江蘇專用2025版高考數(shù)學大一輪復習第九章平面解析幾何9.5圓與圓的位置關系及圓的應用教案含解析

PAGEPAGE1§9.5圓與圓的位置關系及圓的應用考情考向分析考查圓與圓的位置關系的推斷，兩圓的公共弦和圓的實際應用問題，題型以填空題為主，有時可能出現(xiàn)解答題．圓與圓的位置關系設圓O1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝req\o\al(2,1)(r1>0)，圓O2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝req\o\al(2,2)(r2>0).方法位置關系幾何法：圓心距d與r1，r2的關系代數(shù)法：聯(lián)立兩圓方程組成方程組的解的狀況外離d>r1＋r2無解外切d＝r1＋r2一組實數(shù)解相交|r1－r2|<d<r1＋r2兩組不同的實數(shù)解內(nèi)切d＝|r1－r2|(r1≠r2)一組實數(shù)解內(nèi)含0≤d<|r1－r2|(r1≠r2)無解概念方法微思索1．兩圓的公切線條數(shù)有幾種狀況．2．怎樣得到兩圓公共弦所在直線的方程？提示當兩圓相交時，兩圓方程(x2，y2項系數(shù)相同)相減便可得公共弦所在直線的方程．題組一思索辨析1．推斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)假如兩個圓的方程組成的方程組只有一組實數(shù)解，則兩圓外切．(×)(2)假如兩圓的圓心距小于兩圓的半徑之和，則兩圓相交．(×)題組二教材改編2．[P115例1]圓C1：x2＋y2＋2x＝0，圓C2：x2＋y2＋4y＝0，則兩圓的位置關系是________．答案相交解析圓C1：(x＋1)2＋y2＝1，圓C2：x2＋(y＋2)2＝22，所以C1C2＝eq\r(5)，且2－1<eq\r(5)<2＋1，所以兩圓相交．3．[P116T2]若圓C1：x2＋y2＝1與圓C2：x2＋y2＋6x－8y＋m＝0相切，則實數(shù)m的值為________．答案－11或9解析圓C2：x2＋y2＋6x－8y＋m＝0即(x＋3)2＋(y－4)2＝25－m，表示以(－3,4)為圓心，以eq\r(25－m)為半徑的圓．由題意知，若兩圓內(nèi)切，則兩圓的圓心距等于半徑之差的肯定值，可得5＝|eq\r(25－m)－1|，解得m＝－11.若兩圓外切，則兩圓的圓心距等于半徑之和，可得5＝eq\r(25－m)＋1，解得m＝9.所以m＝9或－11.題組三易錯自糾4．圓x2＋y2－4＝0與圓x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦長為________．答案2eq\r(2)解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4＝0，,x2＋y2－4x＋4y－12＝0，))得兩圓公共弦所在的直線方程為x－y＋2＝0.又圓x2＋y2＝4的圓心到直線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).5．已知P點為圓O1與圓O2的公共點，圓O1：(x－a)2＋(y－b)2＝b2＋1，圓O2：(x－c)2＋(y－d)2＝d2＋1，若ac＝8，eq\f(a,b)＝eq\f(c,d)，則點P與直線l：3x－4y－25＝0上隨意一點M之間的距離的最小值為________．答案2解析因為ac＝8，eq\f(a,b)＝eq\f(c,d)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(d,c)，從而兩圓圓心O1(a，b)，O2(c，d)，原點三點共線，不妨設eq\f(b,a)＝eq\f(d,c)＝k，結(jié)合ac＝8得c＝eq\f(8,a)，b＝ka，d＝kc＝eq\f(8k,a)，因為O1：(x－a)2＋(y－b)2＝b2＋1，O2：(x－c)2＋(y－d)2＝d2＋1，所以公共弦方程為(2c－2a)x＋(2d－2b)y＝c2－a2，即2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,a)－a))x＋2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,a)－a))y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,a)＋a))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,a)－a))＝0，當a≠±2eq\r(2)時，公共弦方程為2x＋2ky＝eq\f(8,a)＋a，即2ax＋2kay＝a2＋8，即2ax＋2by＝a2＋8，因為圓O1：(x－a)2＋(y－b)2＝b2＋1可化為x2＋y2＝2ax＋2by－a2＋1，所以x2＋y2＝9，所以點P為圓x2＋y2＝9上的點，且易知圓心O(0,0)，半徑r＝3.因為圓心O到直線3x－4y－25＝0的距離d1＝eq\f(|－25|,\r(32＋42))＝5，所以點P(x，y)到直線3x－4y－25＝0的距離的最小值為2.此時，點P(x，y)與直線3x－4y－25＝0上隨意一點M之間的距離的最小值為2.當a＝±2eq\r(2)時，a＝c，b＝d，此時兩圓重合，不符合題意．題型一兩圓位置關系的判定例1(2024·南京模擬)在平面直角坐標系xOy中，已知圓M：(x－a)2＋(y＋a－3)2＝1(a>0)，點N為圓M上隨意一點．若以N為圓心、ON為半徑的圓與圓M至多有一個公共點，則a的最小值為________．答案3解析由題意，得圓N與圓M內(nèi)切或內(nèi)含，即MN≤ON－1?ON≥2，又ON的最小值為OM－1，所以OM≥3，eq\r(a2＋a－32)≥3?a≥3或a≤0，因此a的最小值為3.思維升華推斷圓與圓的位置關系時，一般用幾何法，其步驟為(1)確定兩圓的圓心坐標和半徑長．(2)利用平面內(nèi)兩點間的距離公式求出圓心距d，求r1＋r2，|r1－r2|.(3)比較d，r1＋r2，|r1－r2|的大小，寫出結(jié)論．跟蹤訓練1(1)圓x2＋y2＋4x－4y＋7＝0與圓x2＋y2－4x＋10y＋13＝0的公切線有________條．答案4解析兩圓的標準方程分別為(x＋2)2＋(y－2)2＝1，(x－2)2＋(y＋5)2＝16.兩圓圓心分別為(－2,2)，(2，－5)．兩圓的圓心距d＝eq\r(－2－22＋2＋52)＝eq\r(65)，半徑分別為r1＝1，r2＝4，則d>r1＋r2，即兩圓外離，因此它們有4條公切線．(2)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________．答案相交解析∵圓M：x2＋(y－a)2＝a2(a>0)，∴圓心坐標為M(0，a)，半徑r1為a，圓心M到直線x＋y＝0的距離d＝eq\f(|a|,\r(2))，由幾何學問得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|a|,\r(2))))2＋(eq\r(2))2＝a2，解得a＝2.∴M(0,2)，r1＝2.又圓N的圓心為N(1,1)，半徑r2＝1，∴MN＝eq\r(1－02＋1－22)＝eq\r(2)，r1＋r2＝3，r1－r2＝1.∴r1－r2<MN<r1＋r2，∴兩圓相交．題型二兩圓的公共弦問題例2已知圓C：x2＋y2－10x－10y＝0與圓M：x2＋y2＋6x＋2y－40＝0相交于A，B兩點．(1)求圓C與圓M的公共弦所在直線的方程；(2)求AB的長．解(1)直線AB的方程為x2＋y2－10x－10y－(x2＋y2＋6x＋2y－40)＝0，即4x＋3y－10＝0.(2)由題意知，圓C的標準方程為(x－5)2＋(y－5)2＝50，因為C(5,5)，所以圓C到直線AB的距離為d＝eq\f(|4×5＋3×5－10|,5)＝5，圓C的半徑r＝5eq\r(2)，所以AB＝2eq\r(r2－d2)＝10.思維升華當兩圓相交時，從兩圓的方程中消掉二次項后得到的二元一次方程就是兩圓的公共弦所在直線的方程．跟蹤訓練2(1)圓C1：x2＋y2－2x－8＝0與圓C2：x2＋y2＋2x－4y－4＝0的公共弦長為________．答案2eq\r(7)解析由圓C1與圓C2的公共弦所在的直線l的方程為x－y＋1＝0，得點C1(1,0)到直線l的距離為d＝eq\f(|1－0＋1|,\r(12＋12))＝eq\r(2)，圓C1的半徑為r1＝3，所以圓C1與圓C2的公共弦長為2eq\r(r\o\al(2,1)－d2)＝2eq\r(32－\r(2)2)＝2eq\r(7).(2)已知圓C1：x2＋y2－6x－6＝0，圓C2：x2＋y2－4y－6＝0，則公共弦所在直線的方程為________．答案3x－2y＝0解析圓C1：x2＋y2－6x－6＝0，即(x－3)2＋y2＝15，圓心坐標為(3,0)，半徑r1＝eq\r(15)；圓C2：x2＋y2－4y－6＝0，即x2＋(y－2)2＝10，圓心坐標為(0,2)，半徑r2＝eq\r(10).∵C1C2＝eq\r(3－02＋0－22)＝eq\r(13)∈(eq\r(15)－eq\r(10)，eq\r(15)＋eq\r(10))，∴圓C1與圓C2相交．由圓C1：x2＋y2－6x－6＝0， ①圓C2：x2＋y2－4y－6＝0， ②①－②得－6x＋4y＝0，即3x－2y＝0.∴兩圓公共弦所在直線的方程為3x－2y＝0.題型三圓的應用命題點1利用兩圓位置關系求參數(shù)例3(1)假如圓C：x2＋y2－2ax－2ay＋2a2－4＝0與圓O：x2＋y2＝4總相交，那么實數(shù)a的取值范圍是______________________．答案(－2eq\r(2)，0)∪(0,2eq\r(2))解析圓C的標準方程為(x－a)2＋(y－a)2＝4，圓心坐標為(a，a)，半徑為2.依題意得0<eq\r(a2＋a2)<2＋2，∴0<|a|<2eq\r(2).∴a∈(－2eq\r(2)，0)∪(0,2eq\r(2))．(2)已知圓C1：(x－a)2＋(y＋2)2＝4與圓C2：(x＋b)2＋(y＋2)2＝1外切，則ab的最大值為________．答案eq\f(9,4)解析由圓C1與圓C2外切，可得eq\r(a＋b2＋－2＋22)＝2＋1＝3，即(a＋b)2＝9，依據(jù)基本不等式可知ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(9,4)，當且僅當a＝b時等號成立，ab的最大值為eq\f(9,4).引申探究若將本例(2)中的“外切”變?yōu)椤皟?nèi)切”，求ab的最大值．解由C1與C2內(nèi)切得eq\r(a＋b2＋－2＋22)＝1.即(a＋b)2＝1，又ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,4)，當且僅當a＝b時等號成立，故ab的最大值為eq\f(1,4).命題點2圓的實際應用例4(2024·江蘇如東高級中學期中)如圖，地面上有一豎直放置的圓形標記物，圓心為C，與地面的接觸點為G.與圓形標記物在同一平面內(nèi)的地面上點P處有一個觀測點，且PG＝50m．在觀測點正前方10m處(即PD＝10m)有一個高為10m(即ED＝10m)的廣告牌遮住了視線，因此在觀測點所能看到的圓形標記的最大部分即為圖中從A到F的圓?。?1)若圓形標記物半徑為25m，以PG所在直線為x軸，G為坐標原點，建立直角坐標系，求圓C和直線PF的方程；(2)若在點P處觀測該圓形標記的最大視角(即∠APF)的正切值為eq\f(31,49)，求該圓形標記物的半徑．解(1)建系后，圓C的方程為x2＋(y－25)2＝252.設直線PF的方程為y＝k(x＋50)(k>0)，因為直線PF與圓C相切，所以eq\f(|－25＋50k|,\r(1＋k2))＝25，解得k＝eq\f(4,3)(k＝0舍去)．所以直線PF的方程為y＝eq\f(4,3)(x＋50)，即4x－3y＋200＝0.(2)以PG所在直線為x軸，G為坐標原點建立直角坐標系，設直線PF的方程為y＝k(x＋50)(k>0)，圓C的方程為x2＋(y－r)2＝r2(r>0)．由已知得直線PE的傾斜角為eq\f(π,4).因為tan∠APF＝tan(∠GPF－∠GPA)＝eq\f(k－1,1＋k)＝eq\f(31,49)，所以k＝eq\f(40,9)，所以直線PF的方程為y＝eq\f(40,9)(x＋50)，即40x－9y＋2000＝0.因為直線PF與圓C相切，所以eq\f(|－9r＋2000|,\r(1600＋81))＝r，解得r＝40或－62.5(舍)．故該圓形標記物的半徑為40m.思維升華(1)利用兩圓位置關系求參數(shù)的關鍵是抓住兩圓圓心距和兩圓半徑和r1±r2的關系．(2)日常生活中和圓有關的物體以及可轉(zhuǎn)化為和圓有關的位置關系問題求解時可建立坐標系，利用圓的方程或直線與圓、圓與圓的位置關系解決．跟蹤訓練3(2014·江蘇)如圖，為愛護河上古橋OA，規(guī)劃建一座新橋BC，同時設立一個圓形愛護區(qū)．規(guī)劃要求：新橋BC與河岸AB垂直，愛護區(qū)的邊界為圓心M在線段OA上并與BC相切的圓，且古橋兩端O和A到該圓上隨意一點的距離均不少于80m．經(jīng)測量，點A位于點O正北方向60m處，點C位于點O正東方向170m處(OC為河岸)，tan∠BCO＝eq\f(4,3).(1)求新橋BC的長；(2)當OM多長時，圓形愛護區(qū)的面積最大？解(1)如圖，過點B作BE⊥OC于點E，過點A作AF⊥BE于點F.∵∠ABC＝90°，∠BEC＝90°，∴∠ABF＝∠BCE，∴tan∠ABF＝tan∠BCO＝eq\f(4,3).設AF＝4x(m)，則BF＝3x(m)，∵∠AOE＝∠AFE＝∠OEF＝90°，∴OE＝AF＝4x(m)，EF＝AO＝60(m)，∴BE＝(3x＋60)m.∵tan∠BCO＝eq\f(4,3)，∴CE＝eq\f(3,4)BE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)x＋45))(m)，∴OC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(9,4)x＋45))(m)，∴4x＋eq\f(9,4)x＋45＝170，解得x＝20.∴BE＝120m，CE＝90m.綜上所述，BC＝150m.(2)如圖，設BC與⊙M切于點Q，延長QM，CO交于點P，∵∠POM＝∠PQC＝90°.∴∠PMO＝∠BCO.設OM＝xm，則OP＝eq\f(4,3)xm，PM＝eq\f(5,3)xm.∴PC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)x＋170))m，PQ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,15)x＋136))m.設⊙M的半徑為R，∴R＝MQ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,15)x＋136－\f(5,3)x))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(136－\f(3,5)x))m，∵A，O到⊙M上任一點的距離不少于80m，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(R－OM≥80，,R－AM≥80，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(136－\f(3,5)x－x≥80，,136－\f(3,5)x－60－x≥80.))解得10≤x≤35.當且僅當x＝10時R取到最大值．∴當OM＝10m時，愛護區(qū)面積最大，綜上所述，當OM＝10m時，愛護區(qū)面積最大．高考中與圓交匯問題的求解與圓有關的最值問題及直線與圓相結(jié)合的題目是近年來高考高頻小考點．與圓有關的最值問題主要表現(xiàn)在求幾何圖形的長度、面積的最值，求點到直線的距離的最值，求相關參數(shù)的最值等方面．解決此類問題的主要思路是利用圓的幾何性質(zhì)將問題轉(zhuǎn)化；直線與圓的綜合問題主要包括弦長問題，切線問題及組成圖形面積問題，解決方法主要依據(jù)圓的幾何性質(zhì)．一、與圓有關的最值問題例1(1)已知點A，B，C在圓x2＋y2＝1上運動，且AB⊥BC.若點P的坐標為(2,0)，則|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))|的最大值為________．(2)過點(eq\r(2)，0)引直線l與曲線y＝eq\r(1－x2)相交于A，B兩點，O為坐標原點，當△AOB的面積取最大值時，直線l的斜率為________．答案(1)7(2)－eq\f(\r(3),3)解析(1)∵A，B，C在圓x2＋y2＝1上，且AB⊥BC，∴AC為圓的直徑，故eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))＝(－4,0)，設B(x，y)，則x2＋y2＝1且x∈[－1,1]，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(x－2，y)，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝(x－6，y)．故|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))|＝eq\r(－12x＋37)，∴當x＝－1時有最大值eq\r(49)＝7.(2)∵S△AOB＝eq\f(1,2)OA·OBsin∠AOB＝eq\f(1,2)sin∠AOB≤eq\f(1,2).當∠AOB＝eq\f(π,2)時，△AOB的面積最大．此時O到AB的距離d＝eq\f(\r(2),2).設AB的方程為y＝k(x－eq\r(2))(k<0)，即kx－y－eq\r(2)k＝0.由d＝eq\f(|\r(2)k|,\r(k2＋1))＝eq\f(\r(2),2)，得k＝－eq\f(\r(3),3).eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(也可k＝－tan∠OPH＝－\f(\r(3),3))).二、直線與圓的綜合問題例2(1)已知直線l：x＋ay－1＝0(a∈R)是圓C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的對稱軸，過點A(－4，a)作圓C的一條切線，切點為B，則AB＝________.(2)已知直線y＝ax＋3與圓x2＋y2＋2x－8＝0相交于A，B兩點，點P(x0，y0)在直線y＝2x上，且PA＝PB，則x0的取值范圍為________________．答案(1)6(2)(－1,0)∪(0,2)解析(1)由于直線x＋ay－1＝0是圓C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的對稱軸，∴圓心C(2,1)在直線x＋ay－1＝0上，∴2＋a－1＝0，∴a＝－1，∴A(－4，－1)．∴AC2＝36＋4＝40.又r＝2，∴AB2＝40－4＝36.∴AB＝6.(2)由條件得圓心C(－1,0)，它到直線l：y＝ax＋3的距離為d＝eq\f(|3－a|,\r(1＋a2))<3，解得a>0或a<－eq\f(3,4).由PA＝PB，CA＝CB，得PC⊥l，于是kPC＝－eq\f(1,a)，即eq\f(2x0,x0＋1)＝－eq\f(1,a).由eq\f(2x0,x0＋1)<0或0<eq\f(2x0,x0＋1)<eq\f(4,3)，得－1<x0<0或0<x0<2.三、圓與圓的位置關系問題例3在平面直角坐標系xOy中，若與點A(2,2)的距離為1且與點B(m,0)的距離為3的直線恰有兩條，則實數(shù)m的取值范圍是________．答案(2－2eq\r(3)，2)∪(2,2＋2eq\r(3))解析由題意以A(2,2)為圓心，1為半徑的圓與以B(m,0)為圓心，3為半徑的圓相交，所以4<(m－2)2＋4<16，所以－2eq\r(3)＋2<m<2eq\r(3)＋2，且m≠2.1．圓(x＋2)2＋y2＝4與圓(x－2)2＋(y－1)2＝9的位置關系為________．答案相交解析兩圓圓心距d＝eq\r(－2－22＋0－12)＝eq\r(17).又r1＝2，r2＝3，∴r2－r1＝1<d<r2＋r1＝5，∴兩圓相交．2．若點A(1,0)和點B(4,0)到直線l的距離依次為1和2，則這樣的直線有________條．答案3解析如圖，分別以A，B為圓心，1,2為半徑作圓．由題意得，直線l是圓A的切線，A到l的距離為1，直線l也是圓B的切線，B到l的距離為2，所以直線l是兩圓的公切線，共3條(2條外公切線，1條內(nèi)公切線)．3．點P在圓C1：x2＋y2－8x－4y＋11＝0上，點Q在圓C2：x2＋y2＋4x＋2y＋1＝0上，則PQ的最小值是________．答案3eq\r(5)－5解析把圓C1、圓C2的方程都化成標準形式，得(x－4)2＋(y－2)2＝9，(x＋2)2＋(y＋1)2＝4.圓C1的圓心坐標是(4,2)，半徑是3；圓C2的圓心坐標是(－2，－1)，半徑是2.圓心距d＝eq\r(4＋22＋2＋12)＝3eq\r(5).所以PQ的最小值是3eq\r(5)－5.4．已知動直線l與圓O：x2＋y2＝4相交于A，B兩點，且滿意AB＝2，點C為直線l上一點，且滿意eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(5,2)eq\o(CA,\s\up6(→))，若M是線段AB的中點，則eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))的值為________．答案3解析動直線l與圓O：x2＋y2＝4相交于A，B兩點，且滿意AB＝2，則△OAB為等邊三角形，于是可設動直線l的方程為y＝eq\r(3)(x＋2)，依據(jù)題意可得B(－2,0)，A(－1，eq\r(3))，∵M是線段AB的中點，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，設C(x，y)，∵eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(5,2)eq\o(CA,\s\up6(→))，∴(－2－x，－y)＝eq\f(5,2)(－1－x，eq\r(3)－y)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2－x＝\f(5,2)－1－x，,－y＝\f(5,2)\r(3)－y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,3)，,y＝\f(5\r(3),3)，))∴Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(5\r(3),3)))，∴eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(5\r(3),3)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)))＝eq\f(1,2)＋eq\f(5,2)＝3.5．已知圓C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分別是圓C1，C2上的動點，P為x軸上的動點，則PM＋PN的最小值為________．答案5eq\r(2)－4解析設P(x,0)，設C1(2,3)關于x軸的對稱點為C1′(2，－3)，那么PC1＋PC2＝PC1′＋PC2≥C1′C2＝eq\r(2－32＋－3－42)＝5eq\r(2).所以PM＋PN＝PC1＋PC2－4≥5eq\r(2)－4.6．在平面直角坐標系xOy中，已知(x1－2)2＋yeq\o\al(2,1)＝5，x2－2y2＋4＝0，則(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值為________．答案eq\f(1,5)解析由已知得點(x1，y1)在圓(x－2)2＋y2＝5上，點(x2，y2)在直線x－2y＋4＝0上，故(x1－x2)2＋(y1－y2)2表示(x－2)2＋y2＝5上的點和直線x－2y＋4＝0上點的距離的平方，而距離的最小值為eq\f(|2＋4|,\r(1＋4))－eq\r(5)＝eq\f(\r(5),5)，故(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值為eq\f(1,5).7．圓心M在曲線y2＝－18x上，圓M與y軸相切且與圓C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1外切，則圓M的方程為________________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋(y－3)2＝eq\f(1,4)或(x＋2)2＋(y－6)2＝4解析設圓M：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，∵b2＝－18a，r＝|a|，∴a＝－eq\f(b2,18)，r＝eq\f(b2,18)，圓心C(－2,3)，rc＝1，又圓M與圓C外切，則MC＝r＋rc，即eq\r(a＋22＋b－32)＝r＋1，即eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b2,18)＋2))2＋b－32)＝eq\f(b2,18)＋1，解得b＝3或b＝6.∴圓M的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋(y－3)2＝eq\f(1,4)或(x＋2)2＋(y－6)2＝4.8．在平面直角坐標系xOy中，已知A(－4,0)，B(0,4)，從直線AB上一點P向圓x2＋y2＝4引兩條切線PC，PD，切點分別為C，D.設線段CD的中點為M，則線段AM長的最大值為________．答案3eq\r(2)解析易知直線AB的方程是y＝x＋4，設P(x1，x1＋4)，則以OP為直徑的圓的方程是x(x－x1)＋y[y－(x1＋4)]＝0，與x2＋y2＝4相減得直線CD的方程為x1x＋(x1＋4)y＝4.當x1＝0時，易求得M點的坐標為(0,1)，當x1≠0時，將直線CD的方程與直線OP的方程y＝eq\f(x1＋4,x1)x聯(lián)立，解得x＝eq\f(4x1,x\o\al(2,1)＋x1＋42)，y＝eq\f(4x1＋4,x\o\al(2,1)＋x1＋42)，兩式相除得x1＝eq\f(4x,y－x)，將其代入x＝eq\f(4x1,x\o\al(2,1)＋x1＋42)，化簡得x2＋y2＋x－y＝0，故點M的軌跡方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＝eq\f(1,2)，圓心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))與點A的距離是eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋4))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(5\r(2),2)，所以AM的最大值為eq\f(5\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)＝3eq\r(2).9．已知圓O的半徑為1，PA，PB為該圓的兩條切線，A，B為兩切點，那么eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最小值為________．答案－3＋2eq\r(2)解析如圖所示，設PA＝PB＝x(x>0)，∠APO＝α，則∠APB＝2α，PO＝eq\r(1＋x2)，sinα＝eq\f(1,\r(1＋x2)).eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝|eq\o(PA,\s\up6(→))||eq\o(PB,\s\up6(→))|cos2α＝x2(1－2sin2α)＝eq\f(x2x2－1,x2＋1)＝eq\f(x4－x2,x2＋1)，令eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝y(tǒng)，則y＝eq\f(x4－x2,x2＋1)，令t＝x2，則t>0，y＝eq\f(t2－t,t＋1)＝t＋1＋eq\f(2,t＋1)－3≥2eq\r(2)－3.當且僅當t＝eq\r(2)－1，即x＝eq\r(\r(2)－1)時取等號．10．在平面直角坐標系xOy中，圓C：x2＋y2＝4分別交x軸正半軸及y軸負半軸于M，N兩點，點P為圓C上隨意一點，則eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))的最大值為____________．答案4＋4eq\r(2)解析方法一由圖形可得eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝(eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→)))·(eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→)))＝|eq\o(PO,\s\up6(→))|2＋eq\o(PO,\s\up6(→))·(eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→)))＝4＋eq\o(PO,\s\up6(→))·(eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→)))≤4＋|eq\o(PO,\s\up6(→))|·|eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))|＝4＋4eq\r(2)，當且僅當P為直線y＝－x與圓在其次象限交點處取得．方法二設P(x，y)，又M(2,0)，N(0，－2)，所以eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝(2－x，－y)·(－x，－2－y)＝x2－2x＋y2＋2y＝4－2(x－y)．設x＝2cosθ，y＝2sinθ，所以eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝4－4(cosθ－sinθ)＝4－4eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))≤4＋4eq\r(2).11.如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知以M為圓心的圓M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一點A(2,4)．(1)設圓N與x軸相切，與圓M外切，且圓心N在直線x＝6上，求圓N的標準方程；(2)設平行于OA的直線l與圓M相交于B，C兩點，且BC＝OA，求直線l的方程；(3)設點T(t,0)滿意：存在圓M上的兩點P和Q，使得eq\o(TA,\s\up6(→))＋eq\o(TP,\s\up6(→))＝eq\o(TQ,\s\up6(→))，求實數(shù)t的取值范圍．解(1)圓M的方程化為標準形式為(x－6)2＋(y－7)2＝25，圓心M(6,7)，半徑r＝5，由題意，設圓N的方程為(x－6)2＋(y－b)2＝b2(b>0)．且eq\r(6－62＋b－72)＝b＋5.解得b＝1，∴圓N的標準方程為(x－6)2＋(y－1)2＝1.(2)∵kOA＝2，∴可設l的方程為y＝2x＋m，即2x－y＋m＝0.又BC＝OA＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).由題意，圓M的圓心M(6,7)到直線l的距離為d＝eq\r(52－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))2)＝eq\r(25－5)＝2eq\r(5).即eq\f(|2×6－7＋m|,\r(22＋－12))＝2eq\r(5)，解得m＝5或m＝－15.∴直線l的方程為y＝2x＋5或y＝2x－15.(3)由eq\o(TA,\s\up6(→))＋eq\o(TP,\s\up6(→))＝eq\o(TQ,\s\up6(→))，則四邊形AQPT為平行四邊形，又∵P，Q為圓M上的兩點，∴PQ≤2r＝10.∴TA＝PQ≤10，即eq\r(t－22＋42)≤10，解得2－2eq\r(21)≤t≤2＋2eq\r(21).故所求t的取值范圍為[2－2eq\r(21)，2＋2eq\r(21)]．12．(2024·江蘇五校聯(lián)考)已知圓O1：x2＋y2－8eq\r(2)x－8eq\r(2)y＋48＝0，圓O2過點A(0，－4)．(1)若圓O2與圓O1相切于點B(2eq\r(2)，2eq\r(2))，求圓O2的方程；(2)若圓O2過點C(4,0)，圓O1，O2相交于點M，N，且兩圓在點M處的切線相互垂直，求直線MN的方程．解(1)由已知得圓O1的圓心坐標為(4eq\r(2)，4eq\r(2))，∵圓O2與圓O1相切于點(2eq\r(2)，2eq\r(2))，∴圓O2的圓心在直線y＝x上，不妨設其圓心為(a，a)，∵圓O2過點(2eq\r(2)，2eq\r(2))，(0，－4)，∴a2＋(a＋4)2＝2(a－2eq\r(2))2，∴a＝0，∴a2＋(a＋4)2＝16，∴圓O2的方程為x2＋y2＝16.(2)∵圓O2過點(0，－4)，(4,0)，∴圓O2的圓心所在的直線為y＝－x，不妨設圓心坐標為(m，－m)，∵兩圓在交點處的切線相互垂直，且圓O1的圓心坐標為(4eq\r(2)，4eq\r(2))，半徑為4，∴(m－4eq\r(2))2＋(－m－4eq\r(2))2＝42＋m2＋(－m＋4)2，∴m＝－4，∴圓O2的方程為(x＋4)2＋(y－4)2＝80，圓O1與圓O2的方程相減整理得直線MN的方程為x＋(3－2eq\r(2))y－12(eq\r(2)－1)＝0.