高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《圓與圓的位置關(guān)系及圓的綜合問(wèn)題》專項(xiàng)測(cè)試卷帶答案

第第頁(yè)高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《圓與圓的位置關(guān)系及圓的綜合問(wèn)題》專項(xiàng)測(cè)試卷帶答案學(xué)校:___________班級(jí)：___________姓名：___________考號(hào)：___________一、單項(xiàng)選擇題1．圓C1：(x＋1)2＋(y－2)2＝4與圓C2：(x－3)2＋(y－2)2＝4的公切線的條數(shù)是()A．1B．2C．3D．42．(2024·安徽阜陽(yáng)月考)圓x2＋y2－mx＋y＋m＝0在x軸上截得的弦長(zhǎng)是它在y軸上截得的弦長(zhǎng)的2倍，則實(shí)數(shù)m的值是()A．－6－2eq\r(10) B．－6＋2eq\r(10)C．－3－eq\r(10) D．－3＋eq\r(10)3．若圓C：x2＋(y－4)2＝18與圓D：(x－1)2＋(y－1)2＝R2的公共弦長(zhǎng)為6eq\r(2)，則圓D的半徑為()A．5B．2eq\r(5)C．2eq\r(6)D．2eq\r(7)4．(2024·北京朝陽(yáng)區(qū)模擬)已知過(guò)定點(diǎn)P(2,0)的直線l與曲線y＝eq\r(2－x2)相交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)△AOB的面積最大時(shí)，直線l的傾斜角為()A．150°B．135°C．120°D．30°5．已知點(diǎn)P(6,0)，點(diǎn)A(1,1)，動(dòng)點(diǎn)C滿足eq\o(OC,\s\up16(→))·eq\o(PC,\s\up16(→))＝0(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，過(guò)點(diǎn)A的直線被動(dòng)點(diǎn)C的軌跡曲線截得的所有弦中最短弦所在的直線方程為()A．y＝2x－1 B．y＝－2x＋1C．y＝eq\f(1,2)x－1 D．y＝－eq\f(1,2)x＋16．(2024·甘肅蘭州模擬)阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，與阿基米德、歐幾里得并稱為亞歷山大時(shí)期數(shù)學(xué)三巨匠．他研究發(fā)現(xiàn)：如果一個(gè)動(dòng)點(diǎn)P到兩個(gè)定點(diǎn)的距離之比為常數(shù)λ(λ>0，且λ≠1)，那么點(diǎn)P的軌跡為圓，這就是著名的阿波羅尼斯圓．若點(diǎn)C到點(diǎn)A(－1,0)，B(1,0)的距離之比為eq\r(,3)，則點(diǎn)C到直線x－2y＋8＝0的距離的最小值為()A．2eq\r(,5)－eq\r(,3) B.eq\r(,5)－eq\r(,3)C．2eq\r(,5) D.eq\r(,3)7．(2024·陜西第一次大聯(lián)考)已知圓C：x2＋y2－4x＋8y＝0關(guān)于直線3x－2ay－22＝0對(duì)稱，則圓C中以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f(a,2)))為中點(diǎn)的弦長(zhǎng)為()A．2eq\r(,5) B.eq\r(,5)C.eq\r(,10) D．2eq\r(,10)8．已知圓C1：x2＋y2－kx－y＝0和圓C2：x2＋y2－2ky－1＝0的公共弦所在的直線恒過(guò)定點(diǎn)M，且點(diǎn)M在直線mx＋ny＝2上，則eq\r(,m2＋n2)的最小值為()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(,5),5)C.eq\f(2\r(,5),5) D.eq\f(4,5)9．(2024·江蘇南通期末)已知圓心均在x軸上的兩圓外切，半徑分別為r1，r2(r1<r2)，若兩圓的一條公切線的方程為y＝eq\f(\r(,2),4)(x＋3)，則eq\f(r2,r1)＝()A.eq\f(4,3)B．2C.eq\f(5,4)D．3二、多項(xiàng)選擇題10．(2023·廣東深圳二模)P是直線y＝2上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作圓x2＋y2＝1的兩條切線，A，B為切點(diǎn)，則()A．弦長(zhǎng)|AB|的最小值為eq\r(3)B．存在點(diǎn)P，使得∠APB＝90°C．直線AB經(jīng)過(guò)一個(gè)定點(diǎn)D．線段AB的中點(diǎn)在一個(gè)定圓上11．(2024·河北石家莊模擬)已知圓C1：(x－1)2＋(y－3)2＝11與圓C2：x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0，則下列說(shuō)法正確的是()A．若圓C2與x軸相切，則m＝2B．若m＝－3，則圓C1與圓C2相離C．若圓C1與圓C2有公共弦，則公共弦所在的直線方程為4x＋(6－2m)y＋m2＋2＝0D．直線kx－y－2k＋1＝0與圓C1始終有兩個(gè)交點(diǎn)三、填空題與解答題12．若A為圓C1：x2＋y2＝1上的動(dòng)點(diǎn)，B為圓C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4上的動(dòng)點(diǎn)，則線段AB長(zhǎng)度的最大值是________．13．(2024·山西臨汾模擬)已知點(diǎn)A(－2,0)，B(2,0)，動(dòng)點(diǎn)M滿足|MA|＝eq\r(5)|MB|，則直線y＝2x－2被動(dòng)點(diǎn)M的軌跡截得的弦長(zhǎng)為_(kāi)_______．14．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(wú)論m為何值，直線l都與圓C相交；(2)若過(guò)點(diǎn)P(1,0)的直線l′與圓C相交于A，B兩點(diǎn)，求△ABC面積的最大值，并求此時(shí)直線l′的方程．高分推薦題15．(2024·河北衡水中學(xué)階段練習(xí))如圖為世界名畫(huà)《蒙娜麗莎》．假設(shè)蒙娜麗莎微笑時(shí)的嘴唇可看作半徑為1的圓O的一段圓弧E，且弧E所對(duì)的圓周角為eq\f(2π,5).設(shè)圓C的圓心C在點(diǎn)O與弧E中點(diǎn)的連線所在直線上．若存在圓C滿足弧E上存在四點(diǎn)過(guò)這四點(diǎn)作圓O的切線，這四條切線與圓C也相切，則弧E上的點(diǎn)與圓C上的點(diǎn)的最短距離的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(參考數(shù)據(jù)：cos\f(2π,5)＝\f(\r(,5)－1,4)))()A．(0，eq\r(,5)－1] B．(0，eq\r(,5)]C．(0，eq\r(,5)－1) D．(0，eq\r(,5))解析版一、單項(xiàng)選擇題1．圓C1：(x＋1)2＋(y－2)2＝4與圓C2：(x－3)2＋(y－2)2＝4的公切線的條數(shù)是()A．1B．2C．3D．4答案：C2．(2024·安徽阜陽(yáng)月考)圓x2＋y2－mx＋y＋m＝0在x軸上截得的弦長(zhǎng)是它在y軸上截得的弦長(zhǎng)的2倍，則實(shí)數(shù)m的值是()A．－6－2eq\r(10) B．－6＋2eq\r(10)C．－3－eq\r(10) D．－3＋eq\r(10)解析：圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)，－\f(1,2)))，半徑r＝eq\f(\r(m2＋1－4m),2)，所以在x軸上截得的弦長(zhǎng)為2eq\r(r2－\f(1,4))，在y軸上截得的弦長(zhǎng)為2eq\r(r2－\f(1,4)m2)，則2eq\r(r2－\f(1,4))＝4eq\r(r2－\f(1,4)m2)，即eq\r(,m2－4m)＝2eq\r(,1－4m)，因?yàn)閑q\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－4m>0，,1－4m>0，))即m<0，所以解得m＝－6－2eq\r(,10).答案：A3．若圓C：x2＋(y－4)2＝18與圓D：(x－1)2＋(y－1)2＝R2的公共弦長(zhǎng)為6eq\r(2)，則圓D的半徑為()A．5B．2eq\r(5)C．2eq\r(6)D．2eq\r(7)解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y－42＝18，,x－12＋y－12＝R2，))得2x－6y＝4－R2，因?yàn)楣蚕议L(zhǎng)為6eq\r(2)，所以直線2x－6y＝4－R2經(jīng)過(guò)圓C的圓心(0,4)，即2×0－6×4＝4－R2，則R2＝28，所以圓D的半徑為2eq\r(7).故選D.答案：D4．(2024·北京朝陽(yáng)區(qū)模擬)已知過(guò)定點(diǎn)P(2,0)的直線l與曲線y＝eq\r(2－x2)相交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)△AOB的面積最大時(shí)，直線l的傾斜角為()A．150°B．135°C．120°D．30°解析：曲線y＝eq\r(2－x2)為圓x2＋y2＝2的上半圓，由題意，可得△AOB的面積S＝eq\f(1,2)|OA|·|OB|·sin∠AOB＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)sin∠AOB＝sin∠AOB，當(dāng)sin∠AOB＝1，即∠AOB＝90°時(shí)，△AOB的面積取到最大值，此時(shí)在Rt△AOB中易得O到直線l的距離OD＝1，在Rt△POD中，易得sin∠OPD＝eq\f(OD,OP)＝eq\f(1,2)，可得∠OPD＝30°，所以直線l的傾斜角為150°.答案：A5．已知點(diǎn)P(6,0)，點(diǎn)A(1,1)，動(dòng)點(diǎn)C滿足eq\o(OC,\s\up16(→))·eq\o(PC,\s\up16(→))＝0(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，過(guò)點(diǎn)A的直線被動(dòng)點(diǎn)C的軌跡曲線截得的所有弦中最短弦所在的直線方程為()A．y＝2x－1 B．y＝－2x＋1C．y＝eq\f(1,2)x－1 D．y＝－eq\f(1,2)x＋1解析：設(shè)C(x，y)，由eq\o(OC,\s\up16(→))·eq\o(PC,\s\up16(→))＝0得動(dòng)點(diǎn)C的軌跡方程為x2＋y2－6x＝0，即(x－3)2＋y2＝9，則動(dòng)點(diǎn)C的軌跡曲線為圓，圓心為D(3,0)．又點(diǎn)A(1,1)在圓內(nèi)，所以kAD＝eq\f(1－0,1－3)＝－eq\f(1,2)，所以最短弦所在直線的斜率為2，所以所求直線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.故選A.答案：A6．(2024·甘肅蘭州模擬)阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，與阿基米德、歐幾里得并稱為亞歷山大時(shí)期數(shù)學(xué)三巨匠．他研究發(fā)現(xiàn)：如果一個(gè)動(dòng)點(diǎn)P到兩個(gè)定點(diǎn)的距離之比為常數(shù)λ(λ>0，且λ≠1)，那么點(diǎn)P的軌跡為圓，這就是著名的阿波羅尼斯圓．若點(diǎn)C到點(diǎn)A(－1,0)，B(1,0)的距離之比為eq\r(,3)，則點(diǎn)C到直線x－2y＋8＝0的距離的最小值為()A．2eq\r(,5)－eq\r(,3) B.eq\r(,5)－eq\r(,3)C．2eq\r(,5) D.eq\r(,3)解析：設(shè)C(x，y)，則eq\f(|CA|,|CB|)＝eq\r(,3)，即eq\f(\r(,x＋12＋y2),\r(,x－12＋y2))＝eq\r(,3)，化簡(jiǎn)得(x－2)2＋y2＝3，所以點(diǎn)C的軌跡是以(2,0)為圓心，r＝eq\r(,3)的圓，則圓心到直線x－2y＋8＝0的距離d＝eq\f(|2－2×0＋8|,\r(,12＋－22))＝2eq\r(,5)，所以點(diǎn)C到直線x－2y＋8＝0的距離的最小值為2eq\r(,5)－eq\r(,3).答案：A7．(2024·陜西第一次大聯(lián)考)已知圓C：x2＋y2－4x＋8y＝0關(guān)于直線3x－2ay－22＝0對(duì)稱，則圓C中以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f(a,2)))為中點(diǎn)的弦長(zhǎng)為()A．2eq\r(,5) B.eq\r(,5)C.eq\r(,10) D．2eq\r(,10)解析：圓C的方程可化為(x－2)2＋(y＋4)2＝20，圓心C(2，－4)，r＝2eq\r(,5)，∵圓C關(guān)于直線3x－2ay－22＝0對(duì)稱，∴直線過(guò)圓心C(2，－4)，即3×2＋8a－22＝0，解得a＝2.圓心C與點(diǎn)(1，－1)的距離的平方為10，則圓C中以(1，－1)為中點(diǎn)的弦長(zhǎng)為2eq\r(,2\r(,5)2－10)＝2eq\r(,10)，故選D.答案：D8．已知圓C1：x2＋y2－kx－y＝0和圓C2：x2＋y2－2ky－1＝0的公共弦所在的直線恒過(guò)定點(diǎn)M，且點(diǎn)M在直線mx＋ny＝2上，則eq\r(,m2＋n2)的最小值為()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(,5),5)C.eq\f(2\r(,5),5) D.eq\f(4,5)解析：由圓C1：x2＋y2－kx－y＝0和圓C2：x2＋y2－2ky－1＝0，可得兩圓的公共弦所在的直線方程為k(x－2y)＋(y－1)＝0，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＝0，,y－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝1，))即點(diǎn)M(2,1)，又點(diǎn)M在直線mx＋ny＝2上，所以2m＋n＝2.因?yàn)樵c(diǎn)(0,0)到直線2x＋y＝2的距離d＝eq\f(2,\r(,22＋12))＝eq\f(2\r(,5),5)，所以eq\r(,m2＋n2)的最小值為eq\f(2\r(,5),5).故選C.答案：C9．(2024·江蘇南通期末)已知圓心均在x軸上的兩圓外切，半徑分別為r1，r2(r1<r2)，若兩圓的一條公切線的方程為y＝eq\f(\r(,2),4)(x＋3)，則eq\f(r2,r1)＝()A.eq\f(4,3)B．2C.eq\f(5,4)D．3解析：不妨設(shè)兩圓為圓C1和圓C2，圓C1：(x－a)2＋y2＝req\o\al(2,1)，圓C2：(x－b)2＋y2＝req\o\al(2,2)，其中r1>0，r2>0，－3<a<b.由于兩圓的公切線方程為x－2eq\r(,2)y＋3＝0，則r1＝eq\f(|a＋3|,\r(,1＋－2\r(,2)2))＝eq\f(a＋3,3)，r2＝eq\f(|b＋3|,\r(,1＋－2\r(,2)2))＝eq\f(b＋3,3).由兩圓外切，得|C1C2|＝b－a＝r1＋r2＝eq\f(a＋3,3)＋eq\f(b＋3,3)，化簡(jiǎn)得b＝2a＋3，則eq\f(r2,r1)＝eq\f(b＋3,a＋3)＝2，故選B.答案：B二、多項(xiàng)選擇題10．(2023·廣東深圳二模)P是直線y＝2上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作圓x2＋y2＝1的兩條切線，A，B為切點(diǎn)，則()A．弦長(zhǎng)|AB|的最小值為eq\r(3)B．存在點(diǎn)P，使得∠APB＝90°C．直線AB經(jīng)過(guò)一個(gè)定點(diǎn)D．線段AB的中點(diǎn)在一個(gè)定圓上解析：利用平面幾何知識(shí)，易得|AB|＝2eq\r(1－\f(1,|OP|2))，sineq\f(∠APB,2)＝eq\f(1,|OP|)，而|OP|的取值范圍是[2，＋∞)，所以|AB|min＝eq\r(3)，(∠APB)max＝60°，A正確，B不正確；設(shè)P(t,2)，則以O(shè)P為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(t,2)))2＋(y－1)2＝eq\f(t2,4)＋1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(t,2)))2＋(y－1)2－(x2＋y2)＝eq\f(t2,4)＋1－1，即tx＋2y＝1，則直線AB的方程為tx＋2y＝1，所以直線AB過(guò)定點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，C正確；結(jié)合垂徑定理和圓的定義可得AB的中點(diǎn)在以線段OM為直徑的定圓上，D正確．故選ACD.答案：ACD11．(2024·河北石家莊模擬)已知圓C1：(x－1)2＋(y－3)2＝11與圓C2：x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0，則下列說(shuō)法正確的是()A．若圓C2與x軸相切，則m＝2B．若m＝－3，則圓C1與圓C2相離C．若圓C1與圓C2有公共弦，則公共弦所在的直線方程為4x＋(6－2m)y＋m2＋2＝0D．直線kx－y－2k＋1＝0與圓C1始終有兩個(gè)交點(diǎn)解析：因?yàn)镃1：(x－1)2＋(y－3)2＝11，C2：(x＋1)2＋(y－m)2＝4，所以若圓C2與x軸相切，則有|m|＝2，故A錯(cuò)誤；當(dāng)m＝－3時(shí)，|C1C2|＝eq\r(1＋12＋3＋32)＝2eq\r(10)>2＋eq\r(11)，兩圓相離，故B正確；由兩圓有公共弦，兩圓的方程相減可得公共弦所在直線方程為4x＋(6－2m)y＋m2－2＝0，故C錯(cuò)誤；直線kx－y－2k＋1＝0過(guò)定點(diǎn)(2,1)，而(2－1)2＋(1－3)2＝5<11，故點(diǎn)(2,1)在圓C1：(x－1)2＋(y－3)2＝11內(nèi)部，所以直線kx－y－2k＋1＝0與圓C1始終有兩個(gè)交點(diǎn)，故D正確．答案：BD三、填空題與解答題12．若A為圓C1：x2＋y2＝1上的動(dòng)點(diǎn)，B為圓C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4上的動(dòng)點(diǎn)，則線段AB長(zhǎng)度的最大值是________．解析：圓C1：x2＋y2＝1的圓心為C1(0,0)，半徑r1＝1，圓C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4的圓心為C2(3，－4)，半徑r2＝2，∴|C1C2|＝5.又A為圓C1上的動(dòng)點(diǎn)，B為圓C2上的動(dòng)點(diǎn)，∴線段AB長(zhǎng)度的最大值是|C1C2|＋r1＋r2＝5＋1＋2＝8.答案：813．(2024·山西臨汾模擬)已知點(diǎn)A(－2,0)，B(2,0)，動(dòng)點(diǎn)M滿足|MA|＝eq\r(5)|MB|，則直線y＝2x－2被動(dòng)點(diǎn)M的軌跡截得的弦長(zhǎng)為_(kāi)_______．解析：設(shè)點(diǎn)M(x，y)，依題意，eq\r(x＋22＋y2)＝eq\r(5)·eq\r(x－22＋y2)，整理得(x－3)2＋y2＝5，因此，點(diǎn)M的軌跡是以C(3,0)為圓心，r＝eq\r(5)為半徑的圓．點(diǎn)C到直線2x－y－2＝0的距離d＝eq\f(|2×3－2|,\r(22＋－12))＝eq\f(4,\r(5))，所以直線y＝2x－2被動(dòng)點(diǎn)M的軌跡截得的弦長(zhǎng)為2eq\r(,r2－d2)＝2eq\r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,\r(5))))2)＝eq\f(6\r(5),5).答案：eq\f(6\r(5),5)14．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(wú)論m為何值，直線l都與圓C相交；(2)若過(guò)點(diǎn)P(1,0)的直線l′與圓C相交于A，B兩點(diǎn)，求△ABC面積的最大值，并求此時(shí)直線l′的方程．(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\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1＝0，,－2x＋y＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝3，))所以直線l恒過(guò)點(diǎn)(2,3)，由(2－3)2＋(3－4)2＝2<4，得點(diǎn)(2,3)在圓內(nèi)，即直線l恒過(guò)圓內(nèi)一點(diǎn)，所以無(wú)論m為何值，直線l都與圓C相交．(2)解：由C的圓心為(3,4)，半徑r＝2，易知此時(shí)直線l′的斜率存在且不為0，故設(shè)直線l′的方程為x＝my＋1(m≠0)，直線l′的一般方程為my－x＋1＝0，圓心到直線l′的距離d＝eq\f(|4m－3＋1|,\r(,m2＋－12))＝eq\f(|4m－2|,\r(,m2＋1))，所以|AB|＝2eq\r(,r2－d2)＝2eq\r(,4－\f(4m－22,m2＋1))，所以S2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)|AB|·d))2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4－\f(4m－22,m2＋1)))·eq\f(4m－22,m2＋1)，令t＝eq\f(4m－22,m2＋1)，可得S2＝4t－t2，當(dāng)t＝2時(shí)，Seq\o\al(2,max)＝4，所以△ABC面積的最大值為2.此時(shí)由2＝eq\f(4m－22,m