創(chuàng)新方案高考人教版數(shù)學(xué)理總復(fù)習(xí)練習(xí)：第八章 解析幾何 課時作業(yè)52 Word版含解析

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1、 課時作業(yè)52　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(shí)數(shù)m的取值范圍為(　D　) A．(－∞，＋∞) B．(－∞，0) C．(0，＋∞) D．(－∞，0)∪(0，＋∞) 解析：圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋(y－1)2＝1，圓心C(1,1)，半徑r＝1.因?yàn)橹本€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?yàn)閳A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(diǎn)A(1,3)，B(4,2)，C(1，－7)的圓交y軸于M，N兩點(diǎn)，則|MN|＝(　C　) A．2　　　　B．8 C．4　　　　D．10 解析：

3、方法一：設(shè)圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， 將點(diǎn)A(1,3)，B(4,2)，C(1，－7)的坐標(biāo)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?yàn)閗AB＝－，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(diǎn)(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

4、兩點(diǎn)，且兩圓在點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)P(a，b)是直線x＋y＝2k與圓x2＋y2＝k2－2k＋3的公共點(diǎn)，則ab的最大值為(　B　) A．

5、15　　　　B．9 C．1　　　　D．－ 解析：由題意得，原點(diǎn)到直線x＋y＝2k的距離d＝ ≤，且k2－2k＋3＞0，解得－3≤k≤1，因?yàn)?ab＝(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

6、徑為1，因?yàn)閮蓤A只有一條公切線，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(biāo)系xOy中，點(diǎn)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(diǎn)M，使MA＝2MO，則圓心C的橫坐標(biāo)a的取值范圍是(　A　) A. B．[0,1] C. D. 解析：因?yàn)閳A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(diǎn)M(x，y)，因?yàn)镸A＝2MO， 所以

7、＝2， 化簡得x2＋y2＋2y－3＝0， 即x2＋(y＋1)2＝4， 所以點(diǎn)M在以D(0，－1)為圓心，2為半徑的圓上． 由題意，點(diǎn)M(x，y)在圓C上， 所以圓C與圓D有公共點(diǎn)， 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(diǎn)C的橫坐標(biāo)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(diǎn)A，

8、B， 則A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組 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(biāo)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?yàn)閙＞0，n＞0，直線(m＋1)x＋(n＋1)y－2＝0與圓(x－1)2＋(y－1

9、)2＝1相切，所以圓心C(1,1)到直線的距離為半徑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(diǎn)A的坐標(biāo)為(－2,0)，直角頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，－2)，頂點(diǎn)C在x軸上，點(diǎn)P為線段OA的中點(diǎn)． (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(diǎn)P且與圓M內(nèi)切，求動圓N的圓心的軌跡方

10、程． 解：(1)易知kAB＝－，AB⊥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(diǎn)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(diǎn)N的軌跡是以M，P為焦點(diǎn)，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

11、，且截x軸所得線段的長為2. (1)求⊙H的方程； (2)若存在過點(diǎn)P(a,0)的直線與⊙H相交于M，N兩點(diǎn)，且|PM|＝|MN|，求實(shí)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?yàn)椤袶被直線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(diǎn)，易得交點(diǎn)坐標(biāo)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(diǎn)M是PN的中點(diǎn)， 所

12、以M. 因?yàn)镸，N兩點(diǎn)均在⊙H上， 所以(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(diǎn)，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(shí)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.

13、解析：由已知可得圓心到直線2ax＋by－2＝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(fù))，故選D. 14．(2019·江西新余五校聯(lián)考)已知圓O：x2＋y2＝9，過點(diǎn)C(2,1)的直線l與圓O交于P，Q兩點(diǎn)，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

14、的斜率不存在時，l的方程為x＝2， 則P，Q的坐標(biāo)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?yàn)?＜，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(biāo)系xOy中，A(－12,0)，B(0,6)，點(diǎn)P在圓O：x2＋y2＝50上．若·≤20，則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)

15、的取值范圍是 　[－5，1]　. 解析：解法一：設(shè)P(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(diǎn)． 又點(diǎn)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(diǎn)(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(diǎn)P在圓x2＋y2＝50上， 故12x－6y＋30≤0，即2x－y＋5≤0

16、， ∴點(diǎn)P為圓x2＋y2＝50上且滿足2x－y＋5≤0的點(diǎn)，即P為圓x2＋y2＝50的劣弧MN上的一點(diǎn)(如圖)， 同解法一，可得N(1,7)，M(－5，－5)， 易知－5≤x≤1. 16．已知點(diǎn)G(5,4)，圓C1：(x－1)2＋(y－4)2＝25，過點(diǎn)G的動直線l與圓C1相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，線段EF的中點(diǎn)為C，且C在圓C2上． (1)若直線mx＋ny－1＝0(mn＞0)經(jīng)過點(diǎn)G，求mn的最大值； (2)求圓C2的方程； (3)若過點(diǎn)A(1,0)的直線l1與圓C2相交于P，Q兩點(diǎn)，線段PQ的中點(diǎn)為M.l1與l2：x＋2y＋2＝0的交點(diǎn)為N，求證：|AM|·|AN|為定值． 解

17、：(1)∵點(diǎn)G(5,4)在直線mx＋ny－1＝0上， ∴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)．