2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第九章第二讲　圆的方程及直线、圆的位置关系学案

这是一份2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第九章第二讲　圆的方程及直线、圆的位置关系学案，共15页。

第二讲　圆的方程及直线、圆的位置关系


　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　 　　　　　　　　　　　　
1.[2020四川省高三诊断性考试(三)]A,B是☉O :x2+y2=1上两个动点,且∠AOB=120°,A,B到直线l :3x+4y - 10=0的距离分别为d1,d2,则d1+d2的最大值为(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
2.[2018全国卷Ⅲ]直线x+y+2=0分别与x轴,y轴交于A,B两点,点P在圆(x - 2)2+y2=2上,则△ABP面积的取值范围是(　　)
A.[2,6] B.[4,8] C.[2,32] D.[22,32]
3.[多选题]已知圆C过点M(1,-2),且与两坐标轴均相切,则下列叙述正确的是 (　　)
A.满足条件的圆C的圆心在一条直线上
B.满足条件的圆C有且只有一个
C.点(2,-1)在满足条件的圆C上
D.满足条件的圆C有且只有两个,它们的圆心距为42
4.[2016全国卷Ⅲ]已知直线l:mx+y+3m - 3=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.若|AB|=23,则|CD |=　　　　. 
5.[2019北京高考]设抛物线y2=4x的焦点为F ,准线为l.则以F 为圆心,且与l相切的圆的方程为　　　　　　　. 
6.[2019浙江高考]已知圆C的圆心坐标是(0,m),半径长是r.若直线2x - y+3=0与圆C相切于点A( - 2, - 1),则
m=　　　　,r=　　　　. 
7.[2020南京模拟]在平面直角坐标系xOy中,已知圆M :(x - a)2+(y - 2a)2=4,圆N :(x - 2)2+(y+1)2=4,若圆M上存在一点P,使得以点P为圆心,1为半径的圆与圆N有公共点,则实数a的取值范围为　　　　. 
8.[2018全国卷Ⅱ]设抛物线C:y2=4x的焦点为F ,过F 且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8.
(1)求l的方程;
(2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程.






考法1 求圆的方程
1 [2018天津高考]在平面直角坐标系中,经过三点(0,0),(1,1),(2,0)的圆的方程为　　　　　　　　. 
设圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F =0(D2+E2 - 4F >0),分别将三点的坐标代入圆的方程,求出D,E,F 即可;或者设圆的标准方程为(x - a)2+(y - b)2=r2,分别将三点的坐标代入圆的方程,求出a,b,r即可;或者通过已知条件及圆的几何性质求出圆的基本量.
解法一　(待定系数法)设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F =0(D2+E2 - 4F >0),则F=0,1+1+D+E+F=0,4+2D+F=0,解得D=-2,E=0,F=0,即圆的方程为x2+y2 - 2x=0.
解法二　(待定系数法)设圆的方程为(x - a)2+(y - b)2=r2,则a2+b2=r2　①,(1-a)2+(1-b)2=r2　②,(2-a)2+b2=r2　③,
由① - ③,得a=1,代入②,得(1 - b)2=r2,结合①,得b=0,所以r2=1,故圆的方程为(x - 1)2+y2=1,即x2+y2 - 2x=0.
解法三　(几何法)记A(0,0),B(2,0),C(1,1),连接AB,由圆过点A(0,0),B(2,0)知,AB的垂直平分线x=1必过圆心.连接BC,又圆过点C(1,1),BC的中点为(32,12),BC所在直线的斜率kBC= - 1,所以BC的垂直平分线为直线y=x - 1,联立,得y=x-1,x=1,解得圆心的坐标为(1,0),半径为1,故圆的方程为(x - 1)2+y2=1,即x2+y2 - 2x=0.
1.[2017全国卷Ⅲ]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.





考法2 与圆有关的最值问题
2已知实数x,y满足方程x2+y2 - 4x+1=0.
(1)则yx的最大值和最小值分别为　　　　和　　　　; 
(2)则y - x的最大值和最小值分别为　　　　和　　　　; 
(3)则x2+y2的最大值和最小值分别为　　　　和　　　　. 

条件与
目标
条件:已知圆的方程.
目标:(1)求yx的最大值和最小值.
(2)求y - x的最大值和最小值.
(3)求x2+y2的最大值和最小值.
思路与
方法
思路:寻找目标式的几何意义,将最值问题转化成直线与圆的位置关系问题.
方法:几何性质法.
过程与
关键
过程:将目标函数的几何意义与圆的几何图形对应,从几何直观中得到最值的求解.
关键:①直线与圆相切时,观察直线的斜率(或截距)的变化.
②观察圆上的点与坐标原点的距离.
③利用几何形求解最值问题.
(1)(斜率型)原方程可化为(x - 2)2+y2=3,表示以(2,0)为圆心,3为半径的圆,yx的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率,所以设yx=k,即y=kx.
当直线y=kx与圆相切时,斜率k取最大值或最小值,此时|2k-0|k2+1=3,解得k=±3.
所以yx的最大值为3,最小值为 - 3.
(2)(截距型)　y - x可看作是直线y=x+b在y轴上的截距,当直线y=x+b与圆相切时,纵截距b取得最大值或最小值,此时|2-0+b|2=3,解得b= - 2±6.
所以y - x的最大值为 - 2+6,最小值为 - 2 - 6.
(3)(距离型)　x2+y2表示圆上的一点与原点距离的平方,由平面几何知识知,在原点与圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值.
又圆心到原点的距离为(2-0)2+(0-0)2=2,
所以x2+y2的最大值是(2+3)2=7+43,
x2+y2的最小值是(2 - 3)2=7 - 43.
3 [2019厦门模拟]设点P(x,y)是圆:x2+(y - 3)2=1上的动点,定点A(2,0),B( - 2,0),则PA·PB的最大值为　　　　. 
由题意,知PA=(2 - x, - y),PB=( - 2 - x, - y),
所以PA·PB=x2+y2 - 4.
由于点P(x,y)是圆上的点,故其坐标满足方程x2+(y - 3)2=1,故x2= - (y - 3)2+1,所以PA·PB= - (y - 3)2+1+y2 - 4=6y - 12.
由题意易知2≤y≤4,所以当y=4时,PA·PB的值最大,最大值为6×4 - 12=12.
2.已知A(0,2),点P在直线x+y+2=0上,点Q在圆C:x2+y2 - 4x - 2y=0上,则|PA|+|PQ|的最小值是　　　　. 
考法3 直线与圆的位置关系
4 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

思路一:将直线方程与圆的方程联立→研究一元二次方程的判别式
思路二:计算圆心到直线的距离d→比较d与圆的半径5的大小
思路三:直线l过定点(1,1)→判断定点与圆的位置关系
解法一　(代数法)由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.
解法二　(几何法)由题意知,圆心(0,1)到直线l的距离d=|m|m2+1<1<5,故直线l与圆相交.
解法三　(点与圆的位置关系法)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.
A
判断直线与圆的位置关系时,通常利用圆心到直线的距离,注意求距离时直线方程必须化成一般式.
3.[原创题]已知直线l :x+2y - 3=0与圆C:x2+y2+x - 6y+m=0,若直线l与圆C无公共点,则m的取值范围是(　　)
A.(1,8)　　B.(8,374)　　C.(1,37)　　D.(8,+∞)
考法3 圆与圆的位置关系
5分别求当实数k为何值时,圆C1:x2+y2+4x - 6y+12=0与圆C2:x2+y2 - 2x - 14y+k=0相交和相切.

确定两圆的圆心和半径利用两圆的位置关系及C2对k的限制确定关系式求解参数的值或取值范围
将两圆的一般方程化为标准方程,得圆C1:(x+2)2+(y - 3)2=1,圆C2:(x - 1)2+(y - 7)2=50 - k,
则圆C1的圆心为C1( - 2,3),半径r1=1;
圆C2的圆心为C2(1,7),半径r2=50-k,k<50.
从而|C1C2|=(-2-1)2+(3-7)2=5.
当|50-k - 1|<5<50-k+1,即4<50-k<6,即14 当1+50-k=5,即k=34时,两圆外切;当|50-k - 1|=5,即k=14时,两圆内切.
所以当k=14或k=34时,两圆相切.
4.[2019江苏泰州模拟(三)]在平面直角坐标系xOy中,过圆C1:(x - k)2+(y+k - 4)2=1上任意一点P作圆C2:x2+y2=1的一条切线,切点为Q,则当|PQ|最小时,k=　　　　. 
考法5 圆的弦长问题
6 [2020湖北部分重点中学高三测试]已知直线l:mx+y+3m+3=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,若|AB|=23,则实数m的值为　　　　. 
解法一　因为圆x2+y2=12的圆心坐标为(0,0),半径r=23,所以圆心到直线l的距离d=|3m+3|m2+1,
所以|AB|=2r2-d2=23,即(23)2 - (|3m+3|1+m2)2=3,
解得m=33.
解法二　联立得x2+y2=12,mx+y+3m+3=0,消去y得(1+m2)x2+(6m2+23m)x+9m2+63m - 9=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),所以x1+x2=-(6m2+23m)1+m2,
x1x2=9m2+63m-91+m2.因为|AB|=23,所以1+m2·[-(6m2+23m)1+m2]2-4×9m2+63m-91+m2=23,解得m=33.
7 [2017全国卷Ⅲ]在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx - 2与x轴交于A,B两点,点C的坐标为(0,1).当m变化时,解答下列问题:
(1)能否出现AC⊥BC的情况?说明理由.
(2)证明过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
(1)利用设而不求法,借助向量的方法推证AC·BC≠0,进而得出不会出现AC⊥BC的情况.
(2)思路一:先由条件求得过A,B,C三点的圆的方程,再令x=0求得圆与y轴的交点坐标,最后可证得“过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值”.
思路二:利用平面几何中的相交弦定理求解.
(1)不能出现AC⊥BC的情况,理由如下:
设A(x1,0),B(x2,0),则x1,x2是方程x2+mx - 2=0的两根,所以x1x2= - 2,又点C的坐标为(0,1),则AC·BC=( - x1,1)·( - x2,1)=x1x2+1=
- 2+1= - 1≠0,所以不能出现AC⊥BC的情况.
(2)解法一　由题意知,过A,B,C三点的圆的圆心必在线段AB的垂直平分线上.设圆心E(x0,y0),则x0=x1+x22,由(1)可得x1+x2= - m,所以x0= - m2.由|EA|=|EC|,得(x1+x22 - x1)2+y02=(x1+x22)2+(y0 - 1)2,化简得y0=1+x1x22= - 12,所以圆E的方程为(x+m2)2+(y+12)2=( - m2)2+
( - 12 - 1)2.令x=0,得y1=1,y2= - 2,所以过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为1 - ( - 2)=3,即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
解法二　设过A,B,C三点的圆与y轴的另一个交点为D,由x1x2= - 2可知原点O在圆内,则由相交弦定理可得|OC|·|OD|=|OA|·|OB|=|x1|·|x2|=2.………………………
(利用相交弦定理:若圆O的两条弦AB,CD交于一点P,则|PA|·|PB|=|PC|·|PD|)
又|OC|=1,所以|OD|=2,所以过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为|OC|+|OD|=3,为定值.

5.求两圆x2+y2-2x+10y-24=0和x2+y2+2x+2y-8=0的公共弦所在直线的方程为　　　　,公共弦长为　　　　. 
考法6 圆的切线问题
8 (1)[2015重庆高考]已知直线l:x+ay - 1=0(a∈R)是圆C:x2+y2 - 4x - 2y+1=0的对称轴.过点A( - 4,a)作圆C的一条切线,切点为B,则|AB|=
A.2　　　　　　　B.42 C.6 D.210
(2)[2020河北冀州中学模拟]已知圆C:x2+y2 - 2x - 4y+3=0.
①若圆C的一条切线在x轴和y轴上的截距相等,则此切线的方程为　　　　; 
②从圆C外一点P(x1,y1)向该圆引一条切线,切点为M,O为坐标原点,且有|PM|=|PO|,则|PM|的最小值为　　　　. 

(1)由题意可得圆C的标准方程,圆C的圆心坐标为(2,1),半径为2→由直线l是圆C的对称轴,求出a→连接AC,BC,则有|AB|2=|AC|2 - |BC|2,代入求出|AB|
(2)①直线在两坐标轴上的截距为零及直线与圆相切→直线在两坐标轴上的截距不为零及直线与圆相切→求出k值即得切线方程

(1)由题意得圆C的标准方程为(x - 2)2+(y - 1)2=4,所以圆C的圆心坐标为(2,1),半径为2.因为直线l为圆C的对称轴,所以圆心在直线l上,则2+a - 1=0,解得a= - 1.连接AC,BC,所以|AB|2=|AC|2 - |BC|2=( - 4 - 2)2+( - 1 - 1)2 - 4=36,所以|AB|=6,故选C.
(2)①圆C的方程可化为(x - 1)2+(y - 2)2=2,
当直线在两坐标轴上的截距为零时,设直线方程为y=kx(k≠0),由直线与圆相切,得|k-2|k2+1=2,解得k= - 2±6.
所以切线方程为y=( - 2+6)x或y=( - 2 - 6)x.
当直线在两坐标轴上的截距不为零时,设直线方程为x+y - a=0,
由直线与圆相切,得|1+2-a|2=2,解得a=1或a=5.
所以切线方程为x+y - 1=0或x+y - 5=0.
综上所述,所求的切线方程为y=( - 2+6)x或y=( - 2 - 6)x或x+y - 1=0或x+y - 5=0.
②由|PM|=|PO|,得(x1-1)2+(y1-2)2 - 2=x12+y12,
整理得2x1+4y1 - 3=0,即点P在直线l:2x+4y - 3=0上.
又|PM|=|CP|2-r2,要使|PM|取得最小值,只需|CP|取得最小值即可,
记圆心C(1,2)到直线l :2x+4y - 3=0的距离为d,可知d≤|CP|,当且仅当d=|CP|时,|CP|取得最小值.
因为d=|2×1+4×2-3|22+42=725,所以|PM|min=d2-r2=(725)2-(2)2=3510.
6.(1)[2015山东高考]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. - 53或 - 35　　　　　　B. - 32或 - 23 C. - 5 4或 - 45 D. - 43或 - 34
(2)[2020山东省济南市历城二中模拟]已知圆C:x2+(y - 3)2=4,直线l过点A( - 1,0),过直线l上的点P引圆C的两条切线,若切线长的最小值为2,则直线l的斜率k为　　　　. 



数学文化　圆与数学文化
9 [2020云师大附中高三模拟]阿波罗尼斯证明过这样一个命题:平面内到两定点距离之比为常数k(k>0,k≠1)的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点A,B间的距离为2,动点P满足|PA||PB|=2,则PA2+PB2的最小值为
A.36 - 24 2　　　B.48 - 24 2　　　C.36 2　　　D.24 2

由|PA||PB|=2求出点P的轨迹方程→建立|PA|2+|PB|2的目标函数→利用函数法求最小值
以经过A,B的直线为x轴,线段AB的垂直平分线为y轴,建立平面直角坐标系,
则A( - 1,0),B(1,0).
设P(x,y),因为|PA||PB|=2,所以(x+1)2+y2(x-1)2+y2=2,
两边平方并整理,得x2+y2 - 6x+1=0,即(x - 3)2+y2=8.
所以点P的轨迹是以(3,0)为圆心,22为半径的圆,则|PA|2+|PB|2=(x+1)2+y2+(x - 1)2+y2=2(x2+y2)+2.
解法一 因为x2+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 - 22≤x≤3+22,
所以36 - 242≤12x≤36+242,
由此可知PA2+PB2的最小值为36 - 242.
解法二　由(x-3)2+y2=8,可设x=22cosθ+3,y=22sinθ(θ∈[0,2π)),
则|PA|2+|PB|2=2(x2+y2)+2=2[(22cos θ+3)2+(22sin θ)2]+2=242cos θ+36.
因为θ∈[0,2π),所以-1≤cos θ≤1,所以36-242≤242cos θ+36≤36+242,
由此可知|PA|2+|PB|2的最小值为36-242.
A
7.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家,他对圆锥曲线有深刻而系统的研究,主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书,其中阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一,即已知动点M与两定点A,B的距离之比为λ(λ>0,λ≠1),那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知圆O:x2+y2=1上的动点M和定点A( - 12,0),B(1,1),则2|MA|+|MB|的最小值为(　　)
A.6　　　B.7　　　C.10　　　D.11











1.C　设AB的中点为P,在等腰三角形AOB中,∠AOB=120°,可知|OP|=12,即点P在以O为圆心,半径r=12的圆上.令点P到直线l:3x+4y- 10=0的距离为d3,由梯形的中位线定理可知d1+d2=2d3.点O到直线l:3x+4y- 10=0的距离h=|3×0+4×0- 10|32+42=2,则d3≤h+r=2+12=52,所以d1+d2=2d3≤5.故选C.
2.A　圆心(2,0)到直线的距离d=|2+0+2|2=22,所以点P到直线的距离d1∈[2,32].根据直线的方程可知A,B两点的坐标分别为A(- 2,0),B(0,- 2),所以|AB|=22,所以△ABP的面积S=12|AB|d1=2d1.因为d1∈[2,32],所以S∈[2,6],即△ABP面积的取值范围是[2,6].
【素养落地】　本题考查直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式及三角形面积的求解,体现了逻辑推理和数学运算等核心素养,试题难度中等.求解此题的关键是确定三角形的高的取值范围.当直线与圆相离时,若已知圆的半径r,圆心到直线的距离d,则圆上的点到直线的距离的最大值为d+r,最小值为d- r.
3.ACD　因为圆C和两个坐标轴都相切,且过点M(1,- 2),所以可设圆心C的坐标为(a,- a)(a>0),故圆心C在直线y=- x上,A正确;圆C的方程为(x- a)2+(y+a)2=a2,将点M的坐标代入圆C的方程,可得a2- 6a+5=0,解得a=1或a=5,则圆心坐标为(1,- 1)或(5,- 5),所以满足条件的圆C有且只有两个,B错误;圆C的方程为(x- 1)2+(y+1)2=1或(x- 5)2+(y+5)2=25,将(2,- 1)代入圆C的方程,可知满足(x- 1)2+(y+1)2=1,也满足(x- 5)2+(y+5)2=25,C正确;满足条件的两个圆C的圆心距为(5- 1)2+(- 5+1)2=42,D正确.故选ACD.
4.4　设圆心到直线l:mx+y+3m- 3=0的距离为d,则弦长|AB|=212- d2=23,解得d=3,即|3m- 3|m2+1=3,解得m=- 33,则直线l:x- 3y+6=0,数形结合可得|CD|=|AB|cos30°=4.
5.(x- 1)2+y2=4　因为抛物线的标准方程为y2=4x,所以焦点F(1,0),准线l的方程为x=- 1.因为所求的圆以F为圆心,且与准线l相切,故圆的半径r=2,所以圆的方程为(x- 1)2+y2=4.
6.- 2　5 　解法一　设过点A(- 2,- 1)且与直线2x- y+3=0垂直的直线l的方程为x+2y+t=0,所以- 2- 2+t=0,所以t=4,所以l的方程为x+2y+4=0.将(0,m)代入,解得m=- 2,则r=(- 2- 0)2+(- 1+2)2=5.
解法二　因为直线2x- y+3=0与以点(0,m)为圆心的圆相切,且切点为A(- 2,- 1),所以m+10+2×2=- 1,所以m=- 2,r=(- 2- 0)2+(- 1+2)2=5.
7.[- 2,2]　根据题意,可将“以点P为圆心,1为半径的圆与圆N有公共点”转化为“圆M的半径增加1后与圆N有交点”,即圆(x- a)2+(y- 2a)2=9与圆(x- 2)2+(y+1)2=4有交点,则(a- 2)2+(2a+1)2≤5,得a2≤4,即a∈[- 2,2].
8.(1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x- 1)(k>0).
设A(x1,y1),B(x2,y2).
由y=k(x- 1),y2=4x,得k2x2- (2k2+4)x+k2=0.
Δ=16k2+16>0,x1+x2=2k2+4k2.
所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=4k2+4k2.
由题设知4k2+4k2=8,解得k=- 1(舍去),k=1.
因此l的方程为y=x- 1.
(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线的方程为y- 2=- (x- 3),即y=- x+5.设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),则y0=- x0+5,(x0+1)2=(y0- x0+1)22+16,
解得x0=3,y0=2或x0=11,y0=- 6.
因此所求圆的方程为(x- 3)2+(y- 2)2=16或(x- 11)2+(y+6)2=144.

1.(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.
由x=my+2,y2=2x可得y2- 2my- 4=0,则y1y2=- 4.
又x1=y122,x2=y222,故x1x2=(y1y2)24=4.
因此OA的斜率与OB的斜率之积为y1x1·y2x2=- 44=- 1,所以OA⊥OB.
又圆M是以线段AB为直径的圆,
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=(m2+2)2+m2.
由于圆M过点P(4,- 2),因此AP·BP=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=- 12.
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10,圆M的方程为(x- 3)2+(y- 1)2=10.
当m=- 12时,直线l的方程为2x+y- 4=0,圆心M的坐标为(94,- 12),圆M的半径为854,圆M的方程为(x- 94)2+(y+12)2=8516.
2.2 5　因为圆C:x2+y2- 4x- 2y=0,故圆C是以C(2,1)为圆心,半径r=5的圆.设点A(0,2)关于直线x+y+2=0的对称点为A'(m,n),则m+02+n+22+2=0,n- 2m- 0=1,
解得m=- 4,n=- 2,故A' (- 4,- 2).
连接A'C交圆C于Q,由对称性可知,
|PA|+|PQ|=|A'P|+|PQ|≥|A'Q|=|A'C|- r=25.
3.B　将圆C的方程配方,得(x+12)2+(y- 3)2=37- 4m4,则有37- 4m4>0,解得m<374.将直线l的方程与圆C的方程联立,得x+2y- 3=0,x2+y2+x- 6y+m=0,消去y,得x2+(3- x2)2+x- 6×3- x2+m=0,整理得5x2+10x+4m- 27=0　①.因为直线l与圆C无公共点,所以方程①无解,故Δ=102- 4×5(4m- 27)<0,解得m>8.所以m的取值范围是(8,374).故选B.
4.2　由题意知,|C1C2|=k2+(- k+4)2=2(k- 2)2+8≥22>2,所以圆C1与圆C2外离,示意图如图D 9- 2- 1所示.
因为PQ为圆C2的切线,所以PQ⊥C2Q,
由勾股定理,得|PQ|=|PC2|2- 1,要使|PQ|最小,则需|PC2|最小. 图D 9- 2- 1
显然当点P为C1C2与圆C1的交点时,|PC2|最小,此时|PC2|=|C1C2|- 1,
所以当|C1C2|最小时,|PC2|最小.
易知当k=2时,|C1C2|取最小值,即|PQ|最小.
5.x- 2y+4=0　25　联立两圆的方程,得x2+y2- 2x+10y- 24=0,x2+y2+2x+2y- 8=0,两式相减并整理得x- 2y+4=0,所以两圆公共弦所在直线的方程为x- 2y+4=0.
解法一　设两圆相交于点A(x1,y1),B(x2,y2),则A,B两点的坐标满足方程组x- 2y+4=0,x2+y2+2x+2y- 8=0,解得x1=- 4,y1=0或x2=0,y2=2.
所以|AB|=(0+4)2+(2- 0)2=25,即公共弦长为25.
解法二　由x2+y2- 2x+10y- 24=0,得(x- 1)2+(y+5)2=50,其圆心坐标为(1,- 5),半径r=52,圆心到直线x- 2y+4=0的距离d=|1- 2×(- 5)+4|1+(- 2)2=35.
设公共弦长为2l,由勾股定理得r2=d2+l2,即50=(35)2+l2,解得l=5,故公共弦长2l=25.
6.(1)D　圆(x+3)2+(y- 2)2=1的圆心为C(- 3,2),半径r=1.如图D 9- 2- 2所示,

图D 9- 2- 2
作出点A(- 2,- 3)关于y轴的对称点B(2,- 3).由题意可知,反射光线的反向延长线一定经过点B.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可得|k·(- 3)- 2- 2k- 3|1+k2=1,即|5k+5|=1+k2,整理得12k2+25k+12=0,即(3k+4)(4k+3)=0,解得k=- 43或k=- 34.故选D.
(2)17或- 1　 由圆C:x2+(y- 3)2=4可知圆C的圆心坐标为(0,3),半径为2,过直线l上的点P引圆C的两条切线,易知当|PC|为圆心到直线l的距离时,切线长最短.已知直线l过点A(- 1,0),当斜率不存在时,易知不合题意.设直线l的方程为y=k(x+1),即kx- y+k=0,由点到直线的距离公式及勾股定理,得|k- 3|k2+1=22+22=22,解得k=17或k=- 1.
7.C　①当点M在x轴上时,点M的坐标为(- 1,0)或(1,0).
若点M的坐标为(- 1,0),则2|MA|+|MB|=2×12+(1+1)2+12=1+5;
若点M的坐标为(1,0),则2|MA|+|MB|=2×32+(1- 1)2+12=4.
②当点M不在x轴上时,取点K(- 2,0),连接OM,MK,因为|OM|=1,|OA|=12,|OK|=2,所以|OM||OA|=|OK||OM|=2.因为∠MOK=∠AOM,所以△MOK∽△AOM,则|MK||MA|=|OM||OA|=2,所以|MK|=2|MA|,则2|MA|+|MB|=|MB|+|MK|.易知|MB|+|MK|≥|BK|,可知|MB|+|MK|的最小值为|BK|.因为B(1,1),K(- 2,0),所以(2|MA|+|MB|)min=|BK|=(- 2- 1)2+(0- 1)2=10.
综上,易知2|MA|+|MB|的最小值为10.故选C.