分级练(52) 直线与圆、圆与圆的位置关系（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

分级练(52)　直线与圆、圆与圆的位置关系 分级一　提能强化 1.已知点M(a，b)在圆O：x2＋y2＝1外，则直线ax＋by＝1与圆O的位置关系是(　　) A.相切 B.相交 C.相离 D.不确定 B　解析：因为M(a，b)在圆O：x2＋y2＝1外，所以a2＋b2>1，而圆心O到直线ax＋by＝1的距离d＝＝<1.所以直线与圆相交. 2.(2022·河北秦皇岛二模)直线l：x＋y＝0被圆C：x2＋y2－6x－4y－3＝0截得的弦长为(　　) A. B. C. D. B　解析：将圆的方程化为C：(x－3)2＋(y－2)2＝16，则圆C的圆心为(3，2)，半径为4， 因为圆心到直线l的距离为＝， 所以直线l被圆C截得的弦长为2＝.故选B. 3.(2022·江苏扬州中学模拟)由直线y＝x＋1上的点向圆(x－3)2＋y2＝1作切线，则切线长的最小值为(　　) A.1 B. C.2 D.3 B　解析：切线长的最小值是当直线y＝x＋1上的点与圆心距离最小时取得，圆心(3，0)到直线的距离为d＝＝2，圆的半径为1，故切线长的最小值为＝＝，故选B. 4.(多选)当实数m变化时，圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：(x－m)2＋(y－1)2＝4的位置关系可能是(　　) A.外离 B.外切 C.相交 D.内含 ABC　解析：圆C1：x2＋y2＝1的圆心为C1(0，0)，半径r1＝1，圆C2：(x－m)2＋(y－1)2＝4的圆心为C2(m，1)，半径r2＝2，则|C1C2|＝，|r1－r2|＝1，r1＋r2＝3， ∵|C1C2|＝≥1，当|C1C2|＝1时，两圆内切；当1<|C1C2|<3时，两圆相交； 当|C1C2|＝3时，两圆外切；当|C1C2|>3时，两圆外离， ∴两圆的位置关系可能是相切，外离，相交.故选ABC. 5.(多选)(2023·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学期中)设两动直线l1：mx－y－2m＋3＝0，l2：x＋my－2m＋3＝0，m∈R，l1与l2交于点M且直线l1交圆C：(x－5)2＋(y－4)2＝12于A，B两点(点C为圆心)，则下列说法正确的有(　　) A.直线l1过定点(2，3) B.当∠ACB最小时，其余弦值为 C.存在点P，使得|PM|为定值 D.存在点M，使|CM|＝8 ACD　解析：对于A中，由直线l1：mx－y－2m＋3＝0，可化为m(x－2)－(y－3)＝0， 由方程组解得所以直线l1过定点E(2，3)，所以A正确； 对于B中，由圆C：(x－5)2＋(y－4)2＝12，可得圆心C(5，4)，半径r＝2， 因为直线l1过定点E(2，3)，且点E在圆C的内部，可得|CE|＝， 由圆的性质得，当EC⊥AB时，弦AB最短，此时∠ACB最小， 又由|AB|min＝2＝2， 在△ACB中，由余弦定理得cos ∠ACB＝＝＝，所以B错误； 对于C中，直线l2：x＋my－2m＋3＝0，可化为x＋3＋m(y－2)＝0， 由方程组解得所以直线l2过定点F(－3，2)， 又由m×1＋(－1)×m＝0，可得l1⊥l2，所以△EMF为直角三角形，且|EF|＝. 根据直角三角形的性质，可得EF的中点到点M的距离为|EF|(定值)，所以C正确. 对于D中，由ME⊥MF，且E(2，3)，F(－3，2)， 所以点M落在以EF为直径的圆Q上，其中圆心为Q，半径为|EF|＝， 又由|QC|＝，得－≤|CM|≤＋， 因为－≤8≤＋， 所以存在点M，使|CM|＝8，所以D正确. 故选ACD. 6.过点(3，1)作圆(x－2)2＋(y－2)2＝4的弦，其中最短弦的长为________. 答案：2　解析：设P(3，1)，圆心C(2，2)，则|PC|＝，半径r＝2. 由题意知最短的弦过P(3，1)且与PC垂直，所以最短弦长为2＝2. 7.与直线y＝x＋3平行且与圆(x－2)2＋(y－3)2＝8相切的直线的方程为________________. 答案：x－y＋5＝0或x－y－3＝0　解析：设直线的方程为y＝x＋m，即x－y＋m＝0.圆(x－2)2＋(y－3)2＝8的圆心坐标为(2，3)，半径为2，由＝2，解得m＝5或m＝－3.故所求直线方程为y＝x＋5或y＝x－3，即x－y＋5＝0或x－y－3＝0. 8.过点M(1，2)的直线l与圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝25交于A，B两点，C为圆心，当∠ACB最小时，直线l的方程是____________. 答案：x＋y－3＝0　解析：验证知点M(1，2)在圆内，当∠ACB最小时，直线l与CM垂直，由圆的方程知圆心C(3，4)， ∵kCM＝＝1，∴kl＝－1，∴l：y－2＝－(x－1)，整理得x＋y－3＝0. 9.在直角坐标系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？说明理由； (2)证明：过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值. (1)解：不能出现AC⊥BC的情况，理由如下： 设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2是方程x2＋mx－2＝0的两个根， 所以x1x2＝－2，又点C的坐标为(0，1)， 则·＝(－x1，1)·(－x2，1)＝x1x2＋1＝－2＋1＝－1≠0， 所以不能出现AC⊥BC的情况. (2)证明：设过A，B，C三点的圆与y轴的另一个交点为D， 由x1x2＝－2可知原点O在圆内， 则由相交弦定理可得|OC|·|OD|＝|OA|·|OB|＝|x1|·|x2|＝2. 又|OC|＝1，所以|OD|＝2， 所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为|OC|＋|OD|＝3，为定值. 分级二　知能探究 10.(2024·河南省平许济洛四市质检)过圆x2＋y2＝4内点P(1，1)有若干条弦，它们的长度构成公差为d的等差数列{an}，且d∈，其中a1，an分别为过点P的圆的最短弦长和最长弦长，则n的取值集合为(≈1.414)(　　) A.{4，5，6} B.{5，6，7} C.{5，6，7，8} D.{6，7，8，9} C　解析：由题意可知：圆x2＋y2＝4的圆心为O(0，0)，半径r＝2， 则|OP|＝＝，可知a1＝2＝2，an＝2r＝4， 因为数列{an}为等差数列，则d＝＝∈， 解得n∈(13－6，25－12)， 又因为13－6≈4.516，25－12≈8.032， 且n∈N*，则n∈{5，6，7，8}， 所以n的取值集合为{5，6，7，8}. 11.(多选)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆.”后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系xOy中，A(1，0)，B(3，0)，点P满足＝，点P的轨迹为曲线C，下列结论正确的是(　　) A.曲线C的方程为x2＋y2－10x＋17＝0 B.直线3x＋4y＝0与曲线C有公共点 C.曲线C被x轴截得的弦长为4 D.△ABP面积的最大值为2 ACD　解析：设P(x，y)，对于选项A，因为＝，所以＝2， 化简得x2＋y2－10x＋17＝0，故A选项正确； 对于选项B，因为曲线C为x2＋y2－10x＋17＝0，所以圆心为(5，0)，半径为2，计算圆心(5，0)到直线3x＋4y＝0的距离为d＝3>2， 所以直线3x＋4y＝0与曲线C没有公共点，故B选项错误； 对于选项C，曲线C的圆心在x轴上，所以被x轴截得的弦即为直径，所以曲线C被x轴截得的弦长为4，故C选项正确； 对于选项D，因为A(1，0)，B(3，0)， 所以|AB|＝2，故S△ABP＝·|AB|·|yp|＝|yp|， 而曲线C为x2＋y2－10x＋17＝0，所以yp∈[－2，2]，即S△ABP的最大值为2，故D选项正确.故选ACD. 12.(多选)圆O1：x2＋y2－2x＝0和圆O2：x2＋y2＋2x－4y＝0的交点为A，B，则有(　　) A.公共弦AB所在直线的方程为x－y＝0 B.公共弦AB所在直线的方程为x＋y－1＝0 C.公共弦AB的长为 D.P为圆O1上一动点，则P到直线AB距离的最大值为＋1 AD　解析：由x2＋y2－2x＝0与x2＋y2＋2x－4y＝0作差可得4x－4y＝0，即公共弦AB所在直线的方程为x－y＝0，故A正确，B错误；圆心O1(1，0)到直线x－y＝0的距离为d＝＝，圆O1的半径r＝1，所以|AB|＝2＝，故C错误；点P为圆O1上一动点，则点P到直线AB距离的最大值为d＋r＝＋1，故D正确.故选AD. 13.(2023·湖南湘潭一中模拟)设点M(x0，1)，若在圆O：x2＋y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则x0的取值范围是________. 答案：[－1，1]　解析：由题意知，直线MN与圆O有公共点即可，即圆心O到直线MN的距离小于等于1即可，如图， 作OA⊥MN，垂足为A，在Rt△OMA中，因为∠OMN＝45°，所以|OA|＝|OM|sin 45°＝|OM|≤1，解得|OM|≤，因为点M(x0，1)，所以|OM|＝≤，解得－1≤x0≤1，故x0的取值范围是[－1，1]. 14.已知圆C：x2＋y2＝4，直线l：x－y＋6＝0，在直线l上任取一点P向圆C作切线，切点为A，B，连接AB，则直线AB一定过定点________. 答案：(－，)　解析：设点P(x0，y0)，则x0－y0＋6＝0. 以CP为直径的圆的方程为x(x－x0)＋y(y－y0)＝0，又圆C：x2＋y2＝4，作差可得直线AB的方程为xx0＋yy0＝4，将y0＝x0＋6代入可得(x＋y)x0＋6y－4＝0， 满足⇒故直线AB过定点(－，). 15.已知圆C经过(2，4)，(1，3)两点，圆心C在直线x－y＋1＝0上，过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C相交于M，N两点. (1)求圆C的方程； (2)①判断·是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由； ②若·＝12(O为坐标原点)，求直线l的方程. 解：(1)设圆C的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2， 依题意得解得 ∴圆C的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝1. (2)①·为定值，理由如下. 过点A(0，1)作直线AT与圆C相切，切点为T，易得|AT|2＝7， ∴·＝||·||cos 0°＝|AT|2＝7， ∴·为定值，且定值为7. ②依题意可知，直线l的方程为y＝kx＋1， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，将y＝kx＋1代入(x－2)2＋(y－3)2＝1， 整理得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝， ∴·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝＋8＝12， 即＝4，解得k＝1， 又当k＝1时，Δ>0，∴直线l的方程为y＝x＋1. 分级三　素能创新 16.如图，已知圆C与y轴相切于点T(0，2)，与x轴的正半轴交于两点M，N(点M在点N的左侧)，且|MN|＝3. (1)求圆C的方程； (2)过点M任作一直线与圆O：x2＋y2＝4相交于A，B两点，连接AN，BN，求证：kAN＋kBN为定值. (1)解：因为圆C与y轴相切于点T(0，2)，可设圆心的坐标为(m，2)(m>0)， 则圆C的半径为m，又|MN|＝3，所以m2＝4＋()2＝，解得m＝， 所以圆C的方程为(x－)2＋(y－2)2＝. (2)证明：由(1)知M(1，0)，N(4，0)，当直线AB的斜率为0时，易知kAN＝kBN＝0， 即kAN＋kBN＝0. 当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝1＋ty， 联立整理得(t2＋1)y2＋2ty－3＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝， 则kAN＋kBN＝＋＝＋＝ ＝＝0. 综上可知，kAN＋kBN为定值. 学科网（北京）股份有限公司 $$