新編【創(chuàng)新方案】高考數學理一輪知能檢測：第8章 第4節(jié)　直線與圓、圓與圓的位置關系

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1、 第四節(jié)　直線與圓、圓與圓的位置關系 [全盤鞏固] 1．若圓心在x軸上，半徑為的圓O位于y軸左側，且與直線x＋2y＝0相切，則圓O的方程是(　　) A．(x－)2＋y2＝5 B．(x＋)2＋y2＝5 C．(x－5)2＋y2＝5 D．(x＋5)2＋y2＝5 解析：選D　因為圓心在x軸上，且圓O位于y軸左側，所以可設圓心坐標為(m,0)(m<0)．又圓O與直線x＋2y＝0相切，則圓心到直線x＋2y＝0的距離等于半徑長，即＝，解得m＝－5，即圓O的圓心為(－5,0)，又半徑為，故圓O的方程為(x＋5)2＋y2＝5. 2．(20xx·黃山

2、模擬)已知M(x0，y0)為圓x2＋y2＝a2(a＞0)內異于圓心的一點，則直線x0x＋y0y＝a2與該圓的位置關系是(　　) A．相切 B．相交 C．相離 D．相切或相離 解析：選C　因M(x0，y0)為圓x2＋y2＝a2(a>0)內異于圓心的一點，故x＋y＜a2，圓心到直線x0x＋y0y＝a2的距離d＝＞＝a，故直線與圓相離． 3．(20xx·杭州模擬)設m∈R，則“m＝5”是“直線l：2x－y＋m＝0與圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝5恰好有一個公共點”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分

3、必要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A　若直線與圓只有一個公共點，其充要條件為＝?m＝±5，故m＝5是直線與圓有一個公共點的充分不必要條件． 4．直線y＝kx＋3與圓(x－2)2＋(y－3)2＝4相交于M，N兩點，若|MN|≥2，則k的取值范圍是(　　) A. B. C．[－，] D. 解析： 選B　如圖，若|MN|＝2，則由圓與直線的位置關系可知圓心到直線的距離滿足d2＝22－()2＝1.∵直線方程為y＝kx＋3，∴d＝＝1， 解得k＝±.若|MN|≥2，則－≤k≤. 5．過點P(1,1)的直線，將圓形區(qū)域{(x，y)|x2＋

4、y2≤4}分為兩部分，使得這兩部分的面積之差最大，則該直線的方程為　　(　　) A．x＋y－2＝0 B．y－1＝0 C．x－y＝0 D．x＋3y－4＝0 解析：選A　兩部分面積之差最大，即弦長最短，此時直線垂直于過該點的直徑．因為過點P(1,1)的直徑所在直線的斜率為1，所以所求直線的斜率為－1，方程為x＋y－2＝0. 6．直線ax＋by＋c＝0與圓x2＋y2＝9相交于兩點M，N，若c2＝a2＋b2，則·(O為坐標原點)等于(　　) A．－7 B．－14 C．7 D．14 解析：選A　設，的夾角為2θ.依

5、題意得，圓心(0,0)到直線ax＋by＋c＝0的距離等于＝1，cos θ＝，cos 2θ＝2cos2θ－1＝2×2－1＝－，·＝3×3cos 2θ＝－7. 7．(20xx·湖州模擬)若圓x2＋y2＝4與圓x2＋y2＋2ay－6＝0(a>0)的公共弦長為2，則a＝________. 解析：方程x2＋y2＋2ay－6＝0與x2＋y2＝4相減得2ay＝2，則y＝.由已知條件 ＝，即a＝1. 答案：1 8．(20xx·湖北高考)已知圓O：x2＋y2＝5，直線l：xcos θ＋ysin θ＝1.設圓O上到直線l的距離等于1的點的個數為k，則k＝________. 解析：圓O的圓心(0,0)到直

6、線l：xcos θ＋ysin θ＝1的距離d＝1.而圓的半徑r＝，且r－d＝－1>1，∴圓O上在直線l的兩側各有兩點到直線l的距離等于1. 答案：4 9．(20xx·天津高考)設m，n∈R，若直線l：mx＋ny－1＝0與x軸相交于點A，與y軸相交于點B，且l與圓x2＋y2＝4相交所得弦的長為2，O為坐標原點，則△AOB面積的最小值為________． 解析：因為直線l與x，y軸均有交點，所以m≠0且n≠0，由直線與圓相交所得弦長為2，知圓心到直線的距離為，即＝，所以m2＋n2＝≥2|mn|，所以|mn|≤，又A，B，所以△AOB的面積為≥3，最小值為3. 答案：3 10．(20xx·

7、哈爾濱模擬)已知定點M(0,2)，N(－2,0)，直線l：kx－y－2k＋2＝0(k為常數)． (1)若點M、N到直線l的距離相等，求實數k的值； (2)對于l上任意一點P，∠MPN恒為銳角，求實數k的取值范圍． 解：(1)∵點M，N到直線l的距離相等，∴l(xiāng)∥MN或l過MN的中點． ∵M(0,2)，N(－2,0)，∴kMN＝1，MN的中點坐標為C(－1,1)． 又∵直線l：kx－y－2k＋2＝0過點D(2,2)，∴當l∥MN時，k＝kMN＝1，當l過MN的中點時，k＝kCD＝，綜上可知，k的值為1或. (2) ∵對于l上任意一點P，∠MPN恒為銳角，∴l(xiāng)與以MN為直徑的圓相離，即圓

8、心到直線l的距離大于半徑，d＝>，解得，k<－或k>1. 故實數k的取值范圍為∪(1，＋∞)． 11．已知以點C(t∈R，t≠0)為圓心的圓與x軸交于點O，A，與y軸交于點O，B，其中O為坐標原點． (1)求證：△OAB的面積為定值； (2)設直線y＝－2x＋4與圓C交于點M，N，若OM＝ON，求圓C的方程． 解：(1)證明：∵圓C過原點O，∴OC2＝t2＋. 設圓C的方程是(x－t)2＋2＝t2＋，令x＝0，得y1＝0，y2＝； 令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，∴S△OAB＝OA·OB＝××|2t|＝4， 即△OAB的面積為定值． (2)∵OM＝ON，CM＝CN，∴OC垂

9、直平分線段MN. ∵kMN＝－2，∴kOC＝.∴直線OC的方程是y＝x. ∴＝t，解得t＝2或t＝－2.當t＝2時，圓心C的坐標為(2,1)，OC＝， 此時C到直線y＝－2x＋4的距離d＝<， 圓C與直線y＝－2x＋4相交于兩點． 當t＝－2時，圓心C的坐標為(－2，－1)，OC＝，此時C到直線y＝－2x＋4的距離d＝>，圓C與直線y＝－2x＋4不相交，∴t＝－2不符合題意，舍去． ∴圓C的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝5. 12．在平面直角坐標系xOy中，已知圓心在第二象限，半徑為2的圓C與直線y＝x相切于坐標原點O. (1)求圓C的方程； (2)探求C上是否存在異于原

10、點的點Q，使Q到定點F(4,0)的距離等于線段OF的長．若存在，求出點Q的坐標；若不存在，說明理由． 解：(1)設圓心為C(a，b)，由OC與直線y＝x垂直，知O，C兩點的斜率kOC＝＝－1，故b＝－a，則|OC|＝2，即＝2，可解得或 結合點C(a，b)位于第二象限知故圓C的方程為(x＋2)2＋(y－2)2＝8. (2)假設存在Q(m，n)符合題意， 則解得故圓C上存在異于原點的點Q符合題意． [沖擊名校] 1．已知圓C：x2＋y2＝1，點P(x0，y0)在直線x－y－2＝0上，O為坐標原點，若圓C上存在一點Q，使得∠OPQ＝30°，則x0的取值范圍是(　　) A．[－1,1]

11、 B．[0,1] C．[－2,2] D．[0,2] 解析：選D　由題意知，在△OPQ中，＝，即＝， ∴|OP|≤2，又P(x0，x0－2)，∴x＋(x0－2)2≤4，解得x0∈[0,2]． 2．已知⊙O的方程是x2＋y2－2＝0，⊙O′的方程是x2＋y2－8x＋10＝0，由動點P向⊙O與⊙O′所引的切線長相等，則動點P的軌跡方程是________________． 解析：⊙O的圓心為(0,0)，半徑為，⊙O′的圓心為(4,0)，半徑為，設點P為(x，y)，由已知條件和圓切線性質得x2＋y2－2＝(x－4)2＋y2－6，化簡得x＝. 答案：x＝

12、 [高頻滾動] 1．設s，t為正整數，直線l1：x＋y－t＝0和l2：x－y＝0的交點是(x1，y1)，對于正整數n(n>1)，過點(0，t)和(xn－1,0)的直線l與直線l2的交點記為(xn，yn)，則數列{xn}的通項公式為xn＝(　　) A. B. C. D. 解析：選A　由題意得直線l1和l2的交點是，所以x1＝s.過點(0，t)和(xn－1,0)的直線l的方程為y＝－x＋t，與l2的方程聯(lián)立得消去y可得＝＋，即＝＋，所以－＝，又＝，所以數列是首項為，公差為的等差數列，則＝＋(n－1)＝，故xn＝. 2.如圖，已知A(－2,0)，B(2,0)，C(0,2)，E(－1,0)， F(1,0)，一束光線從F點出發(fā)射到BC上的D點，經BC反射后，再經AC反射，落到線段AE上(不含端點)，則直線FD斜率的取值范圍為________． 解析：從特殊位置考慮．如圖，∵點A(－2,0)關于直線BC：x＋y＝2的對稱點為A1(2,4)，∴kA1F＝4，又點E(－1,0)關于直線AC：y＝x＋2的對稱點為E1(－2,1)，點E1(－2,1)關于直線BC：x＋y＝2的對稱點為E2(1,4)，此時直線E2F的斜率不存在，∴kFD>kA1F，即kFD∈(4，＋∞)． 答案：(4，＋∞)