新高考数学一轮复习考点讲义：第09章第4讲圆与圆的位置关系及圆的综合问题（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点讲义：第09章第4讲圆与圆的位置关系及圆的综合问题（含解析），共9页。

一 直线被圆截得的弦长
1．几何法：弦心距d、半径r和弦长|AB|的一半构成直角三角形，弦长|AB|＝2eq \r(r2－d2).
2．代数法：设直线y＝kx＋m与圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0相交于点M，N，代入，消去y，得关于x的一元二次方程，则|MN|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(xM＋xN2－4xMxN).
二 圆与圆的位置关系(⊙O1，⊙O2半径为r1，r2，d＝|O1O2|)
常/用/结/论
过圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和圆C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0交点的圆系方程：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)(该圆系不含圆C2，解题时，注意检验圆C2是否满足题意，以防漏解)．
1．判断下列结论是否正确．
(1)若两圆相切，则有且只有一条公切线．()
(2)在圆中最长的弦是直径．(√)
(3)如果两个圆的方程组成的方程组只有一组实数解，则两圆外切．()
(4)“k＝1”是“直线x－y＋k＝0与圆x2＋y2＝1相交”的必要不充分条件．()
2．若圆x2＋y2＝1与圆(x＋4)2＋(y－a)2＝25相切，则常数a＝________.
解析：两圆的圆心距d＝eq \r(－42＋a2)，由两圆相切(外切或内切)，得eq \r(－42＋a2)＝5＋1或eq \r(－42＋a2)＝5－1，解得a＝±2eq \r(5)或a＝0.
答案：±2eq \r(5)或0
3．圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦长为________．
解析：联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2－4＝0，,x2＋y2－4x＋4y－12＝0，))易得两圆公共弦所在直线方程为x－y＋2＝0.又圆x2＋y2＝4的圆心到直线x－y＋2＝0的距离为eq \f(2,\r(2))＝eq \r(2).由勾股定理得弦长的一半为eq \r(4－2)＝eq \r(2)，则所求弦长为2eq \r(2).
答案：2eq \r(2)
题型 圆与圆的位置关系
典例1已知圆M：x2＋y2－2x－6y－1＝0和圆N：x2＋y2－10x－12y＋m＝0.求：
(1)m取何值时两圆外切？
d＝R1＋R2
(2)m取何值时两圆内切，此时公切线方程是什么？
d＝|R1－R2| 仅有1条，且与两圆心连线垂直．
(3)求m＝45时两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长．
由两圆方程相减即可求得．
利用其中一个圆中的直角三角形即可，半径、半弦长、弦心距构成直角三角形．
解：两圆的标准方程分别为
(x－1)2＋(y－3)2＝11，(x－5)2＋(y－6)2＝61－m，圆心分别为M(1,3)，N(5,6)，
半径分别为eq \r(11)和eq \r(61－m)，则m0)与圆C：x2＋y2＝1相切，则下列说法正确的是( )
A．ab≥eq \f(1,2) B.eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)≥4
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(1,2) D.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≤2eq \r( ,2)
(2)(多选)(2024·山西运城调研)已知直线l：x－y＋5＝0，过直线上任意一点M作圆C：(x－3)2＋y2＝4的两条切线，切点分别为A，B，则有( )
A．|MA|的最小值为4eq \r( ,2)－2
B．不存在点M使得∠AMB为60°
C．当|MC|·|AB|最小时，直线AB的方程为x－2y－1＝0
D．若圆C与x轴交点为P，Q，则eq \(MP,\s\up16(→))·eq \(MQ,\s\up16(→))的最小值为28
解析：(1)依题意可得eq \f(1,\r( ,a2＋b2))＝1，即a2＋b2＝1，所以ab≤eq \f(a2＋b2,2)＝eq \f(1,2)，所以A错误；因为eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))(a2＋b2)＝2＋eq \f(b2,a2)＋eq \f(a2,b2)≥4，所以B正确；因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(a2＋b2＋2ab,4)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)ab≤eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)，所以C正确；因为eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(2,\r( ,ab))≥eq \f(2,\r( ,\f(1,2)))＝2eq \r( ,2)，所以D错误．故选BC.
(2)由题知，圆C的圆心为(3,0)，半径r＝2，
对于A，因为圆心(3,0)到直线l：x－y＋5＝0的距离d＝eq \f(8,\r( ,2))＝4eq \r( ,2)，所以|MC|min＝4eq \r( ,2)，故|MA|min＝eq \r( ,|MC|\\al(2,min)－r2)＝2eq \r( ,7)，故A错误；
对于B，假设存在点M使得∠AMB为60°，则∠AMC＝30°，故在Rt△AMC中，|MC|＝2r＝4，由A选项知|MC|min＝4eq \r( ,2)>4，故矛盾，即不存在点M使得∠AMB为60°，故B正确；
对于C，由于MC⊥AB，故四边形MACB的面积S＝eq \f(1,2)|MC|·|AB|＝2S△MAC＝|MA|·r＝2|MA|，
所以|MC|·|AB|＝4|MA|，故当|MC|·|AB|最小时，|MA|最小，由A选项知|MA|min＝2eq \r( ,7)，此时MC⊥l，l∥AB，即直线AB的斜率为1，由于直线x－2y－1＝0的斜率为eq \f(1,2)，故C错误；
对于D，不妨取P(1,0)，Q(5,0)，设M(x，x＋5)，则eq \(MP,\s\up16(→))·eq \(MQ,\s\up16(→))＝(1－x，－x－5)·(5－x，－x－5)＝(5－x)(1－x)＋(x＋5)2＝2x2＋4x＋30＝2(x＋1)2＋28≥28，当且仅当x＝－1时等号成立，故eq \(MP,\s\up16(→))·eq \(MQ,\s\up16(→))的最小值为28，故D正确．故选BD.
答案：(1)BC (2)BD
题型 与圆有关的轨迹问题
典例4已知圆x2＋y2＝4上一定点A(2,0)，B(1，1)为圆内一点，P，Q为圆上的动点．
(1)求线段AP中点的轨迹方程；
相关点法．
(2)若∠PBQ＝90°，求线段PQ中点的轨迹方程．设PQ中点N(x，y)，则|OP|2＝|ON|2＋|BN|2.
解：(1)设AP的中点为M(x，y)，由中点坐标公式可知点P的坐标为(2x－2,2y)．
因为点P在圆x2＋y2＝4上，
所以(2x－2)2＋(2y)2＝4，
故线段AP中点的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝1.
(2)设PQ的中点为N(x，y)．
在Rt△PBQ中，|PN|＝|BN|.
设O为坐标原点，连接ON(图略)，
则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.
故线段PQ中点的轨迹方程为x2＋y2－x－y－1＝0.
求与圆有关的轨迹方程的方法
对点练4已知圆O：x2＋y2＝1，点A(－1,0)，点B(1,0)．点P是圆O上异于A，B的动点．
(1)证明：kAP·kBP是定值；
(2)过点P作x轴的垂线，垂足为Q，点M满足2eq \(PQ,\s\up16(→))＝－eq \(PM,\s\up16(→))，求点M的轨迹方程C；
(3)根据(2)证明：kAM·kBM是定值．
(1)证明：由已知，直线AP，BP的斜率存在，且AB是圆O的直径，所以AP⊥BP，所以kAP·kBP＝－1，是定值．
(2)解：设P(m，n)，M(x，y)，
则Q(m,0)，eq \(PQ,\s\up16(→))＝(0，－n)，eq \(PM,\s\up16(→))＝(x－m，y－n)，因为2eq \(PQ,\s\up16(→))＝－eq \(PM,\s\up16(→))，
所以2(0，－n)＝－(x－m，y－n)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＝－x＋m，,－2n＝－y＋n，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝x，,n＝\f(1,3)y，))①
因为点P在圆O上，
所以m2＋n2＝1，②
将①代入②，得x2＋eq \f(y2,9)＝1，又点P异于A，B，所以x≠±1，
即点M的轨迹方程C为x2＋eq \f(y2,9)＝1(x≠±1)．
(3)证明：由已知，直线AM，BM斜率存在，
kAM＝eq \f(y,x＋1)，kBM＝eq \f(y,x－1)，
由(2)知x2－1＝－eq \f(y2,9)，
所以kAM·kBM＝eq \f(y,x＋1)·eq \f(y,x－1)＝eq \f(y2,x2－1)＝－9，即kAM·kBM是定值．
相离
外切
相交
内切
内含
图形
量的关系
d>r1＋r2
d＝r1＋r2
|r1－r2|