《2020高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章 解析幾何 課時作業(yè)47 直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系 文(含解析)新人教A版》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章 解析幾何 課時作業(yè)47 直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系 文(含解析)新人教A版(9頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、課時作業(yè)47 直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系
1.若直線x+my=2+m與圓x2+y2-2x-2y+1=0相交,則實數(shù)m的取值范圍為( D )
A.(-∞,+∞) B.(-∞,0)
C.(0,+∞) D.(-∞,0)∪(0,+∞)
解析:圓的標準方程為(x-1)2+(y-1)2=1,圓心C(1,1),半徑r=1.因為直線與圓相交,所以d=<r=1.
解得m>0或m<0,故選D.
2.平行于直線2x+y+1=0且與圓x2+y2=5相切的直線的方程是( A )
A.2x+y+5=0或2x+y-5=0
B.2x+y+=0或2x+y-=0
C.2x-y+5=0或2x-y-5=
2、0
D.2x-y+=0或2x-y-=0
解析:切線平行于直線2x+y+1=0,故可設(shè)切線方程為2x+y+c=0(c≠1),結(jié)合題意可得=,解得c=±5.故選A.
3.若a2+b2=2c2(c≠0),則直線ax+by+c=0被圓x2+y2=1所截得的弦長為( D )
A. B.1
C. D.
解析:因為圓心(0,0)到直線ax+by+c=0的距離d===,因此根據(jù)直角三角形的關(guān)系,弦長的一半就等于=,所以弦長為.
4.過三點A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圓交y軸于M,N兩點,則|MN|=( C )
A.2 B.8
C.4 D.10
解析:方法一:
3、設(shè)圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0,
將點A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的坐標代入得方程組解得所以圓的方程為x2+y2-2x+4y-20=0,即(x-1)2+(y+2)2=25,
所以|MN|=2=4.
方法二:因為kAB=-,kBC=3,
所以kABkBC=-1,所以AB⊥BC,
所以△ABC為直角三角形,所以△ABC的外接圓圓心為AC的中點(1,-2),半徑r=|AC|=5,
所以|MN|=2=4.
方法三:由·=0得AB⊥BC,下同方法二.
5.(2019·湖北四地七校聯(lián)考)若圓O1:x2+y2=5與圓O2:(x+m)2+y2=20相交于A,B兩點,且
4、兩圓在點A處的切線互相垂直,則線段AB的長度是( B )
A.3 B.4
C.2 D.8
解析:連接O1A、O2A,如圖,
由于⊙O1與⊙O2在點A處的切線互相垂直,
因此O1A⊥O2A,所以O(shè)1O=O1A2+O2A2,
即m2=5+20=25,設(shè)AB交x軸于點C.
在Rt△O1AO2中,sin∠AO2O1=,
∴在Rt△ACO2中,AC=AO2·sin∠AO2O1=2×=2,
∴AB=2AC=4.故選B.
6.(2019·山西太原五中模擬)已知k∈R,點P(a,b)是直線x+y=2k與圓x2+y2=k2-2k+3的公共點,則ab的最大值為( B )
A.15
5、 B.9
C.1 D.-
解析:由題意得,原點到直線x+y=2k的距離d=≤,且k2-2k+3>0,解得-3≤k≤1,因為2ab=(a+b)2-(a2+b2)=4k2-(k2-2k+3)=3k2+2k-3,所以當(dāng)k=-3時,ab取得最大值9,故選B.
7.(2019·河南鄭州外國語中學(xué)調(diào)研)已知圓C1:(x+2a)2+y2=4和圓C2:x2+(y-b)2=1只有一條公切線,若a,b∈R且ab≠0,則+的最小值為( D )
A.2 B.4
C.8 D.9
解析:由題意可知,圓C1的圓心為(-2a,0),半徑為2,圓C2的圓心為(0,b),半徑為1,因為兩圓只有一條公切
6、線,所以兩圓內(nèi)切,
所以=2-1,
即4a2+b2=1.
所以+=·(4a2+b2)=5++≥5+2=9,當(dāng)且僅當(dāng)=,且4a2+b2=1,即a2=,b2=時等號成立,所以+的最小值為9,故選D.
8.在平面直角坐標系xOy中,點A(0,3),直線l:y=2x-4,設(shè)圓C的半徑為1,圓心在l上.若圓C上存在點M,使MA=2MO,則圓心C的橫坐標a的取值范圍是( A )
A. B.[0,1]
C. D.
解析:因為圓心在直線y=2x-4上,
所以圓C的方程為(x-a)2+[y-2(a-2)]2=1.
設(shè)點M(x,y),因為MA=2MO,
所以=2,
化簡得x2+y2+
7、2y-3=0,
即x2+(y+1)2=4,
所以點M在以D(0,-1)為圓心,2為半徑的圓上.
由題意,點M(x,y)在圓C上,
所以圓C與圓D有公共點,
則|2-1|≤CD≤2+1,
即1≤≤3.
由≥1得5a2-12a+8≥0,解得a∈R;
由≤3得5a2-12a≤0,解得0≤a≤.
所以點C的橫坐標a的取值范圍為.故選A.
9.已知圓C1:x2+y2-2x+10y-24=0和圓C2:x2+y2+2x+2y-8=0,則兩圓的公共弦長為2.
解析:兩式相減整理得x-2y+4=0,即為兩圓公共弦所在直線的方程.
解法一:設(shè)兩圓相交于點A,B,
則A,B兩點的坐標滿足方
8、程組
解得或
所以|AB|==2,
即公共弦長為2.
解法二:由x2+y2-2x+10y-24=0,
得圓心坐標為(1,-5),半徑r=5.
圓心到直線x-2y+4=0的距離d==3,
設(shè)兩圓的公共弦長為l,由r2=d2+2,
得l=2=2=2,
即兩圓的公共弦長為2.
10.(2019·湖南湘中名校聯(lián)考)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[2+2,+∞).
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
9、的距離為半徑1,
所以=1,
即|m+n|=.
兩邊平方并整理得mn=m+n+1.
由基本不等式mn≤2可得m+n+1≤2,
即(m+n)2-4(m+n)-4≥0,
解得m+n≥2+2.
當(dāng)且僅當(dāng)m=n時等號成立.
11.(2019·廣東深圳聯(lián)考)如圖,直角三角形ABC的頂點A的坐標為(-2,0),直角頂點B的坐標為(0,-2),頂點C在x軸上,點P為線段OA的中點.
(1)求BC邊所在直線方程;
(2)若M為直角三角形ABC外接圓的圓心,求圓M的方程;
(3)在(2)的條件下,若動圓N過點P且與圓M內(nèi)切,求動圓N的圓心的軌跡方程.
解:(1)易知kAB=-,AB⊥
10、BC,
∴kCB=,∴BC邊所在直線方程為y=x-2.
(2)由(1)及題意得C(4,0),∴M(1,0),
又∵AM=3,
∴外接圓M的方程為(x-1)2+y2=9.
(3)∵圓N過點P(-1,0),∴PN是動圓的半徑,
又∵動圓N與圓M內(nèi)切,
∴MN=3-PN,即MN+PN=3,
∴點N的軌跡是以M,P為焦點,長軸長為3的橢圓.
∵P(-1,0),M(1,0),
∴a=,c=1,b==,
∴所求軌跡方程為+=1,即+=1.
12.(2019·河北武邑中學(xué)模擬)已知⊙H被直線x-y-1=0,x+y-3=0分成面積相等的四部分,且截x軸所得線段的長為2.
(1)求⊙H
11、的方程;
(2)若存在過點P(a,0)的直線與⊙H相交于M,N兩點,且|PM|=|MN|,求實數(shù)a的取值范圍.
解:(1)設(shè)⊙H的方程為(x-m)2+(y-n)2=r2(r>0),
因為⊙H被直線x-y-1=0,x+y-3=0分成面積相等的四部分,所以圓心H(m,n)一定是兩互相垂直的直線x-y-1=0,x+y-3=0的交點,易得交點坐標為(2,1),所以m=2,n=1.
又⊙H截x軸所得線段的長為2,所以r2=12+n2=2.
所以⊙H的方程為(x-2)2+(y-1)2=2.
(2)設(shè)N(x0,y0),由題意易知點M是PN的中點,
所以M.
因為M,N兩點均在⊙H上,
所以
12、(x0-2)2+(y0-1)2=2,①
2+2=2,
即(x0+a-4)2+(y0-2)2=8,②
設(shè)⊙I:(x+a-4)2+(y-2)2=8,
由①②知⊙H與⊙I:(x+a-4)2+(y-2)2=8有公共點,
從而2-≤|HI|≤2+,
即≤≤3,
整理可得2≤a2-4a+5≤18,
解得2-≤a≤1或3≤a≤2+,
所以實數(shù)a的取值范圍是[2-,1]∪[3,2+].
13.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的值為( D )
A. B.
C. D.
解析:由已知可得圓心到直線2ax+by-2=
13、0的距離d=,則直線被圓截得的弦長為2=2,化簡得4a2+b2=4.
∴t=a=·(2a)·≤[(2a)2+()2]=(8a2+2b2+1)=,當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立,即t取最大值,此時a=(舍負),故選D.
14.(2019·江西新余五校聯(lián)考)已知圓O:x2+y2=9,過點C(2,1)的直線l與圓O交于P,Q兩點,當(dāng)△OPQ的面積最大時,直線l的方程為( D )
A.x-y-3=0或7x-y-15=0
B.x+y+3=0或7x+y-15=0
C.x+y-3=0或7x-y+15=0
D.x+y-3=0或7x+y-15=0
解析:當(dāng)直線l的斜率不存在時,l的方程為x=2,
則P,Q的
14、坐標為(2,),(2,-),
所以S△OPQ=×2×2=2.
當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)l的方程為y-1=k(x-2),
則圓心到直線PQ的距離d=,
由平面幾何知識得|PQ|=2,
S△OPQ=·|PQ|·d=·2·d=≤ =,當(dāng)且僅當(dāng)9-d2=d2,即d2=時,S△OPQ取得最大值.
因為2<,所以S△OPQ的最大值為,
此時=,解得k=-1或k=-7,此時直線l的方程為x+y-3=0或7x+y-15=0.
15.在平面直角坐標系xOy中,A(-12,0),B(0,6),點P在圓O:x2+y2=50上.若·≤20,則點P的橫坐標的取值范圍是[-5,1].
解析:解法一:設(shè)P
15、(x,y),則由·≤20可得,
(-12-x)(-x)+(-y)(6-y)≤20,
即(x+6)2+(y-3)2≤65,
所以P為圓(x+6)2+(y-3)2=65上或其內(nèi)部一點.
又點P在圓x2+y2=50上,
聯(lián)立得
解得或
即P為圓x2+y2=50的劣弧MN上的一點(如圖),
易知-5≤x≤1.
解法二:設(shè)P(x,y),則由·≤20,
可得(-12-x)(-x)+(-y)(6-y)≤20,
即x2+12x+y2-6y≤20,
由于點P在圓x2+y2=50上,
故12x-6y+30≤0,即2x-y+5≤0,
∴點P為圓x2+y2=50上且滿足2x-y+5
16、≤0的點,即P為圓x2+y2=50的劣弧MN上的一點(如圖),
同解法一,可得N(1,7),M(-5,-5),
易知-5≤x≤1.
16.已知點G(5,4),圓C1:(x-1)2+(y-4)2=25,過點G的動直線l與圓C1相交于E,F(xiàn)兩點,線段EF的中點為C,且C在圓C2上.
(1)若直線mx+ny-1=0(mn>0)經(jīng)過點G,求mn的最大值;
(2)求圓C2的方程;
(3)若過點A(1,0)的直線l1與圓C2相交于P,Q兩點,線段PQ的中點為M.l1與l2:x+2y+2=0的交點為N,求證:|AM|·|AN|為定值.
解:(1)∵點G(5,4)在直線mx+ny-1=0上,
17、∴5m+4n=1,5m+4n≥2(當(dāng)且僅當(dāng)5m=4n時取等號),
∴1≥80mn,即mn≤,∴(mn)max=.
(2)由已知得圓C1的圓心為(1,4),半徑為5,
設(shè)C(x,y),則=(x-1,y-4),=(5-x,4-y),
由題設(shè)知·=0,
∴(x-1)(5-x)+(y-4)(4-y)=0,
即(x-3)2+(y-4)2=4,
∴C2的方程是(x-3)2+(y-4)2=4.
(3)證明:當(dāng)直線l1的斜率不存在時,直線l1與圓C2相切,
當(dāng)直線l1的斜率為0時,直線l1與圓C2相離,
故設(shè)直線l1的方程為kx-y-k=0(k≠0).
由直線l1與圓C2相交,得<2,解得k>.
由得N,
又直線C2M與l1垂直,
由得M,
∴|AM|·|AN|=·
=
··=6(定值).
9