2025高考數(shù)學一輪復習-對點練59 直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系【含答案】

對點練59直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系【A級基礎鞏固】1.已知直線l：x＋y－2＝0與圓C：x2＋y2＝2，點A(1，1)，則下列說法正確的是()A.點A在圓C上，直線l與圓C相切B.點A在圓C內(nèi)，直線l與圓C相離C.點A在圓C外，直線l與圓C相切D.點A在圓C上，直線l與圓C相交2.已知圓O1：(x－1)2＋(y＋2)2＝9，圓O2：(x＋2)2＋(y＋1)2＝16，則這兩個圓的位置關(guān)系為()A.外離 B.外切C.相交 D.內(nèi)含3.已知圓x2＋y2＝4截直線y＝k(x－2)所得弦的長度為2，那么實數(shù)k的值為()A.±eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\r(3) D.±eq\r(3)4.圓x2＋2x＋y2＋4y－3＝0上到直線x＋y＋1＝0的距離為eq\r(2)的點共有()A.1個 B.2個C.3個 D.4個5.(2024·嘉興調(diào)研)已知直線l：x＋2y－1＝0及圓C：(x＋1)2＋(y＋2)2＝4，過直線l上任意一點P作圓C的一條切線PA，A為切點，則|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.(多選)(2024·武漢調(diào)研)圓M：(x－k2)2＋(y－2k)2＝3與圓N：(x－1)2＋y2＝1交于A，B兩點，若|AB|＝eq\r(3)，則實數(shù)k的可能取值有()A.2 B.1C.0 D.－17.(多選)(2024·南京調(diào)研)已知圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝1，則下列說法正確的是()A.若圓C與兩坐標軸均相切，則a＝bB.若a＝b，則圓C不可能過點(0，2)C.若點(3，4)在圓C上，則圓心C到原點O的距離的最小值為4D.若圓C上有兩點到原點的距離為1，則0<a2＋b2<48.已知圓C的圓心坐標是(0，m)，半徑長是r.若直線2x－y＋3＝0與圓相切于點A(－2，－1)，則m＝________，r＝________.9.(2024·濟南質(zhì)檢)過點P(1，eq\r(3))作圓O：x2＋y2＝1的兩條切線，切點分別為A，B，則弦長|AB|＝________.10.若一條光線從點A(－2，－3)射出，經(jīng)y軸反射后與圓(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，則反射光線所在直線的斜率為________.11.已知圓C：x2＋y2－6x－8y＋21＝0，直線l過點A(1，0).(1)若直線l與圓C相切，求直線l的方程；(2)當直線l的斜率存在且與圓C相切于點B時，求|AB|.12.在平面直角坐標系xOy中，曲線y＝x2＋mx－2與x軸交于A，B兩點，點C的坐標為(0，1).當m變化時，解答下列問題：(1)能否出現(xiàn)AC⊥BC的情況？請說明理由；(2)證明：過A，B，C三點的圓截y軸所得弦長為定值.【B級能力提升】13.(2023·全國乙卷)已知⊙O的半徑為1，直線PA與⊙O相切于點A，直線PB與⊙O交于B，C兩點，D為BC的中點，若|PO|＝eq\r(2)，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))的最大值為()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·西安調(diào)研)已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝4.(1)若直線l：(m－2)x＋(1－m)y＋m＋1＝0(m∈R)，證明：無論m為何值，直線l都與圓C相交；(2)若過點P(1，0)的直線m與圓C相交于A，B兩點，求△ABC面積的最大值，并求此時直線m的方程.對點練59直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系答案1．A[圓心C(0，0)到直線l的距離d＝eq\f(|－2|,\r(12＋12))＝eq\r(2)＝r，所以直線l與圓C相切．因為點A(1，1)滿足圓C的方程，所以點A在圓C上．]2．C[根據(jù)題意得圓O1的圓心O1(1，－2)，半徑為3，圓O2的圓心O2(－2，－1)，半徑為4，圓心距|O1O2|＝eq\r(10)，因為4－3＜eq\r(10)＜4＋3，所以兩圓相交．]3．D[圓x2＋y2＝4的圓心為(0，0)，半徑r＝2，點(0，0)到直線y＝k(x－2)的距離d＝eq\f(|2k|,\r(12＋k2))，則弦長為2eq\r(r2－d2)＝2，得2eq\r(4－\f(4k2,1＋k2))＝2，解得k＝±eq\r(3).]4．C[圓的方程可化為(x＋1)2＋(y＋2)2＝8，圓心(－1，－2)到直線的距離d＝eq\f(|－1－2＋1|,\r(2))＝eq\r(2)，半徑是2eq\r(2)，結(jié)合圖形(圖略)可知有3個符合條件的點．]5．A[由題可得，圓心C(－1，－2)，|AC|＝2，且PA⊥AC，所以|PA|2＝|PC|2－4.要使|PA|最小，需|PC|最?。畖PC|的最小值為點C到直線l的距離，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[因為圓M：(x－k2)2＋(y－2k)2＝3與圓N：(x－1)2＋y2＝1交于A，B兩點，所以兩圓方程相減，可得直線AB的方程為2(1－k2)x－4ky＋k4＋4k2－3＝0.由|AB|＝eq\r(3)，可得圓心N到直線AB的距離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，則t2＝3t，解得t＝0或t＝3，故k＝0或k＝±1.經(jīng)檢驗k＝0，1，－1滿足上式．]7．BCD[對于A，若圓C與兩坐標軸均相切，則|a|＝|b|＝1，A錯誤；對于B，若a＝b，將(0，2)代入圓方程得a2＋(2－a)2＝1，得2a2－4a＋3＝0，Δ＝(－4)2－24＝－8<0，方程無解，B正確；對于C，由于(a－3)2＋(b－4)2＝1，則C(a，b)到原點O的距離的最小值為eq\r(（3－0）2＋（4－0）2)－1＝4，C正確；對于D，由題意知，圓x2＋y2＝1與圓C總有兩個交點，圓心距d＝eq\r(a2＋b2)，所以1－1<eq\r(a2＋b2)<1＋1，即0<a2＋b2<4，D正確．]8．－2eq\r(5)[可知kAC＝－eq\f(1,2)，得直線AC：y＋1＝－eq\f(1,2)(x＋2)，把(0，m)代入得m＝－2，此時r＝|AC|＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5).]9.eq\r(3)[如圖所示，∵PA，PB均為圓O：x2＋y2＝1的切線，∴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)[點A(－2，－3)關(guān)于y軸的對稱點為A′(2，－3)，故可設反射光線所在直線的方程為y＋3＝k(x－2)，化為kx－y－2k－3＝0，∵反射光線與圓(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，∴圓心(－3，2)到直線的距離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．解圓C的方程為(x－3)2＋(y－4)2＝22，圓C的圓心坐標是(3，4)，半徑長是2.(1)①當直線l的斜率不存在，即其方程是x＝1，滿足題意．②當直線l的斜率存在時，可設直線l的方程是y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0.由圓心(3，4)到直線l的距離等于圓C的半徑，即eq\f(|3k－4－k|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝eq\f(3,4)，此時直線l的方程是3x－4y－3＝0.綜上，直線l的方程是x＝1或3x－4y－3＝0.(2)由(1)得直線l的方程是3x－4y－3＝0.圓C的圓心是點C(3，4)，則|AC|＝eq\r(4＋16)＝2eq\r(5)，所以|AB|＝eq\r(|AC|2－|BC|2)＝eq\r(20－22)＝4.12．(1)解不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況，理由如下：設A(x1，0)，B(x2，0)，且x1，x2滿足x2＋mx－2＝0，所以x1x2＝－2.因為直線AC的斜率與直線BC的斜率之積為eq\f(－1,x1)·eq\f(－1,x2)＝－eq\f(1,2)≠－1，所以不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況．(2)證明線段BC的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)，\f(1,2)))，可得線段BC的中垂線方程為y－eq\f(1,2)＝x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x2,2))).由(1)可得x1＋x2＝－m，所以直線AB的中垂線方程為x＝－eq\f(m,2).聯(lián)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).所以過A，B，C三點的圓的圓心坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)，－\f(1,2)))，半徑r＝eq\f(\r(m2＋9),2).故圓截y軸所得弦長為2eq\r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)))\s\up12(2))＝3，即過A，B，C三點的圓截y軸所得弦長為定值3.13．A[法一連接OA，由題可知|OA|＝1，OA⊥PA，因為|OP|＝eq\r(2)，所以由勾股定理可得|PA|＝1，則∠POA＝eq\f(π,4).設直線OP繞點P按逆時針旋轉(zhuǎn)θ后與直線PD重合，則－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).法二以圓心O為坐標原點建立平面直角坐標系，設圓O：x2＋y2＝1，點P(eq\r(2)，0)，因為|OA|＝1，且OA⊥PA，所以∠POA＝eq\f(π,4)，不妨設A(eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(2),2))．設直線PD的方程為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，則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).設t＝1－k，則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)，當且僅當t＝eq\r(2)，即k＝1－eq\r(2)時等號成立．]14．(1)證明轉(zhuǎn)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\{