高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)訓(xùn)練第9章第4講直線與圓圓與圓的位置關(guān)系

第九章第4講[A級基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．(2020年大慶月考)過點(diǎn)P(3,4)作圓x2＋y2＝4的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，則|AB|＝()A．5－eq\r(3) B．5－eq\r(2)C．eq\f(2\r(21),5) D．eq\f(4\r(21),5)【答案】D2．(2020年新課標(biāo)Ⅰ)已知圓x2＋y2－6x＝0，過點(diǎn)(1,2)的直線被該圓所截得的弦的長度的最小值為()A．1 B．2C．3 D．4【答案】B3．已知直線l：(2m＋1)x＋(m－1)y－1－5m＝0，m為任意實(shí)數(shù)，則直線l被圓x2＋y2＝A．[0,6] B．[eq\r(5)，6]C．[3,6] D．[4,6]【答案】D4．(2019年重慶期末)若圓C1：(x－m)2＋(y－1)2＝10(m＞0)始終平分圓C2：(x＋1)2＋(y＋1)2＝2的周長，則直線3x＋4y＋3＝0被圓C1所截得的弦長為()A．2eq\r(5) B．2eq\r(6)C．2eq\r(2) D．2eq\r(3)【答案】B5．(2019年滁州期末)如果圓(x－a)2＋(y－a)2＝1(a＞0)上總存在點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為3，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．[eq\r(2)，2] B．[eq\r(2)，2eq\r(2)]C．[1，eq\r(2)] D．[1,2eq\r(2)]【答案】B【解析】根據(jù)題意，到原點(diǎn)的距離為3的軌跡方程為x2＋y2＝9，若圓(x－a)2＋(y－a)2＝1(a＞0)上總存在點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為3，則圓(x－a)2＋(y－a)2＝1與圓x2＋y2＝9有交點(diǎn)，則有3－1≤eq\r(a2＋a2)≤3＋1，解得eq\r(2)≤a≤2eq\r(2)，即a的取值范圍為[eq\r(2)，2eq\r(2)]．6．(2019年宜昌期中)兩圓x2＋y2＋2ax＋2ay＋2a2－1＝0與x2＋y2＋2bx＋2by＋2b2－2＝0的公共弦長的最大值為________【答案】2【解析】將兩圓方程相減得公共弦所在直線方程為(2a－2b)x＋(2a－2b)y＋2a2－2b2＋1＝0，將x2＋y2＋2ax＋2ay＋2a2－1＝0化為標(biāo)準(zhǔn)方程(x＋a)2＋(y＋a)2＝1，其圓心為(－ad＝eq\f(|2a－2b－a×2＋2a2－2b2＋1|,2\r(2)|a－b|)＝eq\f(|1－2a－b2|,2\r(2)|a－b|)，所以公共弦長為2eq\r(1－d2)＝2eq\r(1－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－2a－b2,2\r(2)|a－b|)))2)＝2eq\r(1－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a－b2,2)＋\f(1,8a－b2)－\f(1,2))))≤2eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(1,16))－\f(1,2))))＝2.7．已知直線x－y＋a＝0與圓心為C的圓x2＋y2＋2x－4y－4＝0相交于A，B兩點(diǎn)，且AC⊥BC，則實(shí)數(shù)a的值為________．【答案】0或6【解析】由x2＋y2＋2x－4y－4＝0得(x＋1)2＋(y－2)2＝9，所以圓C的圓心坐標(biāo)為C(－1，2)，半徑為3，由AC⊥BC，可知△ABC是直角邊長為3的等腰直角三角形，故可得圓心C到直線x－y＋a＝0的距離為eq\f(3\r(2),2)，由點(diǎn)到直線的距離公式可得eq\f(|－1－2＋a|,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)，解得a＝0或a＝6.8．(2020年江蘇)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0))，A，B是圓C：x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＝36上的兩個動點(diǎn)，滿足PA＝PB，則△PAB的面積的最大值是________．【答案】10eq\r(5)【解析】如圖，作PC所在直徑EF，交AB于點(diǎn)D，因?yàn)镻A＝PB，CA＝CB＝R＝6，所以PC⊥AB，EF為垂徑．要使面積S△PAB最大，則P、D位于C兩側(cè)，并設(shè)CD＝x，計(jì)算可知PC＝1，故PD＝1＋x，AB＝2BD＝2eq\r(36－x2)，故S△PAB＝eq\f(1,2)AB·PD＝(1＋x)eq\r(36－x2)，令x＝6cosθ，S△PAB＝(1＋x)·eq\r(36－x2)＝(1＋6cosθ)·6sinθ＝6sinθ＋18sin2θ，0<θ≤eq\f(π,2)，記函數(shù)f(θ)＝6sinθ＋18sin2θ，則f′(θ)＝6cosθ＋36cos2θ＝6(12cos2θ＋cosθ－6)，令f′(θ)＝6(12cos2θ＋cosθ－6)＝0，解得cosθ＝eq\f(2,3)或cosθ＝－eq\f(3,4)<0(舍去)．顯然，當(dāng)0≤cosθ<eq\f(2,3)時，f′(θ)<0，f(θ)單調(diào)遞減；當(dāng)eq\f(2,3)<cosθ<1時，f′(θ)>0，f(θ)單調(diào)遞增．結(jié)合cosθ在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))遞減，故cosθ＝eq\f(2,3)時f(θ)最大，此時sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(5),3)，故f(θ)max＝6×eq\f(\r(5),3)＋36×eq\f(\r(5),3)×eq\f(2,3)＝10eq\r(5)，即△PAB的面積的最大值是10eq\r(5).9．已知圓C經(jīng)過點(diǎn)A(2，－1)和直線x＋y＝1相切，且圓心在直線y＝－2x上．(1)求圓C的方程；(2)已知直線l經(jīng)過原點(diǎn)，并且被圓C截得的弦長為2，求直線l的方程．解：(1)設(shè)圓心的坐標(biāo)為C(a，－2a)則eq\r(a－22＋－2a＋12)＝eq\f(|a－2a－1|,\r(2)).化簡得a2－2a＋1＝0，解得a＝1.所以C(1，－2)半徑r＝|AC|＝eq\r(1－22＋－2＋12)＝eq\r(2).所以圓C的方程為(x－1)2＋(y＋2)2＝2.(2)①當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝0，此時直線l被圓C截得的弦長為2，滿足條件．②當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＝kx，由題意得eq\f(|k＋2|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝－eq\f(3,4)，所以直線l的方程為y＝－eq\f(3,4)x.綜上所述，直線l的方程為x＝0或3x＋4y＝0.[B級能力提升]10．(2020年六安月考)已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C1：(x－m)2＋(y－m－6)2＝2與圓C2：(x＋1)2＋(y－2)2＝1交于A，B兩點(diǎn)，若|OA|＝|OB|，則實(shí)數(shù)m的值為()A．1 B．2C．－1 D．－2【答案】D【解析】圓C1：(x－m)2＋(y－m－6)2＝2的圓心為C1(m，m＋6)，圓C2：(x＋1)2＋(y－2)2＝1的圓心為C2(－1,2)，若|OA|＝|OB|，由連心線垂直平分公共弦可得O在兩圓的圓心的連線上，可得kC1C2＝kOC2，即eq\f(m＋6－2,m＋1)＝eq\f(2,－1)，解得m＝－2.11．(多選)(2020年葫蘆島模擬)若P是圓C：(x＋3)2＋(y－3)2＝1上任一點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線y＝kx－1的距離的值可以為()A．4 B．6C．3eq\r(2)＋1 D．8【答案】ABC【解析】直線y＝kx－1恒過定點(diǎn)A(0，－1)點(diǎn)，當(dāng)直線與AC垂直時，點(diǎn)P到直線y＝kx－1距離最大等于AC＋r，圓心坐標(biāo)為(－3,3)，所以點(diǎn)P到直線的最大距離為eq\r(－32＋3＋12)＋1＝6；當(dāng)直線與圓有交點(diǎn)時最小為0，所以點(diǎn)P到直線y＝kx－1的距離的范圍為[0,6]．12．已知圓C1：x2＋y2－2ax＋a2－9＝0和圓C2：x2＋y2＋2by－4＋b2＝0恰有三條公切線，若a∈R，b∈R，令t＝a＋b，則t的取值范圍是________．【答案】[－5eq\r(2)，5eq\r(2)]【解析】由x2＋y2－2ax＋a2－9＝0，得(x－a)2＋y2＝9，由x2＋y2＋2by－4＋b2＝0，得x2＋(y＋b)2＝4.依題意可得，兩圓外切，則兩圓圓心距離等于兩圓的半徑之和，則eq\r(a2＋－b2)＝3＋2＝5，即a2＋b2＝25，所以點(diǎn)(a，b)滿足圓a2＋b2＝25的方程，于是t＝a＋b可以看作直線l：a＋b－t＝0，則直線l與圓a2＋b2＝25有交點(diǎn)，即有eq\f(|t|,\r(2))≤5，從而得－5eq\r(2)≤t≤5eq\r(2).13．(一題兩空)(2020年山西模擬)傾斜角是45°，且過點(diǎn)(1,4)的直線l交圓C：x2＋y2－2y－3＝0于A，B兩點(diǎn)，則直線l的一般式方程為____________，|AB|＝________.【答案】x－y＋3＝02eq\r(2)【解析】直線l的斜率k＝tan45°＝1，又直線l過點(diǎn)(1,4)，所以直線l的方程為y－4＝1×(x－1)，化為一般方程，即x－y＋3＝0.化圓C：x2＋y2－2y－3＝0為x2＋(y－1)2＝4，則圓心坐標(biāo)為C(0,1)，半徑為2.圓心C(0,1)到直線x－y＋3＝0的距離d＝eq\f(|－1＋3|,\r(2))＝eq\r(2).所以|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(4－2)＝2eq\r(2).14．(2020年揚(yáng)州模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：x2＋y2＋2x－4y＋F＝0，且圓C被直線x－y＋3＋eq\r(2)＝0截得的弦長為2.(1)求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若圓C的切線l在x軸和y軸上的截距相等，求切線l的方程；(3)若圓D：(x－a)2＋(y－1)2＝2上存在點(diǎn)P，由點(diǎn)P向圓C引一條切線，切點(diǎn)為M，且滿足PM＝eq\r(2)PO，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)由題意得C：x2＋y2＋2x－4y＋F＝0，即(x＋1)2＋(y－2)2＝5－F＞0，所以F<5，所以C(－1,2)，r2＝5－F.圓心C(－1,2)到直線x－y＋3＋eq\r(2)＝0的距離d＝eq\f(|－1－2＋3＋\r(2)|,\r(2))＝1.因?yàn)橄议L為2，所以5－F＝12＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)))2，所以F＝3.所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝2.(2)因?yàn)橹本€l在x軸和y軸上的截距相等，①若直線l過原點(diǎn)，則假設(shè)直線l的方程為y＝kx，即kx－y＝0.因?yàn)橹本€l與圓C相切，所以d＝eq\f(|－k－2|,\r(1＋k2))＝eq\r(2).所以k2－4k－2＝0，所以k＝2±eq\r(6).所以直線l的方程為y＝(2＋eq\r(6))x或y＝(2－eq\r(6))x.②若直線l不過原點(diǎn)，切線l在x軸和y軸上的截距相等，則假設(shè)直線l的方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,a)＝1，即x＋y－a＝0.因?yàn)橹本€l與圓C相切，所以d＝eq\f(|1－a|,\r(2))＝eq\r(2)，所以|1－a|＝2，所以a＝3或a＝－1.所以直線l的方程為x＋y－3＝0或x＋y＋1＝0.綜上可得，直線l的方程為y＝(2＋eq\r(6))x或y＝(2－eq\r(6))x或x＋y－3＝0或x＋y＋1＝0.(3)設(shè)P(x，y)，由PM＝eq\r(2)PO，可得PM2＝2PO2.因?yàn)镻M與C相切，且M為切點(diǎn)，所以PM2＝PC2－r2.所以2PO2＝PC2－2.所以2(x2＋y2)＝(x＋1)2＋(y－2)2－2.所以x2＋y2－2x＋4y－3＝0，即(x－1)2＋(y＋2)2＝8.因?yàn)镻又在圓(x－a)2＋(y－1)2＝2上，所以兩圓有公共點(diǎn)．所以eq\r(2)≤eq\r(1－a2＋－2－12)≤3eq\r(2).又eq\r(1－a2＋－2－12)＝eq\r(1－a2＋9)＞eq\r(2)恒成立，所以eq\r(1－a2＋9)≤3eq\r(2).所以(a－1)2≤9，所以－2≤a≤4.[C級創(chuàng)新突破]15．(2020年金牛區(qū)校級期末)如圖，圓C與x軸相切于點(diǎn)T(1,0)，與y軸正半軸交于兩點(diǎn)A，B(B在A的上方)，且|AB|＝2.過點(diǎn)A任作一條直線與圓O：x2＋y2＝1相交于M，N兩點(diǎn)，eq\f(|NB|,|NA|)＋eq\f(|MA|,|MB|)的值為()A．2 B．3C．2eq\r(2) D．eq\r(2)－1【答案】C【解析】因?yàn)閳AC與x軸相切于點(diǎn)T(1,0)，所以圓心的橫坐標(biāo)x＝1，取AB的中點(diǎn)E.因?yàn)閨AB|＝eq\r(2)，所以|BE|＝1，則|BC|＝eq\r(2)，即圓的半徑r＝|BC|＝eq\r(2).所以圓心C(1，eq\r(2))．所以E(0，eq\r(2))．又因?yàn)閨AB|＝2，且E為AB中點(diǎn)，所以A(0，eq\r(2)－1)，B(0，eq\r(2)＋1)．因?yàn)镸，N在圓O：x2＋y2＝1上，所以可設(shè)M(cosα，sinα)，N(cosβ，sinβ)，所以|NA|＝eq\r(cosβ－02＋[sinβ－\r(2)－1]2)＝eq\r(2\r(2)－1\r(2)－sinβ)，|NB|＝eq\r(cosβ－02＋[sinβ－\r(2)＋1]2)＝eq\r(2\r(2)＋1\r(2)－sinβ).所以eq\f(|NB