高中數(shù)學(xué)高考9 4　直線、圓的位置關(guān)系

PAGEPAGE99．4直線、圓的位置關(guān)系1．直線與圓的位置關(guān)系位置關(guān)系圖示公共點(diǎn)個(gè)數(shù)幾何特征代數(shù)特征(解的個(gè)數(shù))相離無(wú)實(shí)數(shù)解相切d＝r相交22.圓與圓的位置關(guān)系位置關(guān)系圖示(R>r)公共點(diǎn)個(gè)數(shù)幾何特征(O1O2＝d)代數(shù)特征(兩個(gè)圓的方程組成的方程組的解的個(gè)數(shù))外離0無(wú)實(shí)數(shù)解外切1兩組相同實(shí)數(shù)解相交2兩組不同實(shí)數(shù)解內(nèi)切1兩組相同實(shí)數(shù)解內(nèi)含0無(wú)實(shí)數(shù)解自查自糾：1．0d>r1兩組相同實(shí)數(shù)解d<r兩組不同實(shí)數(shù)解2．d>R＋rd＝R＋rR－r<d<R＋rd＝R－rd<R－r圓(x－1)2＋(y＋2)2＝6與直線2x＋y－5＝0的位置關(guān)系是()A．相切B．相交但直線不過圓心C．相交過圓心D．相離解：由題意知圓心(1，－2)到直線2x＋y－5＝0的距離d＝eq\f(|2×1－2－5|,\r(22＋1))＝eq\r(5)<eq\r(6)，且2×1＋(－2)－5≠0，所以直線與圓相交但不過圓心．故選B．(eq\a\vs4\al(2017·西安調(diào)研))若直線x－y＋1＝0與圓(x－a)2＋y2＝2有公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[－3，－1]B．[－1，3]C．[－3，1]D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)解：由題意可得，圓的圓心為(a，0)，半徑為eq\r(2)，所以eq\f(|a－0＋1|,\r(12＋（－1）2))≤eq\r(2)，即|a＋1|≤2，解得－3≤a≤1．故選C．已知圓C：(x－a)2＋(y－2)2＝4(a>0)及直線l：x－y＋3＝0，當(dāng)直線l被C截得的弦長(zhǎng)為2eq\r(3)時(shí)，則a等于()A．eq\r(2)B．2－eq\r(2)C．eq\r(2)－1D．eq\r(2)＋1解：依題意eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|a＋1|,\r(2))))eq\s\up12(2)＋(eq\r(3))2＝4．又a>0，所以a＝eq\r(2)－1．故選C．若圓C1：x2＋y2＝1與圓C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0外切，則m＝________．解：圓C1的圓心是原點(diǎn)(0，0)，半徑r1＝1，圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝25－m，圓心C2(3，4)，半徑r2＝eq\r(25－m)，由兩圓相外切，得|C1C2|＝r1＋r2＝1＋eq\r(25－m)＝5，所以m＝9．故填9．(eq\a\vs4\al(2016·全國(guó)卷Ⅲ))已知直線l：mx＋y＋3m－eq\r(3)＝0與圓x2＋y2＝12交于A，B兩點(diǎn)，過A，B分別做l的垂線與x軸交于C，D兩點(diǎn)，若|AB|＝2eq\r(3)，則|CD|＝________．解：設(shè)AB的中點(diǎn)為M，由題意知，圓的半徑R＝2eq\r(3)，|AB|＝2eq\r(3)，所以|OM|＝eq\f(|3m－\r(3)|,\r(m2＋1))＝3，解得m＝－eq\f(\r(3),3)，可得l：x－eq\r(3)y＋6＝0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－\r(3)y＋6＝0，,x2＋y2＝12))解得A(－3，eq\r(3))，B(0，2eq\r(3))，則AC的直線方程為y－eq\r(3)＝－eq\r(3)(x＋3)，BD的直線方程為y－2eq\r(3)＝－eq\r(3)x，令y＝0，解得C(－2，0)，D(2，0)，所以|CD|＝4．故填4．類型一直線與圓的位置關(guān)系(eq\a\vs4\al(2018·福建泉州四校聯(lián)考))已知m＝(2cosα，2sinα)，n＝(3cosβ，3sinβ)，若m與n的夾角為60°，則直線xcosα－ysinα＋eq\f(1,2)＝0與圓(x－cosβ)2＋(y＋sinβ)2＝eq\f(1,2)的位置關(guān)系是()A．相交但不過圓心B．相交且過圓心C．相切D．相離解：由向量的夾角公式得cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝cos60°＝eq\f(1,2)，則圓心(cosβ，－sinβ)到直線的距離d＝eq\f(|cosαcosβ＋sinαsinβ＋\f(1,2)|,\r(cos2α＋sin2α))＝1＞eq\f(\r(2),2)，所以直線與圓相離．故選D．點(diǎn)撥：判斷直線與圓的位置關(guān)系常見的方法：①幾何法：利用d與r的關(guān)系．②代數(shù)法：聯(lián)立方程組，消元得一元二次方程之后利用Δ判斷．③點(diǎn)與圓的位置關(guān)系法：若直線恒過定點(diǎn)且定點(diǎn)在圓內(nèi)，可判斷直線與圓相交；若點(diǎn)在圓上，直線與圓可能相切，也可能相交．上述方法中最常用的是幾何法，點(diǎn)與圓的位置關(guān)系法更適用于動(dòng)直線問題．(eq\a\vs4\al(2016·西安一模))直線l：(a＋1)x＋(a－1)y＋2a＝0(a∈R)與圓C：x2＋y2－2x＋2y－7＝0的位置關(guān)系是()A．相切B．相交C．相離D．不確定解：把直線l的方程化為x－y＋a(x＋y＋2)＝0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x＋y＋2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1，))即直線l過定點(diǎn)(－1，－1)，又(－1)2＋(－1)2－2×(－1)＋2×(－1)－7＝－5＜0，則點(diǎn)(－1，－1)在圓x2＋y2－2x＋2y－7＝0的內(nèi)部，則直線l與圓C相交．故選B．類型二圓的切線過原點(diǎn)O作圓x2＋y2－6x－8y＋20＝0的兩條切線，設(shè)切點(diǎn)分別為P，Q，則線段PQ的長(zhǎng)為________．解：將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－3)2＋(y－4)2＝5，則圓心為(3，4)，半徑長(zhǎng)為eq\r(5)．易知切線的斜率存在，由題意可設(shè)切線的方程為y＝kx，則圓心(3，4)到直線y＝kx的距離等于半徑長(zhǎng)eq\r(5)，即eq\f(|3k－4|,\r(k2＋1))＝eq\r(5)，解得k＝eq\f(1,2)或k＝eq\f(11,2)，則切線的方程為y＝eq\f(1,2)x或y＝eq\f(11,2)x．聯(lián)立切線方程與圓的方程，解得兩切點(diǎn)坐標(biāo)分別為(4，2)，(eq\f(4,5)，eq\f(22,5))，此即為P，Q的坐標(biāo)．由兩點(diǎn)間的距離公式得|PQ|＝4．故填4．點(diǎn)撥：求過定點(diǎn)的圓的切線方程時(shí)，首先要判斷定點(diǎn)在圓上還是在圓外，若在圓上，則該點(diǎn)為切點(diǎn)，切線僅有一條；若在圓外，切線應(yīng)該有兩條；若用切線的點(diǎn)斜式方程，不要忽略斜率不存在的情況．求切線長(zhǎng)要利用切線的性質(zhì)：過切點(diǎn)的半徑垂直于切線．一條光線從點(diǎn)(－2，－3)射出，經(jīng)y軸反射后與圓(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，則反射光線所在直線的斜率為()A．－eq\f(5,3)或－eq\f(3,5)B．－eq\f(3,2)或－eq\f(2,3)C．－eq\f(5,4)或－eq\f(4,5)D．－eq\f(4,3)或－eq\f(3,4)解：由已知得點(diǎn)(－2，－3)關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)為(2，－3)，由入射光線與反射光線的對(duì)稱性，知反射光線一定過點(diǎn)(2，－3)．設(shè)反射光線所在直線的斜率為k，則反射光線所在直線的方程為y＋3＝k(x－2)，即kx－y－2k－3＝0．由反射光線與圓相切，則有d＝eq\f(|－3k－2－2k－3|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝－eq\f(4,3)或k＝－eq\f(3,4)．故選D．類型三圓的弦長(zhǎng)(eq\a\vs4\al(2016·全國(guó)卷Ⅰ))設(shè)直線y＝x＋2a與圓C：x2＋y2－2ay－2＝0相交于A，B兩點(diǎn)，若|AB|＝2eq\r(3)，則圓C的面積為________．解：圓C：x2＋y2－2ay－2＝0，即C：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d＝eq\f(|0－a＋2a|,\r(2))＝eq\f(|a|,\r(2))．又由|AB|＝2eq\r(3)，得(eq\f(2\r(3),2))2＋(eq\f(|a|,\r(2)))2＝a2＋2，解得a2＝2，所以圓的面積為π(a2＋2)＝4π．故填4π．點(diǎn)撥：①一般來(lái)說，直線與圓相交，應(yīng)首先考慮圓心到直線的距離、弦長(zhǎng)的一半、圓的半徑構(gòu)成的直角三角形，由此入手求解．②圓O內(nèi)過點(diǎn)A的最長(zhǎng)弦即為過該點(diǎn)的直徑，最短弦為過該點(diǎn)且垂直于直徑的弦．③圓錐曲線的弦長(zhǎng)公式為eq\r(1＋k2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1－x2))，運(yùn)用這一公式也可解題，但運(yùn)算量較大．已知圓x2＋y2＋2x－2y＋a＝0截直線x＋y＋2＝0所得的弦長(zhǎng)為4，則實(shí)數(shù)a的值是()A．－2B．－4C．－6D．－8解：由圓的方程x2＋y2＋2x－2y＋a＝0可得，圓心為(－1，1)，半徑r＝eq\r(2－a)．圓心到直線x＋y＋2＝0的距離為d＝eq\f(|－1＋1＋2|,\r(2))＝eq\r(2)．由r2＝d2＋(eq\f(4,2))2得2－a＝2＋4，所以a＝－4．故選B．類型四圓與圓的位置關(guān)系(1)(eq\a\vs4\al(2017·長(zhǎng)春質(zhì)檢))已知原點(diǎn)到直線l的距離為1，圓(x－2)2＋(y－eq\r(5))2＝4與直線l相切，則滿足條件的直線l有()A．1條B．2條C．3條D．4條解：圓(x－2)2＋(y－eq\r(5))2＝4的圓心坐標(biāo)為C(2，eq\r(5))，半徑r＝2，由圓C與直線l相切，得圓心C到直線l的距離d＝2．又過圓x2＋y2＝1上任意一點(diǎn)作切線l，直線l滿足與原點(diǎn)的距離為1，則滿足條件的直線l即為圓O：x2＋y2＝1和圓(x－2)2＋(y－eq\r(5))2＝4的公切線，因?yàn)閨OC|＝eq\r(（2－0）2＋（\r(5)－0）2)＝3，即兩圓圓心距等于兩圓半徑之和，所以兩圓外切，即這兩個(gè)圓有3條公切線．故選C．(2)(eq\a\vs4\al(2016·山東))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：由垂徑定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(2))))eq\s\up12(2)＋(eq\r(2))2＝a2，解得a2＝4，所以圓M：x2＋(y－2)2＝4，所以圓M與圓N的圓心距d＝eq\r(（0－1）2＋（2－1）2)＝eq\r(2)．因?yàn)?－1<eq\r(2)<2＋1，所以兩圓相交．故選B．點(diǎn)撥：與判斷直線與圓的位置關(guān)系一樣，利用幾何方法判定兩圓的位置關(guān)系比用代數(shù)方法要簡(jiǎn)捷些．其具體方法是：利用圓的方程及兩點(diǎn)間距離公式求出兩圓圓心距d和兩圓的半徑R和r，再根據(jù)d與R＋r，d與R－r的大小關(guān)系來(lái)判定(詳見“考點(diǎn)梳理”欄目)．(1)若圓C1：x2＋y2－2ax＋a2－9＝0(a∈R)與圓C2：x2＋y2＋2by＋b2－1＝0(b∈R)內(nèi)切，則ab的最大值為()A．eq\r(2)B．2C．4D．2eq\r(2)解：圓C1：x2＋y2－2ax＋a2－9＝0(a∈R)，化為(x－a)2＋y2＝9，圓心坐標(biāo)為(a，0)，半徑為3．圓C2：x2＋y2＋2by＋b2－1＝0(b∈R)，化為x2＋(y＋b)2＝1，圓心坐標(biāo)為(0，－b)，半徑為1，因?yàn)閮蓤A內(nèi)切，所以eq\r(a2＋b2)＝3－1，即a2＋b2＝4，ab≤eq\f(1,2)(a2＋b2)＝2．當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝±eq\r(2)時(shí)取“＝”．所以ab的最大值為2．故選B．(2)圓x2＋y2－6x＋6y－48＝0與圓x2＋y2＋4x－8y－44＝0的公切線有________條．解：兩圓的圓心分別為(3，－3)，(－2，4)，半徑分別為eq\r(66)，8，因?yàn)閳A心距d＝eq\r(74)，且eq\r(66)－8＜eq\r(74)＜eq\r(66)＋8，所以兩圓相交，故有兩條公切線．故填2．類型五兩圓的公共弦及圓系方程求兩圓x2＋y2－2x＋10y－24＝0和x2＋y2＋2x＋2y－8＝0的公共弦所在直線的方程及公共弦長(zhǎng)．解：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，))兩式相減整理得x－2y＋4＝0，所以兩圓公共弦所在直線的方程為x－2y＋4＝0．下求公共弦長(zhǎng)．解法一：設(shè)兩圓相交于點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，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(x1＝－4，,y1＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,y2＝2．))所以|AB|＝eq\r(（0＋4）2＋（2－0）2)＝2eq\r(5)，即公共弦長(zhǎng)為2eq\r(5)．解法二：由x2＋y2－2x＋10y－24＝0，得(x－1)2＋(y＋5)2＝50，其圓心坐標(biāo)為(1，－5)，半徑r＝5eq\r(2)，圓心到直線x－2y＋4＝0的距離d＝eq\f(|1－2×（－5）＋4|,\r(1＋（－2）2))＝3eq\r(5)．設(shè)公共弦長(zhǎng)為2l，由勾股定理得r2＝d2＋l2，即50＝(3eq\r(5))2＋l2，解得l＝eq\r(5)，故公共弦長(zhǎng)2l＝2eq\r(5)．點(diǎn)撥：具有某些共同性質(zhì)的圓的集合稱為圓系，它們的方程叫做圓系方程，常見的圓系方程有以下幾種：①同心圓系方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)．其中的a，b是定值，r是參數(shù)．②半徑相等的圓系方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)．其中r是定值，a，b是參數(shù)．③過直線Ax＋By＋C＝0與圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0交點(diǎn)的圓系方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ(Ax＋By＋C)＝0(λ∈R)．④過圓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)(其中不含圓C2，因此應(yīng)用時(shí)注意檢驗(yàn)C2是否滿足題意，以防丟解)．當(dāng)λ＝－1時(shí)，圓系方程表示直線l：(D1－D2)x＋(E1－E2)y＋(F1－F2)＝0．若兩圓相交，則l為兩圓相交弦所在直線；若兩圓相切，則l為公切線．已知兩圓x2＋y2－2x－6y－1＝0和x2＋y2－10x－12y＋m＝0．求：(1)兩圓外切時(shí)m的值；(2)兩圓內(nèi)切時(shí)m的值；(3)m＝45時(shí)，兩圓的公共弦所在直線的方程及公共弦長(zhǎng)．解：兩圓的標(biāo)準(zhǔn)方程分別為：(x－1)2＋(y－3)2＝11，(x－5)2＋(y－6)2＝61－m，圓心分別為M(1，3)，N(5，6)，半徑分別為eq\r(11)和eq\r(61－m)．(1)當(dāng)兩圓外切時(shí)，eq\r(（5－1）2＋（6－3）2)＝eq\r(11)＋eq\r(61－m)，解得m＝25＋10eq\r(11)．(2)當(dāng)兩圓內(nèi)切時(shí)，因?yàn)槎▓A的半徑eq\r(11)小于兩圓的圓心距5，故只有eq\r(61－m)－eq\r(11)＝5，解得m＝25－10eq\r(11)．(3)當(dāng)m＝45時(shí)，兩圓的公共弦所在直線的方程為(x2＋y2－2x－6y－1)－(x2＋y2－10x－12y＋45)＝0，即4x＋3y－23＝0．所以公共弦長(zhǎng)為2eq\r(（\r(11)）2－（\f(|4×1＋3×3－23|,\r(42＋32))）2)＝2eq\r(7)．類型六圓的綜合應(yīng)用(eq\a\vs4\al(2017·全國(guó)卷Ⅲ))已知拋物線C：y2＝2x，過點(diǎn)(2，0)的直線交C于A，B兩點(diǎn)，圓M是以線段AB為直徑的圓．(1)證明：坐標(biāo)原點(diǎn)O在圓M上；(2)設(shè)圓M過點(diǎn)P(4，－2)，求直線與圓M的方程．解：(1)顯然，當(dāng)直線斜率為0時(shí)，直線與拋物線交于一點(diǎn)，不符合題意．設(shè)l：x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,x＝my＋2))得y2－2my－4＝0，Δ＝4m2＋16恒大于0，y1＋y2＝2m，y1y2＝－4．eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(my1＋2)(my2＋2)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋2m(y1＋y2)＋4＝－4(m2＋1)＋4m2＋4＝0，所以eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(OB,\s\up6(→))，即O在圓M上．(2)若圓M過點(diǎn)P，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝0，(x1－4)(x2－4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0，(my1－2)(my2－2)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0，(m2＋1)y1y2－(2m－2)(y1＋y2)＋8＝0，化簡(jiǎn)得2m2－m－1＝0，解得m＝－eq\f(1,2)或1．①當(dāng)m＝－eq\f(1,2)時(shí)，l：2x＋y－4＝0，圓心為Q(x0，y0)，y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝－eq\f(1,2)，x0＝－eq\f(1,2)y0＋2＝eq\f(9,4)，半徑r＝|OQ|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\r(\f(85,16))，則圓M：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(9,4)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(85,16)．②當(dāng)m＝1時(shí)，l：x－y－2＝0，圓心為Q(x0，y0)，y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝1，x0＝y(tǒng)0＋2＝3，半徑r＝|OQ|＝eq\r(32＋12)＝eq\r(10)，則圓M：(x－3)2＋(y－1)2＝10．點(diǎn)撥：處理圓的綜合問題，首先考慮數(shù)形結(jié)合及應(yīng)用圓的幾何性質(zhì)，在必要時(shí)聯(lián)立方程，涉及的主要問題有：最值(范圍)、定值(定點(diǎn))、弦長(zhǎng)(距離、面積)、平行(垂直)及軌跡等問題，注意借助向量工具．已知圓C過點(diǎn)P(1，1)，且與圓M：(x＋2)2＋(y＋2)2＝r2(r>0)關(guān)于直線x＋y＋2＝0對(duì)稱．(1)求圓C的方程；(2)設(shè)Q為圓C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))的最小值．解：(1)設(shè)圓心C(a，b)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a－2,2)＋\f(b－2,2)＋2＝0，,\f(b＋2,a＋2)＝1．))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝0，))則圓C的方程為x2＋y2＝r2．將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入，得r2＝2．故圓C的方程為x2＋y2＝2．(2)設(shè)Q(x，y)，則x2＋y2＝2，且eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(x－1，y－1)·(x＋2，y＋2)＝x2＋y2＋x＋y－4＝x＋y－2．令x＝eq\r(2)cosθ，y＝eq\r(2)sinθ，則x＋y－2＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))－2，最小值為－2－2＝－4，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))的最小值為－4．1．在解決直線和圓的位置關(guān)系問題時(shí)，一定要聯(lián)系圓的幾何性質(zhì)，利用有關(guān)圖形的幾何特征以簡(jiǎn)化運(yùn)算；討論直線與圓的位置關(guān)系時(shí)，一般不討論Δ>0，Δ＝0，Δ<0，而用圓心到直線的距離d與圓的半徑r之間的關(guān)系，即d<r，d＝r，d>r，分別確定相交、相切、相離．2．兩圓相交，易只注意到d＜R＋r而遺漏掉d＞R－r．3．要特別注意利用圓的性質(zhì)，如“垂直于弦的直徑必平分弦”“圓的切線垂直于過切點(diǎn)的半徑”“兩圓相切時(shí)，切點(diǎn)與兩圓圓心三點(diǎn)共線”等等．可以說，適時(shí)運(yùn)用圓的幾何性質(zhì)，將明顯減少代數(shù)運(yùn)算量，請(qǐng)同學(xué)們切記．4．涉及圓的切線時(shí)，要考慮過切點(diǎn)與切線垂直的半徑，過圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0外一點(diǎn)M(x0，y0)引圓的切線，T為切點(diǎn)，切線長(zhǎng)公式為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MT))＝eq\r(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋Dx0＋Ey0＋F)．5．計(jì)算弦長(zhǎng)時(shí)，要利用半徑、弦心距(圓心到弦所在直線的距離)、半弦長(zhǎng)構(gòu)成的直角三角形．當(dāng)然，不失一般性，圓錐曲線的弦長(zhǎng)公式|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])(A(x1，y1)，B(x2，y2)為弦的兩個(gè)端點(diǎn))也應(yīng)重視．6．已知⊙O1：x2＋y2＝r2；⊙O2：(x－a)2＋(y－b)2＝r2；⊙O3：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0．若點(diǎn)M(x0，y0)在圓上，則過M的切線方程分別為x0x＋y0y＝r2；(x－a)(x0－a)＋(y－b)(y0－b)＝r2；x0x＋y0y＋D·eq\f(x0＋x,2)＋E·eq\f(y0＋y,2)＋F＝0．若點(diǎn)M(x0，y0)在圓外，過點(diǎn)M引圓的兩條切線，切點(diǎn)為M1，M2，則切點(diǎn)弦(兩切點(diǎn)的連線段)所在直線的方程分別為x0x＋y0y＝r2；(x－a)(x0－a)＋(y－b)(y0－b)＝r2；x0x＋y0y＋D·eq\f(x0＋x,2)＋E·eq\f(y0＋y,2)＋F＝0．圓x2＋y2＝r2的斜率為k的兩條切線方程分別為y＝kx±req\r(1＋k2)．掌握這些結(jié)論，對(duì)解題很有幫助．7．研究?jī)蓤A的位置關(guān)系時(shí)，要靈活運(yùn)用平面幾何法、坐標(biāo)法．兩圓相交時(shí)可由兩圓的方程消去二次項(xiàng)求得兩圓公共弦所在的直線方程．8．對(duì)涉及過直線與圓、圓與圓的交點(diǎn)的圓的問題，可考慮利用過交點(diǎn)的圓系方程解決問題，它在運(yùn)算上往往比較簡(jiǎn)便．1．直線3x＋4y＝b與圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0相切，則b的值是()A．－2或12B．2或－12C．－2或－12D．2或12解：圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋(y－1)2＝1，依題意得圓心(1，1)到直線3x＋4y＝b的距離d＝eq\f(|3＋4－b|,\r(32＋42))＝1，即|b－7|＝5，解得b＝12或b＝2．故選D．2．若直線ax＋by＝1與圓x2＋y2＝1相交，則P(a，b)與圓x2＋y2＝1的關(guān)系為()A．在圓上B．在圓外C．在圓內(nèi)D．以上都有可能解：eq\f(|a×0＋b×0－1|,\r(a2＋b2))<1，所以a2＋b2>1，所以P(a，b)在圓外．故選B．3．(eq\a\vs4\al(2017·長(zhǎng)春模擬))過點(diǎn)(3，1)作圓(x－1)2＋y2＝r2的切線有且只有一條，則該切線的方程為()A．2x＋y－5＝0B．2x＋y－7＝0C．x－2y－5＝0D．x－2y－7＝0解：由題意，點(diǎn)(3，1)在圓(x－1)2＋y2＝r2上，因?yàn)閳A心與切點(diǎn)連線的斜率k＝eq\f(1－0,3－1)＝eq\f(1,2)，所以切線的斜率為－2，則圓的切線方程為y－1＝－2(x－3)，即2x＋y－7＝0．故選B．4．(eq\a\vs4\al(2016·深圳模擬))圓x2＋2x＋y2＋4y－3＝0上到直線x＋y＋1＝0的距離為eq\r(2)的點(diǎn)共有()A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)解：圓x2＋2x＋y2＋4y－3＝0的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋(y＋2)2＝8，所以圓心(－1，－2)到直線x＋y＋1＝0的距離為eq\f(|－1－2＋1|,\r(2))＝eq\r(2)，而2eq\r(2)－eq\r(2)＝eq\r(2)，因此圓上到直線x＋y＋1＝0的距離為eq\r(2)的點(diǎn)共有3個(gè)．故選C．5．(eq\a\vs4\al(2017·衡水中學(xué)月考))兩圓x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0和x2＋y2－4by－1＋4b2＝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()A．1B．3C．eq\f(1,9)D．eq\f(4,9)解：兩圓化為標(biāo)準(zhǔn)方程，即(x＋a)2＋y2＝4，x2＋(y－2b)2＝1．依題意可得，兩圓外切，則兩圓圓心距離等于兩圓的半徑之和，則eq\r(a2＋（2b）2)＝1＋2＝3，即a2＋4b2＝9，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝eq\f(1,9)(a2＋4b2)(eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2))＝eq\f(1,9)(5＋eq\f(a2,b2)＋eq\f(4b2,a2))≥eq\f(1,9)(5＋2eq\r(\f(a2,b2)·\f(4b2,a2)))＝1，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝3，b2＝eq\f(3,2)時(shí)取等號(hào)．故選A．6．已知圓C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，N，M分別是圓C1，C2上的動(dòng)點(diǎn)，P為x軸上的動(dòng)點(diǎn)，則|PM|＋|PN|的最小值為()A．5eq\r(2)－4B．eq\r(17)－1C．6－2eq\r(2)D．eq\r(17)解：|PM|＋|PN|＝|PC2|－3＋|PC1|－1＝|PC2|＋|PC1|－4，只需求|PC2|＋|PC1|的最小值．作圓C1關(guān)于x軸的對(duì)稱圓C′1：(x－2)2＋(y＋3)2＝1，則|PC1|＝|PC′1|．由圖可知，當(dāng)C2，P，C′1在同一直線上時(shí)，|PC2|＋|PC1|＝|PC2|＋|PC′1|取最小值，即|PM|＋|PN|取得最小值，且為|C′1C2|－4＝5eq\r(2)－4．故選A．7．已知點(diǎn)P(－2，－3)，圓C：(x－4)2＋(y－2)2＝9，過P點(diǎn)作圓C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，過P，A，B三點(diǎn)的圓的方程為________．解：圓C的圓心坐標(biāo)為(4，2)，因?yàn)镻A⊥AC，PB⊥BC，所以P，A，B，C四點(diǎn)共圓，所求圓的圓心O′為PC的中點(diǎn)，即O′(1，－eq\f(1,2))，所求圓的半徑r′＝eq\r(（1＋2）2＋（－\f(1,2)＋3）2)＝eq\f(\r(61),2)，所以過P，A，B三點(diǎn)的圓的方程為(x－1)2＋(y＋eq\f(1,2))2＝eq\f(61,4)．故填(x－1)2＋(y＋eq\f(1,2))2＝eq\f(61,4)．8．已知曲線C：x＝－eq\r(4－y2)，直線l：x＝6，若對(duì)于點(diǎn)A(m，0)，存在C上的點(diǎn)P和l上的點(diǎn)Q使得eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(AQ,\s\up6(→))＝0，則m的取值范圍為________．解：曲線C：x＝－eq\r(4－y2)，是以原點(diǎn)為圓心，2為半徑的半圓，且xP∈[－2，0]．由題意知，A是PQ的中點(diǎn)，因?yàn)閤Q＝6，所以m＝eq\f(6＋xP,2)∈[2，3]．故填[2，3]．9．已知直線l：y＝kx＋1，圓C：(x－1)2＋(y＋1)2＝12．(1)證明：不論k為何實(shí)數(shù)，直線l和圓C總有兩個(gè)交點(diǎn)；(2)求直線l被圓C截得的最短弦長(zhǎng)．解法一：(1)證明：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,（x－1）2＋（y＋1）2＝12，))消去y得(k2＋1)x2－(2－4k)x－7＝0，因?yàn)棣ぃ?2－4k)2＋28(k2＋1)＞0恒成立，所以不論k為何實(shí)數(shù)，直線l和圓C總有兩個(gè)交點(diǎn)．(2)設(shè)直線與圓交于A(x1，y1)、B(x2，y2)兩點(diǎn)，由(1)知x1＋x2＝eq\f(2－4k,k2＋1)，x1x2＝－eq\f(7,k2＋1)，則直線l被圓C截得的弦長(zhǎng)|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2eq\r(\f(8－4k＋11k2,1＋k2))＝2eq\r(11－\f(4k＋3,1＋k2))，令t＝eq\f(4k＋3,1＋k2)，則tk2－4k＋(t－3)＝0，當(dāng)t＝0時(shí)，k＝－eq\f(3,4)，當(dāng)t≠0時(shí)，因?yàn)閗∈R，所以Δ＝16－4t(t－3)≥0，解得－1≤t≤4，且t≠0，故t＝eq\f(4k＋3,1＋k2)的最大值為4，此時(shí)弦長(zhǎng)|AB|最小為2eq\r(7)．解法二：(1)證明：因?yàn)椴徽搆為何實(shí)數(shù)，直線l總過點(diǎn)P(0，1)，而|PC|＝eq\r(5)＜2eq\r(3)，所以點(diǎn)P(0，1)在圓C的內(nèi)部，即不論k為何實(shí)數(shù)，直線l總經(jīng)過圓C內(nèi)部的定點(diǎn)P．所以不論k為何實(shí)數(shù)，直線l和圓C總有兩個(gè)交點(diǎn)．(2)由平面幾何知識(shí)知過圓內(nèi)定點(diǎn)P(0，1)的弦，只有和PC垂直時(shí)才最短，而此時(shí)點(diǎn)P(0，1)為弦AB的中點(diǎn)，又|PC|＝eq\r(5)，所以|AB|＝2eq\r(（2\r(3)）2－（\r(5)）2)＝2eq\r(7)，即直線l被圓C截得的最短弦長(zhǎng)為2eq\r(7)．10．已知過點(diǎn)A(0，1)且斜率為k的直線l與圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N兩點(diǎn)．(1)求k的取值范圍；(2)若eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝12，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求|MN|．解：(1)由題設(shè)，可知直線l的方程為y＝kx＋1．因?yàn)橹本€l與圓C交于兩點(diǎn)，所以eq\f(|2k－3＋1|,\r(1＋k2))＜1，解得eq\f(4－\r(7),3)＜k＜eq\f(4＋\r(7),3)．所以k的取值范圍為(eq\f(4－\r(7),3)，eq\f(4＋\r(7),3))．(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)．將y＝kx＋1代入圓C的方程(x－2)2＋(y－3)2＝1，整理得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0，所以x1＋x2＝eq\f(4（1＋k）,1＋k2)，x1x2＝eq\f(7,1＋k2)．eq