2016屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)8.4直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系課時作業(yè)理湘教版一、選擇題1．已知圓的方程是x2＋y2＝1，則在y軸上截距為eq\r(2)的切線方程為()A．y＝x＋eq\r(2)B．y＝－x＋eq\r(2)C．y＝x＋eq\r(2)或y＝－x＋eq\r(2)D．x＝1或y＝x＋eq\r(2)【解析】在y軸上截距為eq\r(2)且斜率不存在的直線顯然不是切線，故設(shè)切線方程為y＝kx＋eq\r(2)，則eq\f(|\r(2)|,\r(k2＋1))＝1，∴k＝±1，故所求切線方程為y＝x＋eq\r(2)或y＝－x＋eq\r(2).選C.【答案】C2．已知直線x＋y－k＝0(k>0)與圓x2＋y2＝4交于不同的兩點(diǎn)A，B，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，且有|OA＋OB|≥eq\f(\r(3),3)|AB|，那么k的取值范圍是()A．(eq\r(3)，＋∞)B．[eq\r(2)，＋∞)C．[eq\r(2)，2eq\r(2))D．[eq\r(3)，2eq\r(2))【解析】設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－k＝0，,x2＋y2＝4，))消去y，得2x2－2kx＋k2－4＝0.∴x1＋x2＝k，x1·x2＝eq\f(k2－4,2)，Δ＝4k2－8(k2－4)>0，∴0<k<2eq\r(2).OA＋OB＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(x1＋x2，2k－x1－x2)＝(k，k)，AB＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，x1－x2)，由題意可得：eq\r(k2＋k2)≥eq\f(\r(3),3)·eq\r(2)eq\r(（x2－x1）2)，解得k≥eq\r(2).∴k∈[eq\r(2)，2eq\r(2))．【答案】C3．若直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1通過點(diǎn)M(cosα，sinα)，則()A．a(chǎn)2＋b2≤1B．a(chǎn)2＋b2≥1C.eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≤1D.eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥1【解析】顯然點(diǎn)M(cosα，sinα)在圓x2＋y2＝1上，直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1過點(diǎn)M，即直線與圓相交或相切．∴eq\f(|－1|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))\s\up12(2)))≤1，∴eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥1，故選D.【答案】D4．(2013·銀川一模)若圓C1：x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0(a∈R)與圓C2：x2＋y2－2by－1＋b2＝0(b∈R)恰有三條切線，則a＋b的最大值為()A．－3eq\r(2)B．－3C．3D．3eq\r(2)【解析】易知圓C1的圓心為C1(－a，0)，半徑為r1＝2；圓C2的圓心為C2(0，b)，半徑為r2＝1.∵兩圓恰有三條切線，∴兩圓外切，∴|C1C2|＝r1＋r2，即a2＋b2∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)≤eq\f(a2＋b2,2)，∴a＋b≤3eq\r(2)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(3,\r(2))時取“＝”)，∴a＋b的最大值為3eq\r(2).【答案】D5．已知直線ax＋by＋c＝0與圓O：x2＋y2＝1相交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝eq\r(3)，則eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝()A．1B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(3,2)【解析】因?yàn)橹本€ax＋by＋c＝0與圓O：x2＋y2＝1相交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝eq\r(3)，所以圓心距d＝eq\f(1,2)＝eq\f(|c|,\r(a2＋b2))，即c2＝eq\f(1,4)(a2＋b2)．不妨設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＋by＋c＝0，,x2＋y2＝1))?(a2＋b2)x2＋2acx＋c2－b2＝0，?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(2ac,a2＋b2)，,x1·x2＝\f(c2－b2,a2＋b2)，))而c2＝eq\f(1,4)(a2＋b2)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ax1＋c,b)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ax2＋c,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a2,b2)))x1x2＋eq\f(ac,b2)(x1＋x2)＋eq\f(c2,b2)＝－eq\f(1,2).【答案】B6．設(shè)集合A＝{(x，y)|y＝eq\r(4－x2)}，B＝{(x，y)|y＝k(x－b)＋1}，若對任意0≤k≤1都有A∩B≠?，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是()A．[1－2eq\r(2)，1＋2eq\r(2)]B．[－eq\r(3)，1＋2eq\r(2)]C．[1－2eq\r(2)，3]D．[－eq\r(3)，3]【解析】集合A表示圓O：x2＋y2＝4的上半圓．如圖所示，集合B是一條直線，過y＝1上的一點(diǎn)，利用斜率為k的臨界條件k＝1.要想使A∩B≠?，只需直線在與圓相切和過(2，0)之間，這時可求出b∈[1－2eq\r(2)，3]．【答案】C二、填空題7．若⊙O：x2＋y2＝5與⊙O1：(x－m)2＋y2＝20(m∈R)相交于A、B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________．【解析】由題意得OA⊥O1A設(shè)OA⊥O1A，設(shè)AB與OO1交點(diǎn)為H由垂徑定理，|AB|＝2|AH|.∴在Rt△OO1A|AH|＝eq\f(|OA|·|AO1|,|OO1|)＝eq\f(\r(5)×2\r(5),\r(（\r(5)）2＋（2\r(5)）2))＝2.∴|AB|＝2|AH|＝4.【答案】48．如果點(diǎn)P在平面區(qū)域eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋2≥0，,x－2y＋1≤0，,x＋y－2≤0))上，點(diǎn)Q在曲線x2＋(y＋2)2＝1上，那么PQ的最小值為________．【解析】由點(diǎn)P在平面區(qū)域eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋2≥0，,x－2y＋1≤0，,x＋y－2≤0))上，畫出點(diǎn)P所在的平面區(qū)域．由點(diǎn)Q在圓x2＋(y＋2)2＝1上，畫出點(diǎn)Q所在的圓，如圖所示．由題意，得PQ的最小值為圓心(0，－2)到直線x－2y＋1＝0的距離減去半徑1.又圓心(0，－2)到直線x－2y＋1＝0的距離為eq\f(|0－2×（－2）＋1|,\r(12＋22))＝eq\r(5)，此時垂足(－1，0)在滿足條件的平面區(qū)域內(nèi)，故PQ的最小值為eq\r(5)－1.【答案】eq\r(5)－19．若曲線x2＋y2＋x－6y＋3＝0上兩點(diǎn)P、Q滿足：①關(guān)于直線kx－y＋4＝0對稱；②OP⊥OQ，則直線PQ的方程為____________．【解析】由①知直線kx－y＋4＝0過圓心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，3))，所以k＝2，故kPQ＝－eq\f(1,2).設(shè)直線PQ的方程為y＝－eq\f(1,2)x＋t，與圓的方程聯(lián)立消去y，得eq\f(5,4)x2＋(4－t)x＋t2－6t＋3＝0.(*)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由于OP⊥OQ，所以x1x2＋y1y2＝0，即x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x1＋t))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x2＋t))＝0，所以(x1＋x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)t))＋eq\f(5,4)x1x2＋t2＝0.由(*)知，x1＋x2＝eq\f(4（t－4）,5)，x1x2＝eq\f(4（t2－6t＋3）,5)，代入上式，解得t＝eq\f(3,2)或t＝eq\f(5,4).此時方程(*)的判別式Δ＞0.從而直線的方程為y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(3,2)或y＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(5,4)，即x＋2y－3＝0或2x＋4y－5＝0為所求直線方程．【答案】x＋2y－3＝0或2x＋4y－5＝010．(2013·桂林模擬)直線eq\r(2)ax＋by＝1與圓x2＋y2＝1相交于A，B兩點(diǎn)(a，b是實(shí)數(shù))，且△AOB是直角三角形(O是坐標(biāo)原點(diǎn))，則點(diǎn)P(a，b)與點(diǎn)(0，1)之間的距離的最大值為________．【解析】由于△AOB為直角三角形，OA＝OB＝1，故應(yīng)為等腰直角三角形，故圓心到直線AB的距離為eq\f(\r(2),2)，即eq\f(1,\r(（\r(2)a）2＋b2))＝eq\f(\r(2),2)，∴2a2＋b2＝2(－1≤a≤1，－eq\r(2)≤b≤eq\r(2))．P(a，b)與(0，1)的距離為d＝eq\r(a2＋（b－1）2)＝eq\r(\f(2－b2,2)＋b2－2b＋1)＝eq\r(\f(1,2)（b－2）2)＝eq\f(\r(2),2)|b－2|，∵b∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]，∴b－2∈[－2－eq\r(2)，eq\r(2)－2]，∴|b－2|∈[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)]，故點(diǎn)P與點(diǎn)(0，1)之間的距離的最大值為eq\r(2)＋1.【答案】eq\r(2)＋1三、解答題11．已知圓C的方程為x2＋y2＝1，直線l1過定點(diǎn)A(3，0)，且與圓C相切．(1)求直線l1的方程；(2)設(shè)圓C與x軸交于P、Q兩點(diǎn)，M是圓C上異于P、Q的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)A且與x軸垂直的直線為l2，直線PM交直線l2于點(diǎn)P′，直線QM交直線l2于點(diǎn)Q′.求證：以P′Q′為直徑的圓C′總過定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)坐標(biāo)．【解析】(1)∵直線l1過點(diǎn)A(3，0)，且與圓C：x2＋y2＝1相切，設(shè)直線l1的方程為y＝k(x－3)，即kx－y－3k＝0，則圓心O(0，0)到直線l1的距離為d＝eq\f(|3k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±eq\f(\r(2),4)，∴直線l1的方程為y＝±eq\f(\r(2),4)(x－3)．(2)證明：對于圓C：x2＋y2＝1，令y＝0，則x＝±1，即P(－1，0)，Q(1，0)．又直線l2過點(diǎn)A且與x軸垂直，∴直線l2方程為x＝3.設(shè)M(s，t)，則直線PM的方程為y＝eq\f(t,s＋1)(x＋1)．解方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝\f(t,s＋1)（x＋1），))得P′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(4t,s＋1))).同理可得Q′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2t,s－1))).∴以P′Q′為直徑的圓C′的方程為(x－3)(x－3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(4t,s＋1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2t,s－1)))＝0，又s2＋t2＝1，∴整理得(x2＋y2－6x＋1)＋eq\f(6s－2,t)y＝0，若圓C′經(jīng)過定點(diǎn)，只需令y＝0，從而有x2－6x＋1＝0，解得x＝3±2eq\r(2)，∴圓C′總經(jīng)過定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為(3±2eq\r(2)，0)．12．已知圓M的方程為：x2＋y2－2x－2y－6＝0，以坐標(biāo)原點(diǎn)為圓心的圓N與圓M內(nèi)切．(1)求圓N的方程；(2)圓N與x軸交于E、F兩點(diǎn)，圓內(nèi)的動點(diǎn)D使得|DE|、|DO|、|DF|成等比數(shù)列，求eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))的取值范圍；(3)過點(diǎn)M作兩條直線分別與圓N相交于A、B兩點(diǎn)，且直線MA和直線MB的傾斜角互補(bǔ)，試判斷直線MN和AB是否平行？請說明理由．【解析】(1)圓M的圓心M(1，1)，半徑R＝2eq\r(2)，圓N的圓心為N(0，0)，因?yàn)閨MN|＝eq\r(2)<2eq\r(2)，所以點(diǎn)N在圓M內(nèi)，故圓N只能內(nèi)切于圓M.設(shè)其半徑為r.因?yàn)閳AN內(nèi)切于圓M，所以有|MN|＝R－r，即eq\r(2)＝2eq\r(2)－r，解得r＝eq\r(2).所以圓N的方程為x2＋y2＝2.(2)由題意可知：E(－eq\r(2)，0)，F(xiàn)(eq\r(2)，0)．設(shè)D(x，y)，由|DE|、|DO|、|DF|成等比數(shù)列，得|DO|2＝|DE|·|DF|，即eq\r(（x＋\r(2)）2＋y2)×eq\r(（x－\r(2)）2＋y2)＝x2＋y2，整理得x2－y2＝1.而eq\o(DE,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)－x，－y)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(eq\r(2)－x，－y)，eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝x2＋y2－2＝2y2－1，由于點(diǎn)D在圓N內(nèi)，故有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2<2，,x2－y2＝1，))由此得0≤y2<eq\f(1,2)，所以eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))∈[－1，0)．(3)因?yàn)橹本€MA和直線MB的傾斜角互補(bǔ)，故直線MA和直線MB的斜率存在，且互為相反數(shù)，設(shè)直線MA的斜率為k，則直線MB的斜率為－k.故直線MA的方程為y－1＝k(x－1)，直線MB的方程為y－1＝－k(x－1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－1＝k（x－1），,x2＋y2＝2，))得(1＋k2)x2＋2k(1－k)x＋(1－k)2－2＝0.因?yàn)辄c(diǎn)M在圓N上，故其橫坐標(biāo)x＝1一定是該方程的解，可得xA＝eq\f(k2－2k－1,1＋k2)，同理可得xB＝eq\f(k2＋2k－1,1＋k2)，所以kAB＝eq\f(yB－yA,xB－xA)＝eq\f(－k（xB－1）－k（xA－1）,xB－xA)＝eq\f(2k－k（xB＋xA）,xB－xA)＝1＝kMN.所以，直線AB和MN一定平行.13．(2013·徐州調(diào)研)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線x－y＋1＝0截以原點(diǎn)O為圓心的圓所得弦長為eq\r(6).(1)求圓O的方程；(2)若直線l與圓O切于第一象限，且與坐標(biāo)軸交于點(diǎn)D、E，當(dāng)DE長最小時，求直線l的方程；(3)設(shè)M、P是圓O上任意兩點(diǎn)，點(diǎn)M關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為N，若直線MP、NP分別交x軸于點(diǎn)(m，0)和(n，0)，問mn是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請說明理由．【解析】(1)因?yàn)镺到直線x－y＋1＝0的距離為eq\f(1,\r(2))，所以圓O的半徑r＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))\s\up12(2))＝eq\r(2)，故圓O的方程為x2＋y2＝2.(2)設(shè)直線l的方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)，即bx＋ay－ab＝0.由直線l與圓O相切，得eq\f(|ab|,\r(a2＋b2))＝eq\r(2)，即eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝eq\f(1,2).所以DE2＝a2＋b2＝2(a2＋b2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))＝