2021高考数学(福建-理)一轮作业：9.4-直线与圆、圆与圆的位置关系.docx

§9.4 直线与圆、圆与圆的位置关系
一、选择题
1．已知集合A＝{(x，y)|x，y为实数，且x2＋y2＝1}，B＝{(x，y)|x，y为实数，且x＋y＝1}，则A∩B的元素个数为(　　)．
A．4 B．3 C．2 D．1
解析　法一　(直接法)集合A表示圆，集合B表
示一条直线，又圆心(0,0)到直线x＋y＝1的距离
d＝＝＜1＝r，所以直线与圆相交，故选C.
法二　(数形结合法)画图可得，故选C.
答案　C

2．过圆x2＋y2＝1上一点作圆的切线与x轴、y轴的正半轴交于A、B两点，则|AB|的最小值为(　　)
A. B.
C．2 D．3
解析 设圆上的点为(x0，y0)，其中x0>0，y0>0，则切线方程为x0x＋y0y＝1.
分别令x＝0，y＝0得A(，0)，B(0，)，
∴|AB|＝＝≥＝2.
答案 C
3．若直线2x－y＋a＝0与圆(x－1)2＋y2＝1有公共点，则实数a的取值范围(　　)．
A．－2－＜a＜－2＋ B．－2－≤a≤－2＋
C．－≤a≤ D．－＜a＜
解析　若直线与圆有公共点，即直线与圆相交或相切，故有≤1，
解得－2－≤a≤－2＋.
答案　B
4．设两圆C1、C2都和两坐标轴相切，且都过点(4,1)，则两圆心的距离|C1C2|＝(　　)．
A．4 B．4 C．8 D．8
解析　设与两坐标轴都相切的圆的方程为(x－a)2＋(y－a)2＝a2，将点(4,1)代入得a2－10a＋17＝0，解得a＝5±2，设C1(5－2，5－2)，则C2(5＋2，5＋2)，则|C1C2|＝＝8.
答案　C
5．直线y＝kx＋3与圆(x－2)2＋(y－3)2＝4相交于M、N两点，若|MN|≥2，则k的取值范围是(　　)．
A. B.
C. D.
解析　如图，若|MN|＝2，则由圆与直线的位置关系
可知圆心到直线的距离满足d2＝22－()2＝1.∵
直线方程为y＝kx＋3，∴d＝＝1，解得
k＝±.若|MN|≥2，则－≤k≤.
答案　B
6．若圆(x－a)2＋(y－b)2＝b2＋1始终平分圆(x＋1)2＋(y＋1)2＝4的周长，则a，b满足的关系是(　　)
A．a2＋2a＋2b－3＝0
B．a2＋b2＋2a＋2b＋5＝0
C．a2＋2a＋2b＋5＝0
D．a2－2a－2b＋5＝0
解析 即两圆的公共弦必过(x＋1)2＋(y＋1)2＝4的圆心，
两圆相减得相交弦的方程为－2(a＋1)x－2(b＋1)y＋a2＋1＝0，
将圆心坐标(－1，－1)代入可得a2＋2a＋2b＋5＝0.
答案　C
7.直线与圆相交于两点，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
答案　B
二、填空题
8．已知圆C过点(1,0)，且圆心在x轴的正半轴上，直线l：y＝x－1被圆C截得的弦长为2，则过圆心且与直线l垂直的直线的方程为________．
解析 由题可知，设圆心的坐标为(a,0)，a>0，则圆C的半径为|a－1|，圆心到直线l的距离为，依据勾股定理可得，()2＋()2＝|a－1|2，解得a＝3或a＝－1(舍去)，所以圆C的圆心坐标为(3,0)，则过圆心且与直线l垂直的直线的方程为x＋y－3＝0.
答案 x＋y－3＝0
9．过点(－1，－2)的直线l被圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0截得的弦长为，则直线l的斜率为________．
解析　将圆的方程化成标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，其圆心为(1,1)，半径r＝1.由弦长为得弦心距为.设直线方程为y＋2＝k(x＋1)，即kx－y＋k－2＝0，∴＝，化简得7k2－24k＋17＝0，∴k＝1或k＝.
答案　1或
10．已知直线x＋y＋m＝0与圆x2＋y2＝2交于不同的两点A、B，O是坐标原点，|＋|
≥||，那么实数m的取值范围是________．
解析 方法1：将直线方程代入圆的方程得2x2＋2mx＋m2－2＝0，Δ＝4m2－8(m2－2)>0得m2<4，即－2满足1≤<，即－2c＝0的距离为1，则实数c的取值范围是________．
解析　画图可知，圆上有且只有四个点到直线12x－5y＋c＝0的距离为1，该圆半径为2即圆心O(0,0)到直线12x－5y＋c＝0的距离d＜1，即0＜＜1，∴－13＜c＜13.
答案　(－13,13)
三、解答题
13．已知：圆C：x2＋y2－8y＋12＝0，直线l：ax＋y＋2a＝0.
(1)当a为何值时，直线l与圆C相切；
(2)当直线l与圆C相交于A、B两点，且AB＝2时，求直线l的方程．
解析　将圆C的方程x2＋y2－8y＋12＝0配方得标准方程为x2＋(y－4)2＝4，则此圆的圆心为(0,4)，半径为2.
(1)若直线l与圆C相切，则有＝2.解得a＝－.
(2)过圆心C作CD⊥AB，则依据题意和圆的性质，
得
解得a＝－7或a＝－1.
故所求直线方程为7x－y＋14＝0或x－y＋2＝0.
14．已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，是否存在斜率为1的直线l，使以l被圆截得的弦AB为直径的圆过原点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
解析　假设存在斜率为1的直线l，满足题意，则OA⊥OB.
设直线l的方程是y＝x＋b，其与圆C的交点A，B的坐标分别为
A(x1，y1)，B(x2，y2)则·＝－1，
即x1x2＋y1y2＝0①
由消去y得：2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，
∴x1＋x2＝－(b＋1)，x1x2＝(b2＋4b－4)，②
y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)＝x1x2＋b(x1＋x2)＋b2
＝(b2＋4b－4)－b2－b＋b2＝(b2＋2b－4)．③
把②③式代入①式，得b2＋3b－4＝0，解得b＝1或b＝－4，且b＝1或b＝－4都使得Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)＞0成立．故存在直线l满足题意，其方程为y＝x＋1或y＝x－4.
15．已知与圆C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0相切的直线l交x轴，y轴于A，B两点，|OA|＝a，|OB|＝b(a>2，b>2)．
(1)求证：(a－2)(b－2)＝2；
(2)求线段AB中点的轨迹方程；
(3)求△AOB面积的最小值．
解析 (1)证明：圆的标准方程是(x－1)2＋(y－1)2＝1，设直线方程为＋＝1，即bx＋ay－ab＝0，圆心到该直线的距离d＝＝1，
即a2＋b2＋a2b2＋2ab－2a2b－2ab2＝a2＋b2，即a2b2＋2ab－2a2b－2ab2＝0，
即ab＋2－2a－2b＝0，即(a－2)(b－2)＝2.
(2)设AB中点M(x，y)，则a＝2x，b＝2y，代入(a－2)(b－2)＝2，
得(x－1)(y－1)＝(x>1，y>1)．
(3)由(a－2)(b－2)＝2得ab＋2＝2(a＋b)≥4，
解得≥2＋(舍去≤2－)，
当且仅当a＝b时，ab取最小值6＋4，
所以△AOB面积的最小值是3＋2.

16．已知圆C的方程为x2＋y2＝4.
(1)求过点P(1,2)且与圆C相切的直线l的方程；
(2)直线l过点P(1,2)，且与圆C交于A、B两点，若|AB|＝2，求直线l的方程；
(3)圆C上有一动点M(x0，y0)，＝(0，y0)，若向量＝＋，求动点Q的轨迹方程，并说明此轨迹是什么曲线．
解析　(1)明显直线l的斜率存在，设切线方程为y－2＝k(x－1)，
则由＝2，得k1＝0，k2＝－，
从而所求的切线方程为y＝2和4x＋3y－10＝0.
(2)当直线l垂直于x轴时，此时直线方程为x＝1，l与圆的两个交点坐标为(1，)和(1，－)，这两点的距离为2，满足题意；当直线l不垂直于x轴时，设其方程为y－2＝k(x－1)，
即kx－y－k＋2＝0，设圆心到此直线的距离为d(d＞0)，则2＝2，
得d＝1，从而1＝，得k＝，此时直线方程为3x－4y＋5＝0，
综上所述，所求直线方程为3x－4y＋5＝0或x＝1.
(3)设Q点的坐标为(x，y)，M点坐标是(x0，y0)，＝(0，y0)，
∵＝＋，∴(x，y)＝(x0,2y0)⇒x＝x0，y＝2y0.
∵x＋y＝4，∴x2＋2＝4，即＋＝1.
∴Q点的轨迹方程是＋＝1，轨迹是一个焦点在y轴上的椭圆．