直線(xiàn)、圓的位置關(guān)系專(zhuān)題檢測(cè)1.(2019黑龍江哈爾濱第六中學(xué)高三12月月考,5)過(guò)點(diǎn)(1,0)且傾斜角為30°的直線(xiàn)被圓(x-2)2+y2=1所截得的弦長(zhǎng)為????????????? (　　)A.　　B.1　　C.　　D.2答案　C　直線(xiàn)方程為y=(x-1),即x-3y-=0,圓心(2,0)到直線(xiàn)的距離d==,∴直線(xiàn)被圓截得的弦長(zhǎng)l=2×=.故選C.2.(2019浙江高考模擬試卷(二),3)已知圓M:(x-2)2+y2=1和直線(xiàn)l:y=kx,則“k=”是“直線(xiàn)l與圓M相切”的????????????? (　　)A.充分不必要條件　　B.必要不充分條件C.充分必要條件　　D.既不充分也不必要條件答案　A　直線(xiàn)l:y=x?x-y=0,則圓心(2,0)到直線(xiàn)l的距離d=1,∴直線(xiàn)l與圓M相切,充分性成立;反之,當(dāng)圓M:(x-2)2+y2=1和直線(xiàn)l相切時(shí),k=±,必要性不成立.∴“k=”是直線(xiàn)l與圓M相切的充分不必要條件.故選A.3.(2018浙江新高考調(diào)研卷三(杭州二中),6)已知直線(xiàn)ax+y-2=0與圓x2+y2=b總有2個(gè)不同的交點(diǎn),則b的取值范圍是????????????? (　　)A.(2,+∞)　　B.(4,+∞)C.(0,+∞)　　D.(,+∞)答案　B　直線(xiàn)ax+y-2=0過(guò)定點(diǎn)(0,2),要使直線(xiàn)與圓總有2個(gè)不同的交點(diǎn),定點(diǎn)(0,2)必須在圓內(nèi),從而02+22<b,即b>4.故選B.4.(2018天津十二區(qū)縣二模,4)已知m為實(shí)數(shù),直線(xiàn)l1:mx+y-1=0,l2:(3m-2)x+my-2=0,則“m=1”是“l1∥l2”的????????????? (　　)A.充要條件B.充分不必要條件C.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件答案　A　當(dāng)m=1時(shí),兩直線(xiàn)方程分別為直線(xiàn)l1:x+y-1=0,l2:x+y-2=0,滿(mǎn)足l1∥l2,即充分性成立.當(dāng)m=0時(shí),兩直線(xiàn)方程分別為y-1=0,-2x-2=0,不滿(mǎn)足條件;當(dāng)m≠0時(shí),則l1∥l2?=≠,由=得m2-3m+2=0,解得m=1或m=2,由≠得m≠2,則m=1,即必要性成立.故“m=1”是“l1∥l2”的充要條件.5.(2018北京通州一模,6)已知拋物線(xiàn)y2=8x的準(zhǔn)線(xiàn)與圓心為C的圓x2+y2+2x-8=0交于A,B兩點(diǎn),則|-|等于????????????? (　　)A.2　　B.2C.2　　D.4答案　D　易知拋物線(xiàn)的準(zhǔn)線(xiàn)方程為x=-2,圓C的圓心坐標(biāo)為(-1,0),半徑為3,則|-|=||=2×=4,故選D.6.(2018湖北四地七校3月聯(lián)考,8)若圓O1:x2+y2=5與圓O2:(x+m)2+y2=20相交于A,B兩點(diǎn),且兩圓在點(diǎn)A處的切線(xiàn)互相垂直,則線(xiàn)段AB的長(zhǎng)度是????????????? (　　)A.3　　B.4　　C.2　　D.8答案　B　連接O1A、O2A,由于☉O1與☉O2在點(diǎn)A處的切線(xiàn)互相垂直,因此O1A⊥O2A,所以O1=O1A2+O2A2,即m2=5+20=25,設(shè)AB交x軸于點(diǎn)C.在Rt△O1AO2中,sin∠AO2O1=,∴在Rt△ACO2中,AC=AO2·sin∠AO2O1=2×=2,∴AB=2AC=4.故選B.7.(2018北京順義二模,8)已知點(diǎn)A(-1,-1).若曲線(xiàn)Γ上存在兩點(diǎn)B,C,使△ABC為正三角形,則稱(chēng)Γ為“正三角形”曲線(xiàn).給定下列三條曲線(xiàn):①x+y-3=0(0≤x≤3);②x2+y2=2(-≤x≤0);③y=-(x>0).其中,“正三角形”曲線(xiàn)的個(gè)數(shù)是 (　　)A.0　　B.1　　C.2　　D.3答案　C　①點(diǎn)A不在x+y-3=0(0≤x≤3)上,線(xiàn)段與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為M(0,3),N(3,0),此時(shí)|MN|=3,|AM|=,|AN|=.因?yàn)?/span>|AM|<|MN|,所以存在兩點(diǎn)B,C,使△ABC為正三角形,所以①是“正三角形”曲線(xiàn).②x2+y2=2(-≤x≤0)表示y軸左側(cè)的半個(gè)圓,曲線(xiàn)與y軸的交點(diǎn)為M(0,),N(0,-),此時(shí)∠MAN>60°,可知三角形AMN不可能是正三角形,所以②不是“正三角形”曲線(xiàn).③利用數(shù)形結(jié)合思想,以A為圓心作圓,由圖象可知當(dāng)圓與曲線(xiàn)y=-(x>0)相交時(shí),存在B,C,使△ABC為正三角形,所以③為“正三角形”曲線(xiàn).故選C. (2017東北三省四市聯(lián)考,9)已知圓C:(x-)2+(y-1)2=1和兩點(diǎn)A(-t,0),B(t,0)(t>0),若圓C上存在點(diǎn)P,使得∠APB=90°,則當(dāng)t取得最大值時(shí),點(diǎn)P的坐標(biāo)是 (　　)A.　　B.C.　　D.答案　D　解法一:設(shè)P的坐標(biāo)為(a,b),由題意知,·=0,即(a+t)·(a-t)+b2=0,a2-t2+b2=0,所以t2=a2+b2=|OP|2,|OP|max=+1=3,即t的最大值為3,此時(shí)kOP=,所以OP所在直線(xiàn)的傾斜角為30°,所以點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為3×=,橫坐標(biāo)為3×=,即P.解法二:設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(+cosθ,1+sinθ)(θ∈[0,2π]),由題意知·=0,所以(+cosθ+t)(+cosθ-t)+(1+sinθ)2=0,得t2=5+2cosθ+2sinθ=5+4sin,當(dāng)θ+=,即θ=時(shí),t取得最大值,此時(shí)P.9.(2018河北衡水中學(xué)期中考試,10)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,在以(-2,0)為圓心且與直線(xiàn)(3m+1)x+(1-2m)y-5=0(m∈R)相切的所有圓中,面積最大的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是????????????? (　　)A.(x+2)2+y2=16　　B.(x+2)2+y2=20C.(x+2)2+y2=25　　D.(x+2)2+y2=36答案　C　根據(jù)題意,記圓心為P(-2,0),對(duì)于直線(xiàn)(3m+1)·x+(1-2m)y-5=0,變形可得m(3x-2y)+(x+y-5)=0,易知直線(xiàn)過(guò)定點(diǎn)M(2,3).故在以點(diǎn)(-2,0)為圓心且與直線(xiàn)(3m+1)x+(1-2m)y-5=0相切的圓中,面積最大的圓的半徑r=|MP|,則r2=|MP|2=25,故其標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+2)2+y2=25.故選C.10.(2019浙江高考模擬試卷(二),9)如圖,已知F1,F2為橢圓+=1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn),P為橢圓上一點(diǎn),過(guò)F2作直線(xiàn)PF1的垂線(xiàn)交橢圓于P,Q兩點(diǎn),設(shè)橢圓的離心率為e,若圓x2+y2=1與直線(xiàn)PF1相切,且|QF1|=6,則e2等于????????????? (　　)A.　　B.C.5-2　　D.答案　D　設(shè)切點(diǎn)為M,連接OM,由題意得OM=1,OM∥PF2,∵O為F1F2的中點(diǎn),∴|PF2|=2,|PF1|=2a-2,又|QF1|=6,|QF1|+|QF2|=2a,∴|QF2|=2a-6,∴|PQ|=2a-4,在△PF1F2中,由勾股定理得(2a-2)2+22=4c2①,在△PF1Q中,由勾股定理得(2a-2)2+(2a-4)2=62②,由①②得a=?a2=,c2=.∴e2=.故選D.11.(2018天津部分區(qū)縣期末,13)以點(diǎn)(0,b)為圓心的圓與直線(xiàn)y=2x+1相切于點(diǎn)(1,3),則該圓的方程為　　　　　　　. 答案　x2+=解析　∵以點(diǎn)(0,b)為圓心的圓與直線(xiàn)y=2x+1相切于點(diǎn)(1,3),∴兩點(diǎn)(0,b)和(1,3)所在直線(xiàn)與直線(xiàn)y=2x+1垂直,∴=-,解得b=,∴圓心坐標(biāo)為,∵圓的半徑r==,∴圓的方程為x2+=.12.(20195·3原創(chuàng)沖刺卷八,15)在平面直角坐標(biāo)系中,已知A(-1,0),B(1,0),圓C:x2+y2-2x-6y+2=0,動(dòng)直線(xiàn)l與圓C相交于M,N兩點(diǎn),且△CMN的面積為4.若P為線(xiàn)段MN的中點(diǎn),則△PAB的面積的最大值為　　　　. 答案　5解析　由題易知圓C:(x-1)2+(y-3)2=8,且CP垂直于MN,設(shè)CP=d(d>0),則×|MN|=×2=4,解得d=2,即P的軌跡是以C為圓心,2為半徑的圓.又|AB|=2,P到x軸的距離的最大值為3+2=5,所以△PAB的面積的最大值為=5.13.(2017江蘇南通、揚(yáng)州、泰州三模,13)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點(diǎn)A(0,-2),點(diǎn)B(1,-1),P為圓x2+y2=2上一動(dòng)點(diǎn),則的最大值是　　　　. 答案　2解析　設(shè)P(x,y),則由已知可得==,∵P(x,y)在圓x2+y2=2上,∴==.令=t,則x+(2t-1)y+3t-2=0,圓心到直線(xiàn)x+(2t-1)y+3t-2=0的距離應(yīng)滿(mǎn)足≤,解得0≤t≤4,故≤4,∴的最大值為2.14.(2018蘇錫常鎮(zhèn)四市高三教學(xué)情況調(diào)研(一),13)已知直線(xiàn)l:x-y+2=0與x軸交于點(diǎn)A,點(diǎn)P在直線(xiàn)l上,圓C:(x-2)2+y2=2上有且僅有一個(gè)點(diǎn)B滿(mǎn)足AB⊥BP,則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)的取值集合為　　　　. 答案　解析　設(shè)P(t,t+2),B(x,y),則=(t-x,t+2-y),∵直線(xiàn)l:x-y+2=0與x軸交于點(diǎn)A,∴A(-2,0),∴=(x+2,y),∵AB⊥BP,∴·=0,即(x+2)(t-x)+y(t+2-y)=0.整理得x2-(t-2)x+y2-(t+2)y=2t,∴+=,又∵B(x,y)在圓(x-2)2+y2=2上,∴點(diǎn)B可理解為圓+=與圓(x-2)2+y2=2的交點(diǎn),易得(x-2)2+y2=2的圓心C(2,0),半徑r1=,設(shè)+=的圓心N,半徑r2=|t+2|,由題意得圓C與圓N相切,①外切時(shí):CN=r1+r2,∴=+|t+2|.整理得=2+|t+2|.(i)若t≥-2,則|t+2|=t+2,∴=t+4,∴t2-4t+20=t2+8t+16.∴t=.(ii)若t<-2,則|t+2|=-t-2.∴=-t.∴t2-4t+20=t2,∴t=5(舍).②內(nèi)切時(shí):CN=r2-r1,∴=|t+2|-.整理得=|t+2|-2.(i)若t≥-2,則|t+2|=t+2,∴=t,∴t2-4t+20=t2,∴t=5.(ii)若t<-2,則|t+2|=-t-2.∴=-t-4.∴t2-4t+20=t2+8t+16,∴t=(舍).綜上:t∈. 

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