統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學全程一輪復習課時作業(yè)50直線與圓圓與圓的位置關系理

課時作業(yè)50直線與圓、圓與圓的位置關系[基礎落實練]一、選擇題1．[2024·廣州市一般中學測試]若直線kx－y＋1＝0與圓x2＋y2＋2x－4y＋1＝0有公共點，則實數(shù)k的取值范圍是()A．[－3，＋∞)B．(－∞，－3]C．(0，＋∞)D．(－∞，＋∞)2．[2024·菏澤模擬]已知圓(x－1)2＋y2＝1被直線x－eq\r(3)y＝0分成兩段圓弧，則較短弧長與較長弧長之比為()A．1∶2B．1∶3C．1∶4D．1∶53．[2024·山西太原模擬]若圓C1：x2＋y2＝1與圓C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0外切，則m＝()A．21B．19C．9D．－114．[2024·河北九校聯(lián)考]圓C的半徑為2，圓心在x軸的正半軸上，直線3x＋4y＋4＝0與圓C相切，則圓C的方程為()A．x2＋y2－2x－3＝0B．x2＋y2＋4x＝0C．x2＋y2－4x＝0D．x2＋y2＋2x－3＝05．[2024·山東濟寧檢測]已知圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝9，過點M(1，1)的直線l與圓C交于A，B兩點，當弦長AB最短時，直線l的方程為()A．2x－y－1＝0B．x＋2y－8＝0C．2x－y＋1＝0D．x＋2y－3＝0二、填空題6．[2024·廣東省七校聯(lián)合體高三聯(lián)考]設直線l：3x＋4y＋10＝0，與圓C：(x－2)2＋(y－1)2＝25交于A，B兩點，則|AB|為________．7．若圓x2＋y2＝4與圓x2＋y2＋2ay－6＝0(a>0)的公共弦長為2eq\r(3)，則a＝________．8．[2024·浙江卷]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C相切于點A(－2，－1)，則m＝________，r＝________．三、解答題9．已知圓C：x2＋y2－8y＋12＝0，直線l：ax＋y＋2a＝0.(1)當a為何值時，直線l與圓C相切？(2)當直線l與圓C相交于A，B兩點，且|AB|＝2eq\r(2)時，求直線l的方程．10．設O為坐標原點，曲線x2＋y2＋2x－6y＋1＝0上有兩點P，Q，滿意關于直線x＋my＋4＝0對稱，且eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0.(1)求m的值；(2)求直線PQ的方程．[素養(yǎng)提升練]11．[2024·河南省名校第一次聯(lián)考]已知圓C：(x－a)2＋y2＝4(a≥2)與直線x－y＋2eq\r(2)－2＝0相切，則圓C與直線x－y－4＝0相交所得弦長為()A．1B．eq\r(2)C．2D．2eq\r(2)12．[2024·安徽省名校試驗班大聯(lián)考]過直線y＝x上的一點P作圓(x－5)2＋(y－1)2＝2的兩條切線I1，I2，點A和B為切點，當直線I1，I2關于直線y＝x對稱時，∠APB＝()A．30°B．45°C．60°D．90°13．[2024·鄭州模擬]過動點M作圓C：(x－2)2＋(y－2)2＝1的切線，N為切點．若|MN|＝|MO|(O為坐標原點)，則|MN|的最小值為________.14．已知點P(eq\r(2)＋1，2－eq\r(2))，點M(3，1)，圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝4.(1)求過點P的圓C的切線方程；(2)求過點M的圓C的切線方程，并求出切線長．15．已知圓C經(jīng)過(2，4)，(1，3)兩點，圓心C在直線x－y＋1＝0上，過點A(0，1)且斜率為k的直線l與圓C相交于M，N兩點．(1)求圓C的方程；(2)①請問eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))是否為定值，若是，求出該定值，若不是，請說明理由；②若eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝12(O為坐標原點)，求直線l的方程．[培優(yōu)創(chuàng)新練]16．瑞士聞名數(shù)學家歐拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同始終線上，這條直線被后人稱為三角形的“歐拉線”，在平面直角坐標系中作△ABC，△ABC中，AB＝AC＝4，點B(－1，3)，點C(4，－2)，且其“歐拉線”與圓(x－3)2＋y2＝r2相切，則該圓的直徑為()A．1B．eq\r(2)C．2D．2eq\r(2)17．[2024·貴陽市貴陽一中高三月考]若直線mx－ny＋3＝0(m>0，n>0)截圓C：x2＋y2＋6x－4y＋5＝0所得的弦長為4eq\r(2)，則eq\f(2,m)＋eq\f(1,n)的最小值為()A．eq\f(8－4\r(3),3)B．eq\f(8＋4\r(3),3)C．8－4eq\r(3)D．8＋4eq\r(3)課時作業(yè)50直線與圓、圓與圓的位置關系1．解析：方法一由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kx－y＋1＝0，,x2＋y2＋2x－4y＋1＝0，))消去y并化簡得（1＋k2）x2＋（2－2k）x－2＝0，判別式Δ＝（2－2k）2＋8（1＋k2）＞0，所以直線與圓必有公共點，所以k的取值范圍是（－∞，＋∞）.方法二直線kx－y＋1＝0過定點（0，1），由于02＋12＋2×0－4×1＋1＝－2＜0，所以點（0，1）在圓x2＋y2＋2x－4y＋1＝0內(nèi)，所以直線與圓必有公共點，所以k的取值范圍是（－∞，＋∞）.答案：D2．解析：（x－1）2＋y2＝1的圓心為（1，0），半徑為1.圓心到直線的距離d＝eq\f(1,\r(1＋3))＝eq\f(1,2)，所以較短弧所對的圓心角為eq\f(2π,3)，較長弧所對的圓心角為eq\f(4π,3)，故兩弧長之比為1∶2.選A.答案：A3．解析：圓C1的圓心為C1（0，0），半徑r1＝1，因為圓C2的方程可化為（x－3）2＋（y－4）2＝25－m，所以圓C2的圓心為C2（3，4），半徑r2＝eq\r(25－m)（m<25）.從而|C1C2|＝eq\r(32＋42)＝5.由兩圓外切得|C1C2|＝r1＋r2，即1＋eq\r(25－m)＝5，解得m＝9.答案：C4．解析：由題意設所求圓的方程為（x－m）2＋y2＝4（m>0），則eq\f(|3m＋4|,\r(32＋42))＝2，解得m＝2或m＝－eq\f(14,3)（舍去），故所求圓的方程為（x－2）2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0.答案：C5．解析：依據(jù)題意，圓C的圓心C（2，3），半徑r＝3.當CM與AB垂直時，即M為AB的中點時，弦長AB最短，此時CM的斜率kCM＝eq\f(3－1,2－1)＝2，則AB的斜率kAB＝－eq\f(1,2)，所以直線AB的方程為y－1＝－eq\f(1,2)（x－1），即x＋2y－3＝0.答案：D6．解析：因為圓C：（x－2）2＋（y－1）2＝25，圓心為（2，1），半徑r＝5，所以圓心到直線l的距離d＝eq\f(|6＋4＋10|,\r(32＋42))＝4，|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝6.答案：67．解析：方程x2＋y2＋2ay－6＝0與x2＋y2＝4.兩式相減得：2ay＝2，則y＝eq\f(1,a).由已知條件eq\r(22－（\r(3)）2)＝eq\f(1,a)，即a＝1.答案：18．解析：方法一設過點A（－2，－1）且與直線2x－y＋3＝0垂直的直線方程為l：x＋2y＋t＝0，所以－2－2＋t＝0，所以t＝4，所以l：x＋2y＋4＝0.令x＝0，得m＝－2，則r＝eq\r(（－2－0）2＋（－1＋2）2)＝eq\r(5).方法二因為直線2x－y＋3＝0與以點（0，m）為圓心的圓相切，且切點為A（－2，－1），所以eq\f(m＋1,0－（－2）)×2＝－1，所以m＝－2，r＝eq\r(（－2－0）2＋（－1＋2）2)＝eq\r(5).答案：－2eq\r(5)9．解析：（1）依據(jù)題意，圓C：x2＋y2－8y＋12＝0，則圓C的標準方程為x2＋（y－4）2＝4，其圓心為（0，4），半徑r＝2，若直線l與圓C相切，則有eq\f(|4＋2a|,\r(1＋a2))＝2，解得a＝－eq\f(3,4).（2）設圓心C到直線l的距離為d，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|AB|,2)))eq\s\up12(2)＋d2＝r2，即2＋d2＝4，解得d＝eq\r(2)，則有d＝eq\f(|4＋2a|,\r(1＋a2))＝eq\r(2)，解得a＝－1或－7，則直線l的方程為x－y＋2＝0或7x－y＋14＝0.10．解析：（1）x2＋y2＋2x－6y＋1＝0的坐標方程為（x＋1）2＋（y－3）2＝9，所以曲線是以（－1，3）為圓心，3為半徑的圓．由已知得直線過圓心，所以－1＋3m＋4＝0，解得m＝－1.（2）設直線PQ：y＝－x＋b，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋2x－6y＋1＝0，,y＝－x＋b))，得2x2＋2（4－b）x＋b2－6b＋1＝0.設P（x1，y1），Q（x2，y2），則有x1＋x2＝b－4，x1x2＝eq\f(b2－6b＋1,2).又eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝0，所以x1x2＋y1y2＝0，即2x1x2－b（x1＋x2）＋b2＝0，將x1＋x2＝b－4，x1x2＝eq\f(b2－6b＋1,2)代入上式得b2－2b＋1＝0，所以b＝1，所以直線PQ的方程式為y＝－x＋1.11．解析：圓心（a，0）到直線x－y＋2eq\r(2)－2＝0的距離為d1＝eq\f(|a＋2\r(2)－2|,\r(2))，因為圓C：（x－a）2＋y2＝4（a≥2）與直線x－y＋2eq\r(2)－2＝0相切，所以d1＝eq\f(|a＋2\r(2)－2|,\r(2))＝2，解得a＝2或a＝2－4eq\r(2).因為a≥2，所以a＝2，（x－2）2＋y2＝4的圓心（2，0）到直線x－y－4＝0的距離為d2＝eq\f(|2－4|,\r(2))＝eq\r(2)，所以圓C與直線x－y－4＝0相交所得弦長為2eq\r(22－deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝2eq\r(2).答案：D12．解析：由題意作出圖形如圖所示，因為直線I1，I2關于直線y＝x對稱，故由題意知∠APO＋∠BPO＝180°，則P與圓心C的連線與直線y＝x垂直．連接PC，AC，因為圓心到直線y＝x的距離為2eq\r(2)，所以sineq\f(∠APB,2)＝sin∠APC＝eq\f(\r(2),2\r(2))＝eq\f(1,2)，所以∠APC＝30°，則∠APB＝60°.答案：C13．解析：設M（x，y），因為|MN|＝|MO|，所以（x－2）2＋（y－2）2－1＝x2＋y2，整理得4x＋4y－7＝0，即動點M在直線4x＋4y－7＝0上，所以|MN|的最小值就是|MO|的最小值，為eq\f(7,\r(42＋42))＝eq\f(7\r(2),8).答案：eq\f(7\r(2),8)14．解析：由題意得圓心C（1，2），半徑r＝2.（1）∵（eq\r(2)＋1－1）2＋（2－eq\r(2)－2）2＝4，∴點P在圓C上．又kPC＝eq\f(2－\r(2)－2,\r(2)＋1－1)＝－1，∴切線的斜率k＝－eq\f(1,kPC)＝1.∴過點P的圓C的切線方程是y－（2－eq\r(2)）＝x－（eq\r(2)＋1），即x－y＋1－2eq\r(2)＝0.（2）∵（3－1）2＋（1－2）2＝5＞4，∴點M在圓C外部，當過點M的直線斜率不存在時，直線方程為x＝3，即x－3＝0.又點C（1，2）到直線x－3＝0的距離d＝3－1＝2＝r，即此時滿意題意，所以直線x＝3是圓的切線．當切線的斜率存在時，設切線方程為y－1＝k（x－3），即kx－y＋1－3k＝0，則圓心C到切線的距離d＝eq\f(|k－2＋1－3k|,\r(k2＋1))＝r＝2，解得k＝eq\f(3,4).∴切線方程為y－1＝eq\f(3,4)（x－3），即3x－4y－5＝0.綜上可得，過點M的圓C的切線方程為x－3＝0或3x－4y－5＝0.∵|MC|＝eq\r(（3－1）2＋（1－2）2)＝eq\r(5).∴過點M的圓C的切線長為eq\r(|MC|2－r2)＝eq\r(5－4)＝1.15．解析：（1）設圓C的方程為（x－a）2＋（y－b）2＝r2，依題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－a）2＋（4－b）2＝r2，,（1－a）2＋（3－b）2＝r2，,a－b＋1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝3，,r＝1，))∴圓C的方程為（x－2）2＋（y－3）2＝1.（2）①eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))為定值．過點A（0，1）作直線AT與圓C相切，切點為T，如圖．易得|AT|2＝7，∴eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝|eq\o(AM,\s\up6(→))|·|eq\o(AN,\s\up6(→))|cos0°＝|AT|2＝7.∴eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))為定值，且定值為7.②依題意可知，直線l的方程為y＝kx＋1，設M（x1，y1），N（x2，y2），將y＝kx＋1代入（x－2）2＋（y－3）2＝1.并整理，得（1＋k2）x2－4（1＋k）x＋7＝0，∴x1＋x2＝eq\f(4（1＋k）,1＋k2)，x1x2＝eq\f(7,1＋k2)，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝（1＋k2）x1x2＋k（x1＋x2）＋1＝eq\f(4k（1＋k）,1＋k2)＋8＝12，即eq\f(4k（1＋k）,1＋k2)＝4，解得k＝1.又當k＝1時，Δ＞0，∴k＝1，∴直線l的方程為y＝x＋1.16．解析：因為在△ABC中，AB＝AC＝4，所以BC邊上的高線、垂直平分線和中線合一，則△ABC的“歐拉線”為邊BC的垂直平分線，因為點B（－1，3），點C（4，－2），所以BC的中點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)))，因為直線B