第1章 直线与圆 测评卷(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

高中数学 选择性必修 第一册 第一章测评卷 (时间：120分钟　满分：150分) 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第一章测评卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知圆C以点(2，－3)为圆心，半径等于5，则点M(5，－7)与圆C的位置关系是(　　) A．在圆内 B．在圆上 C．在圆外 D．无法判断 解析　点M(5，－7)到圆心(2，－3)的距离d＝eq \r(5－22＋－7＋32)＝5，故点M在圆C上。 答案　B 答案与解析 2．已知过点M(－2，a)，N(a,4)的直线的斜率为－eq \f(1,2)，则|MN|＝(　　) A．10 B．180 C．6eq \r(3) D．6eq \r(5) 解析　由kMN＝eq \f(a－4,－2－a)＝－eq \f(1,2)，解得a＝10，即M(－2,10)，N(10,4)，所以|MN|＝eq \r(－2－102＋10－42)＝6eq \r(5)。故选D。 答案　D 答案与解析 3．若直线mx＋ny＋3＝0在y轴上的截距为－3，且它的倾斜角是直线eq \r(3)x－y＝3eq \r(3)的倾斜角的2倍，则(　　) A．m＝－eq \r(3)，n＝1 B．m＝－eq \r(3)，n＝－3 C．m＝eq \r(3)，n＝－3 D．m＝eq \r(3)，n＝1 解析　依题意得，直线eq \r(3)x－y＝3eq \r(3)的斜率为eq \r(3)，所以其倾斜角为60°。所以－eq \f(3,n)＝－3，－eq \f(m,n)＝tan 120°＝－eq \r(3)，解得m＝eq \r(3)，n＝1。 答案　D 答案与解析 4．平行于直线2x＋y＋1＝0且与圆x2＋y2＝5相切的直线的方程是(　　) A．2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0 B．2x＋y＋eq \r(5)＝0或2x＋y－eq \r(5)＝0 C．2x－y＋5＝0或2x－y－5＝0 D．2x－y＋eq \r(5)＝0或2x－y－eq \r(5)＝0 解析　设所求直线方程为2x＋y＋c＝0，依题意有eq \f(|0＋0＋c|,\r(22＋12))＝eq \r(5)，解得c＝±5，所以所求直线方程为2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0。故选A。 答案　A 答案与解析 5．已知圆C的圆心是直线x＋y＋1＝0与直线x－y－1＝0的交点，直线3x＋4y－11＝0与圆C相交于A，B两点，且|AB|＝6，则圆C的方程为(　　) A．x2＋(y＋1)2＝18 B．x2＋(y＋1)2＝3eq \r(2) C．(x＋1)2＋y2＝18 D．(x＋1)2＋y2＝3eq \r(2) 解析　易求得直线x＋y＋1＝0与直线x－y－1＝0的交点坐标为(0，－1)，所以圆C的圆心为(0，－1)。设圆C的半径为r，由题意可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|3×0＋4×－1－11|,\r(32＋42))))2＋32＝r2，解得r2＝18，所以圆C的标准方程为x2＋(y＋1)2＝18。 答案　A 答案与解析 6．圆x2＋y2－ax＋2y＋1＝0关于直线x－y＝1对称的圆的方程为x2＋y2＝1，则实数a的值为(　　) A．0 B．1 C．±2 D．2 解析　圆x2＋y2－ax＋2y＋1＝0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))2＋(y＋1)2＝eq \f(a2,4)，表示以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－1))为圆心，以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))为半径的圆。关于直线x－y－1＝0对称的圆x2＋y2＝1的圆心坐标为(0,0)，故有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(－1－0,\f(a,2)－0)×1＝－1，,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝1，))解得a＝2。故选D。 答案　D 答案与解析 7．古希腊数学家阿波罗尼奥斯(约公元前262—公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果。著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k(k>0，且k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆。已知O(0,0)，A(3,0)，圆C：(x－2)2＋y2＝r2(r>0)上有且仅有一个点P满足|PA|＝2|PO|，则r的取值可以为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析　设动点P(x，y)，由|PA|＝2|PO|，得(x－3)2＋y2＝4x2＋4y2，整理得(x＋1)2＋y2＝4，又点P是圆C：(x－2)2＋y2＝r2(r>0)上有且仅有的一点，所以两圆相切。 圆(x＋1)2＋y2＝4的圆心坐标为(－1,0)，半径为2，圆C：(x－2)2＋y2＝r2(r>0)的圆心坐标为(2,0)，半径为r，两圆的圆心距为3，当两圆外切时，r＋2＝3，得r＝1，当两圆内切时，|r－2|＝3，r>0，得r＝5。故选A。 答案　A 答案与解析 8．已知⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直线l：2x＋y＋2＝0，P为l上的动点。过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|·|AB|最小时，直线AB的方程为(　　) A．2x－y－1＝0 B．2x＋y－1＝0 C．2x－y＋1＝0 D．2x＋y＋1＝0 解析　因为⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，所以圆心M(1,1)。连接AM，BM，易知四边形PAMB的面积为eq \f(1,2)|PM|·|AB|，欲使|PM|·|AB|最小，只需四边形PAMB的面积最小，即只需△PAM的面积最小。因为|AM|＝2，所以只需|PA|最小。又|PA|＝eq \r(|PM|2－|AM|2)＝eq \r(|PM|2－4)，所以只需|PM|最小，此时PM⊥l。因为PM⊥AB，所以l∥AB，所以kAB＝－2，排除A，C。易求出直线PM的方程为x－2y＋1＝0，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋y＋2＝0，,x－2y＋1＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝0，))所以P(－1,0)。因为点M到直线x＝－1的距离为2，所以直线x＝－1过点P且与⊙M相切，所以A(－1,1)。因为点A(－1,1)在直线AB上，故排除B。故选D。 答案　D 答案与解析 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．已知圆C和直线eq \r(3)x－y＝0及x轴都相切，且过点(3,0)，则该圆的方程是(　　) A．(x－3)2＋(y－eq \r(3))2＝3 B．(x－3)2＋(y＋3eq \r(3))2＝27 C．(x＋3)2＋(y－eq \r(3))2＝3 D．(x－3)2＋(y－3eq \r(3))2＝27 解析　设该圆的方程是(x－a)2＋(y－b)2＝b2(b≠0)。由题意， 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3－a2＋b2＝b2，,\f(|\r(3)a－b|,2)＝|b|，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝\r(3)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－3\r(3)，))所以该圆的方程是(x－3)2＋(y－eq \r(3))2＝3或(x－3)2＋(y＋3eq \r(3))2＝27。故选AB。 答案　AB 答案与解析 10．已知△ABC的三个顶点坐标分别为A(－2,3)，B(－2，－1)，C(6，－1)，以原点为圆心的圆与此三角形有唯一的公共点，则该圆的方程为(　　) A．x2＋y2＝1 B．x2＋y2＝37 C．x2＋y2＝4 D．x2＋y2＝eq \f(16,5) 解析　过点A，C的直线方程为eq \f(y＋1,3＋1)＝eq \f(x－6,－2－6)，化为一般式为x＋2y－4＝0，过点A，B的直线方程为x＝－2，过点B，C的直线方程为y＝－1，所以原点O到直线x＋2y－4＝0的距离dAC＝eq \f(4\r(5),5)。原点O到直线x＝－2的距离dAB＝2，原点O到直线y＝－1的距离dBC＝1，所以dAB>dAC>dBC。又|OA|＝eq \r(－22＋32)＝eq \r(13)，|OB|＝eq \r(－22＋－12)＝eq \r(5)，且|OC|＝eq \r(62＋－12)＝eq \r(37)，结合图形可知，若以原点为圆心的圆与△ABC有唯一公共点，则公共点为(0，－1)或(6，－1)，所以圆的半径为1或eq \r(37)。故选AB。 答案　AB 答案与解析 11．已知圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝72，若直线l：x＋y－m＝0垂直于圆C的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点，则直线l的方程是(　　) A．x＋y－2＝0 B．x＋y－4＝0 C．x＋y－8＝0 D．x＋y－10＝0 解析　根据题意，圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝72，其圆心C(3,3)，半径r＝6eq \r(2)，若直线l：x＋y－m＝0垂直于圆C的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点，则圆心到直线的距离为2eq \r(2)，则有d＝eq \f(|6－m|,\r(1＋1))＝2eq \r(2)，变形可得|6－m|＝4，解得m＝2或m＝10，即l的方程为x＋y－2＝0或x＋y－10＝0。 答案　AD 答案与解析 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．点M到x轴和到点N(－4,2)的距离都等于10，则点M的坐标为________。 解析　设M(x，y)，则|y|＝eq \r(x＋42＋y－22)＝10，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝10))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－10，,y＝10。))所以点M的坐标为(2,10)或(－10,10)。 答案　(2,10)或(－10,10) 答案与解析 13．已知圆C的圆心坐标是(0，m)，若直线2x－y＋3＝0与圆C相切于点A(－2，－1)，则圆C的标准方程为________________。 解析　因为圆心坐标为(0，m)，直线2x－y＋3＝0与圆C相切于点A(－2，－1)，圆心和切点的连线与直线2x－y＋3＝0垂直，所以eq \f(m－－1,0－－2)＝－eq \f(1,2)，解得m＝－2，根据两点间的距离公式，可得圆C的半径r＝eq \r(0＋22＋－2＋12)＝eq \r(5)，故圆C的标准方程为x2＋(y＋2)2＝5。 答案　x2＋(y＋2)2＝5 答案与解析 14.规定:在桌面上,用母球击打目标球,使目标球运动,球的位置是指球心的位置,球A是指该球的球心点A。两球碰撞后,目标球在两球的球心所确定的直线上运动,目标球的运动方向是指目标球被母球击打时,母球球心所指向目标球球心的方向。所有的球都简化为平面上半径为1的圆,且母球与目标球有公共点时,目标球就开始运动,在桌面上建立平面直角坐标系,如图,设母球A的位置为(0,0),目标球B的位置为(4,0),要使目标球B向点C(8,-4)处运动,则母球A的球心运动的直线方程为 。  解析　点B(4,0),C(8,-4)所在直线的方程为x+y-4=0,如图所示。 可知A,B两球碰撞时,球A的球心在直线x+y-4=0上,且在第一象限,设A,B两球碰撞时,球A的球心坐标为A'(a,b),此时|A'B|=2,则解得a=4-,b=,即A,B两球碰撞时,球A的球心坐标A'(4-,),所以母球A的球心运动的直线方程为y=x,即y=x。 答案　y=x 答案与解析 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．(本小题满分13分)已知直线l经过点P(－2,1)，且与直线x＋y＝0垂直。 (1)求直线l的方程； (2)若直线m与直线l平行且点P到直线m的距离为eq \r(2)，求直线m的方程。 解　(1)由题意得直线l的斜率为1， 故直线l的方程为y－1＝x＋2，即x－y＋3＝0。 (2)由直线m与直线l平行， 可设直线m的方程为x－y＋c＝0(c≠3)， 由点到直线的距离公式得eq \f(|－2－1＋c|,\r(2))＝eq \r(2)，即|c－3|＝2，解得c＝1或c＝5。 故直线m的方程为x－y＋1＝0或x－y＋5＝0。 16．(本小题满分15分)已知圆M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，直线a过点P(2,3)与圆M交于A，B两点，且|AB|＝2eq \r(3)，求直线a的方程。 解　当直线a的斜率存在时，设直线a的方程为y－3＝k(x－2)，即kx－y＋3－2k＝0。 如图，作MC⊥AB于点C，在Rt△MBC中，BC＝eq \r(3)，MB＝2，所以MC＝eq \r(MB2－BC2)＝1。 由点到直线的距离公式，得|MC|＝eq \f(|k－1＋3－2k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq \f(3,4)。 所以直线a的方程为3x－4y＋6＝0。 当直线a的斜率不存在时，其方程为x＝2，此时圆心M到直线a的距离为1，符合题意。 综上可知，直线a的方程为3x－4y＋6＝0或x＝2。 17.(本小题满分15分)已知点A(5,1)关于x轴的对称点为B(x1,y1),关于原点的对称点为C(x2,y2)。 (1)求△ABC中过AB,BC边上中点的直线方程; (2)求△ABC的面积。 解　(1)因为点A(5,1)关于x轴的对称点为B(5,-1),点A(5,1)关于原点的对称点为C(-5,-1),所以AB的中点坐标是(5,0),BC的中点坐标是(0,-1)。过(5,0),(0,-1)的直线方程是 =,整理得x-5y-5=0。 (2)易知|AB|=|-1-1|=2,|BC|=|-5-5|=10,AB⊥BC ,所以△ABC的面积S=|AB|·|BC|=×2×10=10。 18．(本小题满分17分)已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点。 (1)求k的取值范围； (2)若eq \o(OM,\s\up16(→))·eq \o(ON,\s\up16(→))＝12，其中O为坐标原点，求|MN|。 解　(1)由题设可知直线l的方程为y＝kx＋1。 因为直线l与圆C交于两点， 所以eq \f(|2k－3＋1|,\r(1＋k2))<1。 解得eq \f(4－\r(7),3)<k<eq \f(4＋\r(7),3)。 所以k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4－\r(7),3)，\f(4＋\r(7),3)))。 (2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)。 将y＝kx＋1代入方程(x－2)2＋(y－3)2＝1， 整理得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0。 所以x1＋x2＝eq \f(41＋k,1＋k2)，x1x2＝eq \f(7,1＋k2)。 eq \o(OM,\s\up16(→))·eq \o(ON,\s\up16(→))＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝eq \f(4k1＋k,1＋k2)＋8。 由题设可得eq \f(4k1＋k,1＋k2)＋8＝12，解得k＝1，满足eq \f(4－\r(7),3)<k<eq \f(4＋\r(7),3)， 所以直线l的方程为y＝x＋1。 故圆心C在直线l上，所以|MN|＝2。 19．(本小题满分17分)已知以点Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(2,t)))(t∈R，t≠0)为圆心的圆与x轴交于点O，A，与y轴交于点O，B，其中O为原点。 (1)求证：△OAB的面积为定值； (2)设直线y＝－2x＋4与圆C交于点M，N，若|OM|＝|ON|，求圆C的方程。 解　(1)证明：因为圆C过原点O，且|OC|2＝t2＋eq \f(4,t2)。 所以圆C的方程是(x－t)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2,t)))2＝t2＋eq \f(4,t2)， 令x＝0，得y1＝0，y2＝eq \f(4,t)，即Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,t)))； 令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，即A(2t,0)， 所以S△OAB＝eq \f(1,2)|OA|·|OB|＝eq \f(1,2)×|2t|×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,t)))＝4，即△OAB的面积为定值。 (2)因为|OM|＝|ON|，|CM|＝|CN|， 所以OC垂直平分线段MN。 因为kMN＝－2，所以kOC＝eq \f(1,2)。 所以eq \f(2,t)＝eq \f(1,2)t，解得t＝2或t＝－2。 当t＝2时，圆心C的坐标为(2,1)，|OC|＝eq \r(5)，此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝eq \f(1,\r(5))<eq \r(5)， 圆C与直线y＝－2x＋4相交于两点。 当t＝－2时，圆心C的坐标为(－2，－1)，|OC|＝eq \r(5)，此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝eq \f(9,\r(5))>eq \r(5)。 圆C与直线y＝－2x＋4不相交， 所以t＝－2不符合题意，舍去。 所以圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5。 $$