第九章 直线和圆的方程第二讲 圆的方程及直线、圆的位置关系练好题·考点自测1.[2021安徽省四校联考]直线2x·sinθ+y=0被圆x2+y2-25y+2=0截得的最大弦长为( )A.25B.23C.3D.222.[2020全国卷Ⅲ,10,5分][理]若直线l与曲线y=x和圆x2+y2=15都相切,则l的方程为( )A.y=2x+1B.y=2x+12C.y=12x+1D.y=12x+123.[2021吉林省高三联考]已知圆C:x2+y2=r2(r>0),设p:r≥32;q:圆C上至少有3个点到直线3x+y-2=0的距离为12,则p是q的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.[2018全国卷Ⅲ,6,5分][理]直线x+y+2=0分别与x轴,y轴交于A,B两点,点P在圆(x-2)2+y2=2上,则△ABP面积的取值范围是( )A.[2,6]B.[4,8]C.[2,32]D.[22,32]5.[2020全国卷Ⅰ,11,5分][理]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=0B.2x+y-1=0C.2x-y+1=0D.2x+y+1=06.[2016全国卷Ⅲ,16,5分][理]已知直线l:mx+y+3m-3=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.若|AB|=23,则|CD|= . 7.[2019北京,11,5分]设抛物线y2=4x的焦点为F,准线为l.则以F为圆心,且与l相切的圆的方程为 . 8.[2019浙江,12,6分]已知圆C的圆心坐标是(0,m),半径长是r.若直线2x-y+3=0与圆C相切于点A(-2,-1),则m= ,r= . 拓展变式1.[2017全国卷Ⅲ,20,12分][理]已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆.(1)证明:坐标原点O在圆M上.第6页共6页\n(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.2.[2020武汉部分重点中学5月联考]已知圆C1:(x-1)2+(y-3)2=9和C2:x2+(y-2)2=1,若M,N分别是圆C1,C2上的点,P是抛物线x2=4y的准线上的一点,则|PM|+|PN|的最小值是 . 3.[原创题]已知直线l:x+2y-3=0与圆C:x2+y2+x-6y+m=0,若直线l与圆C无公共点,则m的取值范围是( )A.(1,8) B.(8,374) C.(1,37) D.(8,+∞)4.[2021广西模拟]在平面直角坐标系xOy中,过圆C1:(x-k)2+(y+k-4)2=1上任意一点P作圆C2:x2+y2=1的一条切线,切点为Q,则当|PQ|最小时,k= . 5.圆C1:x2+y2-2x+10y-24=0和圆C2:x2+y2+2x+2y-8=0的公共弦所在直线的方程为 ,公共弦长为 . 6.(1)[2020武汉武昌实验中学考前模拟]过点D(1,-2)作圆C:(x-1)2+y2=1的两条切线,切点分别为A,B,则弦AB所在直线的方程为( )A.2y-1=0B.2y+1=0C.x+2y-1=0D.x-2y+1=0(2)[2020河北冀州中学模拟]已知圆C:x2+y2-2x-4y+3=0.①若圆C的一条切线在x轴和y轴上的截距相等,则此切线的方程为 ; ②从圆C外一点P(x1,y1)向该圆引一条切线,切点为M,O为坐标原点,且有|PM|=|PO|,则|PM|的最小值为 . 7.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家,他对圆锥曲线有深刻而系统的研究,主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书,其中阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一,即已知动点M与两定点A,B的距离之比为λ(λ>0,λ≠1),那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知圆O:x2+y2=1上的动点M和定点A(-12,0),B(1,1),则2|MA|+|MB|的最小值为( )A.6 B.7 C.10 D.11答案第二讲 圆的方程及直线、圆的位置关系1.D 根据题意,圆x2+y2-25y+2=0,即x2+(y-5)2=3,其圆心为(0,5),半径r=3,圆心到直线2x·sinθ+y=0的距离d=|5|1+4sin2θ=51+4sin2θ≥55=1,当圆心到直线的距离最小时,直线2x·sinθ+y=0被圆x2+y2-25y+2=0截得的弦第6页共6页\n长最大,而d=51+4sin2θ的最小值为1,则直线2x·sinθ+y=0被圆x2+y2-25y+2=0截得的最大弦长为2×3-1=22,故选D.2.D 易知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+b,则|b|k2+1=55 ①,设直线l与曲线y=x的切点坐标为(x0,x0)(x0>0),则y' x=x0=12x0-12=k ②,x0=kx0+b ③,由②③可得b=12x0,将b=12x0,k=12x0-12代入①得x0=1或x0=-15(舍去),所以k=b=12,故直线l的方程为y=12x+12.3.C 圆C的圆心为(0,0),其到直线3x+y-2=0的距离为1.当0<r<12时,圆上没有点到直线的距离为12;当r=12时,圆上有1个点到直线的距离为12;当12<r<32时,圆上有2个点到直线的距离为12;当r=32时,圆上有3个点到直线的距离为12;当r>32时,圆上有4个点到直线的距离为12;要使圆C上至少有3个点到直线3x+y-2=0的距离为12,则r≥32,所以p是q的充要条件,故选C.4.A 圆心(2,0)到直线的距离d=|2+0+2|2=22,所以点P到直线的距离d1∈[2,32].根据直线的方程可知A,B两点的坐标分别为A(-2,0),B(0,-2),所以|AB|=22,所以△ABP的面积S=12|AB|·d1=2d1.因为d1∈[2,32],所以S∈[2,6],即△ABP面积的取值范围是[2,6].5.D 由☉M:x2+y2-2x-2y-2=0 ①,得☉M:(x-1)2+(y-1)2=4,所以圆心M(1,1).如图D9-2-1,连接AM,BM,易知PM⊥AB,所以四边形PAMB的面积为12|PM|·|AB|,欲使|PM|·|AB|最小,只需四边形PAMB的面积最小,即只需△PAM的面积最小.因为|AM|=2,所以只需|PA|最小.因为|PA|=|PM|2-|AM|2=|PM|2-4,所以只需直线2x+y+2=0上的动点P到M的距离最小,其最小值为|2+1+2|5=5,此时PM⊥l,易求出直线PM的方程为x-2y+1=0.由2x+y+2=0,x-2y+1=0,得x=-1,y=0,所以P(-1,0).因为∠PAM=∠PBM=90°,所以A,B在以PM为直径的圆上.所以此圆的方程为x2+(y-12)2=(52)2,即x2+y2-y-1=0 ②,第6页共6页\n由①-②得,直线AB的方程为2x+y+1=0,故选D.6.4 设圆心到直线l:mx+y+3m-3=0的距离为d,则弦长|AB|=212-d2=23,解得d=3,即|3m-3|m2+1=3,解得m=-33,则直线l:x-3y+6=0,数形结合可得|CD|=|AB|cos30°=4.7.(x-1)2+y2=4 因为抛物线的标准方程为y2=4x,所以焦点F(1,0),准线l的方程为x=-1.因为所求的圆以F为圆心,且与准线l相切,故圆的半径r=2,所以圆的方程为(x-1)2+y2=4.8.-2 5 解法一 设过点A(-2,-1)且与直线2x-y+3=0垂直的直线l的方程为x+2y+t=0,所以-2-2+t=0,所以t=4,所以l的方程为x+2y+4=0.将(0,m)代入,解得m=-2,则r=(-2-0)2+(-1+2)2=5.解法二 因为直线2x-y+3=0与以点(0,m)为圆心的圆相切,且切点为A(-2,-1),所以m+10+2×2=-1,所以m=-2,r=(-2-0)2+(-1+2)2=5.1.(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.由x=my+2,y2=2x可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.又x1=y122,x2=y222,故x1x2=(y1y2)24=4.则OA·OB=x1x2+y1y2=0,所以OA⊥OB.又圆M是以线段AB为直径的圆,故坐标原点O在圆M上.(2)由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4.故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=(m2+2)2+m2.由于圆M过点P(4,-2),因此AP·BP=0,故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.由(1)可得y1y2=-4,x1x2=4.所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-12.当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为10,圆M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.当m=-12时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为(94,-12),圆M的半径为854,圆M的方程为(x-94)2+(y+12)2=8516.2.52-4 依题意知,抛物线x2=4y的准线方程为y=-1,则圆C1关于直线y=-1的对称圆的圆心为C3(1,-5),半径为3.圆C2的圆心为(0,2),半径为1,连接C2C3,由图象可知(图略),当P,C2,C3三点共线时,|PM|+|PN|取得最小值,其最小值为圆C3与圆C2的圆心距减去两个圆的半径之和,即(|PM|+|PN|)min=|C2C3|-3-1=1+49-4=52-4.第6页共6页\n3.B 将圆C的方程配方,得(x+12)2+(y-3)2=37-4m4,则有37-4m4>0,解得m<374.因为直线l与圆C无公共点,所以圆心(-12,3)到直线x+2y-3=0的距离大于半径,即|-12+2×3-3|12+22>37-4m4,解得m>8.所以m的取值范围是(8,374).故选B.4.2 由题意知,|C1C2|=k2+(-k+4)2=2(k-2)2+8≥22>2,所以圆C1与圆C2外离,示意图如图D9-2-2所示.因为PQ为圆C2的切线,所以PQ⊥C2Q,由勾股定理,得|PQ|=|PC2|2-1,要使|PQ|最小,则需|PC2|最小.显然当点P为C1C2与圆C1的交点时,|PC2|最小,此时|PC2|=|C1C2|-1,所以当|C1C2|最小时,|PC2|最小.易知当k=2时,|C1C2|取最小值,即|PQ|最小.5.x-2y+4=0 25 联立两圆的方程,得x2+y2-2x+10y-24=0,x2+y2+2x+2y-8=0,两式相减并整理得x-2y+4=0,所以两圆公共弦所在直线的方程为x-2y+4=0.解法一 设两圆相交于点A(x1,y1),B(x2,y2),则A,B两点的坐标满足方程组x-2y+4=0,x2+y2+2x+2y-8=0,解得x1=-4,y1=0或x2=0,y2=2.所以|AB|=(0+4)2+(2-0)2=25,即公共弦长为25.解法二 由x2+y2-2x+10y-24=0,得(x-1)2+(y+5)2=50,其圆心坐标为(1,-5),半径r=52,圆心到直线x-2y+4=0的距离d=|1-2×(-5)+4|1+(-2)2=35.设公共弦长为2l,由勾股定理得r2=d2+l2,即50=(35)2+l2,解得l=5,故公共弦长2l=25.6.(1)B 解法一(常规解法) 由圆C:(x-1)2+y2=1的方程可知其圆心为C(1,0),半径为1.连接CD,以线段CD为直径的圆的方程为(x-1)(x-1)+(y+2)(y-0)=0,整理得(x-1)2+(y+1)2=1.将两圆的方程相减,可得公共弦AB所在直线的方程为2y+1=0.故选B.解法二(结论解法) 由与圆的切线有关的结论(详见主书P196【思维拓展】(2))得弦AB所在直线的方程为(1-1)(x-1)+(-2)y=1,即2y+1=0.故选B.(2)①(6-2)x-y=0或(6+2)x+y=0或x+y-1=0或x+y-5=0 圆C的方程可化为(x-1)2+(y-2)2=2,当直线在两坐标轴上的截距为零时,设直线方程为y=kx(k≠0),由直线与圆相切,得|k-2|k2+1=2,解得k=-2±6.所以切线方程为y=(-2+6)x或y=(-2-6)x.第6页共6页\n当直线在两坐标轴上的截距不为零时,设直线方程为x+y-a=0,由直线与圆相切,得|1+2-a|2=2,解得a=1或a=5.所以切线方程为x+y-1=0或x+y-5=0.综上所述,所求的切线方程为(-2+6)x-y=0或(2+6)x+y=0或x+y-1=0或x+y-5=0.②3510 由|PM|=|PO|,得(x1-1)2+(y1-2)2-2=x12+y12,整理得2x1+4y1-3=0,即点P在直线l:2x+4y-3=0上.又|PM|=|CP|2-r2,所以要使|PM|取得最小值,只需|CP|取得最小值,记圆心C(1,2)到直线l:2x+4y-3=0的距离为d,可知d≤|CP|,当且仅当d=|CP|时,|CP|取得最小值.因为d=|2×1+4×2-3|22+42=725,所以|PM|min=d2-r2=(725)2-(2)2=3510.7.C ①当点M在x轴上时,点M的坐标为(-1,0)或(1,0).若点M的坐标为(-1,0),则2|MA|+|MB|=2×12+(1+1)2+12=1+5;若点M的坐标为(1,0),则2|MA|+|MB|=2×32+(1-1)2+12=4.②当点M不在x轴上时,取点K(-2,0),连接OM,MK,因为|OM|=1,|OA|=12,|OK|=2,所以|OM||OA|=|OK||OM|=2.因为∠MOK=∠AOM,所以△MOK∽△AOM,则|MK||MA|=|OM||OA|=2,所以|MK|=2|MA|,则2|MA|+|MB|=|MB|+|MK|.易知|MB|+|MK|≥|BK|,可知|MB|+|MK|的最小值为|BK|.因为B(1,1),K(-2,0),所以(2|MA|+|MB|)min=|BK|=(-2-1)2+(0-1)2=10.综上,易知2|MA|+|MB|的最小值为10.故选C.第6页共6页
