§9.2　直线、圆的位置关系专题检测1.(2019黑龙江哈尔滨第六中学高三12月月考,5)过点(1,0)且倾斜角为30°的直线被圆(x-2)2+y2=1所截得的弦长为(　　)A.　　B.1　　C.　　D.2答案　C　直线方程为y=(x-1),即x-3y-=0,圆心(2,0)到直线的距离d==,∴直线被圆截得的弦长l=2×=.故选C.2.(2019浙江高考模拟试卷(二),3)已知圆M:(x-2)2+y2=1和直线l:y=kx,则“k=”是“直线l与圆M相切”的(　　)A.充分不必要条件　　B.必要不充分条件C.充分必要条件　　D.既不充分也不必要条件答案　A　直线l:y=x⇒x-y=0,则圆心(2,0)到直线l的距离d=1,∴直线l与圆M相切,充分性成立;反之,当圆M:(x-2)2+y2=1和直线l相切时,k=±,必要性不成立.∴“k=”是直线l与圆M相切的充分不必要条件.故选A.3.(2018浙江新高考调研卷三(杭州二中),6)已知直线ax+y-2=0与圆x2+y2=b总有2个不同的交点,则b的取值范围是(　　)A.(2,+∞)　　B.(4,+∞)C.(0,+∞)　　D.(,+∞)答案　B　直线ax+y-2=0过定点(0,2),要使直线与圆总有2个不同的交点,定点(0,2)必须在圆内,从而02+22<b,即b>4.故选B.4.(2018天津十二区县二模,4)已知m为实数,直线l1:mx+y-1=0,l2:(3m-2)x+my-2=0,则“m=1”是“l1∥l2”的(　　)A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件答案　A　当m=1时,两直线方程分别为直线l1:x+y-1=0,l2:x+y-2=0,满足l1∥l2,即充分性成立.当m=0时,两直线方程分别为y-1=0,-2x-2=0,不满足条件;当m≠0时,则l1∥l2⇒=≠,由=得m2-3m+2=0,解得m=1或m=2,由≠得m≠2,则m=1,即必要性成立.故“m=1”是“l1∥l2”的充要条件.5.(2018北京通州一模,6)已知抛物线y2=8x的准线与圆心为C的圆x2+y2+2x-8=0交于A,B两点,则|-|等于(　　)A.2　　B.2C.2　　D.4答案　D　易知抛物线的准线方程为x=-2,圆C的圆心坐标为(-1,0),半径为3,则|-|=||=2×=4,故选D.6.(2018湖北四地七校3月联考,8)若圆O1:x2+y2=5与圆O2:(x+m)2+y2=20相交于A,B两点,且两圆在点A处的切线互相垂直,则线段AB的长度是(　　)A.3　　B.4　　C.2　　D.8 答案　B　连接O1A、O2A,由于☉O1与☉O2在点A处的切线互相垂直,因此O1A⊥O2A,所以O1=O1A2+O2A2,即m2=5+20=25,设AB交x轴于点C.在Rt△O1AO2中,sin∠AO2O1=,∴在Rt△ACO2中,AC=AO2·sin∠AO2O1=2×=2,∴AB=2AC=4.故选B.7.(2018北京顺义二模,8)已知点A(-1,-1).若曲线Γ上存在两点B,C,使△ABC为正三角形,则称Γ为“正三角形”曲线.给定下列三条曲线:①x+y-3=0(0≤x≤3);②x2+y2=2(-≤x≤0);③y=-(x>0).其中,“正三角形”曲线的个数是(　　)A.0　　B.1　　C.2　　D.3答案　C　①点A不在x+y-3=0(0≤x≤3)上,线段与坐标轴的交点为M(0,3),N(3,0),此时|MN|=3,|AM|=,|AN|=.因为|AM|<|MN|,所以存在两点B,C,使△ABC为正三角形,所以①是“正三角形”曲线.②x2+y2=2(-≤x≤0)表示y轴左侧的半个圆,曲线与y轴的交点为M(0,),N(0,-),此时∠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”曲线.③利用数形结合思想,以A为圆心作圆,由图象可知当圆与曲线y=-(x>0)相交时,存在B,C,使△ABC为正三角形,所以③为“正三角形”曲线.故选C.8.(2017东北三省四市联考,9)已知圆C:(x-)2+(y-1)2=1和两点A(-t,0),B(t,0)(t>0),若圆C上存在点P,使得∠APB=90°,则当t取得最大值时,点P的坐标是(　　)A.　　B.C.　　D.答案　D　解法一:设P的坐标为(a,b),由题意知,·=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的最大值为3,此时kOP=,所以OP所在直线的倾斜角为30°,所以点P的纵坐标为3×=,横坐标为3×=,即P.解法二:设点P的坐标为(+cosθ,1+sinθ)(θ∈[0,2π]),由题意知·=0,所以(+cosθ+t)(+cosθ-t)+(1+sinθ)2=0,得t2=5+2cosθ+2sinθ=5+4sin,当θ+=,即θ=时,t取得最大值,此时P.9.(2018河北衡水中学期中考试,10)在平面直角坐标系xOy中,在以(-2,0)为圆心且与直线(3m+1)x+(1-2m)y-5=0(m∈R)相切的所有圆中,面积最大的圆的标准方程是(　　)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　根据题意,记圆心为P(-2,0),对于直线(3m+1)·x+(1-2m)y-5=0, 变形可得m(3x-2y)+(x+y-5)=0,易知直线过定点M(2,3).故在以点(-2,0)为圆心且与直线(3m+1)x+(1-2m)y-5=0相切的圆中,面积最大的圆的半径r=|MP|,则r2=|MP|2=25,故其标准方程为(x+2)2+y2=25.故选C.10.(2019浙江高考模拟试卷(二),9)如图,已知F1,F2为椭圆+=1(a>b>0)的两个焦点,P为椭圆上一点,过F2作直线PF1的垂线交椭圆于P,Q两点,设椭圆的离心率为e,若圆x2+y2=1与直线PF1相切,且|QF1|=6,则e2等于(　　)A.　　B.C.5-2　　D.答案　D　设切点为M,连接OM,由题意得OM=1,OM∥PF2,∵O为F1F2的中点,∴|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=.故选D.11.(2018天津部分区县期末,13)以点(0,b)为圆心的圆与直线y=2x+1相切于点(1,3),则该圆的方程为　　　　　　　. 答案　x2+=解析　∵以点(0,b)为圆心的圆与直线y=2x+1相切于点(1,3),∴两点(0,b)和(1,3)所在直线与直线y=2x+1垂直,∴=-,解得b=,∴圆心坐标为,∵圆的半径r==,∴圆的方程为x2+=.12.(20195·3原创冲刺卷八,15)在平面直角坐标系中,已知A(-1,0),B(1,0),圆C:x2+y2-2x-6y+2=0,动直线l与圆C相交于M,N两点,且△CMN的面积为4.若P为线段MN的中点,则△PAB的面积的最大值为　　　　. 答案　5解析　由题易知圆C:(x-1)2+(y-3)2=8,且CP垂直于MN,设CP=d(d>0),则×|MN|=×2=4,解得d=2,即P的轨迹是以C为圆心,2为半径的圆.又|AB|=2,P到x轴的距离的最大值为3+2=5,所以△PAB的面积的最大值为=5.13.(2017江苏南通、扬州、泰州三模,13)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(0,-2),点B(1,-1),P为圆x2+y2=2上一动点,则的最大值是　　　　.  答案　2解析　设P(x,y),则由已知可得==,∵P(x,y)在圆x2+y2=2上,∴==.令=t,则x+(2t-1)y+3t-2=0,圆心到直线x+(2t-1)y+3t-2=0的距离应满足≤,解得0≤t≤4,故≤4,∴的最大值为2.14.(2018苏锡常镇四市高三教学情况调研(一),13)已知直线l:x-y+2=0与x轴交于点A,点P在直线l上,圆C:(x-2)2+y2=2上有且仅有一个点B满足AB⊥BP,则点P的横坐标的取值集合为　　　　. 答案　解析　设P(t,t+2),B(x,y),则=(t-x,t+2-y),∵直线l:x-y+2=0与x轴交于点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)在圆(x-2)2+y2=2上,∴点B可理解为圆+=与圆(x-2)2+y2=2的交点,易得(x-2)2+y2=2的圆心C(2,0),半径r1=,设+=的圆心N,半径r2=|t+2|,由题意得圆C与圆N相切,①外切时:CN=r1+r2,∴=+|t+2|.整理得=2+|t+2|.(i)若t≥-2,则|t+2|=t+2,∴=t+4,∴t2-4t+20=t2+8t+16.∴t=.(ii)若t<-2,则|t+2|=-t-2.∴=-t.∴t2-4t+20=t2,∴t=5(舍).②内切时:CN=r2-r1,∴=|t+2|-.整理得=|t+2|-2.(i)若t≥-2,则|t+2|=t+2,∴=t,∴t2-4t+20=t2,∴t=5.(ii)若t<-2,则|t+2|=-t-2.∴=-t-4.∴t2-4t+20=t2+8t+16,∴t=(舍).综上:t∈.