2025-高考科學復習解決方案-數(shù)學-基礎版第二章第3節(jié) 圓的方程含答案

2025-高考科學復習解決方案-數(shù)學-基礎版第二章第三節(jié)圓的方程課標解讀考向預測1.理解確定圓的幾何要素，在平面直角坐標系中，掌握圓的標準方程與一般方程.2.能根據(jù)圓的方程解決一些簡單的數(shù)學問題與實際問題.近三年主要考查了圓的方程及應用，主要以選擇題或填空題的形式出現(xiàn)．預計2025年高考仍會考查，且以選擇題、填空題為主，難度中檔.必備知識——強基礎1．圓的定義及圓的方程定義平面上到eq\x(\s\up1(01))定點的距離等于eq\x(\s\up1(02))定長的點的集合叫做圓方程標準方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)圓心Ceq\x(\s\up1(03))(a，b)半徑為eq\x(\s\up1(04))r一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)圓心Ceq\x(\s\up1(05))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))半徑r＝eq\x(\s\up1(06))eq\f(1,2)eq\r(D2＋E2－4F)注意：方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，當D2＋E2－4F>0時，表示圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半徑r＝eq\f(\r(D2＋E2－4F),2)的圓；當D2＋E2－4F＝0時，表示一個點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))；當D2＋E2－4F<0時，不表示任何圖形．2．點與圓的位置關系平面上的一點M(x0，y0)與圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2或x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0之間存在著下列關系：位置關系判斷方法幾何法代數(shù)法(標準方程)代數(shù)法(一般方程)點在圓上|MC|＝r(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋Dx0＋Ey0＋F＝0點在圓外|MC|>r(x0－a)2＋(y0－b)2>r2xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋Dx0＋Ey0＋F>0點在圓內|MC|<r(x0－a)2＋(y0－b)2<r2xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋Dx0＋Ey0＋F<01．確定圓的方程時，常用到的圓的兩個性質(1)圓心在過切點且與切線垂直的直線上．(2)圓心在任一弦的中垂線上．2．以A(x1，y1)，B(x2，y2)為直徑端點的圓的方程為(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0.1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)圓x2＋y2＝a2的半徑為a.()(2)方程Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圓的充要條件是A＝C≠0，B＝0，D2＋E2－4AF>0.()(3)若點M(x0，y0)在圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0外，則xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋Dx0＋Ey0＋F>0.()答案(1)×(2)√(3)√2．小題熱身(1)圓x2＋y2－4x＋6y＝0的圓心坐標和半徑分別是()A．(2，3)，3 B．(－2，3)，eq\r(3)C．(－2，－3)，13 D．(2，－3)，eq\r(13)答案D解析圓的方程可化為(x－2)2＋(y＋3)2＝13，所以圓心坐標是(2，－3)，半徑r＝eq\r(13).故選D.(2)(人教A選擇性必修第一冊2.4.1練習T1改編)圓心為(1，1)且過原點的圓的標準方程是________________．答案(x－1)2＋(y－1)2＝2解析因為圓心為(1，1)且過原點，所以該圓的半徑r＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，則該圓的標準方程為(x－1)2＋(y－1)2＝2.(3)(人教A選擇性必修第一冊復習參考題2T7改編)若圓C：x2＋y2－2(m－1)x＋2(m－1)y＋2m2－6m＋4＝0過坐標原點，則實數(shù)m的值為________．答案2解析∵x2＋y2－2(m－1)x＋2(m－1)y＋2m2－6m＋4＝0表示圓，∴[－2(m－1)]2＋[2(m－1)]2－4(2m2－6m＋4)>0，∴m>1.又圓C過原點，∴2m2－6m＋4＝0，∴m＝2或m＝1(舍去)，∴m＝2.(4)(人教A選擇性必修第一冊復習參考題2T6改編)圓心在直線x＋y＝0上，且過點(0，2)，(－4，0)的圓的標準方程為________________．答案(x＋3)2＋(y－3)2＝10解析點(0，2)與點(－4，0)確定直線的斜率為k＝eq\f(2－0,0－（－4）)＝eq\f(1,2)，其中點為(－2，1)，所以線段的中垂線方程為y－1＝－2(x＋2)，即2x＋y＋3＝0，又圓心在直線x＋y＝0上，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y＋3＝0，,x＋y＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－3，,y＝3，))所以圓心為(－3，3)，r＝eq\r(（－3）2＋（3－2）2)＝eq\r(10)，所以圓的標準方程為(x＋3)2＋(y－3)2＝10.考點探究——提素養(yǎng)考點一求圓的方程例1(1)已知圓的圓心為(－2，1)，其一條直徑的兩個端點恰好在兩坐標軸上，則這個圓的一般方程是________________．答案x2＋y2＋4x－2y＝0解析設直徑的兩個端點分別為A(a，0)，B(0，b)，圓心C為點(－2，1)，由中點坐標公式，得eq\f(a＋0,2)＝－2，eq\f(0＋b,2)＝1，解得a＝－4，b＝2.∴半徑r＝eq\r(（－2＋4）2＋（1－0）2)＝eq\r(5)，∴圓的方程是(x＋2)2＋(y－1)2＝5，即x2＋y2＋4x－2y＝0.(2)(2024·江蘇南京一中月考)已知△ABC的頂點A(0，0)，B(0，2)，C(－2，2)，則其外接圓的標準方程為________________．答案(x＋1)2＋(y－1)2＝2解析設△ABC的外接圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，因為△ABC的頂點A(0，0)，B(0，2)，C(－2，2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝r2，,a2＋（2－b）2＝r2，,（－2－a）2＋（2－b）2＝r2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1，,r＝\r(2)，))因此(x＋1)2＋(y－1)2＝2即為所求圓的方程．【通性通法】(1)直接法：直接求出圓心坐標和半徑，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，求出a，b，r的值；②若已知條件沒有明確給出圓心和半徑，則選擇圓的一般方程，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．【鞏固遷移】1．(2024·河北邯鄲模擬)已知三點A(3，2)，B(5，－3)，C(－1，3)，以P(2，－1)為圓心作一個圓，使得A，B，C三點中的一個點在圓內，一個點在圓上，一個點在圓外，則這個圓的標準方程為________________．答案(x－2)2＋(y＋1)2＝13解析由題設知，|PA|＝eq\r(10)，|PB|＝eq\r(13)，|PC|＝5，∴|PA|<|PB|<|PC|，要使A，B，C三點中的一個點在圓內，一個點在圓上，一個點在圓外，則圓以|PB|為半徑，故圓的標準方程為(x－2)2＋(y＋1)2＝13.2．已知圓的圓心在直線x－2y－3＝0上，且過點A(2，－3)，B(－2，－5)，則圓的一般方程為________________．答案x2＋y2＋2x＋4y－5＝0解析解法一：設所求圓的標準方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－a）2＋（－3－b）2＝r2，,（－2－a）2＋（－5－b）2＝r2，,a－2b－3＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2，,r2＝10，))故所求圓的方程為(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.解法二：線段AB的垂直平分線方程為2x＋y＋4＝0，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y＋4＝0，,x－2y－3＝0，))解得交點坐標C(－1，－2)，又點C到點A的距離d＝eq\r(10)，所以所求圓的方程為(x＋1)2＋(y＋2)2＝10，即x2＋y2＋2x＋4y－5＝0.考點二與圓有關的軌跡問題例2(2024·山東棗莊八中月考)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)解法一：設C(x，y)，因為A，B，C三點不共線，所以y≠0.因為AC⊥BC，且直線AC，BC的斜率均存在，所以kACkBC＝－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)．解法二：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)．(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(y≠0)．所以直角邊BC的中點M的軌跡方程為(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．【通性通法】求與圓有關的軌跡問題的方法(1)直接法：直接根據(jù)題目提供的條件列出方程．(2)定義法：根據(jù)圓、直線等定義列方程．(3)幾何法：利用圓的幾何性質列方程．(4)相關點代入法：找到要求點與已知點的關系，代入已知點滿足的關系式求解．【鞏固遷移】3．已知兩點A(－5，0)，B(5，0)，動點P到點A的距離是它到點B的距離的3倍，則點P的軌跡方程為________________．答案x2＋y2－eq\f(25,2)x＋25＝0解析設P(x，y)，由題意可知|PA|＝3|PB|，由兩點間距離公式，可得eq\r(（x＋5）2＋y2)＝3eq\r(（x－5）2＋y2)，化簡，得x2＋y2－eq\f(25,2)x＋25＝0.4．(2023·江蘇淮安一模)已知點A(2，0)是圓x2＋y2＝4上一點，點B(1，1)是圓內一點，P，Q為圓上的動點．(1)求線段AP的中點M的軌跡方程；(2)若∠PBQ＝90°，求線段PQ的中點N的軌跡方程．解(1)設AP的中點為M(x，y)，由中點坐標公式可知，點P的坐標為(2x－2，2y)．因為點P在圓x2＋y2＝4上，所以(2x－2)2＋(2y)2＝4.故線段AP的中點M的軌跡方程為(x－1)2＋y2＝1.(2)如圖，設PQ的中點N(x，y)，在Rt△PBQ中，|PN|＝|BN|，設O為坐標原點，則ON⊥PQ，所以|OP|2＝|ON|2＋|PN|2＝|ON|2＋|BN|2，所以x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2＝4.故線段PQ的中點N的軌跡方程為x2＋y2－x－y－1＝0.考點三與圓有關的最值問題(多考向探究)考向1借助幾何性質求最值例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；(3)求y－x的最大值和最小值．解(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(k2＋1))≤2eq\r(2)，解得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).(3)設y－x＝b，則x－y＋b＝0.當直線x－y＋b＝0與圓C相切時，截距b取到最值，所以eq\f(|2－7＋b|,\r(12＋（－1）2))＝2eq\r(2)，解得b＝9或b＝1，所以y－x的最大值為9，最小值為1.【通性通法】借助幾何性質求最值的常見形式及求解方法(1)形如μ＝eq\f(y－b,x－a)形式的最值問題，可轉化為動直線斜率的最值問題．(2)形如t＝ax＋by形式的最值問題，可轉化為動直線截距的最值問題．(3)形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值問題，可轉化為動點到定點的距離的平方的最值問題．【鞏固遷移】5．已知半徑為1的圓經(jīng)過點(3，4)，則其圓心到原點的距離的最小值為()A．4 B．5C．6 D．7答案A解析設圓心為C(x，y)，則eq\r(（x－3）2＋（y－4）2)＝1，化簡得(x－3)2＋(y－4)2＝1，所以圓心C的軌跡是以M(3，4)為圓心，1為半徑的圓，如圖．所以|OC|＋1≥|OM|＝eq\r(32＋42)＝5，所以|OC|≥5－1＝4，當且僅當C在線段OM上時取得等號．故選A.6．已知A(－2，0)，B(2，0)，點P是圓C：(x－3)2＋(y－eq\r(7))2＝1上的動點，則|AP|2＋|BP|2的最大值為()A．40 B．46 C．48 D．58答案D解析設O為坐標原點，P(x，y)，則|AP|2＋|BP|2＝(x＋2)2＋y2＋(x－2)2＋y2＝2(x2＋y2)＋8＝2|PO|2＋8.圓C的圓心為C(3，eq\r(7))，半徑為r＝1，|OC|＝4，所以|PO|2的最大值為(|OC|＋r)2＝(4＋1)2＝25，所以|AP|2＋|BP|2的最大值為58.考向2構建目標函數(shù)求最值例4(2023·湘潭質檢)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\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最大值為________．答案12解析由題意，得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.【通性通法】建立函數(shù)關系式求最值時，首先根據(jù)已知條件列出關于所求目標式子的函數(shù)關系式，然后根據(jù)關系式的特征選用配方法、判別式法、基本不等式法等求最值．【鞏固遷移】7．等邊三角形ABC的面積為9eq\r(3)，且△ABC的內心為M，若平面內的點N滿足|MN|＝1，則eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))的最小值為()A．－5－2eq\r(3) B．－5－4eq\r(3)C．－6－2eq\r(3) D．－6－4eq\r(3)答案A解析設等邊三角形ABC的邊長為a，則面積S＝eq\f(\r(3),4)a2＝9eq\r(3)，解得a＝6.以AB所在直線為x軸，AB的垂直平分線為y軸建立如圖所示的平面直角坐標系．由M為△ABC的內心，則M在OC上，且|OM|＝eq\f(1,3)|OC|，則A(－3，0)，B(3，0)，C(0，3eq\r(3))，M(0，eq\r(3))，由|MN|＝1，則點N在以M為圓心，1為半徑的圓上．設N(x，y)，則x2＋(y－eq\r(3))2＝1，即x2＋y2－2eq\r(3)y＋2＝0，且eq\r(3)－1≤y≤1＋eq\r(3)，又eq\o(NA,\s\up6(→))＝(－3－x，－y)，eq\o(NB,\s\up6(→))＝(3－x，－y)，所以eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝(x＋3)(x－3)＋y2＝x2＋y2－9＝2eq\r(3)y－11≥2eq\r(3)×(eq\r(3)－1)－11＝－5－2eq\r(3).考向3利用對稱性求最值例5一束光線，從點A(－2，2)出發(fā)，經(jīng)x軸反射到圓C：(x－3)2＋(y－3)2＝1上的最短路徑的長度是()A．5eq\r(2)－1 B．5eq\r(2)＋1C．3eq\r(2)＋1 D．3eq\r(2)－1答案A解析如圖，依題意知，圓C的圓心C(3，3)，半徑r＝1，點A(－2，2)關于x軸的對稱點為A′(－2，－2)，連接A′C交x軸于點O，交圓C于點B，圓外一點與圓上的點的距離的最小值是圓外這點到圓心的距離減去圓的半徑，于是得點A′與圓C上的點的距離的最小值為|A′B|＝|A′C|－r＝eq\r(（－2－3）2＋（－2－3）2)－1＝5eq\r(2)－1.在x軸上任取點P，連接AP，A′P，PC，PC交圓C于點B′，而|AO|＝|A′O|，|AP|＝|A′P|，|AO|＋|OB|＝|A′O|＋|OB|＝|A′B|＝|A′C|－r≤|A′P|＋|PC|－r＝|AP|＋|PB′|，當且僅當點P與點O重合時取“＝”，所以最短路徑的長度是5eq\r(2)－1.故選A.【通性通法】求解形如|PA|＋|PB|且與圓C有關的折線段的最值問題的基本思路：(1)“動化定”，把與圓上動點的距離轉化為與圓心的距離；(2)“曲化直”，即將折線段之和轉化為同一直線上的兩線段之和，一般要通過對稱性解決．【鞏固遷移】8．(2024·浙江金華模擬)已知圓C：x2＋(y－2)2＝1上一動點A和定點B(6，2)，點P為x軸上一動點，則|PA|＋|PB|的最小值為________．答案2eq\r(13)－1解析根據(jù)題意畫出圓C：x2＋(y－2)2＝1，以及點B(6，2)的圖象如圖，作B關于x軸的對稱點B′，連接B′C，則當A，P分別是B′C與圓和x軸的交點時，|PA|＋|PB|最小，最小值|AB′|為點C(0，2)到點B′(6，－2)的距離減去圓的半徑，即|AB′|＝eq\r(（6－0）2＋（－2－2）2)－1＝2eq\r(13)－1.課時作業(yè)一、單項選擇題1．(2023·甘肅酒泉模擬)已知點(1，1)在圓x2＋y2＋ax＋a＝0外，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(－1，＋∞)B．(－1，0)C．(－1，0)∪(4，＋∞)D．(－∞，0)∪(4，＋∞)答案C解析∵點(1，1)在圓x2＋y2＋ax＋a＝0外，∴a2－4a＞0，且12＋12＋a＋a＞0，解得－1＜a＜0或a＞4.∴實數(shù)a的取值范圍為(－1，0)∪(4，＋∞)．故選C.2．(2023·重慶九龍坡期中)在平面直角坐標系xOy中，已知P(－2，4)，Q(2，6)兩點，若圓M以PQ為直徑，則圓M的標準方程為()A．x2＋(y＋5)2＝5 B．x2＋(y－5)2＝5C．x2＋(y＋5)2＝25 D．x2＋(y－5)2＝25答案B解析因為圓M以PQ為直徑，所以圓心M的坐標為(0，5)，半徑為|MQ|＝eq\r(（0－2）2＋（5－6）2)＝eq\r(5)，所以圓M的標準方程為x2＋(y－5)2＝5.故選B.3．(2024·河南洛陽階段考試)方程x2＋y2＋2x－m＝0表示一個圓，則m的取值范圍是()A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]答案A解析由方程x2＋y2＋2x－m＝0，可化為(x＋1)2＋y2＝m＋1，要使得方程x2＋y2＋2x－m＝0表示一個圓，則滿足m＋1>0，解得m>－1，所以m的取值范圍為(－1，＋∞)．故選A.4．(2024·山東淄博淄川區(qū)期末)圓(x＋2)2＋(y－12)2＝4關于直線x－y＋6＝0對稱的圓的方程為()A．(x＋6)2＋(y＋4)2＝4B．(x－4)2＋(y＋6)2＝4C．(x－4)2＋(y－6)2＝4D．(x－6)2＋(y－4)2＝4答案D解析由圓的方程(x＋2)2＋(y－12)2＝4可得，圓心坐標為(－2，12)，半徑為2，由題意可得關于直線x－y＋6＝0對稱的圓的圓心為(－2，12)關于直線對稱的點，半徑為2，設所求圓的圓心為(a，b)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a－2,2)－\f(b＋12,2)＋6＝0，,\f(b－12,a＋2)＝－1，))解得a＝6，b＝4，故圓的方程為(x－6)2＋(y－4)2＝4.故選D.5．點A為圓(x－1)2＋y2＝1上的動點，PA是圓的切線，|PA|＝1，則點P的軌跡方程是()A．(x－1)2＋y2＝4 B．(x－1)2＋y2＝2C．y2＝2x D．y2＝－2x答案B解析∵|PA|＝1，∴點P和圓心的距離恒為eq\r(2)，又圓心坐標為(1，0)，設P(x，y)，∴由兩點間的距離公式，得(x－1)2＋y2＝2.故選B.6．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．6 C．5 D．4答案B解析∵在Rt△APB中，原點O為斜邊中點，|AB|＝2m(m>0)，∴|OC|－r≤m＝|OP|≤|OC|＋r，又C(3，4)，r＝1，∴4≤|OP|≤6，即4≤m≤6.故選B.7．若點P為圓x2＋y2＝1上的一個動點，A(－1，0)，B(1，0)為兩個定點，則|PA|＋|PB|的最大值為()A．2 B．2eq\r(2)C．4eq\r(2) D．4答案B解析由已知，得線段AB為圓的直徑．所以|PA|2＋|PB|2＝4，由基本不等式，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PA|＋|PB|,2)))eq\s\up12(2)≤eq\f(|PA|2＋|PB|2,2)＝2，所以|PA|＋|PB|≤2eq\r(2)，當且僅當|PA|＝|PB|＝eq\r(2)時，等號成立．故選B.8．(2023·內蒙古赤峰模擬)已知圓O：x2＋y2＝1，點P(x0，y0)是直線l：3x＋2y－4＝0上的動點，若在圓O上總存在不同的兩點A，B，使得直線AB垂直平分OP，則y0的取值范圍為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(24,13))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(24,13)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(10,13)，2)) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(10,13)，2))答案C解析在圓O上總存在不同的兩點A，B使得AB垂直平分OP.若P為直線l與y軸的交點，得P(0，2)，此時圓O上不存在不同的兩點A，B滿足條件；若P為直線l與x軸的交點，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，0))，此時直線AB的方程為x＝eq\f(2,3)，滿足條件，y0＝0；當直線AB的斜率存在且不為0時，∵AB⊥OP，kOP＝eq\f(y0,x0)，∴kAB＝－eq\f(x0,y0)，∴直線AB的方程為y－eq\f(y0,2)＝－eq\f(x0,y0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x0,2)))，化為2x0x＋2y0y－xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝0，由圓心到直線AB的距離d＝eq\f(\r(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)),2)<1，得xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)<4，又3x0＋2y0－4＝0，化為13yeq\o\al(2,0)－16y0－20<0，解得－eq\f(10,13)<y0<2，∴y0的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(10,13)，2)).故選C.二、多項選擇題9．已知△ABC的三個頂點為A(－1，2)，B(2，1)，C(3，4)，則下列關于△ABC的外接圓圓M的說法正確的是()A．圓M的圓心坐標為(1，3)B．圓M的半徑為eq\r(5)C．圓M關于直線x＋y＝0對稱D．點(2，3)在圓M內答案ABD解析設△ABC的外接圓圓M的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋4－D＋2E＋F＝0，,4＋1＋2D＋E＋F＝0，,9＋16＋3D＋4E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＝－2，,E＝－6，,F＝5.))所以△ABC的外接圓圓M的方程為x2＋y2－2x－6y＋5＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝5.故圓M的圓心坐標為(1，3)，圓M的半徑為eq\r(5)，因為直線x＋y＝0不經(jīng)過圓M的圓心(1，3)，所以圓M不關于直線x＋y＝0對稱．因為(2－1)2＋(3－3)2＝1<5，故點(2，3)在圓M內．故選ABD.10．設有一組圓Ck：(x－k)2＋(y－k)2＝4(k∈R)，下列命題正確的是()A．不論k如何變化，圓心C始終在一條直線上B．所有圓Ck均不經(jīng)過點(3，0)C．經(jīng)過點(2，2)的圓Ck有且只有一個D．所有圓的面積均為4π答案ABD解析圓心C的坐標為(k，k)，在直線y＝x上，故A正確；令(3－k)2＋(0－k)2＝4，化簡，得2k2－6k＋5＝0，∵Δ＝36－40＝－4<0，∴2k2－6k＋5＝0無實數(shù)根，故B正確；由(2－k)2＋(2－k)2＝4，化簡，得k2－4k＋2＝0，∵Δ＝16－8＝8>0，有兩個不相等實根，∴經(jīng)過點(2，2)的圓Ck有兩個，故C錯誤；由圓的半徑為2，得圓的面積為4π，故D正確．故選ABD.三、填空題11．(2024·安徽蚌埠模擬)已知定點A(4，0)，P是圓x2＋y2＝4上的一動點，Q是AP的中點，則點Q的軌跡方程是________．答案(x－2)2＋y2＝1解析如圖所示，設P(x0，y0)，Q(x，y)，則xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4①，因為Q為AP的中點，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋4,2)＝x，,\f(y0＋0,2)＝y(tǒng)))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝2x－4，,y0＝2y))②，所以由①②得，(2x－4)2＋(2y)2＝4，即(x－2)2＋y2＝1，所以點Q的軌跡方程為(x－2)2＋y2＝1.12．(2023·廣東湛江三模)已知圓C過點A(－2，0)，B(2，4)，當圓心C到原點O的距離最小時，圓C的標準方程為________．答案(x－1)2＋(y－1)2＝10解析由A(－2，0)，B(2，4)，可得線段AB中點的坐標為(0，2)，又kAB＝eq\f(4－0,2－（－2）)＝1，所以AB垂直平分線的方程為y＝－x＋2，則圓心C在線段AB的垂直平分線y＝－x＋2上，當圓心C到原點O的距離最小時，則OC垂直于直線y＝－x＋2，則OC∥AB，所以直線OC的方程為y＝x，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x，,y＝－x＋2))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))所以圓心C(1，1)，又半徑r2＝|AC|2＝(－2－1)2＋(0－1)2＝10，所以圓C的標準方程為(x－1)2＋(y－1)2＝10.13．(2024·福建泉州期中)已知點P(m，n)在圓C：(x－2)2＋(y－2)2＝9上運動，則(m＋2)2＋(n＋1)2的最大值為________．答案64解析由題意得，圓心C(2，2)，半徑r＝3.(m＋2)2＋(n＋1)2表示圓C上的點P到點M(－2，－1)的距離的平方，因為|CM|＝5，所以|PM|max＝5＋3＝8，即(m＋2)2＋(n＋1)2的最大值為64.14．已知A(0，2)，點P在直線x＋y＋2＝0上，點Q在圓C：x2＋y2－4x－2y＝0上，則|PA|＋|PQ|的最小值是________．答案2eq\r(5)解析因為圓C：x2＋y2－4x－2y＝0，故圓C是以C(2，1)為圓心，半徑r＝eq\r(5)的圓．設點A(0，2)關于直線x＋y＋2＝0的對稱點為A′(m，n)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(m＋0,2)＋\f(n＋2,2)＋2＝0，,\f(n－2,m－0)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－4，,n＝－2，))故A′(－4，－2)．由對稱性可知|PA|＋|PQ|＝|A′P|＋|PQ|≥|A′Q|≥|A′C|－r＝2eq\r(5).四、解答題15．(2023·廣東佛山期中)已知圓C過點A(4，0)，B(0，4)，且圓心C在直線l：x＋y－6＝0上．(1)求圓C的方程；(2)若從點M(4，1)發(fā)出的光線經(jīng)過直線y＝－x反射，反射光線l1恰好平分圓C的圓周，求反射光線l1的一般方程．解(1)由A(4，0)，B(0，4)，得直線AB的斜率為kAB＝eq\f(0－4,4－0)＝－1，線段AB的中點D(2，2)，所以kCD＝1，直線CD的方程為y－2＝x－2，即y＝x，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－6＝0，,y＝x，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝3，))即C(3，3)，所以半徑r＝|AC|＝eq\r(（4－3）2＋（0－3）2)＝eq\r(10)，所以圓C的方程為(x－3)2＋(y－3)2＝10.(2)由l1恰好平分圓C的圓周，得l1經(jīng)過圓心C(3，3)，設點M關于直線y＝－x的對稱點N(x，y)，則直線MN與直線y＝－x垂直，且線段MN的中點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋4,2)，\f(y＋1,2)))在直線y＝－x上，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y－1,x－4)×（－1）＝－1，,\f(y＋1,2)＝－\f(x＋4,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－4，))所以N(－1，－4)，所以直線CN即為直線l1，且kl1＝kCN＝eq\f(3－（－4）,3－（－1）)＝eq\f(7,4)，反射光線l1的方程為y－3＝eq\f(7,4)(x－3)，即7x－4y－9＝0.16．在平面直角坐標系xOy中，曲線Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R)與x軸交于不同的兩點A，B，曲線Γ與y軸交于點C.(1)是否存在以AB為直徑的圓過點C？若存在，求出該圓的方程；若不存在，請說明理由；(2)求證：過A，B，C三點的圓過定點．解由曲線Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R)，令y＝0，得x2－mx＋2m＝0.設A(x1，0)，B(x2，0)，由題意可得Δ＝m2－8m>0.則m<0或m>8，x1＋x2＝m，x1x2＝2m.令x＝0，得y＝2m，即C(0，2m)．(1)若存在以AB為直徑的圓過點C，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，得x1x2＋4m2＝0，即2m＋4m2＝0，所以m＝0(舍去)或m＝－eq\f(1,2).此時C(0，－1)，AB的中點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))即為圓心，半徑r＝|CM|＝eq\f(\r(17),4)，故所求圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(17,16).(2)證明：設過A，B兩點的圓的方程為x2＋y2－mx＋Ey＋2m＝0，將點C(0，2m)代入可得E＝－1－2m，所以過A，B，C三點的圓的方程為x2＋y2－mx－(1＋2m)y＋2m＝0，整理，得x2＋y2－y－m(x＋2y－2)＝0.令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－y＝0，,x＋2y－2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,5)，,y＝\f(4,5).))故過A，B，C三點的圓過定點(0，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(4,5))).17．(多選)已知圓C過點M(1，－2)且與兩坐標軸均相切，則下列敘述正確的是()A．滿足條件的圓C的圓心在一條直線上B．滿足條件的圓C有且只有一個C．點(2，－1)在滿足條件的圓C上D．滿足條件的圓C有且只有兩個，它們的圓心距為4eq\r(2)答案ACD解析因為圓C和兩個坐標軸都相切，且過點M(1，－2)，所以設圓心坐標為(a，－a)(a>0)，故圓心在直線y＝－x上，故A正確；圓C的方程為(x－a)2＋(y＋a)2＝a2，把點M的坐標代入可得a2－6a＋5＝0，解得a＝1或a＝5，則圓心坐標為(1，－1)或(5，－5)，所以滿足條件的圓C有且只有兩個，故B錯誤；圓C的方程分別為(x－1)2＋(y＋1)2＝1，(x－5)2＋(y＋5)2＝25，將點(2，－1)代入這兩個方程可知其在圓C上，故C正確；由C項知，它們的圓心距為eq\r(（5－1）2＋（－5＋1）2)＝4eq\r(2)，D正確．故選ACD.18．(多選)(2023·浙江溫州期末)已知圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝1，點M(4，2)，點P在圓C上，O為原點，則下列命題正確的是()A．M在圓上B．線段MP的長度的最大值為eq\r(5)＋1C．當直線MP與圓C相切時，|MP|＝2D．eq\o(MO,\s\up6(→))·eq\o(MP,\s\up6(→))的最大值為2eq\r(5)＋6答案BCD解析將M(4，2)代入圓的方程，(4－2)2＋(2－3)2＝5>1，所以M在圓外，A錯誤；線段MP的長度的最大值為|MC|＋1＝eq\r(（4－2）2＋（2－3）2)＋1＝eq\r(5)＋1，B正確；當直線MP與圓C相切時，|MC|2＝|MP|2＋1＝[eq\r(（4－2）2＋（2－3）2)]2，∴|MP|＝2，C正確；設動點P(x，y)，點P的軌跡是圓心為(2，3)，半徑為1的圓，x＝2＋cosθ，y＝3＋sinθ，又M(4，2)，所以eq\o(MO,\s\up6(→))·eq\o(MP,\s\up6(→))＝(－4，－2)·(x－4，y－2)＝－4(x－4)＋(－2)·(y－2)＝－4x－2y＋20，因為x＝2＋cosθ，y＝3＋sinθ，所以eq\o(MO,\s\up6(→))·eq\o(MP,\s\up6(→))＝－4cosθ－2sinθ＋6＝2eq\r(5)sin(θ＋φ)＋6，θ∈[0，2π)，且sinφ＝－eq\f(2\r(5),5)，cosφ＝－eq\f(\r(5),5)，則eq\o(MO,\s\up6(→))·eq\o(MP,\s\up6(→))的最大值為2eq\r(5)＋6，D正確．故選BCD.第四節(jié)直線與圓、圓與圓的位置關系課標解讀考向預測1.能根據(jù)給定直線、圓的方程，判斷直線與圓、圓與圓的位置關系.2.能用直線和圓的方程解決一些簡單的數(shù)學問題與實際問題.近三年主要考查了直線與圓有公共點求參數(shù)的取值范圍、直線與圓相切以及弦長最值問題，主要以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，常結合基本不等式、函數(shù)等知識考查最值．預計2025年本部分內容仍會考查，以選擇題或設問方式為開放性的填空題為主，難度中等.必備知識——強基礎1．直線與圓的位置關系設圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，直線l：Ax＋By＋C＝0，圓心C(a，b)到直線l的距離為d，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－a）2＋（y－b）2＝r2，,Ax＋By＋C＝0，))消去y(或x)，得到關于x(或y)的一元二次方程，其判別式為Δ.位置關系相離相切相交圖形量化方程觀點Δeq\x(\s\up1(01))<0Δeq\x(\s\up1(02))＝0Δeq\x(\s\up1(03))>0幾何觀點deq\x(\s\up1(04))>rdeq\x(\s\up1(05))＝rdeq\x(\s\up1(06))<r2．圓與圓的位置關系(⊙O1，⊙O2的半徑分別為r1，r2，d＝|O1O2|)位置關系圖形幾何法公切線條數(shù)外離d>r1＋r2四條外切d＝r1＋r2三條相交|r1－r2|<d<r1＋r2兩條內切d＝|r1－r2|一條內含0≤d<r1－r2無1．圓的切線方程常用的結論(1)過圓x2＋y2＝r2上一點P(x0，y0)的圓的切線方程為x0x＋y0y＝r2.(2)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．直線被圓截得的弦長的求法(1)幾何法：弦心距d、半徑r和弦長|AB|的一半構成直角三角形，弦長|AB|＝2eq\r(r2－d2).(2)代數(shù)法：設直線y＝kx＋m與圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0相交于點M，N，將直線方程代入圓的方程中，消去y，得關于x的一元二次方程，則|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（xM＋xN）2－4xMxN).3．圓與圓的位置關系的常用結論(1)兩圓相交時，其公共弦所在的直線方程由兩圓方程相減得到．(2)兩個圓系方程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交點的圓系方程為x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)(其中不含圓C2，所以注意檢驗C2是否滿足題意，以防丟解)．1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)若直線平分圓的周長，則直線一定過圓心．()(2)若兩圓相切，則有且只有一條公切線．()(3)若直線的方程與圓的方程組成的方程組有解，則直線與圓相交或相切．()(4)在圓中最長的弦是直徑．()答案(1)√(2)×(3)√(4)√2．小題熱身(1)(人教A選擇性必修第一冊習題2.5T1改編)直線y＝x＋1與圓x2＋y2＝1的位置關系為()A．相切B．相交但直線不過圓心C．直線過圓心D．相離答案B解析圓心為(0，0)，到直線y＝x＋1，即x－y＋1＝0的距離d＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，而0<eq\f(\r(2),2)<1，所以直線與圓相交，但直線不過圓心．故選B.(2)(人教A選擇性必修第一冊2.5.2練習T2改編)圓O1：x2＋y2－2x＝0與圓O2：x2＋y2＋4y＝0的位置關系是()A．外離 B．外切C．相交 D．內切答案C解析圓O1：x2＋y2－2x＝0的標準方程為(x－1)2＋y2＝1，圓心為O1(1，0)，半徑為r1＝1，圓O2：x2＋y2＋4y＝0的標準方程為x2＋(y＋2)2＝4，圓心為O2(0，－2)，半徑為r2＝2，所以兩圓的圓心距為|O1O2|＝eq\r(（－1）2＋（－2）2)＝eq\r(5)，所以1＝|r1－r2|<|O1O2|<r1＋r2＝3，因此兩圓的位置關系為相交．故選C.(3)(人教A選擇性必修第一冊習題2.5T2改編)以點(3，－1)為圓心且與直線3x＋4y＝0相切的圓的方程是________________．答案(x－3)2＋(y＋1)2＝1解析由題意得，r＝eq\f(|3×3＋4×（－1）|,\r(32＋42))＝1，因此圓的方程為(x－3)2＋(y＋1)2＝1.(4)(人教A選擇性必修第一冊習題2.2T3改編)已知圓C：x2＋y2－6x－4y＋4＝0.若一直線被圓C所截得的弦的中點為M(2，3)，則該直線的方程為________________．答案y＝x＋1解析圓C：x2＋y2－6x－4y＋4＝0化為標準方程為(x－3)2＋(y－2)2＝9，則圓心為C(3，2)，kCM＝eq\f(3－2,2－3)＝－1.設所求的直線為m.由圓的幾何性質可知，km·kCM＝－1，所以km＝1，所以所求的直線方程為y－3＝1·(x－2)，即y＝x＋1.考點探究——提素養(yǎng)考點一直線與圓的位置關系例1(1)(2023·江西九江二模)直線l：mx－y－2＋m＝0(m∈R)與圓C：x2＋(y－1)2＝16的位置關系為________．答案相交解析由mx－y－2＋m＝0(m∈R)，得m(x＋1)－y－2＝0(m∈R)，令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＝0，,－y－2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－2，))所以直線l過定點(－1，－2)，又因為(－1)2＋(－2－1)2＝10<16，得(－1，－2)在圓內，所以直線l與圓C總相交．(2)(2024·廣東湛江廉江中學高三第二次月考)已知直線x＋y＋2＝0與圓x2＋y2＝r2相切，則r的值為________．答案±eq\r(2)解析由直線x＋y＋2＝0與圓x2＋y2＝r2相切，得eq\f(|2|,\r(12＋12))＝|r|，即|r|＝eq\r(2)，故r的值為±eq\r(2).【通性通法】判斷直線與圓的位置關系的兩種方法特別地，對于過定點的直線，也可以通過定點在圓內部或圓上判定直線和圓有公共點．【鞏固遷移】1．(2023·陜西榆林模擬)已知點P(x0，y0)為圓C：x2＋y2＝2上的動點，則直線l：x0x－y0y＝2與圓C的位置關系為()A．相交 B．相離C．相切 D．相切或相交答案C解析由題意可得xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2，于是圓心C到直線l的距離d＝eq\f(2,\r(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)))＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2)＝r，所以直線l與圓C相切．故選C.2．已知圓O：x2＋y2＝4上到直線l：x＋y＝a的距離等于1的點至少有2個，則a的取值范圍為________．答案(－3eq\r(2)，3eq\r(2))解析由圓的方程可知圓心為(0，0)，半徑為2.因為圓上到直線l：x＋y＝a的距離等于1的點至少有2個，所以圓心到直線l的距離d＜r＋1＝3，即d＝eq\f(|－a|,\r(2))<3，解得－3eq\r(2)＜a＜3eq\r(2).考點二圓的弦長、切線問題(多考向探究)考向1弦長問題例2(1)(2024·四川西昌期末)直線l：x－eq\r(3)ycosθ＝0被圓x2＋y2－6x＋5＝0截得的最大弦長為()A．eq\r(3) B．eq\r(5)C．eq\r(7) D．3答案C解析因為圓x2＋y2－6x＋5＝0，所以其圓心為(3，0)，半徑r＝2，于是圓心(3，0)到直線l：x－eq\r(3)ycosθ＝0的距離為d＝eq\f(3,\r(1＋3cos2θ))，因為cosθ∈[－1，1]，所以cos2θ∈[0，1]，所以d＝eq\f(3,\r(1＋3cos2θ))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))，因為直線l與圓相交，所以d<2，所以d∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，又因為弦長為2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(4－d2)，所以當d取得最小值eq\f(3,2)時，弦長取得最大值，為eq\r(7).故選C.(2)(2023·海南華僑中學二模)已知直線x－eq\r(3)y＋8＝0和圓x2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B兩點．若|AB|＝6，則r的值為________．答案5解析因為圓心(0，0)到直線x－eq\r(3)y＋8＝0的距離d＝eq\f(8,\r(1＋3))＝4，由|AB|＝2eq\r(r2－d2)，可得6＝2eq\r(r2－42)，解得r＝5.【通性通法】求直線被圓截得的弦長的兩種方法【鞏固遷移】3．設圓x2＋y2－2x－2y－2＝0的圓心為C，直線l過(0，3)與圓C交于A，B兩點，若|AB|＝2eq\r(3)，則直線l的方程為()A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0B．3x＋4y－12＝0或x＝0C．4x－3y＋9＝0或x＝0D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0答案B解析當直線l的斜率不存在，即直線l的方程為x＝0時，弦長為2eq\r(3)，符合題意；當直線l的斜率存在時，可設直線l的方程為y＝kx＋3，由弦長為2eq\r(3)，半徑為2可知，圓心到該直線的距離為1，從而有eq\f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝－eq\f(3,4).綜上，直線l的方程為x＝0或3x＋4y－12＝0.故選B.4．(2023·新課標Ⅱ卷)已知直線l：x－my＋1＝0與⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B兩點，寫出滿足“△ABC的面積為eq\f(8,5)”的m的一個值：________．答案2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一個皆可以))解析設點C到直線AB的距離為d，由弦長公式得|AB|＝2eq\r(4－d2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×d×2eq\r(4－d2)＝eq\f(8,5)，解得d＝eq\f(4\r(5),5)或d＝eq\f(2\r(5),5)，由d＝eq\f(|1＋1|,\r(1＋m2))＝eq\f(2,\r(1＋m2))，所以eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(4\r(5),5)或eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(2\r(5),5)，解得m＝±2或m＝±eq\f(1,2).考向2切線問題例3(1)在平面直角坐標系中，過點A(3，5)作圓O：x2＋y2－2x－4y＋1＝0的切線，則切線的方程為()A．5x－12y＋45＝0B．y＋5＝0C．x－3＝0或5x－12y＋45＝0D．y－5＝0或12x－5y＋45＝0答案C解析因為32＋52－2×3－4×5＋1>0，點(3，5)在圓外，且x2＋y2－2x－4y＋1＝0的圓心為(1，2)，半徑為2.若切線的斜率不存在，即x＝3，圓心(1，2)到直線x＝3的距離為2，故直線x＝3是圓的切線；若切線的斜率存在，設切線方程為y－5＝k(x－3)，即kx－y－3k＋5＝0，則eq\f(|k－2－3k＋5|,\r(k2＋1))＝2，則eq\f(|3－2k|,\r(k2＋1))＝2，兩邊平方得12k＝5，k＝eq\f(5,12)，所以y－5＝eq\f(5,12)(x－3)，即5x－12y＋45＝0.綜上，切線的方程為5x－12y＋45＝0或x－3＝0.故選C.(2)由直線y＝x＋1上的一點向圓(x－3)2＋y2＝1引切線，則切線長的最小值為________．答案eq\r(7)解析設直線上一點P，切點為Q，圓心為M，M的坐標為(3，0)，則|PQ|即為切線長，|MQ|為圓M的半徑，長度為1，|PQ|＝eq\r(|PM|2－|MQ|2)＝eq\r(|PM|2－1)，要使|PQ|最小，即求|PM|的最小值，此題轉化為求直線y＝x＋1上的點到圓心M的最小距離．設圓心到直線y＝x＋1的距離為d，則d＝eq\f(|3－0＋1|,\r(12＋（－1）2))＝2eq\r(2)，所以|PM|的最小值為2eq\r(2)，此時|PQ|＝eq\r(|PM|2－1)＝eq\r(（2\r(2)）2－1)＝eq\r(7).【通性通法】1．求過圓上一點(x0，y0)的圓的切線方程：先求切點與圓心連線的斜率k，再由垂直關系，求得切線斜率為－eq\f(1,k)，由點斜式方程可求得切線方程，如果k＝0或k不存在，則由圖形可直接得到切線方程為y＝y(tǒng)0或x＝x0.2．求過圓外一點(x0，y0)的圓的切線方程當切線斜率存在時，圓的切線方程的求法：(1)幾何法：設切線方程為y－y0＝k(x－x0)，利用點到直線的距離公式表示出圓心到切線的距離d，然后令d＝r，進而求得k.(2)代數(shù)法：設切線方程為y－y0＝k(x－x0)，與圓的方程組成方程組，消元后得到一個一元二次方程，然后令判別式Δ＝0，進而求得k.注意驗證斜率不存在的情況．3．涉及與圓的切線有關的線段長度范圍(或最值)問題，可以利用幾何圖形求解，也可以把所求線段長表示為關于圓心與直線上的點的距離的函數(shù)的形式，利用求函數(shù)值域的方法求解．【鞏固遷移】5．(2023·河南開封模擬)已知圓M過點A(1，3)，B(1，－1)，C(－3，1)，則圓M在點A處的切線方程為()A．3x＋4y－15＝0 B．3x－4y＋9＝0C．4x＋3y－13＝0 D．4x－3y＋5＝0答案A解析設圓M的一般方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.由題可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＋3E＋F＋10＝0，,D－E＋F＋2＝0，,－3D＋E＋F＋10＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＝1，,E＝－2，,F＝－5，))所以圓M的方程為x2＋y2＋x－2y－5＝0，圓心為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以直線AM的斜率kAM＝eq\f(3－1,1＋\f(1,2))＝eq\f(4,3)，所以圓M在點A處的切線方程為y－3＝－eq\f(3,4)(x－1)，即3x＋4y－15＝0.故選A.6．(2023·新課標Ⅰ卷)過點(0，－2)與圓x2＋y2－4x－1＝0相切的兩條直線的夾角為α，則sinα＝()A．1 B．eq\f(\r(15),4)C．eq\f(\r(10),4) D．eq\f(\r(6),4)答案B解析解法一：因為x2＋y2－4x－1＝0，即(x－2)2＋y2＝5，可得圓心C(2，0)，半徑r＝eq\r(5)，過點P(0，－2)作圓C的切線，切點為A，B，因為|PC|＝eq\r(22＋（－2）2)＝2eq\r(2)，則|PA|＝eq\r(|PC|2－r2)＝eq\r(3)，可得sin∠APC＝eq\f(\r(5),2\r(2))＝eq\f(\r(10),4)，cos∠APC＝eq\f(\r(3),2\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，則sin∠APB＝sin2∠APC＝2sin∠APCcos∠APC＝2×eq\f(\r(10),4)×eq\f(\r(6),4)＝eq\f(\r(15),4)，cos∠APB＝cos2∠APC＝cos2∠APC－sin2∠APC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),4)))eq\s\up12(2)＝－eq\f(1,4)<0，即∠APB為鈍角，所以sinα＝sin(π－∠APB)＝sin∠APB＝eq\f(\r(15),4).故選B.解法二：圓x2＋y2－4x－1＝0的圓心C(2，0)，半徑r＝eq\r(5)，過點P(0，－2)作圓C的切線，切點為A，B，連接AB，可得|PC|＝eq\r(22＋（－2）2)＝2eq\r(2)，則|PA|＝|PB|＝eq\r(|PC|2－r2)＝eq\r(3)，因為|PA|2＋|PB|2－2|PA|·|PB|cos∠APB＝|CA|2＋|CB|2－2|CA|·|CB|cos∠ACB，且∠ACB＝π－∠APB，則3＋3－6cos∠APB＝5＋5－10cos(π－∠APB)，即3－3cos∠APB＝5＋5cos∠APB，解得cos∠APB＝－eq\f(1,4)<0，即∠APB為鈍角，則cosα＝cos(π－∠APB)＝－cos∠APB＝eq\f(1,4)，又α為銳角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(15),4).故選B.解法三：圓x2＋y2－4x－1＝0的圓心C(2，0)，半徑r＝eq\r(5)，若切線斜率不存在，則切線方程為x＝0，則圓心到切線的距離d＝2<r，不符合題意；若切線斜率存在，設切線方程為y＝kx－2，即kx－y－2＝0，則eq\f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝eq\r(5)，整理得k2＋8k＋1＝0，且Δ＝64－4＝60>0.設兩切線斜率分別為k1，k2，則k1＋k2＝－8，k1k2＝1，可得|k1－k2|＝eq\r(（k1＋k2）2－4k1k2)＝2eq\r(15)，所以tanα＝eq\f(|k1－k2|,1＋k1k2)＝eq\r(15)，即eq\f(sinα,cosα)＝eq\r(15)，可得cosα＝eq\f(sinα,\r(15))，則sin2α＋cos2α＝sin2α＋eq\f(sin2α,15)＝1，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則sinα>0，解得sinα＝eq\f(\r(15),4).故選B.7．(2024·陜西西安碑林區(qū)校級月考)已知圓M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝8，點T(－3，4)，從坐標原點O向圓M作兩條切線OP，OQ，切點分別為P，Q，若切線OP，OQ的斜率分別為k1，k2，k1·k2＝－1，則|TM|的取值范圍為________．答案[1，9]解析由題意可知，直線OP的方程為y＝k1x，直線OQ的方程為y＝k2x，∵OP，OQ與圓M相切，∴eq\f(|k1x0－y0|,\r(1＋keq\o\al(2,1)))＝2eq\r(2)，eq\f(|k2x0－y0|,\r(1＋keq\o\al(2,2)))＝2eq\r(2)，分別對兩個式子進行兩邊平方，整理可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(keq\o\al(2,1)（8－xeq\o\al(2,0)）＋2k1x0y0＋8－yeq\o\al(2,0)＝0，,keq\o\al(2,2)（8－xeq\o\al(2,0)）＋2k2x0y0＋8－yeq\o\al(2,0)＝0，))∴k1，k2是方程k2(8－xeq\o\al(2,0))＋2kx0y0＋8－yeq\o\al(2,0)＝0的兩個不相等的實數(shù)根，易知8－xeq\o\al(2,0)≠0，∴k1·k2＝eq\f(8－yeq\o\al(2,0),8－xeq\o\al(2,0))，又k1·k2＝－1，∴eq\f(8－yeq\o\al(2,0),8－xeq\o\al(2,0))＝－1，即xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝16，則圓心M的軌跡是以(0，0)為圓心，4為半徑的圓．又|TO|＝eq\r(9＋16)＝5，∴|TO|－4≤|TM|≤|TO|＋4，∴1≤|TM|≤9.考點三圓與圓的位置關系例4(1)(2024·廣東揭陽期末)圓O1：x2＋y2＝1與圓O2：x2＋y2－4x＋1＝0的位置關系為()A．相交 B．相離C．外切 D．內切答案A解析圓O1：x2＋y2＝1的圓心為O1(0，0)，半徑為r1＝1.圓O2：x2＋y2－4x＋1＝0的圓心為O2(2，0)，半徑為r2＝eq\r(3).|O1O2|＝2，r2－r1<|O1O2|<r2＋r1，所以兩圓相交．故選A.(2)(多選)(2023·吉林期中)點P在圓C1：x2＋y2＝1上，點Q在圓C2：x2＋y2－6x＋8y＋24＝0上，則()A．|PQ|的最小值為0B．|PQ|的最大值為7C．兩個圓心所在直線的斜率為－eq\f(4,3)D．兩個圓相交弦所在直線的方程為6x－8y－25＝0答案BC解析根據(jù)題意，圓C1：x2＋y2＝1，其圓心C1(0，0)，半徑R＝1，圓C2：x2＋y2－6x＋8y＋24＝0，即(x－3)2＋(y＋4)2＝1，其圓心C2(3，－4)，半徑r＝1，圓心距|C1C2|＝eq\r(9＋16)＝5，則|PO|的最小值為|C1C2|－R－r＝3，最大值為|C1C2|＋R＋r＝7，故A錯誤，B正確；對于C，圓心C1(0，0)，圓心C2(3，－4)，則兩個圓心所在直線的斜率k＝eq\f(－4－0,3－0)＝－eq\f(4,3)，故C正確；對于D，兩圓的圓心距|C1C2|＝5，則|C1C2|>R＋r＝2，兩圓外離，不存在公共弦，故D錯誤．故選BC.(3)(2022·新高考Ⅰ卷)寫出與圓x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一條直線的方程：________．答案x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0解析如圖，因為圓x2＋y2＝1的圓心為O(0，0)，半徑r1＝1，圓(x－3)2＋(y－4)2＝16的圓心為A(3，4)，半徑r2＝4，所以|OA|＝5，r1＋r2＝5，所以|OA|＝r1＋r2，所以兩圓外切，公切線有三種情況：①易知公切線l1的方程為x＝－1.②另一條公切線l2與公切線l1關于過兩圓圓心的直線l對稱．易知過兩圓圓心的直線l的方程為y＝eq\f(4,3)x，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝\f(4,3)x，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－\f(4,3)，))由對稱性可知公切線l2過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(4,3))).設公切線l2的方程為y＋eq\f(4,3)＝k(x＋1)，則點O(0，0)到l2的距離為1，所以1＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(4,3))),\r(k2＋1))，解得k＝eq\f(7,24)，所以公切線l2的方程為y＋eq\f(4,3)＝eq\f(7,24)(x＋1)，即7x－24y－25＝0.③還有一條公切線l3與直線l：y＝eq\f(4,3)x垂直．設公切線l3的方程為y＝－eq\f(3,4)x＋t，易知t＞0，則點O(0，0)到l3的距離為1，所以1＝eq\f(|t|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))\s\up12(2)＋（－1）2))，解得t＝eq\f(5,4)，所以公切線l3的方程為y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(5,4)，即3x＋4y－5＝0.綜上，所求直線方程為x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0.【通性通法】(1)判斷兩圓的位置關系時常用幾何法，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．【鞏固遷移】8．(2024·安徽蕪湖模擬)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的位置關系是()A．內切 B．相交C．外切 D．相離答案B解析由題意，得圓M的標準方程為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3，大于兩圓半徑之差1，故兩圓相交．故選B.9．(2023·云南麗江期中)圓C1：x2＋y2－6x－10y－2＝0與圓C2：x2＋y2＋4x＋14y＋4＝0公切線的條數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4答案C解析根據(jù)題意，圓C1：x2＋y2－6x－10y－2＝0，即(x－3)2＋(y－5)2＝36，其圓心為(3，5)，半徑r＝6；圓C2：x2＋y2＋4x＋14y＋4＝0，即(x＋2)2＋(y＋7)2＝49，其圓心為(－2，－7)，半徑R＝7，兩圓的圓心距|C1C2|＝eq\r(（－2－3）2＋（－7－5）2)＝13＝R＋r，所以兩圓相外切，其公切線有3條．故選C.10．(2024·江蘇啟東中學階段考試)已知P是圓M：x2－4x＋y2－4y＋6＝0上一動點，A，B是圓C：x2＋2x＋y2＋2y－2＝0上的兩點，若|AB|＝2eq\r(3)，則|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的取值范圍為________．答案[4eq\r(2)－2，8eq\r(2)＋2]解析由題意知，點P所在圓M：(x－2)2＋(y－2)2＝2，且A，B所在圓C：(x＋1)2＋(y＋1)2＝4的圓心為C(－1，－1)，半徑為2.設D是AB的中點，連接CD，則CD垂直平分AB，則|CD|＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),2)))\s\up12(2))＝1，所以點D在以C為圓心，1為半徑的圓上，即點D所在圓C1：(x＋1)2＋(y＋1)2＝1，又由eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝2eq\o(PD,\s\up6(→))，可得|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(PD,\s\up6(→))|，|eq\o(PD,\s\up6(→))|即為圓M：x2－4x＋y2－4y＋6＝0上的點與圓C1：(x＋1)2＋(y＋1)2＝1上的點的距離，因為|MC1|＝eq\r(（2＋1）2＋（2＋1）2)＝3eq\r(2)，所以3eq\r(2)－1－eq\r(2)≤|eq\o(PD,\s\up6(→))|≤3eq\r(2)＋1＋eq\r(2)，即|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的取值范圍為[4eq\r(2)－2，8eq\r(2)＋2]．課時作業(yè)一、單項選擇題1．(2023·福建泉州模擬)已知圓C：x2＋y2＋2x－4y＝0，直線l：2x－y－1＝0，則直線l與圓C的位置關系是()A．相交B．相切C．相離D．相交且直線過圓C的圓心答案B解析由x2＋y2＋2x－4y＝0，可得(x＋1)2＋(y－2)2＝5，故圓心C(－1，2)，半徑r＝eq\r(5)，則圓心到直線l：2x－y－1＝0的距離d＝eq\f(|－2－2－1|,\r(22＋1))＝eq\f(5,\r(5))＝eq\r(5)＝r，故直線l與圓C相切．故選B.2．(2024·黑龍江大慶質檢)若直線kx－y＋1－2k＝0與圓C：(x－1)2＋y2＝4相交于A，B兩點，則|AB|的最小值為()A．2eq\r(3) B．2eq\r(2)C．eq\r(3) D．eq\r(2)答案B解析直線kx－y＋1－2k＝0，即k(x－2)－(y－1)＝0恒過定點M(2，1)，而(2－1)2＋12＝2<4，即點M在圓C內，因此當且僅當AB⊥CM時，|AB|最小，而圓C的圓心C(1，0)，半徑r＝2，|