专题13圆的方程 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（解析版）学案

这是一份专题13圆的方程 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（解析版）学案，共27页。

专题十三《解析几何》讲义
13.2圆的方程
知识梳理.圆的方程
1.圆的方程：
（1）圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)是以点(a，b)为圆心，r为半径的圆的方程，叫做圆的标准方程．
（2）圆的一般方程：
当D2＋E2－4F＞0时，二元二次方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0叫做圆的一般方程．
圆心为，半径长为．
2．直线与圆的位置关系(半径为r，圆心到直线的距离为d)

相离
相切
相交
图形



量化
方程观点
Δ0
Δ0
Δ0
几何观点
dr
dr
dr
（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）有关弦长问题的2种求法
几何法
直线被圆截得的半弦长，弦心距d和圆的半径r构成直角三角形，即r2＝2＋d2
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|＝·|x1－x2|＝或|AB|＝·|y1－y2|＝

3．圆与圆的位置关系(两圆半径为r1，r2，d＝|O1O2|)

相离
外切
相交
内切
内含
图形





量的关系
d＞r1＋r2
d＝r1＋r2
|r1－r2|＜d＜r1＋r2
d＝|r1－r2|
d＜|r1－r2|
圆与圆位置关系问题的解题策略
(1)判断两圆的位置关系时常用几何法，即利用两圆圆心之间的距离与两圆半径之间的关系，一般不采用代数法．
(2)若两圆相交，则两圆公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差消去x2，y2项得到．













题型一.圆的方程、轨迹方程
1．已知圆C的圆心在直线x﹣2y﹣3＝0上，且过点A（2，﹣3），B（﹣2，﹣5），则圆C的标准方程为　（x+1）2+（y+2）2＝10　．
【解答】解：根据题意，圆C的圆心在直线x﹣2y﹣3＝0上，设圆心的坐标为（2t+3，t），
圆C经过点A（2，﹣3），B（﹣2，﹣5），则（2t+3﹣2）2+（t+3）2＝（2t+3+2）2+（t+5）2，
解可得t＝﹣2，则2t+3＝﹣1，即圆心C的坐标为（﹣1，﹣2），
圆的半径为r，则r2＝|CA|2＝（﹣1﹣2）2+（﹣2+3）2＝10，
故圆C的标准方程为（x+1）2+（y+2）2＝10；
故答案为：（x+1）2+（y+2）2＝10．
2．已知圆C与圆（x﹣1）2+y2＝1关于原点对称，则圆C的方程为（　　）
A．x2+y2＝1 B．x2+（y+1）2＝1
C．x2+（y﹣1）2＝1 D．（x+1）2+y2＝1
【解答】解：圆（x﹣1）2+y2＝1的圆心坐标为（1，0），半径为1．
点（1，0）关于原点的对称点为（﹣1，0），
则所求圆的方程为（x+1）2+y2＝1．
故选：D．
3．如图，已知圆C与x轴相切于点T（1，0），与y轴正半轴交于两点A，B（B在A的上方），且|AB|＝2．
（Ⅰ）求圆C的标准方程；

【解答】解：（1）由题意，圆的半径为1+1=2，圆心坐标为（1，2），
∴圆C的标准方程为（x﹣1）2+（y-2）2＝2；
4．在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，动点P与两个定点M（1，0），N（4，0）的距离之比为12．
（Ⅰ）求动点P的轨迹W的方程；
【解答】解：（Ⅰ）设点P坐标为（x，y），依题意得：|PM||PN|=12，
又M（1，0），N（4，0），
∴2(x-1)2+y2=(x-4)2+y2，
化简得：x2+y2＝4，
则动点P轨迹W方程为x2+y2＝4；
5．在平面直角坐标系xOy中，已知点B（2，0），C（﹣2，0），设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2，且k1k2=-12，记点A的轨迹为E．
（1）求E的方程；
【解答】解：（1）设A（x，y），则k1k2=yx-2⋅yx+2=-12，
整理，得x2+2y2＝4（x≠±2），
即E的方程为x2+2y2＝4（x≠±2）；
6．若AB=2，AC=2BC，则S△ABC的最大值　22　．
【解答】解：设BC＝x，则AC=2x，
根据面积公式得S△ABC=12AB•BCsinB=12×2x×1-cos2B，
又根据余弦定理得cosB=AB2+BC2-AC22AB⋅BC=4+x2-(2x)24x=4-x24x，
代入上式得：
S△ABC＝x1-(4-x24x)2=128-(x2-12)216，
由三角形三边关系有：2x+x＞2x+2＞2x，
解得：22-2＜x＜22+2．
所以当x＝23时，x2﹣12＝0，此时S△ABC取得最大值12816=8=22．
故答案为：22

题型二.直线与圆的位置关系
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
【解答】解：∵M（a，b）在圆x2+y2＝1外，
∴a2+b2＞1，
∴圆O（0，0）到直线ax+by＝1的距离d=1a2+b2＜1＝r，
则直线与圆的位置关系是相交．
故选：B．
2．若过点A（4，0）的直线l与曲线（x﹣2）2+y2＝1有公共点，则直线l的斜率的取值范围为　[-33，33]　．
【解答】解：设直线l的方程为y＝k（x﹣4），即kx﹣y﹣4k＝0
∵直线l与曲线（x﹣2）2+y2＝1有公共点，
∴圆心到直线l的距离小于等于半径
即|2k-4k|k2+1≤1，解得-33≤k≤33
∴直线l的斜率的取值范围为[-33，33]
故答案为[-33，33]
3．已知直线l：x﹣y+4＝0与圆C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2，则C上各点到l距离的最小值为（　　）
A．2-1 B．2+1 C．2 D．22
【解答】解：由于圆心C（1，1）到直线l：x﹣y+4＝0的距离为d=|1-1+4|2=22，
而圆的半径为2，故C上各点到l距离的最小值为22-2=2，
故选：C．

题型三.切线问题
1．已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝2，点P坐标为（2，﹣1），过点P作圆C的切线，切点为A，B．
（1）求切线PA，PB的方程；
（2）求过P点的圆的切线长；
（3）求直线AB的方程．
【解答】解：（1）根据题意，分析易得切线斜率存在，则设切线的斜率为k，
又由切线过点P（2，﹣1），则切线方程为：y+1＝k（x﹣2）即：kx﹣y﹣2k﹣1＝0，
又圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝2的圆心坐标为（1，2），半径r=2，
则有|k-2-2k-1|1+k2=2，
解可得k＝7或k＝﹣1，
则所求的切线方程为：x+y﹣1＝0和7x﹣y﹣15＝0；
（2）根据题意，圆心C到P的距离d=(2-1)2+(2+1)2=10，
则切线长为(10)2-(2)2=8=22，
（3）以P为圆心，切线长为半径的圆的方程为：（x﹣2）2+（y+1）2＝8…①
由圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝2，…②
②﹣①可得AB的方程：（x﹣1）2+（y﹣2）2﹣（x﹣2）2﹣（y+1）2＝﹣6，
可得x﹣3y+3＝0．
2．（2008•山东）若圆C的半径为1，圆心在第一象限，且与直线4x﹣3y＝0和x轴相切，则该圆的标准方程是（　　）
A．(x-3)2+(y-73)2=1 B．（x﹣2）2+（y﹣1）2＝1
C．（x﹣1）2+（y﹣3）2＝1 D．(x-32)2+(y-1)2=1
【解答】解：设圆心为（a，1），由已知得d=|4a-3|5=1，∴a=2(舍-12)．
故选：B．
3．（2014•大纲版）直线l1和l2是圆x2+y2＝2的两条切线．若l1与l2的交点为（1，3），则l1与l2的夹角的正切值等于　43　．
【解答】解：设l1与l2的夹角为2θ，由于l1与l2的交点A（1，3）在圆的外部，
且点A与圆心O之间的距离为OA=10，
圆的半径为r=2，
∴sinθ=210，
∴cosθ=2210，tanθ=12，
∴tan2θ=11-14=43，
故答案为：43．
4．（2014•新课标Ⅱ）设点M（x0，1），若在圆O：x2+y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则x0的取值范围是（　　）
A．[﹣1，1] B．[-12，12] C．[-2，2] D．[-22，22]
【解答】解：由题意画出图形如图：点M（x0，1），要使圆O：x2+y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，
则∠OMN的最大值大于或等于45°时一定存在点N，使得∠OMN＝45°，
而当MN与圆相切时∠OMN取得最大值，
此时MN＝1，
图中只有M′到M″之间的区域满足MN＝1，
∴x0的取值范围是[﹣1，1]．
故选：A．

5．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+（y﹣3）2＝2，点A是x轴上的一个动点，AP，AQ分别切圆C于P，Q两点，则线段PQ长的取值范围是（　　）
A．[273，22） B．[2143，22） C．[253，23） D．[233，25）
【解答】解：设AC＝x，则x≥3，
由PC⊥AP可知AP=AC2-PC2=x2-2，
∵AC垂直平分PQ，
∴PQ＝2PC⋅APAC=2•2⋅x2-2x=22•1-2x2．
∴当x＝3时，PQ取得最小值22•1-29=2143．
又1-2x2＜1，
∴PQ＜22．
∴2143≤PQ＜22．
故选：B．

6．（2002•北京）已知P是直线3x+4y+8＝0上的动点，PA，PB是圆x2+y2﹣2x﹣2y+1＝0的两条切线，A，B是切点，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值为　22　．
【解答】解：∵圆的方程为：x2+y2﹣2x﹣2y+1＝0
∴圆心C（1，1）、半径r为：1
根据题意，若四边形面积最小
当圆心与点P的距离最小时，距离为圆心到直线的距离时，
切线长PA，PB最小
圆心到直线的距离为d＝3
∴|PA|＝|PB|=d2-r2=22
∴sPACB=2×12|PA|r=22
故答案为：22

题型四.弦长问题
1．直线l：kx+y+4＝0（k∈R）是圆C：x2+y2+4x﹣4y+6＝0的一条对称轴，过点A（0，k）作斜率为1的直线m，则直线m被圆C所截得的弦长为（　　）
A．22 B．2 C．6 D．26
【解答】解：∵圆C：x2+y2+4x﹣4y+6＝0，即（x+2）2+（y﹣2）2 ＝2，
表示以C（﹣2，2）为圆心、半径等于2的圆．
由题意可得，直线l：kx+y+4＝0经过圆C的圆心（﹣2，2），
故有﹣2k+2+4＝0，∴k＝3，点A（0，3）．
直线m：y＝x+3，圆心到直线的距离d=|-2-2+3|2=12，
∴直线m被圆C所截得的弦长为22-12=6．
故选：C．
2．直线y＝kx+3与圆（x﹣3）2+（y﹣2）2＝4相交于M，N两点，若MN＜23，则k的取值范围是　{k|-3-265＜k≤-34，或0≤k＜-3+265}　．
【解答】解：设圆心（3，2）到直线y＝kx+3的距离为d，则d=|3k-2+3|k2+1＜2，
由于(MN2)2=4﹣d2，且MN＜23，求得d≥1，∴1≤d＜2，即|3k-2+3|k2+1∈[1，2），
由d≥1求得k≤-34，k≥0，由d＜2 求得-3-265＜d＜-3+265，
即k的取值范围是{k|-3-265＜k≤-34，或0≤k＜-3+265}，
故答案为：{k|-3-265＜k≤-34，或0≤k＜-3+265}．
3．已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝25，直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4＝0，则直线l被圆C截得的弦长的最小值为（　　）
A．25 B．45 C．63 D．83
【解答】解：圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝25的圆心坐标为C（1，2），半径为5．
由直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4＝0，得m（2x+y﹣7）+x+y﹣4＝0，
联立2x+y-7=0x+y-4=0，解得x=3y=1．
∴直线l过定点P（3，1），
点P（3，1）在圆内部，则当直线l与线段PC垂直时，直线l被圆C截得的弦长最小．
此时|PC|=(1-3)2+(2-1)2=5．
∴直线l被圆C截得的弦长的最小值为252-(5)2=45．
故选：B．
4．已知AC、BD为圆O：x2+y2＝4的两条相互垂直的弦，垂足为M（1，2），则四边形ABCD的面积的最大值为　5　．
【解答】解：如图
连接OA、OD作OE⊥ACOF⊥BD垂足分别为E、F
∵AC⊥BD
∴四边形OEMF为矩形
已知OA＝OC＝2 OM=3，
设圆心O到AC、BD的距离分别为d1、d2，
则d12+d22＝OM2＝3．
四边形ABCD的面积为：s=12•|AC|（|BM|+|MD|），
从而：
s=12|AC|⋅|BD|=2(4-d12)(4-d22)≤8-(d12+d22)=5，
当且仅当d12＝d22时取等号，
故答案为：5．


题型五.圆与圆之间的位置关系
1．（多选）以下四个命题表述正确的是（　　）
A．直线（3+m）x+4y﹣3+3m＝0（m∈R）恒过定点（﹣3，﹣3）
B．圆x2+y2＝4上有且仅有3个点到直线l：x﹣y+2=0的距离都等于1
C．曲线C1：x2+y2+2x＝0与曲线C2：x2+y2﹣4x﹣8y+m＝0恰有三条公切线，则m＝4
D．已知圆C：x2+y2＝1，点P为直线x4+y2=1上一动点，过点P向圆C引两条切线PA，PB，A，B为切点，则直线AB经过定点(14，12)
【解答】解：由（3+m）x+4y﹣3+3m＝0，得3x+4y﹣3+m（x+3）＝0，
联立x+3=03x+4y-3=0，解得x=-3y=3，
∴直线（3+m）x+4y﹣3+3m＝0（m∈R）恒过定点（﹣3，3），故A错误；
∵圆心（0，0）到直线l：x﹣y+2=0的距离等于1，∴直线与圆相交，而圆的半径为2，
故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，
因此圆上有三个点到直线l：x﹣y+2=0的距离等于1，故B正确；
两圆有三条公切线，则两圆外切，曲线C1：x2+y2+2x＝0化为标准式（x+1）2+y2＝1，
曲线C2：x2+y2﹣4x﹣8y+m＝0化为标准式（x﹣2）2+（y﹣4）2＝20﹣m＞0，
圆心距为(2+1)2+42=5=1+20-m，解得m＝4，故C正确；
设点P的坐标为（m，n），∴m4+n2=1，以OP为直径的圆的方程为x2+y2﹣mx﹣ny＝0，
两圆的方程作差得直线AB的方程为：mx+ny＝1，消去n得，m（x-y2）+2y﹣1＝0，
令x-y2=0，2y﹣1＝0，解得x=14，y=12，故直线AB经过定点（14，12），故D正确．
故选：BCD．
2．已知圆C1：x2+（y﹣a2）2＝a4的圆心到直线x﹣y﹣2＝0的距离为22，则圆C1与圆C2：x2+y2﹣2x﹣4y+4＝0的位置关系是（　　）
A．相交 B．内切 C．外切 D．相离
【解答】解：圆C1：x2+(y-a2)2=a4的圆心为C1（0，a2），半径r1＝a2，a≠0，
由圆C1：x2+(y-a2)2=a4的圆心到直线x﹣y﹣2＝0的距离为22，
可得|0-a2-2|2=22，解得a＝±2，
可得圆C1的圆心为（0，2），半径为2，
而圆C2：x2+y2-2x-4y+4=0的圆心为（1，2），半径为r2＝1，
由|C1C2|＝1＝r1﹣r2＝2﹣1，
可得两圆的位置关系为内切．
故选：B．
3．已知圆C1：(x-a)2+(y+2)2=4与圆C2：(x+b)2+(y+1)2=1相外切，则ab的最大值为（　　）
A．2 B．17 C．94 D．4
【解答】解：圆C1：（x﹣a）2+（y+2）2＝4的圆心为C1（a，﹣2），半径r1＝2；
圆C2：（x+b）2+（y+1）2＝1的圆心为C2（﹣b，﹣1），半径r2＝1；
由圆C1与圆C2相外切，得|C1C2|＝r1+r2，
即(a+b)2+(-2+1)2=2+1，
∴（a+b）2＝8；
由基本不等式，得
ab≤(a+b2)2=84=2，
当且仅当a＝b＝±2时取“＝”，
∴ab的最大值为2．
故选：A．
4．已知圆C1：(x-2)2+(y-3)2=1，圆C2：(x-3)2+(y-4)2=9，M，N分别是圆C1，C2上动点，P是x轴上动点，则|PN|﹣|PM|的最大值是（　　）
A．52+4 B．2 C．52 D．2+4
【解答】解：圆C1：（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1的圆心为C1：（2，3），半径等于1，
C2：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝9的圆心C2（3，4），半径等于3，
则|PN|﹣|PM|≤（|PC2|+3）﹣（|PC1|﹣1）＝4+|PC2|﹣|PC1|．
则4+|PC2|﹣|PC1|≤|C1C2|+4＝4+(3-2)2+(4-3)2=4+2．
故选：D．

题型六.直线与圆综合问题
1．直线x﹣y+m＝0与圆x2+y2﹣2x﹣1＝0有两个不同交点的一个充分不必要条件是（　　）
A．﹣3＜m＜1 B．﹣4＜m＜2 C．0＜m＜1 D．m＜1
【解答】解：联立直线与圆的方程得：
x-y+m=0x2+y2-2x-1=0，
消去y得：2x2+（2m﹣2）x+m2﹣1＝0，
由题意得：△＝（2m﹣2）2﹣8（m2﹣1）＝﹣4（m+1）2+16＞0，
变形得：（m+3）（m﹣1）＜0，
解得：﹣3＜m＜1，
∵0＜m＜1是﹣3＜m＜1的一个真子集，
∴直线与圆有两个不同交点的一个充分不必要条件是0＜m＜1．
故选：C．
2．过直线y＝x上一点作圆（x﹣5）2+（y﹣1）2＝2的两条切线l1，l2，当l1，l2关于直线y＝x对称时，l1，l2的夹角的大小为　π3　．
【解答】解：圆（x﹣5）2+（y﹣1）2＝2的圆心（5，1），过（5，1）与y＝x垂直的直线方程：x+y﹣6＝0，
它与y＝x的交点N（3，3），N到（5，1）距离是22，两条切线l1，l2，它们之间的夹角为60°．
故答案为：60°．
3．若圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax+by＝0的距离为22．则直线l的倾斜角的取值范围是　[π12，5π12]　．
【解答】解：圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0化简为标准方程，可得（x﹣2）2+（y﹣2）2＝18，
∴圆心坐标为C（2，2），半径r＝32，
∵在圆上至少有三个不同的点到直线l：ax+by＝0的距离为22，
∴圆心到直线的距离应小于或等于r-22=2，
由点到直线的距离公式，得|2a+2b|a2+b2≤2，
∴（2a+2b）2≤2（a2+b2），整理得(-ab)2-4(-ab)+1≤0，
解之得2-3≤-ba≤2+3，
∵直线l：ax+by＝0的斜率k=-ab∈[2-3，2+3]
∴设直线l的倾斜角为α，则tanα∈[2-3，2+3]，即tanπ12≤tanα≤tan5π12．
由此可得直线l的倾斜角的取值范围是[π12，5π12]．
故答案为：[π12，5π12]
4．（2014•北京）已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝1和两点A（﹣m，0），B（m，0）（m＞0），若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为（　　）
A．7 B．6 C．5 D．4
【解答】解：圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝1的圆心C（3，4），半径为1，
∵圆心C到O（0，0）的距离为5，
∴圆C上的点到点O的距离的最大值为6．
再由∠APB＝90°可得，以AB为直径的圆和圆C有交点，
可得PO=12AB＝m，故有m≤6，
故选：B．

5．已知直线x+y﹣k＝0（k＞0）与圆x2+y2＝4交于不同的两点A，B，O是坐标原点，且有OA→⋅OB→≥-2，那么k的取值范围是（　　）
A．（3，+∞） B．[2，2 2） C．[2，+∞） D．[3，2 2）
【解答】解：根据题意，圆x2+y2＝4的圆心为（0，0），半径r＝2，设圆心到直线x+y﹣k＝0的距离为d；
若直线x+y﹣k＝0（k＞0）与圆x2+y2＝4交于不同的两点A，B，则d=|k|1+1=k2＜2，则有k＜22；
设OA→与OB→的夹角即∠OAB＝θ，
若OA→⋅OB→≥-2，即|OA|×|OB|×cosθ≥﹣2，变形可得cosθ≥-12，则θ≤2π3，
当θ=2π3时，d＝1，
若θ≤2π3，则d=k2≥1，解可得k≥2，
则k的取值范围为[2，22）；
故选：B．
6．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2﹣2x﹣4y﹣3＝0与x轴交于A，B两点，若动直线l与圆C相交于M，N两点，且△CMN的面积为4，若P为MN的中点，则△PAB的面积最大值为　8　．
【解答】解：当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0得x＝﹣1或x＝3，即A（﹣1，0），B（3，0），
圆的标准方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2＝8，则圆心C（1，2），半径R=8=22，
△CMN的面积为4，
即S=12×22×22sin∠MCN＝4，
则sin∠MCN＝1，即∠MCN＝90°，
则MN=2CN=2×22=4，则CP=12MN＝2，
要使△PAB的面积最大，
则CP⊥AB，
此时三角形的高为PD＝2+2＝4，
AB＝3﹣（﹣1）＝4，
则△PAB的面积S=12×4×4=8，
故答案为：8．

7．在平面直角坐标系xOy中，已知半径为2的圆C，圆心在x轴正半轴上，且与直线x-3y+2＝0相切．
（1）求圆C的方程；
（2）在圆C上，是否存在点P，满足|PQ|=22|PO|，其中，点Q的坐标是Q（﹣1，0）．若存在，指出有几个这样的点；若不存在，请说明理由；
（3）若在圆C上存在点M（m，n），使得直线l：mx+ny＝1与圆O：x2+y2＝1相交不同两点A，B，求m的取值范围．并求出使得△OAB的面积最大的点M的坐标及对应的△OAB的面积．
【解答】解：（1）设圆心是（a，0），（a＞0），它到直线x-3y+2＝0的距离是d=|a+2|1+3=2，
解得a＝2或a＝﹣6（舍去），所以，所求圆C的方程是（x﹣2）2+y2＝4．（4分）
（2）假设存在这样的点P（x，y），则由PA=22PO，得x2+y2+4x+2＝0．（6分）
即，点P在圆D：（x+2）2+y2＝2上，点P也在圆C：（x﹣2）2+y2＝4上．
因为|CD|=4＞rc+rd=2+2，所以圆C与圆D外离，圆C与圆D没有公共点．
所以，不存在点P满足条件．（8分）
（3）存在，理由如下：因为点M（m，n），在圆C上，所以（m﹣2）2+n2＝4，
即n2＝4﹣（m﹣2）2＝4m﹣m2且0≤m≤4．
因为原点到直线l：mx+ny＝1的距离h=1m2+n2=14m＜1，解得14＜m≤4 （10分）
而|AB|＝21-h2，
所以S△OAB=12|AB|h=h2-h4=14m-(14m)2=-(14m-12)2+14，
因为116≤14m＜1，所以当14m=12，即m=12时，S△OAB取得最大值12，
此时点M的坐标是（12，72）或（12，-72），△OAB的面积的最大值是12．（12分）
8．如图，已知⊙C的圆心在原点，且与直线x+3y+42=0相切．
（1）求⊙C的方程；
（2）点P在直线x＝8上，过点P引⊙C的两条切线PA、PB，切点为A、B．
①求四边形OAPB面积的最小值；
②求证：直线AB过定点．

【解答】（1）解：依题意得：圆心（0，0）到直线x+3y+42=0的距离d＝r，
∴r＝d=|42|10=455，
∴圆C的方程为x2+y2=165；
（2）①解：连接OA，OB，
∵PA，PB是圆C的两条切线，
∴OA⊥AP，OB⊥BP，
∴S四边形OAPB=2S△OAP=12OA⋅PA=12×455PO2-165
=255PO2-165．
∴当PO取最小值为8时，(S四边形OAPB)min=25564-165=8195；
②证明：由①得，A，B在以OP为直径的圆上，
设点P的坐标为（8，b），b∈R，
则线段OP的中点坐标为（4，b2），
∴以OP为直径的圆方程为(x-4)2+(y-b2)2=16+b24，
即x2+y2﹣8x﹣by＝0．
∵AB为两圆的公共弦，
∴联立x2+y2=165x2+y2-8x-by=0得：直线AB的方程为8x+by=165，b∈R，即8（x-25）+by＝0，
则直线AB恒过定点（25，0）．

9．（2017•新课标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．
【解答】解：（1）曲线y＝x2+mx﹣2与x轴交于A、B两点，
可设A（x1，0），B（x2，0），
由韦达定理可得x1x2＝﹣2，
若AC⊥BC，则kAC•kBC＝﹣1，
即有1-00-x1•1-00-x2=-1，
即为x1x2＝﹣1这与x1x2＝﹣2矛盾，
故不出现AC⊥BC的情况；
（2）证明：设过A、B、C三点的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0（D2+E2﹣4F＞0），
由题意可得y＝0时，x2+Dx+F＝0与x2+mx﹣2＝0等价，
可得D＝m，F＝﹣2，
圆的方程即为x2+y2+mx+Ey﹣2＝0，
由圆过C（0，1），可得0+1+0+E﹣2＝0，可得E＝1，
则圆的方程即为x2+y2+mx+y﹣2＝0，
另解：设过A、B、C三点的圆在y轴上的交点为H（0，d），
则由相交弦定理可得|OA|•|OB|＝|OC|•|OH|，
即有2＝|OH|，
再令x＝0，可得y2+y﹣2＝0，
解得y＝1或﹣2．
即有圆与y轴的交点为（0，1），（0，﹣2），
则过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值3．
10．（2015•广东）已知过原点的动直线l与圆C1：x2+y2﹣6x+5＝0相交于不同的两点A，B．
（1）求圆C1的圆心坐标；
（2）求线段AB的中点M的轨迹C的方程；
（3）是否存在实数k，使得直线L：y＝k（x﹣4）与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）∵圆C1：x2+y2﹣6x+5＝0，
整理，得其标准方程为：（x﹣3）2+y2＝4，
∴圆C1的圆心坐标为（3，0）；
（2）设当直线l的方程为y＝kx、A（x1，y1）、B（x2，y2），
联立方程组(x-3)2+y2=4y=kx，
消去y可得：（1+k2）x2﹣6x+5＝0，
由△＝36﹣4（1+k2）×5＞0，可得k2＜45
由韦达定理，可得x1+x2=61+k2，
∴线段AB的中点M的轨迹C的参数方程为x=31+k2y=3k1+k2，其中-255＜k＜255，
∴线段AB的中点M的轨迹C的方程为：（x-32）2+y2=94，其中53＜x≤3；
（3）结论：当k∈（-257，257）∪{-34，34}时，直线L：y＝k（x﹣4）与曲线C只有一个交点．
理由如下：
联立方程组(x-32)2+y2=94y=k(x-4)，
消去y，可得：（1+k2）x2﹣（3+8k2）x+16k2＝0，
令△＝（3+8k2）2﹣4（1+k2）•16k2＝0，解得k＝±34，
又∵轨迹C的端点（53，±253）与点（4，0）决定的直线斜率为±257，
∴当直线L：y＝k（x﹣4）与曲线C只有一个交点时，
k的取值范围为[-257，257]∪{-34，34}．

11．如图，圆C：x2﹣（1+a）x+y2﹣ay+a＝0．
（Ⅰ）若圆C与x轴相切，求圆C的方程；
（Ⅱ）已知a＞1，圆C与x轴相交于两点M，N（点M在点N的左侧）．过点M任作一条直线与圆O：x2+y2＝4相交于两点A，B．问：是否存在实数a，使得∠ANM＝∠BNM？若存在，求出实数a的值，若不存在，请说明理由．

【解答】（Ⅰ）因为由y=0x2-(1+a)x+y2-ay+a=0可得x2﹣（1+a）x+a＝0，
由题意得△＝（1+a）2﹣4a＝（a﹣1）2＝0，所以a＝1，
故所求圆C的方程为x2﹣2x+y2﹣y+1＝0．
（Ⅱ）令y＝0，得x2﹣（1+a）x+a＝0，即（x﹣1）（x﹣a）＝0，求得x＝1，或x＝a，
所以M（1，0），N（a，0）．
假设存在实数a，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k（x﹣1），
代入x2+y2＝4得，（1+k2）x2﹣2k2x+k2﹣4＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），从而x1+x2=2k21+k2，x1x2=k2-41+k2．
因为NA、NB的斜率之和为y1x1-a+y2x2-a=k[(x1-1)(x2-a)+(x2-1)(x1-a)](x1-a)(x2-a)，
而（x1﹣1）（x2﹣a）+（x2﹣1）（x1﹣a）＝2x1x2﹣（a+1）（x2+x1）+2a=2k2-41+k2-(a+1)2k21+k2+2a=2a-81+k2，
因为∠ANM＝∠BNM，所以，NA、NB的斜率互为相反数，y1x1-a+y2x2-a=0，即2a-81+k2=0，得a＝4．
当直线AB与x轴垂直时，仍然满足∠ANM＝∠BNM，即NA、NB的斜率互为相反数．
综上，存在a＝4，使得∠ANM＝∠BNM．

课后作业.直线与圆
1．已知圆C的圆心在x轴上，点M(0，5)在圆C上，圆心到直线2x﹣y＝0的距离为455，则圆C的方程为（　　）
A．（x﹣2）2+y2＝3 B．（x+2）2+y2＝9
C．（x±2）2+y2＝3 D．（x±2）2+y2＝9
【解答】解：设圆C的圆心（a，0）在x轴正半轴上，则圆的方程为（x﹣a）2+y2＝r2（a＞0），
由点M（0，5）在圆上，且圆心到直线2x﹣y＝0的距离为455，
得a2+5=r2|2a|5=455，解得a＝2，r＝3．
∴圆C的方程为：（x﹣2）2+y2＝9．
同理设圆C的圆心（a，0）在x轴负半轴上，则圆的方程为（x+a）2+y2＝r2（a＜0），
∴圆C的方程为：（x+2）2+y2＝9．
综上，圆C的方程为：（x±2）2+y2＝9．
故选：D．
2．已知动直线l与圆O：x2+y2＝4相交于A，B两点，且满足|AB|＝2，点C为直线l上一点，且满足CB→=52CA→，若M是线段AB的中点，则OC→⋅OM→的值为（　　）
A．3 B．23 C．2 D．﹣3
【解答】解：动直线l与圆O：x2+y2＝4相交于A，B两点，且满足|AB|＝2，
则△OAB为等边三角形，
于是可设动直线l为y=3（x+2），
根据题意可得B（﹣2，0），A（﹣1，3），
∵M是线段AB的中点，
∴M（-32，32）
设C（x，y），
∵CB→=52CA→，
∴（﹣2﹣x，﹣y）=52（﹣1﹣x，3-y），
∴-2-x=52(-1-x)-y=52(3-y)，
解得x=-13y=533，
∴C（-13，533），
∴OC→⋅OM→=（-13，533）•（-32，32）=12+52=3，
故选：A．

3．已知两圆x2+y2+4ax+4a2﹣4＝0和x2+y2﹣2by+b2﹣1＝0恰有三条公切线，若a∈R，b∈R，且ab≠0，则1a2+1b2的最小值为（　　）
A．3 B．1 C．49 D．19
【解答】解：两圆的标准方程为（x+2a）2+y2＝4和x2+（y﹣b）2＝1，
圆心为（﹣2a，0），和（0，b），半径分别为2，1，
若两圆恰有三条公切线，
则等价为两圆外切，
则满足圆心距(-2a)2+b2=2+1＝3，
即4a2+b2＝9，
则49a2+19b2＝1，
则1a2+1b2=（1a2+1b2）（49a2+19b2）=49+19+49a2b2+19b2a2≥59+24a29b2⋅b29a2=59+49=1，
故选：B．
4．已知点P（x，y）是直线kx+y+4＝0（k＞0）上一动点，PA，PB是圆C：x2+y2﹣2y＝0的两条切线，A，B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为（　　）
A．3 B．212 C．22 D．2
【解答】解：圆C：x2+y2﹣2y＝0的圆心（0，1），半径是r＝1，
由圆的性质知：S四边形PACB＝2S△PBC，四边形PACB的最小面积是2，
∴S△PBC的最小值＝1=12rd（d是切线长）∴d最小值＝2
圆心到直线的距离就是PC的最小值，12+22=51+k2=5
∵k＞0，∴k＝2
故选：D．
5．已知点P（x，y）是直线kx+y+4＝0（k＞0）上一动点，PA，PB是圆C：x2+y2﹣2y＝0的两条切线，A、B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为多少？
【解答】解：圆C：x2+y2﹣2y＝0⇒x2+（y﹣1）2＝1，圆心C（0，1），半径为1；…（2分）
如图，∵PA＝PB，CB⊥PB，CA⊥PA，
∴SPACB=2⋅12⋅PA⋅CA=PA⋯（4分）．
∵SPACD≥2，∴PA≥2…（6分）．
∵PC2＝PA2+CA2＝PA2+1，∴PC2≥5
即点C到直线的距离为5⋯（8分）
所以d=|1+4|k2+1=5，…（11分）
解得：k＝±2（负舍）…（12分）
所以k＝2…（13分）

6．在平面直角坐标系xOy中，M为直线x＝3上一动点，以M为圆心的圆记为圆M，若圆M截x轴所得的弦长恒为4，过点O作圆M的一条切线，切点为P，则点P到直线2x+y﹣10＝0距离最大值为　35　．
【解答】解：设M（3，t），P（x0，y0），因为OP⊥PM，所以OP→⋅PM→=0，
可得x02+y02﹣3x0﹣ty0＝0 ①又圆M截x轴所得的弦长为4，
所以4+t2＝（x0﹣3）2+（y0﹣t）2，
整理得x02+y02﹣6x0﹣2ty0+5＝0 ②
由①②得x02+y02＝5，即点P在圆x2+y2＝5上，
于是P到直线2x+y﹣10＝0距离的最大值为105+5=35．
故答案为：35．

7．已知圆C过坐标原点O，且与x轴，y轴分别交于点A，B，圆心坐标C（t，2t）（t∈R，t≠0）
（1）求证：△AOB的面积为定值；
（2）直线2x+y﹣4＝0与圆C交于点M，N，若|OM|＝|ON|，求圆C的方程；
（3）在（2）的条件下，设P，Q分别是直线l：x+y+2＝0和圆C上的动点，求|PB|+|PQ|的最小值及此时点P的坐标．
【解答】（1）证明：由题设知，圆C的方程为（x﹣t）2+（y-2t）2＝t2+4t2，
化简得x2﹣2tx+y2-4ty＝0，
当y＝0时，x＝0或2t，则A（2t，0）；
当x＝0时，y＝0或4t，则B（0，4t），
∴S△AOB=12|OA|•|OB|=12|2t|•|4t|＝4为定值．
解：（2）∵|OM|＝|ON|，则原点O在MN的中垂线上，
设MN的中点为H，则CH⊥MN，∴C、H、O三点共线，
则直线OC的斜率k=2tt=2t2=12，
∴t＝2或t＝﹣2．
∴圆心为C（2，1）或C（﹣2，﹣1），
∴圆C的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝5或（x+2）2+（y+1）2＝5，
由于当圆方程为（x+2）2+（y+1）2＝5时，直线2x+y﹣4＝0到圆心的距离d＞r，此时不满足直线与圆相交，故舍去，
∴圆C的方程为（x﹣2）2+（y﹣1）2＝5．
（3）点B（0，2）关于直线x+y+2＝0的对称点为B′（﹣4，﹣2），
则|PB|+|PQ|＝|PB′|+|PQ|≥|B′Q|，
又B′到圆上点Q的最短距离为
|B′C|﹣r=(-6)2+32-5=35-5=25．
故|PB|+|PQ|的最小值为25，直线B′C的方程为y=12x，
则直线B′C与直线x+y+2＝0的交点P的坐标为（-43，-23）．
8．（2015·全国1）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交于点M、N两点．
（1）求k的取值范围；
（2）若OM→•ON→=12，其中O为坐标原点，求|MN|．
【解答】（1）由题意可得，直线l的斜率存在，
设过点A（0，1）的直线方程：y＝kx+1，即：kx﹣y+1＝0．
由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R＝1．
故由|2k-3+1|k2+1＜1，
故当4-73＜k＜4+73，过点A（0，1）的直线与圆C：（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1相交于M，N两点．
（2）设M（x1，y1）；N（x2，y2），
由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y＝kx+1，代入圆C的方程（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1，
可得（1+k2）x2﹣4（k+1）x+7＝0，
∴x1+x2=4(1+k)1+k2，x1•x2=71+k2，
∴y1•y2＝（kx1+1）（kx2+1）＝k2x1x2+k（x1+x2）+1
=71+k2•k2+k•4(1+k)1+k2+1=12k2+4k+11+k2，
由OM→•ON→=x1•x2+y1•y2=12k2+4k+81+k2=12，解得k＝1，
故直线l的方程为y＝x+1，即x﹣y+1＝0．
圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．
所以|MN|＝2．
9．已知点A(0，2)，B(0，12)，点P为曲线Γ上任意一点且满足|PA|＝2|PB|．
（1）求曲线Γ的方程；
（2）设曲线Γ与y轴交于M、N两点，点R是曲线Γ上异于M、N的任意一点，直线MR、NR分别交直线l：y＝3于点F、G．试问在y轴上是否存在一个定点S，使得SF→⋅SG→=0？，若存在，求出点S的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）设P（x，y），
∵点A(0，2)，B(0，12)，点P为曲线Γ上任意一点且满足|PA|＝2|PB|．
∴x2+(y-2)2=2x2+(y-12)2，
整理得：x2+y2＝1，
∴曲线Γ的方程为x2+y2＝1．
（2）由题意得M（0，1），N（0，﹣1），
设点R（x0，y0），（x0≠0），∵点R在曲线Γ上，∴x02+y02=1，
直线RM的方程y﹣1=y0-1x0x，
∴直线RM与直线y＝3的交点为F（2x0y0-1，3），
直线RN的方程为y+1=y0+1x0x，
∴直线RN与直线y＝3的交点为G（4x0y0+1，3），
假设存在点S（0，m），使得SF→⋅SG→=0成立，
则SF→=（2x0y0-1，3﹣m），SG→=（4x0y0+1，3﹣m），
∴2x0y0-1•4x0y0+1+（3﹣m）2＝0，
∵x02+y02=1，∴﹣8+（3﹣m）2＝0，
解得m＝3±22，
∴存在点S，使得SF→⋅SG→=0成立，
∴S点的坐标为（0，3±2）．
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