【文档说明】2023届高考人教B版数学一轮复习试题（适用于新高考新教材） 第八章 平面解析几何 课时规范练42　直线与圆、圆与圆的位置关系含解析【高考】.docx，共(6)页，112.766 KB，由小赞的店铺上传

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1课时规范练42直线与圆、圆与圆的位置关系基础巩固组1.以抛物线y2=4x的焦点为圆心,且与抛物线的准线相切的圆的方程为()A.(x-2)2+y2=16B.x2+(y-2)2=16C.(x-1)2+y2=4D.x2+(y-1)2=42.已知圆(x-1)2+(y+2)2=9的一条直径经过直线2x+y

-4=0被圆所截弦的中点,则该直径所在的直线方程为()A.x+2y-5=0B.x-2y-5=0C.x-2y+5=0D.x+2y+5=03.已知圆C1:x2+y2-4x+6y=0与圆C2:x2+y2-6x=0交于A,B两点,则线段AB的垂直平分线的方程是

()A.x+y+3=0B.2x-y-5=0C.3x-y-9=0D.4x-3y+7=04.已知圆M:x2+y2-2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是2√2,则圆M与圆N:(x-1)2+(y-1)

2=1的位置关系是()A.内切B.相交C.外切D.相离5.已知圆x2+y2-6x=0,过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为()A.1B.2C.3D.46.设集合A={(x,y)|(x-4)2+y2=1},B={(x,y)|(x

-t)2+(y-at+2)2=1},若命题“∃t∈R,A∩B≠⌀”是真命题,则实数a的取值范围是()A.(-∞,0)∪(43,+∞)B.(0,43]C.[0,43]D.(-∞,0]∪[43,+∞)7.已知圆O:x

2+y2=1,l为过点(0,2)的动直线,若直线l与圆O相切,则直线l的倾斜角为;若直线l与圆O相交于A,B两点,则当△OAB的面积最大时,弦AB的长为.8.已知P(x,y)是直线kx+y-3=0(k≠0)

上一动点,PA,PB是圆C:x2+y2-2y=0的两条切线,A,B是切点,若四边形PACB的最小面积是1,则k的值是.9.已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C:(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N两点.(1)求k的取值范围;(2

)若𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12,其中O为坐标原点,求|MN|.2综合提升组10.已知☉M:x2+y2-2x-2y-2=0,直线l:2x+y+2=0,P为l上的动点.过点P作☉M的切线PA,PB,切点为A,B,当|PM|·|AB|最小时,直线AB的方程为()A.2x-y-1=0

B.2x+y-1=0C.2x-y+1=0D.2x+y+1=011.已知点P(t,t-1),t∈R,E是圆x2+y2=14上的动点,F是圆(x-3)2+(y+1)2=94上的动点,则|PF|-|PE|的最大值

为()A.2B.52C.3D.412.(多选)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现:“平面内到两个定点A,B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆”.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波

罗尼斯圆,简称阿氏圆.在平面直角坐标系xOy中,点A(-2,0),B(4,0),点P满足|𝑃𝐴||𝑃𝐵|=12.设点P的轨迹为C,下列结论正确的是()A.轨迹C的方程为(x+4)2+y2=9B.在x轴上存在异于点A,B的两定点D,E,使得|𝑃𝐷||𝑃𝐸|=12C.当

A,B,P三点不共线时,射线PO为∠APB的平分线D.在轨迹C上存在点M,使得|MO|=2|MA|13.已知动圆C经过点F(1,0),且与直线x=-1相切,若动圆C与直线y=x+2√2+1总有公共点,则圆C的面积的取值范

围为.创新应用组14.已知圆心在x轴上的圆C与直线l:x+2√2y-10=0相切于点E(m,2√2),圆P:x2+(a+2)x+y2-ay+a+1=0.(1)求圆C的标准方程.(2)已知a>1,圆P与x轴相交于两点M,N(点M在点N的右侧).过点M任作一条倾斜角不为0

的直线与圆C相交于A,B两点.问:是否存在实数a,使得∠ANM=∠BNM?若存在,求出实数a的值,若不存在,请说明理由.3参考答案课时规范练42直线与圆、圆与圆的位置关系1.C由y2=4x知抛物线的焦点坐标为(1

,0),准线方程为x=-1.由题意知所求圆的圆心坐标为(1,0),半径为r=2,所以所求圆的方程为(x-1)2+y2=4.故选C.2.B由题意得圆的圆心坐标为(1,-2),所求直线的斜率为12,所以所求直线的方程为y+2=12(x-1),即x-2y-

5=0.故选B.3.C由已知得圆C1的圆心坐标为C1(2,-3),圆C2的圆心坐标为C2(3,0),则直线C1C2的方程为3x-y-9=0,即线段AB的垂直平分线的方程是3x-y-9=0.故选C.4.B由题意得圆M的标准方程为x2+(y-a)2=a2(a>0),圆心(0,a)

到直线x+y=0的距离d=√2𝑎2,所以2√𝑎2-𝑎22=2√2,解得a=2.故圆M与圆N的圆心距|MN|=√2.因为2-1<√2<2+1,所以两圆相交.5.B圆的方程可化为(x-3)2+y2=9.因为√(1-3)2+(2-0

)2=2√2<3,所以点(1,2)在圆内.如图所示,设圆心O1(3,0),A(1,2),当弦BC与O1A垂直时弦最短,因为|O1A|=√(3-1)2+(0-2)2=2√2,|O1B|=3,所以|AB|=√|𝑂1𝐵|2-|𝑂1𝐴

|2=√9-8=1,所以|BC|=2|AB|=2.6.C由“∃t∈R,A∩B≠⌀”是真命题,即存在实数t使得圆(x-4)2+y2=1与圆(x-t)2+(y-at+2)2=1有交点,则存在实数t使得√(4-𝑡)2+(0-𝑎𝑡+2)2≤2,即关于t的不等式(a2+1)

t2-4(a+2)t+16≤0有解,即16(a+2)2-4(a2+1)×16≥0,解得0≤a≤43,故选C.47.π3或2π3√2若直线l与圆O相切,则直线l的斜率一定存在.设直线l的方程为y=kx+2,则圆心O到直线

l的距离d=2√𝑘2+1=1,解得k=±√3.所以直线l的倾斜角为π3或2π3.易知当△OAB为等腰直角三角形时,△OAB的面积最大,此时|AB|=√2.8.±1圆C:x2+y2-2y=0的圆心坐标是C(0,1),半径是1.由圆的性质知S四边形PACB=2S△PBC,因为四边

形PACB的最小面积是1,所以△PBC的最小面积是12.又S△PBC=12|PB|·|BC|=12|PB|,所以|PB|min=1,所以|PC|min=√12+12=√2.所以圆心C到直线kx+y-3=0的距离为2√𝑘2+1=√2,解得k=±1.9.解(1)由题意知圆心C的坐标为(2,3),半

径r=1,直线l的方程为y=kx+1,因为直线l与圆C交于M,N两点,所以|2𝑘-3+1|√1+𝑘2<1,解得4-√73<k<4+√73.所以k的取值范围为(4-√73,4+√73).(2)设点M(x1,y1),N(x2,y2).将y

=kx+1代入方程(x-2)2+(y-3)2=1,整理得(1+k2)x2-4(1+k)x+7=0,所以x1+x2=4(1+𝑘)1+𝑘2,x1x2=71+𝑘2.所以𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=

x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=4𝑘(1+𝑘)1+𝑘2+8=12,解得k=1,所以直线l的方程为y=x+1.所以圆心C在直线l上.所以|MN|=2.10.D由已知得☉M:(x-1)2+(y-1)2=4.因为S四边形PAMB=12|PM|·|AB|=2S△

PAM=|PA|·|AM|=2|PA|=2√|𝑃𝑀|2-4,所以|PM|·|AB|最小,即|PM|最小,此时PM与直线l垂直,PM所在直线的方程为y=12x+12,直线PM与直线l的交点为P(-1,0).|PM|=√(1+1)2+(1-0)2=√5,在Rt△APM中

,|AP|=√|𝑃𝑀|2-|𝐴𝑀|2=1.又|AP|=|BP|=1,以P(-1,0)为圆心,|AP|=1为半径作圆,则AB为☉M与☉P的公共弦,☉P的方程为(x+1)2+y2=1,即x2+2x+y2=0.两圆方程相减得4x+2y+2=0,即直线AB的方程为2x+y

+1=0.511.D如图.依题意得点P(t,t-1),t∈R在直线y=x-1上,设点E关于直线y=x-1对称的点为E',则点E'在圆x2+y2=14关于直线y=x-1对称的圆O1:(x-1)2+(y+1)2

=14上,则|PE|=|PE'|.设圆(x-3)2+(y+1)2=94的圆心为O2,则|PF|-|PE|=|PF|-|PE'|≤|E'F|,当点P,E',F三点共线时取等号.又|E'F|≤|O1E'|+|O1O2|+|O2F|=12+2+32=4,当点O1,O2在线段E'

F上时取等号.故|PF|-|PE|的最大值为4.12.BC设点P(x,y),则|𝑃𝐴||𝑃𝐵|=√(𝑥+2)2+𝑦2√(𝑥-4)2+𝑦2=12,化简整理得x2+y2+8x=0,即(x+4)2+y2=16,故A错误.根据对称性

可知,存在点D(-6,0),E(-12,0),使|𝑃𝐷||𝑃𝐸|=12,故B正确.cos∠APO=|𝑃𝐴|2+|𝑃𝑂|2-|𝐴𝑂|22|𝑃𝐴|·|𝑃𝑂|,cos∠BPO=|𝑃𝐵|2+|𝑃𝑂|2-|𝐵𝑂|22|𝑃𝐵|·|𝑃𝑂|,要证PO为∠APB的平

分线,只需证cos∠APO=cos∠BPO.因为|𝑃𝐴||𝑃𝐵|=12,|AO|=2,|BO|=4,所以cos∠APO=|𝑃𝐴|2+|𝑃𝑂|2-42|𝑃𝐴|·|𝑃𝑂|,cos∠BPO=4|𝑃𝐴|2+|𝑃𝑂|2-16

4|𝑃𝐴|·|𝑃𝑂|,由cos∠APO=cos∠BPO,化简得|PO|2=2|PA|2-8.设点P(x,y),则|PO|2=x2+y2,2|PA|2-8=2x2+8x+2y2=(x2+8x+y2)+(x2+y2).因为点P在轨迹C上,所以x2

+y2+8x=0,所以|PO|2=2|PA|2-8,即cos∠APO=cos∠BPO,所以PO为∠APB的平分线,故C正确.因为点M在轨迹C上,所以|𝑀𝐴||𝑀𝐵|=12,即|MB|=2|MA|.若存在点M,使|MO|=2|MA|,则|MO|=|MB|,则点M在线段OB的垂直

平分线x=2上.因为直线x=2与轨迹C:(x+4)2+y2=16没有公共点,所以不存在点M,使|MO|=2|MA|,故D错误.13.[4π,+∞)由题意可知,动圆圆心C(a,b)的轨迹方程为y2=4x,故b2=4a.圆C的半径r=a+1,圆心C到直线y=x+2

√2+1的距离d=|𝑎-𝑏+2√2+1|√2.因为动圆C与直线y=x+2√2+1总有公共点,所以d≤r,即|𝑎-𝑏+2√2+1|√2≤a+1.6又a=𝑏24,所以𝑏2-12+2√2≤√2(𝑏24+1),化简可得

(√2-1)b2+4b-4(√2+1)≥0,解得b≥2或b≤-(6+4√2),所以b2∈[4,+∞).因为圆C的面积S=πr2=π(a+1)2=π(𝑏24+1)2,所以S∈[4π,+∞).14.解(1)设圆心C(c,0),∵点E(m,2√

2)在直线l:x+2√2y-10=0上,∴m+2√2×2√2-10=0,解得m=2.∴点E(2,2√2).由题意得|𝑐-10|3=√(𝑐-2)2+8,解得c=1.∴圆心C(1,0),半径r=3.故圆C的标准方程为(x-1)2+y2=9.(2)在圆P的方程中,令y=0,可得x2+(a+

2)x+a+1=0,解得x1=-1-a,x2=-1.∵a>1,点M在点N的右侧,∴点N(-1-a,0),M(-1,0).设点A(x1,y1),B(x2,y2),过点M,倾斜角不为0且不垂直于x轴的直线的方

程为y=k(x+1)(k≠0),代入圆C的方程,消去y,得(1+k2)x2+2(k2-1)x+k2-8=0,∴x1+x2=2(1-𝑘2)1+𝑘2,x1x2=𝑘2-81+𝑘2.设直线AN,BN的斜

率分别为k1,k2,则k1=𝑦1𝑥1+1+𝑎,k2=𝑦2𝑥2+1+𝑎,∴k1+k2=𝑘(𝑥1+1)𝑥1+1+𝑎+𝑘(𝑥2+1)𝑥2+1+𝑎=k𝑥1+1𝑥1+1+𝑎+𝑥2+1𝑥2+1+𝑎=k·(𝑥1

+1)(𝑥2+1+𝑎)+(𝑥2+1)(𝑥1+1+𝑎)(𝑥1+1+𝑎)(𝑥2+1+𝑎)=k·2𝑥1𝑥2+(2+𝑎)(𝑥1+𝑥2)+2+2𝑎(𝑥1+1+𝑎)(𝑥2+1+𝑎).令

t=2x1x2+(2+a)(x1+x2)+2+2a=2𝑘2-161+𝑘2+2(2+𝑎)(1-𝑘2)1+𝑘2+2+2a=4𝑎-101+𝑘2.由∠ANM=∠BNM,知k1+k2=0,则t=0,即4𝑎-101+𝑘2=0,解得a=52.当直线垂直于x轴时,显然满足∠ANM=

∠BNM.故存在实数a=52满足题意.