【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第47讲 直线与圆、圆与圆的位置关系（达标检测） Word版含解析.docx，共(17)页，277.164 KB，由小赞的店铺上传

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第47讲直线与圆、圆与圆的位置关系（达标检测）[A组]—应知应会1．（2020春•张家界期末）已知圆M：（x﹣3）2+（y+4）2＝4与圆N：x2+y2＝9，则两圆的位置关系为（）A．内切B．外切C．相交D．外离【分析】由已知圆的方程求出圆心

坐标与半径，再由两圆的圆心距与半径的关系得答案．【解答】解：圆M：（x﹣3）2+（y+4）2＝4的圆心坐标为M（3，﹣4），半径为2；圆N：x2+y2＝9，的圆心坐标N（0，0），半径为3．由|MN|＝＝5＝2+3，∴两圆的

位置关系是外切．故选：B．2．（2020春•赤峰期末）直线x+y﹣2＝0与圆x2+y2＝4交于A，B两点，则弦AB的长是（）A．B．C．2D．2【分析】根据题意，分析圆的圆心与半径，求出圆心到直线的距离，结合直线与圆的位置关系分析可的答案．【解答】解：根据题意，圆x2+y2＝4的

圆心为（0，0），半径r＝2，圆心到直线x+y﹣2＝0的距离d＝＝，则|AB|＝2＝2；故选：C．3．（2020春•开封期末）若直线x+y＝0与圆（x﹣m）2+（y﹣1）2＝2相切，则m＝（）A．1B．﹣1C．

﹣1或3D．﹣3或1【分析】根据题意，分析圆的圆心与半径，结合直线与圆相切的判断方法可得＝，解可得m的值，即可得答案．【解答】解：根据题意，圆（x﹣m）2+（y﹣1）2＝2，圆心为（m，1），半径r＝，若直线x+y＝0与圆（x﹣m

）2+（y﹣1）2＝2相切，必有＝，解可得：m＝﹣3或1；故选：D．4．（2020春•辽源期末）圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0上的点到直线x+y﹣14＝0距离的最小值为（）A．36B．18C．2D．5【分析】

由圆的方程求得圆心坐标与半径，再由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，减去半径得答案．【解答】解：化圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0为（x﹣2）2+（y﹣2）2＝18，得圆心坐标为（2，2），半径为．圆心到直线x+y﹣14＝0的距离d＝．∴圆x2+y2﹣4x﹣4y

﹣10＝0上的点到直线x+y﹣14＝0距离的最小值为．故选：C．5．（2020春•龙岩期末）直线y＝a（x﹣1）+2（a∈R）过定点A，则过点A且与圆x2+y2＝1相切的直线方程为（）A．3x﹣4y+5＝0B．3x+4y﹣5＝0C．3x+4y﹣5＝0或x＝1D．3x

﹣4y+5＝0或x＝1【分析】根据题意，设要求直线为直线l，由直线y＝a（x﹣1）+2的方程得到定点A的坐标，进而分直线l的斜率存在与不存在两种情况讨论，求出直线l的方程，综合即可得答案．【解答】解：根据题意，设要求直线为直线l，直线y＝a（x﹣1）+2，变形可得y﹣2＝a（

x﹣1），过点A，有，则有，故A的坐标为（1，2），若直线l的斜率存在，则直线可以表示为y＝a（x﹣1）+2，即ax﹣y﹣a+2＝0，则有＝1，解可得a＝，此时直线l的方程为y＝（x﹣1）+2，变形可得3x﹣4y+5＝0若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x＝

1，与圆x2+y2＝1相切，符合题意；综上，直线的方程为3x﹣4y+5＝0或x＝1；故选：D．6．（2020•道里区校级四模）直线y＝x+m与圆O：x2+y2＝16相交于M、N两点，若∠MON≥，则m的取值范围是（）A．[﹣2，2]B．[﹣4，4]C．[﹣2，2]D．[0，2]

【分析】由题意画出图形，若∠MON≥，可得O到直线y＝x+m的距离小于等于2，再由点到直线的距离公式列式求解．【解答】解：如图，过O作OH⊥MN，垂足为H，则H为MN的中点，由∠MON≥，得∠MOH，可得OH≤2．即O到直线x﹣y+m＝0的距离d＝≤2，∴．∴m的取值范围是[，]．故选：C．7．（

2020春•红河州期末）已知直线l：kx+y﹣2＝0（k∈R）是圆C：x2+y2﹣6x+2y+6＝0的一条对称轴，若点A（2，k），B为圆C上任意的一点，则线段AB长度的最小值为（）A．+2B．2C．D．﹣2【分析】化圆的方程为标准方程，求得圆心坐标与半径，把圆心坐标代入

直线l的方程求得k，得到A的坐标，再由A到圆心的距离减去半径得答案．【解答】解：化圆C：x2+y2﹣6x+2y+6＝0为（x﹣3）2+（y+1）2＝4，得圆心坐标为C（3，﹣1），半径r＝2∵直线l：kx+y﹣2＝

0（k∈R）是圆C的一条对称轴，∴3k﹣1﹣2＝0，即k＝1．∴A（2，k）＝（2，1），且A在圆C外部，又B为圆C上任意的一点，∴＝．故选：D．8．（2020•漳州模拟）已知两圆x2+y2+4ax+4a2﹣4＝0和x2+y2﹣2by+b2﹣1＝0恰有三条公切线，若

a∈R，b∈R，且ab≠0，则的最小值为（）A．3B．1C．D．【分析】求出两圆的标准方程，结合两圆有三条公切线，得到两圆相外切，结合圆外切的等价条件，求出a，b的关系，结合基本不等式的性质进行求解即可．【解答】解：两圆的标准方程为（x+2a）2+

y2＝4和x2+（y﹣b）2＝1，圆心为（﹣2a，0），和（0，b），半径分别为2，1，若两圆恰有三条公切线，则等价为两圆外切，则满足圆心距＝2+1＝3，即4a2+b2＝9，则a2+b2＝1，则＝（）（a2+b2）＝+++≥+2＝+＝1，故选：B．9．（多选）（2020春•秦淮区期末）过点（2，

0）作圆x2+y2﹣2x﹣6y+9＝0的切线l，则直线l的方程为（）A．3x+4y﹣6＝0B．4x+3y﹣8＝0C．x﹣2＝0D．x+2＝0【分析】根据题意，分析圆x2+y2﹣2x﹣6y+9＝0的圆心以及半径，分直线l的斜率不存在与存在两种情况讨论，求出每种情况下直线l的方程，综

合即可得答案．【解答】解：根据题意，圆x2+y2﹣2x﹣6y+9＝0即（x﹣1）2+（y﹣3）2＝1，其圆心为（1，3），半径r＝1；若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x＝2，圆心（1，3）到直线l的距离d＝r，与圆相切，符合题意；若直线l的斜率存在，设

直线l的斜率为k，则直线l方程为y＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k＝0，则有d＝＝1，解可得k＝﹣，此时直线l的方程为4x+3y﹣8＝0，综合可得：直线l的方程为x＝2或4x+3y﹣8＝0；故选：BC．10．（多选）（2020春•新华区校级月考）设有一组圆∁k：（x﹣k）2+（y﹣k）2＝4，

（k∈R），下命题正确的是（）A．不论k如何变化，圆心∁k始终在一条直线上B．所有圆∁k均不经过点（3，0）C．存在一条定直线始终与圆∁k相切D．若k，则圆∁k上总存在两点到原点的距离为1【分析】直接求出圆心所在直线方程判

断A；把（3，0）代入圆的方程，求得k无解判断B；举例说明C正确；把问题转化为圆x2+y2＝1与圆∁k有两个交点，求出k的范围判断D．【解答】解：圆心在直线y＝x上，A正确；若（3﹣k）2+（0﹣k）2＝4

，化简得2k2﹣6k+5＝0，△＝36﹣40＝﹣4＜0，无解，B正确；存在定直线始终与圆∁k相切，C正确；圆∁k上总存在两点到原点的距离为1，问题转化为圆x2+y2＝1与圆∁k有两个交点，则k∈，D正确．故选：ABCD．11．（2020春•河池期末

）直线y＝x+1被圆x2+y2＝4截得的弦长为．【分析】根据题意，求出圆的圆心与半径，得到圆心到直线的距离，结合直线与圆的位置关系可得答案．【解答】解：根据题意，圆x2+y2＝4，圆心为（0，0），半径r＝2，圆心到直线y＝x+1的距离d＝＝，则直线被圆x2+y2＝4截得的弦长为2×＝；故答案为

：．12．（2020•闵行区校级模拟）已知圆x2+y2＝5，则过点P（2，﹣1）的圆C的切线方程是．【分析】根据题意，分析可得点P在圆上，求出直线OP的斜率，即可得切线的斜率，由直线的点斜式方程分析可得答案．【

解答】解：根据题意，圆x2+y2＝5，点P（2，﹣1）满足22+（﹣1）2＝5，即点P在圆上，则kOP＝＝﹣，则切线的斜率k＝2，即切线的方程为y+1＝2（x﹣2），变形可得2x﹣y＝5，即切线的方程为2x﹣y＝5；故答案

为：2x﹣y＝5．13．（2020春•通州区期末）圆C1：x2+（y﹣1）2＝4与圆C2：（x﹣3）2+y2＝1的公切线共有条．【分析】根据题意，分析两个圆的圆心以及半径，由圆与圆的位置关系分析可得两圆相离，据此分析可得答案．【解答】解

：圆C1：x2+（y﹣1）2＝4，圆心C1（0，1），半径为2，圆C2：（x﹣3）2+y2＝4，圆心C2（3，0），半径为1，两圆的圆心距为＞2+1＝3，正好大于两圆的半径之和，故两圆相离，故两圆的公切线

有4条，故答案为：4．14．（2020春•韶关期末）直线y＝x+b被圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4截得的弦长的最大值是；若该圆上到此直线y＝x+b的距离等于1的点有且仅有4个，则b的取值范围是．【分析】①当直线过圆心时所截的弦长取最大值；②利用数形结合法将题意转化

为d＜1，再解绝对值不等式即可得到答案．【解答】解：①设圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4的圆心为C（1，1），半径r＝2，当直线y＝x+b过圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4的圆心C（1，1）时，即当b＝0时，此时直线截圆得到的弦为直径

，即直线y＝x+b被圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝4截得的弦长的最大值2r＝4．②若该圆上到此直线y＝x+b的距离等于1的点有且仅有4个，设圆心C到直线y＝x+b的距离为d，则d＜1，即，解得，则b的取值范围是．15．（2020•黄山二模）已知圆C1：x2+y2+2ax+a2﹣4＝0，（a∈R

）与圆C2：x2+y2﹣2by﹣1+b2＝0，（b∈R）只有一条公切线，则a+b的最小值为．【分析】由圆的方程求出圆心坐标及半径，再由由两个圆只有一条公切线可得两个圆内切，即圆心距等于两个半径之差，进而可得a2+b2＝1，设a，b为三角函

数，由三角函数的范围求出a+b的最小值．【解答】解：圆C1：x2+y2+2ax+a2﹣4＝0的圆心C1坐标（﹣a，0），半径r1＝2，圆C2：x2+y2﹣2by﹣1+b2＝0的圆心C2（0，b），半径r2＝1，由两个圆只有一条公切线可得两个圆内切，圆心距|C1C2|＝＝2﹣1＝1，

所以可得a2+b2＝1，设a＝cosα，b＝sinα，α∈R，所以a+b＝sin（）∈[﹣，]，当且仅当＝+2kπ，k∈Z时，即α＝﹣+2kπ，k∈Z时，a+b的最小值为﹣，故答案为：﹣．16．（20

20春•启东市校级月考）已知圆C1：x2+y2＝9，圆C2：x2+y2＝4，定点M（1，0），动点A，B分别在圆C2和圆C1上，满足∠AMB＝90°，则线段AB的取值范围．【分析】设A（x1，y1）、B（x2，y2），由条件可得|AB|2＝15﹣2（x1+x2）．设AB中点为N（x0，

y0），则|AB|2＝15﹣4x0，利用线段的中点公式求得N的方程，再由x0的范围，求得|AB|的范围．【解答】解：设A（x1，y1）、B（x2，y2），则|AB|2＝（x2﹣x1）2+（y2﹣y1）2＝13﹣2（x1x2+y1y2）．∵﹣2

≤x1≤2，MA⊥MB，∴（x1﹣1，y1）．（x2﹣1，y2）＝0，即（x1﹣1）（x2﹣1）+y1y2＝0，即x1x2+y1y2＝x1+x2﹣1，∴|AB|2＝13﹣2（x1+x2﹣1）＝15﹣2（x1+x2）．设AB中

点为N（x0，y0），则|AB|2＝15﹣4x0，∵2x0＝x1+x2，2y0＝y1+y2，∴4（x02+y02）＝13+2（x1x2+y1y2）＝13+2（x1+x2﹣1）＝11+4x0，即（x0﹣）2+y02＝3，∴点N（x0，y0）的轨迹是以（，0）为圆心、半径等于的圆，∴x0

的取值范围是[，]，故13﹣4≤|AB|2≤13+，故|AB|的范围为[，]，故答案为：[，]．17．（2020春•保山期末）已知圆C经过A（﹣1，5），B（5，5），D（6，﹣2）三点．（Ⅰ）求圆C的标准方程；（Ⅱ）求经过点E（﹣3，2）且和圆C

相切的直线l的方程．【分析】（Ⅰ）根据题意，设要求圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，将三点坐标代入计算可得D、E、F的值，即可得圆C的一般式方程，变形可得答案；（Ⅱ）根据题意，分析圆C的圆心与半径，进而分别讨论直线l的斜率存在与

不存在时直线l的方程，综合即可得答案．【解答】解：（Ⅰ）根据题意，设过A（﹣1，5），B（5，5），C（6，﹣2）三点的圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，则有，解可得D＝﹣4，E＝﹣2，F＝﹣20，故所求圆的一般方程为x2+y2﹣4x﹣2y﹣20＝0，变形可得（x﹣2

）2+（y﹣1）2＝25，故圆C的标准方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝25，（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论，圆C的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝25，其圆心C（2，1），半径r＝5，若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x＝﹣3，圆心（2，1）到直线l的距离d＝5，与圆相切，符合题意，若直线l的

斜率存在，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y﹣2＝k（x+3），即kx﹣y+3k+2＝0，则有d＝＝5，解可得k＝，故直线l的方程为12x﹣5y+46＝0；综合可得：直线l的方程为x＝﹣3或12x﹣5y+46＝0．18

．（2020春•娄底期末）已知直线l：x﹣y+2＝0和圆C：x2+y2﹣6y+5＝0．（1）直线l交圆C于A，B两点，求弦长|AB|；（2）求过点P（2，﹣5）的圆的切线方程．【分析】（1）根据题意，由圆的方程分析圆的圆心

以及半径，求出圆心到直线的距离，由勾股定理分析可得答案；（2）根据题意，分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，求出切线的方程，综合2种情况即可得答案．【解答】解：（1）根据题意，圆C：x2+y2﹣6y+5＝0，即x2+（y﹣3）2＝4，其圆心为（0，3），半径

r＝2；直线l：x﹣y+2＝0，圆心到直线l的距离d＝＝，故|AB|＝2×＝；（2）根据题意，分2种情况讨论：①当直线斜率不存在时，此时要求直线为x＝2，圆心C（0，3）到直线x＝2的距离d＝r＝2，直线与圆相切，符合题意；②当直线的斜率k存

在时，设切线方程为y+5＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k﹣5＝0，则有d＝＝2，解可得k＝﹣，此时切线的方程为15x+8y+10＝0，综合可得：切线的方程为x＝2或15x+8y+10＝0．19．（2020春•赤峰期末）已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝5，直线l：mx﹣y﹣m＝0．（1）

求证：对m∈R，直线l与圆C总有两个不同交点；（2）设l与圆C交于不同两点A，B，若|AB|＝，求直线l的倾斜角．【分析】（1）方法1：直线通过比较圆心到直线l的距离与半径的大小比较得到直线与圆相交，进而证明

直线l与圆C有两个不同的交点，方法2：直线l经过定点（1，0），定点（1，0）在圆C内，由此能证明对m∈R，直线l与圆C总有两个不同的交点；（2）先求出圆心到直线l的距离，再结合圆的弦长公式列方程即可解出m，进而求出直线l的倾斜角．【解答】解：（1）方法1：圆

C的圆心坐标为（1，1），半径为，圆心C到直线l的距离d＝，故直线l与圆C相交，则对m∈R，直线l与圆C总有两个不同的交点．方法2：对于直线l：y＝m（x﹣1）过定点（1，0），又因为（1﹣1）2+（0﹣1）2＜5，则定点（1，0

）在圆C的内部，即对m∈R，直线l与圆C相交，总有两个不同的交点．（2）设圆心C到直线l的距离为d，直线l的倾斜角为，则，又因为圆C的半径为，，解得，所以，∴或．20．（2020春•苏州期末）如图，点P（x0，y

0）是圆O：x2+y2＝9上一动点，过点P作圆O的切线l与圆O1：（x﹣a）2+（y﹣4）2＝100（a＞0）交于A，B两点，已知当直线l过圆心O1时，|O1P|＝4．（1）求a的值；（2）当线段AB最短时，求直线l的方程；（3）问：满足条件＝的

点P有几个？请说明理由．【分析】（1）依题意计算，可得结果；（2）解法1（代数法）：当圆心O1到直线l的距离d最大时，线段AB最短，再求出d的最大值即可得结果；解法2（几何法）：当圆心O1到直线l的距离d最大时，线段AB最短，当且仅当O1

，O，P三点共线时，d取得最大值，从而得解；（3）采用分类讨论，O1，O在直线AB同侧或异侧，假设|AP|＝t，可得d2+（2t）2＝100，并得t2＝|MP|2＝25﹣（d﹣3）2或t2＝|MP|2＝25﹣（d+3）2计算即可判断．【解答】解：（1）当直线l过圆心

点O1时，，解得a＝3（负值舍去）．（2）解法1（代数法）：因为OP与圆O相切，所以直线l的方程为x0x+y0y＝9，且，所以圆心O1到直线l的距离，记z＝3x0+4y0，则直线3x0+4y0﹣z＝0与圆有公

共点，所以圆心（0，0）到直线3x+4y﹣z＝0的距离，所以﹣15⩽z⩽15，所以当z＝﹣15时，dmax＝8，此时弦长|最短，由，解得，所以直线l的方程为3x+4y+15＝0．解法2（几何法）：如图，过O1作O1M⊥A

B，则M为弦AB的中点，设d＝|O1M|，当|O1M|最长时，弦长|AB|最短，因为d⩽|O1P|⩽|OO1|+|OP|＝8，当且仅当O1，O，P三点共线时，取得最大值，此时OO1⊥AB，因为，所以直线OO1的方程为，由，解得（P点在第3象限

）所以直线l的方程为3x+4y+15＝0．（3）因为，所以设|AP|＝t，则|BP|＝3t（t＞0），所以|AB|＝4t，所以d2+（2t）2＝100①，（i）如图，当O1，O在直线AB同侧时，t2＝|MP|2＝25

﹣（d﹣3）2②，由①②得d＝6或d＝2，当d＝6时，直线AB可看作是圆x2+y2＝9与圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝36的公切线，此时两圆相交，公切线有两条，所以满足条件的点P有2个，d＝2时，直线AB可看作是圆x2+y2＝9与圆（x﹣3）2

+（y﹣4）2＝4的公切线，此时两圆相外切，外公切线有两条，所以满足条件的点P有2个，（ii）如图，当O1，O在直线AB异侧时，t2＝|MP|2＝25﹣（d+3）2，③由①③可得d＝﹣6或d＝﹣2（舍），满足条件的P点不存在，综上，满足条件的点P共有4个．附：当d＝6时，即|3x0+4y0﹣9|

＝18，由，解得P（﹣3，0）或，当d＝2时，即|3x0+4y0﹣9|＝6，由，解得或或舍去）．[B组]—强基必备1．（2020春•金牛区校级期末）如图，圆C与x轴相切于点T（1，0），与y轴正半轴交于两点A，B（B在A的上方），且|AB|＝2．过点A任作一条

直线与圆O：x2+y2＝1相交于M，N两点，的值为（）A．2B．3C．D．【分析】先求出C的坐标，再设M（cosα，sinα），N（cosβ，sinβ），即可求出．【解答】解：∵圆C与x轴相切于点T（1，0），∴圆心的横坐标x＝1，取AB的中点E，∵|AB

|＝2，∴|BE|＝1，则|BC|＝，即圆的半径r＝|BC|＝，∴圆心C（1，），∴E（0，），又∵|AB|＝2，且E为AB中点，∴A（0，﹣1），B（0，+1），∵M、N在圆O：x2+y2＝1上，∴可设M（cosα

，sinα），N（cosβ，sinβ），∴|NA|＝＝，|NB|＝＝，∴＝+1，同理可得＝∴＝2，故选：C．2．（2020春•泰州期末）已知A（0，3），B，C为圆O：x2+y2＝r2（r＞0）上三点．（1）求r的值；（2）若直线BC过点（0，2），求△ABC面积的最大值；（3）

若D为曲线x2+（y+1）2＝4（y≠﹣3）上的动点，且，试问直线AB和直线AC的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．【分析】（1）由A（0，3）为圆O：x2+y2＝r2（r＞0）上的点即可得r；（2）方法1：设B（x1，y1），C（x2，y2），S△AB

C＝•1•|x1﹣x2|利用韦达定理即可求解；方法2：设O到直线BC的距离为d，d∈（0，2]，S△ABC＝＝＝，即可求解；（3）直线AB和直线AC的斜率之积为m，设B（x1，y1），C（x2，y2），D（x0，y0），即可得m＝⇒，由可得D（x1+x2，y1+y2﹣3），带入x

2+（y+1）2＝4（y≠﹣3）⇒，求得m即可．【解答】解：（1）∵A（0，3）为圆O：x2+y2＝r2（r＞0）上的点，∴r2＝9，即r＝3；（2）方法1：设直线BC的方程为y＝kx+2，B（x1，y1），C（x2，y2），

将y＝kx+2代入x2+y2＝9得，（1+k2）x2+4kx﹣5＝0．，S△ABC＝•1•|x1﹣x2|＝＝．令，则S△ABC＝＝，∵函数y＝t+在[，+∞）递增，所以当k＝0时，△ABC面积取得最大值；方法2，∵直线BC过点（0

，2），∴△ABC的面积等于△OBC面积的一半，设O到直线BC的距离为d，d∈（0，2]，S△ABC＝＝＝，令t＝d2∈（0，4]，S△ABC＝＝，∴当t＝4，即d＝2时，△ABC面积取得最大值；（3）直

线AB和直线AC的斜率之积为m，设B（x1，y1），C（x2，y2），D（x0，y0），则m＝，⇒，∵，，∴，整理，∵，∴（x1，y1﹣3）+（x2，y2﹣3）＝（x0，y0﹣3）．从而D（x1+x2，

y1+y2﹣3），又因为D为x2+（y+1）2＝4（y≠﹣3）上的动点，∴，展开得（）+（x22+y）+2x1x2+2y1y2﹣4（y1+y2）+4＝4．⇒9+9+（y1﹣3）（y2﹣3）+2y1y2﹣4（y1+y2）＝

0，⇒（m+1）y1y2﹣（2m+3）（y1+y2）+9（m+1）＝0．⇒，∵y1+y2﹣3≠﹣3，∴y1+y2≠0，从而5m2+m＝0，（m≠0），∴．直线AB和直线AC的斜率之积为定值﹣．