2015高考数学人教A版本（8-3直线、圆与圆的位置关系及空间直角坐标系）一轮复习学案 12页

‎【走向高考】2015届高考数学一轮总复习 8-3直线、圆与圆的位置关系及空间直角坐标系课后强化作业 新人教A版 基础巩固强化 一、选择题 ‎1．(文)圆x2＋y2－2x＋4y－4＝0与直线2tx－y－2－2t＝0(t∈R)的位置关系为(　　)‎ A．相离　　　　　　　　 B．相切 C．相交 D．以上都有可能 ‎[答案]　C ‎[解析]　∵直线2t(x－1)－(y＋2)＝0过圆心(1，－2)，∴直线与圆相交．‎ ‎[点评]　直线方程中含参数t，故可由直线方程过定点来讨论，∵2t(x－1)－(y＋2)＝0，∴直线过定点(1，－2)，代入圆方程中，12＋(－2)2－2×1＋4×(－2)－4＝－9<0，∴点(1，－2)在圆内，故直线与圆相交．‎ ‎(理)直线xsinθ＋ycosθ＝1＋cosθ与圆x2＋(y－1)2＝4的位置关系是(　　)‎ A．相离　　　　　　　　 B．相切 C．相交 D．以上都有可能 ‎[答案]　C ‎[解析]　圆心到直线的距离d＝＝1<2，‎ ‎∴直线与圆相交．‎ ‎2．(文)(2013·山东省实验中学诊断)在平面直角坐标系xOy中，直线3x＋4y－5＝0与圆x2＋y2＝4相交于A、B两点，则弦AB的长等于(　　)‎ A．3 B．2 C. D．1‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　圆心到直线的距离d＝＝1，∵R2－d2＝()2，∴AB2＝4(R2－d2)＝4×(4－1)＝12，所以AB＝＝2，选B.‎ ‎(理)若a、b、c是直角三角形的三边(c为斜边)，则圆x2＋y2＝2截直线ax＋by＋c＝0所得的弦长等于(　　)‎ A．1　 　 　 B．2　 　 　‎ C.　 　 　 D．2 ‎[答案]　B ‎[解析]　∵a、b、c是直角三角形的三条边(c为斜边)，‎ ‎∴a2＋b2＝c2.‎ 设圆心O到直线ax＋by＋c＝0的距离为d，则d＝＝1，∴直线被圆所截得的弦长为 ‎2＝2.‎ ‎3．(文)(2013·广州一模)动点A在圆x2＋y2＝1上移动时，它与定点B(3,0)连线段的中点的轨迹方程是(　　)‎ A．(x＋3)2＋y2＝4 B．(x－3)2＋y2＝1‎ C．(2x－3)2＋4y2＝1 D．(x＋)2＋y2＝ ‎[答案]　C ‎[解析]　设中点M(x，y)，则点A(2x－3,2y)，‎ ‎∵A在圆x2＋y2＝1上，∴(2x－3)2＋(2y)2＝1，‎ 即(2x－3)2＋4y2＝1，故选C.‎ ‎(理)(2013·山东潍坊一中月考)在平面直角坐标系中，已知两点A(3,1)，B(－1,3)，若点C满足＝λ1＋λ2(O为原点)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，则点C的轨迹是(　　)‎ A．直线 B．椭圆 C．圆 D．双曲线 ‎[答案]　A ‎[解析]　设C(x，y)，因为＝λ1＋λ2，所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，即 解得又λ1＋λ2＝1，所以＋＝1，‎ 即x＋2y－5＝0，所以点C的轨迹为直线，故选A.‎ ‎4．(2013·山东理，9)过点(3,1)作圆(x－1)2＋y2＝1的两条切线，切点分别为A、B，则直线AB的方程为(　　)‎ A．2x＋y－3＝0 B．2x－y－3＝0‎ C．4x－y－3＝0 D．4x＋y－3＝0‎ ‎[答案]　A ‎[解析]　过点(3,1)与切点A、B的圆的直径为PC1，其中P(3,1)，C1(1,0)，∴圆心(2，)半径r＝，∴圆的方程为(x－2)2＋(y－)2＝，两圆的方程相减可得2x＋y－3＝0，即为直线AB的方程．‎ ‎[解法探究]　原解析利用相交两圆公共弦所在直线方程的特性求解．求直线AB 的方程一般解法是设AB：y＝k(x－3)＋1，由圆心(1,0)到AB距离等于圆的半径1，求出k＝0或，再求出交点A、B坐标，求得AB方程，作为选择题，可用淘汰法求解，由切线的性质知，AB⊥PC1，其中P(3,1)，C1(1,0)，∴kAB＝－2，排除B、C、D，选A.‎ ‎5．若动圆C与圆C1：(x＋2)2＋y2＝1外切，与圆C2：(x－2)2＋y2＝4内切，则动圆C的圆心的轨迹是(　　)‎ A．两个椭圆 B．一个椭圆及双曲线的一支 C．两双曲线的各一支 D．双曲线的一支 ‎[答案]　D ‎[解析]　设动圆C的半径为r，圆心为C，依题意得 ‎|C‎1C|＝r＋1，|C‎2C|＝r－2，‎ ‎∴|C‎1C|－|C‎2C|＝3，‎ 故C点的轨迹为双曲线的一支．‎ ‎6．(文)若P(2，－1)为圆(x－1)2＋y2＝25的弦AB的中点，则直线AB的方程为(　　)‎ A．2x＋y－3＝0 B．x＋y－1＝0‎ C．x－y－3＝0 D．2x－y－5＝0‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　由题知圆心C的坐标为(1,0)，因为CP⊥AB，kCP＝－1，所以kAB＝1，所以直线AB的方程为y＋1＝x－2，即x－y－3＝0，故选C.‎ ‎(理)已知圆C：x2＋y2＝12，直线l：4x＋3y＝25，则圆C上任意一点A到直线l的距离小于2的概率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[答案]　B ‎[解析]　⊙C上的点到直线l：4x＋3y＝25的距离等于2的点，在直线l1：4x＋3y＝15上，圆心到l1的距离d＝3，圆半径r＝2，∴⊙C截l1的弦长为|AB|＝2＝2，∴圆心角∠AOB＝，的长为⊙C周长的，故选B.‎ 二、填空题 ‎7．已知A、B是圆O：x2＋y2＝16上的两点，且|AB|＝6，若以AB为直径的圆M恰好经过点C(1，－1)，则圆心M的轨迹方程是________．‎ ‎[答案]　(x－1)2＋(y＋1)2＝9‎ ‎[解析]　设圆心为M(x，y)，由|AB|＝6知，圆M的半径r＝3，则|MC|＝3，即＝3，所以(x－1)2＋(y＋1)2＝9.‎ ‎8．(2013·江苏南京一模)如果三角形三个顶点为O(0,0)，A(0,15)，B(－8,0)，那么它的内切圆方程是________．‎ ‎[答案]　(x＋3)2＋(y－3)2＝9‎ ‎[解析]　易知△AOB是直角三角形，所以其内切圆半径r＝＝＝3.又圆心坐标为(－3,3)，故所求内切圆方程为(x＋3)2＋(y－3)2＝9.‎ ‎9．(文)已知直线kx－y＋1＝0与圆C：x2＋y2＝4相交于A，B两点，若点M在圆C上，且有＝＋(O为坐标原点)，则实数k＝________.‎ ‎[答案]　0‎ ‎[解析]　画图分析可知(图略)，当A，B，M均在圆上，平行四边形OAMB的对角线OM＝2，此时四边形OAMB为菱形，故问题等价于圆心(0,0)到直线kx－y＋1＝0的距离为1.‎ 所以d＝＝1，解得k＝0.‎ ‎(理)若在区间(－1,1)内任取实数a，在区间(0,1)内任取实数b，则直线ax－by＝0与圆(x－1)2＋(y－2)2＝1相交的概率为________．‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　由题意知，圆心C(1,2)到直线ax－by＝0距离d<1，∴<1，化简得3b－‎4a<0，如图，满足直线与圆相交的点(a，b)落在图中阴影部分，E，‎ ‎∵S矩形ABCD＝2，S梯形OABE＝＝，‎ 由几何概型知，所求概率P＝＝.‎ 三、解答题 ‎10．(文)已知圆C：x2＋y2＋x－6y＋m＝0与直线l：x＋2y－3＝0.‎ ‎(1)若直线l与圆C没有公共点，求m的取值范围；‎ ‎(2)若直线l与圆C相交于P、Q两点，O为原点，且OP⊥OQ，求实数m的值．‎ ‎[解析]　(1)将圆的方程配方，‎ 得(x＋)2＋(y－3)2＝，‎ 故有>0，解得m<.‎ 将直线l的方程与圆C的方程组成方程组，得 消去y，得x2＋()2＋x－6×＋m＝0，‎ 整理，得5x2＋10x＋‎4m－27＝0，①‎ ‎∵直线l与圆C没有公共点，∴方程①无解，‎ ‎∴Δ＝102－4×5(‎4m－27)<0，解得m>8.‎ ‎∴m的取值范围是(8，)．‎ ‎(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 由OP⊥OQ，得·＝0，‎ 由x1x2＋y1y2＝0，②‎ 由(1)及根与系数的关系得，‎ x1＋x2＝－2，x1·x2＝③‎ 又∵P、Q在直线x＋2y－3＝0上，‎ ‎∴y1·y2＝·＝[9－3(x1＋x2)＋x1·x2]，‎ 将③代入上式，得y1·y2＝，④‎ 将③④代入②得x1·x2＋y1·y2‎ ‎＝＋＝0，解得m＝3，‎ 代入方程①检验得Δ>0成立，∴m＝3.‎ ‎[点评]　求直线l与⊙C没有公共点时，用圆心到直线距离d大于半径R更简便．‎ ‎(理)已知圆C的一条直径的端点分别是M(－2,0)，N(0,2)．‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)过点P(1，－1)作圆C的两条切线，切点分别是A、B，求·的值．‎ ‎[解析]　(1)依题意可知圆心C的坐标为(－1,1)，‎ 圆C的半径为，‎ ‎∴圆C的方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝2.‎ ‎(2)PC＝＝2＝‎2AC.‎ ‎∴在Rt△PAC中，∠APC＝30°，PA＝，‎ 可知∠APB＝2∠APC＝60°，PB＝，‎ ‎∴·＝·cos60°＝3.‎ 能力拓展提升 一、选择题 ‎11．(文)(2013·福建龙岩质检)直线x＋y－2＝0与圆x2＋y2＝4交于A，B两点，则·＝(　　)‎ A．4　　　　 B．3　　　　‎ C．2　　　　 D．－2‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　由消去y得：x2－x＝0，解得x＝0或x＝.‎ 设A(0,2)，B(，1)，∴·＝2，选C.‎ ‎(理)(2013·长春调研)已知直线x＋y－k＝0(k>0)与圆x2＋y2＝4交于不同的两点A，B，O是坐标原点，且有|＋|≥||，那么k的取值范围是(　　)‎ A．(，＋∞) B．[，＋∞)‎ C．[，2) D．[，2)‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　当|＋|＝||时，∵O，A，B三点为等腰三角形的三个顶点，其中OA＝OB，∴||＝||，∴∠OBD＝30°，∠AOB＝120°，从而圆心O到直线x＋y－k＝0(k>0)的距离为1，此时k＝；当k>时，|＋|>||，又直线与圆x2＋y2＝4有两个不同的交点，故k<2，综上，k的取值范围为[，2)．‎ ‎12．(2013·安徽名校联考)已知圆C：x2＋(y＋1)2＝4，过点M(－1，－1)的直线l交圆C于点A，B，当∠ACB最小时，直线l的倾斜角为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[答案]　D ‎[解析]　由题意得，点M在圆内，圆心角∠ACB最小时，所对劣弧最小，从而弦AB也最小．易知当直线AB⊥CM时，弦AB最小，又直线CM∥x轴，故直线AB∥y轴，此时直线的倾斜角为.‎ ‎13．(文)(2013·江西理，9)过点C(，0)引直线l与曲线y＝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(　　)‎ A. B．－ C．± D．－ ‎[答案]　B ‎[分析]　y＝表示上半圆C：x2＋y2＝1(y≥0)，当直线l与C交于A、B两点时，∠AOB∈(0，π)，从而S△AOB＝OA·OBsin∠AOB＝sin∠AOB≤，等号成立时∠AOB＝，据此可求出O到l的距离，进而得出l的斜率．‎ ‎[解析]　由于y＝与l交于A、B两点，‎ ‎∴OA＝OB＝1，∴S△AOB＝OA·OBsin∠AOB≤，且当∠AOB＝时，S△AOB取到最大值，此时AB＝，点O到直线l的距离d＝，∴∠OCB＝，‎ ‎∴直线l的斜率k＝tan(π－)＝－，故选B.‎ ‎(理)(2013·重庆理，7)已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M、‎ N分别是圆C1、C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为(　　)‎ A．5－4 B.－1‎ C．6－2 D. ‎[答案]　A ‎[解析]　依题意，⊙C1关于x轴的对称圆为⊙C′，圆心C′为(2，－3)，半径为1，⊙C2的圆心为(3,4)，半径为3，则(|PC′|＋|PC2|)min＝|C′C2|＝5，|PM|≥|PC1|－1，|PN|≥|PC2|－3，∴|PM|＋|PN|≥|PC1|＋|PC2|－4＝|PC′|＋|PC2|－4，所以(|PM|＋|PN|)min＝(|PC′|＋|PC2|)min－4＝5－4，选A.‎ 二、填空题 ‎14．(2012·天津，12)设m、n∈R，若直线l：mx＋ny－1＝0与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且l与圆x2＋y2＝4相交所得弦的长为2，O为坐标原点，则△AOB面积的最小值为________．‎ ‎[答案]　3‎ ‎[解析]　∵l与圆相交弦长为2，∴＝，‎ ‎∴m2＋n2＝≥2|mn|，∴|mn|≤，l与x轴交点A(，0)，与y轴交点B(0，)，‎ ‎∴S△AOB＝||||＝ ≥×6＝3.‎ ‎15．(2013·天津新华中学月考)直线ax－y＋3＝0与圆(x－1)2＋(y－2)2＝4相交于A，B两点且|AB|＝2，则a＝________.‎ ‎[答案]　0‎ ‎[解析]　圆的圆心为M(1,2)，半径r＝2.因为|AB|＝2，所以圆心到直线的距离d＝＝＝1，即＝1，解得a＝0.‎ 三、解答题 ‎16．(文)在直角坐标系xOy中，以O为圆心的圆与直线x－y＝4相切．圆O与x轴相交于A、B两点，圆内的动点P使|PA|、|PO|、|PB|成等比数列，求·的取值范围．‎ ‎[解析]　依题设，圆O的半径r等于原点O到直线x－y＝4的距离，即r＝＝2，‎ ‎∴圆O的方程为x2＋y2＝4.‎ ‎∴A(－2,0)，B(2,0)．‎ 设P(x，y)，由|PA|、|PO|、|PB|成等比数列得，‎ ·＝x2＋y2，‎ 即x2－y2＝2.‎ ·＝(－2－x，－y)·(2－x，－y)＝x2－4＋y2‎ ‎＝2(y2－1)．‎ 由于点P在圆O内，故 由此得y2<1.所以·的取值范围为[－2,0)．‎ ‎(理)已知定直线l：x＝－1，定点F(1,0)，⊙P经过F且与l相切. ‎ ‎(1)求P点的轨迹C的方程. ‎ ‎(2)是否存在定点M，使经过该点的直线与曲线C交于A、B两点，并且以AB为直径的圆都经过原点；若有，请求出M点的坐标；若没有，请说明理由. ‎ ‎[解析]　(1)由题设知点P到点F的距离与点P到直线l的距离相等，‎ ‎∴点P的轨迹C是以F为焦点，l为准线的抛物线，‎ ‎∴点P的轨迹C的方程为：y2＝4x.‎ ‎(2)设AB的方程为x＝my＋n，代入抛物线方程整理得：y2－4my－4n＝0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 ‎∵以AB为直径的圆过原点，∴OA⊥OB，‎ ‎∴y1y2＋x1x2＝0.即y1y2＋·＝0.‎ ‎∴y1y2＝－16，∴－4n＝－16，n＝4.‎ ‎∴直线AB：x＝my＋4恒过M(4,0)点．‎ 考纲要求 ‎1．能根据给定直线、圆的方程判断直线与圆的位置关系；能根据给定两个圆的方程判断两圆的位置关系．‎ ‎2．能用直线和圆的方程解决一些简单的问题．‎ ‎3．初步了解用代数方法处理几何问题的思想．‎ 补充说明 ‎1．圆系方程 具有某一共同性质的所有圆的集合叫圆系，它的方程叫圆系方程．‎ ‎(1)同心圆系：设圆C的一般方程为：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则与圆C同心的圆系方程为：x2＋y2＋Dx＋Ey＋λ＝0.‎ ‎(2)相交圆系：过两个已知圆x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0的交点的圆系方程为：‎ x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)(不包括第二个圆)．①‎ 方程①是一个圆系方程，这些圆的圆心都在两圆的连心线上，圆系方程代表的圆不包含圆x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0.‎ λ＝－1时，①式变为一直线：‎ ‎(D1－D2)x＋(E1－E2)y＋(F1－F2)＝0②‎ 若两圆相交，则方程②是它们的公共弦所在直线的方程；若两圆相切，则方程②就是它们的公切线方程．‎ ‎2．两圆公切线的条数 ‎(1)两圆内含时，公切线条数为0；‎ ‎(2)两圆内切时，公切线条数为1；‎ ‎(3)两圆相交时，公切线条数为2；‎ ‎(4)两圆外切时，公切线条数为3；‎ ‎(5)两圆相离时，公切线条数为4.‎ 因此求两圆的公切线条数主要是判断两圆的位置关系，反过来知道两圆公切线的条数，也可以判断出两圆的位置关系．‎ ‎3．数形结合的思想 在直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系的讨论中，结合图形进行分析能有效的改善优化思维过程，迅速找到解题的途径，故应加强数形结合思想的应用．‎ ‎4．方程思想 在解析几何的许多问题中，经常要通过研究讨论方程的解的情形获得问题的解决．特别是在直线与圆锥曲线相交的问题中，常采用“设而不求，整体处理”的思想方法，即设点而不求点，通过整体处理加以解决．‎ ‎5．待定系数法 求圆的方程、求圆的切线方程等解析几何的许多问题都要利用待定系数法，要通过训练深刻领会熟练掌握待定系数法．‎ 备选习题 ‎1．(2013·浙江金兰合作组织)对任意实数k，直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＝2的位置关系一定是(　　)‎ A．相离 B．相切 C．相交但直线不过圆心 D．直线过圆心 ‎[答案]　C ‎[解析]　直线过定点(0,1)，且点(0,1)为圆内一点，故选C.‎ ‎2．已知不等式组表示的平面区域恰好被面积最小的圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2及其内部所覆盖，则圆C的方程为(　　)‎ A．(x－1)2＋(y－2)2＝5‎ B．(x－2)2＋(y－1)2＝8‎ C．(x－4)2＋(y－1)2＝6‎ D．(x－2)2＋(y－1)2＝5‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　由题意知此平面区域表示的是以O(0,0)，P(4,0)，Q(0,2)为顶点的三角形及其内部，且△OPQ是直角三角形，所以覆盖它的且面积最小的圆是其外接圆，故圆心是(2,1)，半径是，所以圆C的方程是(x－2)2＋(y－1)2＝5.‎ ‎3．若关于x、y的方程组有解，且所有的解都是整数，则有序数对(a，b)所对应的点的个数为(　　)‎ A．24　　 　 B．28　　 　‎ C．32　　 　 D．36‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　x2＋y2＝10的整数解为：(1,3)，(3,1)，(1，－3)，(－3,1)，(－1,3)，(3，－1)，(－1，－3)，(－3，－1)，所以这八个点两两所连的不过原点的直线有24条，过这八个点的切线有8条，每条直线确定了唯一的有序数对(a，b)，所以有序数对(a，b)所对应的点的个数为32.‎ ‎4．(2013·蚌埠质检)已知矩形ABCD的对角线交于点P(2,0)，边AB所在直线的方程为x－3y－6＝0，点(－1,1)在边AD所在的直线上．‎ ‎(1)求矩形ABCD的外接圆的方程；‎ ‎(2)已知直线l：(1－2k)x＋(1＋k)y－5＋4k＝0(k∈R)，求证：直线l与矩形ABCD的外接圆恒相交，并求出相交弦长最短时的直线l的方程．‎ ‎[解析]　(1)∵lAB：x－3y－6＝0且AD⊥AB，‎ ‎∴kAD＝－3，∵点(－1,1)在边AD所在的直线上，‎ ‎∴AD所在直线的方程是y－1＝－3(x＋1)，‎ 即3x＋y＋2＝0.‎ 由得A(0，－2)．‎ ‎∴|AP|＝＝2，∴矩形ABCD的外接圆的方程是(x－2)2＋y2＝8.‎ ‎(2)证明：直线l的方程可化为k(－2x＋y＋4)＋x＋y－5＝0，l可看作是过直线－2x＋y＋4＝0和x＋y－5＝0的交点(3,2)的直线系，即l恒过定点Q(3,2)，由|QP|2＝(3－2)2＋22＝5<8知点Q在圆P内，所以l与圆P恒相交，‎ 设l与圆P的交点为M，N，|MN|＝2(d为P到l的距离)，‎ 设PQ与l的夹角为θ，则d＝|PQ|·sinθ＝sinθ，当θ＝90°时，d最大，|MN|最短．此时l的斜率为PQ的斜率的负倒数，即－，故l的方程为y－2＝－(x－3)，‎ 即l：x＋2y－7＝0.‎