專題04圓的方程（2）（解析版）

專題04圓的方程（2）TOC\o"1-3"\h\u題型7與圓有關(guān)的最值問題 ③過圓x2＋y2＝r2外一點M(x0，y0)作圓的兩條切線，則兩切點所在直線方程為x0x＋y0y＝r2.(2)過圓外一點的圓的切線過圓外一點M(x0，y0)的圓的切線求法：可用點斜式設(shè)出方程，利用圓心到直線的距離等于半徑求出斜率k，從而得切線方程；若求出的k值只有一個，則說明另一條直線的斜率不存在，其方程為x＝x0.知識點六.切線長①從圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)外一點M(x0，y0)引圓的兩條切線，切線長為eq\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)＋Dx0＋Ey0＋F).②兩切點弦長：利用等面積法，切線長a與半徑r的積的2倍等于點M與圓心的距離d與兩切點弦長b的積，即b＝eq\f(2ar,d).注意：過一點求圓的切線方程時，要先判斷點與圓的位置關(guān)系，以便確定切線的條數(shù)．知識點七．圓的弦長直線和圓相交，求被圓截得的弦長通常有兩種方法：(1)幾何法：因為半弦長eq\f(L,2)、弦心距d、半徑r構(gòu)成直角三角形，所以由勾股定理得L＝2eq\r(r2－d2).(2)代數(shù)法：若直線y＝kx＋b與圓有兩交點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有：|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|.知識點八．兩圓相交時公共弦所在直線的方程：圓C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0與C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0相交時：(1)將兩圓方程直接作差，得到兩圓公共弦所在直線方程；(2)兩圓圓心的連線垂直平分公共弦；(3)x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0表示過兩圓交點的圓系方程(不包括C2)．知識點九．圓系方程(1)過直線Ax＋By＋C＝0與圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0交點的圓系方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ(Ax＋By＋C)＝0(λ∈R)；(2)過圓C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和圓C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0交點的圓系方程：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)(該圓系不含圓C2，解題時，注意檢驗圓C2是否滿足題意，以防漏解)．題型7與圓有關(guān)的最值問題◆類型1類比斜率型【方法總結(jié)】形如u＝eq\f(y－b,x－a)型的最值問題，可轉(zhuǎn)化為過點(a，b)和點(x，y)的直線的斜率的最值問題.【例題7-1】已知實數(shù)x，y滿足方程x2＋y2－4x＋1＝0，求eq\f(y,x)的最大值和最小值．【解析】原方程可化為(x－2)2＋y2＝3，表示以(2，0)為圓心，eq\r(3)為半徑的圓．eq\f(y,x)的幾何意義是圓上一點與原點連線的斜率，所以設(shè)eq\f(y,x)＝k，即y＝kx.當(dāng)直線y＝kx與圓相切時，斜率k取最大值和最小值，此時eq\f(|2k－0|,\r(k2＋1))＝eq\r(3)，解得k＝±eq\r(3).所以eq\f(y,x)的最大值為eq\r(3)，最小值為－eq\r(3).【變式7-1】1.已知實數(shù)x，y滿足(x－2)2＋(y－1)2＝1，則z＝eq\f(y＋1,x)的最大值與最小值分別為________和________．【解析】由題意，得eq\f(y＋1,x)表示過點A(0，－1)和圓(x－2)2＋(y－1)2＝1上的動點(x，y)的直線的斜率．當(dāng)且僅當(dāng)直線與圓相切時，直線的斜率分別取得最大值和最小值．設(shè)切線方程為y＝kx－1，即kx－y－1＝0，則eq\f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq\f(4±\r(7),3)，所以zmax＝eq\f(4＋\r(7),3)，zmin＝eq\f(4－\r(7),3).【答案】eq\f(4＋\r(7),3)eq\f(4－\r(7),3)【變式7-1】2．已知實數(shù)x，y滿足(x－2)2＋(y－1)2＝1，則z＝eq\f(y＋1,x)的最大值與最小值分別為______和______．【解析】由題意，得eq\f(y＋1,x)表示過點A(0，－1)和圓(x－2)2＋(y－1)2＝1上的動點(x，y)的直線的斜率，當(dāng)且僅當(dāng)直線與圓相切時，直線的斜率分別取得最大值和最小值．設(shè)切線方程為y＝kx－1，即kx－y－1＝0，則eq\f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq\f(4±\r(7),3)，所以zmax＝eq\f(4＋\r(7),3)，zmin＝eq\f(4－\r(7),3).【答案】eq\f(4＋\r(7),3)eq\f(4－\r(7),3)【變式7-1】3．已知M(x，y)為圓C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一點，且點Q(－2，3)．(1)求|MQ|的最大值和最小值；(2)求eq\f(y－3,x＋2)的最大值和最小值．【解析】(1)由圓C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0，可得(x－2)2＋(y－7)2＝8，所以圓心C的坐標(biāo)為(2，7)，半徑r＝2eq\r(2)，又|QC|＝eq\r(（2＋2）2＋（7－3）2)＝4eq\r(2)，所以|MQ|max＝4eq\r(2)＋2eq\r(2)＝6eq\r(2)，|MQ|min＝4eq\r(2)－2eq\r(2)＝2eq\r(2).(2)可知eq\f(y－3,x＋2)表示直線MQ的斜率k.設(shè)直線MQ的方程為y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0.因為直線MQ與圓C有交點，所以eq\f(|2k－7＋2k＋3|,\r(1＋k2))≤2eq\r(2)，可得2－eq\r(3)≤k≤2＋eq\r(3)，所以eq\f(y－3,x＋2)的最大值為2＋eq\r(3)，最小值為2－eq\r(3).【變式7-1】4．若實數(shù)，滿足，則的取值范圍為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】解答：由題意可得,表示右半個圓x2+y2=1上的點(x,y)與原點(0,?2)連線的斜率，設(shè)k=，故此圓的切線方程為y=kx?2，再根據(jù)圓心(0,0)到切線的距離等于半徑,可得r==1，平方得k2=3求得k=±,故的取值范圍是，故選：D.◆類型2轉(zhuǎn)化截距型【方法總結(jié)】形如l＝ax＋by形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(l,b)截距的最值問題.【例題7-2】（2019·全國·高一課時練習(xí)）已知實數(shù)x，y滿足x2+y【答案】5-5【分析】令x-2y=t．即得直線：x【詳解】把圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程得:(x-1)2+(y+2)2=25【解析】令x-2y=t．即得直線：x-2y-t=0，∵點Px,y在圓上，∴故得解.【點睛】此題考查點與圓的位置關(guān)系和直線與圓的位置關(guān)系的應(yīng)用,運用數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想,將所要求的范圍由其表示的幾何意義轉(zhuǎn)化為點與圓心的距離的最值和直線與圓相切的位置關(guān)系的問題，是一道中檔題.【變式7-2】1.已知點(x，y)在圓(x－2)2＋(y＋3)2＝1上,求x＋y的最大值和最小值．【解析】設(shè)t＝x＋y，則y＝－x＋t，t可視為直線y＝－x＋t在y軸上的截距，∴x＋y的最大值和最小值就是直線與圓有公共點時直線在y軸上的截距的最大值和最小值，即直線與圓相切時在y軸上的截距．由直線與圓相切得圓心到直線的距離等于半徑，即eq\f(|2＋－3－t|,\r(2))＝1，解得t＝eq\r(2)－1或t＝－eq\r(2)－1.∴x＋y的最大值為eq\r(2)－1，最小值為－eq\r(2)－1.【變式7-2】2.已知實數(shù)x，y滿足方程x2＋y2－4x＋1＝0.求：y－x的最大值和最小值.【解析】y－x可看作是直線y＝x＋b在y軸上的截距，如圖所示，當(dāng)直線y＝x＋b與圓相切時，其在y軸上的截距b取得最大值和最小值，此時eq\f(|2－0＋b|,\r(2))＝eq\r(3)，解得b＝－2±eq\r(6).所以y－x的最大值為－2＋eq\r(6)，最小值為－2－eq\r(6).【變式7-2】3．已知點P(x，y)在圓C：x2＋y2－6x－6y＋14＝0上，求x＋y的最大值和最小值．【解析】方程x2＋y2－6x－6y＋14＝0可變形為(x－3)2＋(y－3)2＝4，則圓C的半徑為2.【解析】(轉(zhuǎn)化為截距的最值問題求解)設(shè)x＋y＝b，則b表示動直線y＝－x＋b在y軸上的截距，顯然當(dāng)動直線y＝－x＋b與圓C相切時，b取得最大值或最小值，如圖所示．由圓心C(3,3)到切線x＋y＝b的距離等于圓C的半徑，可得eq\f(|3＋3－b|,\r(12＋12))＝2，即|b－6|＝2eq\r(2)，解得b＝6±2eq\r(2)，所以x＋y的最大值為6＋2eq\r(2)，最小值為6－2eq\r(2).◆類型3類比兩點間距離（平方）型【方法總結(jié)】形如(x－a)2＋(y－b)2型的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動點(x，y)到定點(a，b)的距離的平方的最值問題．【例題7-3】（2020·四川·雙流中學(xué)高二期中（理））已知實數(shù)x、y滿足方程x2+y2-4A．7-43 B．7+43 C．2+3【答案】A【解析】將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)形式，可得出圓心C的坐標(biāo)和圓的半徑，將x2+y2【詳解】圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x-22+y2=3，圓心為C2,0，半徑長為3，∵0-22+故選：A.【點睛】本題考查x2+【變式7-3】1．（2022·全國·高二專題練習(xí)）已知點P(x，y)在圓x2＋y2＝1上，則(x-1)【答案】1+【分析】(x-1)2+(【詳解】圓x2+y2=1的圓心為(0,0)，半徑為1∴所求最大值為2+1【點睛】設(shè)圓的半徑為r，圓心到平面上一點M的距離為d，則圓上的點到點M距離的最大值為d+r，最小值為【變式7-3】2．（2019·江蘇·一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C:x2+(y-1)2=1及點A(3,0)，設(shè)點P是圓C【答案】7【分析】由角平分線成比例定理推理可得AQ=2PQ，進(jìn)而設(shè)點表示向量構(gòu)建方程組表示點P坐標(biāo)，代入圓C方程即可表示動點Q【詳解】由題可構(gòu)建如圖所示的圖形，因為AQ是∠ACP的角平分線，由角平分線成比例定理可知ACAP=AQPQ=21?AQ=2PQ,所以AQ又因為點P是圓C:x2+(y-1)2=1上的動點，則3因為dMO=故答案為：7-2【點睛】本題考查與圓有關(guān)的距離的最值問題，常常轉(zhuǎn)化到圓心的距離加減半徑，還考查了求動點的軌跡方程，屬于中檔題.【變式7-3】3．（2022·全國·高三專題練習(xí)）設(shè)x、y∈R，則P【答案】3-2【分析】P=(x+1-cosy)2+(x-1+siny)2的幾何意義為點Ax+1，x-1與點【詳解】P=(x+1-cosy)2+(x-1+siny)2的幾何意義為點Ax+1，x-1與點Bcosy，-siny之間的距離的平方．設(shè)所以P的最小值為(2-1)2=3-2【變式7-3】4．設(shè)是定義在R上的增函數(shù),且對于任意的都有恒成立.如果實數(shù)a,b滿足不等式,那么的取值范圍是()A.(9,49)B.(13,49)C.(9,25)D.(3,7)【答案】A【解析】由是的增函數(shù)和奇函數(shù)可得,,所以選A.◆類型4利用函數(shù)關(guān)系求最值【方法總結(jié)】根據(jù)已知條件列出相關(guān)的函數(shù)關(guān)系式，再根據(jù)關(guān)系式的特征選用基本不等式、函數(shù)單調(diào)性等方法求最值．【例題7-4】(2022·廈門模擬)設(shè)點P(x，y)是圓：x2＋(y－3)2＝1上的動點，定點A(2，0)，B(－2，0)，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最大值為________．【解析】由題意，知eq\o(PA,\s\up6(→))＝(2－x，－y)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－2－x，－y)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x2＋y2－4，由于點P(x，y)是圓上的點，故其坐標(biāo)滿足方程x2＋(y－3)2＝1，故x2＝－(y－3)2＋1，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12.易知2≤y≤4，所以，當(dāng)y＝4時，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的值最大，最大值為6×4－12＝12.【答案】12【變式7-4】1．設(shè)點P(x，y)是圓(x－3)2＋y2＝4上的動點，定點A(0，2)，B(0，－2)，則|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的最大值為________．【解析】由題意，知eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－x，2－y)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－x，－2－y)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－2x，－2y)，由于點P(x，y)是圓上的點，故其坐標(biāo)滿足方程(x－3)2＋y2＝4，故y2＝－(x－3)2＋4，所以|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|＝eq\r(4x2＋4y2)＝2eq\r(6x－5).由圓的方程(x－3)2＋y2＝4，易知1≤x≤5，所以當(dāng)x＝5時，|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的值最大，最大值為2eq\r(6×5－5)＝10.【答案】10【變式7-4】2．(2022·湖北鄂州三校聯(lián)考)在△ABC中，邊a，b，c分別是角A，B，C的對邊，已知eq\f(a,cosB)＝eq\f(b,cosA)且a＝6，b＝8.(1)建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，求△ABC的內(nèi)切圓方程；(2)P為內(nèi)切圓上任意一點，求|eq\o(PA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(PB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(PC,\s\up6(→))|2的最大值與最小值．【解析】(1)由正弦定理可知sin2A＝sin2B，所以A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，因為a<b，所以A＋B＝eq\f(π,2)，所以c＝eq\r(62＋82)＝10，以直角頂點C為原點，CA，CB所在直線為x軸，y軸建系，如圖．由于△ABC是直角三角形，設(shè)△ABC的內(nèi)切圓圓心為O′，切點分別為D，E，F(xiàn)，則AD＋DB＋EC＝eq\f(1,2)×(10＋8＋6)＝12，上式中AD＋DB＝c＝10，所以內(nèi)切圓半徑r＝EC＝2，則內(nèi)切圓方程為(x－2)2＋(y－2)2＝4.(2)設(shè)圓上動點P的坐標(biāo)為(x，y)，令S＝|eq\o(PA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(PB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(PC,\s\up6(→))|2，則S＝(x－8)2＋y2＋x2＋(y－6)2＋x2＋y2＝3x2＋3y2－16x－12y＋100＝3[(x－2)2＋(y－2)2]－4x＋76＝3×4－4x＋76＝88－4x，因為點P在內(nèi)切圓上，所以0≤x≤4，所以Smax＝88－0＝88，Smin＝88－16＝72.【變式7-4】3．（2021·廣東·珠海市第二中學(xué)高二期中）（多選）已知點A(-2,-2)，B(-2,6)，C(4,-2)，且點P是圓M：x2+A．66 B．79 C．86 D．89【答案】BC【分析】利用三角方法設(shè)出點P的坐標(biāo)，利用兩點間的距離表示出|PA【詳解】依題意，設(shè)P(2cos則|PA|PB|PC∴|PA|2+|PB|2故選：BC．【變式7-4】4．在直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)為圓心的圓與直線x-3y=4相切，圓O與x軸相交于A、B兩點，圓內(nèi)的動點P使PA、PO（1）求圓O的方程；（2）求PA?【答案】（1）x2+y2=4【分析】（1）計算原點到直線x-3y=4的距離即為圓（2）先求出點A、B的坐標(biāo)，設(shè)點Px,y，由PA、PO、PB成等比數(shù)列，結(jié)合兩點間的距離公式得出x2-y2=2，由點P在圓O內(nèi)得出x2+【詳解】（1）依題設(shè)，圓O的半徑r等于原點O到直線x-即r=-412+（2）不妨設(shè)Ax1,0、Bx2,0，x1設(shè)Px,y，由PA、PO得x+22+∴PA∵點P在圓O內(nèi)，則x2+y2<4x2所以PA?PB=2y2【點睛】本題考查圓的方程的求解以及平面向量數(shù)量積的取值范圍，對于解析幾何中的動點問題，通常設(shè)動點坐標(biāo)為x,y◆類型5面積最值問題【例題7-5】已知點O(0,0)，A(0,2)，點M是圓(x－3)2＋(y＋1)2＝4上的動點，則△OAM面積的最小值為()A．1 B．2C．3 D．4【解析】選A如圖所示，由幾何圖形易知點M的坐標(biāo)為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1))時，△OAM有最小值，其面積為S△OAM＝eq\f(1,2)×2×1＝1.故選A.【變式7-5】1．已知點A(－1,0)，B(0,2)，點P是圓C：(x－1)2＋y2＝1上任意一點，則△PAB面積的最大值與最小值分別是()A．2,2－eq\f(\r(5),2)B．2＋eq\f(\r(5),2)，2－eq\f(\r(5),2)C.eq\r(5)，4－eq\r(5)D.eq\f(\r(5),2)＋1，eq\f(\r(5),2)－1【解析】選B由題意知|AB|＝eq\r(－12＋－22)＝eq\r(5)，lAB：2x－y＋2＝0，由題意知圓C的圓心坐標(biāo)為(1,0)，∴圓心到直線lAB的距離d＝eq\f(|2－0＋2|,\r(4＋1))＝eq\f(4\r(5),5).∴S△PAB的最大值為eq\f(1,2)×eq\r(5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)＋1))＝2＋eq\f(\r(5),2)，S△PAB的最小值為eq\f(1,2)×eq\r(5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)－1))＝2－eq\f(\r(5),2).【變式7-5】2．已知圓C過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，6))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－2))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，5))，點M，N在圓C上，則△CMN面積的最大值為()A．100B.25C．50D.eq\f(25,2)【解析】選D.設(shè)圓C的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，6))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－2))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，5))代入可得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(52＋4D＋6E＋F＝0，,8－2D－2E＋F＝0，,50＋5D＋5E＋F＝0，))解得D＝－2，E＝－4，F(xiàn)＝－20.故圓C的一般方程為x2＋y2－2x－4y－20＝0，即(x－1)2＋(y－2)2＝25，故△CMN的面積S＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CM))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CN))sin∠MCN＝eq\f(1,2)×5×5sin∠MCN≤eq\f(1,2)×5×5×1＝eq\f(25,2).所以△CMN面積的最大值為eq\f(25,2).【變式7-5】3．設(shè)P為直線3x－4y＋11＝0上的動點，過點P作圓C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0的兩條切線，切點分別為A，B，則四邊形PACB的面積的最小值為________．【解析】圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋(y－1)2＝1，圓心為C(1，1)，半徑r＝1，根據(jù)對稱性可知，四邊形PACB的面積為2S△APC＝2×eq\f(1,2)|PA|r＝|PA|＝eq\r(|PC|2－r2)，要使四邊形PACB的面積最小，則只需|PC|最小，|PC|最小時為圓心到直線l：3x－4y＋11＝0的距離d＝eq\f(|3－4＋11|,\r(32＋（－4）2))＝eq\f(10,5)＝2.所以四邊形PACB面積的最小值為eq\r(（|PC|min）2－r2)＝eq\r(4－1)＝eq\r(3).【答案】eq\r(3)【變式7-5】4．直線x＋y＋2＝0分別與x軸，y軸交于A，B兩點，點P在圓(x－2)2＋y2＝2上，則△ABP面積的取值范圍是()A．[2，6] B.[4，8]C．[eq\r(2)，3eq\r(2)] D.[2eq\r(2)，3eq\r(2)]【解析】選A.圓心(2，0)到直線的距離d＝eq\f(|2＋0＋2|,\r(2))＝2eq\r(2)，所以點P到直線的距離d1∈[eq\r(2)，3eq\r(2)]．根據(jù)直線的方程可知A，B兩點的坐標(biāo)分別為A(－2，0)，B(0，－2)，所以|AB|＝2eq\r(2)，所以△ABP的面積S＝eq\f(1,2)|AB|·d1＝eq\r(2)d1.因為d1∈[eq\r(2)，3eq\r(2)]，所以S∈[2，6]，即△ABP面積的取值范圍是[2，6]．◆類型6構(gòu)造輔助圓法【方法總結(jié)】對于符合圓的特征的條件，可以構(gòu)造輔助圓幫助思考．如利用圓的定義、圓周上90度的角所對弦是直徑、四點共圓的特征來構(gòu)造圓，做到圖中無圓，心中有圓．考點1輔助圓法的應(yīng)用【例題7-6】在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，與點O(0,0)距離為1，且與點A(－3,4)距離為4的直線共有________條．【解析】如圖所示，平面內(nèi)，與點O距離為1的直線是單位圓的切線，與點A距離為4的直線是圓心為A、半徑為4的圓的切線，同時符合這兩個條件的直線就是兩圓的公切線．不難判斷兩圓相外切，因而公切線有3條，即滿足條件的直線共有3條．【答案】3【變式7-6】已知兩點M(1,0)，N(－3,0)到直線的距離分別為1,3，則滿足條件的直線的條數(shù)是________．【答案】3【分析】考慮以M為圓心，半徑為1的圓與以N為圓心，半徑為3的圓的位置關(guān)系后可得直線的條數(shù)．【詳解】∵M(jìn)1,0,N-3,0，∴NM=4，分別以則兩圓外切，有3條公切線，即符合條件的直線有3條．【點睛】圓與圓的位置關(guān)系可以用圓心距和半徑之和、半徑之差的絕對值的關(guān)系來確定，當(dāng)兩圓相離時，它們由4條公切；當(dāng)兩圓相外切時，它們由3條公切線；當(dāng)兩圓相交時，它們有2條公切線；當(dāng)兩圓相內(nèi)切時，有1條公切線；當(dāng)兩圓相內(nèi)含時，無公切線．考點2輔助圓法求最值【例題7-7】已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和兩點A(－m，0)，B(m,0)(m>0)．若圓C上存在點P，使得∠APB＝90°，則m的最大值為()A．7 B．6C．5 D．4【解析】根據(jù)題意，畫出示意圖，如圖所示，則圓心C的坐標(biāo)為(3,4)，半徑r＝1，且|AB|＝2m，因為∠APB＝90°，連接OP，易知|OP|＝eq\f(1,2)|AB|＝m.要求m的最大值，即求圓C上的點P到原點O的最大距離．因為|OC|＝eq\r(32＋42)＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值為6.故選B.【答案】B【變式7-7】1．橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的焦點為F1，F(xiàn)2，點P為其上的動點．當(dāng)∠F1PF2為鈍角時，點P橫坐標(biāo)的取值范圍是________．【解析】由已知得a2＝9，b2＝4，c2＝5，F(xiàn)1(－eq\r(5)，0)，F(xiàn)2(eq\r(5)，0)．以F1F2為直徑構(gòu)造圓x2＋y2＝5.因為∠F1PF2為鈍角，所以點P(x0，y0)在圓x2＋y2＝5內(nèi)，故xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)<5，聯(lián)立eq\f(x\o\al(2,0),9)＋eq\f(y\o\al(2,0),4)＝1消去yeq\o\al(2,0)，解得－eq\f(3\r(5),5)<x0<eq\f(3\r(5),5).即點P橫坐標(biāo)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(5),5)，\f(3\r(5),5))).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(5),5)，\f(3\r(5),5)))【變式7-7】2．已知點A(1,5),B(9,5),C(0,2),D(4,0)，動點M滿足MA⊥MB，點【答案】3【分析】設(shè)動點為M(x,y)，由MA⊥MB求出動點M的軌跡方程，利用圓的性質(zhì)可得，當(dāng)PC【詳解】設(shè)動點為M(x,y)，由題意得MA·MB=0，即當(dāng)PC與圓M相切時，∠PCD取得最值，圖中所示位置為∠連接MC、MP，可知MP⊥PC，MC=(5-0)2+(5-2)【變式7-7】3．若直線kx-y-k+2=0與直線x+ky【答案】2【分析】根據(jù)題意可知,直線kx-y-k+2=0與直線x+ky-2k-3=0分別過定點A,B,且這兩條直線互相垂直,【詳解】由題可知,直線kx-y-k+2=0可化為直線x+ky-2k-3=0可化為x-3+ky-2=0,所以其過定點B其交點P在以AB為直徑的圓上,作圖如下:結(jié)合圖形可知,線段OP的最大值為OC+1,因為C為線段AB的中點,所以由中點坐標(biāo)公式可得C所以P到坐標(biāo)原點距離，即線段OP的最大值為22故答案為:2【變式7-7】4．點P(－3，1)在動直線mx＋ny＝m＋n上的投影為點M，若點N(3，3)那么|MN|的最小值為__________.【答案】2【解析】由動直線方程可得動直線經(jīng)過定點A(1,1),從而得到M的軌跡為以線段PA為直徑的圓，然后判斷點N在圓外，進(jìn)而得到所求最小值.【詳解】解：直線mx＋ny＝m＋n顯然經(jīng)過定點A(1,1),∴M的軌跡為以線段PA為直徑的圓，圓心坐標(biāo)為C(-1,1),半徑為2，CN=42故答案為：2【點睛】本題關(guān)鍵要分析出動直線經(jīng)過定點，從而判定M的軌跡，然后判定N在圓的外部是不可缺少的.【變式7-7】5．（2022·全國·高三專題練習(xí)）函數(shù)f(a)=【答案】2【分析】令a-3=x，4-a=y【詳解】令a-3=xfa原問題可化為在條件x2+y2=1將目標(biāo)函數(shù)化為y=-33x+當(dāng)直線y=-33此時，由圓心到直線的距離等于半徑，易知z2=1，得所以函數(shù)fa的最大值為2故答案為：2.考點3與向量的結(jié)合【例題7-8】記M的最大值和最小值分別為Mmax和Mmin．若平面向量a、b、c，滿足a=A．a(chǎn)-cmaxC．a(chǎn)-cmin【答案】A【解析】設(shè)θ為a、b的夾角，根據(jù)題意求得θ=π3，然后建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)a=OA=2,0，b=OB=【詳解】由已知可得a?b=a?bcos建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)a=OA=2,0，由c?a+2b-2化簡得點C的軌跡方程為x-12+則a-c轉(zhuǎn)化為圓x-12+y-32a+c轉(zhuǎn)化為圓x-1∴a+c故選：A.【點睛】本題考查和向量與差向量模最值的求解，將向量坐標(biāo)化，將問題轉(zhuǎn)化為圓上的點到定點距離的最值問題是解答的關(guān)鍵，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，屬于中等題.【變式7-8】1．（2020·全國·高三專題練習(xí)）已知平面向量a,b,c滿足a=A．7-52 B．7-32【答案】A【解析】根據(jù)題意，易知a與b的夾角為60°，設(shè)a=1，3，b=2，0，c=x,y，由a【詳解】因為a=b=a?b=2，所以a與b的夾角為60°因為a-c?b-2所以原問題等價于，圓x2+y2又圓x2+y2-2x-3y+1故選：A.【點睛】本題考查向量的模的最值的求法，考查向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，考查學(xué)生的轉(zhuǎn)換思想和運算能力，屬于中檔題．【變式7-8】2．（2019·海南華僑中學(xué)高三階段練習(xí)（理））已知向量a，b滿足a=3，b=4，a在b上的投影為32.若向量c滿足c【答案】1,3【分析】計算a與b夾角，記a=OA,b=OB,c=OC【詳解】由題可知：acos所以θ=π6.以則A3,0,B2則x-232+y-12=1,圓心M所以d=AM=3故答案為：1,3【點睛】本題考查利用建系的方法解決向量的問題，向量是代數(shù)與幾何的一個紐帶，熟悉使用建系的方法，化繁為簡，考驗對問題的分析能力，屬中檔題.【變式7-8】3．（2018·安徽·馬鞍山二中高三期中（理））已知單位向量a，b，c，d滿足：a⊥b，c-d=3向量p=2A．32 B．1 C．22-1【答案】A【分析】設(shè)單位向量a=1,0，b=0,1，可得向量p的坐標(biāo)，可得p的終點P在線段x+y=22上運動，（0≤x≤22），可得c，d夾角為【詳解】根據(jù)題意，設(shè)單位向量a=1,0，b=0,1，∴向量p=22cos2θ?a+sin2θ可得c，d夾角為2π3，且c，d的終點C，D在單位圓上，向量p=22cos2θ?aCD=3，則由O到x+y=22的距離為d=22可得最小值為2×22-2-32=32，此時【點睛】本題考查向量數(shù)量積的定義和性質(zhì)，考查轉(zhuǎn)化思想和運算能力，屬于中檔題.【變式7-8】4．已知函數(shù)，其中是半徑為4的圓的一條弦，為原點，為單位圓上的點，設(shè)函數(shù)的最小值為，當(dāng)點在單位圓上運動時，的最大值為3，則線段的長度為__________．【答案】【解析】設(shè)，則函數(shù)，其中P為單位圓O上的點，∵，∴點A在直線MN上；∴函數(shù)f(x)的最小值t為點P到直線MN的距離，當(dāng)tmax=3時，如圖所示；線段MN的長度為.題型8與圓有關(guān)的軌跡問題【方法總結(jié)】與圓有關(guān)的軌跡問題的四種求法◆類型1直接法【例題8-1】已知圓C：(x－1)2＋(y－1)2＝9，過點A(2，3)作圓C的任意弦，則這些弦的中點P的軌跡方程為__．【解析】設(shè)P(x，y)，圓心C(1，1)．因為P點是過點A的弦的中點，所以eq\o(PA,\s\up6(→))⊥eq\o(PC,\s\up6(→)).又因為eq\o(PA,\s\up6(→))＝(2－x，3－y)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1－x，1－y)．所以(2－x)·(1－x)＋(3－y)·(1－y)＝0.所以點P的軌跡方程為(x－eq\f(3,2))2＋(y－2)2＝eq\f(5,4).【答案】(x－eq\f(3,2))2＋(y－2)2＝eq\f(5,4)【變式8-1】1．動點P到點A(8，0)的距離是到點(2，0)的距離的2倍，那么點P的軌跡方程為________．【解析】設(shè)P(x，y)，根據(jù)題意有2eq\r(（x－2）2＋y2)＝eq\r(（x－8）2＋y2)，整理得x2＋y2＝16.【答案】x2＋y2＝16【變式8-1】2．(2022·河北省昌黎縣匯文二中月考)點在圓x2＋y2＝1上移動時，它與定點Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0))連線的中點的軌跡方程是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋3))eq\s\up12(2)＋y2＝4 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－3))eq\s\up12(2)＋y2＝1C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－3))eq\s\up12(2)＋4y2＝1 D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(1,2)【解析】選C.設(shè)圓x2＋y2＝1上點為(x0，y0)，所求點為(x，y)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x0＋3,2)，,y＝\f(y0＋0,2)，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝2x－3，,y0＝2y，))所以(2x－3)2＋4y2＝1，即所求軌跡方程為(2x－3)2＋4y2＝1.【變式8-1】3．(2022·豫南五校聯(lián)考)自圓C：(x－3)2＋(y＋4)2＝4外一點P(x，y)引該圓的一條切線，切點為Q，PQ的長度等于點P到原點O的距離，則點P的軌跡方程為()A．8x－6y－21＝0 B.8x＋6y－21＝0C．6x＋8y－21＝0 D.6x－8y－21＝0【解析】選D.由題意得，圓心C的坐標(biāo)為(3，－4)，半徑r＝2，如圖．因為|PQ|＝|PO|，且PQ⊥CQ，所以|PO|2＋r2＝|PC|2，所以x2＋y2＋4＝(x－3)2＋(y＋4)2，即6x－8y－21＝0，所以點P的軌跡方程為6x－8y－21＝0.故選D.【變式8-1】4.已知Rt△ABC的斜邊為AB，且A(－1，0)，B(3，0)．求：(1)(一題多解)直角頂點C的軌跡方程；(2)直角邊BC的中點M的軌跡方程．【解析】(1)方法一：設(shè)C(x，y)，因為A，B，C三點不共線，所以y≠0.因為AC⊥BC，且BC，AC斜率均存在，所以kAC·kBC＝－1，又kAC＝eq\f(y,x＋1)，kBC＝eq\f(y,x－3)，所以eq\f(y,x＋1)·eq\f(y,x－3)＝－1，化簡得x2＋y2－2x－3＝0.因此，直角頂點C的軌跡方程為x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．方法二：設(shè)AB的中點為D，由中點坐標(biāo)公式得D(1，0)，由直角三角形的性質(zhì)知|CD|＝eq\f(1,2)|AB|＝2.由圓的定義知，動點C的軌跡是以D(1，0)為圓心，2為半徑的圓(由于A，B，C三點不共線，所以應(yīng)除去與x軸的交點)．所以直角頂點C的軌跡方程為(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．(2)設(shè)M(x，y)，C(x0，y0)，因為B(3，0)，M是線段BC的中點，由中點坐標(biāo)公式得x＝eq\f(x0＋3,2)，y＝eq\f(y0＋0,2)，所以x0＝2x－3，y0＝2y.由(1)知，點C的軌跡方程為(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，將x0＝2x－3，y0＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4，即(x－2)2＋y2＝1.因此動點M的軌跡方程為(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．【變式8-1】5.阿波羅尼斯證明過這樣一個命題：平面內(nèi)到兩定點距離之比為常數(shù)k(k>0，k≠1)的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓．若平面內(nèi)兩定點A，B間的距離為2，動點P滿足eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\r(2)，求|PA|2＋|PB|2的最小值．【解析】以經(jīng)過A，B的直線為x軸，線段AB的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系(圖略)，則A(－1,0)，B(1,0)．設(shè)P(x，y)，因為eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\r(2)，所以eq\f(\r(x＋12＋y2),\r(x－12＋y2))＝eq\r(2)，兩邊平方并整理，得x2＋y2－6x＋1＝0，即(x－3)2＋y2＝8.所以點P的軌跡是以(3,0)為圓心，2eq\r(2)為半徑的圓則|PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝2(x2＋y2)＋2.法一：因為x2＋y2－6x＋1＝0，所以|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋6x－1－x2)＋2＝12x.由y2＝8－(x－3)2≥0，得3－2eq\r(2)≤x≤3＋2eq\r(2)，所以36－24eq\r(2)≤12x≤36＋24eq\r(2)，由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值為36－24eq\r(2).法二：由(x－3)2＋y2＝8，可設(shè)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2\r(2)cosθ＋3，,y＝2\r(2)sinθ))(θ∈[0,2π))，則|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋y2)＋2＝2[(2eq\r(2)cosθ＋3)2＋(2eq\r(2)sinθ)2]＋2＝24eq\r(2)cosθ＋36.因為θ∈[0,2π)，所以－1≤cosθ≤1，所以36－24eq\r(2)≤24eq\r(2)cosθ＋36≤36＋24eq\r(2)，由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值為36－24eq\r(2).【變式8-1】6．已知圓C：x2＋y2＋2x－4y＋1＝0，O為坐標(biāo)原點，動點P在圓C外，過P作圓C的切線，設(shè)切點為M.(1)若點P運動到(1,3)處，求此時切線l的方程；(2)求滿足條件PM＝PO的點P的軌跡方程．【答案】見解析【解析】把圓C的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝4，∴圓心為C(－1,2)，半徑r＝2.(1)當(dāng)l的斜率不存在時，此時l的方程為x＝1，C到l的距離d＝2＝r，滿足條件．當(dāng)l的斜率存在時，設(shè)斜率為k，得l的方程為y－3＝k(x－1)，即kx－y＋3－k＝0，則eq\f(|－k－2＋3－k|,\r(1＋k2))＝2，解得k＝－eq\f(3,4).∴l(xiāng)的方程為y－3＝－eq\f(3,4)(x－1)，即3x＋4y－15＝0.綜上，滿足條件的切線l的方程為x＝1或3x＋4y－15＝0.(2)設(shè)P(x，y)，則PM2＝PC2－MC2＝(x＋1)2＋(y－2)2－4，PO2＝x2＋y2，∵PM＝PO，∴(x＋1)2＋(y－2)2－4＝x2＋y2，整理，得2x－4y＋1＝0，∴點P的軌跡方程為2x－4y＋1＝0.◆類型2幾何法【例題8-2】設(shè)定點M(－3,4)，動點N在圓x2＋y2＝4上運動，以O(shè)M，ON為兩邊作平行四邊形MONP，求點P的軌跡．【答案】(x＋3)2＋(y－4)2＝4，除去兩點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，\f(12,5)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(21,5)，\f(28,5))).【解析】如圖，設(shè)P(x，y)，N(x0，y0)，則線段OP的中點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，\f(y,2)))，線段MN的中點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0－3,2)，\f(y0＋4,2))).因為平行四邊形的對角線互相平分，所以eq\f(x,2)＝eq\f(x0－3,2)，eq\f(y,2)＝eq\f(y0＋4,2)，整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝x＋3，,y0＝y(tǒng)－4，))又點N(x0，y0)在圓x2＋y2＝4上，所以(x＋3)2＋(y－4)2＝4.所以點P的軌跡是以(－3,4)為圓心，2為半徑的圓，直線OM與軌跡相交于兩點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，\f(12,5)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(21,5)，\f(28,5)))，不符合題意，舍去，所以點P的軌跡為(x＋3)2＋(y－4)2＝4，除去兩點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，\f(12,5)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(21,5)，\f(28,5))).◆類型3相關(guān)點法【例題8-3】已知點P(3,a),若圓O:x2+y2=4上存在點A,使得線段【答案】[-3【分析】分析：A點在圓上，可設(shè)A(2cosθ,2sinθ)，通過PA中點也在圓上的條件，可以建立P與圓的相關(guān)性．利用參數(shù)方程設(shè)出圓上A詳解：根據(jù)圓O:x2+y2=4，可設(shè)A(2cosθ,2sinθ)，PA根據(jù)輔助角公式，化簡等式左邊，可得144+16根據(jù)-1≤sin(θ+φ)≤1兩邊同時平方，因式分解得a2-27a2+5≤0因為a2+5＞0點睛：本題主要是根據(jù)條件，利用參數(shù)方程和存在性成立的條件，得到關(guān)于a的不等式．考查了相關(guān)點的軌跡方程、參數(shù)方程、存在性成立和不等式解的問題，綜合性較強．題型9圓與圓的位置關(guān)系【方法總結(jié)】圓與圓的位置關(guān)系求解策略(1)判斷兩圓的位置關(guān)系時常用幾何法，即利用兩圓圓心之間的距離與兩圓半徑之間的關(guān)系，一般不采用代數(shù)法．(2)若兩圓相交，則兩圓公共弦所在直線的方程可由兩圓的方程作差消去x2，y2項得到．◆類型1已知圓的方程判斷圓與圓的位置關(guān)系【例題9-1】(2022·浙江省紹興市期末)設(shè)圓C1：x2＋y2＝1與圓C2：(x－2)2＋(y＋2)2＝1，則圓C1與C2的位置關(guān)系是()A．相交 B.外離C．外切 D.內(nèi)含【解析】根據(jù)題意，可知圓C1的半徑r1＝1，圓C2的半徑r2＝1，且圓C1與圓C2的圓心距d＝eq\r(22＋（－2）2)＝2eq\r(2)＞1＋1，即d＞r1＋r2，故兩圓外離．【變式9-1】已知圓M：x2＋y2－2ay＝0(a＞0)截直線x＋y＝0所得線段的長度是2eq\r(2)，則圓M與圓N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置關(guān)系是()A．內(nèi)切 B.相交C．外切 D.相離【解析】選B.由題意得圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋(y－a)2＝a2，圓心(0，a)到直線x＋y＝0的距離d＝eq\f(a,\r(2))，所以2eq\r(a2－\f(a2,2))＝2eq\r(2)，解得a＝2，圓M，圓N的圓心距|MN|＝eq\r(2)小于兩圓半徑之和1＋2，大于兩圓半徑之差1，故兩圓相交．◆類型2已知位置關(guān)系求取值（范圍）問題【例題9-2】圓C1：(x－m)2＋(y＋2)2＝9與圓C2：(x＋1)2＋(y－m)2＝4外切，則m的值為()A．2 B．－5C．2或－5 D．不確定【解析】選C由題意得C1(m，－2)，r1＝3，C2(－1，m)，r2＝2，則兩圓心之間的距離為|C1C2|＝eq\r(m＋12＋－2－m2)＝2＋3＝5，解得m＝2或－5.故選C.【變式9-2】1．若圓x2＋y2＝1與圓(x＋4)2＋(y－a)2＝25相切，則常數(shù)a＝________.【解析】兩圓的圓心距d＝eq\r(－42＋a2)，由兩圓相切，得eq\r(－42＋a2)＝5＋1或eq\r(－42＋a2)＝5－1，解得a＝±2eq\r(5)或a＝0.【答案】±2eq\r(5)或0【變式9-2】2．(2022·河北衡水中學(xué)高三復(fù)習(xí))已知點A(m，m＋6)，B(m＋2，m＋8)，若圓C：x2＋y2－4x－4y－10＝0上存在不同的兩點P，Q，使得PA⊥PB，且QA⊥QB，則m的取值范圍是()A．(－2－eq\r(7)，－2＋eq\r(7)] B.[－2－eq\r(7)，－2＋eq\r(7))C．(－2－eq\r(7)，－2＋eq\r(7)) D.[－2－eq\r(7)，－2＋eq\r(7)]【解析】選C.由題可知圓心為Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2))，半徑r＝3eq\r(2)，因為PA⊥PB，所以點P在以線段AB為直徑的圓上，圓心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋m＋2,2)，\f(m＋6＋m＋8,2)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋1，m＋7))，半徑r′＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB)),2)＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－m－2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋6－m－8))2)＝eq\r(2)，因為圓C上存在不同的兩點P，Q，使得PA⊥PB，且QA⊥QB，所以兩圓相交，則圓心距d＝eq\r(（m－1）2＋（m＋5）2)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(r－r′))<d<r＋r′，即2eq\r(2)<eq\r(（m－1）2＋（m＋5）2)<4eq\r(2)，解得－2－eq\r(7)<m<－2＋eq\r(7).【變式9-2】3．與兩圓(x+2)2+??y2=1，A．2 B．3 C．5 D．7【答案】D【分析】根據(jù)已知兩圓相離，根據(jù)圓與圓相切的定義利用待定系數(shù)法求出滿足條件的圓即可.【詳解】圓O1：(x+2)2+y2=1的圓心為O1(-2,0)，半徑r1=1，圓O2：(當(dāng)圓O3與圓O1，圓O2所以a+22+b2=16，所以圓O3的方程為x2+當(dāng)圓O3與圓O1，圓O2所以a+22+b2=4，所以圓O3的方程為x當(dāng)圓O3與圓O1外切，與圓O2所以a+22+b2=16，所以圓O3的方程為x-3當(dāng)圓O3與圓O1內(nèi)切，與圓O2所以a+22+b2=4，所以圓O3的方程為x+3所以滿足條件的圓共7個，故選：D.◆類型3兩圓相關(guān)的最值問題【例題9-3】若A為圓C1：x2＋y2＝1上的動點，B為圓C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4上的動點，則線段AB長度的最大值是________．【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，所以|C1C2|＝5.又A為圓C1上的動點，B為圓C2上的動點，所以線段AB長度的最大值是|C1C2|＋r1＋r2＝5＋1＋2＝8.【答案】8【變式9-3】1．已知點M在圓C1:x2+y2+6x【答案】13【分析】根據(jù)圓的一般方程得出圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，并且得圓的圓心和半徑，當(dāng)兩個圓上的各一點所構(gòu)成的線段最長時，該線段過兩圓的圓心，位置如下圖所示.【詳解】由題意知：圓C1:(x+3)2+(y-1)2=9,C1的坐標(biāo)是-3,1,半徑是3，圓C2:(x+1)2+(y+2)2=4，C2的坐標(biāo)是【點睛】本題考查兩圓的位置關(guān)系中的兩圓上的點的距離的最值，由數(shù)形結(jié)合可以知兩個圓上的各一點之間的距離取得最值時，就是這兩點所構(gòu)成的線段過兩圓的圓心且兩點分別在兩圓心的兩側(cè)的時候，屬于基礎(chǔ)題.【變式9-3】2．設(shè)圓C1:(x-5)2+(y+2)2=4圓C2:【答案】3【分析】在直接坐標(biāo)系中，畫出兩個圓的圖形和直線y=x的圖象，根據(jù)圓的性質(zhì)，問題|PA|+|PB|就轉(zhuǎn)化為|PC1|+|PC2|﹣R﹣r＝|PC1|+|PC2|﹣7的最小值，運用幾何的知識，作出C1關(guān)于直線y＝x對稱點C，并求出坐標(biāo)，由平面幾何的知識易知當(dāng)C與P【詳解】可知圓C1的圓心（5，﹣2），r＝2，圓C2的圓心（7，﹣1），R＝5，如圖所示：對于直線y＝x上的任一點P，由圖象可知，要使|PA|+|PB|的得最小值，則問題可轉(zhuǎn)化為求|PC1|+|PC2|﹣R﹣r＝|PC1|+|PC2|﹣7的最小值，

即可看作直線y＝x上一點到兩定點距離之和的最小值減去7，又C1關(guān)于直線y＝x對稱的點為C（﹣2，5），由平面幾何的知識易知當(dāng)C與P、C2共線時，|PC1|+|PC2|取得最小值，即直線y＝x上一點到兩定點距離之和取得最小值為|CC2|=3∴|PA|+|PB|的最小值為＝PC1+P【點睛】本題考查了求定直線上的動點分別到兩個圓上的動點的距離之和最小值問題，考查了數(shù)形結(jié)合思想，利用圓的幾何性質(zhì)轉(zhuǎn)化是解題的關(guān)鍵，利用對稱思想也是本題解題的關(guān)鍵.題型10公共線方程（弦長）問題【方法總結(jié)】圓與圓相交時1.公共弦直線的方程：兩個交點所在的直線即公共弦，其方程等于兩個圓方程相減2.圓與圓相交時，求交點坐標(biāo):(1)聯(lián)立兩個圓的方程，相減得到公共弦的直線(2)公共弦直線與其中一個圓的方程再進(jìn)行聯(lián)立，解出交點的坐標(biāo)3.求公共弦的弦長方法一：求出交點，利用兩點間的距離方法二：求出公共弦直線方程，利用其中一個圓的圓心，求其圓心到公共弦直線的距離d，再利用弦長公式【例題10】圓C1：x2＋y2－2x＋10y－24＝0與圓C2：x2＋y2＋2x＋2y－8＝0的公共弦所在直線的方程為________，公共弦長為________．【解析】聯(lián)立兩圓的方程得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2x＋10y－24＝0，,x2＋y2＋2x＋2y－8＝0，))兩式相減并化簡，得x－2y＋4＝0，此即兩圓公共弦所在直線的方程．設(shè)兩圓相交于A，B兩點，則A，B兩點的坐標(biāo)滿足方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4＝0，,x2＋y2＋2x＋2y－8＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－4，,y＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2.))所以|AB|＝eq\r(（－4－0）2＋（0－2）2)＝2eq\r(5)，即公共弦長為2eq\r(5).【變式10-1】1．圓x2＋y2－4＝0與圓x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦長為________．【解析】由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4＝0，,x2＋y2－4x＋4y－12＝0，))兩式相減得x－y＋2＝0.又圓x2＋y2＝4的圓心(0，0)到直線x－y＋2＝0的距離為eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2).由勾股定理得弦長的一半為eq\r(4－2)＝eq\r(2)，所以所求弦長為2eq\r(2).【答案】2eq\r(2)【變式10-1】2．若圓x2＋y2＝4與圓x2＋y2＋2ay－6＝0(a>0)的公共弦的長為2eq\r(3)，則a＝________.【解析】兩圓的方程相減，得公共弦所在的直線方程為(x2＋y2＋2ay－6)－(x2＋y2)＝0－4?y＝eq\f(1,a)，又a>0，結(jié)合圖形，利用半徑、弦長的一半及弦心距所構(gòu)成的直角三角形，可知eq\f(1,a)＝eq\r(22－\r(3)2)＝1?a＝1.【答案】1【變式10-1】3．（2020·天津·高三專題練習(xí)）若圓C1:x+a2+y2=8+a2a>0與圓C【答案】1【解析】將兩圓方程相減可得出公共弦AB的方程，求出圓C2的圓心到直線AB的距離，結(jié)合點到直線的距離公式求出正數(shù)a【詳解】將圓C1與圓C2相減可得公共弦AB所在直線的方程為所以，圓C2的圓心到直線AB的距離為d=4-∵a>0，可得a=2，則直線AB的方程為x=1.因此，圓C2上位于AB右方的點到AB的最長距離【點睛】本題考查利用相交弦長求參數(shù)，同時也考查了圓上一點到直線的距離最值的計算，考查計算能力，屬于中等題.【變式10-1】4．已知圓：和圓：，若點（，）在兩圓的公共弦上，則的最小值為__________．【答案】【解析】由題意得，圓：和圓：兩個方程相減即可得到兩圓的公共弦，即，又點（，）在兩圓的公共弦上，即，則（當(dāng)且僅當(dāng)即，等號成立），即的最小值為.【變式10-1】5．在平面直角坐標(biāo)系中，圓．若圓存在以為中點的弦，且，則實數(shù)的取值范圍是____．【答案】(或)【解析】由于圓存在以為中點的弦，且，所以,如圖，過點作圓的兩條切線，切點分別為，圓上要存在滿足題意的點，只需，即，連接，，由于，，，解得.題型11公切線問題【例題11】圓C1：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0與圓C2：x2＋y2－4x－2y＋4＝0的公切線有()A．1條 B．2條C．3條 D．4條【解析】選D圓C1：(x＋1)2＋(y＋1)2＝4，∴圓心C1(－1，－1)，半徑r1＝2；圓C2：(x－2)2＋(y－1)2＝1，∴圓心C2(2,1)，半徑r2＝1.∴兩圓心的距離d＝eq\r(－1－22＋－1－12)＝eq\r(13)，r1＋r2＝3，∴d>r1＋r2，∴兩圓外離，∴兩圓有4條公切線．【變式11-1】1．(多選)已知圓O：x2＋y2＝4和圓M：x2＋y2＋4x－2y＋4＝0相交于A，B兩點，下列說法正確的為()A．兩圓有兩條公切線B．直線AB的方程為y＝2x＋2C．線段AB的長為eq\f(6,5)D．圓O上點E，圓M上點F，則|EF|的最大值為eq\r(5)＋3【解析】選AD對于A，因為兩圓相交，所以兩圓有兩條公切線，故A正確；對于B，因為圓O：x2＋y2＝4，圓M：x2＋y2＋4x－2y＋4＝0，兩圓作差得4x－2y＋4＝－4，即y＝2x＋4，所以直線AB的方程為y＝2x＋4，故B錯誤；對于C，圓O：x2＋y2＝4的圓心為(0,0)，半徑為2，則圓心到直線AB的距離d＝eq\f(4,\r(4＋1))＝eq\f(4\r(5),5)，所以|AB|＝2eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)))2)＝eq\f(4\r(5),5)，故C錯誤；對于D，圓M：x2＋y2＋4x－2y＋4＝0的圓心M(－2,1)，半徑為1，所以|EF|max＝|OM|＋2＋1＝eq\r(5)＋3，故D正確．【變式11-1】2．圓C1:x2+A．1條 B．2條 C．3條 D．4條【答案】C【解析】將兩圓化為標(biāo)準(zhǔn)形式,求出圓心距和兩圓半徑之和,判斷即可.【詳解】圓C1:(x+1)2+圓C2:(x-2)2+(圓心距C∵C1C2=r故選:C.【點睛】本題考查圓與圓的位置關(guān)系,考查學(xué)生數(shù)形結(jié)合思想以及求解運算能力,屬于基礎(chǔ)題.【變式11-1】3．圓C1:x2+y2A．4 B．6 C．16 D．36【答案】C【分析】兩圓外切時，有三條公切線．【詳解】圓C1標(biāo)準(zhǔn)方程為(∵兩圓有三條公切線，∴兩圓外切，∴(2+1)2+(0-4)故選C．【點睛】本題考查圓與圓的位置關(guān)系，考查直線與圓的位置關(guān)系．兩圓的公切線條數(shù)：兩圓外離時，有4條公切線，兩圓外切時，有3條公切線，兩圓相交時，有2條公切線，兩圓內(nèi)切時，有1條公切線，兩圓內(nèi)含時，無無公切線．【變式11-1】4．若圓C:x2+yA．2 B．3 C．4 D．6【答案】C【分析】由兩圓有三條公切線，可知兩圓外切，則兩圓的圓心距等于半徑之和，列出式子即可求出m的值．【詳解】由題意可知兩圓外切，圓C的圓心為0,0，半徑為5-m，圓E的圓心為3,4，半徑為4則32+4故答案為C.【點睛】本題考查了兩圓的公切線，考查了圓與圓的位置關(guān)系，考查了計算能力，屬于基礎(chǔ)題．【變式11-1】5．已知圓C1：x2+y2+2ax+a2-4=0，（【答案】-【分析】由圓的方程求出圓心坐標(biāo)及半徑，再根據(jù)兩個圓只有一條公切線可得兩圓內(nèi)切，即圓心距等于兩個半徑之差，進(jìn)而可得a2+b2=1【詳解】圓C1：x2+y2+2ax+圓C2:x2+y由兩個圓只有一條公切線可得兩個圓內(nèi)切，圓心距C1C所以可得a2設(shè)a=cosα，b所以a+當(dāng)且僅當(dāng)α+即α=-34π+2故答案為：-2【點睛】本題考查由兩個圓的公切線的條數(shù)判斷兩個圓的位置關(guān)系，及由三角函數(shù)的范圍求代數(shù)式的最小值，屬于中檔題．題型12圓的綜合問題【例題12】(多選)(2022·南安市僑光中學(xué)階段考)已知圓O：x2＋y2＝4和圓M：x2＋y2＋4x－2y＋1＝0相交于A，B兩點，則下列選項正確的是()A．圓O與圓M有兩條公切線B．圓O與圓M關(guān)于直線AB對稱C．線段AB的長為eq\f(2,3)D．若E，F(xiàn)分別是圓O與圓M上的點，則|EF|的最大值為4＋eq\r(5)【解析】選ABD.圓O：x2＋y2＝4的圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0))，半徑為2，圓M：x2＋y2＋4x－2y＋1＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－1))2＝4，圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，1))，半徑為2，對于A，因為兩圓相交，所以圓O與圓M有兩條公切線，故正確；對于B，直線AB的方程為4x－2y＋5＝0，圓心O與圓心M關(guān)于直線AB對稱，且半徑都為2，所以圓O與圓M關(guān)于直線AB對稱，故正確；對于C，圓心O到直線AB的距離為d＝eq\f(5,\r(42＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2))2))＝eq\f(\r(5),2)，所以線段AB的長為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝2eq\r(4－d2)＝eq\r(11)，故錯誤；對于D，因為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OM))＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，所以|EF|的最大值為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OM))＋R＋r＝4＋eq\r(5)，故正確．【變式12-1】1．(多選)如圖，已知A(2,0)，B(1,1)，C(－1,1)，D(－2,0)，是以O(shè)D為直徑的圓上的一段圓弧，是以BC為直徑的圓上的一段圓弧，是以O(shè)A為直徑的圓上的一段圓弧，三段弧構(gòu)成曲線W，則下述正確的是()A．曲線W與x軸圍成區(qū)域的面積等于2πB．曲線W上有5個整點(橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點)C.所在圓的方程為x2＋(y－1)2＝1D.與的公切線方程為x＋y＝eq\r(2)＋1【解析】選BCD如圖所示，連接BC，過點C作CK⊥x軸于K，過點B作BL⊥x軸于L.則曲線W和x軸圍成區(qū)域的面積S＝π＋2，故A錯誤；曲線W上有A，B，C，D，M這5個整點，故B正確；所在圓的圓心為(0,1)，半徑為1，故所在圓的方程為x2＋(y－1)2＝1，故C正確；設(shè)與的公切線方程為y＝kx＋b，由圖可知k<0，b>0，則eq\f(|k＋b|,\r(1＋k2))＝1，eq\f(|1－b|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝－1，b＝eq\r(2)＋1，即x＋y＝eq\r(2)＋1，故D正確．故選B、C、D.【變式12-1】2．(多選)古希臘著名數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名，他發(fā)現(xiàn)：平面內(nèi)到兩個定點A，B的距離之比為定值λ(λ≠1)的點所形成的圖形是圓．后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓．已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A(－2,0)，B(4,0)，點P滿足eq\f(PA,PB)＝eq\f(1,2)，設(shè)點P所構(gòu)成的曲線為C，下列結(jié)論正確的是()A．C的方程為(x＋4)2＋y2＝16B．在C上存在點D，使得D到點(1,1)的距離為3C．在C上存在點M，使得|MO|＝2|MA|D．在C上存在點N，使得|NO|2＋|NA|2＝4【解析】選ABD設(shè)點P(x，y)，A(－2,0)，B(4,0)，由eq\f(PA,PB)＝eq\f(1,2)，得eq\f(\r(x＋22＋y2),\r(x－42＋y2))＝eq\f(1,2)，化簡得x2＋y2＋8x＝0，即(x＋4)2＋y2＝16，故A選項正確；曲線C的方程表示圓心為(－4,0)，半徑為4的圓，圓心與點(1,1)的距離為eq\r(－4－12＋1)＝eq\r(26)，則點(1,1)與圓上的點的距離的最小值為eq\r(26)－4，最大值為eq\r(26)＋4，而3∈[eq\r(26)－4，eq\r(26)＋4]，故B選項正確；對于C選項，設(shè)M(x0，y0)，由|MO|＝2|MA|，得eq\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0))＝2eq\r(x0＋22＋y\o\al(2,0))，又(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16，聯(lián)立方程消去y0得x0＝2，再代入(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16得y0無解，故C選項錯誤；對于D選項，設(shè)N(x0，y0)，由|NO|2＋|NA|2＝4，得xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋(x0＋2)2＋yeq\o\al(2,0)＝4，又(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16，聯(lián)立方程消去y0得x0＝0，再代入(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16得y0＝0，故D選項正確．【變式12-1】3．已知圓A：x2＋(y＋1)2＝1，圓B：(x－4)2＋(y－3)2＝1.(1)過圓心A的直線l截圓B所得的弦長為eq\f