新高考数学一轮复习题型归纳讲义专题13解析几何 13.2圆的方程（解析版）

专题十三《解析几何》讲义13.2圆的方程知识梳理.圆的方程1.圆的方程：（1）圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)是以点(a，b)为圆心，r为半径的圆的方程，叫做圆的标准方程．（2）圆的一般方程：当D2＋E2－4F＞0时，二元二次方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0叫做圆的一般方程．圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半径长为eq\f(1,2)eq\r(D2＋E2－4F)．2．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(＜)r（1）圆的切线方程常用结论①过圆x2＋y2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为x0x＋y0y＝r2.②过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2.③过圆x2＋y2＝r2外一点M(x0，y0)作圆的两条切线，则两切点所在直线方程为x0x＋y0y＝r2.（2）有关弦长问题的2种求法几何法直线被圆截得的半弦长eq\f(l,2)，弦心距d和圆的半径r构成直角三角形，即r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2＋d2代数法联立直线方程和圆的方程，消元转化为关于x的一元二次方程，由根与系数的关系即可求得弦长|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\r(y1＋y22－4y1y2)3．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|圆与圆位置关系问题的解题策略(1)判断两圆的位置关系时常用几何法，即利用两圆圆心之间的距离与两圆半径之间的关系，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消去x2，y2项得到．题型一.圆的方程、轨迹方程1．已知圆C的圆心在直线x﹣2y﹣3＝0上，且过点A（2，﹣3），B（﹣2，﹣5），则圆C的标准方程为（x+1）2+（y+2）2＝10．【解答】解：根据题意，圆C的圆心在直线x﹣2y﹣3＝0上，设圆心的坐标为（2t+3，t），圆C经过点A（2，﹣3），B（﹣2，﹣5），则（2t+3﹣2）2+（t+3）2＝（2t+3+2）2+（t+5）2，解可得t＝﹣2，则2t+3＝﹣1，即圆心C的坐标为（﹣1，﹣2），圆的半径为r，则r2＝|CA|2＝（﹣1﹣2）2+（﹣2+3）2＝10，故圆C的标准方程为（x+1）2+（y+2）2＝10；故答案为：（x+1）2+（y+2）2＝10．2．已知圆C与圆（x﹣1）2+y2＝1关于原点对称，则圆C的方程为（）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：圆（x﹣1）2+y2＝1的圆心坐标为（1，0），半径为1．点（1，0）关于原点的对称点为（﹣1，0），则所求圆的方程为（x+1）2+y2＝1．故选：D．3．如图，已知圆C与x轴相切于点T（1，0），与y轴正半轴交于两点A，B（B在A的上方），且|AB|＝2．（Ⅰ）求圆C的标准方程；【解答】解：（1）由题意，圆的半径为1+1=2，圆心坐标为（1，∴圆C的标准方程为（x﹣1）2+（y−2）24．在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，动点P与两个定点M（1，0），N（4，0）的距离之比为12（Ⅰ）求动点P的轨迹W的方程；【解答】解：（Ⅰ）设点P坐标为（x，y），依题意得：|PM||PN|又M（1，0），N（4，0），∴2(x−1)2化简得：x2+y2＝4，则动点P轨迹W方程为x2+y2＝4；5．在平面直角坐标系xOy中，已知点B（2，0），C（﹣2，0），设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2，且k1k2=−12，记点A的轨迹为（1）求E的方程；【解答】解：（1）设A（x，y），则k1k2=y整理，得x2+2y2＝4（x≠±2），即E的方程为x2+2y2＝4（x≠±2）；6．若AB=2，AC=2BC，则S△ABC的最大值2【解答】解：设BC＝x，则AC=2x根据面积公式得S△ABC=12AB•BCsinB=12又根据余弦定理得cosB=A代入上式得：S△ABC＝x1−(由三角形三边关系有：2x+x＞2解得：22−2＜x＜22所以当x＝23时，x2﹣12＝0，此时S△ABC取得最大值12816=8故答案为：22题型二.直线与圆的位置关系1．已知点M（a，b）在圆O：x2+y2＝1外，则直线ax+by＝1与圆O的位置关系是（）A．相切 B．相交 C．相离 D．不确定【解答】解：∵M（a，b）在圆x2+y2＝1外，∴a2+b2＞1，∴圆O（0，0）到直线ax+by＝1的距离d=1a2则直线与圆的位置关系是相交．故选：B．2．若过点A（4，0）的直线l与曲线（x﹣2）2+y2＝1有公共点，则直线l的斜率的取值范围为[−33【解答】解：设直线l的方程为y＝k（x﹣4），即kx﹣y﹣4k＝0∵直线l与曲线（x﹣2）2+y2＝1有公共点，∴圆心到直线l的距离小于等于半径即|2k−4k|k2∴直线l的斜率的取值范围为[−故答案为[−3．已知直线l：x﹣y+4＝0与圆C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2，则C上各点到l距离的最小值为（）A．2−1 B．2+1 C．2 【解答】解：由于圆心C（1，1）到直线l：x﹣y+4＝0的距离为d=|1−1+4|2=而圆的半径为2，故C上各点到l距离的最小值为22−故选：C．题型三.切线问题1．已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝2，点P坐标为（2，﹣1），过点P作圆C的切线，切点为A，B．（1）求切线PA，PB的方程；（2）求过P点的圆的切线长；（3）求直线AB的方程．【解答】解：（1）根据题意，分析易得切线斜率存在，则设切线的斜率为k，又由切线过点P（2，﹣1），则切线方程为：y+1＝k（x﹣2）即：kx﹣y﹣2k﹣1＝0，又圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝2的圆心坐标为（1，2），半径r=2则有|k−2−2k−1|1+解可得k＝7或k＝﹣1，则所求的切线方程为：x+y﹣1＝0和7x﹣y﹣15＝0；（2）根据题意，圆心C到P的距离d=(2−1则切线长为(10)2（3）以P为圆心，切线长为半径的圆的方程为：（x﹣2）2+（y+1）2＝8…①由圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝2，…②②﹣①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•山东）若圆C的半径为1，圆心在第一象限，且与直线4x﹣3y＝0和x轴相切，则该圆的标准方程是（）A．(x−3)2+(y−73)2=1 B．（x﹣2）C．（x﹣1）2+（y﹣3）2＝1 D．(【解答】解：设圆心为（a，1），由已知得d=|4a−3|5=1，故选：B．3．（2014•大纲版）直线l1和l2是圆x2+y2＝2的两条切线．若l1与l2的交点为（1，3），则l1与l2的夹角的正切值等于43【解答】解：设l1与l2的夹角为2θ，由于l1与l2的交点A（1，3）在圆的外部，且点A与圆心O之间的距离为OA=10圆的半径为r=2∴sinθ=2∴cosθ=2210，tan∴tan2θ=1故答案为：434．（2014•新课标Ⅱ）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（）A．[﹣1，1] B．[−12，12] C．[−2，2] D．[【解答】解：由题意画出图形如图：点M（x0，1），要使圆O：x2+y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则∠OMN的最大值大于或等于45°时一定存在点N，使得∠OMN＝45°，而当MN与圆相切时∠OMN取得最大值，此时MN＝1，图中只有M′到M″之间的区域满足MN＝1，∴x0的取值范围是[﹣1，1]．故选：A．5．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+（y﹣3）2＝2，点A是x轴上的一个动点，AP，AQ分别切圆C于P，Q两点，则线段PQ长的取值范围是（）A．[273，22） B．[2143，22） C．[253，23）【解答】解：设AC＝x，则x≥3，由PC⊥AP可知AP=A∵AC垂直平分PQ，∴PQ＝2PC⋅APAC=2•2⋅x2∴当x＝3时，PQ取得最小值22•1−2又1−2∴PQ＜22∴2143≤PQ故选：B．6．（2002•北京）已知P是直线3x+4y+8＝0上的动点，PA，PB是圆x2+y2﹣2x﹣2y+1＝0的两条切线，A，B是切点，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值为22【解答】解：∵圆的方程为：x2+y2﹣2x﹣2y+1＝0∴圆心C（1，1）、半径r为：1根据题意，若四边形面积最小当圆心与点P的距离最小时，距离为圆心到直线的距离时，切线长PA，PB最小圆心到直线的距离为d＝3∴|PA|＝|PB|=∴s故答案为：2题型四.弦长问题1．直线l：kx+y+4＝0（k∈R）是圆C：x2+y2+4x﹣4y+6＝0的一条对称轴，过点A（0，k）作斜率为1的直线m，则直线m被圆C所截得的弦长为（）A．22 B．2 C．6 D．2【解答】解：∵圆C：x2+y2+4x﹣4y+6＝0，即（x+2）2+（y﹣2）2＝2，表示以C（﹣2，2）为圆心、半径等于2的圆．由题意可得，直线l：kx+y+4＝0经过圆C的圆心（﹣2，2），故有﹣2k+2+4＝0，∴k＝3，点A（0，3）．直线m：y＝x+3，圆心到直线的距离d=|−2−2+3|∴直线m被圆C所截得的弦长为22−1故选：C．2．直线y＝kx+3与圆（x﹣3）2+（y﹣2）2＝4相交于M，N两点，若MN＜23，则k的取值范围是{k|−3−265＜k≤−34，或0【解答】解：设圆心（3，2）到直线y＝kx+3的距离为d，则d=|3k−2+3|由于(MN2)2=4﹣d2，且MN＜23，求得d≥1，∴1≤由d≥1求得k≤−34，k≥0，由d＜2求得−3−26即k的取值范围是{k|−3−265＜k≤−34故答案为：{k|−3−265＜k≤−343．已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝25，直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4＝0，则直线l被圆C截得的弦长的最小值为（）A．25 B．45 C．63 D．83【解答】解：圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝25的圆心坐标为C（1，2），半径为5．由直线l：（2m+1）x+（m+1）y﹣7m﹣4＝0，得m（2x+y﹣7）+x+y﹣4＝0，联立2x+y−7=0x+y−4=0，解得x=3∴直线l过定点P（3，1），点P（3，1）在圆内部，则当直线l与线段PC垂直时，直线l被圆C截得的弦长最小．此时|PC|=(1−3∴直线l被圆C截得的弦长的最小值为252故选：B．4．已知AC、BD为圆O：x2+y2＝4的两条相互垂直的弦，垂足为M（1，2），则四边形ABCD的面积的最大值为5．【解答】解：如图连接OA、OD作OE⊥ACOF⊥BD垂足分别为E、F∵AC⊥BD∴四边形OEMF为矩形已知OA＝OC＝2OM=3设圆心O到AC、BD的距离分别为d1、d2，则d12+d22＝OM2＝3．四边形ABCD的面积为：s=12•|AC|（|BM|+|从而：s=1当且仅当d12＝d22时取等号，故答案为：5．题型五.圆与圆之间的位置关系1．（多选）以下四个命题表述正确的是（）A．直线（3+m）x+4y﹣3+3m＝0（m∈R）恒过定点（﹣3，﹣3） B．圆x2+y2＝4上有且仅有3个点到直线l：x﹣y+2=C．曲线C1：x2+y2+2x＝0与曲线C2：x2+y2﹣4x﹣8y+m＝0恰有三条公切线，则m＝4D．已知圆C：x2+y2＝1，点P为直线x4+y2=1上一动点，过点P向圆C引两条切线PA，PB，A，【解答】解：由（3+m）x+4y﹣3+3m＝0，得3x+4y﹣3+m（x+3）＝0，联立x+3=03x+4y−3=0，解得x=−3∴直线（3+m）x+4y﹣3+3m＝0（m∈R）恒过定点（﹣3，3），故A错误；∵圆心（0，0）到直线l：x﹣y+2=0的距离等于1，故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，因此圆上有三个点到直线l：x﹣y+2=0的距离等于1，故两圆有三条公切线，则两圆外切，曲线C1：x2+y2+2x＝0化为标准式（x+1）2+y2＝1，曲线C2：x2+y2﹣4x﹣8y+m＝0化为标准式（x﹣2）2+（y﹣4）2＝20﹣m＞0，圆心距为(2+1)2+42=5=1设点P的坐标为（m，n），∴m4+n2=1，以OP为直径的圆的方程为x2+y2两圆的方程作差得直线AB的方程为：mx+ny＝1，消去n得，m（x−y2）+2y令x−y2=0，2y﹣1＝0，解得x=14，y=12，故直线AB故选：BCD．2．已知圆C1：x2+（y﹣a2）2＝a4的圆心到直线x﹣y﹣2＝0的距离为22，则圆C1与圆C2：x2+y2﹣2x﹣4y+4＝0的位置关系是（）A．相交 B．内切 C．外切 D．相离【解答】解：圆C1：x2+(y−a2)2=a4的圆心为C1（0，由圆C1：x2+(y−a2)可得|0−a2−2|2=22，解得可得圆C1的圆心为（0，2），半径为2，而圆C2：x2由|C1C2|＝1＝r1﹣r2＝2﹣1，可得两圆的位置关系为内切．故选：B．3．已知圆C1：(x−a)2+(y+2A．2 B．17 C．94 【解答】解：圆C1：（x﹣a）2+（y+2）2＝4的圆心为C1（a，﹣2），半径r1＝2；圆C2：（x+b）2+（y+1）2＝1的圆心为C2（﹣b，﹣1），半径r2＝1；由圆C1与圆C2相外切，得|C1C2|＝r1+r2，即(a+b)2∴（a+b）2＝8；由基本不等式，得ab≤(当且仅当a＝b＝±2时取“＝”，∴ab的最大值为2．故选：A．4．已知圆C1：(x−2)2+(y−3)2=1，圆C2：(x−3)2+(y−4)2=9，M，N分别是圆A．52+4 B．2 C．52【解答】解：圆C1：（x﹣2）2+（y﹣3）2＝1的圆心为C1：（2，3），半径等于1，C2：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝9的圆心C2（3，4），半径等于3，则|PN|﹣|PM|≤（|PC2|+3）﹣（|PC1|﹣1）＝4+|PC2|﹣|PC1|．则4+|PC2|﹣|PC1|≤|C1C2|+4＝4+(3−2故选：D．题型六.直线与圆综合问题1．直线x﹣y+m＝0与圆x2+y2﹣2x﹣1＝0有两个不同交点的一个充分不必要条件是（）A．﹣3＜m＜1 B．﹣4＜m＜2 C．0＜m＜1 D．m＜1【解答】解：联立直线与圆的方程得：x−y+m=0x消去y得：2x2+（2m﹣2）x+m2﹣1＝0，由题意得：△＝（2m﹣2）2﹣8（m2﹣1）＝﹣4（m+1）2+16＞0，变形得：（m+3）（m﹣1）＜0，解得：﹣3＜m＜1，∵0＜m＜1是﹣3＜m＜1的一个真子集，∴直线与圆有两个不同交点的一个充分不必要条件是0＜m＜1．故选：C．2．过直线y＝x上一点作圆（x﹣5）2+（y﹣1）2＝2的两条切线l1，l2，当l1，l2关于直线y＝x对称时，l1，l2的夹角的大小为π3【解答】解：圆（x﹣5）2+（y﹣1）2＝2的圆心（5，1），过（5，1）与y＝x垂直的直线方程：x+y﹣6＝0，它与y＝x的交点N（3，3），N到（5，1）距离是22，两条切线l1，l2，它们之间的夹角为60°．故答案为：60°．3．若圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax+by＝0的距离为22．则直线l的倾斜角的取值范围是[π12，5π【解答】解：圆x2+y2﹣4x﹣4y﹣10＝0化简为标准方程，可得（x﹣2）2+（y﹣2）2＝18，∴圆心坐标为C（2，2），半径r＝32，∵在圆上至少有三个不同的点到直线l：ax+by＝0的距离为22∴圆心到直线的距离应小于或等于r−22由点到直线的距离公式，得|2a+2b|a∴（2a+2b）2≤2（a2+b2），整理得(−a解之得2−3≤−∵直线l：ax+by＝0的斜率k=−ab∈[2−3∴设直线l的倾斜角为α，则tanα∈[2−3，2+3]，即tanπ12≤tanα由此可得直线l的倾斜角的取值范围是[π12，5π故答案为：[π12，5π4．（2014•北京）已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝1和两点A（﹣m，0），B（m，0）（m＞0），若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为（）A．7 B．6 C．5 D．4【解答】解：圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝1的圆心C（3，4），半径为1，∵圆心C到O（0，0）的距离为5，∴圆C上的点到点O的距离的最大值为6．再由∠APB＝90°可得，以AB为直径的圆和圆C有交点，可得PO=12AB＝m，故有m故选：B．5．已知直线x+y﹣k＝0（k＞0）与圆x2+y2＝4交于不同的两点A，B，O是坐标原点，且有OA→⋅OB→≥−A．（3，+∞） B．[2，22） C．[2，+∞） D．[3，22）【解答】解：根据题意，圆x2+y2＝4的圆心为（0，0），半径r＝2，设圆心到直线x+y﹣k＝0的距离为d；若直线x+y﹣k＝0（k＞0）与圆x2+y2＝4交于不同的两点A，B，则d=|k|1+1=k2设OA→与OB→的夹角即∠OAB＝若OA→⋅OB→≥−2，即|OA|×|OB|×cosθ≥﹣2，变形可得cosθ≥−1当θ=2π3时，若θ≤2π3，则d=k2则k的取值范围为[2，22）；故选：B．6．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2﹣2x﹣4y﹣3＝0与x轴交于A，B两点，若动直线l与圆C相交于M，N两点，且△CMN的面积为4，若P为MN的中点，则△PAB的面积最大值为8．【解答】解：当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0得x＝﹣1或x＝3，即A（﹣1，0），B（3，0），圆的标准方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2＝8，则圆心C（1，2），半径R=8=2△CMN的面积为4，即S=12×2则sin∠MCN＝1，即∠MCN＝90°，则MN=2CN=2×22=要使△PAB的面积最大，则CP⊥AB，此时三角形的高为PD＝2+2＝4，AB＝3﹣（﹣1）＝4，则△PAB的面积S=1故答案为：8．7．在平面直角坐标系xOy中，已知半径为2的圆C，圆心在x轴正半轴上，且与直线x−3y（1）求圆C的方程；（2）在圆C上，是否存在点P，满足|PQ|=22|PO|，其中，点Q的坐标是Q（（3）若在圆C上存在点M（m，n），使得直线l：mx+ny＝1与圆O：x2+y2＝1相交不同两点A，B，求m的取值范围．并求出使得△OAB的面积最大的点M的坐标及对应的△OAB的面积．【解答】解：（1）设圆心是（a，0），（a＞0），它到直线x−3y+2＝0的距离是d=解得a＝2或a＝﹣6（舍去），所以，所求圆C的方程是（x﹣2）2+y2＝4．（4分）（2）假设存在这样的点P（x，y），则由PA=22PO，得x2+y2即，点P在圆D：（x+2）2+y2＝2上，点P也在圆C：（x﹣2）2+y2＝4上．因为|CD|=4＞rc+rd=2+2，所以圆所以，不存在点P满足条件．（8分）（3）存在，理由如下：因为点M（m，n），在圆C上，所以（m﹣2）2+n2＝4，即n2＝4﹣（m﹣2）2＝4m﹣m2且0≤m≤4．因为原点到直线l：mx+ny＝1的距离h=1m2+n而|AB|＝21−ℎ所以S△OAB=12|AB|h因为116≤14m＜1，所以当14m=12，即此时点M的坐标是（12，72）或（12，−72），8．如图，已知⊙C的圆心在原点，且与直线x+3y+42=（1）求⊙C的方程；（2）点P在直线x＝8上，过点P引⊙C的两条切线PA、PB，切点为A、B．①求四边形OAPB面积的最小值；②求证：直线AB过定点．【解答】（1）解：依题意得：圆心（0，0）到直线x+3y+42=0的距离d＝r∴r＝d=|4∴圆C的方程为x2+y2=16（2）①解：连接OA，OB，∵PA，PB是圆C的两条切线，∴OA⊥AP，OB⊥BP，∴S=2∴当PO取最小值为8时，(S②证明：由①得，A，B在以OP为直径的圆上，设点P的坐标为（8，b），b∈R，则线段OP的中点坐标为（4，b2∴以OP为直径的圆方程为(x−4)即x2+y2﹣8x﹣by＝0．∵AB为两圆的公共弦，∴联立x2+y2=165x2+y2−8x−by=0得：直线AB的方程为8x则直线AB恒过定点（259．（2017•新课标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．【解答】解：（1）曲线y＝x2+mx﹣2与x轴交于A、B两点，可设A（x1，0），B（x2，0），由韦达定理可得x1x2＝﹣2，若AC⊥BC，则kAC•kBC＝﹣1，即有1−00−x1即为x1x2＝﹣1这与x1x2＝﹣2矛盾，故不出现AC⊥BC的情况；（2）证明：设过A、B、C三点的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0（D2+E2﹣4F＞0），由题意可得y＝0时，x2+Dx+F＝0与x2+mx﹣2＝0等价，可得D＝m，F＝﹣2，圆的方程即为x2+y2+mx+Ey﹣2＝0，由圆过C（0，1），可得0+1+0+E﹣2＝0，可得E＝1，则圆的方程即为x2+y2+mx+y﹣2＝0，另解：设过A、B、C三点的圆在y轴上的交点为H（0，d），则由相交弦定理可得|OA|•|OB|＝|OC|•|OH|，即有2＝|OH|，再令x＝0，可得y2+y﹣2＝0，解得y＝1或﹣2．即有圆与y轴的交点为（0，1），（0，﹣2），则过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值3．10．（2015•广东）已知过原点的动直线l与圆C1：x2+y2﹣6x+5＝0相交于不同的两点A，B．（1）求圆C1的圆心坐标；（2）求线段AB的中点M的轨迹C的方程；（3）是否存在实数k，使得直线L：y＝k（x﹣4）与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）∵圆C1：x2+y2﹣6x+5＝0，整理，得其标准方程为：（x﹣3）2+y2＝4，∴圆C1的圆心坐标为（3，0）；（2）设当直线l的方程为y＝kx、A（x1，y1）、B（x2，y2），联立方程组(x−3)消去y可得：（1+k2）x2﹣6x+5＝0，由△＝36﹣4（1+k2）×5＞0，可得k2＜由韦达定理，可得x1+x2=6∴线段AB的中点M的轨迹C的参数方程为x=31+k2y=∴线段AB的中点M的轨迹C的方程为：（x−32）2+y2=94，其中（3）结论：当k∈（−257，257）∪{−34，34}时，直线L：y理由如下：联立方程组(x−3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＝±34又∵轨迹C的端点（53，±253）与点（4，0）决定的直线斜率为∴当直线L：y＝k（x﹣4）与曲线C只有一个交点时，k的取值范围为[−257，257]∪11．如图，圆C：x2﹣（1+a）x+y2﹣ay+a＝0．（Ⅰ）若圆C与x轴相切，求圆C的方程；（Ⅱ）已知a＞1，圆C与x轴相交于两点M，N（点M在点N的左侧）．过点M任作一条直线与圆O：x2+y2＝4相交于两点A，B．问：是否存在实数a，使得∠ANM＝∠BNM？若存在，求出实数a的值，若不存在，请说明理由．【解答】（Ⅰ）因为由y=0x2−(1+a)x+y2−ay+a=0可得x2﹣（1+由题意得△＝（1+a）2﹣4a＝（a﹣1）2＝0，所以a＝1，故所求圆C的方程为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）．假设存在实数a，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k（x﹣1），代入x2+y2＝4得，（1+k2）x2﹣2k2x+k2﹣4＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），从而x1因为NA、NB的斜率之和为y1而（x1﹣1）（x2﹣a）+（x2﹣1）（x1﹣a）＝2x1x2﹣（a+1）（x2+x1）+2a=2k因为∠ANM＝∠BNM，所以，NA、NB的斜率互为相反数，y1x1−a+当直线AB与x轴垂直时，仍然满足∠ANM＝∠BNM，即NA、NB的斜率互为相反数．综上，存在a＝4，使得∠ANM＝∠BNM．课后作业.直线与圆1．已知圆C的圆心在x轴上，点M(0，5)在圆C上，圆心到直线2x﹣y＝0的距离为45A．（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：设圆C的圆心（a，0）在x轴正半轴上，则圆的方程为（x﹣a）2+y2＝r2（a＞0），由点M（0，5）在圆上，且圆心到直线2x﹣y＝0的距离为45得a2+5=r2|2a|∴圆C的方程为：（x﹣2）2+y2＝9．同理设圆C的圆心（a，0）在x轴负半轴上，则圆的方程为（x+a）2+y2＝r2（a＜0），∴圆C的方程为：（x+2）2+y2＝9．综上，圆C的方程为：（x±2）2+y2＝9．故选：D．2．已知动直线l与圆O：x2+y2＝4相交于A，B两点，且满足|AB|＝2，点C为直线l上一点，且满足CB→=52CA→，若A．3 B．23 C．2 D．﹣【解答】解：动直线l与圆O：x2+y2＝4相交于A，B两点，且满足|AB|＝2，则△OAB为等边三角形，于是可设动直线l为y=3（x根据题意可得B（﹣2，0），A（﹣1，3），∵M是线段AB的中点，∴M（−32，设C（x，y），∵CB→∴（﹣2﹣x，﹣y）=52（﹣1﹣x，3∴−2−x=5解得x=−1∴C（−13，∴OC→⋅OM→=（−13，533故选：A．3．已知两圆x2+y2+4ax+4a2﹣4＝0和x2+y2﹣2by+b2﹣1＝0恰有三条公切线，若a∈R，b∈R，且ab≠0，则1aA．3 B．1 C．49 D．【解答】解：两圆的标准方程为（x+2a）2+y2＝4和x2+（y﹣b）2＝1，圆心为（﹣2a，0），和（0，b），半径分别为2，1，若两圆恰有三条公切线，则等价为两圆外切，则满足圆心距(−2a)即4a2+b2＝9，则49a2+19则1a2+1b2=（1a2+1b故选：B．4．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．212 C．22【解答】解：圆C：x2+y2﹣2y＝0的圆心（0，1），半径是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＝1=12rd（d是切线长）∴d圆心到直线的距离就是PC的最小值，1∵k＞0，∴k＝2故选：D．5．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的值为多少？【解答】解：圆C：x2+y2﹣2y＝0⇒x2+（y﹣1）2＝1，圆心C（0，1），半径为1；…（2分）如图，∵PA＝PB，CB⊥PB，CA⊥PA，∴SPACB∵SPACD≥2，∴PA≥2…（6分）．∵PC2＝PA2+CA2＝PA2+1，∴PC2≥5即点C到直线的距离为5⋯所以d=|1+4|k2解得：k＝±2（负舍）…（12分）所以k＝2…（13分）6．在平面直角坐标系xOy中，M为直线x＝3上一动点，以M为圆心的圆记为圆M，若圆M截x轴所得的弦长恒为4，过点O作圆M的一条切线，切点为P，则点P到直线2x+y﹣10＝0距离最大值为35．【解答】解：设M（3，t），P（x0，y0），因为OP⊥PM，所以OP→可得x02+y02﹣3x0﹣ty0＝0①又圆M截x轴所得的弦长为4，所以4+t2＝（x0﹣3）2+（y0﹣t）2，整理得x02+y02﹣6x0﹣2ty0+5＝0②由①②得x02+y02＝5，即点P在圆x2+y2＝5上，于是P到直线2x+y﹣10＝0距离的最大值为105故答案为：35．7．已知圆C过坐标原点O，且与x轴，y轴分别交于点A，B，圆心坐标C（t，2t）（t∈R，t≠（1）求证：△AOB的面积为定值；（2）直线2x+y﹣4＝0与圆C交于点M，N，若|OM|＝|ON|，求圆C的方程；（3）在（2）的条件下，设P，Q分别是直线l：x+y+2＝0和圆C上的动点，求|PB|+|PQ|的最小值及此时点P的坐标．【解答】（1）证明：由题设知，圆C的方程为（x﹣