《2024年绿色通道45分钟课时作业与单元测评数学选择性必修第一册》

10. 如图，已知圆$C$与$x$轴相切于点$T(1,0)$，与$y$轴正半轴交于$A$，$B$两点（$B$在$A$的上方），且$\vert AB\vert = 2$.
（1）求圆$C$的标准方程；
（2）求圆$C$在点$B$处的切线在$x$轴上的截距.

答案： 解
(1) 设点 $C$ 的坐标为 $(a,b)$，则由圆 $C$ 与 $x$ 轴相切于点 $T(1,0)$ 知，点 $C$ 的横坐标为 1，即 $a = 1$，半径 $r = b$，
又因为 $|AB| = 2$，所以 $1^{2}+1^{2}=b^{2}$，即 $b=\sqrt{2}=r$，
所以圆 $C$ 的标准方程为 $(x - 1)^{2}+(y - \sqrt{2})^{2}=2$.
(2) 由
(1) 知圆 $C$ 的标准方程为 $(x - 1)^{2}+(y - \sqrt{2})^{2}=2$，
令 $x = 0$，可得 $B(0,\sqrt{2}+1)$，设圆 $C$ 在点 $B$ 处的切线方程为 $y - (\sqrt{2}+1)=kx$，即 $kx - y+\sqrt{2}+1 = 0$，
则圆心 $C$ 到其距离为 $d=\frac{|k-\sqrt{2}+\sqrt{2}+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=\sqrt{2}$，解得 $k = 1$.
即圆 $C$ 在点 $B$ 处的切线方程为 $y = x+\sqrt{2}+1$，则此直线在 $x$ 轴上的截距为 $-\sqrt{2}-1$.

11. 已知在圆$(x + 2)^{2}+y^{2}=r^{2}$上且到直线$x + y - 4 = 0$的距离为$\sqrt{2}$的点恰有三个，则$r =$ （ ）
A. $2\sqrt{3}$
B. $2\sqrt{6}$
C. $4\sqrt{2}$
D. 8

答案： C 圆 $(x + 2)^{2}+y^{2}=r^{2}$ 的圆心为 $(-2,0)$，半径为 $r$，圆心 $(-2,0)$ 到直线 $x + y - 4 = 0$ 的距离 $d=\frac{|-2 - 4|}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}$. 因为在圆 $(x + 2)^{2}+y^{2}=r^{2}$ 上且到直线 $x + y - 4 = 0$ 的距离为 $\sqrt{2}$ 的点恰有三个，所以 $r = 3\sqrt{2}+\sqrt{2}=4\sqrt{2}$. 故选 C.

12. 若直线$l:x + m(y - 4)=0$与曲线$x = \sqrt{4 - y^{2}}$有两个交点，则实数$m$的取值范围是 （ ）
A. $0 ＜ m ＜ \frac{\sqrt{3}}{3}$
B. $0\leqslant m ＜ \frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $0 ＜ m\leqslant\sqrt{3}$
D. $0\leqslant m\leqslant\sqrt{3}$

答案：
B $x=\sqrt{4 - y^{2}}$ 表示的曲线是圆心为 $(0,0)$，半径为 2 的圆在 $y$ 轴及其右侧的部分，如图所示，
直线 $l:x + m(y - 4)=0$ 必过定点 $(0,4)$，
当直线 $l$ 与半圆相切时，直线和半圆恰有一个交点，此时 $\frac{|-4m|}{\sqrt{1 + m^{2}}}=2$，且 $m\gt0$，可得 $m=\frac{\sqrt{3}}{3}$，当直线 $l$ 的斜率不存在，即 $m = 0$ 时，直线和曲线恰有两个交点，
所以要使直线和曲线有两个交点，则 $0\leqslant m\lt\frac{\sqrt{3}}{3}$.

故选 B.

13.（2024·山东烟台期末）在平面直角坐标系中，$M$，$N$分别是$x$轴和$y$轴上的动点，若以$MN$为直径的圆$C$与直线$x + 2y - 5 = 0$相切，则圆$C$面积的最小值为________.

答案：
$\frac{5\pi}{4}$
解析 $\because MN$ 是直径，$\angle MON = 90^{\circ}$，
$\therefore$ 点 $O$ 在圆上，
如图，过 $O$ 作 $OD$ 垂直于直线 $x + 2y - 5 = 0$，交点为 $D$，
$\because$ 圆 $C$ 与直线 $x + 2y - 5 = 0$ 相切，
$\therefore$ 要使圆 $C$ 的面积最小，则 $OD$ 为圆的直径，
$O$ 到直线 $x + 2y - 5 = 0$ 的距离为 $OD=\frac{|0 + 0 - 5|}{\sqrt{4 + 1}}=\sqrt{5}$，则圆的半径为 $\frac{\sqrt{5}}{2}$，即圆的最小面积为 $\pi r^{2}=\frac{5\pi}{4}$.

14.（2023·大连期中）已知圆$C:x^{2}+y^{2}-2x + 4y - 4 = 0$. 问是否存在斜率为$1$的直线$l$，使$l$被圆$C$截得的弦$AB$满足：以$AB$为直径的圆经过原点？若存在，求出直线$l$的方程；若不存在，请说明理由.

答案： 解 假设存在直线 $l$ 满足题意. 设 $l:y = x + m$，将圆 $C$ 化为 $(x - 1)^{2}+(y + 2)^{2}=9$，则圆心 $C(1,-2)$，过圆心 $C$ 且垂直于弦 $AB$ 的直线为 $y + 2=-x + 1$，
联立 $\begin{cases}y = x + m\\y + 2=-x + 1\end{cases}$，得 $\begin{cases}x=-\frac{m + 1}{2}\\y=\frac{m - 1}{2}\end{cases}$，
所以 $AB$ 的中点 $N$ 的坐标为 $(-\frac{m + 1}{2},\frac{m - 1}{2})$，由于以 $AB$ 为直径的圆过原点，所以 $|AN| = |ON|$.
又 $|AN|=\sqrt{|CA|^{2}-|CN|^{2}}=\sqrt{9 - (\frac{3 + m}{\sqrt{2}})^{2}}$，
$|ON|=\sqrt{(-\frac{m + 1}{2})^{2}+(\frac{m - 1}{2})^{2}}$，
所以 $9 - (\frac{3 + m}{\sqrt{2}})^{2}=(-\frac{m + 1}{2})^{2}+(\frac{m - 1}{2})^{2}$，
解得 $m = 1$ 或 $m=-4$，经检验，满足题意.
所以存在直线 $l$，其方程为 $x - y+1 = 0$ 或 $x - y - 4 = 0$.

15.（新定义题）对于两条平行直线和圆的位置关系定义如下：若两直线中至少有一条与圆相切，则称该位置关系为“平行相切”；若两直线都与圆相离，则称该位置关系为“平行相离”；否则称为“平行相交”. 已知$l_{1}:ax + 3y + 6 = 0$，$l_{2}:2x+(a + 1)y + 6 = 0$与圆$C:x^{2}+y^{2}+2x = b^{2}-1(b ＞ 0)$的位置关系是“平行相交”，则实数$b$的取值范围是 （ ）
A. $(\sqrt{2},\frac{3\sqrt{2}}{2})$
B. $(0,\frac{3\sqrt{2}}{2})$
C. $(0,\sqrt{2})$
D. $(\sqrt{2},\frac{3\sqrt{2}}{2})\cup(\frac{3\sqrt{2}}{2},+\infty)$

答案： D 圆 $C$ 的标准方程为 $(x + 1)^{2}+y^{2}=b^{2}$. 由两直线平行，可得 $a(a + 1)-6 = 0$，解得 $a = 2$ 或 $a=-3$. 当 $a = 2$ 时，直线 $l_{1}$ 与 $l_{2}$ 重合，舍去；当 $a=-3$ 时，$l_{1}:x - y - 2 = 0$，$l_{2}:x - y+3 = 0$. 由 $l_{1}$ 与圆 $C$ 相切，得 $b=\frac{|-1 - 2|}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$；由 $l_{2}$ 与圆 $C$ 相切，得 $b=\frac{|-1 + 3|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$. 当 $l_{1},l_{2}$ 与圆 $C$ 都相离时，$0\lt b\lt\sqrt{2}$. 所以当 $l_{1},l_{2}$ 与圆 $C$“平行相交”时，$b$ 满足 $\begin{cases}b\geqslant\sqrt{2}\\b\neq\sqrt{2}且b\neq\frac{3\sqrt{2}}{2}\end{cases}$，故实数 $b$ 的取值范围是 $(\sqrt{2},\frac{3\sqrt{2}}{2})\cup(\frac{3\sqrt{2}}{2},+\infty)$.