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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1、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－

2、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___

3、_____． 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

4、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，

5、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)

6、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?。? ∴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

7、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

8、．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

9、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

10、·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.