《2021版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 第4講 直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系練習(xí) 理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 第4講 直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系練習(xí) 理 北師大版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4講 直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系 [基礎(chǔ)題組練] 1．(2020·江西上饒一模)直線ax－by＝0與圓x2＋y2－ax＋by＝0的位置關(guān)系是(　　) A．相交　　　　　　　　　 B．相切 C．相離 D．不能確定 解析：選B.將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程得＋＝，所以圓心坐標(biāo)為，半徑r＝.因為圓心到直線ax－by＝0的距離d＝＝＝r，所以直線與圓相切．故選B. 2．圓(x－3)2＋(y－3)2＝9上到直線3x＋4y－11＝0的距離等于1的點(diǎn)的個數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選C.因為圓心到直線的距離為＝2，又因為圓的半徑為3，所以直線與圓相交，由數(shù)形結(jié)

2、合知，圓上到直線的距離為1的點(diǎn)有3個． 3．(2020·湖南十四校二聯(lián))已知直線x－2y＋a＝0與圓O：x2＋y2＝2相交于A，B兩點(diǎn)(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，且△AOB為等腰直角三角形，則實數(shù)a的值為(　　) A.或－ B．或－ C. D． 解析：選B.因為直線x－2y＋a＝0與圓O：x2＋y2＝2相交于A，B兩點(diǎn)(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，且△AOB為等腰直角三角形，所以O(shè)到直線AB的距離為1，由點(diǎn)到直線的距離公式可得＝1，所以a＝±，故選B. 4．已知圓O1的方程為x2＋(y＋1)2＝6，圓O2的圓心坐標(biāo)為(2，1)．若兩圓相交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝4，則圓O2的方程為(　　) A

3、．(x－2)2＋(y－1)2＝6 B．(x－2)2＋(y－1)2＝22 C．(x－2)2＋(y－1)2＝6或(x－2)2＋(y－1)2＝22 D．(x－2)2＋(y－1)2＝36或(x－2)2＋(y－1)2＝32 解析：選C.設(shè)圓O2的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝r2(r>0)．因為圓O1的方程為x2＋(y＋1)2＝6，所以直線AB的方程為4x＋4y＋r2－10＝0，圓心O1到直線AB的距離d＝，由d2＋22＝6，得＝2，所以r2－14＝±8，r2＝6或22.故圓O2的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝6或(x－2)2＋(y－1)2＝22. 5．(2020·廣東湛江一模)已知圓

4、C：(x－3)2＋(y－3)2＝72，若直線x＋y－m＝0垂直于圓C的一條直徑，且經(jīng)過這條直徑的一個三等分點(diǎn)，則m＝(　　) A．2或10 B．4或8 C．4或6 D．2或4 解析：選B.圓C：(x－3)2＋(y－3)2＝72的圓心C的坐標(biāo)為(3，3)，半徑r＝6， 因為直線x＋y－m＝0垂直于圓C的一條直徑，且經(jīng)過這條直徑的一個三等分點(diǎn)， 所以圓心到直線的距離為， 則有d＝＝， 解得m＝4或8，故選B. 6．已知直線ax＋by＋c＝0與圓O：x2＋y2＝1相交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝，則·＝________． 解析：在△OAB中，|OA|＝|OB|＝1，|AB|＝，可

5、得∠AOB＝120°，所以·＝1×1×cos 120°＝－. 答案：－ 7．已知圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝2截y軸所得線段與截直線y＝2x＋b所得線段的長度相等，則b＝________． 解析：記圓C與y軸的兩個交點(diǎn)分別是A，B，由圓心C到y(tǒng)軸的距離為1，|CA|＝|CB|＝可知，圓心C(1，2)到直線2x－y＋b＝0的距離也等于1才符合題意，于是＝1，解得b＝±. 答案：± 8．(2020·廣東天河一模)已知圓C的方程為x2－2x＋y2＝0，直線l：kx－y＋2－2k＝0與圓C交于A，B兩點(diǎn)，則當(dāng)△ABC面積最大時，直線l的斜率k＝________． 解析：由x2－2x＋

6、y2＝0，得(x－1)2＋y2＝1，則圓的半徑r＝1，圓心C(1，0)， 直線l：kx－y＋2－2k＝0與圓C交于A，B兩點(diǎn)， 當(dāng)CA與CB垂直時，△ABC面積最大， 此時△ABC為等腰直角三角形，圓心C到直線AB的距離d＝， 則有＝，解得k＝1或7. 答案：1或7 9．圓O1的方程為x2＋(y＋1)2＝4，圓O2的圓心坐標(biāo)為(2，1)． (1)若圓O1與圓O2外切，求圓O2的方程； (2)若圓O1與圓O2相交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝2，求圓O2的方程． 解：(1)因為圓O1的方程為x2＋(y＋1)2＝4， 所以圓心O1(0，－1)，半徑r1＝2. 設(shè)圓O2的半徑為r2

7、，由兩圓外切知|O1O2|＝r1＋r2. 又|O1O2|＝＝2， 所以r2＝|O1O2|－r1＝2－2. 所以圓O2的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝12－8. (2)設(shè)圓O2的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝r， 又圓O1的方程為x2＋(y＋1)2＝4， 相減得AB所在的直線方程為4x＋4y＋r－8＝0. 設(shè)線段AB的中點(diǎn)為H， 因為r1＝2，所以|O1H|＝＝. 又|O1H|＝＝， 所以＝，解得r＝4或r＝20. 所以圓O2的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4或(x－2)2＋(y－1)2＝20. 10．已知拋物線C：y2＝2x，過點(diǎn)(2，0)的直線l交C于A，

8、B兩點(diǎn)，圓M是以線段AB為直徑的圓． (1)證明：坐標(biāo)原點(diǎn)O在圓M上； (2)設(shè)圓M過點(diǎn)P(4，－2)，求直線l與圓M的方程． 解：(1)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋2. 由可得y2－2my－4＝0，則y1y2＝－4. 又x1＝，x2＝，故x1x2＝＝4. 因此OA的斜率與OB的斜率之積為·＝＝－1，所以O(shè)A⊥OB.故坐標(biāo)原點(diǎn)O在圓M上． (2)由(1)可得y1＋y2＝2m，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4. 故圓心M的坐標(biāo)為(m2＋2，m)，圓M的半徑 r＝. 由于圓M過點(diǎn)P(4，－2)，因此·＝0， 故(x1－4)(x2－4)

9、＋(y1＋2)(y2＋2)＝0， 即x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0. 由(1)可得y1y2＝－4，x1x2＝4. 所以2m2－m－1＝0，解得m＝1或m＝－. 當(dāng)m＝1時，直線l的方程為x－y－2＝0，圓心M的坐標(biāo)為(3，1)，圓M的半徑為，圓M的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝10. 當(dāng)m＝－時，直線l的方程為2x＋y－4＝0，圓心M的坐標(biāo)為，圓M的半徑為，圓M的方程為＋＝. [綜合題組練] 1．(2020·安徽馬鞍山二模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若圓C：(x－3)2＋(y－a)2＝4上存在兩點(diǎn)A，B滿足：∠AOB＝60°，則實數(shù)a的最大值

10、是(　　) A．5 B．3 C. D．2 解析：選C.根據(jù)題意，圓C的圓心為(3，a)，在直線x＝a上， 分析可得：當(dāng)圓心距離x軸的距離越遠(yuǎn)，∠AOB越小， 如圖：當(dāng)a>0時，圓心C在x軸上方，若OA、OB為圓的切線且∠AOB＝60°，此時a取得最大值， 此時∠AOC＝30°， 有|OC|＝2|AC|＝4，即(3－0)2＋(a－0)2＝16， 解得a＝，故實數(shù)a的最大值是，故選C. 2．(2020·安徽合肥二模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C經(jīng)過點(diǎn)(0，1)，(0，3)，且與x軸正半軸相切，若圓C上存在點(diǎn)M，使得直線OM與直線y＝kx(k>0)關(guān)于y軸對稱，則k的最小

11、值為(　　) A. B． C．2 D．4 解析：選D.如圖， 因為圓C經(jīng)過點(diǎn)(0，1)，(0，3)，且與x軸正半軸相切， 所以圓心的縱坐標(biāo)為2，半徑為2，則圓心的橫坐標(biāo)為＝， 所以圓心坐標(biāo)為(，2)，設(shè)過原點(diǎn)與圓相切的直線方程為y＝k1x， 由圓心到直線的距離等于半徑，得＝2，解得k1＝0(舍去)或k1＝－4. 所以若圓C上存在點(diǎn)M，使得直線OM與直線y＝kx(k>0)關(guān)于y軸對稱，則k的最小值為4. 故選D. 3．(2020·安徽皖南八校聯(lián)考)圓C與直線2x＋y－11＝0相切，且圓心C的坐標(biāo)為(2，2)，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－1，y0)．若在圓C上存在一點(diǎn)Q，使得∠C

12、PQ＝30°，則y0的取值范圍是(　　) A. B．[－1，5] C．[2－，2＋] D．[2－2，2＋2] 解析：選C.由點(diǎn)C(2，2)到直線2x＋y－11＝0的距離為＝，可得圓C的方程為(x－2)2＋(y－2)2＝5.若存在這樣的點(diǎn)Q，當(dāng)PQ與圓C相切時，∠CPQ≥30°，可得sin∠CPQ＝＝≥sin 30°，即CP≤2，則≤2，解得2－≤y0≤2＋.故選C. 4．(2020·河南洛陽二模)已知直線x＋y－2＝0與圓O：x2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B兩點(diǎn)，C為圓周上一點(diǎn)，線段OC的中點(diǎn)D在線段AB上，且3＝5，則r＝________． 解析：如圖，過O作OE⊥AB于

13、點(diǎn)E，連接OA，則|OE|＝＝， 易知|AE|＝|EB|， 不妨令|AD|＝5m(m>0)，由3＝5可得|BD|＝3m，|AB|＝8m， 則|DE|＝4m－3m＝m， 在Rt△ODE中，有＝()2＋m2，① 在Rt△OAE中，有r2＝()2＋(4m)2，② 聯(lián)立①②，解得r＝. 答案： 5．已知⊙H被直線x－y－1＝0，x＋y－3＝0分成面積相等的四部分，且截x軸所得線段的長為2. (1)求⊙H的方程； (2)若存在過點(diǎn)P(a，0)的直線與⊙H相交于M，N兩點(diǎn)，且|PM|＝|MN|，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)設(shè)⊙H的方程為(x－m)2＋(y－n)2＝r2(r>0

14、)， 因為⊙H被直線x－y－1＝0，x＋y－3＝0分成面積相等的四部分，所以圓心H(m，n)一定是兩互相垂直的直線x－y－1＝0，x＋y－3＝0的交點(diǎn)，易得交點(diǎn)坐標(biāo)為(2，1)，所以m＝2，n＝1. 又⊙H截x軸所得線段的長為2，所以r2＝12＋n2＝2. 所以⊙H的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝2. (2)設(shè)N(x0，y0)，由題意易知點(diǎn)M是PN的中點(diǎn)，所以M. 因為M，N兩點(diǎn)均在⊙H上，所以(x0－2)2＋(y0－1)2＝2，① ＋＝2， 即(x0＋a－4)2＋(y0－2)2＝8，② 設(shè)⊙I：(x＋a－4)2＋(y－2)2＝8， 由①②知⊙H與⊙I：(x＋a－4)2＋

15、(y－2)2＝8有公共點(diǎn)，從而2－≤|HI|≤2＋， 即≤≤3， 整理可得2≤a2－4a＋5≤18， 解得2－≤a≤1或3≤a≤2＋， 所以實數(shù)a的取值范圍是[2－，1]∪[3，2＋]． 6.如圖，已知圓C與y軸相切于點(diǎn)T(0，2)，與x軸的正半軸交于兩點(diǎn)M，N(點(diǎn)M在點(diǎn)N的左側(cè))，且|MN|＝3. (1)求圓C的方程； (2)過點(diǎn)M任作一直線與圓O：x2＋y2＝4相交于A，B兩點(diǎn)，連接AN，BN，求證：kAN＋kBN為定值． 解：(1)因為圓C與y軸相切于點(diǎn)T(0，2)，可設(shè)圓心的坐標(biāo)為(m，2)(m>0)， 則圓C的半徑為m， 又|MN|＝3， 所以m2＝4＋＝，解得m＝， 所以圓C的方程為＋(y－2)2＝. (2)證明：由(1)知M(1，0)，N(4，0)，當(dāng)直線AB的斜率為0時，易知kAN＝kBN＝0， 即kAN＋kBN＝0. 當(dāng)直線AB的斜率不為0時，設(shè)直線AB：x＝1＋ty，將x＝1＋ty代入x2＋y2－4＝0，并整理得(t2＋1)y2＋2ty－3＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 所以，則kAN＋kBN＝＋＝＋＝＝＝0. 綜上可知，kAN＋kBN為定值． 8