1、题组层级快练(六十一)1(课本习题改编)直线yax1与圆x2y22x30的位置关系是()A相切B相交C相离 D随a的变化而变化答案B解析直线yax1恒过定点(0,1)，又点(0,1)在圆(x1)2y24的内部，故直线与圆相交2直线xsinycos2sin与圆(x1)2y24的位置关系是()A相离 B相切C相交 D以上都有可能答案B解析圆心到直线的距离d2.所以直线与圆相切3过点(4,0)作直线l与圆x2y22x4y200交于A，B两点，若|AB|8，则直线l的方程为()A5x12y200B5x12y200或x40C5x12y200D5x12y200或x40答案B解析圆的标准方程为(x1)2(y
2、2)225，由|AB|8知，圆心(1,2)到直线l的距离d3.当直线l的斜率不存在，即直线l的方程为x4时，符合题意当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为yk(x4)，即kxy4k0.则有3，k.此时直线l的方程为5x12y200.4已知直线l：yk(x1)与圆x2y21相切，则直线l的倾斜角为()A. B.C. D.答案D解析由题意知，1，k.直线l的倾斜角为.5若圆心在x轴上，半径为的圆C位于y轴左侧，且被直线x2y0截得的弦长为4，则圆C的方程是()A(x)2y25 B(x)2y25C(x5)2y25 D(x5)2y25答案B解析设圆心为(a,0)(a0)，若C上存在的点P，使得APB9
3、0，则m的最大值为()A7 B6C5 D4答案B解析由(x3)2(y4)21得圆上点P(x0，y0)可化为APB90，即0，(x0m)(x0m)y0.m2xy266cos8sin2610sin()36.m6，即m的最大值为6.10(2014大纲全国)直线l1和l2是圆x2y22的两条切线若l1与l2的交点为(1,3)，则l1与l2的夹角的正切值等于_答案解析利用两点间距离公式及直角三角形求AOB各边，进而利用二倍角公式求夹角的正切值如图，|OA|.半径为，|AB|2.tanOAB.所求夹角的正切值为tanCAB.11已知直线axy20与圆心为C的圆(x1)2(ya)24相交于A，B两点，且AB
4、C为等边三角形，则实数a_.答案4解析依题意，圆C的半径是2，圆心C(1，a)到直线axy20的距离等于2，于是有，即a28a10，解得a4.12(2013江西理)过点(，0)引直线l与曲线y相交于A，B两点，O为坐标原点，当AOB的面积取最大值时，直线l的斜率等于_答案解析曲线y的图像如图所示若直线l与曲线相交于A，B两点，则直线l的斜率k0，解得m.将直线l的方程与圆C的方程组成方程组，得消去y，得x2()2x6m0.整理，得5x210x4m270.直线l与圆C没有公共点，方程无解故有10245(4m27)8.m的取值范围是(8，)(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由OPOQ，得
5、0，即x1x2y1y20.由(1)及根与系数的关系，得x1x22，x1x2.又P，Q在直线x2y30上，y1y293(x1x2)x1x2将代入上式，得y1y2，将代入，得x1x2y1y20，解得m3.代入方程检验得0成立，m3.15(2015福建漳州七校第一次联考)已知圆C：x2y22xa0上存在两点关于直线l：mxy10对称(1)求实数m的值；(2)若直线l与圆C交于A，B两点，3(O为坐标原点)，求圆C的方程答案(1)m1(2)x2y22x30解析(1)圆C的方程为(x1)2y21a，圆C(1,0)圆C上存在两点关于直线l：mxy10对称，直线l：mxy10过圆心C.m10，解得m1.(2
6、)联立消去y，得2x24xa10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，168(a1)0，a0恒成立，所以不论k为任何实数，直线l和圆C总有两个交点(2)设直线与圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则直线l被圆C截得的弦长|AB|x1x2|22，令t，则tk24k(t3)0.当t0时，k，当t0时，因为tR，所以164t(t3)0，解得1t4，且t0.故t的最大值为4，此时|AB|最小为2.方法二：(1)圆心C(1，1)到直线l的距离d，圆C的半径R2，R2d212，而在S11k24k8中，(4)241180对kR恒成立所以R2d20，即dR，所以不论k为任何实数，直线l和圆C总有两个交点(2)直线l恒过圆内定点P(0,1)，由平面几何知识可得当P点为弦AB中点时弦长最短由勾股定理，知|AB|22，即直线l被圆C截得的最短弦长为2.
