【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）专题2.16 圆与圆的位置关系-重难点题型检测 Word版含解析.docx，共(15)页，145.691 KB，由小赞的店铺上传

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专题2.16圆与圆的位置关系-重难点题型检测参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2021·广东·高二期中）“𝑎=−3”是“圆𝑥2+𝑦2=1与圆(𝑥+𝑎)2+𝑦2=4相切”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要

条件D．既不充分也不必要条件【解题思路】根据圆与圆的位置关系及充分条件，必要条件的概念进行判断即可得出答案.【解答过程】𝑎=−3时，圆(𝑥+𝑎)2+𝑦2=4的圆心坐标为(−3,0),半径为2，可得两圆相切所以“𝑎=−3”是两圆相切的充分

条件；若圆𝑥2+𝑦2=1与圆(𝑥+𝑎)2+𝑦2=4相切，当两圆外切时，𝑎=−3；当两圆内切时，解得𝑎=1或𝑎=−1，所以“𝑎=−3”不是两圆相切的必要条件，选项A正确.故选：A.2．（3分）（2022·全国

·高二课时练习）已知两圆𝑥2+𝑦2=1和(𝑥+2)2+(𝑦−𝑎)2=25没有公共点，则实数a的取值范围为（）A．(−∞,−4√2)∪(−2√3,2√3)∪(4√2,+∞)B．(−2√3,2√3)C．(−∞,−4√2)∪(4√2,+∞)D．

无法确定【解题思路】根据圆心距与半径和、半径差的关系可求实数a的取值范围.【解答过程】由已知，得两圆的圆心分别为(0,0)，(−2,𝑎)，半径分别为1，5，故圆心距𝑑=√(0+2)2+(0−𝑎)2=√𝑎2+4．因为两圆没有公共点（外离或内含），所以√𝑎2+4<5

−1或√𝑎2+4>5+1，解得−2√3<𝑎<2√3或𝑎<−4√2或𝑎>4√2．故选：A.3．（3分）（2022·广东汕头·高二阶段练习）圆𝑂1:(𝑥−1)2+(𝑦−1)2=28与𝑂2:𝑥2+(𝑦−4)2=18的公共弦长为（

）A．2√3B．2√6C．3√2D．6√2【解题思路】已知两圆方程，可先让两圆方程作差，得到其公共弦的方程，然后再计算圆心到直线的距离，再结合勾股定理即可完成弦长的求解.【解答过程】已知圆𝑂1:(𝑥−1)2+

(𝑦−1)2=28，圆𝑂2:𝑥2+(𝑦−4)2=18，两圆方程作差，得到其公共弦的方程为：𝐴𝐵：𝑥−3𝑦+12=0，而圆心𝑂1到直线𝐴𝐵的距离为𝑑=|1−3+12|√12+32=√10，圆𝑂1的半径为2√7，所以12|𝐴

𝐵|=√(2√7)2−(√10)2=3√2，所以|𝐴𝐵|=6√2.故选：D.4．（3分）（2022·全国·高二课时练习）已知半径为1的动圆与圆(𝑥−5)2+(𝑦+7)2=16相切，则动圆圆心的轨迹方程是（）A．(𝑥−5)2+(𝑦+7)2

=25B．(𝑥−5)2+(𝑦−7)2=17或(𝑥−5)2+(𝑦+7)2=15C．(𝑥−5)2+(𝑦−7)2=9D．(𝑥−5)2+(𝑦+7)2=25或(𝑥−5)2+(𝑦+7)2=9【解题思路】设动圆圆心为(𝑥,

𝑦)，两半径相加，内切两半径相减，即可求解【解答过程】设动圆圆心为(𝑥,𝑦)，若动圆与已知圆外切，则√(𝑥−5)2+(𝑦+7)2=4+1，∴(𝑥−5)2+(𝑦+7)2=25；若动圆与已知

圆内切，则√(𝑥−5)2+(𝑦+7)2=4−1，∴(𝑥−5)2+(𝑦+7)2=9．故选：D.5．（3分）（2023·全国·高三专题练习）与直线𝑥−𝑦−4=0和圆(𝑥+1)2+(𝑦−1)2=2都相切的半径最小的圆的方程是（）A．(

𝑥+1)2+(𝑦+1)2=2B．(𝑥+1)2+(𝑦+1)2=4C．(𝑥−1)2+(𝑦+1)2=2D．(𝑥−1)2+(𝑦+1)2=4【解题思路】求出过圆心与直线垂直的直线方程，所求圆的圆心在此直线上，又圆心到直线的距离可得所求圆的半径，设所求圆的圆心为(𝑎,𝑏)，且圆心在

直线𝑥−𝑦−4=0的左上方，利用|𝑎−𝑏−4|√2=√2、𝑎+𝑏=0可得答案.【解答过程】圆(𝑥+1)2+(𝑦−1)2=2的圆心坐标为(−1,1)，半径为√2，过圆心(−1,1)与直线𝑥−𝑦−4=0垂直的直线方程为𝑥+𝑦=0，所求圆的圆心在此直线上，又圆

心(−1,1)到直线𝑥−𝑦−4=0的距离为6√2=3√2，则所求圆的半径为√2，设所求圆的圆心为(𝑎,𝑏)，且圆心在直线𝑥+𝑦=0的上，所以|𝑎−𝑏−4|√2=√2，且𝑎+𝑏=0，解得𝑎=1,𝑏=−1（𝑎=3,�

�=−3不符合题意，舍去），故所求圆的方程为(𝑥−1)2+(𝑦+1)2=2.故选：C．6．（3分）（2022·全国·高二专题练习）已知圆𝐶1：𝑥2+𝑦2−10𝑥−10𝑦=0和圆𝐶2：𝑥2+𝑦2−6𝑥+

2𝑦−40=0，则（）A．公共弦长为3√10B．公共弦长为4√10C．公切线长3√10D．公切线长4√10【解题思路】根据已知条件求得公共弦所在直线方程，利用直线截圆所得弦长的计算公式，即可求得结果.【解答过程】因为圆𝐶1的圆心

为(5,5)，半径𝑟1=5√2；对圆𝐶2，其圆心为(3,−1)，半径𝑟2=5√2，圆心距|𝐶1𝐶2|=2√10，又𝑟1−𝑟2<2√10<𝑟1+𝑟2，故两圆相交，设交于𝐴,𝐵两点.故𝐴𝐵所

在直线方程为：𝑥2+𝑦2−10𝑥−10𝑦−(𝑥2+𝑦2−6𝑥+2𝑦−40)=0，整理得：−𝑥−3𝑦+10=0，故𝐶1到直线𝐴𝐵的距离𝑑=10√10=√10，故|𝐴𝐵|=2√𝑟12−𝑑2=2√50−10=4√10.故

选：B.7．（3分）（2022·全国·高二专题练习）设点P为直线2𝑥+𝑦−2=0上的点，过点P作圆C：𝑥2+𝑦2+2𝑥+2𝑦−2=0的两条切线，切点分别为A，B，当四边形PACB的面积取得最小值时，此时直线AB的方程为（）A．2𝑥−𝑦−1=0B．2𝑥+𝑦−1=0C．2

𝑥−𝑦+1=0D．2𝑥+𝑦+1=0【解题思路】当|𝑃𝐶|最小时，四边形PACB的面积取得最小，此时PC：𝑥−2𝑦−1=0与联立2𝑥+𝑦−2=0联立求得𝑃(1,0)，和PC的中点坐标及|𝑃𝐶|，可得以PC为直径的圆的

方程与圆C的方程相减可得答案．【解答过程】由于PA，PB是圆C：(𝑥+1)2+(𝑦+1)2=4的两条切线，A，B是切点，所以𝑆𝑃𝐴𝐶𝐵=2𝑆△𝑃𝐴𝐶=|𝑃𝐴|⋅|𝐴𝐶|=2|�

�𝐴|=2√|𝑃𝐶|2−|𝐴𝐶|2=2√|𝑃𝐶|2−4，当|𝑃𝐶|最小时，四边形PACB的面积取得最小，此时PC：𝑦+1=12(𝑥+1)，即𝑥−2𝑦−1=0，联立{𝑥−2𝑦−1=0,2𝑥+𝑦−2=0,得{𝑥=1,�

�=0,所以𝑃(1,0)，PC的中点为(0,−12)，|𝑃𝐶|=√22+1=√5，以PC为直径的圆的方程为𝑥2+(𝑦+12)2=54，即𝑥2+𝑦2+𝑦−1=0，与圆C：𝑥2+𝑦2+2𝑥+2𝑦−2=0两圆方程相减可得直线AB的方程2𝑥+𝑦−1=0．故选：

B．8．（3分）（2021·重庆市高二期中）我校校徽代表三种德性：一是虚心，代表学习；二是不断，代表工作；三是精诚团结，代表最后胜利.如图，这三个圆可看作半径为2，且过彼此圆心的圆，圆心分别是𝑂1、𝑂2、𝑂3（都在坐标轴上），𝑙1是圆𝑂1与圆𝑂3位于左下方的公切线，𝑙2是圆𝑂1

与圆𝑂2位于右下方的公切线，点𝑃在圆𝑂1上运动，𝑀、𝑁分别在𝑙1与𝑙2上，且𝑃𝑀⊥𝑙1，𝑃𝑁⊥𝑙2，则|𝑃𝑀|+|𝑃𝑁|的取值范围是（）A．[2,6]B．[√3,4√3]C．[2√3,6√3]D．[2,6√3]【解题思

路】求出直线𝑙1、𝑙2的方程，设点𝑃(2cos𝜃,√3+2sin𝜃)，利用点到直线的距离公式结合三角函数的有界性可求得|𝑃𝑀|+|𝑃𝑁|的取值范围.【解答过程】连接𝑂1𝑂2、𝑂1�

�3，设直线𝑙1分别切圆𝑂1、圆𝑂3于点𝐸、𝐹，连接𝑂1𝐸、𝑂3𝐹，由题意可知，△𝑂1𝑂2𝑂3是边长为2的等边三角形，由于三个圆心𝑂1、𝑂2、𝑂3都在坐标轴上，则𝑂为线段𝑂2𝑂3的中点，所以，𝑂1(0,√3)、𝑂

2(−1,0)、𝑂3(1,0)，故圆𝑂1的方程为𝑥2+(𝑦−√3)2=4，由圆的几何性质可知𝑂1𝐸⊥𝑙1，𝑂3𝐹⊥𝑙1且|𝑂1𝐸|=|𝑂3𝐹|=2，故四边形𝑂1𝐸𝐹𝑂3为矩形，所以，𝑙1//

𝑂1𝑂3，同理可证𝑙2//𝑂1𝑂2，所以，直线𝑙1的斜率为𝑘1=𝑘𝑂1𝑂3=√30−1=−√3，设直线𝑙1的方程为𝑦=−√3𝑥+𝑏，由图可知𝑏<0，因为直线𝑙1与圆𝑂1相切，则|√3−𝑏|2=2，因为𝑏<0，解得𝑏=

√3−4，所以，直线𝑙1的方程为𝑦=−√3𝑥+√3−4，即√3𝑥+𝑦+4−√3=0，同理可求得直线𝑙2的方程为√3𝑥−𝑦+√3−4=0，设点𝑃(2cos𝜃,√3+2sin𝜃)，则|𝑃𝑀|=|2√3cos𝜃+2sin𝜃+4|2=|2+2sin(𝜃+

𝜋3)|=2+2sin(𝜃+𝜋3)，|𝑃𝑁|=|2√3cos𝜃−2sin𝜃−4|2=|2+(sin𝜃−√3cos𝜃)|=|2+2sin(𝜃−𝜋3)|=2+2sin(𝜃−𝜋3)，所以，|𝑃𝑀|+|𝑃𝑁|=2+2sin(𝜃+

𝜋3)+2+2sin(𝜃−𝜋3)=4+(sin𝜃+√3cos𝜃)+(sin𝜃−√3cos𝜃)=4+2sin𝜃∈[2,6].故选：A.二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2022·全国·高二课时练习）已知圆𝑂1的方程为(𝑥−𝑎)2+

(𝑦−𝑏)2=4，圆𝑂2的方程为𝑥2+(𝑦−𝑏+1)2=1，其中a，𝑏∈𝑅．那么这两个圆的位置关系可能为（）A．外离B．外切C．内含D．内切【解题思路】根据圆心距与半径的关系，二次函数的性质即可解出．【解答过程】由题意可得圆心𝑂1(𝑎,𝑏)，半径𝑟1=2，圆心�

�2(0,𝑏−1)，半径𝑟2=1，则|𝑂1𝑂2|=√𝑎2+1≥1=𝑟1−𝑟2，所以两圆不可能内含．故选：ABD．10．（4分）（2022·江苏南通·高二期末）已知圆𝑂1：𝑥2+𝑦2=5和圆𝑂2：(𝑥−4)2+𝑦2=13相交于A，B两点，且点A在x轴上

方，则（）A．|𝐴𝐵|=4B．过𝑂2作圆𝑂1的切线，切线长为2√11C．过点A且与圆𝑂2相切的直线方程为3𝑥−2𝑦+1=0D．圆𝑂1的弦AC交圆𝑂2于点D，D为AC的中点，则AC的斜率为72【解题思路】根据给定条件，求出点A，B的坐标，再结

合圆的性质逐项分析、计算判断作答.【解答过程】依题意，由{𝑥2+𝑦2=5(𝑥−4)2+𝑦2=13解得{𝑥=1𝑦=±2，则𝐴(1,2),𝐵(1,−2)，圆𝑂1的圆心𝑂1(0,0)，半径𝑟1=√5，圆𝑂2的圆心𝑂2(4,0)，半径𝑟2=√13，|𝐴𝐵|=4

，A正确；过𝑂2作圆𝑂1的切线，切线长为√|𝑂1𝑂2|2−𝑟12=√11，B不正确；直线𝐴𝑂2的斜率为𝑘=2−01−4=−23，过点A且与圆𝑂2相切的直线斜率为32，该切线方程为𝑦−2=3

2(𝑥−1)，即3𝑥−2𝑦+1=0，C正确；因D为圆𝑂1的弦AC的中点，则𝑂1𝐷⊥𝐴𝐶，于是得点D在以线段𝑂1𝐴为直径的圆𝑥(𝑥−1)+𝑦(𝑦−2)=0上，而点D在圆𝑂2上，则由{𝑥(𝑥−1)+𝑦(𝑦−2)=0(𝑥−4)2+𝑦2=13得直线

𝐴𝐷的方程7𝑥−2𝑦−3=0，其斜率为72，D正确.故选：ACD.11．（4分）（2022·全国·高二专题练习）圆𝑄1:𝑥2+𝑦2−2𝑥=0和圆𝑄2:𝑥2+𝑦2+2𝑥−4𝑦=0的交点为A，B，则（）A．公共弦AB所在直线的方程为𝑥−𝑦=

0B．线段AB中垂线方程为𝑥+𝑦−1=0C．公共弦AB的长为√22D．P为圆𝑄1上一动点，则P到直线AB距离的最大值为√22+1【解题思路】两圆方程作差后可得公共弦方程，从而可判断A的正误，求出圆𝑄1的圆心坐标后求出垂直平分线的方程后可判断B的正误，利用垂径定理计算弦长后可判断C的正误，求

出𝑄1到直线的距离后可求动点到直线距离的最大值，从而可判断D的正误.【解答过程】对于A，因为圆𝑄1:𝑥2+𝑦2−2𝑥=0，𝑄2:𝑥2+𝑦2+2𝑥−4𝑦=0，两式作差可得公共弦AB所在直线的方程为4𝑥−4𝑦=0，即𝑥−𝑦=0，故A正

确；对于B，圆𝑄1:𝑥2+𝑦2−2𝑥=0的圆心为（1，0），𝑘𝐴𝐵=1，则线段AB中垂线的斜率为−1，即线段AB中垂线方程为𝑦−0=−1×(𝑥−1)，整理可得𝑥+𝑦−1=0，故B正确；对于C，圆心𝑄1(1,0)到𝑥−�

�=0的距离为𝑑=|1−0|√12+(−1)2=√22，又圆𝑄1的半径𝑟=1，所以|𝐴𝐵|=2√1−(√22)2=√2，故C不正确；对于D，P为圆𝑄1上一动点，圆心𝑄1(1,0)到𝑥−𝑦=0的距离为𝑑=√22，又圆𝑄1的半径𝑟=1，所以P到直线AB距离的最大值为√22+

1，故D正确.故选：ABD.12．（4分）（2022·江苏·高二开学考试）已知圆𝐶1:(𝑥−1)2+(𝑦−3)2=11与圆𝐶2:𝑥2+𝑦2+2𝑥−2𝑚𝑦+𝑚2−3=0，则下列说法正确的是（）A．若圆𝐶2与𝑥轴相切，则𝑚=2B．若𝑚=−3，则圆C1与圆C2

相离C．若圆C1与圆C2有公共弦，则公共弦所在的直线方程为4𝑥+(6−2𝑚)𝑦+𝑚2+2=0D．直线𝑘𝑥−𝑦−2𝑘+1=0与圆C1始终有两个交点【解题思路】对A，圆心到x轴的距离等于半径判断即可；对B，根据圆心间

的距离与半径之和的关系判断即可；对C，根据两圆有公共弦，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程求解即可；对D，根据直线𝑘𝑥−𝑦−2𝑘+1=0过定点(2,1)以及(2,1)在圆C1内判断即可.【解答过程】

因为𝐶1:(𝑥−1)2+(𝑦−3)2=11，𝐶2:(𝑥+1)2+(𝑦−𝑚)2=4，对A，故若圆𝐶2与x轴相切，则有|𝑚|=2，故A错误；对B，当𝑚=−3时，|𝐶1𝐶2|=√(1+1)2+(3+3)2=2√10>6>2+√11，两圆相离，故B正确；对C，

由两圆有公共弦，两圆的方程相减可得公共弦所在直线方程4𝑥+(6−2𝑚)𝑦+𝑚2−2=0，故C错误；对D，直线𝑘𝑥−𝑦−2𝑘+1=0过定点(2,1)，而(2−1)2+(1−3)2=5<11，故点(2,1)在圆𝐶1:(𝑥−1

)2+(𝑦−3)2=11内部，所以直线𝑘𝑥−𝑦−2𝑘+1=0与圆𝐶1始终有两个交点，故D正确.故选：BD.三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2022·福建莆田·高一阶段练习）求经过点𝑀(2,−2)以及

圆𝑥2+𝑦2−6𝑥=0与𝑥2+𝑦2=4交点的圆的方程𝑥2+𝑦2−3𝑥−2=0.【解题思路】方法一，按照圆系方程设为(𝑥2+𝑦2−6𝑥)+𝜆(𝑥2+𝑦2−4)=0，再代入点(2,−2)，即可求解𝜆；方法二，

首先求两圆的交点，再根据交点特征，设出圆的方程(𝑥−𝑎)2+𝑦2=𝑟2，代入交点以及点(2,−2)后，即可求解.【解答过程】方法一：将𝑥2+𝑦2=4化为一般式𝑥2+𝑦2−4=0，所求圆经过两圆的交点，则可设所求圆的方程为(𝑥2+𝑦2−6

𝑥)+𝜆(𝑥2+𝑦2−4)=0，整理得：(1+𝜆)𝑥2+(1+𝜆)𝑦2−6𝑥−4𝜆=0；此圆经过𝑀(2,−2),代入上述方程得4(1+𝜆)+4(1+𝜆)−12−4𝜆=0，解得𝜆=1,所以该圆的方程为2𝑥2+2𝑦

2−6𝑥−4=0，即𝑥2+𝑦2−3𝑥−2=0.方法二：圆𝑥2+𝑦2−6𝑥=0与𝑥2+𝑦2=4的交点为(23，±4√23)，因为圆心在𝑥轴上设所求圆的方程为(𝑥−𝑎)2+𝑦2=𝑟2，则{(23−𝑎)2+(±

4√23)2=𝑟2(2−𝑎)2+(−2)2=𝑟2，解得{𝑎=32𝑟2=174，所求圆的方程为(𝑥−32)2+𝑦2=174，化为一般式为𝑥2+𝑦2−3𝑥−2=0.故答案为：𝑥2+𝑦2−3𝑥−2=0.14．（4分）（2022·江

苏·高二课时练习）若圆𝑥2+𝑦2=1与圆(𝑥−𝑎)2+(𝑦−4)2=16有3条公切线，则正数a=3.【解题思路】根据两圆外切半径之和等于圆心距即可求解.【解答过程】两圆有三条公切线，则两圆外切，∴√𝑎2+42=5∴𝑎=±3

,又𝑎>0,∴𝑎=3故答案为：3.15．（4分）（2022·江苏·高二阶段练习）设两圆𝐶1：𝑥2+𝑦2−1=0与圆𝐶2：𝑥2+𝑦2−2𝑥+4𝑦=0的公共弦所在的直线方程为2𝑥−4𝑦−1=0.【解题思路】利用两圆的方程相减即可求解.【解答过程】因

为圆𝐶1：𝑥2+𝑦2−1=0①，圆𝐶2：𝑥2+𝑦2−2𝑥+4𝑦=0②，由①−②得，2𝑥−4𝑦−1=0，所以两圆的公共弦所在的直线方程为2𝑥−4𝑦−1=0.故答案为：2𝑥−4𝑦−1=0.16．（4分）（2022·全国·高二课时练习）已知圆𝐶1:(�

�−𝑎)2+(𝑦−𝑎)2=8(𝑎>0)与圆𝐶2:𝑥2+𝑦2−2𝑥−2𝑦=0没有公共点，则实数a的取值范围为0<𝑎<2或𝑎>4．【解题思路】根据两圆无公共点,可知两圆相离或者内涵,故根据圆心距和两圆半径的关

系即可求解.【解答过程】圆𝐶1的圆心为𝐶1(𝑎,𝑎)，半径𝑟1=2√2，圆𝐶2的圆心为𝐶2(1,1)，半径𝑟2=√2，圆心距|𝐶1𝐶2|=√(𝑎−1)2+(𝑎−1)2=√2|𝑎−1|，因为两圆没有公共点，所以两圆外离或内含，则|𝐶1𝐶

2|>𝑟1+𝑟2或|𝐶1𝐶2|<𝑟1−𝑟2，即√2|𝑎−1|>3√2或√2|𝑎−1|<√2，又因为𝑎>0，所以0<𝑎<2或𝑎>4．故答案为:0<𝑎<2或𝑎>4．四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2022·江苏·高二课时练习）已知圆𝐶:𝑥2−6

𝑥+𝑦2−6𝑦+3=0，直线𝑙:𝑥+𝑦−2=0是圆E与圆C的公共弦AB所在直线方程，且圆E的圆心在直线𝑦=2𝑥上．(1)求公共弦AB的长度；(2)求圆E的方程．【解题思路】（1）由题可得圆心和半径，利用弦长公式即求；（2）由题可设𝐸(𝑎,2𝑎)

，进而可得𝐸(0,0)，再利用弦长可得圆E的半径，即求；或由题可设圆E的方程为𝑥2−6𝑥+𝑦2−6𝑦+3+𝜆(𝑥+𝑦−2)=0，结合条件即求.【解答过程】（1）由圆𝐶:𝑥2−6𝑥+𝑦2−6𝑦+3=0，可得(𝑥−3)2

+(𝑦−3)2=15，所以圆心𝐶(3,3)，半径为√15，又直线𝑙:𝑥+𝑦−2=0，∴圆心𝐶(3,3)到直线𝑙:𝑥+𝑦−2=0的距离为|3+3−2|√2=2√2，∴公共弦AB的长度为2√15−8=2√7；（2）

方法一：由题可设𝐸(𝑎,2𝑎)，则𝐶𝐸⊥𝑙，∴2𝑎−3𝑎−3=1，解得𝑎=0，即𝐸(0,0)，又𝐸(0,0)到直线𝑙:𝑥+𝑦−2=0的距离为|−2|√2=√2，所以圆E的半径为√(√2)2+(√7)2=3，∴圆E的

方程为𝑥2+𝑦2=9.方法二：由题可设圆E的方程为𝑥2−6𝑥+𝑦2−6𝑦+3+𝜆(𝑥+𝑦−2)=0，即𝑥2+𝑦2−(6−𝜆)𝑥−(6−𝜆)𝑦+3−2𝜆=0，又圆E的圆心在直线𝑦=2𝑥上，∴6−𝜆2=2×6−𝜆2，解得𝜆=6，∴圆E的方程为𝑥

2+𝑦2=9.18．（6分）（2022·辽宁·高二阶段练习）已知圆𝐶1:𝑥2+(𝑦−1)2=5，圆𝐶2:𝑥2+𝑦2−4𝑥+2𝑦=0.(1)求圆𝐶1与圆𝐶2的公共弦长；(2)求过两圆的交点且圆

心在直线2𝑥+4𝑦=1上的圆的方程.【解题思路】（1）将两圆方程作差可求出公共弦的方程，然后求出圆心𝐶1到公共弦的距离，再利用弦心距，半径和弦的关系可求得答案，（2）解法一：设过两圆的交点的圆为(𝑥2+𝑦2−4

𝑥+2𝑦)+𝜆(𝑥2+𝑦2−2𝑦−4)=0,𝜆≠−1，求出圆心坐标代入2𝑥+4𝑦=1中可求出𝜆，从而可求出圆的方程，解法二：将公共弦方程代入圆方程中求出两圆的交点坐标，设所求圆的圆心坐标为(𝑎,𝑏)，然后列方程

组可求出𝑎,𝑏，再求出圆的半径，从而可求出圆的方程.【解答过程】（1）将两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程，即(𝑥2+𝑦2−4𝑥+2𝑦)−(𝑥2+𝑦2−2𝑦−4)=0，化简得𝑥−𝑦−1=0，所以

圆𝐶1的圆心(0,1)到直线𝑥−𝑦−1=0的距离为𝑑=|−1−1|√1+1=√2，则(|𝐴𝐵|2)2=𝑟1⬚2−𝑑2=5−2=3，解得|𝐴𝐵|=2√3，所以公共弦长为2√3.（2）解法一：设过两圆的交点的圆为(𝑥2+𝑦2−4𝑥+2𝑦)+𝜆(𝑥2+𝑦2−2𝑦−4

)=0,𝜆≠−1，则𝑥2+𝑦2−41+𝜆𝑥+2−2𝜆1+𝜆𝑦−4𝜆1+𝜆=0,𝜆≠−1；由圆心(21+𝜆,−1−𝜆1+𝜆)在直线2𝑥+4𝑦=1上，则41+𝜆−4(1−𝜆)1+𝜆=1，解得�

�=13，所求圆的方程为𝑥2+𝑦2−3𝑥+𝑦−1=0，即(𝑥−32)2+(𝑦+12)2=72.解法二：由（1）得𝑦=𝑥−1，代入圆𝐶2:𝑥2+𝑦2−4𝑥+2𝑦=0，化简可得2𝑥

2−4𝑥−1=0，解得𝑥=2±√62；当𝑥=2+√62时，𝑦=√62；当𝑥=2−√62时，𝑦=−√62；设所求圆的圆心坐标为(𝑎,𝑏)，则{(𝑎−2+√62)2+(𝑏−√62)2=(𝑎−2−√62)2+(𝑏

+√62)22𝑎+4𝑏=1，解得{𝑎=32𝑏=−12；所以𝑟2=(32−2+√62)2+(−12−√62)2=72；所以过两圆的交点且圆心在直线2𝑥+4𝑦=1上的圆的方程为(𝑥−32)2+(𝑦+12)2=72.19．（8分）（2022·江苏·高

二课时练习）已知圆𝐶1：𝑥2+𝑦2=10与圆𝐶2：𝑥2+𝑦2+2𝑥+2𝑦−14=0．(1)求证：圆𝐶1与圆𝐶2相交；(2)求两圆公共弦所在直线的方程；(3)求经过两圆交点，且圆心在直线𝑥+𝑦−6=0上的圆的方程．【解题思路】（1）将两圆方程化成标准

式，即可得到圆心坐标与半径，再求出圆心距，即可证明；（2）将两圆方程作差，即可求出公共弦方程；（3）首先求出两圆的交点坐标，设圆心为𝑃(6−𝑛,𝑛)，根据|𝐴𝑃|=|𝐵𝑃|得到方程，即可求出𝑛，从而求出圆心坐标与半径，从而得到圆的方程.【

解答过程】（1）证明：圆𝐶2：𝑥2+𝑦2+2𝑥+2𝑦−14=0化为标准方程为(𝑥+1)2+(𝑦+1)2=16，∴𝐶2(−1,−1)，𝑟=4∵圆𝐶1:𝑥2+𝑦2=10的圆心坐标为𝐶1(0,0)，半径为𝑅=√10，

∴|𝐶1𝐶2|=√2，∵4−√10<√2<4+√10，∴两圆相交；（2）解：由圆𝐶1:𝑥2+𝑦2=10与圆𝐶2:𝑥2+𝑦2+2𝑥+2𝑦−14=0，将两圆方程相减，可得2𝑥+2𝑦−4=0，即两圆公共弦所在直线的方程为𝑥+𝑦−2=0；（3）解：由{𝑥2+𝑦2+2�

�+2𝑦−14=0𝑥2+𝑦2=10，解得{𝑥=3𝑦=−1或{𝑥=−1𝑦=3，则交点为𝐴(3,−1)，𝐵(−1,3)，∵圆心在直线𝑥+𝑦−6=0上，设圆心为𝑃(6−𝑛,𝑛)，则|𝐴�

�|=|𝐵𝑃|，即√(6−𝑛−3)2+(𝑛+1)2=√(6−𝑛+1)2+(𝑛−3)2，解得𝑛=3，故圆心𝑃(3,3)，半径𝑟=|𝐴𝑃|=4，∴所求圆的方程为(𝑥−3)2+(𝑦−3)2=16．20．（8分）（20

21·江苏省高二阶段练习）已知圆C1：𝑥2+𝑦2−4𝑥−2𝑦−3=0，圆C2：𝑥2+𝑦2−2𝑥−𝑚=0，其中－1<m<5.（1）若m=1，判断圆𝐶1与𝐶2的位置关系，并求两圆公切线方程；（2）设圆C1与圆C

2的公共弦所在直线为l，且圆C2的圆心到直线l的距离为√22，求直线l的方程以及公共弦长.【解题思路】（1）由𝑚=1，分别得到圆𝐶1和圆𝐶2的圆心，半径，然后利用圆圆的位置关系判断，再由两圆方程相减得

到公切线；（2）先得到两圆公共弦所在直线l的方程，再利用弦长公式求解.【解答过程】（1）当𝑚=1时，由𝑥2+𝑦2−4𝑥−2𝑦−3=0得(𝑥−2)2+(𝑦−1)2=8，由𝑥2+𝑦2−2𝑥−1=0得(𝑥−1)2+𝑦

2=2，∴圆𝐶1的圆心𝐶1(2,1)，半径𝑟1=2√2，圆𝐶2的圆心𝐶2(1,0)，半径𝑟2=√2，∴圆心距|𝐶1𝐶2|=√2=𝑟1−𝑟2，所以两圆内切；因为两圆内切，所以公切线只有一条，两圆的公切线方程可由两圆方程相减得到：𝑥+𝑦+1=0

；（2）两圆公共弦所在直线l的方程为：2𝑥+2𝑦−𝑚+3=0，圆𝐶2的圆心𝐶2(1,0)到直线l的距离|2−𝑚+3|2√2=√22，于是|𝑚−5|=2，𝑚=3或7(舍)，所以直线l的方程为𝑥+𝑦=0；因为圆𝐶2半径𝑟2=2，弦心距

𝑑=√22，由勾股定理可得半弦长为√𝑟22−𝑑2=√142，所以公共弦长为√14.21．（8分）（2022·江苏·高二课时练习）若圆𝐶1:𝑥2+𝑦2=𝑚与圆𝐶2:𝑥2+𝑦2−6𝑥−8𝑦+

16=0相外切．(1)求m的值；(2)若圆𝐶1与x轴的正半轴交于点A，与y轴的正半轴交于点B，P为第三象限内一点且在圆𝐶1上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．【解题思路】（1）分别求

得圆𝐶1、𝐶2的圆心坐标和半径，根据两圆外切，可得圆心距等于两圆半径和，列出方程，即可得答案.（2）由题意求得A、B点坐标，设P点坐标为(𝑥0,𝑦0)，即可求得直线PA的、PB的方程，进而可求得M、N点坐标，即可求得四边形ABNM的面积表达式，化简整理，即可

得证.【解答过程】（1）由题意得：圆𝐶1的圆心坐标(0,0)，半径为√𝑚，圆𝐶2整理可得(𝑥−3)2+(𝑦−4)2=9，其圆心坐标(3,4)，半径为3，由两圆外切得√(3−0)2+(4−0)2=√𝑚+3，解得𝑚=4；（2）由题意得：

点A坐标为(2,0)，点B坐标为(0,2)，设P点坐标为(𝑥0,𝑦0)(𝑥0<0,𝑦0<0)，则直线PA的方程为𝑦=𝑦0𝑥0−2(𝑥−2)，直线PB的方程为𝑦=(𝑦0−2𝑥0)𝑥+2，所以点

M的坐标为(0,2𝑦02−𝑥0)，点N的坐标为(2𝑥02−𝑦0,0)，则四边形ABNM的面积𝑆=12⋅|𝐴𝑁|⋅|𝐵𝑀|=12⋅(2−2𝑥02−𝑦0)⋅(2−2𝑦02−𝑥0)=12⋅4−2𝑦0−2𝑥02−𝑦0⋅4−2𝑥0−2𝑦02−𝑥0=12(4−2𝑦0−

2𝑥0)2(2−𝑦0)(2−𝑥0)，由点P在圆上，可得𝑥02+𝑦02=4，代入上式，所以四边形ABNM的面积𝑆=4(4−2𝑥0−2𝑦0+𝑥0𝑦0)(2−𝑦0)(2−𝑥0)=4(4−2𝑥0−2

𝑦0+𝑥0𝑦0)4−2𝑥0−2𝑦0+𝑥0𝑦0=4，即四边形ABNM的面积为定值4．22．（8分）（2022·江苏·高二）在①直线𝑙与⊙𝐵、⊙𝐶均相切，②直线𝑙截⊙𝐴、⊙𝐵、⊙𝐶所得的弦长均相等，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并求解该问题.问题：20

20年是中国传统的农历“鼠年”，现用3个圆构成“卡通鼠”的头像.如图，𝐴(0,−2)是⊙𝐴的圆心，且⊙𝐴过原点；点𝐵、𝐶在𝑥轴上，⊙𝐵、⊙𝐶的半径均为1，⊙𝐵、⊙𝐶均与⊙𝐴外切.直线𝑙过原点.若___________，求直

线𝑙截⊙𝐴所得的弦长.【解题思路】写出圆𝐴的方程，根据圆𝐵、圆𝐶与圆𝐴外切，可求得圆𝐵、圆𝐶的方程.选①，分析可知直线𝑙的斜率存在，设直线𝑙的方程为𝑦=𝑘𝑥，根据直线𝑙与圆𝐵相切可求得𝑘，再计算出圆心𝐴到直线�

�的距离，利用勾股定理可求得结果；选②，分析可知直线𝑙的斜率存在，设直线𝑙的方程为𝑦=𝑘𝑥，根据已知条件结合点到直线的距离公式、勾股定理可得出关于𝑘的等式，求出𝑘的值，即可求得直线𝑙截圆𝐴所得的弦长.【解答过程】解：

由题意可知，圆𝐴的半径为2，则圆𝐴的方程为𝑥2+(𝑦+2)2=4，设点𝐵(𝑏,0)(𝑏<0)，因为半径为1的圆𝐵与圆𝐴外切，可得|𝐴𝐵|=3，即√𝑏2+4=3，∵𝑏<0，可得𝑏=−√5，所以，圆𝐵的方程为(𝑥+√

5)2+𝑦2=1，同理可知圆𝐶的方程为(𝑥−√5)2+𝑦2=1，选①，若直线𝑙的斜率不存在，则直线𝑙与𝑦轴重合，此时直线𝑙与圆𝐵、圆𝐶相离，不合乎题意，所以，直线𝑙的斜率存在，设直线𝑙的方程为𝑦=𝑘𝑥，由题意可得|√5𝑘|√𝑘2+1=1，解得𝑘=±12，所以，直

线𝑙的方程为𝑥−2𝑦=0或𝑥+2𝑦=0，圆心𝐴到直线𝑙的距离为4√12+22=4√55，此时，直线𝑙截圆𝐴所得弦长为2√22−(4√55)2=4√55；选②，若直线𝑙的斜率不存在，则直线𝑙与𝑦轴重合，此时直线𝑙与圆𝐵、圆𝐶相离

，不合乎题意，所以，直线𝑙的斜率存在，设直线𝑙的方程为𝑦=𝑘𝑥，圆心𝐴到直线𝑙的距离为𝑑1=2√𝑘2+1，圆心𝐵到直线𝑙的距离为𝑑2=|√5𝑘|√𝑘2+1，圆心𝐶到直线𝑙的距离为𝑑3=|√

5𝑘|√𝑘2+1，且𝑑2=𝑑3，由题意可得2√4−4𝑘2+1=2√1−5𝑘2𝑘2+1，整理可得4𝑘2=1−4𝑘2，可得𝑘2=18，此时，直线𝑙截圆𝐴所得弦长为2√4−418+1=43.