【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第8章-第3节-直线、圆与圆的位置关系.docx

第八章　第三节

一、选择题
1．(2022·成都外国语学校月考)已知圆C1：(x＋1)2＋(y－1)2＝1，圆C2与圆C1关于直线x－y－1＝0对称，则圆C2的方程为(　　)
A．(x＋2)2＋(y－2)2＝1 B．(x－2)2＋(y＋2)2＝1
C．(x＋2)2＋(y＋2)2＝1　 D．(x－2)2＋(y－2)2＝1
[答案]　B
[解析]　C1：(x＋1)2＋(y－1)2＝1的圆心为(－1,1)，它关于直线x－y－1＝0对称的点(2，－2)为圆心，半径为1，所以圆C2的方程为(x－2)2＋(y＋2)2＝1.
2．(文)直线xsinθ＋ycosθ＝1＋cosθ与圆x2＋(y－1)2＝4的位置关系是(　　)
A．相离　 B．相切
C．相交　 D．以上都有可能
[答案]　C
[解析]　圆心到直线的距离d＝＝1<2，
∴直线与圆相交．
(理)(2022·安徽示范高中联考)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2＝－2y＋3，直线l的方程为ax＋y－1＝0，则直线l与圆C的位置关系是(　　)
A．相离　 B．相交
C．相切　 D．相切或相交
[答案]　D
[解析]　圆C的标准方程为x2＋(y＋1)2＝4，直线l过定点(0,1)，易知点(0,1)在⊙C上，所以直线与圆相切或相交，故选D．
3．(文)(2021·山东省试验中学诊断)在平面直角坐标系xOy中，直线3x＋4y－5＝0与圆x2＋y2＝4相交于A、B两点，则弦AB的长等于(　　)
A．3　 B．2
C．　 D．1
[答案]　B
[解析]　圆心到直线的距离d＝＝1，∵R2－d2＝()2，∴AB2＝4(R2－d2)＝4×(4－1)＝12，所以AB＝＝2，选B．
(理)若a、b、c是直角三角形的三边(c为斜边)，则圆x2＋y2＝2截直线ax＋by＋c＝0所得的弦长等于(　　)
A．1　 　 B．2　 　
C．　 　 D．2
[答案]　B
[解析]　∵a、b、c是直角三角形的三条边(c为斜边)，
∴a2＋b2＝c2.
设圆心O到直线ax＋by＋c＝0的距离为d，则d＝＝1，∴直线被圆所截得的弦长为
2＝2.
[点评]　直线与圆位置关系的常见题型：
(1)直线与圆公共点个数的推断
(2022·吉林期末)已知曲线C：x2＋y2－2x＋2y＝0与直线l：y＋2＝k(x－2)，则C与l的公共点(　　)
A．有2个　 B．最多1个
C．最少1个　 D．不存在
[答案]　C
[解析]　圆心C(1，－1)到直线l的距离
d＝＝，
d2＝＝1＋≤2，
∴d≤，
∴⊙C与l相切或相交．
(2)直线与圆相切，求参数值
(2022·广东清远调研)若直线y＝kx＋3与圆x2＋y2＝1相切，则k的值是(　　)
A．2　 B．
C．±2　 D．±
[答案]　C
[解析]　由题意知＝1，∴k＝±2.
(3)推断直线与圆的位置关系
圆x2＋y2－2x＋4y－4＝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
[答案]　C
[解析]　∵直线2t(x－1)－(y＋2)＝0过圆心(1，－2)，∴直线与圆相交．
(4)由直线与圆相交、相切供应条件，求解其他有关问题．
(2022·山东济南期末)已知m>0，n>0，若直线(m＋1)x＋(n＋1)y－2＝0与圆(x－1)2＋(y－1)2＝1相切，则m＋n的取值范围是________．
[答案]　m＋n≥2＋2
[解析]　由于m>0，n>0，直线(m＋1)x＋(n＋1)y－2＝0与圆(x－1)2＋(y－1)2＝1相切，
所以圆心C(1,1)到直线的距离为半径1.
所以＝1，
即|m＋n|＝.
两边平方并整理得mn＝m＋n＋1.
由基本不等式得m＋n＋1≤()2，
∴(m＋n)2－4(m＋n)－4≥0，
解得m＋n≥2＋2.
4．(文)(2021·广州一模)动点A在圆x2＋y2＝1上移动时，它与定点B(3,0)连线段的中点的轨迹方程是(　　)
A．(x＋3)2＋y2＝4　 B．(x－3)2＋y2＝1
C．(2x－3)2＋4y2＝1　 D．(x＋)2＋y2＝
[答案]　C
[解析]　设中点M(x，y)，则点A(2x－3,2y)，
∵A在圆x2＋y2＝1上，∴(2x－3)2＋(2y)2＝1，
即(2x－3)2＋4y2＝1，故选C．
(理)若动圆C与圆C1：(x＋2)2＋y2＝1外切，与圆C2：(x－2)2＋y2＝4内切，则动圆C的圆心的轨迹是(　　)
A．两个椭圆 B．一个椭圆及双曲线的一支
C．两双曲线的各一支 D．双曲线的一支
[答案]　D
[解析]　设动圆C的半径为r，圆心为C，依题意得
|C1C|＝r＋1，|C2C|＝r－2，
∴|C1C|－|C2C|＝3，
故C点的轨迹为双曲线的一支．
5．(2021·山东理，9)过点(3,1)作圆(x－1)2＋y2＝1的两条切线，切点分别为A、B，则直线AB的方程为(　　)
A．2x＋y－3＝0　 B．2x－y－3＝0
C．4x－y－3＝0　 D．4x＋y－3＝0
[答案]　A
[解析]　过点(3,1)与切点A、B的圆的直径为PC1，其中P(3,1)，C1(1,0)，∴圆心(2，)半径r＝，∴圆的方程为(x－2)2＋(y－)2＝，两圆的方程相减可得2x＋y－3＝0，即为直线AB的方程．
[解法探究]　原解析利用相交两圆公共弦所在直线方程的特性求解．求直线AB的方程一般解法是设AB：y＝k(x－3)＋1，由圆心(1,0)到AB距离等于圆的半径1，求出k＝0或，再求出交点AB坐标，求得AB方程，作为选择题，可用淘汰法求解，由切线的性质知，AB⊥PC1，其中P(3,1)，C1(1,0)，∴kAB＝－2，排解B、C、D，选A．
6．(文)已知圆C：x2＋y2＝12，直线l：4x＋3y＝25，则圆C上任意一点A到直线l的距离小于2的概率为(　　)
A．　 B．
C．　 D．
[答案]　B
[解析]　⊙C上的点到直线l：4x＋3y＝25的距离等于2的点，在直线l1：4x＋3y＝15上，圆心到l1的距离d＝3，圆半径r＝2，∴⊙C截l1的弦长为|AB|＝2＝2，∴圆心角∠AOB＝，的长为⊙C周长的，故选B．
(理)(2022·广东揭阳一模)设点P是函数y＝－图象上的任意一点，点Q(2a，a－3)(a∈R)，则|PQ|的最小值为(　　)
A．－2　 B．
C．－2　 D．－2
[答案]　C
[解析]　将等式y＝－两边平方，得y2＝4－(x－1)2，即(x－1)2＋y2＝4.由于y＝－≤0，故函数y＝－的图象表示圆(x－1)2＋y2＝4的下半圆，如图所示．设点Q的坐标为(x，y)，则得y＝－3，即x－2y－6＝0.因此点Q是直线x－2y－6＝0上的动点，如图所示．由于圆(x－1)2＋y2＝4的圆心(1,0)到直线x－2y－6＝0的距离d＝＝>2，所以直线x－2y－6＝0与圆(x－1)2＋y2＝4相离，因此|PQ|的最小值是－2.故选C．
[点评]　数形结合的思想
在直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系的争辩中，结合图形进行分析能有效的改善优化思维过程，快速找到解题的途径，故应加强数形结合思想的应用．
二、填空题
7．已知A、B是圆O：x2＋y2＝16上的两点，且|AB|＝6，若以AB为直径的圆M恰好经过点C(1，－1)，则圆心M的轨迹方程是________．
[答案]　(x－1)2＋(y＋1)2＝9
[解析]　设圆心为M(x，y)，由|AB|＝6知，圆M的半径r＝3，则|MC|＝3，即＝3，所以(x－1)2＋(y＋1)2＝9.
8．(文)(2022·浙江宁波期末)过点O(0,0)作直线与圆C：(x－4)2＋(y－8)2＝169相交，在弦长均为整数的全部直线中，等可能地任取一条直线，则弦长不超过14的概率为________．
[答案]　
[解析]　已知圆C的半径为13，C(4，8)，
∵|CO|＝＝12<13，
∴O点在圆C的内部，且圆心到直线的距离d∈[0,12]，∴直线截圆所得的弦长|AB|＝2∈[10,26]，其中最短和最长的弦各有一条，长为11到25的整数的弦各有两条，共有32条，其中弦长不超过14的有1＋8＝9(条)，∴所求概率P＝.
(理)(2022·大纲全国理)直线l1和l2是圆x2＋y2＝2的两条切线，若l1与l2的交点为(1,3)，则l1与l2的夹角的正切值等于________．
[答案]　
[解析]　设l1、l2与⊙O分别相切于B、C，A(1,3)，则∠OAB＝∠OAC，|OA|＝，圆半径为，
∴|AB|＝＝2，∴tan∠OAB＝＝，
∴所夹角的正切值
tan∠CAB＝＝＝.
9．(文)(2022·江苏南京调研)已知圆O的方程为x2＋y2＝2，圆M的方程为(x－1)2＋(y－3)2＝1，过圆M上任一点P作圆O的切线PA，若直线PA与圆M的另一个交点为Q，则当弦PQ的长度最大时，直线PA的斜率是________．
[答案]　1或－7
[解析]　由圆的性质易知，当切线过圆M的圆心(1,3)时，|PQ|取最大值，这个最大值即为圆M的直径，设此直线方程为y－3＝k(x－1)，即kx－y－k＋3＝0(k明显存在)．由＝得k＝1或－7.
(理)若在区间(－1,1)内任取实数a，在区间(0,1)内任取实数b，则直线ax－by＝0与圆(x－1)2＋(y－2)2＝1相交的概率为________．
[答案]　
[解析]　由题意知，圆心C(1,2)到直线ax－by＝0距离d<1，∴<1，化简得3b－4a<0，如图，满足直线与圆相交的点(a，b)落在图中阴影部分，E，
∵S矩形ABCD＝2，S梯形OABE＝＝，

由几何概型知，所求概率P＝＝.
三、解答题
10．(文)已知圆C的一条直径的端点分别是M(－2,0)，N(0,2)．
(1)求圆C的方程；
(2)过点P(1，－1)作圆C的两条切线，切点分别是A、B，求·的值．
[解析]　(1)依题意可知圆心C的坐标为(－1,1)，
圆C的半径为，
∴圆C的方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝2.
(2)PC＝＝2＝2AC．
∴在Rt△PAC中，∠APC＝30°，PA＝，
可知∠APB＝2∠APC＝60°，PB＝，
∴·＝·cos60°＝3.
(理)已知圆C：x2＋y2＋x－6y＋m＝0与直线l：x＋2y－3＝0.
(1)若直线l与圆C没有公共点，求m的取值范围；
(2)若直线l与圆C相交于P、Q两点，O为原点，且OP⊥OQ，求实数m的值．
[解析]　(1)将圆的方程配方，
得(x＋)2＋(y－3)2＝，
故有>0，解得m<.
将直线l的方程与圆C的方程组成方程组，得

消去y，得x2＋()2＋x－6×＋m＝0，
整理，得5x2＋10x＋4m－27＝0，①
∵直线l与圆C没有公共点，∴方程①无解，
∴Δ＝102－4×5(4m－27)<0，解得m>8.
∴m的取值范围是(8，)．
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由OP⊥OQ，得·＝0，
由x1x2＋y1y2＝0，②
由(1)及根与系数的关系得，
x1＋x2＝－2，x1·x2＝③
又∵P、Q在直线x＋2y－3＝0上，
∴y1·y2＝·＝[9－3(x1＋x2)＋x1·x2]，
将③代入上式，得y1·y2＝，④
将③④代入②得x1·x2＋y1·y2
＝＋＝0，解得m＝3，
代入方程①检验得Δ>0成立，∴m＝3.
[点评]　求直线l与⊙C没有公共点时，用圆心到直线距离d大于半径R更简便．

一、选择题
11．(文)(2021·长春调研)已知直线x＋y－k＝0(k>0)与圆x2＋y2＝4交于不同的两点A，B，O是坐标原点，且有|＋|≥||，那么k的取值范围是(　　)
A．(，＋∞)　 B．[，＋∞)
C．[，2)　 D．[，2)
[答案]　C
[解析]　当|＋|＝||时，∵O，A，B三点为等腰三角形的三个顶点，其中OA＝OB，∴||＝|∴∠OBD＝30°，∠AOB＝120°，从而圆心O到直线x＋y－k＝0(k>0)的距离为1，此时k＝；当k>时，|＋|>||，又直线与圆x2＋y2＝4有两个不同的交点，故k<2，综上，k的取值范围为[，2)．

(理)(2022·北京朝阳一模)直线y＝x＋m与圆x2＋y2＝16交于不同的两点M，N，且||≥|＋|，其中O是坐标原点，则实数m的取值范围是(　　)
A．(－2，－]∪[，2)
B．(－4，－2]∪[2，4)
C．[－2,2]
D．[－2，2]
[答案]　D
[解析]　设MN的中点为D，则＋＝2，||≥2||，由||2＋||2＝16，得16＝||2＋||2≥||2＋(2||)2＝4||2，从而||≤2，由点到直线的距离公式可得||＝≤2，解得－2≤m≤2.
12．(2022·浙江温州十校期末)已知直线＋＝1(a，b是非零常数)与圆x2＋y2＝100有公共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线共有(　　)
A．52条　 B．60条
C．66条　 D．78条
[答案]　B
[解析]　圆x2＋y2＝100上有12个横坐标和纵坐标均为整数的点(这些点的横坐标为±10，±8，±6,0)，过每两点作直线可作66条，其中过原点的直线有6条，因此满足题意的直线共有66－6＝60(条)．
13．(文)(2021·江西理，9)过点C(，0)引直线l与曲线y＝相交于A、B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线l的斜率等于(　　)
A．　 B．－
C．±　 D．－
[答案]　B
[分析]　y＝表示上半圆C：x2＋y2＝1(y≥0)，当直线l与C交于A、B两点时，∠AOB∈(0，π)，从而S△AOB＝OA·OBsin∠AOB＝sin∠AOB≤，等号成立时∠AOB＝，据此可求出O到l的距离，进而得出l的斜率．
[解析]　由于y＝与l交于A、B两点，
∴OA＝OB＝1，∴S△AOB＝OA·OBsin∠AOB≤，且当∠AOB＝时，S△AOB取到最大值，此时AB＝，点O到直线l的距离d＝，∴∠OCB＝，
∴直线l的斜率k＝tan(π－)＝－，故选B．
(理)(2021·重庆理，7)已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M、N分别是圆C1、C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为(　　)
A．5－4　 B．－1
C．6－2　 D．
[答案]　A
[解析]　依题意，⊙C1关于x轴的对称圆为⊙C′，圆心C′为(2，－3)，半径为1，⊙C2的圆心为(3,4)，半径为3，则(|PC′|＋|PC2|)min＝|C′C2|＝5，|PM|≥|PC1|－1，|PN|≥|PC2|－3，∴|PM|＋|PN|≥|PC1|＋|PC2|－4＝|PC′|＋|PC2|－4，所以(|PM|＋|PN|)min＝(|PC′|＋|PC2|)min－4＝5－4，选A．
14．如下图，双曲线－＝1的左焦点为F1，顶点为A1、A2，P是双曲线上任意一点，则分别以线段PF1、A1A2为直径的两圆的位置关系为(　　)

A．相交　 B．相切
C．相离　 D．以上状况都有可能
[答案]　B
[解析]　设右焦点为F2，取PF1的中点M，连接MO和PF2，则两圆半径分别为|PF1|和a，
两圆圆心距为|MO|，且|MO|＝|PF2|.
当P点在双曲线右支上时，|PF1|＝|PF2|＋2a，
∴|MO|＝|PF1|－a，此时两圆内切；当P点在双曲线左支上时，|PF2|＝|PF1|＋2a，
∴|MO|＝|PF1|＋a，此时两圆外切．选B．
二、填空题
15．(2022·山东济南一模)设O为坐标原点，C为圆(x－2)2＋y2＝3的圆心，且圆上有一点M(x，y)满足·＝0，则＝________.
[答案]　或－
[解析]　∵·＝0，∴OM⊥CM，
∴OM是圆的切线，设OM的方程为y＝kx，
由＝，得k＝±，即＝±.
16．设m、n∈R，若直线l：mx＋ny－1＝0与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且l与圆x2＋y2＝4相交所得弦的长为2，O为坐标原点，则△AOB面积的最小值为________．
[答案]　3
[解析]　∵l与圆相交弦长为2，∴＝，
∴m2＋n2＝≥2|mn|，∴|mn|≤，l与x轴交点A(，0)，与y轴交点B(0，)，
∴S△AOB＝||||＝ ≥×6＝3.
三、解答题
17．(文)在直角坐标系xOy中，以O为圆心的圆与直线x－y＝4相切．圆O与x轴相交于A、B两点，圆内的动点P使|PA|、|PO|、|PB|成等比数列，求·的取值范围．
[解析]　依题设，圆O的半径r等于原点O到直线x－y＝4的距离，即r＝＝2，
∴圆O的方程为x2＋y2＝4.
∴A(－2,0)，B(2,0)．
设P(x，y)，由|PA|、|PO|、|PB|成等比数列得，
·＝x2＋y2，
即x2－y2＝2.
·＝(－2－x，－y)·(2－x，－y)＝x2－4＋y2
＝2(y2－1)．
由于点P在圆O内，故
由此得y2<1.所以·的取值范围为[－2,0)．
(理)已知定直线l：x＝－1，定点F(1,0)，⊙P经过F且与l相切.
(1)求P点的轨迹C的方程.
(2)是否存在定点M，使经过该点的直线与曲线C交于A、B两点，并且以AB为直径的圆都经过原点；若有，恳求出M点的坐标；若没有，请说明理由.
[解析]　(1)由题设知点P到点F的距离与点P到直线l的距离相等，
∴点P的轨迹C是以F为焦点，l为准线的抛物线，
∴点P的轨迹C的方程为：y2＝4x.
(2)设AB的方程为x＝my＋n，代入抛物线方程整理得：y2－4my－4n＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
∵以AB为直径的圆过原点，∴OA⊥OB，
∴y1y2＋x1x2＝0.即y1y2＋·＝0.
∴y1y2＝－16，∴－4n＝－16，n＝4.
∴直线AB：x＝my＋4恒过M(4,0)点．
18．(2021·蚌埠质检)已知矩形ABCD的对角线交于点P(2,0)，边AB所在直线的方程为x－3y－6＝0，点(－1，1)在边AD所在的直线上．
(1)求矩形ABCD的外接圆的方程；
(2)已知直线l：(1－2k)x＋(1＋k)y－5＋4k＝0(k∈R)，求证：直线l与矩形ABCD的外接圆恒相交，并求出相交弦长最短时的直线l的方程．
[解析]　(1)∵lAB：x－3y－6＝0且AD⊥AB，
∴kAD＝－3，∵点(－1,1)在边AD所在的直线上，
∴AD所在直线的方程是y－1＝－3(x＋1)，
即3x＋y＋2＝0.
由得A(0，－2)．
∴|AP|＝＝2，∴矩形ABCD的外接圆的方程是(x－2)2＋y2＝8.
(2)证明：直线l的方程可化为k(－2x＋y＋4)＋x＋y－5＝0，l可看作是过直线－2x＋y＋4＝0和x＋y－5＝0的交点(3,2)的直线系，即l恒过定点Q(3,2)，由|QP|2＝(3－2)2＋22＝5<8知点Q在圆P内，所以l与圆P恒相交，
设l与圆P的交点为M，N，|MN|＝2(d为P到l的距离)，
设PQ与l的夹角为θ，则d＝|PQ|·sinθ＝sinθ，当θ＝90°时，d最大，|MN|最短．此时l的斜率为PQ的斜率的负倒数，即－，故l的方程为y－2＝－(x－3)，即l：x＋2y－7＝0.