2025届高考数学一轮总复习第九章平面解析几何课时规范练49直线与圆圆与圆的位置关系

这是一份2025届高考数学一轮总复习第九章平面解析几何课时规范练49直线与圆圆与圆的位置关系，共7页。试卷主要包含了已知直线l，若直线l，已知圆C1等内容，欢迎下载使用。

1.直线mx-y+1=0与圆(x-2)2+(y-1)2=5的位置关系是( )
A.相交B.相切
C.相离D.与m的值有关
2.已知圆x2+y2=25,则过圆上一点A(3,4)的切线方程为( )
A.3x+4y-25=0B.4x+3y-24=0
C.3x-4y+7=0D.4x-3y=0
3.(2023北京房山一模)已知直线y+1=m(x-2)与圆(x-1)2+(y-1)2=9相交于M,N两点,则|MN|的最小值为( )
A.B.2C.4D.6
4.已知直线l:y=kx与圆C:x2+y2-6x+5=0交于A,B两点,若△ABC为等边三角形,则k的值为( )
A.B.C.±D.±
5.已知直线l:(m2+m+1)x+(3-2m)y-2m2-5=0,圆C:x2+y2-2x=0,则直线l与圆C的位置关系是( )
A.相离B.相切
C.相交D.不确定
6.(2023广东梅州二模)若直线l:mx+ny+m=0将圆C:(x-2)2+y2=4分成弧长之比为2∶1的两部分,则直线的斜率为( )
A.±B.±
C.±D.±
7.(多选)已知圆C1:x2+y2-10x-10y=0和圆C2:x2+y2-6x+2y-40=0,则( )
A.两圆相交
B.公共弦长为4
C.两圆相离
D.公共弦长为2
8.(多选)直线l过点P(1,2)且与直线x+ay-3=0平行.若直线l被圆x2+y2=4截得的弦长为2,则实数a的值可以是( )
A.0B.C.D.-
9.两圆x2+y2-4x+2y+1=0与(x+2)2+(y-2)2=9的公切线有 条.
10.已知圆C过点A(4,-1),且与直线x-y+1=0相切于点B(-2,-1).
(1)求圆C的方程;
(2)设直线l:y=x与圆C相交于M,N两点,求弦长|MN|.
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11.(多选)已知直线l:kx+y=0与圆M:x2+y2-2x-2y+1=0,则下列说法中正确的是( )
A.直线l与圆M一定相交
B.若k=0,则直线l与圆M相切
C.当k=-1时,直线l被圆M截得的弦最长
D.圆心M到直线l的距离的最大值为
12.(多选)已知圆O1:x2+y2-2x-3=0和圆O2:x2+y2-2y-1=0的交点为A,B,则( )
A.圆O1和圆O2有两条公切线
B.直线AB的方程为x-y+1=0
C.圆O2上存在两点P和Q使得|PQ|>|AB|
D.圆O1上的点到直线AB的最大距离为2+
13.(2023北京朝阳一模)已知点A(-1,0),B(1,0),若直线y=kx-2上存在点P,使得∠APB=90°,则实数k的取值范围是 .
14.若一个圆的圆心是抛物线x2=8y的焦点,且该圆与直线x-y-2=0相切,
(1)求该圆的标准方程.
(2)过点P(-2,-2)作该圆的两条切线PA,PB,切点分别为A,B,求直线AB的方程.
创新应用组
15.瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理:三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上.这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作△ABC,AB=AC=4,B(-1,3),C(4,-2),且其“欧拉线”与圆M:(x-a)2+(y-a+3)2=r2相切,则圆M上的点到直线x-y+3=0的距离的最小值为( )
A.2B.3
C.4D.6
16.阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠.“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一:平面上一点P到两定点A,B的距离满足=t(t>0且t≠1)为常数,则点P的轨迹为圆.已知圆O:x2+y2=1和点A,若定点B(b,0)和常数λ满足:对圆O上任意一点M,都有|MB|=λ|MA|,则λ= ,△MAB面积的最大值为 .
课时规范练49 直线与圆、圆与圆的位置关系
1.A
解析因为直线mx-y+1=0过定点(0,1),且(0-2)2+(1-1)2=4<5,
所以点(0,1)在圆内,所以直线和圆相交.故选A.
2.A
解析因为圆x2+y2=25的圆心为O(0,0),所以直线AO的斜率kOA=,所以切线的斜率k=-=-,所以切线方程为y-4=-(x-3),化简得3x+4y-25=0.故选A.
3.C
解析 由题意得圆心A(1,1),半径R=3,直线y+1=m(x-2)过定点B(2,-1).
因为(2-1)2+(-1-1)2=5<9,则定点B(2,-1)在圆内,
点B(2,-1)和圆心A(1,1)连线的长度d=,
当圆心到直线MN距离最大时,弦长MN最小,此时AB⊥MN,
由圆的弦长公式可得|MN|=2=2=4,故选C.
4.D
解析圆C的标准方程为(x-3)2+y2=4,圆心为C(3,0),半径为2.
由题意可知,圆心C到直线l的距离为d=2sin.由点到直线的距离公式,可得d=,解得k=±.
5.D
解析直线l:(m2+m+1)x+(3-2m)y-2m2-5=0,即(x-2)m2+(x-2y)m+(x+3y-5)=0,
由解得因此,直线l恒过定点A(2,1).
圆C:x2+y2-2x=0,即(x-1)2+y2=1,显然点A在圆C外,
所以直线l与圆C可能相离,可能相切,也可能相交,A,B,C都不正确,D正确.
6.D
解析 令直线l与圆C交于点A,B,依题意,∠ACB=120°,而圆C的圆心C(2,0),半径r=2,∠ABC=30°,因此点C到直线l的距离d=rsin30°=1,于是d==1.
整理得n=±2m,故直线l的斜率k=-=±.故选D.
7.AB
解析圆C1的标准方程为(x-5)2+(y-5)2=50,圆心为(5,5),半径为r1=5.
圆C2的标准方程为(x-3)2+(y+1)2=50,圆心为(3,-1),半径为r2=5.
圆心距d==2,
|r1-r2|设两圆公共弦长为L,则有=r2(r=r1=r2),
∴L=4,故选项B正确,选项D错误.
故选AB.
8.AD
解析设直线l的方程为x+ay+c=0(c≠-3).
因为直线l过点P(1,2),所以c=-1-2a,
所以直线l的方程为x+ay-2a-1=0.
圆x2+y2=4的圆心为(0,0),半径为2.
因为直线l被圆x2+y2=4截得的弦长为2,
所以弦心距为1.
所以圆心到直线的距离d==1,解得a=0或a=-.故选AD.
9.3
解析圆x2+y2-4x+2y+1=0整理可得(x-2)2+(y+1)2=4,可得圆心C1的坐标为(2,-1),半径r1=2.
(x+2)2+(y-2)2=9的圆心C2的坐标为(-2,2),半径r2=3,
所以圆心距|C1C2|==5=r1+r2,所以两个圆外切,所以公切线有3条.
10.解(1)过切点B(-2,-1)且与直线x-y+1=0垂直的直线为y+1=-(x+2),
即x+y+3=0,则其过圆心.
因为直线AB方程为y=-1,
所以AB的中垂线x=1过圆心.
联立解得
即圆心为(1,-4),
半径r==3,
所求圆的方程为(x-1)2+(y+4)2=18.
(2)直线l的方程为x-y=0,
圆心C(1,-4)到直线l的距离d=,
|MN|=2.
11.BCD
解析M:x2+y2-2x-2y+1=0,即(x-1)2+(y-1)2=1,是以点M(1,1)为圆心,以1为半径的圆.
对于A,因为直线l:kx+y=0过原点,且(0-1)2+(0-1)2=2>1,所以原点在圆外,所以直线l与圆M不一定相交,故A错误;
对于B,若k=0,则直线l:y=0,直线l与圆M相切,故B正确;
对于C,当k=-1时,直线l的方程为y=x,过圆M的圆心,故C正确;
对于D,当OM垂直于直线l时,距离最大,最大值为|OM|=,故D正确.故选BCD.
12.ABD
解析对于A,因为两个圆相交,所以有两条公切线,故A正确;
对于B,将两圆方程相减可得-2x+2y-2=0,即得直线AB的方程为x-y+1=0,故B正确;
对于C,直线AB过圆O2的圆心(0,1),所以线段AB是圆O2的直径,所以圆O2中不存在比AB长的弦,故C错误;
对于D,圆O1的圆心坐标为(1,0),半径为2,圆心到直线AB:x-y+1=0的距离为,所以圆O1上的点到直线AB的最大距离为2+,故D正确.
故选ABD.
13.(-∞,-]∪[,+∞)
解析 问题等价于过定点(0,-2)的直线y=kx-2与圆x2+y2=1有交点.
又(0,-2)在圆外,只需圆心到直线的距离≤1,可得k∈(-∞,-]∪[,+∞).
14.解(1)由题意,圆心坐标为F(0,2).
因为该圆与直线x-y-2=0相切,所以d==2=r,所以圆的标准方程为x2+(y-2)2=4.
(2)因为∠FAP=∠FBP=,所以点F,A,P,B四点共圆,且FP为该圆的直径,所以圆的方程为(x+1)2+y2=5.
又因为x2+(y-2)2=4,联立求解得x+2y-2=0,
所以直线AB的方程为x+2y-2=0.
15.A
解析因为在△ABC中,AB=AC=4,
所以BC边上的高、垂直平分线和中线合一,则其“欧拉线”为△ABC的边BC的垂直平分线AD.
因为B(-1,3),C(4,-2),所以D.
因为直线BC的斜率为=-1,所以边BC的垂直平分线的斜率为1,所以边BC的垂直平分线方程为y-=x-,即x-y-1=0.
因为△ABC的“欧拉线”与圆M:(x-a)2+(y-a+3)2=r2相切,所以圆心M(a,a-3)到“欧拉线”的距离为=r,解得r=.因为圆心(a,a-3)到直线x-y+3=0的距离为=3,所以圆M上的点到直线x-y+3=0的距离的最小值为3=2.故选A.
16.2
解析设点M(x,y).由|MB|=λ|MA|(λ≥0),得(x-b)2+y2=λ2x+2+y2,
整理得(1-λ2)x2+(1-λ2)y2-(2b+λ2)x+b2-λ2=0.
因为b=-,所以|MB|≠|MA|,所以λ≠1,
所以1-λ2≠0,
所以x2+y2-x+=0,
所以
解得(舍去)或如图所示,S△MAB=|AB||yM|.
由图可知,当|yM|=1,即M的坐标为(0,1)或(0,-1)时,S△MAB取得最大值--(-2)=.