2025《金版教程•高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案》第4節(jié) 直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系

第四節(jié)直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系課標解讀考向預(yù)測1.能根據(jù)給定直線、圓的方程，判斷直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系.2.能用直線和圓的方程解決一些簡單的數(shù)學(xué)問題與實際問題.近三年主要考查了直線與圓有公共點求參數(shù)的取值范圍、直線與圓相切以及弦長最值問題，主要以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，常結(jié)合基本不等式、函數(shù)等知識考查最值．預(yù)計2025年本部分內(nèi)容仍會考查，以選擇題或設(shè)問方式為開放性的填空題為主，難度中等.必備知識——強基礎(chǔ)1．直線與圓的位置關(guān)系設(shè)圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，直線l：Ax＋By＋C＝0，圓心C(a，b)到直線l的距離為d，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－a）2＋（y－b）2＝r2，,Ax＋By＋C＝0，))消去y(或x)，得到關(guān)于x(或y)的一元二次方程，其判別式為Δ.位置關(guān)系相離相切相交圖形量化方程觀點Δeq\x(\s\up1(01))<0Δeq\x(\s\up1(02))＝0Δeq\x(\s\up1(03))>0幾何觀點deq\x(\s\up1(04))>rdeq\x(\s\up1(05))＝rdeq\x(\s\up1(06))<r2．圓與圓的位置關(guān)系(⊙O1，⊙O2的半徑分別為r1，r2，d＝|O1O2|)位置關(guān)系圖形幾何法公切線條數(shù)外離d>r1＋r2四條外切d＝r1＋r2三條相交|r1－r2|<d<r1＋r2兩條內(nèi)切d＝|r1－r2|一條內(nèi)含0≤d<r1－r2無1．圓的切線方程常用的結(jié)論(1)過圓x2＋y2＝r2上一點P(x0，y0)的圓的切線方程為x0x＋y0y＝r2.(2)過圓x2＋y2＝r2外一點M(x0，y0)作圓的兩條切線，則兩切點所在直線方程為x0x＋y0y＝r2.2．直線被圓截得的弦長的求法(1)幾何法：弦心距d、半徑r和弦長|AB|的一半構(gòu)成直角三角形，弦長|AB|＝2eq\r(r2－d2).(2)代數(shù)法：設(shè)直線y＝kx＋m與圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0相交于點M，N，將直線方程代入圓的方程中，消去y，得關(guān)于x的一元二次方程，則|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（xM＋xN）2－4xMxN).3．圓與圓的位置關(guān)系的常用結(jié)論(1)兩圓相交時，其公共弦所在的直線方程由兩圓方程相減得到．(2)兩個圓系方程①過直線Ax＋By＋C＝0與圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0交點的圓系方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ(Ax＋By＋C)＝0(λ∈R)；②過圓C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和圓C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0交點的圓系方程為x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)(其中不含圓C2，所以注意檢驗C2是否滿足題意，以防丟解)．1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)若直線平分圓的周長，則直線一定過圓心．()(2)若兩圓相切，則有且只有一條公切線．()(3)若直線的方程與圓的方程組成的方程組有解，則直線與圓相交或相切．()(4)在圓中最長的弦是直徑．()答案(1)√(2)×(3)√(4)√2．小題熱身(1)(人教A選擇性必修第一冊習(xí)題2.5T1改編)直線y＝x＋1與圓x2＋y2＝1的位置關(guān)系為()A．相切B．相交但直線不過圓心C．直線過圓心D．相離答案B解析圓心為(0，0)，到直線y＝x＋1，即x－y＋1＝0的距離d＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，而0<eq\f(\r(2),2)<1，所以直線與圓相交，但直線不過圓心．故選B.(2)(人教A選擇性必修第一冊2.5.2練習(xí)T2改編)圓O1：x2＋y2－2x＝0與圓O2：x2＋y2＋4y＝0的位置關(guān)系是()A．外離 B．外切C．相交 D．內(nèi)切答案C解析圓O1：x2＋y2－2x＝0的標準方程為(x－1)2＋y2＝1，圓心為O1(1，0)，半徑為r1＝1，圓O2：x2＋y2＋4y＝0的標準方程為x2＋(y＋2)2＝4，圓心為O2(0，－2)，半徑為r2＝2，所以兩圓的圓心距為|O1O2|＝eq\r(（－1）2＋（－2）2)＝eq\r(5)，所以1＝|r1－r2|<|O1O2|<r1＋r2＝3，因此兩圓的位置關(guān)系為相交．故選C.(3)(人教A選擇性必修第一冊習(xí)題2.5T2改編)以點(3，－1)為圓心且與直線3x＋4y＝0相切的圓的方程是________________．答案(x－3)2＋(y＋1)2＝1解析由題意得，r＝eq\f(|3×3＋4×（－1）|,\r(32＋42))＝1，因此圓的方程為(x－3)2＋(y＋1)2＝1.(4)(人教A選擇性必修第一冊習(xí)題2.2T3改編)已知圓C：x2＋y2－6x－4y＋4＝0.若一直線被圓C所截得的弦的中點為M(2，3)，則該直線的方程為________________．答案y＝x＋1解析圓C：x2＋y2－6x－4y＋4＝0化為標準方程為(x－3)2＋(y－2)2＝9，則圓心為C(3，2)，kCM＝eq\f(3－2,2－3)＝－1.設(shè)所求的直線為m.由圓的幾何性質(zhì)可知，km·kCM＝－1，所以km＝1，所以所求的直線方程為y－3＝1·(x－2)，即y＝x＋1.考點探究——提素養(yǎng)考點一直線與圓的位置關(guān)系例1(1)(2023·江西九江二模)直線l：mx－y－2＋m＝0(m∈R)與圓C：x2＋(y－1)2＝16的位置關(guān)系為________．答案相交解析由mx－y－2＋m＝0(m∈R)，得m(x＋1)－y－2＝0(m∈R)，令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＝0，,－y－2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－2，))所以直線l過定點(－1，－2)，又因為(－1)2＋(－2－1)2＝10<16，得(－1，－2)在圓內(nèi)，所以直線l與圓C總相交．(2)(2024·廣東湛江廉江中學(xué)高三第二次月考)已知直線x＋y＋2＝0與圓x2＋y2＝r2相切，則r的值為________．答案±eq\r(2)解析由直線x＋y＋2＝0與圓x2＋y2＝r2相切，得eq\f(|2|,\r(12＋12))＝|r|，即|r|＝eq\r(2)，故r的值為±eq\r(2).【通性通法】判斷直線與圓的位置關(guān)系的兩種方法特別地，對于過定點的直線，也可以通過定點在圓內(nèi)部或圓上判定直線和圓有公共點．【鞏固遷移】1．(2023·陜西榆林模擬)已知點P(x0，y0)為圓C：x2＋y2＝2上的動點，則直線l：x0x－y0y＝2與圓C的位置關(guān)系為()A．相交 B．相離C．相切 D．相切或相交答案C解析由題意可得xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2，于是圓心C到直線l的距離d＝eq\f(2,\r(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)))＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2)＝r，所以直線l與圓C相切．故選C.2．已知圓O：x2＋y2＝4上到直線l：x＋y＝a的距離等于1的點至少有2個，則a的取值范圍為________．答案(－3eq\r(2)，3eq\r(2))解析由圓的方程可知圓心為(0，0)，半徑為2.因為圓上到直線l：x＋y＝a的距離等于1的點至少有2個，所以圓心到直線l的距離d＜r＋1＝3，即d＝eq\f(|－a|,\r(2))<3，解得－3eq\r(2)＜a＜3eq\r(2).考點二圓的弦長、切線問題(多考向探究)考向1弦長問題例2(1)(2024·四川西昌期末)直線l：x－eq\r(3)ycosθ＝0被圓x2＋y2－6x＋5＝0截得的最大弦長為()A．eq\r(3) B．eq\r(5)C．eq\r(7) D．3答案C解析因為圓x2＋y2－6x＋5＝0，所以其圓心為(3，0)，半徑r＝2，于是圓心(3，0)到直線l：x－eq\r(3)ycosθ＝0的距離為d＝eq\f(3,\r(1＋3cos2θ))，因為cosθ∈[－1，1]，所以cos2θ∈[0，1]，所以d＝eq\f(3,\r(1＋3cos2θ))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))，因為直線l與圓相交，所以d<2，所以d∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，又因為弦長為2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(4－d2)，所以當(dāng)d取得最小值eq\f(3,2)時，弦長取得最大值，為eq\r(7).故選C.(2)(2023·海南華僑中學(xué)二模)已知直線x－eq\r(3)y＋8＝0和圓x2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B兩點．若|AB|＝6，則r的值為________．答案5解析因為圓心(0，0)到直線x－eq\r(3)y＋8＝0的距離d＝eq\f(8,\r(1＋3))＝4，由|AB|＝2eq\r(r2－d2)，可得6＝2eq\r(r2－42)，解得r＝5.【通性通法】求直線被圓截得的弦長的兩種方法【鞏固遷移】3．設(shè)圓x2＋y2－2x－2y－2＝0的圓心為C，直線l過(0，3)與圓C交于A，B兩點，若|AB|＝2eq\r(3)，則直線l的方程為()A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0B．3x＋4y－12＝0或x＝0C．4x－3y＋9＝0或x＝0D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0答案B解析當(dāng)直線l的斜率不存在，即直線l的方程為x＝0時，弦長為2eq\r(3)，符合題意；當(dāng)直線l的斜率存在時，可設(shè)直線l的方程為y＝kx＋3，由弦長為2eq\r(3)，半徑為2可知，圓心到該直線的距離為1，從而有eq\f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝－eq\f(3,4).綜上，直線l的方程為x＝0或3x＋4y－12＝0.故選B.4．(2023·新課標Ⅱ卷)已知直線l：x－my＋1＝0與⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B兩點，寫出滿足“△ABC的面積為eq\f(8,5)”的m的一個值：________．答案2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一個皆可以))解析設(shè)點C到直線AB的距離為d，由弦長公式得|AB|＝2eq\r(4－d2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×d×2eq\r(4－d2)＝eq\f(8,5)，解得d＝eq\f(4\r(5),5)或d＝eq\f(2\r(5),5)，由d＝eq\f(|1＋1|,\r(1＋m2))＝eq\f(2,\r(1＋m2))，所以eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(4\r(5),5)或eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(2\r(5),5)，解得m＝±2或m＝±eq\f(1,2).考向2切線問題例3(1)在平面直角坐標系中，過點A(3，5)作圓O：x2＋y2－2x－4y＋1＝0的切線，則切線的方程為()A．5x－12y＋45＝0B．y＋5＝0C．x－3＝0或5x－12y＋45＝0D．y－5＝0或12x－5y＋45＝0答案C解析因為32＋52－2×3－4×5＋1>0，點(3，5)在圓外，且x2＋y2－2x－4y＋1＝0的圓心為(1，2)，半徑為2.若切線的斜率不存在，即x＝3，圓心(1，2)到直線x＝3的距離為2，故直線x＝3是圓的切線；若切線的斜率存在，設(shè)切線方程為y－5＝k(x－3)，即kx－y－3k＋5＝0，則eq\f(|k－2－3k＋5|,\r(k2＋1))＝2，則eq\f(|3－2k|,\r(k2＋1))＝2，兩邊平方得12k＝5，k＝eq\f(5,12)，所以y－5＝eq\f(5,12)(x－3)，即5x－12y＋45＝0.綜上，切線的方程為5x－12y＋45＝0或x－3＝0.故選C.(2)由直線y＝x＋1上的一點向圓(x－3)2＋y2＝1引切線，則切線長的最小值為________．答案eq\r(7)解析設(shè)直線上一點P，切點為Q，圓心為M，M的坐標為(3，0)，則|PQ|即為切線長，|MQ|為圓M的半徑，長度為1，|PQ|＝eq\r(|PM|2－|MQ|2)＝eq\r(|PM|2－1)，要使|PQ|最小，即求|PM|的最小值，此題轉(zhuǎn)化為求直線y＝x＋1上的點到圓心M的最小距離．設(shè)圓心到直線y＝x＋1的距離為d，則d＝eq\f(|3－0＋1|,\r(12＋（－1）2))＝2eq\r(2)，所以|PM|的最小值為2eq\r(2)，此時|PQ|＝eq\r(|PM|2－1)＝eq\r(（2\r(2)）2－1)＝eq\r(7).【通性通法】1．求過圓上一點(x0，y0)的圓的切線方程：先求切點與圓心連線的斜率k，再由垂直關(guān)系，求得切線斜率為－eq\f(1,k)，由點斜式方程可求得切線方程，如果k＝0或k不存在，則由圖形可直接得到切線方程為y＝y(tǒng)0或x＝x0.2．求過圓外一點(x0，y0)的圓的切線方程當(dāng)切線斜率存在時，圓的切線方程的求法：(1)幾何法：設(shè)切線方程為y－y0＝k(x－x0)，利用點到直線的距離公式表示出圓心到切線的距離d，然后令d＝r，進而求得k.(2)代數(shù)法：設(shè)切線方程為y－y0＝k(x－x0)，與圓的方程組成方程組，消元后得到一個一元二次方程，然后令判別式Δ＝0，進而求得k.注意驗證斜率不存在的情況．3．涉及與圓的切線有關(guān)的線段長度范圍(或最值)問題，可以利用幾何圖形求解，也可以把所求線段長表示為關(guān)于圓心與直線上的點的距離的函數(shù)的形式，利用求函數(shù)值域的方法求解．【鞏固遷移】5．(2023·河南開封模擬)已知圓M過點A(1，3)，B(1，－1)，C(－3，1)，則圓M在點A處的切線方程為()A．3x＋4y－15＝0 B．3x－4y＋9＝0C．4x＋3y－13＝0 D．4x－3y＋5＝0答案A解析設(shè)圓M的一般方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.由題可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＋3E＋F＋10＝0，,D－E＋F＋2＝0，,－3D＋E＋F＋10＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＝1，,E＝－2，,F＝－5，))所以圓M的方程為x2＋y2＋x－2y－5＝0，圓心為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以直線AM的斜率kAM＝eq\f(3－1,1＋\f(1,2))＝eq\f(4,3)，所以圓M在點A處的切線方程為y－3＝－eq\f(3,4)(x－1)，即3x＋4y－15＝0.故選A.6．(2023·新課標Ⅰ卷)過點(0，－2)與圓x2＋y2－4x－1＝0相切的兩條直線的夾角為α，則sinα＝()A．1 B．eq\f(\r(15),4)C．eq\f(\r(10),4) D．eq\f(\r(6),4)答案B解析解法一：因為x2＋y2－4x－1＝0，即(x－2)2＋y2＝5，可得圓心C(2，0)，半徑r＝eq\r(5)，過點P(0，－2)作圓C的切線，切點為A，B，因為|PC|＝eq\r(22＋（－2）2)＝2eq\r(2)，則|PA|＝eq\r(|PC|2－r2)＝eq\r(3)，可得sin∠APC＝eq\f(\r(5),2\r(2))＝eq\f(\r(10),4)，cos∠APC＝eq\f(\r(3),2\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，則sin∠APB＝sin2∠APC＝2sin∠APCcos∠APC＝2×eq\f(\r(10),4)×eq\f(\r(6),4)＝eq\f(\r(15),4)，cos∠APB＝cos2∠APC＝cos2∠APC－sin2∠APC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),4)))eq\s\up12(2)＝－eq\f(1,4)<0，即∠APB為鈍角，所以sinα＝sin(π－∠APB)＝sin∠APB＝eq\f(\r(15),4).故選B.解法二：圓x2＋y2－4x－1＝0的圓心C(2，0)，半徑r＝eq\r(5)，過點P(0，－2)作圓C的切線，切點為A，B，連接AB，可得|PC|＝eq\r(22＋（－2）2)＝2eq\r(2)，則|PA|＝|PB|＝eq\r(|PC|2－r2)＝eq\r(3)，因為|PA|2＋|PB|2－2|PA|·|PB|cos∠APB＝|CA|2＋|CB|2－2|CA|·|CB|cos∠ACB，且∠ACB＝π－∠APB，則3＋3－6cos∠APB＝5＋5－10cos(π－∠APB)，即3－3cos∠APB＝5＋5cos∠APB，解得cos∠APB＝－eq\f(1,4)<0，即∠APB為鈍角，則cosα＝cos(π－∠APB)＝－cos∠APB＝eq\f(1,4)，又α為銳角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(15),4).故選B.解法三：圓x2＋y2－4x－1＝0的圓心C(2，0)，半徑r＝eq\r(5)，若切線斜率不存在，則切線方程為x＝0，則圓心到切線的距離d＝2<r，不符合題意；若切線斜率存在，設(shè)切線方程為y＝kx－2，即kx－y－2＝0，則eq\f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝eq\r(5)，整理得k2＋8k＋1＝0，且Δ＝64－4＝60>0.設(shè)兩切線斜率分別為k1，k2，則k1＋k2＝－8，k1k2＝1，可得|k1－k2|＝eq\r(（k1＋k2）2－4k1k2)＝2eq\r(15)，所以tanα＝eq\f(|k1－k2|,1＋k1k2)＝eq\r(15)，即eq\f(sinα,cosα)＝eq\r(15)，可得cosα＝eq\f(sinα,\r(15))，則sin2α＋cos2α＝sin2α＋eq\f(sin2α,15)＝1，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則sinα>0，解得sinα＝eq\f(\r(15),4).故選B.7．(2024·陜西西安碑林區(qū)校級月考)已知圓M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝8，點T(－3，4)，從坐標原點O向圓M作兩條切線OP，OQ，切點分別為P，Q，若切線OP，OQ的斜率分別為k1，k2，k1·k2＝－1，則|TM|的取值范圍為________．答案[1，9]解析由題意可知，直線OP的方程為y＝k1x，直線OQ的方程為y＝k2x，∵OP，OQ與圓M相切，∴eq\f(|k1x0－y0|,\r(1＋keq\o\al(2,1)))＝2eq\r(2)，eq\f(|k2x0－y0|,\r(1＋keq\o\al(2,2)))＝2eq\r(2)，分別對兩個式子進行兩邊平方，整理可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(keq\o\al(2,1)（8－xeq\o\al(2,0)）＋2k1x0y0＋8－yeq\o\al(2,0)＝0，,keq\o\al(2,2)（8－xeq\o\al(2,0)）＋2k2x0y0＋8－yeq\o\al(2,0)＝0，))∴k1，k2是方程k2(8－xeq\o\al(2,0))＋2kx0y0＋8－yeq\o\al(2,0)＝0的兩個不相等的實數(shù)根，易知8－xeq\o\al(2,0)≠0，∴k1·k2＝eq\f(8－yeq\o\al(2,0),8－xeq\o\al(2,0))，又k1·k2＝－1，∴eq\f(8－yeq\o\al(2,0),8－xeq\o\al(2,0))＝－1，即xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝16，則圓心M的軌跡是以(0，0)為圓心，4為半徑的圓．又|TO|＝eq\r(9＋16)＝5，∴|TO|－4≤|TM|≤|TO|＋4，∴1≤|TM|≤9.考點三圓與圓的位置關(guān)系例4(1)(2024·廣東揭陽期末)圓O1：x2＋y2＝1與圓O2：x2＋y2－4x＋1＝0的位置關(guān)系為()A．相交 B．相離C．外切 D．內(nèi)切答案A解析圓O1：x2＋y2＝1的圓心為O1(0，0)，半徑為r1＝1.圓O2：x2＋y2－4x＋1＝0的圓心為O2(2，0)，半徑為r2＝eq\r(3).|O1O2|＝2，r2－r1<|O1O2|<r2＋r1，所以兩圓相交．故選A.(2)(多選)(2023·吉林期中)點P在圓C1：x2＋y2＝1上，點Q在圓C2：x2＋y2－6x＋8y＋24＝0上，則()A．|PQ|的最小值為0B．|PQ|的最大值為7C．兩個圓心所在直線的斜率為－eq\f(4,3)D．兩個圓相交弦所在直線的方程為6x－8y－25＝0答案BC解析根據(jù)題意，圓C1：x2＋y2＝1，其圓心C1(0，0)，半徑R＝1，圓C2：x2＋y2－6x＋8y＋24＝0，即(x－3)2＋(y＋4)2＝1，其圓心C2(3，－4)，半徑r＝1，圓心距|C1C2|＝eq\r(9＋16)＝5，則|PO|的最小值為|C1C2|－R－r＝3，最大值為|C1C2|＋R＋r＝7，故A錯誤，B正確；對于C，圓心C1(0，0)，圓心C2(3，－4)，則兩個圓心所在直線的斜率k＝eq\f(－4－0,3－0)＝－eq\f(4,3)，故C正確；對于D，兩圓的圓心距|C1C2|＝5，則|C1C2|>R＋r＝2，兩圓外離，不存在公共弦，故D錯誤．故選BC.(3)(2022·新高考Ⅰ卷)寫出與圓x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一條直線的方程：________．答案x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0解析如圖，因為圓x2＋y2＝1的圓心為O(0，0)，半徑r1＝1，圓(x－3)2＋(y－4)2＝16的圓心為A(3，4)，半徑r2＝4，所以|OA|＝5，r1＋r2＝5，所以|OA|＝r1＋r2，所以兩圓外切，公切線有三種情況：①易知公切線l1的方程為x＝－1.②另一條公切線l2與公切線l1關(guān)于過兩圓圓心的直線l對稱．易知過兩圓圓心的直線l的方程為y＝eq\f(4,3)x，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝\f(4,3)x，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－\f(4,3)，))由對稱性可知公切線l2過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(4,3))).設(shè)公切線l2的方程為y＋eq\f(4,3)＝k(x＋1)，則點O(0，0)到l2的距離為1，所以1＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(4,3))),\r(k2＋1))，解得k＝eq\f(7,24)，所以公切線l2的方程為y＋eq\f(4,3)＝eq\f(7,24)(x＋1)，即7x－24y－25＝0.③還有一條公切線l3與直線l：y＝eq\f(4,3)x垂直．設(shè)公切線l3的方程為y＝－eq\f(3,4)x＋t，易知t＞0，則點O(0，0)到l3的距離為1，所以1＝eq\f(|t|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))\s\up12(2)＋（－1）2))，解得t＝eq\f(5,4)，所以公切線l3的方程為y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(5,4)，即3x＋4y－5＝0.綜上，所求直線方程為x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0.【通性通法】(1)判斷兩圓的位置關(guān)系時常用幾何法，即利用兩圓圓心之間的距離與兩圓半徑之間的關(guān)系，一般不采用代數(shù)法．(2)若兩圓相交，則兩圓公共弦所在直線的方程可由兩圓的方程作差消去x2，y2項得到．【鞏固遷移】8．(2024·安徽蕪湖模擬)已知圓M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)截直線x＋y＝0所得線段的長度是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．相離答案B解析由題意，得圓M的標準方程為x2＋(y－a)2＝a2，圓心(0，a)到直線x＋y＝0的距離d＝eq\f(a,\r(2))，所以2eq\r(a2－\f(a2,2))＝2eq\r(2)，解得a＝2，圓M、圓N的圓心距|MN|＝eq\r(2)，小于兩圓半徑之和3，大于兩圓半徑之差1，故兩圓相交．故選B.9．(2023·云南麗江期中)圓C1：x2＋y2－6x－10y－2＝0與圓C2：x2＋y2＋4x＋14y＋4＝0公切線的條數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4答案C解析根據(jù)題意，圓C1：x2＋y2－6x－10y－2＝0，即(x－3)2＋(y－5)2＝36，其圓心為(3，5)，半徑r＝6；圓C2：x2＋y2＋4x＋14y＋4＝0，即(x＋2)2＋(y＋7)2＝49，其圓心為(－2，－7)，半徑R＝7，兩圓的圓心距|C1C2|＝eq\r(（－2－3）2＋（－7－5）2)＝13＝R＋r，所以兩圓相外切，其公切線有3條．故選C.10．(2024·江蘇啟東中學(xué)階段考試)已知P是圓M：x2－4x＋y2－4y＋6＝0上一動點，A，B是圓C：x2＋2x＋y2＋2y－2＝0上的兩點，若|AB|＝2eq\r(3)，則|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的取值范圍為________．答案[4eq\r(2)－2，8eq\r(2)＋2]解析由題意知，點P所在圓M：(x－2)2＋(y－2)2＝2，且A，B所在圓C：(x＋1)2＋(y＋1)2＝4的圓心為C(－1，－1)，半徑為2.設(shè)D是AB的中點，連接CD，則CD垂直平分AB，則|CD|＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),2)))\s\up12(2))＝1，所以點D在以C為圓心，1為半徑的圓上，即點D所在圓C1：(x＋1)2＋(y＋1)2＝1，又由eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝2eq\o(PD,\s\up6(→))，可得|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(PD,\s\up6(→))|，|eq\o(PD,\s\up6(→))|即為圓M：x2－4x＋y2－4y＋6＝0上的點與圓C1：(x＋1)2＋(y＋1)2＝1上的點的距離，因為|MC1|＝eq\r(（2＋1）2＋（2＋1）2)＝3eq\r(2)，所以3eq\r(2)－1－eq\r(2)≤|eq\o(PD,\s\up6(→))|≤3eq\r(2)＋1＋eq\r(2)，即|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的取值范圍為[4eq\r(2)－2，8eq\r(2)＋2]．課時作業(yè)一、單項選擇題1．(2023·福建泉州模擬)已知圓C：x2＋y2＋2x－4y＝0，直線l：2x－y－1＝0，則直線l與圓C的位置關(guān)系是()A．相交B．相切C．相離D．相交且直線過圓C的圓心答案B解析由x2＋y2＋2x－4y＝0，可得(x＋1)2＋(y－2)2＝5，故圓心C(－1，2)，半徑r＝eq\r(5)，則圓心到直線l：2x－y－1＝0的距離d＝eq\f(|－2－2－1|,\r(22＋1))＝eq\f(5,\r(5))＝eq\r(5)＝r，故直線l與圓C相切．故選B.2．(2024·黑龍江大慶質(zhì)檢)若直線kx－y＋1－2k＝0與圓C：(x－1)2＋y2＝4相交于A，B兩點，則|AB|的最小值為()A．2eq\r(3) B．2eq\r(2)C．eq\r(3) D．eq\r(2)答案B解析直線kx－y＋1－2k＝0，即k(x－2)－(y－1)＝0恒過定點M(2，1)，而(2－1)2＋12＝2<4，即點M在圓C內(nèi)，因此當(dāng)且僅當(dāng)AB⊥CM時，|AB|最小，而圓C的圓心C(1，0)，半徑r＝2，|CM|＝eq\r(2)，所以|AB|min＝2eq\r(r2－|CM|2)＝2eq\r(4－2)＝2eq\r(2).故選B.3．(2023·河北聯(lián)考一模)直線l：ax＋by－4＝0與圓O：x2＋y2＝4相切，則(a－3)2＋(b－4)2的最大值為()A．16 B．25C．49 D．81答案C解析由直線l與圓O相切可得，圓心O(0，0)到直線l的距離等于圓的半徑，即eq\f(|－4|,\r(a2＋b2))＝2，故a2＋b2＝4，即點(a，b)在圓O上，(a－3)2＋(b－4)2的幾何意義為圓上的點(a，b)與點(3，4)之間距離的平方，由a2＋b2＝4，得圓心為(0，0)，因為32＋42>4，所以點(3，4)在圓a2＋b2＝4外，所以點(a，b)到點(3，4)的距離的最大值為圓心到(3，4)的距離與圓半徑之和，即d＋r＝eq\r(（3－0）2＋（4－0）2)＋2＝7，所以(a－3)2＋(b－4)2的最大值為72＝49.故選C.4．(2023·廣東汕頭模擬)已知圓C1：(x－3)2＋(y＋4)2＝1與C2：(x－a)2＋(y－a＋3)2＝9恰好有4條公切線，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，0)∪(4，＋∞)B．(－∞，1－eq\r(6))∪(1＋eq\r(6)，＋∞)C．(0，4)D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)答案D解析因為圓C1：(x－3)2＋(y＋4)2＝1與C2：(x－a)2＋(y－a＋3)2＝9恰好有4條公切線，所以圓C1與C2外離，所以eq\r(（a－3）2＋（a－3＋4）2)>4，解得a>3或a<－1，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1)∪(3，＋∞)．故選D.5．(2023·山東青島模擬)已知直線l：3x＋my＋3＝0，曲線C：x2＋y2＋4x＋2my＋5＝0，則下列說法正確的是()A．“m>1”是“曲線C表示圓”的充要條件B．當(dāng)m＝3eq\r(3)時，直線l與曲線C表示的圓相交所得的弦長為1C．“m＝－3”是“直線l與曲線C表示的圓相切”的充分不必要條件D．當(dāng)m＝－2時，曲線C與圓x2＋y2＝1有兩個公共點答案C解析對于A，曲線C：x2＋y2＋4x＋2my＋5＝0?(x＋2)2＋(y＋m)2＝m2－1，曲線C表示圓，則m2－1>0，解得m<－1或m>1，所以“m>1”是“曲線C表示圓”的充分不必要條件，A錯誤；對于B，當(dāng)m＝3eq\r(3)時，直線l：x＋eq\r(3)y＋1＝0，曲線C：(x＋2)2＋(y＋3eq\r(3))2＝26，圓心到直線l的距離d＝eq\f(|－2＋\r(3)×（－3\r(3)）＋1|,\r(1＋3))＝5，所以弦長為2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(26－25)＝2，B錯誤；對于C，若直線l與圓相切，則圓心到直線l的距離d＝eq\f(|－6－m2＋3|,\r(9＋m2))＝eq\r(m2－1)，解得m＝±3，所以“m＝－3”是“直線l與曲線C表示的圓相切”的充分不必要條件，C正確；對于D，當(dāng)m＝－2時，曲線C：(x＋2)2＋(y－2)2＝3，其圓心坐標為(－2，2)，r＝eq\r(3)，曲線C與圓x2＋y2＝1的圓心距為eq\r(（－2－0）2＋（2－0）2)＝2eq\r(2)>eq\r(3)＋1，故兩圓相離，沒有公共點，D錯誤．故選C.6．(2024·山東淄博期末)已知圓C：(x－1)2＋y2＝2，直線l：y＝kx－2，若直線l上存在點P，過點P引圓的兩條切線l1，l2，使得l1⊥l2，則實數(shù)k的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪[0，＋∞)B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪[0，1)C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪[1，＋∞)D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，1))答案A解析圓心C(1，0)，半徑r＝eq\r(2)，設(shè)P(x，y)，因為兩切線l1⊥l2，如圖，設(shè)切點為A，B，則PA⊥PB，由切線性質(zhì)定理，知PA⊥AC，PB⊥BC，|PA|＝|PB|，所以四邊形PACB為正方形，所以|PC|＝2，則點P的軌跡是以(1，0)為圓心，2為半徑的圓，方程為(x－1)2＋y2＝4，直線l：y＝kx－2過定點(0，－2)，直線方程即kx－y－2＝0，只要直線與點P的軌跡(圓)有交點即可，即大圓的圓心到直線的距離小于等于半徑，即d＝eq\f(|k－2|,\r(k2＋1))≤2，解得k≥0或k≤－eq\f(4,3)，即實數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪[0，＋∞)．故選A.7．已知實數(shù)x，y滿足x2＋y2－4x－2y－4＝0，則x－y的最大值是()A．1＋eq\f(3\r(2),2) B．4C．1＋3eq\r(2) D．7答案C解析解法一：令x－y＝k，則x＝k＋y，代入原式，化簡得2y2＋(2k－6)y＋k2－4k－4＝0，因為存在實數(shù)y，則Δ≥0，即(2k－6)2－4×2(k2－4k－4)≥0，化簡得k2－2k－17≤0，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2)，故x－y的最大值是3eq\r(2)＋1.故選C.解法二：x2＋y2－4x－2y－4＝0，整理得(x－2)2＋(y－1)2＝9，令x＝3cosθ＋2，y＝3sinθ＋1，其中θ∈[0，2π]，則x－y＝3cosθ－3sinθ＋1＝3eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋1，因為θ∈[0，2π]，所以θ＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(9π,4)))，則當(dāng)θ＋eq\f(π,4)＝2π，即θ＝eq\f(7π,4)時，x－y取得最大值3eq\r(2)＋1.故選C.解法三：由x2＋y2－4x－2y－4＝0，可得(x－2)2＋(y－1)2＝9，設(shè)x－y＝k，則圓心到直線x－y＝k的距離d＝eq\f(|2－1－k|,\r(2))≤3，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2).故選C.8．(2023·甘肅酒泉三模)若直線eq\r(3)x－y－3＝0分別與x軸、y軸交于點A，B，動點P在圓x2＋(y－1)2＝1上，則△ABP面積的取值范圍是()A．[eq\r(2)，3eq\r(2)] B．[eq\r(3)，2eq\r(3)]C．[eq\r(3)，3eq\r(3)] D．[2eq\r(2)，3eq\r(2)]答案C解析如圖所示，因為直線eq\r(3)x－y－3＝0與坐標軸的交點A(eq\r(3)，0)，B(0，－3)，則|AB|＝eq\r(3＋9)＝2eq\r(3)，圓x2＋(y－1)2＝1的圓心為C(0，1)，半徑為r＝1，則圓心C(0，1)到直線eq\r(3)x－y－3＝0的距離為d＝eq\f(|－1－3|,\r(3＋1))＝2，所以圓x2＋(y－1)2＝1上的點P到直線eq\r(3)x－y－3＝0的距離的最小值為d－r＝2－1＝1，最大距離為d＋r＝2＋1＝3，所以△ABP面積的最小值為eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＝eq\r(3)，最大值為eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3＝3eq\r(3)，即△ABP面積的取值范圍為[eq\r(3)，3eq\r(3)]．故選C.二、多項選擇題9．(2024·湖北武漢期末)已知圓x2＋y2＝4，直線l：y＝x＋b.若圓上恰有三個點到直線l的距離都等于1，則b的可能值為()A．－1 B．－eq\r(2)C．1 D．eq\r(2)答案BD解析由圓x2＋y2＝4，可得圓心為(0，0)，半徑為2，要使圓上恰有三個點到直線l的距離都等于1，則圓心到直線的距離為1，所以eq\f(|b|,\r(2))＝2－1，所以b＝±eq\r(2).故選BD.10．已知圓O1：x2＋y2－2x－3＝0和圓O2：x2＋y2－2y－1＝0的交點為A，B，則()A．圓O1和圓O2有兩條公切線B．直線AB的方程為x－y＋1＝0C．圓O2上存在兩點P和Q使得|PQ|>|AB|D．圓O1上的點到直線AB的最大距離為2＋eq\r(2)答案ABD解析對于A，因為兩圓相交，所以有兩條公切線，故A正確；對于B，將兩圓方程作差可得－2x＋2y－2＝0，即得公共弦AB的方程為x－y＋1＝0，故B正確；對于C，直線AB過圓O2的圓心(0，1)，所以線段AB是圓O2的直徑，故圓O2中不存在比AB長的弦，故C錯誤；對于D，圓O1的圓心坐標為(1，0)，半徑為2，圓心到直線AB：x－y＋1＝0的距離為eq\f(|1＋1|,\r(2))＝eq\r(2)，所以圓O1上的點到直線AB的最大距離為2＋eq\r(2)，D正確．故選ABD.三、填空題11．(2023·廣東深圳?？级?過點(1，1)且被圓x2＋y2－4x－4y＋4＝0所截得的弦長為2eq\r(2)的直線方程為________．答案x＋y－2＝0解析圓x2＋y2－4x－4y＋4＝0，即(x－2)2＋(y－2)2＝4，圓心為(2，2)，半徑r＝2，若弦長l＝2eq\r(2)，則圓心到直線的距離d＝eq\r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))\s\up12(2))＝eq\r(2)，顯然直線的斜率存在，設(shè)直線方程為y－1＝k(x－1)，即kx－y－k＋1＝0，所以d＝eq\f(|2k－2－k＋1|,\r(k2＋（－1）2))＝eq\r(2)，解得k＝－1，所以直線方程為x＋y－2＝0.12．若A為圓C1：x2＋y2＝1上的動點，B為圓C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4上的動點，則線段AB長度的最大值是________．答案8解析圓C1：x2＋y2＝1的圓心為C1(0，0)，半徑r1＝1，圓C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4的圓心為C2(3，－4)，半徑r2＝2，所以|C1C2|＝5.因為|C1C2|>r1＋r2，所以圓C1與圓C2外離．又A為圓C1上的動點，B為圓C2上的動點，所以線段AB長度的最大值是|C1C2|＋r1＋r2＝5＋1＋2＝8.13．(2024·浙江?？寄M預(yù)測)已知圓C1：x2＋y2＝4和圓C2：(x－3)2＋(y－2)2＝1，則過點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(4,3)))且與C1，C2都相切的直線方程為________(寫出一個即可)．答案x＝2或5x＋12y－26＝0(寫出一個即可)解析若過M的切線斜率不存在，即為x＝2，此時顯然與兩圓都相切；若過M的切線斜率存在，不妨設(shè)為y－eq\f(4,3)＝k(x－2)，則C1(0，0)，C2(3，2)到y(tǒng)－eq\f(4,3)＝k(x－2)的距離分別為d1＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2k－\f(4,3))),\r(k2＋1))＝2，d2＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(2,3))),\r(k2＋1))＝1，解得k＝－eq\f(5,12)，即y－eq\f(4,3)＝－eq\f(5,12)(x－2)，即5x＋12y－26＝0.綜上，過M且與兩圓都相切的直線方程為x＝2或5x＋12y－26＝0(寫出一個即可)．14．(2024·云南大理一模)已知圓C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0，過點A(1，1)的相互垂直的兩條直線分別交圓C于點M，N和P，Q，則四邊形MQNP面積的最大值為________．答案7解析圓C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0，即(x－1)2＋(y－2)2＝4，點A(1，1)在圓C內(nèi)部，設(shè)圓心C到直線PQ和MN的距離分別為d1，d2，則有|PQ|＝2eq\r(4－deq\o\al(2,1))，|MN|＝2eq\r(4－deq\o\al(2,2))，且deq\o\al(2,1)＋deq\o\al(2,2)＝|CA|2＝1，所以四邊形MQNP的面積S＝eq\f(1,2)|PQ|·|MN|＝2eq\r(4－deq\o\al(2,1))·eq\r(4－deq\o\al(2,2))≤2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8－deq\o\al(2,1)－deq\o\al(2,2),2)))＝7，當(dāng)且僅當(dāng)d1＝d2＝eq\f(\r(2),2)時，等號成立，故四邊形MQNP面積的最大值為7.四、解答題15．(2024·遼寧大連月考)已知圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝4外有一點P(4，－1)，過點P作直線l.(1)當(dāng)直線l與圓C相切時，求直線l的方程；(2)當(dāng)直線l的傾斜角為135°時，求直線l被圓C所截得的弦長．解(1)由題意知，圓C的圓心為(2，3)，半徑r＝2.當(dāng)斜率不存在時，直線l的方程為x＝4，此時圓C與直線l相切；當(dāng)斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＋1＝k(x－4)，即kx－y－4k－1＝0，則圓心到直線的距離為d＝r，即eq\f(|2k－3－4k－1|,\r(1＋k2))＝2，解得k＝－eq\f(3,4)，所以此時直線l的方程為3x＋4y－8＝0.綜上，直線l的方程為x＝4或3x＋4y－8＝0.(2)當(dāng)直線l的傾斜角為135°時，直線l的方程為x＋y－3＝0，圓心到直線l的距離d＝eq\f(|2＋3－3|,\r(2))＝eq\r(2).故所求弦長為2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(22－（\r(2)）2)＝2eq\r(2).16．已知點P(2，2)，圓C：x