《（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第4課時(shí) 直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系課時(shí)闖關(guān)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第4課時(shí) 直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系課時(shí)闖關(guān)（含解析）（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 [A級(jí)　雙基鞏固] 一、填空題 1．圓C：x2＋y2＋6x＋5＝0被直線l：x－y＋5＝0所截得的弦長為________． 解析：⊙C：(x＋3)2＋y2＝4，則圓心到直線的距離d＝＝，∴弦長l＝×2＝2. 答案：2 2．兩圓x2＋y2－6x＋6y－48＝0與x2＋y2＋4x－8y－44＝0公切線的條數(shù)是________． 解析：圓x2＋y2－6x＋6y－48＝0配成標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－3)2＋(y＋3)2＝64， 圓心坐標(biāo)(3，－3)半徑r1＝8. 而圓x2＋y2＋4x－8y－44＝0配成標(biāo)準(zhǔn)方程 為(x＋2)2＋(y－4)2＝64， ∴圓心坐標(biāo)(－2,4)，半

2、徑r2＝8， 圓心距d＝＜r1＋r2， 從而兩圓相交，故公切線有兩條． 答案：2 3．與圓x2＋(y－2)2＝1相切，且在兩坐標(biāo)軸上截距相等的直線共有________條． 解析：有兩條相互垂直的直線，另兩條直線過原點(diǎn)． 答案：4 4．若直線y＝kx＋1與圓x2＋y2＝1相交于P、Q兩點(diǎn)，∠POQ＝120°(其中O為原點(diǎn))，則k的值為________． 解析：設(shè)直線PQ與x軸交于M點(diǎn)，易知∠OMP＝60°，∴k＝tan60°或tan120°，即k＝±. 答案：－或 5．過點(diǎn)(－4,0)作直線l與圓x2＋y2＋2x－4y－20＝0交于A、B兩點(diǎn)，如果|AB|＝8，則l的方程為_

3、_______． 解析：圓的方程可化為(x＋1)2＋(y－2)2＝25，所以圓心(－1,2)，半徑r＝5.由于弦長|AB|＝8，解圓中的直角三角形可得圓心到弦所在直線的距離d＝＝3.直線l過點(diǎn)(－4,0)，當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，方程為x＋4＝0，顯然成立．當(dāng)斜率存在時(shí)，可設(shè)為k，則直線方程可化為kx－y＋4k＝0，d＝＝3，解之可得k＝－.代回方程化簡得5x＋12y＋20＝0.綜上，直線l的方程為x＋4＝0或5x＋22y＋20＝0. 答案：x＋4＝0或5x＋12y＋20＝0 6．(2010·高考江西卷改編)直線y＝kx＋3與圓(x－2)2＋(y－3)2＝4相交于M，N兩點(diǎn)，若|MN|≥2，

4、則k的取值范圍是________． 解析：如圖，記題中的圓的圓心為C(2,3)，作CD⊥MN于D，則|CD|＝， 于是有|MN|＝2|MD| ＝2 ＝2≥2，即4－≥3， 解得－≤k≤. 答案：[－，] 7．若直線y＝x＋b與曲線y＝3－有公共點(diǎn)，則b的取值范圍是________． 解析：曲線y＝3－表示圓(x－2)2＋(y－3)2＝4的下半圓，如圖所示，當(dāng)直線y＝x＋b經(jīng)過點(diǎn)(0,3)時(shí)，b取最大值3，當(dāng)直線與半圓相切時(shí)，b取最小值，由＝2?b＝1－2或1＋2(舍)． 答案：[1－2，3] 8．(2010·高考江蘇卷)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓x2＋y2＝4

5、上有且只有四個(gè)點(diǎn)到直線12x－5y＋c＝0的距離為1，則實(shí)數(shù)c的取值范圍是________． 解析：如圖，圓x2＋y2＝4的半徑為2，圓上有且僅有四個(gè)點(diǎn)到直線的距離為1，問題轉(zhuǎn)化為原點(diǎn)(0,0)到直線12x－5y＋c＝0的距離小于1. 即＜1，＜13， ∴－13

6、1)設(shè)所求直線方程為y＝－2x＋b，即2x＋y－b＝0， ∵直線與圓相切， ∴＝3， 得b＝±3， ∴所求直線方程為y＝－2x±3. (2)假設(shè)存在這樣的點(diǎn)B(t,0)，當(dāng)P為圓C與x軸左交點(diǎn)(－3,0)時(shí)，＝； 當(dāng)P為圓C與x軸右交點(diǎn)(3,0)時(shí)，＝， 依題意，＝， 解得，t＝－5(舍去)，或t＝－. 下面證明點(diǎn)B(－，0)對(duì)于圓C上任一點(diǎn)P，都有為一常數(shù)．設(shè)P(x，y)，則y2＝9－x2， ∴＝＝ ＝＝， 從而＝為常數(shù)． 10．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C1：(x＋3)2＋(y－1)2＝4和圓C2：(x－4)2＋(y－5)2＝4. (1)若直線l過點(diǎn)A

7、(4,0)，且被圓C1截得的弦長為2，求直線l的方程； (2)設(shè)P為平面上的點(diǎn)，滿足：存在過點(diǎn)P的無窮多對(duì)互相垂直的直線l1和l2，它們分別與圓C1和C2相交，且直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等．試求所有滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)． 解：(1)由于直線x＝4與圓C1不相交，所以直線l的斜率存在．設(shè)直線l的方程為y＝k(x－4)，圓C1的圓心到直線l的距離為d，因?yàn)閳AC1被直線l截得的弦長為2，所以d＝＝1. 由點(diǎn)到直線的距離公式得 d＝， 從而k(24k＋7)＝0，即k＝0或k＝－， 所以直線l的方程為 y＝0或7x＋24y－28＝0. (2)設(shè)點(diǎn)P(a，b

8、)滿足條件，不妨設(shè)直線l1的方程為y－b＝k(x－a)，k≠0，則直線l2的方程為y－b＝－(x－a)．因?yàn)閳AC1和C2的半徑相等，且圓C1被直線l1截得的弦長與圓C2被直線l2截得的弦長相等，所以圓C1的圓心到直線l1的距離和圓C2的圓心到直線l2的距離相等，即＝， 整理得|1＋3k＋ak－b|＝|5k＋4－a－bk|，從而1＋3k＋ak－b＝5k＋4－a－bk或1＋3k＋ak－b＝－5k－4＋a＋bk，即(a＋b－2)k＝b－a＋3或(a－b＋8)k＝a＋b－5，因?yàn)閗的取值有無窮多個(gè)，所以或 解得或 這樣點(diǎn)P只可能是點(diǎn)P1或點(diǎn)P2. 經(jīng)檢驗(yàn)點(diǎn)P1和P2滿足題目條件． [B級(jí)　能

9、力提升] 一、填空題 1．(2011·高考全國卷改編)設(shè)兩圓C1，C2都和兩坐標(biāo)軸相切，且都過點(diǎn)(4,1)，則兩圓心的距離|C1C2|＝________. 解析：∵兩圓都和兩坐標(biāo)軸相切且都經(jīng)過點(diǎn)(4,1)，∴兩圓圓心均在第一象限且橫縱坐標(biāo)相等，設(shè)兩圓圓心分別為(a，a)(b，b)．則有(4－a)2＋(1－a)2＝a2，(4－b)2＋(1－b)2＝b2. 即a，b是方程(4－x)2＋(1－x)2＝x2的兩個(gè)根，整理得x2－10x＋17＝0，∴a＋b＝10，ab＝17，∴(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＝100－4×17＝32. ∴|C1C2|＝＝＝8. 答案：8 2．圓x2＋y2

10、＋2x－4y＋1＝0關(guān)于直線2ax－by＋2＝0(a，b∈R)對(duì)稱，則ab的取值范圍是________． 解析：圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝4，由題意知圓心(－1,2)在直線2ax－by＋2＝0上，因此－2a－2b＋2＝0，即a＋b＝1，a2＋b2＋2ab≥4ab. ∴4ab≤1，即ab≤.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時(shí)等號(hào)成立． 答案：(－∞，] 3．設(shè)有一組圓Ck：(x－k＋1)2＋(y－3k)2＝2k4(k∈N*)下列四個(gè)命題： ①存在一條定直線與所有的圓均相切； ②存在一條定直線與所有的圓均相交； ③存在一條定直線與所有的圓均不相交； ④所有的圓均不經(jīng)過原點(diǎn)． 其中

11、真命題的序號(hào)是________． 解析；圓心為(k－1,3k)，圓心在y＝3(x＋1)上移動(dòng)，半徑也隨k增大而增大，故y＝3(x＋1)一定與所有的圓均相交．故②正確，③不正確． 對(duì)于選項(xiàng)①，設(shè)存在定直線Ax＋By＋C＝0與圓相切． ∴d＝r，則與k無關(guān)． 又k2＝ 顯然該式中k不可能消去，故①不正確． 對(duì)于選項(xiàng)④.只需代入坐標(biāo)原點(diǎn)驗(yàn)證即可． 答案：②④ 4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)直線y＝x＋2m和圓x2＋y2＝n2相切，其中m，n∈N*,0＜≤1，若函數(shù)f(x)＝mx＋1－n的零點(diǎn)x0∈(k，k＋1)，k∈Z，則k＝________. 解析：∵直線y＝x＋2m和圓x2＋

12、y2＝n2相切， ∴＝n，即2m＝2n. ∵m，n∈N*,0＜≤1，∴m＝3，n＝4. ∴f(x)＝3x＋1－4. 令3x＋1－4＝0，得x＝log34－1∈(0,1)，故k＝0. 答案：0 二、解答題 5．(2012·鹽城質(zhì)檢)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知F1(－4,0)，F(xiàn)2(4,0)，A(0,8)，直線y＝t(0＜t＜8)與線段AF1、AF2分別交于點(diǎn)P、Q. (1)當(dāng)t＝3時(shí)，求以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)，且過PQ中點(diǎn)的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)過點(diǎn)Q作直線QR∥AF1交F1F2于點(diǎn)R，記△PRF1的外接圓為圓C. ①求證：圓心C在定直線7x＋4y＋8＝0上；

13、②圓C是否恒過異于點(diǎn)F1的一個(gè)定點(diǎn)？若過，求出該點(diǎn)的坐標(biāo)；若不過，請(qǐng)說明理由． 解：(1)設(shè)橢圓的方程為＋＝1(a＞b＞0)，當(dāng)t＝3時(shí)，PQ的中點(diǎn)為(0,3)，所以b＝3而a2－b2＝16，所以a2＝25，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)①證明：法一：易得直線AF1：y＝2x＋8；AF2：y＝－2x＋8， 所以可得P(，t)，Q(，t)，再由QR∥AF1，得R(4－t,0)， 則線段F1R的中垂線方程為x＝－，線段PF1的中垂線方程為y＝－x＋， 由，解得△PRF1的外接圓的圓心坐標(biāo)為(－，－2)． 經(jīng)驗(yàn)證，該圓心在定直線7x＋4y＋8＝0上． 法二：易得直線AF1：y＝2x

14、＋8；AF2：y＝－2x＋8，所以可得P(，t)，Q(，t)， 再由QR∥AF1，得R(4－t,0) 設(shè)△PRF1的外接圓C的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， 則y＝， 解得， 所以圓心坐標(biāo)為(－，－2)，經(jīng)驗(yàn)證，該圓心在定直線7x＋4y＋8＝0上． ②由①可得圓C的方程為x2＋y2＋tx＋(4－t)y＋4t－16＝0. 該方程可整理為(x2＋y2＋4y－16)＋t(x－y＋4)＝0， 則由，解得或. 所以圓C恒過異于點(diǎn)F1的一個(gè)定點(diǎn)，該點(diǎn)坐標(biāo)為(，)． 6．已知正三角形OAB的三個(gè)頂點(diǎn)都在拋物線y2＝2x上，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)圓C是△OAB的外接圓(點(diǎn)C為圓心)．

15、 (1)求圓C的方程； (2)設(shè)圓M的方程為(x－4－7cosθ)2＋(y－7sinθ)2＝1，過圓M上任意一點(diǎn)P分別作圓C的兩條切線PE，PF，切點(diǎn)為E，F(xiàn)，求·的最大值和最小值． 解：(1)設(shè)A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為(，y1)，(，y2)，由題設(shè)知 ＋　 ＝2　. 解得y＝y(tǒng)＝12， 所以A(6,2)，B(6，－2)或A(6，－2)，B(6,2)． 設(shè)圓心C的坐標(biāo)為(r,0)，則r＝×6＝4，所以圓C的方程為(x－4)2＋y2＝16. (2)設(shè)∠ECF＝2α，則·＝||·||cos2α＝16cos2α＝32cos2α－16. 在Rt△PCE中，cosα＝＝，由圓的幾何性質(zhì)得 |PC|≤|MC|＋1＝7＋1＝8，|PC|≥|MC|－1＝7－1＝6， 所以≤cosα≤，由此可得－8≤·≤－. 則·的最大值為－，最小值為－8.