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
