高考数学总复习《圆与圆的位置关系及圆的综合问题》专项测试卷及答案

第第页高考数学总复习《圆与圆的位置关系及圆的综合问题》专项测试卷及答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________复习要点1.能根据给定两个圆的方程判断两圆的位置关系.2.了解弦长最值、轨迹问题的解法．一直线被圆截得的弦长1．几何法：弦心距d、半径r和弦长|AB|的一半构成直角三角形，弦长|AB|＝2eq\r(r2－d2).2．代数法：设直线y＝kx＋m与圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0相交于点M，N，代入，消去y，得关于x的一元二次方程，则|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(xM＋xN2－4xMxN).二圆与圆的位置关系(⊙O1，⊙O2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|常/用/结/论过圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和圆C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0交点的圆系方程：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)(该圆系不含圆C2，解题时，注意检验圆C2是否满足题意，以防漏解)．1．判断下列结论是否正确．(1)若两圆相切，则有且只有一条公切线．()(2)在圆中最长的弦是直径．(√)(3)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．()(4)“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．若圆x2＋y2＝1与圆(x＋4)2＋(y－a)2＝25相切，则常数a＝________.解析：两圆的圆心距d＝eq\r(－42＋a2)，由两圆相切(外切或内切)，得eq\r(－42＋a2)＝5＋1或eq\r(－42＋a2)＝5－1，解得a＝±2eq\r(5)或a＝0.答案：±2eq\r(5)或03．圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦长为________．解析：联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4＝0，,x2＋y2－4x＋4y－12＝0，))易得两圆公共弦所在直线方程为x－y＋2＝0.又圆x2＋y2＝4的圆心到直线x－y＋2＝0的距离为eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2).由勾股定理得弦长的一半为eq\r(4－2)＝eq\r(2)，则所求弦长为2eq\r(2).答案：2eq\r(2)题型圆与圆的位置关系典例1已知圆M：x2＋y2－2x－6y－1＝0和圆N：x2＋y2－10x－12y＋m＝0.求：(1)m取何值时两圆外切？d＝R1＋R2(2)m取何值时两圆内切，此时公切线方程是什么？d＝|R1－R2|仅有1条，且与两圆心连线垂直．(3)求m＝45时两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长．由两圆方程相减即可求得．利用其中一个圆中的直角三角形即可，半径、半弦长、弦心距构成直角三角形．解：两圆的标准方程分别为(x－1)2＋(y－3)2＝11，(x－5)2＋(y－6)2＝61－m，圆心分别为M(1,3)，N(5,6)，半径分别为eq\r(11)和eq\r(61－m)，则m<61.(1)当两圆外切时，eq\r(5－12＋6－32)＝eq\r(11)＋eq\r(61－m).解得m＝25＋10eq\r(11).(2)当两圆内切时，因定圆M的半径eq\r(11)小于两圆圆心间的距离，故只有eq\r(61－m)－eq\r(11)＝5，解得m＝25－10eq\r(11).因为kMN＝eq\f(6－3,5－1)＝eq\f(3,4)，所以两圆的公切线的斜率是－eq\f(4,3).设切线方程为y＝－eq\f(4,3)x＋b，则有eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)×1＋3－b)),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2＋1))＝eq\r(11)，解得b＝eq\f(13,3)±eq\f(5\r(11),3).容易验证，当b＝eq\f(13,3)＋eq\f(5\r(11),3)时，直线与圆N相交，舍去．故所求公切线方程y＝－eq\f(4,3)x＋eq\f(13,3)－eq\f(5\r(11),3)，即4x＋3y＋5eq\r(11)－13＝0.(3)两圆的公共弦所在直线的方程为(x2＋y2－2x－6y－1)－(x2＋y2－10x－12y＋45)＝0，即4x＋3y－23＝0.由圆的半径、弦长、弦心距间的关系，不难求得公共弦的长为2×eq\r(\a\vs4\al(\r(11)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|4＋3×3－23|,\r(42＋32))))2))＝2eq\r(7).1．判断两圆位置关系的方法常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差的绝对值的关系来判断，一般不用代数法．2．两圆公共弦长的求法两圆公共弦长，在其中一圆中，弦心距d，半弦长eq\f(l,2)，半径r构成两圆方程相减，可求出公共弦所在的直线．直角三角形，利用勾股定理求解.对点练1(1)(2024·河南郑州外国语中学调研)已知圆C1：(x＋2a)2＋y2＝4和圆C2：x2＋(y－b)2＝1只有一条公切线，若a，b∈R且ab≠0，则eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)的最小值为()A．2B．4C．8D．9(2)(多选)(2024·湖北武汉模拟)已知圆O：x2＋y2＝9，点P(a，b)在圆O外，以线段OP为直径作圆M，与圆O相交于A，B两点，则()A．直线PA，PB均与圆O相切B．当|PA|＝|PB|＝4时，点P在圆x2＋y2＝5上运动C．当|PA|＝|PB|＝3时，点M在圆x2＋y2＝eq\f(9,2)上运动D．若a＝4，b＝－2，则直线AB的方程为4x－2y－9＝0解析：(1)由题意，可知圆C1的圆心为(－2a,0)，半径为2，圆C2的圆心为(0，b)，半径为1，因为两圆只有一条公切线，所以两圆内切，所以eq\r(－2a－02＋0－b2)＝2－1，即4a2＋b2＝1.所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))(4a2＋b2)＝5＋eq\f(b2,a2)＋eq\f(4a2,b2)≥5＋2eq\r(\f(b2,a2)·\f(4a2,b2))＝9，当且仅当eq\f(b2,a2)＝eq\f(4a2,b2)，且4a2＋b2＝1，即a2＝eq\f(1,6)，b2＝eq\f(1,3)时，等号成立，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)的最小值为9.故选D.(2)由于OP为直径，则∠OAP＝∠OBP＝90°，所以直线PA，PB均与圆O相切，A正确；当|PA|＝|PB|＝4时，因为|OA|＝|OB|＝3，∠OAP＝∠OBP＝90°，则|OP|＝5，所以点P在圆x2＋y2＝25上运动，B错误；当|PA|＝|PB|＝3时，|OA|＝|OB|＝3，则圆M的半径为eq\f(3\r(,2),2)，所以点M在圆x2＋y2＝eq\f(9,2)上运动，C正确；若a＝4，b＝－2，则点M(2，－1)，圆M：(x－2)2＋(y＋1)2＝5，又圆O：x2＋y2＝9，将这两圆的方程两端分别相减并整理，得直线AB的方程为4x－2y－9＝0，D正确．故选ACD.答案：(1)D(2)ACD题型弦长及弦中点问题典例2圆x2＋y2＝8内有一点P(－1,2)，过点P的直线l的倾斜角为α，直线l交圆于A，B两点．(1)当α＝eq\f(3π,4)时，求AB的长；(2)当弦AB被点P平分时，求直线l的方程．方法一：可知OP⊥AB⇒eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(kl＝\f(1,2)，,l过P－1，2))⇒l.方法二：“点差法”．解：(1)当α＝eq\f(3π,4)时，kAB＝－1，直线AB的方程为y－2＝－(x＋1)，即x＋y－1＝0.故圆心(0,0)到AB的距离d＝eq\f(|0＋0－1|,\r(,2))＝eq\f(\r(,2),2)，从而弦长|AB|＝2eq\r(,8－\f(1,2))＝eq\r(,30).(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2，y1＋y2＝4.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)＝8，,x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2)＝8，))两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－可得斜率与弦中点坐标的关系式．y2)＝0，即－2(x1－x2)＋4(y1－y2)＝0，∴kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(1,2).∴直线l的方程为y－2＝eq\f(1,2)(x＋1)，即x－2y＋5＝0.在研究弦长及弦中点问题时，可设弦AB两端点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．1．求直线被圆截得的弦长的常用方法(1)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，且r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2＋d2.(2)代数法：联立直线方程和圆的方程，消元转化为一元二次方程，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)(k≠0)．2．若弦AB的中点为(x0，y0)，圆的方程为x2＋y2＝r2，则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，))所以k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝－eq\f(x2＋x1,y2＋y1)＝－eq\f(x0,y0).对点练2(1)(多选)(2024·山东德州模拟)直线y＝kx－1与圆C：(x＋3)2＋(y－3)2＝36相交于A，B两点，则AB的长度可能为()A．6B．8C．12D．16(2)(2023·新高考全国Ⅱ卷)已知直线x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为eq\f(8,5)”的m的一个值________．解析：(1)因为直线y＝kx－1过圆内一定点(0，－1)，故圆C的圆心(－3,3)到直线y＝kx－1的距离的最大值为eq\r(0＋32＋－1－32)＝5.又圆C的半径为6，故弦长AB的最小值为2eq\r(62－52)＝2eq\r(11).又当直线y＝kx－1过圆心时弦长AB取最大值为直径12，故AB长度的取值范围为[2eq\r(11)，12]．结合各选项，故选BC.(2)设点C到直线AB的距离为d，由弦长公式得|AB|＝2eq\r(4－d2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×d×2eq\r(4－d2)＝eq\f(8,5)，解得d＝eq\f(4\r(5),5)或d＝eq\f(2\r(5),5)，因为d＝eq\f(|1＋1|,\r(1＋m2))＝eq\f(2,\r(1＋m2))，所以eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(4\r(5),5)或eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(2\r(5),5)，解得m＝±2或m＝±eq\f(1,2).故答案为2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一个皆可)).答案：(1)BC(2)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一个皆可))题型与圆有关的最值问题典例3已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0.(1)求eq\f(y,x)的最大值和最小值；(2)求y－x的最大值和最小值；(3)求x2＋y2的最大值和最小值．双变量的最值问题：方法一(利用几何意义)：(1)eq\f(y,x)→圆上的动点(x，y)与原点(0,0)连线的斜率；(2)y－x→令y－x＝b，则y＝x＋b，则b表示直线在y轴上的截距；(3)x2＋y2→圆上的动点(x，y)与原点(0,0)距离的平方．方法二(利用参数方程)：(2)(3)可利用圆的参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋\r(3)cosθ，,y＝\r(3)sinθ))(θ为参数)．解：原方程可化为(x－2)2＋y2＝3，表示以(2,0)为圆心，eq\r(,3)为半径的圆．(1)(斜率型)eq\f(y,x)的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设eq\f(y,x)＝k，即y＝kx.当直线y＝kx与圆相切时，斜率k取最大值或最小值，此时eq\f(|2k－0|,\r(,k2＋1))＝eq\r(,3)，解得k＝±eq\r(,3).所以eq\f(y,x)的最大值为eq\r(,3)，最小值为－eq\r(,3).(2)(截距型)方法一：y－x可看作是直线y＝x＋b在y轴上的截距，当直线y＝x＋b与圆相切时，纵截距b取得最大值或最小值，此时eq\f(|2－0＋b|,\r(,2))＝eq\r(,3)，解得b＝－2±eq\r(,6).所以y－x的最大值为eq\r(,6)－2，最小值为－eq\r(,6)－2.方法二：设圆的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋\r(,3)cosθ，,y＝\r(,3)sinθ，))0≤θ<2π，则y－x＝eq\r(,3)sinθ－eq\r(,3)cosθ－2＝eq\r(,6)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))－2，当θ＝eq\f(3π,4)时，y－x取最大值eq\r(,6)－2，当θ＝eq\f(7π,4)时，y－x取最小值－eq\r(,6)－2.(3)(距离型)方法一：x2＋y2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，在原点与圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．又圆心到原点的距离为eq\r(,2－02＋0－02)＝2，所以x2＋y2的最大值是(2＋eq\r(,3))2＝7＋4eq\r(,3)，x2＋y2的最小值是(2－eq\r(,3))2＝7－4eq\r(,3).方法二：由(2)中方法二的参数方程可得x2＋y2＝(2＋eq\r(,3)cosθ)2＋(eq\r(,3)sinθ)2＝7＋4eq\r(,3)cosθ，从而得最大值为7＋4eq\r(,3)，最小值为7－4eq\r(,3).与圆有关的最值问题的常见题型(1)形如μ＝eq\f(y－b,x－a)形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题．(2)形如t＝ax＋by形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题．(3)形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值问题，可转化为动点到定点距离的平方的最值问题．对点练3(1)(多选)(2024·福建莆田模拟)已知直线l：ax＋by＋1＝0(a>0，b>0)与圆C：x2＋y2＝1相切，则下列说法正确的是()A．ab≥eq\f(1,2) B.eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)≥4C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(1,2) D.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≤2eq\r(,2)(2)(多选)(2024·山西运城调研)已知直线l：x－y＋5＝0，过直线上任意一点M作圆C：(x－3)2＋y2＝4的两条切线，切点分别为A，B，则有()A．|MA|的最小值为4eq\r(,2)－2B．不存在点M使得∠AMB为60°C．当|MC|·|AB|最小时，直线AB的方程为x－2y－1＝0D．若圆C与x轴交点为P，Q，则eq\o(MP,\s\up16(→))·eq\o(MQ,\s\up16(→))的最小值为28解析：(1)依题意可得eq\f(1,\r(,a2＋b2))＝1，即a2＋b2＝1，所以ab≤eq\f(a2＋b2,2)＝eq\f(1,2)，所以A错误；因为eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))(a2＋b2)＝2＋eq\f(b2,a2)＋eq\f(a2,b2)≥4，所以B正确；因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(a2＋b2＋2ab,4)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)ab≤eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，所以C正确；因为eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(2,\r(,ab))≥eq\f(2,\r(,\f(1,2)))＝2eq\r(,2)，所以D错误．故选BC.(2)由题知，圆C的圆心为(3,0)，半径r＝2，对于A，因为圆心(3,0)到直线l：x－y＋5＝0的距离d＝eq\f(8,\r(,2))＝4eq\r(,2)，所以|MC|min＝4eq\r(,2)，故|MA|min＝eq\r(,|MC|\o\al(2,min)－r2)＝2eq\r(,7)，故A错误；对于B，假设存在点M使得∠AMB为60°，则∠AMC＝30°，故在Rt△AMC中，|MC|＝2r＝4，由A选项知|MC|min＝4eq\r(,2)>4，故矛盾，即不存在点M使得∠AMB为60°，故B正确；对于C，由于MC⊥AB，故四边形MACB的面积S＝eq\f(1,2)|MC|·|AB|＝2S△MAC＝|MA|·r＝2|MA|，所以|MC|·|AB|＝4|MA|，故当|MC|·|AB|最小时，|MA|最小，由A选项知|MA|min＝2eq\r(,7)，此时MC⊥l，l∥AB，即直线AB的斜率为1，由于直线x－2y－1＝0的斜率为eq\f(1,2)，故C错误；对于D，不妨取P(1,0)，Q(5,0)，设M(x，x＋5)，则eq\o(MP,\s\up16(→))·eq\o(MQ,\s\up16(→))＝(1－x，－x－5)·(5－x，－x－5)＝(5－x)(1－x)＋(x＋5)2＝2x2＋4x＋30＝2(x＋1)2＋28≥28，当且仅当x＝－1时等号成立，故eq\o(MP,\s\up16(→))·eq\o(MQ,\s\up16(→))的最小值为28，故D正确．故选BD.答案：(1)BC(2)BD题型与圆有关的轨迹问题典例4已知圆x2＋y2＝4上一定点A(2,0)，B(1，1)为圆内一点，P，Q为圆上的动点．(1)求线段AP中点的轨迹方程；相关点法．(2)若∠PBQ＝90°，求线段PQ中点的轨迹方程．设PQ中点N(x，y)，则|OP|2＝|ON|2＋|BN|2.解：(1)设AP的中点为M(x，y)，由中点坐标公式可知点P的坐标为(2x－2,2y)．因为点P在圆x2＋y2＝4上，所