§9.2 直線、圓的位置關(guān)系專題檢測1.(2019黑龍江哈爾濱第六中學(xué)高三12月月考,5)過點(1,0)且傾斜角為30°的直線被圓(x-2)2+y2=1所截得的弦長為( )A. B.1 C. D.2答案 C 直線方程為y=(x-1),即x-3y-=0,圓心(2,0)到直線的距離d==,∴直線被圓截得的弦長l=2×=.故選C.2.(2019浙江高考模擬試卷(二),3)已知圓M:(x-2)2+y2=1和直線l:y=kx,則“k=”是“直線l與圓M相切”的( )A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件答案 A 直線l:y=x?x-y=0,則圓心(2,0)到直線l的距離d=1,∴直線l與圓M相切,充分性成立;反之,當(dāng)圓M:(x-2)2+y2=1和直線l相切時,k=±,必要性不成立.∴“k=”是直線l與圓M相切的充分不必要條件.故選A.3.(2018浙江新高考調(diào)研卷三(杭州二中),6)已知直線ax+y-2=0與圓x2+y2=b總有2個不同的交點,則b的取值范圍是( )A.(2,+∞) B.(4,+∞)C.(0,+∞) D.(,+∞)答案 B 直線ax+y-2=0過定點(0,2),要使直線與圓總有2個不同的交點,定點(0,2)必須在圓內(nèi),從而02+224.故選B.4.(2018天津十二區(qū)縣二模,4)已知m為實數(shù),直線l1:mx+y-1=0,l2:(3m-2)x+my-2=0,則“m=1”是“l(fā)1∥l2”的( )A.充要條件B.充分不必要條件C.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件答案 A 當(dāng)m=1時,兩直線方程分別為直線l1:x+y-1=0,l2:x+y-2=0,滿足l1∥l2,即充分性成立.當(dāng)m=0時,兩直線方程分別為y-1=0,-2x-2=0,不滿足條件;當(dāng)m≠0時,則l1∥l2?=≠,由=得m2-3m+2=0,解得m=1或m=2,由≠得m≠2,則m=1,即必要性成立.故“m=1”是“l(fā)1∥l2”的充要條件.5.(2018北京通州一模,6)已知拋物線y2=8x的準(zhǔn)線與圓心為C的圓x2+y2+2x-8=0交于A,B兩點,則|-|等于( )A.2 B.2C.2 D.4答案 D 易知拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-2,圓C的圓心坐標(biāo)為(-1,0),半徑為3,則|-|=||=2×=4,故選D.6.(2018湖北四地七校3月聯(lián)考,8)若圓O1:x2+y2=5與圓O2:(x+m)2+y2=20相交于A,B兩點,且兩圓在點A處的切線互相垂直,則線段AB的長度是( )A.3 B.4 C.2 D.8
答案 B 連接O1A、O2A,由于☉O1與☉O2在點A處的切線互相垂直,因此O1A⊥O2A,所以O(shè)1=O1A2+O2A2,即m2=5+20=25,設(shè)AB交x軸于點C.在Rt△O1AO2中,sin∠AO2O1=,∴在Rt△ACO2中,AC=AO2·sin∠AO2O1=2×=2,∴AB=2AC=4.故選B.7.(2018北京順義二模,8)已知點A(-1,-1).若曲線Γ上存在兩點B,C,使△ABC為正三角形,則稱Γ為“正三角形”曲線.給定下列三條曲線:①x+y-3=0(0≤x≤3);②x2+y2=2(-≤x≤0);③y=-(x>0).其中,“正三角形”曲線的個數(shù)是( )A.0 B.1 C.2 D.3答案 C ①點A不在x+y-3=0(0≤x≤3)上,線段與坐標(biāo)軸的交點為M(0,3),N(3,0),此時|MN|=3,|AM|=,|AN|=.因為|AM|<|MN|,所以存在兩點B,C,使△ABC為正三角形,所以①是“正三角形”曲線.②x2+y2=2(-≤x≤0)表示y軸左側(cè)的半個圓,曲線與y軸的交點為M(0,),N(0,-),此時∠MAN>60°,可知三角形AMN不可能是正三角形,所以②不是“正三角形”曲線.③利用數(shù)形結(jié)合思想,以A為圓心作圓,由圖象可知當(dāng)圓與曲線y=-(x>0)相交時,存在B,C,使△ABC為正三角形,所以③為“正三角形”曲線.故選C.8.(2017東北三省四市聯(lián)考,9)已知圓C:(x-)2+(y-1)2=1和兩點A(-t,0),B(t,0)(t>0),若圓C上存在點P,使得∠APB=90°,則當(dāng)t取得最大值時,點P的坐標(biāo)是( )A. B.C. D.答案 D 解法一:設(shè)P的坐標(biāo)為(a,b),由題意知,·=0,即(a+t)·(a-t)+b2=0,a2-t2+b2=0,所以t2=a2+b2=|OP|2,|OP|max=+1=3,即t的最大值為3,此時kOP=,所以O(shè)P所在直線的傾斜角為30°,所以點P的縱坐標(biāo)為3×=,橫坐標(biāo)為3×=,即P.解法二:設(shè)點P的坐標(biāo)為(+cosθ,1+sinθ)(θ∈[0,2π]),由題意知·=0,所以(+cosθ+t)(+cosθ-t)+(1+sinθ)2=0,得t2=5+2cosθ+2sinθ=5+4sin,當(dāng)θ+=,即θ=時,t取得最大值,此時P.9.(2018河北衡水中學(xué)期中考試,10)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,在以(-2,0)為圓心且與直線(3m+1)x+(1-2m)y-5=0(m∈R)相切的所有圓中,面積最大的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是( )A.(x+2)2+y2=16 B.(x+2)2+y2=20C.(x+2)2+y2=25 D.(x+2)2+y2=36答案 C 根據(jù)題意,記圓心為P(-2,0),對于直線(3m+1)·x+(1-2m)y-5=0,
變形可得m(3x-2y)+(x+y-5)=0,易知直線過定點M(2,3).故在以點(-2,0)為圓心且與直線(3m+1)x+(1-2m)y-5=0相切的圓中,面積最大的圓的半徑r=|MP|,則r2=|MP|2=25,故其標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+2)2+y2=25.故選C.10.(2019浙江高考模擬試卷(二),9)如圖,已知F1,F2為橢圓+=1(a>b>0)的兩個焦點,P為橢圓上一點,過F2作直線PF1的垂線交橢圓于P,Q兩點,設(shè)橢圓的離心率為e,若圓x2+y2=1與直線PF1相切,且|QF1|=6,則e2等于( )A. B.C.5-2 D.答案 D 設(shè)切點為M,連接OM,由題意得OM=1,OM∥PF2,∵O為F1F2的中點,∴|PF2|=2,|PF1|=2a-2,又|QF1|=6,|QF1|+|QF2|=2a,∴|QF2|=2a-6,∴|PQ|=2a-4,在△PF1F2中,由勾股定理得(2a-2)2+22=4c2①,在△PF1Q中,由勾股定理得(2a-2)2+(2a-4)2=62②,由①②得a=?a2=,c2=.∴e2=.故選D.11.(2018天津部分區(qū)縣期末,13)以點(0,b)為圓心的圓與直線y=2x+1相切于點(1,3),則該圓的方程為 .?答案 x2+=解析 ∵以點(0,b)為圓心的圓與直線y=2x+1相切于點(1,3),∴兩點(0,b)和(1,3)所在直線與直線y=2x+1垂直,∴=-,解得b=,∴圓心坐標(biāo)為,∵圓的半徑r==,∴圓的方程為x2+=.12.(20195·3原創(chuàng)沖刺卷八,15)在平面直角坐標(biāo)系中,已知A(-1,0),B(1,0),圓C:x2+y2-2x-6y+2=0,動直線l與圓C相交于M,N兩點,且△CMN的面積為4.若P為線段MN的中點,則△PAB的面積的最大值為 .?答案 5解析 由題易知圓C:(x-1)2+(y-3)2=8,且CP垂直于MN,設(shè)CP=d(d>0),則×|MN|=×2=4,解得d=2,即P的軌跡是以C為圓心,2為半徑的圓.又|AB|=2,P到x軸的距離的最大值為3+2=5,所以△PAB的面積的最大值為=5.13.(2017江蘇南通、揚州、泰州三模,13)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點A(0,-2),點B(1,-1),P為圓x2+y2=2上一動點,則的最大值是 .?
答案 2解析 設(shè)P(x,y),則由已知可得==,∵P(x,y)在圓x2+y2=2上,∴==.令=t,則x+(2t-1)y+3t-2=0,圓心到直線x+(2t-1)y+3t-2=0的距離應(yīng)滿足≤,解得0≤t≤4,故≤4,∴的最大值為2.14.(2018蘇錫常鎮(zhèn)四市高三教學(xué)情況調(diào)研(一),13)已知直線l:x-y+2=0與x軸交于點A,點P在直線l上,圓C:(x-2)2+y2=2上有且僅有一個點B滿足AB⊥BP,則點P的橫坐標(biāo)的取值集合為 .?答案 解析 設(shè)P(t,t+2),B(x,y),則=(t-x,t+2-y),∵直線l:x-y+2=0與x軸交于點A,∴A(-2,0),∴=(x+2,y),∵AB⊥BP,∴·=0,即(x+2)(t-x)+y(t+2-y)=0.整理得x2-(t-2)x+y2-(t+2)y=2t,∴+=,又∵B(x,y)在圓(x-2)2+y2=2上,∴點B可理解為圓+=與圓(x-2)2+y2=2的交點,易得(x-2)2+y2=2的圓心C(2,0),半徑r1=,設(shè)+=的圓心N,半徑r2=|t+2|,由題意得圓C與圓N相切,①外切時:CN=r1+r2,∴=+|t+2|.整理得=2+|t+2|.(i)若t≥-2,則|t+2|=t+2,∴=t+4,∴t2-4t+20=t2+8t+16.∴t=.(ii)若t<-2,則|t+2|=-t-2.∴=-t.∴t2-4t+20=t2,∴t=5(舍).②內(nèi)切時:CN=r2-r1,∴=|t+2|-.整理得=|t+2|-2.(i)若t≥-2,則|t+2|=t+2,∴=t,∴t2-4t+20=t2,∴t=5.(ii)若t<-2,則|t+2|=-t-2.∴=-t-4.∴t2-4t+20=t2+8t+16,∴t=(舍).綜上:t∈.
