2019版数学（文）教师用书：第八章 第四节 直线与圆、圆与圆的位置关系 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第四节直线与圆、圆与圆的位置关系1．直线与圆的位置关系(半径为r，圆心到直线的距离为d）相离相切相交图形量化方程观点Δeq\a\vs4\al(＜)0Δeq\a\vs4\al(＝)0Δeq\a\vs4\al(＞)0几何观点deq\a\vs4\al(＞)rdeq\a\vs4\al(＝)rdeq\a\vs4\al（＜）r2．圆与圆的位置关系(两圆半径为r1,r2，d＝|O1O2｜)相离外切相交内切内含图形量的关系d＞r1＋r2d＝r1＋r2|r1－r2|＜d＜r1＋r2d＝｜r1－r2｜d＜|r1－r2｜1．判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）（1)“k＝1”是“直线x－y＋k＝0与圆x2＋y2＝1相交"的必要不充分条件．((2）如果两个圆的方程组成的方程组只有一组实数解，则两圆外切．()（3）如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和，则两圆相交．(）(4）圆C1：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0与圆C2:x2＋y2－4x－2y＋1＝0的公切线有且仅有2条．(）答案：(1）×（2）×(3)×（4）√2．直线l:x－y＋1＝0与圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的位置关系是（）A．相离 B．相切C．相交且过圆心 D．相交但不过圆心解析:选D将圆C的方程化为标准方程得C:(x－2）2＋(y－1)2＝4，圆心为（2，1),半径为2，圆心到直线l的距离为eq\f(｜2－1＋1|,\r(2））＝eq\r(2)＜2,所以直线l与圆相交．又圆心不在直线l上，所以直线不过圆心．3．圆(x＋2)2＋y2＝4与圆（x－2）2＋（y－1)2＝9的位置关系为()A．内切 B．相交C．外切 D．相离解析：选B∵两圆心距离d＝eq\r(2＋22＋12）＝eq\r(17)，r1＋r2＝2＋3＝5,|r1－r2｜＝1，∴｜r1－r2|〈d＜r1＋r2，∴两圆相交．4．已知直线l：y＝k(x＋eq\r（3))和圆C：x2＋（y－1)2＝1，若直线l与圆C相切，则k＝（）A．0 B.eq\r(3）C。eq\f(\r（3),3）或0 D.eq\r(3）或0解析:选D因为直线l与圆C相切，所以圆心C到直线l的距离d＝eq\f（|－1＋\r（3）k|,\r(1＋k2））＝1，解得k＝0或k＝eq\r(3），故选D.5．直线l:3x－y－6＝0与圆x2＋y2－2x－4y＝0相交于A，B两点，则|AB|＝________.解析：由x2＋y2－2x－4y＝0,得(x－1)2＋(y－2）2＝5，所以该圆的圆心坐标为（1,2)，半径r＝eq\r(5）,又圆心(1,2）到直线3x－y－6＝0的距离为d＝eq\f(|3－2－6｜,\r(32＋－12）)＝eq\f（\r(10),2)，由eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（｜AB|，2)))2＝r2－d2,得｜AB｜2＝4eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(5－\f(5，2)））＝10，即|AB|＝eq\r(10）.答案:eq\r(10）eq\a\vs4\al(考点一直线与圆的位置关系)eq\a\vs4\al（基础送分型考点--自主练透)直线与圆的位置关系通常用两种方式表述，一是代数方式，即用直线与圆公共点的个数说明位置关系；二是几何方式，即用圆心到直线的距离说明位置关系，在高考中也主要以这两种方式进行考查,题型多为选择题、填空题，难度较小，属于基础题.(一)直接考—-判断直线与圆的位置关系1．直线l：mx－y＋1－m＝0与圆C：x2＋(y－1)2＝5的位置关系是()A．相交 B．相切C．相离 D．不确定解析：选A法一：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（mx－y＋1－m＝0，，x2＋y－12＝5,））消去y，整理得(1＋m2）x2－2m2x＋m2－5＝因为Δ＝16m2＋所以直线l与圆相交．法二:由题意知,圆心（0，1)到直线l的距离d＝eq\f（｜m|,\r(m2＋1)）<1〈eq\r（5），故直线l与圆相交．法三：直线l：mx－y＋1－m＝0过定点（1，1），因为点（1,1)在圆x2＋（y－1）2＝5的内部，所以直线l与圆相交．[题型技法]判断直线与圆的位置关系一般有两种方法（1）几何法：圆心到直线的距离与圆半径比较大小，即可判断直线与圆的位置关系．这种方法的特点是计算量较小．(2）代数法：将直线方程与圆方程联立方程组，再将二次方程组转化为一元二次方程,该方程解的情况即对应直线与圆的位置关系．这种方法具有一般性，适合于判断直线与圆锥曲线的位置关系．[妙招］由于本题中的直线l:mx－y＋1－m＝0过定点(1,1),故可先判断该点与圆的位置关系，如果点在圆内，则一定相交；否则再利用常规方法求解．(二)迁移考——已知直线与圆的位置关系求参数值或取值范围2．（2018·湖南湘中名校联考）已知m＞0，n＞0，若直线(m＋1）x＋(n＋1)y－2＝0与圆（x－1)2＋(y－1）2＝1相切,则m＋n的取值范围是________．解析:因为m＞0，n＞0,直线（m＋1）x＋（n＋1）y－2＝0与圆(x－1）2＋（y－1)2＝1相切，所以圆心C(1，1)到直线的距离为半径1，所以eq\f(|m＋1＋n＋1－2|，\r（m＋12＋n＋12)）＝1,即｜m＋n|＝eq\r(m＋12＋n＋12)。两边平方并整理得mn＝m＋n＋1。由基本不等式mn≤eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(m＋n，2))）2可得m＋n＋1≤eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(m＋n，2）))2,即(m＋n）2－4（m＋n）－4≥0，解得m＋n≥2＋2eq\r（2）.当且仅当m＝n时等号成立．答案：[2＋2eq\r(2)，＋∞）[题型技法］已知直线与圆的位置关系求参数值或取值范围,就是利用d＝r，d>r或d〈r建立关于参数的等式或不等式求解．(三)应用考——解决直线与圆公共点个数问题3．圆(x－3)2＋(y－3）2＝9上到直线3x＋4y－11＝0的距离等于1的点的个数为(）A．1 B．2C．3 D．4解析：选C如图所示，因为圆心到直线的距离为eq\f（|9＋12－11|,5）＝2，又因为圆的半径为3，所以直线与圆相交，故圆上到直线的距离为1的点有3个．[题型技法]此类问题多借助数形结合，转化为点到直线的距离求解．［怎样快解·准解］1．如何正确选用方法（1）若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；(2）若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达式较烦琐,则用代数法．[提醒］能用几何法，尽量不用代数法．(3)已知直线与圆相交求有关参数值时，根据弦心距、半弦长、半径的关系或者这三条线段形成的三角形的性质求解，而弦心距可利用点到直线的距离公式列式，进而求解即可．2．利用代数法判断直线与圆的位置关系时的注意点(1)代入消元过程中消x还是消y取决于直线方程的特点，尽量减少分类讨论,如若直线方程为x－ay＋1＝0，则应将其化为x＝ay－1，然后代入消x。（2)利用判别式判断方程是否有根时，应注意二次项系数是否为零，若二次项系数为零，则判别式无意义．eq\a\vs4\al(考点二圆的切线问题）eq\a\vs4\al(重点保分型考点-—师生共研)圆的切线问题是每年高考的重点，涉及直线与圆位置关系的判断、切线方程及切线长的求法、圆的方程等问题，多为选择题或填空题，有时也出现在解答题中，难度适中，属于中低档题．［典题领悟］已知点P（eq\r(2）＋1，2－eq\r（2）)，点M（3,1），圆C：（x－1）2＋(y－2)2＝4。(1）求过点P的圆C的切线方程；(2)求过点M的圆C的切线方程,并求出切线长．解：由题意得圆心C(1，2)，半径r＝2.（1)∵(eq\r（2)＋1－1）2＋(2－eq\r（2)－2)2＝4，∴点P在圆C上．又kPC＝eq\f（2－\r（2)－2，\r(2)＋1－1)＝－1,∴切线的斜率k＝－eq\f（1,kPC)＝1.∴过点P的圆C的切线方程是y－（2－eq\r（2))＝x－（eq\r（2)＋1)，即x－y＋1－2eq\r(2）＝0。(2)∵(3－1）2＋（1－2)2＝5>4,∴点M在圆C外部．当过点M的直线斜率不存在时，直线方程为x＝3，即x－3＝0.又点C（1,2)到直线x－3＝0的距离d＝3－1＝2＝r，即此时满足题意，所以直线x＝3是圆的切线．当切线的斜率存在时,设切线方程为y－1＝k(x－3），即kx－y＋1－3k＝0，则圆心C到切线的距离d＝eq\f（｜k－2＋1－3k｜,\r（k2＋1)）＝r＝2，解得k＝eq\f（3,4).∴切线方程为y－1＝eq\f(3,4)（x－3），即3x－4y－5＝0。综上可得，过点M的圆C的切线方程为x－3＝0或3x－4y－5＝0.∵｜MC｜＝eq\r(3－12＋1－22）＝eq\r（5)，∴过点M的圆C的切线长为eq\r(｜MC｜2－r2)＝eq\r(5－4)＝1.［解题师说］1．解题关键正确判断点与圆的位置关系是求切线方程的关键一步．若点在圆上，则该点为切点，切线只有一条；若点在圆外，切线有两条；若点在圆内，则切线不存在．2．解题方法(1）求过圆上的一点(x0，y0)的切线方程的方法先求切点与圆心连线的斜率k，若k不存在，则结合图形可直接写出切线方程为y＝y0；若k＝0，则结合图形可直接写出切线方程为x＝x0；若k存在且k≠0，则由垂直关系知切线的斜率为－eq\f（1,k），由点斜式可写出切线方程．(2)求过圆外一点（x0，y0)的圆的切线方程两方法几何法当斜率存在时，设为k，则切线方程为y－y0＝k（x－x0)，即kx－y＋y0－kx0＝0。由圆心到直线的距离等于半径，即可求出k的值，进而写出切线方程代数法当斜率存在时，设为k，则切线方程为y－y0＝k(x－x0）,即y＝kx－kx0＋y0,代入圆的方程，得到一个关于x的一元二次方程,由Δ＝0，求得k,切线方程即可求出［注意］当点（x0，y0)在圆外时,一定要注意斜率不存在的情况．(如典题领悟（2))3．常用结论（1)过圆x2＋y2＝r2上一点P（x0，y0）的切线方程为x0x＋y0y＝r2；(2)过圆(x－a)2＋（y－b）2＝r2上一点P(x0,y0)的切线方程为(x0－a）(x－a)＋（y0－b）（y－b）＝r2；（3）过圆x2＋y2＝r2外一点P(x0，y0）作圆的两条切线，切点为A，B，则过A，B两点的直线方程为x0x＋y0y＝r2；(4)过圆（x－a)2＋（y－b)2＝r2（r＞0）外一点P(x0,y0）作圆的两条切线,切点分别为A，B,则切点弦AB所在直线方程为（x0－a）(x－a)＋(y0－b)（y－b）＝r2.[冲关演练]1．(2017·全国卷Ⅲ）已知椭圆C:eq\f(x2，a2)＋eq\f（y2，b2)＝1（a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bx－ay＋2ab＝0相切,则C的离心率为（)A。eq\f（\r（6),3) B。eq\f(\r(3），3)C。eq\f（\r(2),3) D.eq\f(1,3)解析:选A以线段A1A2为直径的圆的方程为x2＋y2＝a2，由原点到直线bx－ay＋2ab＝0的距离d＝eq\f(2ab,\r(b2＋a2)）＝a，得a2＝3b2，所以C的离心率e＝eq\r（1－\f（b2，a2））＝eq\f（\r(6），3).2．（2018·湖南四地联考）若圆C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0关于直线2ax＋by＋6＝0对称，过点(a，b)作圆的切线,则切线长的最小值是（）A．2 B．3C．4 D．6解析:选C圆C的标准方程为(x＋1）2＋(y－2)2＝2，所以圆心为点(－1，2），半径为eq\r（2).因为圆C关于直线2ax＋by＋6＝0对称，所以圆心C在直线2ax＋by＋6＝0上，所以－2a＋2b＋6＝0即b＝a－3,点（a，b）到圆心的距离d＝eq\r（a＋12＋b－22）＝eq\r（a＋12＋a－3－22)＝eq\r(2a2－8a＋26）＝eq\r(2a－22＋18).所以当a＝2时，d取最小值eq\r（18）＝3eq\r（2），此时切线长最小，为eq\r（3\r(2）2－\r(2）2）＝eq\r（16)＝4,所以选C.eq\a\vs4\al（考点三弦长问题)eq\a\vs4\al（题点多变型考点—-追根溯源）eq\x(\a\al（圆的弦长问题在高考中经常出现，既有选择题、填空题，也有解答题,属于中档题。,常见的命题角度有:，1已知直线与圆的方程求圆的弦长；,2已知圆的弦长求直线和圆的方程中的参数。)）［题点全练]角度(一）已知直线与圆的方程求圆的弦长1．若a2＋b2＝2c2(c≠0),则直线ax＋by＋c＝0被圆x2＋y2＝1所截得的弦长为(A.eq\f(1,2） B．1C.eq\f(\r(2),2) D。eq\r(2)解析：选D因为圆心(0,0）到直线ax＋by＋c＝0的距离d＝eq\f（｜c|,\r（a2＋b2）)＝eq\f（｜c|，\r(2)｜c|)＝eq\f(\r（2）,2），因此根据直角三角形的关系，弦长的一半就等于eq\r（1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(\r(2),2)））2)＝eq\f(\r（2）,2），所以弦长为eq\r(2）。[题型技法］解决圆的弦长问题的2种方法几何法如图所示，设直线l被圆C截得的弦为AB,圆的半径为r，圆心到直线的距离为d，则有关系式：｜AB｜＝2eq\r(r2－d2)代数法若斜率为k的直线与圆相交于A(xA，yA)，B(xB，yB)两点，则｜AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r（xA＋xB2－4xAxB)＝eq\r(1＋\f（1,k2））·|yA－yB｜(其中k≠0）．特别地，当k＝0时，｜AB|＝|xA－xB|；当斜率不存在时，｜AB|＝｜yA－yB｜角度(二)已知圆的弦长求直线和圆的方程中的参数2．已知圆C：（x－1)2＋(y－2）2＝2截y轴所得线段与截直线y＝2x＋b所得线段的长度相等,则b＝()A．－eq\r（6) B．±eq\r（6)C．－eq\r（5） D．±eq\r（5)解析：选D记圆C与y轴的两个交点分别是A，B,由圆心C到y轴的距离为1,|CA｜＝|CB|＝eq\r(2)可知,圆心C(1,2）到直线2x－y＋b＝0的距离也等于1才符合题意，于是eq\f（|2×1－2＋b|,\r(5）)＝1，解得b＝±eq\r（5）.3．（2016·全国卷Ⅰ)设直线y＝x＋2a与圆C：x2＋y2－2ay－2＝0相交于A,B两点，若｜AB|＝2eq\r(3），则圆C的面积为________．解析:圆C:x2＋y2－2ay－2＝0化为标准方程为x2＋(y－a）2＝a2＋2,所以圆心C（0,a），半径r＝eq\r（a2＋2），因为｜AB｜＝2eq\r（3）,点C到直线y＝x＋2a的距离d＝eq\f（|0－a＋2a|,\r(2)）＝eq\f（|a|,\r(2)）,由勾股定理得eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2\r(3)，2））)2＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(｜a｜,\r(2）))）2＝a2＋2，解得a2＝2，所以r＝2，所以圆C的面积为π×22＝4π.答案:4π[题型技法］1．解题突破口当直线与圆相交时，半径、半弦、弦心距所构成的直角三角形是解决此类问题的突破口．2．常用结论当直线与圆相交时，讨论直线被圆截得的弦长问题是高考中常见的题型，此时要充分考虑与圆相关的平面几何知识的运用:(1)垂直于弦的直径平分这条弦;（2)圆心与弦的中点连线垂直于这条弦；（3)d2＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（l，2）)）2＝r2.3．常用方法在研究与弦的中点有关的问题时，注意运用“点差法"，即设弦AB两端点的坐标分别为A（x1，y1),B（x2，y2)，中点为（x0,y0),由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x\o\al(2，1）＋y\o\al（2，1)＝r2,,x\o\al(2，2）＋y\o\al（2，2)＝r2)）得k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f（x1＋x2,y1＋y2）＝－eq\f（x0,y0）.该法常用来解决与弦的中点、直线的斜率有关的问题．[题“根”探求]求解与圆有关的弦长问题，其关键是建立半径、半弦、弦心距之间的关系，其解题流程为：确定圆心⇒求圆心到直线的距离d建立方程r2＝d2＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(l,2）)）2。[冲关演练］1．(2017·全国卷Ⅱ）若双曲线C:eq\f（x2，a2）－eq\f（y2,b2）＝1(a>0，b>0)的一条渐近线被圆（x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则C的离心率为（)A．2 B。eq\r(3)C.eq\r(2） D。eq\f（2\r(3），3)解析:选A依题意，双曲线C:eq\f(x2，a2）－eq\f(y2，b2）＝1（a〉0，b>0）的一条渐近线方程为bx－ay＝0。因为直线bx－ay＝0被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，所以eq\f(|2b｜，\r(b2＋a2））＝eq\r(4－1)，所以3a2＋3b2＝4b2，所以3a2＝b2，所以e＝eq\r(1＋\f(b2，a2））＝eq\r（1＋3）＝2.2．若直线l：x＋y＝m与曲线C:y＝eq\r（1－x2）有且只有两个公共点，则m的取值范围是________．解析:画出图象如图,当直线l经过点A，B时,m＝1，此时直线l与曲线y＝eq\r（1－x2）有两个公共点,当直线l与曲线相切时，m＝eq\r（2),因此当1≤m<eq\r（2）时，直线l：x＋y＝m与曲线y＝eq\r（1－x2)有且只有两个公共点．答案：[1，eq\r（2)）3．（2017·全国卷Ⅲ）在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0,1），当m变化时，解答下列问题：(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由;（2）证明过A,B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．解：(1）不能出现AC⊥BC的情况，理由如下：设A(x1，0），B(x2,0），则x1,x2满足x2＋mx－2＝0，所以x1x2＝－2。又C的坐标为(0，1），故AC的斜率与BC的斜率之积为eq\f(－1,x1）·eq\f(－1,x2)＝－eq\f(1,2），所以不能出现AC⊥BC的情况．（2)证明：由（1)知BC的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(x2，2)，\f(1，2）)），可得BC的中垂线方程为y－eq\f(1，2）＝x2eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f(x2,2）))。由(1）可得x1＋x2＝－m，所以AB的中垂线方程为x＝－eq\f（m，2)。联立eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝－\f(m,2），，y－\f（1，2）＝x2\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(x2,2))），，x\o\al（2,2)＋mx2－2＝0,）)可得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝－\f(m,2），，y＝－\f(1,2)。）)所以过A,B，C三点的圆的圆心坐标为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(m，2）,－\f(1，2））），半径r＝eq\f（\r(m2＋9），2）。故圆在y轴上截得的弦长为2eq\r（r2－\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（m，2))）2）＝3，即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．eq\a\vs4\al(考点四圆与圆的位置关系）eq\a\vs4\al（重点保分型考点——师生共研）圆与圆的位置关系是每年高考的重点，主要考查两圆位置关系的判断或已知两圆位置关系求参数，题型多为选择题，难度适中，属于中低档题.[典题领悟]已知圆C1：x2＋y2－2x－6y－1＝0和C2：x2＋y2－10x－12y＋45＝0。(1）求证：圆C1和圆C2相交；(2)求圆C1和圆C2的公共弦所在直线的方程和公共弦长．解：（1)证明：圆C1的圆心C1（1，3），半径r1＝eq\r（11)，圆C2的圆心C2（5,6），半径r2＝4，两圆圆心距d＝｜C1C2|＝5，r1＋r2＝eq\r(11）＋4，|r1－r2｜＝4－eq\r(11），∴｜r1－r2｜<d<r1＋r2，∴圆C1和C2相交．(2）圆C1和圆C2的方程相减,得4x＋3y－23＝0，∴两圆的公共弦所在直线的方程为4x＋3y－23＝0.圆心C2(5,6)到直线4x＋3y－23＝0的距离d＝eq\f（｜20＋18－23｜,\r(16＋9)）＝3，故公共弦长为2eq\r(16－9)＝2eq\r(7)。[解题师说]1．活用“2方法”（1)处理两圆位置关系多用圆心距与半径和或差的关系判断，一般不采用代数法．(2）若两圆相交,则两圆公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差得到．2．谨防“2失误”(1)混淆圆与圆的位置关系及直线与圆的位置关系的判断方法．一定要牢记，联立两圆方程，构成方程组，当方程组有一组解时，两圆只有一个交点，两圆可能外切，也可能内切；当方程组无解时,两圆没有交点，两圆可能外离,也可能内含．（2)求两圆公共弦所在的直线或弦长时,方法不当（采用求交点后,求公共弦长或公共弦所在的直线方程）而致误．[冲关演练]1．（2018·太原模拟）若圆C1：x2＋y2＝1与圆C2:x2＋y2－6x－8y＋m＝0外切，则m＝（）A．21 B．19C．9 D．－11解析：选C圆C1的圆心为C1（0,0)，半径r1＝1，因为圆C2的方程可化为（x－3)2＋(y－4）2＝25－m,所以圆C2的圆心为C2（3，4)，半径r2＝eq\r(25－m）(m＜25）．从而|C1C2|＝eq\r(32＋42）＝5.由两圆外切得|C1C2｜＝r1＋r2，即1＋eq\r（25－m)＝5，解得m＝9,故选C。2．（2016·山东高考）已知圆M：x2＋y2－2ay＝0(a＞0)截直线x＋y＝0所得线段的长度是2eq\r（2）,则圆M与圆N：(x－1）2＋(y－1)2＝1的位置关系是（）A．内切 B．相交C．外切 D．相离解析：选B法一：由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x2＋y2－2ay＝0，，x＋y＝0，））得两交点为(0，0)，（－a，a）．∵圆M截直线所得线段长度为2eq\r(2），∴eq\r(a2＋－a2)＝2eq\r(2)。又a>0，∴a＝2。∴圆M的方程为x2＋y2－4y＝0，即x2＋（y－2)2＝4,圆心M（0，2），半径r1＝2.又圆N:（x－1）2＋（y－1）2＝1，圆心N（1，1）,半径r2＝1，∴｜MN|＝eq\r（0－12＋2－12)＝eq\r（2).∵r1－r2＝1，r1＋r2＝3,1〈|MN｜〈3，∴两圆相交．法二：由题知圆M：x2＋(y－a)2＝a2(a＞0）,圆心（0，a)到直线x＋y＝0的距离d＝eq\f(a，\r(2)）,所以2eq\r（a2－\f（a2,2））＝2eq\r（2），解得a＝2。圆M，圆N的圆心距|MN|＝eq\r（2)，两圆半径之差为1，故两圆相交．(一)普通高中适用作业A级——基础小题练熟练快1．已知点(a，b)在圆C：x2＋y2＝r2(r≠0）的外部，则ax＋by＝r2与C的位置关系是(）A．相切 B．相离C．内含 D．相交解析：选D由已知a2＋b2>r2,且圆心到直线ax＋by＝r2的距离为d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2)),则d<r，故直线ax＋by＝r2与C的位置关系是相交．2．与圆C1：x2＋y2－6x＋4y＋12＝0,C2:x2＋y2－14x－2y＋14＝0都相切的直线有（）A．1条 B．2条C．3条 D．4条解析：选A两圆分别化为标准形式为C1：（x－3）2＋（y＋2)2＝1，C2：(x－7）2＋(y－1)2＝36，则两圆圆心距｜C1C2｜＝eq\r（7－32＋［1－－2]2）＝5,等于两圆半径差，故两圆内切．所以它们只有一条公切线．故选A。3．若两圆x2＋y2＝m和x2＋y2＋6x－8y－11＝0有公共点，则实数m的取值范围是()A．（0，1) B．(121，＋∞）C．［1,121] D．(1，121)解析：选Cx2＋y2＋6x－8y－11＝0化成标准方程为（x＋3)2＋(y－4）2＝36。圆心距为d＝eq\r（0＋32＋0－42）＝5，若两圆有公共点,则｜6－eq\r(m）｜≤5≤6＋eq\r(m），解得1≤m≤121.故选C.4．过点（3,1)作圆（x－1)2＋y2＝r2的切线有且只有一条,则该切线的方程为(）A．2x＋y－5＝0 B．2x＋y－7＝0C．x－2y－5＝0 D．x－2y－7＝0解析：选B由题意知点（3，1）在圆上，代入圆的方程可得r2＝5，圆的方程为（x－1）2＋y2＝5,则过点(3,1）的切线方程为（x－1）·（3－1)＋y(1－0）＝5，即2x＋y－7＝0。故选B.5．直线y＝kx＋3与圆(x－3)2＋（y－2)2＝4相交于M,N两点，若|MN|≥2eq\r（3)，则k的取值范围是（)A。eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（－∞，－\f（3,4))） B.eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f（3,4)，0))C。eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f(\r（3），3）,\f(\r(3)，3)）） D.eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f(2，3），0))解析：选B圆心（3,2）到直线y＝kx＋3的距离d＝eq\f（｜3k－2＋3|，\r（k2＋1)）＝eq\f(｜3k＋1｜,\r（k2＋1)),由|MN｜≥2eq\r(3），得2eq\r（3）≤2eq\r(4－d2)，所以d2≤1，即8k2＋6k≤0⇒－eq\f(3,4）≤k≤0，故选B.6．已知点P（x，y）是直线kx＋y＋4＝0(k>0）上一动点，PA,PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，A，B是切点,若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为（）A．3 B.eq\f（\r（21）,2)C．2eq\r(2） D．2解析：选D圆C：x2＋y2－2y＝0的圆心为（0，1）,半径r＝1.由圆的性质，知S四边形PACB＝2S△PBC.∵四边形PACB的最小面积是2，∴S△PBC的最小值为1,则eq\f(1,2）rdmin＝1（d是切线长)，∴dmin＝2。∵圆心到直线的距离就是PC的最小值，∴｜PC|min＝eq\f（5，\r(1＋k2））＝eq\r（d2＋1)＝eq\r(5）。∵k>0,∴k＝2。故选D.7．圆x2＋y2＝50与圆x2＋y2－12x－6y＋40＝0的公共弦的长度为________．解析：两圆的公共弦长即两圆交点间的距离，将两圆方程联立，可求得弦所在直线为2x＋y－15＝0，原点到该直线的距离为d＝eq\f（|－15|,\r(22＋1))＝3eq\r(5),则公共弦的长度为2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(50－3\r（5）2）＝2eq\r（5）.答案：2eq\r(5）8．已知圆M:(x－1）2＋（y－1）2＝4，直线l:x＋y－6＝0,A为直线l上一点，若圆M上存在两点B，C,使得∠BAC＝60°,则点A的横坐标的取值范围为________．解析:由题意知，过点A的两直线与圆M相切时,夹角最大,当∠BAC＝60°时,MA＝eq\f(MB,sin∠BAM)＝eq\f（2,sin30°）＝4。设A(x,6－x)，所以（x－1)2＋(6－x－1)2＝16，解得x＝1或x＝5,因此点A的横坐标的取值范围为［1，5]．答案：［1，5］9．已知直线x－y＋a＝0与圆心为C的圆x2＋y2＋2x－4y－4＝0相交于A，B两点，且AC⊥BC，则实数a的值为________．解析：由x2＋y2＋2x－4y－4＝0得（x＋1)2＋（y－2）2＝9，所以圆C的圆心坐标为C(－1,2），半径为3，由AC⊥BC，可知△ABC是直角边长为3的等腰直角三角形，故可得圆心C到直线x－y＋a＝0的距离为eq\f(3\r（2),2)，由点到直线的距离公式可得eq\f(|－1－2＋a|，\r（2））＝eq\f(3\r(2)，2)，解得a＝0或a＝6。答案：0或610．在圆C：x2＋y2－2x－2y－7＝0上总有四个点到直线l：3x＋4y＋m＝0的距离是1，则实数m的取值范围是____________．解析:圆的标准方程为（x－1)2＋(y－1）2＝9.若圆上有四个点到直线3x＋4y＋m＝0的距离是1，则圆心到直线的距离小于2,即d＝eq\f(|7＋m｜,5）〈2，解得－17〈m〈3。答案：(－17，3）B级—-中档题目练通抓牢1．已知圆心（a，b）(a<0,b<0)在直线y＝2x＋1上的圆，其圆心到x轴的距离恰好等于圆的半径，在y轴上截得的弦长为2eq\r（5)，则圆的方程为(）A．（x＋3）2＋（y＋5）2＝25B．(x＋2)2＋(y＋3)2＝9C.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f（2，3）))2＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（y－\f(7,3)））2＝eq\f（49,9）D.eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（2，3))）2＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（y＋\f（7，3)))2＝eq\f(49，9)解析:选B设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0），则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（r＝｜b｜,，b＝2a＋1，，r2＝|a|2＋\r（5）2，）)解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝－2,，b＝－3，，r＝3，）)所以圆的方程为（x＋2）2＋(y＋3)2＝9。故选B。2．已知圆C:（x－eq\r（3）)2＋(y－1）2＝1和两点A(－t，0),B(t，0）(t>0)，若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则实数t的最小值为（)A．4 B．3C．2 D．1解析：选D由∠APB＝90°得，点P在圆x2＋y2＝t2上，因此由两圆有交点得|t－1|≤|OC|≤t＋1⇒｜t－1|≤2≤t＋1⇒1≤t≤3,即t的最小值为1。3．已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(－2,3)，B(－2，－1)，C（6,－1）,以原点为圆心的圆与此三角形有唯一的公共点，则圆的方程为()A．x2＋y2＝1B．x2＋y2＝4C．x2＋y2＝eq\f（16，5）D．x2＋y2＝1或x2＋y2＝37解析：选D如图所示,因为A（－2，3),B（－2，－1）,C(6，－1)．∴过A，C的直线方程为eq\f（y＋1,3＋1）＝eq\f(x－6，－2－6)，化为一般式为x＋2y－4＝0。点O到直线x＋2y－4＝0的距离d＝eq\f(｜－4|,\r（5））＝eq\f(4\r（5)，5）〉1，又｜OA|＝eq\r(－22＋32)＝eq\r（13)，|OB|＝eq\r（－22＋－12)＝eq\r（5)，|OC｜＝eq\r(62＋－12）＝eq\r(37).∴以原点为圆心的圆若与三角形ABC有唯一的公共点,则公共点为(0，－1）或（6，－1),∴圆的半径分别为1或eq\r（37),则圆的方程为x2＋y2＝1或x2＋y2＝37。4．（2016·全国卷Ⅲ)已知直线l：mx＋y＋3m－eq\r(3)＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点,过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点．若｜AB｜＝2eq\r(3），则｜CD|＝________。解析：由直线l：mx＋y＋3m－eq\r(3)＝0知其过定点(－3,eq\r（3）)，圆心O到直线l的距离为d＝eq\f(｜3m－\r(3）｜,\r（m2＋1)）.由|AB｜＝2eq\r(3)，得eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(3m－\r（3）,\r（m2＋1）)））2＋（eq\r（3））2＝12，解得m＝－eq\f（\r（3）,3).又直线l的斜率为－m＝eq\f（\r（3),3），所以直线l的倾斜角α＝eq\f(π，6).画出符合题意的图形如图所示，过点C作CE⊥BD，则∠DCE＝eq\f（π,6）.在Rt△CDE中，可得|CD｜＝eq\f（|AB|,cos\f（π，6）)＝2eq\r（3)×eq\f(2,\r（3））＝4.答案：45．设点M(x0，1)，若在圆O：x2＋y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则x0的取值范围是________．解析：由题意可知M在直线y＝1上运动,设直线y＝1与圆x2＋y2＝1相切于点P（0,1）．当x0＝0，即点M与点P重合时,显然圆上存在点N（±1，0)符合要求;当x0≠0时，过M作圆的切线，切点之一为点P，此时对于圆上任意一点N，都有∠OMN≤∠OMP，故要存在∠OMN＝45°，只需∠OMP≥45°.特别地，当∠OMP＝45°时，有x0＝±1.结合图形可知，符合条件的x0的取值范围为［－1,1]．答案：［－1,1］6．已知圆C经过点A（2,－1)，和直线x＋y＝1相切，且圆心在直线y＝－2x上．(1）求圆C的方程；（2）已知直线l经过原点，并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程．解：(1)设圆心的坐标为C（a，－2a）则eq\r(a－22＋－2a＋12)＝eq\f（｜a－2a－1｜,\r(2））。化简,得a2－2a＋1＝0，解得a＝∴C(1，－2），半径r＝｜AC|＝eq\r(1－22＋－2＋12）＝eq\r(2）.∴圆C的方程为(x－1)2＋（y＋2）2＝2.(2）①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0,此时直线l被圆C截得的弦长为2,满足条件．②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx，由题意得eq\f（|k＋2｜,\r(1＋k2))＝1，解得k＝－eq\f(3,4），∴直线l的方程为y＝－eq\f(3,4）x，即3x＋4y＝0.综上所述，直线l的方程为x＝0或3x＋4y＝0。7．已知以点Ceq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(t,\f(2,t))）为圆心的圆与x轴交于点O,A，与y轴交于点O，B，其中O为坐标原点．（1）求证:△OAB的面积为定值；（2)设直线y＝－2x＋4与圆C交于点M，N，若｜OM|＝|ON|，求圆C的方程．解:（1)证明：由题意知圆C过原点O，∴半径r＝|OC｜。又∵|OC｜2＝t2＋eq\f(4，t2）,∴设圆C的方程为(x－t）2＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（y－\f（2,t）））2＝t2＋eq\f（4，t2).令y＝0,得x1＝0，x2＝2t,则A(2t，0）．令x＝0，得y1＝0，y2＝eq\f(4，t),则Beq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(4，t）））。∴S△OAB＝eq\f（1，2)|OA｜·｜OB|＝eq\f（1,2)×eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1(\f(4,t））)×|2t|＝4，即△OAB的面积为定值．(2）∵|OM｜＝｜ON｜，|CM｜＝｜CN|,∴OC垂直平分线段MN.∵kMN＝－2,∴kOC＝eq\f（1,2），∴直线OC的方程为y＝eq\f(1，2)x。∴eq\f(2,t)＝eq\f(1,2）t,解得t＝2或t＝－2.当t＝2时,圆心C的坐标为(2，1)，r＝｜OC｜＝eq\r(5),此时圆心C到直线y＝－2x＋4的距离d＝eq\f(1，\r(5））〈eq\r(5），圆C与直线y＝－2x＋4相交于两点．当t＝－2时,圆心C的坐标为（－2,－1），r＝｜OC｜＝eq\r(5)，此时圆心C到直线y＝－2x＋4的距离d＝eq\f(9，\r（5))〉eq\r（5)，圆C与直线y＝－2x＋4不相交．∴圆C的方程为(x－2)2＋(y－1）2＝5。C级-—重难题目自主选做1．已知点G（5，4)，圆C1：(x－1）2＋（y－4)2＝25，过点G的动直线l与圆C1相交于E，F两点，线段EF的中点为C，且C在圆C2上．(1）若直线mx＋ny－1＝0(mn〉0)经过点G,求mn的最大值；（2）求圆C2的方程；（3)若过点A(1，0）的直线l1与圆C2相交于P，Q两点,线段PQ的中点为M.l1与l2:x＋2y＋2＝0的交点为N，求证:|AM｜·｜AN｜为定值．解:(1)∵点G（5,4）在直线mx＋ny－1＝0上,∴5m＋4n＝1,5m＋4n≥2eq\r（20mn)(当且仅当5m＝4n时取等号)，∴1≥80mn，即mn≤eq\f(1，80)，∴（mn)max＝eq\f（1,80).（2)由已知得圆C1的圆心为(1,4），半径为5，设C(x，y）,则eq\o(C1C,\s\up7(→）)＝（x－1，y－4），eq\o（CG，\s\up7(→))＝（5－x,4－y），由题设知eq\o(C1C,\s\up7(→))·eq\o（CG,\s\up7（→））＝0，∴（x－1）(5－x)＋(y－4）(4－y）＝0，即（x－3）2＋(y－4)2＝4，∴C2的方程是(x－3）2＋(y－4）2＝4.（3)证明:当直线l1的斜率不存在时，直线l1与圆C2相切，当直线l1的斜率为0时，直线l1与圆C2相离，故设直线l1的方程为kx－y－k＝0（k≠0）．由直线l1与圆C2相交，得eq\f(|3k－4－k｜,\r（k2＋1）)<2,解得k〉eq\f(3,4）。由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＋2y＋2＝0,，kx－y－k＝0))得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2k－2,2k＋1）,－\f(3k，2k＋1)）），又直线C2M与l1由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝kx－k，，y－4＝－\f(1,k）x－3）)得Meq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k2＋4k＋3,1＋k2)，\f（4k2＋2k，1＋k2））),∴｜AM|·|AN｜＝eq\r(\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(k2＋4k＋3,1＋k2)－1）)2＋\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(4k2＋2k,1＋k2)））2）·eq\r(\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2k－2，2k＋1)－1））2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(3k，2k＋1））)2）＝eq\f(2｜2k＋1｜,1＋k2）·eq\r(1＋k2)·eq\f（3\r（1＋k2），｜2k＋1｜)＝6（定值）．2。如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一点A(2,4）．（1）设圆N与x轴相切,与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上,求圆N的标准方程;(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且|BC｜＝｜OA｜，求直线l的方程；（3)设点T（t，0）满足：存在圆M上的两点P和Q，使得eq\o(TA，\s\up7（→))＋eq\o(TP，\s\up7（→）)＝eq\o（TQ,\s\up7(→）),求实数t的取值范围．解:圆M的标准方程为（x－6）2＋(y－7）2＝25，所以圆心M(6，7)，半径为5.（1)由圆心N在直线x＝6上,可设N(6，y0)．因为圆N与x轴相切，与圆M外切，所以0＜y0＜7，圆N的半径为y0，从而7－y0＝5＋y0，解得y0＝1。因此,圆N的标准方程为(x－6）2＋(y－1)2＝1.（2）因为直线l∥OA，所以直线l的斜率为eq\f(4－0,2－0）＝2.设直线l的方程为y＝2x＋m，即2x－y＋m＝0，则圆心M到直线l的距离d＝eq\f(｜2×6－7＋m｜,\r（5)）＝eq\f（|m＋5|,\r（5））。因为|BC|＝|OA|＝eq\r(22＋42)＝2eq\r（5)，而MC2＝d2＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（BC，2)））2,所以25＝eq\f（m＋52，5)＋5，解得m＝5或m＝－15.故直线l的方程为2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0。（3）设P（x1，y1)，Q（x2，y2）．因为A(2，4），T（t,0),eq\o（TA，\s\up7(→）)＋eq\o（TP，\s\up7（→）)＝eq\o(TQ，\s\up7(→））,所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＝x1＋2－t，，y2＝y1＋4。））①因为点Q在圆M上，所以（x2－6)2＋（y2－7）2＝25。②将①代入②,得(x1－t－4）2＋（y1－3)2＝25.于是点P（x1,y1)既在圆M上，又在圆[x－(t＋4）]2＋(y－3)2＝25上，从而圆（x－6）2＋（y－7)2＝25与圆[x－(t＋4）］2＋(y－3)2＝25有公共点，所以5－5≤eq\r(［t＋4－6］2＋3－72)≤5＋5，解得2－2eq\r（21)≤t≤2＋2eq\r（21）。因此,实数t的取值范围是［2－2eq\r(21)，2＋2eq\r（21）］．(二)重点高中适用作业A级-—保分题目巧做快做1．若直线l：y＝kx＋1(k＜0)与圆C:x2＋4x＋y2－2y＋3＝0相切，则直线l与圆D：（x－2)2＋y2＝3的位置关系是（）A．相交 B．相切C．相离 D．不确定解析：选A因为圆C的标准方程为（x＋2)2＋(y－1）2＝2，所以其圆心坐标为（－2，1），半径为eq\r（2)，因为直线l与圆C相切．所以eq\f(|－2k－1＋1|，\r（k2＋1））＝eq\r（2)，解得k＝±1，因为k＜0，所以k＝－1，所以直线l的方程为x＋y－1＝0.圆心D(2,0）到直线l的距离d＝eq\f(|2＋0－1|,\r（2))＝eq\f(\r（2）,2)＜eq\r(3）,所以直线l与圆D相交．2．直线y－1＝k(x－3)被圆(x－2)2＋（y－2)2＝4所截得的最短弦长等于（）A.eq\r（3） B．2eq\r(3）C．2eq\r（2） D.eq\r（5)解析:选C直线y－1＝k（x－3)过定点M(3,1),此点在圆内，圆(x－2)2＋（y－2）2＝4的圆心为C（2，2)，半径为r＝2，弦长最短时，直线与CM垂直，｜CM｜＝eq\r（3－22＋1－22）＝eq\r(2)，则最短弦长l＝2eq\r（r2－|CM｜2）＝2eq\r（22－\r（2）2)＝2eq\r(2).故选C。3．一条光线从点(－2，－3）射出，经y轴反射后与圆（x＋3）2＋（y－2）2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为()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）解析：选D点（－2，－3)关于y轴的对称点为(2，－3)，故可设反射光线所在直线的方程为y＋3＝k（x－2），即kx－y－2k－3＝0。∵反射光线与圆（x＋3）2＋(y－2）2＝1相切，∴圆心（－3，2）到直线的距离d＝eq\f（|－3k－2－2k－3｜,\r(k2＋1)）＝1,化简得24k2＋50k＋24＝0，解得k＝－eq\f(4，3）或－eq\f(3，4)。4．在平面直角坐标系内，过点P(0,3）的直线与圆心为C的圆x2＋y2－2x－3＝0相交于A,B两点，则△ABC面积的最大值是（）A．2 B．4C.eq\r（3） D．2eq\r（3)解析:选A过点P(0，3)的直线与圆心为C的圆x2＋y2－2x－3＝0相交于A，B两点，①当直线的斜率不存在时，直线的方程为x＝0，在y轴上所截得的线段长为d＝2×eq\r(22－12)＝2eq\r(3),所以S△ABC＝eq\f(1，2）×2eq\r（3)×1＝eq\r(3）.②当直线的斜率存在时．设圆心到直线的距离为d，则所截得的弦长l＝2eq\r(4－d2).所以S△ABC＝eq\f（1,2)×2eq\r(4－d2）×d＝eq\r（4－d2)×eq\r（d2）≤eq\f(4－d2＋d2,2)＝2，当且仅当d＝eq\r(2)时成立．所以△ABC面积的最大值为2.5．已知AC，BD为圆O：x2＋y2＝4的两条互相垂直的弦，且垂足为M(1，eq\r(2)）,则四边形ABCD面积的最大值为（)A．5 B．10C．15 D．20解析：选A如图，作OP⊥AC于P，OQ⊥BD于Q，则｜OP|2＋｜OQ|2＝｜OM｜2＝3,∴|AC|2＋｜BD｜2＝4（4－｜OP｜2)＋4（4－|OQ|2）＝20。又|AC|2＋|BD｜2≥2|AC｜·|BD|，则｜AC｜·|BD|≤10，∴S四边形ABCD＝eq\f(1，2）｜AC｜·｜BD｜≤eq\f(1,2）×10＝5,当且仅当｜AC|＝|BD|＝eq\r(10）时等号成立，∴四边形ABCD面积的最大值为5。故选A.6．若圆B：x2＋y2＋b＝0与圆C:x2＋y2－6x＋8y＋16＝0没有公共点，则实数b的取值范围是________．解析：圆B的圆心B（0,0)，半径R＝eq\r(－b）,圆C的圆心C（3，－4），半径r＝3,根据两点间距离公式，得|BC|＝5。由题意两圆相离或相内含,当两圆相离时，有｜BC｜>R＋r，即eq\r(－b）<2，解得－4<b〈0；当两圆相内含时,有|BC｜〈R－r.即eq\r（－b）>8,解得b<－64,综上，实数b的取值范围为(－∞,－64）∪（－4，0)．答案：（－∞，－64）∪(－4,0）7．已知直线l1：x＋2y＝a＋2和直线l2：2x－y＝2a－1分别与圆(x－a)2＋（y－1）2＝16相交于A，B和C，D，则四边形ACBD的内切圆的面积为________解析：因为直线l1：x＋2y＝a＋2和直线l2:2x－y＝2a－1互相垂直且交于点(a，1）,而（a,1)恰好是圆（x－a)2＋(y－1)2＝16的圆心，所以四边形ACBD是边长为4eq\r(2)的正方形，因此其内切圆半径是2eq\r（2），面积是8π。答案：8π8．（2016·全国卷Ⅲ）已知直线l:mx＋y＋3m－eq\r（3）＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点．若|AB｜＝2eq\r（3)，则|CD｜＝________。解析：由直线l:mx＋y＋3m－eq\r（3）＝0知其过定点（－3，eq\r(3）），圆心O到直线l的距离为d＝eq\f（|3m－\r（3）|,\r（m2＋1））.由｜AB｜＝2eq\r(3）,得eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（3m－\r（3),\r(m2＋1））)）2＋（eq\r（3)）2＝12,解得m＝－eq\f（\r(3),3).又直线l的斜率为－m＝eq\f（\r(3)，3)，所以直线l的倾斜角α＝eq\f（π，6).画出符合题意的图形如图所示，过点C作CE⊥BD，则∠DCE＝eq\f(π，6).在Rt△CDE中，可得｜CD｜＝eq\f(｜AB|,cos\f(π,6)）＝2eq\r（3)×eq\f（2，\r（3））＝4。答案：49．已知圆C经过点A（2,－1），和直线x＋y＝1相切，且圆心在直线y＝－2x上．(1)求圆C的方程；（2)已知直线l经过原点，并且被圆C截得的弦长为2,求直线l的方程．解:(1)设圆心的坐标为C（a，－2a)则eq\r（a－22＋－2a＋12）＝eq\f(｜a－2a－1|,\r(2）)。化简,得a2－2a＋1＝0，解得a＝∴C（1，－2)，半径r＝｜AC｜＝eq\r（1－22＋－2＋12)＝eq\r(2).∴圆C的方程为（x－1）2＋（y＋2)2＝2。（2)①当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x＝0，此时直线l被圆C截得的弦长为2，满足条件．②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx，由题意得eq\f(｜k＋2｜，\r（1＋k2))＝1，解得k＝－eq\f（3,4），∴直线l的方程为y＝－eq\f(3,4）x，即3x＋4y＝0.综上所述,直线l的方程为x＝0或3x＋4y＝0.10．已知以点Ceq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（t，\f(2，t）））为圆心的圆与x轴交于点O,A，与y轴交于点O，B，其中O为坐标原点．(1）求证：△OAB的面积为定值；（2)设直线y＝－2x＋4与圆C交于点M,N，若|OM｜＝|ON｜，求圆C的方程．解：(1）证明:由题意知圆C过原点O,∴半径r＝|OC|.又∵｜OC｜2＝t2＋eq\f(4，t2)，∴设圆C的方程为（x－t）2＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(y－\f（2，t）））2＝t2＋eq\f(4,t2)。令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，则A（2t,0）．令x＝0，得y1＝0，y2＝eq\f（4,t),则Beq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(4，t)））。∴S△OAB＝eq\f(1，2)|OA｜·|OB|＝eq\f(1,2）×eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(\f（4，t)））×｜2t|＝4，即△OAB的面积为定值．(2)∵｜OM|＝|ON｜,|CM｜＝｜CN｜，∴OC垂直平分线段MN.∵kMN＝－2，∴kOC＝eq\f(1,2），∴直线OC的方程为y＝eq\f（1,2）x.∴eq\f(2，t）＝eq\f（1，2）t，解得t＝2或t＝－2.当t＝2时，圆心C的坐标为（2，1),r＝｜OC|＝eq\r(5),此时圆心C到直线y＝－2x＋4的距离d＝eq\f(1，\r(5))<eq\r（5)，圆C与直线y＝－2x＋4相交于两点．当t＝－2时，圆心C的坐标为（－2，－1），r＝|OC|＝eq\r（5)，此时圆心C到直线y＝－2x＋4的距离d＝eq\f(9，\r(5))〉eq\r（5），圆C与直线y＝－2x＋4不相交．∴圆C的方程为(x－2）2＋(y－1)2＝5。B级—-拔高题目稳做准做1．已知直线3x＋4y－15＝0与圆O：x2＋y2＝25交于A,B两点，点C在圆O上，且S△ABC＝8，则满足条件的点C的个数为(）A．1 B．2C．3 D．4解析：选C圆心O到已知直线的距离为d＝eq\f（|－15｜,\r（32＋42））＝3，因此｜AB|＝2eq\r（52－32)＝8，设点C到直线AB的距离为h，则S△ABC＝eq\f（1,2)×8×h＝8,h＝2，由于d＋h＝3＋2＝5＝r(圆的半径），因此与直线AB距离为2的两条直线中一条与圆相切，一条与圆相交，故符合条件的点C有三个．2．已知直线y＝x＋m和圆x2＋y2＝1交于A，B两点，O为坐标原点，若eq\o(AO,\s\up7（→))·eq\o（AB，\s\up7（→)）＝eq\f（3，2）,则实数m的值为()A．±1 B．±eq\f(\r（3),2）C．±eq\f（\r（2)，2) D．±eq\f（1，2)解析：选C设A(x1,y1），B(x2，y2），则eq\o（AO,\s\up7（→））＝（－x1，－y1),eq\o（AB,\s\up7（→)）＝（x2－x1，y2－y1),由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝x＋m，，x2＋y2＝1））得，2x2＋2mx＋m2－1＝0,故Δ＝4m2－8（m2－1)＝8－4m2〉0,－eq\r(2)<m〈eq\r(2），x1＋x2＝－m，x1x2＝eq\f（m2－1，2)，y1y2＝（x1＋m）（x2＋m)＝x1x2＋m(x1＋x2)＋m2，又eq\o（AO,\s\up7(→)）·eq\o(AB，\s\up7（→））＝－x1x2－y1y2＋xeq\o\al(2，1）＋yeq\o\al(2，1）＝eq\f（3,2)，故x1x2＋y1y2＝－eq\f（1,2)，故2x1x2＋m(x1＋x2)＋m2＝－eq\f(1，2），即m2－1－m2＋m2＝－eq\f（1，2）,得m2＝eq\f(1，2），m＝±eq\f(\r(2），2)，选C。3．已知圆C：x2＋y2＝1，点P(x0,y0)在直线l:3x＋2y－4＝0上，若在圆C上总存在两个不同的点A，B，使eq\o（OA,\s\up7（→))＋eq\o(OB，\s\up7（→)）＝eq\o（OP，\s\up7(→)），则x0的取值范围是(）A.eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(24,13))) B。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（24，13)，0)）C。eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(13，24))） D.eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（13,12)）)解析：选C如图，∵eq\o(OA,\s\up7（→）)＋eq\o（OB，\s\up7（→）)＝eq\o（OP,\s\up7（→）），∴OP与AB互相垂直平分，∴圆心到直线AB的距离eq\f（\r(x\o\al（2，0)＋y