1、第四讲直线与圆、圆与圆的位置关系A组基础巩固一、单选题1(2021辽宁葫芦岛模拟)“k0”是“直线ykx与圆x2y22相切”的(C)A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析直线与圆相切k0.2(2021河南八市质检)过点(3,1)作圆(x1)2y2r2的切线有且只有一条，则该切线的方程为(B)A2xy50B2xy70Cx2y50Dx2y70解析由题意，过点(3,1)作圆(x1)2y2r2的切线有且只有一条，则点(3,1)在圆上，圆心与切点连线的斜率为k，切线的斜率为2，则圆的切线方程为y12(x3)，即2xy70，选B.3(2020山东济宁期末)圆C1：x2
2、(y1)21与圆C2：(x4)2(y1)24的公切线的条数为(A)A4B3C2D1解析两圆的圆心距|C1C2|421，两圆外离，两圆的公切线有4条4(2021河北衡水武邑中学月考)直线3x4y30与圆x2y21相交所截的弦长为(B)ABC2D3解析圆x2y21的圆心(0,0)，半径为1，因为圆心到直线3x4y30的距离为，则利用勾股定理可知所求的弦长为2，故选B.5(2021河北沧州段考)已知直线xay10是圆C：x2y24x2y10的对称轴，过点A(4，a)作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|(B)A2B6C4D2解析圆C：x2y24x2y10，即(x2)2(y1)24，圆心为C(2,1)
3、，半径为2.由题意可得，直线l：xay10经过圆C的圆心(2,1)，故有2a10，a1，点A(4，1)|AC|2，|CB|R2，切线的长|AB|6，故选B.6(2021河南中原名校质量测评)直线l：ykx4与圆O：x2y24交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若x1x2y1y20，则k2的值(B)A3B7C8D13解析由条件可得x1x20，圆O的圆心为(0,0)，半径为2，由x1x2y1y20可得1，故OAOB，故AOB为等腰直角三角形，故点O到直线l的距离为，即，解得k27.故选B.7(2021河北唐山一中调研)若直线yk(x2)4与曲线y有两个交点，则k的取值范围是(C)A1，)B
4、CD(，1解析直线yk(x2)4，当x2时，y4，可得此直线恒过A(2,4)，曲线y为圆心在坐标原点，半径为2的半圆，根据题意作出相应的图形，如图所示：当直线y k(x2)4与半圆相切(切点在第二象限)时，圆心到直线的距离dr，2，即4k216k1644k2，解得：k，当直线yk(x2)4过点C时，将x2，y0代入直线方程得：4k40，解得：k1，则直线与曲线有2个交点时k的范围为，故选 C8(2021四川南充模拟)若直线l：ykx1被圆C：x2y22x30截得的弦最短，则直线l的方程是(D)Ax0By1Cxy10Dxy10解析依题意，直线l：ykx1过定点P(0,1)圆C：x2y22x30化
5、为标准方程为(x1)2y24.故圆心为C(1,0)，半径为r2.则易知定点P(0,1)在圆内由圆的性质可知当PCl时，此时直线l：ykx1被圆C：x2y22x30截得的弦最短因为kPC1，所以直线l的斜率k1，即直线l的方程是xy10.二、多选题9直线ykx3被圆(x2)2(y3)24截得的弦长为2，则直线的倾斜角可能为(AD)ABCD解析由题意可知，圆心P(2,3)，半径r2，圆心P到直线ykx3的距离d，由d22r2，可得34，解得k.设直线的倾斜角为，则tan ，又0，)，或.10在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2y24x0.若直线yk(x1)上存在一点P，使过P所作的圆的两条切
6、线相互垂直，则实数k的值可以是(AB)A1B2C3D4解析x2y24x0，(x2)2y24，过P所作的圆的两条切线相互垂直，所以P、圆心C、两切点构成正方形，PC2，由题意知，直线yk(x1)与以C为圆心，以2为半径的圆(x2)2y28相交，d2，即2k2，故选AB.11(2021山东德州期末)已知点A是直线l：xy0上一定点，点P、Q是圆x2y21上的动点，若PAQ的最大值为90，则点A的坐标可以是(AC)A(0，)B(1，1)C(，0)D(1,1)解析如下图所示：原点到直线l距离为d1，则直线l与圆x2y21相切，由图可知，当AP、AQ均为圆x2y21的切线时，PAQ取得最大值，连接OP、
7、OQ，由于PAQ的最大值为90，且APOAQO90，|OP|OQ|1，则四边形APOQ为正方形，所以|OA|OP|，由两点间的距离公式得设A(t，t)|OA|，整理得2t22t0，解得t0或，因此，点A的坐标为(0，)或(，0)，故选AC三、填空题12(2021福建厦门质检)过点(1，)的直线l被圆x2y28截得的弦长为4，则l的方程为xy40.解析当直线l的斜率不存在时，显然不满足题意，当直线l斜率存在时，设直线l的方程为yk(x1)，即kxyk0，42d2，2k，l的方程为xy40.13自圆外一点P作圆x2y21的两条切线PM，PN(M，N为切点)，若MPN90，则动点P的轨迹方程是 x2
8、y22 .解析由题意知四边形OMPN是正方形，所以|OP|，于是点P的轨迹是圆心在原点，半径为的圆，其方程是x2y22.14(2020高考浙江)已知直线ykxb(k0)与圆x2y21和圆(x 4)2y21均相切，则k，b.解析解法一：由直线与圆相切的充要条件知解法二：如图所示由图易知，直线ykxb经过点(2,0)，且倾斜角为30，从而k，且0bb.四、解答题15一个圆与y轴相切，圆心在直线x3y0上，且在直线yx上截得的弦长为2，求此圆的方程解析解法一：所求圆的圆心在直线x3y0上，且与y轴相切，设所求圆的圆心为C (3a，a)，半径为r3|a|.又圆在直线yx上截得的弦长为2，圆心C(3a，
9、a)到直线yx的距离为d.有d2()2r2.即2a279a2，a1.故所求圆的方程为(x3)2(y1)29或(x3)2(y1)29.解法二：设所求的圆的方程是(xa)2(yb)2r2，则圆心(a，b)到直线xy0的距离为.r22()2.即2r2(ab)214.由于所求的圆与y轴相切，r2a2.又因为所求圆心在直线x3y0上，a3b0.联立，解得a3，b1，r29或a3，b1，r29.故所求的圆的方程是(x3)2(y1)29或(x3)2(y1)29.解法三：设所求的圆的方程是x2y2DxEyF0，圆心为，半径为.令x0，得y2EyF0.由圆与y轴相切，得0，即E24F.又圆心到直线xy0的距离为
10、，由已知，得2()2r2，即(DE)2562(D2E24F)又圆心在直线x3y0上，D3E0.联立，解得D6，E2，F1或D6，E2，F1.故所求圆的方程是x2y26x2y10或x2y26x2y10即(x3)2(y1)29或(x3)2(y1)29.B组能力提升1(2021河南中原名校联盟第三次联考)设圆x2y22x2y20的圆心为C，直线l过(0,3)，且与圆C交于A，B两点，若|AB|2，则直线l的方程为(D)A3x4y120或4x3y90B3x4y120或4x3y90C4x3y90或x0D3x4y120或x0解析圆的标准方程为(x1)2(y1)24，由|AB|2知，圆心(1,1)到直线l的
11、距离为1，当直线l的斜率不存在，即直线l的方程为x0时，符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y3k(x0)，即kxy30，由1得k，此时直线l的方程为3x4y120，故选D.2(2021河南名校联盟质检)已知圆C：(x)2(y1)21和两点A(t,0)，B(t,0)(t0)，若圆C上存在点P，使得APB90，则t的取值范围是(D)A(0,2B1,2C2,3D1,3解析满足APB90的点P的轨迹为x2y2t2，所以圆x2y2t2与圆C有公共点，所以|t1|t1，解得1t3.故选D.3(2021湖北武汉襄阳荆门宜昌四地六校考试联盟联考)已知圆O：x2y21上恰有两个点到直线l：ykx1
12、的距离为，则直线l的倾斜角的取值范围为(B)ABCD解析显然直线l过O上定点(0,1)，由题意可知圆心到直线l的距离大于，即，解得k，直线l的倾斜角，故选B.4(2021山西适应性考试)从直线l：3x4y10上的动点P作圆x2y21的两条切线，切点为C，D，则四边形OCPD(O为坐标原点)面积的最小值是(A)ABC1D2解析圆x2y21的圆心为O(0,0)，半径r1，当点P与圆心的距离最小时，切线长PC、PD最小，此时四边形OCPD的面积最小，圆心到直线3x4y10的距离d2，|PC|PD|，四边形OCPD的面积S2|PC|r.故选：A.5(2021河南洛阳统测)已知圆C：(xa)2y24(a
13、2)与直线xy220相切，则圆C与直线xy40相交所得弦长为(D)A1BC2D2解析因为圆C：(xa)2y24(a2)与直线xy220相切，所以dr2，解得a2或a24，因为a2，所以a2，所以(x2)2y24，圆心到直线xy40的距离为：d，所以圆C与直线xy40相交所得弦长为l22，故选：D.6(2021湖南省东部六校联考)已知直线l：4x3y100，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方(1)求圆C的方程；(2)过点M(1,0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由解析(1)设圆心C(a,0)，则2，解得a0或a5(舍)所以圆C：x2y24.(2)如图，当直线ABx轴时，x轴平分ANB.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为yk(x1)，N(t,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得，(k21)x22k2xk240，所以x1x2，x1x2.若x轴平分ANB，则kANkBN002x1x2(t1)(x1x2)2t02t0t4.所以当点N为(4,0)时，能使得ANMBNM总成立