2021年高考数学一轮精选练习：49《直线与圆、圆与圆的位置关系》(含解析)

2021年高考数学一轮精选练习：49《直线与圆、圆与圆的位置关系》一         、选择题1.若直线x＋my=2＋m与圆x2＋y2－2x－2y＋1=0相交，则实数m的取值范围为(　 　)A.(－∞，＋∞)           B.(－∞，0)C.(0，＋∞)              D.(－∞，0)∪(0，＋∞) 2.平行于直线2x＋y＋1=0且与圆x2＋y2=5相切的直线的方程是(　 　)A.2x＋y＋5=0或2x＋y－5=0B.2x＋y＋=0或2x＋y－=0C.2x－y＋5=0或2x－y－5=0D.2x－y＋=0或2x－y－=0 3.若a2＋b2=2c2(c≠0)，则直线ax＋by＋c=0被圆x2＋y2=1所截得的弦长为(　 　)A.         B.1           C.          D. 4.若圆O1：x2＋y2=5与圆O2：(x＋m)2＋y2=20相交于A，B两点，且两圆在点A处的切线互相垂直，则线段AB的长度是(　 　)A.3         B.4           C.2          D.8 5.过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1，－7)的圆交y轴于M，N两点，则|MN|=(　 　)A.2　        B.8           C.4           D.10 6.已知k∈R，点P(a，b)是直线x＋y=2k与圆x2＋y2=k2－2k＋3公共点，则ab最大值为(　 　)A.15　　　　B.9  C.1　　　　D.－ 7.在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l：y=2x－4，设圆C的半径为1，圆心在l上.若圆C上存在点M，使MA=2MO，则圆心C的横坐标a的取值范围是(　 　)A.        B.[0,1]         C.        D. 8.若a，b是正数，直线2ax＋by－2=0被圆x2＋y2=4截得的弦长为2，则t=a取得最大值时a的值为(　   　)A.            B.            C.　          D. 9.已知圆O：x2＋y2=9，过点C(2,1)的直线l与圆O交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，直线l的方程为(　 　)A.x－y－3=0或7x－y－15=0B.x＋y＋3=0或7x＋y－15=0C.x＋y－3=0或7x－y＋15=0D.x＋y－3=0或7x＋y－15=0  10.已知圆C1：(x＋2a)2＋y2=4和圆C2：x2＋(y－b)2=1只有一条公切线，若a，b∈R且ab≠0，则＋的最小值为(　 　)A.2          B.4          C.8          D.9 二         、填空题11.已知圆C1：x2＋y2－2x＋10y－24=0和圆C2：x2＋y2＋2x＋2y－8=0，则两圆的公共弦长为　　. 12.已知m＞0，n＞0，若直线(m＋1)x＋(n＋1)y－2=0与圆(x－1)2＋(y－1)2=1相切，则m＋n的取值范围是               . 13.在平面直角坐标系xOy中，A(－12,0)，B(0,6)，点P在圆O：x2＋y2=50上.若·≤20，则点P的横坐标的取值范围是　　       .  三         、解答题14.如图，直角三角形ABC的顶点A的坐标为(－2,0)，直角顶点B的坐标为(0，－2)，顶点C在x轴上，点P为线段OA的中点.(1)求BC边所在直线方程；(2)若M为直角三角形ABC外接圆的圆心，求圆M的方程；(3)在(2)的条件下，若动圆N过点P且与圆M内切，求动圆N的圆心的轨迹方程.                     15.已知⊙H被直线x－y－1=0，x＋y－3=0分成面积相等的四部分，且截x轴所得线段的长为2.(1)求⊙H的方程；(2)若存在过点P(a,0)的直线与⊙H相交于M，N两点，且|PM|=|MN|，求实数a的取值范围.           16.已知点G(5,4)，圆C1：(x－1)2＋(y－4)2=25，过点G的动直线l与圆C1相交于E，F两点，线段EF的中点为C，且C在圆C2上.(1)若直线mx＋ny－1=0(mn＞0)经过点G，求mn的最大值；(2)求圆C2的方程；(3)若过点A(1,0)的直线l1与圆C2相交于P，Q两点，线段PQ的中点为M.l1与l2：x＋2y＋2=0的交点为N，求证：|AM|·|AN|为定值.               
答案解析1.答案为：D；解析：圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2=1，圆心C(1,1)，半径r=1.因为直线与圆相交，所以d=＜r=1.解得m＞0或m＜0，故选D. 2.答案为：A；解析：切线平行于直线2x＋y＋1=0，故可设切线方程为2x＋y＋c=0(c≠1)，结合题意可得=，解得c=±5.故选A. 3.答案为：D；解析：因为圆心(0,0)到直线ax＋by＋c=0的距离d===，因此根据直角三角形的关系，弦长的一半就等于=，所以弦长为. 4.答案为：B；解析：连接O1A、O2A，如图，由于⊙O1与⊙O2在点A处的切线互相垂直，因此O1A⊥O2A，所以O1O=O1A2＋O2A2，即m2=5＋20=25，设AB交x轴于点C.在Rt△O1AO2中，sin∠AO2O1=，∴在Rt△ACO2中，AC=AO2·sin∠AO2O1=2×=2，∴AB=2AC=4.故选B. 5.答案为：C；解析：设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F=0，将点A(1,3)，B(4,2)，C(1，－7)的坐标代入得方程组解得所以圆的方程为x2＋y2－2x＋4y－20=0，即(x－1)2＋(y＋2)2=25，所以|MN|=2=4. 6.答案为：B；解析：由题意得，原点到直线x＋y=2k的距离d=≤，且k2－2k＋3＞0，解得－3≤k≤1，因为2ab=(a＋b)2－(a2＋b2)=4k2－(k2－2k＋3)=3k2＋2k－3，所以当k=－3时，ab取得最大值9，故选B. 7.答案为：A；解析：因为圆心在直线y=2x－4上，所以圆C的方程为(x－a)2＋[y－2(a－2)]2=1.设点M(x，y)，因为MA=2MO，所以=2，化简得x2＋y2＋2y－3=0，即x2＋(y＋1)2=4，所以点M在以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆上.由题意，点M(x，y)在圆C上，所以圆C与圆D有公共点，则|2－1|≤CD≤2＋1，即1≤≤3.由≥1得5a2－12a＋8≥0，解得a∈R；由≤3得5a2－12a≤0，解得0≤a≤.所以点C的横坐标a的取值范围为.故选A. 8.答案为：D；解析：由已知可得圆心到直线2ax＋by－2=0的距离d=，则直线被圆截得的弦长为2=2，化简得4a2＋b2=4.∴t=a=·(2a)·≤[(2a)2＋()2]=(8a2＋2b2＋1)=，当且仅当时等号成立，即t取最大值，此时a=(舍负)，故选D. 9.答案为：D；解析：当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=2，则P，Q的坐标为(2，)，(2，－)，所以S△OPQ=×2×2=2.当直线l的斜率存在时，设l的方程为y－1=k(x－2)，则圆心到直线PQ的距离d=，由平面几何知识得|PQ|=2，S△OPQ=·|PQ|·d=·2·d=≤ =，当且仅当9－d2=d2，即d2=时，S△OPQ取得最大值.因为2＜，所以S△OPQ的最大值为，此时=，解得k=－1或k=－7，此时直线l的方程为x＋y－3=0或7x＋y－15=0. 10.答案为：D；解析：由题意可知，圆C1的圆心为(－2a,0)，半径为2，圆C2的圆心为(0，b)，半径为1，因为两圆只有一条公切线，所以两圆内切，所以=2－1，即4a2＋b2=1.所以＋=·(4a2＋b2)=5＋＋≥5＋2=9，当且仅当=，且4a2＋b2=1，即a2=，b2=时等号成立，所以＋的最小值为9，故选D.  一         、填空题11.答案为：2；解析：两式相减整理得x－2y＋4=0，即为两圆公共弦所在直线的方程.设两圆相交于点A，B，则A，B两点的坐标满足方程组解得或所以|AB|==2，即公共弦长为2. 12.答案为：[2＋2，＋∞)；解析：因为m＞0，n＞0，直线(m＋1)x＋(n＋1)y－2=0与圆(x－1)2＋(y－1)2=1相切，所以圆心C(1,1)到直线的距离为半径1，所以=1，即|m＋n|=.两边平方并整理得mn=m＋n＋1.由基本不等式mn≤2可得m＋n＋1≤2，即(m＋n)2－4(m＋n)－4≥0，解得m＋n≥2＋2.当且仅当m=n时等号成立. 13.答案为：[－5，1]；解析：解法一：设P(x，y)，则由·≤20可得，(－12－x)(－x)＋(－y)(6－y)≤20，即(x＋6)2＋(y－3)2≤65，所以P为圆(x＋6)2＋(y－3)2=65上或其内部一点.又点P在圆x2＋y2=50上，联立得解得或即P为圆x2＋y2=50的劣弧MN上的一点(如图)，易知－5≤x≤1.解法二：设P(x，y)，则由·≤20，可得(－12－x)(－x)＋(－y)(6－y)≤20，即x2＋12x＋y2－6y≤20，由于点P在圆x2＋y2=50上，故12x－6y＋30≤0，即2x－y＋5≤0，∴点P为圆x2＋y2=50上且满足2x－y＋5≤0的点，即P为圆x2＋y2=50的劣弧MN上的一点(如图)，同解法一，可得N(1,7)，M(－5，－5)，易知－5≤x≤1.  二         、解答题14.解：(1)易知kAB=－，AB⊥BC，∴kCB=，∴BC边所在直线方程为y=x－2.(2)由(1)及题意得C(4,0)，∴M(1,0)，又∵AM=3，∴外接圆M的方程为(x－1)2＋y2=9.(3)∵圆N过点P(－1,0)，∴PN是动圆的半径，又∵动圆N与圆M内切，∴MN=3－PN，即MN＋PN=3，∴点N的轨迹是以M，P为焦点，长轴长为3的椭圆.∵P(－1,0)，M(1,0)，∴a=，c=1，b==，∴所求轨迹方程为＋=1，即＋=1. 15.解：(1)设⊙H的方程为(x－m)2＋(y－n)2=r2(r＞0)，因为⊙H被直线x－y－1=0，x＋y－3=0分成面积相等的四部分，所以圆心H(m，n)一定是两互相垂直的直线x－y－1=0，x＋y－3=0的交点，易得交点坐标为(2,1)，所以m=2，n=1.又⊙H截x轴所得线段的长为2，所以r2=12＋n2=2.所以⊙H的方程为(x－2)2＋(y－1)2=2.(2)设N(x0，y0)，由题意易知点M是PN的中点，所以M.因为M，N两点均在⊙H上，所以(x0－2)2＋(y0－1)2=2，①2＋2=2，即(x0＋a－4)2＋(y0－2)2=8，②设⊙I：(x＋a－4)2＋(y－2)2=8，由①②知⊙H与⊙I：(x＋a－4)2＋(y－2)2=8有公共点，从而2－≤|HI|≤2＋，即≤≤3，整理可得2≤a2－4a＋5≤18，解得2－≤a≤1或3≤a≤2＋，所以实数a的取值范围是[2－，1]∪[3,2＋]. 16.解：(1)∵点G(5,4)在直线mx＋ny－1=0上，∴5m＋4n=1,5m＋4n≥2(当且仅当5m=4n时取等号)， ∴1≥80mn，即mn≤，∴(mn)max=.(2)由已知得圆C1的圆心为(1,4)，半径为5，设C(x，y)，则=(x－1，y－4)，=(5－x,4－y)，由题设知·=0，∴(x－1)(5－x)＋(y－4)(4－y)=0，即(x－3)2＋(y－4)2=4，∴C2的方程是(x－3)2＋(y－4)2=4.(3)证明：当直线l1的斜率不存在时，直线l1与圆C2相切，当直线l1的斜率为0时，直线l1与圆C2相离，故设直线l1的方程为kx－y－k=0(k≠0).由直线l1与圆C2相交，得＜2，解得k＞.由得N，又直线C2M与l1垂直，由得M，∴|AM|·|AN|=·=··=6(定值).