《（江苏专用）高考数学二轮复习 专题检测31 直线和圆的位置关系》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（江苏专用）高考数学二轮复习 专题检测31 直线和圆的位置关系（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、31直线和圆的位置关系1直线(13m)x(32m)y8m120(mR)与圆x2y22x6y10的交点个数为_答案2解析将含参直线方程分离变量可得m(3x2y8)x3y120，不论m取何值，直线恒过两直线的交点A(0,4)，又易知定点A在圆内，故直线必与圆恒相交2(2014浙江改编)已知圆x2y22x2ya0截直线xy20所得弦的长度为4，则实数a的值为_答案4解析由圆的方程x2y22x2ya0可得，圆心为(1,1)，半径r.圆心到直线xy20的距离为d.由r2d2()2，得2a24，所以a4.3(2014北京改编)已知圆C：(x3)2(y4)21和两点A(m,0)，B(m,0)(m0)，若圆C
2、上存在点P，使得APB90，则m的最大值为_答案6解析根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心C的坐标为(3,4)，半径r1，且|AB|2m.因为APB90，连结OP，易知|OP|AB|m.要求m的最大值，即求圆C上的点P到原点O的最大距离因为|OC|5，所以|OP|max|OC|r6，即m的最大值为6.4(2014福建改编)直线l：ykx1与圆O：x2y21相交于A，B两点，则“k1”是“OAB的面积为”的_条件答案充分不必要解析将直线l的方程化为一般式得kxy10，所以圆O：x2y21的圆心到该直线的距离d.又弦长为2，所以SOAB，解得k1.因此可知“k1”是“OAB的面积为”的充分不必要
3、条件5直线xy20与圆x2y24相交于A，B两点，则弦AB的长度为_答案2解析圆心到直线xy20的距离d1，半径r2，弦长|AB|222.6“ab”是“直线yx2与圆(xa)2(xb)22相切”的_条件答案充分不必要解析根据已知得直线与圆相切的充要条件为：|ab2|2ab或ab4，故“ab”是“直线与圆相切”的充分不必要条件7已知圆C1：x2y22mx4ym250与圆C2：x2y22x2mym230，若圆C1与圆C2相外切，则实数m_.答案5或2解析对于圆C1与圆C2的方程，配方得圆C1：(xm)2(y2)29，圆C2：(x1)2(ym)24，则C1(m，2)，r13，C2(1，m)，r22.
4、如果圆C1与圆C2相外切，那么有C1C2r1r2，即5，则m23m100，解得m5或m2，所以当m5或m2时，圆C1与圆C2相外切8已知圆C关于y轴对称，经过点A(1,0)，且被x轴分成的两段弧长比为12，则圆C的方程为_答案x22解析圆C关于y轴对称，圆C的圆心在y轴上，可设C(0，b)，设圆C的半径为r，则圆C的方程为x2(yb)2r2.依题意，得解得圆C的方程为x22.9(2014江苏)在平面直角坐标系xOy中，直线x2y30被圆(x2)2(y1)24截得的弦长为_答案解析圆心为(2，1)，半径r2.圆心到直线的距离d，所以弦长为22.10(2014山东)圆心在直线x2y0上的圆C与y轴
5、的正半轴相切，圆C截x轴所得弦的长为2，则圆C的标准方程为_答案(x2)2(y1)24解析设圆C的圆心为(a，b)(b0)，由题意得a2b0，且a2()2b2，解得a2，b1.所以，所求圆的标准方程为(x2)2(y1)24.11已知点M(3,1)，直线axy40及圆(x1)2(y2)24.(1)求过M点的圆的切线方程；(2)若直线axy40与圆相切，求a的值；(3)若直线axy40与圆相交于A，B两点，且弦AB的长为2，求a的值解(1)圆心C(1,2)，半径为r2，当直线的斜率不存在时，直线方程为x3.由圆心C(1,2)到直线x3的距离d312r知，此时，直线与圆相切当直线的斜率存在时，设方程
6、为y1k(x3)，即kxy13k0.由题意知2，解得k.所以直线方程为y1(x3)，即3x4y50.综上所述，过M点的圆的切线方程为x3或3x4y50.(2)由题意有2，解得a0或a.(3)圆心到直线axy40的距离为，()2()24，解得a.12在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2y212x320的圆心为Q，过点P(0,2)且斜率为k的直线与圆Q相交于不同的两点A，B.(1)求k的取值范围；(2)是否存在常数k，使得向量与共线？如果存在求k的值；如果不存在，请说明理由解方法一(1)圆的方程可写成(x6)2y24，所以圆心为Q(6,0)过P(0,2)且斜率为k的直线方程为ykx2，代入圆的方程
7、得x2(kx2)212x320，整理得(1k2)x24(k3)x360.直线与圆交于两个不同的点A，B等价于4(k3)2436(1k2)42(8k26k)0，解得k0，即k的取值范围为(，0)(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则(x1x2，y1y2)，由方程得，x1x2.又y1y2k(x1x2)4.而P(0,2)，Q(6,0)，(6，2)所以与共线等价于2(x1x2)6(y1y2)，将代入上式，解得k.由(1)知k(，0)，故不存在符合题意的常数k.方法二(1)Q(6,0)，直线AB的方程：ykx2，Q到AB的距离d2(圆半径r2)，k(，0)(2)2(C为AB中点)，.而(6，2)，过Q与AB垂直的直线为y(x6)，解得C(，)，即(，)，k(，0)，故不存在符合题意的常数k.
