备考2025年高考数学一轮复习第六章考点测试32

考点测试32圆及其方程高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、填空题，分值为5分，中等难度考点研读1.掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程2．能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆的位置关系；能根据给定两个圆的方程判断两圆的位置关系3．能用直线和圆的方程解决一些简单的数学问题和实际问题4．初步了解用代数方法处理几何问题的思想一、基础小题1．直线l：y＝x被圆C：(x－3)2＋(y－1)2＝3截得的弦长为()A．1 B.2C.3 D.4答案B解析由题意得圆心(3，1)到直线l：y＝x的距离为d＝eq\f(|3－1|,\r(2))＝eq\r(2)，故直线l：y＝x被圆C：(x－3)2＋(y－1)2＝3截得的弦长为2eq\r(（\r(3)）2－（\r(2)）2)＝2.故选B.2．若圆x2－2x＋y2＝0与圆C关于直线x＋y＝0对称，则圆C的方程为()A．x2＋y2＋2x＝0 B．x2＋y2－2y＝0C．x2＋y2＋2y＝0 D．x2＋y2－2x＝0答案C解析圆x2－2x＋y2＝0的标准方程为(x－1)2＋y2＝1，其圆心为(1，0)，半径为r＝1.因为(1，0)关于直线x＋y＝0对称的点为(0，－1)，所以圆C的方程为x2＋(y＋1)2＝1，即x2＋y2＋2y＝0.故选C.3．两圆x2＋y2－1＝0和x2＋y2－4x＋2y－4＝0的位置关系是()A．内切 B．外离C．外切 D．相交答案D解析由题意可得两圆的标准方程分别为x2＋y2＝1和(x－2)2＋(y＋1)2＝9，则两圆圆心分别为(0，0)和(2，－1)，半径分别为r1＝1和r2＝3，则圆心距为d＝eq\r(（2－0）2＋（－1－0）2)＝eq\r(5)，则|r1－r2|<eq\r(5)<|r1＋r2|，所以两圆相交．4．已知A(0，－2)，B(2，0)，点P为圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0上任意一点，则△PAB面积的最大值为()A．5 B．5－2eq\r(2)C.eq\f(5,2) D．5＋2eq\r(2)答案D解析圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心C(1，4)，半径r＝2，直线AB的方程为y＝x－2，于是点C到直线AB：x－y－2＝0的距离d＝eq\f(|1－4－2|,\r(12＋（－1）2))＝eq\f(5\r(2),2)，而点P在圆C上，因此点P到直线AB距离的最大值为eq\f(5\r(2),2)＋2，又|AB|＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，所以△PAB面积的最大值为S＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(2),2)＋2))＝5＋2eq\r(2).故选D.5．已知圆C：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直线l过点(0，3)与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2eq\r(3)，则直线l的方程为()A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0B．3x＋4y－12＝0或x＝0C．4x－3y＋9＝0或x＝0D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0答案B解析当直线l的斜率不存在，即直线l的方程为x＝0时，弦长为2eq\r(3)，符合题意；当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋3，由弦长为2eq\r(3)，半径为2可知，圆心到该直线的距离为1，从而有eq\f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝－eq\f(3,4).综上，直线l的方程为x＝0或3x＋4y－12＝0.故选B.6．若圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2eq\r(2)，则直线l的斜率的取值范围是()A．[2－eq\r(3)，1] B．[2－eq\r(3)，2＋eq\r(3)]C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\r(3))) D．[0，＋∞)答案B解析圆x2＋y2－4x－4y－10＝0可化为(x－2)2＋(y－2)2＝18，则圆心坐标为(2，2)，半径为3eq\r(2).由圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2eq\r(2)可得，圆心到直线l：ax＋by＝0的距离d≤3eq\r(2)－2eq\r(2)＝eq\r(2)，即eq\f(|2a＋2b|,\r(a2＋b2))≤eq\r(2)，则a2＋b2＋4ab≤0①，若b＝0，不符合题意，故b≠0，则①可化为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(2)＋1＋eq\f(4a,b)≤0，由于直线l的斜率k＝－eq\f(a,b)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(2)＋1＋eq\f(4a,b)≤0可化为k2＋1－4k≤0，解得k∈[2－eq\r(3)，2＋eq\r(3)]．故选B.7．(多选)已知圆C1：x2＋y2＝r2与圆C2：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)交于不同的A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，下列结论正确的是()A．a(x1－x2)－b(y1－y2)＝0B．2ax1＋2by1＝a2＋b2C．x1＋x2＝aD．y1＋y2＝2b答案BC解析由题意得圆C2的方程可化为C2：x2＋y2－2ax－2by＋a2＋b2－r2＝0，两圆的方程相减可得直线AB的方程为2ax＋2by－a2－b2＝0，即2ax＋2by＝a2＋b2，分别把A(x1，y1)，B(x2，y2)两点代入可得2ax1＋2by1＝a2＋b2，2ax2＋2by2＝a2＋b2，两式相减可得2a(x1－x2)＋2b(y1－y2)＝0，即a(x1－x2)＋b(y1－y2)＝0，所以A错误，B正确；由圆的性质可得，线段AB与线段C1C2互相平分，所以x1＋x2＝a，y1＋y2＝b，所以C正确，D错误．故选BC.8．已知a∈R，直线l1：x＋2y＝a＋2和直线l2：2x－y＝2a－1分别与圆E：(x－a)2＋(y－1)2＝9相交于点A，C和点B，D，则四边形ABCD的面积是________．答案18解析依题意，圆E的圆心坐标为E(a，1)，易知直线l1，l2都过圆心，故|AC|＝|BD|＝6.设直线l1的斜率为k1，直线l2的斜率为k2，由k1·k2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×2＝－1，得l1⊥l2.故所求面积为eq\f(1,2)×62＝18.二、高考小题9．(2023·新课标Ⅰ卷)过点(0，－2)与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sinα＝()A．1 B．eq\f(\r(15),4)C．eq\f(\r(10),4) D．eq\f(\r(6),4)答案B解析解法一：因为x2＋y2－4x－1＝0，即(x－2)2＋y2＝5，可得圆心C(2，0)，半径r＝eq\r(5)，过点P(0，－2)作圆C的切线，切点为A，B，因为|PC|＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，则|PA|＝eq\r(|PC|2－r2)＝eq\r(3)，可得sin∠APC＝eq\f(\r(5),2\r(2))＝eq\f(\r(10),4)，cos∠APC＝eq\f(\r(3),2\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，则sin∠APB＝sin(2∠APC)＝2sin∠APCcos∠APC＝2×eq\f(\r(10),4)×eq\f(\r(6),4)＝eq\f(\r(15),4)，cos∠APB＝cos(2∠APC)＝cos2∠APC－sin2∠APC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),4)))eq\s\up12(2)＝－eq\f(1,4)<0，即∠APB为钝角，所以sinα＝sin(π－∠APB)＝sin∠APB＝eq\f(\r(15),4).故选B.解法二：圆x2＋y2－4x－1＝0的圆心C(2，0)，半径r＝eq\r(5)，过点P(0，－2)作圆C的切线，切点为A，B，连接AB，可得|PC|＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，则|PA|＝|PB|＝eq\r(|PC|2－r2)＝eq\r(3)，因为|PA|2＋|PB|2－2|PA|·|PB|cos∠APB＝|CA|2＋|CB|2－2|CA|·|CB|cos∠ACB，且∠ACB＝π－∠APB，则3＋3－6cos∠APB＝5＋5－10cos(π－∠APB)，即3－3cos∠APB＝5＋5cos∠APB，解得cos∠APB＝－eq\f(1,4)<0，即∠APB为钝角，则cosα＝cos(π－∠APB)＝－cos∠APB＝eq\f(1,4)，又α为锐角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(15),4).故选B.解法三：圆x2＋y2－4x－1＝0的圆心C(2，0)，半径r＝eq\r(5)，若切线斜率不存在，则切线方程为x＝0，则圆心到切线的距离d＝2<r，不符合题意；若切线斜率存在，设切线方程为y＝kx－2，即kx－y－2＝0，则eq\f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝eq\r(5)，整理得k2＋8k＋1＝0，且Δ＝64－4＝60>0.设两切线斜率分别为k1，k2，则k1＋k2＝－8，k1k2＝1，可得|k1－k2|＝eq\r(（k1＋k2）2－4k1k2)＝2eq\r(15)，所以tanα＝eq\f(|k1－k2|,1＋k1k2)＝eq\r(15)，即eq\f(sinα,cosα)＝eq\r(15)，可得cosα＝eq\f(sinα,\r(15))，则sin2α＋cos2α＝sin2α＋eq\f(sin2α,15)＝1，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sinα>0，解得sinα＝eq\f(\r(15),4).故选B.10．(2023·全国乙卷)已知实数x，y满足x2＋y2－4x－2y－4＝0，则x－y的最大值是()A．1＋eq\f(3\r(2),2) B．4C．1＋3eq\r(2) D．7答案C解析解法一：令x－y＝k，则x＝k＋y，代入原式，化简得2y2＋(2k－6)y＋k2－4k－4＝0，因为存在实数y，则Δ≥0，即(2k－6)2－4×2(k2－4k－4)≥0，化简得k2－2k－17≤0，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2)，故x－y的最大值是1＋3eq\r(2).故选C.解法二：x2＋y2－4x－2y－4＝0，整理得(x－2)2＋(y－1)2＝9，令x＝3cosθ＋2，y＝3sinθ＋1，其中θ∈[0，2π]，则x－y＝3cosθ－3sinθ＋1＝3eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋1，因为θ∈[0，2π]，所以θ＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(9π,4)))，当θ＋eq\f(π,4)＝2π，即θ＝eq\f(7π,4)时，x－y取得最大值1＋3eq\r(2).故选C.解法三：由x2＋y2－4x－2y－4＝0可得(x－2)2＋(y－1)2＝9，设x－y＝k，则圆心到直线x－y＝k的距离d＝eq\f(|2－1－k|,\r(2))≤3，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2).故选C.11．(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C．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＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))，若点A(a，b)在圆C上，则a2＋b2＝r2，所以d＝eq\f(r2,\r(a2＋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＝eq\f(r2,\r(a2＋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＝eq\f(r2,\r(a2＋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＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))＝|r|，直线l与圆C相切，故D正确．故选ABD.12．(多选)(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|＝3eq\r(2)D．当∠PBA最大时，|PB|＝3eq\r(2)答案ACD解析设圆(x－5)2＋(y－5)2＝16的圆心为M(5，5)，由题意易知直线AB的方程为eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1，即x＋2y－4＝0，则圆心M到直线AB的距离d＝eq\f(|5＋2×5－4|,\r(5))＝eq\f(11,\r(5))>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＋eq\f(11,\r(5))，4＋eq\f(11,\r(5))<5＋eq\r(\f(125,5))＝10，故A正确；易知点P到直线AB的距离的最小值为d－4＝eq\f(11,\r(5))－4，eq\f(11,\r(5))－4<eq\r(\f(125,5))－4＝1，故B不正确；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|＝eq\r(|MB|2－|MN|2)＝eq\r(52＋（5－2）2－42)＝3eq\r(2)，当∠PBA最大时，点P与Q重合，|PB|＝3eq\r(2)，故C，D正确．故选ACD.13．(2023·新课标Ⅱ卷)已知直线l：x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC的面积为eq\f(8,5)”的m的一个值：________．答案2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一个皆可以))解析设点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).14．(2022·新高考Ⅰ卷)写出与圆x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一条直线的方程：________．答案x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0(写出其中一个即可)解析如图，因为圆x2＋y2＝1的圆心为O(0，0)，半径r1＝1，圆(x－3)2＋(y－4)2＝16的圆心为A(3，4)，半径r2＝4，所以|OA|＝5，r1＋r2＝5，所以|OA|＝r1＋r2，所以两圆外切，公切线有三种情况：①易知公切线l1的方程为x＝－1.②另一条公切线l2与公切线l1关于过两圆圆心的直线l对称．易知过两圆圆心的直线l的方程为y＝eq\f(4,3)x，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝\f(4,3)x，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－\f(4,3)，))由对称性可知公切线l2过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(4,3))).设公切线l2的方程为y＋eq\f(4,3)＝k(x＋1)，则点O(0，0)到l2的距离为1，所以1＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(4,3))),\r(k2＋1))，解得k＝eq\f(7,24)，所以公切线l2的方程为y＋eq\f(4,3)＝eq\f(7,24)(x＋1)，即7x－24y－25＝0.③还有一条公切线l3与直线l：y＝eq\f(4,3)x垂直．设公切线l3的方程为y＝－eq\f(3,4)x＋t，易知t＞0，则点O(0，0)到l3的距离为1，所以1＝eq\f(|t|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))\s\up12(2)＋（－1）2))，解得t＝eq\f(5,4)，所以公切线l3的方程为y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(5,4)，即3x＋4y－5＝0.综上，所求直线方程为x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0.三、模拟小题15．(2024·首都师大附中高三第一学期阶段检测)与圆x2＋(y－1)2＝5相切于点(2，2)的直线的斜率为()A．－2 B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2) D．2答案A解析设圆心与切点的连线斜率为k1，切线斜率为k2，由x2＋(y－1)2＝5可知圆心为点(0，1)，切点为(2，2)，则k1＝eq\f(2－1,2－0)＝eq\f(1,2)，根据圆心与切点的连线和切线垂直，得k1·k2＝－1，则k2＝－2，所以切线斜率为－2.故选A.16．(2024·广东佛山S7高质量发展联盟高三联考)曲线C：x＝eq\r(－y2－2y)与直线l：x－y－m＝0有两个交点，则实数m的取值范围为()A．(－eq\r(2)－1，1＋eq\r(2)) B．[2，1＋eq\r(2))C．(－1－eq\r(2)，－2] D．[－2，2]答案B解析由x＝eq\r(－y2－2y)可知x≥0，得x2＋y2＋2y＝0，即x2＋(y＋1)2＝1，x≥0，作出曲线C：x＝eq\r(－y2－2y)的图象如图所示：当直线l：x－y－m＝0经过点A(0，－2)时，直线与曲线有两个交点，此时2－m＝0，解得m＝2；当直线与曲线相切时，圆心(0，－1)到直线x－y－m＝0的距离d＝eq\f(|1－m|,\r(1＋1))＝eq\f(|1－m|,\r(2))＝1，解得m＝eq\r(2)＋1或m＝－eq\r(2)＋1，因为直线x－y－m＝0可化为y＝x－m，由截距－m<0得m>0，则m＝eq\r(2)＋1，此时直线与曲线只有一个交点，故满足条件的实数m的取值范围为[2，1＋eq\r(2))．故选B.17．(2023·广东珠海一中高三模拟)已知A(2，0)，点P为直线x－y＋5＝0上的一点，点Q为圆x2＋y2＝1上的一点，则|PQ|＋eq\f(1,2)|AQ|的最小值为()A.eq\f(5\r(2)＋2,2) B.eq\f(5\r(2)－2,2)C.eq\f(11\r(2),2) D.eq\f(11\r(2),4)答案D解析设M(x，0)，Q(x1，y1)，令eq\f(1,2)|AQ|＝|MQ|，则eq\f(1,2)eq\r(（x1－2）2＋yeq\o\al(2,1))＝eq\r(（x－x1）2＋yeq\o\al(2,1))⇒xeq\o\al(2,1)＋eq\f(（4－8x）,3)x1＋yeq\o\al(2,1)＝eq\f(4－4x2,3)①，又xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝1，当x＝eq\f(1,2)时，①式恒成立，即eq\f(1,2)|AQ|＝|MQ|恒成立，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))⇒|PQ|＋eq\f(1,2)|AQ|＝|PQ|＋|MQ|.如图，当P，Q，M三点共线，且PM垂直于直线x－y＋5＝0时，|PQ|＋|MQ|有最小值，为|PM|，即点M到直线x－y＋5＝0的距离，为eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋5)),\r(2))＝eq\f(11\r(2),4).故选D.18．(多选)(2023·江苏扬州中学校考模拟预测)点P是直线y＝3上的一个动点，A，B是圆x2＋y2＝4上的两点．则()A．存在P，A，B，使得∠APB＝90°B．若PA，PB均与圆O相切，则弦长AB的最小值为eq\f(4\r(5),3)C．若PA，PB均与圆O相切，则直线AB经过一个定点D．若存在A，B，使得cos∠APB＝eq\f(7,9)，则点P的横坐标的取值范围是[－3eq\r(3)，3eq\r(3)]答案BCD解析由图可知，当直线PA，PB与圆相切且点P在y轴上时∠APB最大，此时|OP|＝3，|AP|＝2，sin∠APO＝eq\f(2,3)，cos∠APB＝1－2sin2∠APO＝eq\f(1,9)>0，所以∠APB最大时是锐角，故A错误；eq\f(1,2)|AB|·|PO|＝|OA|·|PA|，所以|AB|＝eq\f(4\r(|PO|2－4),|PO|)＝4eq\r(1－\f(4,|PO|2))，则当|PO|最小时，弦长AB最小，|PO|min＝3，所以|AB|min＝4eq\r(1－\f(4,9))＝eq\f(4\r(5),3)，故B正确；设点P(a，3)，A，B是以PO为直径的圆上的两点，圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(a2＋9,4)，即x2＋y2－ax－3y＝0①，又A，B是圆x2＋y2＝4②上的两点，②－①，得直线AB的方程为ax＋3y＝4，过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))，故C正确；若存在A，B，使得cos∠APB＝eq\f(7,9)，则(cos∠APB)min≤eq\f(7,9)，当直线PA，PB与圆相切时，∠APB最大，对应的余弦值最小，当直线PA，PB与圆相切，且cos∠APB＝eq\f(7,9)时，sin∠APO＝eq\f(1,3)，|PO|＝6，设点P(a，3)，因为|PO|＝eq\r(a2＋9)，所以eq\r(a2＋9)≤6，解得－3eq\r(3)≤a≤3eq\r(3)，所以点P的横坐标的取值范围是[－3eq\r(3)，3eq\r(3)]，故D正确．故选BCD.19．(多选)(2023·山东淄博一模)若圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：(x－a)2＋(y－b)2＝1的公共弦AB的长为1，则下列结论正确的是()A．a2＋b2＝1B．直线AB的方程为2ax＋2by－3＝0C．AB中点的轨迹方程为x2＋y2＝eq\f(3,4)D．圆C1与圆C2公共部分的面积为eq\f(2π,3)－eq\f(\r(3),2)答案BC解析两圆方程相减可得直线AB的方程为a2＋b2－2ax－2by＝0，即2ax＋2by－a2－b2＝0，因为圆C1的圆心为C1(0，0)，半径为1，且公共弦AB的长为1，则C1(0，0)到直线2ax＋2by－a2－b2＝0的距离为eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(a2＋b2,\r(4（a2＋b2）))＝eq\f(\r(3),2)，解得a2＋b2＝3，所以直线AB的方程为2ax＋2by－3＝0，故A错误，B正确；由圆的性质可知直线C1C2垂直平分线段AB，所以C1(0，0)到直线2ax＋2by－3＝0的距离即为AB的中点与点C1的距离，设AB的中点坐标为(x，y)，因此eq\r(（x－0）2＋（y－0）2)＝eq\f(\r(3),2)，即x2＋y2＝eq\f(3,4)，故C正确；因为|AB|＝|C1A|＝|C1B|＝1，所以∠BC1A＝eq\f(π,3)，即圆C1中弧AB所对的圆心角为eq\f(π,3)，所以扇形的面积为eq\f(1,2)×eq\f(π,3)×12＝eq\f(π,6)，△C1AB的面积为eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)，所以圆C1与圆C2公共部分的面积为2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(\r(3),4)))＝eq\f(π,3)－eq\f(\r(