2025高考一轮复习（人教A版）第34讲 直线与圆、圆与圆的位置关系（含答案）

高考一轮复习（人教A版）第三十四讲直线与圆、圆与圆的位置关系阅卷人一、选择题得分1．一条光线从点5,4射出，经x+y−2=0反射后与圆(x−3)2A．32或23 B．43或34 C．45或52．已知圆C1：x2+y2−2mx+m2−36=0与圆CA．±22 B．±3 C．±233．已知圆C1:xA．23 B．22 C．24．已知A、B是圆C1:x2+y2=3上的动点，且A．8,12 B．6,10 C．10,14 D．6,145．过抛物线y2=2x上一动点P作圆C:(x−4)2+y2=rA．1 B．2 C．3 D．46．设有一组圆Ck:(x−k)2+A．0,1 B．2−1,2+1 C．0,7．圆C1:xA．相交 B．相离 C．外切 D．内切8．设圆C1：x2+y2−10x+4y+25=0与圆C2：x2+y2−6x+8=0，点A，A．22+3 B．3−22 C．6阅卷人二、多项选择题得分9．圆O1:x2+A．公共弦AB所在直线方程为x+y=0B．线段AB中垂线方程为x+y−1=0C．公共弦AB的长为2D．P为圆O1上一动点，则P到直线AB距离的最大值为10．已知直线l：mx+y−1−2m=0与圆O：x2+y2=A．直线l过定点(2B．当r=4时，线段AB长的最小值为2C．半径r的取值范围是(0D．当r=4时，OA⋅OB11．已知圆C:x−12+A．若圆C关于直线l对称，则m=B．若直线l与圆C交于M，N两点，则MN的最小值为4C．若P6,0，动点Q在圆C上，则OPD．若过直线x+2y−9=0上任意一点E作圆C的切线，切点为F，则EF的最小值为812．已知圆C1:(x−1)A．直线C1CB．当圆C1和圆C2外切时，若P,Q分别是圆CC．若圆C1和圆C2共有2D．当a=13时，圆C1与圆阅卷人三、填空题得分13．已知与圆C1：x2+y2=1和圆C214．圆x2+y2=8内有一点P0(−1,2)，AB为过点P0的弦.当弦15．若函数f(x)=1−16．直线2x⋅sinθ+y=0被圆x2阅卷人四、解答题得分17．已知圆C过A1,−7，（1）求圆C的标准方程；（2）若直线l过点D2,10，且被圆C截得的弦长为43，求直线（3）过点C且不与x轴重合的直线与圆C相交于M，N，O为坐标原点，直线OM，ON分别与直线x=8相交于P，Q，记△OMN，△OPQ面积为S1，S2，求18．已知圆C过点A(4,2)和点B(0,6).并且圆心在直线y−2=0上，点P(4,8)，过点P作圆C的切线l.（1）求圆C的标准方程；（2）求切线l的方程.19．已知圆C:x2+y2（1）判断圆C和圆C1（2）若斜率为k的直线l经过点P且与圆C相切，求直线l的方程.

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：由题意，设点5,4关于直线x+y−2=0的对称点为Px,y则5+x2+4+y2−2=0设直线方程为：y+3=kx+2，即kx−y+2k−3=0易知圆心C(3,2)，半径r=1，则圆心C(3,2)到切线的距离等于半径，即d=5k−5整理得12k2−25k+12=0，解得k=故答案为：B.【分析】由题意，先求得点5,4关于直线x+y−2=0的对称点Px,y2．【答案】C【解析】【解答】解：由题意知C1(m,0),r1=6，C2(0,2),所以两圆内切，故C1C2解得m=±23故答案为：C.【分析】根据两圆公切线的条数确定两圆的位置关系，再结合两圆位置关系判断方法，从而得出实数m的值.3．【答案】C【解析】【解答】解：已知圆C1:x两式相减可得相交弦所在直线方程：x+y−3=0.把圆C1:x2+y2+4x−2y−4=0化成标准方程可得所以圆心C1到直线x+y−3=0的距离d=所以相交弦长为2r故答案为：C【分析】先把两圆方程作差求出两圆公共弦所在直线方程，再求圆C14．【答案】D【解析】【解答】解：设AB中点为D，如图所示：则由AB=42得即D点的轨迹方程为x2PA+由于P点在圆C2所以C1所以C1即PD∈所以PA+故答案为：D．

【分析】先利用AB=22可得C1到AB的距离|C1D|=1，设AB中点为D，求出点D的轨迹方程x5．【答案】B【解析】【解答】解：设P(x0,y0)，则y0由PA,PB切圆C于点A,B，得PC⊥AB,PA⊥AC,PB⊥BC，如图所示：则AB=2x当且仅当x0=3时等号成立，则AB⋅整理可得r4−7r2+12=0，解得r2=4或r故答案为：B.【分析】设P(x0,y06．【答案】B【解析】【解答】解：已知圆Ck:(x−k)2+因为圆Ck上恰有两点到原点的距离为1，所以圆x2+因为圆心距为k2+k2=故答案为：B.【分析】利用已知条件把它转换成圆x2+y7．【答案】D【解析】【解答】解：由已知可得圆C1的圆心为C10,1(0，1)，半径r1=1；

圆C则两圆圆心距为C1C2=1=r故答案为：D.【分析】先求出两个圆的圆心坐标和半径，再计算两圆圆心距，利用几何法可判断两圆的位置关系即可求解.8．【答案】C【解析】【解答】解：因为圆C1：x2+圆C2：x2+所以C1和C2的圆心坐标分别为5,−2、3,0，半径r1所以直线C1C2的斜率k=0−−2所以直线C1C2

所以，当M与C1和C2共线时最小，此时MA+MB=M则MC1=所以MA+MB最小值为故答案为：C.【分析】利用已知条件，分析发现两圆心C1和C2的连线恰好垂直于直线y=x+1，从而得出当M与C1和C2共线时，9．【答案】B,D【解析】【解答】解：把两圆方程化为标准方程，

则圆O1:(x−1)2+圆O2:(x+1)2+则|O1O2|=2对于A，将方程x2+y从而得出公共弦AB所在直线的方程为4x−4y=0，即x−y=0，所以A错误；对于B，由选项A知，直线AB的斜率kAB=1，则线段AB中垂线的斜率为又因为线段AB中垂线过点O1(1,0)，

则线段AB中垂线方程为y−0=−1×x−1对于C，因为点O1(1,0)到直线x−y=0的距离为因此AB=2对于D，P为圆O1上一动点，圆心O1(1,0)到直线x−y=0因此点P到直线AB距离的最大值为d+r故答案为：BD.【分析】利用两圆方程作差可得公共弦所在的直线方程，则判断出选项A；利用中点坐标公式和两直线垂直斜率之积等于-1，从而求出线段AB的中垂线的方程，则判断出选项B；利用垂径定理计算出公共弦AB的长，则判断出选项C；利用已知条件和点到直线的距离公式和几何法，从而得出点P到直线AB距离的最大值，则判断出选项D，进而找出正确的选项.10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、直线l:mx+y−1−2m=0，可化为由x−2=0y−1=0，解得x=2,y=1，即直线lB、当r=4时，圆O方程为x2+y则|OM|=5，可得线段AB长的最小值为2C、因为直线l与圆O有总有两个公共点，可得点M(2,1)在圆所以22+1D、当r=4时，圆O的方程为x2则OA⋅当直线l过圆心O(0,0)，此时∠AOB=π所以OA⋅OB有最小值为故答案为：ABD.【分析】化直线方程为m(x−2)+(y−1)11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、若圆C关于直线l对称，则圆心C在直线l上，将1,−2代入方程mx+y+2m+1=0解得m=13，故B、直线l过定点A−2,−1，当直线l与AC垂直时，弦长MN圆心C到直线l的距离为AC=10,则弦长MN为2C、设Qx,y，OQ=x,y，OP由圆C的方程可知，x的最大值为5，所以OP⋅OQ的最大值为6×5=30，故D、因为EF=EC2−16，所以当EC最小时，EF最小，此时EC为点C到直线l的距离，为1255，由勾股定理得故答案为：ACD.【分析】由圆的对称性可知，直线l过圆心，求解即可判断A；判断直线l所过的定点，当定点为弦的中点时，弦长最短，结合弦长公式即可求解判断B；利用数量积的坐标表示，结合圆的方程即可判断C；利用切线长公式，结合直线与圆的位置关系即可判断D.12．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：化圆C2得标准方程为C2:(x−4)2+(y+a)2=4即y=−a(x−3)，则直线C1C2B、当圆C1和圆C2外切时，(1−4)2当a=43时，当

|PQ|max同理，当a=−43时，C、若圆C1和圆C则3−2<|C1C2|<3+2D、由C可知，当a=13时，两圆相交，两圆方程相减可得公共弦方程则C1(1,23则圆C1与圆C2相交弦的弦长为故答案为：ABD.【分析】根据圆的方程确定圆心，可求出直线C1C2的方程，即可判断A；根据圆C1和圆13．【答案】−【解析】【解答】解：因为圆C1：x2+y2圆C2：x−22+y−a2又因为与圆C1：x2+y2所以两圆相交，则r1即1<4+a2所以，实数a的取值范围是−5故答案为：−5【分析】由题意可得两圆的圆心坐标和半径长，再结合直线与圆相切的位置关系判断方法得出两圆相交，再根据两圆的位置关系得出实数a的取值范围.14．【答案】x−2y+5=0【解析】【解答】解：易知圆x2+y当弦AB被点P0平分时，则AB⊥OP0则直线AB的方程为y−2=12x+1故答案为：x−2y+5=0.【分析】先求圆心，再根据条件分析得到AB⊥OP0，由此可求kAB，得直线AB15．【答案】(【解析】【解答】解：令f(则1−x2−k又因为y=1−x2≥0，即为而y=k(x−1)+4表示过点

所以，将问题转化为半圆x2+y2当直线与半圆相切时；|4−k|1+当直线过点(−1,0)时，则有综上所述，k∈(故答案为：(15【分析】利用函数的零点得出1−x2=k(x−1)+4，再利用y=1−x2≥0得出x2+y216．【答案】2【解析】【解答】解：将圆x2+y2−25y+2=0化为标准方程得：所以圆心到直线2x⋅sinθ+y=0的距离d=5所以弦长为2r2−d2=23−54sin2θ+1，当4sin2θ+1=5，即sin故填：22.

17．【答案】（1）解：由圆心C在x轴上，设圆的方程为(x−a)2因为圆C过A1,−7，B6,23，所以(1−a)2+7=r2(6−a)（2）解：因为直线与圆C截得的弦长为43，所以圆心C到直线l的距离为16−①若直线l斜率不存在时，直线l与圆C交点为2,±23直线与圆C截得的弦长为43，故直线x=2②若直线l斜率存在时，设l:y−10=kx−2，整理得l:kx−y+10−2k=0所以圆心C到直线l的距离为10+2kk2+1则直线l:y−10=−125x−2综上所述，直线l的方程为x=2或12x+5y−74=0；（3）解：由题意知，∠MON=π2，设直线OM的斜率为kk≠0，则直线OM的方程为y=kx，

联立y=kxx2+y2−8x=0，消元整理可得1+k2x2−8x=0，解得x=0y=0或x=81+k2y=8k1+k2，

则点M的坐标为81+k2,8k1+k2，

又直线ON的斜率为−1【解析】【分析】（1）设圆的方程为(x−a)2+y2=r2（2）讨论直线l斜率是否存在，当直线l斜率存在时，设直线方程，根据圆的弦长公式求直线方程即可；（3）设直线OM,ON的方程分别为y=kx,y=−1kx，求出M,N的坐标，将S（1）由圆心C在x轴上，设圆的方程为(x−a)2又圆C过A1,−7，B6,2解得a=4，r=4，所以圆的方程为(x−4)2（2）因为直线与圆C截得的弦长为43所以圆心C到直线l的距离为16−2①若直线l斜率不存在时，直线l与圆C交点为2,±23直线与圆C截得的弦长为43，故直线x=2②若直线l斜率存在时，设l:y−10=kx−2，整理得l:kx−y+10−2k=0所以圆心C到直线l的距离为10+2kk2+1则直线l:y−10=−125x−2综上所述，直线l的方程为x=2或12x+5y−74=0．（3）由题意知，∠MON=π2，设直线OM的斜率为kk≠0，则直线OM由y=kxx2+y2−8x=0，得则点M的坐标为81+又直线ON的斜率为−1k，同理可得：点N由题可知：P8,8k，Q故S1又∵OMOP=x∴S1当且仅当k=1时等号成立．所以S1S18．【答案】（1）解：设圆C的标准方程为(x−a)2

所以圆心为C(a,b)，半径为r，依题意可得b=2(4−a)2+所以圆C的标准方程为x2（2）解：当切线斜率存在时，设切线l的斜率为k，则切线l的方程为y=k(x−4)+8，

即kx−y−4k+8=0，所以k×0−2−4k+8k2+所以切线l的方程为5x−12y+76=0，又因为圆心C(0,2)到直线x=4的距离为4，所以直线x=4也为圆圆C的切线，故切线l的方程为5x−12y+76=0和x=4.【解析】【分析】（1）利用待定系数法，设出圆的标准方程，再代入点A(4,2)和点B(0,6)，从而结合圆心在直线y−2=0上，进而列方程解出圆心坐标与半径，则求得圆的标准方程.（2）当切线斜率存在时，设出切线斜率，从而设出切线方程，再利用点到直线的距离等于半径得到直线斜率，从而求出切线的斜率，进而得出切线方程，注意当斜率只有一解时需研究斜率不存在的情形.（1）解：设圆C的标准方程为(x−a)2圆心为C(a,b)，半径为r，依题意可得b=2(4−a)2+所以圆C的标准方程为x2（2）解：切线斜率存在时，设切线l的斜率为k，则切线l的方程为y=k(x−4)+8，即kx−y−4k+8=0，所以k×0−2−4