【数学】2019届一轮复习人教A版(文)第八章第四节直线与圆、圆与圆的位置关系学案

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【数学】2019届一轮复习人教A版(文)第八章第四节直线与圆、圆与圆的位置关系学案

第四节直线与圆、圆与圆的位置关系 ‎1.直线与圆的位置关系(半径为r,圆心到直线的距离为d)‎ 相离 相切 相交 图形 量化 方程观点 Δ0‎ Δ0‎ Δ0‎ 几何观点 dr dr dr ‎2.圆与圆的位置关系(两圆半径为r1,r2,d=|O1O2|)‎ 相离 外切 相交 内切 内含 图形 量的关系 d>r1+r2‎ d=r1+r2‎ ‎|r1-r2|<d<r1+r2‎ d=|r1-r2|‎ d<|r1-r2|‎ ‎1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(1)“k=‎1”‎是“直线x-y+k=0与圆x2+y2=1相交”的必要不充分条件.(  )‎ ‎(2)如果两个圆的方程组成的方程组只有一组实数解,则两圆外切.(  )‎ ‎(3)如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和,则两圆相交.(  )‎ ‎(4)圆C1:x2+y2+2x+2y-2=0与圆C2:x2+y2-4x-2y+1=0的公切线有且仅有2条.(  )‎ 答案:(1)× (2)× (3)× (4)√‎ ‎2.直线l:x-y+1=0与圆C:x2+y2-4x-2y+1=0的位置关系是(  )‎ A.相离          B.相切 C.相交且过圆心 D.相交但不过圆心 解析:选D 将圆C的方程化为标准方程得C:(x-2)2+(y-1)2=4,圆心为(2,1),半径为2,圆心到直线l的距离为=<2,所以直线l与圆相交.又圆心不在直线l上,所以直线不过圆心.‎ ‎3.圆(x+2)2+y2=4与圆(x-2)2+(y-1)2=9的位置关系为(  )‎ A.内切 B.相交 C.外切 D.相离 解析:选B ∵两圆心距离d==,r1+r2=2+3=5,|r1-r2|=1,∴|r1-r2|0,‎ 所以直线l与圆相交.‎ 法二:由题意知,圆心(0,1)到直线l的距离d=<1<,故直线l与圆相交.‎ 法三:直线l:mx-y+1-m=0过定点(1,1),因为点(1,1)在圆x2+(y-1)2=5的内部,所以直线l与圆相交.‎ ‎[题型技法] 判断直线与圆的位置关系一般有两种方法 ‎(1)几何法:圆心到直线的距离与圆半径比较大小,即可判断直线与圆的位置关系.这种方法的特点是计算量较小.‎ ‎(2)代数法:将直线方程与圆方程联立方程组,再将二次方程组转化为一元二次方程,该方程解的情况即对应直线与圆的位置关系.这种方法具有一般性,适合于判断直线与圆锥曲线的位置关系.‎ ‎[妙招] 由于本题中的直线l:mx-y+1-m=0过定点(1,1),故可先判断该点与圆的位置关系,如果点在圆内,则一定相交;否则再利用常规方法求解.‎ ‎(二)迁移考——已知直线与圆的位置关系求参数值或取值范围 ‎2.(2018·湖南湘中名校联考)已知m>0,n>0,若直线(m+1)x+(n+1)y-2=0与圆(x-1)2+(y-1)2=1相切,则m+n的取值范围是________.‎ 解析:因为m>0,n>0,直线(m+1)x+(n+1)y-2=0与圆(x-1)2+(y-1)2=1相切,所以圆心C(1,1)到直线的距离为半径1,所以=1,即|m+n|=.两边平方并整理得mn=m+n+1.‎ 由基本不等式mn≤2可得m+n+1≤2,‎ 即(m+n)2-4(m+n)-4≥0,‎ 解得m+n≥2+2.‎ 当且仅当m=n时等号成立.‎ 答案:[2+2,+∞)‎ ‎[题型技法] 已知直线与圆的位置关系求参数值或取值范围,就是利用d=r,d>r或d4,∴点M在圆C外部.‎ 当过点M的直线斜率不存在时,直线方程为x=3,‎ 即x-3=0.‎ 又点C(1,2)到直线x-3=0的距离d=3-1=2=r,‎ 即此时满足题意,所以直线x=3是圆的切线.‎ 当切线的斜率存在时,设切线方程为y-1=k(x-3),‎ 即kx-y+1-3k=0,‎ 则圆心C到切线的距离d==r=2,‎ 解得k=.‎ ‎∴切线方程为y-1=(x-3),即3x-4y-5=0.‎ 综上可得,过点M的圆C的切线方程为x-3=0或3x-4y-5=0.‎ ‎∵|MC|== ,‎ ‎∴过点M的圆C的切线长为==1.‎ ‎[解题师说]‎ ‎1.解题关键 正确判断点与圆的位置关系是求切线方程的关键一步.若点在圆上,则该点为切点,切线只有一条;若点在圆外,切线有两条;若点在圆内,则切线不存在.‎ ‎2.解题方法 ‎(1)求过圆上的一点(x0,y0)的切线方程的方法 先求切点与圆心连线的斜率k,若k不存在,则结合图形可直接写出切线方程为y=y0;若k=0,则结合图形可直接写出切线方程为x=x0;若k存在且k≠0,则由垂直关系知切线的斜率为-,由点斜式可写出切线方程.‎ ‎(2)求过圆外一点(x0,y0)的圆的切线方程两方法 几何法 当斜率存在时,设为k,则切线方程为y-y0=k(x-x0),即kx-y+y0-kx0=0.由圆心到直线的距离等于半径,即可求出k的值,进而写出切线方程 代数法 当斜率存在时,设为k,则切线方程为y-y0=k(x-x0),即y=kx-kx0+y0,代入圆的方程,得到一个关于x的一元二次方程,由Δ=0,求得k,切线方程即可求出 ‎[注意] 当点(x0,y0)在圆外时,一定要注意斜率不存在的情况.(如典题领悟(2))‎ ‎3.常用结论 ‎(1)过圆x2+y2=r2上一点P(x0,y0)的切线方程为x0x+y0y=r2;‎ ‎(2)过圆(x-a)2+(y-b)2=r2上一点P(x0,y0)的切线方程为(x0-a)(x-a)+(y0-b)(y-b)=r2;‎ ‎(3)过圆x2+y2=r2外一点P(x0,y0)作圆的两条切线,切点为A,B,则过A,B两点的直线方程为x0x+y0y=r2;‎ ‎(4)过圆(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0)外一点P(x0,y0)作圆的两条切线,切点分别为A,B,则切点弦AB所在直线方程为(x0-a)(x-a)+(y0-b)(y-b)=r2.‎ ‎[冲关演练]‎ ‎1.(2017·全国卷Ⅲ)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段A‎1A2为直径的圆与直线bx-ay+2ab=0相切,则C的离心率为(  )‎ A.            B. C. D. 解析:选A 以线段A‎1A2为直径的圆的方程为x2+y2=a2,由原点到直线bx-ay+2ab ‎=0的距离d==a,得a2=3b2,所以C的离心率e= =.‎ ‎2.(2018·湖南四地联考)若圆C:x2+y2+2x-4y+3=0关于直线2ax+by+6=0对称,过点(a,b)作圆的切线,则切线长的最小值是(  )‎ A.2 B.3‎ C.4 D.6‎ 解析:选C 圆C的标准方程为(x+1)2+(y-2)2=2,‎ 所以圆心为点(-1,2),半径为.‎ 因为圆C关于直线2ax+by+6=0对称,‎ 所以圆心C在直线2ax+by+6=0上,‎ 所以-‎2a+2b+6=0,‎ 即b=a-3,点(a,b)到圆心的距离 d== ‎==.‎ 所以当a=2时,d取最小值=3,此时切线长最小,为==4,所以选C.‎      ‎[题点全练]‎ 角度(一) 已知直线与圆的方程求圆的弦长 ‎1.若a2+b2=‎2c2(c≠0),则直线ax+by+c=0被圆x2+y2=1所截得的弦长为(  )‎ A.            B.1‎ C. D. 解析:选D 因为圆心(0,0)到直线ax+by+c=0的距离d===,因此根据直角三角形的关系,弦长的一半就等于 =,所以弦长为.‎ ‎[题型技法] 解决圆的弦长问题的2种方法 几何法 如图所示,设直线l被圆C截得的弦为AB,圆的半径为r,圆心到直线的距离为d,则有关系式:|AB|=2 代数法 若斜率为k的直线与圆相交于A(xA,yA),B(xB,yB)两点,则|AB|=·= ·|yA-yB|(其中k≠0).‎ 特别地,当k=0时,|AB|=|xA-xB|;‎ 当斜率不存在时,|AB|=|yA-yB|‎ 角度(二) 已知圆的弦长求直线和圆的方程中的参数 ‎2.已知圆C:(x-1)2+(y-2)2=2截y轴所得线段与截直线y=2x+b所得线段的长度相等,则b=(  )‎ A.- B.± C.- D.± 解析:选D 记圆C与y轴的两个交点分别是A,B,由圆心C到y轴的距离为1,|CA|=|CB|=可知,圆心C(1,2)到直线2x-y+b=0的距离也等于1才符合题意,于是=1,解得b=±.‎ ‎3.(2016·全国卷Ⅰ)设直线y=x+‎2a与圆C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B两点,若|AB|=2,则圆C的面积为________.‎ 解析:圆C:x2+y2-2ay-2=0化为标准方程为x2+(y-a)2=a2+2,所以圆心C(0,a),半径r=,因为|AB|=2,点C到直线y=x+‎2a的距离d==,由勾股定理得2+2=a2+2,解得a2=2,所以r=2,所以圆C的面积为π×22=4π.‎ 答案:4π ‎[题型技法]‎ ‎1.解题突破口 当直线与圆相交时,半径、半弦、弦心距所构成的直角三角形是解决此类问题的突破口.‎ ‎2.常用结论 当直线与圆相交时,讨论直线被圆截得的弦长问题是高考中常见的题型,此时要充分考虑与圆相关的平面几何知识的运用:(1)垂直于弦的直径平分这条弦;(2)圆心与弦的中点连线垂直于这条弦;(3)d2+2=r2.‎ ‎3.常用方法 在研究与弦的中点有关的问题时,注意运用“点差法”,即 设弦AB两端点的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),中点为(x0,y0),由得k==-=-.该法常用来解决与弦的中点、直线的斜率有关的问题.‎ ‎[题“根”探求]‎ 求解与圆有关的弦长问题,其关键是建立半径、半弦、弦心距之间的关系,其解题流程为:‎ 确定圆心⇒求圆心到直线的距离d建立方程r2=d2+2.‎ ‎[冲关演练]‎ ‎1.(2017·全国卷Ⅱ)若双曲线C:-=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆(x-2)2+y2=4所截得的弦长为2,则C的离心率为(  )‎ A.2 B. C. D. 解析:选A 依题意,双曲线C:-=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为bx-ay=0.因为直线bx-ay=0被圆(x-2)2+y2=4所截得的弦长为2,所以=,所以‎3a2+3b2=4b2,所以‎3a2=b2,所以e===2.‎ ‎2.若直线l:x+y=m与曲线C:y=有且只有两个公共点,则m的取值范围是________.‎ 解析:画出图象如图,当直线l经过点A,B时,m=1,此时直线l与曲线y=有两个公共点,当直线l与曲线相切时,m=,因此当1≤m< 时,直线l:x+y=m与曲线y=有且只有两个公共点.‎ 答案:[1,)‎ ‎3.(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx-2与x轴交于A,B两点,点C的坐标为(0,1),当m变化时,解答下列问题:‎ ‎(1)能否出现AC⊥BC的情况?说明理由;‎ ‎(2)证明过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.‎ 解:(1)不能出现AC⊥BC的情况,理由如下:‎ 设A(x1,0),B(x2,0),则x1,x2满足x2+mx-2=0,‎ 所以x1x2=-2.‎ 又C的坐标为(0,1),‎ 故AC的斜率与BC的斜率之积为·=-,‎ 所以不能出现AC⊥BC的情况.‎ ‎(2)证明:由(1)知BC的中点坐标为,‎ 可得BC的中垂线方程为y-=x2.‎ 由(1)可得x1+x2=-m,‎ 所以AB的中垂线方程为x=-.‎ 联立可得 所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为,‎ 半径r=.‎ 故圆在y轴上截得的弦长为2 =3,‎ 即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.‎      圆与圆的位置关系是每年高考的重点,主要考查两圆位置关系的判断或已知两圆位置关系求参数,题型多为选择题,难度适中,属于中低档题.‎ ‎[典题领悟]‎ 已知圆C1:x2+y2-2x-6y-1=0和C2:x2+y2-10x-12y+45=0.‎ ‎(1)求证:圆C1和圆C2相交;‎ ‎(2)求圆C1和圆C2的公共弦所在直线的方程和公共弦长.‎ 解:(1)证明:圆C1的圆心C1(1,3),半径r1=,‎ 圆C2的圆心C2(5,6),半径r2=4,‎ 两圆圆心距d=|C‎1C2|=5,r1+r2=+4,‎ ‎|r1-r2|=4-,‎ ‎∴|r1-r2|0,∴a=2.∴圆M的方程为x2+y2-4y=0,‎ 即x2+(y-2)2=4,圆心M(0,2),半径r1=2.‎ 又圆N:(x-1)2+(y-1)2=1,圆心N(1,1),半径r2=1,‎ ‎∴|MN|==.‎ ‎∵r1-r2=1,r1+r2=3,1<|MN|<3,‎ ‎∴两圆相交.‎ 法二:由题知圆M:x2+(y-a)2=a2(a>0),圆心(0,a)到直线x+y=0的距离d=,所以2=2,解得a=2.圆M,圆N的圆心距|MN|=,两圆半径之差为1,故两圆相交.‎ ‎(一)普通高中适用作业 A级——基础小题练熟练快 ‎1.已知点(a,b)在圆C:x2+y2=r2(r≠0)的外部,则ax+by=r2与C的位置关系是(  )‎ A.相切           B.相离 C.内含 D.相交 解析:选D 由已知a2+b2>r2,且圆心到直线ax+by=r2的距离为d=,则d0)上一动点,PA,PB是圆C:x2+y2-2y=0的两条切线,A,B是切点,若四边形PACB的最小面积是2,则k的值为(  )‎ A.3 B. C.2 D.2‎ 解析:选D 圆C:x2+y2-2y=0的圆心为(0,1),半径r=1.由圆的性质,知S四边形PACB=2S△PBC.∵四边形PACB的最小面积是2,∴S△PBC的最小值为1,则rdmin=1(d是切线长),∴dmin=2.∵圆心到直线的距离就是PC的最小值,∴|PC|min===.∵k>0,∴k=2.故选D.‎ ‎7.圆x2+y2=50与圆x2+y2-12x-6y+40=0的公共弦的长度为________.‎ 解析:两圆的公共弦长即两圆交点间的距离,将两圆方程联立,可求得弦所在直线为2x+y-15=0,原点到该直线的距离为d==3,则公共弦的长度为2=2=2.‎ 答案:2 ‎8.已知圆M:(x-1)2+(y-1)2=4,直线l:x+y-6=0,A为直线l上一点,若圆M上存在两点B,C,使得∠BAC=60°,则点A的横坐标的取值范围为________.‎ 解析:由题意知,过点A的两直线与圆M相切时,夹角最大,当∠BAC=60°时,MA===4.设A(x,6-x),所以(x-1)2+(6-x-1)2=16,解得x=1或x=5,因此点A的横坐标的取值范围为[1,5].‎ 答案:[1,5]‎ ‎9.已知直线x-y+a=0与圆心为C的圆x2+y2+2x-4y-4=0相交于A,B两点,且AC⊥BC,则实数a的值为________.‎ 解析:由x2+y2+2x-4y-4=0得(x+1)2+(y-2)2=9,‎ 所以圆C的圆心坐标为C(-1,2),半径为3,‎ 由AC⊥BC,可知△ABC是直角边长为3的等腰直角三角形,‎ 故可得圆心C到直线x-y+a=0的距离为,‎ 由点到直线的距离公式可得=,‎ 解得a=0或a=6.‎ 答案:0或6‎ ‎10.在圆C:x2+y2-2x-2y-7=0上总有四个点到直线l:3x+4y+m=0的距离是1,则实数m的取值范围是____________.‎ 解析:圆的标准方程为(x-1)2+(y-1)2=9.若圆上有四个点到直线3x+4y+m=0的距离是1,则圆心到直线的距离小于2,即d=<2,解得-170),则解得所以圆的方程为(x+2)2+(y+‎ ‎3)2=9.故选B.‎ ‎2.已知圆C:(x-)2+(y-1)2=1和两点A(-t,0),B(t,0)(t>0),若圆C上存在点P,使得∠APB=90°,则实数t的最小值为(  )‎ A.4 B.3‎ C.2 D.1‎ 解析:选D 由∠APB=90°得,点P在圆x2+y2=t2上,因此由两圆有交点得|t-1|≤|OC|≤t+1⇒|t-1|≤2≤t+1⇒1≤t≤3,即t的最小值为1.‎ ‎3.已知△ABC的三个顶点的坐标分别为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,则圆的方程为(  )‎ A.x2+y2=1‎ B.x2+y2=4‎ C.x2+y2= D.x2+y2=1或x2+y2=37‎ 解析:选D 如图所示,因为A(-2,3),B(-2,-1),C(6,-1).‎ ‎∴过A,C的直线方程为=,化为一般式为x+2y-4=0.点O到直线x+2y-4=0的距离d==>1,‎ 又|OA|==,|OB|==,|OC|==.‎ ‎∴以原点为圆心的圆若与三角形ABC有唯一的公共点,则公共点为(0,-1)或(6,-1),∴圆的半径分别为1或,则圆的方程为x2+y2=1或x2+y2=37.‎ ‎4.(2016·全国卷Ⅲ)已知直线l:mx+y+‎3m-=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.若|AB|=2,则|CD|=________.‎ 解析:由直线l:mx+y+‎3m-=0知其过定点(-3,),圆心O到直线l的距离为d=.‎ 由|AB|=2,得2+()2=12,‎ 解得m=-.‎ 又直线l 的斜率为-m=,‎ 所以直线l的倾斜角α=.‎ 画出符合题意的图形如图所示,过点C作CE⊥BD,则∠DCE=.在Rt△CDE中,可得|CD|==2×=4.‎ 答案:4‎ ‎5.设点M(x0,1),若在圆O:x2+y2=1上存在点N,使得∠OMN=45°,则x0的取值范围是________.‎ 解析:由题意可知M在直线y=1上运动,设直线y=1与圆x2+y2=1相切于点P(0,1).当x0=0,即点M与点P重合时,显然圆上存在点N(±1,0)符合要求;当x0≠0时,过M作圆的切线,切点之一为点P,此时对于圆上任意一点N,都有∠OMN≤∠OMP,故要存在∠OMN=45°,只需∠OMP≥45°.特别地,当∠OMP=45°时,有x0=±1.结合图形可知,符合条件的x0的取值范围为[-1,1].‎ 答案:[-1,1]‎ ‎6.已知圆C经过点A(2,-1),和直线x+y=1相切,且圆心在直线y=-2x上.‎ ‎(1)求圆C的方程;‎ ‎(2)已知直线l经过原点,并且被圆C截得的弦长为2,求直线l的方程.‎ 解:(1)设圆心的坐标为C(a,-‎2a),‎ 则=.‎ 化简,得a2-‎2a+1=0,解得a=1.‎ ‎∴C(1,-2),半径r=|AC|==.‎ ‎∴圆C的方程为(x-1)2+(y+2)2=2.‎ ‎(2)①当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=0,此时直线l被圆C截得的弦长为2,满足条件.‎ ‎②当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx,由题意得=1,解得k=-,‎ ‎∴直线l的方程为y=-x,即3x+4y=0.‎ 综上所述,直线l的方程为x=0或3x+4y=0.‎ ‎7.已知以点C为圆心的圆与x轴交于点O,A,与y轴交于点O,B,其中O为坐标原点.‎ ‎(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:由题意知圆C过原点O,‎ ‎∴半径r=|OC|.‎ 又∵|OC|2=t2+,‎ ‎∴设圆C的方程为(x-t)2+2=t2+.‎ 令y=0,得x1=0,x2=2t,则A(2t,0).‎ 令x=0,得y1=0,y2=,则B.‎ ‎∴S△OAB=|OA|·|OB|=××|2t|=4,‎ 即△OAB的面积为定值.‎ ‎(2)∵|OM|=|ON|,|CM|=|CN|,‎ ‎∴OC垂直平分线段MN.‎ ‎∵kMN=-2,∴kOC=,‎ ‎∴直线OC的方程为y=x.‎ ‎∴=t,解得t=2或t=-2.‎ 当t=2时,圆心C的坐标为(2,1),r=|OC|=,‎ 此时圆心C到直线y=-2x+4的距离d=<,‎ 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),r=|OC|=,‎ 此时圆心C到直线y=-2x+4的距离d=>,‎ 圆C与直线y=-2x+4不相交.‎ ‎∴圆C的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.‎ C级——重难题目自主选做 ‎1.已知点G(5,4),圆C1:(x-1)2+(y-4)2=25,过点G的动直线l与圆C1相交于E,F两点,线段EF的中点为C,且C在圆C2上.‎ ‎(1)若直线mx+ny-1=0(mn>0)经过点G,求mn的最大值;‎ ‎(2)求圆C2的方程;‎ ‎(3)若过点A(1,0)的直线l1与圆C2相交于P,Q两点,线段PQ的中点为M.l1与l2:x+2y+2=0的交点为N,求证:|AM|·|AN|为定值.‎ 解:(1)∵点G(5,4)在直线mx+ny-1=0上,∴‎5m+4n=1,‎5m+4n≥2(当且仅当‎5m=4n时取等号),‎ ‎∴1≥80mn,即mn≤,∴(mn)max=.‎ ‎(2)由已知得圆C1的圆心为(1,4),半径为5,‎ 设C(x,y),则=(x-1,y-4),=(5-x,4-y),‎ 由题设知·=0,‎ ‎∴(x-1)(5-x)+(y-4)(4-y)=0,‎ 即(x-3)2+(y-4)2=4,‎ ‎∴C2的方程是(x-3)2+(y-4)2=4.‎ ‎(3)证明:当直线l1的斜率不存在时,直线l1与圆C2相切,当直线l1的斜率为0时,直线l1与圆C2相离,故设直线l1的方程为kx-y-k=0(k≠0).‎ 由直线l1与圆C2相交,得<2,解得k>.‎ 由得N,‎ 又直线C‎2M与l1垂直,‎ 由得M,‎ ‎∴|AM|·|AN|= · =··=6(定值).‎ ‎2.如图,在平面直角坐标系xOy中,已知以M为圆心的圆M:x2+y2-12x-14y+60=0及其上一点A(2,4).‎ ‎(1)设圆N与x轴相切,与圆M外切,且圆心N在直线x=6上,求圆N的标准方程;‎ ‎(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B,C两点,且|BC|=|OA|,求直线l的方程;‎ ‎(3)设点T(t,0)满足:存在圆M上的两点P和Q,使得+=,求实数t的取值范围.‎ 解:圆M的标准方程为(x-6)2+(y-7)2=25,‎ 所以圆心M(6,7),半径为5.‎ ‎(1)由圆心N在直线x=6上,可设N(6,y0).‎ 因为圆N与x轴相切,与圆M外切,‎ 所以0<y0<7,圆N的半径为y0,‎ 从而7-y0=5+y0,解得y0=1.‎ 因此,圆N的标准方程为(x-6)2+(y-1)2=1.‎ ‎(2)因为直线l∥OA,‎ 所以直线l的斜率为=2.‎ 设直线l的方程为y=2x+m,‎ 即2x-y+m=0,‎ 则圆心M到直线l的距离 d==.‎ 因为|BC|=|OA|==2,‎ 而MC2=d2+2,‎ 所以25=+5,‎ 解得m=5或m=-15.‎ 故直线l的方程为2x-y+5=0或2x-y-15=0.‎ ‎(3)设P(x1,y1),Q(x2,y2).‎ 因为A(2,4),T(t,0),+=,‎ 所以     ①‎ 因为点Q在圆M上,‎ 所以(x2-6)2+(y2-7)2=25. ②‎ 将①代入②,得(x1-t-4)2+(y1-3)2=25.‎ 于是点P(x1,y1)既在圆M上,又在圆[x-(t+4)]2+(y-3)2=25上,‎ 从而圆(x-6)2+(y-7)2=25与圆[x-(t+4)]2+(y-3)2=25有公共点,‎ 所以5-5≤ ≤5+5,‎ 解得2-2≤t≤2+2.‎ 因此,实数t的取值范围是[2-2,2+2 ].‎ ‎(二)重点高中适用作业 A级——保分题目巧做快做 ‎1.若直线l:y=kx+1(k<0)与圆C:x2+4x+y2-2y+3=0相切,则直线l与圆D:(x-2)2+y2=3的位置关系是(  )‎ A.相交          B.相切 C.相离 D.不确定 解析:选A 因为圆C的标准方程为(x+2)2+(y-1)2=2,‎ 所以其圆心坐标为(-2,1),半径为,‎ 因为直线l与圆C相切.‎ 所以=,解得k=±1,‎ 因为k<0,所以k=-1,‎ 所以直线l的方程为x+y-1=0.‎ 圆心D(2,0)到直线l的距离 d==<,‎ 所以直线l与圆D相交.‎ ‎2.直线y-1=k(x-3)被圆(x-2)2+(y-2)2=4所截得的最短弦长等于(  )‎ A. B.2 C.2 D. 解析:选C 直线y-1=k(x-3)过定点M(3,1),此点在圆内,圆(x-2)2+(y-2)2=4的圆心为C(2,2),半径为r=2,弦长最短时,直线与CM垂直,|CM|==,则最短弦长l=2=2=2.故选C.‎ ‎3.一条光线从点(-2,-3)射出,经y轴反射后与圆(x+3)2+(y-2)2=1相切,则反射光线所在直线的斜率为(  )‎ A.-或- B.-或- C.-或- D.-或- 解析:选D 点(-2,-3)关于y轴的对称点为(2,-3),故可设反射光线所在直线的方程为y+3=k(x-2),即kx-y-2k-3=0.∵反射光线与圆(x+3)2+(y-2)2=1相切,∴圆心(-3,2)到直线的距离d==1,化简得24k2+50k+24=0,解得k=-或-.‎ ‎4.在平面直角坐标系内,过点P(0,3)的直线与圆心为C的圆x2+y2-2x-3=0相交于A,B两点,则△ABC面积的最大值是(  )‎ A.2 B.4‎ C. D.2 解析:选A 过点P(0,3)的直线与圆心为C的圆x2+y2-2x-3=0相交于A,B两点,‎ ‎①当直线的斜率不存在时,直线的方程为x=0,在y轴上所截得的线段长为d=2×=2,所以S△ABC=×2×1=.‎ ‎②当直线的斜率存在时.设圆心到直线的距离为d,则所截得的弦长l=2.所以S△ABC=×2×d=×≤=2,当且仅当d=时成立.所以△ABC面积的最大值为2.‎ ‎5.已知AC,BD为圆O:x2+y2=4的两条互相垂直的弦,且垂足为M(1,),则四边形ABCD面积的最大值为(  )‎ A.5 B.10‎ C.15 D.20‎ 解析:选A 如图,作OP⊥AC于P,OQ⊥BD于Q,‎ 则|OP|2+|OQ|2=|OM|2=3,∴|AC|2+|BD|2=4(4-|OP|2)+4(4-|OQ|2)=20.‎ 又|AC|2+|BD|2≥2|AC|·|BD|,‎ 则|AC|·|BD|≤10,‎ ‎∴S四边形ABCD=|AC|·|BD|≤×10=5,‎ 当且仅当|AC|=|BD|=时等号成立,‎ ‎∴四边形ABCD面积的最大值为5.故选A.‎ ‎6.若圆B:x2+y2+b=0与圆C:x2+y2-6x+8y+16=0没有公共点,则实数b的取值范围是________.‎ 解析:圆B的圆心B(0,0),半径R=,圆C的圆心C(3,-4),半径r=3,根据两点间距离公式,得|BC|=5.‎ 由题意两圆相离或相内含,‎ 当两圆相离时,有|BC|>R+r,‎ 即<2,解得-48,解得b<-64,‎ 综上,实数b的取值范围为(-∞,-64)∪(-4,0).‎ 答案:(-∞,-64)∪(-4,0)‎ ‎7.已知直线l1:x+2y=a+2和直线l2:2x-y=‎2a-1分别与圆(x-a)2+(y-1)2=16相交于A,B和C,D,则四边形ACBD的内切圆的面积为________.‎ 解析:因为直线l1:x+2y=a+2和直线l2:2x-y=‎2a-1互相垂直且交于点(a,1),而(a,1)恰好是圆(x-a)2+(y-1)2=16的圆心,所以四边形ACBD是边长为4的正方形,因此其内切圆半径是2,面积是8π.‎ 答案:8π ‎8.(2016·全国卷Ⅲ)已知直线l:mx+y+‎3m-=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.若|AB|=2,则|CD|=________.‎ 解析:由直线l:mx+y+‎3m-=0知其过定点(-3,),圆心O到直线l的距离为d=.‎ 由|AB|=2,得2+()2=12,‎ 解得m=-.‎ 又直线l 的斜率为-m=,‎ 所以直线l的倾斜角α=.‎ 画出符合题意的图形如图所示,过点C作CE⊥BD,则∠DCE=.在Rt△CDE中,可得|CD|==2×=4.‎ 答案:4‎ ‎9.已知圆C经过点A(2,-1),和直线x+y=1相切,且圆心在直线y=-2x上.‎ ‎(1)求圆C的方程;‎ ‎(2)已知直线l经过原点,并且被圆C截得的弦长为2,求直线l的方程.‎ 解:(1)设圆心的坐标为C(a,-‎2a),‎ 则=.‎ 化简,得a2-‎2a+1=0,解得a=1.‎ ‎∴C(1,-2),半径r=|AC|==.‎ ‎∴圆C的方程为(x-1)2+(y+2)2=2.‎ ‎(2)①当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=0,此时直线l被圆C截得的弦长为2,满足条件.‎ ‎②当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx,由题意得=1,解得k=-,‎ ‎∴直线l的方程为y=-x,即3x+4y=0.‎ 综上所述,直线l的方程为x=0或3x+4y=0.‎ ‎10.已知以点C为圆心的圆与x轴交于点O,A,与y轴交于点O,B,其中O为坐标原点.‎ ‎(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:由题意知圆C过原点O,‎ ‎∴半径r=|OC|.‎ 又∵|OC|2=t2+,‎ ‎∴设圆C的方程为(x-t)2+2=t2+.‎ 令y=0,得x1=0,x2=2t,则A(2t,0).‎ 令x=0,得y1=0,y2=,则B.‎ ‎∴S△OAB=|OA|·|OB|=××|2t|=4,‎ 即△OAB的面积为定值.‎ ‎(2)∵|OM|=|ON|,|CM|=|CN|,‎ ‎∴OC垂直平分线段MN.‎ ‎∵kMN=-2,∴kOC=,‎ ‎∴直线OC的方程为y=x.‎ ‎∴=t,解得t=2或t=-2.‎ 当t=2时,圆心C的坐标为(2,1),r=|OC|=,‎ 此时圆心C到直线y=-2x+4的距离d=<,‎ 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),r=|OC|=,‎ 此时圆心C到直线y=-2x+4的距离d=>,‎ 圆C与直线y=-2x+4不相交.‎ ‎∴圆C的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.‎ B级——拔高题目稳做准做 ‎1.已知直线3x+4y-15=0与圆O:x2+y2=25交于A,B两点,点C在圆O上,且S△ABC=8,则满足条件的点C的个数为(  )‎ A.1 B.2‎ C.3 D.4‎ 解析:选C 圆心O到已知直线的距离为d==3,‎ 因此|AB|=2=8,‎ 设点C到直线AB的距离为h,则S△ABC=×8×h=8,h=2,由于d+h=3+2=5=r(圆的半径),‎ 因此与直线AB距离为2的两条直线中一条与圆相切,一条与圆相交,故符合条件的点C有三个.‎ ‎2.已知直线y=x+m和圆x2+y2=1交于A,B两点,O为坐标原点,若·=,则实数m的值为(  )‎ A.±1 B.± C.± D.± 解析:选C 设A(x1,y1),B(x2,y2),则=(-x1,-y1),=(x2-x1,y2-y1),由得,2x2+2mx+m2-1=0,故Δ=‎4m2‎-8(m2-1)=8-‎4m2‎>0,-0)经过点G,求mn的最大值;‎ ‎(2)求圆C2的方程;‎ ‎(3)若过点A(1,0)的直线l1与圆C2相交于P,Q两点,线段PQ的中点为M.l1与l2:x+2y+2=0的交点为N,求证:|AM|·|AN|为定值.‎ 解:(1)∵点G(5,4)在直线mx+ny-1=0上,∴‎5m+4n=1,‎5m+4n≥2(当且仅当‎5m=4n时取等号),‎ ‎∴1≥80mn,即mn≤,∴(mn)max=.‎ ‎(2)由已知得圆C1的圆心为(1,4),半径为5,‎ 设C(x,y),则=(x-1,y-4),=(5-x,4-y),‎ 由题设知·=0,‎ ‎∴(x-1)(5-x)+(y-4)(4-y)=0,‎ 即(x-3)2+(y-4)2=4,‎ ‎∴C2的方程是(x-3)2+(y-4)2=4.‎ ‎(3)证明:当直线l1的斜率不存在时,直线l1与圆C2相切,当直线l1的斜率为0时,直线l1与圆C2相离,故设直线l1的方程为kx-y-k=0(k≠0).‎ 由直线l1与圆C2相交,得<2,解得k>.‎ 由得N,‎ 又直线C‎2M与l1垂直,‎ 由得M,‎ ‎∴|AM|·|AN|= · = ‎··=6(定值).‎
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