2023-2024年新高考數(shù)學一輪復習培優(yōu)教案8.3《圓的方程及綜合問題》 (教師版)

頁第三節(jié)圓的方程第1課時系統(tǒng)知識牢基礎——圓的方程、直線與圓的位置關系、圓與圓的位置關系知識點一圓的方程1．圓的定義及方程定義平面內(nèi)到定點的距離等于定長的點的軌跡叫做圓標準方程(x﹣a)2＋(y﹣b)2＝r2(r>0)圓心：(a，b)半徑：r一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2﹣4F>0)圓心：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))半徑：r＝eq\f(\r(D2＋E2－4F),2)2．點與圓的位置關系點M(x0，y0)，圓的標準方程(x﹣a)2＋(y﹣b)2＝r2.理論依據(jù)點到圓心的距離與半徑的大小關系三種情況(x0﹣a)2＋(y0﹣b)2eq\a\vs4\al(＝)r2?點在圓上(x0﹣a)2＋(y0﹣b)2eq\a\vs4\al(>)r2?點在圓外(x0﹣a)2＋(y0﹣b)2eq\a\vs4\al(<)r2?點在圓內(nèi)[提醒]不要把形如x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0的結構都認為是圓，一定要先判斷D2＋E2﹣4F的符號，只有大于0時才表示圓．3．謹記常用結論若x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圓，則有：(1)當F＝0時，圓過原點．(2)當D＝0，E≠0時，圓心在y軸上；當D≠0，E＝0時，圓心在x軸上．(3)當D＝F＝0，E≠0時，圓與x軸相切于原點；E＝F＝0，D≠0時，圓與y軸相切于原點．(4)當D2＝E2＝4F時，圓與兩坐標軸相切．[重溫經(jīng)典]1．(教材改編題)圓x2＋y2﹣4x＋6y＝0的圓心坐標是()A．(2,3)B．(﹣2,3)C．(﹣2，﹣3)D．(2，﹣3)答案：D2．(教材改編題)圓心坐標為(1,1)且過原點的圓的方程是()A．(x﹣1)2＋(y﹣1)2＝1B．(x＋1)2＋(y＋1)2＝1C．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2D．(x﹣1)2＋(y﹣1)2＝2答案：D3．(易錯題)方程x2＋y2＋mx﹣2y＋3＝0表示圓，則m的取值范圍是()A．(﹣∞，﹣eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)B．(﹣∞，﹣2eq\r(2))∪(2eq\r(2)，＋∞)C．(﹣∞，﹣eq\r(3))∪(eq\r(3)，＋∞)D．(﹣∞，﹣2eq\r(3))∪(2eq\r(3)，＋∞)答案：B4．若點(1,1)在圓(x﹣a)2＋(y＋a)2＝4的內(nèi)部，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(﹣1,1)B．(0,1)C．(﹣∞，﹣1)∪(1，＋∞)D．a(chǎn)＝±1答案：A5．(教材改編題)已知圓C經(jīng)過A(5,2)，B(﹣1,4)兩點，圓心在x軸上，則圓C的方程為____________．解析：設圓C的方程為(x﹣a)2＋y2＝r2，由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5－a2＋4＝r2，,－1－a2＋16＝r2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,r2＝20，))所以圓C的方程為(x﹣1)2＋y2＝20.答案：(x﹣1)2＋y2＝206．已知圓C經(jīng)過點A(1,3)，B(4,2)，且與直線2x＋y﹣10＝0相切，則圓C的標準方程為________________．解析：由題意，設圓C的方程為(x﹣a)2＋(y﹣b)2＝r2，因為點B(4,2)在直線2x＋y﹣10＝0上，所以點B(4,2)是圓與直線2x＋y﹣10＝0的切點，連接圓心C和切點的直線與切線2x＋y﹣10＝0垂直，則kBC＝eq\f(1,2)，則BC的方程為y﹣2＝eq\f(1,2)(x﹣4)，整理得x﹣2y＝0，由線段AB的垂直平分線的方程為3x﹣y﹣5＝0，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－y－5＝0，,x－2y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝1，))即圓心坐標為C(2,1)，又由r＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BC))＝eq\r(4－22＋2－12)＝eq\r(5)，所以圓的方程為(x﹣2)2＋(y﹣1)2＝5.答案：(x﹣2)2＋(y﹣1)2＝5知識點二直線與圓的位置關系1．直線與圓的位置關系(半徑r，圓心到直線的距離為d)相離相切相交圖形量化方程觀點Δeq\a\vs4\al(<)0Δ＝0Δeq\a\vs4\al(>)0幾何觀點d>rdeq\a\vs4\al(＝)rd<r2．圓的切線(1)過圓上一點的圓的切線①過圓x2＋y2＝r2上一點M(x0，y0)的切線方程是x0x＋y0y＝r2.②過圓(x﹣a)2＋(y﹣b)2＝r2上一點M(x0，y0)的切線方程是(x0﹣a)(x﹣a)＋(y0﹣b)(y﹣b)＝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.(3)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).[提醒]過一點求圓的切線方程時，要先判斷點與圓的位置關系，以便確定切線的條數(shù)．3．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|.4．謹記常用結論過直線Ax＋By＋C＝0和圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2﹣4F>0)交點的圓系方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ(Ax＋By＋C)＝0.[重溫經(jīng)典]1．(教材改編題)直線l：x﹣y＋1＝0與圓C：x2＋y2﹣4x﹣2y＋1＝0的位置關系是()A．相離B．相切C．相交且過圓心D．相交但不過圓心解析：選D圓的方程化為(x﹣2)2＋(y﹣1)2＝4，圓心為(2,1)，半徑為2，圓心到直線l的距離為eq\f(|2－1＋1|,\r(2))＝eq\r(2)<2，所以直線l與圓相交．又圓心不在直線l上，所以直線不過圓心．故選D.2．若直線x﹣y＋1＝0與圓(x﹣a)2＋y2＝2有公共點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[﹣3，﹣1]B．[﹣1,3]C．[﹣3,1]D．(﹣∞，﹣3]∪[1，＋∞)解析：選C由題意可得，圓的圓心為(a,0)，半徑為eq\r(2)，∴eq\f(|a－0＋1|,\r(12＋－12))≤eq\r(2)，即|a＋1|≤2，解得﹣3≤a≤1.故選C.3．(教材改編題)圓C：x2＋y2﹣2x＝0被直線y＝eq\r(3)x截得的線段長為()A．2B.eq\r(3)C．1D.eq\r(2)解析：選C圓C：x2＋y2﹣2x＝0的圓心為(1,0)，半徑為1，圓心到直線y＝eq\r(3)x的距離為d＝eq\f(|\r(3)|,\r(3＋1))＝eq\f(\r(3),2)，弦長為2·eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2)＝1，故選C.4．(易錯題)圓x2＋y2﹣4x＝0在點P(1，eq\r(3))處的切線方程為()A．x＋eq\r(3)y﹣2＝0B．x＋eq\r(3)y﹣4＝0C．x﹣eq\r(2)y＋4＝0D．x﹣eq\r(3)y＋2＝0解析：選D圓的方程為(x﹣2)2＋y2＝4，圓心坐標為(2,0)，半徑為2，點P在圓上，由題可知切線的斜率存在，設切線方程為y﹣eq\r(3)＝k(x﹣1)，即kx﹣y﹣k＋eq\r(3)＝0，∴eq\f(|2k－k＋\r(3)|,\r(k2＋1))＝2，解得k＝eq\f(\r(3),3).∴切線方程為y﹣eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)(x﹣1)，即x﹣eq\r(3)y＋2＝0.5．(教材改編題)設直線x﹣y＋a＝0與圓x2＋y2＋2x﹣4y＋2＝0相交于A，B兩點，若|AB|＝2，則a＝()A．﹣1或1B．1或5C．﹣1或3D．3或5解析：選B由題得圓的方程為(x＋1)2＋(y﹣2)2＝3，所以圓心為(﹣1,2)，半徑為eq\r(3).所以圓心到直線的距離為eq\r(\r(3)2－12)＝eq\f(|－1－2＋a|,\r(2))，解得a＝1或5.故選B.6．已知直線l與圓x2＋y2﹣4y＝0相交于A，B兩點，且線段AB的中點P坐標為(﹣1,1)，則直線l的方程為__________．解析：因為圓x2＋y2﹣4y＝0的圓心坐標為C(0,2)，又點P坐標為(﹣1,1)，所以直線CP的斜率為kCP＝eq\f(2－1,0＋1)＝1.又因為AB是圓的一條弦，P為AB的中點，所以AB⊥CP，故kAB＝﹣1，即直線l的斜率為﹣1，因此，直線l的方程為y﹣1＝﹣(x＋1)，即x＋y＝0.答案：x＋y＝0知識點三圓與圓的位置關系1．圓與圓的位置關系(兩圓半徑為r1，r2，d＝|O1O2|)相離外切相交內(nèi)切內(nèi)含圖形量的關系d＞r1＋r2d＝r1＋r2|r1﹣r2|＜d＜r1＋r2d＝|r1﹣r2|d＜|r1﹣r2|[提醒]涉及兩圓相切時，沒特別說明，務必要分內(nèi)切和外切兩種情況進行討論．2．謹記常用結論圓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)．[重溫經(jīng)典]1．(教材改編題)圓O1：x2＋y2﹣2x＝0和圓O2：x2＋y2﹣4y＝0的位置關系是()A．相離B．相交C．外切D．內(nèi)切解析：選B圓O1的圓心坐標為(1,0)，半徑長r1＝1，圓O2的圓心坐標為(0,2)，半徑長r2＝2，故兩圓的圓心距d＝eq\r(5)，而r2﹣r1＝1，r1＋r2＝3，則有r2﹣r1<d<r1＋r2，故兩圓相交．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．2B．﹣5C．2或﹣5D．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.3．圓x2＋y2＝8與圓x2＋y2＋4x﹣16＝0的公共弦長為()A．8B．4C．2D．1解析：選B兩圓方程作差得x＝2，當x＝2時，由x2＋y2＝8得y2＝8﹣4＝4，即y＝±2，即兩圓的交點坐標為A(2,2)，B(2，﹣2)，則|AB|＝2﹣(﹣2)＝4，故選B.4．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．5．(教材改編題)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，結合圖形，利用半徑、弦長的一半及弦心距所構成的直角三角形，可知eq\f(1,a)＝eq\r(22－\r(3)2)＝1?a＝1.答案：16．(易錯題)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.第2課時精研題型明考向——圓的方程、直線與圓的位置關系一、真題集中研究——明考情1．(2020·全國卷Ⅰ·考查弦長問題)已知圓x2＋y2﹣6x＝0，過點(1,2)的直線被該圓所截得的弦的長度的最小值為()A．1B．2C．3D．4解析：選B將圓的方程x2＋y2﹣6x＝0化為標準方程(x﹣3)2＋y2＝9.設圓心為C，則C(3,0)，半徑r＝3.設點(1,2)為點A，過點A(1,2)的直線為l.因為(1﹣3)2＋22＜9，所以點A(1,2)在圓C的內(nèi)部，則直線l與圓C必相交，設交點分別為B，D.易知當直線l⊥AC時，直線l被該圓所截得的弦的長度最?。O此時圓心C到直線l的距離為d，則d＝|AC|＝eq\r(3－12＋0－22)＝2eq\r(2)，所以|BD|min＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(32－2\r(2)2)＝2，即弦的長度的最小值為2，故選B.2．(2020·全國卷Ⅲ·考查導數(shù)的幾何意義、直線與圓相切的應用)若直線l與曲線y＝eq\r(x)和圓x2＋y2＝eq\f(1,5)都相切，則l的方程為()A．y＝2x＋1B．y＝2x＋eq\f(1,2)C．y＝eq\f(1,2)x＋1D．y＝eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)解析：選D設直線l在曲線y＝eq\r(x)上的切點為(x0，eq\r(x0))，則x0>0，函數(shù)y＝eq\r(x)的導數(shù)為y′＝eq\f(1,2\r(x))，則直線l的斜率k＝eq\f(1,2\r(x0)).設直線l的方程為y﹣eq\r(x0)＝eq\f(1,2\r(x0))(x﹣x0)，即x﹣2eq\r(x0)y＋x0＝0.由于直線l與圓x2＋y2＝eq\f(1,5)相切，則eq\f(x0,\r(1＋4x0))＝eq\f(1,\r(5))，兩邊平方并整理得5xeq\o\al(2,0)﹣4x0﹣1＝0，解得x0＝1或x0＝﹣eq\f(1,5)(舍去)，所以直線l的方程為x﹣2y＋1＝0，即y＝eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2).3．(2020·全國卷Ⅰ·考查直線與圓的位置關系)已知⊙M：x2＋y2﹣2x﹣2y﹣2＝0，直線l：2x＋y＋2＝0，P為l上的動點．過點P作⊙M的切線PA，PB，切點為A，B，當|PM|·|AB|最小時，直線AB的方程為()A．2x﹣y﹣1＝0B．2x＋y﹣1＝0C．2x﹣y＋1＝0D．2x＋y＋1＝0解析：選D圓的方程可化為(x﹣1)2＋(y﹣1)2＝4，點M到直線l的距離為d＝eq\f(|2×1＋1＋2|,\r(22＋12))＝eq\r(5)＞2，所以直線l與圓相離．由圓的知識可知，A，P，B，M四點共圓，且AB⊥MP，所以|MP|·|AB|＝4S△PAM＝4×eq\f(1,2)×|PA|×|AM|＝4|PA|，而|PA|＝eq\r(|MP|2－4)，當直線MP⊥l時，|MP|min＝eq\r(5)，|PA|min＝1，此時|MP|·|AB|最?。字本€MP的方程為y﹣1＝eq\f(1,2)(x﹣1)，即y＝eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋\f(1,2)，,2x＋y＋2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝0.))所以以MP為直徑的圓的方程為(x﹣1)(x＋1)＋y(y﹣1)＝0，即x2＋y2﹣y﹣1＝0，兩圓的方程相減可得：2x＋y＋1＝0，即為直線AB的方程．故選D.4．(2018·全國卷Ⅲ·考查距離問題、直線與圓的位置關系)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設圓(x﹣2)2＋y2＝2的圓心為C，半徑為r，點P到直線x＋y＋2＝0的距離為d，則圓心C(2,0)，r＝eq\r(2)，所以圓心C到直線x＋y＋2＝0的距離為eq\f(|2＋2|,\r(2))＝2eq\r(2)，可得dmax＝2eq\r(2)＋r＝3eq\r(2)，dmin＝2eq\r(2)﹣r＝eq\r(2).由已知條件可得|AB|＝2eq\r(2)，所以△ABP面積的最大值為eq\f(1,2)|AB|·dmax＝6，△ABP面積的最小值為eq\f(1,2)|AB|·dmin＝2.綜上，△ABP面積的取值范圍是[2,6]．[把脈考情]常規(guī)角度1.圓的方程．主要考查圓的方程的求法，圓的最值問題2.直線與圓的位置關系．主要考查圓的切線方程、圓的弦長問題創(chuàng)新角度與三角形(或四邊形)結合求面積問題，與向量、三角函數(shù)交匯考查最值或范圍問題二、題型精細研究——提素養(yǎng)題型一求圓的方程[典例](1)已知圓M與直線3x﹣4y＝0及3x﹣4y＋10＝0都相切，圓心在直線y＝﹣x﹣4上，則圓M的方程為()A．(x＋3)2＋(y﹣1)2＝1B．(x﹣3)2＋(y＋1)2＝1C．(x＋3)2＋(y＋1)2＝1D．(x﹣3)2＋(y﹣1)2＝1(2)一個圓與y軸相切，圓心在直線x﹣3y＝0上，且在直線y＝x上截得的弦長為2eq\r(7)，則該圓的方程為_______________________________________________________．[解析](1)到兩直線3x﹣4y＝0,3x﹣4y＋10＝0的距離都相等的直線方程為3x﹣4y＋5＝0，聯(lián)立得方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－4y＋5＝0，,y＝－x－4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－3，,y＝－1.))又兩平行線間的距離為2，所以圓M的半徑為1，從而圓M的方程為(x＋3)2＋(y＋1)2＝1，故選C.(2)法一：幾何法∵所求圓的圓心在直線x﹣3y＝0上，∴設所求圓的圓心為(3a，a)，又所求圓與y軸相切，∴半徑r＝3|a|，又所求圓在直線y＝x上截得的弦長為2eq\r(7)，圓心(3a，a)到直線y＝x的距離d＝eq\f(|2a|,\r(2))，∴d2＋(eq\r(7))2＝r2，即2a2＋7＝9a2，∴a＝±1.故所求圓的方程為(x﹣3)2＋(y﹣1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9.即x2＋y2﹣6x﹣2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0.法二：待定系數(shù)法設所求圓的方程為(x﹣a)2＋(y﹣b)2＝r2，則圓心(a，b)到直線y＝x的距離為eq\f(|a－b|,\r(2))，∴r2＝eq\f(a－b2,2)＋7，即2r2＝(a﹣b)2＋14.①由于所求圓與y軸相切，∴r2＝a2，②又∵所求圓的圓心在直線x﹣3y＝0上，∴a﹣3b＝0，③聯(lián)立①②③，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝1，,r2＝9))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝－1，,r2＝9.))故所求圓的方程為(x﹣3)2＋(y﹣1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9.即x2＋y2﹣6x﹣2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0.法三：待定系數(shù)法設所求圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，則圓心坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半徑r＝eq\f(1,2)eq\r(D2＋E2－4F).在圓的方程中，令x＝0，得y2＋Ey＋F＝0.由于所求圓與y軸相切，∴Δ＝0，則E2＝4F.①圓心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))到直線y＝x的距離為d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)＋\f(E,2))),\r(2))，由已知得d2＋(eq\r(7))2＝r2，即(D﹣E)2＋56＝2(D2＋E2﹣4F)．②又圓心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))在直線x﹣3y＝0上，∴D﹣3E＝0.③聯(lián)立①②③，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝－6，,E＝－2，,F＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝6，,E＝2，,F＝1.))故所求圓的方程為x2＋y2﹣6x﹣2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0.[答案](1)C(2)x2＋y2﹣6x﹣2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0[方法技巧]1．求圓的方程的2種方法(1)幾何法：根據(jù)圓的幾何性質(zhì)，直接求出圓心坐標和半徑，進而寫出方程．(2)待定系數(shù)法：①若已知條件與圓心(a，b)和半徑r有關，則設圓的標準方程，依據(jù)已知條件列出關于a，b，r的方程組，從而求出a，b，r的值；②若已知條件沒有明確給出圓心或半徑，則選擇設圓的一般方程，依據(jù)已知條件列出關于D，E，F(xiàn)的方程組，進而求出D，E，F(xiàn)的值．2．確定圓心位置的方法(1)圓心在過切點且與切線垂直的直線上；(2)圓心在圓的任意弦的垂直平分線上；(3)兩圓相切時，切點與兩圓圓心共線．[針對訓練]1．已知直線l：3x﹣4y﹣15＝0與圓C：x2＋y2﹣2x﹣4y＋5﹣r2＝0(r>0)相交于A，B兩點，若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝6，則圓C的標準方程為()A．(x﹣1)2＋(y﹣2)2＝25B．(x﹣1)2＋(y﹣2)2＝36C．(x﹣1)2＋(y﹣2)2＝16D．(x﹣1)2＋(y﹣2)2＝49解析：選A圓C：x2＋y2﹣2x﹣4y＋5﹣r2＝0可化為(x﹣1)2＋(y﹣2)2＝r2，設圓心(1,2)到直線l的距離為d，則d＝eq\f(|3－8－15|,5)＝4，又|AB|＝6，根據(jù)r2＝32＋42＝25，所以圓C的標準方程為(x﹣1)2＋(y﹣2)2＝25.故選A.2．已知圓C的圓心是直線x﹣y＋1＝0與x軸的交點，且圓C與圓(x﹣2)2＋(y﹣3)2＝8相外切，則圓C的方程為______________．解析：由題意知圓心C(﹣1,0)，其到已知圓圓心(2,3)的距離d＝3eq\r(2)，由兩圓相外切可得R＋2eq\r(2)＝d＝3eq\r(2)，∴R＝eq\r(2).∴圓C的標準方程為(x＋1)2＋y2＝2.答案：(x＋1)2＋y2＝2題型二弦長問題[典例](1)若a，b，c是△ABC三個內(nèi)角的對邊，且csinC＝3asinA＋3bsinB，則直線l：ax﹣by＋c＝0被圓O：x2＋y2＝12所截得的弦長為()A．4eq\r(6)B．2eq\r(6)C．6D．5(2)過點(1,1)的直線l與圓(x﹣2)2＋(y﹣3)2＝9相交于A，B兩點，當|AB|＝4時，直線l的方程為__________．[解析](1)因為eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC).故由csinC＝3asinA＋3bsinB可得c2＝3(a2＋b2)．圓O：x2＋y2＝12的圓心為O(0,0)，半徑為r＝2eq\r(3)，圓心O到直線l的距離d＝eq\f(|c|,\r(a2＋b2))＝eq\r(3)，所以直線l被圓O所截得的弦長為2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(2\r(3)2－\r(3)2)＝6，故選C.(2)當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝1，但|AB|≠4，不符合題意．當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y﹣1＝k(x﹣1)．由|AB|＝4，得eq\f(|k－2|,\r(1＋k2))＝eq\r(5)，解得k＝﹣eq\f(1,2)，所以直線l的方程為y﹣1＝﹣eq\f(1,2)(x﹣1)，即x＋2y﹣3＝0.[答案](1)C(2)x＋2y﹣3＝0[方法技巧]解決有關弦長問題的常用方法及結論幾何法如圖所示，設直線l被圓C截得的弦為AB，圓的半徑為r，圓心到直線的距離為d，則有關系式：|AB|＝2eq\r(r2－d2)代數(shù)法若斜率為k的直線與圓相交于A(xA，yA)，B(xB，yB)兩點，則|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(xA＋xB2－4xAxB)＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|yA﹣yB|(其中k≠0)．特別地，當k＝0時，|AB|＝|xA﹣xB|；當斜率不存在時，|AB|＝|yA﹣yB|，當直線與圓相交時，半徑、半弦、弦心距構成直角三角形，在解題時，要注意把它和點到直線的距離公式結合起來使用[針對訓練]1．已知圓C：(x﹣3)2＋(y﹣1)2＝3及直線l：ax＋y﹣2a﹣2＝0，當直線l被圓C截得的弦長最短時，直線l的方程為________．解析：由l：ax＋y﹣2a﹣2＝0得a(x﹣2)＋y﹣2＝0，∴不論a取何值，直線l恒過點P(2,2)．∵12＋12＝2<3，∴點P(2,2)在圓C內(nèi)．故當直線l垂直CP時，直線l被圓C截得的弦長最短，此時kCP＝﹣1，∴kl＝1，故直線l的方程為x﹣y＝0.答案：x﹣y＝02．函數(shù)f(x)＝xlnx＋a的圖象在x＝1處的切線被圓C：x2＋y2﹣2x＋4y﹣4＝0截得的弦長為2，則實數(shù)a的值為________．解析：∵f(x)＝xlnx＋a，∴f′(x)＝1＋lnx，則切線的斜率k＝f′(1)＝1，∵f(1)＝a，∴切點坐標為(1，a)，∴函數(shù)f(x)＝xlnx＋a的圖象在x＝1處的切線方程為y＝x＋a﹣1.又∵圓C：x2＋y2﹣2x＋4y﹣4＝0的圓心坐標為(1，﹣2)，半徑為3，∴圓心到直線x﹣y＋a﹣1＝0的距離d＝eq\f(|2＋a|,\r(2))，∵切線被圓C：x2＋y2﹣2x＋4y﹣4＝0截得的弦長為2，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|2＋a|,\r(2))))2＋12＝32，∴a＝﹣6或2.答案：﹣6或2題型三切線問題[典例]已知點P(eq\r(2)＋1,2﹣eq\r(2))，點M(3,1)，圓C：(x﹣1)2＋(y﹣2)2＝4.(1)求過點P的圓C的切線方程；(2)求過點M的圓C的切線方程，并求出切線長．[解](1)由題意得圓心C(1,2)，半徑長r＝2.因為(eq\r(2)＋1﹣1)2＋(2﹣eq\r(2)﹣2)2＝4，所以點P在圓C上．又kPC＝eq\f(2－\r(2)－2,\r(2)＋1－1)＝﹣1，所以切線的斜率k＝﹣eq\f(1,kPC)＝1.所以過點P的圓C的切線方程是y﹣(2﹣eq\r(2))＝1×[x﹣(eq\r(2)＋1)]，即x﹣y＋1﹣2eq\r(2)＝0.(2)因為(3﹣1)2＋(1﹣2)2＝5>4，所以點M在圓C外部．當過點M的直線斜率不存在時，直線方程為x＝3，又點C(1,2)到直線x﹣3＝0的距離d＝3﹣1＝2＝r，即此時滿足題意，所以直線x＝3是圓的切線．當切線的斜率存在時，設切線方程為y﹣1＝k(x﹣3)，即kx﹣y＋1﹣3k＝0，則圓心C到切線的距離d＝eq\f(|k－2＋1－3k|,\r(k2＋1))＝r＝2，解得k＝eq\f(3,4).所以切線方程為y﹣1＝eq\f(3,4)(x﹣3)，即3x﹣4y﹣5＝0.綜上可得，過點M的圓C的切線方程為x＝3或3x﹣4y﹣5＝0.因為|MC|＝eq\r(3－12＋1－22)＝eq\r(5)，所以過點M的圓C的切線長為eq\r(|MC|2－r2)＝eq\r(5－4)＝1.[方法技巧]求過圓外一點(x0，y0)的圓的切線方程的方法幾何法當斜率存在時，設為k，則切線方程為y﹣y0＝k(x﹣x0)，即kx﹣y＋y0﹣kx0＝0.由圓心到直線的距離等于半徑，即可求出k的值，進而寫出切線方程，當斜率不存在時，要進行驗證代數(shù)法當斜率存在時，設為k，則切線方程為y﹣y0＝k(x﹣x0)，即y＝kx﹣kx0＋y0，代入圓的方程，得到一個關于x的一元二次方程，由Δ＝0，求得k，切線方程即可求出，當斜率不存在時，要進行驗證[提醒]設切線方程時一定要注意斜率不存在的情況．[針對訓練]1．平行于直線2x＋y＋1＝0且與圓x2＋y2＝5相切的直線的方程是()A．2x＋y＋5＝0或2x＋y﹣5＝0B．2x＋y＋eq\r(5)＝0或2x＋y﹣eq\r(5)＝0C．2x﹣y＋5＝0或2x﹣y﹣5＝0D．2x﹣y＋eq\r(5)＝0或2x﹣y﹣eq\r(5)＝0解析：選A設與直線2x＋y＋1＝0平行的直線方程為2x＋y＋m＝0(m≠1)，因為直線2x＋y＋m＝0與圓x2＋y2＝5相切，即點(0,0)到直線2x＋y＋m＝0的距離為eq\r(5)，所以eq\f(|m|,\r(5))＝eq\r(5)，|m|＝5.故所求直線的方程為2x＋y＋5＝0或2x＋y﹣5＝0.2．直線l是圓x2＋y2＝4在(﹣1，eq\r(3))處的切線，點P是圓x2﹣4x＋y2＋3＝0上的動點，則點P到直線l的距離的最小值等于()A．1B.eq\r(2)C.eq\r(3)D．2解析：選D圓x2＋y2＝4在點(﹣1，eq\r(3))處的切線為l：﹣x＋eq\r(3)y＝4，即l：x﹣eq\r(3)y＋4＝0，點P是圓(x﹣2)2＋y2＝1上的動點，圓心(2,0)到直線l：x﹣eq\r(3)y＋4＝0的距離d＝eq\f(|2－0＋4|,\r(1＋3))＝3，∴點P到直線l的距離的最小值等于d﹣1＝3﹣1＝2.故選D.eq\a\vs4\al([課時跟蹤檢測])一、綜合練——練思維敏銳度1．圓(x﹣2)2＋y2＝4關于直線y＝eq\f(\r(3),3)x對稱的圓的方程是()A．(x﹣eq\r(3))2＋(y﹣1)2＝4B．(x﹣eq\r(2))2＋(y﹣eq\r(2))2＝4C．x2＋(y﹣2)2＝4D．(x﹣1)2＋(y﹣eq\r(3))2＝4解析：選D設圓(x﹣2)2＋y2＝4的圓心(2,0)關于直線y＝eq\f(\r(3),3)x對稱的點的坐標為(a，b)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a－2)·\f(\r(3),3)＝－1，,\f(b,2)＝\f(\r(3),3)·\f(a＋2,2)，))解得a＝1，b＝eq\r(3)，從而所求圓的方程為(x﹣1)2＋(y﹣eq\r(3))2＝4.故選D.2．過點(2,1)的直線中被圓(x﹣1)2＋(y＋2)2＝5截得的弦長最大的直線方程是()A．3x﹣y﹣5＝0B．3x＋y﹣7＝0C．x＋3y﹣5＝0D．x﹣3y＋5＝0解析：選A∵過點(2,1)的直線中被圓(x﹣1)2＋(y＋2)2＝5截得的弦長最大的直線方程經(jīng)過圓心，∴其直線方程為過點(2,1)和圓心(1，﹣2)的直線，∴其方程為：eq\f(y＋2,x－1)＝eq\f(1＋2,2－1)，整理，得3x﹣y﹣5＝0.故選A.3．過點(﹣4,0)作直線l與圓x2＋y2＋2x﹣4y﹣20＝0交于A，B兩點，若|AB|＝8，則直線l的方程為()A．5x＋12y＋20＝0B．5x＋12y＋20＝0或x＋4＝0C．5x﹣12y＋20＝0D．5x﹣12y＋20＝0或x＋4＝0解析：選B圓的標準方程為(x＋1)2＋(y﹣2)2＝25，由|AB|＝8知，圓心(﹣1,2)到直線l的距離d＝3.當直線l的斜率不存在，即直線l的方程為x＝﹣4時，符合題意．當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝k(x＋4)，即kx﹣y＋4k＝0.則有eq\f(|3k－2|,\r(k2＋1))＝3，∴k＝﹣eq\f(5,12).此時直線l的方程為5x＋12y＋20＝0.4．已知直線y＝ax與圓C：x2＋y2﹣6y＋6＝0相交于A，B兩點，C為圓心．若△ABC為等邊三角形，則a的值為()A．1B．±1C.eq\r(3)D．±eq\r(3)解析：選D根據(jù)題意，圓C：x2＋y2﹣6y＋6＝0即x2＋(y﹣3)2＝3，其圓心為(0,3)，半徑r＝eq\r(3)，直線y＝ax與圓C：x2＋y2﹣6y＋6＝0相交于A，B兩點，若△ABC為等邊三角形，則圓心C到直線y＝ax的距離d＝eq\f(3,2)，則有eq\f(|3|,\r(1＋a2))＝eq\f(3,2)，解得a＝±eq\r(3).5．已知圓(x﹣2)2＋y2＝1上的點到直線y＝eq\r(3)x＋b的最短距離為eq\r(3)，則b的值為()A．﹣2或2B．2或4eq\r(3)＋2C．﹣2或4eq\r(3)＋2D．﹣4eq\r(3)﹣2或2解析：選D由圓(x﹣2)2＋y2＝1，可得圓心坐標為(2,0)，半徑r＝1，設圓心(2,0)到直線y＝eq\r(3)x＋b的距離為d，則d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2\r(3)＋b)),\r(3＋1))，因為圓(x﹣2)2＋y2＝1上的點到直線y＝eq\r(3)x＋b的最短距離為eq\r(3)，所以d﹣r＝eq\r(3)，即eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2\r(3)＋b)),\r(3＋1))﹣1＝eq\r(3)，解得b＝2或b＝﹣4eq\r(3)﹣2，故選D.6．(多選)若直線l：y＝kx＋1與圓C：(x＋2)2＋(y﹣1)2＝2相切，則直線l與圓D：(x﹣2)2＋y2＝3的位置關系是()A．相交B．相切C．相離D．不確定解析：選AC由題意知C(﹣2,1)，圓C的半徑為eq\r(2)，則eq\f(|－2k－1＋1|,\r(k2＋1))＝eq\r(2)，解得k＝±1，則直線l的方程為y＝±x＋1.D(2,0)，圓D的半徑為r＝eq\r(3)，k＝1時，D到直線l的距離為eq\f(|2＋1|,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)>eq\r(3)，相離；k＝﹣1時，D到直線l的距離為eq\f(|－2＋1|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)<eq\r(3)，相交，故選A、C.7．已知直線l：x﹣eq\r(3)y﹣a＝0與圓C：(x﹣3)2＋(y＋eq\r(3))2＝4交于點M，N，點P在圓C上，且∠MPN＝eq\f(π,3)，則實數(shù)a的值等于()A．2或10B．4或8C．6±2eq\r(2)D．6±2eq\r(3)解析：選B由∠MPN＝eq\f(π,3)可得∠MCN＝2∠MPN＝eq\f(2π,3).在△MCN中，CM＝CN＝2，∠CMN＝∠CNM＝eq\f(π,6)，可得點Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，－\r(3)))到直線MN，即直線l：x﹣eq\r(3)y﹣a＝0的距離為2sineq\f(π,6)＝1.所以eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3－\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)))－a)),\r(1＋3))＝1，解得a＝4或8.故選B.8．已知圓C的圓心坐標是(0，m)，半徑長是r.若直線2x﹣y＋3＝0與圓C相切于點A(﹣2，﹣1)，則m＝________，r＝________.解析：由題意得，圓心C(0，m)到直線2x﹣y＋3＝0的距離d＝eq\f(|－m＋3|,\r(5))＝r，又r＝|AC|＝eq\r(4＋m＋12)，所以eq\f(|－m＋3|,\r(5))＝eq\r(4＋m＋12)，解得m＝﹣2，所以r＝eq\r(5).答案：﹣2eq\r(5)9．已知圓C：x2＋y2＝4，直線l：x﹣y＋6＝0，在直線l上任取一點P向圓C作切線，切點為A，B，連接AB，則直線AB一定過定點________．解析：設點P(x0，y0)，則x0﹣y0＋6＝0.以CP為直徑的圓的方程為x(x﹣x0)＋y(y﹣y0)＝0，又圓C：x2＋y2＝4，作差可得直線AB的方程為xx0＋yy0＝4，將y0＝x0＋6，代入可得(x＋y)x0＋6y﹣4＝0，滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,6y－4＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(2,3)，,y＝\f(2,3)，))故直線AB過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2,3))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2,3)))10．已知圓C：x2＋y2﹣2x﹣4y＋1＝0上存在兩點關于直線l：x＋my＋1＝0對稱，經(jīng)過點M(m，m)作圓C的切線，切點為P，則|MP|＝________.解析：圓C：x2＋y2﹣2x﹣4y＋1＝0的圓心為C(1,2)，半徑為2.因為圓上存在兩點關于直線l：x＋my＋1＝0對稱，所以直線l：x＋my＋1＝0過點(1,2)，所以1＋2m＋1＝0，解得m＝﹣1，所以|MC|2＝13，|MP|＝eq\r(13－4)＝3.答案：311．已知圓C經(jīng)過點(0,1)且圓心為C(1,2)．(1)寫出圓C的標準方程；(2)過點P(2，﹣1)作圓C的切線，求該切線的方程及切線長．解：(1)由題意知，圓C的半徑r＝eq\r(1－02＋2－12)＝eq\r(2)，所以圓C的標準方程為(x﹣1)2＋(y﹣2)2＝2.(2)由題意知切線斜率存在，故設過點P(2，﹣1)的切線方程為y＋1＝k(x﹣2)，即kx﹣y﹣2k﹣1＝0，則eq\f(|－k－3|,\r(1＋k2))＝eq\r(2)，所以k2﹣6k﹣7＝0，解得k＝7或k＝﹣1，故所求切線的方程為7x﹣y﹣15＝0或x＋y﹣1＝0.由圓的性質(zhì)易得所求切線長為eq\r(PC2－r2)＝eq\r(2－12＋－1－22－2)＝2eq\r(2).12．已知拋物線C：y2＝2x，過點(2,0)的直線l交C于A，B兩點，圓M是以線段AB為直徑的圓．(1)證明：坐標原點O在圓M上；(2)設圓M過點P(4，﹣2)，求直線l與圓M的方程．解：(1)證明：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝2x))可得y2﹣2my﹣4＝0，則y1y2＝﹣4.又x1＝eq\f(y\o\al(2,1),2)，x2＝eq\f(y\o\al(2,2),2)，故x1x2＝eq\f(y1y22,4)＝4.因此OA的斜率與OB的斜率之積為eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(－4,4)＝﹣1，所以OA⊥OB.故坐標原點O在圓M上．(2)由(1)可得y1＋y2＝2m，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4.故圓心M的坐標為(m2＋2，m)，圓M的半徑r＝eq\r(m2＋22＋m2).由于圓M過點P(4，﹣2)，因此eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(BP,\s\up7(→))=0，故(x1﹣4)(x2﹣4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0，即x1x2﹣4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0.由(1)知y1y2＝﹣4，x1x2＝4.所以2m2﹣m﹣1＝0，解得m＝1或m＝﹣eq\f(1,2).當m＝1時，直線l的方程為x﹣y﹣2＝0，圓心M的坐標為(3,1)，圓M的半徑為eq\r(10)，圓M的方程為(x﹣3)2＋(y﹣1)2＝10.當m＝﹣eq\f(1,2)時，直線l的方程為2x＋y﹣4＝0，圓心M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，－\f(1,2)))，圓M的半徑為eq\f(\r(85),4)，圓M的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(9,4)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2)))2＝eq\f(85,16).二、自選練——練高考區(qū)分度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．2．設過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0))的直線l與圓C：x2＋y2﹣4x﹣2y＋1＝0的兩個交點為A，B，若8eq\o(PA,\s\up7(→))＝5eq\o(AB,\s\up7(→))，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝()A.eq\f(8\r(5),5)B.eq\f(4\r(6),3)C.eq\f(6\r(6),5)D.eq\f(4\r(5),3)解析：選A由題意，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為x＝my﹣2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4x－2y＋1＝0，,x＝my－2，))得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2＋1))y2﹣eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8m＋2))y＋13＝0，則y1＋y2＝eq\f(8m＋2,m2＋1)，y1y2＝eq\f(13,m2＋1)，又8eq\o(PA,\s\up7(→))＝5eq\o(AB,\s\up7(→))，所以8(x1＋2，y1)＝5(x2﹣x1，y2﹣y1)，故8y1＝5(y2﹣y1)，即y2＝eq\f(13,5)y1，代入y1y2＝eq\f(13,m2＋1)得：yeq\o\al(2,1)＝eq\f(5,m2＋1)，故yeq\o\al(2,2)＝eq\f(169,25)×eq\f(5,m2＋1)，又(y1＋y2)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8m＋2,m2＋1)))2，即yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＋2y1y2＝eq\f(194,25)×eq\f(5,m2＋1)＋eq\f(26,m2＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8m＋2,m2＋1)))2，整理得：m2﹣40m＋76＝0，解得m＝2或m＝38，又|AB|＝eq\r(1＋m2)eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝2eq\r(\f(3m2＋8m－12,m2＋1))，當m＝2時，|AB|＝eq\f(8\r(5),5)；當m＝38時，|AB|＝eq\f(8\r(5),5).綜上|AB|＝eq\f(8\r(5),5).故選A.3.如圖，已知圓C與y軸相切于點T(0，2)，與x軸的正半軸交于兩點M，N(點M在點N的左側)，且|MN|＝3.(1)求圓C的方程；(2)過點M任作一直線與圓O：x2＋y2＝4相交于A，B兩點，連接AN，BN，求證：kAN＋kBN為定值．解：(1)因為圓C與y軸相切于點T(0,2)，可設圓心的坐標為(m,2)(m>0)，則圓C的半徑為m，又|MN|＝3，所以m2＝4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＝eq\f(25,4)，解得m＝eq\f(5,2)，所以圓C的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))2＋(y﹣2)2＝eq\f(25,4).(2)證明：由(1)知M(1,0)，N(4,0)，當直線AB的斜率為0時，易知kAN＝kBN＝0，即kAN＋kBN＝0.當直線AB的斜率不為0時，設直線AB：x＝1＋ty，將x＝1＋ty代入x2＋y2﹣4＝0，并整理得(t2＋1)y2＋2ty﹣3＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－\f(2t,t2＋1)，,y1y2＝\f(－3,t2＋1，)))則kAN＋kBN＝eq\f(y1,x1－4)＋eq\f(y2,x2－4)＝eq\f(y1,ty1－3)＋eq\f(y2,ty2－3)＝eq\f(2ty1y2－3y1＋y2,ty1－3ty2－3)＝eq\f(\f(－6t,t2＋1)＋\f(6t,t2＋1),ty1－3ty2－3)＝0.綜上可知，kAN＋kBN為定值．第3課時難點專攻奪高分——與圓有關的綜合問題圓的方程是高中數(shù)學的一個重要知識點，隨著高考改革的變化，圓錐曲線的考查難度逐漸降低，而圓作為圓錐曲線中的一種特殊形式，命題的熱度越來越高，高考中，除了圓的方程的求法外，圓的方程與其他知識的綜合問題也是高考考查的熱點，常涉及軌跡問題和最值問題．解決此類問題的關鍵是數(shù)形結合思想的運用．題型一與圓有關的軌跡問題[典例]已知Rt△ABC的斜邊為AB，且A(﹣1,0)，B(3,0)．求：(1)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](1)法一：設C(x，y)，因為A，B，C三點不共線，所以y≠0.因為AC⊥BC，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)．法二：設AB的中點為D，由中點坐標公式得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)．法三：設C(x，y)，因為A，B，C三點不共線，所以y≠0.因為AC⊥BC，所以eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0.因為A(﹣1,0)，B(3,0)，C(x，y)，所以eq\o(AC,\s\up7(→))＝(x＋1，y)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(x﹣3，y)，所以eq\o(AC,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝(x＋1)(x﹣3)＋y2＝x2﹣2x﹣3＋y2＝0，所以直角頂點C的軌跡方程為x2＋y2﹣2x﹣3＝0(y≠0)．(2)設M(x，y)，C(x0，y0)，因為B(3,0)，M是線段BC的中點，由中點坐標公式得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)．[方法技巧]求與圓有關的軌跡問題的方法直接法直接根據(jù)題目提供的條件列出方程定義法根據(jù)圓、直線等定義列方程幾何法利用圓的幾何性質(zhì)列方程代入法找到要求點與已知點的關系，代入已知點滿足的關系式[針對訓練]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：以經(jīng)過A，B的直線為x軸，線段AB的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標系(圖略)，則A(﹣1,0)，B(1,0)．設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).題型二與圓有關的范圍或最值問題考法(一)幾何法求最值[例1]已知實數(shù)x，y滿足方程x2＋y2﹣4x＋1＝0，則(1)eq\f(y,x)的最大值為______；(2)y﹣x的最大值和最小值分別為_____________；(3)x2＋y2的最大值和最小值分別為_________________________________________．[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．(1)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eq\f(y,x)＝k，即y＝kx.當直線y＝kx與圓相切時(如圖)，斜率k取最大值或最小值，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).(2)y﹣x可看作是直線y＝x＋b在y軸上的截距．如圖所示，當直線y＝x＋b與圓相切時，縱截距b取得最大值或最小值，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).(3)法一：x2＋y2表示圓上的一點與原點距離的平方，由平面幾何知識知，在原點和圓心連線與圓的兩個交點處取得最大值和最小值．又圓心到原點的距離為2.所以x2＋y2的最大值是(2＋eq\r(3))2＝7＋4eq\r(3)，x2＋y2的最小值是(2﹣eq\r(3))2＝7﹣4eq\r(3).法二：由x2＋y2﹣4x＋1＝0，得(x﹣2)2＋y2＝3.設eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋\r(3)cosθ，,y＝\r(3)sinθ))(θ為參數(shù))，則x2＋y2＝(2＋eq\r(3)cosθ)2＋(eq\r(3)sinθ)2＝7＋4eq\r(3)cosθ.所以當cosθ＝﹣1時，(x2＋y2)min＝7﹣4eq\r(3)，當cosθ＝1時，(x2＋y2)max＝7＋4eq\r(3).[答案](1)eq\r(3)(2)﹣2＋eq\r(6)，﹣2﹣eq\r(6)(3)7＋4eq\r(3)，7﹣4eq\r(3)[方法技巧]與圓有關最值問題的求解策略處理與圓有關的最值問題時，應充分考慮圓的幾何性質(zhì)，并根據(jù)代數(shù)式的幾何意義，借助數(shù)形結合思想求解．與圓有關的最值問題，常見類型及解題思路如下：常見類型解題思路μ＝eq\f(y－b,x－a)型轉化為動直線斜率的最值問題t＝ax＋by型轉化為動直線截距的最值問題，或用三角代換求解m＝(x﹣a)2＋(y﹣b)2型轉化為動點與定點的距離的平方的最值問題考法(二)代數(shù)法求最值[例2]設點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\up7(→))·eq\o(PB,\s\up7(→))的最大值為________．[解析]由題意，知eq\o(PA,\s\up7(→))＝(2﹣x，﹣y)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(﹣2﹣x，﹣y)，所以eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PB,\s\up7(→))＝x2＋y2﹣4，由于點P(x，y)是圓上的點，故其坐標滿足方程x2＋(y﹣3)2＝1，故x2＝﹣(y﹣3)2＋1，所以eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PB,\s\up7(→))＝﹣(y﹣3)2＋1＋y2﹣4＝6y﹣12.易知2≤y≤4，所以當y＝4時，eq\o(PA,\s\up7(→))·eq\o(PB,\s\up7(→))的值最大，最大值為6×4﹣12＝12.[答案]12[方法技巧]本題考查綜合運用知識解決問題的能力．用代數(shù)法求最值的關鍵是建立所求問題的函數(shù)關系式，利用函數(shù)求最值的方法求解，在具體求解過程中要注意函數(shù)定義域的具體范圍．[針對訓練]1．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．1B．2C．3D．4解析：選A如圖所示，由幾何圖形易知點M的坐標為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.2．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).3．設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：圓的標準方程為(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＋－42))＝eq\f(10,5)＝2.所以四邊形PACB面積的最小值為eq\r(|PC|min2－r2)＝eq\r(4－1)＝eq\r(3).答案：eq\r(3)題型三構造輔助圓[典例]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．7B．6C．5D．4[解析]根據(jù)題意，畫出示意圖，如圖所示，則圓心C的坐標為(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[方法技巧]對于符合圓的特征的條件，可以構造輔助圓幫助思考．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造圓，做到圖中無圓，心中有圓．[針對訓練]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∠F1PF2為鈍角時，點P橫坐標的取值范圍是________．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)))2．在直角坐標平面內(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：3eq\a\vs4\al([課時跟蹤檢測])一、綜合練——練思維敏銳度1．直線y＝kx＋3與圓(x﹣3)2＋(y﹣2)2＝4相交于M，N兩點，若|MN|≥2eq\r(3)，則k的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,4)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))解析：選B圓心(3,2)到直線y＝kx＋3的距離d＝eq\f(|3k－2＋3|,\r(k2＋1))＝eq\f(|3k＋1|,\r(k2＋1))，由|MN|≥2eq\r(3)，得2eq\r(3)≤2eq\r(4－d2)，所以d2≤1，即8k2＋6k≤0?﹣eq\f(3,4)≤k≤0，故選B.2．已知圓C：x2＋y2﹣8y＋14＝0，直線l：mx﹣y﹣3m＋1＝0與x軸、y軸分別交于A，B兩點．設圓C上任意一點P到直線l的距離為d，當d取最大值時，△PAB的面積為()A．3eq\r(2)B．8C．6D．4eq\r(2)解析：選B直線l：mx﹣y﹣3m＋1＝0過定點M(3,1)．圓C：x2＋y2﹣8y＋14＝0的圓心為C(0,4)，半徑r＝eq\r(2).當MC⊥l時，圓心C到直線l的距離最大，此時圓心C到直線l的距離為|MC|＝3eq\r(2)，則點P到直線l的最大距離d＝3eq\r(2)＋r＝4eq\r(2).又|MC|＝eq\f(|－4－3m＋1|,\r(1＋m2))＝3eq\r(2)，所以m＝1，直線l的方程為x﹣y﹣2＝0，所以|AB|＝2eq\r(2).從而△PAB的面積S＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×4eq\r(2)＝8.3．在平面直角坐標系內(nèi)，過點P(0,3)的直線與圓心為C的圓x2＋y2﹣2x﹣3＝0相交于A，B兩點，則△ABC面積的最大值是()A．2B．4C.eq\r(3)D．2eq\r(3)解析：選A過點P(0,3)的直線與圓心為C的圓x2＋y2﹣2x﹣3＝0相交于A，B兩點，①當直線的斜率不存在時，直線的方程為x＝0，在y軸上所截得的線段長為d＝2×eq\r(22－12)＝2eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＝eq\r(3).②當直線的斜率存在時．設圓心到直線的距離為d，則所截得的弦長l＝2eq\r(4－d2).所以S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(4－d2)×d＝eq\r(4－d2)×eq\r(d2)≤eq\f(4－d2＋d2,2)＝2，當且僅當d＝eq\r(2)時成立．所以△ABC面積的最大值為2.4．(多選)如圖，已知A(2,0)，B(1,1)，C(﹣1,1)，D(﹣2,0)，SKIPIF1<0是以OD為直徑的圓上的一段圓弧，SKIPIF1<0是以BC為直徑的圓上的一段圓弧，SKIPIF1<0是以OA為直徑的圓上的一段圓弧，三段弧構成曲線W，則下述正確的是()A．曲線W與x軸圍成區(qū)域的面