3、交圓的方程，并消掉二次項(xiàng)后得到的二元一次方程是兩圓的公共弦所在的直線方程．( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√
[教材衍化]
1．(必修2P128練習(xí)T4改編)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________．
解析：由題意可得，圓的圓心為(a，0)，半徑為，
所以≤，即|a＋1|≤2，解得－3≤a≤1.
答案：[－3，1]
2．(必修2P133A組T9)圓x2＋y2－4＝0與圓x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦長為________．
解析：由
得兩圓公共弦所在直線為x－y＋2＝0.
又圓x2＋y2＝4的圓
4、心到直線x－y＋2＝0的距離為＝.由勾股定理得弦長的一半為＝，所以所求弦長為2.
答案：2
[易錯糾偏]
(1)忽視分兩圓內(nèi)切與外切兩種情形；
(2)忽視切線斜率k不存在的情形；
(3)求弦所在直線的方程時遺漏一解．
1．若圓x2＋y2＝1與圓(x＋4)2＋(y－a)2＝25相切，則常數(shù)a＝________．
解析：兩圓的圓心距d＝，由兩圓相切(外切或內(nèi)切)，得 ＝5＋1或＝5－1，解得a＝±2或a＝0.
答案：±2或0
2．已知圓C：x2＋y2＝9，過點(diǎn)P(3，1)作圓C的切線，則切線方程為________．
解析：由題意知P在圓外，當(dāng)切線斜率不存在時，切線方程為x＝3，
5、滿足題意；當(dāng)切線斜率存在時，設(shè)斜率為k，所以切線方程為y－1＝k(x－3)，所以kx－y＋1－3k＝0，所以＝3，所以k＝－，所以切線方程為4x＋3y－15＝0.綜上，切線方程為x＝3或4x＋3y－15＝0.
答案：x＝3或4x＋3y－15＝0
3．若直線過點(diǎn)P且被圓x2＋y2＝25截得的弦長是8，則該直線的方程為________．
解析：當(dāng)直線的斜率不存在時，該直線的方程為x＝－3，代入圓的方程得y＝±4，故該直線被圓截得的弦長為8，滿足題意．當(dāng)直線的斜率存在時，不妨設(shè)直線的方程為y＋＝k(x＋3)，即kx－y＋3k－＝0，則圓心到直線的距離d＝，則2＝8，解得k＝－，所以直線方程為3
6、x＋4y＋15＝0.
綜上所述，所求直線方程為x＝－3或3x＋4y＋15＝0.
答案：x＝－3或3x＋4y＋15＝0
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( )
A．相切 B．相交
C．相離 D．不確定
(2)圓x2＋y2＝1與直線y＝kx＋2沒有公共點(diǎn)的充要條件是________．
【解析】 (1)因?yàn)镸(a，b)在圓O：x2＋y2＝1外，
所以a2＋b2＞1，從而圓心O到直線ax＋by＝1的距離d＝＝＜1，
所以直線與圓相交．
(2)法一：將直線方
7、程代入圓方程，得(k2＋1)x2＋4kx＋3＝0，直線與圓沒有公共點(diǎn)的充要條件是Δ＝16k2－12(k2＋1)<0，解得k∈(－，)．
法二：圓心(0，0)到直線y＝kx＋2的距離d＝，直線與圓沒有公共點(diǎn)的充要條件是d>1，即>1，解得k∈(－，)．
【答案】 (1)B (2)k∈(－，)
(變條件)若將本例(1)的條件改為“點(diǎn)M(a，b)在圓O：x2＋y2＝1上”，則直線ax＋by＝1與圓O的位置關(guān)系如何？
解：由點(diǎn)M在圓上，得a2＋b2＝1，所以圓心O到直線ax＋by＝1的距離d＝＝1，則直線與圓O相切．
[提醒] 上述方法中最常用的是幾何法，點(diǎn)與圓的位置關(guān)系法適用
8、于動直線問題．
(2020·衢州模擬)圓(x－3)2＋(y－3)2＝9上到直線3x＋4y－11＝0的距離等于1的點(diǎn)的個數(shù)為( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：選C.因?yàn)閳A心到直線的距離為＝2，又因?yàn)閳A的半徑為3，所以直線與圓相交，由數(shù)形結(jié)合知，圓上到直線的距離為1的點(diǎn)有3個．
圓的切線與弦長問題(高頻考點(diǎn))
圓的切線與弦長問題，是近年來高考的一個熱點(diǎn)，多以選擇題、填空題的形式呈現(xiàn)，多為中、低檔題目．主要命題角度有：
(1)求圓的切線方程；
(2)求弦長及切線長；
(3)由弦長及切線問題求參數(shù)．
角度一 求圓的切線方程
過點(diǎn)(
9、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＝0 B．2x＋y－7＝0
C．x－2y－5＝0 D．x－2y－7＝0
【解析】 因?yàn)檫^點(diǎn)(3，1)作圓(x－1)2＋y2＝r2的切線有且只有一條，
所以點(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＝＝，
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.
【答案】 B
角度二 求弦長及切線長
(1)若a，b，c是△ABC三個內(nèi)角的對邊，且csin C＝3asin A＋3bsin B，則直線l：ax－b
10、y＋c＝0被圓O：x2＋y2＝12所截得的弦長為( )
A．4 B．2
C．6 D．5
(2)已知直線l：x＋ay－1＝0(a∈R)是圓C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的對稱軸．過點(diǎn)A(－4，a)作圓C的一條切線，切點(diǎn)為B，則|AB|＝________．
【解析】 (1)因?yàn)椋剑剑?
故由csin C＝3asin A＋3bsin B可得c2＝3(a2＋b2)．
圓O：x2＋y2＝12的圓心為O(0，0)，半徑為r＝2，圓心O到直線l的距離d＝＝，所以直線l被圓O所截得的弦長為2＝2＝6，故選C.
(2)由于直線x＋ay－1＝0是圓C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的對稱
11、軸，所以圓心C(2，1)在直線x＋ay－1＝0上，所以2＋a－1＝0，所以a＝－1，所以A(－4，－1)．
所以|AC|2＝36＋4＝40.又r＝2，所以|AB|2＝40－4＝36.所以|AB|＝6.
【答案】 (1)C (2)6
角度三 由弦長及切線問題求參數(shù)
(1)已知點(diǎn)P(x，y)是直線kx＋y＋4＝0(k＞0)上一動點(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( )
A．3 B.
C．2 D．2
(2)(2019·高考浙江卷)已知圓C的圓心坐標(biāo)是(0，m)，半徑長是r.若直線2x－y＋3＝0與圓
12、C相切于點(diǎn)A(－2，－1)，則m＝________，r＝________．
【解析】 (1)如圖，把圓的方程化成標(biāo)準(zhǔn)形式得x2＋(y－1)2＝1，
所以圓心為(0，1)，半徑為r＝1，四邊形PACB的面積
S＝2S△PBC，
所以若四邊形PACB的最小面積是2，則S△PBC的最小值為1.
而S△PBC＝r·|PB|，即|PB|的最小值為2，
此時|PC|最小，|PC|為圓心到直線kx＋y＋4＝0的距離d，
此時d＝＝＝，
即k2＝4，因?yàn)閗>0，所以k＝2.
(2)法一：設(shè)過點(diǎn)A(－2，－1)且與直線2x－y＋3＝0垂直的直線方程為l：x＋2y＋t＝0，所以－2－2＋t＝0，
13、所以t＝4，所以l：x＋2y＋4＝0.令x＝0，得m＝－2，則r＝＝.
法二：因?yàn)橹本€2x－y＋3＝0與以點(diǎn)(0，m)為圓心的圓相切，且切點(diǎn)為A(－2，－1)，所以×2＝－1，所以m＝－2，r＝＝.
【答案】 (1)D (2)－2
(1)求直線被圓截得的弦長的常用方法
①幾何法：用圓的幾何性質(zhì)求解，運(yùn)用弦心距、半徑及弦的一半構(gòu)成的直角三角形，計算弦長|AB|＝2.
②代數(shù)法：聯(lián)立直線與圓的方程得方程組，消去一個未知數(shù)得一元二次方程，再利用根與系數(shù)的關(guān)系結(jié)合弦長公式求解，其公式為|AB|＝|x1－x2|.
(2)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
14、)，利用點(diǎn)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(jìn)而求出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(jìn)而求得k.
1．直線y＝kx＋3與圓(x－2)2＋(y－3)2＝4相交于M，N兩點(diǎn)，若|MN|≥2，則k的取值范圍是( )
A. B.
C．[－，] D.
解析：選B.如圖，設(shè)圓心C(2，3)到直線y＝kx＋3的距離為d，若|MN|≥2，
則d2＝r2－≤4－3＝1，
即≤1，解得－≤k≤.
2．(2020·溫州中學(xué)高三期末)若經(jīng)過點(diǎn)P(－3，0)的直線l與圓M：x
15、2＋y2＋4x－2y＋3＝0相切，則圓M的圓心坐標(biāo)是________；半徑為________；切線在y軸上的截距是________．
解析：圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋2)2＋(y－1)2＝2，則圓心坐標(biāo)為(－2，1)，半徑R＝，設(shè)切線斜率為k，過P的切線方程為y＝k(x＋3)，即kx－y＋3k＝0，則圓心到直線的距離d＝＝＝，平方得k2＋2k＋1＝(k＋1)2＝0，解得k＝－1，此時切線方程為y＝－x－3，即在y軸上的截距為－3.
答案：(－2，1) ?。?
3．(2020·杭州市學(xué)軍中學(xué)高三模擬)已知直線l：mx－y＝1，若直線l與直線n：x＋m(m－1)y＝2垂直，則m的值為_______
16、_，動直線l：mx－y＝1被圓C：x2－2x＋y2－8＝0截得的最短弦長為________．
解析：由題意得m－m(m－1)＝0?m＝0或m＝2；動直線l：mx－y＝1過定點(diǎn)(0，－1)，而動直線l：mx－y＝1被圓C：(x－1)2＋y2＝9截得的弦長最短時，弦中點(diǎn)恰為(0，－1)，此時弦長為2＝2.
答案：0或2 2
圓與圓的位置關(guān)系
(1)已知圓M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)截直線x＋y＝0所得線段的長度是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
(2)已知圓C1：(x－a)2
17、＋(y＋2)2＝4與圓C2：(x＋b)2＋(y＋2)2＝1相外切，則ab的最大值為( )
A. B.
C. D．2
【解析】 (1)由
得兩交點(diǎn)為(0，0)，(－a，a)．
因?yàn)閳AM截直線所得線段長度為2，
所以＝2.
又a>0，所以a＝2.
所以圓M的方程為x2＋y2－4y＝0，即x2＋(y－2)2＝4，圓心M(0，2)，半徑r1＝2.
又圓N：(x－1)2＋(y－1)2＝1，圓心N(1，1)，半徑r2＝1，
所以|MN|＝＝.
因?yàn)閞1－r2＝1，r1＋r2＝3，1<|MN|<3，
所以兩圓相交．
(2)由圓C1與圓C2相外切，可得＝2＋1＝3，即(a＋
18、b)2＝a2＋2ab＋b2＝9，根據(jù)基本不等式可知9＝a2＋2ab＋b2≥2ab＋2ab＝4ab，即ab≤，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，等號成立．故選C.
【答案】 (1)B (2)C
(變條件)若本例(2)條件中“外切”變?yōu)椤皟?nèi)切”，求ab的最大值．
解：由C1與C2內(nèi)切，得 ＝1.
即(a＋b)2＝1, 又ab≤＝，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立，故ab的最大值為.
(1)幾何法判斷圓與圓的位置關(guān)系的步驟
①確定兩圓的圓心坐標(biāo)和半徑；
②利用平面內(nèi)兩點(diǎn)間的距離公式求出圓心距d，并求r1＋r2，|r1－r2|；
③比較d，r1＋r2，|r1－r2|的大小，然后寫出結(jié)論．
(2
19、)兩圓公共弦長的求法
兩圓公共弦長，先求出公共弦所在直線的方程，在其中一圓中，由弦心距d，半弦長，半徑r所在線段構(gòu)成直角三角形，利用勾股定理求解．
1．圓C1：(x－m)2＋(y＋2)2＝9與圓C2：(x＋1)2＋(y－m)2＝4外切，則m的值為( )
A．2 B．－5
C．2或－5 D．不確定
解析：選C.由C1(m，－2)，r1＝3；C2(－1，m)，r2＝2；
則兩圓心之間的距離為|C1C2|＝＝2＋3＝5，解得m＝2或－5.故選C.
2．(2020·嘉興模擬)若⊙O：x2＋y2＝5與⊙O1：(x－m)2＋y2＝20(m∈R)相交于A，B兩點(diǎn)，且兩圓在點(diǎn)A
20、處的切線互相垂直，則線段AB的長度是________．
解析：⊙O1與⊙O在A處的切線互相垂直，如圖，可知兩切線分別過另一圓的圓心，所以O(shè)1A⊥OA.
又因?yàn)閨OA|＝，|O1A|＝2，
所以|OO1|＝5.又A，B關(guān)于OO1所在直線對稱，
所以AB長為Rt△OAO1斜邊上的高的2倍．
所以|AB|＝2 ×＝4.
答案：4
核心素養(yǎng)系列19 直觀想象——解決直線與圓的綜合問題
直觀想象是發(fā)現(xiàn)和提出數(shù)學(xué)問題、分析和解決數(shù)學(xué)問題的重要手段，是探索和形成論證思路、進(jìn)行邏輯推理、構(gòu)建抽象結(jié)構(gòu)的思維基礎(chǔ)．
在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A為直線l：y＝2x上在第一象限內(nèi)的點(diǎn)，B(5，
21、0)，以AB為直徑的圓C與直線l交于另一點(diǎn)D.若·＝0，則點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為________．
【解析】 法一：如圖．
由題意易得∠BAD＝45°.
設(shè)直線DB的傾斜角為θ，則tan θ＝－，
所以tan∠ABO＝－tan(θ－45°)＝3，
所以kAB＝－tan∠ABO＝－3.
所以AB的方程為y＝－3(x－5)，
由得xA＝3.
法二：設(shè)A(a，2a)，a>0，則C，
所以圓C的方程為＋(y－a)2＝＋a2，
由得
所以·＝(5－a，－2a)·＝＋2a2－4a＝0，所以a＝3或a＝－1，又a>0，所以a＝3，所以點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3.
法三：因?yàn)椤ぃ?，所以AB⊥CD，
22、又點(diǎn)C為AB的中點(diǎn)，所以∠BAD＝45°.設(shè)直線l的傾斜角為θ，直線AB的斜率為k，則tan θ＝2，k＝tan＝－3.又B(5，0)，所以直線AB的方程為y＝－3(x－5)，又A為直線l：y＝2x上在第一象限內(nèi)的點(diǎn)，聯(lián)立直線AB與直線l的方程，得解得，所以點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3.
【答案】 3
本題法一，把·＝0的數(shù)量關(guān)系，轉(zhuǎn)化為CD⊥AB，進(jìn)而推出∠BAD＝45°，結(jié)合圖形得出直線AB的斜率，體現(xiàn)核心素養(yǎng)中的直觀想象．
[基礎(chǔ)題組練]
1．已知集合A＝{(x，y)|x，y為實(shí)數(shù)，且x2＋y2＝1}，B＝{(x，y)|x，y為實(shí)數(shù)，且x＋y＝1}，則A∩B的元素個數(shù)為( )
A
23、．4 B．3
C．2 D．1
解析：選C.(直接法)集合A表示圓，集合B表示一條直線，又圓心(0，0)到直線x＋y＝1的距離d＝＝<1＝r，所以直線與圓相交．
2．直線l：x－y＋m＝0與圓C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0恒有公共點(diǎn)，則m的取值范圍是( )
A．[－，]
B．[－2，2]
C．[－－1，－1]
D．[－2－1，2－1]
解析：選D.圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4，圓心為(2，1)，半徑為2，圓心到直線的距離d＝＝，若直線l與圓C恒有公共點(diǎn)，則≤2，解得－2－1≤m≤2－1，故選D.
3．若圓x2＋y2＝a2與圓x2
24、＋y2＋ay－6＝0的公共弦長為2，則a的值為( )
A．±2 B．2
C．－2 D．無解
解析：選A.圓x2＋y2＝a2的圓心為原點(diǎn)O，半徑r＝|a|.
將x2＋y2＝a2與x2＋y2＋ay－6＝0左右分別相減，
可得a2＋ay－6＝0，即得兩圓的公共弦所在直線的方程為a2＋ay－6＝0.
原點(diǎn)O到直線a2＋ay－6＝0的距離d＝，
根據(jù)勾股定理可得a2＝()2＋，
所以a2＝4，所以a＝±2.故選A.
4．(2020·臺州中學(xué)高三月考)若直線y＝kx＋4＋2k與曲線y＝有兩個交點(diǎn)，則k的取值范圍是( )
A．[1，＋∞) B.
C. D．(－∞，－
25、1]
解析：選B.曲線y＝ 即x2＋y2＝4(y≥0)，
表示一個以(0，0)為圓心，以2為半徑的位于x軸上方的半圓，如圖所示．
直線y＝kx＋4＋2k即y＝k(x＋2)＋4，表示恒過點(diǎn)(－2，4)，斜率為k的直線，
結(jié)合圖形可得kAB＝＝－1，
因?yàn)椋?，解得k＝－，即kAT＝－，
所以要使直線與半圓有兩個不同的交點(diǎn)，k的取值范圍是.
5．圓C：x2＋y2＋Dx＋Ey－3＝0(D<0，E為整數(shù))的圓心C到直線4x－3y＋3＝0的距離為1，且圓C被截x軸所得的弦長|MN|＝4，則E的值為( )
A．－4 B．4
C．－8 D．8
解析：選C.圓心C.
由題意
26、得＝1，
即|4D－3E－6|＝10，①
在圓C：x2＋y2＋Dx＋Ey－3＝0中，令y＝0得x2＋Dx－3＝0.
設(shè)M(x1，0)，N(x2，0)，則x1＋x2＝－D，x1x2＝－3.
由|MN|＝4得|x1－x2|＝4，即(x1＋x2)2－4x1x2＝16，
(－D)2－4×(－3)＝16.
因?yàn)镈<0，所以D＝－2.
將D＝－2代入①得|3E＋14|＝10，
所以E＝－8或E＝－(舍去)．
6．已知圓C：(x－)2＋(y－1)2＝1和兩點(diǎn)A(－t，0)，B(t，0)，(t>0)，若圓C上存在點(diǎn)P，使得∠APB＝90°，則當(dāng)t取得最大值時，點(diǎn)P的坐標(biāo)是( )
A.
27、 B.
C. D.
解析：選D.設(shè)P(a，b)為圓上一點(diǎn)，由題意知，·＝0，即(a＋t)(a－t)＋b2＝0，a2－t2＋b2＝0，所以t2＝a2＋b2＝|OP|2，|OP|max＝2＋1＝3，即t的最大值為3，此時kOP＝，OP所在直線的傾斜角為30°，所以點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為，橫坐標(biāo)為3×＝，即P.
7．(2020·浙江高中學(xué)科基礎(chǔ)測試)由直線3x－4y＋5＝0上的一動點(diǎn)P向圓x2＋y2－4x＋2y＋4＝0引切線，則切線長的最小值為________．
解析：當(dāng)直線上的點(diǎn)到圓心(2，－1)的距離最短時，切線長最?。藭r，圓心到直線的距離
d＝＝3，r＝1，所以切線長為2.
答案：2
28、
8．(2020·杭州七校聯(lián)考)已知圓C：(x－3)2＋(y－5)2＝5，直線l過圓心且交圓C于A，B兩點(diǎn)，交y軸于P點(diǎn)，若2 ＝，則直線l的斜率k＝________．
解析：依題意得，點(diǎn)A是線段PB的中點(diǎn)，|PC|＝|PA|＋|AC|＝3，過圓心C(3，5)作y軸的垂線，垂足為C1，則|CC1|＝3，|PC1|＝＝6.記直線l的傾斜角為θ，則有|tan θ|＝＝2，即k＝±2.
答案：±2
9．已知圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝2，若等邊△PAB的一邊AB為圓C的一條弦，則|PC|的最大值為________．
解析：已知圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝2，所以圓心為C(1，2
29、)，半徑r＝，若等邊△PAB的一邊AB為圓C的一條弦，則PC⊥AB.在△PAC中，∠APC＝30°，由正弦定理得＝，所以|PC|＝2sin∠PAC≤2，故|PC|的最大值為2.
答案：2
10．(2020·紹興柯橋區(qū)高三下學(xué)期考試)已知圓O1和圓O2都經(jīng)過點(diǎn)(0，1)，若兩圓與直線4x－3y＋5＝0及y＋1＝0均相切，則|O1O2|＝________．
解析：如圖，因?yàn)樵c(diǎn)O到直線4x－3y＋5＝0的距離d＝＝1，到直線y＝－1的距離為1，且到(0，1)的距離為1，
所以圓O1和圓O2的一個圓心為原點(diǎn)O，不妨看作是圓O1，
設(shè)O2(a，b)，則由題意：
，解得.
所以|O1O2|
30、＝＝.
答案：
11．(2020·浙江省名校協(xié)作體高三聯(lián)考)已知圓C：(x－1)2＋y2＝9內(nèi)有一點(diǎn)P(2，2)，過點(diǎn)P作直線l交圓C于A，B兩點(diǎn)．
(1)當(dāng)l經(jīng)過圓心C時，求直線l的方程；
(2)當(dāng)直線l的傾斜角為45°時，求弦AB的長．
解：(1)已知圓C：(x－1)2＋y2＝9的圓心為C(1，0)，因?yàn)橹本€過點(diǎn)P，C，所以kPC＝＝2，直線l的方程為y＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.
(2)當(dāng)直線l的傾斜角為45°時，斜率為1，直線l的方程為y－2＝x－2，即x－y＝0，圓心C到直線l的距離為，又因?yàn)閳A的半徑為3，所以弦AB的長為.
12．圓O1的方程為x2＋(y＋1)
31、2＝4，圓O2的圓心坐標(biāo)為(2，1)．
(1)若圓O1與圓O2外切，求圓O2的方程；
(2)若圓O1與圓O2相交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝2，求圓O2的方程．
解：(1)因?yàn)閳AO1的方程為x2＋(y＋1)2＝4，
所以圓心O1(0，－1)，半徑r1＝2.
設(shè)圓O2的半徑為r2，由兩圓外切知|O1O2|＝r1＋r2.
又|O1O2|＝＝2，
所以r2＝|O1O2|－r1＝2－2.
所以圓O2的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝12－8.
(2)設(shè)圓O2的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝r，
又圓O1的方程為x2＋(y＋1)2＝4，
相減得AB所在的直線方程為4x＋4y＋r
32、－8＝0.
設(shè)線段AB的中點(diǎn)為H，
因?yàn)閞1＝2，所以|O1H|＝＝.
又|O1H|＝＝，
所以＝，解得r＝4或r＝20.
所以圓O2的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4或(x－2)2＋(y－1)2＝20.
[綜合題組練]
1．兩圓x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0和x2＋y2－4by－1＋4b2＝0恰有三條公切線，若a∈R且ab≠0，則＋的最小值為( )
A．1 B．3
C. D.
解析：選A.由題意知兩圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋a)2＋y2＝4和x2＋(y－2b)2＝1，圓心分別為(－a，0)和(0，2b)，半徑分別為2和1，因?yàn)閮蓤A恰有三條公切線，所以兩圓外切，故
33、有＝3，即a2＋4b2＝9，所以＋＝＝≥×(1＋4＋4)＝1.當(dāng)且僅當(dāng)＝，即|a|＝|b|時取等號，故選A.
2．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A(0，3)，直線l：y＝2x－4，設(shè)圓C的半徑為1，圓心在l上．若圓C上存在點(diǎn)M，使MA＝2MO，則圓心C的橫坐標(biāo)a的取值范圍是( )
A. B．[0，1]
C. D.
解析：選A.因?yàn)閳A心在直線y＝2x－4上，
所以圓C的方程為(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1.
設(shè)點(diǎn)M(x，y)，因?yàn)镸A＝2MO，所以＝2，
化簡得x2＋y2＋2y－3＝0，即x2＋(y＋1)2＝4，
所以點(diǎn)M在以D(0，－1)為圓心，2為半徑的圓上
34、．
由題意，點(diǎn)M(x，y)在圓C上，所以圓C與圓D有公共點(diǎn)，則|2－1|≤CD≤2＋1，即1≤≤3.
由≥1得5a2－12a＋8≥0，解得a∈R；
由≤3得5a2－12a≤0，解得0≤a≤.
所以點(diǎn)C的橫坐標(biāo)a的取值范圍為.故選A.
3．(2020·浙江省鎮(zhèn)海中學(xué)高三模擬)已知點(diǎn)P(a，b)關(guān)于直線l的對稱點(diǎn)為P′(b＋1，a－1)，則圓C：x2＋y2－6x－2y＝0關(guān)于直線l對稱的圓C′的方程為______________；
圓C與圓C′的公共弦的長度為________．
解析：由題設(shè)將圓C：x2＋y2－6x－2y＝0中的x，y換為y＋1，x－1可得圓C′的方程為(y＋1)2＋
35、(x－1)2－6(y＋1)－2(x－1)＝0，即x2＋y2－4x－4y－2＝0，也即(x－2)2＋(y－2)2＝10；將兩圓的方程兩邊相減可得公共弦的直線方程為x－y－1＝0，圓心C′(2，2)到該直線的距離d＝，半徑r＝，故弦長L＝2＝.
答案：(x－2)2＋(y－2)2＝10
4．已知拋物線C：y2＝2x，過點(diǎn)(2，0)的直線l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l與圓M的方程．
解：(1)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋2.
由可得y2－2my－4＝0，則y1y2＝
36、－4.
又x1＝，x2＝，故x1x2＝＝4.
因此OA的斜率與OB的斜率之積為·＝＝－1，所以O(shè)A⊥OB.故坐標(biāo)原點(diǎn)O在圓M上．
(2)由(1)可得y1＋y2＝2m，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4.
故圓心M的坐標(biāo)為(m2＋2，m)，
圓M的半徑r＝.
由于圓M過點(diǎn)P(4，－2)，因此·＝0，
故(x1－4)(x2－4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0，
即x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0.
由(1)可得y1y2＝－4，x1x2＝4.
所以2m2－m－1＝0，解得m＝1或m＝－.
當(dāng)m＝1時，直線l的方程為x－y－2＝0，圓心M
37、的坐標(biāo)為(3，1)，圓M的半徑為，圓M的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝10.
當(dāng)m＝－時，直線l的方程為2x＋y－4＝0，圓心M的坐標(biāo)為，圓M的半徑為，圓M的方程為＋＝.
5．(2020·富陽市場口中學(xué)高三質(zhì)檢)已知半徑為5的圓的圓心在x軸上，圓心的橫坐標(biāo)是正整數(shù)，且與直線4x＋3y－29＝0相切．
(1)求圓的方程；
(2)設(shè)直線ax－y＋5＝0(a＞0)與圓相交于A，B兩點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(3)在(2)的條件下，是否存在實(shí)數(shù)a，使得弦AB的垂直平分線l過點(diǎn)P(－2，4)，若存在，求出實(shí)數(shù)a的值；若不存在，請說明理由．
解：(1)設(shè)圓心為M(m，0)(m∈N*)．
38、由于圓與直線4x＋3y－29＝0相切，且半徑為5，
所以＝5，
即|4m－29|＝25.因?yàn)閙為正整數(shù)，故m＝1.
故所求圓的方程為(x－1)2＋y2＝25.
(2)把直線ax－y＋5＝0，即y＝ax＋5
代入圓的方程，消去y，
整理得(a2＋1)x2＋2(5a－1)x＋1＝0，
由于直線ax－y＋5＝0交圓于A，B兩點(diǎn)，
故Δ＝4(5a－1)2－4(a2＋1)＞0，
即12a2－5a＞0，由于a＞0，解得a＞，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
(3)設(shè)符合條件的實(shí)數(shù)a存在，
則直線l的斜率為－，
l的方程為y＝－(x＋2)＋4，即x＋ay＋2－4a＝0.
由于l垂直平分弦AB，故圓心M(1，0)必在l上，
所以1＋0＋2－4a＝0，解得a＝.
由于∈，故存在實(shí)數(shù)a＝，
使得過點(diǎn)P(－2，4)的直線l垂直平分弦AB.
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（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 4 第4講 直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系教學(xué)案
