第32課圓與方程普查與練習32圓與方程1．圓的標準方程和一般方程a．利用幾何法或待定系數法求圓的方程(1)(2023匯編，35分)根據下列條件求圓C的標準方程．(Ⅰ)已知圓C以線段AB：4x＋3y－2＝0(－1≤x≤5)為直徑，則圓C的方程為__(x－2)2＋(y＋2)2＝25__．(Ⅱ)已知圓C經過點E(－1，－1)和F(－2，2)，且圓心C在直線l：x－y－1＝0上，則圓C的方程為__(x－3)2＋(y－2)2＝25__．(Ⅲ)已知圓C經過坐標原點和點(4，0)，且與直線y＝1相切，則圓C的方程為__(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4)__．(Ⅳ)已知圓C的圓心在x軸的正半軸上，點M(0，eq\r(5))在圓C上，且圓心到直線2x－y＝0的距離為eq\f(4\r(5),5)，則圓C的方程為__(x－2)2＋y2＝9__．(Ⅴ)已知過點P(4，1)的圓C與直線x－y＝1相切于點Q(2，1)，則圓C的方程為__(x－3)2＋y2＝2__．(Ⅵ)已知圓C的圓心在直線y＝x上，圓C與直線x＋y＝0及x＋y＋4＝0都相切，則圓C的方程為__(x＋1)2＋(y＋1)2＝2__．(Ⅶ)圓心C在直線3x－y＝0上，與x軸相切，且被直線x－y＝0截得的弦長為2eq\r(7)的圓的方程為__(x－1)2＋(y－3)2＝9或(x＋1)2＋(y＋3)2＝9__．解析：設圓C的半徑為r.(Ⅰ)(法一)依題意得點(－1，2)，(5，－6)為直徑的兩個端點，∴圓心坐標為線段AB的中點坐標，即(2，－2)，所求圓的半徑r＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\f(1,2)eq\r(（－1－5）2＋[2－（－6）]2)＝5，∴圓的標準方程為(x－2)2＋(y＋2)2＝25.(法二)依題意得A(－1，2)，B(5，－6)，或A(5，－6)，B(－1，2)．設S(x，y)為所求圓上任意一點，∵該圓以AB為直徑，∴SA⊥SB或S與A重合或S與B重合，∴eq\o(SA,\s\up6(→))·eq\o(SB,\s\up6(→))＝0，∴(－1－x，2－y)·(5－x，－6－y)＝(x＋1)(x－5)＋(y－2)·(y＋6)＝0，即x2＋y2－4x＋4y－17＝0，∴所求圓的標準方程為(x－2)2＋(y＋2)2＝25.(Ⅱ)由E(－1，－1)，F(－2，2)得線段EF的中點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2))).又kEF＝eq\f(－1－2,－1＋2)＝－3，可得EF的垂直平分線的斜率為eq\f(1,3)，可得EF的垂直平分線方程為y－eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))，即x－3y＋3＝0.聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x－3y＋3＝0，,x－y－1＝0，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝2，)))可得圓心坐標為C(3，2)，半徑為|CE|＝eq\r(（3＋1）2＋（2＋1）2)＝5.∴圓C的標準方程是(x－3)2＋(y－2)2＝25.(Ⅲ)(法一)∵圓C經過坐標原點和點(4，0)，設O(0，0)，A1(4，0)，則圓心在線段OA1的垂直平分線上，∴可設圓心坐標為(2，y0)．又∵圓C與直線y＝1相切，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－0）2＋（y0－0）2＝r2，,|1－y0|＝r，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝－\f(3,2)，,r＝\f(5,2)，))∴圓C的方程為(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4).(法二)根據題意畫出圓C，過點C作CD⊥x軸于點D，連接CO，如圖所示．在Rt△ODC中，r2＝(r－1)2＋22，解得r＝eq\f(5,2)，則圓心坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(3,2)))，∴圓C的標準方程為(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,2)))2＝eq\f(25,4).(Ⅳ)∵圓C的圓心在x軸的正半軸上，∴可設C(a，0)，a>0.又∵圓C的圓心到直線2x－y＝0的距離為eq\f(4\r(5),5)，∴eq\f(|2a|,\r(5))＝eq\f(4\r(5),5)，解得a＝2或a＝－2(不合題意，舍去)，∴C(2，0)．又∵點M(0，eq\r(5))在圓C上，∴圓的半徑r＝eq\r(（0－2）2＋（\r(5)－0）2)＝3，故圓C的方程為(x－2)2＋y2＝9.(Ⅴ)∵圓C與直線x－y＝1相切于點Q(2，1)，∴圓心C在直線y－1＝－(x－2)上，即在直線y＝－x＋3上．∵點P(4，1)，Q(2，1)在圓C上，∴圓心C在直線x＝3上．聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝－x＋3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝0，))∴圓心C(3，0)，∴圓C的半徑r＝eq\r(（2－3）2＋（1－0）2)＝eq\r(2)，∴圓C的方程為(x－3)2＋y2＝2.(Ⅵ)(法一)由題意設圓心坐標為(a1，a1)．∵該圓與直線x＋y＝0及x＋y＋4＝0都相切，∴eq\f(|a1＋a1|,\r(2))＝eq\f(|a1＋a1＋4|,\r(2))，解得a1＝－1，∴圓心坐標為(－1，－1)，半徑為r＝eq\f(|2a1|,\r(2))＝eq\r(2)，∴圓的方程為(x＋1)2＋(y＋1)2＝2.(法二)∵圓的兩條切線x＋y＝0與x＋y＋4＝0平行，∴到圓的兩條切線距離相等的直線方程為x＋y＋2＝0，即圓心在直線x＋y＋2＝0上．又圓心在直線y＝x上，∴聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x，,x＋y＋2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1，))∴圓心坐標為(－1，－1)．易知兩條平行切線間的距離即為圓的直徑，即2r＝eq\f(|0－4|,\r(1＋1))＝2eq\r(2)，∴r＝eq\r(2)，∴圓的方程為(x＋1)2＋(y＋1)2＝2.(Ⅶ)已知圓心在直線y＝3x上，可設圓心坐標為(a2，3a2)．又已知圓與x軸相切，可得r＝|3a2|，圓心到直線x－y＝0的距離d＝eq\f(|a2－3a2|,\r(12＋（－1）2))＝eq\f(|2a2|,\r(2))，可得圓被直線x－y＝0截得的弦長為2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(（3a2）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|2a2|,\r(2))))2)＝2eq\r(7)，化簡可得aeq\o\al(2,2)＝1，解得a2＝±1，∴圓心坐標為(1，3)或(－1，－3)，半徑r＝3，∴圓的方程為(x－1)2＋(y－3)2＝9或(x＋1)2＋(y＋3)2＝9.(2)(經典題，5分)過三點A(1，3)，B(4，2)，C(1，－7)的圓交y軸于M，N兩點，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN))＝(C)A．2eq\r(6)B．8C．4eq\r(6)D．10解析：(法一)設圓的一般方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，由題知圓過A(1，3)，B(4，2)，C(1，－7)三點，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＋3E＋F＋10＝0，,4D＋2E＋F＋20＝0，,D－7E＋F＋50＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＝－2，,E＝4，,F＝－20，))滿足D2＋E2－4F>0，∴圓的一般方程為x2＋y2－2x＋4y－20＝0.令x＝0，得y2＋4y－20＝0，解得y＝－2＋2eq\r(6)或y＝－2－2eq\r(6)，∴M(0，－2＋2eq\r(6))，N(0，－2－2eq\r(6))或M(0，－2－2eq\r(6))，N(0，－2＋2eq\r(6))，∴|MN|＝4eq\r(6)，故選C.(法二)由已知可得kAB＝eq\f(3－2,1－4)＝－eq\f(1,3)，kCB＝eq\f(2＋7,4－1)＝3，∴kAB·kCB＝－1，∴AB⊥CB，即△ABC為直角三角形，∴△ABC的外接圓的圓心為線段AC的中點，坐標為(1，－2)，半徑為eq\f(1,2)|AC|＝eq\f(1,2)eq\r(（1－1）2＋（－7－3）2)＝5，∴△ABC的外接圓方程為(x－1)2＋(y＋2)2＝25.令x＝0，得(y＋2)2＝24，解得y＝±2eq\r(6)－2，∴|MN|＝4eq\r(6)，故選C.(3)(2020江蘇模擬，5分)在平面直角坐標系xOy中，已知圓M經過直線l：x－eq\r(3)y＋2eq\r(3)＝0與圓C：x2＋y2＝4的兩個交點．當圓M的面積最小時，圓M的標準方程為__eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(3),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))2＝1__．解析：(法一)設直線l與圓C交于A，B兩點．聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x－\r(3)y＋2\r(3)＝0，,x2＋y2＝4，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝－\r(3)，,y＝1)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2，)))∴A(－eq\r(3)，1)，B(0，2)或A(0，2)，B(－eq\r(3)，1)．易知當AB為圓M的直徑時，圓M的面積最小，此時圓M的圓心為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，半徑r＝eq\f(1,2)|AB|＝1.∴所求圓的標準方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(3),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))2＝1.(法二)設圓的方程為x2＋y2－4＋k(x－eq\r(3)y＋2eq\r(3))＝0，配方得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(k,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3)k,2)))2＝k2－2eq\r(3)k＋4，∴r2＝k2－2eq\r(3)k＋4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\r(3)))2＋1，∴當k＝eq\r(3)時，半徑r取得最小值，此時圓的面積最小，∴所求圓的標準方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(3),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))2＝1.b．求與圓有關的軌跡方程(4)(2023原創，5分)已知點A(－2，0)，B(2，0)，在平面直角坐標系中的動點M滿足|MA|＝eq\r(2)|MB|，則點M的軌跡方程為__x2＋y2－12x＋4＝0(或(x－6)2＋y2＝32)__．解析：設點M坐標為(x，y)．已知|MA|＝eq\r(2)|MB|，可得|MA|2＝2|MB|2，即(x＋2)2＋y2＝2[(x－2)2＋y2]，化簡可得x2＋y2－12x＋4＝0，即點M的軌跡方程為x2＋y2－12x＋4＝0(或(x－6)2＋y2＝32)．(5)(經典題，12分)已知點P(0，5)，圓C：x2＋y2＋4x－12y＋24＝0.(Ⅰ)求圓C中過點P的弦的中點的軌跡方程；答案：x2＋y2＋2x－11y＋30＝0解析：解：易知圓C的標準方程為(x＋2)2＋(y－6)2＝16，故圓心為C(－2，6)，半徑為4.(2分)設過點P的弦AB的中點為N，當直線AB的斜率不存在時，N(0，6)；當直線AB的斜率為0時，N(－2，5)；(4分)當直線AB的斜率存在且不為0時，設N(a，b)，則直線AB的斜率kAB＝eq\f(b－5,a)，而直線CN的斜率kCN＝eq\f(b－6,a＋2)，∴eq\f(b－5,a)·eq\f(b－6,a＋2)＝－1，整理可得a2＋b2＋2a－11b＋30＝0.(6分)經驗證，(0，6)和(－2，5)均符合上式．∴過點P的弦的中點的軌跡方程為x2＋y2＋2x－11y＋30＝0.(8分)(Ⅱ)若點Q是圓C上的動點，求PQ中點M的軌跡方程．答案：x2＋y2＋2x－11y＋eq\f(109,4)＝0解析：解：設M(m，n)，則Q點坐標為(2m，2n－5)．∵點Q是圓C上的動點，∴把Q的坐標代入圓C的方程得4m2＋(2n－5)2＋8m－12×(2n－5)＋24＝0，化簡整理得m2＋n2＋2m－11n＋eq\f(109,4)＝0，∴PQ中點M的軌跡方程為x2＋y2＋2x－11y＋eq\f(109,4)＝0.(12分)(2023原創，5分)已知A(－6，0)，圓O：x2＋y2＝9，過點A的動直線l與圓O交于P，Q兩點，設線段PQ的中點為M，則當直線l運動時，點M的運動軌跡的長度為__2π__．解析：如圖，由M為PQ中點，可知OM⊥PQ，即∠AMO＝90°，可知點M在以OA為直徑的圓上運動．取OA中點E(－3，0)，可知E在圓O上．以E為圓心，OE為半徑作圓E，設圓E與圓O交于G，H兩點，則點M運動的軌跡為弧GOH.易知|OE|＝|EG|＝|OG|＝3，所以∠GEO＝60°，所以∠GEH＝2∠GEO＝120°，所以軌跡長度為eq\f(120°,360°)×2π×3＝2π.c．求圓上動點到其他點距離的最值(6)(2023匯編，9分)已知圓C的半徑為1，且經過點A(3，4)，①圓心C到原點的距離的最小值為(A)(2020北京，4分)A．4B．5C．6D．7②設點P是圓C上的動點，Q是直線x＝－4上的動點，若圓心C在原點與點A的連線上，則|PQ|的最小值為(C)A.eq\f(19,5)B.eq\f(23,5)C.eq\f(27,5)D.eq\f(31,5)解析：①根據題意，點C在以A為圓心，r1＝1為半徑的圓上．∵A(3，4)，∴|OA|＝5，∴|OC|min＝|OA|－r1＝4.故選A.②如圖，過A作AM⊥x軸于點M，過C作CN⊥x軸于點N，則|AM|＝4，|OM|＝3，∴|OA|＝eq\r(|AM|2＋|OM|2)＝5.∵CN∥AM，∴eq\f(|CN|,|AM|)＝eq\f(|ON|,|OM|)＝eq\f(|OC|,|OA|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OA))－|AC|,|OA|)＝eq\f(4,5)，∴|CN|＝eq\f(4,5)|AM|＝eq\f(16,5)，|ON|＝eq\f(4,5)|OM|＝eq\f(12,5)，∴Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，\f(16,5))).過C作直線x＝－4的垂線，則垂線與圓C的交點為使得|PQ|最小的點P，垂足為使得|PQ|最小的點Q，∴|PQ|min＝|CQ|－1＝eq\f(12,5)＋4－1＝eq\f(27,5).故選C.2．直線與圓的位置關系a．直線與圓的位置關系的判定(7)(多選)(2021新高考Ⅱ，5分)已知直線l：ax＋by－r2＝0與圓C：x2＋y2＝r2，點A(a，b)，則下列說法正確的是(ABD)A．若點A在圓C上，則直線l與圓C相切B．若點A在圓C內，則直線l與圓C相離C．若點A在圓C外，則直線l與圓C相離D．若點A在直線l上，則直線l與圓C相切解析：圓C：x2＋y2＝r2表示圓心為(0，0)，半徑為r的圓，圓心到直線l的距離d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2)).若A在圓C上，則a2＋b2＝r2，所以d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))＝eq\f(r2,\r(r2))＝r，所以直線l與圓C相切，A正確；若A在圓C內，則a2＋b2<r2，所以d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))>eq\f(r2,\r(r2))＝r，所以直線l與圓C相離，B正確；若A在圓C外，則a2＋b2>r2，所以d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))<eq\f(r2,\r(r2))＝r，所以直線l與圓C相交，C錯誤；若點A在l上，則a2＋b2－r2＝0，即a2＋b2＝r2，所以d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))＝eq\f(r2,\r(r2))＝r，所以直線l與圓C相切，D正確．綜上，選ABD.(2023原創，5分)已知直線l：ax－y＋eq\f(3,4)ar＝0(a≠0)與圓C：x2＋y2＝r2，則下列說法正確的是(B)A．直線l與圓C相切B．直線l與圓C相交C．直線l與圓C相離D．不能確定直線l與圓C的位置關系解析：(法一)對ax－y＋eq\f(3,4)ar＝0(a≠0)進行整理，得y＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,4)r))，∴直線l過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)r，0)).∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)r))eq\s\up12(2)＋02<r2，∴點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)r，0))在圓C內，∴直線l與圓C相交．故選B.(法二)易知圓心C(0，0)，∴圓心到直線l的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)ar)),\r(a2＋1))＝eq\f(3,4)·eq\f(|a|,\r(a2＋1))·r.∵eq\f(|a|,\r(a2＋1))＝eq\r(\f(a2,a2＋1))<1，∴d<r，∴直線l與圓C相交．故選B.b．根據直線與圓的位置關系求參數(8)(2023匯編，10分)已知直線l：y＝x＋b.(Ⅰ)若b＝1，直線l與圓(x－a)2＋y2＝2有公共點，則實數a的取值范圍是(C)A．[－3，－1]B．[－1，3]C．[－3，1]D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)(Ⅱ)若直線l與曲線y＝eq\r(1－x2)有兩個不同的公共點，則實數b的取值范圍是__[1，eq\r(2))__．解析：(Ⅰ)易知直線l：y＝x＋1，即x－y＋1＝0.(法一)由題得圓心的坐標為(a，0)，半徑r＝eq\r(2).∵直線x－y＋1＝0與圓(x－a)2＋y2＝2有公共點，∴圓心到直線的距離d＝eq\f(|a＋1|,\r(2))≤eq\r(2)，解得－3≤a≤1，即實數a的取值范圍是[－3，1]．故選C.(法二)聯立直線l與圓的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋1＝0，,（x－a）2＋y2＝2，))消元得2x2－2(a－1)x＋a2－1＝0.∵直線l與圓有公共點，∴Δ＝[－2(a－1)]2－8(a2－1)＝－4(a－1)(a＋3)≥0，解得－3≤a≤1，即實數a的取值范圍是[－3，1]．故選C.(Ⅱ)如圖，直線l：y＝x＋b表示斜率為1，在y軸上的截距為b的直線，曲線y＝eq\r(1－x2)表示單位圓在x軸及其上方的部分．當直線過點(－1，0)時，它與半圓交于兩點，此時b＝1，記為直線l1；當直線與半圓相切時，b＝eq\r(2)，記為直線l2.直線l要與半圓有兩個不同的公共點，必須滿足l在l1與l2之間(包括l1但不包括l2)，∴1≤b<eq\r(2)，即實數b的取值范圍是[1，eq\r(2))．c．直線與圓相交時的相關問題(9)(2023匯編，24分)已知圓O：x2＋y2＝4，O為坐標原點．(Ⅰ)設直線l：y＝kx＋m與圓O交于M，N兩點，①當k＝m＝1時，|MN|＝(D)A．2eq\r(2)B.eq\f(\r(14),2)C．4D.eq\r(14)②當k＝1時，若△MON為等邊三角形，則m＝(B)A.eq\r(6)B．±eq\r(6)C.eq\r(2)D．±eq\r(2)③若|MN|的最小值為2，則m＝(C)(2021北京，4分)A．±2B．±eq\r(2)C．±eq\r(3)D．±eq\r(5)(Ⅱ)設直線l1：nx＋y＋eq\r(3)n－1＝0與圓O交于P，Q兩點，①過P，Q分別作l1的垂線與x軸交于A，B兩點，若|PQ|＝2，則|AB|＝(B)A．2B.eq\f(4\r(3),3)C．2eq\r(3)D．4②將直線l1向下平移eq\f(1,2)個單位長度得到直線l2，并設直線l2與圓O的交點分別為P′，Q′，則弦長|P′Q′|的最小值為(C)A.eq\f(\r(3),2)B．1C.eq\r(3)D．2解析：由題可得圓O的圓心為O(0，0)，半徑r＝2.(Ⅰ)①當k＝m＝1時，直線l：x－y＋1＝0，則圓心O到直線l的距離d＝eq\f(|0－0＋1|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，∴弦長|MN|＝2eq\r(r2－d2)＝2×eq\r(4－\f(1,2))＝eq\r(14).故選D.②當k＝1時，直線l：x－y＋m＝0，根據題意作圖，如圖所示，則圓心O到直線l的距離d＝eq\f(|0－0＋m|,\r(2))＝eq\f(\r(2)|m|,2).若△MON為等邊三角形，則d＝eq\f(\r(3),2)r，即eq\f(\r(2)|m|,2)＝eq\f(\r(3),2)r＝eq\r(3)，∴m＝±eq\r(6).故選B.③由題易得圓心到直線l的距離d＝eq\f(|m|,\r(k2＋1))，則弦長|MN|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(4－\f(m2,k2＋1))，當k＝0時，弦長取得最小值，為2eq\r(4－m2)＝2，解得m＝±eq\r(3).故選C.(Ⅱ)①∵|PQ|＝2，∴圓心O到直線l1的距離d1＝eq\r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PQ|,2)))2)＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)，即eq\f(|\r(3)n－1|,\r(n2＋1))＝eq\r(3)，解得n＝－eq\f(\r(3),3)，∴直線l1：－eq\f(\r(3),3)x＋y－2＝0，∴其傾斜角為30°.根據題意作圖，如圖所示，過A作AC⊥BQ于點C，則易知四邊形ACQP是矩形，且∠CAB＝30°，∴|AB|＝eq\f(|AC|,cos∠CAB)＝eq\f(|PQ|,cos30°)＝eq\f(2,\f(\r(3),2))＝eq\f(4\r(3),3).故選B.②將方程nx＋y＋eq\r(3)n－1＝0進行整理，得y＝1－n(x＋eq\r(3))，∴直線l1過定點(－eq\r(3)，1)，∴直線l2過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，\f(1,2))).設Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，\f(1,2)))，則|OE|＝eq\r(3＋\f(1,4))＝eq\f(\r(13),2)<2,∴點E在圓O內，∴當直線l2與OE垂直時，弦長|P′Q′|有最小值，此時|P′Q′|＝2eq\r(4－\f(13,4))＝eq\r(3).故選C.(10)(2023匯編，10分)已知直線l經過點(－1，0)，圓C：x2＋y2－6x＋5＝0,(Ⅰ)設直線l的斜率為k，且與圓C交于不同的兩點A，B，則當k＝eq\f(1,3)時，△ABC的面積為__eq\f(4\r(6),5)__；當△ABC的面積最大時，實數k＝__±eq\f(\r(7),7)__；(Ⅱ)將圓C向左平移3個單位得到圓C′，設直線l與圓C′交于不同的兩點A′，B′，E在圓C′上，F(－2，0)，且A′B′⊥EF，則四邊形A′EB′F面積的最大值為__4eq\r(3)__．提醒：圓C向左平移3個單位長度，即圓心向左平移3個單位長度，半徑不變，故可直接得出圓C′的方程．解析：(Ⅰ)由圓C：x2＋y2－6x＋5＝0，即(x－3)2＋y2＝4，可得圓心C(3，0)，半徑r＝2.∵直線l經過點(－1，0)，∴當斜率k＝eq\f(1,3)時，直線l的方程為y＝eq\f(1,3)(x＋1)，即x－3y＋1＝0，∴圓心C到直線l的距離d＝eq\f(|3＋1|,\r(1＋9))＝eq\f(2\r(10),5)，∴|AB|＝2×eq\r(4－\f(8,5))＝eq\f(4\r(15),5)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(15),5)×eq\f(2\r(10),5)＝eq\f(4\r(6),5).∵S△ABC＝eq\f(1,2)|CA|·|CB|sin∠ACB≤eq\f(1,2)|CA||CB|＝eq\f(1,2)|CA|2＝2，當且僅當sin∠ACB＝1時等號成立，∴當△ABC的面積最大時，∠ACB＝90°，∴△ABC是直角三角形．∵|AC|＝2，∴斜邊上的高為eq\r(2).已知直線l：y＝k(x＋1)，故點C到直線l的距離d＝eq\f(|3k＋k|,\r(k2＋1))＝eq\r(2)，解得k＝±eq\f(\r(7),7).(Ⅱ)根據題意，圓C′：x2＋y2＝4，此時點C′與坐標原點重合．①當直線l與x軸垂直時，|A′B′|＝2eq\r(3)，|EF|＝4，∴四邊形A′EB′F的面積S＝eq\f(1,2)|A′B′|·|EF|＝4eq\r(3).②當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為y＝k(x＋1)，即kx－y＋k＝0，則直線EF的方程為y＝－eq\f(1,k)(x＋2)，即x＋ky＋2＝0.根據題意作圖，如圖所示，(法一)∵點C′到直線l的距離為eq\f(|k|,\r(k2＋1))，到直線EF的距離為eq\f(2,\r(k2＋1))，∴|A′B′|＝2eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|k|,\r(k2＋1))))2)＝2eq\r(\f(3k2＋4,k2＋1))，|EF|＝2eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(k2＋1))))2)＝4eq\r(\f(k2,k2＋1))，∴四邊形A′EB′F的面積S＝eq\f(1,2)|A′B′|·|EF|＝eq\f(1,2)·2eq\r(\f(3k2＋4,k2＋1))·4eq\r(\f(k2,k2＋1))＝4eq\r(\f(（3k2＋4）k2,（k2＋1）2)).令t＝k2＋1>1(當k＝0時，四邊形A′EB′F不存在)，則S＝4eq\r(\f(（3t＋1）（t－1）,t2))＝4eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)＋1))2)<4eq\r(4－1)＝4eq\r(3).綜上，四邊形A′EB′F面積的最大值為4eq\r(3).(法二)聯立直線l與圓C′的方程，整理得(k2＋1)x2＋2k2x＋k2－4＝0，∴xA′＋xB′＝－eq\f(2k2,k2＋1)，xA′xB′＝eq\f(k2－4,k2＋1)，∴|A′B′|＝eq\r(1＋k2)·|xA′－xB′|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（xA′＋xB′）2－4xA′xB′)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\f(4k4－4（k2－4）（k2＋1）,（k2＋1）2))＝2eq\r(\f(3k2＋4,k2＋1)).聯立直線EF與圓C′的方程，整理得(k2＋1)y2＋4ky＝0，∴y1＝－eq\f(4k,k2＋1)，y2＝0，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2－2,k2＋1)，－\f(4k,k2＋1)))，F(－2，0)，∴|EF|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2－2,k2＋1)＋2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,k2＋1)))2)＝4eq\r(\f(k2,1＋k2)).以下同法一．d．直線與圓相切時的相關問題(11)(2023匯編，20分)已知直線l與圓C：x2＋(y－1)2＝1相切，(Ⅰ)若直線l與x軸交點的橫坐標為－eq\r(3)，則直線l的斜率為__eq\r(3)或0__；(Ⅱ)若直線l經過點(1，3)，則直線的方程為__x＝1或3x－4y＋9＝0__；(Ⅲ)若直線l經過eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)＋1))，且與兩個坐標軸分別交于點M，N，則|MN|＝__2＋eq\r(2)__；(Ⅳ)若直線l的斜率為eq\r(3)，且與y軸交于點A，與圓C相切于點B，則|AB|＝__eq\r(3)__．(2021天津)解析：由圓C的方程可得圓心C(0，1)，半徑r＝1.(Ⅰ)若直線l的斜率不存在，則直線l的方程為x＝－eq\r(3)，不與圓C相切．若直線l的斜率存在，設直線l的斜率為k，則直線l的方程為y＝k(x＋eq\r(3))，即kx－y＋eq\r(3)k＝0，∴點C到直線l的距離d＝eq\f(|\r(3)k－1|,\r(k2＋1))＝r＝1，化簡得k2－eq\r(3)k＝0，解得k＝eq\r(3)或0.故直線l的斜率為eq\r(3)或0.(Ⅱ)若直線l的斜率不存在，則直線l的方程為x＝1，與圓C相切．若直線l的斜率存在，設直線l的方程為y－3＝k(x－1)，即kx－y＋3－k＝0，則點C到直線l的距離d＝eq\f(|－1＋3－k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq\f(3,4)，此時直線l的方程為y－3＝eq\f(3,4)(x－1)，即3x－4y＋9＝0.綜上，直線的方程為x＝1或3x－4y＋9＝0.(Ⅲ)令Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)＋1))，易知點P在圓C上，∴點P即為切點．∵kPC＝eq\f(\f(\r(2),2)＋1－1,\f(\r(2),2))＝1，∴直線l的斜率為－1，∴直線l：y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋1))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(2),2)))，即x＋y－eq\r(2)－1＝0.令x＝0，則y＝eq\r(2)＋1；令y＝0，則x＝eq\r(2)＋1，∴|MN|＝eq\r(2)×(eq\r(2)＋1)＝2＋eq\r(2).(Ⅳ)不妨假設點A在x軸上方，直線l與x軸交于點D，則tan∠ADO＝eq\r(3)，∴∠ADO＝60°，∴∠BAC＝30°.∵B是切點，∴BC⊥AD，∴|AB|＝eq\f(|BC|,tan∠BAC)＝eq\r(3).(12)(經典題，5分)已知圓(x＋1)2＋y2＝12的圓心為C，點P是直線l：mx－y－5m＋4＝0上的點．若圓C上存在點Q使∠CPQ＝60°，則實數m的取值范圍是(C)A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(30),6)，1＋\f(\r(30),6)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，1－\f(\r(30),6)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(30),6)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(12,5)))D．(－∞，0]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)，＋∞))解析：由題可知，圓的圓心C(－1，0)，半徑為2eq\r(3).將直線l化簡得到(x－5)m－(y－4)＝0，可知直線l過定點(5，4)．如圖，過點P作圓C的切線PR，切點為R，連接CR，CP.若圓C上存在點Q使∠CPQ＝60°，則∠CPQ≤∠CPR，即sin60°≤sin∠CPR＝eq\f(|CR|,|CP|)＝eq\f(2\r(3),|CP|)有解，即|CP|≤4有解，∴|CP|min≤4，即C到直線l的距離d≤4，∴eq\f(|－m－0－5m＋4|,\r(m2＋1))≤4，解得0≤m≤eq\f(12,5).故選C.(13)(2023匯編，25分)已知圓O：x2＋y2＝1，過直線l上的點P作圓O的切線PA，PB，切點分別為A，B.(Ⅰ)若點P是直線l：x＋ky－2＋3k＝0所過的定點，則直線AB的方程為__2x－3y－1＝0__；(Ⅱ)若直線l的方程為x＋y－6＝0，則四邊形PAOB面積的最小值為__eq\r(17)__，此時四邊形PAOB外接圓的方程為__eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))2＝eq\f(9,2)__；(Ⅲ)若直線l的方程為4x＋3y－10＝0，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最小值為__eq\f(3,2)__；(Ⅳ)若直線l的方程為x＋y－2eq\r(2)＝0，則使∠AOB最小的點P的坐標是__(eq\r(2)，eq\r(2))__；(Ⅴ)若直線l的方程為y＝2x＋a，且點P滿足eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PO,\s\up6(→))，則實數a的取值范圍是__[－2eq\r(5)，2eq\r(5)]__．解析：(Ⅰ)(法一)將直線l方程變形為x＝－k(y＋3)＋2，可知直線經過定點P(2，－3)．設A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為A，B在圓O：x2＋y2＝1上，可得過點A，B的切線方程分別為x1x＋y1y＝1，x2x＋y2y＝1.已知點P(2，－3)在過A，B的兩條切線上，可得2x1－3y1＝1，2x2－3y2＝1，根據兩點確定一條直線，可得過點A，B的直線方程為2x－3y＝1，即直線AB的方程為2x－3y－1＝0．(法二)同法一可知P(2，－3)，O(0，0)，根據切線的性質，易知點O，A，P，B在以OP為直徑的圓上，該圓的圓心坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，半徑為eq\f(1,2)|OP|＝eq\f(\r(13),2)，可得圓的方程為(x－1)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,2)))2＝eq\f(13,4)①.又已知圓O：x2＋y2＝1②，所以①－②可得兩圓的公共弦所在直線即AB的方程為－2x＋3y＋1＝0，即2x－3y－1＝0.(Ⅱ)根據切線的性質，可知OA⊥AP，|AP|＝eq\r(|OP|2－1)，S四邊形PAOB＝2S△AOP＝2×eq\f(1,2)r·|AP|＝eq\r(|OP|2－1)，可知當|OP|最小時，四邊形PAOB面積取得最小值．因為當OP與直線l垂直時，|OP|取得最小值eq\f(6,\r(2))＝3eq\r(2)，所以四邊形PAOB面積的最小值為eq\r(（3\r(2)）2－1)＝eq\r(17).此時由OP與直線l垂直，可知OP的斜率為1，方程為y＝x，與直線l的方程聯立，可得點P坐標為(3，3)．因為OA⊥AP且OB⊥BP，所以OP為四邊形PAOB外接圓的直徑，所以外接圓的圓心坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(3,2)))，半徑為eq\f(3\r(2),2)，可得此時外接圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))2＝eq\f(9,2).(Ⅲ)由題意可知，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝|eq\o(PA,\s\up6(→))|·|eq\o(PB,\s\up6(→))|cos∠APB＝|eq\o(PA,\s\up6(→))|2cos∠APB，要求它的最小值，只需|PA|最小，∠APB最大．易知當|OP|最小時，|PA|取得最小值，同時∠APB有最大值，所以當OP與直線l垂直時，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))取得最小值．由點O到直線l的距離為|OP|＝eq\f(10,\r(42＋32))＝2，圓O的半徑為1，可知此時|PA|＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，cos∠OPA＝eq\f(|PA|,|OP|)＝eq\f(\r(3),2)，cos∠APB＝2cos2∠OPA－1＝eq\f(1,2)，可得(eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→)))min＝(eq\r(3))2×eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).(Ⅳ)如圖，記∠AOP＝α(0°<α<90°)，則cosα＝eq\f(|OA|,|OP|)＝eq\f(1,|OP|).易知當OP與直線l垂直時，|OP|最小，cosα最大，α最小，從而∠AOB最小，此時直線OP的方程為y＝x，與直線l的方程x＋y－2eq\r(2)＝0聯立，解得P點坐標為(eq\r(2)，eq\r(2))．(Ⅴ)如圖，設PO與AB交于H,則eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝2eq\o(PH,\s\up6(→))，又eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PO,\s\up6(→))，則有eq\o(PH,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(PO,\s\up6(→)).在Rt△PAO中，|PA|2＝|PH|·|PO|，則|PA|2＝eq\f(3,4)|PO|2.又|PO|2＝|PA|2＋1，所以|PO|2－1＝eq\f(3,4)|PO|2，解得|PO|2＝4，即|PO|＝2.所以eq\f(|2×0－0＋a|,\r(4＋1))＝eq\f(|a|,\r(5))≤2，解得－2eq\r(5)≤a≤2eq\r(5)，即a的取值范圍為[－2eq\r(5)，2eq\r(5)]．e．圓上的點到直線的距離為定值的問題(14)(2020北京密云區二模，4分)已知圓C：x2＋(y－1)2＝2，若點P在圓C上，并且點P到直線y＝x的距離為eq\f(\r(2),2)，則滿足條件的點P的個數為(C)A．1B．2C．3D．4解析：由題可知圓心C(0，1)，半徑r＝eq\r(2)，可得圓心到直線y＝x的距離d＝eq\f(|0－1|,\r(1＋1))＝eq\f(\r(2),2)，故過圓心且與直線y＝x平行的直線與圓C有兩個交點，這兩個交點都符合題意．又r＝2d，則與圓心關于直線y＝x對稱的點也在圓上，該點也符合題意．綜上可知，共有3個點P滿足條件．故選C.(15)(經典題，5分)在平面直角坐標系xOy中，已知圓x2＋y2＝4上有且僅有四個點到直線12x－5y＋c＝0的距離為1，則實數c的取值范圍是__(－13，13)__．解析：易得圓心(0，0)到直線12x－5y＋c＝0的距離為eq\f(|c|,13).又圓上有且僅有四個點到直線12x－5y＋c＝0的距離為1，∴到直線12x－5y＋c＝0距離為1的兩條直線與圓都相交，∴eq\f(|c|,13)＋1<2，∴eq\f(|c|,13)<1，解得－13<c<13.∴實數c的取值范圍是(－13，13)．f．圓上動點到直線距離的最值問題(16)(多選)(2021新高考Ⅰ，5分)已知點P在圓(x－5)2＋(y－5)2＝16上，點A(4，0)，B(0，2)，則(ACD)A.點P到直線AB的距離小于10B．點P到直線AB的距離大于2C．當∠PBA最小時，|PB|＝3eq\r(2)D．當∠PBA最大時，|PB|＝3eq\r(2)解析：由題知，圓(x－5)2＋(y－5)2＝16的圓心為M(5，5)，半徑為4，直線AB的方程為eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1，即x＋2y－4＝0，所以圓心M到直線AB的距離為eq\f(|1×5＋2×5－4|,\r(12＋22))＝eq\f(11,\r(5))＝eq\f(11\r(5),5).因為4<eq\f(11\r(5),5)<5，所以點P到直線AB的距離的最小值為eq\f(11\r(5),5)－4<2，最大值為eq\f(11\r(5),5)＋4<10，即A選項正確，B選項錯誤．畫出圖形如圖所示，由圖可知，當PB與圓M相切時，∠PBA最大或最小．連接MP，BM，可知PM⊥PB，|BM|＝eq\r(（5－0）2＋（5－2）2)＝eq\r(34)，|MP|＝4，所以|BP|＝eq\r(|BM|2－|MP|2)＝3eq\r(2)，C，D選項正確．故選ACD.(17)(2018全國Ⅲ，5分)直線x＋y＋2＝0分別與x軸、y軸交于A，B兩點，點P在圓(x－2)2＋y2＝2上，則△ABP面積的取值范圍是(A)A．[2，6]B．[4，8]C．[eq\r(2)，3eq\r(2)]D．[2eq\r(2)，3eq\r(2)]解析：因為直線x＋y＋2＝0分別與x軸、y軸交于A，B兩點，所以A(－2，0)，B(0，－2)，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝2eq\r(2).圓(x－2)2＋y2＝2的圓心為C(2，0)，半徑r＝eq\r(2)，圓心C(2，0)到直線x＋y＋2＝0的距離d＝eq\f(|2＋2|,\r(2))＝2eq\r(2).設點P到直線x＋y＋2＝0的距離為h，顯然，當PC⊥AB時，h取得最值．過點C作直線AB的垂線，垂足為F，當點P為線段CF與圓C的交點時，h最小，hmin＝d－r＝2eq\r(2)－eq\r(2)＝eq\r(2)，則(S△ABP)min＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))·hmin＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)＝2；當點P為線段FC的延長線與圓C的交點時，h最大，hmax＝d＋r＝2eq\r(2)＋eq\r(2)＝3eq\r(2)，則(S△ABP)max＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))·hmax＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×3eq\r(2)＝6.綜上所述，△ABP面積的取值范圍為[2，6]．故選A.g．與圓上動點有關代數式的最值問題(18)(經典題，15分)已知實數x，y滿足方程x2＋y2－4x＋1＝0.(Ⅰ)求eq\f(y,x)的最大值和最小值；答案：eq\f(y,x)的最大值為eq\r(3)，最小值為－eq\r(3)解析：解：原方程可化為(x－2)2＋y2＝3，它表示以(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與原點連線的斜率，∴設eq\f(y,x)＝k，則y＝kx.(2分)當直線y＝kx與圓相切時，如圖所示，斜率k取得最大值或最小值，此時圓心(2，0)到直線y＝kx的距離d＝eq\f(|2k－0|,\r(k2＋1))＝eq\r(3)，解得k＝±eq\r(3)，∴eq\f(y,x)的最大值為eq\r(3)，最小值為－eq\r(3).(5分)(Ⅱ)求y－x的最大值和最小值；答案：y－x的最大值為－2＋eq\r(6)，最小值為－2－eq\r(6)解析：解：令z＝y－x，則y－x可看作是直線y＝x＋z在y軸上的截距．(7分)當直線y＝x＋z與圓相切時，縱截距z取得最大值或最小值，此時圓心(2，0)到直線y＝x＋z的距離d＝eq\f(|2－0＋z|,\r(2))＝eq\r(3)，解得z＝－2±eq\r(6)，∴y－x的最大值為－2＋eq\r(6)，最小值為－2－eq\r(6).(10分)(Ⅲ)求x2＋y2的最大值和最小值．答案：x2＋y2的最大值為7＋4eq\r(3)，最小值為7－4eq\r(3)解析：解：x2＋y2表示圓上的一點與原點距離的平方．由平面幾何的知識可知，x2＋y2在原點和圓心的連線與圓的交點處取得最大值和最小值，如圖所示．(12分)∵圓心到原點的距離為2，∴x2＋y2的最大值為(2＋eq\r(3))2＝7＋4eq\r(3)，最小值為(2－eq\r(3))2＝7－4eq\r(3).(15分)3．圓與圓的位置關系a．圓與圓位置關系的判定(19)(2021河北開學考，5分)圓C1：x2＋y2＝1與圓C2：x2＋y2＋k(4x＋3y)－1＝0(k∈R，k≠0)的位置關系為(A)A．相交B．相離C．相切D．無法確定解析：由題可知，圓C1的圓心為C1(0，0)，半徑為r1＝1.將圓C2的方程化為標準方程，得(x＋2k)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3k,2)))2＝1＋eq\f(25k2,4)，∴圓C2的圓心為C2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2k，－\f(3k,2)))，半徑為r2＝eq\r(1＋\f(25k2,4)).∵|C1C2|＝eq\r(4k2＋\f(9k2,4))＝eq\r(\f(25k2,4))，eq\r(1＋\f(25k2,4))－1<eq\r(\f(25k2,4))<eq\r(1＋\f(25k2,4))＋1，∴r2－r1<|C1C2|<r2＋r1，兩圓相交．故選A.b．求兩圓公共弦的長度和所在的直線方程(20)(2021浙江臺州模擬，6分)圓C1：(x－1)2＋(y－2)2＝4與圓C2：x2＋y2－4x－2y＋1＝0相交于A，B兩點，則過A，B兩點的直線方程為__y＝x__，A，B兩點間的距離為__eq\r(14)__．解析：將圓C1的標準方程化為一般方程，可得x2＋y2－2x－4y＋1＝0，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2x－4y＋1＝0，,x2＋y2－4x－2y＋1＝0，)))整理得y＝x，∴過A，B兩點的直線方程為y＝x.由題可知，圓C1的圓心為(1，2)，半徑為r＝2.∵點C1到直線y＝x的距離d＝eq\f(|1－2|,\r(1＋1))＝eq\f(\r(2),2)，∴|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝2×eq\r(4－\f(1,2))＝eq\r(14)，即A，B兩點間的距離為eq\r(14).c．根據圓與圓的位置關系求參數的值或范圍(21)(2021廣西來賓模擬，5分)若圓C1：(x－1)2＋(y－a)2＝4與圓C2：(x＋2)2＋(y＋1)2＝a2相交，則正實數a的取值范圍為(A)A．(3，＋∞)B．(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))D．(3，4)解析：由題可知，圓C1的圓心為C1(1，a)，半徑為r1＝2；圓C2的圓心為C2(－2，－1)，半徑為r2＝a，∴|C1C2|＝eq\r(9＋（a＋1）2).∵圓C1與圓C2相交，∴|r1－r2|<|C1C2|<r1＋r2，即|a－2|<eq\r(9＋（a＋1）2)<a＋2，解得a>3.故選A.(22)(2020山東模擬，5分)已知兩圓x2＋y2＋4ax＋4a2－4＝0和x2＋y2－2by＋b2－1＝0恰有三條公切線．若a∈R，b∈R，且ab≠0，則eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)的最小值為(B)A．3B．1C.eq\f(4,9)D.eq\f(1,9)解析：由題意得兩圓的標準方程分別為(x＋2a)2＋y2＝4和x2＋(y－b)2＝1，圓心分別為(－2a，0)，(0，b)，半徑分別為2，1.因為兩圓恰有三條公切線，所以兩圓外切，所以圓心距滿足eq\r(（－2a）2＋b2)＝2＋1＝3，即4a2＋b2＝9，即eq\f(4,9)a2＋eq\f(1,9)b2＝1，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)a2＋\f(1,9)b2))＝eq\f(4,9)＋eq\f(1,9)＋eq\f(4a2,9b2)＋eq\f(b2,9a2)≥eq\f(5,9)＋2eq\r(\f(4a2,9b2)·\f(b2,9a2))＝eq\f(5,9)＋eq\f(4,9)＝1，當且僅當b2＝2a2＝3時等號成立．故選B.d．求兩圓的公切線方程(23)(2020浙江，6分)已知直線y＝kx＋b(k>0)與圓x2＋y2＝1和圓(x－4)2＋y2＝1均相切，則k＝__eq\f(\r(3),3)__，b＝__－eq\f(2\r(3),3)__．解析：由條件得兩圓圓心和半徑分別為C1(0，0)，C2(4，0)，r1＝1,r2＝1.因為直線y＝kx＋b(k>0)與圓C1，C2都相切，所以d1＝eq\f(|b|,\r(1＋k2))＝1，d2＝eq\f(|4k＋b|,\r(1＋k2))＝1，則有eq\f(|b|,\r(1＋k2))＝eq\f(|4k＋b|,\r(1＋k2))，即b2＝(4k＋b)2，整理得k(2k＋b)＝0.因為k>0，所以2k＋b＝0，即b＝－2k，代入d1＝eq\f(|b|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝eq\f(\r(3),3)，則b＝－eq\f(2\r(3),3).e．求分別在兩圓上的兩個動點之間距離的最值(24)(2021江蘇南京期末，5分)已知直線l1：kx＋y＝0(k∈R)與直線l2：x－ky＋2k－2＝0相交于點A，點B是圓(x＋2)2＋(y＋3)2＝2上的動點，則|AB|的最大值為__5＋2eq\r(2)__．解析：因為直線l1：kx＋y＝0恒過定點O(0，0)，直線l2：x－ky＋2k－2＝0可變形為x＝k(y－2)＋2，即直線l2恒過定點C(2，2)．又l1⊥l2，所以兩直線的交點A在以OC為直徑的圓上．設OC的中點為D，則D(1，1)，且圓D的方程為(x－1)2＋(y－1)2＝2.因為直線l1的斜率存在，所以點A的軌跡不包括圓D與y軸的交點(0，2)，如圖所示．要求|AB|的最大值，即求圓D和圓E：(x＋2)2＋(y＋3)2＝2上的點連線距離的最大值．由兩圓的圓心距為eq\r(（1＋2）2＋（1＋3）2)＝5，且兩圓的半徑均為eq\r(2)，可知|AB|max＝5＋2eq\r(2).4．隱形圓在解題中的妙用(25)(2023匯編，15分)已知圓C：x2＋y2－8x－6y＋25－m＝0，A(－1，0)，B(1，0)．(Ⅰ)若圓C上存在點P使得eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，則m的最小值為__16__．(Ⅱ)若圓C上存在點Q使得|OQ|＝eq\f(1,2)|AQ|，則圓C的半徑eq\r(m)的取值范圍是__eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(202)－2,3)，\f(\r(202)＋2,3)))__．(Ⅲ)設MN是圓C的一條弦，CM⊥CN，E是MN的中點.若圓C與直線y＝x＋1相切，且當弦MN在圓C上運動時，直線l：x－3y－5＝0上存在兩點A1，B1，使得∠A1EB1≥eq\f(π,2)恒成立，則線段A1B1長度的最小值為__2eq\r(10)＋2__．解析：(Ⅰ)由eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0可得PA⊥PB，可得點P在以AB為直徑的圓上，即點P在圓x2＋y2＝1上．將x2＋y2－8x－6y＋25－m＝0化為標準方程(x－4)2＋(y－3)2＝m，可得圓心坐標為C(4，3)，半徑r＝eq\r(m).根據題意可知圓C與圓O有交點．如圖，當兩圓外切時，圓C的半徑最小．因為|OC|＝eq\r(42＋32)＝5，所以圓C半徑的最小值為5－1＝4，即(eq\r(m))min＝4，可得mmin＝16.(Ⅱ)設Q(x0，y0)，則|OQ|2＝xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)，|AQ|2＝(x0＋1)2＋yeq\o\al(2,0).∵|OQ|＝eq\f(1,2)|AQ|，∴|OQ|2＝eq\f(1,4)|AQ|2，即xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝eq\f(1,4)(x0＋1)2＋eq\f(1,4)yeq\o\al(2,0)，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(1,3)))2＋yeq\o\al(2,0)＝eq\f(4,9)，∴點Q在以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))為圓心，eq\f(2,3)為半徑的圓上．又點Q在圓C上，∴圓eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))2＋y2＝eq\f(4,9)與圓C有公共點．∵點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))與點C(4，3)間的距離為eq\f(\r(202),3)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－\r(m)))≤eq\f(\r(202),3)≤eq\f(2,3)＋eq\r(m)，解得eq\f(\r(202)－2,3)≤eq\r(m)≤eq\f(\r(202)＋2,3)，∴eq\r(m)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(202)－2,3)，\f(\r(202)＋2,3))).(Ⅲ)∵圓C與直線y＝x＋1相切，∴圓心C到直線y＝x＋1的距離等于半徑eq\r(m)，即eq\f(|4－3＋1|,\r(2))＝eq\r(m)，解得m＝2，∴|CM|＝|CN|＝eq\r(2).又CM⊥CN，∴△CMN是等腰直角三角形，|MN|＝2.又E為MN的中點，∴CE⊥MN，|CE|＝1，即點E在以C為圓心，1為半徑的圓上，∴點E在圓(x－4)2＋(y－3)2＝1上．要使得∠A1EB1≥eq\f(π,2)恒成立，則點E在以A1B1為直徑的圓上(與點A，B不重合)或內部，又點A1，B1在直線l上，點C到直線l的距離d＝eq\f(|4－9－5|,\r(12＋（－3）2))＝eq\r(10)，∴以A1B1為直徑的圓的半徑的最小值為eq\r(10)＋1，∴|A1B1|的最小值為2eq\r(10)＋2，即線段A1B1長度的最小值為2eq\r(10)＋2.隨堂普查練321．(經典題，5分)已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圓，則圓心坐標是__(－2，－4)__，半徑是__5__．解析：由題意得a2＝a＋2≠0，解得a＝－1或a＝2.當a＝－1時，方程為x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，配方得(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，此方程表示圓，此時圓心坐標為(－2，－4)，半徑為5；當a＝2時，方程為4x2＋4y2＋4x＋8y＋10＝0，即x2＋y2＋x＋2y＋eq\f(5,2)＝0，配方得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋(y＋1)2＝－eq\f(5,4)，此時方程不表示圓．綜上所述，a＝－1，圓心坐標為(－2，－4)，半徑是5.2．(2021江蘇南京模擬，5分)寫出一個關于直線x＋y－1＝0對稱的圓的方程__(x－1)2＋y2＝1(答案不唯一)__．解析：圓關于直線x＋y－1＝0對稱，即該圓圓心在直線x＋y－1＝0上，如(x－1)2＋y2＝1.3．(2021浙江杭州模擬，6分)已知直線l：ax＋by＋c＝0被圓C：x2＋y2＝16截得的弦的中點為M，若3a＋2b－c＝0，O為坐標原點，則點M的軌跡方程為__eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))2＋(y＋1)2＝eq\f(13,4)__，|OM|的最大值為__eq\r(13)__．解析：如圖，設直線l與圓C交于A，B兩點，連接OM.因為3a＋2b－c＝0，所以－3a－2b＋c＝0，所以點(－3，－2)在直線l上，設其為點T.因為M是AB的中點，所以MO⊥AB，所以MO⊥MT，所以eq\o(MO,\s\up6(→))·eq\o(MT,\s\up6(→))＝0.設M(x，y)，則(－x，－y)·(－3－x，－2－y)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))2＋(y＋1)2＝eq\f(13,4)，所以點M的軌跡方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))2＋(y＋1)2＝eq\f(13,4).因為點M在以OT為直徑的圓上，所以|OM|的最大值等于該圓直徑的長度，為eq\r(13).4．(2021廣西來賓模擬，5分)一束光線從點A(－2，1)出發，經x軸反射到圓C：x2＋y2－6x－8y＋23＝0上的最短距離為(C)A．5eq\r(2)B．4C．4eq\r(2)D．6解析：將圓C的方程化為標準方程，得(x－3)2＋(y－4)2＝2，∴圓C的圓心坐標為(3，4)，半徑r＝eq\r(2).作點A(－2，1)關于x軸的對稱點B(－2，－1)，則所求的最短距離即為點B與圓C上的點的最短距離，光線的軌跡如圖所示．∵|BC|＝eq\r(（3＋2）2＋（4＋1）2)＝5eq\r(2)，∴所求最短距離為5eq\r(2)－eq\r(2)＝4eq\r(2).故選C.5．(2020山東模擬，5分)已知直線l：y－eq\f(\r(2),2)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(2),2)))，則“k＝1”是“直線l與圓x2＋y2＝1相切”的(C)A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：直線l與圓x2＋y2＝1相切，等價于d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)k＋\f(\r(2),2))),\r(k2＋1))＝1，解得k＝1，所以“k＝1”是“直線l與圓x2＋y2＝1相切”的充要條件．故選C.6．(經典題，5分)設直線y＝x＋2a與圓C：x2＋y2－2ay－2＝0相交于A，B兩點，若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝2eq\r(3)，則圓C的面積為__4π__．解析：將圓C的一般方程x2＋y2－2ay－2＝0化為標準方程，得x2＋(y－a)2＝a2＋2，∴圓心為C(0，a)，半徑r＝eq\r(a2＋2).∵圓心C到直線y＝x＋2a的距離為eq\f(|0－a＋2a|,\r(2))＝eq\f(|a|,\r(2))，|AB|＝2eq\r(3)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|a|,\r(2))))eq\s\up12(2)＝a2＋2，解得a2＝2，∴圓C的面積為π(a2＋2)＝4π.7．(2023改編，5分)已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝25，過點M(1，2)的直線l與圓C交于A，B兩點．若∠ACB最小，則直線l的方程是__x＋y－3＝0__；若|AM|＝|BM|，則直線l的斜率是__－1__．解析：設圓心C到直線l的距離為d，則coseq\f(∠ACB,2)＝eq\f(d,5).要使∠ACB最小，則d取最大值，此時直線l與直線CM垂直．而kCM＝eq\f(4－2,3－1)＝1，∴kl＝－1，故直線l的方程為y－2＝－1×(x－1)，即x＋y－3＝0.∵|AM|＝|BM|，∴M是線段AB的中點，又AC＝BC，∴AB⊥CM，∴直線l的斜率為－1.8．(經典題，6分)在圓x2＋y2－2x－6y＝0內，設過點E(0，1)的最長弦和最短弦分別為AC和BD，求四邊形ABCD的面積．答案：10eq\r(2)解析：解：將圓的一般方程化為標準方程，得(x－1)2＋(y－3)2＝10，則圓心為G(1，3)，半徑r＝eq\r(10).(1分)最長弦AC為過點E的直徑，所以|AC|＝2eq\r(10).(3分)易知最短弦BD為與GE垂直的弦，如圖所示．∵|BG|＝eq\r(10)，|EG|＝eq\r(（0－1）2＋（1－3）2)＝eq\r(5)，∴|BD|＝2|BE|＝2eq\r(|BG|2－|EG|2)＝2eq\r(5)，(5分)∴四邊形ABCD的面積為eq\f(1,2)|AC||BD|＝eq\f(1,2)×2eq\r(10)×2eq\r(5)＝10eq\r(2).(6分)9．(2019浙江，6分)已知圓C的圓心坐標是(0，m)，半徑是r.若直線2x－y＋3＝0與圓相切于點A(－2，－1)，則m＝__－2__，r＝__eq\r(5)__．解析：如圖，由圓心與切點的連線與切線垂直，可得eq\f(m＋1,2)＝－eq\f(1,2)，解得m＝－2，∴圓心為(0，－2)，半徑r＝eq\r(（－2－0）2＋（－1＋2）2)＝eq\r(5).10．(2020山東煙臺模擬，5分)已知O為坐標原點，點P在單位圓上，過點P作圓C：(x－4)2＋(y－3)2＝4的切線，切點為Q，則|PQ|的最小值為(B)A.eq\r(3)B．2eq\r(3)C．2D．4解析：根據題意，可知圓C的圓心坐標為C(4，3)，半徑r＝2.過點P作圓C的切線，切點為Q，可得|PQ|＝eq\r(|PC|2－22)，當|PC|最小時，|PQ|取得最小值．又點P在單位圓上，則|PC|min＝|OC|－1＝eq\r(9＋16)－1＝4，可得|PQ|min＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3).故選B.11．(2020山東，5分)某中學開展勞動實習，學生加工制作零件，零件的截面如圖所示．O為圓孔及輪廓圓弧AB所在圓的圓心，A是圓弧AB與直線AG的切點，B是圓弧AB與直線BC的切點，四邊形DEFG為矩形，BC⊥DG，垂足為C，tan∠ODC＝eq\f(3,5)，BH∥DG，EF＝12cm，DE＝2cm，A到直線DE和EF的距離均為7cm，圓孔半徑為1cm，則圖中陰影部分的面積為__eq\f(5,2)π＋4__cm2.解析：連接OA，作AM⊥EF，分別交OH，DG，EF于S，N，M，過點O作OQ⊥DQ，垂足為Q.∵A到直線DE和EF的距離均為7，∴|EM|＝|AM|＝7.又∵|EF|＝12，|MN|＝|DE|＝2，∴|NG|＝|MF|＝12－7＝5，|AN|＝|AM|－|NM|＝7－2＝5，∴∠AGD＝45°.∵BH∥DG，∴∠AHO＝45°.∵AG是圓弧的切線，∴AG⊥OA，∠AOH＝45°.設|OA|＝R，則|AS|＝|OS|＝eq\f(R,\r(2))，|OQ|＝|SN|＝5－