高中人教A版 (2019)2.5 直线与圆、圆与圆的位置课时作业

这是一份高中人教A版 (2019)2.5 直线与圆、圆与圆的位置课时作业，文件包含24-25阶段巩固提高练习原卷版docx、24-25阶段巩固提高练习解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。




一．单项选择题


1．（2020春•让胡路区校级期末）圆（x+1）2+y2＝4的圆心坐标和半径分别是（ ）


A．（1，0），2B．（﹣1，0），2C．（1，0），4D．（﹣1，0），4


【分析】根据题意，由圆的标准方程分析可得答案．


【解答】解：根据题意，所给圆的标准方程为（x+1）2+y2＝4，其圆心为（﹣1，0），半径r＝2；


故选：B．


2．（2020•道里区校级模拟）若圆C1：x2+y2＝4与圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+m＝0外切，则实数m＝（ ）


A．﹣24B．﹣16C．24D．16


【分析】根据题意，分析两圆的圆心与半径，由两圆外切可得|C1C2|＝＝5＝2+，解可得m的值，即可得答案．


【解答】解：根据题意，圆C1：x2+y2＝4，圆心为（0，0），半径为R＝2，


圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+m＝0，即（x﹣3）2+（y﹣4）2＝25﹣m，圆心为（3，4），半径r＝


若圆C1：x2+y2＝4与圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+m＝0外切，则有|C1C2|＝＝5＝2+，


解可得m＝16，


故选：D．


3．（2020•二模拟）已知直线x﹣y+2＝0与圆x2+y2﹣2x﹣2y+m＝0有公共点，则m的取值范围是（ ）


A．（﹣∞，1]B．[1，+∞）C．（﹣∞，﹣2]D．[﹣2，+∞）


【分析】化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，再由圆心到直线的距离小于等于半径列式求解．


【解答】解：由x2+y2﹣2x﹣2y+m＝0，得（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2﹣m，


则圆心坐标为（1，1），半径为r＝（m＜2）．


圆心（1，1）到直线x﹣y+2＝0的距离d＝，


要使直线x﹣y+2＝0与圆x2+y2﹣2x﹣2y+m＝0有公共点，


则d≤r，即2，解得m≤﹣2．


∴m的取值范围是（﹣∞，﹣2]．


故选：C．


4．（2020春•新华区校级期末）过点P（2，﹣1）的直线与圆C：（x+1）2+（y﹣1）2＝5相切，则切线长为（ ）


A．B．C．D．


【分析】根据题意，分析圆的圆心与半径，求出P到圆心C的距离|PC|，由切线长公式计算可得答案．


【解答】解：根据题意，圆C：（x+1）2+（y﹣1）2＝5，其圆心为（﹣1，1），半径r＝，


点P（2，﹣1）的直线与圆C：（x+1）2+（y﹣1）2＝5相切，


又由|PC|＝，


所以切线长为；


故选：C．


5．（2020春•武汉期末）已知直线l：mx﹣y﹣m+＝0与圆C：（x﹣2）2+y2＝4．直线l与圆C下列关系中不可能的是（ ）


A．相交B．相切C．过圆心D．相离


【分析】由直线系方程可得直线过圆上的定点，由此可得直线l与圆C不可能相离．


【解答】解：由直线l：mx﹣y﹣m+＝0，得m（x﹣1）﹣y+＝0，


由，得，可得直线l过定点A（1，）．


圆C：（x﹣2）2+y2＝4的圆心C（2，0），半径r＝2．


∵|CA|＝，∴A在圆C上，


∴直线l与圆C不可能相离，故选：D．


6．（2020•红岗区校级模拟）过原点O作圆C：x2+y2+4x+4y+5＝0的两条切线，设切点分别为A，B，则直线AB的方程为（ ）


A．2x+2y﹣5＝0B．4x+4y﹣5＝0C．2x+2y+5＝0D．4x+4y+5＝0


【分析】根据题意，分析圆C的圆心与半径，由切线长公式可得|PA|＝|PB|＝＝，进而可得点A、B在圆x2+y2＝5上，结合圆与圆为位置关系分析可得直线AB的方程为圆C：x2+y2+4x+4y+5＝0与圆x2+y2＝5的公共弦所在的直线，联立两圆的方程分析可得答案．


【解答】解：根据题意，圆C：x2+y2+4x+4y+5＝0即（x+2）2+（y+2）2＝3，其圆心为（﹣2，﹣2），半径r＝，


过原点O作圆C：x2+y2+4x+4y+5＝0的两条切线，设切点分别为A，B，则|PA|＝|PB|＝＝，


则点A、B在圆x2+y2＝5上，


则直线AB的方程为圆C：x2+y2+4x+4y+5＝0与圆x2+y2＝5的公共弦所在的直线，


又由，则有2x+2y+5＝0，


即直线AB的方程为2x+2y+5＝0，


故选：C．


7．（2020•湖北模拟）已知圆O：x2+y2＝1上恰有两个点到直线l：y＝kx+1的距离为，则直线l的倾斜角的取值范围为（ ）


A．[0，）∪（，）B．[0，）∪（，π）


C．（，）∪（，）D．（，）∪（，π）


【分析】求出圆心到直线l的距离d，把问题转化为＜d≤1求解k的范围，即可求得直线倾斜角的范围．


【解答】解：直线l：y＝kx+1过定点P（0，1），


则圆心到直线距离的最大值为1．


如图，





原点O到直线l的距离d＝．


要使圆O：x2+y2＝1上恰有两个点到直线l：y＝kx+1的距离为，


＜≤1，解得＜k＜．


∴直线l的倾斜角的取值范围为[0，）∪（，π）．


故选：B．


8．（2020•南岗区校级四模）如图A（2，0），B（1，1），C（﹣1，1），D（﹣2，0），是以OD为直径的圆上一段圆弧，是以BC为直径的圆上一段圆弧，是以OA为直径的圆上一段圆弧，三段弧构成曲线W．下列关于曲线W的结论中，正确的个数为（ ）


①曲线W与x轴围成的面积等于2π；


②曲线W上有5个整点（横纵坐标均为整数的点）；


③所在圆与所在圆的交点弦所在直线方程为x﹣y＝0．





A．0B．1C．2D．3


【分析】分别求得以BC、OA和OD为直径的圆的圆心和半径，结合图形和圆的面积、矩形的面积公式可判断①；求得曲线哪个的整点可判断②；由两圆的方程相减可判断③．


【解答】解：可设以BC为直径的圆的圆心为F，半径为1；以OA为直径的圆的圆心为H，半径为1；


以OD为直径的圆的圆心为G，半径为1；


对于①，曲线W与x轴围成的图形为以BC为直径的半圆和2个的圆弧BA和圆弧DC，加上矩形GHBC，


其面积为π+π+2＝2+π，故①错误；


对于②，曲线W上的整点为（﹣2，0），（﹣1，1），（0，2），（1，1），（2，0），共5个，故②正确；


对于③，所在圆的方程x2+（y﹣1）2＝1，与所在圆的方程（x﹣1）2+y2＝1，


两圆方程相减可得x﹣y＝0，故③正确．


故选：C．





二．多项选择题


9．（2020春•秦淮区期末）过点（2，0）作圆x2+y2﹣2x﹣6y+9＝0的切线l，则直线l的方程为（ ）


A．3x+4y﹣6＝0B．4x+3y﹣8＝0C．x﹣2＝0D．x+2＝0


【分析】根据题意，分析圆x2+y2﹣2x﹣6y+9＝0的圆心以及半径，分直线l的斜率不存在与存在两种情况讨论，求出每种情况下直线l的方程，综合即可得答案．


【解答】解：根据题意，圆x2+y2﹣2x﹣6y+9＝0即（x﹣1）2+（y﹣3）2＝1，其圆心为（1，3），半径r＝1；


若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x＝2，圆心（1，3）到直线l的距离d＝r，与圆相切，符合题意；


若直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，则直线l方程为y＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k＝0，


则有d＝＝1，解可得k＝﹣，此时直线l的方程为4x+3y﹣8＝0，


综合可得：直线l的方程为x＝2或4x+3y﹣8＝0；


故选：BC．


10．（2020春•淮安期中）平行于直线x+2y+1＝0且与圆x2+y2＝4相切的直线的方程可能是（ ）


A．x+2y+5＝0B．x+2y+2＝0C．2x﹣y+5＝0D．x+2y﹣2＝0


【分析】根据题意，设要求直线x+2y+m＝0，分析圆的圆心与半径，由直线与圆相切的性质可得d＝＝2，解可得m的值，将m的值代入即可得直线的方程，即可得答案．


【解答】解：根据题意，设要求直线x+2y+m＝0，


圆x2+y2＝4的圆心为（0，0），半径r＝2，


则有d＝＝2，解可得：m＝±2，


即要求直线的方程为x+2y±2＝0；


故选：BD．


11．（2020春•如皋市期末）已知圆M：x2+y2+D1x+E1y+F1＝0与圆N：x2+y2+D2x+E2y+F2＝0的圆心不重合，直线l：（D1﹣D2）x+（E1﹣E2）y+F1﹣F2＝0．下列说法正确的是（ ）


A．若两圆相交，则l是两圆的公共弦所在直线


B．直线l过线段MN的中点


C．过直线l上一点P（在两圆外）作两圆的切线，切点分别为A，B，则PA＝PB


D．直线l与直线MN相互垂直


【分析】A．直接利用圆与圆的方程相减，得到两圆的公共弦所在的直线方程，即可判断A；


B．若没有公共点，则不存在线段MN，即可判断B；


C．利用切线长和垂径定理，判断选项C；


D．利用经过圆心的直线和公共弦所在的直线的关系，即可判断D．


【解答】解：圆M：x2+y2+D1x+E1y+F1＝0与圆N：x2+y2+D2x+E2y+F2＝0，


联立两圆的方程，有D1x+E1y+F1＝D2x+E2y+F2，


A．整理得（D1﹣D2）x+（E1﹣E2）y+F1﹣F2＝0，即直线l的方程，


该方程也为两圆的公共弦所在的直线方程，即选项A正确；


B．由于两圆的位置关系不确定，所以两圆不一定相交，所以就不存在线段MN，故选项B错误．


C．过直线l上的一点P，作圆的两条切线，根据圆的切线长定理，得到PA＝PB，故C正确．


D．由于经过两圆心MN的直线是直线l的垂直平分线，即选项D正确．


故选：ACD．


12．（2020春•连云港期末）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，AB＝AC＝4，点B（﹣1，3），点C（4，﹣2），且其“欧拉线”与圆M：（x﹣3）2+y2＝r2相切，则下列结论正确的是（ ）


A．圆M上点到直线x﹣y+3＝0的最小距离为2


B．圆M上点到直线x﹣y+3＝0的最大距离为3


C．若点（x，y）在圆M上，则的最小值是


D．圆（x﹣a﹣1）2+（y﹣a）2＝8与圆M有公共点，则a的取值范围是


【分析】由B，C的坐标及AB＝AC及题意可得三角形ABC的欧拉线为线段BC的中垂线，由欧拉线与圆M相切可得，圆心M到欧拉线的距离等于半径可得r的值，由圆上的点到直线的距离的最小值最大值为圆心到直线的距离减半径或加半径可得AB的正确与否；换元令t＝，则y＝，代入圆的方程，由方程有根求出t的范围，即的范围，可得C选项的真假；D中两个圆有公共点可得圆心距在两个半径之差到两个半径之和之间可得a的取值范围．


【解答】解：因为AB＝AC，由题意可得三角形ABD的欧拉线为BC的中垂线，由B（﹣1，3），点C（4，﹣2）可得BC的中点为（，），且kBC＝＝﹣1，


所以线段BC的中垂线方程为：y﹣＝x﹣，即x﹣y﹣1＝0，


因为三角形ABC的“欧拉线”与圆M：（x﹣3）2+y2＝r2相切，所以圆心（3，0）到直线x﹣y﹣1＝0的距离d＝r＝＝，


所以圆M的方程为：（x﹣3）2+y2＝2，


因为圆心（3，0）到直线x﹣y+3＝0的距离d＝＝3，


A中：圆心（3，0）到直线x﹣y+3＝0的距离的最小值为d﹣r＝3﹣＝2，所以A正确；


B中：圆心（3，0）到直线x﹣y+3＝0的距离的最大值为d+r＝3+＝4，所以B不正确；


C中：令t＝，所以y＝，代入圆M的方程（x﹣3）2+y2＝2，可得（x﹣3）2+＝2，整理可得4x2﹣（18﹣2t）x+t2+21＝0，


与由于（x，y）在圆上，所以4x2﹣（18+2t）x+t2+21＝0有根，


则△＝（18+2t）2﹣4×4×（t2+21）≥0，整理可得：t2﹣6t+1≤0，解得：3﹣2≤t≤3+2，


所以t的最小值为3﹣2，即x+y的最小值为3﹣2，所以C正确；


D中：（x﹣a﹣1）2+（y﹣a）2＝8圆心坐标（a+1，a），半径为2；


圆M的（x﹣3）2+y2＝2的圆心坐标为（3，0），半径为，


要使圆（x﹣a﹣1）2+（y﹣a）2＝8与圆M有公共点，则圆心距∈[2﹣，2+]，即圆心距∈[，3]，


所以≤，即解得：，解得1﹣≤a，所以D不正确；


故选：AC．


三．填空题


13．（2020•闵行区校级模拟）已知圆x2+y2＝5，则过点P（2，﹣1）的圆C的切线方程是 ．


【分析】根据题意，分析可得点P在圆上，求出直线OP的斜率，即可得切线的斜率，由直线的点斜式方程分析可得答案．


【解答】解：根据题意，圆x2+y2＝5，点P（2，﹣1）满足22+（﹣1）2＝5，即点P在圆上，


则kOP＝＝﹣，则切线的斜率k＝2，即切线的方程为y+1＝2（x﹣2），变形可得2x﹣y＝5，


即切线的方程为2x﹣y＝5；


故答案为：2x﹣y＝5．


14．（2020•天津二模）过点（1，0），倾斜角为的直线l交圆（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4于A，B两点，则弦AB的长为 ．


【分析】根据题意，由直线的点斜式方程可得直线l的方程，由圆的方程分析可得圆心与半径，求出圆心到直线的距离，结合直线与圆的位置关系，求解即可．


【解答】解：根据题意，过点（1，0），倾斜角为的直线l，则直线l的方程为y＝x﹣1，即x﹣y﹣1＝0，


圆（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4，圆心为（1，2），半径r＝2，


则圆心（1，2）到直线l的距离d＝＝，


则弦AB的长为2×＝2；


故答案为：2．


15．（2020•北辰区二模）圆x2+y2＝2与圆x2+y2﹣4x+4y﹣4＝0的公共弦长为 ．


【分析】根据题意，由两圆的方程，可得两圆的公共弦所在直线的方程，求出圆心到直线的距离，由直线与圆的位置关系可得答案．


【解答】解：根据题意，圆x2+y2＝2与圆x2+y2﹣4x+4y﹣4＝0，


则有，变形，得2x﹣2y+1＝0，


即两圆的公共弦所在直线的方程为2x﹣2y+1＝0，


圆x2+y2＝2的圆心为（0，0），半径r＝，


圆心到公共弦的距离d＝＝，


则公共弦的弦长为2×＝2×＝；


故答案为：．


16．（2020春•韶关期末）直线y＝x+b被圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4截得的弦长的最大值是 ；若该圆上到此直线y＝x+b的距离等于1的点有且仅有4个，则b的取值范围是 ．


【分析】①当直线过圆心时所截的弦长取最大值；②利用数形结合法将题意转化为d＜1，再解绝对值不等式即可得到答案．


【解答】解：①设圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4的圆心为C（1，1），半径r＝2，


当直线y＝x+b过圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4的圆心C（1，1）时，即当b＝0时，此时直线截圆得到的弦为直径，


即直线y＝x+b被圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4截得的弦长的最大值2r＝4．


②若该圆上到此直线y＝x+b的距离等于1的点有且仅有4个，


设圆心C到直线y＝x+b的距离为d，


则d＜1，即，解得，


则b的取值范围是．





四．解答题


17．（2020春•保山期末）已知圆C经过A（﹣1，5），B（5，5），D（6，﹣2）三点．


（Ⅰ）求圆C的标准方程；


（Ⅱ）求经过点E（﹣3，2）且和圆C相切的直线l的方程．


【分析】（Ⅰ）根据题意，设要求圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，将三点坐标代入计算可得D、E、F的值，即可得圆C的一般式方程，变形可得答案；


（Ⅱ）根据题意，分析圆C的圆心与半径，进而分别讨论直线l的斜率存在与不存在时直线l的方程，综合即可得答案．


【解答】解：（Ⅰ）根据题意，设过A（﹣1，5），B（5，5），C（6，﹣2）三点的圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，


则有，


解可得D＝﹣4，E＝﹣2，F＝﹣20，


故所求圆的一般方程为x2+y2﹣4x﹣2y﹣20＝0，变形可得（x﹣2）2+（y﹣1）2＝25，


故圆C的标准方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝25，


（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论，圆C的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝25，其圆心C（2，1），半径r＝5，


若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x＝﹣3，圆心（2，1）到直线l的距离d＝5，与圆相切，符合题意，


若直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y﹣2＝k（x+3），即kx﹣y+3k+2＝0，


则有d＝＝5，解可得k＝，


故直线l的方程为12x﹣5y+46＝0；


综合可得：直线l的方程为x＝﹣3或12x﹣5y+46＝0．


18．（2020春•娄底期末）已知直线l：x﹣y+2＝0和圆C：x2+y2﹣6y+5＝0．


（1）直线l交圆C于A，B两点，求弦长|AB|；


（2）求过点P（2，﹣5）的圆的切线方程．


【分析】（1）根据题意，由圆的方程分析圆的圆心以及半径，求出圆心到直线的距离，由勾股定理分析可得答案；


（2）根据题意，分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，求出切线的方程，综合2种情况即可得答案．


【解答】解：（1）根据题意，圆C：x2+y2﹣6y+5＝0，即x2+（y﹣3）2＝4，其圆心为（0，3），半径r＝2；


直线l：x﹣y+2＝0，


圆心到直线l的距离d＝＝，


故|AB|＝2×＝；


（2）根据题意，分2种情况讨论：


①当直线斜率不存在时，此时要求直线为x＝2，


圆心C（0，3）到直线x＝2的距离d＝r＝2，直线与圆相切，符合题意；


②当直线的斜率k存在时，设切线方程为y+5＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k﹣5＝0，


则有d＝＝2，解可得k＝﹣，


此时切线的方程为15x+8y+10＝0，


综合可得：切线的方程为x＝2或15x+8y+10＝0．


19．（2019秋•长宁区期末）河北省赵县的赵州桥是世界上历史最悠久的石拱桥之一，赵州桥的跨度约为37.4m，圆拱高约为7.2m．如图建立直角坐标系，求该圆拱所在圆的标准方程（数值精确到0.1m）．





【分析】根据题意，设圆的圆心为O，圆的半径为R，以O为坐标原点，圆拱高所在直线为y轴建立坐标系；利用勾股定理求出圆的半径，即可求出圆拱所在圆的方程．


【解答】解：根据题意，设圆的圆心为O，圆的半径为R；


如图：以圆心O为原点，以圆拱高所在直线为y轴建立坐标系；


由题意，|AB|＝37.4m，|CD|＝7.2m，|AC|＝|AB|＝18.7m


在Rt△ACO中，R2＝18.72+（R﹣7.2）2，解得R＝27.9m


所求圆的方程为x2+y2＝27.92





20．（2020春•桂林期末）若圆O：x2+y2＝r2（r＞0）的内接矩形的周长的最大值为8．


（1）求圆O的方程；


（2）若过点P（1，0）的直线l与圆O交于A，B两点，如图所示，且直线l的斜率k∈[﹣，]，求+的取值范围．





【分析】（1）设矩形对角线所在直线的倾斜角为θ，写出矩形的周长，结合三角函数求最值，可得矩形周长最大时，r＝2，由此可得圆的方程；


（2）设直线AB：y＝k（x﹣1），联立直线方程与圆的方程，化为关于x的一元二次方程，利用弦长公式求得|PA|，|BP|，把+化为关于k的函数，再由k的范围求得+的取值范围．


【解答】解：（1）设矩形对角线所在直线的倾斜角为θ，


则矩形的周长为．


当sin（）＝1，r＝2时，矩形的周长取最大值．


∴矩形周长的最大值为，即r＝2．


则圆O的方程为x2+y2＝4；


（2）设直线AB：y＝k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），


联立，消去y得：（k2+1）x2﹣2k2x+k2﹣4＝0．


∴，．


∴|AP|＝．


同理|BP|＝．


∴|AP|•|BP|＝（1+k2）•|（x1﹣1）（x2﹣1）|


＝（1+k2）•|x1x2﹣（x1+x2）﹣1|＝＝3．


∵＜0，∴（x1﹣1），（x2﹣1）异号．


∴|AP|+|BP|＝


＝＝．


∴＝．


∵k2∈[0，3]，∴1+k2∈[1，4]，∈[]．


∴∈[]


21．（2020春•洮北区校级期末）已知圆C：x2+（y﹣4）2＝4，直线l：（3m+1）x+（1﹣m）y﹣4＝0．


（1）证明直线l总与圆C相交；


（2）当直线l被圆C所截得的弦长为2时，求直线l的方程；


（3）当m＝0时，直线l与圆C交于M、N两点，求过M、N两点在y轴截得弦长为4的圆的方程．


【分析】（1）利用直线系方程证明直线过定点，再由定点在圆内说明直线l总与圆C相交；


（2）当直线斜率不存在时，直接写出直线方程，可得直线l被圆C所截得的弦长为2，符合题意，当直线斜率存在时，设出直线方程，求出圆心到直线的距离，再由垂径定理列式求得k，直线方程可求；


（3）设出经过M，N的圆的方程为x2+（y﹣4）2﹣4+λ（x+y﹣4）＝0，取x＝0，化为关于y的一元二次方程，利用弦长公式列式求得λ，则圆的方程可求．


【解答】（1）证明：依题意得，m（3x﹣y）+（x+y﹣4）＝0，


令3x﹣y＝0且x+y﹣4＝0，得x＝1，y＝3，


∴直线l过定点A（1，3），把点A（1，3）代入圆的方程左侧，


可得12+（3﹣4）2＝2＜4，知点A在圆内部，可得直线l总与圆C相交；


（2）解：当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝1，圆心到直线的距离为1，


直线被圆截得的弦长为；


当直线的斜率存在时，设直线方程为y﹣3＝k（x﹣1），即kx﹣y﹣k+3＝0．


圆心到直线的距离d＝．


由，解得k＝0，直线方程为y＝3．


∴直线l的方程为x＝1或y＝3；


（3）解：当m＝0时，直线l：x+y﹣4＝0．


则经过M，N的圆的方程为x2+（y﹣4）2﹣4+λ（x+y﹣4）＝0．


取x＝0，可得y2﹣（8﹣λ）y+12﹣4λ＝0，


y1+y2＝8﹣λ，y1y2＝12﹣4λ，


由|y1﹣y2|＝＝，


解得λ＝±4，代入x2+（y﹣4）2﹣4+λ（x+y﹣4）＝0．


可得所求圆的方程为（x﹣2）2+（y﹣6）2＝12和（x+2）2+（y﹣2）2＝12．


22．（2020春•苏州期末）如图，点P（x0，y0）是圆O：x2+y2＝9上一动点，过点P作圆O的切线l与圆O1：（x﹣a）2+（y﹣4）2＝100（a＞0）交于A，B两点，已知当直线l过圆心O1时，|O1P|＝4．


（1）求a的值；


（2）当线段AB最短时，求直线l的方程；


（3）问：满足条件＝的点P有几个？请说明理由．





【分析】（1）依题意计算 ，可得结果；


（2）解法1（代数法）：当圆心O1到直线l的距离d最大时，线段AB最短，再求出d的最大值即可得结果；


解法2（几何法）：当圆心O1到直线l的距离d最大时，线段AB最短，当且仅当O1，O，P三点共线时，d取得最大值，从而得解；


（3）采用分类讨论，O1，O 在直线 AB 同侧或异侧，假设|AP|＝t，可得 d2+（2t）2＝100，并得t2＝|MP|2＝25﹣（d﹣3）2 或 t2＝|MP|2＝25﹣（d+3）2计算即可判断．


【解答】解：（1）当直线l过圆心点O1时，


，


解得a＝3（负值舍去）．


（2）解法1（代数法）：因为OP与圆O相切，所以直线l的方程为 x0x+y0y＝9，且 ，


所以圆心O1到直线l的距离


，


记z＝3x0+4y0，则直线3x0+4y0﹣z＝0 与圆 有公共点，


所以圆心（0，0）到直线 3x+4y﹣z＝0 的距离


，所以﹣15⩽z⩽15，


所以当z＝﹣15 时，dmax＝8，此时弦长| 最短，


由，解得，


所以直线l 的方程为 3x+4y+15＝0．


解法2（几何法）：如图，过 O1 作 O1M⊥AB，则 M 为弦 AB 的中点，设 d＝|O1M|，





当|O1M|最长时，弦长|AB|最短，


因为 d⩽|O1P|⩽|OO1|+|OP|＝8，


当且仅当O1，O，P三点共线时，取得最大值，


此时 OO1⊥AB，


因为 ，


所以直线 OO1 的方程为 ，


由，


解得（P点在第 3 象限）


所以直线l的方程为3 x+4y+15＝0．


（3）因为 ，


所以设|AP|＝t，则|BP|＝3t（t＞0），


所以|AB|＝4t，


所以 d2+（2t）2＝100 ①，


（i）如图，当O1，O 在直线 AB 同侧时，





t2＝|MP|2＝25﹣（d﹣3）2②，


由①②得d＝6 或 d＝2，


当d＝6 时，直线 AB 可看作是圆 x2+y2＝9 与圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝36 的公切线，


此时两圆相交，公切线有两条，所以满足条件的点P有2个，


d＝2 时，直线 AB 可看作是圆 x2+y2＝9 与圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4 的公切线，


此时两圆相外切，外公切线有两条，所以满足条件的点P有2个，


（ii）如图，当O1，O 在直线 AB 异侧时，





t2＝|MP|2＝25﹣（d+3）2，③


由①③可得d＝﹣6 或 d＝﹣2（舍），满足条件的P点不存在，


综上，满足条件的点P共有4个．


附：当d＝6 时 ，


即|3x0+4y0﹣9|＝18，


由，


解得P（﹣3，0）或 ，


当d＝2 时 ，


即|3x0+4y0﹣9|＝6，


由，


解得或 或 舍去 ）．