2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第4讲　直线与圆、圆与圆的位置关系学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第4讲　直线与圆、圆与圆的位置关系学案，共18页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．直线与圆的位置关系
设直线l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，
圆：(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＝req \\al(2,1)(r1>0)，
圆O2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝req \\al(2,2)(r2>0)．
常用结论
1．圆的切线方程常用结论
(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，则两切点所在直线方程为x0x＋y0y＝r2.
2．圆与圆的位置关系的常用结论
(1)两圆的位置关系与公切线的条数：①内含：0条；②内切：1条；③相交：2条；④外切：3条；⑤外离：4条．
(2)当两圆相交时，两圆方程(x2，y2项系数相同)相减便可得到公共弦所在直线的方程．
二、习题改编
1．(必修2P128练习T4改编)若直线x－y＋1＝0与圆(x－a)2＋y2＝2有公共点，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意可得，圆的圆心为(a，0)，半径为eq \r(2)，
所以eq \f(|a－0＋1|,\r(12＋（－1）2))≤eq \r(2)，即|a＋1|≤2，解得－3≤a≤1.
答案：[－3，1]
2．(必修2P133A组T9)圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦长为________．
解析：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋y2－4＝0，,x2＋y2－4x＋4y－12＝0，))
得两圆公共弦所在直线为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)，所以所求弦长为2eq \r(2).
答案：2eq \r(2)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若直线与圆组成的方程组有解，则直线与圆相交或相切．( )
(2)若两个圆的方程组成的方程组无解，则这两个圆的位置关系为外切．( )
(3)“k＝1”是“直线x－y＋k＝0与圆x2＋y2＝1相交”的必要不充分条件．( )
(4)联立两相交圆的方程，并消掉二次项后得到的二元一次方程是两圆的公共弦所在的直线方程．( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)忽视分两圆内切与外切两种情形；
(2)忽视切线斜率k不存在的情形；
(3)求弦所在直线的方程时遗漏一解．
1．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
2．已知圆C：x2＋y2＝9，过点P(3，1)作圆C的切线，则切线方程为________．
解析：由题意知P在圆外，当切线斜率不存在时，切线方程为x＝3，满足题意；当切线斜率存在时，设斜率为k，所以切线方程为y－1＝k(x－3)，所以kx－y＋1－3k＝0，所以eq \f(|k×0－0＋1－3k|,\r(k2＋（－1）2))＝3，所以k＝－eq \f(4,3)，所以切线方程为4x＋3y－15＝0.综上，切线方程为x＝3或4x＋3y－15＝0.
答案：x＝3或4x＋3y－15＝0
3．若直线过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(3,2)))且被圆x2＋y2＝25截得的弦长是8，则该直线的方程为________．
解析：当直线的斜率不存在时，该直线的方程为x＝－3，代入圆的方程得y＝±4，故该直线被圆截得的弦长为8，满足题意．当直线的斜率存在时，不妨设直线的方程为y＋eq \f(3,2)＝k(x＋3)，即kx－y＋3k－eq \f(3,2)＝0，则圆心到直线的距离d＝eq \f(|6k－3|,2\r(k2＋1))，则2eq \r(52－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|6k－3|,2\r(k2＋1))))\s\up12(2))＝8，解得k＝－eq \f(3,4)，所以直线方程为3x＋4y＋15＝0.
综上所述，所求直线方程为x＝－3或3x＋4y＋15＝0.
答案：x＝－3或3x＋4y＋15＝0
直线与圆的位置关系(多维探究)
角度一 直线与圆位置关系的判断
(一题多解)直线l：mx－y＋1－m＝0与圆C：x2＋(y－1)2＝5的位置关系是( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定，与m的取值有关
【解析】 法一：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(mx－y＋1－m＝0，,x2＋（y－1）2＝5，))消去y，
整理得(1＋m2)x2－2m2x＋m2－5＝0，
因为Δ＝16m2＋20>0，所以直线l与圆相交．
法二：由题意知，圆心(0，1)到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(m2＋1))<1法三：直线l：mx－y＋1－m＝0过定点(1，1)，因为点(1，1)在圆x2＋(y－1)2＝5的内部，所以直线l与圆相交．
【答案】 A
角度二 根据直线与圆的位置关系求参数
(1)若直线x＋my＝2＋m与圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0相交，则实数m的取值范围为( )
A．(－∞，＋∞) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(－∞，0)∪(0，＋∞)
(2)若圆x2＋y2＝r2(r>0)上恒有4个点到直线x－y－2＝0的距离为1，则实数r的取值范围是( )
A．(eq \r(2)＋1，＋∞) B．(eq \r(2)－1，eq \r(2)＋1)
C．(0，eq \r(2)－1) D．(0，eq \r(2)＋1)
【解析】 (1)由x2＋y2－2x－2y＋1＝0得(x－1)2＋(y－1)2＝1，因为直线x＋my＝2＋m与圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0相交，所以eq \f(|1＋m－2－m|,\r(1＋m2))<1，即1＋m2>1，
所以m≠0，即m∈(－∞，0)∪(0，＋∞)．
(2)
计算得圆心到直线l的距离为eq \f(2,\r(2))＝eq \r(2)>1，如图．直线l：x－y－2＝0与圆相交，l1，l2与l平行，且与直线l的距离为1，故可以看出，圆的半径应该大于圆心到直线l2的距离eq \r(2)＋1.故选A.
【答案】 (1)D (2)A
eq \a\vs4\al()
判断直线与圆的位置关系常用的方法
[提醒] 上述方法中最常用的是几何法，点与圆的位置关系法适用于动直线问题．
1．已知点M(a，b)在圆O：x2＋y2＝1外， 则直线ax＋by＝1与圆O的位置关系是( )
A．相切 B．相交
C．相离 D．不确定
解析：选B.因为M(a，b)在圆O：x2＋y2＝1外，
所以a2＋b2＞1，
从而圆心O到直线ax＋by＝1的距离
d＝eq \f(|a·0＋b·0－1|,\r(a2＋b2))＝eq \f(1,\r(a2＋b2))＜1，
所以直线与圆相交．
2．直线y＝－eq \f(\r(3),3)x＋m与圆x2＋y2＝1在第一象限内有两个不同的交点，则m的取值范围是________．
解析：当直线经过点(0，1)时，直线与圆有两个不同的交点，此时m＝1；当直线与圆相切时有圆心到直线的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2)))＝1，解得m＝eq \f(2\r(3),3)(切点在第一象限)，所以要使直线与圆在第一象限内有两个不同的交点，则1答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2\r(3),3)))
3．已知a∈R且为常数，圆C：x2＋2x＋y2－2ay＝0，过圆C内一点(1，2)的直线l与圆C相交于A，B两点．当∠ACB最小时，直线l的方程为2x－y＝0，则a＝________．
解析：将圆的方程配方，得(x＋1)2＋(y－a)2＝1＋a2，圆心为C(－1，a)，当弦AB长度最短时，∠ACB最小，此时圆心C与定点(1，2)的连线和直线2x－y＝0垂直，所以eq \f(a－2,－1－1)×2＝－1，解得a＝3.
答案：3
圆与圆的位置关系(师生共研)
已知两圆x2＋y2－2x－6y＋1＝0，x2＋y2－10x－12y＋m＝0.
(1)m取何值时两圆外切？
(2)m取何值时两圆内切？
(3)当m＝45时，求两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长．
【解】 因为两圆的标准方程分别为(x－1)2＋(y－3)2＝9，
(x－5)2＋(y－6)2＝61－m，
所以两圆的圆心分别为(1，3)，(5，6)，半径分别为3，eq \r(61－m).
(1)当两圆外切时，由eq \r(（5－1）2＋（6－3）2)＝3＋eq \r(61－m)，得m＝57.
(2)当两圆内切时，因为定圆半径3小于两圆圆心之间的距离5，所以eq \r(61－m)－3＝5，解得m＝－3.
(3)由(x2＋y2－2x－6y＋1)－(x2＋y2－10x－12y＋45)＝0，得两圆的公共弦所在直线的方程为4x＋3y－22＝0.
故两圆的公共弦的长为
2 eq \r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|4＋3×3－22|,\r(42＋32))))\s\up12(2))＝eq \f(24,5).
eq \a\vs4\al()
(1)判断两圆位置关系的方法
常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差的绝对值的关系，一般不用代数法．
(2)两圆公共弦长的求法
两圆公共弦长，在其中一圆中，由弦心距d，半弦长eq \f(l,2)，半径r所在线段构成直角三角形，利用勾股定理求解．
[提醒] (1)当两圆相交时，两圆方程相减，所得的直线方程即两圆公共弦所在的直线方程，这一结论的前提是两圆相交，如果不确定两圆是否相交，两圆方程相减得到的方程不一定是两圆的公共弦所在的直线方程．
(2)两圆公共弦的垂直平分线过两圆的圆心．
(3)求公共弦长时，几何法比代数法简单且易求．
1．(2020·佛山调研)已知圆O1的方程为x2＋y2＝1，圆O2的方程为(x＋a)2＋y2＝4，如果这两个圆有且只有一个公共点，那么a的所有取值构成的集合是( )
A．{1，－1，3，－3} B．{5，－5，3，－3}
C．{1，－1} D．{3，－3}
解析：选A.圆心距d＝|a|＝2＋1＝3或d＝|a|＝2－1＝1，所以a＝1，－1，3，－3.故选A.
2．(2020·武汉模拟)若圆O1：x2＋y2＝5与圆O2：(x＋m)2＋y2＝20相交于A，B两点，且两圆在点A处的切线互相垂直，则线段AB＝________．
解析：连接O1A，O2A，由于⊙O1与⊙O2在点A处的切线互相垂直，因此O1A⊥O2A，所以O1Oeq \\al(2,2)＝O1A2＋O2A2，即m2＝5＋20＝25，所以m＝±5，设直线AB交x轴于点C.由S△AO1O2＝eq \f(1,2)|O1O2|·|AC|＝eq \f(1,2)|O1A|·|O2A|，可得eq \f(|AB|,2)×5＝2eq \r(5)×eq \r(5)，解得|AB|＝4.
答案：4
圆的切线问题(师生共研)
已知点P(eq \r(2)＋1，2－eq \r(2))，点M(3，1)，圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝4.
(1)求过点P的圆C的切线方程；
(2)求过点M的圆C的切线方程，并求出切线长．
【解】 由题意得圆心C(1，2)，半径长r＝2.
(1)因为(eq \r(2)＋1－1)2＋(2－eq \r(2)－2)2＝4，
所以点P在圆C上．
又kPC＝eq \f(2－\r(2)－2,\r(2)＋1－1)＝－1，所以切线的斜率k＝－eq \f(1,kPC)＝1.
所以过点P的圆C的切线方程是y－(2－eq \r(2))＝1×[x－(eq \r(2)＋1)]，即x－y＋1－2eq \r(2)＝0.
(2)因为(3－1)2＋(1－2)2＝5＞4，所以点M在圆C的外部．
当过点M的直线斜率不存在时，直线方程为x＝3，
即x－3＝0.
又点C(1，2)到直线x－3＝0的距离d＝3－1＝2＝r，
即此时满足题意，所以直线x＝3是圆的切线．
当切线的斜率存在时，设切线方程为y－1＝k(x－3)，
即kx－y＋1－3k＝0，
则圆心C到切线的距离d＝eq \f(|k－2＋1－3k|,\r(k2＋1))＝r＝2，
解得k＝eq \f(3,4).所以切线方程为y－1＝eq \f(3,4)(x－3)，即3x－4y－5＝0.综上可得，过点M的圆C的切线方程为x－3＝0或3x－4y－5＝0.
当切线为3x－4y－5＝0时，
因为|MC|＝eq \r(（3－1）2＋（1－2）2)＝eq \r(5)，所以过点M的圆C的切线长为eq \r(|MC|2－r2)＝eq \r(5－4)＝1.
当切线为x＝3时，切线长为1.
eq \a\vs4\al()
(1)求过圆上一点(x0，y0)的切线方程的方法
先求切点与圆心连线的斜率k，若k不存在，则结合图形可直接写出切线方程为y＝y0；若k＝0，则结合图形可直接写出切线方程为x＝x0；若k存在且k≠0，则由垂直关系知切线的斜率为－eq \f(1,k)，由点斜式可求得切线方程．
(2)求过圆外一点(x0，y0)的圆的切线方程的两种方法

1．一条光线从点(－2，－3)射出，经y轴反射后与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为( )
A．－eq \f(5,3)或－eq \f(3,5) B．－eq \f(3,2)或－eq \f(2,3)
C．－eq \f(5,4)或－eq \f(4,5) D．－eq \f(4,3)或－eq \f(3,4)
解析：选D.点(－2，－3)关于y轴的对称点为(2，－3)，由题意，知反射光线所在直线一定过点(2，－3)．设反射光线所在直线的斜率为k，则反射光线所在直线的方程为y＋3＝k(x－2)，即kx－y－2k－3＝0.由反射光线与圆相切，则有eq \f(|－3k－2－2k－3|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝－eq \f(4,3)或k＝－eq \f(3,4).
2．由直线y＝x＋1上的一点向圆(x－3)2＋y2＝1引切线，则切线长的最小值为________．
解析：设圆心为C(3，0)，P为直线y＝x＋1上一动点，过P向圆引切线，切点设为N，所以|PN|min＝(eq \r(|PC|2－1))min＝eq \r(|PC|eq \\al(2,min)－1)，又|PC|min＝eq \f(|3－0＋1|,\r(12＋（－1）2))＝2eq \r(2)，所以|PN|min＝eq \r(7).
答案：eq \r(7)
圆的弦长问题(多维探究)
角度一 求弦长
若a，b，c是△ABC三个内角的对边，且csin C＝3asin A＋3bsin B，则直线l：ax－by＋c＝0被圆O：x2＋y2＝12所截得的弦长为( )
A．4eq \r(6) B．2eq \r(6)
C．6 D．5
【解析】 因为eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C).
故由csin C＝3asin A＋3bsin B可得c2＝3(a2＋b2)．
圆O：x2＋y2＝12的圆心为O(0，0)，半径为r＝2eq \r(3)，圆心O到直线l的距离d＝eq \f(|c|,\r(a2＋b2))＝eq \r(3)，所以直线l被圆O所截得的弦长为2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(（2\r(3)）2－（\r(3)）2)＝6，故选C.
【答案】 C
角度二 已知弦长求参数
设直线y＝x＋2a与圆C：x2＋y2－2ay－2＝0相交于A，B两点，若|AB|＝2eq \r(3)，则圆C的面积为________．
【解析】 圆C的方程可化为x2＋(y－a)2＝a2＋2，可得圆心的坐标为C(0，a)，半径r＝eq \r(a2＋2)，所以圆心到直线x－y＋2a＝0的距离为eq \f(|－a＋2a|,\r(2))＝eq \f(|a|,\r(2))，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|a|,\r(2))))eq \s\up12(2)＋(eq \r(3))2＝(eq \r(a2＋2))2，解得a2＝2，所以圆C的半径为2，所以圆C的面积为4π.
【答案】 4π
角度三 直线与圆相交的综合问题
在平面直角坐标系xOy中，已知圆C与y轴相切，且过点M(1，eq \r(3))，N(1，－eq \r(3))．
(1)求圆C的方程；
(2)已知直线l与圆C交于A，B两点，且直线OA与直线OB的斜率之积为－2.求证：直线l恒过定点，并求出定点的坐标．
【解】 (1)因为圆C过点M(1，eq \r(3))，N(1，－eq \r(3))，
所以圆心C在线段MN的垂直平分线上，即在x轴上，
故设圆心为C(a，0)，易知a>0，
又圆C与y轴相切，所以圆C的半径r＝a，
所以圆C的方程为(x－a)2＋y2＝a2.
因为点M(1，eq \r(3))在圆C上，
所以(1－a)2＋(eq \r(3))2＝a2，解得a＝2.
所以圆C的方程为(x－2)2＋y2＝4.
(2)记直线OA的斜率为k(k≠0)，
则其方程为y＝kx.
联立，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－2）2＋y2＝4，,y＝kx，))消去y，得(k2＋1)x2－4x＝0，解得x1＝0，x2＝eq \f(4,k2＋1).
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2＋1)，\f(4k,k2＋1))).
由k·kOB＝－2，得kOB＝－eq \f(2,k)，直线OB的方程为y＝－eq \f(2,k)x，
在点A的坐标中用－eq \f(2,k)代换k，得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2,k2＋4)，\f(－8k,k2＋4))).
当直线l的斜率不存在时，eq \f(4,k2＋1)＝eq \f(4k2,k2＋4)，得k2＝2，此时直线l的方程为x＝eq \f(4,3).
当直线l的斜率存在时，eq \f(4,k2＋1)≠eq \f(4k2,k2＋4)，即k2≠2.
则直线l的斜率为eq \f(\f(4k,k2＋1)－\f(－8k,k2＋4),\f(4,k2＋1)－\f(4k2,k2＋4))＝
eq \f(4k（k2＋4）＋8k（k2＋1）,4（k2＋4）－4k2（k2＋1）)＝eq \f(3k（k2＋2）,4－k4)＝eq \f(3k,2－k2).
故直线l的方程为y－eq \f(4k,k2＋1)＝eq \f(3k,2－k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,k2＋1))).
即y＝eq \f(3k,2－k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,3)))，所以直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，0)).
综上，直线l恒过定点，定点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，0)).
eq \a\vs4\al()
解有关弦长问题的两种方法
(1)几何法：直线被圆截得的半弦长eq \f(l,2)、弦心距d和圆的半径r构成直角三角形，且r2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)))eq \s\up12(2)＋d2；
(2)代数法：联立直线方程和圆的方程，消元转化为关于x的一元二次方程，由根与系数的关系即可求得弦长|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)或|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)(k≠0)．
1．(2020·合肥模拟)设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过(0，3)，且与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2eq \r(3)，则直线l的方程为( )
A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0
B．3x＋4y－12＝0或x＝0
C．4x－3y＋9＝0或x＝0
D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0
解析：选B.因为圆x2＋y2－2x－2y－2＝0即(x－1)2＋(y－1)2＝4，所以圆心为C(1，1)，圆的半径r＝2，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，圆心到直线l的距离为d＝1，所以|AB|＝2eq \r(4－1)＝2eq \r(3)，符合题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋3，易知圆心C(1，1)到直线y＝kx＋3的距离d＝eq \f(|k－1＋3|,\r(k2＋1))＝eq \f(|k＋2|,\r(k2＋1))，因为d2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|AB|,2)))eq \s\up12(2)＝r2，所以eq \f(（k＋2）2,k2＋1)＋3＝4，解得k＝－eq \f(3,4)，所以直线l的方程为y＝－eq \f(3,4)x＋3，
即3x＋4y－12＝0.综上，直线l的方程为3x＋4y－12＝0或x＝0.故选B.
2．已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点．
(1)求k的取值范围；
(2)若eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝12，其中O为坐标原点，求|MN|.
解：(1)由题设可知直线l的方程为y＝kx＋1.
因为直线l与圆C交于两点，
所以eq \f(|2k－3＋1|,\r(1＋k2))＜1.
解得eq \f(4－\r(7),3)＜k＜eq \f(4＋\r(7),3).
所以k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4－\r(7),3)，\f(4＋\r(7),3))).
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
将y＝kx＋1代入方程(x－2)2＋(y－3)2＝1，
整理得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0.
所以x1＋x2＝eq \f(4（1＋k）,1＋k2)，x1x2＝eq \f(7,1＋k2).
eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝eq \f(4k（1＋k）,1＋k2)＋8.
由题设可得eq \f(4k（1＋k）,1＋k2)＋8＝12，解得k＝1，
所以直线l的方程为y＝x＋1.
故圆心C在直线l上，所以|MN|＝2.
[基础题组练]
1．(2020·江西上饶一模)直线ax－by＝0与圆x2＋y2－ax＋by＝0的位置关系是( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．不能确定
解析：选B.将圆的方程化为标准方程得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(b,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(a2＋b2,4)，所以圆心坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，－\f(b,2)))，半径r＝eq \f(\r(a2＋b2),2).因为圆心到直线ax－by＝0的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a2,2)＋\f(b2,2))),\r(a2＋b2))＝eq \f(\r(a2＋b2),2)＝r，所以直线与圆相切．故选B.
2．圆(x－3)2＋(y－3)2＝9上到直线3x＋4y－11＝0的距离等于1的点的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C.因为圆心到直线的距离为eq \f(|9＋12－11|,5)＝2，又因为圆的半径为3，所以直线与圆相交，由数形结合知，圆上到直线的距离为1的点有3个．
3．(2020·湖南十四校二联)已知直线x－2y＋a＝0与圆O：x2＋y2＝2相交于A，B两点(O为坐标原点)，且△AOB为等腰直角三角形，则实数a的值为( )
A.eq \r(6)或－eq \r(6) B．eq \r(5)或－eq \r(5)
C.eq \r(6) D．eq \r(5)
解析：选B.因为直线x－2y＋a＝0与圆O：x2＋y2＝2相交于A，B两点(O为坐标原点)，且△AOB为等腰直角三角形，所以O到直线AB的距离为1，由点到直线的距离公式可得eq \f(|a|,\r(12＋（－2）2))＝1，所以a＝±eq \r(5)，故选B.
4．已知圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝6，圆O2的圆心坐标为(2，1)．若两圆相交于A，B两点，且|AB|＝4，则圆O2的方程为( )
A．(x－2)2＋(y－1)2＝6
B．(x－2)2＋(y－1)2＝22
C．(x－2)2＋(y－1)2＝6或(x－2)2＋(y－1)2＝22
D．(x－2)2＋(y－1)2＝36或(x－2)2＋(y－1)2＝32
解析：选C.设圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝r2(r>0)．因为圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝6，所以直线AB的方程为4x＋4y＋r2－10＝0，圆心O1到直线AB的距离d＝eq \f(|r2－14|,4\r(2))，由d2＋22＝6，得eq \f(（r2－14）2,32)＝2，所以r2－14＝±8，r2＝6或22.故圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝6或(x－2)2＋(y－1)2＝22.
5．(2020·广东湛江一模)已知圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝72，若直线x＋y－m＝0垂直于圆C的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点，则m＝( )
A．2或10 B．4或8
C．4或6 D．2或4
解析：选B.圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝72的圆心C的坐标为(3，3)，半径r＝6eq \r(2)，
因为直线x＋y－m＝0垂直于圆C的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点，
所以圆心到直线的距离为eq \r(2)，
则有d＝eq \f(|6－m|,\r(1＋1))＝eq \r(2)，
解得m＝4或8，故选B.
6．已知直线ax＋by＋c＝0与圆O：x2＋y2＝1相交于A，B两点，且|AB|＝eq \r(3)，则eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝________．
解析：在△OAB中，|OA|＝|OB|＝1，|AB|＝eq \r(3)，可得∠AOB＝120°，所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝1×1×cs 120°＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
7．已知圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝2截y轴所得线段与截直线y＝2x＋b所得线段的长度相等，则b＝________．
解析：记圆C与y轴的两个交点分别是A，B，由圆心C到y轴的距离为1，|CA|＝|CB|＝eq \r(2)可知，圆心C(1，2)到直线2x－y＋b＝0的距离也等于1才符合题意，于是eq \f(|2×1－2＋b|,\r(5))＝1，解得b＝±eq \r(5).
答案：±eq \r(5)
8．(2020·广东天河一模)已知圆C的方程为x2－2x＋y2＝0，直线l：kx－y＋2－2k＝0与圆C交于A，B两点，则当△ABC面积最大时，直线l的斜率k＝________．
解析：由x2－2x＋y2＝0，得(x－1)2＋y2＝1，则圆的半径r＝1，圆心C(1，0)，
直线l：kx－y＋2－2k＝0与圆C交于A，B两点，
当CA与CB垂直时，△ABC面积最大，
此时△ABC为等腰直角三角形，圆心C到直线AB的距离d＝eq \f(\r(2),2)，
则有eq \f(|2－k|,\r(1＋k2))＝eq \f(\r(2),2)，解得k＝1或7.
答案：1或7
9．圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝4，圆O2的圆心坐标为(2，1)．
(1)若圆O1与圆O2外切，求圆O2的方程；
(2)若圆O1与圆O2相交于A，B两点，且|AB|＝2eq \r(2)，求圆O2的方程．
解：(1)因为圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝4，
所以圆心O1(0，－1)，半径r1＝2.
设圆O2的半径为r2，由两圆外切知|O1O2|＝r1＋r2.
又|O1O2|＝eq \r(（2－0）2＋（1＋1）2)＝2eq \r(2)，
所以r2＝|O1O2|－r1＝2eq \r(2)－2.
所以圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝12－8eq \r(2).
(2)设圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝req \\al(2,2)，
又圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝4，
相减得AB所在的直线方程为4x＋4y＋req \\al(2,2)－8＝0.
设线段AB的中点为H，
因为r1＝2，所以|O1H|＝eq \r(req \\al(2,1)－|AH|2)＝eq \r(2).
又|O1H|＝eq \f(|4×0＋4×（－1）＋req \\al(2,2)－8|,\r(42＋42))＝eq \f(|req \\al(2,2)－12|,4\r(2))，
所以eq \f(|req \\al(2,2)－12|,4\r(2))＝eq \r(2)，解得req \\al(2,2)＝4或req \\al(2,2)＝20.
所以圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4或(x－2)2＋(y－1)2＝20.
10．已知抛物线C：y2＝2x，过点(2，0)的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆．
(1)证明：坐标原点O在圆M上；
(2)设圆M过点P(4，－2)，求直线l与圆M的方程．
解：(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋2.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝2x))可得y2－2my－4＝0，则y1y2＝－4.
又x1＝eq \f(yeq \\al(2,1),2)，x2＝eq \f(yeq \\al(2,2),2)，故x1x2＝eq \f(（y1y2）2,4)＝4.
因此OA的斜率与OB的斜率之积为eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(－4,4)＝－1，所以OA⊥OB.故坐标原点O在圆M上．
(2)由(1)可得y1＋y2＝2m，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4.
故圆心M的坐标为(m2＋2，m)，圆M的半径
r＝eq \r(（m2＋2）2＋m2).
由于圆M过点P(4，－2)，因此eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝0，
故(x1－4)(x2－4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0，
即x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0.
由(1)可得y1y2＝－4，x1x2＝4.
所以2m2－m－1＝0，解得m＝1或m＝－eq \f(1,2).
当m＝1时，直线l的方程为x－y－2＝0，圆心M的坐标为(3，1)，圆M的半径为eq \r(10)，圆M的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10.
当m＝－eq \f(1,2)时，直线l的方程为2x＋y－4＝0，圆心M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)，－\f(1,2)))，圆M的半径为eq \f(\r(85),4)，圆M的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(9,4)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(85,16).
[综合题组练]
1．(2020·安徽马鞍山二模)在平面直角坐标系xOy中，若圆C：(x－3)2＋(y－a)2＝4上存在两点A，B满足：∠AOB＝60°，则实数a的最大值是( )
A．5 B．3
C.eq \r(7) D．2eq \r(3)
解析：选C.根据题意，圆C的圆心为(3，a)，在直线x＝a上，
分析可得：当圆心距离x轴的距离越远，∠AOB越小，
如图：当a>0时，圆心C在x轴上方，若OA、OB为圆的切线且∠AOB＝60°，此时a取得最大值，
此时∠AOC＝30°，
有|OC|＝2|AC|＝4，即(3－0)2＋(a－0)2＝16，
解得a＝eq \r(7)，故实数a的最大值是eq \r(7)，故选C.
2．(2020·安徽合肥二模)在平面直角坐标系xOy中，圆C经过点(0，1)，(0，3)，且与x轴正半轴相切，若圆C上存在点M，使得直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称，则k的最小值为( )
A.eq \f(2\r(3),3) B．eq \r(3)
C．2eq \r(3) D．4eq \r(3)
解析：选D.如图，
因为圆C经过点(0，1)，(0，3)，且与x轴正半轴相切，
所以圆心的纵坐标为2，半径为2，则圆心的横坐标为eq \r(22－12)＝eq \r(3)，
所以圆心坐标为(eq \r(3)，2)，设过原点与圆相切的直线方程为y＝k1x，
由圆心到直线的距离等于半径，得eq \f(|\r(3)k1－2|,\r(keq \\al(2,1)＋1))＝2，解得k1＝0(舍去)或k1＝－4eq \r(3).
所以若圆C上存在点M，使得直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称，则k的最小值为4eq \r(3).
故选D.
3．(2020·安徽皖南八校联考)圆C与直线2x＋y－11＝0相切，且圆心C的坐标为(2，2)，设点P的坐标为(－1，y0)．若在圆C上存在一点Q，使得∠CPQ＝30°，则y0的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(9,2))) B．[－1，5]
C．[2－eq \r(11)，2＋eq \r(11)] D．[2－2eq \r(3)，2＋2eq \r(3)]
解析：选C.由点C(2，2)到直线2x＋y－11＝0的距离为eq \f(|4＋2－11|,\r(5))＝eq \r(5)，可得圆C的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝5.若存在这样的点Q，当PQ与圆C相切时，∠CPQ≥30°，可得sin∠CPQ＝eq \f(CQ,CP)＝eq \f(\r(5),CP)≥sin 30°，即CP≤2eq \r(5)，则eq \r(9＋（y0－2）2)≤2eq \r(5)，解得2－eq \r(11)≤y0≤2＋eq \r(11).故选C.
4．(2020·河南洛阳二模)已知直线x＋y－2＝0与圆O：x2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B两点，C为圆周上一点，线段OC的中点D在线段AB上，且3eq \(AD,\s\up6(→))＝5eq \(DB,\s\up6(→))，则r＝________．
解析：如图，过O作OE⊥AB于点E，连接OA，则|OE|＝eq \f(|0＋0－2|,\r(12＋12))＝eq \r(2)，
易知|AE|＝|EB|，
不妨令|AD|＝5m(m>0)，由3eq \(AD,\s\up6(→))＝5eq \(DB,\s\up6(→))可得|BD|＝3m，|AB|＝8m，
则|DE|＝4m－3m＝m，
在Rt△ODE中，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)r))eq \s\up12(2)＝(eq \r(2))2＋m2，①
在Rt△OAE中，有r2＝(eq \r(2))2＋(4m)2，②
联立①②，解得r＝eq \r(10).
答案：eq \r(10)
5．已知⊙H被直线x－y－1＝0，x＋y－3＝0分成面积相等的四部分，且截x轴所得线段的长为2.
(1)求⊙H的方程；
(2)若存在过点P(a，0)的直线与⊙H相交于M，N两点，且|PM|＝|MN|，求实数a的取值范围．
解：(1)设⊙H的方程为(x－m)2＋(y－n)2＝r2(r>0)，
因为⊙H被直线x－y－1＝0，x＋y－3＝0分成面积相等的四部分，所以圆心H(m，n)一定是两互相垂直的直线x－y－1＝0，x＋y－3＝0的交点，易得交点坐标为(2，1)，所以m＝2，n＝1.
又⊙H截x轴所得线段的长为2，所以r2＝12＋n2＝2.
所以⊙H的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝2.
(2)设N(x0，y0)，由题意易知点M是PN的中点，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋a,2)，\f(y0,2))).
因为M，N两点均在⊙H上，所以(x0－2)2＋(y0－1)2＝2，①
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋a,2)－2))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y0,2)－1))eq \s\up12(2)＝2，
即(x0＋a－4)2＋(y0－2)2＝8，②
设⊙I：(x＋a－4)2＋(y－2)2＝8，
由①②知⊙H与⊙I：(x＋a－4)2＋(y－2)2＝8有公共点，从而2eq \r(2)－eq \r(2)≤|HI|≤2eq \r(2)＋eq \r(2)，
即eq \r(2)≤eq \r(（a－2）2＋（1－2）2)≤3eq \r(2)，
整理可得2≤a2－4a＋5≤18，
解得2－eq \r(17)≤a≤1或3≤a≤2＋eq \r(17)，
所以实数a的取值范围是[2－eq \r(17)，1]∪[3，2＋eq \r(17)]．
6.如图，已知圆C与y轴相切于点T(0，2)，与x轴的正半轴交于两点M，N(点M在点N的左侧)，且|MN|＝3.
(1)求圆C的方程；
(2)过点M任作一直线与圆O：x2＋y2＝4相交于A，B两点，连接AN，BN，求证：kAN＋kBN为定值．
解：(1)因为圆C与y轴相切于点T(0，2)，可设圆心的坐标为(m，2)(m>0)，
则圆C的半径为m，
又|MN|＝3，
所以m2＝4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(25,4)，解得m＝eq \f(5,2)，
所以圆C的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＋(y－2)2＝eq \f(25,4).
(2)证明：由(1)知M(1，0)，N(4，0)，当直线AB的斜率为0时，易知kAN＝kBN＝0，
即kAN＋kBN＝0.
当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝1＋ty，将x＝1＋ty代入x2＋y2－4＝0，并整理得(t2＋1)y2＋2ty－3＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2t,t2＋1),y1y2＝\f(－3,t2＋1，)))，则kAN＋kBN＝eq \f(y1,x1－4)＋eq \f(y2,x2－4)＝eq \f(y1,ty1－3)＋eq \f(y2,ty2－3)＝eq \f(2ty1y2－3（y1＋y2）,（ty1－3）（ty2－3）)＝eq \f(\f(－6t,t2＋1)＋\f(6t,t2＋1),（ty1－3）（ty2－3）)＝0.
综上可知，kAN＋kBN为定值．
方法
位置关系
几何法
代数法
相交
dΔ>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|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
几何法
当切线斜率存在时，设斜率为k，切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即kx－y＋y0－kx0＝0.由圆心到直线的距离等于半径，可得出k的值，进而求出切线方程.
代数法
当切线斜率存在时，设斜率为k，则切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即y＝kx－kx0＋y0，代入圆的方程，得到一个关于x的一元二次方程，由判别式Δ＝0，求得k，切线方程即可求出.