课时过关检测（四十七） 直线与圆、圆与圆的位置关系

这是一份课时过关检测（四十七） 直线与圆、圆与圆的位置关系，共6页。

1．(2021·长春质量监测)已知直线x＋y＝0与圆(x－1)2＋(y－b)2＝2相切，则b＝( )
A．－3B．1
C．－3或1D．eq \f(5,2)
解析：选C 由圆的方程知，圆的圆心为(1，b)，半径为eq \r(2).由直线与圆相切，得eq \f(|1＋b|,\r(12＋12))＝eq \r(2)，解得b＝－3或b＝1，故选C．
2．若直线：y＝kx＋1被圆C：x2＋y2－2x－3＝0截得的弦最短，则k＝( )
A．1B．－1
C．2D．－2
解析：选A 由x2＋y2－2x－3＝0，得(x－1)2＋y2＝4.易知直线y＝kx＋1恒过定点A(0,1)，要使截得的弦最短，需圆心(1,0)和A点的连线与直线y＝kx＋1垂直，所以k·eq \f(0－1,1－0)＝－1，即k＝1.故选A．
3．已知圆C：x2＋y2－2x－2my＋m2－3＝0关于直线l：x－y＋1＝0对称，则直线x＝－1与圆C的位置关系是( )
A．相切 B．相交
C．相离D．不能确定
解析：选A 由已知得C：(x－1)2＋(y－m)2＝4，即圆心C(1，m)，半径r＝2，因为圆C关于直线l：x－y＋1＝0对称，所以圆心(1，m)在直线l：x－y＋1＝0上，所以m＝2.由圆心C(1,2)到直线x＝－1的距离d＝1＋1＝2＝r知，直线x＝－1与圆C相切．故选A．
4．已知圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝6，圆O2的圆心坐标为(2,1)．若两圆相交于A，B两点，且|AB|＝4，则圆O2的方程为( )
A．(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：选C 设圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝r2(r＞0)．因为圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝6，所以直线AB的方程为4x＋4y＋r2－10＝0.圆心O1到直线AB的距离d＝eq \f(|r2－14|,4\r(2))，由d2＋22＝6，得eq \f(r2－142,32)＝2，所以r2－14＝±8，r2＝6或22.故圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝6或(x－2)2＋(y－1)2＝22.
5．(2021·昆明市三诊一模)已知P是函数f(x)＝x2图象上的一点，过P作圆x2＋y2－4y＋3＝0的两条切线，切点分别为A，B，则eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的最小值为( )
A．－eq \f(3,28)B．2eq \r(2)－3
C．0D．eq \f(3,2)
解析：选A 圆x2＋y2－4y＋3＝0可化为x2＋(y－2)2＝1.设点P(x，y)，则y＝x2.设圆x2＋y2－4y＋3＝0的圆心为C，则C(0,2)，如图，连接PC，AC，则|PA|2＝|PC|2－1＝y＋y2－4y＋4－1＝y2－3y＋3.设∠CPA＝∠CPB＝θ，则∠APB＝2θ.sin2θ＝eq \f(1,|PC|2)＝eq \f(1,y2－3y＋4)，cs 2θ＝1－2sin2θ＝eq \f(y2－3y＋2,y2－3y＋4).设t＝y2－3y＋4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2)))2＋eq \f(7,4)≥eq \f(7,4)，则eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝|eq \(PA,\s\up7(―→))|2cs 2θ＝(t－1)·eq \f(t－2,t)＝t＋eq \f(2,t)－3.由对勾函数的性质知，函数y＝t＋eq \f(2,t)－3在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，＋∞))上单调递增，所以eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的最小值为eq \f(7,4)＋eq \f(2,\f(7,4))－3＝－eq \f(3,28)，故选A．
6．(多选)(2021·山东泰安模拟) 已知圆M：(x＋cs θ)2＋(y－sin θ)2＝1, 直线l：y＝kx. 则下列选项中正确的是( )
A．对任意实数k和θ，直线l和圆M有公共点
B．对任意实数θ，必存在实数k，使得直线l与圆M相切
C．对任意实数k，必存在实数θ，使得直线l与圆M相切
D．存在实数k与θ，使得圆M上有一点到直线l的距离为3
解析：选AC 圆M：(x＋cs θ)2＋(y－sin θ)2＝1恒过原点O(0,0)，所以A正确；圆心M(－cs θ，sin θ)到直线l的距离为d，d＝eq \f(|kcs θ＋sin θ|,\r(1＋k2))＝|sin(θ＋φ)|≤1，∴对于任意实数k，直线l与圆相交或相切，所以选项C正确，选项B不正确；圆上的点到直线l距离最大值为d＋1≤2，所以选项D不正确．故选A、C．
7．若P(2,1)为圆(x－1)2＋y2＝25的弦AB的中点，则直线AB的方程为______________．
解析：因为圆(x－1)2＋y2＝25的圆心为(1,0)，所以直线AB的斜率等于eq \f(－1,\f(1－0,2－1))＝－1，由点斜式得直线AB的方程为y－1＝－(x－2)，即x＋y－3＝0.
答案：x＋y－3＝0
8．已知实数x，y满足(x－2)2＋y2＝4，则3x2＋4y2的最大值为________．
解析：由(x－2)2＋y2＝4，得y2＝4x－x2≥0，得0≤x≤4，所以3x2＋4y2＝3x2＋4(4x－x2)＝－x2＋16x＝－(x－8)2＋64(0≤x≤4)，所以当x＝4时，3x2＋4y2取得最大值48.
答案：48
9．(2021·吉林三调)已知两圆相交于两点A(a,3)，B(－1,1)，若两圆圆心都在直线x＋y＋b＝0上，则a＋b的值是________．
解析：由题意可知，直线x＋y＋b＝0是线段AB的垂直平分线，又直线x＋y＋b＝0的斜率为－1，则kAB＝1，即eq \f(3－1,a＋1)＝1，解得a＝1，∴线段AB的中点为(0,2)．又(0,2)在直线x＋y＋b＝0上，∴0＋2＋b＝0，解得b＝－2，∴a＋b＝－1.
答案：－1
10．(2021·郑州模拟)过动点M作圆C：(x－2)2＋(y－2)2＝1的切线，N为切点．若|MN|＝|MO|(O为坐标原点)，则|MN|的最小值为________．
解析：设M(x，y)，因为|MN|＝|MO|，所以(x－2)2＋(y－2)2－1＝x2＋y2，整理得4x＋4y－7＝0，即动点M在直线4x＋4y－7＝0上，所以|MN|的最小值就是|MO|的最小值，为eq \f(7,\r(42＋42))＝eq \f(7\r(2),8).
答案：eq \f(7\r(2),8)
11．已知圆C：x2＋y2－8y＋12＝0，直线l：ax＋y＋2a＝0.
(1)当a为何值时，直线l与圆C相切；
(2)当直线l与圆C相交于A，B两点，且|AB|＝2eq \r(2)时，求直线l的方程．
解：(1)根据题意，圆C：x2＋y2－8y＋12＝0，则圆C的标准方程为x2＋(y－4)2＝4，其圆心为(0,4)，半径r＝2，若直线l与圆C相切，则有eq \f(|4＋2a|,\r(1＋a2))＝2，解得a＝－eq \f(3,4).
(2)设圆心C到直线l的距离为d，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|AB|,2)))2＋d2＝r2，即2＋d2＝4，解得d＝eq \r(2)，
则有d＝eq \f(|4＋2a|,\r(1＋a2))＝eq \r(2)，解得a＝－1或－7，则直线l的方程为x－y＋2＝0或7x－y＋14＝0.
12．已知点P(2,2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．
(1)求M的轨迹方程；
(2)当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．
解：(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，所以圆心为C(0,4)，半径为4.
设M(x，y)，则eq \(CM,\s\up7(―→))＝(x，y－4)，eq \(MP,\s\up7(―→))＝(2－x,2－y)．
由题设知eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(MP,\s\up7(―→))＝0，故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝2.
由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.
(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心，eq \r(2)为半径的圆．由于|OP|＝|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ON⊥PM.
因为ON的斜率为3，所以l的斜率为－eq \f(1,3)，
故l的方程为x＋3y－8＝0.
又|OM|＝|OP|＝2eq \r(2)，O到l的距离为eq \f(4\r(10),5)，
所以|PM|＝eq \f(4\r(10),5)，S△POM＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(10),5)×eq \f(4\r(10),5)＝eq \f(16,5)，
故△POM的面积为eq \f(16,5).
B级——综合应用
13．(2021·武汉调研)若圆O1：x2＋y2＝5与圆O2：(x＋m)2＋y2＝20相交于A，B两点，且两圆在点A处的切线互相垂直，则线段AB的长度是( )
A．3B．4
C．2eq \r(3)D．8
解析：选B 如图，连接O1A，O2A，由于⊙O1与⊙O2在点A处的切线互相垂直，因此O1A⊥O2A，所以|O1O2|2＝|O1A|2＋|O2A|2，即m2＝5＋20＝25，设AB交x轴于点C．在Rt△O1AO2中，sin∠AO2O1＝eq \f(\r(5),5)，∴在Rt△ACO2中，|AC|＝|AO2|·sin∠AO2O1＝2eq \r(5)×eq \f(\r(5),5)＝2，∴|AB|＝2|AC|＝4.故选B.
14．若圆x2＋y2＝r2(r＞0)上恒有4个点到直线x－y－2＝0的距离为1，则实数r的取值范围是( )
A．(eq \r(2)＋1，＋∞)B．(eq \r(2)－1，eq \r(2)＋1)
C．(0，eq \r(2)－1)D．(0，eq \r(2)＋1)
解析：选A 计算得圆心到直线l的距离为eq \f(2,\r(2))＝eq \r(2)＞1，如图，直线l：x－y－2＝0与圆相交，l1，l2与l平行，且与直线l的距离为1，故可以看出，圆的半径应该大于圆心到直线l2的距离eq \r(2)＋1.
15．已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．
(1)求圆C的方程；
(2)过点M(1,0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)设圆心C(a,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＞－\f(5,2))).
则eq \f(|4a＋10|,5)＝2，解得a＝0或a＝－5(舍去)．
所以圆C的方程为x2＋y2＝4.
(2)当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB.
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝4，,y＝kx－1))得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(2k2,k2＋1)，x1x2＝eq \f(k2－4,k2＋1).
若x轴平分∠ANB，
则kAN＝－kBN，即eq \f(y1,x1－t)＋eq \f(y2,x2－t)＝0，
则eq \f(kx1－1,x1－t)＋eq \f(kx2－1,x2－t)＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，
亦即eq \f(2k2－4,k2＋1)－eq \f(2k2t＋1,k2＋1)＋2t＝0，解得t＝4，
所以当点N坐标为(4,0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立，即x轴平分∠ANB.
C级——迁移创新
16．(2021·山东东营一中月考)瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中作△ABC，△ABC中，AB＝AC＝4，点B(－1,3)，点C(4，－2)，且其“欧拉线”与圆(x－3)2＋y2＝r2相切，则该圆的直径为( )
A．1B．eq \r(2)
C．2D．2eq \r(2)
解析：选D 因为在△ABC中，AB＝AC＝4，所以BC边上的高线、垂直平分线和中线三线合一，则△ABC的“欧拉线”为边BC的垂直平分线，因为点B(－1,3)，点C(4，－2)，所以BC的中点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(1,2)))，因为直线BC的斜率为eq \f(3＋2,－1－4)＝－1，所以BC的垂直平分线的斜率为1，所以BC的垂直平分线方程为y－eq \f(1,2)＝x－eq \f(3,2)，即x－y－1＝0，因为“欧拉线”与圆(x－3)2＋y2＝r2相切，所以可得圆心(3,0)到“欧拉线”的距离d＝eq \f(|3－0－1|,\r(2))＝eq \r(2)＝r，所以该圆的直径为2eq \r(2).故选D.