?專題十三 《解析幾何》講義
13.2 圓的方程
知識(shí)梳理.圓的方程
1.圓的方程：
（1）圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)是以點(diǎn)(a，b)為圓心，r為半徑的圓的方程，叫做圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）圓的一般方程：
當(dāng)D2＋E2－4F＞0時(shí)，二元二次方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0叫做圓的一般方程．
圓心為，半徑長(zhǎng)為．
2．直線與圓的位置關(guān)系(半徑為r，圓心到直線的距離為d)

相離
相切
相交
圖形



量化
方程觀點(diǎn)
Δ0
Δ0
Δ0
幾何觀點(diǎn)
dr
dr
dr
（1）圓的切線方程常用結(jié)論
①過圓x2＋y2＝r2上一點(diǎn)P(x0，y0)的圓的切線方程為x0x＋y0y＝r2.
②過圓(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一點(diǎn)P(x0，y0)的圓的切線方程為(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2.
③過圓x2＋y2＝r2外一點(diǎn)M(x0，y0)作圓的兩條切線，則兩切點(diǎn)所在直線方程為x0x＋y0y＝r2.
（2）有關(guān)弦長(zhǎng)問題的2種求法
幾何法
直線被圓截得的半弦長(zhǎng)，弦心距d和圓的半徑r構(gòu)成直角三角形，即r2＝2＋d2
代數(shù)法
聯(lián)立直線方程和圓的方程，消元轉(zhuǎn)化為關(guān)于x的一元二次方程，由根與系數(shù)的關(guān)系即可求得弦長(zhǎng)|AB|＝·|x1－x2|＝或|AB|＝·|y1－y2|＝

3．圓與圓的位置關(guān)系(兩圓半徑為r1，r2，d＝|O1O2|)

相離
外切
相交
內(nèi)切
內(nèi)含
圖形





量的關(guān)系
d＞r1＋r2
d＝r1＋r2
|r1－r2|＜d＜r1＋r2
d＝|r1－r2|
d＜|r1－r2|
圓與圓位置關(guān)系問題的解題策略
(1)判斷兩圓的位置關(guān)系時(shí)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(xiàng)得到．













題型一. 圓的方程、軌跡方程
1．已知圓C的圓心在直線x﹣2y﹣3＝0上，且過點(diǎn)A（2，﹣3），B（﹣2，﹣5），則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為?。▁+1）2+（y+2）2＝10?。?br /> 【解答】解：根據(jù)題意，圓C的圓心在直線x﹣2y﹣3＝0上，設(shè)圓心的坐標(biāo)為（2t+3，t），
圓C經(jīng)過點(diǎn)A（2，﹣3），B（﹣2，﹣5），則（2t+3﹣2）2+（t+3）2＝（2t+3+2）2+（t+5）2，
解可得t＝﹣2，則2t+3＝﹣1，即圓心C的坐標(biāo)為（﹣1，﹣2），
圓的半徑為r，則r2＝|CA|2＝（﹣1﹣2）2+（﹣2+3）2＝10，
故圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x+1）2+（y+2）2＝10；
故答案為：（x+1）2+（y+2）2＝10．
2．已知圓C與圓（x﹣1）2+y2＝1關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則圓C的方程為（　　）
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：圓（x﹣1）2+y2＝1的圓心坐標(biāo)為（1，0），半徑為1．
點(diǎn)（1，0）關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為（﹣1，0），
則所求圓的方程為（x+1）2+y2＝1．
故選：D．
3．如圖，已知圓C與x軸相切于點(diǎn)T（1，0），與y軸正半軸交于兩點(diǎn)A，B（B在A的上方），且|AB|＝2．
（Ⅰ）求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

【解答】解：（1）由題意，圓的半徑為，圓心坐標(biāo)為（1，），
∴圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x﹣1）2+（y）2＝2；
4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P與兩個(gè)定點(diǎn)M（1，0），N（4，0）的距離之比為．
（Ⅰ）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡W的方程；
【解答】解：（Ⅰ）設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（x，y），依題意得：，
又M（1，0），N（4，0），
∴2，
化簡(jiǎn)得：x2+y2＝4，
則動(dòng)點(diǎn)P軌跡W方程為x2+y2＝4；
5．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)B（2，0），C（﹣2，0），設(shè)直線AB，AC的斜率分別為k1，k2，且k1k2，記點(diǎn)A的軌跡為E．
（1）求E的方程；
【解答】解：（1）設(shè)A（x，y），則k1k2，
整理，得x2+2y2＝4（x≠±2），
即E的方程為x2+2y2＝4（x≠±2）；
6．若，則S△ABC的最大值　?。?br /> 【解答】解：設(shè)BC＝x，則ACx，
根據(jù)面積公式得S△ABCAB?BCsinB2x，
又根據(jù)余弦定理得cosB，
代入上式得：
S△ABC＝x，
由三角形三邊關(guān)系有：，
解得：22＜x＜22．
所以當(dāng)x＝2時(shí)，x2﹣12＝0，此時(shí)S△ABC取得最大值2．
故答案為：2

題型二. 直線與圓的位置關(guān)系
1．已知點(diǎn)M（a，b）在圓O：x2+y2＝1外，則直線ax+by＝1與圓O的位置關(guān)系是（　?。?br /> A．相切 B．相交 C．相離 D．不確定
【解答】解：∵M(jìn)（a，b）在圓x2+y2＝1外，
∴a2+b2＞1，
∴圓O（0，0）到直線ax+by＝1的距離d1＝r，
則直線與圓的位置關(guān)系是相交．
故選：B．
2．若過點(diǎn)A（4，0）的直線l與曲線（x﹣2）2+y2＝1有公共點(diǎn)，則直線l的斜率的取值范圍為　?。?br /> 【解答】解：設(shè)直線l的方程為y＝k（x﹣4），即kx﹣y﹣4k＝0
∵直線l與曲線（x﹣2）2+y2＝1有公共點(diǎn)，
∴圓心到直線l的距離小于等于半徑
即1，解得
∴直線l的斜率的取值范圍為
故答案為
3．已知直線l：x﹣y+4＝0與圓C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2，則C上各點(diǎn)到l距離的最小值為（　?。?br /> A．1 B．1 C． D．2
【解答】解：由于圓心C（1，1）到直線l：x﹣y+4＝0的距離為d2，
而圓的半徑為，故C上各點(diǎn)到l距離的最小值為2，
故選：C．

題型三. 切線問題
1．已知圓C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝2，點(diǎn)P坐標(biāo)為（2，﹣1），過點(diǎn)P作圓C的切線，切點(diǎn)為A，B．
（1）求切線PA，PB的方程；
（2）求過P點(diǎn)的圓的切線長(zhǎng)；
（3）求直線AB的方程．
【解答】解：（1）根據(jù)題意，分析易得切線斜率存在，則設(shè)切線的斜率為k，
又由切線過點(diǎn)P（2，﹣1），則切線方程為：y+1＝k（x﹣2）即：kx﹣y﹣2k﹣1＝0，
又圓C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝2的圓心坐標(biāo)為（1，2），半徑r，
則有，
解可得k＝7或k＝﹣1，
則所求的切線方程為：x+y﹣1＝0和7x﹣y﹣15＝0；
（2）根據(jù)題意，圓心C到P的距離d，
則切線長(zhǎng)為2，
（3）以P為圓心，切線長(zhǎng)為半徑的圓的方程為：（x﹣2）2+（y+1）2＝8…①
由圓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?山東）若圓C的半徑為1，圓心在第一象限，且與直線4x﹣3y＝0和x軸相切，則該圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是（　?。?br /> A． B．（x﹣2）2+（y﹣1）2＝1
C．（x﹣1）2+（y﹣3）2＝1 D．
【解答】解：設(shè)圓心為（a，1），由已知得，∴．
故選：B．
3．（2014?大綱版）直線l1和l2是圓x2+y2＝2的兩條切線．若l1與l2的交點(diǎn)為（1，3），則l1與l2的夾角的正切值等于　?。?br /> 【解答】解：設(shè)l1與l2的夾角為2θ，由于l1與l2的交點(diǎn)A（1，3）在圓的外部，
且點(diǎn)A與圓心O之間的距離為OA，
圓的半徑為r，
∴sinθ，
∴cosθ，tanθ，
∴tan2θ，
故答案為：．
4．（2014?新課標(biāo)Ⅱ）設(shè)點(diǎn)M（x0，1），若在圓O：x2+y2＝1上存在點(diǎn)N，使得∠OMN＝45°，則x0的取值范圍是（　?。?br /> A．[﹣1，1] B．[，] C．[，] D．[，]
【解答】解：由題意畫出圖形如圖：點(diǎn)M（x0，1），要使圓O：x2+y2＝1上存在點(diǎn)N，使得∠OMN＝45°，
則∠OMN的最大值大于或等于45°時(shí)一定存在點(diǎn)N，使得∠OMN＝45°，
而當(dāng)MN與圓相切時(shí)∠OMN取得最大值，
此時(shí)MN＝1，
圖中只有M′到M″之間的區(qū)域滿足MN＝1，
∴x0的取值范圍是[﹣1，1]．
故選：A．

5．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：x2+（y﹣3）2＝2，點(diǎn)A是x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，AP，AQ分別切圓C于P，Q兩點(diǎn)，則線段PQ長(zhǎng)的取值范圍是（　?。?br /> A．[，2） B．[，2） C．[，2） D．[，2）
【解答】解：設(shè)AC＝x，則x≥3，
由PC⊥AP可知AP，
∵AC垂直平分PQ，
∴PQ＝22?2?．
∴當(dāng)x＝3時(shí)，PQ取得最小值2?．
又1，
∴PQ．
∴PQ＜2．
故選：B．

6．（2002?北京）已知P是直線3x+4y+8＝0上的動(dòng)點(diǎn)，PA，PB是圓x2+y2﹣2x﹣2y+1＝0的兩條切線，A，B是切點(diǎn)，C是圓心，那么四邊形PACB面積的最小值為　　．
【解答】解：∵圓的方程為：x2+y2﹣2x﹣2y+1＝0
∴圓心C（1，1）、半徑r為：1
根據(jù)題意，若四邊形面積最小
當(dāng)圓心與點(diǎn)P的距離最小時(shí)，距離為圓心到直線的距離時(shí)，
切線長(zhǎng)PA，PB最小
圓心到直線的距離為d＝3
∴|PA|＝|PB|
∴
故答案為：

題型四. 弦長(zhǎng)問題
1．直線l：kx+y+4＝0（k∈R）是圓C：x2+y2+4x﹣4y+6＝0的一條對(duì)稱軸，過點(diǎn)A（0，k）作斜率為1的直線m，則直線m被圓C所截得的弦長(zhǎng)為（　?。?br /> A． B． C． D．2
【解答】解：∵圓C：x2+y2+4x﹣4y+6＝0，即（x+2）2+（y﹣2）2 ＝2，
表示以C（﹣2，2）為圓心、半徑等于的圓．
由題意可得，直線l：kx+y+4＝0經(jīng)過圓C的圓心（﹣2，2），
故有﹣2k+2+4＝0，∴k＝3，點(diǎn)A（0，3）．
直線m：y＝x+3，圓心到直線的距離d，
∴直線m被圓C所截得的弦長(zhǎng)為2．
故選：C．
2．直線y＝kx+3與圓（x﹣3）2+（y﹣2）2＝4相交于M，N兩點(diǎn)，若MN＜2，則k的取值范圍是　{k|k，或0≤k}?。?br /> 【解答】解：設(shè)圓心（3，2）到直線y＝kx+3的距離為d，則d2，
由于4﹣d2，且MN＜2，求得 d≥1，∴1≤d＜2，即 ∈[1，2），
由d≥1求得k，k≥0，由d＜2 求得 d，
即k的取值范圍是{k|k，或0≤k}，
故答案為：{k|k，或0≤k}．
3．已知圓C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝25，直線l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4＝0，則直線l被圓C截得的弦長(zhǎng)的最小值為（　?。?br /> A．2 B．4 C．6 D．8
【解答】解：圓C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝25的圓心坐標(biāo)為C（1，2），半徑為5．
由直線l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4＝0，得m（2x+y﹣7）+x+y﹣4＝0，
聯(lián)立，解得．
∴直線l過定點(diǎn)P（3，1），
點(diǎn)P（3，1）在圓內(nèi)部，則當(dāng)直線l與線段PC垂直時(shí)，直線l被圓C截得的弦長(zhǎng)最小．
此時(shí)|PC|．
∴直線l被圓C截得的弦長(zhǎng)的最小值為2．
故選：B．
4．已知AC、BD為圓O：x2+y2＝4的兩條相互垂直的弦，垂足為M（1，），則四邊形ABCD的面積的最大值為　5　．
【解答】解：如圖
連接OA、OD作OE⊥ACOF⊥BD垂足分別為E、F
∵AC⊥BD
∴四邊形OEMF為矩形
已知OA＝OC＝2 OM，
設(shè)圓心O到AC、BD的距離分別為d1、d2，
則d12+d22＝OM2＝3．
四邊形ABCD的面積為：s?|AC|（|BM|+|MD|），
從而：
，
當(dāng)且僅當(dāng)d12＝d22時(shí)取等號(hào)，
故答案為：5．


題型五. 圓與圓之間的位置關(guān)系
1．（多選）以下四個(gè)命題表述正確的是（　?。?br /> A．直線（3+m）x+4y﹣3+3m＝0（m∈R）恒過定點(diǎn)（﹣3，﹣3）
B．圓x2+y2＝4上有且僅有3個(gè)點(diǎn)到直線l：x﹣y0的距離都等于1
C．曲線C1：x2+y2+2x＝0與曲線C2：x2+y2﹣4x﹣8y+m＝0恰有三條公切線，則m＝4
D．已知圓C：x2+y2＝1，點(diǎn)P為直線1上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P向圓C引兩條切線PA，PB，A，B為切點(diǎn)，則直線AB經(jīng)過定點(diǎn)
【解答】解：由（3+m）x+4y﹣3+3m＝0，得3x+4y﹣3+m（x+3）＝0，
聯(lián)立，解得，
∴直線（3+m）x+4y﹣3+3m＝0（m∈R）恒過定點(diǎn)（﹣3，3），故A錯(cuò)誤；
∵圓心（0，0）到直線l：x﹣y0的距離等于1，∴直線與圓相交，而圓的半徑為2，
故到直線距離為1的兩條直線，一條與圓相切，一條與圓相交，
因此圓上有三個(gè)點(diǎn)到直線l：x﹣y0的距離等于1，故B正確；
兩圓有三條公切線，則兩圓外切，曲線C1：x2+y2+2x＝0化為標(biāo)準(zhǔn)式（x+1）2+y2＝1，
曲線C2：x2+y2﹣4x﹣8y+m＝0化為標(biāo)準(zhǔn)式（x﹣2）2+（y﹣4）2＝20﹣m＞0，
圓心距為1，解得m＝4，故C正確；
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（m，n），∴，以O(shè)P為直徑的圓的方程為x2+y2﹣mx﹣ny＝0，
兩圓的方程作差得直線AB的方程為：mx+ny＝1，消去n得，m（x）+2y﹣1＝0，
令x0，2y﹣1＝0，解得x，y，故直線AB經(jīng)過定點(diǎn)（，），故D正確．
故選：BCD．
2．已知圓C1：x2+（y﹣a2）2＝a4的圓心到直線x﹣y﹣2＝0的距離為2，則圓C1與圓C2：x2+y2﹣2x﹣4y+4＝0的位置關(guān)系是（　?。?br /> A．相交 B．內(nèi)切 C．外切 D．相離
【解答】解：圓的圓心為C1（0，a2），半徑r1＝a2，a≠0，
由圓的圓心到直線x﹣y﹣2＝0的距離為，
可得2，解得a＝±，
可得圓C1的圓心為（0，2），半徑為2，
而圓的圓心為（1，2），半徑為r2＝1，
由|C1C2|＝1＝r1﹣r2＝2﹣1，
可得兩圓的位置關(guān)系為內(nèi)切．
故選：B．
3．已知圓與圓相外切，則ab的最大值為（　?。?br /> A．2 B． C． D．4
【解答】解：圓C1：（x﹣a）2+（y+2）2＝4的圓心為C1（a，﹣2），半徑r1＝2；
圓C2：（x+b）2+（y+1）2＝1的圓心為C2（﹣b，﹣1），半徑r2＝1；
由圓C1與圓C2相外切，得|C1C2|＝r1+r2，
即2+1，
∴（a+b）2＝8；
由基本不等式，得
ab2，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝±時(shí)取“＝”，
∴ab的最大值為2．
故選：A．
4．已知圓，圓，M，N分別是圓C1，C2上動(dòng)點(diǎn)，P是x軸上動(dòng)點(diǎn)，則|PN|﹣|PM|的最大值是（　?。?br /> A． B． C． D．
【解答】解：圓C1：（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1的圓心為C1：（2，3），半徑等于1，
C2：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝9的圓心C2（3，4），半徑等于3，
則|PN|﹣|PM|≤（|PC2|+3）﹣（|PC1|﹣1）＝4+|PC2|﹣|PC1|．
則4+|PC2|﹣|PC1|≤|C1C2|+4＝4．
故選：D．

題型六.直線與圓綜合問題
1．直線x﹣y+m＝0與圓x2+y2﹣2x﹣1＝0有兩個(gè)不同交點(diǎn)的一個(gè)充分不必要條件是（　?。?br /> A．﹣3＜m＜1 B．﹣4＜m＜2 C．0＜m＜1 D．m＜1
【解答】解：聯(lián)立直線與圓的方程得：
，
消去y得：2x2+（2m﹣2）x+m2﹣1＝0，
由題意得：△＝（2m﹣2）2﹣8（m2﹣1）＝﹣4（m+1）2+16＞0，
變形得：（m+3）（m﹣1）＜0，
解得：﹣3＜m＜1，
∵0＜m＜1是﹣3＜m＜1的一個(gè)真子集，
∴直線與圓有兩個(gè)不同交點(diǎn)的一個(gè)充分不必要條件是0＜m＜1．
故選：C．
2．過直線y＝x上一點(diǎn)作圓（x﹣5）2+（y﹣1）2＝2的兩條切線l1，l2，當(dāng)l1，l2關(guān)于直線y＝x對(duì)稱時(shí)，l1，l2的夾角的大小為　　．
【解答】解：圓（x﹣5）2+（y﹣1）2＝2的圓心（5，1），過（5，1）與y＝x垂直的直線方程：x+y﹣6＝0，
它與y＝x的交點(diǎn)N（3，3），N到（5，1）距離是2，兩條切線l1，l2，它們之間的夾角為60°．
故答案為：60°．
3．若圓x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0上至少有三個(gè)不同點(diǎn)到直線l：ax+by＝0的距離為．則直線l的傾斜角的取值范圍是　[，]?。?br /> 【解答】解：圓x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0化簡(jiǎn)為標(biāo)準(zhǔn)方程，可得（x﹣2）2+（y﹣2）2＝18，
∴圓心坐標(biāo)為C（2，2），半徑r＝3，
∵在圓上至少有三個(gè)不同的點(diǎn)到直線l：ax+by＝0的距離為，
∴圓心到直線的距離應(yīng)小于或等于r，
由點(diǎn)到直線的距離公式，得，
∴（2a+2b）2≤2（a2+b2），整理得，
解之得22，
∵直線l：ax+by＝0的斜率k∈[2，2]
∴設(shè)直線l的傾斜角為α，則tanα∈[2，2]，即tantanα≤tan．
由此可得直線l的傾斜角的取值范圍是[，]．
故答案為：[，]
4．（2014?北京）已知圓C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝1和兩點(diǎn)A（﹣m，0），B（m，0）（m＞0），若圓C上存在點(diǎn)P，使得∠APB＝90°，則m的最大值為（　?。?br /> A．7 B．6 C．5 D．4
【解答】解：圓C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝1的圓心C（3，4），半徑為1，
∵圓心C到O（0，0）的距離為5，
∴圓C上的點(diǎn)到點(diǎn)O的距離的最大值為6．
再由∠APB＝90°可得，以AB為直徑的圓和圓C有交點(diǎn)，
可得POAB＝m，故有m≤6，
故選：B．

5．已知直線x+y﹣k＝0（k＞0）與圓x2+y2＝4交于不同的兩點(diǎn)A，B，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，且有?2，那么k的取值范圍是（　?。?br /> A．（，+∞） B．[，2 ） C．[，+∞） D．[，2 ）
【解答】解：根據(jù)題意，圓x2+y2＝4的圓心為（0，0），半徑r＝2，設(shè)圓心到直線x+y﹣k＝0的距離為d；
若直線x+y﹣k＝0（k＞0）與圓x2+y2＝4交于不同的兩點(diǎn)A，B，則d2，則有k＜2；
設(shè)與的夾角即∠OAB＝θ，
若?2，即|OA|×|OB|×cosθ≥﹣2，變形可得cosθ，則θ，
當(dāng)θ時(shí)，d＝1，
若θ，則d1，解可得k，
則k的取值范圍為[，2）；
故選：B．
6．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：x2+y2﹣2x﹣4y﹣3＝0與x軸交于A，B兩點(diǎn)，若動(dòng)直線l與圓C相交于M，N兩點(diǎn)，且△CMN的面積為4，若P為MN的中點(diǎn)，則△PAB的面積最大值為　8?。?br /> 【解答】解：當(dāng)y＝0時(shí)，x2﹣2x﹣3＝0得x＝﹣1或x＝3，即A（﹣1，0），B（3，0），
圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x﹣1）2+（y﹣2）2＝8，則圓心C（1，2），半徑R2，
△CMN的面積為4，
即Ssin∠MCN＝4，
則sin∠MCN＝1，即∠MCN＝90°，
則MNCN4，則CPMN＝2，
要使△PAB的面積最大，
則CP⊥AB，
此時(shí)三角形的高為PD＝2+2＝4，
AB＝3﹣（﹣1）＝4，
則△PAB的面積S8，
故答案為：8．

7．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知半徑為2的圓C，圓心在x軸正半軸上，且與直線xy+2＝0相切．
（1）求圓C的方程；
（2）在圓C上，是否存在點(diǎn)P，滿足|PQ||PO|，其中，點(diǎn)Q的坐標(biāo)是Q（﹣1，0）．若存在，指出有幾個(gè)這樣的點(diǎn)；若不存在，請(qǐng)說明理由；
（3）若在圓C上存在點(diǎn)M（m，n），使得直線l：mx+ny＝1與圓O：x2+y2＝1相交不同兩點(diǎn)A，B，求m的取值范圍．并求出使得△OAB的面積最大的點(diǎn)M的坐標(biāo)及對(duì)應(yīng)的△OAB的面積．
【解答】解：（1）設(shè)圓心是（a，0），（a＞0），它到直線xy+2＝0的距離是d2，
解得a＝2或a＝﹣6（舍去），所以，所求圓C的方程是（x﹣2）2+y2＝4．（4分）
（2）假設(shè)存在這樣的點(diǎn)P（x，y），則由，得x2+y2+4x+2＝0．（6分）
即，點(diǎn)P在圓D：（x+2）2+y2＝2上，點(diǎn)P也在圓C：（x﹣2）2+y2＝4上．
因?yàn)椋詧AC與圓D外離，圓C與圓D沒有公共點(diǎn)．
所以，不存在點(diǎn)P滿足條件．（8分）
（3）存在，理由如下：因?yàn)辄c(diǎn)M（m，n），在圓C上，所以（m﹣2）2+n2＝4，
即n2＝4﹣（m﹣2）2＝4m﹣m2且0≤m≤4．
因?yàn)樵c(diǎn)到直線l：mx+ny＝1的距離h1，解得m≤4 （10分）
而|AB|＝2，
所以S△OAB|AB|h，
因?yàn)?，所以當(dāng)，即m時(shí)，S△OAB取得最大值，
此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)是（，）或（，），△OAB的面積的最大值是．（12分）
8．如圖，已知⊙C的圓心在原點(diǎn)，且與直線x+3y+40相切．
（1）求⊙C的方程；
（2）點(diǎn)P在直線x＝8上，過點(diǎn)P引⊙C的兩條切線PA、PB，切點(diǎn)為A、B．
①求四邊形OAPB面積的最小值；
②求證：直線AB過定點(diǎn)．

【解答】（1）解：依題意得：圓心（0，0）到直線x+3y+40的距離d＝r，
∴r＝d，
∴圓C的方程為x2+y2；
（2）①解：連接OA，OB，
∵PA，PB是圓C的兩條切線，
∴OA⊥AP，OB⊥BP，
∴
．
∴當(dāng)PO取最小值為8時(shí)，；
②證明：由①得，A，B在以O(shè)P為直徑的圓上，
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（8，b），b∈R，
則線段OP的中點(diǎn)坐標(biāo)為（4，），
∴以O(shè)P為直徑的圓方程為，
即x2+y2﹣8x﹣by＝0．
∵AB為兩圓的公共弦，
∴聯(lián)立得：直線AB的方程為8x+by，b∈R，即8（x）+by＝0，
則直線AB恒過定點(diǎn)（，0）．

9．（2017?新課標(biāo)Ⅲ）在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線y＝x2+mx﹣2與x軸交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，1），當(dāng)m變化時(shí)，解答下列問題：
（1）能否出現(xiàn)AC⊥BC的情況？說明理由；
（2）證明過A、B、C三點(diǎn)的圓在y軸上截得的弦長(zhǎng)為定值．
【解答】解：（1）曲線y＝x2+mx﹣2與x軸交于A、B兩點(diǎn)，
可設(shè)A（x1，0），B（x2，0），
由韋達(dá)定理可得x1x2＝﹣2，
若AC⊥BC，則kAC?kBC＝﹣1，
即有?1，
即為x1x2＝﹣1這與x1x2＝﹣2矛盾，
故不出現(xiàn)AC⊥BC的情況；
（2）證明：設(shè)過A、B、C三點(diǎn)的圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F＝0（D2+E2﹣4F＞0），
由題意可得y＝0時(shí)，x2+Dx+F＝0與x2+mx﹣2＝0等價(jià)，
可得D＝m，F(xiàn)＝﹣2，
圓的方程即為x2+y2+mx+Ey﹣2＝0，
由圓過C（0，1），可得0+1+0+E﹣2＝0，可得E＝1，
則圓的方程即為x2+y2+mx+y﹣2＝0，
另解：設(shè)過A、B、C三點(diǎn)的圓在y軸上的交點(diǎn)為H（0，d），
則由相交弦定理可得|OA|?|OB|＝|OC|?|OH|，
即有2＝|OH|，
再令x＝0，可得y2+y﹣2＝0，
解得y＝1或﹣2．
即有圓與y軸的交點(diǎn)為（0，1），（0，﹣2），
則過A、B、C三點(diǎn)的圓在y軸上截得的弦長(zhǎng)為定值3．
10．（2015?廣東）已知過原點(diǎn)的動(dòng)直線l與圓C1：x2+y2﹣6x+5＝0相交于不同的兩點(diǎn)A，B．
（1）求圓C1的圓心坐標(biāo)；
（2）求線段AB 的中點(diǎn)M的軌跡C的方程；
（3）是否存在實(shí)數(shù) k，使得直線L：y＝k（x﹣4）與曲線 C只有一個(gè)交點(diǎn)？若存在，求出k的取值范圍；若不存在，說明理由．
【解答】解：（1）∵圓C1：x2+y2﹣6x+5＝0，
整理，得其標(biāo)準(zhǔn)方程為：（x﹣3）2+y2＝4，
∴圓C1的圓心坐標(biāo)為（3，0）；
（2）設(shè)當(dāng)直線l的方程為y＝kx、A（x1，y1）、B（x2，y2），
聯(lián)立方程組，
消去y可得：（1+k2）x2﹣6x+5＝0，
由△＝36﹣4（1+k2）×5＞0，可得k2
由韋達(dá)定理，可得x1+x2，
∴線段AB的中點(diǎn)M的軌跡C的參數(shù)方程為，其中k，
∴線段AB的中點(diǎn)M的軌跡C的方程為：（x）2+y2，其中x≤3；
（3）結(jié)論：當(dāng)k∈（，）∪{，}時(shí)，直線L：y＝k（x﹣4）與曲線C只有一個(gè)交點(diǎn)．
理由如下：
聯(lián)立方程組，
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＝±，
又∵軌跡C的端點(diǎn)（，±）與點(diǎn)（4，0）決定的直線斜率為±，
∴當(dāng)直線L：y＝k（x﹣4）與曲線C只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，
k的取值范圍為[，]∪{，}．

11．如圖，圓C：x2﹣（1+a）x+y2﹣ay+a＝0．
（Ⅰ）若圓C與x軸相切，求圓C的方程；
（Ⅱ）已知a＞1，圓C與x軸相交于兩點(diǎn)M，N（點(diǎn)M在點(diǎn)N的左側(cè)）．過點(diǎn)M任作一條直線與圓O：x2+y2＝4相交于兩點(diǎn)A，B．問：是否存在實(shí)數(shù)a，使得∠ANM＝∠BNM？若存在，求出實(shí)數(shù)a的值，若不存在，請(qǐng)說明理由．

【解答】（Ⅰ）因?yàn)橛煽傻脁2﹣（1+a）x+a＝0，
由題意得△＝（1+a）2﹣4a＝（a﹣1）2＝0，所以a＝1，
故所求圓C的方程為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）．
假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，當(dāng)直線AB與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝k（x﹣1），
代入x2+y2＝4得，（1+k2）x2﹣2k2x+k2﹣4＝0，
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），從而．
因?yàn)镹A、NB的斜率之和為 ，
而（x1﹣1）（x2﹣a）+（x2﹣1）（x1﹣a）＝2x1x2﹣（a+1）（x2+x1）+2a，
因?yàn)椤螦NM＝∠BNM，所以，NA、NB的斜率互為相反數(shù)，，即，得a＝4．
當(dāng)直線AB與x軸垂直時(shí)，仍然滿足∠ANM＝∠BNM，即NA、NB的斜率互為相反數(shù)．
綜上，存在a＝4，使得∠ANM＝∠BNM．

課后作業(yè). 直線與圓
1．已知圓C的圓心在x軸上，點(diǎn)在圓C上，圓心到直線2x﹣y＝0的距離為，則圓C的方程為（　?。?br /> 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：設(shè)圓C的圓心（a，0）在x軸正半軸上，則圓的方程為（x﹣a）2+y2＝r2（a＞0），
由點(diǎn)M（0，）在圓上，且圓心到直線2x﹣y＝0的距離為，
得，解得a＝2，r＝3．
∴圓C的方程為：（x﹣2）2+y2＝9．
同理設(shè)圓C的圓心（a，0）在x軸負(fù)半軸上，則圓的方程為（x+a）2+y2＝r2（a＜0），
∴圓C的方程為：（x+2）2+y2＝9．
綜上，圓C的方程為：（x±2）2+y2＝9．
故選：D．
2．已知?jiǎng)又本€l與圓O：x2+y2＝4相交于A，B兩點(diǎn)，且滿足|AB|＝2，點(diǎn)C為直線l上一點(diǎn)，且滿足，若M是線段AB的中點(diǎn)，則的值為（　?。?br /> A．3 B． C．2 D．﹣3
【解答】解：動(dòng)直線l與圓O：x2+y2＝4相交于A，B兩點(diǎn)，且滿足|AB|＝2，
則△OAB為等邊三角形，
于是可設(shè)動(dòng)直線l為y（x+2），
根據(jù)題意可得B（﹣2，0），A（﹣1，），
∵M(jìn)是線段AB的中點(diǎn)，
∴M（，）
設(shè)C（x，y），
∵，
∴（﹣2﹣x，﹣y）（﹣1﹣x，y），
∴，
解得，
∴C（，），
∴（，）?（，）3，
故選：A．

3．已知兩圓x2+y2+4ax+4a2﹣4＝0和x2+y2﹣2by+b2﹣1＝0恰有三條公切線，若a∈R，b∈R，且ab≠0，則的最小值為（　?。?br /> A．3 B．1 C． D．
【解答】解：兩圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x+2a）2+y2＝4和x2+（y﹣b）2＝1，
圓心為（﹣2a，0），和（0，b），半徑分別為2，1，
若兩圓恰有三條公切線，
則等價(jià)為兩圓外切，
則滿足圓心距2+1＝3，
即4a2+b2＝9，
則a2b2＝1，
則（）（a2b2）21，
故選：B．
4．已知點(diǎn)P（x，y）是直線kx+y+4＝0（k＞0）上一動(dòng)點(diǎn)，PA，PB是圓C：x2+y2﹣2y＝0的兩條切線，A，B是切點(diǎn)，若四邊形PACB的最小面積是2，則k的值為（　?。?br /> A．3 B． C． D．2
【解答】解：圓C：x2+y2﹣2y＝0的圓心（0，1），半徑是r＝1，
由圓的性質(zhì)知：S四邊形PACB＝2S△PBC，四邊形PACB的最小面積是2，
∴S△PBC的最小值＝1rd（d是切線長(zhǎng)）∴d最小值＝2
圓心到直線的距離就是PC的最小值，
∵k＞0，∴k＝2
故選：D．
5．已知點(diǎn)P（x，y）是直線kx+y+4＝0（k＞0）上一動(dòng)點(diǎn)，PA，PB是圓C：x2+y2﹣2y＝0的兩條切線，A、B是切點(diǎn)，若四邊形PACB的最小面積是2，則k的值為多少？
【解答】解：圓C：x2+y2﹣2y＝0?x2+（y﹣1）2＝1，圓心C（0，1），半徑為1；…（2分）
如圖，∵PA＝PB，CB⊥PB，CA⊥PA，
∴（4分）．
∵SPACD≥2，∴PA≥2…（6分）．
∵PC2＝PA2+CA2＝PA2+1，∴PC2≥5
即點(diǎn)C到直線的距離為（8分）
所以，…（11分）
解得：k＝±2（負(fù)舍）…（12分）
所以k＝2…（13分）

6．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，M為直線x＝3上一動(dòng)點(diǎn)，以M為圓心的圓記為圓M，若圓M截x軸所得的弦長(zhǎng)恒為4，過點(diǎn)O作圓M的一條切線，切點(diǎn)為P，則點(diǎn)P到直線2x+y﹣10＝0距離最大值為　3?。?br /> 【解答】解：設(shè)M（3，t），P（x0，y0），因?yàn)镺P⊥PM，所以0，
可得x02+y02﹣3x0﹣ty0＝0 ①又圓M截x軸所得的弦長(zhǎng)為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，即點(diǎn)P在圓x2+y2＝5上，
于是P到直線2x+y﹣10＝0距離的最大值為．
故答案為：3．

7．已知圓C過坐標(biāo)原點(diǎn)O，且與x軸，y軸分別交于點(diǎn)A，B，圓心坐標(biāo)C（t，）（t∈R，t≠0）
（1）求證：△AOB的面積為定值；
（2）直線2x+y﹣4＝0與圓C交于點(diǎn)M，N，若|OM|＝|ON|，求圓C的方程；
（3）在（2）的條件下，設(shè)P，Q分別是直線l：x+y+2＝0和圓C上的動(dòng)點(diǎn)，求|PB|+|PQ|的最小值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【解答】（1）證明：由題設(shè)知，圓C的方程為（x﹣t）2+（y）2＝t2，
化簡(jiǎn)得x2﹣2tx+y2y＝0，
當(dāng)y＝0時(shí)，x＝0或2t，則A（2t，0）；
當(dāng)x＝0時(shí)，y＝0或，則B（0，），
∴S△AOB|OA|?|OB||2t|?||＝4為定值．
解：（2）∵|OM|＝|ON|，則原點(diǎn)O在MN的中垂線上，
設(shè)MN的中點(diǎn)為H，則CH⊥MN，∴C、H、O三點(diǎn)共線，
則直線OC的斜率k，
∴t＝2或t＝﹣2．
∴圓心為C（2，1）或C（﹣2，﹣1），
∴圓C的方程為（x﹣2）2+（y﹣1）2＝5或（x+2）2+（y+1）2＝5，
由于當(dāng)圓方程為（x+2）2+（y+1）2＝5時(shí)，直線2x+y﹣4＝0到圓心的距離d＞r，此時(shí)不滿足直線與圓相交，故舍去，
∴圓C的方程為（x﹣2）2+（y﹣1）2＝5．
（3）點(diǎn)B（0，2）關(guān)于直線x+y+2＝0的對(duì)稱點(diǎn)為B′（﹣4，﹣2），
則|PB|+|PQ|＝|PB′|+|PQ|≥|B′Q|，
又B′到圓上點(diǎn)Q的最短距離為
|B′C|﹣r32．
故|PB|+|PQ|的最小值為2，直線B′C的方程為yx，
則直線B′C與直線x+y+2＝0的交點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，）．
8．（2015·全國(guó)1）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交于點(diǎn)M、N兩點(diǎn)．
（1）求k的取值范圍；
（2）若?12，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求|MN|．
【解答】（1）由題意可得，直線l的斜率存在，
設(shè)過點(diǎn)A（0，1）的直線方程：y＝kx+1，即：kx﹣y+1＝0．
由已知可得圓C的圓心C的坐標(biāo)（2，3），半徑R＝1．
故由1，
故當(dāng)k，過點(diǎn)A（0，1）的直線與圓C：（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1相交于M，N兩點(diǎn)．
（2）設(shè)M（x1，y1）；N（x2，y2），
由題意可得，經(jīng)過點(diǎn)M、N、A的直線方程為y＝kx+1，代入圓C的方程（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1，
可得 （1+k2）x2﹣4（k+1）x+7＝0，
∴x1+x2，x1?x2，
∴y1?y2＝（kx1+1）（kx2+1）＝k2x1x2+k（x1+x2）+1
?k2+k?1，
由?x1?x2+y1?y212，解得 k＝1，
故直線l的方程為 y＝x+1，即 x﹣y+1＝0．
圓心C在直線l上，MN長(zhǎng)即為圓的直徑．
所以|MN|＝2．
9．已知點(diǎn)，點(diǎn)P為曲線Γ上任意一點(diǎn)且滿足|PA|＝2|PB|．
（1）求曲線Γ的方程；
（2）設(shè)曲線Γ與y軸交于M、N兩點(diǎn)，點(diǎn)R是曲線Γ上異于M、N的任意一點(diǎn)，直線MR、NR分別交直線l：y＝3于點(diǎn)F、G．試問在y軸上是否存在一個(gè)定點(diǎn)S，使得，若存在，求出點(diǎn)S的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【解答】解：（1）設(shè)P（x，y），
∵點(diǎn)，點(diǎn)P為曲線Γ上任意一點(diǎn)且滿足|PA|＝2|PB|．
∴2，
整理得：x2+y2＝1，
∴曲線Γ的方程為x2+y2＝1．
（2）由題意得M（0，1），N（0，﹣1），
設(shè)點(diǎn)R（x0，y0），（x0≠0），∵點(diǎn)R在曲線Γ上，∴1，
直線RM的方程y﹣1x，
∴直線RM與直線y＝3的交點(diǎn)為F（，3），
直線RN的方程為y+1x，
∴直線RN與直線y＝3的交點(diǎn)為G（，3），
假設(shè)存在點(diǎn)S（0，m），使得0成立，
則（，3﹣m），（，3﹣m），
∴?（3﹣m）2＝0，
∵1，∴﹣8+（3﹣m）2＝0，
解得m＝3，
∴存在點(diǎn)S，使得0成立，
∴S點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，3）．
聲明：試題解析著作權(quán)屬菁優(yōu)網(wǎng)所有，未經(jīng)書面同意，不得復(fù)制發(fā)布
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新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸納講義專題02 集合（含解析）

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