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2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 9.4圓與圓的位置關(guān)系試題 理 蘇教版

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2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 9.4圓與圓的位置關(guān)系試題 理 蘇教版

2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 9.4圓與圓的位置關(guān)系試題 理 蘇教版 一、填空題 1.圓C1:x2+y2+2x=0,圓C2:x2+y2+4y=0,則兩圓的位置關(guān)系是________. 解析 圓C1:(x+1)2+y2=1,圓C2:x2+(y+2)2=22,所以C1C2=,且2-1<<2+1,所以兩圓相交. 答案 相交 2.已知以C(4,-3)為圓心的圓與圓O:x2+y2=1相切,則圓C的方程是________. 解析 若圓C與圓O外切,則rC+1=5,所以rC=4.若圓C與圓O內(nèi)切,因?yàn)辄c(diǎn)C在圓O外,所以rC-1=5,所以rC=6. 答案 (x-4)2+(y+3)2=16或(x-4)2+(y+3)2=36 3.與圓x2+y2=25外切于點(diǎn)P(4,3),且半徑為1的圓的方程是________. 解析 設(shè)所求圓的圓心為C(m,n),則O,P,C三點(diǎn)共線,且OC=6,所以m=×6=,n=×6=,所以圓的方程是2+2=1. 答案 2+2=1 4.兩圓x2+y2+2ax+2ay+2a2-1=0與x2+y2+2bx+2by+2b2-1=0的公共弦長的最大值為________. 解析 兩圓方程相減得,相交弦所在直線為x+y+a+b=0,∴弦長=2,∴當(dāng)a=b時(shí),弦長最大為2. 答案 2 5.半徑為6的圓與x軸相切,且與圓x2+(y-3)2=1內(nèi)切,則此圓的方程為________. 解析 由題設(shè)知,圓心為(a,6),R=6, ∴=6-1,∴a2=16.∴a=±4, ∴所求圓的方程為(x±4)2+(y-6)2=36. 答案 (x±4)2+(y-6)2=36 6.若圓x2+y2=4與圓x2+y2+2ay-6=0(a>0)的公共弦的長為2,則a=________. 解析 兩圓的方程相減,得公共弦所在的直線方程為(x2+y2+2ay-6)-(x2+y2)=0-4?y=,又a>0,結(jié)合圖象,再利用半徑、弦長的一半及弦心距所構(gòu)成的直角三角形,可知==1?a=1. 答案 1 7.圓x2+y2-6x+16y-48=0與圓x2+y2+4x-8y-44=0的公切線條數(shù)為________. 解析 將兩圓x2+y2-6x+16y-48=0與x2+y2+4x-8y-44=0化為標(biāo)準(zhǔn)形式分別為(x-3)2+(y+8)2=112,(x+2)2+(y-4)2=82.因此兩圓的圓心和半徑分別為O1(3,-8),r1=11;O2(-2,4),r2=8.故圓心距|O1O2|==13,又|r1+r2|>|O1O2|>|r1-r2|,因此兩圓相交,公切線只有2條. 答案 2 8.已知圓x2+y2=m與圓x2+y2+6x-8y-11=0相交,則實(shí)數(shù)m的取值范圍為________. 解析 (x+3)2+(y-4)2=36,由題意,得|6-|<5<6+,解得1<<11,所以1<m<121. 答案 1<m<121 9.集合A={(x,y)|x2+y2=4},B={(x,y)|(x-3)2+(y-4)2=r2},其中r>0.若A∩B中有且僅有一個(gè)元素,則r的值是________. 解析 外切時(shí),r=3;內(nèi)切時(shí),r=7. 答案 3或7 10.圓C1:x2+y2+4ax+4a2-4=0和圓C2:x2+y2-2by+b2-1=0恰有三條公切線,若a,b∈R且ab≠0,則+的最小值為________. 解析 由題意,兩圓外切,所以|C1C2|=r1+r2,即=3,也即4a2+b2=9,所以+=(4a2+b2)=≥×(5+4)=1,當(dāng)且僅當(dāng)=,即b2=2a2時(shí)等號成立. 答案 1 二、解答題 11.求過兩圓x2+y2+4x+y=-1,x2+y2+2x+2y+1=0的交點(diǎn)的圓中面積最小的圓的方程. 解 由 ①-②得2x-y=0代入①得x1=-、x2=-1, ∴兩圓兩個(gè)交點(diǎn)為、(-1,-2). 過兩交點(diǎn)圓中,以、(-1,-2)為端點(diǎn)的線段為直徑的圓,面積最小. ∴該圓圓心為半徑為 =, 圓方程為2+2=. 12.已知圓O1的方程為x2+(y+1)2=4,圓O2的圓心O2(2,1). (1)若圓O2與圓O1外切,求圓O2的方程,并求內(nèi)公切線方程; (2)若圓O2與圓O1交于A、B兩點(diǎn),且AB=2,求圓O2的方程. 解 (1)由兩圓外切,∴O1O2=r1+r2,r2=O1O2-r1=2(-1), 故圓O2的方程是:(x-2)2+(y-1)2=4(-1)2, 兩圓的方程相減,即得兩圓內(nèi)公切線的方程為 x+y+1-2=0. (2)設(shè)圓O2的方程為:(x-2)2+(y-1)2=r, ∵圓O1的方程為:x2+(y+1)2=4,此兩圓的方程相減,即得兩圓公共弦AB所在直線的方程: 4x+4y+r-8=0.① 作O1H⊥AB,則AH=AB=,O1H=, 由圓心(0,-1)到直線①的距離得=, 得r=4或r=20, 故圓O2的方程為: (x-2)2+(y-1)2=4或(x-2)2+(y-1)2=20. 13.已知圓C1:x2+y2+2x-6y+1=0,圓C2:x2+y2-4x+2y-11=0,求兩圓的公共弦所在的直線方程及公共弦長. 解 設(shè)兩圓交點(diǎn)為A(x1,y1),B(x2,y2),則A,B兩點(diǎn)坐標(biāo)是方程組的解, ①-②得:3x-4y+6=0. ∵A,B兩點(diǎn)坐標(biāo)都滿足此方程, ∴3x-4y+6=0即為兩圓公共弦所在的直線方程,易知圓C1的圓心(-1,3),半徑r=3. 又C1到直線AB的距離為d==. ∴|AB|=2=2 =. 即兩圓的公共弦長為. 14.已知⊙C:x2+y2-2x+4y-4=0,是否存在斜率為1的直線l,使l被圓C截得的弦AB的長為直徑的圓過原點(diǎn)?若存在,求出直線l的方程;若不存在,說明理由. 解 法一 設(shè)存在直線方程為y=x+b. 則圓心(1,-2)到x-y+b=0的距離d=. 則在以AB為直徑的圓中, 由垂徑定理得r2=9-d2=9-. 由得圓心坐標(biāo). 則以AB為直徑的圓為 2+2=9-. 又過原點(diǎn),將(0,0)代入,得b=1或b=-4. 則存在這樣的直線,方程為x-y+1=0或x-y-4=0. 法二 設(shè)存在直線方程為y=x+b. 則由 消y得2x2+2(b+1)x+b2+4b-4=0. 設(shè)A(x1,y1)、B(x2,y2),則x1+x2=-(b+1), x1·x2=, 則y1·y2=(x1+b)(x2+b)=x1·x2+b(x1+x2)+b2. 又以AB為直徑的圓過原點(diǎn), 所以·=0,即x1·x2+y1·y2=0,得b2+3b-4=0. 解得b=1或b=-4. 則存在這樣的直線,方程為x-y+1=0或x-y-4=0. 法三 設(shè)以AB為直徑的圓為x2+y2+Dx+Ey+F=0. 因過原點(diǎn),得F=0,則圓x2+y2+Dx+Ey=0的圓心為. 又直線l是兩圓的公共弦,兩圓相減得l為 (D+2)x+(E-4)y+4=0. ① 由斜率為1,得D+2=4-E. ② 又在直線l上,得(D+2)+(E-4)+4=0. ③ 由②③得或代入①得 x-y+1=0或x-y-4=0. 法四 設(shè)存在直線方程為x-y+b=0. 則以AB為直徑的圓為 (x2+y2-2x+4y-4)+λ(x-y+b)=0, 化簡得x2+y2+(λ-2)x+(4-λ)y+bλ-4=0. 因過原點(diǎn),代入得b=, 又圓心在x-y+=0上, 得或即x-y+1=0或x-y-4=0.

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