5、 )
A．x＋y－2＝0 B．x＋y－4＝0
C．x－y＋4＝0 D．x－y＋2＝0
D [因為點P(1，)是圓Q：x2＋y2－4x＝0上的一點，
故在點P處的切線方程為x－y＋2＝0，故選D.]
5．(教材改編)圓x2＋y2－4＝0與圓x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦長為____．
2 [由得x－y＋2＝0.
由于x2＋y2－4＝0的圓心為(0,0)，半徑r＝2，且圓心(0,0)到直線x－y＋2＝0的距離d＝＝，所以公共弦長為2＝2＝2.]
直線與圓的位置關系
?考法1 直線與圓位置關系的判定
【例1】 直線l：mx－y＋1－m＝0與圓C：
6、x2＋(y－1)2＝5的位置關系是( )
A．相交 B．相切
C．相離 D．不確定
A [法一：∵圓心(0,1)到直線l的距離d＝<1<.
故直線l與圓相交．
法二：直線l：mx－y＋1－m＝0過定點(1,1)，∵點(1,1)在圓C：x2＋(y－1)2＝5的內部，∴直線l與圓C相交．]
?考法2 切線問題
【例2】 已知點P(＋1,2－)，點M(3,1)，圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝4.
(1)求過點P的圓C的切線方程；
(2)求過點M的圓C的切線方程，并求出切線長．
[解] 由題意得圓心C(1,2)，半徑r＝2.
(1)∵(＋1－1)2＋(2－－2)2＝
7、4，
∴點P在圓C上．
又kPC＝＝－1，
∴切線的斜率k＝－＝1.
∴過點P的圓C的切線方程是
y－(2－)＝x－(＋1)，
即x－y＋1－2＝0.
(2)∵(3－1)2＋(1－2)2＝5＞4，
∴點M在圓C外部．
當過點M的直線斜率不存在時，直線方程為x＝3，
即x－3＝0.
又點C(1,2)到直線x－3＝0的距離d＝3－1＝2＝r，
即此時滿足題意，所以直線x＝3是圓的切線．
當切線的斜率存在時，設切線方程為y－1＝k(x－3)，
即kx－y＋1－3k＝0，
則圓心C到切線的距離d＝＝r＝2，解得k＝.
∴切線方程為y－1＝(x－3)，即3x－4y－5＝0
8、.
綜上可得，過點M的圓C的切線方程為x－3＝0或3x－4y－5＝0.
∵|MC|＝＝，
∴過點M的圓C的切線長為＝＝1.
?考法3 弦長問題
【例3】 設圓x2＋y2－2x－2y－2＝0的圓心為C，直線l過(0,3)，且與圓C交于A，B兩點，若|AB|＝2，則直線l的方程為( )
A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0
B．3x＋4y－12＝0或x＝0
C．4x－3y＋9＝0或x＝0
D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0
B [當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝0，聯(lián)立方程得得或∴|AB|＝2，符合題意．當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝k
9、x＋3，∵圓x2＋y2－2x－2y－2＝0，即(x－1)2＋(y－1)2＝4，其圓心為C(1,1)，圓的半徑r＝2，圓心C(1,1)到直線y＝kx＋3的距離d＝＝，∵d2＋2＝r2，∴＋3＝4，解得k＝－，∴直線l的方程為y＝－x＋3，即3x＋4y－12＝0.綜上，直線l的方程為3x＋4y－12＝0或x＝0.故選B.]
[規(guī)律方法] 1.判斷直線與圓的位置關系的常用方法：
(1)若易求出圓心到直線的距離，則用幾何法，利用d與r的關系判斷.
(2)若方程中含有參數，或圓心到直線的距離的表達式較復雜，則用代數法，聯(lián)立方程后利用Δ判斷，能用幾何法求解的，盡量不用代數法.
2.(1)處理直線與
10、圓的弦長問題時多用幾何法，即弦長的一半、弦心距、半徑構成直角三角形.
(2)處理圓的切線問題時，一般通過圓心到直線的距離等于半徑建立關系式解決問題.若點M(x0，y0)在圓x2＋y2＝r2上，則過點M的圓的切線方程為x0x＋y0y＝r2.
(1)若直線x＋my＝2＋m與圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0相交，則實數m的取值范圍為( )
A．(－∞，＋∞) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(－∞，0)∪(0，＋∞)
(2)直線y＝kx＋3與圓(x－2)2＋(y－3)2＝4相交于M，N兩點，若|MN|≥2，則k的取值范圍是( )
A. B.∪[0，＋∞)
C.
11、 D.
(3)已知P是直線l：kx＋4y－10＝0(k＞0)上的動點，PA，PB是圓C：x2＋y2－2x＋4y＋4＝0的兩條切線，A，B是切點，C是圓心，若四邊形PACB面積的最小值為2，則k的值為( )
A．3 B．2
C. D.
(1)D (2)C (3)A [(1)由題意可知，圓心為(1,1)，半徑r＝1，若直線與圓相交，則＜1，即＞1，∴m≠0，故選D.
(2)若|MN|＝2，則圓心(2,3)到直線y＝kx＋3的距離為＝＝1，解得k＝±.若|MN|≥2，則－≤k≤.
(3)圓的標準方程為(x－1)2＋(y＋2)2＝1，
則圓心為C(1，－2)，半徑為1，則直
12、線與圓相離，如圖，
S四邊形PACB＝S△PAC＋S△PBC，
而S△PAC＝|PA|·|CA|＝|PA|，
S△PBC＝|PB|·|CB|＝|PB|，
又|PA|＝|PB|＝，所以當|PC|取最小值時，|PA|＝|PB|取最小值，即S△PAC＝S△PBC取最小值，此時，CP⊥l，四邊形PACB面積的最小值為2，S△PAC＝S△PBC＝，所以|PA|＝2，所以|CP|＝3，所以＝3，因為k＞0，所以k＝3.]
圓與圓的位置關系
【例4】 已知兩圓C1：x2＋y2－2x－6y－1＝0和C2：x2＋y2－10x－12y＋45＝0.
(1)求證：圓C1和圓C2相交；
(2)求
13、圓C1和圓C2的公共弦所在直線的方程和公共弦長．
[解] (1)證明：圓C1的圓心為C1(1,3)，半徑r1＝，圓C2的圓心為C2(5,6)，半徑r2＝4，兩圓圓心距d＝|C1C2|＝5，r1＋r2＝＋4，|r1－r2|＝4－，
∴|r1－r2|＜d＜r1＋r2，∴圓C1和圓C2相交．
(2)圓C1和圓C2的方程左、右兩邊分別相減，得4x＋3y－23＝0，∴兩圓的公共弦所在直線的方程為4x＋3y－23＝0.
圓心C2(5,6)到直線4x＋3y－23＝0的距離＝＝3，故公共弦長為2＝2.
[規(guī)律方法] 1.判斷兩圓位置關系的方法,常用幾何法，即用兩圓圓心距與兩圓半徑和及差的絕對值的大小
14、關系判斷，一般不用代數法.重視兩圓內切的情況，作圖觀察.
2.兩圓相交時，公共弦所在直線方程的求法,兩圓的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.
3.兩圓公共弦長的求法,求兩圓公共弦長，常選其中一圓，由弦心距d，半弦長，半徑r構成直角三角形，利用勾股定理求解.
(1)(2016·山東高考)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的位置關系是( )
A．內切 B．相交
C．外切 D．相離
(2)若圓C1：x2＋y2＝1與圓C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0外切，則m＝
15、( )
A．21 B．19
C．9 D．－11
(1)B (2)C [(1)法一：由得兩交點為(0,0)，(－a，a)．∵圓M截直線所得線段長度為2，
∴＝2.又a>0，∴a＝2.
∴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，
∴|MN|＝＝.
∵r1－r2＝1，r1＋r2＝3,1<|MN|<3，∴兩圓相交．
法二：∵x2＋y2－2ay＝0(a>0)?x2＋(y－a)2＝a2(a>0)，∴M(0，a)，r1＝a.
∵圓M截直線x＋y＝0所
16、得線段的長度為2，∴圓心M到直線x＋y＝0的距離d＝＝，解得a＝2.
以下同法一．
(2)圓C1的圓心為C1(0,0)，半徑r1＝1，因為圓C2的方程可化為(x－3)2＋(y－4)2＝25－m，所以圓C2的圓心為C2(3,4)，半徑r2＝(m＜25)．從而|C1C2|＝＝5.由兩圓外切得|C1C2|＝r1＋r2，即1＋＝5，解得m＝9，故選C.]
1．(2016·全國卷Ⅲ)已知直線l：mx＋y＋3m－＝0與圓x2＋y2＝12交于A，B兩點，過A，B分別作l的垂線與x軸交于C，D兩點．若|AB|＝2，則|CD|＝________.
4 [由直線l：mx＋y＋3m－＝0知其過定
17、點(－3，)，圓心O到直線l的距離為d＝.
由|AB|＝2得2＋()2＝12，解得m＝－.又直線l的斜率為－m＝，所以直線l的傾斜角α＝.
畫出符合題意的圖形如圖所示，過點C作CE⊥BD，則∠DCE＝.在Rt△CDE中，可得|CD|＝＝2×＝4.]
2．(2014·全國卷Ⅱ)設點M(x0,1)，若在圓O：x2＋y2＝1上存在點N，使得∠OMN＝45°，則x0的取值范圍是________．
[－1,1] [如圖，過點M作⊙O的切線，切點為N，連接ON.M點的縱坐標為1，MN與⊙O相切于點N.
設∠OMN＝θ，則θ≥45°，即sin θ≥，即≥.而ON＝1，∴OM≤.
∵M為(x0,1
18、)，∴≤，
∴x≤1，∴－1≤x0≤1，∴x0的取值范圍為[－1,1]．]
3．(2015·全國卷Ⅰ)已知過點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．
(1)求k的取值范圍；
(2)若·＝12，其中O為坐標原點，求|MN|.
[解] (1)由題設可知直線l的方程為y＝kx＋1.
因為直線l與圓C交于兩點，所以<1，
解得
2020版高考數學一輪復習 第8章 平面解析幾何 第4節(jié) 直線與圓、圓與圓的位置關系教學案 理（含解析）新人教A版
