專題04圓的方程（2）TOC\o"1-3"\h\u題型7與圓有關(guān)的最值問題 ③過(guò)圓x2＋y2＝r2外一點(diǎn)M(x0，y0)作圓的兩條切線，則兩切點(diǎn)所在直線方程為x0x＋y0y＝r2.(2)過(guò)圓外一點(diǎn)的圓的切線過(guò)圓外一點(diǎn)M(x0，y0)的圓的切線求法：可用點(diǎn)斜式設(shè)出方程，利用圓心到直線的距離等于半徑求出斜率k，從而得切線方程；若求出的k值只有一個(gè)，則說(shuō)明另一條直線的斜率不存在，其方程為x＝x0.知識(shí)點(diǎn)六.切線長(zhǎng)①?gòu)膱Ax2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)外一點(diǎn)M(x0，y0)引圓的兩條切線，切線長(zhǎng)為eq\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)＋Dx0＋Ey0＋F).②兩切點(diǎn)弦長(zhǎng)：利用等面積法，切線長(zhǎng)a與半徑r的積的2倍等于點(diǎn)M與圓心的距離d與兩切點(diǎn)弦長(zhǎng)b的積，即b＝eq\f(2ar,d).注意：過(guò)一點(diǎn)求圓的切線方程時(shí)，要先判斷點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，以便確定切線的條數(shù)．知識(shí)點(diǎn)七．圓的弦長(zhǎng)直線和圓相交，求被圓截得的弦長(zhǎng)通常有兩種方法：(1)幾何法：因?yàn)榘胂议L(zhǎng)eq\f(L,2)、弦心距d、半徑r構(gòu)成直角三角形，所以由勾股定理得L＝2eq\r(r2－d2).(2)代數(shù)法：若直線y＝kx＋b與圓有兩交點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有：|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|.知識(shí)點(diǎn)八．兩圓相交時(shí)公共弦所在直線的方程：圓C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0與C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0相交時(shí)：(1)將兩圓方程直接作差，得到兩圓公共弦所在直線方程；(2)兩圓圓心的連線垂直平分公共弦；(3)x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0表示過(guò)兩圓交點(diǎn)的圓系方程(不包括C2)．知識(shí)點(diǎn)九．圓系方程(1)過(guò)直線Ax＋By＋C＝0與圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0交點(diǎn)的圓系方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ(Ax＋By＋C)＝0(λ∈R)；(2)過(guò)圓C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和圓C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0交點(diǎn)的圓系方程：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)(該圓系不含圓C2，解題時(shí)，注意檢驗(yàn)圓C2是否滿足題意，以防漏解)．題型7與圓有關(guān)的最值問題◆類型1類比斜率型【方法總結(jié)】形如u＝eq\f(y－b,x－a)型的最值問題，可轉(zhuǎn)化為過(guò)點(diǎn)(a，b)和點(diǎn)(x，y)的直線的斜率的最值問題.【例題7-1】已知實(shí)數(shù)x，y滿足方程x2＋y2－4x＋1＝0，求eq\f(y,x)的最大值和最小值．【解析】原方程可化為(x－2)2＋y2＝3，表示以(2，0)為圓心，eq\r(3)為半徑的圓．eq\f(y,x)的幾何意義是圓上一點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率，所以設(shè)eq\f(y,x)＝k，即y＝kx.當(dāng)直線y＝kx與圓相切時(shí)，斜率k取最大值和最小值，此時(shí)eq\f(|2k－0|,\r(k2＋1))＝eq\r(3)，解得k＝±eq\r(3).所以eq\f(y,x)的最大值為eq\r(3)，最小值為－eq\r(3).【變式7-1】1.已知實(shí)數(shù)x，y滿足(x－2)2＋(y－1)2＝1，則z＝eq\f(y＋1,x)的最大值與最小值分別為________和________．【解析】由題意，得eq\f(y＋1,x)表示過(guò)點(diǎn)A(0，－1)和圓(x－2)2＋(y－1)2＝1上的動(dòng)點(diǎn)(x，y)的直線的斜率．當(dāng)且僅當(dāng)直線與圓相切時(shí)，直線的斜率分別取得最大值和最小值．設(shè)切線方程為y＝kx－1，即kx－y－1＝0，則eq\f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq\f(4±\r(7),3)，所以zmax＝eq\f(4＋\r(7),3)，zmin＝eq\f(4－\r(7),3).【答案】eq\f(4＋\r(7),3)eq\f(4－\r(7),3)【變式7-1】2．已知實(shí)數(shù)x，y滿足(x－2)2＋(y－1)2＝1，則z＝eq\f(y＋1,x)的最大值與最小值分別為______和______．【解析】由題意，得eq\f(y＋1,x)表示過(guò)點(diǎn)A(0，－1)和圓(x－2)2＋(y－1)2＝1上的動(dòng)點(diǎn)(x，y)的直線的斜率，當(dāng)且僅當(dāng)直線與圓相切時(shí)，直線的斜率分別取得最大值和最小值．設(shè)切線方程為y＝kx－1，即kx－y－1＝0，則eq\f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq\f(4±\r(7),3)，所以zmax＝eq\f(4＋\r(7),3)，zmin＝eq\f(4－\r(7),3).【答案】eq\f(4＋\r(7),3)eq\f(4－\r(7),3)【變式7-1】3．已知M(x，y)為圓C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一點(diǎn)，且點(diǎn)Q(－2，3)．(1)求|MQ|的最大值和最小值；(2)求eq\f(y－3,x＋2)的最大值和最小值．【解析】(1)由圓C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0，可得(x－2)2＋(y－7)2＝8，所以圓心C的坐標(biāo)為(2，7)，半徑r＝2eq\r(2)，又|QC|＝eq\r(（2＋2）2＋（7－3）2)＝4eq\r(2)，所以|MQ|max＝4eq\r(2)＋2eq\r(2)＝6eq\r(2)，|MQ|min＝4eq\r(2)－2eq\r(2)＝2eq\r(2).(2)可知eq\f(y－3,x＋2)表示直線MQ的斜率k.設(shè)直線MQ的方程為y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0.因?yàn)橹本€MQ與圓C有交點(diǎn)，所以eq\f(|2k－7＋2k＋3|,\r(1＋k2))≤2eq\r(2)，可得2－eq\r(3)≤k≤2＋eq\r(3)，所以eq\f(y－3,x＋2)的最大值為2＋eq\r(3)，最小值為2－eq\r(3).【變式7-1】4．若實(shí)數(shù)，滿足，則的取值范圍為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】解答：由題意可得,表示右半個(gè)圓x2+y2=1上的點(diǎn)(x,y)與原點(diǎn)(0,?2)連線的斜率，設(shè)k=，故此圓的切線方程為y=kx?2，再根據(jù)圓心(0,0)到切線的距離等于半徑,可得r==1，平方得k2=3求得k=±,故的取值范圍是，故選：D.◆類型2轉(zhuǎn)化截距型【方法總結(jié)】形如l＝ax＋by形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動(dòng)直線y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(l,b)截距的最值問題.【例題7-2】（2019·全國(guó)·高一課時(shí)練習(xí)）已知實(shí)數(shù)x，y滿足x2+y【答案】5-5【分析】令x-2y=t．即得直線：x【詳解】把圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程得:(x-1)2+(y+2)2=25【解析】令x-2y=t．即得直線：x-2y-t=0，∵點(diǎn)Px,y在圓上，∴故得解.【點(diǎn)睛】此題考查點(diǎn)與圓的位置關(guān)系和直線與圓的位置關(guān)系的應(yīng)用,運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想,將所要求的范圍由其表示的幾何意義轉(zhuǎn)化為點(diǎn)與圓心的距離的最值和直線與圓相切的位置關(guān)系的問題，是一道中檔題.【變式7-2】1.已知點(diǎn)(x，y)在圓(x－2)2＋(y＋3)2＝1上,求x＋y的最大值和最小值．【解析】設(shè)t＝x＋y，則y＝－x＋t，t可視為直線y＝－x＋t在y軸上的截距，∴x＋y的最大值和最小值就是直線與圓有公共點(diǎn)時(shí)直線在y軸上的截距的最大值和最小值，即直線與圓相切時(shí)在y軸上的截距．由直線與圓相切得圓心到直線的距離等于半徑，即eq\f(|2＋－3－t|,\r(2))＝1，解得t＝eq\r(2)－1或t＝－eq\r(2)－1.∴x＋y的最大值為eq\r(2)－1，最小值為－eq\r(2)－1.【變式7-2】2.已知實(shí)數(shù)x，y滿足方程x2＋y2－4x＋1＝0.求：y－x的最大值和最小值.【解析】y－x可看作是直線y＝x＋b在y軸上的截距，如圖所示，當(dāng)直線y＝x＋b與圓相切時(shí)，其在y軸上的截距b取得最大值和最小值，此時(shí)eq\f(|2－0＋b|,\r(2))＝eq\r(3)，解得b＝－2±eq\r(6).所以y－x的最大值為－2＋eq\r(6)，最小值為－2－eq\r(6).【變式7-2】3．已知點(diǎn)P(x，y)在圓C：x2＋y2－6x－6y＋14＝0上，求x＋y的最大值和最小值．【解析】方程x2＋y2－6x－6y＋14＝0可變形為(x－3)2＋(y－3)2＝4，則圓C的半徑為2.【解析】(轉(zhuǎn)化為截距的最值問題求解)設(shè)x＋y＝b，則b表示動(dòng)直線y＝－x＋b在y軸上的截距，顯然當(dāng)動(dòng)直線y＝－x＋b與圓C相切時(shí)，b取得最大值或最小值，如圖所示．由圓心C(3,3)到切線x＋y＝b的距離等于圓C的半徑，可得eq\f(|3＋3－b|,\r(12＋12))＝2，即|b－6|＝2eq\r(2)，解得b＝6±2eq\r(2)，所以x＋y的最大值為6＋2eq\r(2)，最小值為6－2eq\r(2).◆類型3類比兩點(diǎn)間距離（平方）型【方法總結(jié)】形如(x－a)2＋(y－b)2型的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動(dòng)點(diǎn)(x，y)到定點(diǎn)(a，b)的距離的平方的最值問題．【例題7-3】（2020·四川·雙流中學(xué)高二期中（理））已知實(shí)數(shù)x、y滿足方程x2+y2-4A．7-43 B．7+43 C．2+3【答案】A【解析】將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)形式，可得出圓心C的坐標(biāo)和圓的半徑，將x2+y2【詳解】圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x-22+y2=3，圓心為C2,0，半徑長(zhǎng)為3，∵0-22+故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查x2+【變式7-3】1．（2022·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知點(diǎn)P(x，y)在圓x2＋y2＝1上，則(x-1)【答案】1+【分析】(x-1)2+(【詳解】圓x2+y2=1的圓心為(0,0)，半徑為1∴所求最大值為2+1【點(diǎn)睛】設(shè)圓的半徑為r，圓心到平面上一點(diǎn)M的距離為d，則圓上的點(diǎn)到點(diǎn)M距離的最大值為d+r，最小值為【變式7-3】2．（2019·江蘇·一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C:x2+(y-1)2=1及點(diǎn)A(3,0)，設(shè)點(diǎn)P是圓C【答案】7【分析】由角平分線成比例定理推理可得AQ=2PQ，進(jìn)而設(shè)點(diǎn)表示向量構(gòu)建方程組表示點(diǎn)P坐標(biāo)，代入圓C方程即可表示動(dòng)點(diǎn)Q【詳解】由題可構(gòu)建如圖所示的圖形，因?yàn)锳Q是∠ACP的角平分線，由角平分線成比例定理可知ACAP=AQPQ=21?AQ=2PQ,所以AQ又因?yàn)辄c(diǎn)P是圓C:x2+(y-1)2=1上的動(dòng)點(diǎn)，則3因?yàn)閐MO=故答案為：7-2【點(diǎn)睛】本題考查與圓有關(guān)的距離的最值問題，常常轉(zhuǎn)化到圓心的距離加減半徑，還考查了求動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，屬于中檔題.【變式7-3】3．（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）設(shè)x、y∈R，則P【答案】3-2【分析】P=(x+1-cosy)2+(x-1+siny)2的幾何意義為點(diǎn)Ax+1，x-1與點(diǎn)【詳解】P=(x+1-cosy)2+(x-1+siny)2的幾何意義為點(diǎn)Ax+1，x-1與點(diǎn)Bcosy，-siny之間的距離的平方．設(shè)所以P的最小值為(2-1)2=3-2【變式7-3】4．設(shè)是定義在R上的增函數(shù),且對(duì)于任意的都有恒成立.如果實(shí)數(shù)a,b滿足不等式,那么的取值范圍是()A.(9,49)B.(13,49)C.(9,25)D.(3,7)【答案】A【解析】由是的增函數(shù)和奇函數(shù)可得,,所以選A.◆類型4利用函數(shù)關(guān)系求最值【方法總結(jié)】根據(jù)已知條件列出相關(guān)的函數(shù)關(guān)系式，再根據(jù)關(guān)系式的特征選用基本不等式、函數(shù)單調(diào)性等方法求最值．【例題7-4】(2022·廈門模擬)設(shè)點(diǎn)P(x，y)是圓：x2＋(y－3)2＝1上的動(dòng)點(diǎn)，定點(diǎn)A(2，0)，B(－2，0)，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最大值為________．【解析】由題意，知eq\o(PA,\s\up6(→))＝(2－x，－y)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－2－x，－y)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x2＋y2－4，由于點(diǎn)P(x，y)是圓上的點(diǎn)，故其坐標(biāo)滿足方程x2＋(y－3)2＝1，故x2＝－(y－3)2＋1，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12.易知2≤y≤4，所以，當(dāng)y＝4時(shí)，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的值最大，最大值為6×4－12＝12.【答案】12【變式7-4】1．設(shè)點(diǎn)P(x，y)是圓(x－3)2＋y2＝4上的動(dòng)點(diǎn)，定點(diǎn)A(0，2)，B(0，－2)，則|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的最大值為________．【解析】由題意，知eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－x，2－y)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－x，－2－y)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－2x，－2y)，由于點(diǎn)P(x，y)是圓上的點(diǎn)，故其坐標(biāo)滿足方程(x－3)2＋y2＝4，故y2＝－(x－3)2＋4，所以|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|＝eq\r(4x2＋4y2)＝2eq\r(6x－5).由圓的方程(x－3)2＋y2＝4，易知1≤x≤5，所以當(dāng)x＝5時(shí)，|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的值最大，最大值為2eq\r(6×5－5)＝10.【答案】10【變式7-4】2．(2022·湖北鄂州三校聯(lián)考)在△ABC中，邊a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊，已知eq\f(a,cosB)＝eq\f(b,cosA)且a＝6，b＝8.(1)建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，求△ABC的內(nèi)切圓方程；(2)P為內(nèi)切圓上任意一點(diǎn)，求|eq\o(PA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(PB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(PC,\s\up6(→))|2的最大值與最小值．【解析】(1)由正弦定理可知sin2A＝sin2B，所以A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，因?yàn)閍<b，所以A＋B＝eq\f(π,2)，所以c＝eq\r(62＋82)＝10，以直角頂點(diǎn)C為原點(diǎn)，CA，CB所在直線為x軸，y軸建系，如圖．由于△ABC是直角三角形，設(shè)△ABC的內(nèi)切圓圓心為O′，切點(diǎn)分別為D，E，F(xiàn)，則AD＋DB＋EC＝eq\f(1,2)×(10＋8＋6)＝12，上式中AD＋DB＝c＝10，所以內(nèi)切圓半徑r＝EC＝2，則內(nèi)切圓方程為(x－2)2＋(y－2)2＝4.(2)設(shè)圓上動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，令S＝|eq\o(PA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(PB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(PC,\s\up6(→))|2，則S＝(x－8)2＋y2＋x2＋(y－6)2＋x2＋y2＝3x2＋3y2－16x－12y＋100＝3[(x－2)2＋(y－2)2]－4x＋76＝3×4－4x＋76＝88－4x，因?yàn)辄c(diǎn)P在內(nèi)切圓上，所以0≤x≤4，所以Smax＝88－0＝88，Smin＝88－16＝72.【變式7-4】3．（2021·廣東·珠海市第二中學(xué)高二期中）（多選）已知點(diǎn)A(-2,-2)，B(-2,6)，C(4,-2)，且點(diǎn)P是圓M：x2+A．66 B．79 C．86 D．89【答案】BC【分析】利用三角方法設(shè)出點(diǎn)P的坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)間的距離表示出|PA【詳解】依題意，設(shè)P(2cos則|PA|PB|PC∴|PA|2+|PB|2故選：BC．【變式7-4】4．在直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)為圓心的圓與直線x-3y=4相切，圓O與x軸相交于A、B兩點(diǎn)，圓內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)P使PA、PO（1）求圓O的方程；（2）求PA?【答案】（1）x2+y2=4【分析】（1）計(jì)算原點(diǎn)到直線x-3y=4的距離即為圓（2）先求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，設(shè)點(diǎn)Px,y，由PA、PO、PB成等比數(shù)列，結(jié)合兩點(diǎn)間的距離公式得出x2-y2=2，由點(diǎn)P在圓O內(nèi)得出x2+【詳解】（1）依題設(shè)，圓O的半徑r等于原點(diǎn)O到直線x-即r=-412+（2）不妨設(shè)Ax1,0、Bx2,0，x1設(shè)Px,y，由PA、PO得x+22+∴PA∵點(diǎn)P在圓O內(nèi)，則x2+y2<4x2所以PA?PB=2y2【點(diǎn)睛】本題考查圓的方程的求解以及平面向量數(shù)量積的取值范圍，對(duì)于解析幾何中的動(dòng)點(diǎn)問題，通常設(shè)動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)為x,y◆類型5面積最值問題【例題7-5】已知點(diǎn)O(0,0)，A(0,2)，點(diǎn)M是圓(x－3)2＋(y＋1)2＝4上的動(dòng)點(diǎn)，則△OAM面積的最小值為()A．1 B．2C．3 D．4【解析】選A如圖所示，由幾何圖形易知點(diǎn)M的坐標(biāo)為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1))時(shí)，△OAM有最小值，其面積為S△OAM＝eq\f(1,2)×2×1＝1.故選A.【變式7-5】1．已知點(diǎn)A(－1,0)，B(0,2)，點(diǎn)P是圓C：(x－1)2＋y2＝1上任意一點(diǎn)，則△PAB面積的最大值與最小值分別是()A．2,2－eq\f(\r(5),2)B．2＋eq\f(\r(5),2)，2－eq\f(\r(5),2)C.eq\r(5)，4－eq\r(5)D.eq\f(\r(5),2)＋1，eq\f(\r(5),2)－1【解析】選B由題意知|AB|＝eq\r(－12＋－22)＝eq\r(5)，lAB：2x－y＋2＝0，由題意知圓C的圓心坐標(biāo)為(1,0)，∴圓心到直線lAB的距離d＝eq\f(|2－0＋2|,\r(4＋1))＝eq\f(4\r(5),5).∴S△PAB的最大值為eq\f(1,2)×eq\r(5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)＋1))＝2＋eq\f(\r(5),2)，S△PAB的最小值為eq\f(1,2)×eq\r(5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)－1))＝2－eq\f(\r(5),2).【變式7-5】2．已知圓C過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，6))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－2))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，5))，點(diǎn)M，N在圓C上，則△CMN面積的最大值為()A．100B.25C．50D.eq\f(25,2)【解析】選D.設(shè)圓C的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，6))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－2))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，5))代入可得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(52＋4D＋6E＋F＝0，,8－2D－2E＋F＝0，,50＋5D＋5E＋F＝0，))解得D＝－2，E＝－4，F(xiàn)＝－20.故圓C的一般方程為x2＋y2－2x－4y－20＝0，即(x－1)2＋(y－2)2＝25，故△CMN的面積S＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CM))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CN))sin∠MCN＝eq\f(1,2)×5×5sin∠MCN≤eq\f(1,2)×5×5×1＝eq\f(25,2).所以△CMN面積的最大值為eq\f(25,2).【變式7-5】3．設(shè)P為直線3x－4y＋11＝0上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作圓C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，則四邊形PACB的面積的最小值為________．【解析】圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋(y－1)2＝1，圓心為C(1，1)，半徑r＝1，根據(jù)對(duì)稱性可知，四邊形PACB的面積為2S△APC＝2×eq\f(1,2)|PA|r＝|PA|＝eq\r(|PC|2－r2)，要使四邊形PACB的面積最小，則只需|PC|最小，|PC|最小時(shí)為圓心到直線l：3x－4y＋11＝0的距離d＝eq\f(|3－4＋11|,\r(32＋（－4）2))＝eq\f(10,5)＝2.所以四邊形PACB面積的最小值為eq\r(（|PC|min）2－r2)＝eq\r(4－1)＝eq\r(3).【答案】eq\r(3)【變式7-5】4．直線x＋y＋2＝0分別與x軸，y軸交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P在圓(x－2)2＋y2＝2上，則△ABP面積的取值范圍是()A．[2，6] B.[4，8]C．[eq\r(2)，3eq\r(2)] D.[2eq\r(2)，3eq\r(2)]【解析】選A.圓心(2，0)到直線的距離d＝eq\f(|2＋0＋2|,\r(2))＝2eq\r(2)，所以點(diǎn)P到直線的距離d1∈[eq\r(2)，3eq\r(2)]．根據(jù)直線的方程可知A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A(－2，0)，B(0，－2)，所以|AB|＝2eq\r(2)，所以△ABP的面積S＝eq\f(1,2)|AB|·d1＝eq\r(2)d1.因?yàn)閐1∈[eq\r(2)，3eq\r(2)]，所以S∈[2，6]，即△ABP面積的取值范圍是[2，6]．◆類型6構(gòu)造輔助圓法【方法總結(jié)】對(duì)于符合圓的特征的條件，可以構(gòu)造輔助圓幫助思考．如利用圓的定義、圓周上90度的角所對(duì)弦是直徑、四點(diǎn)共圓的特征來(lái)構(gòu)造圓，做到圖中無(wú)圓，心中有圓．考點(diǎn)1輔助圓法的應(yīng)用【例題7-6】在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，與點(diǎn)O(0,0)距離為1，且與點(diǎn)A(－3,4)距離為4的直線共有________條．【解析】如圖所示，平面內(nèi)，與點(diǎn)O距離為1的直線是單位圓的切線，與點(diǎn)A距離為4的直線是圓心為A、半徑為4的圓的切線，同時(shí)符合這兩個(gè)條件的直線就是兩圓的公切線．不難判斷兩圓相外切，因而公切線有3條，即滿足條件的直線共有3條．【答案】3【變式7-6】已知兩點(diǎn)M(1,0)，N(－3,0)到直線的距離分別為1,3，則滿足條件的直線的條數(shù)是________．【答案】3【分析】考慮以M為圓心，半徑為1的圓與以N為圓心，半徑為3的圓的位置關(guān)系后可得直線的條數(shù)．【詳解】∵M(jìn)1,0,N-3,0，∴NM=4，分別以則兩圓外切，有3條公切線，即符合條件的直線有3條．【點(diǎn)睛】圓與圓的位置關(guān)系可以用圓心距和半徑之和、半徑之差的絕對(duì)值的關(guān)系來(lái)確定，當(dāng)兩圓相離時(shí)，它們由4條公切；當(dāng)兩圓相外切時(shí)，它們由3條公切線；當(dāng)兩圓相交時(shí)，它們有2條公切線；當(dāng)兩圓相內(nèi)切時(shí)，有1條公切線；當(dāng)兩圓相內(nèi)含時(shí)，無(wú)公切線．考點(diǎn)2輔助圓法求最值【例題7-7】已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和兩點(diǎn)A(－m，0)，B(m,0)(m>0)．若圓C上存在點(diǎn)P，使得∠APB＝90°，則m的最大值為()A．7 B．6C．5 D．4【解析】根據(jù)題意，畫出示意圖，如圖所示，則圓心C的坐標(biāo)為(3,4)，半徑r＝1，且|AB|＝2m，因?yàn)椤螦PB＝90°，連接OP，易知|OP|＝eq\f(1,2)|AB|＝m.要求m的最大值，即求圓C上的點(diǎn)P到原點(diǎn)O的最大距離．因?yàn)閨OC|＝eq\r(32＋42)＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值為6.故選B.【答案】B【變式7-7】1．橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P為其上的動(dòng)點(diǎn)．當(dāng)∠F1PF2為鈍角時(shí)，點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍是________．【解析】由已知得a2＝9，b2＝4，c2＝5，F(xiàn)1(－eq\r(5)，0)，F(xiàn)2(eq\r(5)，0)．以F1F2為直徑構(gòu)造圓x2＋y2＝5.因?yàn)椤螰1PF2為鈍角，所以點(diǎn)P(x0，y0)在圓x2＋y2＝5內(nèi)，故xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)<5，聯(lián)立eq\f(x\o\al(2,0),9)＋eq\f(y\o\al(2,0),4)＝1消去yeq\o\al(2,0)，解得－eq\f(3\r(5),5)<x0<eq\f(3\r(5),5).即點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(5),5)，\f(3\r(5),5))).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(5),5)，\f(3\r(5),5)))【變式7-7】2．已知點(diǎn)A(1,5),B(9,5),C(0,2),D(4,0)，動(dòng)點(diǎn)M滿足MA⊥MB，點(diǎn)【答案】3【分析】設(shè)動(dòng)點(diǎn)為M(x,y)，由MA⊥MB求出動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程，利用圓的性質(zhì)可得，當(dāng)PC【詳解】設(shè)動(dòng)點(diǎn)為M(x,y)，由題意得MA·MB=0，即當(dāng)PC與圓M相切時(shí)，∠PCD取得最值，圖中所示位置為∠連接MC、MP，可知MP⊥PC，MC=(5-0)2+(5-2)【變式7-7】3．若直線kx-y-k+2=0與直線x+ky【答案】2【分析】根據(jù)題意可知,直線kx-y-k+2=0與直線x+ky-2k-3=0分別過(guò)定點(diǎn)A,B,且這兩條直線互相垂直,【詳解】由題可知,直線kx-y-k+2=0可化為直線x+ky-2k-3=0可化為x-3+ky-2=0,所以其過(guò)定點(diǎn)B其交點(diǎn)P在以AB為直徑的圓上,作圖如下:結(jié)合圖形可知,線段OP的最大值為OC+1,因?yàn)镃為線段AB的中點(diǎn),所以由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得C所以P到坐標(biāo)原點(diǎn)距離，即線段OP的最大值為22故答案為:2【變式7-7】4．點(diǎn)P(－3，1)在動(dòng)直線mx＋ny＝m＋n上的投影為點(diǎn)M，若點(diǎn)N(3，3)那么|MN|的最小值為__________.【答案】2【解析】由動(dòng)直線方程可得動(dòng)直線經(jīng)過(guò)定點(diǎn)A(1,1),從而得到M的軌跡為以線段PA為直徑的圓，然后判斷點(diǎn)N在圓外，進(jìn)而得到所求最小值.【詳解】解：直線mx＋ny＝m＋n顯然經(jīng)過(guò)定點(diǎn)A(1,1),∴M的軌跡為以線段PA為直徑的圓，圓心坐標(biāo)為C(-1,1),半徑為2，CN=42故答案為：2【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵要分析出動(dòng)直線經(jīng)過(guò)定點(diǎn)，從而判定M的軌跡，然后判定N在圓的外部是不可缺少的.【變式7-7】5．（2022·全國(guó)·高三專題練習(xí)）函數(shù)f(a)=【答案】2【分析】令a-3=x，4-a=y【詳解】令a-3=xfa原問題可化為在條件x2+y2=1將目標(biāo)函數(shù)化為y=-33x+當(dāng)直線y=-33此時(shí)，由圓心到直線的距離等于半徑，易知z2=1，得所以函數(shù)fa的最大值為2故答案為：2.考點(diǎn)3與向量的結(jié)合【例題7-8】記M的最大值和最小值分別為Mmax和Mmin．若平面向量a、b、c，滿足a=A．a(chǎn)-cmaxC．a(chǎn)-cmin【答案】A【解析】設(shè)θ為a、b的夾角，根據(jù)題意求得θ=π3，然后建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)a=OA=2,0，b=OB=【詳解】由已知可得a?b=a?bcos建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)a=OA=2,0，由c?a+2b-2化簡(jiǎn)得點(diǎn)C的軌跡方程為x-12+則a-c轉(zhuǎn)化為圓x-12+y-32a+c轉(zhuǎn)化為圓x-1∴a+c故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查和向量與差向量模最值的求解，將向量坐標(biāo)化，將問題轉(zhuǎn)化為圓上的點(diǎn)到定點(diǎn)距離的最值問題是解答的關(guān)鍵，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，屬于中等題.【變式7-8】1．（2020·全國(guó)·高三專題練習(xí)）已知平面向量a,b,c滿足a=A．7-52 B．7-32【答案】A【解析】根據(jù)題意，易知a與b的夾角為60°，設(shè)a=1，3，b=2，0，c=x,y，由a【詳解】因?yàn)閍=b=a?b=2，所以a與b的夾角為60°因?yàn)閍-c?b-2所以原問題等價(jià)于，圓x2+y2又圓x2+y2-2x-3y+1故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查向量的模的最值的求法，考查向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，考查學(xué)生的轉(zhuǎn)換思想和運(yùn)算能力，屬于中檔題．【變式7-8】2．（2019·海南華僑中學(xué)高三階段練習(xí)（理））已知向量a，b滿足a=3，b=4，a在b上的投影為32.若向量c滿足c【答案】1,3【分析】計(jì)算a與b夾角，記a=OA,b=OB,c=OC【詳解】由題可知：acos所以θ=π6.以則A3,0,B2則x-232+y-12=1,圓心M所以d=AM=3故答案為：1,3【點(diǎn)睛】本題考查利用建系的方法解決向量的問題，向量是代數(shù)與幾何的一個(gè)紐帶，熟悉使用建系的方法，化繁為簡(jiǎn)，考驗(yàn)對(duì)問題的分析能力，屬中檔題.【變式7-8】3．（2018·安徽·馬鞍山二中高三期中（理））已知單位向量a，b，c，d滿足：a⊥b，c-d=3向量p=2A．32 B．1 C．22-1【答案】A【分析】設(shè)單位向量a=1,0，b=0,1，可得向量p的坐標(biāo)，可得p的終點(diǎn)P在線段x+y=22上運(yùn)動(dòng)，（0≤x≤22），可得c，d夾角為【詳解】根據(jù)題意，設(shè)單位向量a=1,0，b=0,1，∴向量p=22cos2θ?a+sin2θ可得c，d夾角為2π3，且c，d的終點(diǎn)C，D在單位圓上，向量p=22cos2θ?aCD=3，則由O到x+y=22的距離為d=22可得最小值為2×22-2-32=32，此時(shí)【點(diǎn)睛】本題考查向量數(shù)量積的定義和性質(zhì)，考查轉(zhuǎn)化思想和運(yùn)算能力，屬于中檔題.【變式7-8】4．已知函數(shù)，其中是半徑為4的圓的一條弦，為原點(diǎn)，為單位圓上的點(diǎn)，設(shè)函數(shù)的最小值為，當(dāng)點(diǎn)在單位圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，的最大值為3，則線段的長(zhǎng)度為__________．【答案】【解析】設(shè)，則函數(shù)，其中P為單位圓O上的點(diǎn)，∵，∴點(diǎn)A在直線MN上；∴函數(shù)f(x)的最小值t為點(diǎn)P到直線MN的距離，當(dāng)tmax=3時(shí)，如圖所示；線段MN的長(zhǎng)度為.題型8與圓有關(guān)的軌跡問題【方法總結(jié)】與圓有關(guān)的軌跡問題的四種求法◆類型1直接法【例題8-1】已知圓C：(x－1)2＋(y－1)2＝9，過(guò)點(diǎn)A(2，3)作圓C的任意弦，則這些弦的中點(diǎn)P的軌跡方程為__．【解析】設(shè)P(x，y)，圓心C(1，1)．因?yàn)镻點(diǎn)是過(guò)點(diǎn)A的弦的中點(diǎn)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))⊥eq\o(PC,\s\up6(→)).又因?yàn)閑q\o(PA,\s\up6(→))＝(2－x，3－y)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1－x，1－y)．所以(2－x)·(1－x)＋(3－y)·(1－y)＝0.所以點(diǎn)P的軌跡方程為(x－eq\f(3,2))2＋(y－2)2＝eq\f(5,4).【答案】(x－eq\f(3,2))2＋(y－2)2＝eq\f(5,4)【變式8-1】1．動(dòng)點(diǎn)P到點(diǎn)A(8，0)的距離是到點(diǎn)(2，0)的距離的2倍，那么點(diǎn)P的軌跡方程為________．【解析】設(shè)P(x，y)，根據(jù)題意有2eq\r(（x－2）2＋y2)＝eq\r(（x－8）2＋y2)，整理得x2＋y2＝16.【答案】x2＋y2＝16【變式8-1】2．(2022·河北省昌黎縣匯文二中月考)點(diǎn)在圓x2＋y2＝1上移動(dòng)時(shí)，它與定點(diǎn)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0))連線的中點(diǎn)的軌跡方程是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋3))eq\s\up12(2)＋y2＝4 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－3))eq\s\up12(2)＋y2＝1C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－3))eq\s\up12(2)＋4y2＝1 D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(1,2)【解析】選C.設(shè)圓x2＋y2＝1上點(diǎn)為(x0，y0)，所求點(diǎn)為(x，y)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x0＋3,2)，,y＝\f(y0＋0,2)，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝2x－3，,y0＝2y，))所以(2x－3)2＋4y2＝1，即所求軌跡方程為(2x－3)2＋4y2＝1.【變式8-1】3．(2022·豫南五校聯(lián)考)自圓C：(x－3)2＋(y＋4)2＝4外一點(diǎn)P(x，y)引該圓的一條切線，切點(diǎn)為Q，PQ的長(zhǎng)度等于點(diǎn)P到原點(diǎn)O的距離，則點(diǎn)P的軌跡方程為()A．8x－6y－21＝0 B.8x＋6y－21＝0C．6x＋8y－21＝0 D.6x－8y－21＝0【解析】選D.由題意得，圓心C的坐標(biāo)為(3，－4)，半徑r＝2，如圖．因?yàn)閨PQ|＝|PO|，且PQ⊥CQ，所以|PO|2＋r2＝|PC|2，所以x2＋y2＋4＝(x－3)2＋(y＋4)2，即6x－8y－21＝0，所以點(diǎn)P的軌跡方程為6x－8y－21＝0.故選D.【變式8-1】4.已知Rt△ABC的斜邊為AB，且A(－1，0)，B(3，0)．求：(1)(一題多解)直角頂點(diǎn)C的軌跡方程；(2)直角邊BC的中點(diǎn)M的軌跡方程．【解析】(1)方法一：設(shè)C(x，y)，因?yàn)锳，B，C三點(diǎn)不共線，所以y≠0.因?yàn)锳C⊥BC，且BC，AC斜率均存在，所以kAC·kBC＝－1，又kAC＝eq\f(y,x＋1)，kBC＝eq\f(y,x－3)，所以eq\f(y,x＋1)·eq\f(y,x－3)＝－1，化簡(jiǎn)得x2＋y2－2x－3＝0.因此，直角頂點(diǎn)C的軌跡方程為x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．方法二：設(shè)AB的中點(diǎn)為D，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得D(1，0)，由直角三角形的性質(zhì)知|CD|＝eq\f(1,2)|AB|＝2.由圓的定義知，動(dòng)點(diǎn)C的軌跡是以D(1，0)為圓心，2為半徑的圓(由于A，B，C三點(diǎn)不共線，所以應(yīng)除去與x軸的交點(diǎn))．所以直角頂點(diǎn)C的軌跡方程為(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．(2)設(shè)M(x，y)，C(x0，y0)，因?yàn)锽(3，0)，M是線段BC的中點(diǎn)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得x＝eq\f(x0＋3,2)，y＝eq\f(y0＋0,2)，所以x0＝2x－3，y0＝2y.由(1)知，點(diǎn)C的軌跡方程為(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，將x0＝2x－3，y0＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4，即(x－2)2＋y2＝1.因此動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．【變式8-1】5.阿波羅尼斯證明過(guò)這樣一個(gè)命題：平面內(nèi)到兩定點(diǎn)距離之比為常數(shù)k(k>0，k≠1)的點(diǎn)的軌跡是圓，后人將這個(gè)圓稱為阿波羅尼斯圓．若平面內(nèi)兩定點(diǎn)A，B間的距離為2，動(dòng)點(diǎn)P滿足eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\r(2)，求|PA|2＋|PB|2的最小值．【解析】以經(jīng)過(guò)A，B的直線為x軸，線段AB的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系(圖略)，則A(－1,0)，B(1,0)．設(shè)P(x，y)，因?yàn)閑q\f(|PA|,|PB|)＝eq\r(2)，所以eq\f(\r(x＋12＋y2),\r(x－12＋y2))＝eq\r(2)，兩邊平方并整理，得x2＋y2－6x＋1＝0，即(x－3)2＋y2＝8.所以點(diǎn)P的軌跡是以(3,0)為圓心，2eq\r(2)為半徑的圓則|PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝2(x2＋y2)＋2.法一：因?yàn)閤2＋y2－6x＋1＝0，所以|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋6x－1－x2)＋2＝12x.由y2＝8－(x－3)2≥0，得3－2eq\r(2)≤x≤3＋2eq\r(2)，所以36－24eq\r(2)≤12x≤36＋24eq\r(2)，由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值為36－24eq\r(2).法二：由(x－3)2＋y2＝8，可設(shè)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2\r(2)cosθ＋3，,y＝2\r(2)sinθ))(θ∈[0,2π))，則|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋y2)＋2＝2[(2eq\r(2)cosθ＋3)2＋(2eq\r(2)sinθ)2]＋2＝24eq\r(2)cosθ＋36.因?yàn)棣取蔥0,2π)，所以－1≤cosθ≤1，所以36－24eq\r(2)≤24eq\r(2)cosθ＋36≤36＋24eq\r(2)，由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值為36－24eq\r(2).【變式8-1】6．已知圓C：x2＋y2＋2x－4y＋1＝0，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在圓C外，過(guò)P作圓C的切線，設(shè)切點(diǎn)為M.(1)若點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到(1,3)處，求此時(shí)切線l的方程；(2)求滿足條件PM＝PO的點(diǎn)P的軌跡方程．【答案】見解析【解析】把圓C的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝4，∴圓心為C(－1,2)，半徑r＝2.(1)當(dāng)l的斜率不存在時(shí)，此時(shí)l的方程為x＝1，C到l的距離d＝2＝r，滿足條件．當(dāng)l的斜率存在時(shí)，設(shè)斜率為k，得l的方程為y－3＝k(x－1)，即kx－y＋3－k＝0，則eq\f(|－k－2＋3－k|,\r(1＋k2))＝2，解得k＝－eq\f(3,4).∴l(xiāng)的方程為y－3＝－eq\f(3,4)(x－1)，即3x＋4y－15＝0.綜上，滿足條件的切線l的方程為x＝1或3x＋4y－15＝0.(2)設(shè)P(x，y)，則PM2＝PC2－MC2＝(x＋1)2＋(y－2)2－4，PO2＝x2＋y2，∵PM＝PO，∴(x＋1)2＋(y－2)2－4＝x2＋y2，整理，得2x－4y＋1＝0，∴點(diǎn)P的軌跡方程為2x－4y＋1＝0.◆類型2幾何法【例題8-2】設(shè)定點(diǎn)M(－3,4)，動(dòng)點(diǎn)N在圓x2＋y2＝4上運(yùn)動(dòng)，以O(shè)M，ON為兩邊作平行四邊形MONP，求點(diǎn)P的軌跡．【答案】(x＋3)2＋(y－4)2＝4，除去兩點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，\f(12,5)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(21,5)，\f(28,5))).【解析】如圖，設(shè)P(x，y)，N(x0，y0)，則線段OP的中點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，\f(y,2)))，線段MN的中點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0－3,2)，\f(y0＋4,2))).因?yàn)槠叫兴倪呅蔚膶?duì)角線互相平分，所以eq\f(x,2)＝eq\f(x0－3,2)，eq\f(y,2)＝eq\f(y0＋4,2)，整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝x＋3，,y0＝y(tǒng)－4，))又點(diǎn)N(x0，y0)在圓x2＋y2＝4上，所以(x＋3)2＋(y－4)2＝4.所以點(diǎn)P的軌跡是以(－3,4)為圓心，2為半徑的圓，直線OM與軌跡相交于兩點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，\f(12,5)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(21,5)，\f(28,5)))，不符合題意，舍去，所以點(diǎn)P的軌跡為(x＋3)2＋(y－4)2＝4，除去兩點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，\f(12,5)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(21,5)，\f(28,5))).◆類型3相關(guān)點(diǎn)法【例題8-3】已知點(diǎn)P(3,a),若圓O:x2+y2=4上存在點(diǎn)A,使得線段【答案】[-3【分析】分析：A點(diǎn)在圓上，可設(shè)A(2cosθ,2sinθ)，通過(guò)PA中點(diǎn)也在圓上的條件，可以建立P與圓的相關(guān)性．利用參數(shù)方程設(shè)出圓上A詳解：根據(jù)圓O:x2+y2=4，可設(shè)A(2cosθ,2sinθ)，PA根據(jù)輔助角公式，化簡(jiǎn)等式左邊，可得144+16根據(jù)-1≤sin(θ+φ)≤1兩邊同時(shí)平方，因式分解得a2-27a2+5≤0因?yàn)閍2+5＞0點(diǎn)睛：本題主要是根據(jù)條件，利用參數(shù)方程和存在性成立的條件，得到關(guān)于a的不等式．考查了相關(guān)點(diǎn)的軌跡方程、參數(shù)方程、存在性成立和不等式解的問題，綜合性較強(qiáng)．題型9圓與圓的位置關(guān)系【方法總結(jié)】圓與圓的位置關(guān)系求解策略(1)判斷兩圓的位置關(guān)系時(shí)常用幾何法，即利用兩圓圓心之間的距離與兩圓半徑之間的關(guān)系，一般不采用代數(shù)法．(2)若兩圓相交，則兩圓公共弦所在直線的方程可由兩圓的方程作差消去x2，y2項(xiàng)得到．◆類型1已知圓的方程判斷圓與圓的位置關(guān)系【例題9-1】(2022·浙江省紹興市期末)設(shè)圓C1：x2＋y2＝1與圓C2：(x－2)2＋(y＋2)2＝1，則圓C1與C2的位置關(guān)系是()A．相交 B.外離C．外切 D.內(nèi)含【解析】根據(jù)題意，可知圓C1的半徑r1＝1，圓C2的半徑r2＝1，且圓C1與圓C2的圓心距d＝eq\r(22＋（－2）2)＝2eq\r(2)＞1＋1，即d＞r1＋r2，故兩圓外離．【變式9-1】已知圓M：x2＋y2－2ay＝0(a＞0)截直線x＋y＝0所得線段的長(zhǎng)度是2eq\r(2)，則圓M與圓N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置關(guān)系是()A．內(nèi)切 B.相交C．外切 D.相離【解析】選B.由題意得圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋(y－a)2＝a2，圓心(0，a)到直線x＋y＝0的距離d＝eq\f(a,\r(2))，所以2eq\r(a2－\f(a2,2))＝2eq\r(2)，解得a＝2，圓M，圓N的圓心距|MN|＝eq\r(2)小于兩圓半徑之和1＋2，大于兩圓半徑之差1，故兩圓相交．◆類型2已知位置關(guān)系求取值（范圍）問題【例題9-2】圓C1：(x－m)2＋(y＋2)2＝9與圓C2：(x＋1)2＋(y－m)2＝4外切，則m的值為()A．2 B．－5C．2或－5 D．不確定【解析】選C由題意得C1(m，－2)，r1＝3，C2(－1，m)，r2＝2，則兩圓心之間的距離為|C1C2|＝eq\r(m＋12＋－2－m2)＝2＋3＝5，解得m＝2或－5.故選C.【變式9-2】1．若圓x2＋y2＝1與圓(x＋4)2＋(y－a)2＝25相切，則常數(shù)a＝________.【解析】?jī)蓤A的圓心距d＝eq\r(－42＋a2)，由兩圓相切，得eq\r(－42＋a2)＝5＋1或eq\r(－42＋a2)＝5－1，解得a＝±2eq\r(5)或a＝0.【答案】±2eq\r(5)或0【變式9-2】2．(2022·河北衡水中學(xué)高三復(fù)習(xí))已知點(diǎn)A(m，m＋6)，B(m＋2，m＋8)，若圓C：x2＋y2－4x－4y－10＝0上存在不同的兩點(diǎn)P，Q，使得PA⊥PB，且QA⊥QB，則m的取值范圍是()A．(－2－eq\r(7)，－2＋eq\r(7)] B.[－2－eq\r(7)，－2＋eq\r(7))C．(－2－eq\r(7)，－2＋eq\r(7)) D.[－2－eq\r(7)，－2＋eq\r(7)]【解析】選C.由題可知圓心為Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2))，半徑r＝3eq\r(2)，因?yàn)镻A⊥PB，所以點(diǎn)P在以線段AB為直徑的圓上，圓心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋m＋2,2)，\f(m＋6＋m＋8,2)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋1，m＋7))，半徑r′＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB)),2)＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－m－2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋6－m－8))2)＝eq\r(2)，因?yàn)閳AC上存在不同的兩點(diǎn)P，Q，使得PA⊥PB，且QA⊥QB，所以兩圓相交，則圓心距d＝eq\r(（m－1）2＋（m＋5）2)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(r－r′))<d<r＋r′，即2eq\r(2)<eq\r(（m－1）2＋（m＋5）2)<4eq\r(2)，解得－2－eq\r(7)<m<－2＋eq\r(7).【變式9-2】3．與兩圓(x+2)2+??y2=1，A．2 B．3 C．5 D．7【答案】D【分析】根據(jù)已知兩圓相離，根據(jù)圓與圓相切的定義利用待定系數(shù)法求出滿足條件的圓即可.【詳解】圓O1：(x+2)2+y2=1的圓心為O1(-2,0)，半徑r1=1，圓O2：(當(dāng)圓O3與圓O1，圓O2所以a+22+b2=16，所以圓O3的方程為x2+當(dāng)圓O3與圓O1，圓O2所以a+22+b2=4，所以圓O3的方程為x當(dāng)圓O3與圓O1外切，與圓O2所以a+22+b2=16，所以圓O3的方程為x-3當(dāng)圓O3與圓O1內(nèi)切，與圓O2所以a+22+b2=4，所以圓O3的方程為x+3所以滿足條件的圓共7個(gè)，故選：D.◆類型3兩圓相關(guān)的最值問題【例題9-3】若A為圓C1：x2＋y2＝1上的動(dòng)點(diǎn)，B為圓C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4上的動(dòng)點(diǎn)，則線段AB長(zhǎng)度的最大值是________．【解析】圓C1：x2＋y2＝1的圓心為C1(0，0)，半徑r1＝1，圓C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4的圓心為C2(3，－4)，半徑r2＝2，所以|C1C2|＝5.又A為圓C1上的動(dòng)點(diǎn)，B為圓C2上的動(dòng)點(diǎn)，所以線段AB長(zhǎng)度的最大值是|C1C2|＋r1＋r2＝5＋1＋2＝8.【答案】8【變式9-3】1．已知點(diǎn)M在圓C1:x2+y2+6x【答案】13【分析】根據(jù)圓的一般方程得出圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，并且得圓的圓心和半徑，當(dāng)兩個(gè)圓上的各一點(diǎn)所構(gòu)成的線段最長(zhǎng)時(shí)，該線段過(guò)兩圓的圓心，位置如下圖所示.【詳解】由題意知：圓C1:(x+3)2+(y-1)2=9,C1的坐標(biāo)是-3,1,半徑是3，圓C2:(x+1)2+(y+2)2=4，C2的坐標(biāo)是【點(diǎn)睛】本題考查兩圓的位置關(guān)系中的兩圓上的點(diǎn)的距離的最值，由數(shù)形結(jié)合可以知兩個(gè)圓上的各一點(diǎn)之間的距離取得最值時(shí)，就是這兩點(diǎn)所構(gòu)成的線段過(guò)兩圓的圓心且兩點(diǎn)分別在兩圓心的兩側(cè)的時(shí)候，屬于基礎(chǔ)題.【變式9-3】2．設(shè)圓C1:(x-5)2+(y+2)2=4圓C2:【答案】3【分析】在直接坐標(biāo)系中，畫出兩個(gè)圓的圖形和直線y=x的圖象，根據(jù)圓的性質(zhì)，問題|PA|+|PB|就轉(zhuǎn)化為|PC1|+|PC2|﹣R﹣r＝|PC1|+|PC2|﹣7的最小值，運(yùn)用幾何的知識(shí)，作出C1關(guān)于直線y＝x對(duì)稱點(diǎn)C，并求出坐標(biāo)，由平面幾何的知識(shí)易知當(dāng)C與P【詳解】可知圓C1的圓心（5，﹣2），r＝2，圓C2的圓心（7，﹣1），R＝5，如圖所示：對(duì)于直線y＝x上的任一點(diǎn)P，由圖象可知，要使|PA|+|PB|的得最小值，則問題可轉(zhuǎn)化為求|PC1|+|PC2|﹣R﹣r＝|PC1|+|PC2|﹣7的最小值，

即可看作直線y＝x上一點(diǎn)到兩定點(diǎn)距離之和的最小值減去7，又C1關(guān)于直線y＝x對(duì)稱的點(diǎn)為C（﹣2，5），由平面幾何的知識(shí)易知當(dāng)C與P、C2共線時(shí)，|PC1|+|PC2|取得最小值，即直線y＝x上一點(diǎn)到兩定點(diǎn)距離之和取得最小值為|CC2|=3∴|PA|+|PB|的最小值為＝PC1+P【點(diǎn)睛】本題考查了求定直線上的動(dòng)點(diǎn)分別到兩個(gè)圓上的動(dòng)點(diǎn)的距離之和最小值問題，考查了數(shù)形結(jié)合思想，利用圓的幾何性質(zhì)轉(zhuǎn)化是解題的關(guān)鍵，利用對(duì)稱思想也是本題解題的關(guān)鍵.題型10公共線方程（弦長(zhǎng)）問題【方法總結(jié)】圓與圓相交時(shí)1.公共弦直線的方程：兩個(gè)交點(diǎn)所在的直線即公共弦，其方程等于兩個(gè)圓方程相減2.圓與圓相交時(shí)，求交點(diǎn)坐標(biāo):(1)聯(lián)立兩個(gè)圓的方程，相減得到公共弦的直線(2)公共弦直線與其中一個(gè)圓的方程再進(jìn)行聯(lián)立，解出交點(diǎn)的坐標(biāo)3.求公共弦的弦長(zhǎng)方法一：求出交點(diǎn)，利用兩點(diǎn)間的距離方法二：求出公共弦直線方程，利用其中一個(gè)圓的圓心，求其圓心到公共弦直線的距離d，再利用弦長(zhǎng)公式【例題10】圓C1：x2＋y2－2x＋10y－24＝0與圓C2：x2＋y2＋2x＋2y－8＝0的公共弦所在直線的方程為________，公共弦長(zhǎng)為________．【解析】聯(lián)立兩圓的方程得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2x＋10y－24＝0，,x2＋y2＋2x＋2y－8＝0，))兩式相減并化簡(jiǎn)，得x－2y＋4＝0，此即兩圓公共弦所在直線的方程．設(shè)兩圓相交于A，B兩點(diǎn)，則A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4＝0，,x2＋y2＋2x＋2y－8＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－4，,y＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2.))所以|AB|＝eq\r(（－4－0）2＋（0－2）2)＝2eq\r(5)，即公共弦長(zhǎng)為2eq\r(5).【變式10-1】1．圓x2＋y2－4＝0與圓x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦長(zhǎng)為________．【解析】由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4＝0，,x2＋y2－4x＋4y－12＝0，))兩式相減得x－y＋2＝0.又圓x2＋y2＝4的圓心(0，0)到直線x－y＋2＝0的距離為eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2).由勾股定理得弦長(zhǎng)的一半為eq\r(4－2)＝eq\r(2)，所以所求弦長(zhǎng)為2eq\r(2).【答案】2eq\r(2)【變式10-1】2．若圓x2＋y2＝4與圓x2＋y2＋2ay－6＝0(a>0)的公共弦的長(zhǎng)為2eq\r(3)，則a＝________.【解析】?jī)蓤A的方程相減，得公共弦所在的直線方程為(x2＋y2＋2ay－6)－(x2＋y2)＝0－4?y＝eq\f(1,a)，又a>0，結(jié)合圖形，利用半徑、弦長(zhǎng)的一半及弦心距所構(gòu)成的直角三角形，可知eq\f(1,a)＝eq\r(22－\r(3)2)＝1?a＝1.【答案】1【變式10-1】3．（2020·天津·高三專題練習(xí)）若圓C1:x+a2+y2=8+a2a>0與圓C【答案】1【解析】將兩圓方程相減可得出公共弦AB的方程，求出圓C2的圓心到直線AB的距離，結(jié)合點(diǎn)到直線的距離公式求出正數(shù)a【詳解】將圓C1與圓C2相減可得公共弦AB所在直線的方程為所以，圓C2的圓心到直線AB的距離為d=4-∵a>0，可得a=2，則直線AB的方程為x=1.因此，圓C2上位于AB右方的點(diǎn)到AB的最長(zhǎng)距離【點(diǎn)睛】本題考查利用相交弦長(zhǎng)求參數(shù)，同時(shí)也考查了圓上一點(diǎn)到直線的距離最值的計(jì)算，考查計(jì)算能力，屬于中等題.【變式10-1】4．已知圓：和圓：，若點(diǎn)（，）在兩圓的公共弦上，則的最小值為__________．【答案】【解析】由題意得，圓：和圓：兩個(gè)方程相減即可得到兩圓的公共弦，即，又點(diǎn)（，）在兩圓的公共弦上，即，則（當(dāng)且僅當(dāng)即，等號(hào)成立），即的最小值為.【變式10-1】5．在平面直角坐標(biāo)系中，圓．若圓存在以為中點(diǎn)的弦，且，則實(shí)數(shù)的取值范圍是____．【答案】(或)【解析】由于圓存在以為中點(diǎn)的弦，且，所以,如圖，過(guò)點(diǎn)作圓的兩條切線，切點(diǎn)分別為，圓上要存在滿足題意的點(diǎn)，只需，即，連接，，由于，，，解得.題型11公切線問題【例題11】圓C1：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0與圓C2：x2＋y2－4x－2y＋4＝0的公切線有()A．1條 B．2條C．3條 D．4條【解析】選D圓C1：(x＋1)2＋(y＋1)2＝4，∴圓心C1(－1，－1)，半徑r1＝2；圓C2：(x－2)2＋(y－1)2＝1，∴圓心C2(2,1)，半徑r2＝1.∴兩圓心的距離d＝eq\r(－1－22＋－1－12)＝eq\r(13)，r1＋r2＝3，∴d>r1＋r2，∴兩圓外離，∴兩圓有4條公切線．【變式11-1】1．(多選)已知圓O：x2＋y2＝4和圓M：x2＋y2＋4x－2y＋4＝0相交于A，B兩點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的為()A．兩圓有兩條公切線B．直線AB的方程為y＝2x＋2C．線段AB的長(zhǎng)為eq\f(6,5)D．圓O上點(diǎn)E，圓M上點(diǎn)F，則|EF|的最大值為eq\r(5)＋3【解析】選AD對(duì)于A，因?yàn)閮蓤A相交，所以兩圓有兩條公切線，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)閳AO：x2＋y2＝4，圓M：x2＋y2＋4x－2y＋4＝0，兩圓作差得4x－2y＋4＝－4，即y＝2x＋4，所以直線AB的方程為y＝2x＋4，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，圓O：x2＋y2＝4的圓心為(0,0)，半徑為2，則圓心到直線AB的距離d＝eq\f(4,\r(4＋1))＝eq\f(4\r(5),5)，所以|AB|＝2eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)))2)＝eq\f(4\r(5),5)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，圓M：x2＋y2＋4x－2y＋4＝0的圓心M(－2,1)，半徑為1，所以|EF|max＝|OM|＋2＋1＝eq\r(5)＋3，故D正確．【變式11-1】2．圓C1:x2+A．1條 B．2條 C．3條 D．4條【答案】C【解析】將兩圓化為標(biāo)準(zhǔn)形式,求出圓心距和兩圓半徑之和,判斷即可.【詳解】圓C1:(x+1)2+圓C2:(x-2)2+(圓心距C∵C1C2=r故選:C.【點(diǎn)睛】本題考查圓與圓的位置關(guān)系,考查學(xué)生數(shù)形結(jié)合思想以及求解運(yùn)算能力,屬于基礎(chǔ)題.【變式11-1】3．圓C1:x2+y2A．4 B．6 C．16 D．36【答案】C【分析】?jī)蓤A外切時(shí)，有三條公切線．【詳解】圓C1標(biāo)準(zhǔn)方程為(∵兩圓有三條公切線，∴兩圓外切，∴(2+1)2+(0-4)故選C．【點(diǎn)睛】本題考查圓與圓的位置關(guān)系，考查直線與圓的位置關(guān)系．兩圓的公切線條數(shù)：兩圓外離時(shí)，有4條公切線，兩圓外切時(shí)，有3條公切線，兩圓相交時(shí)，有2條公切線，兩圓內(nèi)切時(shí)，有1條公切線，兩圓內(nèi)含時(shí)，無(wú)無(wú)公切線．【變式11-1】4．若圓C:x2+yA．2 B．3 C．4 D．6【答案】C【分析】由兩圓有三條公切線，可知兩圓外切，則兩圓的圓心距等于半徑之和，列出式子即可求出m的值．【詳解】由題意可知兩圓外切，圓C的圓心為0,0，半徑為5-m，圓E的圓心為3,4，半徑為4則32+4故答案為C.【點(diǎn)睛】本題考查了兩圓的公切線，考查了圓與圓的位置關(guān)系，考查了計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．【變式11-1】5．已知圓C1：x2+y2+2ax+a2-4=0，（【答案】-【分析】由圓的方程求出圓心坐標(biāo)及半徑，再根據(jù)兩個(gè)圓只有一條公切線可得兩圓內(nèi)切，即圓心距等于兩個(gè)半徑之差，進(jìn)而可得a2+b2=1【詳解】圓C1：x2+y2+2ax+圓C2:x2+y由兩個(gè)圓只有一條公切線可得兩個(gè)圓內(nèi)切，圓心距C1C所以可得a2設(shè)a=cosα，b所以a+當(dāng)且僅當(dāng)α+即α=-34π+2故答案為：-2【點(diǎn)睛】本題考查由兩個(gè)圓的公切線的條數(shù)判斷兩個(gè)圓的位置關(guān)系，及由三角函數(shù)的范圍求代數(shù)式的最小值，屬于中檔題．題型12圓的綜合問題【例題12】(多選)(2022·南安市僑光中學(xué)階段考)已知圓O：x2＋y2＝4和圓M：x2＋y2＋4x－2y＋1＝0相交于A，B兩點(diǎn)，則下列選項(xiàng)正確的是()A．圓O與圓M有兩條公切線B．圓O與圓M關(guān)于直線AB對(duì)稱C．線段AB的長(zhǎng)為eq\f(2,3)D．若E，F(xiàn)分別是圓O與圓M上的點(diǎn)，則|EF|的最大值為4＋eq\r(5)【解析】選ABD.圓O：x2＋y2＝4的圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0))，半徑為2，圓M：x2＋y2＋4x－2y＋1＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－1))2＝4，圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，1))，半徑為2，對(duì)于A，因?yàn)閮蓤A相交，所以圓O與圓M有兩條公切線，故正確；對(duì)于B，直線AB的方程為4x－2y＋5＝0，圓心O與圓心M關(guān)于直線AB對(duì)稱，且半徑都為2，所以圓O與圓M關(guān)于直線AB對(duì)稱，故正確；對(duì)于C，圓心O到直線AB的距離為d＝eq\f(5,\r(42＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2))2))＝eq\f(\r(5),2)，所以線段AB的長(zhǎng)為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝2eq\r(4－d2)＝eq\r(11)，故錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)閑q\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OM))＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，所以|EF|的最大值為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OM))＋R＋r＝4＋eq\r(5)，故正確．【變式12-1】1．(多選)如圖，已知A(2,0)，B(1,1)，C(－1,1)，D(－2,0)，是以O(shè)D為直徑的圓上的一段圓弧，是以BC為直徑的圓上的一段圓弧，是以O(shè)A為直徑的圓上的一段圓弧，三段弧構(gòu)成曲線W，則下述正確的是()A．曲線W與x軸圍成區(qū)域的面積等于2πB．曲線W上有5個(gè)整點(diǎn)(橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn))C.所在圓的方程為x2＋(y－1)2＝1D.與的公切線方程為x＋y＝eq\r(2)＋1【解析】選BCD如圖所示，連接BC，過(guò)點(diǎn)C作CK⊥x軸于K，過(guò)點(diǎn)B作BL⊥x軸于L.則曲線W和x軸圍成區(qū)域的面積S＝π＋2，故A錯(cuò)誤；曲線W上有A，B，C，D，M這5個(gè)整點(diǎn)，故B正確；所在圓的圓心為(0,1)，半徑為1，故所在圓的方程為x2＋(y－1)2＝1，故C正確；設(shè)與的公切線方程為y＝kx＋b，由圖可知k<0，b>0，則eq\f(|k＋b|,\r(1＋k2))＝1，eq\f(|1－b|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝－1，b＝eq\r(2)＋1，即x＋y＝eq\r(2)＋1，故D正確．故選B、C、D.【變式12-1】2．(多選)古希臘著名數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名，他發(fā)現(xiàn)：平面內(nèi)到兩個(gè)定點(diǎn)A，B的距離之比為定值λ(λ≠1)的點(diǎn)所形成的圖形是圓．后來(lái)，人們將這個(gè)圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡(jiǎn)稱阿氏圓．已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A(－2,0)，B(4,0)，點(diǎn)P滿足eq\f(PA,PB)＝eq\f(1,2)，設(shè)點(diǎn)P所構(gòu)成的曲線為C，下列結(jié)論正確的是()A．C的方程為(x＋4)2＋y2＝16B．在C上存在點(diǎn)D，使得D到點(diǎn)(1,1)的距離為3C．在C上存在點(diǎn)M，使得|MO|＝2|MA|D．在C上存在點(diǎn)N，使得|NO|2＋|NA|2＝4【解析】選ABD設(shè)點(diǎn)P(x，y)，A(－2,0)，B(4,0)，由eq\f(PA,PB)＝eq\f(1,2)，得eq\f(\r(x＋22＋y2),\r(x－42＋y2))＝eq\f(1,2)，化簡(jiǎn)得x2＋y2＋8x＝0，即(x＋4)2＋y2＝16，故A選項(xiàng)正確；曲線C的方程表示圓心為(－4,0)，半徑為4的圓，圓心與點(diǎn)(1,1)的距離為eq\r(－4－12＋1)＝eq\r(26)，則點(diǎn)(1,1)與圓上的點(diǎn)的距離的最小值為eq\r(26)－4，最大值為eq\r(26)＋4，而3∈[eq\r(26)－4，eq\r(26)＋4]，故B選項(xiàng)正確；對(duì)于C選項(xiàng)，設(shè)M(x0，y0)，由|MO|＝2|MA|，得eq\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0))＝2eq\r(x0＋22＋y\o\al(2,0))，又(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16，聯(lián)立方程消去y0得x0＝2，再代入(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16得y0無(wú)解，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于D選項(xiàng)，設(shè)N(x0，y0)，由|NO|2＋|NA|2＝4，得xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋(x0＋2)2＋yeq\o\al(2,0)＝4，又(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16，聯(lián)立方程消去y0得x0＝0，再代入(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16得y0＝0，故D選項(xiàng)正確．【變式12-1】3．已知圓A：x2＋(y＋1)2＝1，圓B：(x－4)2＋(y－3)2＝1.(1)過(guò)圓心A的直線l截圓B所得的弦長(zhǎng)為eq\f