【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第9章 第4讲　直线与圆、圆与圆的位置关系 含解析【高考】.doc，共(24)页，291.000 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1第4讲直线与圆、圆与圆的位置关系1．直线Ax＋By＋C＝0与圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)的位置关系的判断位置关系相交相切相离公共点个数012个021个030个判定方法几何法：设圆心到直线的距离d＝

|Aa＋Bb＋C|A2＋B2d04<rd05＝rd06>r代数法：由消元得到一元二次方程根的判别式ΔΔ07>0Δ08＝0Δ09<02．圆与圆的位置关系(⊙O1，⊙O2的半径分别为r1，r2，d＝|O1O2|)外离外切相交内切内含图形量的关系10d>r1＋r211d＝r1

＋r212|r1－r2|<d<r1＋r213d＝|r1－r2|14d<|r1－r2|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)2＋(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．直线

被圆截得的弦长的求法(1)几何法：运用弦心距d、半径r和弦长|AB|的一半构成的直角三角形计算，弦长|AB|＝2r2－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，将

直线方程代入圆的方程中，消去y，得关于x的一元二次方程，求出xM＋xN和xM·xN，则|MN|＝1＋k2·(xM＋xN)2－4xM·xN.3．圆与圆的位置关系的常用结论(1)两圆的位置关系与公切线的条数①内含：0条；②内切：1条；③相交：2条；④外切：3条；⑤外离：4条．(2)两圆相交时公共弦的

方程设圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0，①圆C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0，②若两圆相交，则有一条公共弦，其公共弦所在直线方程由①－②所得，即(D1－D2)x＋(E1－E2)y＋(F1－F2)＝0.(3)两个圆系方程①过直线Ax＋By＋C＝0与圆x2＋y2

＋Dx＋Ey＋F＝0交点的圆系方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ(Ax＋By＋C)＝0(λ∈R)；②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

为x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)(其中不含圆C2，所以注意检验C2是否满足题意，以防丢解)．1．过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2＋y2－4y＝0截得的弦长为()A.3B．2C．6D．233答案D解析直线方程为y＝3x，

圆的标准方程为x2＋(y－2)2＝4，则圆心(0,2)到直线的距离d＝|3×0－2|2＝1，所以所求弦长为2×22－12＝23.2．圆Q：x2＋y2－4x＝0在点P(1，3)处的切线方程为()A．x＋3y－2＝0B．x＋3y－4＝0C．x－3y＋4＝0

D．x－3y＋2＝0答案D解析圆Q的标准方程为(x－2)2＋y2＝4.∵P(1，3)在圆Q上，∴所求切线方程为(1－2)·(x－2)＋(3－0)(y－0)＝4，即x－3y＋2＝0.3．对任意的实数k，直线y＝kx－1与圆C：x2＋y2－2x－2＝0的位置关系是(

)A．相离B．相切C．相交D．以上三个选项均有可能答案C解析直线y＝kx－1恒经过点A(0，－1)，圆x2＋y2－2x－2＝0的圆心为C(1,0)，半径为3，而|AC|＝2<3，所以点A在圆内，故直线y＝kx－1与圆x2＋y2－2x－2＝0相交．故选C.4．圆C

1：(x＋2)2＋(y－2)2＝4和圆C2：(x－2)2＋(y－5)2＝16的位置关系是()A．相离B．相交C．内切D．外切答案B解析易得圆C1的圆心为C1(－2,2)，半径r1＝2，圆C2的圆心为C2(2,5)，半径r2＝4，圆心距|C1C2|＝

[2－(－2)]2＋(5－2)2＝5<2＋4＝r1＋r2，又|C1C2|>4－2＝|r2－r1|，所以两圆相交．45．圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦所在的直线方程为________.答案x－y＋2＝0解析将两圆方程相减，得4x－4y＋8＝0，即x－y＋2＝0

.6．(2022·辽宁鞍山入学考试)若P(2，－1)为圆C：(x－1)2＋y2＝25的弦AB的中点，则直线AB的方程是________.答案x－y－3＝0解析∵C(1,0)，∴直线CP的斜率为－1，∴直线AB的斜率为1，∴直线AB的方程为y

＋1＝1×(x－2)，即x－y－3＝0.考向一直线与圆的位置关系例1(1)已知圆O：x2＋y2＝4上到直线l：x＋y＝a的距离等于1的点至少有2个，则a的取值范围为()A．(－32，32)B．(－∞，－32)∪(32，＋∞)C．(－22，22)D．(－∞，－22)

∪(22，＋∞)答案A解析由圆的方程可知圆心为(0,0)，半径为2.因为圆上到直线l：x＋y＝a的距离等于1的点至少有2个，所以圆心到直线l的距离d＜r＋1＝3，即d＝|－a|2<3，解得－32＜a＜32.故选A.(2)(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)已知直线l：ax

＋by－r2＝0与圆C：x2＋y2＝r2，点A(a，b)，则下列说法正确的是()A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离5C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离D．若

点A在直线l上，则直线l与圆C相切答案ABD解析圆心C(0,0)到直线l的距离d＝r2a2＋b2，若点A(a，b)在圆C上，则a2＋b2＝r2，所以d＝r2a2＋b2＝|r|，则直线l与圆C相切，故A正确；若点A(a，b)在圆C内，则a2＋b2

<r2，所以d＝r2a2＋b2>|r|，则直线l与圆C相离，故B正确；若点A(a，b)在圆C外，则a2＋b2>r2，所以d＝r2a2＋b2<|r|，则直线l与圆C相交，故C错误；若点A(a，b)在直线l上，则a2＋b2－r2＝0，即a2＋b2＝r2，所以d＝r2a2＋b2＝|r|，

直线l与圆C相切，故D正确．故选ABD.判断直线与圆的位置关系常见的两种方法(1)代数法：――――――→判别式Δ＝b2－4ac>0⇔相交，＝0⇔相切，<0⇔相离.(2)几何法：利用圆心到直线的距离d和圆半径r的大小关系：d<r⇔相交，d＝r⇔相切，d>r⇔相离

．1.若曲线x2＋y2－6x＝0(y>0)与直线y＝k(x＋2)有公共点，则k的取值范围是()A.－34，0B．0，34C.0，34D．－34，34答案C解析∵x2＋y2－6x＝0(y>0)可化为(x－3)2＋y2

＝9(y>0)，∴曲线表示圆心为(3,0)，半径为3的上半圆(不包括圆与x轴的交点)，它与直线y＝k(x＋2)有公共点6的充要条件是圆心(3,0)到直线y＝k(x＋2)的距离d≤3，且k>0，∴|3k－0＋2k|k2＋1≤3，且k>0，解得0<k≤34

.故选C.2．(多选)(2021·山东泰安模拟)已知圆M：(x＋cosθ)2＋(y－sinθ)2＝1，直线l：y＝kx.下列命题中正确的是()A．对任意实数k和θ，直线l和圆M有公共点B．对任意实数θ，

必存在实数k，使得直线l与圆M相切C．对任意实数k，必存在实数θ，使得直线l与圆M相切D．存在实数k与θ，使得圆M上有一点到直线l的距离为3答案AC解析圆M：(x＋cosθ)2＋(y－sinθ)2＝1恒过原点O(0,0)，所以A正确；圆心M(－c

osθ，sinθ)到直线l的距离为d，d＝|kcosθ＋sinθ|1＋k2＝|sin(θ＋φ)|≤1，∴对于任意实数k，直线l与圆相交或相切，所以C正确，B不正确；圆上的点到直线l的距离的最大值为d＋1≤2，所以D不正确．故选AC

.多角度探究突破考向二直线与圆的综合问题角度圆的切线问题例2已知点P(2＋1,2－2)，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)∵(2＋1－1)2＋(2－2－2)2＝4，∴点P在圆C上．又kPC＝2－2－22＋1－1＝－1，∴切线的斜率k＝－1kPC＝1，7∴过点P的圆C的切线方程是y－(2－2)＝1×[x－(2＋1)]，即x－y＋1－22＝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＝0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到切线的距离为d＝|k－2＋1－3k|k2＋1＝r＝2，解得k＝34.∴切线方程为y－1＝34(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|＝(3－1)2＋(1－2)2＝5，∴过点M的圆C的切线长为|MC|2－r2＝5－4＝1.圆的切线方程的求法(1)几何法：设切线方程为y－y0＝k(x－x0)，利用点到直线的距离公式表示出圆心到切线的

距离d，然后令d＝r，进而求出k.(2)代数法：设切线方程为y－y0＝k(x－x0)，与圆的方程组成方程组，消元后得到一个一元二次方程，然后令判别式Δ＝0，进而求出k.注意检验切线斜率不存在的情况．3.(2020·浙江高考)设直线

l：y＝kx＋b(k＞0)，圆C1：x2＋y2＝1，C2：(x－4)2＋y2＝1，若直线l与C1，C2都相切，则k＝________，b＝________.答案33－233解析由题意，两圆圆心C1(0,0)，C2(4,0)到直线l的距离等于半

径，即|b|k2＋1＝1，|4k＋b|k2＋1＝1，所以|b|＝|4k＋b|，所以k＝0(舍去)或b＝－2k，解得k＝33，b8＝－233.4．(2022·江西九江模拟)由直线y＝x＋1上的一点向圆(x－3)2＋y2＝1引切线，则

切线长的最小值为________.答案7解析设直线上一点P，切点为Q，圆心为M，M的坐标为(3,0)，则|PQ|即为切线长，|MQ|为圆M的半径，长度为1，|PQ|＝|PM|2－|MQ|2＝|PM|2－1，要使|PQ|最小，即求|PM|最小值，此题转化为求直线y＝x＋1上的点到圆心M的最

小距离．设圆心到直线y＝x＋1的距离为d，则d＝|3－0＋1|12＋(－1)2＝22，∴|PM|的最小值为22，此时|PQ|＝|PM|2－1＝(22)2－1＝7.角度圆的弦长问题例3(1)过点(－4,0)作直线l与圆x2＋y2＋2x－4y－20＝0交于A，B两点，若

|AB|＝8，则直线l的方程为()A．5x＋12y＋20＝0B．5x＋12y＋20＝0或x＋4＝0C．5x－12y＋20＝0D．5x－12y＋20＝0或x＋4＝0答案B解析圆的标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝25，由|AB|＝8知，圆心(－1,2)到直线l的距离d＝3.当直线l

的斜率不存在，即直线l的方程为x＝－4时，符合题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋4)，即kx－y＋4k＝0.则有|3k－2|k2＋1＝3，∴k＝－512.此时直线l的方程为5x＋12y＋20＝0.综上，直线l的方程为5x9＋12y＋20＝0或x＋4＝0.(2)已知直线l：

mx＋y＋3m－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|＝23，则|CD|＝________.答案4解析由题意可知直线l过定点(－3，3)，该定点在圆x2＋y2＝12上，不妨设点A(－3，3)，由于|AB|＝23，r＝23，所以圆

心到直线AB的距离为d＝(23)2－(3)2＝3，又由点到直线的距离公式可得d＝|3m－3|m2＋1＝3，解得m＝－33，所以直线l的斜率k＝－m＝33，即直线l的倾斜角为30°.如图，过点C作CH⊥BD，垂足为H，所以|CH|＝23，在Rt△CHD中，∠HCD＝30°，所以|CD|＝23cos

30°＝4.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l2、弦心距d和圆的半径r构成直角三角形，且r2＝l22＋d2.(2)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|＝1＋k

2|x1－x2|＝1＋k2·(x1＋x2)2－4x1x2或|AB|＝1＋1k2|y1－y2|＝1＋1k2·(y1＋y2)2－4y1y2(k≠0)．5.(多选)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．810C．12D．16答案BC解析因为直线y＝kx－1过定点(0，－1)，故圆C的圆心(－3,3)到直线y＝kx－1的距离的最大值为(－3－0)2＋(3＋1)2＝5.又圆C的半径为6，故弦长|AB|的最小值为262－5

2＝211.又当直线y＝kx－1过圆心时弦长|AB|取最大值，为直径12，故|AB|∈[211，12]．故选BC.6．(2020·天津高考)已知直线x－3y＋8＝0和圆x2＋y2＝r2(r＞0)相交于A，B两点．若|AB

|＝6，则r的值为________.答案5解析因为圆心(0,0)到直线x－3y＋8＝0的距离d＝81＋3＝4，由|AB|＝2r2－d2可得6＝2r2－42，解得r＝5.考向三两圆的位置关系例4(1)圆C1：(x＋1)2＋(y－2)2＝4与圆C2：(x－3

)2＋(y－2)2＝4的公切线的条数是()A．1B．2C．3D．4答案C解析圆C1：(x＋1)2＋(y－2)2＝4的圆心为(－1,2)，半径为2，圆C2：(x－3)2＋(y－2)2＝4的圆心为(3,2)，半径为2，两圆的圆心距|C1C2|＝(－1－3)2

＋(2－2)2＝4＝2＋2，即两圆的圆心距等于两圆的半径之和，故两圆外切，故公切线的条数为3.故选C.(2)若圆C：x2＋(y－4)2＝18与圆D：(x－1)2＋(y－1)2＝R2的公共弦长为62，则圆D的半径为()A．5B．25C．26D．27答案D11解析由

x2＋(y－4)2＝18，(x－1)2＋(y－1)2＝R2，得2x－6y＝4－R2，因为公共弦长为62，所以直线2x－6y＝4－R2经过圆C的圆心(0,4)，即2×0－6×4＝4－R2，则R2＝28，所以圆D的半径为27.故选D.(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，一般不用代数法．(2)两圆公共弦长的求法先求出公共弦所在直线的方程，在其中一圆中，由弦心距d，半弦长l2，半径r构成直角三角形，利用勾股定理求解．7.(多选)已知点

A(2,0)，圆C：(x－a－1)2＋(y－3a)2＝1上存在点P，满足|PA|2＋|PO|2＝10(O为坐标原点)，则a的取值可能是()A．1B．－1C．12D．0答案ABC解析设P(x，y)，由|PA|2＋|PO|2＝10，A(2，0)，得(x－2)2＋

y2＋x2＋y2＝10，整理得，(x－1)2＋y2＝4.圆C：(x－a－1)2＋(y－3a)2＝1上存在点P，满足|PA|2＋|PO|2＝10，即两圆(x－1)2＋y2＝4与(x－a－1)2＋(y－3a)2＝1有

交点，则1＝2－1≤(a＋1－1)2＋(3a)2≤2＋1＝3，解得12≤|a|≤32.∴a的取值可能是1，－1，12.故选ABC.8．已知圆C与圆x2＋y2＋10x＋10y＝0相切于原点，且过点A(0，－6)，则

圆C的标准方程为________.答案(x＋3)2＋(y＋3)2＝18解析设圆C的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，其圆心为C(a，b)，半径为r(r>0)．∵x2＋y2＋10x＋10y＝0

可化为(x＋5)2＋(y＋5)2＝50，∴其圆心为(－5，－125)，半径为52.∵两圆相切于原点O，且圆C过点(0，－6)，点(0，－6)在圆(x＋5)2＋(y＋5)2＝50内，∴两圆内切，∴a2＋b2＝r2，(a＋5)2＋(b＋5)2＝52－r，(0－a)2＋(－6－b)2＝r2

，解得a＝－3，b＝－3，r＝32，∴圆C的标准方程为(x＋3)2＋(y＋3)2＝18.一、单项选择题1．直线mx－y＋2＝0与圆x2＋y2＝9的位置关系是()A．相交B．相切C．相离D．无法确定答案A解析圆x2＋y2＝9的圆心为(

0,0)，半径为3，直线mx－y＋2＝0恒过点A(0,2)，而02＋22＝4<9，所以点A在圆的内部，所以直线mx－y＋2＝0与圆x2＋y2＝9相交．故选A.2．两圆C1：x2＋y2＋2x－6y－26＝0

，C2：x2＋y2－4x＋2y＋4＝0的位置关系是()A．内切B．外切C．相交D．外离答案A解析由于圆C1的标准方程为(x＋1)2＋(y－3)2＝36，故圆心为C1(－1,3)，半径为6；圆C2的标准方程为(

x－2)2＋(y＋1)2＝1，故圆心为C2(2，－1)，半径为1.因此，两圆的圆心距|C1C2|＝(－1－2)2＋(3＋1)2＝5＝6－1，显然两圆内切．3．(2021·广东华附、省实、广雅、深中四校联考)过点A(a,0)(a＞0)，且倾斜角为3

0°的直线与圆O：x2＋y2＝r2(r＞0)相切于点B，且|AB|＝3，则△OAB的面积是()13A.12B．32C．1D．2答案B解析在Rt△AOB中，∠BAO＝30°，|AB|＝3，故|OB|＝1，所以S△OAB＝12|

AB||OB|＝32，故选B.4．过点P(2,4)作圆(x－1)2＋(y－1)2＝1的切线，则切线方程为()A．3x＋4y－4＝0B．4x－3y＋4＝0C．x＝2或4x－3y＋4＝0D．y＝4或3x＋4y－4＝0答案C解析当斜率不存在时，直线x＝2与

圆相切；当斜率存在时，设切线方程为y－4＝k(x－2)，即kx－y＋4－2k＝0，则|k－1＋4－2k|k2＋1＝1，解得k＝43，得切线方程为4x－3y＋4＝0.综上，得切线方程为x＝2或4x－3y＋4＝0.5．(2021·北

京高考)已知圆C：x2＋y2＝4，直线l：y＝kx＋m，当k变化时，l截得圆C弦长的最小值为2，则m＝()A．±2B．±2C．±3D．±5答案C解析由题可得圆心为(0,0)，半径为2，则圆心到直线的距离d＝|m|k2＋1，则弦长为24－m2k2＋1，则当k＝0时，弦长取得最小值为24－m2＝

2，解得m＝±3.故选C.6．若曲线y＝4－x2与直线y＝k(x－2)＋4有两个交点，则实数k的取值范围是()14A.34，1B．34，＋∞C．(1，＋∞)D．(1,3]答案A解析根据题意画出图形，如图所示．由题意可

得，曲线y＝4－x2的图象为以(0,0)为圆心，2为半径的半圆，直线l恒过A(2,4)，当直线l与半圆相切时，圆心到直线l的距离d＝r，即|4－2k|1＋k2＝2，解得k＝34；当直线l过B点时，直线l的斜率k＝4－02－(－2)＝1，则直线l与半圆有两个不同的交

点时，实数k的取值范围为34，1.故选A.7．(2022·山师大附中模拟)设P为直线3x－4y＋4＝0上的动点，PA，PB为圆C：(x－2)2＋y2＝1的两条切线，A，B为切点，则四边形APBC面积的最小值为()A.3B．23C．5D．25

答案A解析如图，连接AC，BC，PC.易知圆C的圆心坐标为(2,0)，|AC|＝|BC|＝r＝1，CA⊥PA，CB⊥PB.设P(x0，y0)，则3x0－4y0＋4＝0，所以y0＝34x0＋1.由勾股定理知|AP|＝|CP|2－|AC|2＝(

x0－2)2＋y20－1，所以S四边形APBC＝2SRt△ACP＝|AC||AP|＝|AP|＝(x0－2)2＋34x0＋12－1＝54x0－452＋4825，15当x0＝45时，所求面积最小

为54×4825＝3.8．在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l：y＝2x－4，设圆C的半径为1，圆心在l上．若圆C上存在点M，使|MA|＝2|MO|，则圆心C的横坐标a的取值范围是()A.0，125B．[0,1]C

.1，125D．0，125答案A解析因为圆心在直线y＝2x－4上，所以圆C的方程为(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1，设点M(x，y)，因为|MA|＝2|MO|，所以x2＋(y－3)2＝2x2＋y2，化简得x2＋y2＋2y－3＝0，即x2＋(

y＋1)2＝4，所以点M在以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆上．由题意，点M(x，y)在圆C上，所以圆C与圆D有公共点，则|2－1|≤|CD|≤2＋1，即1≤a2＋(2a－3)2≤3.由a2＋(2a－3)2≥1得5a2－12a＋8≥0，解

得a∈R；由a2＋(2a－3)2≤3得5a2－12a≤0，解得0≤a≤125.所以点C的横坐标a的取值范围为0，125.故选A.9．(2020·全国Ⅰ卷)已知⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直线l：2x＋y＋2＝0，P为l上的动点

，过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|·|AB|最小时，直线AB的方程为()A．2x－y－1＝0B．2x＋y－1＝0C．2x－y＋1＝0D．2x＋y＋1＝0答案D解析圆的方程可化为(x－1)2＋(y－1)2＝4，则

M(1，1)，点M到直线l的距16离为d＝|2×1＋1＋2|22＋12＝5＞2，所以直线l与圆相离．依圆的知识可知，点A，P，B，M四点共圆，且AB⊥PM，所以|PM|·|AB|＝4S△PAM＝4×12×|PA

|×|AM|＝4|PA|，而|PA|＝|PM|2－|AM|2＝|PM|2－4，当直线l⊥PM时，|PM|最小，|PM|min＝5，|PA|min＝1，此时|PM|·|AB|最小．直线PM的方程为y－1＝12(x－1)，即y＝12x＋12，由y＝12x＋12，2x

＋y＋2＝0，解得x＝－1，y＝0，所以P(－1，0)．所以以PM为直径的圆的方程为(x－1)(x＋1)＋y(y－1)＝0，即x2＋y2－y－1＝0.两圆的方程相减可得2x＋y＋1＝0，即为直线AB的方程．故选D.二、多项选择题10．已知圆C：

x2＋y2＋2mx－2(m＋1)y＋2m2＋2m－3＝0(m∈R)上存在两个点到点A(0，－1)的距离为4，则m的值可能为()A．1B．－1C．－3D．－5答案ACD解析由题知，圆C：(x＋m)2＋[y－(m＋1)]2＝22与圆A：x2＋(y＋1)2＝

42相交．故|4－2|＜|CA|＜4＋2，即2＜m2＋[(m＋1)－(－1)]2＜6，解得m∈(－17－1，－2)∪(0，17－1)，∴m的值可能为－5，－3,1.故选ACD.11．(2021·湖南湘潭

三模)已知直线l：kx－y＋2k＝0和圆O：x2＋y2＝16，则()A．直线l恒过定点(－2,0)B．存在k使得直线l与直线l0：x－2y＋2＝0垂直C．直线l与圆O相交D．若k＝－1，直线l被圆O截得的

弦长为4答案ABC17解析由l：kx－y＋2k＝0，得k(x＋2)－y＝0，令x＋2＝0，－y＝0，解得x＝－2，y＝0，所以直线l恒过定点(－2,0)，故A正确；直线l0：x－2y＋2＝0的斜率为12，则当k＝－

2时，满足直线l与直线l0：x－2y＋2＝0垂直，故B正确；因为直线l恒过定点(－2,0)，而(－2)2＋02＝4<16，即(－2,0)在圆O：x2＋y2＝16内，所以直线l与圆O相交，故C正确；当k＝

－1时，直线l：x＋y＋2＝0，圆心到直线的距离为d＝|0＋0＋2|12＋12＝2，所以直线l被圆O截得的弦长为2r2－d2＝242－(2)2＝214，故D错误．故选ABC.12．(2021·新高考Ⅰ卷)已知点P在圆(x－5)2＋(y－5)

2＝16上，点A(4,0)，B(0,2)，则()A．点P到直线AB的距离小于10B．点P到直线AB的距离大于2C．当∠PBA最小时，|PB|＝32D．当∠PBA最大时，|PB|＝32答案ACD解析设圆(x－5)2＋(y－5)2＝16的圆心为M(5,5)，由题易知直线AB的方程为x4＋y2＝

1，即x＋2y－4＝0，则圆心M到直线AB的距离d＝|5＋2×5－4|5＝115>4，所以直线AB与圆M相离，所以点P到直线AB的距离的最大值为4＋d＝4＋115，4＋115<5＋1255＝10，故A正确；易知点P到直线AB的距离的最小值为d－4＝

115－4，115－4<1255－4＝1，故B不正确；18过点B作圆M的两条切线，切点分别为N，Q，如图所示，连接MB，MN，MQ，则当∠PBA最小时，点P与N重合，|PB|＝|MB|2－|MN|2＝52＋(5－2)2－42＝32，当∠PBA最大时，

点P与Q重合，|PB|＝32，故C，D正确．综上，选ACD.三、填空题13．直线x－3y＝0截圆(x－2)2＋y2＝4所得劣弧所对的圆心角是________.答案2π3解析画出图形，如图，则∠AOC＝π6，∴∠CAO＝π6，∴∠ACO＝π－π6－π6＝2π3.14．圆心在直线y＝

－4x上，并且与直线l：x＋y－1＝0相切于点P(3，－2)的圆的方程为________.答案(x－1)2＋(y＋4)2＝8解析设圆心A的坐标为(x，－4x)，则kAP＝2－4xx－3，又圆A与直线l相切，∴kAP·kl＝－1，又kl＝－1，

∴x＝1，∴A(1，－4)，r＝(1－3)2＋(－4＋2)2＝22，∴所求圆的方程为(x－1)2＋(y＋4)2＝8.15．(2019·浙江高考)已知圆C的圆心坐标是(0，m)，半径长是r.若直线2x－

y＋3＝0与圆C相切于点A(－2，－1)，则m＝________，r＝________.答案－25解析根据题意画出图形，如图，可知A(－2，－1)，C(0，m)，B(0,3)，19则|AB|＝(－2－0)2＋(－1－3)2＝25，|AC|＝(－2－0)2＋(－1－m)

2＝4＋(m＋1)2，|BC|＝|m－3|.∵直线2x－y＋3＝0与圆C相切于点A，∴∠BAC＝90°，∴|AB|2＋|AC|2＝|BC|2.即20＋4＋(m＋1)2＝(m－3)2，解得m＝－2.因此r＝|AC|＝4＋(－2＋1)2＝5.16．(2022·青岛高三入学考试)阿波罗尼斯(约公

元前262～190年)证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k(k>0，k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足|PA||PB|＝2，当P，A，B不共线时，△PAB面积的最大值是________.答案22解析以经过点A，B的直线为x轴

，线段AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，则A(－1,0)，B(1,0)．设P(x，y)，∵|PA||PB|＝2，∴(x＋1)2＋y2(x－1)2＋y2＝2，即x2＋y2－6x＋1＝0，则(x－3)2＋y2＝8，当点P到AB(x轴)的距离最大时，△PAB的面积最大，此时面积为12

×2×22＝22.四、解答题17．已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方．(1)求圆C的方程；(2)过点M(1,0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，求出

点N的坐标；若不存在，请说明理由．20解(1)设圆心C(a,0)a>－52，则|4a＋10|5＝2⇒a＝0或a＝－5(舍去)．所以圆C的方程为x2＋y2＝4.(2)当直线AB⊥x轴时，x轴平

分∠ANB.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2＋y2＝4，y＝k(x－1)，得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，所以x1＋x2＝2k2

k2＋1，x1x2＝k2－4k2＋1.若x轴平分∠ANB，则kAN＝－kBN⇒y1x1－t＋y2x2－t＝0⇒k(x1－1)x1－t＋k(x2－1)x2－t＝0⇒2x1x2－(t＋1)·(x1＋x2)＋2t＝0⇒2(k2－4)k2＋1－2k2(t＋1)k2＋1＋2t＝0⇒t＝4，所以当点N的坐标为

(4,0)时，能使得∠ANM＝∠BNM总成立．18．已知圆C：x2＋(y－a)2＝4，点A(1,0)．(1)当过点A的圆C的切线存在时，求实数a的取值范围；(2)设AM，AN为圆C的两条切线，M，N为切点，当|MN|＝455时，求MN所在直线的方

程．解(1)过点A的切线存在，即点A在圆外或圆上，∴1＋a2≥4，∴a≥3或a≤－3，即实数a的取值范围为(－∞，－3]∪[3，＋∞)．(2)设MN与AC交于点D，O为坐标原点．易知MN⊥CD，且D为MN的中点．21∵|MN|＝455，∴|DM|＝255.又|MC|＝2，∴|CD|

＝|MC|2－|DM|2＝4－2025＝455，∴cos∠MCA＝|CD||MC|＝4552＝255，∵cos∠MCA＝|MC||AC|，∴|AC|＝|MC|cos∠MCA＝2255＝5，∴|OC|＝2，|AM|＝1，∴MN是以点A为圆心，1为半径的圆A与圆C的公

共弦，圆A的方程为(x－1)2＋y2＝1，圆C的方程为x2＋(y－2)2＝4或x2＋(y＋2)2＝4，∴MN所在直线的方程为(x－1)2＋y2－1－x2－(y－2)2＋4＝0或(x－1)2＋y2－1－x2－(y＋2

)2＋4＝0，即x－2y＝0或x＋2y＝0，因此MN所在直线的方程为x－2y＝0或x＋2y＝0.19．已知圆C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0.(1)若圆C的切线在x轴和y轴上的截距相等，求切线的方程；(2)从圆C外一点P(x1，y1)向该圆引一条切线，切点为M，O为坐标原点，且

有|PM|＝|PO|，求|PM|取得最小值时点P的坐标．解(1)圆C的标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝2，圆心为(－1,2)，半径为2，易知切线斜率存在．由圆C的切线在两坐标轴上的截距相等，可分两种情况．①当截距不为零时，直线斜率为－1，可设切线的方程为y＝－x＋b，即x＋y－b

＝0，22由|－1＋2－b|2＝2，解得b＝－1或b＝3，故切线的方程为x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0.②当截距为零时，可设切线的方程为y＝kx，即kx－y＝0，由|－k－2|k2＋1＝2，解得k＝2＋6或k＝2－6，故切线的方程为

y＝(2＋6)x或y＝(2－6)x.综上可知，切线的方程为x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0或y＝(2＋6)x或y＝(2－6)x.(2)∵|PM|＝|PO|，∴|PO|取最小值时，|PM|也取最小值．∵切线PM与半径CM垂直，∴|PM|2＝|PC|2

－|CM|2，又|PM|＝|PO|，∴|PC|2－|CM|2＝|PO|2，∴(x1＋1)2＋(y1－2)2－2＝x21＋y21，∴2x1－4y1＋3＝0，即点P(x1，y1)在直线2x－4y＋3＝0上，∴|PO|的最小值等于点O到直线2x－4y＋3＝0的距离d，d＝322＋42＝3510.故

|PO|取得最小值时，|PO|2＝x21＋y21＝d2＝35102＝920，∴x21＋y21＝920，2x1－4y1＋3＝0，解得x1＝－310，y1＝35.∴所求点P的坐标为－310，

35.2320．(2021·全国甲卷)抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x＝1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ.已知点M(2,0)，且⊙M与l相切．(1)求C，⊙M的方程；(2)设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切．判

断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由．解(1)由题意，知直线x＝1与C交于P，Q两点，且OP⊥OQ，设C的焦点为F，P在第一象限，则根据抛物线的对称性，知∠POF＝∠QOF＝45°，所以P(1,1)，Q(1，－1)．设C的方程为y2＝2px(p>0)，则1

＝2p，得p＝12，所以C的方程为y2＝x.因为圆心M(2,0)到l的距离即⊙M的半径，且距离为1，所以⊙M的方程为(x－2)2＋y2＝1.(2)设A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)．当A1，A2，A3中有一个为坐标原点时，另外两个点的横坐标的值均为3，此时

直线A2A3与⊙M相切；当x1≠x2≠x3时，可知，直线A1A2的方程为x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，此时有|2＋y1y2|1＋(y1＋y2)2＝1，即(y21－1)y22＋2y1y2＋3－y21＝0.同理可得，(y21－1)y23＋2y1y3＋3－y21＝0.所以y

2，y3是方程(y21－1)y2＋2y1y＋3－y21＝0的两根．则y2＋y3＝－2y1y21－1，y2y3＝3－y21y21－1.依题意可得，直线A2A3的方程为x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0.设点

M到直线A2A3的距离为d(d>0)，则有24d2＝(2＋y2y3)21＋(y2＋y3)2＝2＋3－y21y21－121＋－2y1y21－12＝1，d＝1.此时，直线A2A3与⊙M相切．综

上，直线A2A3与⊙M相切．