专题04圆的方程（2）（解析版）

专题04圆的方程（2）TOC\o"1-3"\h\u题型7与圆有关的最值问题 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)过圆外一点的圆的切线过圆外一点M(x0，y0)的圆的切线求法：可用点斜式设出方程，利用圆心到直线的距离等于半径求出斜率k，从而得切线方程；若求出的k值只有一个，则说明另一条直线的斜率不存在，其方程为x＝x0.知识点六.切线长①从圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)外一点M(x0，y0)引圆的两条切线，切线长为eq\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)＋Dx0＋Ey0＋F).②两切点弦长：利用等面积法，切线长a与半径r的积的2倍等于点M与圆心的距离d与两切点弦长b的积，即b＝eq\f(2ar,d).注意：过一点求圆的切线方程时，要先判断点与圆的位置关系，以便确定切线的条数．知识点七．圆的弦长直线和圆相交，求被圆截得的弦长通常有两种方法：(1)几何法：因为半弦长eq\f(L,2)、弦心距d、半径r构成直角三角形，所以由勾股定理得L＝2eq\r(r2－d2).(2)代数法：若直线y＝kx＋b与圆有两交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有：|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|.知识点八．两圆相交时公共弦所在直线的方程：圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0与C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0相交时：(1)将两圆方程直接作差，得到两圆公共弦所在直线方程；(2)两圆圆心的连线垂直平分公共弦；(3)x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0表示过两圆交点的圆系方程(不包括C2)．知识点九．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：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)．题型7与圆有关的最值问题◆类型1类比斜率型【方法总结】形如u＝eq\f(y－b,x－a)型的最值问题，可转化为过点(a，b)和点(x，y)的直线的斜率的最值问题.【例题7-1】已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0，求eq\f(y,x)的最大值和最小值．【解析】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．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取最大值和最小值，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).【变式7-1】1.已知实数x，y满足(x－2)2＋(y－1)2＝1，则z＝eq\f(y＋1,x)的最大值与最小值分别为________和________．【解析】由题意，得eq\f(y＋1,x)表示过点A(0，－1)和圆(x－2)2＋(y－1)2＝1上的动点(x，y)的直线的斜率．当且仅当直线与圆相切时，直线的斜率分别取得最大值和最小值．设切线方程为y＝kx－1，即kx－y－1＝0，则eq\f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq\f(4±\r(7),3)，所以zmax＝eq\f(4＋\r(7),3)，zmin＝eq\f(4－\r(7),3).【答案】eq\f(4＋\r(7),3)eq\f(4－\r(7),3)【变式7-1】2．已知实数x，y满足(x－2)2＋(y－1)2＝1，则z＝eq\f(y＋1,x)的最大值与最小值分别为______和______．【解析】由题意，得eq\f(y＋1,x)表示过点A(0，－1)和圆(x－2)2＋(y－1)2＝1上的动点(x，y)的直线的斜率，当且仅当直线与圆相切时，直线的斜率分别取得最大值和最小值．设切线方程为y＝kx－1，即kx－y－1＝0，则eq\f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq\f(4±\r(7),3)，所以zmax＝eq\f(4＋\r(7),3)，zmin＝eq\f(4－\r(7),3).【答案】eq\f(4＋\r(7),3)eq\f(4－\r(7),3)【变式7-1】3．已知M(x，y)为圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一点，且点Q(－2，3)．(1)求|MQ|的最大值和最小值；(2)求eq\f(y－3,x＋2)的最大值和最小值．【解析】(1)由圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0，可得(x－2)2＋(y－7)2＝8，所以圆心C的坐标为(2，7)，半径r＝2eq\r(2)，又|QC|＝eq\r(（2＋2）2＋（7－3）2)＝4eq\r(2)，所以|MQ|max＝4eq\r(2)＋2eq\r(2)＝6eq\r(2)，|MQ|min＝4eq\r(2)－2eq\r(2)＝2eq\r(2).(2)可知eq\f(y－3,x＋2)表示直线MQ的斜率k.设直线MQ的方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0.因为直线MQ与圆C有交点，所以eq\f(|2k－7＋2k＋3|,\r(1＋k2))≤2eq\r(2)，可得2－eq\r(3)≤k≤2＋eq\r(3)，所以eq\f(y－3,x＋2)的最大值为2＋eq\r(3)，最小值为2－eq\r(3).【变式7-1】4．若实数，满足，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】解答：由题意可得,表示右半个圆x2+y2=1上的点(x,y)与原点(0,−2)连线的斜率，设k=，故此圆的切线方程为y=kx−2，再根据圆心(0,0)到切线的距离等于半径,可得r==1，平方得k2=3求得k=±,故的取值范围是，故选：D.◆类型2转化截距型【方法总结】形如l＝ax＋by形式的最值问题，可转化为动直线y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(l,b)截距的最值问题.【例题7-2】（2019·全国·高一课时练习）已知实数x，y满足x2+y【答案】5-5【分析】令x-2y=t．即得直线：x【详解】把圆的方程化为标准方程得:(x-1)2+(y+2)2=25【解析】令x-2y=t．即得直线：x-2y-t=0，∵点Px,y在圆上，∴故得解.【点睛】此题考查点与圆的位置关系和直线与圆的位置关系的应用,运用数形结合的数学思想,将所要求的范围由其表示的几何意义转化为点与圆心的距离的最值和直线与圆相切的位置关系的问题，是一道中档题.【变式7-2】1.已知点(x，y)在圆(x－2)2＋(y＋3)2＝1上,求x＋y的最大值和最小值．【解析】设t＝x＋y，则y＝－x＋t，t可视为直线y＝－x＋t在y轴上的截距，∴x＋y的最大值和最小值就是直线与圆有公共点时直线在y轴上的截距的最大值和最小值，即直线与圆相切时在y轴上的截距．由直线与圆相切得圆心到直线的距离等于半径，即eq\f(|2＋－3－t|,\r(2))＝1，解得t＝eq\r(2)－1或t＝－eq\r(2)－1.∴x＋y的最大值为eq\r(2)－1，最小值为－eq\r(2)－1.【变式7-2】2.已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0.求：y－x的最大值和最小值.【解析】y－x可看作是直线y＝x＋b在y轴上的截距，如图所示，当直线y＝x＋b与圆相切时，其在y轴上的截距b取得最大值和最小值，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－2＋eq\r(6)，最小值为－2－eq\r(6).【变式7-2】3．已知点P(x，y)在圆C：x2＋y2－6x－6y＋14＝0上，求x＋y的最大值和最小值．【解析】方程x2＋y2－6x－6y＋14＝0可变形为(x－3)2＋(y－3)2＝4，则圆C的半径为2.【解析】(转化为截距的最值问题求解)设x＋y＝b，则b表示动直线y＝－x＋b在y轴上的截距，显然当动直线y＝－x＋b与圆C相切时，b取得最大值或最小值，如图所示．由圆心C(3,3)到切线x＋y＝b的距离等于圆C的半径，可得eq\f(|3＋3－b|,\r(12＋12))＝2，即|b－6|＝2eq\r(2)，解得b＝6±2eq\r(2)，所以x＋y的最大值为6＋2eq\r(2)，最小值为6－2eq\r(2).◆类型3类比两点间距离（平方）型【方法总结】形如(x－a)2＋(y－b)2型的最值问题，可转化为动点(x，y)到定点(a，b)的距离的平方的最值问题．【例题7-3】（2020·四川·双流中学高二期中（理））已知实数x、y满足方程x2+y2-4A．7-43 B．7+43 C．2+3【答案】A【解析】将圆的方程化为标准形式，可得出圆心C的坐标和圆的半径，将x2+y2【详解】圆的标准方程为x-22+y2=3，圆心为C2,0，半径长为3，∵0-22+故选：A.【点睛】本题考查x2+【变式7-3】1．（2022·全国·高二专题练习）已知点P(x，y)在圆x2＋y2＝1上，则(x-1)【答案】1+【分析】(x-1)2+(【详解】圆x2+y2=1的圆心为(0,0)，半径为1∴所求最大值为2+1【点睛】设圆的半径为r，圆心到平面上一点M的距离为d，则圆上的点到点M距离的最大值为d+r，最小值为【变式7-3】2．（2019·江苏·一模）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C:x2+(y-1)2=1及点A(3,0)，设点P是圆C【答案】7【分析】由角平分线成比例定理推理可得AQ=2PQ，进而设点表示向量构建方程组表示点P坐标，代入圆C方程即可表示动点Q【详解】由题可构建如图所示的图形，因为AQ是∠ACP的角平分线，由角平分线成比例定理可知ACAP=AQPQ=21⇒AQ=2PQ,所以AQ又因为点P是圆C:x2+(y-1)2=1上的动点，则3因为dMO=故答案为：7-2【点睛】本题考查与圆有关的距离的最值问题，常常转化到圆心的距离加减半径，还考查了求动点的轨迹方程，属于中档题.【变式7-3】3．（2022·全国·高三专题练习）设x、y∈R，则P【答案】3-2【分析】P=(x+1-cosy)2+(x-1+siny)2的几何意义为点Ax+1，x-1与点【详解】P=(x+1-cosy)2+(x-1+siny)2的几何意义为点Ax+1，x-1与点Bcosy，-siny之间的距离的平方．设所以P的最小值为(2-1)2=3-2【变式7-3】4．设是定义在R上的增函数,且对于任意的都有恒成立.如果实数a,b满足不等式,那么的取值范围是()A.(9,49)B.(13,49)C.(9,25)D.(3,7)【答案】A【解析】由是的增函数和奇函数可得,,所以选A.◆类型4利用函数关系求最值【方法总结】根据已知条件列出相关的函数关系式，再根据关系式的特征选用基本不等式、函数单调性等方法求最值．【例题7-4】(2022·厦门模拟)设点P(x，y)是圆：x2＋(y－3)2＝1上的动点，定点A(2，0)，B(－2，0)，则eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最大值为________．【解析】由题意，知eq\o(PA,\s\up6(→))＝(2－x，－y)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－2－x，－y)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x2＋y2－4，由于点P(x，y)是圆上的点，故其坐标满足方程x2＋(y－3)2＝1，故x2＝－(y－3)2＋1，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12.易知2≤y≤4，所以，当y＝4时，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的值最大，最大值为6×4－12＝12.【答案】12【变式7-4】1．设点P(x，y)是圆(x－3)2＋y2＝4上的动点，定点A(0，2)，B(0，－2)，则|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的最大值为________．【解析】由题意，知eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－x，2－y)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－x，－2－y)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－2x，－2y)，由于点P(x，y)是圆上的点，故其坐标满足方程(x－3)2＋y2＝4，故y2＝－(x－3)2＋4，所以|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|＝eq\r(4x2＋4y2)＝2eq\r(6x－5).由圆的方程(x－3)2＋y2＝4，易知1≤x≤5，所以当x＝5时，|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的值最大，最大值为2eq\r(6×5－5)＝10.【答案】10【变式7-4】2．(2022·湖北鄂州三校联考)在△ABC中，边a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知eq\f(a,cosB)＝eq\f(b,cosA)且a＝6，b＝8.(1)建立适当的直角坐标系，求△ABC的内切圆方程；(2)P为内切圆上任意一点，求|eq\o(PA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(PB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(PC,\s\up6(→))|2的最大值与最小值．【解析】(1)由正弦定理可知sin2A＝sin2B，所以A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，因为a<b，所以A＋B＝eq\f(π,2)，所以c＝eq\r(62＋82)＝10，以直角顶点C为原点，CA，CB所在直线为x轴，y轴建系，如图．由于△ABC是直角三角形，设△ABC的内切圆圆心为O′，切点分别为D，E，F，则AD＋DB＋EC＝eq\f(1,2)×(10＋8＋6)＝12，上式中AD＋DB＝c＝10，所以内切圆半径r＝EC＝2，则内切圆方程为(x－2)2＋(y－2)2＝4.(2)设圆上动点P的坐标为(x，y)，令S＝|eq\o(PA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(PB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(PC,\s\up6(→))|2，则S＝(x－8)2＋y2＋x2＋(y－6)2＋x2＋y2＝3x2＋3y2－16x－12y＋100＝3[(x－2)2＋(y－2)2]－4x＋76＝3×4－4x＋76＝88－4x，因为点P在内切圆上，所以0≤x≤4，所以Smax＝88－0＝88，Smin＝88－16＝72.【变式7-4】3．（2021·广东·珠海市第二中学高二期中）（多选）已知点A(-2,-2)，B(-2,6)，C(4,-2)，且点P是圆M：x2+A．66 B．79 C．86 D．89【答案】BC【分析】利用三角方法设出点P的坐标，利用两点间的距离表示出|PA【详解】依题意，设P(2cos则|PA|PB|PC∴|PA|2+|PB|2故选：BC．【变式7-4】4．在直角坐标系xOy中，以O为圆心的圆与直线x-3y=4相切，圆O与x轴相交于A、B两点，圆内的动点P使PA、PO（1）求圆O的方程；（2）求PA⋅【答案】（1）x2+y2=4【分析】（1）计算原点到直线x-3y=4的距离即为圆（2）先求出点A、B的坐标，设点Px,y，由PA、PO、PB成等比数列，结合两点间的距离公式得出x2-y2=2，由点P在圆O内得出x2+【详解】（1）依题设，圆O的半径r等于原点O到直线x-即r=-412+（2）不妨设Ax1,0、Bx2,0，x1设Px,y，由PA、PO得x+22+∴PA∵点P在圆O内，则x2+y2<4x2所以PA⋅PB=2y2【点睛】本题考查圆的方程的求解以及平面向量数量积的取值范围，对于解析几何中的动点问题，通常设动点坐标为x,y◆类型5面积最值问题【例题7-5】已知点O(0,0)，A(0,2)，点M是圆(x－3)2＋(y＋1)2＝4上的动点，则△OAM面积的最小值为()A．1 B．2C．3 D．4【解析】选A如图所示，由几何图形易知点M的坐标为Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1))时，△OAM有最小值，其面积为S△OAM＝eq\f(1,2)×2×1＝1.故选A.【变式7-5】1．已知点A(－1,0)，B(0,2)，点P是圆C：(x－1)2＋y2＝1上任意一点，则△PAB面积的最大值与最小值分别是()A．2,2－eq\f(\r(5),2)B．2＋eq\f(\r(5),2)，2－eq\f(\r(5),2)C.eq\r(5)，4－eq\r(5)D.eq\f(\r(5),2)＋1，eq\f(\r(5),2)－1【解析】选B由题意知|AB|＝eq\r(－12＋－22)＝eq\r(5)，lAB：2x－y＋2＝0，由题意知圆C的圆心坐标为(1,0)，∴圆心到直线lAB的距离d＝eq\f(|2－0＋2|,\r(4＋1))＝eq\f(4\r(5),5).∴S△PAB的最大值为eq\f(1,2)×eq\r(5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)＋1))＝2＋eq\f(\r(5),2)，S△PAB的最小值为eq\f(1,2)×eq\r(5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)－1))＝2－eq\f(\r(5),2).【变式7-5】2．已知圆C过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，6))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－2))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，5))，点M，N在圆C上，则△CMN面积的最大值为()A．100B.25C．50D.eq\f(25,2)【解析】选D.设圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，将eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，6))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－2))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，5))代入可得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(52＋4D＋6E＋F＝0，,8－2D－2E＋F＝0，,50＋5D＋5E＋F＝0，))解得D＝－2，E＝－4，F＝－20.故圆C的一般方程为x2＋y2－2x－4y－20＝0，即(x－1)2＋(y－2)2＝25，故△CMN的面积S＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CM))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CN))sin∠MCN＝eq\f(1,2)×5×5sin∠MCN≤eq\f(1,2)×5×5×1＝eq\f(25,2).所以△CMN面积的最大值为eq\f(25,2).【变式7-5】3．设P为直线3x－4y＋11＝0上的动点，过点P作圆C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，切点分别为A，B，则四边形PACB的面积的最小值为________．【解析】圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心为C(1，1)，半径r＝1，根据对称性可知，四边形PACB的面积为2S△APC＝2×eq\f(1,2)|PA|r＝|PA|＝eq\r(|PC|2－r2)，要使四边形PACB的面积最小，则只需|PC|最小，|PC|最小时为圆心到直线l：3x－4y＋11＝0的距离d＝eq\f(|3－4＋11|,\r(32＋（－4）2))＝eq\f(10,5)＝2.所以四边形PACB面积的最小值为eq\r(（|PC|min）2－r2)＝eq\r(4－1)＝eq\r(3).【答案】eq\r(3)【变式7-5】4．直线x＋y＋2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆(x－2)2＋y2＝2上，则△ABP面积的取值范围是()A．[2，6] B.[4，8]C．[eq\r(2)，3eq\r(2)] D.[2eq\r(2)，3eq\r(2)]【解析】选A.圆心(2，0)到直线的距离d＝eq\f(|2＋0＋2|,\r(2))＝2eq\r(2)，所以点P到直线的距离d1∈[eq\r(2)，3eq\r(2)]．根据直线的方程可知A，B两点的坐标分别为A(－2，0)，B(0，－2)，所以|AB|＝2eq\r(2)，所以△ABP的面积S＝eq\f(1,2)|AB|·d1＝eq\r(2)d1.因为d1∈[eq\r(2)，3eq\r(2)]，所以S∈[2，6]，即△ABP面积的取值范围是[2，6]．◆类型6构造辅助圆法【方法总结】对于符合圆的特征的条件，可以构造辅助圆帮助思考．如利用圆的定义、圆周上90度的角所对弦是直径、四点共圆的特征来构造圆，做到图中无圆，心中有圆．考点1辅助圆法的应用【例题7-6】在直角坐标平面内，与点O(0,0)距离为1，且与点A(－3,4)距离为4的直线共有________条．【解析】如图所示，平面内，与点O距离为1的直线是单位圆的切线，与点A距离为4的直线是圆心为A、半径为4的圆的切线，同时符合这两个条件的直线就是两圆的公切线．不难判断两圆相外切，因而公切线有3条，即满足条件的直线共有3条．【答案】3【变式7-6】已知两点M(1,0)，N(－3,0)到直线的距离分别为1,3，则满足条件的直线的条数是________．【答案】3【分析】考虑以M为圆心，半径为1的圆与以N为圆心，半径为3的圆的位置关系后可得直线的条数．【详解】∵M1,0,N-3,0，∴NM=4，分别以则两圆外切，有3条公切线，即符合条件的直线有3条．【点睛】圆与圆的位置关系可以用圆心距和半径之和、半径之差的绝对值的关系来确定，当两圆相离时，它们由4条公切；当两圆相外切时，它们由3条公切线；当两圆相交时，它们有2条公切线；当两圆相内切时，有1条公切线；当两圆相内含时，无公切线．考点2辅助圆法求最值【例题7-7】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．6C．5 D．4【解析】根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心C的坐标为(3,4)，半径r＝1，且|AB|＝2m，因为∠APB＝90°，连接OP，易知|OP|＝eq\f(1,2)|AB|＝m.要求m的最大值，即求圆C上的点P到原点O的最大距离．因为|OC|＝eq\r(32＋42)＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值为6.故选B.【答案】B【变式7-7】1．椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的焦点为F1，F2，点P为其上的动点．当∠F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是________．【解析】由已知得a2＝9，b2＝4，c2＝5，F1(－eq\r(5)，0)，F2(eq\r(5)，0)．以F1F2为直径构造圆x2＋y2＝5.因为∠F1PF2为钝角，所以点P(x0，y0)在圆x2＋y2＝5内，故xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)<5，联立eq\f(x\o\al(2,0),9)＋eq\f(y\o\al(2,0),4)＝1消去yeq\o\al(2,0)，解得－eq\f(3\r(5),5)<x0<eq\f(3\r(5),5).即点P横坐标的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(5),5)，\f(3\r(5),5))).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(5),5)，\f(3\r(5),5)))【变式7-7】2．已知点A(1,5),B(9,5),C(0,2),D(4,0)，动点M满足MA⊥MB，点【答案】3【分析】设动点为M(x,y)，由MA⊥MB求出动点M的轨迹方程，利用圆的性质可得，当PC【详解】设动点为M(x,y)，由题意得MA·MB=0，即当PC与圆M相切时，∠PCD取得最值，图中所示位置为∠连接MC、MP，可知MP⊥PC，MC=(5-0)2+(5-2)【变式7-7】3．若直线kx-y-k+2=0与直线x+ky【答案】2【分析】根据题意可知,直线kx-y-k+2=0与直线x+ky-2k-3=0分别过定点A,B,且这两条直线互相垂直,【详解】由题可知,直线kx-y-k+2=0可化为直线x+ky-2k-3=0可化为x-3+ky-2=0,所以其过定点B其交点P在以AB为直径的圆上,作图如下:结合图形可知,线段OP的最大值为OC+1,因为C为线段AB的中点,所以由中点坐标公式可得C所以P到坐标原点距离，即线段OP的最大值为22故答案为:2【变式7-7】4．点P(－3，1)在动直线mx＋ny＝m＋n上的投影为点M，若点N(3，3)那么|MN|的最小值为__________.【答案】2【解析】由动直线方程可得动直线经过定点A(1,1),从而得到M的轨迹为以线段PA为直径的圆，然后判断点N在圆外，进而得到所求最小值.【详解】解：直线mx＋ny＝m＋n显然经过定点A(1,1),∴M的轨迹为以线段PA为直径的圆，圆心坐标为C(-1,1),半径为2，CN=42故答案为：2【点睛】本题关键要分析出动直线经过定点，从而判定M的轨迹，然后判定N在圆的外部是不可缺少的.【变式7-7】5．（2022·全国·高三专题练习）函数f(a)=【答案】2【分析】令a-3=x，4-a=y【详解】令a-3=xfa原问题可化为在条件x2+y2=1将目标函数化为y=-33x+当直线y=-33此时，由圆心到直线的距离等于半径，易知z2=1，得所以函数fa的最大值为2故答案为：2.考点3与向量的结合【例题7-8】记M的最大值和最小值分别为Mmax和Mmin．若平面向量a、b、c，满足a=A．a-cmaxC．a-cmin【答案】A【解析】设θ为a、b的夹角，根据题意求得θ=π3，然后建立平面直角坐标系，设a=OA=2,0，b=OB=【详解】由已知可得a⋅b=a⋅bcos建立平面直角坐标系，设a=OA=2,0，由c⋅a+2b-2化简得点C的轨迹方程为x-12+则a-c转化为圆x-12+y-32a+c转化为圆x-1∴a+c故选：A.【点睛】本题考查和向量与差向量模最值的求解，将向量坐标化，将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题是解答的关键，考查化归与转化思想与数形结合思想的应用，属于中等题.【变式7-8】1．（2020·全国·高三专题练习）已知平面向量a,b,c满足a=A．7-52 B．7-32【答案】A【解析】根据题意，易知a与b的夹角为60°，设a=1，3，b=2，0，c=x,y，由a【详解】因为a=b=a⋅b=2，所以a与b的夹角为60°因为a-c⋅b-2所以原问题等价于，圆x2+y2又圆x2+y2-2x-3y+1故选：A.【点睛】本题考查向量的模的最值的求法，考查向量的数量积的坐标表示，考查学生的转换思想和运算能力，属于中档题．【变式7-8】2．（2019·海南华侨中学高三阶段练习（理））已知向量a，b满足a=3，b=4，a在b上的投影为32.若向量c满足c【答案】1,3【分析】计算a与b夹角，记a=OA,b=OB,c=OC【详解】由题可知：acos所以θ=π6.以则A3,0,B2则x-232+y-12=1,圆心M所以d=AM=3故答案为：1,3【点睛】本题考查利用建系的方法解决向量的问题，向量是代数与几何的一个纽带，熟悉使用建系的方法，化繁为简，考验对问题的分析能力，属中档题.【变式7-8】3．（2018·安徽·马鞍山二中高三期中（理））已知单位向量a，b，c，d满足：a⊥b，c-d=3向量p=2A．32 B．1 C．22-1【答案】A【分析】设单位向量a=1,0，b=0,1，可得向量p的坐标，可得p的终点P在线段x+y=22上运动，（0≤x≤22），可得c，d夹角为【详解】根据题意，设单位向量a=1,0，b=0,1，∴向量p=22cos2θ⋅a+sin2θ可得c，d夹角为2π3，且c，d的终点C，D在单位圆上，向量p=22cos2θ⋅aCD=3，则由O到x+y=22的距离为d=22可得最小值为2×22-2-32=32，此时【点睛】本题考查向量数量积的定义和性质，考查转化思想和运算能力，属于中档题.【变式7-8】4．已知函数，其中是半径为4的圆的一条弦，为原点，为单位圆上的点，设函数的最小值为，当点在单位圆上运动时，的最大值为3，则线段的长度为__________．【答案】【解析】设，则函数，其中P为单位圆O上的点，∵，∴点A在直线MN上；∴函数f(x)的最小值t为点P到直线MN的距离，当tmax=3时，如图所示；线段MN的长度为.题型8与圆有关的轨迹问题【方法总结】与圆有关的轨迹问题的四种求法◆类型1直接法【例题8-1】已知圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝9，过点A(2，3)作圆C的任意弦，则这些弦的中点P的轨迹方程为__．【解析】设P(x，y)，圆心C(1，1)．因为P点是过点A的弦的中点，所以eq\o(PA,\s\up6(→))⊥eq\o(PC,\s\up6(→)).又因为eq\o(PA,\s\up6(→))＝(2－x，3－y)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1－x，1－y)．所以(2－x)·(1－x)＋(3－y)·(1－y)＝0.所以点P的轨迹方程为(x－eq\f(3,2))2＋(y－2)2＝eq\f(5,4).【答案】(x－eq\f(3,2))2＋(y－2)2＝eq\f(5,4)【变式8-1】1．动点P到点A(8，0)的距离是到点(2，0)的距离的2倍，那么点P的轨迹方程为________．【解析】设P(x，y)，根据题意有2eq\r(（x－2）2＋y2)＝eq\r(（x－8）2＋y2)，整理得x2＋y2＝16.【答案】x2＋y2＝16【变式8-1】2．(2022·河北省昌黎县汇文二中月考)点在圆x2＋y2＝1上移动时，它与定点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0))连线的中点的轨迹方程是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋3))eq\s\up12(2)＋y2＝4 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－3))eq\s\up12(2)＋y2＝1C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－3))eq\s\up12(2)＋4y2＝1 D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(1,2)【解析】选C.设圆x2＋y2＝1上点为(x0，y0)，所求点为(x，y)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x0＋3,2)，,y＝\f(y0＋0,2)，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝2x－3，,y0＝2y，))所以(2x－3)2＋4y2＝1，即所求轨迹方程为(2x－3)2＋4y2＝1.【变式8-1】3．(2022·豫南五校联考)自圆C：(x－3)2＋(y＋4)2＝4外一点P(x，y)引该圆的一条切线，切点为Q，PQ的长度等于点P到原点O的距离，则点P的轨迹方程为()A．8x－6y－21＝0 B.8x＋6y－21＝0C．6x＋8y－21＝0 D.6x－8y－21＝0【解析】选D.由题意得，圆心C的坐标为(3，－4)，半径r＝2，如图．因为|PQ|＝|PO|，且PQ⊥CQ，所以|PO|2＋r2＝|PC|2，所以x2＋y2＋4＝(x－3)2＋(y＋4)2，即6x－8y－21＝0，所以点P的轨迹方程为6x－8y－21＝0.故选D.【变式8-1】4.已知Rt△ABC的斜边为AB，且A(－1，0)，B(3，0)．求：(1)(一题多解)直角顶点C的轨迹方程；(2)直角边BC的中点M的轨迹方程．【解析】(1)方法一：设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.因为AC⊥BC，且BC，AC斜率均存在，所以kAC·kBC＝－1，又kAC＝eq\f(y,x＋1)，kBC＝eq\f(y,x－3)，所以eq\f(y,x＋1)·eq\f(y,x－3)＝－1，化简得x2＋y2－2x－3＝0.因此，直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．方法二：设AB的中点为D，由中点坐标公式得D(1，0)，由直角三角形的性质知|CD|＝eq\f(1,2)|AB|＝2.由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1，0)为圆心，2为半径的圆(由于A，B，C三点不共线，所以应除去与x轴的交点)．所以直角顶点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．(2)设M(x，y)，C(x0，y0)，因为B(3，0)，M是线段BC的中点，由中点坐标公式得x＝eq\f(x0＋3,2)，y＝eq\f(y0＋0,2)，所以x0＝2x－3，y0＝2y.由(1)知，点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，将x0＝2x－3，y0＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4，即(x－2)2＋y2＝1.因此动点M的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．【变式8-1】5.阿波罗尼斯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波罗尼斯圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\r(2)，求|PA|2＋|PB|2的最小值．【解析】以经过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(图略)，则A(－1,0)，B(1,0)．设P(x，y)，因为eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\r(2)，所以eq\f(\r(x＋12＋y2),\r(x－12＋y2))＝eq\r(2)，两边平方并整理，得x2＋y2－6x＋1＝0，即(x－3)2＋y2＝8.所以点P的轨迹是以(3,0)为圆心，2eq\r(2)为半径的圆则|PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝2(x2＋y2)＋2.法一：因为x2＋y2－6x＋1＝0，所以|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋6x－1－x2)＋2＝12x.由y2＝8－(x－3)2≥0，得3－2eq\r(2)≤x≤3＋2eq\r(2)，所以36－24eq\r(2)≤12x≤36＋24eq\r(2)，由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值为36－24eq\r(2).法二：由(x－3)2＋y2＝8，可设eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2\r(2)cosθ＋3，,y＝2\r(2)sinθ))(θ∈[0,2π))，则|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋y2)＋2＝2[(2eq\r(2)cosθ＋3)2＋(2eq\r(2)sinθ)2]＋2＝24eq\r(2)cosθ＋36.因为θ∈[0,2π)，所以－1≤cosθ≤1，所以36－24eq\r(2)≤24eq\r(2)cosθ＋36≤36＋24eq\r(2)，由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值为36－24eq\r(2).【变式8-1】6．已知圆C：x2＋y2＋2x－4y＋1＝0，O为坐标原点，动点P在圆C外，过P作圆C的切线，设切点为M.(1)若点P运动到(1,3)处，求此时切线l的方程；(2)求满足条件PM＝PO的点P的轨迹方程．【答案】见解析【解析】把圆C的方程化为标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝4，∴圆心为C(－1,2)，半径r＝2.(1)当l的斜率不存在时，此时l的方程为x＝1，C到l的距离d＝2＝r，满足条件．当l的斜率存在时，设斜率为k，得l的方程为y－3＝k(x－1)，即kx－y＋3－k＝0，则eq\f(|－k－2＋3－k|,\r(1＋k2))＝2，解得k＝－eq\f(3,4).∴l的方程为y－3＝－eq\f(3,4)(x－1)，即3x＋4y－15＝0.综上，满足条件的切线l的方程为x＝1或3x＋4y－15＝0.(2)设P(x，y)，则PM2＝PC2－MC2＝(x＋1)2＋(y－2)2－4，PO2＝x2＋y2，∵PM＝PO，∴(x＋1)2＋(y－2)2－4＝x2＋y2，整理，得2x－4y＋1＝0，∴点P的轨迹方程为2x－4y＋1＝0.◆类型2几何法【例题8-2】设定点M(－3,4)，动点N在圆x2＋y2＝4上运动，以OM，ON为两边作平行四边形MONP，求点P的轨迹．【答案】(x＋3)2＋(y－4)2＝4，除去两点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，\f(12,5)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(21,5)，\f(28,5))).【解析】如图，设P(x，y)，N(x0，y0)，则线段OP的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，\f(y,2)))，线段MN的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0－3,2)，\f(y0＋4,2))).因为平行四边形的对角线互相平分，所以eq\f(x,2)＝eq\f(x0－3,2)，eq\f(y,2)＝eq\f(y0＋4,2)，整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝x＋3，,y0＝y－4，))又点N(x0，y0)在圆x2＋y2＝4上，所以(x＋3)2＋(y－4)2＝4.所以点P的轨迹是以(－3,4)为圆心，2为半径的圆，直线OM与轨迹相交于两点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，\f(12,5)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(21,5)，\f(28,5)))，不符合题意，舍去，所以点P的轨迹为(x＋3)2＋(y－4)2＝4，除去两点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，\f(12,5)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(21,5)，\f(28,5))).◆类型3相关点法【例题8-3】已知点P(3,a),若圆O:x2+y2=4上存在点A,使得线段【答案】[-3【分析】分析：A点在圆上，可设A(2cosθ,2sinθ)，通过PA中点也在圆上的条件，可以建立P与圆的相关性．利用参数方程设出圆上A详解：根据圆O:x2+y2=4，可设A(2cosθ,2sinθ)，PA根据辅助角公式，化简等式左边，可得144+16根据-1≤sin(θ+φ)≤1两边同时平方，因式分解得a2-27a2+5≤0因为a2+5＞0点睛：本题主要是根据条件，利用参数方程和存在性成立的条件，得到关于a的不等式．考查了相关点的轨迹方程、参数方程、存在性成立和不等式解的问题，综合性较强．题型9圆与圆的位置关系【方法总结】圆与圆的位置关系求解策略(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．◆类型1已知圆的方程判断圆与圆的位置关系【例题9-1】(2022·浙江省绍兴市期末)设圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：(x－2)2＋(y＋2)2＝1，则圆C1与C2的位置关系是()A．相交 B.外离C．外切 D.内含【解析】根据题意，可知圆C1的半径r1＝1，圆C2的半径r2＝1，且圆C1与圆C2的圆心距d＝eq\r(22＋（－2）2)＝2eq\r(2)＞1＋1，即d＞r1＋r2，故两圆外离．【变式9-1】已知圆M：x2＋y2－2ay＝0(a＞0)截直线x＋y＝0所得线段的长度是2eq\r(2)，则圆M与圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置关系是()A．内切 B.相交C．外切 D.相离【解析】选B.由题意得圆M的标准方程为x2＋(y－a)2＝a2，圆心(0，a)到直线x＋y＝0的距离d＝eq\f(a,\r(2))，所以2eq\r(a2－\f(a2,2))＝2eq\r(2)，解得a＝2，圆M，圆N的圆心距|MN|＝eq\r(2)小于两圆半径之和1＋2，大于两圆半径之差1，故两圆相交．◆类型2已知位置关系求取值（范围）问题【例题9-2】圆C1：(x－m)2＋(y＋2)2＝9与圆C2：(x＋1)2＋(y－m)2＝4外切，则m的值为()A．2 B．－5C．2或－5 D．不确定【解析】选C由题意得C1(m，－2)，r1＝3，C2(－1，m)，r2＝2，则两圆心之间的距离为|C1C2|＝eq\r(m＋12＋－2－m2)＝2＋3＝5，解得m＝2或－5.故选C.【变式9-2】1．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，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0【变式9-2】2．(2022·河北衡水中学高三复习)已知点A(m，m＋6)，B(m＋2，m＋8)，若圆C：x2＋y2－4x－4y－10＝0上存在不同的两点P，Q，使得PA⊥PB，且QA⊥QB，则m的取值范围是()A．(－2－eq\r(7)，－2＋eq\r(7)] B.[－2－eq\r(7)，－2＋eq\r(7))C．(－2－eq\r(7)，－2＋eq\r(7)) D.[－2－eq\r(7)，－2＋eq\r(7)]【解析】选C.由题可知圆心为Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2))，半径r＝3eq\r(2)，因为PA⊥PB，所以点P在以线段AB为直径的圆上，圆心坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋m＋2,2)，\f(m＋6＋m＋8,2)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋1，m＋7))，半径r′＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB)),2)＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－m－2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋6－m－8))2)＝eq\r(2)，因为圆C上存在不同的两点P，Q，使得PA⊥PB，且QA⊥QB，所以两圆相交，则圆心距d＝eq\r(（m－1）2＋（m＋5）2)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(r－r′))<d<r＋r′，即2eq\r(2)<eq\r(（m－1）2＋（m＋5）2)<4eq\r(2)，解得－2－eq\r(7)<m<－2＋eq\r(7).【变式9-2】3．与两圆(x+2)2+  y2=1，A．2 B．3 C．5 D．7【答案】D【分析】根据已知两圆相离，根据圆与圆相切的定义利用待定系数法求出满足条件的圆即可.【详解】圆O1：(x+2)2+y2=1的圆心为O1(-2,0)，半径r1=1，圆O2：(当圆O3与圆O1，圆O2所以a+22+b2=16，所以圆O3的方程为x2+当圆O3与圆O1，圆O2所以a+22+b2=4，所以圆O3的方程为x当圆O3与圆O1外切，与圆O2所以a+22+b2=16，所以圆O3的方程为x-3当圆O3与圆O1内切，与圆O2所以a+22+b2=4，所以圆O3的方程为x+3所以满足条件的圆共7个，故选：D.◆类型3两圆相关的最值问题【例题9-3】若A为圆C1：x2＋y2＝1上的动点，B为圆C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4上的动点，则线段AB长度的最大值是________．【解析】圆C1：x2＋y2＝1的圆心为C1(0，0)，半径r1＝1，圆C2：(x－3)2＋(y＋4)2＝4的圆心为C2(3，－4)，半径r2＝2，所以|C1C2|＝5.又A为圆C1上的动点，B为圆C2上的动点，所以线段AB长度的最大值是|C1C2|＋r1＋r2＝5＋1＋2＝8.【答案】8【变式9-3】1．已知点M在圆C1:x2+y2+6x【答案】13【分析】根据圆的一般方程得出圆的标准方程，并且得圆的圆心和半径，当两个圆上的各一点所构成的线段最长时，该线段过两圆的圆心，位置如下图所示.【详解】由题意知：圆C1:(x+3)2+(y-1)2=9,C1的坐标是-3,1,半径是3，圆C2:(x+1)2+(y+2)2=4，C2的坐标是【点睛】本题考查两圆的位置关系中的两圆上的点的距离的最值，由数形结合可以知两个圆上的各一点之间的距离取得最值时，就是这两点所构成的线段过两圆的圆心且两点分别在两圆心的两侧的时候，属于基础题.【变式9-3】2．设圆C1:(x-5)2+(y+2)2=4圆C2:【答案】3【分析】在直接坐标系中，画出两个圆的图形和直线y=x的图象，根据圆的性质，问题|PA|+|PB|就转化为|PC1|+|PC2|﹣R﹣r＝|PC1|+|PC2|﹣7的最小值，运用几何的知识，作出C1关于直线y＝x对称点C，并求出坐标，由平面几何的知识易知当C与P【详解】可知圆C1的圆心（5，﹣2），r＝2，圆C2的圆心（7，﹣1），R＝5，如图所示：对于直线y＝x上的任一点P，由图象可知，要使|PA|+|PB|的得最小值，则问题可转化为求|PC1|+|PC2|﹣R﹣r＝|PC1|+|PC2|﹣7的最小值，

即可看作直线y＝x上一点到两定点距离之和的最小值减去7，又C1关于直线y＝x对称的点为C（﹣2，5），由平面几何的知识易知当C与P、C2共线时，|PC1|+|PC2|取得最小值，即直线y＝x上一点到两定点距离之和取得最小值为|CC2|=3∴|PA|+|PB|的最小值为＝PC1+P【点睛】本题考查了求定直线上的动点分别到两个圆上的动点的距离之和最小值问题，考查了数形结合思想，利用圆的几何性质转化是解题的关键，利用对称思想也是本题解题的关键.题型10公共线方程（弦长）问题【方法总结】圆与圆相交时1.公共弦直线的方程：两个交点所在的直线即公共弦，其方程等于两个圆方程相减2.圆与圆相交时，求交点坐标:(1)联立两个圆的方程，相减得到公共弦的直线(2)公共弦直线与其中一个圆的方程再进行联立，解出交点的坐标3.求公共弦的弦长方法一：求出交点，利用两点间的距离方法二：求出公共弦直线方程，利用其中一个圆的圆心，求其圆心到公共弦直线的距离d，再利用弦长公式【例题10】圆C1：x2＋y2－2x＋10y－24＝0与圆C2：x2＋y2＋2x＋2y－8＝0的公共弦所在直线的方程为________，公共弦长为________．【解析】联立两圆的方程得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2x＋10y－24＝0，,x2＋y2＋2x＋2y－8＝0，))两式相减并化简，得x－2y＋4＝0，此即两圆公共弦所在直线的方程．设两圆相交于A，B两点，则A，B两点的坐标满足方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4＝0，,x2＋y2＋2x＋2y－8＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－4，,y＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2.))所以|AB|＝eq\r(（－4－0）2＋（0－2）2)＝2eq\r(5)，即公共弦长为2eq\r(5).【变式10-1】1．圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦长为________．【解析】由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4＝0，,x2＋y2－4x＋4y－12＝0，))两式相减得x－y＋2＝0.又圆x2＋y2＝4的圆心(0，0)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)，所以所求弦长为2eq\r(2).【答案】2eq\r(2)【变式10-1】2．若圆x2＋y2＝4与圆x2＋y2＋2ay－6＝0(a>0)的公共弦的长为2eq\r(3)，则a＝________.【解析】两圆的方程相减，得公共弦所在的直线方程为(x2＋y2＋2ay－6)－(x2＋y2)＝0－4⇒y＝eq\f(1,a)，又a>0，结合图形，利用半径、弦长的一半及弦心距所构成的直角三角形，可知eq\f(1,a)＝eq\r(22－\r(3)2)＝1⇒a＝1.【答案】1【变式10-1】3．（2020·天津·高三专题练习）若圆C1:x+a2+y2=8+a2a>0与圆C【答案】1【解析】将两圆方程相减可得出公共弦AB的方程，求出圆C2的圆心到直线AB的距离，结合点到直线的距离公式求出正数a【详解】将圆C1与圆C2相减可得公共弦AB所在直线的方程为所以，圆C2的圆心到直线AB的距离为d=4-∵a>0，可得a=2，则直线AB的方程为x=1.因此，圆C2上位于AB右方的点到AB的最长距离【点睛】本题考查利用相交弦长求参数，同时也考查了圆上一点到直线的距离最值的计算，考查计算能力，属于中等题.【变式10-1】4．已知圆：和圆：，若点（，）在两圆的公共弦上，则的最小值为__________．【答案】【解析】由题意得，圆：和圆：两个方程相减即可得到两圆的公共弦，即，又点（，）在两圆的公共弦上，即，则（当且仅当即，等号成立），即的最小值为.【变式10-1】5．在平面直角坐标系中，圆．若圆存在以为中点的弦，且，则实数的取值范围是____．【答案】(或)【解析】由于圆存在以为中点的弦，且，所以,如图，过点作圆的两条切线，切点分别为，圆上要存在满足题意的点，只需，即，连接，，由于，，，解得.题型11公切线问题【例题11】圆C1：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0与圆C2：x2＋y2－4x－2y＋4＝0的公切线有()A．1条 B．2条C．3条 D．4条【解析】选D圆C1：(x＋1)2＋(y＋1)2＝4，∴圆心C1(－1，－1)，半径r1＝2；圆C2：(x－2)2＋(y－1)2＝1，∴圆心C2(2,1)，半径r2＝1.∴两圆心的距离d＝eq\r(－1－22＋－1－12)＝eq\r(13)，r1＋r2＝3，∴d>r1＋r2，∴两圆外离，∴两圆有4条公切线．【变式11-1】1．(多选)已知圆O：x2＋y2＝4和圆M：x2＋y2＋4x－2y＋4＝0相交于A，B两点，下列说法正确的为()A．两圆有两条公切线B．直线AB的方程为y＝2x＋2C．线段AB的长为eq\f(6,5)D．圆O上点E，圆M上点F，则|EF|的最大值为eq\r(5)＋3【解析】选AD对于A，因为两圆相交，所以两圆有两条公切线，故A正确；对于B，因为圆O：x2＋y2＝4，圆M：x2＋y2＋4x－2y＋4＝0，两圆作差得4x－2y＋4＝－4，即y＝2x＋4，所以直线AB的方程为y＝2x＋4，故B错误；对于C，圆O：x2＋y2＝4的圆心为(0,0)，半径为2，则圆心到直线AB的距离d＝eq\f(4,\r(4＋1))＝eq\f(4\r(5),5)，所以|AB|＝2eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)))2)＝eq\f(4\r(5),5)，故C错误；对于D，圆M：x2＋y2＋4x－2y＋4＝0的圆心M(－2,1)，半径为1，所以|EF|max＝|OM|＋2＋1＝eq\r(5)＋3，故D正确．【变式11-1】2．圆C1:x2+A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【答案】C【解析】将两圆化为标准形式,求出圆心距和两圆半径之和,判断即可.【详解】圆C1:(x+1)2+圆C2:(x-2)2+(圆心距C∵C1C2=r故选:C.【点睛】本题考查圆与圆的位置关系,考查学生数形结合思想以及求解运算能力,属于基础题.【变式11-1】3．圆C1:x2+y2A．4 B．6 C．16 D．36【答案】C【分析】两圆外切时，有三条公切线．【详解】圆C1标准方程为(∵两圆有三条公切线，∴两圆外切，∴(2+1)2+(0-4)故选C．【点睛】本题考查圆与圆的位置关系，考查直线与圆的位置关系．两圆的公切线条数：两圆外离时，有4条公切线，两圆外切时，有3条公切线，两圆相交时，有2条公切线，两圆内切时，有1条公切线，两圆内含时，无无公切线．【变式11-1】4．若圆C:x2+yA．2 B．3 C．4 D．6【答案】C【分析】由两圆有三条公切线，可知两圆外切，则两圆的圆心距等于半径之和，列出式子即可求出m的值．【详解】由题意可知两圆外切，圆C的圆心为0,0，半径为5-m，圆E的圆心为3,4，半径为4则32+4故答案为C.【点睛】本题考查了两圆的公切线，考查了圆与圆的位置关系，考查了计算能力，属于基础题．【变式11-1】5．已知圆C1：x2+y2+2ax+a2-4=0，（【答案】-【分析】由圆的方程求出圆心坐标及半径，再根据两个圆只有一条公切线可得两圆内切，即圆心距等于两个半径之差，进而可得a2+b2=1【详解】圆C1：x2+y2+2ax+圆C2:x2+y由两个圆只有一条公切线可得两个圆内切，圆心距C1C所以可得a2设a=cosα，b所以a+当且仅当α+即α=-34π+2故答案为：-2【点睛】本题考查由两个圆的公切线的条数判断两个圆的位置关系，及由三角函数的范围求代数式的最小值，属于中档题．题型12圆的综合问题【例题12】(多选)(2022·南安市侨光中学阶段考)已知圆O：x2＋y2＝4和圆M：x2＋y2＋4x－2y＋1＝0相交于A，B两点，则下列选项正确的是()A．圆O与圆M有两条公切线B．圆O与圆M关于直线AB对称C．线段AB的长为eq\f(2,3)D．若E，F分别是圆O与圆M上的点，则|EF|的最大值为4＋eq\r(5)【解析】选ABD.圆O：x2＋y2＝4的圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0))，半径为2，圆M：x2＋y2＋4x－2y＋1＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－1))2＝4，圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，1))，半径为2，对于A，因为两圆相交，所以圆O与圆M有两条公切线，故正确；对于B，直线AB的方程为4x－2y＋5＝0，圆心O与圆心M关于直线AB对称，且半径都为2，所以圆O与圆M关于直线AB对称，故正确；对于C，圆心O到直线AB的距离为d＝eq\f(5,\r(42＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2))2))＝eq\f(\r(5),2)，所以线段AB的长为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝2eq\r(4－d2)＝eq\r(11)，故错误；对于D，因为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OM))＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，所以|EF|的最大值为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OM))＋R＋r＝4＋eq\r(5)，故正确．【变式12-1】1．(多选)如图，已知A(2,0)，B(1,1)，C(－1,1)，D(－2,0)，是以OD为直径的圆上的一段圆弧，是以BC为直径的圆上的一段圆弧，是以OA为直径的圆上的一段圆弧，三段弧构成曲线W，则下述正确的是()A．曲线W与x轴围成区域的面积等于2πB．曲线W上有5个整点(横、纵坐标均为整数的点)C.所在圆的方程为x2＋(y－1)2＝1D.与的公切线方程为x＋y＝eq\r(2)＋1【解析】选BCD如图所示，连接BC，过点C作CK⊥x轴于K，过点B作BL⊥x轴于L.则曲线W和x轴围成区域的面积S＝π＋2，故A错误；曲线W上有A，B，C，D，M这5个整点，故B正确；所在圆的圆心为(0,1)，半径为1，故所在圆的方程为x2＋(y－1)2＝1，故C正确；设与的公切线方程为y＝kx＋b，由图可知k<0，b>0，则eq\f(|k＋b|,\r(1＋k2))＝1，eq\f(|1－b|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝－1，b＝eq\r(2)＋1，即x＋y＝eq\r(2)＋1，故D正确．故选B、C、D.【变式12-1】2．(多选)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点所形成的图形是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy中，A(－2,0)，B(4,0)，点P满足eq\f(PA,PB)＝eq\f(1,2)，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是()A．C的方程为(x＋4)2＋y2＝16B．在C上存在点D，使得D到点(1,1)的距离为3C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|D．在C上存在点N，使得|NO|2＋|NA|2＝4【解析】选ABD设点P(x，y)，A(－2,0)，B(4,0)，由eq\f(PA,PB)＝eq\f(1,2)，得eq\f(\r(x＋22＋y2),\r(x－42＋y2))＝eq\f(1,2)，化简得x2＋y2＋8x＝0，即(x＋4)2＋y2＝16，故A选项正确；曲线C的方程表示圆心为(－4,0)，半径为4的圆，圆心与点(1,1)的距离为eq\r(－4－12＋1)＝eq\r(26)，则点(1,1)与圆上的点的距离的最小值为eq\r(26)－4，最大值为eq\r(26)＋4，而3∈[eq\r(26)－4，eq\r(26)＋4]，故B选项正确；对于C选项，设M(x0，y0)，由|MO|＝2|MA|，得eq\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0))＝2eq\r(x0＋22＋y\o\al(2,0))，又(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16，联立方程消去y0得x0＝2，再代入(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16得y0无解，故C选项错误；对于D选项，设N(x0，y0)，由|NO|2＋|NA|2＝4，得xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋(x0＋2)2＋yeq\o\al(2,0)＝4，又(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16，联立方程消去y0得x0＝0，再代入(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16得y0＝0，故D选项正确．【变式12-1】3．已知圆A：x2＋(y＋1)2＝1，圆B：(x－4)2＋(y－3)2＝1.(1)过圆心A的直线l截圆B所得的弦长为eq\f