(新高考)高考数学一轮复习第47讲《直线与圆、圆与圆的位置关系》达标检测(解析版)

1、第47讲 直线与圆、圆与圆的位置关系（达标检测）A组应知应会1（春张家界期末）已知圆M：（x3）2+（y+4）24与圆N：x2+y29，则两圆的位置关系为（）A内切B外切C相交D外离【分析】由已知圆的方程求出圆心坐标与半径，再由两圆的圆心距与半径的关系得答案【解答】解：圆M：（x3）2+（y+4）24的圆心坐标为M（3，4），半径为2；圆N：x2+y29，的圆心坐标N（0，0），半径为3由|MN|52+3，两圆的位置关系是外切故选：B2（春赤峰期末）直线x+y20与圆x2+y24交于A，B两点，则弦AB的长是（）ABC2D2【分析】根据题意，分析圆的圆心与半径，求出圆心到直线的距离，结合直线与

2、圆的位置关系分析可的答案【解答】解：根据题意，圆x2+y24的圆心为（0，0），半径r2，圆心到直线x+y20的距离d，则|AB|2 2 ；故选：C3（春开封期末）若直线x+y0与圆（xm）2+（y1）22相切，则m（）A1B1C1或3D3或1【分析】根据题意，分析圆的圆心与半径，结合直线与圆相切的判断方法可得，解可得m的值，即可得答案【解答】解：根据题意，圆（xm）2+（y1）22，圆心为（m，1），半径r，若直线x+y0与圆（xm）2+（y1）22相切，必有，解可得：m3或1；故选：D4（春辽源期末）圆x2+y24x4y100上的点到直线x+y140距离的最小值为（）A36B18C2D5【

3、分析】由圆的方程求得圆心坐标与半径，再由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，减去半径得答案【解答】解：化圆x2+y24x4y100为（x2）2+（y2）218，得圆心坐标为（2，2），半径为圆心到直线x+y140的距离d圆x2+y24x4y100上的点到直线x+y140距离的最小值为故选：C5（春龙岩期末）直线ya（x1）+2（aR）过定点A，则过点A且与圆x2+y21相切的直线方程为（）A3x4y+50B3x+4y50C3x+4y50或x1D3x4y+50或x1【分析】根据题意，设要求直线为直线l，由直线ya（x1）+2的方程得到定点A的坐标，进而分直线l的斜率存在与不存在两种情况讨论，

4、求出直线l的方程，综合即可得答案【解答】解：根据题意，设要求直线为直线l，直线ya（x1）+2，变形可得y2a（x1），过点A，有，则有，故A的坐标为（1，2），若直线l的斜率存在，则直线可以表示为ya（x1）+2，即axya+20，则有1，解可得a，此时直线l的方程为y（x1）+2，变形可得3x4y+50若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x1，与圆x2+y21相切，符合题意；综上，直线的方程为3x4y+50或x1；故选：D6（道里区校级四模）直线yx+m与圆O：x2+y216相交于M、N两点，若MON，则m的取值范围是（）A2，2B4，4C2，2D0，2【分析】由题意画出图形，若MON，可

5、得O到直线yx+m的距离小于等于2，再由点到直线的距离公式列式求解【解答】解：如图，过O作OHMN，垂足为H，则H为MN的中点，由MON，得MOH，可得OH2即O到直线xy+m0的距离d2，m的取值范围是，故选：C7（春红河州期末）已知直线l：kx+y20（kR）是圆C：x2+y26x+2y+60的一条对称轴，若点A（2，k），B为圆C上任意的一点，则线段AB长度的最小值为（）A+2B2CD2【分析】化圆的方程为标准方程，求得圆心坐标与半径，把圆心坐标代入直线l的方程求得k，得到A的坐标，再由A到圆心的距离减去半径得答案【解答】解：化圆C：x2+y26x+2y+60为（x3）2+（y+1）24

6、，得圆心坐标为C（3，1），半径r2直线l：kx+y20（kR）是圆C的一条对称轴，3k120，即k1A（2，k）（2，1），且A在圆C外部，又B为圆C上任意的一点，故选：D8（漳州模拟）已知两圆x2+y2+4ax+4a240和x2+y22by+b210恰有三条公切线，若aR，bR，且ab0，则的最小值为（）A3B1CD【分析】求出两圆的标准方程，结合两圆有三条公切线，得到两圆相外切，结合圆外切的等价条件，求出a，b的关系，结合基本不等式的性质进行求解即可【解答】解：两圆的标准方程为（x+2a）2+y24和x2+（yb）21，圆心为（2a，0），和（0，b），半径分别为2，1，若两圆恰有三条公

7、切线，则等价为两圆外切，则满足圆心距2+13，即4a2+b29，则a2+b21，则（）（a2+b2）+2+1，故选：B9（多选）（春秦淮区期末）过点（2，0）作圆x2+y22x6y+90的切线l，则直线l的方程为（）A3x+4y60B4x+3y80Cx20Dx+20【分析】根据题意，分析圆x2+y22x6y+90的圆心以及半径，分直线l的斜率不存在与存在两种情况讨论，求出每种情况下直线l的方程，综合即可得答案【解答】解：根据题意，圆x2+y22x6y+90即（x1）2+（y3）21，其圆心为（1，3），半径r1；若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x2，圆心（1，3）到直线l的距离dr，与圆相

8、切，符合题意；若直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，则直线l方程为yk（x2），即kxy2k0，则有d1，解可得k，此时直线l的方程为4x+3y80，综合可得：直线l的方程为x2或4x+3y80；故选：BC10（多选）（春新华区校级月考）设有一组圆k：（xk）2+（yk）24，（kR），下命题正确的是（）A不论k如何变化，圆心k始终在一条直线上B所有圆k均不经过点（3，0）C存在一条定直线始终与圆k相切D若k，则圆k上总存在两点到原点的距离为1【分析】直接求出圆心所在直线方程判断A；把（3，0）代入圆的方程，求得k无解判断B；举例说明C正确；把问题转化为圆x2+y21与圆k有两个交点，求出k

9、的范围判断D【解答】解：圆心在直线yx上，A正确；若（3k）2+（0k）24，化简得2k26k+50，364040，无解，B正确；存在定直线始终与圆k相切，C正确；圆k上总存在两点到原点的距离为1，问题转化为圆x2+y21与圆k有两个交点，则k，D正确故选：ABCD11（春河池期末）直线yx+1被圆x2+y24截得的弦长为 【分析】根据题意，求出圆的圆心与半径，得到圆心到直线的距离，结合直线与圆的位置关系可得答案【解答】解：根据题意，圆x2+y24，圆心为（0，0），半径r2，圆心到直线yx+1的距离d，则直线被圆x2+y24截得的弦长为2；故答案为：12（闵行区校级模拟）已知圆x2+y25，

10、则过点P（2，1）的圆C的切线方程是 【分析】根据题意，分析可得点P在圆上，求出直线OP的斜率，即可得切线的斜率，由直线的点斜式方程分析可得答案【解答】解：根据题意，圆x2+y25，点P（2，1）满足22+（1）25，即点P在圆上，则kOP，则切线的斜率k2，即切线的方程为y+12（x2），变形可得2xy5，即切线的方程为2xy5；故答案为：2xy513（春通州区期末）圆C1：x2+（y1）24与圆C2：（x3）2+y21的公切线共有 条【分析】根据题意，分析两个圆的圆心以及半径，由圆与圆的位置关系分析可得两圆相离，据此分析可得答案【解答】解：圆C1：x2+（y1）24，圆心C1（0，1），半

11、径为2， 圆C2：（x3）2+y24，圆心C2（3，0），半径为1，两圆的圆心距为2+13，正好大于两圆的半径之和，故两圆相离，故两圆的公切线有4条，故答案为：414（春韶关期末）直线yx+b被圆（x1）2+（y1）24截得的弦长的最大值是 ；若该圆上到此直线yx+b的距离等于1的点有且仅有4个，则b的取值范围是 【分析】当直线过圆心时所截的弦长取最大值；利用数形结合法将题意转化为d1，再解绝对值不等式即可得到答案【解答】解：设圆（x1）2+（y1）24的圆心为C（1，1），半径r2，当直线yx+b过圆（x1）2+（y1）24的圆心C（1，1）时，即当b0时，此时直线截圆得到的弦为直径，即直线

12、yx+b被圆（x1）2+（y1）24截得的弦长的最大值2r4若该圆上到此直线yx+b的距离等于1的点有且仅有4个，设圆心C到直线yx+b的距离为d，则d1，即，解得，则b的取值范围是15（黄山二模）已知圆C1：x2+y2+2ax+a240，（aR）与圆C2：x2+y22by1+b20，（bR）只有一条公切线，则a+b的最小值为 【分析】由圆的方程求出圆心坐标及半径，再由由两个圆只有一条公切线可得两个圆内切，即圆心距等于两个半径之差，进而可得a2+b21，设a，b为三角函数，由三角函数的范围求出a+b的最小值【解答】解：圆C1：x2+y2+2ax+a240的圆心C1坐标（a，0），半径r12，圆

13、C2：x2+y22by1+b20的圆心C2（0，b），半径r21，由两个圆只有一条公切线可得两个圆内切，圆心距|C1C2|211，所以可得a2+b21，设acos，bsin，R，所以a+bsin（），当且仅当+2k，kZ时，即+2k，kZ时，a+b的最小值为，故答案为：16（春启东市校级月考）已知圆C1：x2+y29，圆C2：x2+y24，定点M（1，0），动点A，B分别在圆C2和圆C1上，满足AMB90，则线段AB的取值范围 【分析】设A（x1，y1）、B（x2，y2），由条件可得|AB|2152（x1+x2）设AB中点为N（x0，y0），则|AB|2154x0，利用线段的中点公式求得N的方

14、程，再由x0的范围，求得|AB|的范围【解答】解：设A（x1，y1）、B（x2，y2），则|AB|2（x2x1）2+（y2y1）2132（x1x2+y1y2）2x12，MAMB，（x11，y1）（x21，y2）0，即 （x11）（x21）+y1y20，即 x1x2+y1y2x1+x21，|AB|2132（x1+x21）152（x1+x2）设AB中点为N（x0，y0），则|AB|2154x0，2x0 x1+x2，2y0y1+y2，4（x02+y02）13+2（x1x2+y1y2）13+2（x1+x21）11+4x0，即（x0）2+y023，点N（x0，y0）的轨迹是以（，0）为圆心、半径等于的圆

15、，x0的取值范围是，故134|AB|213+，故|AB|的范围为，故答案为：，17（春保山期末）已知圆C经过A（1，5），B（5，5），D（6，2）三点（）求圆C的标准方程；（）求经过点E（3，2）且和圆C相切的直线l的方程【分析】（）根据题意，设要求圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F0，将三点坐标代入计算可得D、E、F的值，即可得圆C的一般式方程，变形可得答案；（）根据题意，分析圆C的圆心与半径，进而分别讨论直线l的斜率存在与不存在时直线l的方程，综合即可得答案【解答】解：（）根据题意，设过A（1，5），B（5，5），C（6，2）三点的圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F0，则有，

16、解可得D4，E2，F20，故所求圆的一般方程为x2+y24x2y200，变形可得（x2）2+（y1）225，故圆C的标准方程为（x2）2+（y1）225，（）由（）的结论，圆C的方程为（x2）2+（y1）225，其圆心C（2，1），半径r5，若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x3，圆心（2，1）到直线l的距离d5，与圆相切，符合题意，若直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y2k（x+3），即kxy+3k+20，则有d5，解可得k，故直线l的方程为12x5y+460；综合可得：直线l的方程为x3或12x5y+46018（春娄底期末）已知直线l：xy+20和圆C：x2+y26y

17、+50（1）直线l交圆C于A，B两点，求弦长|AB|；（2）求过点P（2，5）的圆的切线方程【分析】（1）根据题意，由圆的方程分析圆的圆心以及半径，求出圆心到直线的距离，由勾股定理分析可得答案；（2）根据题意，分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，求出切线的方程，综合2种情况即可得答案【解答】解：（1）根据题意，圆C：x2+y26y+50，即x2+（y3）24，其圆心为（0，3），半径r2；直线l：xy+20，圆心到直线l的距离d，故|AB|2；（2）根据题意，分2种情况讨论：当直线斜率不存在时，此时要求直线为x2，圆心C（0，3）到直线x2的距离dr2，直线与圆相切，符合题意；当直线的斜率k

18、存在时，设切线方程为y+5k（x2），即kxy2k50，则有d2，解可得k，此时切线的方程为15x+8y+100，综合可得：切线的方程为x2或15x+8y+10019（春赤峰期末）已知圆C：（x1）2+（y1）25，直线l：mxym0（1）求证：对mR，直线l与圆C总有两个不同交点；（2）设l与圆C交于不同两点A，B，若|AB|，求直线l的倾斜角【分析】（1）方法1：直线通过比较圆心到直线l的距离与半径的大小比较得到直线与圆相交，进而证明直线l与圆C有两个不同的交点，方法2：直线l经过定点（1，0），定点（1，0）在圆C内，由此能证明对mR，直线l与圆C总有两个不同的交点；（2）先求出圆心到直

19、线l的距离，再结合圆的弦长公式列方程即可解出m，进而求出直线l的倾斜角【解答】解：（1）方法1：圆C的圆心坐标为（1，1），半径为 ， 圆心C到直线l的距离d，故直线l与圆C相交，则对mR，直线l与圆C总有两个不同的交点方法2：对于直线l：ym（x1）过定点（1，0），又因为（11）2+（01）25，则定点（1，0）在圆C的内部，即对mR，直线l与圆C相交，总有两个不同的交点（2）设圆心C到直线l的距离为d，直线l的倾斜角为，则，又因为圆C的半径为，解得，所以， 或 20（春苏州期末）如图，点P（x0，y0）是圆O：x2+y29上一动点，过点P作圆O的切线l与圆O1：（xa）2+（y4）210

20、0（a0）交于A，B两点，已知当直线l过圆心O1时，|O1P|4（1）求a的值；（2）当线段AB最短时，求直线l的方程；（3）问：满足条件的点P有几个？请说明理由【分析】（1）依题意计算 ，可得结果；（2）解法1（代数法）：当圆心O1到直线l的距离d最大时，线段AB最短，再求出d的最大值即可得结果；解法2（几何法）：当圆心O1到直线l的距离d最大时，线段AB最短，当且仅当O1，O，P三点共线时，d取得最大值，从而得解；（3）采用分类讨论，O1，O 在直线 AB 同侧或异侧，假设|AP|t，可得 d2+（2t）2100，并得t2|MP|225（d3）2 或 t2|MP|225（d+3）2计算即可

21、判断【解答】解：（1）当直线l过圆心点O1时，解得a3（负值舍去）（2）解法1（代数法）：因为OP与圆O相切，所以直线l的方程为 x0 x+y0y9，且 ，所以圆心O1到直线l的距离，记z3x0+4y0，则直线3x0+4y0z0 与圆 有公共点，所以圆心（0，0）到直线 3x+4yz0 的距离，所以15z15，所以当z15 时，dmax8，此时弦长| 最短，由，解得，所以直线l 的方程为 3x+4y+150解法2（几何法）：如图，过 O1 作 O1MAB，则 M 为弦 AB 的中点，设 d|O1M|，当|O1M|最长时，弦长|AB|最短，因为 d|O1P|OO1|+|OP|8，当且仅当O1，O

22、，P三点共线时，取得最大值，此时 OO1AB，因为 ，所以直线 OO1 的方程为 ，由，解得（P点在第 3 象限）所以直线l的方程为3 x+4y+150（3）因为 ，所以设|AP|t，则|BP|3t（t0），所以|AB|4t，所以 d2+（2t）2100 ，（i）如图，当O1，O 在直线 AB 同侧时，t2|MP|225（d3）2，由得d6 或 d2，当d6 时，直线 AB 可看作是圆 x2+y29 与圆（x3）2+（y4）236 的公切线，此时两圆相交，公切线有两条，所以满足条件的点P有2个，d2 时，直线 AB 可看作是圆 x2+y29 与圆（x3）2+（y4）24 的公切线，此时两圆相外

23、切，外公切线有两条，所以满足条件的点P有2个，（ii）如图，当O1，O 在直线 AB 异侧时，t2|MP|225（d+3）2，由可得d6 或 d2（舍），满足条件的P点不存在，综上，满足条件的点P共有4个附：当d6 时 ，即|3x0+4y09|18，由，解得P（3，0）或 ，当d2 时 ，即|3x0+4y09|6，由，解得或 或 舍去 ）B组强基必备1（春金牛区校级期末）如图，圆C与x轴相切于点T（1，0），与y轴正半轴交于两点A，B（B在A的上方），且|AB|2过点A任作一条直线与圆O：x2+y21相交于M，N两点，的值为（）A2B3CD【分析】先求出C的坐标，再设M（cos，sin），N（cos，sin），即可求出【解答】解：圆C与x轴相切于点T（1，0），圆心的横坐标x1，取AB的中点E，|AB|2，|BE|1，则|BC|，即圆的半径r|BC|，圆心C（1，），E（0，），又|AB|2，且E为AB中点，A（0，1），B（0，+1），M、N在圆O：x2+y21上，可设M（cos，sin），N（cos，sin），|NA|，|NB|，+1，同理可得2，故选：C2（春泰州期末）已知A（0，3），B，C为圆O：x2+y2r2（r0）上三点（1）求r的值；（2）若直线BC过点（0，2），求ABC面积的最大值；（3