1、第二章直线和圆的方程 单元提升卷（B）一、单项选择题1一条直线过原点和点，则这条直线的倾斜角是（ ）ABCD2过点且与直线垂直的直线方程是（ ）ABCD3若直线经过两点，则直线的倾斜角为（ ）ABCD4直线的斜率是（ ）ABCD25过点且倾斜角的直线方程为（ ）ABCD6已知圆的方程为，则圆心的坐标为（ ）ABCD7已知圆的标准方程是，圆：关于直线对称，则圆与圆的位置关系为（ ）A相离B相切C相交D内含8直线：与圆：的位置关系是（ ）A相交B相切C相离D不确定二、多项选择题9若点A(a，1)到直线3x4y1的距离为1，则a的值为（ ）A0BC5D10设有一组圆，下列四个命题正确的是（ ）A存在
2、，使得圆与轴相切B存在，使得圆与圆有公共点C存在一条直线与所有的圆均相交D存在，使得圆经过原点11已知直线：和圆：，则（ ）A存在使得直线与直线：垂直B直线恒过定点C若，则直线与圆相交D若，则直线被圆截得的弦长的取值范围为12已知点在圆上，点、，则（ ）A点到直线的距离小于B点到直线的距离大于C当最小时，D当最大时，三、填空题13若直线：与直线：平行，则直线与之间的距离为_14已知直线与圆相交于A，B两点，则面积为_.15已知两圆x2y210和(x1)2(y3)210相交于A，B两点，则直线AB的方程是_16瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理：三角形的外心重心垂心位于同一条直线上，这条直
3、线被后人称为三角形的“欧拉线”.已知平面直角坐标系中各顶点的坐标分别为，则其“欧拉线”的方程为_.四、解答题17已知直线与圆相交于A，B两点.求（1）A，B两点的坐标； （2）圆心角AOB的余弦.18已知两圆和.（1）取何值时两圆外切？（2）取何值时两圆内切？19已知直线与圆交于不同的两点.（1）写出圆心坐标和半径，并求出的取值范围（2）当直线经过圆的圆心时，求直线与两坐标轴围成的三角形的面积20已知圆过三点，.（1）求圆的方程；（2）斜率为1的直线与圆交于两点，若为等腰直角三角形，求直线的方程.21已知点，关于坐标原点对称，过点，且与直线相切.（1）若在直线上，求的半径；（2）求的圆心点的轨
4、迹方程.22如图，已知圆与轴相切于点，与轴的正半轴交于两点、（点在点的左侧），且.（1）求圆的方程；（2）过点任作一直线与圆相交于、两点，连接、，求证：为定值.参考答案1C【分析】求出直线的斜率，结合倾斜角的取值范围可求得所求直线的倾斜角.【详解】设这条件直线的倾斜角为，则，因此，.故选：C.2D【分析】由垂直关系得出斜率，再由点斜式写出方程.【详解】直线的斜率为，则所求直线的斜率为即所求直线的方程为，即故选：D3B【分析】由斜率公式得出，进而得出直线的倾斜角.【详解】因为倾斜角，所以故选：B4A【分析】本题可将直线方程转化为点斜式方程，即可求出直线斜率.【详解】直线，即，则直线的斜率是，故选
5、：A.5B【分析】求得所求直线的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程.【详解】所求直线的斜率为，因此，所求直线的方程为，即.故选：B.6B【分析】直接利用圆的标准方程的结构特征求解即可.【详解】因为的圆心为坐标，所以的圆心为坐标，故选：B.7C【分析】利用圆关于直线对称可求的值，然后利用圆心距与两个圆的半径间的关系可求结果.【详解】由题意可得，圆的圆心为，半径为5因为圆关于直线对称，所以，得，所以圆的圆心为，半径为2，则两圆圆心距，因为，所以圆与圆的位置关系是相交，故选：C.8A【分析】由直线方程可得直线过定点，又点在圆内，得到答案.【详解】直线：过定点，因为，则点在圆的内部，直线与圆相交，故
6、选：A.9AB【分析】利用点到直线距离公式求解即可.【详解】点A(a，1)到直线3x4y1的距离为故，解得或故选：AB10AC【分析】利用直线与圆的位置关系可判断AC选项的正误，利用圆与圆的位置关系可判断B选项的正误，利用点与圆的位置关系可判断D选项的正误.【详解】对于A，当圆与轴相切时，所以（舍）或（舍）或，故A正确；对于B，圆与圆的圆心距为，两圆半径之差为，所以圆内含于圆，故B错误；对于C，因为所有圆的圆心均在定直线上，所以当直线为时，它与所有的圆均相交，故C正确；对于D，若圆经过原点，则，解得，无正整数解，故D错误.故选：AC.11AC【分析】用直线与直线的位置关系和直线与圆的位置关系逐
7、一判断选项即可.【详解】解：A：当时，直线：，即，斜率为，与直线：垂直，故A正确；B：直线：，恒过，故B不正确；C：圆心到直线的距离为，则，若，则直线与圆相交，故C正确；D：，则直线被圆截得的弦长，则，所以弦长.故D不正确；故选：AC.【点睛】知识点点睛：直线与圆相交求弦长，则弦长，其中为圆心到直线的距离.12ACD【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.【详解】圆的圆心为，半径为，直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项
8、错误；如下图所示：当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，由勾股定理可得，CD选项正确.故选：ACD.【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.13【分析】先根据直线与平行求出参数，再由两平行直线间的距离公式可得答案.【详解】直线与平行，解得，直线：，直线：，直线与之间的距离故答案为：142【分析】求得圆心到直线的距离，求得弦长，由此求得三角形的面积.【详解】圆心为，半径，因为圆心C到直线的距离为，所以，所以面积为.故答案为：15x3y50【分析】将两个圆方程相减来求得相交弦所在直线方程.【详解】两个圆方程可化为，两式相减得，即.故答案为
9、：16【分析】由题意知是直角三角形，即可写出垂心、外心的坐标，进而可得“欧拉线”的方程.【详解】由题设知：是直角三角形，则垂心为直角顶点，外心为斜边的中点，“欧拉线”的方程为.故答案为：.17（1）；（2）.【分析】（1）由直线方程与圆的方程联立方程组，可求出交点坐标；（2）利用两点间的距离公式求出的长，再由余弦定理可求出圆心角AOB的余弦值【详解】解：由方程组消去得得，所以或，则点A，B的坐标分别是（2）由（1）得，又OA=OB=【点睛】此题考查直线与圆的位置关系，考查余弦定理的应用，属于基础题18（1）；（2）.【分析】（1）两圆位置关系外切，则圆心距等于半径之和；（2）两圆位置关系内切，
10、则圆心距等于半径之差.【详解】解：两圆的标准方程为：，圆心分别为，半径分别为和，圆心距.（1）当两圆外切时，圆心距，即，解得；（2）当两圆内切时，因定圆的半径小于两圆圆心间距离5，故为小圆，即，解得.19（1）圆心坐标为，半径为，；（2）.【分析】（1）将圆的方程化为标准形式，然后可直接写出圆心和半径，再根据直线与圆相交对应的圆心到直线的距离小于半径求解出的取值范围；（2）根据条件先求解出的方程，然后求解出对应的横纵截距，从而三角形面积可求.【详解】（1）因为圆即，所以圆心坐标为，半径为，又因为与圆有两个不同交点，所以圆心到直线的距离小于半径，所以，所以即；（2）当经过圆心时，所以，当时，；当
11、时，所以围成的三角形面积为.20（1）；（2）或.【分析】（1）根据题意，求得圆心的纵坐标，设出方程，根据两点距离公式即可求得圆心和半径，则问题得解；（2）设出直线方程，根据题意，利用点到直线的距离公式，即可求得参数，则问题得解.【详解】（1）因为圆过点，故圆心在上，设圆心坐标，则，解得.故其半径.故圆的方程为：；（2）设直线的方程为：，因为为等腰直角三角形，圆心到直线的距离，即，解得或，所以或.【点睛】关键点点睛：求解本题第二问的关键在于，根据直线与圆位置关系，由圆的性质，列出等量关系，即由为等腰直角三角形，得到圆心到直线的距离，即可求解.21（1）或；（2）.【分析】（1）过点，所以圆心在
12、的垂直平分线上，设，根据为直角三角形，由勾股定理即可求解.（2）设，由于，根据为直角三角形，由勾股定理即可求解.【详解】解：（1）因为过点，所以圆心在的垂直平分线上.由已知在直线上，且，关于坐标原点对称，所以在直线上，故可设.因为与直线相切，所以的半径为.由已知得，点到的距离为又，故可得，解得或.故的半径或.（2）设，由已知得的半径为， ，由于，所以，故可得，化简得的轨迹方程为.【点睛】思路点睛：直线和圆相交时，通常用半径、半弦、弦心距组成的直角三角形建立等量关系.22（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据题意可设圆心的坐标为，根据题意可得出关于的等式，求出的值，即可求得圆的方程；（2）
13、求得点、，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可计算出的值.【详解】（1）因为圆与轴相切于点，可设圆心的坐标为，则圆的半径为，又，所以，解得，所以圆的方程为；（2）证明：由（1）知、.当直线与轴重合，则，则；当直线不与轴重合时，设直线的方程为，设点、，联立，消去得，由韦达定理得，则.综上所述，（定值）.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.
