课时达标检测(11) 圆与圆的位置关系(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

高中数学 选择性必修 第一册 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(十一) 圆与圆的位置关系 　基础达标　 一、单项选择题 1．已知两圆分别为圆C1：x2＋y2＝81和圆C2：x2＋y2－6x－8y＋9＝0，这两圆的位置关系是(　　) A．相离 B．相交 C．内切 D．外切 解析　圆C1的圆心为C1(0,0)，半径长r1＝9；圆C2的方程化为标准形式为(x－3)2＋(y－4)2＝42，圆心为C2(3,4)，半径长r2＝4，所以|C1C2|＝eq \r(3－02＋4－02)＝5。因为r1－r2＝5，所以|C1C2|＝r1－r2，所以圆C1和圆C2内切。 答案　C 答案与解析 2．圆O1：x2＋y2－6x＋16y－48＝0与圆O2：x2＋y2＋4x－8y－44＝0的公切线条数为(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 解析　圆O1为(x－3)2＋(y＋8)2＝121，O1(3，－8)，r＝11，圆O2为(x＋2)2＋(y－4)2＝64，O2(－2,4)，R＝8，所以|O1O2|＝eq \r(3＋22＋－8－42)＝13，所以r－R<|O1O2|<R＋r，所以两圆相交，所以公切线有2条。 答案　C 答案与解析 3．若圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0外切，则m＝(　　) A．21 B．19 C．9 D．－11 解析　依题意可得圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0的圆心分别为C1(0,0)，C2(3,4)，则|C1C2|＝eq \r(32＋42)＝5。又r1＝1，r2＝eq \r(25－m)，由r1＋r2＝eq \r(25－m)＋1＝5，解得m＝9。 答案　C 答案与解析 4．圆x2＋y2－2x＋F＝0和圆x2＋y2＋2x＋Ey－4＝0的公共弦所在的直线方程是x－y＋1＝0，则(　　) A．E＝－4，F＝8 B．E＝4，F＝－8 C．E＝－4，F＝－8 D．E＝4，F＝8 解析　由题意联立两圆方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2x＋F＝0，,x2＋y2＋2x＋Ey－4＝0，))得4x＋Ey－4－F＝0，则eq \f(E,4)＝－1，eq \f(－4－F,4)＝1，解得E＝eq \a\vs4\al(－4)，F＝－8。故选C。 答案　C 答案与解析 5．若圆x2＋y2＝r2与圆x2＋y2＋2x－4y＋4＝0有公共点，则r满足的条件是(　　) A．r<eq \r(5)＋1 B．r>eq \r(5)＋1 C．|r－eq \r(5)|≤1 D．|r－eq \r(5)|<1 解析　圆x2＋y2＋2x－4y＋4＝0化为(x＋1)2＋(y－2)2＝1，其圆心为 (－1,2)，半径为1，故两圆圆心之间的距离为eq \r(－12＋22)＝eq \r(5)。因为两圆有公共点，所以|r－1|≤eq \r(5)≤r＋1，所以eq \r(5)－1≤r≤eq \r(5)＋1，即－1≤r－eq \r(5)≤1，所以|r－eq \r(5)|≤1。 答案　C 答案与解析 6．点P在圆C1：x2＋y2－8x－4y＋11＝0上，点Q在圆C2：x2＋y2＋4x＋2y＋1＝0上，则|PQ|的最小值是(　　) A．5 B．1 C．3eq \r(5)－5 D．3eq \r(5)＋5 解析　圆C1：x2＋y2－8x－4y＋11＝0，即(x－4)2＋(y－2)2＝9，圆心为C1(4,2)，半径r1＝3；圆C2：x2＋y2＋4x＋2y＋1＝0，即(x＋2)2＋(y＋1)2＝4，圆心为C2(－2，－1)，半径r2＝2，|C1C2|＝3eq \r(5)>3＋2，故两圆相离，|PQ|的最小值为|C1C2|－(r1＋r2)＝3eq \r(5)－5。 答案　C 答案与解析 二、多项选择题 7．半径为6的圆与x轴相切，且与圆x2＋(y－3)2＝1内切，则此圆的方程可以是(　　) A．(x－4)2＋(y－6)2＝6 B．(x＋4)2＋(y－6)2＝6 C．(x－4)2＋(y－6)2＝36 D．(x＋4)2＋(y－6)2＝36 解析　由题意可设圆的方程为(x－a)2＋(y－6)2＝36，又由两圆内切，得eq \r(a2＋6－32)＝5，所以a2＝16，所以a＝±4，所求圆的方程为(x－4)2＋(y－6)2＝36或(x＋4)2＋(y－6)2＝36。 答案　CD 答案与解析 8．圆C1：x2＋y2－2x＋2y＋1＝0与圆C2：x2＋y2－2＝0相交于A，B两点，则方程x2＋y2－2x＋2y＋1＋eq \a\vs4\al(λx2＋y2－2)＝0(λ为常数)可以表示(　　) A．直线AB B．过A，B两点的所有圆 C．过A，B两点的圆(不包括圆C2) D．圆C1 解析　当λ＝－1时，方程表示直线AB；当λ≠－1时，方程表示过A，B两点的圆(C2除外)；λ＝0时，方程为x2＋y2－2x＋2y＋1＝0表示圆C1。 答案　ACD 答案与解析 三、填空题 9．已知圆C1：x2＋y2－6x－7＝0与圆C2：x2＋y2－6y－27＝0相交于A，B两点，则线段AB的中垂线方程为________________。 解析　因为圆C1的圆心为C1(3,0)，圆C2的圆心为C2(0,3)，所以直线C1C2的方程为x＋y－3＝0，由圆的性质知AB的中垂线即直线C1C2，故线段AB的中垂线方程为x＋y－3＝0。 答案　x＋y－3＝0 答案与解析 10．若圆x2＋y2－2ax＋a2＝2和圆x2＋y2－2by＋b2＝1外离，则a，b满足的条件是_______________________________。 解析　由题意可得两圆的圆心坐标和半径长分别为(a,0)，eq \r(2)和(0，b)，1。因为两圆外离，所以eq \r(a2＋b2)>eq \r(2)＋1，即a2＋b2>3＋2eq \r(2)。 答案　a2＋b2>3＋2eq \r(2) 答案与解析 11．两圆交于点A(1,3)和B(m,1)，两圆的圆心都在直线x－y＋eq \f(c,2)＝0上，则m＋c＝________。 解析　由题意可知，线段AB的中点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋1,2)，2))在直线x－y＋eq \f(c,2)＝0上，代入得eq \f(m＋1,2)－2＋eq \f(c,2)＝0。整理可得m＋c＝3。 答案　3 答案与解析 四、解答题 12．已知圆C1：x2＋y2－4x－2y－5＝0，圆C2：x2＋y2＋2x－2y－14＝0。 (1)试判断两圆的位置关系； (2)直线l过点(6,3)与圆C1相交于A，B两点，且|AB|＝2eq \r(6)，求直线l的方程。 解　(1)由于圆C1：x2＋y2－4x－2y－5＝0，即(x－2)2＋(y－1)2＝10，表示以C1(2,1)为圆心，半径等于eq \r(10)的圆。 C2：x2＋y2＋2x－2y－14＝0，即(x＋1)2＋(y－1)2＝16，表示以C2(－1,1)为圆心，半径等于4的圆。所以两圆的圆心距等于eq \r(32＋02)＝3，大于半径之差而小于半径之和，故两个圆相交。 (2)当AB的斜率不存在时，直线l的方程为x＝6，此时直线l与圆C1相离，不满足条件。 当AB的斜率存在时，设直线l的方程为y－3＝k(x－6)，即kx－y＋3－6k＝0，又|AB|＝2eq \r(6)，所以圆心到直线l的距离d＝eq \r(10－6)＝2， 再由点到直线的距离公式可得d＝2＝eq \f(|2k－1＋3－6k|,\r(k2＋1))，解得k＝0或k＝eq \f(4,3)。 故直线l的方程为y＝3或4x－3y－15＝0。 13．已知圆C：x2＋y2－6x－8y＋21＝0。 (1)若直线l1过定点A(1,1)，且与圆C相切，求l1的方程； (2)若圆D的半径为3，圆心在直线l2：x－y＋2＝0上，且与圆C外切，求圆D的方程。 解　(1)圆C：x2＋y2－6x－8y＋21＝0化为标准方程为(x－3)2＋(y－4)2＝4，所以圆C的圆心为(3,4)，半径为2。 ①若直线l1的斜率不存在，即直线为x＝1，符合题意。 ②若直线l1的斜率存在，设直线l1的方程为y－1＝k(x－1)，即kx－y－k＋1＝0。 由题意知，圆心(3,4)到已知直线l1的距离等于半径2，所以eq \f(|3k－4－k＋1|,\r(k2＋1))＝2，即eq \f(|2k－3|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝eq \f(5,12)，所以直线l的方程为5x－12y＋7＝0。 综上，所求l1的方程为x＝1和5x－12y＋7＝0。 (2)依题意设D(a，a＋2)，又已知圆C的圆心为(3,4)，半径为2，由两圆外切，可知|CD|＝5， 所以eq \r(a－32＋a＋2－42)＝5，解得a＝－1或a＝6， 所以D(－1,1)或D(6,8)， 所以所求圆D的方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝9或(x－6)2＋(y－8)2＝9。 　素养升级　 14．已知圆C1：(x＋3)2＋(y＋3)2＝36与圆C2：x2＋y2－2x＋m＝0(m≥0)内切，则m＝________；点P是圆C1上一动点，则点P到直线3x＋4y＋26＝0距离的最大值为________。 解析　 圆C2化为标准方程为(x－1)2＋y2＝1－m，由两圆内切得|C1C2|＝|r1－r2|，即6－eq \r(1－m)＝5，解得m＝0。因为圆心C1(－3，－3)到3x＋4y＋26＝0的距离d＝eq \f(|－9－12＋26|,5)＝1，所以点P到直线3x＋4y＋26＝0距离的最大值为1＋6＝7。 答案　0　7 答案与解析 15．在平面直角坐标系xOy中，点A(1,0)，B(4,0)，若在曲线C：x2－2ax＋y2－4ay＋5a2－9＝0上存在点P使得|PB|＝2|PA|，则实数a的取值范围为________。 解析　根据题意，设P(x，y)，若|PB|＝2|PA|，即|PB|2＝4|PA|2，则有(x－4)2＋y2＝4(x－1)2＋4y2，变形可得x2＋y2＝4，即P的轨迹为以O为圆心，半径为2的圆。曲线C：x2－2ax＋y2－4ay＋5a2－9＝0，即(x－a)2＋(y－2a)2＝9，则曲线C是以(a,2a)为圆心，半径为3的圆。若曲线C上存在点P使得|PB|＝2|PA|，则圆C与圆x2＋y2＝4有公共点，则有3－2≤eq \r(a2＋4a2)≤2＋3，即1≤eq \r(5)|a|≤5，解得－eq \r(5)≤a≤－eq \f(\r(5),5)或eq \f(\r(5),5)≤a≤eq \r(5)，即实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(5)，－\f(\r(5),5)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\r(5)))。 答案　eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(5)，－\f(\r(5),5)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\r(5))) 答案与解析 16．已知圆O：x2＋y2＝4与圆B：(x＋2)2＋(y－2)2＝4。 (1)求两圆的公共弦长； (2)过平面上一点Q(x0，y0)向圆O和圆B各引一条切线，切点分别为C，D，设eq \f(|QD|,|QC|)＝2，求证：平面上存在一定点M使得Q到M的距离为定值，并求出该定值。 解　(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋4x－4y＋4＝0，,x2＋y2＝4，))得两圆的公共弦所在直线的方程为l：x－y＋2＝0，设O(0,0)到l的距离为d， 则d＝eq \f(|0－0＋2|,\r(2))＝eq \r(2)，所以公共弦长为2×eq \r(22－\r(2)2)＝2eq \r(2)。 (2)证明：由题设得eq \f(\r(x0＋22＋y0－22－4),\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)－4))＝2，化简得xeq \o\al(2,0)＋yeq \o\al(2,0)－eq \f(4,3)x0＋eq \f(4,3)y0－eq \f(20,3)＝0，配方得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(2,3)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0＋\f(2,3)))2＝eq \f(68,9)，所以存在定点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(2,3)))使得Q到M的距离为定值，且该定值为eq \f(2\r(17),3)。 $$