2.3圆及其方程 同步练习2023——2024学年上学期高二数学人教B版（2019）选择性必修1（含解析）
文档属性
| 名称 | 2.3圆及其方程 同步练习2023——2024学年上学期高二数学人教B版（2019）选择性必修1（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-20 17:05:26 | ||
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文档简介
2.3圆及其方程同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．圆的圆心坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．已知圆关于直线对称，则实数（ ）
A． B． C． D．或
3．已知圆O：，，是圆O上两点，满足，，则（ ）
A． B．3 C． D．
4．当方程所表示的圆取最大面积时，圆心到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
5．已知点是直线与的交点，则到直线距离的最大值为（ ）
A．3 B．4 C． D．6
6．已知直线l：（）是圆C：的对称轴．过点作圆C的一条切线，切点为B，则（ ）．
A．4 B．6 C．8 D．2
7．直线：被圆截得的弦长为（ ）
A． B． C． D．
8．已知圆与圆相交于A，B两点，则=（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知点P在圆C：上，直线l：与x轴、y轴分别交于A，B两点，则（ ）
A．点P到直线l的距离大于1
B．点P到直线l的距离小于7
C．当∠PAB最大时，
D．以BC为直径的圆与圆C的公共弦所在直线的方程为
10．已知圆：，则下列结论中正确的有（ ）
A．圆过定点 B．点在圆外
C．直线平分圆周 D．存在实数，使圆与轴相切
11．圆和圆的交点为A，B，则有（ ）
A．公共弦AB所在直线的方程为
B．公共弦AB所在直线的方程为
C．公共弦AB的长为
D．P为圆上一动点，则P到直线AB距离的最大值不是
12．已知圆，直线．则（ ）
A．直线恒过定点
B．当时，圆上恰有四个点到直线的距离等于1
C．直线与圆有一个交点
D．若圆与圆恰有三条公切线，则
三、填空题
13．设圆，直线过，斜率为，且与圆交于，两点.若线段上任意一点，均存在过的两条相互垂直的弦与，使得.则的最小值为 .
14．已知圆，自点作圆的切线，则切线的方程 ．
15．已知，若直线关于轴对称的直线与圆有公共点，则实数的取值范围是 ．
16．已知等腰直角三角形的斜边，且的内切圆圆心为，则其半径 ；若点在以为圆心，1为半径的圆上，则与的面积之比的最大值为 .
四、解答题
17．在平面直角坐标系中，直线交轴于，以为圆心的圆与直线相切.
(1)求圆的方程；
(2)设点为直线上一动点，若在圆上存在点，使得，求的取值范围；
(3)是否存在定点S，对于经过点S的直线，当与圆交于时，恒有？若存在，求点S的坐标：若不存在，说明理由.
18．在平面直角坐标系xOy中，圆：与圆：相交于P，Q两点．
(1)求线段PQ的长；
(2)记圆与x轴正半轴交于点M，点N在圆上滑动，求面积最大时的直线MN的方程．
19．已知圆与圆有两个不同的交点．
(1)求的取值范围；
(2)过直线上的一点（在线段外的部分上），分别作圆与圆的一条切线，切点分别为，问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
20．已知直线过点和．
(1)若直线且在轴上的截距为，求直线的方程；
(2)若圆的圆心在轴上，半径为3，且直线被圆截得的弦长为4，求圆的方程．
21．已知直线和圆.
(1)求证：对任意实数，直线和圆总有两个不同的交点；
(2)设直线和圆交于两点.若，求的倾斜角.
22．如图，某湿地公园的形状是长方形，，E为的中点，线段为公园内部的人行道
(1)记的外接圆为圆M，以为直径的圆为圆N，判断圆M与圆N的位置关系，并说明理由；
(2)今欲在人行步道（线段）上设一观景台P，已知当观景台P在过A，B两点的圆与线段相切的切点处时，有最佳观赏和拍摄的效果，若该圆的半径小于50，问观景台P设在何处时，观赏和拍摄的效果最佳？
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．B
【分析】由圆的一般方程化为标准方程，即可得圆心坐标.
【详解】由题设，圆的标准方程为，故圆心坐标为.
故选：B
2．C
【分析】根据圆的对称性得出圆心在直线上，求出圆心坐标代入直线方程计算并检验即可.
【详解】由题意可知，，
且圆心在直线上，代入直线方程得（舍去）
或.
故选：C
3．D
【分析】利用，是圆O上两点，建立方程组，两式相加并进行配方，解出即可.
【详解】因为，是圆O：上两点，
所以，将两式相加，
又因为,
所以，
即，解得,
故选：D.
4．C
【分析】先由圆的一般方程求出其半径，由半径最大可得圆心坐标，然后由点到直线的距离公式即可求得.
【详解】由圆的方程，配方可得，，
当且仅当时，最大，即圆的面积最大，此时圆心为，
所以圆心到直线的距离为.
故选：C.
5．B
【分析】求出必过点，发现两直线垂直，可得的轨迹为圆，则处理圆上一点到直线的最大距离问即可.
【详解】因为与，
所以与，
可得必过点分别为，
由可知垂直，垂足为，
则,可得在以为直径的圆上，
由可知圆心,半径
则圆心到的距离，
所以到直线距离的最大值为，
故选:B.
6．B
【分析】直线经过圆C的圆心，求得a的值，可得点A的坐标，再利用直线和圆相切的性质求得的值．
【详解】依题的圆C的圆心为，直线l：过圆心，
则，得，即，
则.
故选：B.
7．B
【分析】求出圆心坐标与圆的半径，再求出圆心到直线的距离，最终利用弦长公式即可求解.
【详解】由圆，得圆心，半径为，
则，圆心到直线的距离为，
故直线被圆截得的弦长为.
故选：B
8．A
【分析】首先确定圆的圆心和半径，再将两圆方程作差求相交弦方程，应用点线距离公式、弦长的几何求法求.
【详解】由圆中且半径为1，
将两圆方程作差，得，整理得，
所以相交弦方程为，则到其距离为，
所以.
故选：A
9．BCD
【分析】利用圆心到直线的距离确定圆上的点到直线距离的最大值和最小值判断AB，利用切线长判断C，由两圆方程相减得公共弦所在直线方程判断D．
【详解】由已知圆心为，半径为4，圆心到直线的距离为，直线与圆相交，因此点P到直线l的距离为0，A错；
点P到直线l的距离最大距离为，B正确；
由已知，
当与圆相切时，最大，为过点的切线长，C正确；
以为直径的圆的方程为，即，
圆方程与此方程相减得，即为公共弦所在直线方程，D正确，
故选：BCD．
10．ACD
【分析】选项A，将圆的方程化简得到，再由即可求出圆过点；
选项B，利用点与圆位置关系的判断方法即可判断出选项的正误；
选项C，根据条件，可得圆心在直线上，从而可判断出选项C的正误；
选项D，根据条件可得，从而求出，即可解决问题.
【详解】对于选项A，由，得到，
整理得到，
由，得到或，故圆过定点和，所以选项A正确；
对于选项B，因为圆心为，，
点到圆心的距离，
又因为，当时，，此时点在圆内，所以选项B错误；
对于选项C，因为圆心为，又，即圆心在直线上，所以选项C正确；
对于选项D，若圆与轴相切，则有，即，解得或，所以选项D正确，
故选：ACD.
11．AD
【分析】AB选项，两圆方程相减得到公共弦AB所在直线的方程；C选项，求出圆心到的距离，进而由垂径定理求出公共弦AB的长；D选项，P到直线AB距离的最大值为圆心到AB距离加上圆的半径，求出答案.
【详解】AB选项，两圆方程相减得到，即，
故公共弦AB所在直线的方程为，A正确，B错误；
C选项，的圆心为，半径为1，
则圆心到的距离为，
故有垂径定理得公共弦AB的长为，C错误；
D选项，P为圆上一动点，
则P到直线AB距离的最大值为圆心到AB距离加上圆的半径，
即，故D正确.
故选：AD
12．AD
【分析】化简直线的方程为，可判定A正确；根据圆心到直线的距离，可判定B错误；根据点在圆内部，可判定C错误；根据两圆的位置关系，列出方程，求得的值，可判定D正确.
【详解】对于A中，因为直线，
可得，令，解得，
所以直线恒过点点，所以A正确；
对于B中，由圆，可得圆心，半径为，
要使得圆上恰有四个点到直线的距离等于，则圆心到直线的距离，则满足，
当时，直线，
可得圆心到直线的距离为，所以B错误；
对于C中，因为直线恒过点点，设为点，
可得，所以点在圆内部，
所以直线圆圆有两个交点，所以C错误；
对于D中，因为圆，可得，
要使得圆与圆恰有三条公切线，
可得，即，解得，所以D正确.
故选：AD.
13．
【分析】根据直线与圆的位置关系求解.
【详解】依题意，要使线段上任意一点，均存在过的两条相互垂直的弦与，
使得.
只需,
所以到直线的距离，且，
即且，
解得，即，
故答案为:.
14．或
【分析】讨论切线的斜率是否存在.当斜率存在时，设斜率为，得到直线方程，根据圆心到直线的距离，得到关于方程，解出的值，代入直线方程即可.
【详解】由已知圆心为，半径.，
又，所以点在圆外，
当直线斜率不存在时，直线的方程为.
此时，圆心到直线的距离，
所以直线是圆的切线；
当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，
整理可得，
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，
即，解得，
所以切线方程为：即，
综上所述所求的切线方程为：或，
故答案为：或
15．
【分析】求出关于的对称点坐标，即可求得直线关于轴对称的直线的方程，利用直线和圆的位置关系，即结合圆心到直线的距离小于等于圆的半径，解不等式即可求得答案.
【详解】由点关于的对称点为，则，
可得直线关于轴对称的直线的方程为，
即，
又因为与圆有公共点，则，
整理得，解得，即实数的取值范围为，
故答案为：
16．
【分析】因为到每条边的距离即内切圆半径，所以，代入即可求半径；表示出与的面积之比即，当且仅当在近侧与圆相切时最大，求解即可.
【详解】因为，所以，三角形为等腰直角三角形，
所以，所以
因为为的内切圆圆心，，
所以，因为到每条边的距离即内切圆半径，
所以，
即，
因为为的内切圆圆心，所以，则，
与的面积之比即为，
由于与均为锐角且互余，上式即为.
易知最大当且仅当在近侧与圆相切时，
此时记切点为，如下图，连接，则，
所以
所以，即为所求最大值.
故答案为：；.
17．(1)
(2)
(3)存在，.
【分析】（1）先利用点到直线的距离公式求出半径，从而求得圆的方程；
（2）考虑临界情况，只要当直线与圆相切时，就满足题意；
（3）当直线斜率存在时，设出方程，然后与圆的方程联立，然后利用给定条件结合韦达定理求出的关系即得；再讨论斜率不存在时的情况即可作答.
【详解】（1）因为以为圆心的圆与直线相切，
所以圆的半径，
所以圆的方程为.
（2）如图，直线与圆相切，设，则，
由题意知当时满足题意，
所以由，得，
由于，所以由距离公式得，解得，
所以的取值范围为.
（3）直线交轴于，
当直线的斜率存在时，设，
设与圆的交点，，
根据题意只需，即，
把，代入化简得，①
联立消去得，
，所以，
由韦达定理得，
代入①式得，
化简得，即，
所以，恒过点，
当直线的斜率不存在时，过点的直线显然存在满足题意，
故满足题意的点S的坐标为.
18．(1)
(2)或
【分析】（1）根据两圆的一般方程可求出公共弦对应的直线方程，根据点到直线的距离公式圆心到公共弦的距离为，结合勾股定理计算即可求解；
（2）由题意求出点M的坐标，易知当时的面积最大.设，则，解之可得N的坐标，结合直线的点斜式方程即可求解.
【详解】（1）已知圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
又两圆公共弦对应的直线方程为：，
圆心到的距离为，
所以；
（2）对于圆：，令，由解得，
即，又，当的面积最大时，，
设，则，，
有，解得或，
即或，所以或2，
所以MN方程：或，
即或.
19．(1)
(2)存在常数，使得恒成立
【分析】（1）由两圆有两个交点可得两圆相交，继而可通过求得半径；
（2）两圆相减先求的公共弦所在直线方程，再在切角三角形中通过勾股定理求得，即可发现它们之间的比值关系，则问题得解.
【详解】（1）因为圆与圆有两个不同的交点，
所以两圆相交，
所以且，
即，解得.
所以的取值范围.
（2）圆,
圆,
两圆方程相减可得:,
化简可得直线的方程：，
设点，
因为与圆相切，
所以在直角三角形中，
又点在上，即，
所以可得，
同理可得
，
所以，则，
故存在常数，使得恒成立，
20．(1)
(2)或
【分析】（1）利用两点坐标求得的斜率，进而求得的斜率，再利用点斜式即可得解；
（2）先利用两点式求得直线的方程，再利用弦长公式得到关于的方程，从而得解.
【详解】（1）因为直线过点和，所以直线的斜率为，
则直线的斜率为2，所以直线的方程为.
（2）依题意，直线的方程为，即，
设圆心坐标为，圆心到直线的距离为，
又，所以，得或，
所以圆的方程为：或.
21．(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）解法1：联立方程结合分析判断；解法2：利用点到直线的距离判断直线与圆的位置关系；解法3：根据直线过定点，结合点与圆的位置关系分析判断；
（2）根据弦长关系求直线的斜率，进而求直线的倾斜角.
【详解】（1）解法1：将代入，
得，
因为，故直线和圆总有两个不同的交点；
解法2：由题意可知：圆的圆心为，半径，
圆心到直线的距离，
于是直线和圆总有两个不同的交点；
解法3：直线，即，
令，解得，即直线恒过定点，
因为，所以点在圆内，
于是直线和圆总有两个不同的交点.
（2）圆心到直线的距离，
由弦长公式，即，解得
即直线的斜率为，所以的倾斜角为或.
22．(1)圆M与圆N外离，理由见解析
(2)观景台P设在E处时，观赏和拍摄的效果最佳.
【分析】（1）建立平面直角坐标系，根据圆与圆的位置关系等知识确定正确答案.
（2）先求得所在的直线方程，然后求得所求圆的方程，通过联立方程组来求得正确答案.
【详解】（1）以A为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，则，，，.
因为，所以圆M的圆心为的中点，即圆心M的坐标为，
圆M的半径为，
圆N的圆心N的坐标为，半径为10，
，所以圆M与圆N外离.
（2）所在的直线方程为，
因为观景台P在过A，B两点的圆与直线相切的切点处，
所以设过A，B两点的圆的方程为，
则，解得或（舍去）.
所以圆的方程为，
联立，解得，
所以切点为，即观景台P应设在点E处，
故观景台P设在E处时，观赏和拍摄的效果最佳.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．圆的圆心坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．已知圆关于直线对称，则实数（ ）
A． B． C． D．或
3．已知圆O：，，是圆O上两点，满足，，则（ ）
A． B．3 C． D．
4．当方程所表示的圆取最大面积时，圆心到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
5．已知点是直线与的交点，则到直线距离的最大值为（ ）
A．3 B．4 C． D．6
6．已知直线l：（）是圆C：的对称轴．过点作圆C的一条切线，切点为B，则（ ）．
A．4 B．6 C．8 D．2
7．直线：被圆截得的弦长为（ ）
A． B． C． D．
8．已知圆与圆相交于A，B两点，则=（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知点P在圆C：上，直线l：与x轴、y轴分别交于A，B两点，则（ ）
A．点P到直线l的距离大于1
B．点P到直线l的距离小于7
C．当∠PAB最大时，
D．以BC为直径的圆与圆C的公共弦所在直线的方程为
10．已知圆：，则下列结论中正确的有（ ）
A．圆过定点 B．点在圆外
C．直线平分圆周 D．存在实数，使圆与轴相切
11．圆和圆的交点为A，B，则有（ ）
A．公共弦AB所在直线的方程为
B．公共弦AB所在直线的方程为
C．公共弦AB的长为
D．P为圆上一动点，则P到直线AB距离的最大值不是
12．已知圆，直线．则（ ）
A．直线恒过定点
B．当时，圆上恰有四个点到直线的距离等于1
C．直线与圆有一个交点
D．若圆与圆恰有三条公切线，则
三、填空题
13．设圆，直线过，斜率为，且与圆交于，两点.若线段上任意一点，均存在过的两条相互垂直的弦与，使得.则的最小值为 .
14．已知圆，自点作圆的切线，则切线的方程 ．
15．已知，若直线关于轴对称的直线与圆有公共点，则实数的取值范围是 ．
16．已知等腰直角三角形的斜边，且的内切圆圆心为，则其半径 ；若点在以为圆心，1为半径的圆上，则与的面积之比的最大值为 .
四、解答题
17．在平面直角坐标系中，直线交轴于，以为圆心的圆与直线相切.
(1)求圆的方程；
(2)设点为直线上一动点，若在圆上存在点，使得，求的取值范围；
(3)是否存在定点S，对于经过点S的直线，当与圆交于时，恒有？若存在，求点S的坐标：若不存在，说明理由.
18．在平面直角坐标系xOy中，圆：与圆：相交于P，Q两点．
(1)求线段PQ的长；
(2)记圆与x轴正半轴交于点M，点N在圆上滑动，求面积最大时的直线MN的方程．
19．已知圆与圆有两个不同的交点．
(1)求的取值范围；
(2)过直线上的一点（在线段外的部分上），分别作圆与圆的一条切线，切点分别为，问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
20．已知直线过点和．
(1)若直线且在轴上的截距为，求直线的方程；
(2)若圆的圆心在轴上，半径为3，且直线被圆截得的弦长为4，求圆的方程．
21．已知直线和圆.
(1)求证：对任意实数，直线和圆总有两个不同的交点；
(2)设直线和圆交于两点.若，求的倾斜角.
22．如图，某湿地公园的形状是长方形，，E为的中点，线段为公园内部的人行道
(1)记的外接圆为圆M，以为直径的圆为圆N，判断圆M与圆N的位置关系，并说明理由；
(2)今欲在人行步道（线段）上设一观景台P，已知当观景台P在过A，B两点的圆与线段相切的切点处时，有最佳观赏和拍摄的效果，若该圆的半径小于50，问观景台P设在何处时，观赏和拍摄的效果最佳？
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参考答案：
1．B
【分析】由圆的一般方程化为标准方程，即可得圆心坐标.
【详解】由题设，圆的标准方程为，故圆心坐标为.
故选：B
2．C
【分析】根据圆的对称性得出圆心在直线上，求出圆心坐标代入直线方程计算并检验即可.
【详解】由题意可知，，
且圆心在直线上，代入直线方程得（舍去）
或.
故选：C
3．D
【分析】利用，是圆O上两点，建立方程组，两式相加并进行配方，解出即可.
【详解】因为，是圆O：上两点，
所以，将两式相加，
又因为,
所以，
即，解得,
故选：D.
4．C
【分析】先由圆的一般方程求出其半径，由半径最大可得圆心坐标，然后由点到直线的距离公式即可求得.
【详解】由圆的方程，配方可得，，
当且仅当时，最大，即圆的面积最大，此时圆心为，
所以圆心到直线的距离为.
故选：C.
5．B
【分析】求出必过点，发现两直线垂直，可得的轨迹为圆，则处理圆上一点到直线的最大距离问即可.
【详解】因为与，
所以与，
可得必过点分别为，
由可知垂直，垂足为，
则,可得在以为直径的圆上，
由可知圆心,半径
则圆心到的距离，
所以到直线距离的最大值为，
故选:B.
6．B
【分析】直线经过圆C的圆心，求得a的值，可得点A的坐标，再利用直线和圆相切的性质求得的值．
【详解】依题的圆C的圆心为，直线l：过圆心，
则，得，即，
则.
故选：B.
7．B
【分析】求出圆心坐标与圆的半径，再求出圆心到直线的距离，最终利用弦长公式即可求解.
【详解】由圆，得圆心，半径为，
则，圆心到直线的距离为，
故直线被圆截得的弦长为.
故选：B
8．A
【分析】首先确定圆的圆心和半径，再将两圆方程作差求相交弦方程，应用点线距离公式、弦长的几何求法求.
【详解】由圆中且半径为1，
将两圆方程作差，得，整理得，
所以相交弦方程为，则到其距离为，
所以.
故选：A
9．BCD
【分析】利用圆心到直线的距离确定圆上的点到直线距离的最大值和最小值判断AB，利用切线长判断C，由两圆方程相减得公共弦所在直线方程判断D．
【详解】由已知圆心为，半径为4，圆心到直线的距离为，直线与圆相交，因此点P到直线l的距离为0，A错；
点P到直线l的距离最大距离为，B正确；
由已知，
当与圆相切时，最大，为过点的切线长，C正确；
以为直径的圆的方程为，即，
圆方程与此方程相减得，即为公共弦所在直线方程，D正确，
故选：BCD．
10．ACD
【分析】选项A，将圆的方程化简得到，再由即可求出圆过点；
选项B，利用点与圆位置关系的判断方法即可判断出选项的正误；
选项C，根据条件，可得圆心在直线上，从而可判断出选项C的正误；
选项D，根据条件可得，从而求出，即可解决问题.
【详解】对于选项A，由，得到，
整理得到，
由，得到或，故圆过定点和，所以选项A正确；
对于选项B，因为圆心为，，
点到圆心的距离，
又因为，当时，，此时点在圆内，所以选项B错误；
对于选项C，因为圆心为，又，即圆心在直线上，所以选项C正确；
对于选项D，若圆与轴相切，则有，即，解得或，所以选项D正确，
故选：ACD.
11．AD
【分析】AB选项，两圆方程相减得到公共弦AB所在直线的方程；C选项，求出圆心到的距离，进而由垂径定理求出公共弦AB的长；D选项，P到直线AB距离的最大值为圆心到AB距离加上圆的半径，求出答案.
【详解】AB选项，两圆方程相减得到，即，
故公共弦AB所在直线的方程为，A正确，B错误；
C选项，的圆心为，半径为1，
则圆心到的距离为，
故有垂径定理得公共弦AB的长为，C错误；
D选项，P为圆上一动点，
则P到直线AB距离的最大值为圆心到AB距离加上圆的半径，
即，故D正确.
故选：AD
12．AD
【分析】化简直线的方程为，可判定A正确；根据圆心到直线的距离，可判定B错误；根据点在圆内部，可判定C错误；根据两圆的位置关系，列出方程，求得的值，可判定D正确.
【详解】对于A中，因为直线，
可得，令，解得，
所以直线恒过点点，所以A正确；
对于B中，由圆，可得圆心，半径为，
要使得圆上恰有四个点到直线的距离等于，则圆心到直线的距离，则满足，
当时，直线，
可得圆心到直线的距离为，所以B错误；
对于C中，因为直线恒过点点，设为点，
可得，所以点在圆内部，
所以直线圆圆有两个交点，所以C错误；
对于D中，因为圆，可得，
要使得圆与圆恰有三条公切线，
可得，即，解得，所以D正确.
故选：AD.
13．
【分析】根据直线与圆的位置关系求解.
【详解】依题意，要使线段上任意一点，均存在过的两条相互垂直的弦与，
使得.
只需,
所以到直线的距离，且，
即且，
解得，即，
故答案为:.
14．或
【分析】讨论切线的斜率是否存在.当斜率存在时，设斜率为，得到直线方程，根据圆心到直线的距离，得到关于方程，解出的值，代入直线方程即可.
【详解】由已知圆心为，半径.，
又，所以点在圆外，
当直线斜率不存在时，直线的方程为.
此时，圆心到直线的距离，
所以直线是圆的切线；
当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，
整理可得，
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，
即，解得，
所以切线方程为：即，
综上所述所求的切线方程为：或，
故答案为：或
15．
【分析】求出关于的对称点坐标，即可求得直线关于轴对称的直线的方程，利用直线和圆的位置关系，即结合圆心到直线的距离小于等于圆的半径，解不等式即可求得答案.
【详解】由点关于的对称点为，则，
可得直线关于轴对称的直线的方程为，
即，
又因为与圆有公共点，则，
整理得，解得，即实数的取值范围为，
故答案为：
16．
【分析】因为到每条边的距离即内切圆半径，所以，代入即可求半径；表示出与的面积之比即，当且仅当在近侧与圆相切时最大，求解即可.
【详解】因为，所以，三角形为等腰直角三角形，
所以，所以
因为为的内切圆圆心，，
所以，因为到每条边的距离即内切圆半径，
所以，
即，
因为为的内切圆圆心，所以，则，
与的面积之比即为，
由于与均为锐角且互余，上式即为.
易知最大当且仅当在近侧与圆相切时，
此时记切点为，如下图，连接，则，
所以
所以，即为所求最大值.
故答案为：；.
17．(1)
(2)
(3)存在，.
【分析】（1）先利用点到直线的距离公式求出半径，从而求得圆的方程；
（2）考虑临界情况，只要当直线与圆相切时，就满足题意；
（3）当直线斜率存在时，设出方程，然后与圆的方程联立，然后利用给定条件结合韦达定理求出的关系即得；再讨论斜率不存在时的情况即可作答.
【详解】（1）因为以为圆心的圆与直线相切，
所以圆的半径，
所以圆的方程为.
（2）如图，直线与圆相切，设，则，
由题意知当时满足题意，
所以由，得，
由于，所以由距离公式得，解得，
所以的取值范围为.
（3）直线交轴于，
当直线的斜率存在时，设，
设与圆的交点，，
根据题意只需，即，
把，代入化简得，①
联立消去得，
，所以，
由韦达定理得，
代入①式得，
化简得，即，
所以，恒过点，
当直线的斜率不存在时，过点的直线显然存在满足题意，
故满足题意的点S的坐标为.
18．(1)
(2)或
【分析】（1）根据两圆的一般方程可求出公共弦对应的直线方程，根据点到直线的距离公式圆心到公共弦的距离为，结合勾股定理计算即可求解；
（2）由题意求出点M的坐标，易知当时的面积最大.设，则，解之可得N的坐标，结合直线的点斜式方程即可求解.
【详解】（1）已知圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
又两圆公共弦对应的直线方程为：，
圆心到的距离为，
所以；
（2）对于圆：，令，由解得，
即，又，当的面积最大时，，
设，则，，
有，解得或，
即或，所以或2，
所以MN方程：或，
即或.
19．(1)
(2)存在常数，使得恒成立
【分析】（1）由两圆有两个交点可得两圆相交，继而可通过求得半径；
（2）两圆相减先求的公共弦所在直线方程，再在切角三角形中通过勾股定理求得，即可发现它们之间的比值关系，则问题得解.
【详解】（1）因为圆与圆有两个不同的交点，
所以两圆相交，
所以且，
即，解得.
所以的取值范围.
（2）圆,
圆,
两圆方程相减可得:,
化简可得直线的方程：，
设点，
因为与圆相切，
所以在直角三角形中，
又点在上，即，
所以可得，
同理可得
，
所以，则，
故存在常数，使得恒成立，
20．(1)
(2)或
【分析】（1）利用两点坐标求得的斜率，进而求得的斜率，再利用点斜式即可得解；
（2）先利用两点式求得直线的方程，再利用弦长公式得到关于的方程，从而得解.
【详解】（1）因为直线过点和，所以直线的斜率为，
则直线的斜率为2，所以直线的方程为.
（2）依题意，直线的方程为，即，
设圆心坐标为，圆心到直线的距离为，
又，所以，得或，
所以圆的方程为：或.
21．(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）解法1：联立方程结合分析判断；解法2：利用点到直线的距离判断直线与圆的位置关系；解法3：根据直线过定点，结合点与圆的位置关系分析判断；
（2）根据弦长关系求直线的斜率，进而求直线的倾斜角.
【详解】（1）解法1：将代入，
得，
因为，故直线和圆总有两个不同的交点；
解法2：由题意可知：圆的圆心为，半径，
圆心到直线的距离，
于是直线和圆总有两个不同的交点；
解法3：直线，即，
令，解得，即直线恒过定点，
因为，所以点在圆内，
于是直线和圆总有两个不同的交点.
（2）圆心到直线的距离，
由弦长公式，即，解得
即直线的斜率为，所以的倾斜角为或.
22．(1)圆M与圆N外离，理由见解析
(2)观景台P设在E处时，观赏和拍摄的效果最佳.
【分析】（1）建立平面直角坐标系，根据圆与圆的位置关系等知识确定正确答案.
（2）先求得所在的直线方程，然后求得所求圆的方程，通过联立方程组来求得正确答案.
【详解】（1）以A为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，则，，，.
因为，所以圆M的圆心为的中点，即圆心M的坐标为，
圆M的半径为，
圆N的圆心N的坐标为，半径为10，
，所以圆M与圆N外离.
（2）所在的直线方程为，
因为观景台P在过A，B两点的圆与直线相切的切点处，
所以设过A，B两点的圆的方程为，
则，解得或（舍去）.
所以圆的方程为，
联立，解得，
所以切点为，即观景台P应设在点E处，
故观景台P设在E处时，观赏和拍摄的效果最佳.
答案第1页，共2页
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