2.3 圆与圆的位置关系（B 能力培优练）-2021-2022学年高二数学上学期同步双培优检测（苏教版2019选择性必修第一册）

2.3圆与圆的位置关系 B 能力培优练 1．吉希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元首262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼期圆．已知，，圆上有且仅有一个点P满足，则r的取值可以为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】 设动点P的坐标，利用已知条件列出方程，化简可得点P的轨迹方程，由点P是圆C：上有且仅有的一点，可得两圆相切，进而可求得r的值． 【详解】 设动点，由，得，整理得， 又点是圆：上有且仅有的一点，所以两圆相切. 圆的圆心坐标为，半径为2， 圆C：的圆心坐标为，半径为r，两圆的圆心距为3， 当两圆外切时，，得， 当两圆内切时，，，得． 故选：A. 【点睛】 结论点睛：本题考查阿波罗尼斯圆，考查两圆相切的应用，判断圆与圆的位置关系几何法：圆心距d与r1，r2的关系：（1）外离；（2）外切；（3）相交；（4）内切；（5）内含，考查学生的数形结合思想和逻辑推理能力，属于中档题． 2．已知圆，圆，两圆的内公切线交于点，外公切线交于点，若，则等于（　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 作出两圆的内公切线和外公切线，由三角形的相似得到，再利用求得值。 【详解】 如图所示，，，解得：， 设，则，所以， ，因为，所以，故选B. 【点睛】 本题考查直线与圆、圆与圆的位置关系，与平面向量进行交会，求解时注意平面几何中相似三角形的运用，考查数形结合思想和坐标法思想求解问题。 3．在坐标平面内，与点距离为2，且与点距离为1的直线共有条 A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【分析】 转化为求圆A（圆心为A，半径为2）与圆B（圆心为B，半径为1）公切线的条数，再根据圆A与圆B位置关系即得结果. 【详解】 设， 则所求直线为圆A与圆B的公切线， 因为，所以圆A与圆B外离，所以圆A与圆B的公切线有4条，即满足条件的直线有4条，选A. 【点睛】 本题考查圆与圆位置关系以及公切线，考查综合分析转化与求解能力，属中档题. 4．已知圆，圆，点分别在圆和圆上，点在轴上，则的最小值为 A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】A 【详解】 圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径.关于轴的对称点为，所以，故为其最小值. 5．已知圆与圆相切，则实数的取值个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】 分别求出两圆的圆心坐标和半径，利用两圆外切和内切的条件可得答案. 【详解】 设的圆心为，半径， 的圆心为，半径， 当两圆外切时，有，即，解得或， 当两圆内切时，有，即，解得， 综上所述，，或，或. 故选：C. 【点睛】 本题考查圆和圆的位置关系，其中熟记两圆的内切和外切的条件，列出相应的方程求解是解答的关键，考查了推理与运算能力，属于基础题． 6．已知圆与圆有且仅有两条公共切线，则实数的取值可以是（ ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】 由两圆方程可确定圆心和半径，根据两圆公切线条数可知两圆相交，根据相交时圆心距和两圆半径之间关系构造不等式求得的取值范围，进而得到结果. 【详解】 圆方程可化为：，则圆心，半径； 由圆方程知：圆心，半径； 圆与圆有且仅有两条公切线，两圆相交， 又两圆圆心距，，即，解得：或， 可知CD中的的取值满足题意. 故选：CD. 【点睛】 结论点睛：两圆之间圆心距为，半径分别为，则两圆位置关系与关系如下： （1）内含：；（2）内切：；（3）相交：； （4）外切：；（5）外离：. 7．已知圆，则下列四个命题中正确的命题有（ ） A．若圆与轴相切，则 B．圆的圆心到原点的距离的最小值为 C．若直线平分圆的周长，则 D．圆与圆可能外切 【答案】ABD 【分析】 根据圆的切线的性质、配方法、圆周长性质、外切的性质，结合零点存在原理进行判断即可. 【详解】 圆的圆心坐标为：，半径为. 若圆与轴相切，则，解得，所以A为真命题． 因为， 所以，所以B为真命题． 若直线平分圆的周长，则，即，所以C为假命题． 若圆与圆外切，则， 设函数，因为，， 所以在内必有零点，则方程有解，所以D为真命题． 故选：ABD 【点睛】 关键点睛：解题本题的关键是通过圆的性质进行数学运算进行判断命题的真假. 8．已知圆，直线，()．则下列四个命题正确的是（ ） A．直线恒过定点 B．当时，圆上有且仅有三个点到直线的距离都等于1 C．圆与曲线恰有三条公切线，则 D．当时，直线上一个动点向圆引两条切线，，其中，为切点，则直线经过点 【答案】ACD 【分析】 利用相交直线系方程和圆系方程可判断AD的正误，根据圆心到直线的距离可判断B的正误，根据两圆外切可判断C的正