1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 8 4 直线与圆、圆与圆的位置关系 重点保分 两级优选练 一、选择题 1 (2018 福建漳州八校联考 )已知点 P(a, b)(ab0) 是圆 x2 y2 r2内的一点,直线 m是以 P 为中点的弦所在的直线,直线 l 的方程为 ax by r2,那么 ( ) A m l,且 l 与圆相交 B m l,且 l 与圆相切 C m l,且 l 与圆相离 D m l,且 l 与圆相离 答案 C 解析 点 P(a, b)(ab0) 在圆内, a2 b2r2r r, m l, l 与圆相离故选 C. 2 (2017 河北衡水中学调研 )已知向量 a (2cos , 2
2、sin ), b (3cos , 3sin ),若 a 与 b 的夹角为 120 ,则直线 6xcos 6ysin 1 0 与圆 (x cos )2 (y sin )2 1 的位置关系是 ( ) A相交且不过圆心 B相交且过圆心 C相切 D相离 答案 A 解析 由 题 意 可 得 a b 6cos cos 6sin sin |a| b|cos120 23 ? ? 12 3, 所 以 圆 心 (cos , sin ) 到 直 线 6xcos 6ysin 1 0 的距离 d |6cos cos 6sin sin 1|6 | 3 1|6 130)始终平分圆 C2:(x 1)2 (y 1)2 2 的周
3、长,则 1m 2n的最小值为 ( ) A.92 B 9 C 6 D 3 答案 D 解析 把两圆的方程相减即得两圆公共弦所在直线 l 方程为 (m 1)x (2n 1)y 5 0, =【 ;精品教育资源文库 】 = 由题意知直线 l 经过圆 C2的 圆心 ( 1, 1),因而 m 2n 3. 1m 2n 13? ?1m 2n (m 2n) 13? ?5 2nm 2mn 13(5 4) 3, m n 时取等号 1m 2n的最小值为 3,故选 D. 二、填空题 11将直线 2x y 0 沿 x 轴向左平移 1 个单位长度,所得直线与圆 x2 y2 2x 4y 0 相切,则实数 的值为 _ 答案 3
4、或 7 解析 由题意可知,将直线 2x y 0 沿 x 轴向左平移 1 个单位长度后,所得直线 l的方程为 2(x 1) y 0.由已知条件知圆的圆心为 O( 1,2),半径为 5. 解 法 一 : 直 线 l 与 圆 相 切 , 则 圆 心 到 直 线 l 的 距 离 等 于 圆 的 半 径 , 即 1 2 |5 5,解得 3 或 7. 解法二:设直线 l 与 圆相切的切点为 C(x, y),由直线与圆相切,可知 CO l,所以 y 2x 12 1.又 C(x, y)在圆上,满足方程 x2 y2 2x 4y 0,解得切点坐标为 (1,1)或 (3,3)又 C(x, y)在直线 2(x 1)
5、y 0 上,则 3 或 7. 12过点 ( 2, 0)引直线 l 与曲线 y 1 x2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 _ 答案 33 解析 曲线 y 1 x2的图象如图所示 若直线 l 与曲线相交于 A, B 两点,则直线 l 的斜率 k 52 ,则 |4a 10|5 2?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? x2 y
6、2 4,y k x , 得 (k2 1)x2 2k2x k2 4 0, 所以 x1 x2 2k2k2 1, x1x2k2 4k2 1. 若 x 轴平分 ANB,则 kAN kBN? y1x1 t y2x2 t 0?k x1x1 t k x2x2 t 0?2x1x2 (t 1)(x1 x2) 2t 0? k2k2 1 2k2 tk2 1 2t 0?t 4,所以当点 N 为 (4,0)时,能使得 ANM BNM 总成立 16已知过原点的动直线 l 与圆 C1: x2 y2 6x 5 0 相交于不同的两点 A, B. (1)求圆 C1的圆心坐标; (2)求线段 AB 的中点 M 的轨迹 C 的方程;
7、 (3)是否存在实数 k,使得直线 L: y k(x 4)与曲线 C 只有 一个交点?若存在,求出 k的取值范围;若不存在,说明理由 解 (1)因为圆 C1: x2 y2 6x 5 0 可化为 (x 3)2 y2 4,所以圆 C1 的圆心坐标为(3,0) =【 ;精品教育资源文库 】 = (2)由题意可知直线 l 的斜率存在,设直线 l 的方程为 y mx, M(x0, y0) 由? x2 y2 6x 5 0,y mx, 得 (1 m2)x2 6x 5 0, 则 36 20(1 m2)0, 解得 2 55 m2 55 , 故 x0 31 m2,且 53x03. 因为 m y0x0,所以 x0
8、31 ? ?y0x02, 整理得 ? ?x0322 y2094. 所以 M 的轨迹 C 的方程为 ? ?x 32 2 y2 94? ?53x3 . (3)存在实数 k,使得直线 L: y k(x 4)与曲线 C 只有一个交点 由 (2)得 M 的轨迹 C 为一段圆弧,其两个端点为 P? ?53, 2 53 , Q? ?53, 2 53 , 直线 L: y k(x 4)过定点 E(4,0), kPE2 5353 4 2 57 , kQE 2 5353 4 2 57 , 当 2 57 k 2 57 时,直线 L 与曲线 C 只有一个交点 当直线 L 与曲线 C 相切时, L 的方程可化为 kx y 4k 0, 则 ? ?32k 4kk2 1 32,解得 k 34. 综上所述,当 2 57 k 2 57 或 k 34时,直线 L 与曲线 C 只有一个交点