2020届高考数学一轮复习：课时作业52《直线与圆、圆与圆的位置关系》(含解析) 练习

课时作业52　直线与圆、圆与圆的位置关系

1．若直线x＋my＝2＋m与圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0相交，则实数m的取值范围为(　D　)
A．(－∞，＋∞) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(－∞，0)∪(0，＋∞)
解析：圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心C(1,1)，半径r＝1.因为直线与圆相交，所以d＝＜r＝1.解得m＞0或m＜0，故选D.
2．平行于直线2x＋y＋1＝0且与圆x2＋y2＝5相切的直线的方程是(　A　)
A．2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0
B．2x＋y＋＝0或2x＋y－＝0
C．2x－y＋5＝0或2x－y－5＝0
D．2x－y＋＝0或2x－y－＝0
解析：切线平行于直线2x＋y＋1＝0，故可设切线方程为2x＋y＋c＝0(c≠1)，结合题意可得＝，解得c＝±5.故选A.
3．若a2＋b2＝2c2(c≠0)，则直线ax＋by＋c＝0被圆x2＋y2＝1所截得的弦长为(　D　)
A. B．1
C. D.
解析：因为圆心(0,0)到直线ax＋by＋c＝0的距离d＝＝＝，因此根据直角三角形的关系，弦长的一半就等于
＝，所以弦长为.
4．过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1，－7)的圆交y轴于M，N两点，则|MN|＝(　C　)
A．2　　　　B．8 C．4　　　　D．10
解析：方法一：设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
将点A(1,3)，B(4,2)，C(1，－7)的坐标代入得方程组解得所以圆的方程为x2＋y2－2x＋4y－20＝0，即(x－1)2＋(y＋2)2＝25，
所以|MN|＝2＝4.
方法二：因为kAB＝－，kBC＝3，
所以kABkBC＝－1，所以AB⊥BC，
所以△ABC为直角三角形，所以△ABC的外接圆圆心为AC的中点(1，－2)，半径r＝|AC|＝5，
所以|MN|＝2＝4.
方法三：由·＝0得AB⊥BC，下同方法二．
5．(2019·湖北四地七校联考)若圆O1：x2＋y2＝5与圆O2：(x＋m)2＋y2＝20相交于A，B两点，且两圆在点A处的切线互相垂直，则线段AB的长度是(　B　)
A．3 B．4
C．2 D．8
解析：连接O1A、O2A，如图，

由于⊙O1与⊙O2在点A处的切线互相垂直，
因此O1A⊥O2A，所以O1O＝O1A2＋O2A2，
即m2＝5＋20＝25，设AB交x轴于点C.
在Rt△O1AO2中，sin∠AO2O1＝，
∴在Rt△ACO2中，AC＝AO2·sin∠AO2O1＝2×＝2，∴AB＝2AC＝4.故选B.
6．(2019·山西太原五中模拟)已知k∈R，点P(a，b)是直线x＋y＝2k与圆x2＋y2＝k2－2k＋3的公共点，则ab的最大值为(　B　)
A．15　　　　B．9 C．1　　　　D．－
解析：由题意得，原点到直线x＋y＝2k的距离d＝
≤，且k2－2k＋3＞0，解得－3≤k≤1，因为2ab＝(a＋b)2－(a2＋b2)＝4k2－(k2－2k＋3)＝3k2＋2k－3，所以当k＝－3时，ab取得最大值9，故选B.
7．(2019·河南郑州外国语中学调研)已知圆C1：(x＋2a)2＋y2＝4和圆C2：x2＋(y－b)2＝1只有一条公切线，若a，b∈R且ab≠0，则
＋的最小值为(　D　)
A．2　　　　 B．4
C．8　　　　 D．9
解析：由题意可知，圆C1的圆心为(－2a,0)，半径为2，圆C2的圆心为(0，b)，半径为1，因为两圆只有一条公切线，所以两圆内切，
所以＝2－1，
即4a2＋b2＝1.
所以＋＝·(4a2＋b2)＝5＋＋≥5＋2＝9，当且仅当＝，且4a2＋b2＝1，即a2＝，b2＝时等号成立，所以＋的最小值为9，故选D.
8．在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l：y＝2x－4，设圆C的半径为1，圆心在l上．若圆C上存在点M，使MA＝2MO，则圆心C的横坐标a的取值范围是(　A　)
A. B．[0,1]
C. D.
解析：因为圆心在直线y＝2x－4上，
所以圆C的方程为(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1.
设点M(x，y)，因为MA＝2MO，
所以＝2，
化简得x2＋y2＋2y－3＝0，
即x2＋(y＋1)2＝4，
所以点M在以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆上．
由题意，点M(x，y)在圆C上，
所以圆C与圆D有公共点，
则|2－1|≤CD≤2＋1，
即1≤≤3.
由≥1得5a2－12a＋8≥0，解得a∈R；
由≤3得5a2－12a≤0，解得0≤a≤.
所以点C的横坐标a的取值范围为.故选A.
9．已知圆C1：x2＋y2－2x＋10y－24＝0和圆C2：x2＋y2＋2x＋2y－8＝0，则两圆的公共弦长为　2　.
解析：两式相减整理得x－2y＋4＝0，即为两圆公共弦所在直线的方程．
解法一：设两圆相交于点A，B，
则A，B两点的坐标满足方程组
解得或
所以|AB|＝＝2，
即公共弦长为2.
解法二：由x2＋y2－2x＋10y－24＝0，
得圆心坐标为(1，－5)，半径r＝5.
圆心到直线x－2y＋4＝0的距离d＝＝3，
设两圆的公共弦长为l，
由r2＝d2＋2，
得l＝2＝2＝2，
即两圆的公共弦长为2.
10．(2019·湖南湘中名校联考)已知m＞0，n＞0，若直线(m＋1)x＋(n＋1)y－2＝0与圆(x－1)2＋(y－1)2＝1相切，则m＋n的取值范围是　[2＋2，＋∞)　.
解析：因为m＞0，n＞0，直线(m＋1)x＋(n＋1)y－2＝0与圆(x－1)2＋(y－1)2＝1相切，所以圆心C(1,1)到直线的距离为半径1，
所以＝1，
即|m＋n|＝.
两边平方并整理得mn＝m＋n＋1.
由基本不等式mn≤2可得m＋n＋1≤2，
即(m＋n)2－4(m＋n)－4≥0，
解得m＋n≥2＋2.
当且仅当m＝n时等号成立．
11．(2019·广东深圳联考)如图，直角三角形ABC的顶点A的坐标为(－2,0)，直角顶点B的坐标为(0，－2)，顶点C在x轴上，点P为线段OA的中点．

(1)求BC边所在直线方程；
(2)若M为直角三角形ABC外接圆的圆心，求圆M的方程；
(3)在(2)的条件下，若动圆N过点P且与圆M内切，求动圆N的圆心的轨迹方程．
解：(1)易知kAB＝－，AB⊥BC，
∴kCB＝，
∴BC边所在直线方程为y＝x－2.
(2)由(1)及题意得C(4,0)，∴M(1,0)，
又∵AM＝3，
∴外接圆M的方程为(x－1)2＋y2＝9.
(3)∵圆N过点P(－1,0)，∴PN是动圆的半径，
又∵动圆N与圆M内切，
∴MN＝3－PN，即MN＋PN＝3，
∴点N的轨迹是以M，P为焦点，长轴长为3的椭圆．
∵P(－1,0)，M(1,0)，
∴a＝，c＝1，b＝＝，
∴所求轨迹方程为＋＝1，即＋＝1.
12．(2019·河北武邑中学模拟)已知⊙H被直线x－y－1＝0，x＋y－3＝0分成面积相等的四部分，且截x轴所得线段的长为2.
(1)求⊙H的方程；
(2)若存在过点P(a,0)的直线与⊙H相交于M，N两点，且|PM|＝|MN|，求实数a的取值范围．
解：(1)设⊙H的方程为(x－m)2＋(y－n)2＝r2(r＞0)，
因为⊙H被直线x－y－1＝0，x＋y－3＝0分成面积相等的四部分，所以圆心H(m，n)一定是两互相垂直的直线x－y－1＝0，x＋y－3＝0的交点，易得交点坐标为(2,1)，所以m＝2，n＝1.
又⊙H截x轴所得线段的长为2，所以r2＝12＋n2＝2.
所以⊙H的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝2.
(2)设N(x0，y0)，由题意易知点M是PN的中点，
所以M.
因为M，N两点均在⊙H上，
所以(x0－2)2＋(y0－1)2＝2，①
2＋2＝2，
即(x0＋a－4)2＋(y0－2)2＝8，②
设⊙I：(x＋a－4)2＋(y－2)2＝8，
由①②知⊙H与⊙I：(x＋a－4)2＋(y－2)2＝8有公共点，从而2－≤|HI|≤2＋，
即≤≤3，
整理可得2≤a2－4a＋5≤18，
解得2－≤a≤1或3≤a≤2＋，
所以实数a的取值范围是[2－，1]∪[3,2＋]．

13．若a，b是正数，直线2ax＋by－2＝0被圆x2＋y2＝4截得的弦长为2，则t＝a取得最大值时a的值为(　D　)
A.　　　　B. C.　　　　D.
解析：由已知可得圆心到直线2ax＋by－2＝0的距离d＝，则直线被圆截得的弦长为2＝2，化简得4a2＋b2＝4.
∴t＝a＝·(2a)·
≤[(2a)2＋()2]＝(8a2＋2b2＋1)＝，当且仅当时等号成立，即t取最大值，此时a＝(舍负)，故选D.
14．(2019·江西新余五校联考)已知圆O：x2＋y2＝9，过点C(2,1)的直线l与圆O交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，直线l的方程为(　D　)
A．x－y－3＝0或7x－y－15＝0
B．x＋y＋3＝0或7x＋y－15＝0
C．x＋y－3＝0或7x－y＋15＝0
D．x＋y－3＝0或7x＋y－15＝0
解析：当直线l的斜率不存在时，l的方程为x＝2，
则P，Q的坐标为(2，)，(2，－)，
所以S△OPQ＝×2×2＝2.
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y－1＝k(x－2)，
则圆心到直线PQ的距离d＝，
由平面几何知识得|PQ|＝2，
S△OPQ＝·|PQ|·d＝·2·d＝≤ ＝，当且仅当9－d2＝d2，即d2＝时，S△OPQ取得最大值.
因为2＜，所以S△OPQ的最大值为，
此时＝，解得k＝－1或k＝－7，此时直线l的方程为x＋y－3＝0或7x＋y－15＝0.
15．在平面直角坐标系xOy中，A(－12,0)，B(0,6)，点P在圆O：x2＋y2＝50上．若·≤20，则点P的横坐标的取值范围是
　[－5，1]　.
解析：解法一：设P(x，y)，则由·≤20可得，
(－12－x)(－x)＋(－y)(6－y)≤20，
即(x＋6)2＋(y－3)2≤65，
所以P为圆(x＋6)2＋(y－3)2＝65上或其内部一点．
又点P在圆x2＋y2＝50上，
联立得
解得或
即P为圆x2＋y2＝50的劣弧MN上的一点(如图)，

易知－5≤x≤1.
解法二：设P(x，y)，则由·≤20，
可得(－12－x)(－x)＋(－y)(6－y)≤20，
即x2＋12x＋y2－6y≤20，
由于点P在圆x2＋y2＝50上，
故12x－6y＋30≤0，即2x－y＋5≤0，
∴点P为圆x2＋y2＝50上且满足2x－y＋5≤0的点，即P为圆x2＋y2＝50的劣弧MN上的一点(如图)，

同解法一，可得N(1,7)，M(－5，－5)，
易知－5≤x≤1.
16．已知点G(5,4)，圆C1：(x－1)2＋(y－4)2＝25，过点G的动直线l与圆C1相交于E，F两点，线段EF的中点为C，且C在圆C2上．
(1)若直线mx＋ny－1＝0(mn＞0)经过点G，求mn的最大值；
(2)求圆C2的方程；
(3)若过点A(1,0)的直线l1与圆C2相交于P，Q两点，线段PQ的中点为M.l1与l2：x＋2y＋2＝0的交点为N，求证：|AM|·|AN|为定值．
解：(1)∵点G(5,4)在直线mx＋ny－1＝0上，
∴5m＋4n＝1,5m＋4n≥2(当且仅当5m＝4n时取等号)，

∴1≥80mn，即mn≤，∴(mn)max＝.
(2)由已知得圆C1的圆心为(1,4)，半径为5，
设C(x，y)，则＝(x－1，y－4)，＝(5－x,4－y)，
由题设知·＝0，
∴(x－1)(5－x)＋(y－4)(4－y)＝0，
即(x－3)2＋(y－4)2＝4，
∴C2的方程是(x－3)2＋(y－4)2＝4.
(3)证明：当直线l1的斜率不存在时，直线l1与圆C2相切，
当直线l1的斜率为0时，直线l1与圆C2相离，
故设直线l1的方程为kx－y－k＝0(k≠0)．
由直线l1与圆C2相交，得＜2，解得k＞.
由得N，
又直线C2M与l1垂直，
由得M，
∴|AM|·|AN|＝·
＝
··＝6(定值)．