(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第47講《直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系》達(dá)標(biāo)檢測(cè)(解析版)

1、第47講 直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系（達(dá)標(biāo)檢測(cè)）A組應(yīng)知應(yīng)會(huì)1（春張家界期末）已知圓M：（x3）2+（y+4）24與圓N：x2+y29，則兩圓的位置關(guān)系為（）A內(nèi)切B外切C相交D外離【分析】由已知圓的方程求出圓心坐標(biāo)與半徑，再由兩圓的圓心距與半徑的關(guān)系得答案【解答】解：圓M：（x3）2+（y+4）24的圓心坐標(biāo)為M（3，4），半徑為2；圓N：x2+y29，的圓心坐標(biāo)N（0，0），半徑為3由|MN|52+3，兩圓的位置關(guān)系是外切故選：B2（春赤峰期末）直線x+y20與圓x2+y24交于A，B兩點(diǎn)，則弦AB的長(zhǎng)是（）ABC2D2【分析】根據(jù)題意，分析圓的圓心與半徑，求出圓心到直線的距離，結(jié)合直線與

2、圓的位置關(guān)系分析可的答案【解答】解：根據(jù)題意，圓x2+y24的圓心為（0，0），半徑r2，圓心到直線x+y20的距離d，則|AB|2 2 ；故選：C3（春開(kāi)封期末）若直線x+y0與圓（xm）2+（y1）22相切，則m（）A1B1C1或3D3或1【分析】根據(jù)題意，分析圓的圓心與半徑，結(jié)合直線與圓相切的判斷方法可得，解可得m的值，即可得答案【解答】解：根據(jù)題意，圓（xm）2+（y1）22，圓心為（m，1），半徑r，若直線x+y0與圓（xm）2+（y1）22相切，必有，解可得：m3或1；故選：D4（春遼源期末）圓x2+y24x4y100上的點(diǎn)到直線x+y140距離的最小值為（）A36B18C2D5【

3、分析】由圓的方程求得圓心坐標(biāo)與半徑，再由點(diǎn)到直線的距離公式求出圓心到直線的距離，減去半徑得答案【解答】解：化圓x2+y24x4y100為（x2）2+（y2）218，得圓心坐標(biāo)為（2，2），半徑為圓心到直線x+y140的距離d圓x2+y24x4y100上的點(diǎn)到直線x+y140距離的最小值為故選：C5（春龍巖期末）直線ya（x1）+2（aR）過(guò)定點(diǎn)A，則過(guò)點(diǎn)A且與圓x2+y21相切的直線方程為（）A3x4y+50B3x+4y50C3x+4y50或x1D3x4y+50或x1【分析】根據(jù)題意，設(shè)要求直線為直線l，由直線ya（x1）+2的方程得到定點(diǎn)A的坐標(biāo)，進(jìn)而分直線l的斜率存在與不存在兩種情況討論，

4、求出直線l的方程，綜合即可得答案【解答】解：根據(jù)題意，設(shè)要求直線為直線l，直線ya（x1）+2，變形可得y2a（x1），過(guò)點(diǎn)A，有，則有，故A的坐標(biāo)為（1，2），若直線l的斜率存在，則直線可以表示為ya（x1）+2，即axya+20，則有1，解可得a，此時(shí)直線l的方程為y（x1）+2，變形可得3x4y+50若直線l的斜率不存在，直線l的方程為x1，與圓x2+y21相切，符合題意；綜上，直線的方程為3x4y+50或x1；故選：D6（道里區(qū)校級(jí)四模）直線yx+m與圓O：x2+y216相交于M、N兩點(diǎn)，若MON，則m的取值范圍是（）A2，2B4，4C2，2D0，2【分析】由題意畫(huà)出圖形，若MON，可

5、得O到直線yx+m的距離小于等于2，再由點(diǎn)到直線的距離公式列式求解【解答】解：如圖，過(guò)O作OHMN，垂足為H，則H為MN的中點(diǎn)，由MON，得MOH，可得OH2即O到直線xy+m0的距離d2，m的取值范圍是，故選：C7（春紅河州期末）已知直線l：kx+y20（kR）是圓C：x2+y26x+2y+60的一條對(duì)稱軸，若點(diǎn)A（2，k），B為圓C上任意的一點(diǎn)，則線段AB長(zhǎng)度的最小值為（）A+2B2CD2【分析】化圓的方程為標(biāo)準(zhǔn)方程，求得圓心坐標(biāo)與半徑，把圓心坐標(biāo)代入直線l的方程求得k，得到A的坐標(biāo)，再由A到圓心的距離減去半徑得答案【解答】解：化圓C：x2+y26x+2y+60為（x3）2+（y+1）24

6、，得圓心坐標(biāo)為C（3，1），半徑r2直線l：kx+y20（kR）是圓C的一條對(duì)稱軸，3k120，即k1A（2，k）（2，1），且A在圓C外部，又B為圓C上任意的一點(diǎn)，故選：D8（漳州模擬）已知兩圓x2+y2+4ax+4a240和x2+y22by+b210恰有三條公切線，若aR，bR，且ab0，則的最小值為（）A3B1CD【分析】求出兩圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，結(jié)合兩圓有三條公切線，得到兩圓相外切，結(jié)合圓外切的等價(jià)條件，求出a，b的關(guān)系，結(jié)合基本不等式的性質(zhì)進(jìn)行求解即可【解答】解：兩圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x+2a）2+y24和x2+（yb）21，圓心為（2a，0），和（0，b），半徑分別為2，1，若兩圓恰有三條公

7、切線，則等價(jià)為兩圓外切，則滿足圓心距2+13，即4a2+b29，則a2+b21，則（）（a2+b2）+2+1，故選：B9（多選）（春秦淮區(qū)期末）過(guò)點(diǎn)（2，0）作圓x2+y22x6y+90的切線l，則直線l的方程為（）A3x+4y60B4x+3y80Cx20Dx+20【分析】根據(jù)題意，分析圓x2+y22x6y+90的圓心以及半徑，分直線l的斜率不存在與存在兩種情況討論，求出每種情況下直線l的方程，綜合即可得答案【解答】解：根據(jù)題意，圓x2+y22x6y+90即（x1）2+（y3）21，其圓心為（1，3），半徑r1；若直線l的斜率不存在，直線l的方程為x2，圓心（1，3）到直線l的距離dr，與圓相

8、切，符合題意；若直線l的斜率存在，設(shè)直線l的斜率為k，則直線l方程為yk（x2），即kxy2k0，則有d1，解可得k，此時(shí)直線l的方程為4x+3y80，綜合可得：直線l的方程為x2或4x+3y80；故選：BC10（多選）（春新華區(qū)校級(jí)月考）設(shè)有一組圓k：（xk）2+（yk）24，（kR），下命題正確的是（）A不論k如何變化，圓心k始終在一條直線上B所有圓k均不經(jīng)過(guò)點(diǎn)（3，0）C存在一條定直線始終與圓k相切D若k，則圓k上總存在兩點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為1【分析】直接求出圓心所在直線方程判斷A；把（3，0）代入圓的方程，求得k無(wú)解判斷B；舉例說(shuō)明C正確；把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為圓x2+y21與圓k有兩個(gè)交點(diǎn)，求出k

9、的范圍判斷D【解答】解：圓心在直線yx上，A正確；若（3k）2+（0k）24，化簡(jiǎn)得2k26k+50，364040，無(wú)解，B正確；存在定直線始終與圓k相切，C正確；圓k上總存在兩點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為1，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為圓x2+y21與圓k有兩個(gè)交點(diǎn)，則k，D正確故選：ABCD11（春河池期末）直線yx+1被圓x2+y24截得的弦長(zhǎng)為 【分析】根據(jù)題意，求出圓的圓心與半徑，得到圓心到直線的距離，結(jié)合直線與圓的位置關(guān)系可得答案【解答】解：根據(jù)題意，圓x2+y24，圓心為（0，0），半徑r2，圓心到直線yx+1的距離d，則直線被圓x2+y24截得的弦長(zhǎng)為2；故答案為：12（閔行區(qū)校級(jí)模擬）已知圓x2+y25，

10、則過(guò)點(diǎn)P（2，1）的圓C的切線方程是 【分析】根據(jù)題意，分析可得點(diǎn)P在圓上，求出直線OP的斜率，即可得切線的斜率，由直線的點(diǎn)斜式方程分析可得答案【解答】解：根據(jù)題意，圓x2+y25，點(diǎn)P（2，1）滿足22+（1）25，即點(diǎn)P在圓上，則kOP，則切線的斜率k2，即切線的方程為y+12（x2），變形可得2xy5，即切線的方程為2xy5；故答案為：2xy513（春通州區(qū)期末）圓C1：x2+（y1）24與圓C2：（x3）2+y21的公切線共有 條【分析】根據(jù)題意，分析兩個(gè)圓的圓心以及半徑，由圓與圓的位置關(guān)系分析可得兩圓相離，據(jù)此分析可得答案【解答】解：圓C1：x2+（y1）24，圓心C1（0，1），半

11、徑為2， 圓C2：（x3）2+y24，圓心C2（3，0），半徑為1，兩圓的圓心距為2+13，正好大于兩圓的半徑之和，故兩圓相離，故兩圓的公切線有4條，故答案為：414（春韶關(guān)期末）直線yx+b被圓（x1）2+（y1）24截得的弦長(zhǎng)的最大值是 ；若該圓上到此直線yx+b的距離等于1的點(diǎn)有且僅有4個(gè)，則b的取值范圍是 【分析】當(dāng)直線過(guò)圓心時(shí)所截的弦長(zhǎng)取最大值；利用數(shù)形結(jié)合法將題意轉(zhuǎn)化為d1，再解絕對(duì)值不等式即可得到答案【解答】解：設(shè)圓（x1）2+（y1）24的圓心為C（1，1），半徑r2，當(dāng)直線yx+b過(guò)圓（x1）2+（y1）24的圓心C（1，1）時(shí)，即當(dāng)b0時(shí)，此時(shí)直線截圓得到的弦為直徑，即直線

12、yx+b被圓（x1）2+（y1）24截得的弦長(zhǎng)的最大值2r4若該圓上到此直線yx+b的距離等于1的點(diǎn)有且僅有4個(gè)，設(shè)圓心C到直線yx+b的距離為d，則d1，即，解得，則b的取值范圍是15（黃山二模）已知圓C1：x2+y2+2ax+a240，（aR）與圓C2：x2+y22by1+b20，（bR）只有一條公切線，則a+b的最小值為 【分析】由圓的方程求出圓心坐標(biāo)及半徑，再由由兩個(gè)圓只有一條公切線可得兩個(gè)圓內(nèi)切，即圓心距等于兩個(gè)半徑之差，進(jìn)而可得a2+b21，設(shè)a，b為三角函數(shù)，由三角函數(shù)的范圍求出a+b的最小值【解答】解：圓C1：x2+y2+2ax+a240的圓心C1坐標(biāo)（a，0），半徑r12，圓

13、C2：x2+y22by1+b20的圓心C2（0，b），半徑r21，由兩個(gè)圓只有一條公切線可得兩個(gè)圓內(nèi)切，圓心距|C1C2|211，所以可得a2+b21，設(shè)acos，bsin，R，所以a+bsin（），當(dāng)且僅當(dāng)+2k，kZ時(shí)，即+2k，kZ時(shí)，a+b的最小值為，故答案為：16（春?jiǎn)|市校級(jí)月考）已知圓C1：x2+y29，圓C2：x2+y24，定點(diǎn)M（1，0），動(dòng)點(diǎn)A，B分別在圓C2和圓C1上，滿足AMB90，則線段AB的取值范圍 【分析】設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2），由條件可得|AB|2152（x1+x2）設(shè)AB中點(diǎn)為N（x0，y0），則|AB|2154x0，利用線段的中點(diǎn)公式求得N的方

14、程，再由x0的范圍，求得|AB|的范圍【解答】解：設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2），則|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）設(shè)AB中點(diǎn)為N（x0，y0），則|AB|2154x0，2x0 x1+x2，2y0y1+y2，4（x02+y02）13+2（x1x2+y1y2）13+2（x1+x21）11+4x0，即（x0）2+y023，點(diǎn)N（x0，y0）的軌跡是以（，0）為圓心、半徑等于的圓

15、，x0的取值范圍是，故134|AB|213+，故|AB|的范圍為，故答案為：，17（春保山期末）已知圓C經(jīng)過(guò)A（1，5），B（5，5），D（6，2）三點(diǎn)（）求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（）求經(jīng)過(guò)點(diǎn)E（3，2）且和圓C相切的直線l的方程【分析】（）根據(jù)題意，設(shè)要求圓的一般方程為x2+y2+Dx+Ey+F0，將三點(diǎn)坐標(biāo)代入計(jì)算可得D、E、F的值，即可得圓C的一般式方程，變形可得答案；（）根據(jù)題意，分析圓C的圓心與半徑，進(jìn)而分別討論直線l的斜率存在與不存在時(shí)直線l的方程，綜合即可得答案【解答】解：（）根據(jù)題意，設(shè)過(guò)A（1，5），B（5，5），C（6，2）三點(diǎn)的圓的一般方程為x2+y2+Dx+Ey+F0，則有，

16、解可得D4，E2，F(xiàn)20，故所求圓的一般方程為x2+y24x2y200，變形可得（x2）2+（y1）225，故圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x2）2+（y1）225，（）由（）的結(jié)論，圓C的方程為（x2）2+（y1）225，其圓心C（2，1），半徑r5，若直線l的斜率不存在，直線l的方程為x3，圓心（2，1）到直線l的距離d5，與圓相切，符合題意，若直線l的斜率存在，設(shè)直線l的斜率為k，則直線l的方程為y2k（x+3），即kxy+3k+20，則有d5，解可得k，故直線l的方程為12x5y+460；綜合可得：直線l的方程為x3或12x5y+46018（春婁底期末）已知直線l：xy+20和圓C：x2+y26y

17、+50（1）直線l交圓C于A，B兩點(diǎn)，求弦長(zhǎng)|AB|；（2）求過(guò)點(diǎn)P（2，5）的圓的切線方程【分析】（1）根據(jù)題意，由圓的方程分析圓的圓心以及半徑，求出圓心到直線的距離，由勾股定理分析可得答案；（2）根據(jù)題意，分直線的斜率存在與不存在兩種情況討論，求出切線的方程，綜合2種情況即可得答案【解答】解：（1）根據(jù)題意，圓C：x2+y26y+50，即x2+（y3）24，其圓心為（0，3），半徑r2；直線l：xy+20，圓心到直線l的距離d，故|AB|2；（2）根據(jù)題意，分2種情況討論：當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，此時(shí)要求直線為x2，圓心C（0，3）到直線x2的距離dr2，直線與圓相切，符合題意；當(dāng)直線的斜率k

18、存在時(shí)，設(shè)切線方程為y+5k（x2），即kxy2k50，則有d2，解可得k，此時(shí)切線的方程為15x+8y+100，綜合可得：切線的方程為x2或15x+8y+10019（春赤峰期末）已知圓C：（x1）2+（y1）25，直線l：mxym0（1）求證：對(duì)mR，直線l與圓C總有兩個(gè)不同交點(diǎn)；（2）設(shè)l與圓C交于不同兩點(diǎn)A，B，若|AB|，求直線l的傾斜角【分析】（1）方法1：直線通過(guò)比較圓心到直線l的距離與半徑的大小比較得到直線與圓相交，進(jìn)而證明直線l與圓C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，方法2：直線l經(jīng)過(guò)定點(diǎn)（1，0），定點(diǎn)（1，0）在圓C內(nèi)，由此能證明對(duì)mR，直線l與圓C總有兩個(gè)不同的交點(diǎn)；（2）先求出圓心到直

19、線l的距離，再結(jié)合圓的弦長(zhǎng)公式列方程即可解出m，進(jìn)而求出直線l的傾斜角【解答】解：（1）方法1：圓C的圓心坐標(biāo)為（1，1），半徑為 ， 圓心C到直線l的距離d，故直線l與圓C相交，則對(duì)mR，直線l與圓C總有兩個(gè)不同的交點(diǎn)方法2：對(duì)于直線l：ym（x1）過(guò)定點(diǎn)（1，0），又因?yàn)椋?1）2+（01）25，則定點(diǎn)（1，0）在圓C的內(nèi)部，即對(duì)mR，直線l與圓C相交，總有兩個(gè)不同的交點(diǎn)（2）設(shè)圓心C到直線l的距離為d，直線l的傾斜角為，則，又因?yàn)閳AC的半徑為，解得，所以， 或 20（春蘇州期末）如圖，點(diǎn)P（x0，y0）是圓O：x2+y29上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作圓O的切線l與圓O1：（xa）2+（y4）210

20、0（a0）交于A，B兩點(diǎn)，已知當(dāng)直線l過(guò)圓心O1時(shí)，|O1P|4（1）求a的值；（2）當(dāng)線段AB最短時(shí)，求直線l的方程；（3）問(wèn)：滿足條件的點(diǎn)P有幾個(gè)？請(qǐng)說(shuō)明理由【分析】（1）依題意計(jì)算 ，可得結(jié)果；（2）解法1（代數(shù)法）：當(dāng)圓心O1到直線l的距離d最大時(shí)，線段AB最短，再求出d的最大值即可得結(jié)果；解法2（幾何法）：當(dāng)圓心O1到直線l的距離d最大時(shí)，線段AB最短，當(dāng)且僅當(dāng)O1，O，P三點(diǎn)共線時(shí)，d取得最大值，從而得解；（3）采用分類討論，O1，O 在直線 AB 同側(cè)或異側(cè)，假設(shè)|AP|t，可得 d2+（2t）2100，并得t2|MP|225（d3）2 或 t2|MP|225（d+3）2計(jì)算即可

21、判斷【解答】解：（1）當(dāng)直線l過(guò)圓心點(diǎn)O1時(shí)，解得a3（負(fù)值舍去）（2）解法1（代數(shù)法）：因?yàn)镺P與圓O相切，所以直線l的方程為 x0 x+y0y9，且 ，所以圓心O1到直線l的距離，記z3x0+4y0，則直線3x0+4y0z0 與圓 有公共點(diǎn)，所以圓心（0，0）到直線 3x+4yz0 的距離，所以15z15，所以當(dāng)z15 時(shí)，dmax8，此時(shí)弦長(zhǎng)| 最短，由，解得，所以直線l 的方程為 3x+4y+150解法2（幾何法）：如圖，過(guò) O1 作 O1MAB，則 M 為弦 AB 的中點(diǎn)，設(shè) d|O1M|，當(dāng)|O1M|最長(zhǎng)時(shí)，弦長(zhǎng)|AB|最短，因?yàn)?d|O1P|OO1|+|OP|8，當(dāng)且僅當(dāng)O1，O

22、，P三點(diǎn)共線時(shí)，取得最大值，此時(shí) OO1AB，因?yàn)?，所以直線 OO1 的方程為 ，由，解得（P點(diǎn)在第 3 象限）所以直線l的方程為3 x+4y+150（3）因?yàn)?，所以設(shè)|AP|t，則|BP|3t（t0），所以|AB|4t，所以 d2+（2t）2100 ，（i）如圖，當(dāng)O1，O 在直線 AB 同側(cè)時(shí)，t2|MP|225（d3）2，由得d6 或 d2，當(dāng)d6 時(shí)，直線 AB 可看作是圓 x2+y29 與圓（x3）2+（y4）236 的公切線，此時(shí)兩圓相交，公切線有兩條，所以滿足條件的點(diǎn)P有2個(gè)，d2 時(shí)，直線 AB 可看作是圓 x2+y29 與圓（x3）2+（y4）24 的公切線，此時(shí)兩圓相外

23、切，外公切線有兩條，所以滿足條件的點(diǎn)P有2個(gè)，（ii）如圖，當(dāng)O1，O 在直線 AB 異側(cè)時(shí)，t2|MP|225（d+3）2，由可得d6 或 d2（舍），滿足條件的P點(diǎn)不存在，綜上，滿足條件的點(diǎn)P共有4個(gè)附：當(dāng)d6 時(shí) ，即|3x0+4y09|18，由，解得P（3，0）或 ，當(dāng)d2 時(shí) ，即|3x0+4y09|6，由，解得或 或 舍去 ）B組強(qiáng)基必備1（春金牛區(qū)校級(jí)期末）如圖，圓C與x軸相切于點(diǎn)T（1，0），與y軸正半軸交于兩點(diǎn)A，B（B在A的上方），且|AB|2過(guò)點(diǎn)A任作一條直線與圓O：x2+y21相交于M，N兩點(diǎn)，的值為（）A2B3CD【分析】先求出C的坐標(biāo)，再設(shè)M（cos，sin），N（cos，sin），即可求出【解答】解：圓C與x軸相切于點(diǎn)T（1，0），圓心的橫坐標(biāo)x1，取AB的中點(diǎn)E，|AB|2，|BE|1，則|BC|，即圓的半徑r|BC|，圓心C（1，），E（0，），又|AB|2，且E為AB中點(diǎn)，A（0，1），B（0，+1），M、N在圓O：x2+y21上，可設(shè)M（cos，sin），N（cos，sin），|NA|，|NB|，+1，同理可得2，故選：C2（春泰州期末）已知A（0，3），B，C為圓O：x2+y2r2（r0）上三點(diǎn)（1）求r的值；（2）若直線BC過(guò)點(diǎn)（0，2），求ABC面積的最大值；（3