新高考数学二轮复习考点突破学案6.1《直线与圆》（2份打包，原卷版+教师版）

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[考情分析] 1.和导数、圆锥曲线相结合，求直线的方程，考查点到直线的距离公式，多以选择题、填空题的形式出现，中低难度.2.和圆锥曲线相结合，求圆的方程或弦长、面积等，中高难度.
考点一 直线的方程
核心提炼
1.已知直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0(A1，B1不同时为零)，直线l2：A2x＋B2y＋C2＝0(A2，B2不同时为零)，则l1∥l2⇔A1B2﹣A2B1＝0，且A1C2﹣A2C1≠0，l1⊥l2⇔A1A2＋B1B2＝0.
2.点P(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为零)的距离d＝eq \f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2)).
3.两条平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0(A，B不同时为零)间的距离d＝eq \f(|C1－C2|,\r(A2＋B2)).
例1 (1)已知直线l1：ax﹣4y﹣3＝0，l2：x﹣ay＋1＝0，则“a＝2”是“l1∥l2”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
答案为：A
解析：若l1∥l2，则有﹣a2＋4＝0，解得a＝±2，
当a＝2时，l1：2x﹣4y﹣3＝0，l2：x﹣2y＋1＝0，l1∥l2，
当a＝﹣2时，l1：2x＋4y＋3＝0，l2：x＋2y＋1＝0，l1∥l2，
所以若l1∥l2，则a＝±2，所以“a＝2”是“l1∥l2”的充分不必要条件.
(2)已知直线l1：kx＋y＝0过定点A，直线l2：x﹣ky＋2eq \r(2)＋2k＝0过定点B，l1与l2的交点为C，则|AC|＋|BC|的最大值为______.
答案为：2eq \r(6)
解析：由l1：kx＋y＝0，得l1过定点A(0,0)，由l2：x＋2eq \r(2)＋k(2﹣y)＝0，
得l2过定点B(﹣2eq \r(2)，2)，显然k×1＋1×(﹣k)＝0，即l1，l2相互垂直，
而l1与l2的交点为C，即AC⊥BC，又|AB|＝2eq \r(3)，∴|AC|2＋|BC|2＝12，
∴(|AC|＋|BC|)2＝12＋2|AC|·|BC|≤12＋(|AC|2＋|BC|2)＝24，
∴|AC|＋|BC|的最大值为2eq \r(6)，当且仅当|AC|＝|BC|＝eq \r(6)时，等号成立.
∴|AC|＋|BC|的最大值为2eq \r(6).
易错提醒 解决直线方程问题的三个注意点
(1)求解两条直线平行的问题时，在利用A1B2﹣A2B1＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性.
(2)要注意直线方程每种形式的局限性，点斜式、两点式、斜截式要求直线不能与x轴垂直，而截距式方程既不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线.
(3)讨论两直线的位置关系时，要注意直线的斜率是否存在.
跟踪演练1 (1)已知直线l：ax＋y﹣2＋a＝0在x轴与y轴上的截距相等，则实数a的值是( )
A.1 B.﹣1 C.﹣2或1 D.2或1
答案为：D
解析：当a＝0时，直线y＝2，此时不符合题意，应舍去；
当a≠0时，由直线l：ax＋y﹣2＋a＝0可得，横截距为eq \f(2－a,a)，纵截距为2﹣a.
由eq \f(2－a,a)＝2﹣a，解得a＝1或a＝2.
经检验，a＝1,2均符合题意，故a的值是2或1.
(2)若直线l1：x﹣2y＋1＝0与直线l2：2x＋my＋1＝0平行，则直线l1与l2之间的距离为________.
答案为：eq \f(\r(5),10)
解析：由直线l1：x﹣2y＋1＝0与直线l2：2x＋my＋1＝0平行，
可得1×m﹣2×(﹣2)＝0，即m＝﹣4，故两直线可化为l1：2x﹣4y＋2＝0，l2：2x﹣4y＋1＝0，故直线l1与l2之间的距离为d＝eq \f(|2－1|,\r(22＋42))＝eq \f(\r(5),10).
考点二 圆的方程
核心提炼
1.圆的标准方程
当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(x﹣a)2＋(y﹣b)2＝r2.
2.圆的一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2﹣4F>0，表示以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))为圆心，eq \f(\r(D2＋E2－4F),2)为半径的圆.
例2 (1)已知圆C与直线y＝x及x﹣y﹣4＝0都相切，圆心在直线y＝﹣x上，则圆C的方程为( )
A.(x＋1)2＋(y﹣1)2＝2 B.(x＋1)2＋(y＋1)2＝2
C.(x﹣1)2＋(y﹣1)2＝2 D.(x﹣1)2＋(y＋1)2＝2
答案为：D
解析：因为圆心在直线y＝﹣x上，设圆心坐标为(a，﹣a)，
因为圆C与直线y＝x及x﹣y﹣4＝0都相切，所以eq \f(|a＋a|,\r(2))＝eq \f(|a＋a－4|,\r(2))，
解得a＝1，所以圆心坐标为(1，﹣1)，又eq \f(|1＋1|,\r(2))＝R，所以R＝eq \r(2)，
所以圆的方程为(x﹣1)2＋(y＋1)2＝2.
(2)(多选在平面直角坐标系中，存在三点A(﹣1,0)，B(1,0)，C(0,7)，动点P满足|PA|＝eq \r(2)|PB|，则( )
A.点P的轨迹方程为(x﹣3)2＋y2＝8
B.△PAB面积最大时|PA|＝2eq \r(6)
C.∠PAB最大时，|PA|＝2eq \r(6)
D.P到直线AC距离的最小值为eq \f(4\r(2),5)
答案为：ABD
解析：设P(x，y)，由|PA|＝eq \r(2)|PB|得|PA|2＝2|PB|2，即(x＋1)2＋y2＝2[(x﹣1)2＋y2]，
化简可得(x﹣3)2＋y2＝8，即点P的轨迹方程为(x﹣3)2＋y2＝8，A正确；
∵直线AB过圆(x﹣3)2＋y2＝8的圆心，
∴点P到直线AB的距离的最大值为圆(x﹣3)2＋y2＝8的半径r，即为2eq \r(2)，
∵|AB|＝2，∴△PAB面积最大为eq \f(1,2)×2×2eq \r(2)＝2eq \r(2)，此时P(3，±2eq \r(2))，
∴|PA|＝eq \r(3＋12＋2\r(2)2)＝2eq \r(6)，B正确；
当∠PAB最大时，则PA为圆(x﹣3)2＋y2＝8的切线，
∴|PA|＝eq \r(3＋12－8)＝2eq \r(2)，C错误；
直线AC的方程为7x﹣y＋7＝0，则圆心(3,0)到直线AC的距离为eq \f(7×3＋7,\r(72＋1))＝eq \f(14\r(2),5)，
∴点P到直线AC距离的最小值为eq \f(14\r(2),5)﹣2eq \r(2)＝eq \f(4\r(2),5)，D正确.
规律方法 解决圆的方程问题一般有两种方法
(1)几何法：通过研究圆的性质、直线与圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程.
(2)代数法：即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数.
跟踪演练2 (1)(2022·全国甲卷)设点M在直线2x＋y﹣1＝0上，点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，则⊙M的方程为________________.
答案为：(x﹣1)2＋(y＋1)2＝5
解析：方法一 设⊙M的方程为(x﹣a)2＋(y﹣b)2＝r2，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋b－1＝0，,3－a2＋b2＝r2，,a2＋1－b2＝r2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－1，,r2＝5，))∴⊙M的方程为(x﹣1)2＋(y＋1)2＝5.
方法二 设⊙M的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2﹣4F＞0)，
则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(E,2)))－1＝0，,9＋3D＋F＝0，,1＋E＋F＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(D＝－2，,E＝2，,F＝－3，))
∴⊙M的方程为x2＋y2﹣2x＋2y﹣3＝0，即(x﹣1)2＋(y＋1)2＝5.
方法三 设A(3,0)，B(0,1)，⊙M的半径为r，
则kAB＝eq \f(1－0,0－3)＝﹣eq \f(1,3)，AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(1,2)))，
∴AB的垂直平分线方程为y﹣eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，即3x﹣y﹣4＝0.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－y－4＝0，,2x＋y－1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－1，))∴M(1，﹣1)，
∴r2＝|MA|2＝(3﹣1)2＋[0﹣(﹣1)]2＝5，∴⊙M的方程为(x﹣1)2＋(y＋1)2＝5.
(2)直线l过定点(1，﹣2)，过点P(﹣1,0)作l的垂线，垂足为M，已知点N(2,1)，则|MN|的最大值为________.
答案为：3eq \r(2)
解析：设点A(1，﹣2)，依题意知AM⊥PM，所以点M的轨迹是以AP为直径的圆，
圆心C的坐标为(0，﹣1)，半径为R＝eq \f(1,2)|AP|＝eq \r(2)，又N(2,1)为圆外一点，
所以|MN|max＝|NC|＋R＝eq \r(2－02＋1＋12)＋eq \r(2)＝3eq \r(2).
考点三 直线、圆的位置关系
核心提炼
1.直线与圆的位置关系：相交、相切和相离.
其判断方法为：
(1)点线距离法.
(2)判别式法：设圆C：(x﹣a)2＋(y﹣b)2＝r2，直线l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ax＋By＋C＝0，,x－a2＋y－b2＝r2，))
消去y，得到关于x的一元二次方程，其根的判别式为Δ，则直线与圆相离⇔Δ0.
2.圆与圆的位置关系，即内含、内切、相交、外切、外离.
考向1 直线与圆的位置关系
例3 (1)在平面直角坐标系中，已知直线ax﹣y＋2＝0与圆C：x2＋y2﹣2x﹣3＝0交于A，B两点，若钝角△ABC的面积为eq \r(3)，则实数a的值是( )
A.﹣eq \f(3,4) B.﹣eq \f(4,3) C.eq \f(3,4) D.eq \f(4,3)
答案为：A
解析：由圆C：x2＋y2﹣2x﹣3＝0，可得圆心坐标为C(1,0)，半径为r＝2，
因为钝角△ABC的面积为eq \r(3)，则S△ABC＝eq \f(1,2)×2×2sin∠ACB＝eq \r(3)，
解得sin∠ACB＝eq \f(\r(3),2)，所以∠ACB＝eq \f(2π,3)，可得|AB|＝2eq \r(3)，
又由圆的弦长公式，可得2eq \r(4－d2)＝2eq \r(3)，解得d＝1，
根据点到直线ax﹣y＋2＝0的距离公式d＝eq \f(|a＋2|,\r(a2＋1))＝1，解得a＝﹣eq \f(3,4).
(2)设点A(﹣2,3)，B(0，a)，若直线AB关于y＝a对称的直线与圆(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点，则a的取值范围是________.
答案为：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,2)))
解析：方法一 由题意知点A(﹣2,3)关于直线y＝a的对称点为A′(﹣2,2a﹣3)，
所以kA′B＝eq \f(3－a,2)，所以直线A′B的方程为y＝eq \f(3－a,2)x＋a，即(3﹣a)x﹣2y＋2a＝0.
由题意知直线A′B与圆(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点，
易知圆心坐标为(﹣3，﹣2)，半径为1，
所以eq \f(|－33－a＋－2×－2＋2a|,\r(3－a2＋－22))≤1，
整理得6a2﹣11a＋3≤0，解得eq \f(1,3)≤a≤eq \f(3,2)，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,2))).
方法二 易知(x＋3)2＋(y＋2)2＝1关于y轴对称的圆的方程为(x﹣3)2＋(y＋2)2＝1，
由题意知该对称圆与直线AB有公共点.直线AB的方程为y＝eq \f(a－3,2)x＋a，
即(a﹣3)x﹣2y＋2a＝0，又对称圆的圆心坐标为(3，﹣2)，半径为1，
所以eq \f(|3a－3＋－2×－2＋2a|,\r(a－32＋－22))≤1，
整理得6a2﹣11a＋3≤0，解得eq \f(1,3)≤a≤eq \f(3,2)，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,2))).
方法三 易知(x＋3)2＋(y＋2)2＝1关于y轴对称的圆的方程为(x﹣3)2＋(y＋2)2＝1，
由题意知该对称圆与直线AB有公共点.设直线AB的方程为y﹣3＝k(x＋2)，
即kx﹣y＋3＋2k＝0，因为对称圆的圆心坐标为(3，﹣2)，半径为1，
所以eq \f(|5k＋5|,\r(k2＋－12))≤1，解得﹣eq \f(4,3)≤k≤﹣eq \f(3,4)，又k＝eq \f(a－3,2)，所以﹣eq \f(4,3)≤eq \f(a－3,2)≤﹣eq \f(3,4)，
解得eq \f(1,3)≤a≤eq \f(3,2)，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,2))).
考向2 圆与圆的位置关系
例4 (1)圆C1：(x﹣2)2＋(y﹣4)2＝9与圆C2：(x﹣5)2＋y2＝16的公切线条数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案为：B
解析：依题意得，圆C1的圆心C1(2,4)，半径R1＝3，圆C2的圆心C2(5,0)，半径R2＝4，|C1C2|＝eq \r(2－52＋42)＝5∈(1,7)，故圆C1与C2相交，有2条公切线.
(2)已知直线l：x﹣y＋1＝0，若P为l上的动点，过点P作⊙C：(x﹣5)2＋y2＝9的切线PA，PB，切点为A，B，当|PC|·|AB|最小时，直线AB的方程为________.
答案为：x﹣y﹣2＝0
解析：⊙C：(x﹣5)2＋y2＝9的圆心C(5,0)，半径r＝3，
∵四边形PACB的面积S＝eq \f(1,2)|PC|·|AB|＝2S△PAC＝|PA|·|AC|＝3|PA|＝3eq \r(|PC|2－9)，
∴要使|PC|·|AB|最小，则需|PC|最小，当PC与直线l垂直时，|PC|最小，
此时直线PC的方程为y＝﹣x＋5，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,y＝－x＋5，))解得P(2,3)，
则以PC为直径的圆的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2)))2＝eq \f(9,2)，
则两圆方程相减可得直线AB的方程为x﹣y﹣2＝0.
规律方法 直线与圆相切问题的解题策略
直线与圆相切时，利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立关于切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式.过圆外一点求解切线段长的问题，可先求出圆心到圆外一点的距离，再结合半径利用勾股定理计算.
跟踪演练3 (1)(多选)已知直线l：kx﹣y﹣k＋1＝0，圆C的方程为(x﹣2)2＋(y＋2)2＝16，则下列选项中正确的是( )
A.直线l与圆C一定相交
B.当k＝0时，直线l与圆C交于M，N两点，点E是圆C上的动点，则△MNE面积的最大值为3eq \r(7)
C.当l与圆有两个交点M，N时，|MN|的最小值为2eq \r(6)
D.若圆C与坐标轴分别交于A，B，C，D四个点，则四边形ABCD的面积为48
答案为：AC
解析：直线l：kx﹣y﹣k＋1＝0过定点P(1,1)，(1﹣2)2＋(1＋2)20，则点O(0,0)到l3的距离为1，
所以1＝eq \f(|t|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))2＋－12))，解得t＝eq \f(5,4)或t＝﹣eq \f(5,4)(舍去)，
所以公切线l3的方程为y＝﹣eq \f(3,4)x＋eq \f(5,4)，即3x＋4y﹣5＝0.
综上，所求直线方程为x＝﹣1或7x﹣24y﹣25＝0或3x＋4y﹣5＝0.
专题强化练
一、单项选择题
1.直线l经过两条直线x﹣y＋1＝0和2x＋3y＋2＝0的交点，且平行于直线x﹣2y＋4＝0，则直线l的方程为( )
A.x﹣2y﹣1＝0 B.x﹣2y＋1＝0
C.2x﹣y＋2＝0 D.2x＋y﹣2＝0
答案为：B
解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋1＝0，,2x＋3y＋2＝0))得两直线交点为(﹣1,0)，直线l的斜率与x﹣2y＋4＝0相同，
为eq \f(1,2)，则直线l的方程为y﹣0＝eq \f(1,2)(x＋1)，即x﹣2y＋1＝0.
2.已知A(﹣eq \r(3)，0)，B(eq \r(3)，0)，C(0,3)，则△ABC外接圆的方程为( )
A.(x﹣1)2＋y2＝2 B.(x﹣1)2＋y2＝4
C.x2＋(y﹣1)2＝2 D.x2＋(y﹣1)2＝4
答案为：D
解析：设△ABC外接圆的方程为(x﹣a)2＋(y﹣b)2＝r2
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)－a2＋0－b2＝r2，,\r(3)－a2＋0－b2＝r2，,0－a2＋3－b2＝r2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝0，,b＝1，,r＝2.))
则△ABC外接圆的方程为x2＋(y﹣1)2＝4.
3.图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为eq \f(DD1,OD1)＝0.5，eq \f(CC1,DC1)＝k1，eq \f(BB1,CB1)＝k2，eq \f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3等于( )
B.0.8 D.0.9
答案为：D
解析：设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，
依题意，有k3﹣0.2＝k1，k3﹣0.1＝k2，
且eq \f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，所以eq \f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，故k3＝0.9.
4.过圆C：(x﹣1)2＋y2＝1外一点P作圆C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，若PA⊥PB，则点P到直线l：x＋y﹣5＝0的距离的最小值为( )
A.1 B.eq \r(2) C.2eq \r(2) D.3eq \r(2)
答案为：B
解析：因为过圆C：(x﹣1)2＋y2＝1外一点P向圆C引两条切线PA，PB，切点分别为A，B，
由PA⊥PB可知，四边形CAPB是边长为1的正方形，所以|CP|＝eq \r(2)，
所以P点的轨迹是以C(1,0)为圆心，eq \r(2)为半径的圆，则圆心C(1,0)到直线l：x＋y﹣5＝0的距离d＝eq \f(|1＋0－5|,\r(2))＝eq \f(4,\r(2))＝2eq \r(2)，所以点P到直线l：x＋y﹣5＝0的最短距离为d﹣r＝2eq \r(2)﹣eq \r(2)＝eq \r(2).
5.与直线x﹣y﹣4＝0和圆(x＋1)2＋(y﹣1)2＝2都相切的半径最小的圆的方程是( )
A.(x＋1)2＋(y＋1)2＝2 B.(x＋1)2＋(y＋1)2＝4
C.(x﹣1)2＋(y＋1)2＝2 D.(x﹣1)2＋(y＋1)2＝4
答案为：C
解析：圆(x＋1)2＋(y﹣1)2＝2的圆心坐标为(﹣1,1)，半径为eq \r(2)，过圆心(﹣1,1)与直线x﹣y﹣4＝0垂直的直线方程为x＋y＝0，所求圆的圆心在此直线上，又圆心(﹣1,1)到直线x﹣y﹣4＝0的距离为eq \f(6,\r(2))＝3eq \r(2)，则所求圆的半径为eq \r(2)，设所求圆的圆心为(a，b)，且圆心在直线x＋y＝0上，所以eq \f(|a－b－4|,\r(2))＝eq \r(2)，且a＋b＝0，解得a＝1，b＝﹣1(a＝3，b＝﹣3不符合题意，舍去)，故所求圆的方程为(x﹣1)2＋(y＋1)2＝2.
6.已知圆O：x2＋y2＝eq \f(9,4)，圆M：(x﹣a)2＋(y﹣1)2＝1，若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得∠APB＝eq \f(π,3)，则实数a的取值范围是( )
A.[﹣eq \r(15)，eq \r(15)] B.[﹣eq \r(3)，eq \r(3)]
C.[eq \r(3)，eq \r(15)] D.[﹣eq \r(15)，﹣eq \r(3)]∪[eq \r(3)，eq \r(15)]
答案为：D
解析：由题可知圆O的半径为eq \f(3,2)，圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得∠APB＝eq \f(π,3)，则∠APO＝eq \f(π,6)，在Rt△PAO中，|PO|＝3，∴点P在圆x2＋y2＝9上，
由于点P也在圆M上，故两圆有公共点.
又圆M的半径等于1，圆心坐标M(a，1)，∴3﹣1≤|OM|≤3＋1，
∴2≤eq \r(a2＋1)≤4，∴a∈[﹣eq \r(15)，﹣eq \r(3)]∪[eq \r(3)，eq \r(15)].
7.已知圆C1：(x＋6)2＋(y﹣5)2＝4，圆C2：(x﹣2)2＋(y﹣1)2＝1，M，N分别为圆C1和C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的取值范围是( )
A.[6，＋∞) B.[7，＋∞) C.[10，＋∞) D.[15，＋∞)
答案为：B
解析：C1(﹣6,5)，C2(2,1)，C1关于x轴的对称点为C3(﹣6，﹣5)，
故|PC1|＋|PC2|≥|C2C3|＝eq \r(64＋36)＝10，又两圆的半径分别为2,1，
则|PM|＋|PN|≥10﹣2﹣1＝7，故|PM|＋|PN|的取值范围是[7，＋∞).
8.瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上.这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作△ABC，|AB|＝|AC|，点B(﹣1,1)，点C(3,5)，过其“欧拉线”上一点Р作圆O：x2＋y2＝4的两条切线，切点分别为M，N，则|MN|的最小值为( )
A.eq \r(2) B.2eq \r(2) C.eq \r(3) D.2eq \r(3)
答案为：B
解析：由题设知BC的中点为(1,3)，“欧拉线”斜率为k＝﹣eq \f(1,kBC)＝﹣1，
所以“欧拉线”方程为y﹣3＝﹣(x﹣1)，即x＋y﹣4＝0，
又O到x＋y﹣4＝0的距离为d＝eq \f(4,\r(2))>2，即“欧拉线”与圆O相离，
要使|MN|最小，则在Rt△PMO与Rt△PNO中，∠MOP＝∠NOP最小，即∠MPN最大，
而仅当OP⊥“欧拉线”时，∠MPN最大，所以d＝|OP|＝2eq \r(2)，则|MN|＝2rsin∠NOP，
且圆O半径r＝2，cs∠NOP＝eq \f(r,d)＝eq \f(\r(2),2)，所以sin∠NOP＝eq \f(\r(2),2)，即|MN|min＝2eq \r(2).
二、多项选择题
9.已知直线l过点(3,4)，点A(﹣2,2)，B(4，﹣2)到l的距离相等，则l的方程可能是( )
A.x﹣2y＋2＝0 B.2x﹣y﹣2＝0
C.2x＋3y﹣18＝0 D.2x﹣3y＋6＝0
答案为：BC
解析：当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝3，此时点A到直线l的距离为5，点B到直线l的距离为1，此时不成立；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y﹣4＝k(x﹣3)，即kx﹣y＋4﹣3k＝0，
∵点A(﹣2,2)，B(4，﹣2)到直线l的距离相等，
∴eq \f(|－2k－2＋4－3k|,\r(k2＋1))＝eq \f(|4k＋2＋4－3k|,\r(k2＋1))，解得k＝﹣eq \f(2,3)或k＝2，
当k＝﹣eq \f(2,3)时，直线l的方程为y﹣4＝﹣eq \f(2,3)(x﹣3)，整理得2x＋3y﹣18＝0，
当k＝2时，直线l的方程为y﹣4＝2(x﹣3)，整理得2x﹣y﹣2＝0.
综上，直线l的方程可能为2x＋3y﹣18＝0或2x﹣y﹣2＝0.
10.在平面直角坐标系中，圆C的方程为x2＋y2﹣4x＝0.若直线y＝k(x＋1)上存在一点P，使过点P所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k的可能取值是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案为：AB
解析：由x2＋y2﹣4x＝0，得(x﹣2)2＋y2＝4，则圆心为C(2,0)，半径r＝2，过点P所作的圆的两条切线相互垂直，设两切点分别为A，B，连接AC，BC，所以四边形PACB为正方形，即PC＝eq \r(2)r＝2eq \r(2)，圆心到直线的距离d＝eq \f(|2k－0＋k|,\r(1＋k2))≤2eq \r(2)，即﹣2eq \r(2)≤k≤2eq \r(2)，
所以实数k的取值可以是1,2.
11.已知P是圆O：x2＋y2＝4上的动点，直线l1：xcs θ＋ysin θ＝4与l2：xsin θ﹣ycs θ＝1交于点Q，则( )
A.l1⊥l2
B.直线l1与圆O相切
C.直线l2与圆O截得弦长为2eq \r(3)
D.|PQ|长的最大值为eq \r(17)＋2
答案为：ACD
解析：圆O半径为2，cs θ·sin θ＋sin θ·(﹣cs θ)＝0，所以l1⊥l2，A正确；
圆心O到l1的距离为d＝eq \f(4,\r(cs2θ＋sin2θ))＝4>2，l1与圆O相离，B错误；
圆心O到直线l2的距离为d′＝eq \f(1,\r(sin2θ＋－cs θ2))＝1，所以弦长为2eq \r(22－12)＝2eq \r(3)，C正确；
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xcs θ＋ysin θ＝4，,xsin θ－ycs θ＝1，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4cs θ＋sin θ，,y＝4sin θ－cs θ，))即Q(4cs θ＋sin θ，4sin θ﹣cs θ)，
所以|OQ|＝eq \r(4cs θ＋sin θ2＋4sin θ－cs θ2)＝eq \r(17)，所以|PQ|的最大值为eq \r(17)＋2，D正确.
12.已知点P(x0，y0)是直线l：x＋y＝4上的一点，过点P作圆O：x2＋y2＝2的两条切线，切点分别为A，B，连接OA，OB，则( )
A.当四边形OAPB为正方形时，点P的坐标为(2,2)
B.|PA|的取值范围为[eq \r(6)，＋∞)
C.当△PAB为等边三角形时，点P的坐标为(1,3)
D.直线AB过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))
答案为：BD
解析：对于A选项，当四边形OAPB为正方形时，
则|OA|＝|OB|＝|AP|＝|BP|，∵圆O：x2＋y2＝2⇒r＝eq \r(2)，∴|PO|＝eq \r(\r(2)2＋\r(2)2)＝2.
又点P(x0，y0)是直线l：x＋y＝4上的一点，设P(x0，4﹣x0)，
∴|PO|＝eq \r(x0－02＋4－x0－02)＝eq \r(2x\\al(2,0)－8x0＋16)＝2，即xeq \\al(2,0)﹣4x0＋6＝0，该方程Δ0，则圆心Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋5,2)，a))，
|AB|2＝(a﹣5)2＋(2a)2，圆C的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a＋5,2)))2＋(y﹣a)2＝eq \f(a－52,4)＋a2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a＋5,2)))2＋y－a2＝\f(a－52,4)＋a2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝a，,y＝2a.))
于是得D(1,2)，eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋3,2)，a－2))，eq \(BA,\s\up6(→))＝(a﹣5,2a)，而AB⊥CD，
则eq \(DC,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \f(a＋3,2)·(a﹣5)＋2a(a﹣2)＝0，即a2﹣2a﹣3＝0，而a>0，解得a＝3，
则有点C(4,3)，|CD|＝eq \r(4－12＋3－22)＝eq \r(10)，所以圆C的半径等于eq \r(10).
16.若抛物线y＝x2＋ax＋b与坐标轴分别交于三个不同的点A，B，C，则△ABC的外接圆恒过的定点坐标为________.
答案为：(0,1)
解析：设抛物线y＝x2＋ax＋b交y轴于点B(0，b)，交x轴于点A(x1，0)，C(x2，0)，由题意可知关于x的方程：x2＋ax＋b＝0，Δ＝a2﹣4b>0，
由根与系数的关系可得x1＋x2＝﹣a，x1x2＝b，
所以线段AC的中点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0))，设圆心为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，t))，
由|PA|2＝|PB|2可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(a,2)))2＋t2＝eq \f(a2,4)＋(t﹣b)2，解得t＝eq \f(x\\al(2,1)＋ax1－b2,－2b)，
∵xeq \\al(2,1)＋ax1＋b＝0，则t＝eq \f(－b－b2,－2b)＝eq \f(b＋1,2)，则t﹣b＝eq \f(1－b,2)，
所以圆P的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(b＋1,2)))2＝eq \f(a2＋1－b2,4)，
整理可得(x2＋y2﹣y)＋ax＋b(1﹣y)＝0，
方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2－y＝0，,x＝0，,1－y＝0))的解为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝1.))
因此，△ABC的外接圆恒过的定点坐标为(0,1).