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考点04 圆的方程-2023-2024学年学年高二数学高效讲与练(人教A版2019选择性必修第一册)
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这是一份考点04 圆的方程-2023-2024学年学年高二数学高效讲与练(人教A版2019选择性必修第一册)，文件包含考点04圆的方程原卷版docx、考点04圆的方程解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共64页， 欢迎下载使用。
1、求圆的标准方程的方法
确定圆的标准方程就是设法确定圆心C(a，b)及半径r，其求解的方法：一是待定系数法，建立关于a，b，r的方程组，进而求得圆的方程；二是借助圆的几何性质直接求得圆心坐标和半径．常用到中点坐标公式、两点间距离公式，有时还用到平面几何知识，如“弦的中垂线必过圆心”“两条弦的中垂线的交点必为圆心”等．一般地，在解决有关圆的问题时，有时利用圆的几何性质作转化较为简捷．
2、待定系数法求圆的标准方程的一般步骤
3、判断点与圆的位置关系的方法
(1)确定圆的方程：化为(x－a)2＋(y－b)2＝r2.
(2)将点的坐标代入代数式(x－a)2＋(y－b)2，比较代数式的值与r2的大小关系．
(3)下结论：若(x－a)2＋(y－b)2＝r2，表示点在圆上；若(x－a)2＋(y－b)2＞r2，表示点在圆外；若(x－a)2＋(y－b)2＜r2，表示点在圆内．
此外，也可以利用点与圆心的距离d与半径r的大小关系来判断．当d＞r时，点在圆外；当d＝r时，点在圆上；当d4、圆的一般方程辨析
判断二元二次方程与圆的关系时，一般先看这个方程是否具备圆的一般方程的特征，当它具备圆的一般方程的特征时，再看它能否表示圆．此时有两种途径：一是看D2＋E2－4F是否大于零；二是直接配方变形，看方程等号右端是否为大于零的常数．
5、方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示的图形
6、利用待定系数法求圆的方程的解题策略
(1)如果由已知条件容易求得圆心坐标、半径或需利用圆心的坐标或半径列方程，一般采用圆的标准方程，再用待定系数法求出a，b，r.
(2)如果已知条件与圆心和半径都无直接关系，一般采用圆的一般方程，再用待定系数法求出常数D，E，F.
7、求与圆有关的轨迹问题的方程
(1)直接法：直接根据题目提供的条件列出方程．
(2)定义法：根据圆、直线等定义列方程．
(3)代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等．
用代入法求轨迹方程的一般方法
8、判断直线与圆位置关系的方法
(1)几何法：由圆心到直线的距离d与圆的半径r的大小关系判断．
(2)代数法：根据直线与圆的方程组成的方程组解的个数来判断．
9、过圆上一点(x0，y0)的圆的切线方程的求法
先求切点与圆心连线的斜率k，再由垂直关系得切线的斜率为－eq \f(1,k)，由点斜式可得切线方程．如果斜率为零或不存在，则由图形可直接得切线方程y＝y0或x＝x0.
10、过圆外一点(x0，y0)的切线方程的求法
设切线方程为y－y0＝k(x－x0)，由圆心到直线的距离等于半径建立方程，可求得k，也就得切线方程．当用此法只求出一个方程时，另一个方程应为x＝x0，因为在上面解法中不包括斜率不存在的情况，而过圆外一点的切线有两条．一般不用联立方程组的方法求解．
11、求切线长(最值)的两种方法
(1)(代数法)直接利用勾股定理求出切线长，把切线长中的变量统一成一个，转化成函数求最值；
(2)(几何法)把切线长最值问题转化成圆心到直线的距离问题．
12、求弦长的两种方法
(1)由半径长r、弦心距d、弦长l的一半构成直角三角形，所以利用勾股定理d2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)))2＝r2求解，这是常用解法．
(2)联立直线与圆的方程，消元得到关于x(或y)的一元二次方程，利用根与系数的关系得到两交点横坐标(或纵坐标)之间的关系，代入两点间距离公式求解．此解法很烦琐，一般不用．
13、坐标方法解决平面几何问题的“三步曲”
14、判断两圆的位置关系的两种方法
(1)几何法：将两圆的圆心距d与两圆的半径之差的绝对值，半径之和进行比较，进而判断出两圆的位置关系，这是在解析几何中主要使用的方法．
(2)代数法：将两圆的方程组成方程组，通过解方程组，根据方程组解的个数进而判断两圆位置关系．
15、公共弦长的求法
(1)代数法：将两圆的方程联立，解出交点坐标，利用两点间的距离公式求出弦长．
(2)几何法：求出公共弦所在直线的方程，利用圆的半径、半弦长、弦心距构成的直角三角形，根据勾股定理求解．
注：求两圆的相交弦的垂直平分线的方程即为经过两圆的圆心的直线方程
考点一 求圆的方程
1．（2022秋·广东江门·高二台山市第一中学校考期中）设，，则以线段为直径的圆的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题知圆心为，半径为，再求方程即可.
【详解】解：由题知线段中点为，，
所以，以线段为直径的圆的圆心为，半径为，其方程为
故选：B
2．（2022秋·广东清远·高二校联考期中）圆心为且和轴相切的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据已知条件可求出，即可得到圆的方程.
【详解】由已知可得，圆心到轴的距离，
因为轴与圆相切，所以.
所以，圆的方程为.
故选：A.
3．（2022秋·新疆乌鲁木齐·高二乌市一中校考期中）若的三个顶点坐标分别为，，，则外接圆的圆心坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】是直角三角形,故线段的中点即为外接圆的圆心，利用中点坐标公式求解.
【详解】由题得是直角三角形，且 .
所以的外接圆的圆心就是线段的中点，
由中点坐标公式得.
故选：A
4．（2022秋·福建漳州·高二校联考期中）已知圆C的圆心在直线上，且过点和，则圆C的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用待定系数法设圆C的方程为，将点的坐标代入方程列出方程组，解出即可得结果.
【详解】设圆C的圆心坐标为，半径为，则圆C的方程为，
由点和点在圆C上，
可得①，②，
由①②可得，
故圆C的标准方程为.
故选：A.
5．（2022秋·广东茂名·高二统考期中）与圆关于直线对称的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设圆心关于直线对称的点的坐标为，利用垂直以及中点在对称轴上，求得，的值，可得对称圆的方程．
【详解】解：设圆心关于直线对称的点的坐标为，
所以，解得，故对称圆的圆心为，对称圆的半径和原来的圆一样，
故对称圆的方程为；
故选：C．
6．（2022秋·天津·高二天津市宁河区芦台第一中学校联考期中）圆的圆心在轴的负半轴上，与轴相交于点，且直线被圆截得的弦长为.则圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据圆心的位置，圆过的一点可设出圆的标准方程，然后根据垂径定理求弦长即可.
【详解】依题意，设圆的标准方程为：，由圆又经过一点，故，设圆心到直线的距离为，则，又直线被圆截得的弦长为，则，解得，又，故，于是圆的方程为：.
故选：C
7．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨市第六中学校校考期中）平面直角坐标系中，，，若动点在直线上，圆过A，B，C三点，则圆的半径最小值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】先判断出C点需在第一象限内.可设.设圆心，半径为r，由，得到，利用基本不等式求出，圆M的面积最小.
【详解】为使圆M的面积尽可能小，则C点需在第一象限内.
可设.
因为，，所以线段AB的垂直平分线方程为.
所以圆心在直线上.
设圆心，半径为r，则，
所以，
所以，
所以（当且仅当，即时等号成立）.
所以.
此时，圆M的面积最小.
故选：A
考点二 点和圆的位置关系
8．（2022秋·江苏盐城·高二江苏省响水中学校考期中）若点在圆的内部，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用点与圆的位置关系可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】由题意可得，解得.
故选：A.
9．（2022秋·河南郑州·高二郑州市回民高级中学校考期中）若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由方程表示圆的条件以及点到圆心的距离大于半径求解即可
【详解】圆，
则圆，圆心，半径，
点在圆的外部，
，即，解得，
综上所述，实数的取值范围是.
故选：B.
10．（2022秋·内蒙古包头·高二包头一中校考期中）直线与圆有公共点是点在该圆外的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】结合直线与圆的位置关系、点与圆的位置关系、充分和必要条件的知识确定正确答案.
【详解】圆的圆心为，半径为，
当直线与圆有公共点时，
，所以在圆上或圆外，
所以直线与圆有公共点是点在该圆外的必要不充分条件.
故选：B
11．（2022秋·江苏苏州·高二统考期中）已知四点共圆，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先由三点求出圆的方程，再把代入方程即可求解
【详解】设过四点的圆的方程为，
将代入可得：
，解得，
所以圆的方程为，
将代入圆的方程得，
解得，
故选：D
12．（2022秋·江苏连云港·高二期末）设，为实数，若直线与圆相交，则点与圆的位置关系是（ ）
A．在圆上B．在圆外C．在圆内D．不能确定
【答案】B
【分析】根据直线与圆的位置关系，求得满足的关系式，结合点与圆位置关系的判断方法，判断即可.
【详解】根据题意，即，故点在圆外.
故选：B.
13．（2022秋·福建三明·高二校联考期中）过点总可以向圆作两条切线，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】过圆外的点总可以作两条切线，代入点得，求解即可.
【详解】过圆外的点总可以作两条切线，故或.
故选：C
14．（2022秋·四川遂宁·高二校考期中）已知函数，若，且，则坐标原点O与圆的位置关系是（ ）
A．点O在圆内B．点O在圆上C．点O在圆外D．不能确定
【答案】C
【分析】画出分段函数的图象，求出关系，进而根据点与圆的位置关系定义，可得答案．
【详解】画出的图象如图：
，且，
且，，
，得，即，则，（当且仅当时，取得等号，故等号取不到），
圆，圆心坐标，半径为，
坐标原点到圆心的距离，
故坐标原点在圆外.
故选：C．
考点三 直线和圆的位置关系
15．（2022秋·辽宁·高二校联考期中）圆与直线的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不能确定
【答案】A
【分析】运用几何法 与 的关系判断圆与直线位置关系即可.
【详解】圆的圆心为，半径为1，
所以圆心到直线的距离，
所以直线与圆的位置关系为相交.
故选：A.
16．（2022秋·新疆巴音郭楞·高二校考期中）已知圆与直线相切，则（ ）
A．B．-1
C．或D．-1或3
【答案】D
【分析】圆与直线相切，则圆心到直线的距离等于半径
【详解】由已知得，，由与直线相切得，解得或3.
故选：D
17．（2022秋·广东广州·高二校考期末）关于的方程有唯一解，则实数的取值范围是（ ）
A．或
B．或或
C．或或
D．或
【答案】C
【分析】将问题转化为曲线与有唯一交点，采用数形结合的方式可确定临界状态，结合圆的切线方程的求解方法可求得临界值，结合图形可得结果.
【详解】方程有唯一解等价于曲线与有唯一交点，
由得：，则其图形为以为圆心，为半径的圆的上半部分；
为恒过定点的直线；
作出与图象如下图所示，
由图象可知：当或或或时，曲线与有唯一交点；
当直线与圆相切时，，解得：，
即，；
又，，
方程有唯一解时，实数的取值范围为或或.
故选：C.
18．（2022秋·江苏连云港·高二期末）设为实数,若圆上恰有三个点到直线的距离都等于1,则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆上三个点到直线的距离等于1,可得圆心到直线的距离为2-1=1,利用点到直线的距离公式解出即可.
【详解】解:由题知圆的方程为,
所以圆心为,半径为,
因为圆上恰有三个点到直线l的距离都等于1,
所以只需要圆心到直线的距离为即可,
直线方程为:,
所以圆心到直线的距离为:,
解得,
故当时,
圆上恰有三个点到直线l的距离都等于1．
故选:D
19．（2022秋·河南洛阳·高二统考期中）若圆上至少有三个不同的点到直线l：的距离为，则直线l的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出圆心和半径，由题可得圆心到直线的距离应小于等于，进而可得的取值范围，然后根据直线斜率与倾斜角的关系，即得．
【详解】由圆的标准方程，
则圆心为，半径为，
因为圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，
则圆心到直线的距离应小于等于，
∴，整理得，
解得，
设直线的倾斜角为，即，
又由，
，
即，
所以直线l的倾斜角的取值范围是.
故选：B．
考点四 圆的弦长问题
20．（2022秋·江苏连云港·高二校考期末）圆被直线所截得的弦长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将圆化为标准方程，得到圆心坐标及半径，求出圆心到直线的距离，利用几何法求出圆的弦长即可.
【详解】圆标准方程是，圆心坐标为，圆半径为2，
圆心到直线的距离是，
所以弦长为．
故选：C.
21．（2022秋·河南洛阳·高二统考期中）已知直线 l：和圆C：交于A，B两点，则弦 AB所对的圆心角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据弦长公式可得弦长，根据的边长关系，确定圆心角的大小.
【详解】由圆C：，可得，圆心，半径为，
又直线l：，
所以，又，
所以，圆心角，
即弦 AB 所对的圆心角的大小为.
故选：C.
22．（2022秋·江苏连云港·高二期末）已知直线l经过点，且被圆截得的弦长为4，则直线l的方程是 （ ）
A．B．或
C．D．或
【答案】B
【分析】考虑直线斜率不存在和存在两种情况，验证后得到满足要求，当斜率存在时，设出直线方程，利用点到直线距离公式列出方程，求出，得到答案.
【详解】圆的标准方程为：，
由题意圆心到直线l的距离
（1）当直线的斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线的距离，符合题意，
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，解得，则直线方程为，
综上，直线 l的方程为或．
故选：B．
23．（2022秋·四川成都·高二成都七中校考期中）过点的直线与曲线交于、两点， 且满足，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】依题意可得曲线表示以为圆心，半径的半圆（轴及以上部分），由弦长求出圆心到直线的距离，设直线方程为，利用点到直线的距离公式得到方程，解得的值，再检验即可.
【详解】解：曲线，则，所以，，表示以为圆心，半径的半圆（轴及以上部分），
因为，所以圆心到直线的距离，
显然直线的斜率存在且大于零，设直线方程为，即，
所以，解得或，
当时直线方程为过与曲线只有一个交点，故舍去；
故选：B
24．（2022秋·福建龙岩·高二校联考期中）已知直线关于直线对称的直线被圆截得的弦长为，则实数的值为（ ）
A．4B．C．8D．
【答案】B
【分析】根据对称关系求出直线的方程，再根据弦长公式即可求解.
【详解】因为直线与直线的交点为,所以直线经过点,
取直线上一点关于对称的点为在直线上,
所以,所以的直线方程为,
圆心到直线的距离为,
圆的半径,所以,
解得,
故选:B.
25．（2022·高二单元测试）已知圆截直线所得的弦长为．则圆M与圆的位置关系是（ ）
A．内切B．相交C．外切D．相离
【答案】B
【分析】根据垂径定理可得参数的值，再利用几何法判断两圆的位置关系.
【详解】由，即，
故圆心，半径，
所以点到直线的距离，
故，即，
解得：；
所以，；
又，圆心，，
所以，
且，
即圆与圆相交，
故选：B.
26．（2022春·上海嘉定·高二上海市嘉定区第一中学校考期末）已知圆，直线，若当的值发生变化时，直线被圆所截的弦长的最小值为2，则值为_____．
【答案】
【分析】先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出.
【详解】由圆的圆心到直线的距离为
则弦长为:
若要弦长最小，则
所以，解得
故答案为：.
27．（2022秋·湖北荆州·高二荆州中学校考期末）已知圆和直线.
(1)判断直线与圆的位置关系；
(2)求直线被圆截得的最短弦长及此时直线的方程.
【答案】(1)相交
(2)；
【分析】（1）根据直线过定点以及点与圆的位置关系即可得到结果；
（2）当当直线时，直线被圆截得的弦长最短，结合弦长公式即可得到最短弦长及直线的方程.
【详解】（1）因为直线，即恒过定点
又因为圆，即
即圆心，半径为
因为
所以点在圆内，即直线与圆相交.
（2）当直线时，直线被圆截得的弦长最短，
此时可得弦长的一半为
即最短弦长为
又因为点横坐标相同，故直线轴，
则直线的斜率为
所以直线的方程为
考点五 圆的切线问题
28．（2022秋·四川成都·高二树德中学校考期末）已知圆C上有两个点A，B，且AB为直径．
(1)求圆C的方程；
(2)已知P，求过点P且与圆C相切的直线方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由中点坐标公式求出圆心坐标，再求出半径，即可得到圆的方程；
（2）先判断点在圆上，再求得直线的斜率，从而得到切线的斜率，即可求解.
【详解】（1）因为圆C的直径为AB，故其圆心为C，
其半径为，
故圆C的方程为：．
（2）因为，故P在圆C上，连接PC，
而直线的斜率：，故圆C在P处的切线的斜率为，
故所求切线的方程为：．
29．（2022秋·广东广州·高二广州市第九十七中学校考期末）过点作圆的切线，则切线的方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】设切线为，即，由与圆相切，得，即可解决.
【详解】由题知，圆，圆心为，半径为1，
因为在圆外，
所以设切线为，即，
因为与圆相切，
所以，解得或，
所以切线的方程为，或，
故选：C
30．（2022秋·四川内江·高二威远中学校校考期中）一条光线从点射出，经x轴反射后，与圆相切，则反射后光线所在的直线方程为（ ）
A．或B．或
C．或D．
【答案】A
【分析】求出点关于x轴的对称点为，则反射光线经过，当反射光线所在直线与轴垂直时，不与圆相切，故反射光线所在直线的斜率存在，设为，反射光线所在直线的方程为，利用圆心到切线的距离等于半径可得答案.
【详解】点关于x轴的对称点为，所以反射光线经过，
当反射光线所在直线与轴垂直时，即，
圆到直线的距离为，
因为，所以直线与圆相离，故反射光线所在直线的斜率存在，设为，
则反射光线所在直线的方程为，即，
因为反射光线与圆相切，所以，解得或，
所以反射光线所在直线的方程为，或，
整理得或.
故选：A.
31．（2022秋·河北张家口·高二统考期末）过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为_______________．
【答案】
【分析】先求出为圆心，为半径的圆的方程，再利用两圆的公共弦所在直线方程求解.
【详解】圆，所以圆心为，半径，
,
所以切线长，
以为圆心，为半径的圆的方程为：，
直线为圆与圆的公共弦，
所以由得.
故答案为: .
32．（2022秋·广东广州·高二校联考期中）已知圆和圆外一点，过点P作圆的切线，则两条切线夹角的正切值是______________．
【答案】
【分析】根据题意作出示意图，易知圆和轴相切于原点，利用平面几何知识和直角三角形、二倍角公式进行求解.
【详解】易知圆的圆心为，半径，
且该圆和轴相切，切点为原点，连接，设，
则两条切线的夹角为，，，
即两条切线夹角的正切值是.
故答案为：.
33．（2022秋·天津津南·高二天津市咸水沽第一中学校考期末）点P是直线上的动点，过点P作圆的两条切线PA和PB，A和B是切点，的最大值是，则r的值______．
【答案】2
【分析】由切线性质得出最大时，与圆心连线垂直于直线，然后由最大值求得圆半径．
【详解】如图，设圆心为，，当圆固定时，取最小值时，最大，是锐角，从而最大，
由已知，，
由题意最大值为，此时，，
故答案为：2．
34．（2022秋·浙江·高二校联考期中）已知圆，直线为上的动点，过点作圆的切线，切点分别为，当最小时，直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由切线性质得，A，，四点共圆，且,可得，然后根据切线长公式可得当直线时，最小，求出以为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．
【详解】因为圆，圆心为，半径为，
由切线性质得，，A，，四点共圆，且.，
所以，
而，则当直线时，最小，最小，
所以此时直线，
由解得，即，
所以以为直径的圆的方程为，
即 ，
两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．
故选：A.
考点六 直线和圆的应用
35．（2022·浙江绍兴·高二期中）台风中心从A地以每小时20km的速度向东北方向移动，离台风中心30km内的地区为危险地区，若城市B在A地正东40km处，则B城市处于危险区内的时间为（ ）
A．0.5hB．1hC．1.5hD．2h
【答案】B
【详解】以A为坐标原点，正东方向为x轴建立直角坐标系，则直线被圆 截得弦长为 ，所以B城市处于危险区内的时间为 ，选B.
36．（2022秋·浙江金华·高二校联考期末）某考点配备的信号检测设备的监测范围是半径为100米的圆形区域，一名工作人员持手机以每分钟50米的速度从设备正东方向米的处出发，沿处西北方向走向位于设备正北方向的处，则这名工作人员被持续监测的时长为（ ）
A．1分钟B．分钟
C．2分钟D．分钟
【答案】C
【分析】以设备的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系，求得直线和圆的方程，利用点到直线的距离公式和圆的弦长公式，求得的长，进而求得持续监测的时长.
【详解】以设备的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示，
则，，可得，圆．
记从处开始被监测，到处监测结束，
因为到的距离为米，
所以米，故监测时长为分钟．
故选：C.
37．（2022秋·浙江金华·高二期末）“圆材埋壁”是《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，学会一寸，锯道长一尺，问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知道大小，用锯取锯它，锯口深一寸，锯道长一尺，问这块圆柱形木材的直径是多少？现有圆柱形木材一部分埋在墙壁中，截面如图所示，已知弦尺，弓形高寸，则阴影部分面积约为（注：，，1尺=10寸）
A．6.33平方寸B．6.35平方寸
C．6.37平方寸D．6.39平方寸
【答案】A
【分析】连接OC，设半径为r，则，在直角三角形中应用勾股定理即可求得r，进而求得扇形的面积，减去三角形即可得阴影部分的面积．
【详解】连接OC，设半径为r，寸，则
在直角三角形中，
即，解得
则 ，所以
则
所以扇形的面积
三角形的面积
所以阴影部分面积为
所以选A
38．（2022秋·山东潍坊·高二潍坊一中校考期末）米勒问题，是指德国数学家米勒1471年向诺德尔教授提出的有趣问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长（即可见角最大？）米勒问题的数学模型如下：如图，设 是锐角的一边上的两定点，点是边边上的一动点，则当且仅当的外接圆与边相切时，最大．若，点在轴上，则当最大时，点的坐标为
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设点的坐标为，求出线段的中垂线与线段的中垂线交点的横坐标，即可得到的外接圆圆心的横坐标，由的外接圆与边相切于点，可知的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即可得到点的坐标．
【详解】由于点是边边上的一动点，且点在轴上，故设点的坐标为；
由于，则直线的方程为：，点为直线与轴的交点，故点的坐标为；由于为锐角，点是边边上的一动点，故；
所以线段的中垂线方程为： ；线段的中垂线方程为： ；
故的外接圆的圆心为直线与直线的交点，联立 ，解得： ；即的外接圆圆心的横坐标为
的外接圆与边相切于点，边在轴上，则的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即，解得：或（舍）
所以点的坐标为；
故答案选A
考点七 圆与圆的位置关系
判断圆与圆的位置关系
39．（2022秋·河北张家口·高二统考期末）已知圆与圆，则圆与圆的位置关系为（ ）
A．相交B．外切C．外离D．内含
【答案】B
【分析】确定两圆的圆心和半径，由圆心间的距离与半径的关系即可得解.
【详解】圆化成标准方程为，圆心，半径为，
圆，圆心，半径为，
，圆与圆的位置关系为外切，
故选：B
40．（2022秋·福建福州·高二校考期中）圆与圆的公共点的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．不确定
【答案】C
【分析】判断两圆的位置关系即可得答案.
【详解】解：因为圆变形为
所以，圆的圆心为，半径为，
圆变形为圆，
所以，圆的圆心为，半径为，
因为，
所以，圆与圆相交，其公共点的个数为.
故选：C
41．（2022秋·河北沧州·高二任丘市第一中学校考期中）已知圆（a，b为常数）与．若圆心与关于直线对称，则圆与的位置关系为（ ）
A．内含B．相交C．相切D．外离
【答案】B
【分析】根据条件求出 的圆心 ，再根据 圆心的距离即可判断.
【详解】依题意，所以，又，，，，
，所以两个圆相交；
故选：B.
由圆的位置关系确定参数范围
42．（2022秋·河北张家口·高二校联考期中）已知圆与圆，若圆与圆有且仅有一个公共点，则得实数等于（ ）．
A．7B．3C．3或7D．5
【答案】C
【分析】根据圆与圆的位置关系判断即可得得实数得值.
【详解】解：圆的圆心为，半径为
圆的圆心，半径为
所以，
因为圆与圆有且仅有一个公共点，所以圆与圆相内切或外切，
所以或，所以或或（舍）.
故选：C．
43．（2022秋·江苏苏州·高二苏州中学校考期中）圆与圆内切，则实数的值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】由圆内切得即可解决.
【详解】由题知，
所以，
因为圆与圆内切，
所以，即，
因为，
所以，
故选：C.
44．（2022秋·山东德州·高二统考期中）已知两圆和无公共点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由两圆和无公共点，可得两圆外离或内含，从而可得答案.
【详解】解：圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
设圆心距为，则，
因为两圆和无公共点，
所以两圆外离或内含，
则或，
即或，
解得或或，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
圆的公共弦
45．（2022秋·福建·高二福建师大附中校考期末）圆与圆的公共弦长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】两圆的一般方程相减得到公共弦所在直线的方程，求出圆的圆心到公共弦的距离，再由
公共弦长公式求出答案即可.
【详解】联立两个圆的方程，
两式相减可得公共弦方程，
圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到公共弦的距离为，
公共弦长为.
故选：A.
46．（2022秋·江苏常州·高二常州市第二中学校考期中）圆：和圆：的公共弦AB的垂直平分线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，得到圆心，，公共弦AB的垂直平分线即为直线，利用两点式求出直线方程，化为一般式.
【详解】变形为，圆心为，
变形为，圆心为，
公共弦AB的垂直平分线即为直线，
即，整理得.
故选：D
47．（2022秋·四川南充·高二四川省南充高级中学校考期中）已知圆 与圆的公共弦所在直线恒过点，则点的坐标为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】计算公共弦所在直线为，得到，解得答案.
【详解】圆 与圆的公共弦所在直线为
，即，故，解得，
故直线过定点.
故选：A
48．（2022秋·四川成都·高二四川省成都市第八中学校校考期中）已知圆 与圆的公共弦所在直线恒过定点且点在直线上， 则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆和的方程得到公共弦所在的直线方程，可得点，进而可得，再利用基本不等式即可得到的最大值.
【详解】由圆 ， 圆:，
得圆 与圆的公共弦所在直线方程为:，
由， 解得， 即，
又在直线上，
， 即，
所以，当且仅当时等号成立，
的最大值为.
故选: D.
49．（2022·高二单元测试）若圆与圆的公共弦的长为1，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．中点的轨迹方程为
D．中点的轨迹方程为
【答案】C
【分析】两圆方程相减求出直线AB的方程，进而根据弦长求得，即可判断A、B选项；由圆的性质可知直线垂直平分线段，进而可得到直线的距离，从而可求出AB中点的轨迹方程，因此可判断C、D选项；
【详解】两圆方程相减可得直线AB的方程为，
即，
因为圆的圆心为，半径为1，
且公共弦AB的长为1，则到直线
的距离为，
所以，解得，
故A、B错误；
由圆的性质可知直线垂直平分线段，
所以到直线的距离
即为AB中点与点的距离，设AB中点坐标为，
因此，
即，故C正确，D错误；
故选：C
圆的公切线
50．（2022秋·广东清远·高二校联考期中）已知圆C1：和圆C2：，则这两个圆的公切线的条数为（ ）
A．1或3B．4C．0D．2
【答案】B
【分析】根据圆的一般方程化为标准方程，求出圆心距，由半径之和小于圆心距知两圆相离，即可判断公切线的条数.
【详解】因为圆C1：，圆C2：，
所以圆心距，
而两圆半径之和，故两个圆相离，
则这两个圆的公切线有4条.
故选：B
51．（2022秋·重庆云阳·高二校考期末）若圆与圆有且仅有一条公切线，则实数（ ）
A．-1B．1C．±1D．0
【答案】D
【分析】利用配方法，结合两圆公切线的性质进行求解即可.
【详解】将化为标准方程得，即圆心为，半径为2，圆的圆心为，半径为1.因为圆与圆有且仅有一条公切线，所以两圆的位置关系为内切，所以，即，解得.
故选：D
52．（2022秋·安徽亳州·高二蒙城第一中学校考期中）已知圆：，圆：，且圆，有且仅有两条公切线，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据两圆位置关系，结合两圆圆心坐标和半径，列出不等关系，求解即可.
【详解】圆：即，圆心，则其半径；
圆：，其圆心，半径；
根据题意，圆相交，则，
即，即，解得.
故选：A.
考点九 与圆有关的轨迹问题
53．（2022秋·广东清远·高二校联考期中）方程表示的曲线是（ ）
A．—个圆B．两个圆
C．一个半圆D．两个半圆
【答案】D
【分析】方程可化为，去绝对值分，两种情况解决即可.
【详解】方程可化为，
因为，
所以或，
若时，则方程为；
若时，则方程为，
故选：D
54．（2022秋·浙江湖州·高二统考期中）已知是圆上的动点，是圆的切线，，则点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由切线长定理可知，点到圆的圆心距离为定值，计算即可.
【详解】因为圆，所以圆心，半径，由勾股定理得，所以，所以的轨迹为以为圆心为半径的圆，所以的轨迹方程是.
故选：A
55．（2022秋·天津滨海新·高二天津市滨海新区塘沽第一中学校考期中）已知点，圆的圆心在直线上且与轴切于点，
(1)求圆的方程；
(2)若直线过点且被圆截得的弦长为，求直线的方程；
(3)设点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)或
(3)．
【分析】(1)先设出圆心，再根据圆的圆心在直线上且与轴切于点建立方程即可求解.
(2)先讨论斜率存在，设出直线方程，根据弦长公式建立方程，求出斜率;再讨论斜率不存在时，求出直线方程，验证是否存在即可.
(3)先设点的坐标为，根据相关点法即可求出的轨迹方程.
【详解】（1）圆的圆心在直线上且与轴切于点，
设圆心坐标为，则，
解得，，
圆心，半径，
故圆的方程为.
（2）点，直线过点，
设直线的斜率为存在）则方程为，
又圆的圆心为，半径，弦长为，
故弦心距，
故，解得，
所以直线方程为，
即，
当的斜率不存在时，的方程为，经验证也满足条件，
故的方程为或.
（3）设点的坐标为，点的坐标为，．
由于，且为的中点，
，
于是有①，
在圆上运动，
，
将①代入上式得，
即点的轨迹方程为．
56．（2022秋·重庆云阳·高二校考期末）已知点，，动点满足．
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)直线 经过点且与曲线只有一个公共点，求直线 的方程．
【答案】(1)；
(2)或．
【分析】（1）设，根据两点间距离公式结合条件即得；
（2）由题可知直线与圆相切，分斜率存在和不存在讨论，结合点到直线的距离公式即得.
【详解】（1）设，因为点，，动点满足，
所以，
整理得，即，
所以曲线方程为；
（2）由，可知曲线为圆心为，半径为4的圆，
所以直线 与圆相切，
当直线的斜率不存在时，直线，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线，即，
则，解得，
所以直线的方程为，即，
综上，直线的方程为或．
57．（2022秋·山东临沂·高二统考期中）点为圆C：上一点，点B在圆C上运动，点M满足．则点M的轨迹方程为______．
【答案】
【分析】首先求出，设出，，利用向量关系，建立等量关系即可求解.
【详解】因为点在圆上，则，解得.
设点，，则由题意可得，，解得，，
又因为点满足圆的方程，代入可得，化简得.
故答案为：
58．（2022秋·河南洛阳·高二统考期中）若是圆：的内接三角形，且，，则的中点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】求出，可得线段的中点的轨迹是以为圆心,1为半径的圆，即可得出结论.
【详解】由题意,,
，，，
线段的中点的轨迹是以为圆心,1为半径的圆，
线段的中点的轨迹方程是：.
故选：D.
59．（2022秋·湖北武汉·高二华中师大一附中校考期中）已知圆.
(1)求过点且与圆相切的直线方程；
(2)已知点．则在圆上是否存在点，使得？若存在，求点的个数，若不存在，说明理由．
【答案】(1)或；
(2)存在，点P的个数为2,理由见解析
【分析】（1）由点到直线的距离公式列式求解，
（2）由题意列式得轨迹方程，由圆和圆的位置关系求解，
【详解】（1）由题意圆C：，圆心，半径，
1）当直线l的斜率不存在时，直线l：，符合题意；
2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：即，
则圆心C到直线l的距离，解得，
所以直线l的方程为即
综上，直线l的方程为或；
（2）假设圆C上存在点P，设，则C：，
又，
即，P的轨迹是圆心为，半径为3的圆.
因为，
所以圆C：与圆相交，
所以点P的个数为2
考点十 与圆有关的最值问题
60．（2022秋·广东江门·高二江门市第二中学校考期中）已知点，点M是圆上的动点，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】易知点为圆外一点，利用点到圆心的距离加半径，即为的最大值.
【详解】将代入，得，
所以点为圆外一点，易知圆心坐标，半径，
所以，
则的最大值为：，
故选：D.
61．（2022·高二单元测试）实数x，y满足，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设，则与圆由交点,再根据圆心到直线的距离小于等于半径列式，解不等式可得．
【详解】设，则与圆有交点，
圆心到直线的距离，
解得．
故选:C．
62．（2022秋·天津南开·高二崇化中学校考期末）已知圆C：上的点到直线l：的最大距离为M､最小距离为m，若，则实数k的值是（ ）
A．B．1C．或1D．或1
【答案】D
【分析】首先根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，进而分类讨论直线与圆的位置关系，从而分别得到距离的最大值与最小值，即可求出圆心到直线的距离，从而可得，解方程组即可求出结果，注意检验即可.
【详解】圆C：的圆心坐标为，半径为；
直线l：化为一般式是.
由点到直线的距离公式可知，圆心到直线l：的距离为，
易知当l与圆C相切时；
当l与圆相交时，，均不合题意，故直线l与圆C必相离，
此时圆C上的点到直线l的最大距离为，最小距离为.
因为，所以，得，即，解得或.
经检验直线l与圆C相离，符合题意.综上，或.
故选：D.
63．（2022秋·四川泸州·高二四川省泸县第一中学校考期末）已知直线与圆相交于点A，B，点P为圆上一动点，则面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用点线距离公式算得圆心到直线的距离，从而利用弦长公式求得，再利用圆上动点到直线的距离的最值求法求得点P到直线的最大距离，由此可求得面积的最大值.
【详解】因为圆，所以圆心为，半径为，如图，
所以圆心到直线的距离，
则，
又点P到直线的距离的最大值为，
所以面积的最大值．
故选：A.
.
64．（2022秋·广东江门·高二台山市第一中学校考期中）过直线上一点作圆的切线，切点为．则四边形的面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由切线性质可得，由勾股定理表示出，进而得解.
【详解】如图，由切线性质可知，，所以，圆的标准方程为，圆心为，半径为，点到直线距离，，要使最小，需使，故.
故选：C
65．（2022秋·湖北·高二校联考期末）若为圆上任意两点，为直线上一个动点，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由图上易知，当不动时，为两切线角最大，再将的最值问题转化为的最值问题可求.
【详解】
如图，为两切线，为直线上一个点，
所以当为两切线是取等号；
又，故只需求，
,又，
故选：B
考点十一 圆的定点定值问题
66．（2022秋·广东茂名·高二统考期中）已知圆M与直线x=2相切，圆心M在直线x+y=0上，且直线被圆M截得的弦长为2.
(1)求圆M的方程，并判断圆M 与圆N：的位置关系；
(2)若在x轴上的截距为且不与坐标轴垂直的直线l与圆M交于A，B两点，在x轴上是否存在定点Q，使得?若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)，相交
(2)存在，
【分析】（1）设圆心与半径，根据条件求解即可得到圆方程；根据两圆心之间的距离与半径的关系判断两圆位置关系.
（2）设Q(t，0)，直线，代入圆方程写出韦达定理， 将用表示，代入韦达定理即可得到为定值.
【详解】（1）设圆M的圆心为，半径为r，
因为圆M与直线x=2相切，所以，
又因为直线被圆M截得的弦长为2，所以
解得即圆心坐标为(0，0)，r=2，
所以圆M的方程为 .
由题意知，圆N的圆心为(3，-4)，半径R=，
， .
因为 ，，
所以圆M与圆N相交.
（2）存在.
设l：， ， ，
由得 .
由根与系数的关系，得
假设存在Q(t，0)满足条件，
则 ,
由 ，得，
即
即
即且m≠0，所以 .
所以存在满足条件.
67．（2022秋·河北张家口·高二校联考期中）已知圆，P是圆C上动点，Q为圆C与x轴负半轴交点，E是中点．
(1)求点E的轨迹方程；
(2)过点的直线与点E的轨迹交于A，B两点（A在x轴上方），问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；点N为
【分析】（1）根据相关点法求出点E的轨迹方程即可；
（2）斜率不存在时显然成立；斜率存在时，设直线的方程为，，，，将若x轴平分，转化为，再通过联立方程结合韦达定理将转化为含与的等式即可求解.
【详解】（1）设，因为P是圆C上动点，所以，
因为Q为圆C与x轴负半轴交点，所以，
设，因为E是中点，所以，即，
所以，即，
所以点E的轨迹方程为.
（2）当直线轴时，x轴平分.
当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，，，，
由，得，
所以，．
若x轴平分，则，
∴，∴，
∴，
∴，
所以当点N为时，能使得x轴平分总成立
68．（2022秋·河北张家口·高二统考期末）已知直线与圆交于两点．
(1)当最大时，求直线的方程；
(2)若，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当最大时，直线过圆心，代入圆心坐标可求直线的方程；
（2）直线与圆联立方程组，利用韦达定理证明为定值．
【详解】（1）当最大时，为直径，即直线过圆心，
把圆心代入直线的方程，有，解得，直线的方程为.
（2）证明：设，，由题意知k存在，
由，得
所以 ， ，且，
因为 ，
，，
所以 ，即为定值.
69．（2022秋·山东泰安·高二统考期中）已知线段的端点的坐标是，端点的运动轨迹是曲线，线段的中点的轨迹方程是．
(1)求曲线的方程；
(2)已知斜率为的直线与曲线相交于异于原点的两点直线的斜率分别为，，且．若，为垂足，证明：存在定点，使得为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用中点坐标公式以及求轨迹方程的方法求解；（2）利用韦达定理结合题意求解.
【详解】（1）设，，
由中点坐标公式得．
因为点M的轨迹方程是，
所以，
整理得曲线C的方程为．
（2）设直线l的方程为，，，，
由，得，
所以，，
所以
，
所以，且即，
即，
所以直线的方程为，即直线过定点．
因为为定值，且为直角三角形，为斜边，
所以当点是的中点时，为定值．
因为，，所以由中点坐标公式得．
所以存在定点使得为定值．
条件
图形
D2＋E2－4F<0
不表示任何图形
D2＋E2－4F＝0
表示一个点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))
D2＋E2－4F>0
表示以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))为圆心，以eq \f(\r(D2＋E2－4F),2)为半径的圆
1、求圆的标准方程的方法
确定圆的标准方程就是设法确定圆心C(a，b)及半径r，其求解的方法：一是待定系数法，建立关于a，b，r的方程组，进而求得圆的方程；二是借助圆的几何性质直接求得圆心坐标和半径．常用到中点坐标公式、两点间距离公式，有时还用到平面几何知识，如“弦的中垂线必过圆心”“两条弦的中垂线的交点必为圆心”等．一般地，在解决有关圆的问题时，有时利用圆的几何性质作转化较为简捷．
2、待定系数法求圆的标准方程的一般步骤
3、判断点与圆的位置关系的方法
(1)确定圆的方程：化为(x－a)2＋(y－b)2＝r2.
(2)将点的坐标代入代数式(x－a)2＋(y－b)2，比较代数式的值与r2的大小关系．
(3)下结论：若(x－a)2＋(y－b)2＝r2，表示点在圆上；若(x－a)2＋(y－b)2＞r2，表示点在圆外；若(x－a)2＋(y－b)2＜r2，表示点在圆内．
此外，也可以利用点与圆心的距离d与半径r的大小关系来判断．当d＞r时，点在圆外；当d＝r时，点在圆上；当d
判断二元二次方程与圆的关系时，一般先看这个方程是否具备圆的一般方程的特征，当它具备圆的一般方程的特征时，再看它能否表示圆．此时有两种途径：一是看D2＋E2－4F是否大于零；二是直接配方变形，看方程等号右端是否为大于零的常数．
5、方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示的图形
6、利用待定系数法求圆的方程的解题策略
(1)如果由已知条件容易求得圆心坐标、半径或需利用圆心的坐标或半径列方程，一般采用圆的标准方程，再用待定系数法求出a，b，r.
(2)如果已知条件与圆心和半径都无直接关系，一般采用圆的一般方程，再用待定系数法求出常数D，E，F.
7、求与圆有关的轨迹问题的方程
(1)直接法：直接根据题目提供的条件列出方程．
(2)定义法：根据圆、直线等定义列方程．
(3)代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等．
用代入法求轨迹方程的一般方法
8、判断直线与圆位置关系的方法
(1)几何法：由圆心到直线的距离d与圆的半径r的大小关系判断．
(2)代数法：根据直线与圆的方程组成的方程组解的个数来判断．
9、过圆上一点(x0，y0)的圆的切线方程的求法
先求切点与圆心连线的斜率k，再由垂直关系得切线的斜率为－eq \f(1,k)，由点斜式可得切线方程．如果斜率为零或不存在，则由图形可直接得切线方程y＝y0或x＝x0.
10、过圆外一点(x0，y0)的切线方程的求法
设切线方程为y－y0＝k(x－x0)，由圆心到直线的距离等于半径建立方程，可求得k，也就得切线方程．当用此法只求出一个方程时，另一个方程应为x＝x0，因为在上面解法中不包括斜率不存在的情况，而过圆外一点的切线有两条．一般不用联立方程组的方法求解．
11、求切线长(最值)的两种方法
(1)(代数法)直接利用勾股定理求出切线长，把切线长中的变量统一成一个，转化成函数求最值；
(2)(几何法)把切线长最值问题转化成圆心到直线的距离问题．
12、求弦长的两种方法
(1)由半径长r、弦心距d、弦长l的一半构成直角三角形，所以利用勾股定理d2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)))2＝r2求解，这是常用解法．
(2)联立直线与圆的方程，消元得到关于x(或y)的一元二次方程，利用根与系数的关系得到两交点横坐标(或纵坐标)之间的关系，代入两点间距离公式求解．此解法很烦琐，一般不用．
13、坐标方法解决平面几何问题的“三步曲”
14、判断两圆的位置关系的两种方法
(1)几何法：将两圆的圆心距d与两圆的半径之差的绝对值，半径之和进行比较，进而判断出两圆的位置关系，这是在解析几何中主要使用的方法．
(2)代数法：将两圆的方程组成方程组，通过解方程组，根据方程组解的个数进而判断两圆位置关系．
15、公共弦长的求法
(1)代数法：将两圆的方程联立，解出交点坐标，利用两点间的距离公式求出弦长．
(2)几何法：求出公共弦所在直线的方程，利用圆的半径、半弦长、弦心距构成的直角三角形，根据勾股定理求解．
注：求两圆的相交弦的垂直平分线的方程即为经过两圆的圆心的直线方程
考点一 求圆的方程
1．（2022秋·广东江门·高二台山市第一中学校考期中）设，，则以线段为直径的圆的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题知圆心为，半径为，再求方程即可.
【详解】解：由题知线段中点为，，
所以，以线段为直径的圆的圆心为，半径为，其方程为
故选：B
2．（2022秋·广东清远·高二校联考期中）圆心为且和轴相切的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据已知条件可求出，即可得到圆的方程.
【详解】由已知可得，圆心到轴的距离，
因为轴与圆相切，所以.
所以，圆的方程为.
故选：A.
3．（2022秋·新疆乌鲁木齐·高二乌市一中校考期中）若的三个顶点坐标分别为，，，则外接圆的圆心坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】是直角三角形,故线段的中点即为外接圆的圆心，利用中点坐标公式求解.
【详解】由题得是直角三角形，且 .
所以的外接圆的圆心就是线段的中点，
由中点坐标公式得.
故选：A
4．（2022秋·福建漳州·高二校联考期中）已知圆C的圆心在直线上，且过点和，则圆C的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用待定系数法设圆C的方程为，将点的坐标代入方程列出方程组，解出即可得结果.
【详解】设圆C的圆心坐标为，半径为，则圆C的方程为，
由点和点在圆C上，
可得①，②，
由①②可得，
故圆C的标准方程为.
故选：A.
5．（2022秋·广东茂名·高二统考期中）与圆关于直线对称的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设圆心关于直线对称的点的坐标为，利用垂直以及中点在对称轴上，求得，的值，可得对称圆的方程．
【详解】解：设圆心关于直线对称的点的坐标为，
所以，解得，故对称圆的圆心为，对称圆的半径和原来的圆一样，
故对称圆的方程为；
故选：C．
6．（2022秋·天津·高二天津市宁河区芦台第一中学校联考期中）圆的圆心在轴的负半轴上，与轴相交于点，且直线被圆截得的弦长为.则圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据圆心的位置，圆过的一点可设出圆的标准方程，然后根据垂径定理求弦长即可.
【详解】依题意，设圆的标准方程为：，由圆又经过一点，故，设圆心到直线的距离为，则，又直线被圆截得的弦长为，则，解得，又，故，于是圆的方程为：.
故选：C
7．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨市第六中学校校考期中）平面直角坐标系中，，，若动点在直线上，圆过A，B，C三点，则圆的半径最小值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】先判断出C点需在第一象限内.可设.设圆心，半径为r，由，得到，利用基本不等式求出，圆M的面积最小.
【详解】为使圆M的面积尽可能小，则C点需在第一象限内.
可设.
因为，，所以线段AB的垂直平分线方程为.
所以圆心在直线上.
设圆心，半径为r，则，
所以，
所以，
所以（当且仅当，即时等号成立）.
所以.
此时，圆M的面积最小.
故选：A
考点二 点和圆的位置关系
8．（2022秋·江苏盐城·高二江苏省响水中学校考期中）若点在圆的内部，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用点与圆的位置关系可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】由题意可得，解得.
故选：A.
9．（2022秋·河南郑州·高二郑州市回民高级中学校考期中）若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由方程表示圆的条件以及点到圆心的距离大于半径求解即可
【详解】圆，
则圆，圆心，半径，
点在圆的外部，
，即，解得，
综上所述，实数的取值范围是.
故选：B.
10．（2022秋·内蒙古包头·高二包头一中校考期中）直线与圆有公共点是点在该圆外的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】结合直线与圆的位置关系、点与圆的位置关系、充分和必要条件的知识确定正确答案.
【详解】圆的圆心为，半径为，
当直线与圆有公共点时，
，所以在圆上或圆外，
所以直线与圆有公共点是点在该圆外的必要不充分条件.
故选：B
11．（2022秋·江苏苏州·高二统考期中）已知四点共圆，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先由三点求出圆的方程，再把代入方程即可求解
【详解】设过四点的圆的方程为，
将代入可得：
，解得，
所以圆的方程为，
将代入圆的方程得，
解得，
故选：D
12．（2022秋·江苏连云港·高二期末）设，为实数，若直线与圆相交，则点与圆的位置关系是（ ）
A．在圆上B．在圆外C．在圆内D．不能确定
【答案】B
【分析】根据直线与圆的位置关系，求得满足的关系式，结合点与圆位置关系的判断方法，判断即可.
【详解】根据题意，即，故点在圆外.
故选：B.
13．（2022秋·福建三明·高二校联考期中）过点总可以向圆作两条切线，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】过圆外的点总可以作两条切线，代入点得，求解即可.
【详解】过圆外的点总可以作两条切线，故或.
故选：C
14．（2022秋·四川遂宁·高二校考期中）已知函数，若，且，则坐标原点O与圆的位置关系是（ ）
A．点O在圆内B．点O在圆上C．点O在圆外D．不能确定
【答案】C
【分析】画出分段函数的图象，求出关系，进而根据点与圆的位置关系定义，可得答案．
【详解】画出的图象如图：
，且，
且，，
，得，即，则，（当且仅当时，取得等号，故等号取不到），
圆，圆心坐标，半径为，
坐标原点到圆心的距离，
故坐标原点在圆外.
故选：C．
考点三 直线和圆的位置关系
15．（2022秋·辽宁·高二校联考期中）圆与直线的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．不能确定
【答案】A
【分析】运用几何法 与 的关系判断圆与直线位置关系即可.
【详解】圆的圆心为，半径为1，
所以圆心到直线的距离，
所以直线与圆的位置关系为相交.
故选：A.
16．（2022秋·新疆巴音郭楞·高二校考期中）已知圆与直线相切，则（ ）
A．B．-1
C．或D．-1或3
【答案】D
【分析】圆与直线相切，则圆心到直线的距离等于半径
【详解】由已知得，，由与直线相切得，解得或3.
故选：D
17．（2022秋·广东广州·高二校考期末）关于的方程有唯一解，则实数的取值范围是（ ）
A．或
B．或或
C．或或
D．或
【答案】C
【分析】将问题转化为曲线与有唯一交点，采用数形结合的方式可确定临界状态，结合圆的切线方程的求解方法可求得临界值，结合图形可得结果.
【详解】方程有唯一解等价于曲线与有唯一交点，
由得：，则其图形为以为圆心，为半径的圆的上半部分；
为恒过定点的直线；
作出与图象如下图所示，
由图象可知：当或或或时，曲线与有唯一交点；
当直线与圆相切时，，解得：，
即，；
又，，
方程有唯一解时，实数的取值范围为或或.
故选：C.
18．（2022秋·江苏连云港·高二期末）设为实数,若圆上恰有三个点到直线的距离都等于1,则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆上三个点到直线的距离等于1,可得圆心到直线的距离为2-1=1,利用点到直线的距离公式解出即可.
【详解】解:由题知圆的方程为,
所以圆心为,半径为,
因为圆上恰有三个点到直线l的距离都等于1,
所以只需要圆心到直线的距离为即可,
直线方程为:,
所以圆心到直线的距离为:,
解得,
故当时,
圆上恰有三个点到直线l的距离都等于1．
故选:D
19．（2022秋·河南洛阳·高二统考期中）若圆上至少有三个不同的点到直线l：的距离为，则直线l的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出圆心和半径，由题可得圆心到直线的距离应小于等于，进而可得的取值范围，然后根据直线斜率与倾斜角的关系，即得．
【详解】由圆的标准方程，
则圆心为，半径为，
因为圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，
则圆心到直线的距离应小于等于，
∴，整理得，
解得，
设直线的倾斜角为，即，
又由，
，
即，
所以直线l的倾斜角的取值范围是.
故选：B．
考点四 圆的弦长问题
20．（2022秋·江苏连云港·高二校考期末）圆被直线所截得的弦长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将圆化为标准方程，得到圆心坐标及半径，求出圆心到直线的距离，利用几何法求出圆的弦长即可.
【详解】圆标准方程是，圆心坐标为，圆半径为2，
圆心到直线的距离是，
所以弦长为．
故选：C.
21．（2022秋·河南洛阳·高二统考期中）已知直线 l：和圆C：交于A，B两点，则弦 AB所对的圆心角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据弦长公式可得弦长，根据的边长关系，确定圆心角的大小.
【详解】由圆C：，可得，圆心，半径为，
又直线l：，
所以，又，
所以，圆心角，
即弦 AB 所对的圆心角的大小为.
故选：C.
22．（2022秋·江苏连云港·高二期末）已知直线l经过点，且被圆截得的弦长为4，则直线l的方程是 （ ）
A．B．或
C．D．或
【答案】B
【分析】考虑直线斜率不存在和存在两种情况，验证后得到满足要求，当斜率存在时，设出直线方程，利用点到直线距离公式列出方程，求出，得到答案.
【详解】圆的标准方程为：，
由题意圆心到直线l的距离
（1）当直线的斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线的距离，符合题意，
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，解得，则直线方程为，
综上，直线 l的方程为或．
故选：B．
23．（2022秋·四川成都·高二成都七中校考期中）过点的直线与曲线交于、两点， 且满足，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】依题意可得曲线表示以为圆心，半径的半圆（轴及以上部分），由弦长求出圆心到直线的距离，设直线方程为，利用点到直线的距离公式得到方程，解得的值，再检验即可.
【详解】解：曲线，则，所以，，表示以为圆心，半径的半圆（轴及以上部分），
因为，所以圆心到直线的距离，
显然直线的斜率存在且大于零，设直线方程为，即，
所以，解得或，
当时直线方程为过与曲线只有一个交点，故舍去；
故选：B
24．（2022秋·福建龙岩·高二校联考期中）已知直线关于直线对称的直线被圆截得的弦长为，则实数的值为（ ）
A．4B．C．8D．
【答案】B
【分析】根据对称关系求出直线的方程，再根据弦长公式即可求解.
【详解】因为直线与直线的交点为,所以直线经过点,
取直线上一点关于对称的点为在直线上,
所以,所以的直线方程为,
圆心到直线的距离为,
圆的半径,所以,
解得,
故选:B.
25．（2022·高二单元测试）已知圆截直线所得的弦长为．则圆M与圆的位置关系是（ ）
A．内切B．相交C．外切D．相离
【答案】B
【分析】根据垂径定理可得参数的值，再利用几何法判断两圆的位置关系.
【详解】由，即，
故圆心，半径，
所以点到直线的距离，
故，即，
解得：；
所以，；
又，圆心，，
所以，
且，
即圆与圆相交，
故选：B.
26．（2022春·上海嘉定·高二上海市嘉定区第一中学校考期末）已知圆，直线，若当的值发生变化时，直线被圆所截的弦长的最小值为2，则值为_____．
【答案】
【分析】先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出.
【详解】由圆的圆心到直线的距离为
则弦长为:
若要弦长最小，则
所以，解得
故答案为：.
27．（2022秋·湖北荆州·高二荆州中学校考期末）已知圆和直线.
(1)判断直线与圆的位置关系；
(2)求直线被圆截得的最短弦长及此时直线的方程.
【答案】(1)相交
(2)；
【分析】（1）根据直线过定点以及点与圆的位置关系即可得到结果；
（2）当当直线时，直线被圆截得的弦长最短，结合弦长公式即可得到最短弦长及直线的方程.
【详解】（1）因为直线，即恒过定点
又因为圆，即
即圆心，半径为
因为
所以点在圆内，即直线与圆相交.
（2）当直线时，直线被圆截得的弦长最短，
此时可得弦长的一半为
即最短弦长为
又因为点横坐标相同，故直线轴，
则直线的斜率为
所以直线的方程为
考点五 圆的切线问题
28．（2022秋·四川成都·高二树德中学校考期末）已知圆C上有两个点A，B，且AB为直径．
(1)求圆C的方程；
(2)已知P，求过点P且与圆C相切的直线方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由中点坐标公式求出圆心坐标，再求出半径，即可得到圆的方程；
（2）先判断点在圆上，再求得直线的斜率，从而得到切线的斜率，即可求解.
【详解】（1）因为圆C的直径为AB，故其圆心为C，
其半径为，
故圆C的方程为：．
（2）因为，故P在圆C上，连接PC，
而直线的斜率：，故圆C在P处的切线的斜率为，
故所求切线的方程为：．
29．（2022秋·广东广州·高二广州市第九十七中学校考期末）过点作圆的切线，则切线的方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】设切线为，即，由与圆相切，得，即可解决.
【详解】由题知，圆，圆心为，半径为1，
因为在圆外，
所以设切线为，即，
因为与圆相切，
所以，解得或，
所以切线的方程为，或，
故选：C
30．（2022秋·四川内江·高二威远中学校校考期中）一条光线从点射出，经x轴反射后，与圆相切，则反射后光线所在的直线方程为（ ）
A．或B．或
C．或D．
【答案】A
【分析】求出点关于x轴的对称点为，则反射光线经过，当反射光线所在直线与轴垂直时，不与圆相切，故反射光线所在直线的斜率存在，设为，反射光线所在直线的方程为，利用圆心到切线的距离等于半径可得答案.
【详解】点关于x轴的对称点为，所以反射光线经过，
当反射光线所在直线与轴垂直时，即，
圆到直线的距离为，
因为，所以直线与圆相离，故反射光线所在直线的斜率存在，设为，
则反射光线所在直线的方程为，即，
因为反射光线与圆相切，所以，解得或，
所以反射光线所在直线的方程为，或，
整理得或.
故选：A.
31．（2022秋·河北张家口·高二统考期末）过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为_______________．
【答案】
【分析】先求出为圆心，为半径的圆的方程，再利用两圆的公共弦所在直线方程求解.
【详解】圆，所以圆心为，半径，
,
所以切线长，
以为圆心，为半径的圆的方程为：，
直线为圆与圆的公共弦，
所以由得.
故答案为: .
32．（2022秋·广东广州·高二校联考期中）已知圆和圆外一点，过点P作圆的切线，则两条切线夹角的正切值是______________．
【答案】
【分析】根据题意作出示意图，易知圆和轴相切于原点，利用平面几何知识和直角三角形、二倍角公式进行求解.
【详解】易知圆的圆心为，半径，
且该圆和轴相切，切点为原点，连接，设，
则两条切线的夹角为，，，
即两条切线夹角的正切值是.
故答案为：.
33．（2022秋·天津津南·高二天津市咸水沽第一中学校考期末）点P是直线上的动点，过点P作圆的两条切线PA和PB，A和B是切点，的最大值是，则r的值______．
【答案】2
【分析】由切线性质得出最大时，与圆心连线垂直于直线，然后由最大值求得圆半径．
【详解】如图，设圆心为，，当圆固定时，取最小值时，最大，是锐角，从而最大，
由已知，，
由题意最大值为，此时，，
故答案为：2．
34．（2022秋·浙江·高二校联考期中）已知圆，直线为上的动点，过点作圆的切线，切点分别为，当最小时，直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由切线性质得，A，，四点共圆，且,可得，然后根据切线长公式可得当直线时，最小，求出以为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．
【详解】因为圆，圆心为，半径为，
由切线性质得，，A，，四点共圆，且.，
所以，
而，则当直线时，最小，最小，
所以此时直线，
由解得，即，
所以以为直径的圆的方程为，
即 ，
两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．
故选：A.
考点六 直线和圆的应用
35．（2022·浙江绍兴·高二期中）台风中心从A地以每小时20km的速度向东北方向移动，离台风中心30km内的地区为危险地区，若城市B在A地正东40km处，则B城市处于危险区内的时间为（ ）
A．0.5hB．1hC．1.5hD．2h
【答案】B
【详解】以A为坐标原点，正东方向为x轴建立直角坐标系，则直线被圆 截得弦长为 ，所以B城市处于危险区内的时间为 ，选B.
36．（2022秋·浙江金华·高二校联考期末）某考点配备的信号检测设备的监测范围是半径为100米的圆形区域，一名工作人员持手机以每分钟50米的速度从设备正东方向米的处出发，沿处西北方向走向位于设备正北方向的处，则这名工作人员被持续监测的时长为（ ）
A．1分钟B．分钟
C．2分钟D．分钟
【答案】C
【分析】以设备的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系，求得直线和圆的方程，利用点到直线的距离公式和圆的弦长公式，求得的长，进而求得持续监测的时长.
【详解】以设备的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示，
则，，可得，圆．
记从处开始被监测，到处监测结束，
因为到的距离为米，
所以米，故监测时长为分钟．
故选：C.
37．（2022秋·浙江金华·高二期末）“圆材埋壁”是《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，学会一寸，锯道长一尺，问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知道大小，用锯取锯它，锯口深一寸，锯道长一尺，问这块圆柱形木材的直径是多少？现有圆柱形木材一部分埋在墙壁中，截面如图所示，已知弦尺，弓形高寸，则阴影部分面积约为（注：，，1尺=10寸）
A．6.33平方寸B．6.35平方寸
C．6.37平方寸D．6.39平方寸
【答案】A
【分析】连接OC，设半径为r，则，在直角三角形中应用勾股定理即可求得r，进而求得扇形的面积，减去三角形即可得阴影部分的面积．
【详解】连接OC，设半径为r，寸，则
在直角三角形中，
即，解得
则 ，所以
则
所以扇形的面积
三角形的面积
所以阴影部分面积为
所以选A
38．（2022秋·山东潍坊·高二潍坊一中校考期末）米勒问题，是指德国数学家米勒1471年向诺德尔教授提出的有趣问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长（即可见角最大？）米勒问题的数学模型如下：如图，设 是锐角的一边上的两定点，点是边边上的一动点，则当且仅当的外接圆与边相切时，最大．若，点在轴上，则当最大时，点的坐标为
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设点的坐标为，求出线段的中垂线与线段的中垂线交点的横坐标，即可得到的外接圆圆心的横坐标，由的外接圆与边相切于点，可知的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即可得到点的坐标．
【详解】由于点是边边上的一动点，且点在轴上，故设点的坐标为；
由于，则直线的方程为：，点为直线与轴的交点，故点的坐标为；由于为锐角，点是边边上的一动点，故；
所以线段的中垂线方程为： ；线段的中垂线方程为： ；
故的外接圆的圆心为直线与直线的交点，联立 ，解得： ；即的外接圆圆心的横坐标为
的外接圆与边相切于点，边在轴上，则的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即，解得：或（舍）
所以点的坐标为；
故答案选A
考点七 圆与圆的位置关系
判断圆与圆的位置关系
39．（2022秋·河北张家口·高二统考期末）已知圆与圆，则圆与圆的位置关系为（ ）
A．相交B．外切C．外离D．内含
【答案】B
【分析】确定两圆的圆心和半径，由圆心间的距离与半径的关系即可得解.
【详解】圆化成标准方程为，圆心，半径为，
圆，圆心，半径为，
，圆与圆的位置关系为外切，
故选：B
40．（2022秋·福建福州·高二校考期中）圆与圆的公共点的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．不确定
【答案】C
【分析】判断两圆的位置关系即可得答案.
【详解】解：因为圆变形为
所以，圆的圆心为，半径为，
圆变形为圆，
所以，圆的圆心为，半径为，
因为，
所以，圆与圆相交，其公共点的个数为.
故选：C
41．（2022秋·河北沧州·高二任丘市第一中学校考期中）已知圆（a，b为常数）与．若圆心与关于直线对称，则圆与的位置关系为（ ）
A．内含B．相交C．相切D．外离
【答案】B
【分析】根据条件求出 的圆心 ，再根据 圆心的距离即可判断.
【详解】依题意，所以，又，，，，
，所以两个圆相交；
故选：B.
由圆的位置关系确定参数范围
42．（2022秋·河北张家口·高二校联考期中）已知圆与圆，若圆与圆有且仅有一个公共点，则得实数等于（ ）．
A．7B．3C．3或7D．5
【答案】C
【分析】根据圆与圆的位置关系判断即可得得实数得值.
【详解】解：圆的圆心为，半径为
圆的圆心，半径为
所以，
因为圆与圆有且仅有一个公共点，所以圆与圆相内切或外切，
所以或，所以或或（舍）.
故选：C．
43．（2022秋·江苏苏州·高二苏州中学校考期中）圆与圆内切，则实数的值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】由圆内切得即可解决.
【详解】由题知，
所以，
因为圆与圆内切，
所以，即，
因为，
所以，
故选：C.
44．（2022秋·山东德州·高二统考期中）已知两圆和无公共点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由两圆和无公共点，可得两圆外离或内含，从而可得答案.
【详解】解：圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
设圆心距为，则，
因为两圆和无公共点，
所以两圆外离或内含，
则或，
即或，
解得或或，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
圆的公共弦
45．（2022秋·福建·高二福建师大附中校考期末）圆与圆的公共弦长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】两圆的一般方程相减得到公共弦所在直线的方程，求出圆的圆心到公共弦的距离，再由
公共弦长公式求出答案即可.
【详解】联立两个圆的方程，
两式相减可得公共弦方程，
圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到公共弦的距离为，
公共弦长为.
故选：A.
46．（2022秋·江苏常州·高二常州市第二中学校考期中）圆：和圆：的公共弦AB的垂直平分线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，得到圆心，，公共弦AB的垂直平分线即为直线，利用两点式求出直线方程，化为一般式.
【详解】变形为，圆心为，
变形为，圆心为，
公共弦AB的垂直平分线即为直线，
即，整理得.
故选：D
47．（2022秋·四川南充·高二四川省南充高级中学校考期中）已知圆 与圆的公共弦所在直线恒过点，则点的坐标为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】计算公共弦所在直线为，得到，解得答案.
【详解】圆 与圆的公共弦所在直线为
，即，故，解得，
故直线过定点.
故选：A
48．（2022秋·四川成都·高二四川省成都市第八中学校校考期中）已知圆 与圆的公共弦所在直线恒过定点且点在直线上， 则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆和的方程得到公共弦所在的直线方程，可得点，进而可得，再利用基本不等式即可得到的最大值.
【详解】由圆 ， 圆:，
得圆 与圆的公共弦所在直线方程为:，
由， 解得， 即，
又在直线上，
， 即，
所以，当且仅当时等号成立，
的最大值为.
故选: D.
49．（2022·高二单元测试）若圆与圆的公共弦的长为1，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．中点的轨迹方程为
D．中点的轨迹方程为
【答案】C
【分析】两圆方程相减求出直线AB的方程，进而根据弦长求得，即可判断A、B选项；由圆的性质可知直线垂直平分线段，进而可得到直线的距离，从而可求出AB中点的轨迹方程，因此可判断C、D选项；
【详解】两圆方程相减可得直线AB的方程为，
即，
因为圆的圆心为，半径为1，
且公共弦AB的长为1，则到直线
的距离为，
所以，解得，
故A、B错误；
由圆的性质可知直线垂直平分线段，
所以到直线的距离
即为AB中点与点的距离，设AB中点坐标为，
因此，
即，故C正确，D错误；
故选：C
圆的公切线
50．（2022秋·广东清远·高二校联考期中）已知圆C1：和圆C2：，则这两个圆的公切线的条数为（ ）
A．1或3B．4C．0D．2
【答案】B
【分析】根据圆的一般方程化为标准方程，求出圆心距，由半径之和小于圆心距知两圆相离，即可判断公切线的条数.
【详解】因为圆C1：，圆C2：，
所以圆心距，
而两圆半径之和，故两个圆相离，
则这两个圆的公切线有4条.
故选：B
51．（2022秋·重庆云阳·高二校考期末）若圆与圆有且仅有一条公切线，则实数（ ）
A．-1B．1C．±1D．0
【答案】D
【分析】利用配方法，结合两圆公切线的性质进行求解即可.
【详解】将化为标准方程得，即圆心为，半径为2，圆的圆心为，半径为1.因为圆与圆有且仅有一条公切线，所以两圆的位置关系为内切，所以，即，解得.
故选：D
52．（2022秋·安徽亳州·高二蒙城第一中学校考期中）已知圆：，圆：，且圆，有且仅有两条公切线，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据两圆位置关系，结合两圆圆心坐标和半径，列出不等关系，求解即可.
【详解】圆：即，圆心，则其半径；
圆：，其圆心，半径；
根据题意，圆相交，则，
即，即，解得.
故选：A.
考点九 与圆有关的轨迹问题
53．（2022秋·广东清远·高二校联考期中）方程表示的曲线是（ ）
A．—个圆B．两个圆
C．一个半圆D．两个半圆
【答案】D
【分析】方程可化为，去绝对值分，两种情况解决即可.
【详解】方程可化为，
因为，
所以或，
若时，则方程为；
若时，则方程为，
故选：D
54．（2022秋·浙江湖州·高二统考期中）已知是圆上的动点，是圆的切线，，则点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由切线长定理可知，点到圆的圆心距离为定值，计算即可.
【详解】因为圆，所以圆心，半径，由勾股定理得，所以，所以的轨迹为以为圆心为半径的圆，所以的轨迹方程是.
故选：A
55．（2022秋·天津滨海新·高二天津市滨海新区塘沽第一中学校考期中）已知点，圆的圆心在直线上且与轴切于点，
(1)求圆的方程；
(2)若直线过点且被圆截得的弦长为，求直线的方程；
(3)设点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)或
(3)．
【分析】(1)先设出圆心，再根据圆的圆心在直线上且与轴切于点建立方程即可求解.
(2)先讨论斜率存在，设出直线方程，根据弦长公式建立方程，求出斜率;再讨论斜率不存在时，求出直线方程，验证是否存在即可.
(3)先设点的坐标为，根据相关点法即可求出的轨迹方程.
【详解】（1）圆的圆心在直线上且与轴切于点，
设圆心坐标为，则，
解得，，
圆心，半径，
故圆的方程为.
（2）点，直线过点，
设直线的斜率为存在）则方程为，
又圆的圆心为，半径，弦长为，
故弦心距，
故，解得，
所以直线方程为，
即，
当的斜率不存在时，的方程为，经验证也满足条件，
故的方程为或.
（3）设点的坐标为，点的坐标为，．
由于，且为的中点，
，
于是有①，
在圆上运动，
，
将①代入上式得，
即点的轨迹方程为．
56．（2022秋·重庆云阳·高二校考期末）已知点，，动点满足．
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)直线 经过点且与曲线只有一个公共点，求直线 的方程．
【答案】(1)；
(2)或．
【分析】（1）设，根据两点间距离公式结合条件即得；
（2）由题可知直线与圆相切，分斜率存在和不存在讨论，结合点到直线的距离公式即得.
【详解】（1）设，因为点，，动点满足，
所以，
整理得，即，
所以曲线方程为；
（2）由，可知曲线为圆心为，半径为4的圆，
所以直线 与圆相切，
当直线的斜率不存在时，直线，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线，即，
则，解得，
所以直线的方程为，即，
综上，直线的方程为或．
57．（2022秋·山东临沂·高二统考期中）点为圆C：上一点，点B在圆C上运动，点M满足．则点M的轨迹方程为______．
【答案】
【分析】首先求出，设出，，利用向量关系，建立等量关系即可求解.
【详解】因为点在圆上，则，解得.
设点，，则由题意可得，，解得，，
又因为点满足圆的方程，代入可得，化简得.
故答案为：
58．（2022秋·河南洛阳·高二统考期中）若是圆：的内接三角形，且，，则的中点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】求出，可得线段的中点的轨迹是以为圆心,1为半径的圆，即可得出结论.
【详解】由题意,,
，，，
线段的中点的轨迹是以为圆心,1为半径的圆，
线段的中点的轨迹方程是：.
故选：D.
59．（2022秋·湖北武汉·高二华中师大一附中校考期中）已知圆.
(1)求过点且与圆相切的直线方程；
(2)已知点．则在圆上是否存在点，使得？若存在，求点的个数，若不存在，说明理由．
【答案】(1)或；
(2)存在，点P的个数为2,理由见解析
【分析】（1）由点到直线的距离公式列式求解，
（2）由题意列式得轨迹方程，由圆和圆的位置关系求解，
【详解】（1）由题意圆C：，圆心，半径，
1）当直线l的斜率不存在时，直线l：，符合题意；
2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：即，
则圆心C到直线l的距离，解得，
所以直线l的方程为即
综上，直线l的方程为或；
（2）假设圆C上存在点P，设，则C：，
又，
即，P的轨迹是圆心为，半径为3的圆.
因为，
所以圆C：与圆相交，
所以点P的个数为2
考点十 与圆有关的最值问题
60．（2022秋·广东江门·高二江门市第二中学校考期中）已知点，点M是圆上的动点，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】易知点为圆外一点，利用点到圆心的距离加半径，即为的最大值.
【详解】将代入，得，
所以点为圆外一点，易知圆心坐标，半径，
所以，
则的最大值为：，
故选：D.
61．（2022·高二单元测试）实数x，y满足，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设，则与圆由交点,再根据圆心到直线的距离小于等于半径列式，解不等式可得．
【详解】设，则与圆有交点，
圆心到直线的距离，
解得．
故选:C．
62．（2022秋·天津南开·高二崇化中学校考期末）已知圆C：上的点到直线l：的最大距离为M､最小距离为m，若，则实数k的值是（ ）
A．B．1C．或1D．或1
【答案】D
【分析】首先根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，进而分类讨论直线与圆的位置关系，从而分别得到距离的最大值与最小值，即可求出圆心到直线的距离，从而可得，解方程组即可求出结果，注意检验即可.
【详解】圆C：的圆心坐标为，半径为；
直线l：化为一般式是.
由点到直线的距离公式可知，圆心到直线l：的距离为，
易知当l与圆C相切时；
当l与圆相交时，，均不合题意，故直线l与圆C必相离，
此时圆C上的点到直线l的最大距离为，最小距离为.
因为，所以，得，即，解得或.
经检验直线l与圆C相离，符合题意.综上，或.
故选：D.
63．（2022秋·四川泸州·高二四川省泸县第一中学校考期末）已知直线与圆相交于点A，B，点P为圆上一动点，则面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用点线距离公式算得圆心到直线的距离，从而利用弦长公式求得，再利用圆上动点到直线的距离的最值求法求得点P到直线的最大距离，由此可求得面积的最大值.
【详解】因为圆，所以圆心为，半径为，如图，
所以圆心到直线的距离，
则，
又点P到直线的距离的最大值为，
所以面积的最大值．
故选：A.
.
64．（2022秋·广东江门·高二台山市第一中学校考期中）过直线上一点作圆的切线，切点为．则四边形的面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由切线性质可得，由勾股定理表示出，进而得解.
【详解】如图，由切线性质可知，，所以，圆的标准方程为，圆心为，半径为，点到直线距离，，要使最小，需使，故.
故选：C
65．（2022秋·湖北·高二校联考期末）若为圆上任意两点，为直线上一个动点，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由图上易知，当不动时，为两切线角最大，再将的最值问题转化为的最值问题可求.
【详解】
如图，为两切线，为直线上一个点，
所以当为两切线是取等号；
又，故只需求，
,又，
故选：B
考点十一 圆的定点定值问题
66．（2022秋·广东茂名·高二统考期中）已知圆M与直线x=2相切，圆心M在直线x+y=0上，且直线被圆M截得的弦长为2.
(1)求圆M的方程，并判断圆M 与圆N：的位置关系；
(2)若在x轴上的截距为且不与坐标轴垂直的直线l与圆M交于A，B两点，在x轴上是否存在定点Q，使得?若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)，相交
(2)存在，
【分析】（1）设圆心与半径，根据条件求解即可得到圆方程；根据两圆心之间的距离与半径的关系判断两圆位置关系.
（2）设Q(t，0)，直线，代入圆方程写出韦达定理， 将用表示，代入韦达定理即可得到为定值.
【详解】（1）设圆M的圆心为，半径为r，
因为圆M与直线x=2相切，所以，
又因为直线被圆M截得的弦长为2，所以
解得即圆心坐标为(0，0)，r=2，
所以圆M的方程为 .
由题意知，圆N的圆心为(3，-4)，半径R=，
， .
因为 ，，
所以圆M与圆N相交.
（2）存在.
设l：， ， ，
由得 .
由根与系数的关系，得
假设存在Q(t，0)满足条件，
则 ,
由 ，得，
即
即
即且m≠0，所以 .
所以存在满足条件.
67．（2022秋·河北张家口·高二校联考期中）已知圆，P是圆C上动点，Q为圆C与x轴负半轴交点，E是中点．
(1)求点E的轨迹方程；
(2)过点的直线与点E的轨迹交于A，B两点（A在x轴上方），问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；点N为
【分析】（1）根据相关点法求出点E的轨迹方程即可；
（2）斜率不存在时显然成立；斜率存在时，设直线的方程为，，，，将若x轴平分，转化为，再通过联立方程结合韦达定理将转化为含与的等式即可求解.
【详解】（1）设，因为P是圆C上动点，所以，
因为Q为圆C与x轴负半轴交点，所以，
设，因为E是中点，所以，即，
所以，即，
所以点E的轨迹方程为.
（2）当直线轴时，x轴平分.
当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，，，，
由，得，
所以，．
若x轴平分，则，
∴，∴，
∴，
∴，
所以当点N为时，能使得x轴平分总成立
68．（2022秋·河北张家口·高二统考期末）已知直线与圆交于两点．
(1)当最大时，求直线的方程；
(2)若，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当最大时，直线过圆心，代入圆心坐标可求直线的方程；
（2）直线与圆联立方程组，利用韦达定理证明为定值．
【详解】（1）当最大时，为直径，即直线过圆心，
把圆心代入直线的方程，有，解得，直线的方程为.
（2）证明：设，，由题意知k存在，
由，得
所以 ， ，且，
因为 ，
，，
所以 ，即为定值.
69．（2022秋·山东泰安·高二统考期中）已知线段的端点的坐标是，端点的运动轨迹是曲线，线段的中点的轨迹方程是．
(1)求曲线的方程；
(2)已知斜率为的直线与曲线相交于异于原点的两点直线的斜率分别为，，且．若，为垂足，证明：存在定点，使得为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用中点坐标公式以及求轨迹方程的方法求解；（2）利用韦达定理结合题意求解.
【详解】（1）设，，
由中点坐标公式得．
因为点M的轨迹方程是，
所以，
整理得曲线C的方程为．
（2）设直线l的方程为，，，，
由，得，
所以，，
所以
，
所以，且即，
即，
所以直线的方程为，即直线过定点．
因为为定值，且为直角三角形，为斜边，
所以当点是的中点时，为定值．
因为，，所以由中点坐标公式得．
所以存在定点使得为定值．
条件
图形
D2＋E2－4F<0
不表示任何图形
D2＋E2－4F＝0
表示一个点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))
D2＋E2－4F>0
表示以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))为圆心，以eq \f(\r(D2＋E2－4F),2)为半径的圆
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