第二章直线与圆综合检测-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册

直线与圆综合检测 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、填空题 1．若直线l在x轴上的截距为3，且l的一个法向量为，则l的方程为 ． 2． 设，若三个不同的点，都在直线l上，则m的值为 ． 3． 经过坐标原点且倾斜角为的直线被圆所截得的弦长为 . 4． 设，若直线l：不经过平面直角坐标系的第一象限，则a的取值范围为 ． 5． 直线与直线平行，则 . 6． 直线过且在两坐标轴上截距相等，则直线的方程为 .（用一般式方程表示） 7． i为虚数单位，若复数满足，复数满足，则的最小值为 ． 8． 在线段（包括端点）上运动，已知，，则的取值范围是 . 9．正方形草地边长到距离为到距离为，有个圆形通道经过，且经过上一点，求圆形通道的周长 .（精确到）    9． 在平面直角坐标系中，设点，，定义：．若点，点B为直线上的动点，则的最小值为 ． 10． 已知直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是 ． 11． 已知实数满足：，则的最小值为 . 一、单选题 13．已知直线l的倾斜角满足，则l的斜率k的取值范围是（   ） A． B． C． D． 14．若直线截得圆的弦长为2，则的最小值为（   ） A．4 B．6 C．12 D．16 15．已知为直线上的一点，则的最小值为（    ） A． B． C．4 D．3 16．已知动圆的方程为，其中为常数，，有下列两个命题： ①存在，使圆与圆相切； ②对任意，直线上都存在点，圆上都存在两点、，使.则（    ） A．①②都为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①②都为假命题 三、解答题 17．菱形的顶点的坐标分别为边所在直线过点. (1)求边所在直线的方程； (2)求对角线所在直线的方程. 18．根据下列条件，分别求直线的方程 (1)直线经过点，且与直线的夹角等于 (2)经过与的交点，且点到直线的距离为3 19．如图，在宽为14的路边安装路灯，灯柱高为8，灯杆是半径为的圆的一段劣弧.路灯采用锥形灯罩，灯罩顶到路面的距离为10，到灯柱所在直线的距离为2.设为灯罩轴线与路面的交点，圆心在线段上.以为原点，以所在直线为轴建立平面直角坐标系.    (1)当点恰好为路面中点时，求此时圆的方程； (2)记圆心在路面上的射影为，且在线段上，求的最大值. 20．如图，已知定圆，定直线，过的一条动直线与直线相交于，与圆相交于，两点，是中点． (1)当与垂直时，求证：过圆心； (2)当时，求直线的方程； (3)设，试问是否为定值，若为定值，请求出的值；若不为定值，请说明理由． 21．在平面直角坐标系中，已知圆心在轴上的圆经过点，且被轴截得的弦长为．经过坐标原点的直线与圆交于两点． (1)求圆的方程； (2)求当满足时对应的直线的方程； (3)若点，直线与圆的另一个交点为，直线与圆的另一个交点为，分别记直线、直线的斜率为，，求证：为定值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 试 题 解 析 1． 【分析】根据给定条件，求出直线的斜率，再由直线的斜截式方程求出l的方程. 【详解】由l的一个法向量为，得直线的斜率为， 又因为直线l在x轴上的截距为3， 所以直线l的方程为，即. 故答案为： 2． 【分析】讨论、，结合已知及斜率两点式求参数值即可. 【详解】当时，为同一点，不合题意， 当，则，可得，此时满足题意， 所以. 故答案为： 3．2 【分析】先计算直线方程，再根据直线与圆相交的弦长计算公式可算出弦长. 【详解】如图所示， 过原点且倾斜角为的直线斜率为， 故直线方程：，即， 又圆心坐标，半径为， 圆心到直线距离， 所以根据圆的弦长计算公式可得， 弦长为. 故答案为：2. 4． 【分析】根据给定条件，求出直线的斜率及纵截距，再列出不等式组求解. 【详解】直线：的斜率为，纵截距为， 当，即时，直线过第一象限，不符合题意， 则由直线不经过第一象限，得，解得， 所以a的取值范围为. 故答案为： 5．1 【分析】由两直线平行可得解一元二次方程，然后检验即可； 【详解】由题意可得，解得或， 当时，直线即，直线即，两直线重合，不符合题意，舍去， 当时，符合题意， 所以. 故答案为：1 6．或. 【分析】要分析截距相等分为两种情形，第一种截距都为0，即过原点；第二种截距都不为0且相等，然后可用截距式直线方程来求解. 【详解】当两截距都为0时，可设直线方程为， 由直线过可得：，解得， 所以此时直线的方程为，整理为一般式可得：； 当两截距都不为0且相等时，可设截距式直线方程为：， 由直线过可得：，解得， 所以此时直线的方程为，整理为一般式可得：； 故综上可得：直线的一般式方程为或. 故答案为：或 7．/ 【分析】设，，，，由题设易得对应的点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆面（包括边界）内，对应的点是直线上一点，进而结合圆上一点到直线上一点的距离最值问题求解即可. 【详解】设，， 则， 由，得， 即， 则复数对应的点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆面（包括边界）内， 设，，则， 由，得， 整理得，， 则复数对应的点是直线上一点， 又， 所以表示点与点之间的距离， 因为圆心到直线的距离为， 所以的最小值为. 故答案为：. 8． 【分析】表示线段上的点与连线的斜率，画出图形，结合图形求解即可 【详解】表示线段上的点与连线的斜率， 因为， 所以由图可知的取值范围是． 故答案为：. 9． 【分析】利用给定条件求解圆的半径，再求周长即可. 【详解】如图，以为原点建系，易知，连接，    不妨设中点为，直线中垂线所在直线方程为， 化简得，所以圆心为，半径为，且经过点 即，化简得， 解得， 结合题意可得，故圆的周长为. 故答案为： 10．3 【分析】根据定义，结合三角绝对值不等式即可求解最值. 【详解】设， 则．当且仅当同号时取等号. 故答案为：3. 11． 【分析】首先分和两种情况去绝对值，两边平方后，可得曲线方程，再利用数形结合，求直线斜率的取值范围. 【详解】当时，曲线即， 两边平方，整理得， 表示以为圆心，半径的圆的右半圆； 当时，曲线即， 两边平方，整理得， 表示以为圆心，半径的圆的左半圆， 直线表示经过定点、斜率为的直线， 因此，直线与曲线有两个不同的交点， 就是直线与两个半圆组成的图形有两个交点， 当直线与右半圆有两个交点时，记点， 可得圆心到直线的距离小于半径，且直线的斜率小于或等于的斜率， 且，解得； 当直线与左半圆有两个交点时，由对称性可得；    综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 12． 【分析】设，根据给定条件可得为单位圆上两点，且，再利用的几何意义转化为直线与圆上点的距离最小值求解. 【详解】设，则，由，， 得点在单位圆上，且， 即，则为等边三角形，， 可视为点到直线：的距离与之和， 当点在直线同侧时， 设，或， 当时，，则， ，， ， ， 于是 ， 由，得，，； 当时，，则， ，， ， ，，； 当点在直线异侧时（包括点之一在直线上）， 过分别作，垂足为，令直线与直线的夹角为， ，    所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是将的转化为点两点到直线的距离与之和. 13．C 【分析】根据直线斜率与倾斜角的关系，为倾斜角，分别求出倾斜角在和时斜率的值，再根据正切函数在给定区间的单调性确定斜率的取值范围. 【详解】当时，. 当时，. 因为在上单调递增，在上也单调递增. 当时，； 当时，. 所以的取值范围是. 故选：C. 14．B 【分析】由直线过圆心确定，再由基本不等式即可求解； 【详解】由圆的方程知：圆心坐标为，半径为1， 因直线截圆的弦长为2，故该直线过圆心， 即，则有，因, 则由， 当且仅当时取等号，即时，取得最小值为6. 故选：B. 15．D 【分析】利用两点的距离公式结合“将军饮马”模型计算最值即可. 【详解】如图，为点到原点和到点的距离之和， 即． 设关于直线对称的点为， 则，解得，即， 则，当三点共线时，取到最小值， 且最小值为． 故选：D. 16．C 【分析】对于①，求得两圆的圆心距与两圆的半径，可得两圆总相交，可判断①；对于②，当与圆相切时，可得，可判断②. 【详解】由，可得圆心，半径为， 由，可得，半径， 由，所以， 所以两圆相交，故不存在，使圆与圆相切， 故①为假命题； 因为，所以直线过点， 当与圆相切时，可得，所以， 所以对任意，直线上都存在点， 圆上都存在两点、，使.故②正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：判断圆与圆的位置关系，常常求得两圆圆心之间的距离，并与半径和差之间的关系判断. 17．(1)BC所在直线方程为，AD所在直线方程为 (2) 【分析】（1）求出，由点斜式求出直线方程； （2）求出的中点坐标，再根据垂直关系得到，利用点斜式写出直线方程，得到答案. 【详解】（1）由菱形的性质可知，则. 所以边所在直线的方程为，即； 边所在直线的方程为，即. （2）线段的中点为， 由菱形的几何性质可知，且为的中点，则， 所以对角线所在直线的方程为，即. 18．(1)或 (2)或 【分析】（1）先根据直线的夹角公式求出直线的斜率，再写出直线的点斜式方程，化简即得所求直线的方程. （2）先求出两直线的交点，再结合点到直线的距离公式分类求解方程. 【详解】（1）设所求直线的斜率为，又直线的斜率为， 由题意得，解得，， 直线经过点， 直线的方程为或， 即或. （2）联立，解得，可得两条直线的交点为． 由点到直线的距离为3，直线可为． 直线的斜率存在时，设方程为：，即， 则，解得， 直线的方程为，即， 综上可得直线的方程为：或． 19．(1) (2) 【分析】 （1）以O为原点，以所在直线为y轴建立平面直角坐标系，设圆心，根据圆心C到A，P的距离相等得到，再由圆心在直线PQ上联立求解. （2）由（1）知，当时，灯罩轴线所在直线方程为，易得；当时，设灯罩轴线所在方程为：，令得到，然后由，利用基本不等式求解. 【详解】（1） 则， ∴直线的方程为． 设，则，两式相减得：， 又，解得， ∴． 所以圆的方程为. （2） 由（1）知， 当时，灯罩轴线所在直线方程为，此时 当时，灯罩轴线所在方程为：， 令可得，即， ∵H在线段OQ上，∴，解得． ∴， 当且仅当即时取等号． ∴的最大值为． 20．(1)证明见解析 (2)或 (3)是，-5 【分析】（1）根据已知，容易写出直线的方程为．将圆心代入方程易知过圆心； （2）过的一条动直线．应当分为斜率存在和不存在两种情况；当直线与轴垂直时，进行验证．当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，由于弦长，利用垂径定理，则圆心到弦的距离．从而解得斜率来得出直线的方程为； （3）同样，当与轴垂直时，要对设，进行验证．当的斜率存在时，设直线的方程为，代入圆的方程得到一个二次方程．充分利用“两根之和”和“两根之积”去找．再用两根直线方程联立，去找．从而确定的代数表达式，再讨论是否为定值． 【详解】（1）由已知，故， 所以直线的方程为． 将圆心代入方程易知过圆心． （2）当直线与轴垂直时，易知符合题意； 当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，由于， 所以．由，解得． 故直线的方程为或． （3）当与轴垂直时，易得，， 又则，，故．即． 当的斜率存在时，设直线的方程为，代入圆的方程得． 则，， 即，． 又由得， 则． 故． 综上，的值为定值，且． 21．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】 （1）由题意设圆方程为，然后由已知点坐标和轴上的弦长列方程组，得方程； （2）过点C作于D，由是中点，由平面向量的性质得，从而利用勾股定理求得，再设出直线方程，由点到直线距离公式求得参数值得直线方程； （3）设，，，，写出直线方程，与圆方程联立求得点坐标（用表示），同理得点坐标，然后计算斜率进行证明． 【详解】（1） 由已知圆的圆心在轴上，经过点， 且被轴截得的弦长为．设圆， 所以，解得， 所以圆的方程为； （2） 过点C作CD⊥MN于D，由是中点， 由得到，， 所以， 即， 所以 设直线l的方程为（直线l与x轴重合时不符题意） 由圆心到直线距离公式得，， 所以直线l的方程为． （3） 设，，，， 直线的方程为，其中． 与联立得， 由韦达定理得， 所以，， 所以，同理， 所以 ， 所以． 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设点法，再得到直线方程与圆方程联立求出的坐标，最后得到斜率表达式并化简即可. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$