2025屆高考數(shù)學一輪復習第8章平面解析幾何第4講直線與圓圓與圓的位置關系創(chuàng)新教學案含解析新人教版

PAGE1-第4講直線與圓、圓與圓的位置關系[考綱解讀]1.能依據(jù)給定直線、圓的方程推斷直線與圓的位置關系；能依據(jù)給定兩個圓的方程推斷圓與圓的位置關系．(重點)2．能夠求出圓的切線、弦長、能利用圓系解決相關問題，同時在解題時留意基本運算、等價轉(zhuǎn)化及數(shù)形結(jié)合思想的運用．(難點)[考向預料]從近三年高考狀況來看，本講為高考必考內(nèi)容．預料2024年高考將會考查：①直線與圓位置關系的推斷及應用；②直線與圓相交的弦長問題；③利用直線與圓位置關系求參數(shù)的取值范圍問題．試題以客觀題形式呈現(xiàn)，難度一般不大，屬中檔題型．此外也不要忽視在解答題中出現(xiàn)的可能性.1.直線與圓的位置關系設直線l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，圓：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，d為圓心(a，b)到直線l的距離，聯(lián)立直線和圓的方程，消元后得到的一元二次方程的判別式為Δ.方法位置關系幾何法代數(shù)法相交deq\o(□,\s\up1(01))<rΔeq\o(□,\s\up1(02))>0相切deq\o(□,\s\up1(03))＝rΔeq\o(□,\s\up1(04))＝0相離deq\o(□,\s\up1(05))>rΔeq\o(□,\s\up1(06))<02．圓與圓的位置關系設圓O1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝req\o\al(2,1)(r1>0)，圓O2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝req\o\al(2,2)(r2>0)．方法位置關系幾何法：圓心距d與r1，r2的關系代數(shù)法：兩圓方程聯(lián)立組成方程組的解的狀況外離eq\o(□,\s\up1(01))d>r1＋r2eq\o(□,\s\up1(02))無解外切eq\o(□,\s\up1(03))d＝r1＋r2一組實數(shù)解相交eq\o(□,\s\up1(04))|r1－r2|<d<r1＋r2兩組不同的實數(shù)解內(nèi)切d＝|r1－r2|(r1≠r2)eq\o(□,\s\up1(05))一組實數(shù)解內(nèi)含0≤d<|r1－r2|(r1≠r2)eq\o(□,\s\up1(06))無解3．必記結(jié)論當直線與圓相交時，由弦心距(圓心到直線的距離)，弦長的一半及半徑構(gòu)成一個直角三角形．(1)兩圓相交時公共弦的方程設圓C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0，①圓C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0，②若兩圓相交，則有一條公共弦，其公共弦所在直線方程由①－②所得，即：(D1－D2)x＋(E1－E2)y＋(F1－F2)＝0.(2)兩個圓系方程①過直線Ax＋By＋C＝0與圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0交點的圓系方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ(Ax＋By＋C)＝0(λ∈R)；②過圓C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和圓C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0交點的圓系方程：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)(其中不含圓C2，因此留意檢驗C2是否滿意題意，以防丟解)．(3)弦長公式|AB|＝eq\r(1＋k2)|xA－xB|＝eq\r(1＋k2[xA＋xB2－4xAxB]).1．概念辨析(1)“k＝2”是“直線x＋y＋k＝0與圓x2＋y2＝2相切”(2)過圓O：x2＋y2＝r2上一點P(x0，y0)的圓的切線方程是x0x＋y0y＝r2.()(3)假如兩圓的圓心距小于兩圓的半徑之和，則兩圓相交．()(4)從兩相交圓的方程中消掉二次項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)√2．小題熱身(1)直線x－y＋1＝0與圓x2＋y2＝1的位置關系為()A．相切 B．相交但直線不過圓心C．直線過圓心 D．相離答案B解析圓心(0,0)到直線x－y＋1＝0的距離d＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，而0<eq\f(\r(2),2)<1.故選B.(2)已知直線l：y＝k(x＋eq\r(3))和圓C：x2＋(y－1)2＝1，若直線l與圓C相切，則k＝()A．0 B.eq\r(3)C.eq\f(\r(3),3)或0 D.eq\r(3)或0答案D解析因為直線l與圓C相切，所以圓心C到直線l的距離d＝eq\f(|－1＋\r(3)k|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝0或k＝eq\r(3).故選D.(3)圓x2＋y2＝4與圓x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦所在的直線方程為________．答案x－y＋2＝0解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4＝0，,x2＋y2－4x＋4y－12＝0，))得4x－4y＋8＝0，即x－y＋2＝0.(4)在平面直角坐標系xOy中，直線x＋2y－3＝0被圓(x－2)2＋(y＋1)2＝4截得的弦長為________．答案eq\f(2\r(55),5)解析圓心為(2，－1)，半徑r＝2.圓心到直線的距離d＝eq\f(|2＋2×－1－3|,\r(1＋4))＝eq\f(3\r(5),5)，所以弦長為2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(5),5)))2)＝eq\f(2\r(55),5).題型一直線與圓的位置關系的推斷1．直線kx－y＋2－k＝0與圓x2＋y2－2x－8＝0的位置關系為()A．相交或相切或相離 B．相交或相切C．相交 D．相切答案C解析解法一：直線kx－y＋2－k＝0的方程可化為k(x－1)－(y－2)＝0，恒過定點(1,2)，因為12＋22－2×1－8<0，所以點(1,2)在圓x2＋y2－2x－8＝0的內(nèi)部，所以直線kx－y＋2－k＝0與圓x2＋y2－2x－8＝0相交．解法二：圓的方程可化為(x－1)2＋y2＝32，所以圓的圓心為(1,0)，半徑為3.圓心到直線kx－y＋2－k＝0的距離為eq\f(|k＋2－k|,\r(1＋k2))＝eq\f(2,\r(1＋k2))<2，所以直線與圓相交．解法三：由kx－y＋2－k＝0得y＝kx＋2－k，代入x2＋y2－2x－8＝0，得x2＋(kx＋2－k)2－2x－8＝0，整理得(1＋k2)x2－(2k2－4k＋2)x＋k2－4k－4＝0，Δ＝[－(2k2－4k＋2)]2－4(1＋k2)(k2－4k－4)＝4(k2－2k＋1)2－4(1＋k2)(k2－4k－4)＝4(9k2＋5)>0.所以直線kx－y＋2－k＝0與圓x2＋y2－2x－8＝0相交．2．(2024·惠州模擬)已知圓O：x2＋y2＝4上到直線l：x＋y＝a的距離等于1的點恰有3個，則實數(shù)a的值為()A．2eq\r(2) B.eq\r(2)C．－eq\r(2)或eq\r(2) D．－2eq\r(2)或2eq\r(2)答案C解析因為圓O的半徑為2，若圓O上到直線l的距離等于1的點恰有3個，則圓心到直線l的距離d＝eq\f(|－a|,\r(2))＝1，解得a＝±eq\r(2).3．若直線l：x－y＋m＝0與圓C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0恒有公共點，則m的取值范圍是()A．[－eq\r(2)，eq\r(2)] B．[－2eq\r(2)，2eq\r(2)]C．[－eq\r(2)－1，eq\r(2)－1] D．[－2eq\r(2)－1,2eq\r(2)－1]答案D解析解法一：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋m＝0，,x2＋y2－4x－2y＋1＝0，))消去y整理得2x2＋(2m－6)x＋m2－2m＋1＝0.由Δ＝(2m－6)2－4×2×(m2－2m＋1)＝－4(m2＋2m解得－2eq\r(2)－1≤m≤2eq\r(2)－1.解法二：圓C的標準方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4.圓心坐標為(2,1)，半徑r＝2.由題意得圓心到直線x－y＋m＝0的距離d＝eq\f(|2－1＋m|,\r(12＋－12))≤2，解得－2eq\r(2)－1≤m≤2eq\r(2)－1.推斷直線與圓的位置關系的常用方法(1)幾何法：利用d與r的關系．見舉例說明1解法二．(2)代數(shù)法：聯(lián)立方程之后利用Δ推斷．見舉例說明1解法三．(3)點與圓的位置關系法：若直線恒過定點且定點在圓內(nèi)，可推斷直線與圓相交．如舉例說明1解法一．上述方法中最常用的是幾何法，點與圓的位置關系法適用于動直線問題．1．已知△ABC的三邊長為a，b，c，滿意直線ax＋by＋2c＝0與圓x2＋y2＝4相離，則△ABCA．直角三角形 B．銳角三角形C．鈍角三角形 D．以上狀況都有可能答案C解析∵直線ax＋by＋2c＝0與圓x2＋y2＝4相離，∴圓心到直線的距離eq\f(2c,\r(a2＋b2))>2，即c2>a2＋b2.故△ABC是鈍角三角形．故選C.2．若直線l：x＋y＝m與曲線C：y＝eq\r(1－x2)有且只有兩個公共點，則m的取值范圍是________．答案[1，eq\r(2))解析畫出圖象如圖，當直線l經(jīng)過點A，B時，m＝1，此時直線l與曲線y＝eq\r(1－x2)有兩個公共點，當直線l與曲線相切時，m＝eq\r(2)，因此當1≤m<eq\r(2)時，直線l：x＋y＝m與曲線y＝eq\r(1－x2)有且只有兩個公共點．題型二圓的切線和弦長問題角度1直線與圓的相切問題(多維探究)1．(2024·丹東二模)經(jīng)過點M(3,0)作圓x2＋y2－2x－4y－3＝0的切線l，則l的方程為()A．x＋y－3＝0 B．x＋y－3＝0或x＝3C．x－y－3＝0 D．x－y－3＝0或x＝3答案C解析由x2＋y2－2x－4y－3＝0，得(x－1)2＋(y－2)2＝8，則圓心坐標為(1,2)，半徑為2eq\r(2)，當過點M(3,0)的切線存在斜率k時，則設切線方程為y＝k(x－3)，即kx－y－3k＝0，∵圓心到它的距離為2eq\r(2)，∴有eq\f(|1×k－2－3k|,\r(k2＋1))＝2eq\r(2)?k＝1；當過點M(3,0)的切線不存在斜率時，即x＝3，明顯圓心到它的距離為2≠2eq\r(2)，∴x＝3不是圓的切線．因此切線方程為x－y－3＝0.條件探究將本例中的條件改為“經(jīng)過點M(eq\r(2)＋1,2－eq\r(2))作圓C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0的切線l”，則l的方程為____________．答案x－y＋1－2eq\r(2)＝0解析由題意得圓心C(1,2)，半徑r＝2.∵(eq\r(2)＋1－1)2＋(2－eq\r(2)－2)2＝4，∴點M在圓C上．又kMC＝eq\f(2－\r(2)－2,\r(2)＋1－1)＝－1，∴切線的斜率k＝－eq\f(1,kMC)＝1.∴經(jīng)過點M的圓C的切線方程是y－(2－eq\r(2))＝x－(eq\r(2)＋1)，即x－y＋1－2eq\r(2)＝0.角度2與圓有關的弦長問題2．(2024·遵義航天高級中學月考)直線l：x＋ay＝2被圓x2＋y2＝4所截得的弦長為2eq\r(3)，則直線l的斜率為()A.eq\r(3) B．－eq\r(3)C.eq\f(\r(3),3) D．±eq\f(\r(3),3)答案D解析圓心(0,0)到直線l：x＋ay－2＝0的距離d＝eq\f(2,\r(1＋a2))，因為直線l被圓x2＋y2＝4所截得的弦長為2eq\r(3)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(1＋a2))))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),2)))2＝4，解得a＝±eq\r(3)，所以直線l的斜率為－eq\f(1,a)＝±eq\f(\r(3),3).角度3與圓有關的最值問題3．已知點(x，y)在圓(x－2)2＋(y＋3)2＝1上，求eq\f(y,x)的最大值和最小值．解eq\f(y,x)可視為點(x，y)與原點連線的斜率，eq\f(y,x)的最大值和最小值就是與該圓有公共點的過原點的直線斜率的最大值和最小值，即直線與圓相切時的斜率．設過原點的直線方程為y＝kx，由直線與圓相切得圓心到直線的距離等于半徑，即eq\f(|2k＋3|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝－2＋eq\f(2\r(3),3)或k＝－2－eq\f(2\r(3),3)，∴eq\f(y,x)的最大值為－2＋eq\f(2\r(3),3)，最小值為－2－eq\f(2\r(3),3).1．求過圓上一點(x0，y0)的切線方程的方法先求切點與圓心連線的斜率k，若k不存在，則結(jié)合圖形可干脆寫出切線方程為y＝y(tǒng)0；若k＝0，則結(jié)合圖形可干脆寫出切線方程為x＝x0；若k存在且k≠0，則由垂直關系知切線的斜率為－eq\f(1,k)，由點斜式可寫出切線方程．見舉例說明1的條件探究．2．求過圓外一點(x0，y0)的圓的切線方程的兩種方法幾何法當斜率存在時，設為k，則切線方程為y－y0＝k(x－x0)，即kx－y＋y0－kx0＝0.由圓心到直線的距離等于半徑，即可求出k的值，進而寫出切線方程．見舉例說明1代數(shù)法當斜率存在時，設為k，則切線方程為y－y0＝k(x－x0)，即y＝kx－kx0＋y0，代入圓的方程，得到一個關于x的一元二次方程，由Δ＝0，求得k，切線方程即可求出3．求直線與圓相交時弦長的兩種方法(1)幾何法：直線l與圓C交于A，B兩點，設弦心距為d，圓C的半徑為r，則|AB|＝2eq\r(r2－d2).(2)代數(shù)法：將直線方程與圓的方程聯(lián)立，設直線與圓的交點分別是A(x1，y1)，B(x2，y2)．則|AB|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|(直線l的斜率k存在)．4．借助幾何性質(zhì)求與圓有關的最值問題處理與圓有關的最值問題，應充分考慮圓的幾何性質(zhì)，并依據(jù)代數(shù)式的幾何意義，借助數(shù)形結(jié)合思想求解．(1)形如μ＝eq\f(y－b,x－a)形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線斜率的最值問題．見舉例說明3.(2)形如t＝ax＋by形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線截距的最值問題或轉(zhuǎn)化為線性規(guī)劃問題．(3)形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動點到定點的距離的平方的最值問題．1．若直線y＝kx＋1與圓x2＋y2＝1相交于P，Q兩點，且∠POQ＝120°(其中O為原點)，則k的值為()A．－eq\r(3)或eq\r(3) B.eq\r(3)C．－eq\r(2)或eq\r(2) D.eq\r(2)答案A解析由題意可得圓心O到直線y＝kx＋1的距離等于eq\f(1,2)，所以eq\f(1,\r(k2＋1))＝eq\f(1,2)，解得k＝±eq\r(3).故選A.2．由直線y＝x＋1上的一點向圓C：x2－6x＋y2＋8＝0引切線，則切線長的最小值為()A．1 B．2eq\r(2)C.eq\r(7) D．3答案C解析解法一：切線長的最小值在直線y＝x＋1上的點與圓心距離最小時取得，圓心(3,0)到直線的距離為d＝eq\f(|3－0＋1|,\r(2))＝2eq\r(2)，圓的半徑長為r＝1，故切線長的最小值為eq\r(d2－r2)＝eq\r(8－1)＝eq\r(7).解法二：易知P(m，m＋1)在直線y＝x＋1上，由切線長公式得|PC|＝eq\r(m2－6m＋m＋12＋8)＝eq\r(2m－12＋7)，由m∈R可得|PC|min＝eq\r(7).3．已知圓C的圓心在直線y＝－4x上，且與直線l：x＋y－1＝0相切于點P(3，－2)，則圓C的方程為________．答案(x－1)2＋(y＋4)2＝8解析解法一：如圖設圓心(x0，－4x0)，依題意得eq\f(4x0－2,3－x0)＝1，∴x0＝1，即圓心坐標為(1，－4)，半徑r＝2eq\r(2)，故圓的方程為(x－1)2＋(y＋4)2＝8.解法二：設所求方程為(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2，依據(jù)已知條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝－4x0，,3－x02＋－2－y02＝r2，,\f(|x0＋y0－1|,\r(2))＝r，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,y0＝－4，,r＝2\r(2).))因此所求圓的方程為(x－1)2＋(y＋4)2＝8.題型三圓與圓的位置關系1．(2024·揭陽模擬)若圓x2＋y2＝1與圓x2＋y2－6x－8y－m＝0相切，則m的值為________．答案－9或11解析因為x2＋y2－6x－8y－m＝0，所以(x－3)2＋(y－4)2＝25＋m，因為兩圓相切，所以eq\r(32＋42)＝1＋eq\r(25＋m)或eq\r(32＋42)＝|1－eq\r(25＋m)|，解得m＝－9或11.條件探究1將本例中條件改為“已知圓C1：(x－a)2＋(y＋2)2＝4與圓C2：(x＋b)2＋(y＋2)2＝1相外切”，則ab的最大值為________．答案eq\f(9,4)解析由圓C1與圓C2相外切，得eq\r(a＋b2＋－2＋22)＝2＋1＝3，即(a＋b)2＝9，依據(jù)基本不等式可知ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(9,4)，當且僅當a＝b時等號成立．條件探究2將本例中兩圓的方程改為圓x2＋y2－6x＝0與圓x2＋y2＋8x＋12＝0，則這兩個圓的位置關系是________．答案相離解析圓x2＋y2－6x＝0的圓心坐標C1(3,0)，半徑r1＝3，圓x2＋y2＋8x＋12＝0的圓心坐標C2(－4,0)，半徑r2＝2，則圓心距為|C1C2因為|C1C2|>r1＋r22．已知圓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C1(1,3)，半徑r1＝eq\r(11)，圓C2的圓心C2(5,6)，半徑r2＝4，兩圓圓心距d＝|C1C2|＝5，r1＋r2＝eq\r(11)＋4，|r1－r2|＝4－eq\r(11)，∴|r1－r2|<d<r1＋r2，∴圓C1和C2相交．(2)圓C1和圓C2的方程相減，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d＝eq\f(|20＋18－23|,\r(16＋9))＝3，故公共弦長為2eq\r(16－9)＝2eq\r(7).推斷圓與圓的位置關系的步驟(1)確定兩圓的圓心坐標和半徑長．(2)利用平面內(nèi)兩點間的距離公式求出圓心距d，求r1＋r2，|r1－r2|.(3)比較d，r1＋r2，|r1－r2|的大小，寫出結(jié)論．1．與圓C1：x2＋y2－6x＋4y＋12＝0，C2：x2＋y2－14x－2y＋14＝0都相切的直線有()A．1條 B．2條C．3條 D．4條答案A解析兩圓分別化為標準形式為C1：(x－3)2＋(y＋2)2＝1，C2：(x－7)2＋(y－1)2＝36，則兩圓圓心距|C1C2|＝eq\r(7－32＋[1－－2]2)＝5，等于兩圓半徑差，故兩圓內(nèi)切．所以它們只有一條公切線．2．若圓x2＋y2＝4與圓x2＋y2＋2ay－6＝0(a>0)的公共弦長為2eq\r(3)，則a＝________.答案1解析兩圓的方程作差易知公共弦所在的直線方程為y＝eq\f(1,a)，如圖，由已知得|AC|＝eq\r(3)，|OA|＝2，∴|OC|＝eq\f(1,a)＝1，∴a＝1.組基礎關1．已知點M(a，b)在圓O：x2＋y2＝1外，則直線ax＋by＝1與圓O的位置關系是()A．相切 B．相交C．相離 D．不確定答案B解析因為點M(a，b)在圓O：x2＋y2＝1外，所以a2＋b2>1，圓O的半徑為1，圓O的圓心到直線ax＋by－1＝0的距離d＝eq\f(1,\r(a2＋b2))<1，所以直線ax＋by＝1與圓O相交．2．若直線x－y＋1＝0與圓C：(x－a)2＋y2＝2有公共點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[－3，－1] B．[－1,3]C．[－3,1] D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)答案C解析圓C的圓心為(a,0)，半徑為eq\r(2)，因為直線x－y＋1＝0與圓C有公共點，所以有eq\f(|a＋1|,\r(2))≤eq\r(2)，即|a＋1|≤2，解得－3≤a≤1.3．圓心為(2,0)的圓C與圓x2＋y2＋4x－6y＋4＝0相外切，則C的方程為()A．x2＋y2＋4x＋2＝0 B．x2＋y2－4x＋2＝0C．x2＋y2＋4x＝0 D．x2＋y2－4x＝0答案D解析圓x2＋y2＋4x－6y＋4＝0的圓心為M(－2,3)，半徑r＝3，|CM|＝eq\r(2＋22＋－32)＝5，∴圓C的半徑為5－3＝2，∴圓C的標準方程為(x－2)2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0.4．(2024·安徽定遠中學月考)已知在平面直角坐標系xOy中，圓C1：(x－m)2＋(y－m－6)2＝2與圓C2：(x＋1)2＋(y－2)2＝1交于A，B兩點，若|OA|＝|OB|，則實數(shù)m的值為()A．1 B．2C．－1 D．－2答案D解析因為|OA|＝|OB|，所以O在AB的中垂線上，即O在兩個圓心的連線上，O(0,0)，C1(m，m＋6)，C2(－1,2)三點共線，所以eq\f(m＋6,m)＝－2，得m＝－2.5．圓心在直線x－y－4＝0上，且經(jīng)過兩圓x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交點的圓的方程為()A．x2＋y2－x＋7y－32＝0B．x2＋y2－x＋7y－16＝0C．x2＋y2－4x＋4y＋9＝0D．x2＋y2－4x＋4y－8＝0答案A解析設經(jīng)過兩圓的交點的圓的方程為x2＋y2＋6x－4＋λ(x2＋y2＋6y－28)＝0，即x2＋y2＋eq\f(6,1＋λ)x＋eq\f(6λ,1＋λ)y－eq\f(4＋28λ,1＋λ)＝0，其圓心坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,1＋λ)，－\f(3λ,1＋λ)))，又圓心在直線x－y－4＝0上，所以－eq\f(3,1＋λ)＋eq\f(3λ,1＋λ)－4＝0，解得λ＝－7，故所求圓的方程為x2＋y2－x＋7y－32＝0.6．過點M(1,2)的直線l與圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝25交于A，B兩點，C為圓心，當∠ACB最小時，直線l的方程是()A．x＋y－3＝0 B．x－y＋1＝0C．x＋2y－5＝0 D．x－2y＋3＝0答案A解析設圓心C到直線l的距離為d，則有coseq\f(∠ACB,2)＝eq\f(d,5)，要使∠ACB最小，則d要取到最大值，此時直線l與直線CM垂直．而kCM＝eq\f(4－2,3－1)＝1，故直線l的方程為y－2＝－1×(x－1)，即x＋y－3＝0.7．圓心在曲線y＝eq\f(2,x)(x>0)上，且與直線2x＋y＋1＝0相切的面積最小的圓的方程為()A．(x－1)2＋(y－2)2＝5B．(x－2)2＋(y－1)2＝5C．(x－1)2＋(y－2)2＝25D．(x－2)2＋(y－1)2＝25答案A解析由圓心在曲線y＝eq\f(2,x)(x>0)上，設圓心坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2,a)))，a>0.又圓與直線2x＋y＋1＝0相切，所以圓心到直線的距離d＝eq\f(2a＋\f(2,a)＋1,\r(5))≥eq\f(4＋1,\r(5))＝eq\r(5)，當且僅當2a＝eq\f(2,a)，即a＝1時取等號，所以圓心坐標為(1,2)，圓的半徑的最小值為eq\r(5)，則所求圓的方程為(x－1)2＋(y－2)2＝5.8．(2024·天津河西區(qū)模擬)垂直于直線y＝x＋1且與圓x2＋y2＝1相切于第一象限的直線方程是________．答案x＋y－eq\r(2)＝0解析設直線方程為y＝－x＋b(b>0)與圓x2＋y2＝1相切，所以d＝eq\f(|b|,\r(2))＝1，b＝eq\r(2)，所以y＝－x＋eq\r(2)，即x＋y－eq\r(2)＝0.9．(2024·煙臺模擬)已知圓x2＋y2＋4x－5＝0的弦AB的中點為(－1,1)，直線AB交x軸于點P，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的值為________．答案－5解析設M(－1,1)，圓心C(－2,0)，因為kMC＝eq\f(1－0,－1＋2)＝1，AB⊥MC，所以kAB＝－1，所以直線AB的方程為y－1＝－(x＋1)，即x＋y＝0，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋4x－5＝0，,x＋y＝0，))得2x2＋4x－5＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2＝－eq\f(5,2)，易知點P的坐標為(0,0)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝2x1x2＝－5.10．一個圓與y軸相切，圓心在直線x－3y＝0上，且在直線y＝x上截得的弦長為2eq\r(7)，則該圓的方程為________．答案(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9解析∵所求圓的圓心在直線x－3y＝0上，∴設所求圓的圓心為(3a，a又所求圓與y軸相切，∴半徑r＝3|a|，又所求圓在直線y＝x上截得的弦長為2eq\r(7)，圓心(3a，a)到直線y＝x的距離d＝eq\f(|2a|,\r(2))，∴d2＋(eq\r(7))2＝r2，即2a2＋7＝9a2，∴a＝±1.故所求圓的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9.組實力關1．已知方程kx＋3－2k＝eq\r(4－x2)有兩個不同的解，則實數(shù)k的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)，\f(3,4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,12)，1))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,12)，\f(3,4))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))答案C解析由題意得，半圓y＝eq\r(4－x2)和直線y＝kx－2k＋3有兩個交點，又直線y＝kx－2k＋3過定點C(2,3)，如圖．當直線在AC位置時，斜率k＝eq\f(3－0,2＋2)＝eq\f(3,4).當直線和半圓相切時，由半徑2＝eq\f(|0－0－2k＋3|,\r(k2＋1))，解得k＝eq\f(5,12)，故實數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,12)，\f(3,4))).2．已知在圓M：x2＋y2－4x＋2y＝0內(nèi)，過點E(1,0)的最長弦和最短弦分別是AC和BD，則四邊形ABCD的面積為()A．3eq\r(5) B．6eq\r(5)C．4eq\r(15) D．2eq\r(15)答案D解析圓x2＋y2－4x＋2y＝0可化為(x－2)2＋(y＋1)2＝5，圓心M(2，－1)，半徑r＝eq\r(5)，最長弦為圓的直徑，∴|AC|＝2eq\r(5).∵BD為最短弦，∴AC與BD垂直，易求得|ME|＝eq\r(2)，∴|BD|＝2|BE|＝2eq\r(5－2)＝2eq\r(3).S四邊形ABCD＝S△ABD＋S△BDC＝eq\f(1,2)|BD|·|EA|＋eq\f(1,2)|BD|·|EC|＝eq\f(1,2)|BD|·(|EA|＋|EC|)＝eq\f(1,2)|BD|·|AC|＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2eq\r(5)＝2eq\r(15).故選D.3．(2024·南陽高三階段考試)若不同的兩點P，Q的坐標分別為(a，b)，(3－b,3－a)，則線段PQ的垂直平分線l的斜率為________，圓(x－2)2＋(y－3)2＝1關于直線l對稱的圓的方程為________．答案－1x2＋(y－1)2＝1解析kPQ＝eq\f(3－a－b,3－b－a)＝1，故直線l的斜率為－1，由點斜