2025高考数学一轮复习-对点练59 直线与圆、圆与圆的位置关系【含答案】

对点练59直线与圆、圆与圆的位置关系【A级基础巩固】1.已知直线l：x＋y－2＝0与圆C：x2＋y2＝2，点A(1，1)，则下列说法正确的是()A.点A在圆C上，直线l与圆C相切B.点A在圆C内，直线l与圆C相离C.点A在圆C外，直线l与圆C相切D.点A在圆C上，直线l与圆C相交2.已知圆O1：(x－1)2＋(y＋2)2＝9，圆O2：(x＋2)2＋(y＋1)2＝16，则这两个圆的位置关系为()A.外离 B.外切C.相交 D.内含3.已知圆x2＋y2＝4截直线y＝k(x－2)所得弦的长度为2，那么实数k的值为()A.±eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\r(3) D.±eq\r(3)4.圆x2＋2x＋y2＋4y－3＝0上到直线x＋y＋1＝0的距离为eq\r(2)的点共有()A.1个 B.2个C.3个 D.4个5.(2024·嘉兴调研)已知直线l：x＋2y－1＝0及圆C：(x＋1)2＋(y＋2)2＝4，过直线l上任意一点P作圆C的一条切线PA，A为切点，则|PA|的最小值是()A.eq\f(4\r(5),5) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(4\r(70),5) D.eq\f(2\r(70),5)6.(多选)(2024·武汉调研)圆M：(x－k2)2＋(y－2k)2＝3与圆N：(x－1)2＋y2＝1交于A，B两点，若|AB|＝eq\r(3)，则实数k的可能取值有()A.2 B.1C.0 D.－17.(多选)(2024·南京调研)已知圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝1，则下列说法正确的是()A.若圆C与两坐标轴均相切，则a＝bB.若a＝b，则圆C不可能过点(0，2)C.若点(3，4)在圆C上，则圆心C到原点O的距离的最小值为4D.若圆C上有两点到原点的距离为1，则0<a2＋b2<48.已知圆C的圆心坐标是(0，m)，半径长是r.若直线2x－y＋3＝0与圆相切于点A(－2，－1)，则m＝________，r＝________.9.(2024·济南质检)过点P(1，eq\r(3))作圆O：x2＋y2＝1的两条切线，切点分别为A，B，则弦长|AB|＝________.10.若一条光线从点A(－2，－3)射出，经y轴反射后与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为________.11.已知圆C：x2＋y2－6x－8y＋21＝0，直线l过点A(1，0).(1)若直线l与圆C相切，求直线l的方程；(2)当直线l的斜率存在且与圆C相切于点B时，求|AB|.12.在平面直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1).当m变化时，解答下列问题：(1)能否出现AC⊥BC的情况？请说明理由；(2)证明：过A，B，C三点的圆截y轴所得弦长为定值.【B级能力提升】13.(2023·全国乙卷)已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，C两点，D为BC的中点，若|PO|＝eq\r(2)，则eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))的最大值为()A.eq\f(1＋\r(2),2) B.eq\f(1＋2\r(2),2)C.1＋eq\r(2) D.2＋eq\r(2)14.(2024·西安调研)已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝4.(1)若直线l：(m－2)x＋(1－m)y＋m＋1＝0(m∈R)，证明：无论m为何值，直线l都与圆C相交；(2)若过点P(1，0)的直线m与圆C相交于A，B两点，求△ABC面积的最大值，并求此时直线m的方程.对点练59直线与圆、圆与圆的位置关系答案1．A[圆心C(0，0)到直线l的距离d＝eq\f(|－2|,\r(12＋12))＝eq\r(2)＝r，所以直线l与圆C相切．因为点A(1，1)满足圆C的方程，所以点A在圆C上．]2．C[根据题意得圆O1的圆心O1(1，－2)，半径为3，圆O2的圆心O2(－2，－1)，半径为4，圆心距|O1O2|＝eq\r(10)，因为4－3＜eq\r(10)＜4＋3，所以两圆相交．]3．D[圆x2＋y2＝4的圆心为(0，0)，半径r＝2，点(0，0)到直线y＝k(x－2)的距离d＝eq\f(|2k|,\r(12＋k2))，则弦长为2eq\r(r2－d2)＝2，得2eq\r(4－\f(4k2,1＋k2))＝2，解得k＝±eq\r(3).]4．C[圆的方程可化为(x＋1)2＋(y＋2)2＝8，圆心(－1，－2)到直线的距离d＝eq\f(|－1－2＋1|,\r(2))＝eq\r(2)，半径是2eq\r(2)，结合图形(图略)可知有3个符合条件的点．]5．A[由题可得，圆心C(－1，－2)，|AC|＝2，且PA⊥AC，所以|PA|2＝|PC|2－4.要使|PA|最小，需|PC|最小．|PC|的最小值为点C到直线l的距离，所以|PC|2≥eq\f(（－1－4－1）2,1＋4)＝eq\f(36,5)，所以|PA|2≥eq\f(16,5)，所以|PA|min＝eq\f(4\r(5),5).]6．BCD[因为圆M：(x－k2)2＋(y－2k)2＝3与圆N：(x－1)2＋y2＝1交于A，B两点，所以两圆方程相减，可得直线AB的方程为2(1－k2)x－4ky＋k4＋4k2－3＝0.由|AB|＝eq\r(3)，可得圆心N到直线AB的距离d＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq\f(1,2)，所以eq\f(|2（1－k2）＋k4＋4k2－3|,\r(4（1－k2）2＋16k2))＝eq\f(1,2)，整理得k4＋2k2＋1＝(k4＋2k2－1)2，令k4＋2k2＝t，则t2＝3t，解得t＝0或t＝3，故k＝0或k＝±1.经检验k＝0，1，－1满足上式．]7．BCD[对于A，若圆C与两坐标轴均相切，则|a|＝|b|＝1，A错误；对于B，若a＝b，将(0，2)代入圆方程得a2＋(2－a)2＝1，得2a2－4a＋3＝0，Δ＝(－4)2－24＝－8<0，方程无解，B正确；对于C，由于(a－3)2＋(b－4)2＝1，则C(a，b)到原点O的距离的最小值为eq\r(（3－0）2＋（4－0）2)－1＝4，C正确；对于D，由题意知，圆x2＋y2＝1与圆C总有两个交点，圆心距d＝eq\r(a2＋b2)，所以1－1<eq\r(a2＋b2)<1＋1，即0<a2＋b2<4，D正确．]8．－2eq\r(5)[可知kAC＝－eq\f(1,2)，得直线AC：y＋1＝－eq\f(1,2)(x＋2)，把(0，m)代入得m＝－2，此时r＝|AC|＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5).]9.eq\r(3)[如图所示，∵PA，PB均为圆O：x2＋y2＝1的切线，∴OA⊥AP.∵P(1，eq\r(3))，O(0，0)，∴|OP|＝eq\r(1＋3)＝2.在Rt△APO中，|OA|＝1，∴cos∠AOP＝eq\f(1,2)，∴∠AOP＝60°，∴|AB|＝2|OA|sin∠AOP＝eq\r(3).]10．－eq\f(4,3)或－eq\f(3,4)[点A(－2，－3)关于y轴的对称点为A′(2，－3)，故可设反射光线所在直线的方程为y＋3＝k(x－2)，化为kx－y－2k－3＝0，∵反射光线与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，∴圆心(－3，2)到直线的距离d＝eq\f(|－3k－2－2k－3|,\r(k2＋1))＝1.得24k2＋50k＋24＝0，∴k＝－eq\f(4,3)或－eq\f(3,4).]11．解圆C的方程为(x－3)2＋(y－4)2＝22，圆C的圆心坐标是(3，4)，半径长是2.(1)①当直线l的斜率不存在，即其方程是x＝1，满足题意．②当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程是y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0.由圆心(3，4)到直线l的距离等于圆C的半径，即eq\f(|3k－4－k|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝eq\f(3,4)，此时直线l的方程是3x－4y－3＝0.综上，直线l的方程是x＝1或3x－4y－3＝0.(2)由(1)得直线l的方程是3x－4y－3＝0.圆C的圆心是点C(3，4)，则|AC|＝eq\r(4＋16)＝2eq\r(5)，所以|AB|＝eq\r(|AC|2－|BC|2)＝eq\r(20－22)＝4.12．(1)解不能出现AC⊥BC的情况，理由如下：设A(x1，0)，B(x2，0)，且x1，x2满足x2＋mx－2＝0，所以x1x2＝－2.因为直线AC的斜率与直线BC的斜率之积为eq\f(－1,x1)·eq\f(－1,x2)＝－eq\f(1,2)≠－1，所以不能出现AC⊥BC的情况．(2)证明线段BC的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)，\f(1,2)))，可得线段BC的中垂线方程为y－eq\f(1,2)＝x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x2,2))).由(1)可得x1＋x2＝－m，所以直线AB的中垂线方程为x＝－eq\f(m,2).联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(m,2)，,y－\f(1,2)＝x2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x2,2)))，))得xeq\o\al(2,2)＋mx2＋2y－1＝0，又由xeq\o\al(2,2)＋mx2－2＝0，可得y＝－eq\f(1,2).所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)，－\f(1,2)))，半径r＝eq\f(\r(m2＋9),2).故圆截y轴所得弦长为2eq\r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)))\s\up12(2))＝3，即过A，B，C三点的圆截y轴所得弦长为定值3.13．A[法一连接OA，由题可知|OA|＝1，OA⊥PA，因为|OP|＝eq\r(2)，所以由勾股定理可得|PA|＝1，则∠POA＝eq\f(π,4).设直线OP绕点P按逆时针旋转θ后与直线PD重合，则－eq\f(π,4)＜θ＜eq\f(π,4)，∠APD＝eq\f(π,4)＋θ，且|PD|＝eq\r(2)cosθ.所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝|eq\o(PA,\s\up6(→))||eq\o(PD,\s\up6(→))|coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\r(2)cosθ·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))＝eq\r(2)cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosθ－\f(\r(2),2)sinθ))＝cos2θ－sinθcosθ＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)cos2θ－eq\f(1,2)sin2θ＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))≤eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2).法二以圆心O为坐标原点建立平面直角坐标系，设圆O：x2＋y2＝1，点P(eq\r(2)，0)，因为|OA|＝1，且OA⊥PA，所以∠POA＝eq\f(π,4)，不妨设A(eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(2),2))．设直线PD的方程为y＝k(x－eq\r(2))，B(x1，y1)，C(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－\r(2)），,x2＋y2＝1，))得(k2＋1)x2－2eq\r(2)k2x＋2k2－1＝0，由Δ＝8k4－4(k2＋1)(2k2－1)＝4－4k2＞0，解得－1＜k＜1，则x1＋x2＝eq\f(2\r(2)k2,k2＋1)，y1＋y2＝k(x1＋x2－2eq\r(2))＝－eq\f(2\r(2)k,k2＋1)，所以D(eq\f(\r(2)k2,k2＋1)，－eq\f(\r(2)k,k2＋1))，于是eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(2),2))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(2),k2＋1)，－eq\f(\r(2)k,k2＋1))，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\f(1－k,k2＋1).设t＝1－k，则0＜t＜2，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\f(t,（1－t）2＋1)＝eq\f(t,t2－2t＋2)＝eq\f(1,t＋\f(2,t)－2)≤eq\f(1,2\r(2)－2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),2)，当且仅当t＝eq\r(2)，即k＝1－eq\r(2)时等号成立．]14．(1)证明转化l的方程(m－2)x＋(1－m)y＋m＋1＝0，可得m(x－y＋1)－2x＋y＋1＝0，由eq\b\lc\{