线方程为， 所在直线方程为，即， 所在直线方程为，即.    16．(1)； (2). 【分析】（1）求出直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得. （2）利用垂直关系结合（1）求出直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得. 【详解】（1）由，，得直线的斜率为， 所以所在直线的方程为，即. （2）由（1）知，直线的斜率为，而， 则边上的高所在直线的斜率为， 所以直线的方程为，即. 学科网（北京）股份有限公司 $$