直线与圆、圆与圆的位置关系专项检测卷-2025届高三数学一轮复习

直线与圆、圆与圆的位置关系专项突破-2025年高考数学一轮复习检测卷 一、单选题 1．若圆，则直线与圆C的位置关系是（　　） A．相交 B．相切 C．相离 D．相交或相切 2．已知圆心为的与直线相切，则直线被截得的弦长为（    ） A． B．1 C． D．2 3．若直线与圆有交点，则（    ） A． B． C． D． 4．过直线上的点P作圆C：的两条切线，，当直线，关于直线对称时，点P的坐标为（    ） A． B． C． D． 5．已知P为直线上一点，过点P作圆的一条切线，切点为A，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D．2 6．已知圆C：和两点，，若圆C上存在点P，使得，则b的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．在平面直角坐标系中，已知圆，为直线上的一个动点，过点作圆的切线，切点为点，当最小时，则的值为（    ） A．4 B． C．2 D．3 8．已知直线l：与圆：，下列说法正确的是（    ） A．所有圆均不经过点 B．若关于l对称，则 C．若l与相交于AB且，则 D．存在与x轴和y轴均相切的圆 二、多选题 9．已知直线与圆，点，则下列命题中是假命题的是（    ）. A．若点在圆外，则直线与圆相离 B．若点在圆内，则直线与圆相交 C．若点在圆上，则直线与圆相切 D．若点在直线上，则直线与圆相切 10．已知圆，圆，则下列结论正确的是（    ） A．若和外离，则或 B．若和外切，则 C．当时，有且仅有一条直线与和均相切 D．当时，和内含 11．已知圆，直线与交于两点，点为弦的中点，，则（    ） A．弦有最小值为 B．有最小值为 C．面积的最大值为 D．的最大值为9 三、填空题 12．已知圆，若过点的直线l与圆C相交所得弦的长为2，则直线l的斜率为 . 13．已知为坐标原点，圆上恰好有两个点到点的距离为1，则实数的取值范围为 ． 14．已知点为直线上的一动点，过点作圆的切线，切点分别为，则的最小值为 ． 四、解答题 15．已知圆C的圆心在轴的正半轴上，且轴和直线均与圆C相切． (1)求圆C的标准方程； (2)设点，若直线与圆C相交于M，N两点，且为锐角，求实数m的取值范围． 16．已知圆心在原点的圆被直线截得的弦长为 （1）求圆的方程； （2）设动直线与圆交于两点，问在轴正半轴上是否存在定点，使得直线与直线关于轴对称？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由； 17．已知点，，曲线上任意一点到点的距离均是到点距离的倍. （1）求曲线的方程； （2）已知，设直线：交曲线于，两点，直线：交曲线于，两点，若的斜率为-1，求直线的方程. 18．已知圆内有一动弦，且，以为斜边作等腰直角三角形，点在圆外. (1)求点的轨迹的方程； (2)从原点作圆的两条切线，分别交于、、、四点，求以这四点为顶点的四边形的面积. 19．已知圆与轴负半轴相交于点，与轴正半轴相交于点. （1）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程； （2）若在以为圆心半径为的圆上存在点，使得 (为坐标原点)，求的取值范围； （3）设是圆上的两个动点，点关于原点的对称点为，点关于轴的对称点为，如果直线与轴分别交于和，问是否为定值？若是求出该定值；若不是，请说明理由. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．A 【分析】直线经过定点，然后证明定点在圆内可判断. 【详解】经过定点，由于，则定点在圆内. 故直线与圆C的位置关系是相交. 故选：A. 2．D 【分析】首先求出圆心到直线的距离即为半径，再求出圆心到直线的距离，最后由勾股定理计算可得. 【详解】因为圆心到直线的距离， 即圆的半径， 又圆心到直线的距离， 所以直线被截得的弦长为. 故选：D 3．A 【分析】根据题意可知，圆心到直线的距离小于等于圆的半径，进而可以列出不等式. 【详解】的圆心为，半径， 圆心到直线的距离， 依题意，圆心到直线的距离小于等于圆的半径， 所以，即. 故选：A. 4．A 【分析】根据直线和圆的位置关系、两直线的交点等知识求得正确答案. 【详解】圆的圆心为， 直线关于直线对称时，与直线垂直， 所以直线的方程为， 由解得，所以. 故选：A. 5．A 【分析】根据已知条件，结合勾股定理以及点到直线的距离公式求解即可. 【详解】连接，则， 而的最小值为点C到直线l的距离， 所以. 故选：A. 6．A 【分析】将问题转化为以为直径的圆与圆有交点，结合图形可得. 【详解】因为圆C上存在点P，使得， 所以，以为直径的圆与圆有交点， 又以为直径的圆，圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为2， 所以，即，即. 故选：A    7．A 【分析】判断出最小时点的位置，进而求得此时的值. 【详解】由于是圆的切线，所以，所以， 当时，最小，此时最小. 到直线的距离为， 则时，，， 所以此时三角形是等腰直角三角形， 所以当最小时，则的值为. 故选：A 8．A 【分析】对于A，将代入圆方程进行验证即可，对于B，若关于l对称，则直线过圆心，从而可求出，对于C，由题意可知圆心到直线的距离为，列方程求解即可，对于D，由题意可得求解判断. 【详解】对于A，若圆经过点，则，化简整理得， 因为，所以方程无解， 所以所有圆均不经过点，所以A正确， 对于B，圆：的圆心为， 若关于l对称，则直线过圆心，所以，得，所以B错误， 对于C，因为l与相交于AB且，所以圆心到直线的距离为， 所以，解得或，所以C错误， 对于D，若存在与x轴和y轴均相切的圆，则，此方程组无解， 所以不存在与x轴和y轴均相切的圆，所以D错误， 故选：A 9．AB 【分析】根据直线和圆相切、相交、相离的等价条件进行求解即可. 【详解】对于A，因为点在圆外，所以， 则圆心到直线的距离为， 所以直线与圆相交，故命题A是假命题； 对于B，因为点在圆内，所以， 则圆心到直线的距离为， 所以直线与圆相离，故命题B是假命题； 对于C，因为点在圆上，所以， 则圆心到直线的距离为， 所以直线与圆相切，故命题C是真命题； 对于D，因为点在直线上，所以，即， 则圆心到直线的距离为， 所以直线与圆相切，故命题D是真命题； 故选：AB. 10．ABC 【分析】首先得到两圆圆心坐标与半径，从而求出圆心距，再根据两圆的位置关系由圆心距与半径的和差关系得到不等式（方程），即可判断. 【详解】圆的圆心为，半径， 圆的圆心为，半径， 所以， 若和外离，则，解得或，故A正确； 若和外切，则，解得，故B正确； 当时，，则和内切，故仅有一条公切线，故C正确； 当时，，则和相交，故D错误. 故选：ABC． 11．BCD 【分析】易得直线过定点，根据点为弦的中点时，最小，即可判断A；根据点为弦的中点，可得，进而可得出点的轨迹是以为直径的圆，即可判断B；要使面积取得最大值，只要点到直线的距离最大即可，进而可判断C；设，联立，利用韦达定理求出，进而可求出的坐标，再根据数量积的坐标公式结合基本不等式即可判断D. 【详解】圆的圆心，半径， 直线过定点， 因为，所以点在圆内， 所以直线与圆一定相交， 当点为弦的中点时，有最小值， 此时直线的斜率不存在，而直线的斜率一定存在， 所以，故A错误； 因为点为弦的中点，所以，即， 所以点的轨迹是以为直径的圆(去除），圆心为，半径为， 所以轨迹方程为， 因为，所以点在圆外， 所以的最小值为，故B正确； 对于C，， 要使面积取得最大值，只要点到直线的距离最大即可， 直线的方程为，即， 圆心到直线的距离， 所以点到直线的距离最大值为， 所以面积的最大值为，故C正确； 对于D，设， 联立，得， 则，故， 所以点的坐标为， 则， 当时，， 当时，， 当时，， 当且仅当，即时，取等号， 综上所述的最大值为9，故D正确.    故选：BCD. 【点睛】方法点睛：求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法： （1）直接法：根据题设条件直接列出方程； （2）定义法：根据圆的定义写出方程； （3）几何法：利用圆的性质列方程； （4）代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式． 12． 【分析】根据题意，设出直线方程，根据直线截圆所得弦长的计算公式，求解即可. 【详解】由，可得，所以圆心，半径. 由已知得圆心C到直线l的距离， 易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为， 则C到直线l的距离，解得，所以直线l的斜率为. 故答案为：. 13． 【分析】将圆的方程转化为标准形式：（），圆上恰好有两个点到点的距离为1等价于以为圆心，1为半径的圆与圆相交，利用圆心距之间的关系即可求解. 【详解】由题，圆：（），所以圆圆心为，半径为， 圆上恰好有两个点到点的距离为1等价于以为圆心，1为半径的圆与圆相交， 即，解得，故实数的取值范围为． 故答案为： 14． 【分析】由圆的性质知时可得最小值，再利用四边形的面积与面积关系可得关系，据此可转化为求关于的增函数的最小值. 【详解】由题意可知，当时，取得最小值且为． 由，得， 即， 所以． 故答案为： 15．（1）；（2）. 【详解】试题分析： 本题考查圆的标准方程的求法以及用向量解决直线和圆位置关系中的角度的问题．（1）设出圆的标准方程，根据题意得关于参数的方程组，求得参数可得圆的方程．（2）利用代数法求解，将为锐角转化为求解． 试题解析： （1）设圆C的标准方程为： 故由题意得，解得， ∴圆C 的标准方程为：. （2）由消去y整理得 . ∵直线与圆C相交于M，N两点， ∴， 解得， 设， 则. ∴ 依题意得 ， ∴， 整理得， 解得或. 又， ∴或． 故实数m的取值范围是. 点睛： （1）对于为锐角的问题（或点A在以BC为直径的圆外，或），都可转化为，然后坐标化，转化为代数运算处理． （2）对于直线和圆位置关系的问题，可将直线方程和圆的方程联立消元后根据所得的二次方程的判别式、根据系数的关系，借助于代数运算处理．解题时注意“设而不求”、“整体代换”等方法的运用，以减少计算量、提高解题速度． 16．（1）；（2）当点为时，直线与直线关于轴对称 【分析】（1）利用圆心到直线的距离公式求得圆的半径，即可求得圆的方程； （2）设，通过对称性将坐标的关系找出，联立直线与圆的方程，得出韦达定理，代入化简求解即可. 【详解】（1）圆心到直线的距离，由圆的性质可得，所以，圆的方程为； （2）设， 由得，, 所以 若直线与直线关于轴对称，则， 即，即，化简得， 代入韦达定理，即 所以当点为时，直线与直线关于轴对称； 17．(1)；(2)或. 【分析】（1）设曲线上任意一点坐标为，由题意，，由此能求出曲线的方程． （2）由题知，且两条直线均恒过点，设曲线的圆心为，则，线段的中点为，则直线，设直线，由此利用圆的几何性质，能求出线的方程． 【详解】解：（1）设曲线上任意一点坐标为， 由题意，，） 整理得，即， 曲线的方程为． （2）由题知，且两条直线均恒过点， 设曲线的圆心为，则，线段的中点为， 则直线，设直线， 由，解得点， 由圆的几何性质，， 而，，， 解之得，或， 直线的方程为，或． 18．(1) (2) 【分析】（1）可证为等腰直角三角形，进而证明四边形为正方形，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即可得到点的轨迹的方程； （2）设直线切圆于点，连接、、、，推导出、均为等边三角形，求出、，利用等边三角形的面积公式可求得的值. 【详解】（1）解：由题意可知，圆的圆心为，半径为， 连接、，则，所以，， 故，所以，为等腰直角三角形，且， 因为是以为斜边的等腰直角三角形，则，， ，同理， 又因为，故四边形为正方形，从而， 故点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆， 因此，点的轨迹的方程为. （2）解：设直线切圆于点，连接、、、， 由圆的几何性质可知， 在中，，，所以，， ，因为为锐角，则. 因为直线、与圆相切，则，则， 直线的方程为，因为， 则直线、关于直线对称， 易知圆以及圆均关于直线对称， 所以，、关于直线对称，、关于直线对称， 所以，，则、均为等边三角形， ，则，同理可得， 所以，，， 因此，四边形的面积. 19．（1）直线的方程为或；（2）；（3）为定值1.. 【详解】试题分析：（1）由题意分类讨论直线的斜率是否存在，根据垂径定理，弦心距，弦长及半径的勾股关系解得k即可求得直线方程；(2) 设点的坐标为，由题得点的坐标为，点的坐标为由可得，化简可得又点在圆上，所以转化为点p轨迹与圆B有交点即可得解（3），则，直线的方程为，令，则  ， 同理可得利用是圆上的两个动点即可得定值. 试题解析： （1） 若直线的斜率不存在，则的方程为：，符合题意. 若直线的斜率存在，设的方程为：，即 ∴点到直线的距离 ∵直线被圆截得的弦长为，∴ ∴ ，此时的方程为： ∴所求直线的方程为或 （2）设点的坐标为，由题得点的坐标为，点的坐标为 由可得，化简可得 ∵点在圆上，∴，∴ ∴所求的取值范围是. （3）∵，则 ∴直线的方程为 令，则   同理可得 ∴ ∴为定值1. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$