第42讲　直线与圆、圆与圆的位置关系高考数学一轮复习讲义练习

这是一份第42讲　直线与圆、圆与圆的位置关系高考数学一轮复习讲义练习，共13页。试卷主要包含了 已知圆C1， 已知圆O1， 过点P作圆O等内容，欢迎下载使用。

激活思维
1. (人A 选必一P91例1改)(x－1)2＋(y＋2)2＝6与直线2x＋y－5＝0的位置关系是( D )
A. 相切
B. 相离
C. 相交过圆心
D. 相交但直线不过圆心
【解析】 由题意知圆心(1，－2)到直线2x＋y－5＝0的距离d＝ eq \f(|2×1－2－5|,\r(22＋12))＝ eq \r(5)＜ eq \r(6)，且2×1＋(－2)－5≠0，所以直线与圆相交但不过圆心．
2. (人A 选必一P91例1改)已知直线x＋ eq \r(3)y－2＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，则弦AB的长度是( B )
A. 3 eq \r(2)B. 2 eq \r(3)
C. 2D. 1
【解析】 由题意知，圆心(0，0)到直线x＋ eq \r(3)y－2＝0的距离为 eq \f(|0＋\r(3)×0－2|,\r(12＋(\r(3))2))＝1，则|AB|＝2 eq \r(22－12)＝2 eq \r(3).
3. (人A 选必一P98习题T1改)(多选)已知圆C1：x2＋y2＝4，圆C2：x2＋y2－8x－6y＋16＝0，则下列说法正确的是( BC )
A. 圆C1与圆C2相交
B. 圆C1与圆C2外切
C. 两圆的圆心距为5
D. 两圆的圆心距为3
【解析】 圆C1：x2＋y2＝4，圆心为C1(0，0)，半径r＝2；圆C2：x2＋y2－8x－6y＋16＝0，即(x－4)2＋(y－3)2＝9，圆心为C2(4，3)，半径R＝3.因为|C1C2|＝ eq \r(42＋32)＝5，R＋r＝5＝|C1C2|，所以两圆外切．
4. (人A 选必一P92例2改)圆x2＋y2－4x＝0在点P(1， eq \r(3))处的切线方程为_x－ eq \r(3)y＋2＝0_．
【解析】 圆的方程为(x－2)2＋y2＝4，圆心坐标为(2，0)，半径为2，点P在圆上，所以过点P的半径的斜率为－ eq \r(3)，所以过点P的切线的斜率为 eq \f(\r(3),3)，所以切线方程为y－ eq \r(3)＝ eq \f(\r(3),3)(x－1)，即x－ eq \r(3)y＋2＝0.
5. 已知圆O1：x2＋y2＝5与圆O2：x2＋y2－2x－4y＝0交于A，B两点，则|AB|＝_ eq \r(15)_．
【解析】 由题知，两圆方程相减可得直线AB的方程为2x＋4y－5＝0，且O1(0，0)到直线2x＋4y－5＝0的距离d＝ eq \f(|－5|,\r(22＋42))＝ eq \f(\r(5),2)，所以|AB|＝2 eq \r((\r(5))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2))＝ eq \r(15).
聚焦知识
1. 直线与圆的位置关系
设直线l：Ax＋By＋C＝0 (A2＋B2≠0)，圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2 (r＞0)，d为圆心(a，b)到直线l的距离，联立直线和圆的方程，消元后得到的一元二次方程的判别式为Δ.
2. 圆与圆的位置关系
设圆O1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝r eq \\al(2,1)(r1＞0)，圆O2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝r eq \\al(2,2)(r2＞0).
3. 几个常用结论
(1) 圆的切线方程的常用结论
①过圆x2＋y2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为x0x＋y0y＝r2.
②过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2.
③过圆x2＋y2＝r2外一点M(x0，y0)作圆的两条切线，则两切点所在直线的方程为x0x＋y0y＝r2.
(2) 圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0与圆C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0相交时，公共弦所在直线的方程为 (D1－D2)x＋(E1－E2)y＋F1－F2＝0.
研题型 素养养成
举题说法
直线与圆的位置关系
例1 (2021·新高考Ⅱ卷)(多选)已知直线l：ax＋by－r2＝0与圆C：x2＋y2＝r2，点A(a，b)，则下列说法正确的是( ABD )
A. 若点A在圆C上，则l与圆C相切
B. 若点A在圆C内，则l与圆C相离
C. 若点A在圆C外，则l与圆C相离
D. 若点A在直线l上，则l与圆C相切
【解析】 圆心C(0，0)到直线l的距离d＝ eq \f(r2,\r(a2＋b2)).若点A(a，b)在圆C上，则a2＋b2＝r2，所以d＝ eq \f(r2,\r(a2＋b2))＝|r|，则直线l与圆C相切，故A正确；若点A(a，b)在圆C内，则a2＋b2＜r2，所以d＝ eq \f(r2,\r(a2＋b2))＞|r|，则直线l与圆C相离，故B正确；若点A(a，b)在圆C外，则a2＋b2＞r2，所以d＝ eq \f(r2,\r(a2＋b2))＜|r|，则直线l与圆C相交，故C错误；若点A(a，b)在直线l上，则a2＋b2－r2＝0，即a2＋b2＝r2，所以d＝ eq \f(r2,\r(a2＋b2))＝|r|，则直线l与圆C相切，故D正确．
判断直线与圆的位置关系的常见方法
(1) 几何法：利用d与r的关系．
(2) 代数法：联立方程之后利用Δ判断．
(3) 点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交．
变式1 (2025·台州一模)已知圆C：x2＋y2＋Dx＋Ey＝0，其中D＜0，若圆C上仅有一个点到直线x＋ eq \r(3)y－2＝0的距离为1，则 eq \f(E,D)＝_ eq \r(3)_；圆C的半径取值可能为_ eq \f(1,2)(答案不唯一，满足0＜r＜1即可)_(请写出一个可能的半径取值)．
(变式1答)
【解析】 根据题意，与直线x＋ eq \r(3)y－2＝0的距离为1的点都在直线x＋ eq \r(3)y＝0和x＋ eq \r(3)y－4＝0上．又圆C：x2＋y2＋Dx＋Ey＝0过原点且原点到直线x＋ eq \r(3)y－2＝0的距离为1，则圆心C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))在直线y＝ eq \r(3)x上，且圆C与x＋ eq \r(3)y＝0相切，所以 eq \f(E,D)＝ eq \r(3).如图，因为圆上仅有1个点到直线x＋ eq \r(3)y－2＝0的距离为1，所以圆C与x＋ eq \r(3)y－4＝0无交点，所以r∈(0，1).
圆的弦长、切线问题
视角1 弦长问题
例 2-1 (2023·新高考Ⅱ卷)已知直线l：x－my＋1＝0与圆C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC的面积为 eq \f(8,5)”的m的一个值：_2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一个皆可))_．
【解析】 设点C到直线AB的距离为d，由弦长公式得|AB|＝2 eq \r(4－d2)，所以S△ABC＝ eq \f(1,2)×d×2 eq \r(4－d2)＝ eq \f(8,5)，解得d＝ eq \f(4\r(5),5)或d＝ eq \f(2\r(5),5).又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).
弦长的两种求法
(1) 代数方法：将直线和圆的方程联立得到方程组，消元后得到一个一元二次方程．在判别式Δ＞0的前提下，得到根与系数的关系，根据弦长公式求弦长．
(2) 几何方法：若弦心距为d，圆的半径长为r，则弦长l＝2 eq \r(r2－d2).
变式 2-1 (2024·娄底一模)已知圆C：(x－1)2＋(y＋2)2＝16，过点D(0，1)的动直线l与圆C相交于M，N两点，当|MN|＝2 eq \r(15)时，直线l的方程为_x＝0或4x＋3y－3＝0_.
【解析】 当直线l与x轴垂直时，易知直线l的方程为x＝0，在圆C：(x－1)2＋(y＋2)2＝16中，令x＝0，得(y＋2)2＝15，解得y＝± eq \r(15)－2，此时|MN|＝ eq \r(15)－2－(－ eq \r(15)－2)＝2 eq \r(15)，符合题意；当直线l与x轴不垂直时，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝kx＋1，即kx－y＋1＝0，则圆心C(1，－2)到直线l的距离为d＝ eq \f(|k＋3|,\r(k2＋1)).又|MN|＝2 eq \r(r2－d2)＝2 eq \r(16－d2)＝2 eq \r(15)，所以d＝ eq \f(|k＋3|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝－ eq \f(4,3)，则直线l的方程为y＝－ eq \f(4,3)x＋1，即4x＋3y－3＝0.综上，直线l的方程为x＝0或4x＋3y－3＝0.
视角2 切线问题
例 2-2 (1) (2025·绍兴一模)若曲线y＝eln x在点(e，e)处的切线与圆(x－a)2＋y2＝1相切，则a＝_± eq \r(2)_.
【解析】 由y＝eln x，求导得y′＝ eq \f(e,x)，则y′|x＝e＝1，因此曲线y＝eln x在点(e，e)处的切线方程为y－e＝x－e，即x－y＝0，由直线x－y＝0与圆(x－a)2＋y2＝1相切，得 eq \f(|a|,\r(2))＝1，所以a＝± eq \r(2).
(2) (2023·新高考Ⅰ卷)设过点(0，－2)且与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sin α＝( B )
A. 1B. eq \f(\r(15),4)
C. eq \f(\r(10),4)D. eq \f(\r(6),4)
【解析】 圆x2＋y2－4x－1＝0可化为(x－2)2＋y2＝5，所以圆心为B(2，0).记A(0，－2)，设切点为M，N，如图，因为|AB|＝2 eq \r(2)，|BM|＝ eq \r(5)，故|AM|＝ eq \r(3)，cs eq \f(α,2)＝cs ∠MAB＝ eq \f(|AM|,|AB|)＝ eq \f(\r(3),2\r(2))，sin eq \f(α,2)＝ eq \f(\r(5),2\r(2))，所以sin α＝2sin eq \f(α,2)cs eq \f(α,2)＝2× eq \f(\r(5),2\r(2))× eq \f(\r(3),2\r(2))＝ eq \f(\r(15),4).
(例2-2(2)答)
求过某点的圆的切线问题时，应首先确定点与圆的位置关系，再求切线方程．若点在圆上(即为切点)，则过该点的切线只有一条；若点在圆外，则过该点的切线有两条，此时注意斜率不存在的切线．
变式 2-2 (1) 过点P(4，3)作圆(x－2)2＋(y＋1)2＝4的切线，则切线的方程为_x＝4或3x－4y＝0_．
【解析】 当切线斜率不存在时，切线方程为x＝4，满足题意；当切线斜率存在时，设切线方程为y－3＝k(x－4)，即kx－y－4k＋3＝0，由 eq \f(|2k＋1－4k＋3|,\r(k2＋1))＝2，得k＝ eq \f(3,4)，所以切线方程为 eq \f(3,4)x－y＝0，即3x－4y＝0.综上所述，所求切线方程为x＝4或3x－4y＝0.
(2) 由直线y＝x上的一点P向圆(x－4)2＋y2＝4引切线，切点为Q，则|PQ|的最小值为( B )
A. eq \r(2)B. 2
C. eq \r(6)D. 2 eq \r(2)
【解析】 圆(x－4)2＋y2＝4的圆心为C(4，0)，半径为r＝2，直线的一般方程为x－y＝0，如图，设点P到圆心的距离为d，则有PQ⊥CQ，所以|PQ|＝ eq \r(d2－r2)＝ eq \r(d2－4)，所以d取最小值时，|PQ|取得最小值．因为直线上点P到圆心的距离最小值为圆心到直线的距离，所以d＝ eq \f(|4－0|,\r(1＋1))＝2 eq \r(2)，故|PQ|的最小值为 eq \r(d2－r2)＝ eq \r(8－4)＝2.
(变式2-2(2)答)
圆与圆的位置关系
例3 (1) (2025·景德镇期中)已知圆C1：x2＋y2－2ax－1＋a2＝0与圆C2：(x－1)2＋(y＋1)2＝r2(r＞0)，若存在实数a使得两圆仅有一条公切线，则r的最小值为_2_．
【解析】 因为圆C1：(x－a)2＋y2＝1，所以圆心C1(a，0)，半径为1；因为圆C2：(x－1)2＋(y＋1)2＝r2，所以圆心C2(1，－1)，半径为r.若两圆仅有一条公切线，即两圆相内切，所以|C1C2|＝|r－1|.由于|C1C2|＝ eq \r((a－1)2＋1)≥1，故|r－1|≥1，又r＞0，解得r≥2，即r的最小值为2.
(2) 已知圆O：x2＋y2＝4与圆C：x2＋y2－x＋ eq \r(3)y－3＝0相交于A，B两点，则sin ∠AOB＝_ eq \f(\r(15),8)_．
(例3(2)答)
【解析】 因为圆O：x2＋y2＝4与圆C：x2＋y2－x＋ eq \r(3)y－3＝0相交于A，B两点，所以直线AB的方程为(x2＋y2－4)－(x2＋y2－x＋ eq \r(3)y－3)＝0，即x－ eq \r(3)y－1＝0，所以圆心O(0，0)到AB的距离为d＝ eq \f(1,2)，所以|AB|＝2 eq \r(22－d2)＝ eq \r(15).在△AOB中，|OA|＝|OB|＝2，由余弦定理得cs ∠AOB＝ eq \f(4＋4－15,2×2×2)＝－ eq \f(7,8)，所以sin ∠AOB＝ eq \r(1－cs2∠AOB)＝ eq \r(1－\f(49,64))＝ eq \f(\r(15),8).
变式3 (2024·合肥二检)(多选)已知圆O：x2＋y2＝1，圆C：(x－a)2＋(y－1)2＝4，a∈R，则( AD )
A．两圆的圆心距|OC|的最小值为1
B. 若圆O与圆C相切，则a＝±2 eq \r(2)
C. 若圆O与圆C恰有两条公切线，则－2 eq \r(2)＜a＜2 eq \r(2)
D. 若圆O与圆C相交，则公共弦长的最大值为2
【解析】 圆O：x2＋y2＝1的圆心为O(0，0)，半径r＝1，圆C：(x－a)2＋(y－1)2＝4的圆心为C(a，1)，半径R＝2.对于A，|OC|＝ eq \r(a2＋1)≥1，所以A正确．对于B，当两圆内切时，|OC|＝R－r＝1，即 eq \r(a2＋1)＝1，解得a＝0；当两圆外切时，圆心距d＝|OC|＝R＋r＝3，即 eq \r(a2＋1)＝3，解得a＝±2 eq \r(2).综上所述，若两圆相切，则a＝0或a＝±2 eq \r(2)，故B不正确．对于C，若圆O与圆C恰有两条公切线，则两圆相交，|OC|∈(R－r，R＋r)，即 eq \r(a2＋1)∈(1，3)，可得1＜ eq \r(a2＋1)＜3，解得－2 eq \r(2)＜a＜2 eq \r(2)且a≠0，故C不正确．对于D，若圆O与圆C相交，则当圆O：x2＋y2＝1的圆心O在公共弦上时，公共弦长取最大值2，因此，两圆相交时，公共弦长的最大值为2，故D正确．
随堂内化
1. (2025·邯郸期中)已知圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0及点Q(－2，3)，则下列说法正确的是( B )
A. 直线kx－y－2k＋1＝0与圆C始终有两个交点
B. 若M是圆C上任一点，则|MQ|的取值范围为[2 eq \r(2)，6 eq \r(2)]
C. 若点P(m，m＋1)在圆C上，则直线PQ的斜率为 eq \f(1,4)
D. 圆C与x轴相切
【解析】 圆C：(x－2)2＋(y－7)2＝8，圆心C(2，7)，半径r＝2 eq \r(2).对于A，直线kx－y－2k＋1＝0恒过定点(2，1)，而点(2，1)在圆C外，则过点(2，1)的直线与圆C可能相离，故A不正确．对于B，|CQ|＝4 eq \r(2)，点Q在圆C外，由|CQ|－r≤|MQ|≤|CQ|＋r得2 eq \r(2)≤|MQ|≤6 eq \r(2)，故B正确．对于C，若点P(m，m＋1)在圆C上，则(m－2)2＋(m－6)2＝8，解得m＝4，而点Q(－2，3)，则直线PQ的斜率为 eq \f(m－2,m＋2)＝ eq \f(1,3)，故C不正确．对于D，点C(2，7)到x轴的距离为7，大于圆C的半径，则圆C与x轴相离，即圆C与x轴不相切，故D不正确．
2. (2023·全国甲卷)已知双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 eq \r(5)，C的一条渐近线与圆(x－2)2＋(y－3)2＝1交于A，B两点，则|AB|＝( D )
A. eq \f(\r(5),5)B. eq \f(2\r(5),5)
C. eq \f(3\r(5),5)D. eq \f(4\r(5),5)
【解析】 由e＝ eq \r(5)，得 eq \f(c2,a2)＝ eq \f(a2＋b2,a2)＝1＋ eq \f(b2,a2)＝5，解得 eq \f(b,a)＝2，所以双曲线的一条渐近线为y＝2x，则圆心(2，3)到渐近线的距离d＝ eq \f(|2×2－3|,\r(22＋1))＝ eq \f(\r(5),5)，所以|AB|＝2 eq \r(r2－d2)＝2 eq \r(1－\f(1,5))＝ eq \f(4\r(5),5).
3. (2024·温州二模)(多选)已知圆C1：x2＋y2＝6与圆C2：x2＋y2＋2x－a＝0相交于A，B两点，若S△C1AB＝2S△C2AB，则实数a的值可以是( BD )
A. 10B. 2
C. eq \f(22,3)D. eq \f(14,3)
【解析】 由题意可得弦AB所在直线的方程为2x＋6－a＝0，设圆心C1(0，0)与圆心C2(－1，0)到直线AB的距离分别为d1，d2.因为S△C1AB＝2S△C2AB，即 eq \f(1,2)|AB|·d1＝2× eq \f(1,2)|AB|·d2，所以d1＝2d2.又d1＝ eq \f(|6－a|,2)，d2＝ eq \f(|4－a|,2)，即 eq \f(|6－a|,2)＝2× eq \f(|4－a|,2)，化简可得3a2－20a＋28＝0，即(3a－14)(a－2)＝0，解得a＝2或a＝ eq \f(14,3).
4. (2024·蚌埠三检)已知曲线C：x2＋(y－m)2＝2和C1：y＝x＋2，C2：y＝|x|＋2，若C与C1恰有一个公共点，则实数m＝_0或4_；若C与C2恰有两个公共点，则实数m的取值范围是_(2－ eq \r(2)，2＋ eq \r(2))∪{4}_．
【解析】 曲线C：x2＋(y－m)2＝2表示圆心为C(0，m)，半径为 eq \r(2)的圆．若圆C与C1：x－y＋2＝0恰有一个公共点，则圆C与直线C1相切，可得 eq \f(|2－m|,\r(2))＝ eq \r(2)，解得m＝0或m＝4.因为圆C与C2均关于y轴对称，注意到C2与y轴的交点为(0，2)，若圆C与C2恰有两个公共点，等价于圆C与C2在(0，＋∞)内只有1个交点，且圆C不过(0，2)，此时C2：y＝x＋2，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋2，,x2＋(y－m)2＝2，))消去y得2x2＋2(2－m)x＋(2－m)2－2＝0，此方程只有一个正根，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝4(2－m)2－8[(2－m)2－2]＝0，,\f(m－2,2)＞0))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝4(2－m)2－8[(2－m)2－2]＞0，,(2－m)2－2＜0，))解得m＝4或2－ eq \r(2)＜m＜2＋ eq \r(2)，所以实数m的取值范围是(2－ eq \r(2)，2＋ eq \r(2))∪{4}．
配套精练
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1. 若直线 eq \r(3)x－2y＝0与圆(x－4)2＋y2＝r2(r＞0)相切，则r＝( C )
A. eq \f(48,7) B. 5
C. eq \f(4\r(21),7) D. 25
【解析】 设圆心到直线的距离为d，则d＝ eq \f(|4\r(3) －0|,\r((\r(3))2＋(－2)2))＝ eq \f(4\r(21),7).由直线与圆相切可得r＝ eq \f(4\r(21),7).
2. (2024·石家庄三模)已知圆C1：x2＋y2＝1和圆C2：x2＋y2－6x－8y＋9＝0，则两圆公切线的条数为( C )
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
【解析】 圆C1：x2＋y2＝1的圆心为C1(0，0)，半径r1＝1，圆C2：x2＋y2－6x－8y＋9＝0的圆心为C2(3，4)，半径r2＝4，则|C1C2|＝ eq \r(32＋42)＝5＝r1＋r2，故两圆外切，则两圆公切线的条数为3.
3. (2024·全国甲卷)已知b是a，c的等差中项，直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＋4y－1＝0交于A，B两点，则|AB|的最小值为( C )
A. 2 B. 3
C. 4 D. 2 eq \r(5)
【解析】 因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c，c＝2b－a，代入直线方程ax＋by＋c＝0，得ax＋by＋2b－a＝0，即a(x－1)＋b(y＋2)＝0，令 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1＝0，,y＋2＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－2，))故直线恒过(1，－2).设P(1，－2)，圆化为标准方程得x2＋(y＋2)2＝5，设圆心为C，如图，当PC⊥AB时，|AB|最小，|PC|＝1，|AC|＝|r|＝ eq \r(5)，此时|AB|＝2|AP|＝2 eq \r(|AC|2－|PC|2)＝2 eq \r(5－1)＝4.
(第3题答)
4. (2024·苏锡常镇一调)莱莫恩(Lemine)定理指出：过△ABC的三个顶点A，B，C作它的外接圆的切线，分别和BC，CA，AB所在直线交于点P，Q，R，则P，Q，R三点在同一条直线上，这条直线被称为三角形的Lemine线．在平面直角坐标系xOy中，若三角形的三个顶点坐标分别为A(0，1)，B(2，0)，C(0，－4)，则该三角形的Lemine线的方程为( B )
A. 2x－3y－2＝0 B. 2x＋3y－8＝0
C. 3x＋2y－22＝0 D. 2x－3y－32＝0
【解析】 设△ABC的外接圆方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋E＋F＝0，,4＋2D＋F＝0，,16－4E＋F＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(D＝0，,E＝3，,F＝－4，))所以△ABC的外接圆方程为x2＋y2＋3y－4＝0，即x2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(3,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(25,4).易知在点A(0，1)处的切线方程为y＝1.又直线BC的方程为 eq \f(x,2)＋ eq \f(y,－4)＝1，令y＝1，得x＝ eq \f(5,2)，所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，1)).在点C(0，－4)处的切线方程为y＝－4，又直线AB的方程为 eq \f(x,2)＋y＝1，令y＝－4，得x＝10，所以R(10，－4)，则△ABC的Lemine线的方程为 eq \f(y＋4,1＋4)＝ eq \f(x－10,\f(5,2)－10)，即2x＋3y－8＝0.
二、 多项选择题
5. (2024·郑州三模)已知直线l：ax＋by＋1＝0(a，b不同时为0)，圆C：x2＋y2－2x＝0，则( ACD )
A. 当b2－2a＝1时，直线l与圆C相切
B. 当a＋b＝－2时，直线l与圆C不可能相交
C. 当a＝1，b＝－1时，与圆C外切且与直线l相切的动圆圆心的轨迹是一条抛物线
D. 当a＝1，b＝－1时，直线l与坐标轴相交于A，B两点，则圆C上存在点P满足 eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(PB,\s\up6(→))＝0
【解析】 圆C：x2＋y2－2x＝0，即(x－1)2＋y2＝1，圆心为C(1，0)，半径r＝1.对于A，若b2－2a＝1，则圆心到直线l的距离d＝ eq \f(|a＋1|,\r(a2＋b2))＝ eq \f(|a＋1|,\r(a2＋2a＋1))＝ eq \f(|a＋1|,\r((a＋1)2))＝1＝r，所以直线l与圆C相切，故A正确；对于B，当a＝0，b＝－2时满足a＋b＝－2，此时直线l的方程为y＝ eq \f(1,2)，则圆心C到直线l的距离为 eq \f(1,2)＜r，显然直线l与圆C相交，故B错误；对于C，当a＝1，b＝－1时，直线l：x－y＋1＝0，则直线x－y＋1＋ eq \r(2)＝0与直线l平行，且两平行线间的距离d1＝ eq \f(|1＋\r(2)－1|,\r(12＋(－1)2))＝1，依题意知动圆圆心到直线x－y＋1＋ eq \r(2)＝0的距离与到C(1，0)的距离相等，且点C(1，0)不在直线x－y＋1＋ eq \r(2)＝0上，根据抛物线的定义可知动圆圆心的轨迹是一条抛物线，故C正确；对于D，不妨令A(－1，0)，B(0，1)，AB的中点为D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))).又|AB|＝ eq \r(2)，所以以AB为直径的圆D的方程为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(1,2).又|CD|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－0))\s\up12(2))＝ eq \f(\r(10),2)＜ eq \f(\r(2),2)＋1，所以圆D与圆C相交，所以圆C上存在点P满足 eq \(PA,\s\up6(→))· eq \(PB,\s\up6(→))＝0，故D正确．
(第5题答)
6. (2024·连云港、如皋联考)已知圆C1：x2＋y2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝r2(r＞0)，P，Q分别是圆C1与圆C2上的动点，则( BC )
A. 若圆C1与圆C2无公共点，则0＜r＜4
B. 当r＝5时，两圆公共弦所在直线方程为6x－8y－1＝0
C. 当r＝2时，|PQ|的取值范围为[2，8]
D. 当r＝3时，过点P作圆C2的两条切线，切点分别为A，B，则∠APB不可能等于 eq \f(π,2)
【解析】 易知圆C1：x2＋y2＝1的圆心为C1(0，0)，半径r1＝1；圆C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝r2的圆心为C2(3，－4)，半径为r.对于A，若圆C1与圆C2无公共点，则|C1C2|＞r＋1或|C1C2|＜|r－1|，即可得5＞r＋1或5＜|r－1|，解得0＜r＜4或r＞6，故A错误；对于B，当r＝5时，两圆相交，公共弦为x2＋y2－[(x－3)2＋(y＋4)2]＝1－25，整理可得6x－8y－1＝0，故B正确；对于C，当r＝2时，易知两圆外离，|PQ|∈[|C1C2|－3，|C1C2|＋3]，即|PQ|∈[2，8]，故C正确；对于D，若∠APB＝ eq \f(π,2)，则四边形AC2BP为正方形，如图，则|PC2|＝3 eq \r(2)，而|PC2|∈[|C1C2|－1，|C1C2|＋1]，即|PC2|∈[4，6]，而3 eq \r(2)∈[4，6]，所以存在点P满足∠APB＝ eq \f(π,2)，故D错误．
(第6题答)
三、 填空题
7. (2024·邢台一模)已知a＞0，过点A(a，a)恰好只有一条直线与圆E：x2＋y2－4x＋2y＝0相切，则a＝_1_，该直线的方程为_x－2y＋1＝0_．
【解析】 若过点A(a，a)，a＞0恰好只有一条直线与圆E：x2＋y2－4x＋2y＝0相切，则A(a，a)一定在圆x2＋y2－4x＋2y＝0上，可得a2＋a2－4a＋2a＝0，解得a＝1(a＝0舍去)，故A(1，1)，圆E的标准方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝5，圆心E(2，－1)，半径r＝ eq \r(5).因为kAE＝ eq \f(－1－1,2－1)＝－2，所以该直线的斜率为 eq \f(1,2)，直线方程为y－1＝ eq \f(1,2)(x－1)，即x－2y＋1＝0.
8. (2024·常德3月模拟)已知曲线f(x)＝x ln x－1在x＝1处的切线l与圆C：(x－1)2＋y2＝9相交于A，B两点，则|AB|＝_ eq \r(34)_．
【解析】 由f(x)＝x ln x－1，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，则切线斜率k＝f′(1)＝1，又f(1)＝ln 1－1＝－1，所以切线方程为y－(－1)＝x－1，化简得x－y－2＝0.又因为圆的圆心C(1，0)，半径r＝3，设圆心到直线l的距离为d，则d＝ eq \f(|1－0－2|,\r(2))＝ eq \f(\r(2),2)，故|AB|＝2 eq \r(r2－d2)＝2 eq \r(9－\f(1,2))＝ eq \r(34).
9. (2024·张家口一模)过点P(1，2)作圆O：x2＋y2＝10相互垂直的两条弦AB与CD，则四边形ACBD的面积的最大值为_15_．
【解析】 如图，过点O作OM⊥AB，ON⊥CD，垂足分别为M，N，|OP|＝ eq \r(5).记|OM|＝m，|ON|＝n，则m2＋n2＝5，|AB|＝2 eq \r(10－m2)，|CD|＝2 eq \r(10－n2)，S四边形ACBD＝ eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝2 eq \r(10－m2)· eq \r(10－n2)≤2× eq \f(10－m2＋10－n2,2)＝15，当且仅当 eq \r(10－m2)＝ eq \r(10－n2)，即m＝n＝ eq \f(\r(10),2)时取等号，所以四边形ACBD的面积的最大值为15.
(第9题答)
四、 解答题
10. 已知圆C的半径为2，圆心在x轴正半轴上，直线3x－4y＋4＝0与圆C相切．
(1) 求圆C的方程；
【解答】 设圆心C的坐标为(a，0)(a＞0)，则圆C的方程为(x－a)2＋y2＝4，因为直线3x－4y＋4＝0与圆C相切，所以点C(a，0)到直线3x－4y＋4＝0的距离d＝ eq \f(|3a＋4|,\r(32＋(－4)2))＝2.因为a＞0，所以a＝2，所以圆C的标准方程为(x－2)2＋y2＝4.
(2) 若过点(0，－3)的直线l与圆C交于不同的两点A，B，且 eq \(OA,\s\up6(→))· eq \(OB,\s\up6(→))＝3，O为坐标原点，求直线l的方程．
【解答】 易知直线l的斜率存在且不为0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：y＝kx－3，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－3，,(x－2)2＋y2＝4，))消去y得(k2＋1)x2－(4＋6k)x＋9＝0，Δ＝(4＋6k)2－36(k2＋1)＝48k－20＞0，解得k＞ eq \f(5,12)，所以x1x2＝ eq \f(9,k2＋1)，x1＋x2＝ eq \f(4＋6k,k2＋1)，y1y2＝(kx1－3)(kx2－3)＝k2x1x2－3k(x1＋x2)＋9＝ eq \f(9－12k,k2＋1).因为 eq \(OA,\s\up6(→))· eq \(OB,\s\up6(→))＝3，所以x1x2＋y1y2＝ eq \f(9,k2＋1)＋ eq \f(9－12k,k2＋1)＝3，解得k＝1或k＝－5(舍去)，所以直线l的方程为y＝x－3.
11. 已知圆C的标准方程为(x－2)2＋y2＝4.
(1) 若点Q的坐标为(－2，4)，过点Q作圆C的两条切线，切点分别为M，N，求直线MN的方程．
【解答】 由条件可知Q，M，C，N四点共圆，且QC为直径，记为圆D，则D(0，2)，半径r＝ eq \r(22＋22)＝2 eq \r(2)，所以圆D的方程为x2＋(y－2)2＝8，即x2＋y2－4y－4＝0.因为圆C的方程为x2＋y2－4x＝0，两圆方程相减可得x－y－1＝0，所以直线MN的方程为x－y－1＝0.
(2) 过点A(1，0)任作一条不与y轴垂直的直线与圆C相交于E，F两点，在x非正半轴上是否存在点B，使得∠ABE＝∠ABF？若存在，求点B的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】 假设存在点B(b，0)(b≤0)满足条件，由题可设直线AE：x＝my＋1，E(x1，y1)，F(x2，y2).联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,(x－2)2＋y2＝4，))消去x得(m2＋1)y2－2my－3＝0.因为点A(1，0)在圆C内部，所以Δ＞0恒成立，则y1＋y2＝ eq \f(2m,m2＋1)，y1y2＝ eq \f(－3,m2＋1).因为∠ABE＝∠ABF，所以kBE＝－kBF，即 eq \f(y1,x1－b)＋ eq \f(y2,x2－b)＝0，即 eq \f(y1,my1－b＋1)＋ eq \f(y2,my2－b＋1)＝0，整理得2my1y2＋(1－b)(y1＋y2)＝0，从而2m· eq \f(－3,m2＋1)＋(1－b)· eq \f(2m,m2＋1)＝0，化简有m(b＋2)＝0.因为对任意的m∈R恒成立，所以b＝－2，由此可得假设成立，故存在满足条件的点B，且坐标为(－2，0).
B组 能力提升练
12. (2024·岳阳二模)已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)是圆x2＋y2＝16上的两点，若∠AOB＝ eq \f(π,2)，则|x1＋y1－2|＋|x2＋y2－2|的最大值为( B )
A. 16 B. 12
C. 8 D. 4
13. (2024·汕头一模)(多选)如图，OA是连接河岸AB与OC的一座古桥，因保护古迹与发展的需要，现规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：①新桥BC与河岸AB垂直；②保护区的边界为一个圆，该圆与BC相切，且圆心M在线段OA上；③古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m．经测量，点A，C分别位于点O正北方向60 m、正东方向170 m处，tan ∠BCO＝ eq \f(4,3).根据图中所给的平面直角坐标系，下列结论正确的有( AC )
(第13题)
A. 新桥BC的长为150 m
B. 圆心M可以在点A处
C. 圆心M到点O的距离至多为35 m
D. 当OM的长为20 m时，圆形保护区的面积最大
【解析】由题知C(170，0)，A(0，60)，直线BC的斜率kBC＝－ eq \f(4,3)，则直线BC的方程为y＝－ eq \f(4,3)(x－170)，直线AB的斜率kAB＝－ eq \f(1,kBC)＝ eq \f(3,4)，则直线AB的方程为y＝ eq \f(3,4)x＋60.联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(4,3)(x－170)，,y＝\f(3,4)x＋60，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝80，,y＝120，))即B(80，120)，则|BC|＝ eq \r((80－170)2＋1202)＝150，A正确．设|OM|＝t，即M(0，t)(0≤t≤60)，直线BC的一般方程为4x＋3y－680＝0，圆M的半径为r＝ eq \f(|3t－680|,5)，由0≤t≤60，得r＝136－ eq \f(3,5)t.显然 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(r－t≥80，,r－(60－t)≥80，))则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(136－\f(3,5)t－t≥80，,136－\f(3,5)t－(60－t)≥80，))解得10≤t≤35，即10≤|OM|≤35，B错误，C正确．当t＝10，即OM的长为10 m时，圆M的半径r最大，圆形保护区的面积最大，D错误．
14. (2024·保定二模)已知点P为圆C1：(x－5)2＋y2＝4上位于第一象限内的点，过点P作圆C2：x2＋y2－2ax＋a2－a＋2＝0(2＜a＜5)的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，直线PM，PN分别交x轴于A(1，0)，B(4，0)两点，则 eq \f(|PA|,|PB|)＝_2_，|MN|＝_ eq \r(3)_．
【解析】 圆C2的标准方程为(x－a)2＋y2＝a－2(2＜a＜5)，圆心C2(a，0)，则PC2为∠APB的角平分线，所以 eq \f(|AC2|,|BC2|)＝ eq \f(|PA|,|PB|).设P(x0，y0)，则(x0－5)2＋y eq \\al(2,0)＝4，所以 eq \f(|PA|,|PB|)＝ eq \f(\r((x0－1)2＋y eq \\al(2,0)),\r((x0－4)2＋y eq \\al(2,0)))＝ eq \f(2\r(2x0－5),\r(2x0－5))＝2，则 eq \f(|AC2|,|BC2|)＝2，即a－1＝2|4－a|，解得a＝3(a＝7舍去)，则圆C2：(x－3)2＋y2＝1，所以点N与B(4，0)重合，此时|C2M|＝1，∠MAC2＝30°，可得M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)))，所以|MN|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(5,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝ eq \r(3).
方法
位置关系
几何法
代数法
相交
d_＜_r
Δ_＞_0
相切
d_＝_r
Δ_＝_0
相离
d_＞_r
Δ_＜_0
方法
位置关系
几何法：圆心距d与r1，r2的关系
代数法：两圆方程联立组成方程组的解的情况
外离
_d＞r1＋r2_
_无_解
外切
_d＝r1＋r2_
_一组_实数解
相交
_|r1－r2|＜d＜r1＋r2_
_两组不同的_
实数解
内切
d＝_|r1－r2|_(r1≠r2)
一组实数解
内含
0_≤_d_＜_|r1－r2|(r1≠r2)
无解