多维层次练47-直线与圆、圆与圆的位置关系学案

这是一份多维层次练47-直线与圆、圆与圆的位置关系学案，共10页。
1．过点(3，1)作圆(x－1)2＋y2＝r2的切线有且只有一条，则该切线的方程为( )
A．2x＋y－5＝0 B．2x＋y－7＝0
C．x－2y－5＝0 D．x－2y－7＝0
解析：由题意，过点(3，1)作圆(x－1)2＋y2＝r2的切线有且只有一条，则点(3，1)在圆上，代入可得r2＝5，圆的方程为(x－1)2＋y2＝5，则过点(3，1)的切线方程为(x－1)·(3－1)＋y(1－0)＝5，即2x＋y－7＝0.
答案：B
2．圆x2＋y2－2x＋4y＝0与直线2tx－y－2－2t＝0(t∈R)的位置关系为( )
A．相离 B．相切
C．相交 D．以上都有可能
解析：直线2tx－y－2－2t＝0恒过点(1，－2)，
因为12＋(－2)2－2×1＋4×(－2)＝－50，则有eq \f(|4a－3|,5)＝1，解得a＝2或a＝－eq \f(1,2)(舍去)，因此所求圆的方程是(x－2)2＋(y－1)2＝1.
答案：A
5．(2019·全国联考)若倾斜角为60°的直线l与圆C：x2＋y2－6y＋3＝0交于M，N两点，且∠CMN＝30°，则直线l的方程为( )
A.eq \r(3)x－y＋3＋eq \r(6)＝0或eq \r(3)x－y＋3－eq \r(6)＝0
B.eq \r(3)x－y＋2＋eq \r(6)＝0或eq \r(3)x－y＋2－eq \r(6)＝0
C.eq \r(3)x－y＋eq \r(6)＝0或eq \r(3)x－y－eq \r(6)＝0
D.eq \r(3)x－y＋1＋eq \r(6)＝0或eq \r(3)x－y＋1－eq \r(6)＝0
解析：依题意，圆C：x2＋(y－3)2＝6.设直线l：eq \r(3)x－y＋m＝0，由∠CMN＝30°，且圆的半径r＝eq \r(6)，得圆心C到直线l的距离d＝eq \f(\r(6),2)＝eq \f(|m－3|,2)，解得m＝3±eq \r(6).故直线l的方程为eq \r(3)x－y＋3＋eq \r(6)＝0或eq \r(3)x－y＋3－eq \r(6)＝0.故选A.
答案：A
6．在平面直角坐标系xOy中，若圆C：(x－3)2＋(y－a)2＝4上存在两点A，B满足：∠AOB＝60°，则实数a的最大值是( )
A．5 B．3
C．eq \r(7) D．2eq \r(3)
解析：根据题意，圆C的圆心为(3，a)，在直线x＝3上，
分析可得，当圆心距离x轴的距离越远，∠AOB越小．
如图，当a>0时，圆心C在x轴上方，若OA，OB为圆的切线且∠AOB＝60°，此时a取得最大值，
此时∠AOC＝30°，
有|OC|＝2|AC|＝4，即(3－0)2＋(a－0)2＝16，
解得a＝eq \r(7)，故实数a的最大值是eq \r(7)，故选C.
答案：C
7．(2020·天津卷)已知直线x－eq \r(3)y＋8＝0和圆x2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B两点．若|AB|＝6，则r的值为________．
解析：由题意，得r2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|8|,\r(12＋（－\r(3)）2))))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,2)))eq \s\up12(2)＝25.又r>0，所以r＝5.
答案：5
8．(2020·浙江卷)已知直线y＝kx＋b(k>0)与圆x2＋y2＝1和圆(x－4)2＋y2＝1均相切，则k＝________，b＝________.
解析：由题意，设圆x2＋y2＝1的圆心坐标为C1(0，0)，半径r1＝1，圆(x－4)2＋y2＝1的圆心坐标为C2(4，0)，半径r2＝1.因为这两圆的半径都为1，圆心都在x轴上，直线y＝kx＋b的斜率大于0，所以直线y＝kx＋b(k>0)经过线段C1C2的中点，即点(2，0)，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2k＋b＝0，
\f(|b|,\r(k2＋（－1）2))＝1.))因为k>0，所以解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝\f(\r(3),3)，
b＝－\f(2\r(3),3).))
答案：eq \f(\r(3),3) －eq \f(2\r(3),3)
9．已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点．
(1)求k的取值范围；
(2)若eq \(OM,\s\up15(→))·eq \(ON,\s\up15(→))＝12，其中O为坐标原点，求|MN|.
解：(1)由题设可知直线l的方程为y＝kx＋1.
因为直线l与圆C交于两点，
所以eq \f(|2k－3＋1|,\r(1＋k2))0)，
由3eq \(AD,\s\up15(→))＝5eq \(DB,\s\up15(→))可得
|BD|＝3m，|AB|＝8m，
则|DE|＝4m－3m＝m，
在Rt△ODE中，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)r))eq \s\up12(2)＝(eq \r(2))2＋m2，①
在Rt△OAE中，有r2＝(eq \r(2))2＋(4m)2，②
联立①②，解得r＝eq \r(10).
答案：eq \r(10)
15．已知以点Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(2,t)))(t∈R，t≠0)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．
(1)证明：由题意知圆C过原点O，所以半径r＝|OC|.
因为|OC|2＝t2＋eq \f(4,t2)，
所以设圆C的方程为(x－t)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(2,t)))eq \s\up12(2)＝t2＋eq \f(4,t2).
令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，则A(2t，0)．
令x＝0，得y1＝0，y2＝eq \f(4,t)，则Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,t))).
所以S△OAB＝eq \f(1,2)|OA|·|OB|＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4,t)))×|2t|＝4，
即△OAB的面积为定值．
(2)解：因为|OM|＝|ON|，|CM|＝|CN|，
所以OC垂直平分线段MN.
因为kMN＝－2，所以kOC＝eq \f(1,2)，所以直线OC的方程为y＝eq \f(1,2)x.
所以eq \f(2,t)＝eq \f(1,2)t，解得t＝2或t＝－2.
当t＝2时，圆心C的坐标为(2，1)，r＝|OC|＝eq \r(5)，
此时圆心C到直线y＝－2x＋4的距离d＝eq \f(1,\r(5))eq \r(5)，
圆C与直线y＝－2x＋4不相交．
所以圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.
[拔高创新练]
16．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)．
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\{(\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．