8.5直线与圆的位置关系doc--高中数学 .doc

永久免费组卷搜题网8.5 直线与圆的位置关系一、选择题1若P(2，1)为圆(x1)2y225的弦AB中点，则直线AB的方程是()Axy30 B2xy30 Cxy10 D2xy50答案：A2圆心在抛物线y22x上且与x轴和该抛物线的准线都相切的一个圆的方程是()Ax2y2x2y0 Bx2y2x2y10Cx2y2x2y10 Dx2y2x2y0解析：设圆心坐标为(，a)，依题意有|a|，得圆心为(，±1)答案：D3圆x2y22x4y30上到直线xy10的距离为的点共有()A1个 B2个 C3个 D4个解析：圆的圆心(1，2)，半径R2，而圆心到直线xy10的距离为.答案：C4若直线2xyC0按向量a(1，1)平移后与圆x2y25相切，则C的值为()A8或2 B6或4 C4或6 D2或8答案：A二、填空题5若直线yxk与曲线x恰有一个公共点，则k的取值范围是_解析：利用数形结合法解答案：k或k(1,16如果曲线C：(为参数)与直线xya0有公共点，那么实数a的取值范围是_答案：1a17过直线y4上任一点作圆x2y24的切线，则切线长的最小值为_答案：2 三、解答题8过圆x2y2r2(r0)外一点P(x0，y0)作圆的两条切线，切点分别为M、N，证明直线MN的方程是x0xy0yr2.证明：证法一：设M、N的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)M、N在圆x2y2r2上，过M、N的切线方程分别是：x1xy1yr2，x2xy2yr2，又P是两切线公共点，即有：x1x0y1y0r2，x2x0y2y0r2，上两式表明点M(x1，y1)，N(x2，y2)都在二元一次方程x0xy0yr2表示的直线上所以直线MN的方程是x0xy0yr2.证法二：以OP为直径的圆的方程为：(xx0)2(yy0)2(xy)，即x2y2x0xy0y0，又圆的方程是x2y2r2，两式相减得x0xy0yr2，这便是过切点M、N的直线方程9如右图，已知直角坐标平面上点Q(2,0)和圆C：x2y21，动点M到圆C的切线长与|MQ|的比等于常数(>0)求动点M的轨迹方程，说明它表示什么曲线解答：如右图，设M(x，y)，MN切圆于N，则，即|MN|MQ|.又|MN|2|MO|21x2y21，|MN|，又|MQ|，整理得(21)(x2y2)42x(142)0，即为所求的轨迹方程当1时，方程化为x，表示一条直线；当1时，方程化为(x)2y2，它表示圆，圆心为(，0)，半径为.10如右图所示，已知圆C1：x2y22mx2nym210和圆 C2：x2y22x2y20交于A、B两点且这两点平分圆C2的圆周求圆C1的圆心C1的轨迹方程，并求出当圆C1的半径最小时圆C1的方程解答：圆C1：(xm)2(yn)2n21，圆C2：(x1)2(y1)24，而C1C2AB且AB为圆C2直径|AC2|rc22，又|AC1|2rc121n2，|AC2|24，|C1C2|2(m1)2(n1)2.在RtAC2C1中，由勾股定理，得4(m1)2(n1)21n2，(m1)22(n2)即为点C1的轨迹方程又2(n2)0，n2，当n2时，m1，rc1min，此时圆C1的方程为(x1)2(y2)25.选做题1一直线经过点P(3，)被圆x2y225截得的弦长为8，求此弦所在直线方程解答： (1)当斜率k不存在时，过点P的直线方程为x3，代入x2y225，得y14，y24.弦长为|y1y2|8，符合题意(2)当斜率k存在时，设所求直线方程为yk(x3)，即kxy3k0.由已知，弦心距|OM| 3，3，解得k.所以此直线方程为y(x3)，即3x4y150.所以所求直线方程为x30或3x4y150.2已知直线l1：mxy0，l2：xmym20.(1)求证：对m的任意实数值，l1和l2的交点P在一定圆上；(2)若l1与定圆另一交点P1，l2与定圆另一交点为P2，求当m在实数范围内取值时，PP1P2的面积的最大值，并求此时l1的方程解答：(1)证明：由mxy0，得m代入xmym20中得xy20，即x2y2y2x0，亦即(x1)2(y)2，所以，l1和l2的交点在定圆上(2)由消去y，得(1m2)x2(m2)x0，P1(0,0)，P(，)|P1P| .由得P2(2,1)，|P2P| ，又l1l2，PP1P2为直角三角形SPP1P2|P1P|·|P2P|··.令y，则(y2)m23my20.当y2时，应有(3)24(y2)(y2)0.得y，|的最大值为，PP1P2的最大面积为，此时y±代入式中求得m3或.此时l1的方程为y3x或yx. 永久免费组卷搜题网