专题8.4 直线与圆、圆与圆的位置关系（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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\l "_Tc30610" 【题型1 直线与圆的位置关系的判断】 PAGEREF _Tc30610 \h 5
\l "_Tc1275" 【题型2 弦长问题】 PAGEREF _Tc1275 \h 7
\l "_Tc1909" 【题型3 切线问题、切线长问题】 PAGEREF _Tc1909 \h 9
\l "_Tc16471" 【题型4 圆上的点到直线距离个数问题】 PAGEREF _Tc16471 \h 11
\l "_Tc21362" 【题型5 面积问题】 PAGEREF _Tc21362 \h 13
\l "_Tc9423" 【题型6 直线与圆位置关系中的最值问题】 PAGEREF _Tc9423 \h 15
\l "_Tc1242" 【题型7 直线与圆中的定点定值问题】 PAGEREF _Tc1242 \h 18
\l "_Tc19395" 【题型8 圆与圆的位置关系】 PAGEREF _Tc19395 \h 23
\l "_Tc22428" 【题型9 两圆的公共弦问题】 PAGEREF _Tc22428 \h 25
\l "_Tc4424" 【题型10 两圆的公切线问题】 PAGEREF _Tc4424 \h 26
1、直线与圆、圆与圆的位置关系
【知识点1 直线与圆的位置关系】
1．直线与圆的位置关系及判定方法
(1)直线与圆的位置关系及方程组的情况如下：
(2)直线与圆的位置关系的判定方法
①代数法：通过联立直线方程与圆的方程组成方程组，根据方程组解的个数来研究，若有两组不同的
实数解，即>0，则直线与圆相交；若有两组相同的实数解，即=0，则直线与圆相切；若无实数解，即<0，则直线与圆相离.
②几何法：由圆心到直线的距离d与半径r的大小来判断，当dr时，直线与圆相离.
2．圆的弦长问题
设直线l的方程为y=kx+b，圆C的方程为，求弦长的方法有以下几种：
(1)几何法
如图所示，半径r、圆心到直线的距离d、弦长l三者具有关系式：.
(2)代数法
将直线方程与圆的方程组成方程组，设交点坐标分别为A,B.
①若交点坐标简单易求，则直接利用两点间的距离公式进行求解.
②若交点坐标无法简单求出，则将方程组消元后得一元二次方程，由一元
二次方程中根与系数的关系可得或的关系式，通常把或叫作弦长公式.
【知识点2 圆与圆的位置关系】
1．圆与圆的位置关系及判断方法
(1)圆与圆的位置关系
圆与圆有五种位置关系：外离、外切、相交、内切、内含，其中外离和内含统称为相离，外切和内切统称为相切.
(2)圆与圆的位置关系的判定方法
①利用圆心距和两圆半径比较大小(几何法)：
设两圆与的圆心距为d，则
d=，两圆的位置关系表示如下：
②代数法：联立两圆方程，根据方程组解的个数即可作出判断.
当>0时，两圆有两个公共点，相交；当=0时，两圆只有一个公共点，包括内切与外切；当<0时，
两圆无公共点，包括内含与外离.
2．两圆的公共弦问题
(1)求两圆公共弦所在的直线的方程的常用方法
两圆相交时，有一条公共弦，如图所示.
设圆:，①
圆:，②
①-②，得，③
若圆与圆相交，则③为两圆公共弦所在的直线的方程.若为圆与圆的交点，则点
满足且，所以.即点适合直线方程，故在③所对应的直线上，③表示过两圆与交点的直线，即公共弦所在的直线的方程.
(2)求两圆公共弦长的方法
①代数法：将两圆的方程联立，解出两交点的坐标，利用两点间的距离公式求公共弦长.
②几何法：求出公共弦所在直线的方程，利用圆的半径、半弦长、弦心距构成的直角三角形，由勾股
定理求出公共弦长.
3．两圆的公切线
(1)两圆公切线的定义
两圆的公切线是指与两圆相切的直线，可分为外公切线和内公切线.
(2)两圆的公切线位置的5种情况
①外离时，有4条公切线，分别是2条外公切线，2条内公切线；
②外切时，有3条公切线，分别是2条外公切线，1条内公切线；
③相交时，有2条公切线，都是外公切线；
④内切时，有1条公切线；
⑤内含时，无公切线.
判断两圆公切线的条数,实质就是判断两圆的位置关系。
(3)求两圆公切线方程的方法
求两圆的公切线方程时，首先要判断两圆的位置关系，从而确定公切线的条数，然后利用待定系数法，
设公切线的方程为y=kx+b，最后根据相切的条件，得到关于k,b的方程组，求出k,b的值即可.要注意公切线的斜率可能不存在.
【知识点3 与圆有关的最值问题的解题策略】
1．解与圆有关的最值问题
(1)利用圆的几何性质求最值的问题
求圆上点到直线的最大值、最小值，需过圆心向直线作垂线.
①如图2-5-1-4①，当直线l与圆C相交时，最小距离为0，最大距离为AD=r+d.其中r为圆的半径，d
为圆心到直线的距离；
②如图2-5-1-4②，当直线l与圆C相切时，最小距离为0，最大距离为AD=2r；
③如图2-5-1-4③，当直线l与圆C相离时，最小距离为BD=d-r，最大距离为AD=d+r.
(2)利用直线与圆的位置关系解决最值(取值范围) 问题
解析几何中的最值问题一般是根据条件列出所求目标——函数关系式，然后根据函数关系式的特征选
用参数法、配方法、判别式法等，应用不等式求出其最值(取值范围).对于圆的最值问题，要利用圆的特殊几何性质，根据式子的几何意义求解，这常常是简化运算的最佳途径.
①形如u=的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题.
②形如t=ax+by的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题.
③形如的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题.
(3)经过圆内一点的最长弦就是经过这点的直径，过这点和最长弦垂直的弦就是最短弦.
【方法技巧与总结】
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．圆与圆的位置关系的常用结论
两圆相交时，其公共弦所在的直线方程由两圆方程相减得到.
【题型1 直线与圆的位置关系的判断】
【例1】（2024·山东淄博·二模）若圆C:x2+2x+y2−3=0，则直线l:mx+y=0与圆C的位置关系是（ ）
A．相交B．相切
C．相离D．相交或相切
【解题思路】直线经过定点，然后证明定点在圆内可判断.
【解答过程】l:mx+y=0经过定点(0,0)，由于02+2×0+02−3=−3<0，则定点在圆内.
故直线l:mx+y=0与圆C的位置关系是相交.
故选：A.
【变式1-1】（2024·陕西·模拟预测）“k=125”是“直线kx−y+1+k=0与圆(x−2)2+(y−3)2=4相切”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
【解题思路】根据圆心到直线的距离等于半径得到方程，求出k=0或k=125，从而确定答案.
【解答过程】圆(x−2)2+(y−3)2=4是以2,3为圆心，半径为2的圆，
所以点2,3到直线kx−y+1+k=0的距离为2k−3+1+kk2+1=3k−2k2+1=2，
解得k=0或k=125，
故“k=125”是“直线kx−y+1+k=0与圆(x−2)2+(y−3)2=4相切”的充分不必要条件.
故选：A．
【变式1-2】（2024·安徽·模拟预测）已知直线l:x+1+ay=2−a，圆C:x2+y2−6x+4y+12=0，则该动直线与圆的位置关系是（ ）
A．相离B．相切C．相交D．不确定
【解题思路】根据题意可得直线l表示过定点A3,−1，且除去y=−1的直线，点A在圆上，可判断直线l与圆C相交.
【解答过程】因为直线l:x+1+ay=2−a，即x+y−2+ay+1=0，
当y+1=0时，x+y−2=0，解得x=3y=−1，
所以直线l表示过定点A3,−1，且除去y=−1的直线，
将圆C的方程化为标准方程为x−32+y+22=1，因为AC=1，点A在圆上，
所以直线l与圆C可能相交，可能相切，相切时直线l为y=−1，不合题意，
所以直线l与圆C相交.
故选：C.
【变式1-3】（2024·北京大兴·三模）已知直线l:y=kx+1与圆C:x+12+y2=r2r>0，则“∀k∈R，直线l与圆C有公共点”是“r>2”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
【解题思路】利用直线与圆的位置关系的判断方法，当∀k∈R，直线l与圆C有公共点时，1−k1+k2≤r恒成立，从而得到r≥2，再利用充分条件与必要条件的判断方法，即可求出结果.
【解答过程】易知圆C:x+12+y2=r2r>0的圆心为C(−1,0)，半径为r，
当∀k∈R，直线l与圆C有公共点时，1−k1+k2≤r恒成立，即(r2−1)x2+2k+r2−1≥0恒成立，
则r2−1>0且Δ=4−4(r2−1)2≤0，解得r2−1≥1，即r≥2或r≤−2（舍去）
所以“∀k∈R，直线l与圆C有公共点”是“r>2”的必要不充分条件，
故选：B.
【题型2 弦长问题】
【例2】（2024·河南·模拟预测）直线l:x+y=1，圆C:x2+y2−2x−2y−2=0.则直线l被圆C所截得的弦长为（ ）
A．2B．23C．27D．14
【解题思路】先将圆的方程化为标准形式，求出圆心坐标与圆的半径，再求出圆心到直线的距离，最终利用勾股定理即可求解.
【解答过程】圆C的标准方程为x−12+y−12=4，
由此可知圆C的半径为r=2，圆心坐标为C1,1，
所以圆心C1,1到直线l:x+y=1的距离为d=1+1−112+12=22，
所以直线被圆截得的弦长为2r2−d2=222−222=14.
故选：D.
【变式2-1】（2024·贵州六盘水·三模）已知直线ax−y+2=0与圆x−12+y2=4相交于A，B两点，若|AB|=23，则a=（ ）
A．43B．1C．−34D．﹣2
【解题思路】首先求出圆心到直线的距离，进一步利用垂径定理建立等量关系式，最后求出a的值．
【解答过程】圆x−12+y2=4与直线ax−y+2=0与相交于A，B两点，且|AB|=23．
则圆心1,0到直线ax−y+2=0的距离d=a+2a2+1<2=r，
利用垂径定理得d2+32=4，所以a+2a2+1=1，解得a=−34．
故选：C．
【变式2-2】（2024·北京丰台·一模）在平面直角坐标系xOy中，直线l:ax+by=1上有且仅有一点P，使OP=1，则直线l被圆C:x2+y2=4截得的弦长为（ ）
A．1B．3C．2D．23
【解题思路】利用垂径定理直接求解即可.
【解答过程】由题意知：坐标原点O到直线l的距离d=1；
∵圆C的圆心为O0,0，半径r=2，∴l被圆C截得的弦长为2r2−d2=23.
故选：D.
【变式2-3】（2024·湖南娄底·一模）已知圆C:(x−1)2+(y+2)2=16，过点D0,1的动直线l与圆C相交于M,N两点|MN|=215时，直线l的方程为（ ）
A．4x+3y−3=0B．3x−4y+4=0
C．x=0或4x+3y−3=0D．4x+3y−3=0或3x−4y+4=0.
【解题思路】考虑直线l与x轴垂直和不垂直两种情况，斜率不存在时，满足要求，斜率存在时，设出直线方程，利用点到直线距离公式得到方程，求出答案.
【解答过程】当直线l与x轴垂直时，易知直线l的方程为x=0，
C:(x−1)2+(y+2)2=16中令x=0得(y+2)2=15，解得y=±15−2，
故此时MN=y=15−2−−15−2=215，符合题意；
当直线l与x轴不垂直时，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=kx+1，
即kx−y+1=0，
则圆心到直线的距离为d=k+2+1k2+1，又MN=2r2−d2=216−d2=215，
∴d=k+2+1k2+1=1，解得k=−43，则直线l的方程为y=−43x+1，
即4x+3y−3=0，
综上可知直线l的方程为x=0或4x+3y−3=0.
故选：C.
【题型3 切线问题、切线长问题】
【例3】（2024·辽宁丹东·二模）过坐标原点O作圆C:x2+y2−4x−4y+4=0的两条切线OA，OB，切点分别为A，B，则AB=（ ）
A．2B．2C．22D．4
【解题思路】由圆的标准方程作出圆的图形，易得切点坐标，利用两点之间距离公式计算即得.
【解答过程】

如图，由圆C:x−22+y−22=4可得x轴，y轴，即是过点O的切线，
所以切点为A2,0，B0,2，故AB=22．
故选：C.
【变式3-1】（2024·全国·模拟预测）已知点P在圆C: x−a2+y2=a2a>0．上，点A0,2，若PA的最小值为1，则过点A且与圆C相切的直线方程为（ ）
A．x=0或7x+24y−48=0B．x=0或7x−24y−48=0
C．x=1或24x−7y−48=0D．x=1或24x+7y−48=0
【解题思路】
首先得到圆心坐标与半径，根据PA的最小值为1，得到方程求出a的值，即可求出圆的方程，再分斜率存在与不存在两种情况，分别求出切线方程，即可得解.
【解答过程】
由圆C方程可得圆心为Ca,0，半径r=a，因为PA的最小值为1，所以a2+4−a=1，
解得a=32，故圆C:x−322+y2=94．
若过点A0,2的切线斜率存在，
设切线方程为y=kx+2，则32k−0+21+k2=32，解得k=−724，
所以切线方程为y=−724x+2，即7x+24y−48=0；
若过点A0,2的切线斜率不存在，由圆C方程可得，圆C过坐标原点0,0，所以切线方程为x=0．
综上，过点A且与圆C相切的直线方程为x=0或7x+24y−48=0．
故选：A.
【变式3-2】（2024·北京西城·模拟预测）已知圆O:x2+y2=1，过直线3x+4y−10=0上的动点P作圆O的一条切线，切点为A，则PA的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．2
【解题思路】连接PO，PA2=PO2−r2，当PO最小时，PA最小，计算点到直线的距离得到答案.
【解答过程】如图所示：连接PO，则PA2=PO2−r2，
当PO最小时，PA最小，POmin=−1032+42=2，
故PA的最小值为22−12=3.
故选：C.
【变式3-3】（2024·全国·模拟预测）过直线y=x上一点M作圆C：x−22+y2=1的两条切线，切点分别为P，Q．若直线PQ过点1,3，则直线PQ的方程为（ ）
A．5x−y−2=0B．x−5y+14=0
C．5x+y−8=0D．x+5y−16=0
【解题思路】设Mt,t，先利用两圆方程相减得到直线PQ的方程，再利用直线PQ过点1,3求得t的值，进而得到直线PQ的方程.
【解答过程】圆C：x−22+y2=1的圆心为C2,0，
设Mt,t，则以MC为直径的圆的方程为
x−t+222+y−t22=14t−22+t−02
与圆C的方程x−22+y2=1两式相减可得直线PQ的方程为
t−2x+ty−2t+3=0
因为直线PQ过点1,3，所以t−2+3t−2t+3=0，解得t=−12．
所以直线PQ的方程为−52x−12y+1+3=0，即5x+y−8=0．
故选：C．
【题型4 圆上的点到直线距离个数问题】
【例4】（2024·重庆·模拟预测）设圆C:x−22+y−12=36和不过第三象限的直线l: 4x+3y−a=0，若圆C上恰有三点到直线l的距离为3，则实数a=（ ）
A．2B．4C．26D．41
【解题思路】首先得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离为3，即可求出a的值，再由直线不过第三象限求出a的取值范围，即可得解.
【解答过程】因为圆C:x−22+y−12=36的圆心为C2,1，半径r=6，
因为圆C上恰有三点到直线l的距离为3，
所以圆心C2,1到直线l的距离d=4×2+3×1−a42+32=3，解得a=−4或a=26，
又直线l: 4x+3y−a=0不过第三象限，则a3≥0，解得a≥0，
所以a=26.
故选：C.
【变式4-1】（2024·四川成都·三模）已知圆C：x2+y2=1，直线l：x−y+c=0，则“c=22”是“圆C上恰存在三个点到直线l的距离等于12”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
【解题思路】利用圆C上恰存在三个点到直线l的距离等于12，等价于O0,0到直线l：x−y+c=0的距离为12，从而利用点线距离公式与充分必要条件即可得解.
【解答过程】因为圆C：x2+y2=1的圆心O0,0，半径为r=1，
当圆C上恰存在三个点到直线l的距离等于12时，
则O0,0到直线l：x−y+c=0的距离为12，
所以0−0+c1+1=12，解得c=±22，即必要性不成立；
当c=22时，由上可知O0,0到直线l：x−y+c=0的距离为12，
此时圆C上恰存在三个点到直线l的距离等于12，即充分性成立；
所以“c=22”是“圆C上恰存在三个点到直线l的距离等于12”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式4-2】（2024·全国·模拟预测）已知直线l:y=kx+2，圆x2+y2=4上恰有3个点到直线的距离都等于1，则k=（ ）
A．1或2B．－1或−2C．2或－1D．1或－1
【解题思路】结合题意，利用点到直线的距离公式列式求解，再进行验证即可.
【解答过程】如图所示，圆x2+y2=4的半径为2.设点P(x,y)在圆x2+y2=4上运动.
圆心O到直线l:y=kx+2的距离d=21+k2，令21+k2=1，则k=±1.
①当k=1时，与直线y=x+2平行且距离等于1的直线是y=x，y=x+22，
与圆的三个交点是P1，P2，P3，满足题意.
②当k=−1时，与直线y=−x+2平行且距离等于1的直线是y=−x，y=−x+22，与圆的三个交点是P1，P2，P4，满足题意.
综上，k=±1.
故选：D.
【变式4-3】（2024·山西·二模）已知O是坐标原点，若圆C:x2+y2+2x−4y+a=0上有且仅有2个点到直线2x−y−1=0的距离为2，则实数a的取值范围为（ ）
A．(−4−45,45−4)B．[−4−45,45−4]
C．(−2−25,25−2)D．[−2−25,25−2]
【解题思路】求出平行于直线2x−y−1=0且距离为2的直线方程，再求出与圆心较近的直线与圆相交，另一条平行直线与圆相离的a的范围.
【解答过程】圆C:(x+1)2+(y−2)2=5−a(a<5)的圆心C(−1,2)，半径r=5−a，
设与直线l:2x−y−1=0平行且距离为2的直线方程为2x−y−t=0(t≠1)，
则|t−1|22+(−1)2=2，解得t=±25+1，直线l1:2x−y+25−1=0，l2:2x−y−25−1=0，
点C(−1,2)到直线l1的距离d1=|−5+25|5=5−2，到直线l2的距离d2=|−5−25|5=5+2，
由圆C上有且仅有2个点到直线2x−y−1=0的距离为2，得圆C与直线l1相交，且与直线l2相离，
则d1r，即5−2<5−a5+2>5−a，解得−4−45所以实数a的取值范围为(−4−45,45−4).
故选：A.

【题型5 面积问题】
【例5】（2024·湖北·模拟预测）已知A，B是直线l：x+3y−2=0上的两点，且AB=1，P为圆D：x2+y2+2x−1=0上任一点，则△PAB面积的最大值为（ ）
A．32+2B．34+22
C．32−2D．34−22
【解题思路】根据题意，求得圆心到直线的距离，得到dmax=ℎ+2，结合三角形的面积公式，即可求解.
【解答过程】由圆x2+y2+2x−1=0，可得圆心D(−1,0)，半径为r=2，
设点P到直线l的距离为d，圆心D到直线l的距离为ℎ，
可得ℎ=−1−212+(3)2=32，则dmax=ℎ+2=32+2，
又由AB=1，所以△PAB面积的最大值为12×32+2×1=34+22.
故选：B.
【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）已知A(−3,0)，B(0,3)，设C是圆M:x2+y2−2x−3=0上一动点，则△ABC面积的最大值与最小值之差等于（ ）
A．12B．62C．6D．32
【解题思路】求出C到直线AB的距离的最大值与最小值，结合面积公式做差即可得.
【解答过程】因为直线AB与圆M:(x−1)2+y2−4相离，
设圆心M(1,0)到直线AB:y=x+3的距离为d，
则d=42=22，又圆M的半径为2，
所以C到直线AB的距离的最小值为d−r=22−2，
C到直线AB的距离的最大值为d+r=22+2，
因此△ABC面积的最大值与最小值之差等于：
|AB|2 22+2−22−2=322×4=62．
故选：B．
【变式5-2】（2024·山西吕梁·一模）已知圆Q:(x−4)2+(y−2)2=4，点P为直线x+y+2=0上的动点，以PQ为直径的圆与圆Q相交于A,B两点，则四边形PAQB面积的最小值为（ ）
A．27B．47C．2D．4
【解题思路】写出面积表达式，从而得到当PQ与直线垂直时面积最小，代入数据计算即可.
【解答过程】由题意得PA⊥AQ，PB⊥AQ，Q4,2，
S四边形PAQB=2S△PAQ=2⋅12PAAQ=2PA=2PQ2−4，
当PQ垂直直线x+y+2=0时，PQmin=4+2+22=42，
∴(S四边形PAQB)min=47，
故选：B.
【变式5-3】（23-24高三上·广东深圳·期末）P是直线3x−4y+5=0上的一动点，过P作圆C:x2+y2−4x+2y+4=0的两条切线，切点分别为A,B，则四边形PACB面积的最小值为（ ）
A．2B．22C．42D．82
【解题思路】根据给定条件，结合切线长定理列出四边形面积的函数关系，再借助几何意义求出最小值.
【解答过程】圆C:(x−2)2+(y+1)2=1的圆心C(2,−1)，半径r=1，
点C到直线3x−4y+5=0的距离d=|3×2−4×(−1)+5|32+(−4)2=3，显然|PC|≥d=3，
由于PA,PB切圆C于点A,B，则|PA|=|PC|2−|AC|2=|PC|2−1，
四边形PACB的面积S=2S△PAC=2×12×|PA|×|AC|=|PC|2−1≥d2−1=22，
当且仅当直线PC垂直于直线3x−4y+5=0时取等号，
所以四边形PACB面积的最小值为22.
故选：B.
【题型6 直线与圆位置关系中的最值问题】
【例6】（2024·四川攀枝花·三模）由直线y=x上的一点P向圆x−42+y2=4引切线，切点为Q，则PQ的最小值为（ ）
A．2B．2C．6D．22
【解题思路】根据已知条件，求得PQ=d2−r2=d2−4，由此可知d=4−01+1=22时，PQ取得最小值，由此即可求解.
【解答过程】

由已知有：圆的圆心4,0，半径为r=2，直线的一般方程为x−y=0，
设点P到圆心的距离为d，则有PQ⊥CQ，所以PQ=d2−r2=d2−4，
所以d取最小值时，PQ取得最小值，
因为直线上点P到圆心的距离最小值为圆心到直线的距离，
所以d=4−01+1=22，故PQ的最小值为d2−r2=8−4=2.
故选：B.
【变式6-1】（2024·陕西汉中·二模）已知⊙M:x2+y2−2x−2y−2=0，直线l:2x+y+2=0,P为l上的一动点，A，B为⊙M上任意不重合的两点，则cs∠APB的最小值为（ ）
A．−255B．−45C．−55D．−35
【解题思路】根据题意分析得当PA，PB分别为圆的切线，且MP最小时，∠APB最大，此时cs∠APB最小，再利用二倍角公式即可得解.
【解答过程】由题意得⊙M的标准方程为(x−1)2+(y−1)2=4，所以圆心M(1,1)，半径为2，
所以圆心M到直线l的距离为|2+1+2|4+1=5>2，所以直线l与⊙M相离，
所以当PA，PB分别为圆的切线，且MP最小时，
sin∠APM=AMPM=2PM最大，又0<∠APM<π2，则∠APM最大，
所以∠APB=2∠APM最大，此时cs∠APB最小，
此时cs∠APB=cs2∠APM=1−2sin2∠APM=1−2×(25)2=−35.
故选：D.
【变式6-2】（2024·北京门头沟·一模）在平面直角坐标系中， 记 d为点 Pcsθ，sinθ 到直线 kx−y−3k+4=0 的距离， 则当 θ，k变化时， d的最大值与最小值之差为（ ）
A．2B．3C．4D．6
【解题思路】由直线方程得到其过定点A(3,4)，而Pcsθ，sinθ可看成单位圆上的一点，故可将求点P到直线之距转化为求圆心到直线之距，要使距离最大，需使直线l⊥OA，此时最大距离即圆心到点A(3,4)的距离再加上半径即得.
【解答过程】由直线 l:kx−y−3k+4=0整理得k(x−3)−y+4=0，可知直线经过定点A(3,4)，
而由Pcsθ，sinθ知，点P可看成圆O:x2+y2=1上的动点，
于是求点 Pcsθ，sinθ 到直线 kx−y−3k+4=0 的距离最值可通过求圆心到直线的距离得到.

如图知当直线l与圆相交时，Pcsθ，sinθ 到直线 kx−y−3k+4=0 的距离最小值为dmin=0，
要使点P到直线l距离最大，需使圆心O(0,0)到直线l距离最大，
又因直线l过定点A(3,4)，故当且仅当l⊥OA时距离最大，（若直线l与OA不垂直，则过点O作直线l的垂线段长必定比OA短）
此时|OA|=5，故点P到直线l距离的最大值为dmax=|OA|+r=5+1=6，即d的最大值与最小值之差为6−0=6.
故选：D.
【变式6-3】（2024·陕西西安·一模）已知圆O的方程为：x2+y2=1，点A2,0，B0,2，P是线段AB上的动点，过P作圆O的切线，切点分别为C，D，现有以下四种说法：①四边形PCOD的面积的最小值为1；②四边形PCOD的面积的最大值为3；③PC⋅PD的最小值为−1；④PC⋅PD的最大值为32．其中所有正确说法的序号为（ ）
A．①③④B．①②④C．②③④D．①④
【解题思路】利用数形结合，将面积PCOD的最值转化为求OP的最值，即可判断①②；利用数量积和三角函数表示PC⋅PD，再转化为利用对勾函数的单调性求最值.
【解答过程】如图，当点P是AB的中点时，此时OP⊥AB，OP最短，最小值为2，
当点P与点A或点B重合时，此时OP最长，最大值为2，
因为PC,PD是圆O的切线，所以PC⊥OC，PD⊥OD，
则四边形PCOD的面积为PCOC=PC=PO2−1，
所以四边形PCOD的面积的最小值为2−1=1，最大值为4−1=3，故①②正确；
PC⋅PD=PCPDcs∠CPD=PC2×2cs2∠OPC−1,
=PC2×2PC2PO2−1=2PC4PO2−PC2=2PO2−12PO2−PO2+1，
=PO2+2PO2−3，PO2∈2,4，
设y=t+2t−3,t∈2,4，函数单调递增，最小值为0，最大值为32，故③错误，④正确.
故选：B.
【题型7 直线与圆中的定点定值问题】
【例7】（2024高三·全国·专题练习）已知圆A：(x+2)2+y2=25，A为圆心，动直线l过点P(2,0)，且与圆A交于B，C两点，记弦BC的中点Q的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)过A作两条斜率分别为k1，k2的直线，交曲线E于M，N两点，且k1k2=−3，求证：直线MN过定点．
【解题思路】（1）根据题意可得：AQ⊥BC，AQ⊥PQ，即点Q的轨迹为以AP为直径的圆，从而得到曲线E的方程；
（2）讨论当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+t，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立x2+y2=4，结合韦达定理可得：x1+x2=−2ktk2+1，x1x2=t2−4k2+1，化简k1k2=y1x1+2⋅y2x2+2=−3，可得(t−k)(t−2k)=0，从而得到t=k，得到直线MN过定点(−1,0)，当直线MN斜率不存在时，设直线MN：x=t(−2【解答过程】（1）因为Q是弦BC的中点，
所以AQ⊥BC，即AQ⊥PQ，
所以点Q的轨迹为以AP为直径的圆，所以曲线E的方程为x2+y2=4.
（2）当直线MN的斜率存在时，
设直线MN的方程为y=kx+t，
代入x2+y2=4，得(k2+1)x2+2ktx+t2−4=0.
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1，x2是方程的两解，
则Δ>0，x1+x2=−2ktk2+1，x1x2=t2−4k2+1，
k1k2=y1x1+2⋅y2x2+2=kx1+tx1+2⋅kx2+tx2+2=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2x1x2+2(x1+x2)+4=−3
根据根与系数的关系，得t2−3kt+2k2=0，
即(t−k)(t−2k)=0.
若t−2k=0，则直线MN过点A，舍去；
所以t−k=0，即t=k，
直线MN的方程为y=k(x+1)，故直线过定点(−1,0).
当直线MN斜率不存在时，设直线MN：x=t(−2与曲线E的方程联立，可得M(t,4−t2)，N(t,−4−t2)，则k1k2=−4−t2(t+2)2=−3，解得t=−1，
故直线MN的方程为x=−1，恒过点(−1,0).
综上，直线MN过定点(−1,0).
【变式7-1】（23-24高二上·广东广州·期末）已知圆心C在直线y=−2x上，并且经过点A2,−1，与直线x+y−1=0相切的圆.
(1)求圆C的标准方程；
(2)对于圆C上的任意一点P，是否存在定点B（不同于原点O）使得PBPO恒为常数？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）利用点在圆上以及相切，根据点到直线的距离公式以及点点距离公式，求出圆的半径和圆心，即可求圆C的标准方程；
（2）设P(x,y)，定点B(m,n) (m，n不同时为0)，根据|PA||PO|=λ(λ为常数），可得(x−m)2+(y−n)2x2+y2=λ，进而整理可得2(1−λ2)−2mx+−4(1−λ2)−2ny+m2+n2−3(1−λ2)=0，即可得B的坐标．
【解答过程】（1）圆心C在直线y=−2x，故设圆心为a,−2a，半径为r，
则a−22+−2a+12=r2a−2a−12=r，解得a=1,r=2，
所以圆的方程为x−12+y+22=2
（2）设P(x,y)，且x−12+y+22=2，即x2+y2=2x−4y−3，
设定点B(m,n)，(m,n不同时为0)，PBPO=λ>0(λ为常数）．
则(x−m)2+(y−n)2x2+y2=λ,
两边平方，整理得(1−λ2)(x2+y2)−2mx−2ny+m2+n2=0
代入x2+y2=2x−4y−3后得(1−λ2)(2x−4y−3)−2mx−2ny+m2+n2=0恒成立
化简得2(1−λ2)−2mx+−4(1−λ2)−2ny+m2+n2−3(1−λ2)=0
所以，2(1−λ2)−2m=0−4(1−λ2)−2n=0−3(1−λ2)+m2+n2=0解得m=35n=−65λ=105或m=0n=0λ=1(舍去）
即B(35,−65)．
【变式7-2】（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·期末）圆G经过点2,23,−4,0，圆心在直线y=x上．
(1)求圆G的标准方程；
(2)若圆G与x轴分别交于M,N两点，A为直线l:x=16上的动点，直线AM,AN与曲线圆G的另一个交点分别为E,F，求证直线EF经过定点，并求出定点的坐标．
【解题思路】（1）设出圆心坐标，利用圆心到圆上各点的距离等于半径求解即可；
（2）设出直线AM的方程和直线AN的方程，分别与圆的方程联立写出E、F的坐标，进而写出直线EF的方程，化简即可证明直线EF经过定点，并求出定点的坐标.
【解答过程】（1）因为圆心在直线y=x上，设圆心为a,a,
又因为圆G经过点2,23,−4,0
则a−22+a−232=a+42+a2，解得a=0，
所以圆心0,0,半径为0+42+02=4，
所以圆G的标准方程为x2+y2=16
（2）由圆G与x轴分别交于M,N两点，不妨设M−4,0,N4,0，
又A为直线l:x=16上的动点，设A16,tt≠0，则kAM=t20,kAN=t12,
则AM方程为y=t20x+4，AN方程为y=t12x−4，
设Ex1,y1,Fx2,y2，
联立方程y=t20x+4x2+y2=16，解得400+t2x2+8t2x+16t2−400=0，
所以−4x1=16t2−400400+t2，即x1=−4t2−400400+t2,y1=160t400+t2，即E−4t2−400400+t2,160t400+t2.
联立方程y=t12x−4x2+y2=16，解得144+t2x2−8t2x+16t2−144=0，
所以4x2=16t2−144144+t2，即x2=4t2−144144+t2,y2=−96t144+t2，即F4t2−144144+t2,−96t144+t2.
当t≠±415时，kEF=160t400+t2−−96t144+t2−4t2−400400+t2−4t2−144144+t2 =32t240−t2，
所以直线EF的方程为y−−96t144+t2=32t240−t2x−4t2−144144+t2,
化简得y=32t240−t2x−1,所以直线EF过定点1,0.
当t=±415时，x1=x2=1，此时EF过定点1,0.
综上，直线EF过定点1,0.

【变式7-3】（23-24高二上·浙江杭州·期中）已知圆C过点A2,6，圆心在直线y=x+1上，截y轴弦长为25．
(1)求圆C的方程；
(2)若圆C半径小于10，点D在该圆上运动，点B3,2，记M为过B、D两点的弦的中点，求M的轨迹方程；
(3)在（2）的条件下，若直线BD与直线l:y=x−2交于点N，证明：BM⋅BN恒为定值．
【解题思路】（1）设圆心为Ca,a+1，设圆C的半径为r，根据圆的几何性质可得出关于a、r的方程组，解出这两个量的值，即可得出圆C的方程；
（2）利用圆的几何性质得CM⊥EM，利用数量积的坐标运算求得动点的轨迹方程；
（3）设直线CB与直线l交于点F，通过斜率关系得CE⊥l，利用几何关系得△CBM∽△NBF，从而BM⋅BN=BC⋅BF，利用点到直线的距离公式及两点距离公式求解即可.
【解答过程】（1）解：设圆心为Ca,a+1，设圆C的半径为r，
圆心到y轴的距离为a，且圆C y轴弦长为25，则r2=a2+5，①
且有r=AC=a−22+a−52②，
联立①②可得a=2r=3或a=12r=149，
所以，圆C的方程为x−22+y−32=9或x−122+y−132=149.
（2）解：因为C半径小于10，则圆C的方程为x−22+y−32=9，
由圆的几何性质得CM⊥ED即CM⊥EM，所以CM⋅EM=0，
设Mx,y，则CM=x−2,y−3，EM=x−3,y−2
所以x−2x−3+y−3y−2=0，即M的轨迹方程是x−522+y−522=12.
（3）解：设直线CB与直线l交于点F，由C2,3、B3,2可知直线CB的斜率是kCB=3−22−3=−1，

因为直线l的斜率为1，则BC⊥l，则∠BMC=∠BFN=90∘，∠CBM=∠NBF，
所以，△CBM∽△NBF，因此，BM⋅BN=BC⋅BF，
又E到l的距离BF=3−2−212+12=12，BC=2−32+3−22=2，
所以，BM⋅BN=2⋅12=1，故BM⋅BN恒为定值1.
【题型8 圆与圆的位置关系】
【例8】（2024·吉林长春·模拟预测）已知圆E:(x−2)2+(y−4)2=25，圆F:(x−2)2+(y−2)2=1，则这两圆的位置关系为（ ）
A．内含B．相切C．相交D．外离
【解题思路】求出两圆圆心坐标与半径，再求出圆心距与半径之和、半径之差的绝对值比较，即可判断.
【解答过程】圆E:(x−2)2+(y−4)2=25的圆心E为(2,4)，半径r1=5；
圆F:(x−2)2+(y−2)2=1的圆心F为(2,2)，半径r1=1，
则EF=(2−2)2+(4−2)2=2，故EF故选：A.
【变式8-1】（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）圆C1:(x−2)2+(y+1)2=3与圆C2:x2+(y−1)2=3的位置关系是（ ）
A．相交B．外切C．内切D．相离
【解题思路】求得两圆的圆心与半径，进而求得两圆的圆心距C1C2，由r1−r2【解答过程】由已知得圆C1的圆心为C1(2,−1)，半径为r1=3，
圆C2的圆心为C2(0,1)，半径为r2= 3，
故0=r1−r2所以圆C1与圆C2相交.
故选：A.
【变式8-2】（2024·广东广州·二模）若直线ax+by=1与圆O:x2+y2=1相切，则圆(x−a)2+(y−b)2=14与圆O（ ）
A．外切B．相交C．内切D．没有公共点
【解题思路】由直线ax+by=1与圆O:x2+y2=1相切，得a2+b2=1，则圆(x−a)2+(y−b)2=14的圆心在圆O上，两圆相交.
【解答过程】直线ax+by=1与圆O:x2+y2=1相切，
则圆心O0,0到直线ax+by=1的距离等于圆O的半径1，
即d=1a2+b2=1，得a2+b2=1.
圆(x−a)2+(y−b)2=14的圆心坐标为a,b，半径为12，
其圆心在圆O上，所以两圆相交.
故选：B.
【变式8-3】（2024·山东·模拟预测）已知圆M:x2+y2+2ay=0a>0的圆心到直线3x+2y=2的距离是13，则圆M与圆N:x−22+y+22=1的位置关系是（ ）
A．相离B．相交C．内切D．内含
【解题思路】根据点到直线的距离公式求a的值，再利用几何法判断两圆的位置关系.
【解答过程】圆M：x2+y2+2ay=0 ⇒ x2+y+a2=a2，所以圆心M0,−a，半径为a.
由点到直线距离公式得：2a+232+22=2a+213=13，且a>0，所以a=112.
又圆N的圆心N2,−2，半径为：1.
所以MN=22+722=652，a−1=92.
由652<92，所以两圆内含.
故选：D.
【题型9 两圆的公共弦问题】
【例9】（2024·黑龙江·模拟预测）圆C1:x2+y2−2x=10与圆C2:x+22+y−42=16的公共弦长为（ ）
A．27B．7C．6D．26
【解题思路】两圆方程相减可得公共弦所在的直线方程为3x−4y+7=0，即可利用点到线的距离公式以及圆的弦长公式求解.
【解答过程】C1,C2的圆心和半径分别为C11,0,C2−2,4，r=11,R=4,
R−r将两个圆的方程作差得6x−8y+14=0，即公共弦所在的直线方程为3x−4y+7=0，
又知C2−2,4，R=4，
则C2−2,4到直线的3x−4y+7=0的距离d=3×−2−4×4+732+42=155=3，
所以公共弦长为242−32=27，
故选:A．
【变式9-1】（2024·江西宜春·模拟预测）圆C1:x2+y2+2x−8y−8=0与圆C2:x2+y2+4x−4y−4=0的公共弦长为（ ）
A．555B．2555C．3555D．4555
【解题思路】先求出两圆的公共弦所在直线的方程，再求出圆心C1到公共弦x+2y+2=0的距离，由弦长=2r2−d2即可求出两圆的公共弦长.
【解答过程】由C1:x2+y2+2x−8y−8=0，C2:x2+y2+4x−4y−4=0作差
得两圆的公共弦所在直线的方程为x+2y+2=0．
由C1:x2+y2+2x−8y−8=0，得(x+1)2+(y−4)2=25．
所以圆心C1−1,4，半径r=5，
则圆心C1到公共弦x+2y+2=0的距离d=|−1+8+2|5=955．
所以两圆的公共弦长为225−815=4555．
故选：D．
【变式9-2】（2024·河北石家庄·二模）已知圆O1:x2+y2=5与圆O2:x2+y2−2x−4y=0交于A，B两点，则|AB|=（ ）
A．52B．5C．15D．152
【解题思路】根据题意，两圆方程相减即可得到直线AB的方程，再由弦长公式，即可得到结果.
【解答过程】因为圆O1:x2+y2=5与圆O2:x2+y2−2x−4y=0交于A，B两点，
则直线AB的方程即为两圆相减，可得2x+4y−5=0，
且圆O1:x2+y2=5，半径为5，
O10,0到直线2x+4y−5=0的距离d=−522+42=52，
所以|AB|=252−522=15.
故选：C.
【变式9-3】（2024·河南·二模）若圆C1:x2+y2=1与圆C2:(x−a)2+(y−b)2=1的公共弦AB的长为1，则直线AB的方程为（ ）
A．2ax+by−1=0B．2ax+by−3=0
C．2ax+2by−1=0D．2ax+2by−3=0
【解题思路】将两圆方程相减得到直线AB的方程为a2+b2−2ax−2by=0，然后再根据公共弦AB的长为1即可求解.
【解答过程】将两圆方程相减可得直线AB的方程为a2+b2−2ax−2by=0，
即2ax+2by−a2−b2=0，
因为圆C1的圆心为(0,0)，半径为1，且公共弦AB的长为1，
则C1(0,0)到直线2ax+2by−a2−b2=0的距离为32，
所以a2+b24(a2+b2)=32，解得a2+b2=3，
所以直线AB的方程为2ax+2by−3=0，
故选：D.
【题型10 两圆的公切线问题】
【例10】（2024·河北石家庄·三模）已知圆C1:x2+y2=1和圆C2:x2+y2−6x−8y+9=0，则两圆公切线的条数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】根据圆与圆的位置关系求两圆圆心距及两圆半径，从而可判断两圆位置关系，即可得公切线条数.
【解答过程】圆C1:x2+y2=1的圆心为C10,0，半径r1=1，圆C2:x2+y2−6x−8y+9=0的圆心C23,4，半径r2=4，
则C1C2=32+42=5=r1+r2，故两圆外切，则两圆公切线的条数为3.
故选：C.
【变式10-1】（23-24高三下·山东·开学考试）圆C1:x2+y2+8x−2y+9=0和圆C2:x2+y2+6x−4y+11=0的公切线方程是（ ）
A．y=−x+1B．y=−x+1或y=x+5
C．y=−x+5D．y=x+1或y=2x+5
【解题思路】先判断两个圆的位置关系，确定公切线的条数，求解出两圆的公共点，然后根据圆心连线与公切线的关系求解出公切线的方程.
【解答过程】解：C1:(x+4)2+(y−1)2=8，圆心C1(−4,1)，半径r1=22，
C2:(x+3)2+(y−2)2=2，圆心C2(−3,2)，半径r2=2，
因为C1C2=2=r1−r2，
所以两圆相内切，公共切线只有一条，
因为圆心连线与切线相互垂直，kC1C2=1，
所以切线斜率为−1，
由方程组x2+y2+8x−2y+9=0x2+y2+6x−4y+11=0解得x=−2y=3，
故圆C1与圆C2的切点坐标为(−2,3)，
故公切线方程为y−3=−(x+2)，即y=−x+1．
故选：A.
【变式10-2】（23-24高三上·山东枣庄·期末）已知圆C1:(x+1)2+(y+1)2=1，圆C2:x2+y2−4x−4y−1=0，则两圆的公切线条数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】由两圆的位置关系即可确定公切线的条数.
【解答过程】由题意圆C1:(x+1)2+(y+1)2=1是以−1,−1为圆心1为半径的圆；
C2:x2+y2−4x−4y−1=0即x−22+y−22=9是以2,2为圆心3为半径的圆；
圆心距满足d=9+9=32>1+3=4，所以两圆相离，
所以两圆的公切线条数为4.
故选：D.
【变式10-3】（23-24高三上·重庆·阶段练习）已知圆C1:x2+y2+4x+3=0，圆C2:x2+y2−8x+12=0，下列直线中不能与圆C1，C2同时相切的是（ ）
A．3x+3y=0B．3x−3y=0
C．x+35y+8=0D．x−35y−8=0
【解题思路】利用点到直线的距离公式逐项验证即可.
【解答过程】由题意知：C1：x+22+y2=1,C2：x−42+y2=4，
所以圆C1的圆心为(−2,0)，半径为1；圆C2的圆心为(4,0)，半径为2，
对于A，圆C1的圆心(−2,0)到直线的距离为d1=−2332+32=1，与半径相等，故满足相切条件，
圆C2的圆心(4,0)到直线的距离为d2=4332+32=2，与半径相等，故也满足相切条件，
即直线3x+3y=0是两圆的一条公切线；
对于B，圆C1的圆心(−2,0)到直线的距离为d1=−2332+32=1，与半径相等，故满足相切条件，
圆C2的圆心(4,0)到直线的距离为d2=4332+32=2，与半径相等，故也满足相切条件，
即直线3x−3y=0是两圆的一条公切线；
对于C，圆C1的圆心(−2,0)到直线的距离为d1=−2+812+352=1，与半径相等，故满足相切条件，
圆C2的圆心(4,0)到直线的距离为d2=4+832+32=2，与半径相等，故也满足相切条件，
即直线x+35y+8=0是两圆的一条公切线；
对于D，圆C1的圆心(−2,0)到直线的距离为d1=−2−812+352=53≠1，不满足相切条件，
即直线x−35y−8=0不可能是两圆的公切线；
故选：D.
一、单选题
1．（2024·北京海淀·三模）已知直线l:kx−y+1−k=0和圆⊙O:x2+y2=r2(r>0)，则“r=2”是“存在唯一k使得直线l与⊙O相切”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【解题思路】先由r=2，点到直线距离公式列出方程，求出此时k=−1，充分性成立；求出l:kx−y+1−k=0所过定点，再由存在唯一k使得直线l与⊙O相切”，得到r=1或定点在圆上，得到方程，求出相应的答案，必要性不成立.
【解答过程】r=2时，l:kx−y+1−k=0到⊙O:x2+y2=2的距离为1−k1+k2=2，
故1−2k+k2=2+2k2，解得k=−1，
满足存在唯一k使得直线l与⊙O相切”，充分性成立，
l:kx−y+1−k=0经过定点M1,1，
若r=1，⊙O:x2+y2=1，若k=0，此时直线l:y=1，
直线l:y=1与⊙O相切，另一条切线斜率不存在，
故满足存在唯一k使得直线l与⊙O相切”，
当M1,1在⊙O:x2+y2=r2(r>0)上，满足存在唯一k使得直线l与⊙O相切，
故r2=1+1=2，
又r>0，解得r=2，必要性不成立，
故“r=2”是“存在唯一k使得直线l与⊙O相切”的充分不必要条件.
故选：A.
2．（2024·福建福州·模拟预测）已知圆x2+y2+4mx−2my+m=0m∈R与x轴相切，则m=（ ）
A．1B．0或14C．0或1D．14
【解题思路】根据一般式得圆的标准式方程，即可根据相切得r=5m2−m=m求解.
【解答过程】将x2+y2+4mx−2my+m=0m∈R化为标准式为：x+2m2+y−m2=5m2−m，
故圆心为−2m,m半径为r=5m2−m，且m>15或m<0，
由于x2+y2+4mx−2my+m=0m∈R与x轴相切，故r=5m2−m=m，
解得m=14，或m=0（舍去），
故选：D.
3．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知圆C1:x2+y2=4，圆C2:x2+y2−4x−4y+4=0，两圆的公共弦所在直线方程是（ ）
A．x+y+2=0B．x+y−2=0C．x+y+1=0D．x+y−1=0
【解题思路】两圆方程作差即可.
【解答过程】由圆C1:x2+y2=4，圆C2:x2+y2−4x−4y+4=0，
两式作差得，4x+4y−4=4，即x+y−2=0，
所以两圆的公共弦所在直线方程是x+y−2=0.
故选：B.
4．（2024·青海西宁·二模）已知圆C:x−32+y−42=9，直线l:m+3x−m+2y+m=0.则直线l被圆C截得的弦长的最小值为（ ）
A．27B．10C．22D．6
【解题思路】先求出直线l所过的定点P2,3，数形结合得到当CP⊥l时，直线l被圆C截得的弦长最小，再由垂径定理得到最小值.
【解答过程】直线l:m+3x−m+2y+m=mx−y+1+3x−2y=0，
令x−y+1=03x−2y=0，解得x=2y=3，所以直线l恒过定点P2,3，
圆C:x−32+y−42=9的圆心为C3,4，半径为r=3，
且PC2=2−32+3−42=2<9，即P在圆内，
当CP⊥l时，圆心C到直线l的距离最大为d=PC=2，
此时，直线l被圆C截得的弦长最小，最小值为2r2−d2=27.
故选：A.
5．（2024·内蒙古赤峰·三模）已知圆 C₁:x+12+y+12=2，圆C2:x2+y2−4x−4y=0，则两圆的公切线条数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【解题思路】确定两圆的位置关系后可得公切线条数．
【解答过程】圆C2标准方程为(x−2)2+(y−2)2=8，
则已知两圆圆心分别为C1(−1,−1),C2(2,2)，半径分别为2,22，
圆心距为C1C2=(2+1)2+(2+1)2=32=2+22，
因此两圆外切，它们有三条公切线，
故选：B．
6．（2024·全国·模拟预测）已知P为直线l:x−y+1=0上一点，过点P作圆C:x−12+y2=1的一条切线，切点为A，则PA的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．2
【解题思路】根据已知条件，结合勾股定理以及点到直线的距离公式求解即可.
【解答过程】连接CA，则PA=PC2−1，
而PC的最小值为点C到直线l的距离d=1−0+112+−12=2>1，
所以PAmin=22−1=1.
故选：A.
7．（2024·广西贺州·一模）已知点P为直线l1:mx−2y−m+6=0与直线l2:2x+my−m−6=0(m∈R)的交点，点Q为圆C:(x+3)2+(y+3)2=8上的动点，则|PQ|的取值范围为（ ）
A．[22,82]B．(22,82]C．[2,62]D．(2,62]
【解题思路】先求出点P的轨迹方程，再判断两圆的位置关系，即可求出|PQ|的取值范围.
【解答过程】因为点P为直线l1:mx−2y−m+6=0与直线l2:2x+my−m−6=0的交点，
所以由2m+(−2)m=0可得l1⊥l2，且l1过定点(1,3)，l2过定点(3,1)，
所以点P的轨迹是以点(1,3)与点(3,1)为直径端点的圆(去除(1,1))，圆心为(2,2)，
半径r=(1−3)2+(3−1)22=2.
而圆C:(x+3)2+(y+3)2=8的圆心为(−3,−3)，半径为R=22，
所以两个圆心的距离d=(2+3)2+(2+3)2=52，且d>r+R，所以两圆相离，
所以|PQ|的最大值为：d+r+R=82，
因为1,1不在圆C上，故|PQ|> d−r−R=22，
所以|PQ|的取值范围是(22,82].
故选：B.
8．（2024·广西南宁·三模）已知圆C:x−42+y2=4，点M在线段y=x（0≤x≤3）上，过点M作圆C的两条切线，切点分别为A，B，以AB为直径作圆C′，则圆C′的面积的最大值为（ ）.
A．πB．2πC．5π2D．3π
【解题思路】由题意得AB=21−4MC2，进而分析得当MC最大时，圆C′的面积的最大，求出MC最大值，即可求解．
【解答过程】由题可知，AC=BC=2，AB⊥CM，AC=BC=2，AC⊥AM,BC⊥BM，∠ACM为锐角，
当圆C′的面积取最大值时AB最大，
而SMACB=12×MC×AB=2×12×BC×BM，
所以AB=2MC2−4MC=21−4MC2，
因为点M在线段y=x（0≤x≤3）上，
所以MC=x−42+x2=2x−22+8∈22,4，
故ABmax=21−416=3，即圆C′半径的最大值为3，
所以圆C′的面积的最大值为3π，
故选：D．
二、多选题
9．（2024·广西·模拟预测）已知直线l:y=kx−3+3与曲线C:x2+y2−2x−2y=0有公共点，则整数k的取值可以为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】分类去绝对值可得x2+y2−2x−2y=0x≥0,x2+y2+2x−2y=0x<0，当x≥0时，曲线C是以1,1为圆心，2为半径的圆在y轴及y轴右侧的部分，当x<0时，曲线C是以−1,1为圆心，2为半径的圆在y轴左侧的部分，利用点到线的距离可求解.
【解答过程】曲线C:x2+y2−2|x|−2y=0可化为x2+y2−2x−2y=0x≥0,x2+y2+2x−2y=0x<0，
即x−12+y−12=2x≥0,x+12+y−12=2x<0，
当x≥0时，曲线C是以1,1为圆心，
2为半径的圆在y轴及y轴右侧的部分，直线l:kx−y+3−3k=0，
则当直线l与曲线C相切时，有k−1+3−3k1+k2=2，
解得k=2+3或k=2−3（舍去）；
当x<0时，曲线C是以−1,1为圆心，2为半径的圆在y轴左侧的部分，
直线l:kx−y+3−3k=0，则当直线l与曲线C相切时，有∣−k−1+3−3k∣1+k2=2，
解得k=17或k=1（舍去）．综上，若直线l与曲线C有公共点，则k∈17,2+3．
故选：BCD．
10．（2024·山东泰安·模拟预测）已知直线l:kx−y−2k+3=0，圆C:x2−2x+y2−8y+13=0，则下列说法正确的是（ ）
A．圆心C的坐标为(1,4)
B．直线l与圆C始终有两个交点
C．当k=2时，直线l与圆C相交于M,N两点，则△CMN的面积为31110
D．点C到直线l的距离最大时，k=1
【解题思路】对于A，对圆的方程配方后可求出圆心判断，对于B，先求出过定点(2,3)，再判断点(2,3)与圆的位置关系，从而可得结论，对于C，先求出圆心到直线的距离，再求出弦长，从而可求出△CMN的面积，对于D，由于直线过定点P(2,3)，则当直线与CP垂直时，圆心到直线的距离最大，从而可求出k的值.
【解答过程】对于A：x2−2x+y2−8y+13=0配方得x−12+y−42=4，所以圆心C1,4，半径R=2，所以A正确；
对于B：由kx−y−2k+3=0，得k(x−2)+(3−y)=0，则直线kx−y−2k+3=0过定点(2,3)，
因为2−12+3−42=2<4，所以点(2,3)在圆C内，
所以直线kx−y−2k+3=0与圆C始终有两个交点，所以B正确;
对于C：设圆心C到直线2x−y−1=0的距离为d，则d=2−4−14+1=35=355，弦长MN=2R2−d2=24−4525=2555，
所以面积S=12MNd=12×2555×355=3115，所以C不正确．
对于D：由题意得直线过定点P(2,3)，故当直线与CP垂直时，圆心到直线的距离最大，由于kCP=4−31−2=−1，故得k=1，所以D正确．
故选：ABD．
11．（2024·山东青岛·三模）已知动点M，N 分别在圆C1:x−12+y−22=1 和 C2:x−32+y−42=3 上，动点P 在 x 轴上，则（ ）
A．圆C2的半径为3
B．圆C1和圆C2相离
C．PM+PN的最小值为210
D．过点P做圆C1的切线，则切线长最短为3
【解题思路】求出两个圆的圆心、半径判断AB；求出圆C1关于x对称的圆方程，利用圆的性质求出最小值判断C；利用切线长定理求出最小值判断D.
【解答过程】圆C1的圆心C1(1,2)，半径r1=1，圆C2的圆心C2(3,4)，半径r2=3，
对于A，圆C2的半径为3，A错误；
对于B，|C1C2|=22>1+3，圆C1和圆C2相离，B正确；
对于C，圆C1关于x轴对称的圆为C0:(x−1)2+(y+2)2=1，C0(1,−2)，连接C0C2交x于点P1，连接P1C1，
由圆的性质得，PM+PN≥|PC1|−1+|PC2|−3=|PC0|+|PC2|−1−3
≥|C0C2|−1−3=210−1−3，当且仅当点P与P1重合，
且M,N是线段P1C1,P1C2分别与圆C1和圆C2的交点时取等号，C错误；
对于D，设点P(t,0)，过点P的圆C1的切线长|PA|=PC12−AC12=(t−1)2+22−1≥3，
当且仅当t=1，即P(1,0)时取等号，D正确.
故选：BD.
三、填空题
12．（2024·陕西·模拟预测）圆x−a2+y−2a−32=9上总存在两个点到2,3的距离为1，则a的取值范围是 −65,0∪45,2 .
【解题思路】问题转化为两个圆的位置关系，通过圆心距与半径和与差的关系列出不等式求解即可.
【解答过程】圆x−a2+y−2a−32=9上总存在两个点到2,3的距离为1，
转化为：以2,3为圆心1为半径的圆与已知圆相交，
可得3−1<2−a2+3−2a−32<3+1，即5a2−4a>05a2−4a−12<0，
解得−65故答案为：−65,0∪45,2.
13．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知圆C:x2+y2=1，直线l:x+y+2=0，P为直线l上的动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB过定点 −12,−12 .
【解题思路】设出P点坐标，可得以PC为直径的圆的方程，与圆C方程作差即可得公共弦方程，即可得定点坐标.
【解答过程】根据题意，P为直线l：x+y+2=0上的动点，设P的坐标为t,−2−t，
过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，则PA⊥AC，PB⊥BC，
则点A、B在以PC为直径的圆上，
又由C0,0，Pt,−2−t，则以PC为直径的圆的方程为xx−t+yy+2+t=0，
变形可得：x2+y2−tx+t+2y=0，
则有x2+y2=1x2+y2−tx+t+2y=0，可得：1−tx+t+2y=0，
变形可得：1+2y−tx−y=0，即直线AB的方程为1+2y−tx−y=0，
则有1+2y=0x−y=0，解可得x=−12y=−12，故直线AB过定点−12,−12.
故答案为：−12,−12.
14．（2024·湖北黄冈·模拟预测）已知圆C:x2+y−22=1和圆D:x2+y2−6x−10y+30=0，M、N分别是圆C、D上的动点，P为x轴上的动点，则PM+PN的最小值是 58−3 .
【解题思路】先得到PM+PN≥PC+PD−3，当且仅当P,M,C三点共线，且P,N,D三点共线时，等号成立，设C关于x轴的对称点C′0,−2，求出PC+PD的最小值，进而得到PM+PN的最小值.
【解答过程】C:x2+y−22=1的圆心为C0,2，半径为1，
D:x2+y2−6x−10y+30=0⇒x−32+y−52=4，圆心为D3,5，半径为2，
结合两圆位置可得，PM+PN≥PC−CM+PD−DN=PC+PD−3，
当且仅当P,M,C三点共线，且P,N,D三点共线时，等号成立，
设C关于x轴的对称点C′0,−2，连接C′D，与x轴交于点P，此点即为所求，
此时C′D=3−02+5+22=58，
故58即为PC+PD的最小值，
故PM+PN的最小值为58−3
故答案为：58−3.
四、解答题
15．（23-24高二上·内蒙古赤峰·期末）已知圆C的方程：x2+y2−2x−4y+m=0
(1)若直线y=x+m与圆C没有公共点，求m的取值范围；
(2)当圆C被直线l:x+2y−4=0截得的弦长为25时，求m的值．
【解题思路】（1）先将圆改成标准方程，可得到圆心和半径，利用直线y=x+m与圆C没有公共点列出不等式即可求解；
（2）根据圆中弦心距、半径、半弦长的关系列出方程求解即可.
【解答过程】（1）∵x2+y2−2x−4y+m=0，∴(x−1)2+(y−2)2=5−m，
∵曲线C表示圆，∴5−m>0，即m<5，
又因为圆与直线y=x+m没有公共点，
所以圆心C1,2到直线y=x+m即x−y+m=0的距离大于半径，即1−2+m2>5−m，解得3（2）由（1）可知m<5，圆心坐标为1,2，
又∵直线l:x+2y−4=0，∴圆心到直线l的距离d=|1+4−4|12+22=55，
∵直线l截得的弦长为25，∴5−m=2522+552，
解得：m=−15.
16．（23-24高二上·广西百色·期末）已知圆C经过点A1,1和B1,−3，且圆心C在直线x−y−2=0上.
(1)求圆C方程；
(2)若圆E的方程为x2+y−12=1，判断圆E与圆C的位置关系.
【解题思路】（1）利用弦的中垂线过圆心，通过联立方程组解得圆心坐标，由圆上的点到圆心距离解得半径，可求圆C方程；
（2）利用圆心距与两圆半径的关系，判断两圆的位置关系.
【解答过程】（1）已知圆C经过点A1,1和B1,−3，则线段AB的垂直平分线y=−1过圆心，
又圆心C在直线x−y−2=0上，由x−y−2=0y=−1，解得x=1y=−1，即圆心C1,−1，
圆C的半径r=AC=2.
所以圆C的标准方程为x−12+y+12=4.
（2）圆E的方程为x2+y−12=1，则圆心E0,1，半径r′=1.

圆E与圆C的圆心距EC=1−02+−1−12=5，r−r′所以圆E与圆C相交.
17．（2024高三·全国·专题练习）已知点Px,y是圆(x+2)2+y2=1上任意一点．
(1)求P点到直线3x+4y+12=0的距离的最大值和最小值．
(2)求x−2y的最大值和最小值．
(3)求y−2x−1的最大值和最小值
【解题思路】（1）转化为圆心到直线的距离的最大值和最小值；
（2）解法一，转化为直线x−2y−t=0与圆(x+2)2+y2=1有公共点，解法二，利用三角换元求最值；
（3）首先设y−2x−1=k，再转化为直线kx−y−k+2=0与圆(x+2)2+y2=1有交点，
【解答过程】（1）圆心C−2,0到直线3x+4y+12=0的距离为d=|3×(−2)+4×0+12|32+42=65．
∴P点到直线3x+4y+12=0的距离的最大值为d+r=65+1=115，最小值为d−r=65−1=15．
（2）解法一 ：设t=x−2y，则直线x−2y−t=0与圆(x+2)2+y2=1有公共点，
∴|−2−t|12+22≤1，解得−5−2≤t≤5−2，
则tmax=5−2,tmin=−2−5，即x−2y的最大值为5−2，最小值为−2−5．
解法二：设x=−2+csθ,y=sinθ，则x−2y=−2+csθ−2sinθ=−2−5sin(θ−φ)，其中tanφ=12，
∴得−2−5≤x−2y≤−2+5，即x−2y的最大值为5−2，最小值为−2−5．
（3）y−2x−1表示圆上的点Px,y与点A1,2连线的斜率为k，
设y−2x−1=k，即kx−y−k+2=0，直线kx−y−k+2=0与圆(x+2)2+y2=1有交点，
设d=|−3k+2|k2+1≤1，
解得3−34≤k≤3+34．
则kmax=3+34,kmin=3−34，即y−2x−1的最大值为3+34，最小值为3−34．
18．（2024高三·全国·专题练习）在平面直角坐标系中，已知点A2,3，B5,0，M是平面内的一动点，且满足MAMB=2，记点M的运动轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)过点B的直线l与曲线E交于P，Q两点，若△OBP的面积是△OBQ的面积的3倍，求直线l的方程．
【解题思路】（1）设Mx,y，结合题意可得x−22+y−32=2x−52+y2，化简即可得解；
（2）将直线方程代入圆的方程中，借助韦达定理计算即可得.
【解答过程】（1）设Mx,y，因为MAMB=2，
所以x−22+y−32=2x−52+y2，
化简得x−62+y+12=8，
故曲线E的方程为x−62+y+12=8；
（2）若直线l垂直于y轴，则O，P，B，Q四点共线，不能构成三角形；

故可设直线l的方程为x=my+5，
代入曲线E的方程可得m2+1y2+2－2my−6=0，
Δ=2−2m2+24m2+1>0，
则yP+yQ=2m−2m2+1，yPyQ=−6m2+1，
又S△OBP=12OB⋅yP，S△OBQ=12OB⋅yQ,
S△OBP=3S△OBQ，故yP=3yQ，
因为yPyQ=−6m2+1<0，故yP=−3yQ，
则yP+yQ=−2yQ=2m−2m2+1，
故yQ=1−mm2+1，yP=3m−3m2+1
则有yPyQ=1−mm2+1⋅3m−3m2+1=−6m2+1，
可得m+12=0，故m=−1，
则直线l方程为x+y−5=0.
19．（2024·黑龙江·模拟预测）已知圆C:x2−mx+y2+22−my+m−1=0,m∈R．
(1)证明：圆C过定点；
(2)当m=0时，点P为直线l:x6+y3=1上的动点，过P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，求四边形PACB面积最小值，并写出此时直线AB的方程．
【解题思路】（1）依题意改写圆的方程，令参数的系数为0即可；
（2）依题意表示出所求面积，再用点到直线的距离公式即可求解.
【解答过程】（1）依题意，将圆C的方程x2−mx+y2+22−my+m−1=0化为
x2+y2+4y−1+1−x−2ym=0，
令1−x−2y=0，即x=1−2y，则(1−2y)2+y2+4y−1=0恒成立，
解得x=1,y=0，即圆C过定点1,0；
（2）当m=0时，圆C:x2+(y+2)2=5，
直线l:x6+y3=1，
设Ps,t，依题意四边形PACB的面积S=2S△PAC=2×12PA×5，
当PA取得最小值时，四边形PACB的面积最小，
又PA=|PC|2−5，即当PC最小时，四边形PACB的面积最小，
圆心C0,−2到直线l:x6+y3=1的距离即为PC的最小值，
即PC|min=0−4−65=25,PA|min=(25)2−5=15
Smin=15×5=53，即四边形PACB面积最小值为53，
此时直线PC与直线l垂直，
所以直线PC的方程为y=2x−2，与直线l联立，解得P2,2，
设以PC为直径的圆Q上任意一点Dx,y：DP→·DC→=xx−2+y+2y−2=0，
故圆Q的方程为xx−2+y+2y−2=0，
即x2+y2−2x−4=0，又圆C:x2+y2+4y−1=0，
两式作差可得直线AB方程2x+4y+3=0.
考点要求
真题统计
考情分析
(1)能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆、圆与圆的位置关系
(2)能用直线和圆的方程解决一些简单的数学问题与实际问题
2022年新高考全国I卷：第14题，5分
2023年新高考I卷：第6题，5分
2023年新高考Ⅱ卷：第15题，5分
2023年全国乙卷（理数）：第12题，5分
2024年全国甲卷（文数）：第10题，5分
直线与圆、圆与圆的位置关系是高考的热点内容.从近几年的高考情况来看，直线与圆结合命题时，主要考察直线与圆的位置关系、圆的弦长等，多以选择题或填空题的形式考查，难度不大；有时也会出现在压轴题的位置，此时多与圆锥曲线相结合，难度较大，需要学会灵活求解.
位置
相交
相切
相离
交点个数
两个
一个
零个
图形
d与r的关系
dd=r
d>r
方程组
解的情况
有两组不
同的解
仅有一组解
无解
位置关系
关系式
图示
公切线条数
外离
d>r1+r2
四条
外切
d=r1+r2
三条
相交
|r1-r2|两条
内切
d=|r1-r2|
一条
内含
0≤d<|r1-r2|
无