文科數(shù)學北師大版練習：第八章 第四節(jié)　直線與圓、圓與圓的位置關系 Word版含解析

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1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 課時作業(yè) A組——基礎對點練 1．圓心為(4,0)且與直線x－y＝0相切的圓的方程為(　　) A．(x－4)2＋y2＝1　　 B．(x－4)2＋y2＝12 C．(x－4)2＋y2＝6 D．(x＋4)2＋y2＝9 解析：由題意，知圓的半徑為圓心到直線x－y＝0的距離，即r＝＝2，結合圓心坐標可知，圓的方程為(x－4)2＋y2＝12，故選B. 答案：B 2．(20xx·石家莊質檢)若a，b是正數(shù)，直線2ax＋by－2＝0被圓x2＋y2＝4截得的弦長為2，則t＝a取得最大值時a的

2、值為(　　) A. B. C. D. 解析：因為圓心到直線的距離d＝，則直線被圓截得的弦長L＝2＝2 ＝2，所以4a2＋b2＝4.t＝a＝·(2a)≤··[(2a)2＋()2]＝[8a2＋1＋2(4－4a2)]＝，當且僅當時等號成立，此時a＝，故選D. 答案：D 3．(20xx·惠州模擬)已知圓O：x2＋y2＝4上到直線l：x＋y＝a的距離等于1的點恰有3個，則實數(shù)a的值為(　　) A．2 B. C．－或 D．－2或2 解析：因為圓上到直線l的距離等于1的點恰好有3個，所以圓心到直線l的距離d＝1，即d＝＝1，解得a＝±.故選C. 答案：C 4．在平面直角坐標系xO

3、y中，直線x＋2y－3＝0被圓(x－2)2＋(y＋1)2＝4截得的弦長為________． 解析：已知圓的圓心為(2，－1)，半徑r＝2. 圓心到直線的距離d＝＝， 所以弦長為2＝2 ＝. 答案： 5．已知m>0，n>0，若直線(m＋1)x＋(n＋1)y－2＝0與圓(x－1)2＋(y－1)2＝1相切，則m＋n的取值范圍是________． 解析：因為m>0，n>0，直線(m＋1)x＋(n＋1)y－2＝0與圓(x－1)2＋(y－1)2＝1相切，所以圓心C(1,1)到直線的距離d＝＝1，即|m＋n|＝，兩邊平方并整理得，m＋n＋1＝mn≤()2，即(m＋n)2－4(m＋n)－4≥0，解

4、得m＋n≥2＋2，所以m＋n的取值范圍為[2＋2，＋∞)． 答案：[2＋2，＋∞) 6．兩圓x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0和x2＋y2－4by－1＋4b2＝0恰有三條公切線，若a∈R，b∈R且ab≠0，則＋的最小值為________． 解析：兩圓x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0和x2＋y2－4by－1＋4b2＝0配方得，(x＋a)2＋y2＝4，x2＋(y－2b)2＝1，依題意得兩圓相外切，故＝1＋2＝3，即a2＋4b2＝9，＋＝(＋)(＋)＝＋＋＋≥＋2 ＝1，當且僅當＝，即a2＝2b2時等號成立，故＋的最小值為1. 答案：1 7．已知矩形ABCD的對角線交于點P(2,0)，邊AB

5、所在的直線方程為x＋y－2＝0，點(－1,1)在邊AD所在的直線上． (1)求矩形ABCD的外接圓方程； (2)已知直線l：(1－2k)x＋(1＋k)y－5＋4k＝0 (k∈R)，求證：直線l與矩形ABCD的外接圓相交，并求最短弦長． 解析：(1)依題意得AB⊥AD，∵kAB＝－1， ∴kAD＝1， ∴直線AD的方程為y－1＝x＋1，即y＝x＋2. 解得即A(0,2)． 矩形ABCD的外接圓是以P(2,0)為圓心， |AP|＝2為半徑的圓，方程為(x－2)2＋y2＝8. (2)直線l的方程可整理為(x＋y－5)＋k(y－2x＋4)＝0，k∈R， ∴解得 ∴直線l過定點M(

6、3,2)． 又∵點M(3,2)在圓內，∴直線l與圓相交． ∵圓心P與定點M的距離d＝， 最短弦長為2＝2. 8．已知圓C1：x2＋y2－2mx＋4y＋m2－5＝0，圓C2：x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0，m為何值時， (1)圓C1與圓C2外切； (2)圓C1與圓C2內含． 解析：對于圓C1與圓C2的方程，經(jīng)配方后得 C1：(x－m)2＋(y＋2)2＝9； C2：(x＋1)2＋(y－m)2＝4. (1)如果圓C1與圓C2外切，則有 ＝3＋2， (m＋1)2＋(－2－m)2＝25， m2＋3m－10＝0，解得m＝－5或m＝2. 所以當m＝－5或m＝2時，圓C1與

7、圓C2外切． (2)如果圓C1與圓C2內含，則有 <3－2. (m＋1)2＋(－2－m)2<1， m2＋3m＋2<0， 解得－2

8、心在拋物線x2＝4y上，且⊙M與y軸及拋物線的準線都相切，則⊙M的方程是(　　) A．x2＋y2±4x－2y＋1＝0 B．x2＋y2±4x－2y－1＝0 C．x2＋y2±4x－2y＋4＝0 D．x2＋y2±4x－2y－4＝0 解析：拋物線x2＝4y的準線為y＝－1，設圓心M的坐標為(x0，y0)(y0>0)，則|x0|＝y(tǒng)0＋1，又x＝4y0，所以聯(lián)立解得因此圓M的方程為(x±2)2＋(y－1)2＝22，展開整理得x2＋y2±4x－2y＋1＝0，故選A. 答案：A 3．已知圓M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)截直線x＋y＝0所得線段的長度是2，則圓M與圓N：(x－1)2＋(y－

9、1)2＝1的位置關系是(　　) A．內切　　　　　　 B．相交 C．外切 D．相離 解析：由題知圓M：x2＋(y－a)2＝a2，圓心(0，a)到直線x＋y＝0的距離d＝，所以2 ＝2，解得a＝2.圓M，圓N的圓心距|MN|＝，兩圓半徑之差為1，故兩圓相交． 答案：B 4．直線ax＋by＋1＝0與圓x2＋y2＝1相切，則a＋b＋ab的最大值為(　　) A．1 B．－1 C.＋ D.＋1 解析：∵直線ax＋by＋1＝0與圓x2＋y2＝1相切， ∴圓心O(0,0)到直線ax＋by＋1＝0的距離等于半徑，即＝1?a2＋b2＝1，易知a＋b＋ab的最大值一定在a>0，b>0時取得

10、，∴a＋b＋ab＝＋ab＝＋ab.令＝t，則ab＝. ∵ab≤＝(當且僅當a＝b＝時取“＝”)且ab>0，∴1

11、2＝2b2，又圓C截y軸所得的弦長為2，所以r2＝a2＋1，從而得2b2－a2＝1.又點C(a，b)到直線x－2y＝0的距離d＝，所以5d2＝(a－2b)2＝a2＋4b2－4ab≥a2＋4b2－2(a2＋b2)＝2b2－a2＝1，當且僅當，即a2＝b2＝1時等號成立，此時d取得最小值，此時r2＝2，圓C的面積為2π. 答案：2π 6．已知方程x2＋y2－2x－4y＋m＝0. (1)若此方程表示圓，求實數(shù)m的取值范圍； (2)若(1)中的圓與直線x＋2y－4＝0相交于M，N兩點，且OM⊥ON(O為坐標原點)，求m的值； (3)在(2)的條件下，求以MN為直徑的圓的方程． 解析：(1)

12、由D2＋E2－4F>0得(－2)2＋(－4)2－4m>0，解得m<5. (2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)，由x＋2y－4＝0得x＝4－2y；將x＝4－2y代入x2＋y2－2x－4y＋m＝0得5y2－16y＋8＋m＝0，∴y1＋y2＝，y1y2＝. ∵OM⊥ON，∴·＝－1， 即x1x2＋y1y2＝0. ∵x1x2＝(4－2y1)(4－2y2)＝16－8(y1＋y2)＋4y1y2， ∴x1x2＋y1y2＝16－8(y1＋y2)＋5y1y2＝0， 即(8＋m)－8×＋16＝0，解得m＝. (3)設圓心C的坐標為(a，b)，則a＝(x1＋x2)＝，b＝(y1＋y2)＝，半徑r

13、＝|OC|＝， ∴所求圓的方程為2＋2＝. 7．已知圓M：(x＋1)2＋y2＝1，圓N：(x－1)2＋y2＝9，動圓P與圓M外切并且與圓N內切，圓心P的軌跡為曲線C. (1)求C的方程； (2)l是與圓P，圓M都相切的一條直線，l與曲線C交于A，B兩點，當圓P的半徑最長時，求|AB|. 解析：由已知得圓M的圓心為M (－1,0)，半徑r1＝1；圓N的圓心為N(1,0)，半徑r2＝3. 設圓P的圓心為P(x，y)，半徑為R. (1)因為圓P與圓M外切并且與圓N內切， 所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4. 由橢圓的定義可知，曲線C是以M，N為左，右

14、焦點，長半軸長為2，短半軸長為的橢圓(左頂點除外)，其方程為＋＝1(x≠－2)． (2)對于曲線C上任意一點P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以R≤2，當且僅當圓P的圓心為(2,0)時，R＝2.所以當圓P的半徑最長時，其方程為(x－2)2＋y2＝4. 若l的傾斜角為90°，則l與y軸重合，可得|AB|＝2. 若l的傾斜角不為90°，由r1≠R知l不平行于x軸，設l與x軸的交點為Q，則＝，可求得Q(－4,0)，所以可設l：y＝k(x＋4)，由l與圓M相切得＝1，解得k＝±. 當k＝時，將y＝x＋代入＋＝1，并整理得7x2＋8x－8＝0， 解得x1,2＝. 所以|AB|＝|x2－x1|＝. 當k＝－時，由圖形的對稱性可知|AB|＝. 綜上，|AB|＝2或|AB|＝.