第8章　第4讲　圆与圆的位置关系　圆的综合应用

第四讲圆与圆的位置关系圆的综合应用知识梳理知识点圆与圆的位置关系设圆O1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝req\o\al(2,1)(r1>0)，圆O2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝req\o\al(2,2)(r2>0)．方法位置关系几何法：圆心距d与r1，r2的关系代数法：两圆方程联立组成方程组的解的情况公切线条数外离d>r1＋r2无解4外切d＝r1＋r2一组实数解3相交|r1－r2|<d<r1＋r2两组不同的实数解2内切d＝|r1－r2|(r1≠r2)一组实数解1内含0≤d<|r1－r2|(r1≠r2)无解0归纳拓展1．当两圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0，C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0，相交(切)时，两圆方程相减可得公共弦(内公切线)所在的直线方程．(D1－D2)x＋(E1－E2)y＋F1－F2＝0；两圆相交时，两圆连心线垂直平分公共弦；两圆相切时，两圆连心线必过切点．2．(1)直线与圆相交时，弦心距d，半径r，弦长的一半eq\f(1,2)l满足关系式r2＝d2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)l))2.(2)过圆内一点的最长的弦是直径，最短的是垂直这点与圆心连线的弦．双基自测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和，则两圆相交．()(2)“k＝1”是“直线x－y＋k＝0与圆x2＋y2＝1相交”的必要不充分条件．()(3)过圆O：x2＋y2＝r2外一点P(x0，y0)作圆的两条切线，切点分别为A，B，则O，P，A，B四点共圆且直线AB的方程是x0x＋y0y＝r2.()(4)圆C1：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0与圆C2：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的公切线有且仅有2条．()[答案](1)×(2)×(3)√(4)√题组二走进教材2．(选择性必修1P98T3)直线l：3x－y－6＝0与圆x2＋y2－2x－4y＝0相交于A，B两点，则|AB|＝________.[答案]eq\r(10)[解析]圆的方程可化为(x－1)2＋(y－2)2＝(eq\r(5))2，又圆心(1,2)到直线l的距离为eq\f(\r(10),2)，∴|AB|＝2eq\r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)))2)＝eq\r(10).3．(选择性必修1P98T10)经过点M(3，－1)，且与圆C：x2＋y2＋2x－6y＋5＝0相切于点N(1,2)的圆的方程为____________.[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(20,7)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(15,14)))2＝eq\f(845,196)[解析]圆C的方程化成(x＋1)2＋(y－3)2＝5，得圆心C(－1,3)，半径是eq\r(5)，直线CN的方程为x＋2y－5＝0，线段MN的中点坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,2)))，kMN＝－eq\f(3,2)，线段MN的垂直平分线的方程是y－eq\f(1,2)＝eq\f(2,3)(x－2)，即4x－6y－5＝0，联立x＋2y－5＝0与4x－6y－5＝0，解得所求圆的圆心Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,7)，\f(15,14)))，又因为|FN|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,7)－1))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,14)－2))2＝eq\f(845,196)，所以，所求圆的方程是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(20,7)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(15,14)))2＝eq\f(845,196).题组三走向考场4．(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)，由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).5．(2024·全国甲卷)已知b是a，c的等差中项，直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＋4y－1＝0交于A，B两点，则|AB|的最小值为()A．2 B．3C．4 D．2eq\r(5)[答案]C[解析]因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c，c＝2b－a，代入直线方程ax＋by＋c＝0，得ax＋by＋2b－a＝0，即a(x－1)＋b(y＋2)＝0，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＝0，,y＋2＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－2，))故直线恒过(1，－2)，设P(1，－2)，圆化为标准方程得：C：x2＋(y＋2)2＝5，设圆心为C，画出直线与圆的图形，由图可知，当PC⊥AB时，|AB|最小，|PC|＝1，|AC|＝|r|＝eq\r(5)，此时|AB|＝2|AP|＝2eq\r(|AC|2－|PC|2)＝2eq\r(5－1)＝4.故选C．

圆与圆的位置关系——自主练透1．(2026·四川绵阳模拟)已知直线3x＋4y＋4＝0与圆M：x2＋y2－2ax＝0(a>0)相切，则圆M和圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置关系是()A．外离 B．外切C．相交 D．内切[答案]C[解析]圆M：x2＋y2－2ax＝0(a>0)的圆心M(a,0)，半径r1＝a，由直线3x＋4y＋4＝0与圆M相切，得eq\f(|3a＋4|,\r(32＋42))＝a，解得a＝2，圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的圆心N(1,1)，半径r2＝1，而|MN|＝eq\r(2－12＋0－12)＝eq\r(2)∈(1,3)，所以圆M和圆N相交．故选C．2．(多选题)(2024·湖北A9高中联盟期中联考)已知圆O：x2＋y2＝4和圆M：x2＋y2＋4x－2y＋4＝0，下列说法正确的是()A．两圆有两条公切线B．两圆的公共弦所在的直线方程为y＝2x＋2C．点E在圆O上，点F在圆M上，|EF|的最大值为eq\r(5)＋3D．圆O上有2个点到直线x＋y＋2＝0的距离为eq\r(2)[答案]ACD[解析]由圆M：x2＋y2＋4x－2y＋4＝0得．(x＋2)2＋(y－1)2＝1，圆心M(－2,1)，半径为1，则1＝2－1<|OM|＝eq\r(5)<2＋1＝3，故两圆相交，故两圆有两条公切线，故A正确；将两圆的方程作差得4x－2y＝－8即y＝2x＋4，所以直线AB的方程为y＝2x＋4，故B不正确；|EF|max＝|OM|＋2＋1＝eq\r(5)＋3，故C正确；圆心O(0,0)到直线x＋y＋2＝0的距离d＝eq\f(|2|,\r(2))＝eq\r(2)，而圆的半径为2，显然2－eq\r(2)<eq\r(2)，故只有一条与x＋y＋2＝0平行且距离为eq\r(2)的直线与圆相交，故圆O上有2个点到直线x＋y＋2＝0的距离为eq\r(2)，故D正确．故选ACD.3．(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]y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(5,4)或y＝eq\f(7,24)x－eq\f(25,24)或x＝－1(写出其中一个即可)[解析]解法一：圆x2＋y2＝1的圆心为O(0,0)，半径为1，圆(x－3)2＋(y－4)2＝16的圆心为O1(3,4)，半径为4，两圆圆心距为eq\r(32＋42)＝5，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l时，因为kOO1＝eq\f(4,3)，所以kl＝－eq\f(3,4)，设方程为y＝－eq\f(3,4)x＋t(t>0)，由原点O到l的距离d＝eq\f(|t|,\r(1＋\f(9,16)))＝1，解得t＝eq\f(5,4)，所以l的方程为y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(5,4)；当切线为m时，设直线方程为kx＋y＋p＝0，其中p>0，k<0，由题意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|p|,\r(1＋k2))＝1，,\f(|3k＋4＋p|,\r(1＋k2))＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝－\f(7,24)，,p＝\f(25,24)，))所以m的方程为y＝eq\f(7,24)x－eq\f(25,24)；当切线为n时，易知切线n的方程为x＝－1.解法二：切线l的求法同解法一；当切线为m时，设两切点分别为A、B，作OC⊥O1B于C，则tan∠O1OC＝eq\f(3,4)，∴km＝eq\f(kOO1－\f(3,4),1＋\f(3,4)kOO1)＝eq\f(7,24)，设直线m的方程为7x－24y＋c＝0，则eq\f(|c|,\r(72＋242))＝1，解得c＝－25或25(舍去)．∴切线m的方程为7x－24y－25＝0；又∠O1OC与∠O1Ox互余，根据图形对称性可知切线n的倾斜角为eq\f(π,2)，显然切线n的方程为x＝－1.[引申]本例2中两圆的公共弦长为________.[答案]eq\f(4\r(5),5)[解析]在圆O：x2＋y2＝4中，O到公共弦2x－y＋4＝0的距离d＝eq\f(|4|,\r(5))，∴公共弦长为2eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,\r(5))))2)＝eq\f(4\r(5),5).名师点拨：如何处理两圆的位置关系判断两圆的位置关系时常用几何法，即利用两圆圆心距与两圆半径和、差之间的关系，一般不采用代数法．若两圆相交(内切、外切)，则两圆公共弦(外公切线、内公切线)所在直线的方程可由两圆的方程作差消去x2，y2项得到．公共弦长问题在一个圆中求解．【变式训练】(多选题)(2024·广东六校联考)已知圆O：x2＋y2＝4和圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝4，P，Q分别是圆O，圆C上的动点，则下列说法错误的是()A．圆O与圆C相交B．|PQ|的取值范围是[3eq\r(2)－4,3eq\r(2)＋4]C．x－y＝2是圆O与圆C的一条公切线D．过点Q作圆O的两条切线，切点分别为M，N，则存在点Q，使得∠MQN＝90°[答案]AC[解析]由题意可得，圆O的圆心为O(0,0)，半径r1＝2，圆C的圆心C(3,3)，半径r2＝2，因为两圆圆心距|OC|＝3eq\r(2)>2＋2＝r1＋r2，所以两圆外离，故A错误；|PQ|的最大值等于|OC|＋r1＋r2＝3eq\r(2)＋4，最小值为|OC|－r1－r2＝3eq\r(2)－4，故B正确；显然直线x－y＝2与直线OC平行，因为两圆的半径相等，则外公切线与圆心连线平行，由直线OC：y＝x，设外公切线为y＝x＋t，则两平行线间的距离为2，即eq\f(|t|,\r(2))＝2，∴t＝±2eq\r(2)，故y＝x±2eq\r(2)，故C错误；对于D选项，易知当∠MQN＝90°时，四边形OMQN为正方形，故当|QO|＝2eq\r(2)时，∠MQN＝90°，故D正确．故选AC．弦长、弦的中点问题——多维探究角度1弦长问题1．(2025·重庆三模)直线l：eq\r(3)x－eq\r(2)y＋5＝0截圆O：x2＋y2＝9所得的弦长为()A．2 B．4C．2eq\r(5) D．eq\r(5)[答案]B[解析]因为圆O：x2＋y2＝9，圆心坐标(0,0)，半径为3.圆心到直线的距离为d＝eq\f(|\r(3)×0－\r(2)×0＋5|,\r(\r(3)2＋－\r(2)2))＝eq\r(5).弦长L＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(32－\r(5)2)＝4.故选B.2．(2026·四川达州中学入学考试)已知圆O1：x2＋y2＝1与圆O2：x2＋y2－2x＋2y＋F＝0(F<1)相交所得的公共弦长为eq\r(2)，则圆O2的半径r＝()A．1 B．eq\r(3)C．eq\r(5)或1 D．eq\r(5)[答案]D[解析]x2＋y2＝1与O2：x2＋y2－2x＋2y＋F＝0(F<1)两式相减得l：2x－2y－1－F＝0，即公共弦所在直线方程．圆O2方程可化为(x－1)2＋(y＋1)2＝2－F，可得圆心O2(1，－1)，O2半径r＝eq\r(2－F).则圆心O2到l的距离为d＝eq\f(|2＋2－F－1|,\r(4＋4))＝eq\f(|3－F|,2\r(2))，半弦长为eq\f(\r(2),2)，则有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|3－F|,2\r(2))))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝r2＝2－F，解得F＝－3或F＝1(舍)，此时r＝eq\r(5).故选D.角度2弦的中点问题(2026·湖北部分名校月考)已知A，B是圆C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0上的两点，且|AB|＝2eq\r(3)，点O为坐标原点，则|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|的最小值为()A．2 B．4C．eq\r(5)－1 D．2eq\r(5)－2[答案]D[解析]由于x2＋y2－2x－4y＋1＝0，即为(x－1)2＋(y－2)2＝4，故圆C的圆心为C(1,2)，半径为2，设H为AB的中点，则CH⊥AB，结合|AB|＝2eq\r(3)，得|CH|＝eq\r(22－\r(3)2)＝1，即点H在以C为圆心，半径为1的圆上；又eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝2eq\o(OH,\s\up6(→))，则|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(OH,\s\up6(→))|，而|OC|＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，故|eq\o(OH,\s\up6(→))|的最小值为eq\r(5)－1，则|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|的最小值为2(eq\r(5)－1)，故选D.名师点拨：弦长的求法(1)几何法：弦心距d、半径r和弦长|AB|的一半构成直角三角形，弦长|AB|＝2eq\r(r2－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，代入，消去y，得关于x的一元二次方程，则|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(xM＋xN2－4xMxN).注：①过圆C内定点P的弦中，以P为中点的弦最短；最长的弦是直径．②遇弦的中点，注意垂直关系的应用．【变式训练】1．(角度1)(2025·青海名校联盟联考)已知直线l：x＋y－2＝0与圆M：x2＋y2－4x－4y＋a＝0交于A，B两点，且|AB|＝4eq\r(2)，则a＝()A．4 B．－4C．2 D．－2[答案]D[解析]由题意知圆M的圆心为M(2,2)，半径r＝eq\r(8－a)，圆心M到直线l的距离d＝eq\f(|2＋2－2|,\r(12＋12))＝eq\r(2).所以(eq\r(2))2＋(2eq\r(2))2＝8－a，即8－a＝10，解得a＝－2.故选D.2．(角度2)(2026·山东临沂联考)已知A，B为圆O：x2＋y2＝1上的两点，|AB|＝eq\r(3)，M为AB的中点，则M到直线l：x－eq\r(3)y＋2＝0距离的最小值为________.[答案]eq\f(1,2)[解析]由垂径定理可知2eq\r(1－|OM|2)＝eq\r(3)，∴|OM|＝eq\f(1,2)，∴M的轨迹是以O为圆心，eq\f(1,2)为半径的圆，O到l的距离d＝eq\f(2,\r(4))＝1，∴M到直线l距离的最小值为d－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).与圆有关的轨迹问题——师生共研1．(2024·新课标Ⅱ卷)已知曲线C：x2＋y2＝16(y>0)，从C上任意一点P向x轴作垂线段PP′，P′为垂足，则线段PP′的中点M的轨迹方程为()A．eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1(y>0)B.eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1(y>0)C．eq\f(y2,16)＋eq\f(x2,4)＝1(y>0)D.eq\f(y2,16)＋eq\f(x2,8)＝1(y>0)[答案]A[解析]设点M(x，y)，则P(x，y0)，P′(x,0)，因为M为PP′的中点，所以y0＝2y，即P(x,2y)，又P在圆x2＋y2＝16(y>0)上，所以x2＋4y2＝16(y>0)，即eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1(y>0)，即点M的轨迹方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1(y>0)．故选A．2．已知点P(4,0)，A，B是圆x2＋y2＝36上两动点，且满足∠APB＝90°，则矩形APBQ顶点Q的轨迹方程为____________.[答案]x2＋y2＝56[解析]连接AB，PQ，设AB与PQ交于点M，如图所示．因为四边形APBQ为矩形，所以M为AB，PQ的中点，连接OM.则OM⊥AB，设M(xM，yM)，由此可得|AM|2＝|OA|2－|OM|2＝36－(xeq\o\al(2,M)＋yeq\o\al(2,M))①.又在Rt△APB中，有|AM|＝|PM|＝eq\r(xM－42＋y\o\al(2,M))②.由①②得xeq\o\al(2,M)＋yeq\o\al(2,M)－4xM－10＝0，故点M的轨迹是圆．因为点M是PQ的中点，设Q(x，y)，则xM＝eq\f(x＋4,2)，yM＝eq\f(y,2)，代入点M的轨迹方程中得，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋4,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)))2－4×eq\f(x＋4,2)－10＝0，整理得点Q的轨迹方程x2＋y2＝56.名师点拨：求与圆有关的轨迹问题的常用方法(1)直接法：直接根据题目提供的条件列出方程．(2)定义法：根据圆、直线等定义列方程．(3)代入法(相关点法)：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式．【变式训练】1．(2026·青海西宁期中)已知A(－1,0)，B(1,0)，C为平面内的一个动点，且满足|AC|＝eq\r(2)|BC|，则点C的轨迹方程为________________.[答案]x2＋y2－6x＋1＝0[解析]依题意，设C(x，y)，由|AC|＝eq\r(2)|BC|，得eq\r(x＋12＋y2)＝eq\r(2)×eq\r(x－12＋y2)，即(x＋1)2＋y2＝2[(x－1)2＋y2]，整理得点C的轨迹方程为x2＋y2－6x＋1＝0.2.如图所示，已知圆O：x2＋y2＝4与y轴的正方向交于A点，点B在直线y＝2上运动，过点B作圆O的切线，切点为C，则AC的中点P的轨迹方程为____________；△ABC的垂心H的轨迹方程为____________.[答案]x2＋(y－1)2＝1(x≠0)x2＋(y－2)2＝4(x≠0)[解析]由P为AC的中点知OP⊥AC，∴点P的轨迹是以OA为直径的圆(去掉A，O两点)，其方程为x2＋(y－1)2＝1(x≠0)．设H(x，y)，C(x′，y′)，连接AH，CH，则AH⊥BC，CH⊥AB，BC是圆O切线，OC⊥BC，∴OC∥AH，CH∥OA，OA＝OC，∴四边形AOCH是菱形．∴|CH|＝|AO|＝2，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y′＝y－2，,x′＝x，))又C(x′，y′)，满足(x′)2＋(y′)2＝4，所以x2＋(y－2)2＝4(x≠0)，即为点H的轨迹方程.圆的综合应用——师生共研[解析](1)设圆C的方程为(x－a)2＋y2＝4(a>0)，圆心(a,0)到直线eq\r(3)x－y＝0的距离d＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),2)))2)＝eq\f(\r(3),2).即eq\f(|\r(3)a－0|,\r(1＋3))＝eq\f(\r(3)a,2)＝eq\f(\r(3),2)，∴a＝1，故圆C的方程为(x－1)2＋y2＝4.(2)假设存在定点N，使得直线AN与直线BN关于x轴对称，那么kAN＝－kBN，设N(t,0)，t>0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－12＋y2＝4，,y＝kx－2))得(k2＋1)x2－(4k2＋2)x＋(4k2－3)＝0，Δ＝(4k2＋2)2－4(k2＋1)(4k2－3)＝12k2＋16>0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(4k2＋2,k2＋1)，,x1x2＝\f(4k2－3,k2＋1)，))由kAN＝－kBN，∴eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝0，∴eq\f(kx1－2,x1－t)＋eq\f(kx2－2,x2－t)＝0，∴2x1x2－(t＋2)(x1＋x2)＋4t＝0，∴eq\f(24k2－3,k2＋1)－eq\f(4k2＋2t＋2,k2＋1)＋4t＝0，∴2(4k2－3)－(4k2＋2)(t＋2)＋4t(k2＋1)＝0，∴2t－10＝0，∴t＝5.故存在，当点N为(5,0)时，直线AN与直线BN关于x轴对称．【变式训练】(2024·辽宁辽东南适应性联考)已知圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，且与直线3x＋4y－8＝0相切．(1)求圆C的标准方程；(2)直线l：y＝kx＋2与圆C交于A，B两点．①求k的取值范围；②证明：直线OA与直线OB的斜率之和为定值．[解析](1)由题意，设圆心为C(a,0)(a>0)，因为圆C过原点，所以半径r＝a，又圆C与直线3x＋4y－8＝0相切，所以圆心C到直线的距离d＝eq\f(|3a－8|,5)＝a⇒a＝1(负值舍去)，所以圆C的标准方程为(x－1)2＋y2＝1.(2)①将直线l代入圆的方程可得(k2＋1)x2＋(4k－2)x＋4＝0，因为有两个交点，所以Δ＝(4k－2)2－16(k2＋1)>0⇒k<－eq\f(3,4)，即k的取值范围是.②证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(4k－2,k2＋1)，,x1x2＝\f(4,k2＋1)，))所以kOA＋kOB＝eq\f(y1,x1)＋eq\f(y2,x2)＝eq\f(kx1＋2,x1)＋eq\f(kx2＋2,x2)＝eq\f(2x1＋x2,x1x2)＋2k＝eq\f(－2·\f(4k－2,k2＋1),\f(4,k2＋1))＋2k＝1.即直线OA，OB斜率之和为定值．“隐形圆”问题1．(2025·宁夏吴忠二模)古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离的比值为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆．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．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(3)，则|PA|2＋|PB|2的最大值为()A．16＋8eq\r(3) B．8＋4eq\r(3)C．7＋4eq\r(3) D．3＋eq\r(3)[答案]A[解析]以AB的中点为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，不妨取A(－1,0)，B(1,0)．设P(x，y)，则eq\f(\r(x＋12＋y2),\r(x－12＋y2))＝eq\r(3)，整理得(x－2)2＋y2＝3，所以点P的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝3.则|PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝2(x2＋y2＋1)，x2＋y2可看作圆(x－2)2＋y2＝3上的点(x，y)到原点(0,0)的距离的平方，所以(x2＋y2)max＝(2＋eq\r(3))2＝7＋4eq\r(3)，所以[2(x2＋y2＋1)]max＝16＋8eq\r(3)，即|PA|2＋|PB|2的最大值为16＋8eq\r(3)，故选A．2．(2024·云南联考)在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，若直线l：y＝kx＋3上存在点M，使得|MA|＝2|MO|，则k的取值范围为()A．[－eq\r(3)，eq\r(3)]B．(－∞，－eq\r(3)]∪[eq\r(3)，＋∞)C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))[答案]B[解析]设M(x，y)，由|MA|＝2|MO|，可得eq\r(x2＋y－32)＝2eq\r(x2＋y2)，整理得x2＋(y＋1)2＝4，则直线l：y＝kx＋3与圆x2＋(y＋1)2＝4有公共点，则eq\f(|3－－1|,\r(k2＋1))≤2，即k2≥3，解得k≤－eq\r(3)或k≥eq\r(3).故选B.3．(2026·江苏南京外国语学校调研)已知M是圆C：x2＋y2＝1上一个动点，且直线l1：mx－ny－3m＋n＝0与直线l2：nx＋my－3m－n＝0(m，n∈R，m2＋n2≠0)相交于点P，则|PM|的取值范围是()A．[eq\r(3)－1,2eq\r(3)＋1] B．[eq\r(2)－1,3eq\r(2)＋1]C．[eq\r(2)－1,2eq\r(2)＋1] D．[eq\r(2)－1,3eq\r(3)＋1][答案]B[解析]依题意，直线l1：m(x－3)－n(y－1)＝0恒过定点A(3,1)，直线l2：n(x－1)＋m(y－3)＝0恒过定点B(1,3)，显然直线l1⊥l2，因此，直线l1与l2交点P的轨迹是以线段AB为直径的圆，其方程为(x－2)2＋(y－2)2＝2，圆心N(2,2)，半径r2＝eq\r(2)，而圆C的圆心C(0,0)，半径r1＝1，如图：|NC|＝2eq\r(2)>r1＋r2，两圆外离，由圆的几何性质得|PM|min＝|NC|－r1－r2＝eq\r(2)－1，|PM|max＝|NC|＋r1＋r2＝3eq\r(2)＋1，所以|PM|的取值范围是[eq\r(2)－1,3eq\r(2)＋1]．故选B.名师点拨：有些题中没有明确给出圆，而是隐藏在题设中，可通过分析、转化发现圆——隐形圆，从而利用圆的性质求解，以简化运算，常见的“隐形圆”类型：(1)利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐形圆；(2)动点P对两定点A，B张角是90°(kPA·kPB＝－1)确定隐形圆；(3)两定点A，B，动点P满足eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝λ确定隐形圆；(4)两定点A，B，动点P满足|PA|2＋|PB|2是定值确定隐形圆；(5)两定点A，B，动点P满足|PA|＝λ|PB|(λ>0，λ≠1)确定隐形圆(阿波罗尼斯圆)；(6)由圆周角的性质确定隐形圆．【变式训练】(2026·江苏盐城调研)已知点P(2，t)，Q(2，－t)(t>0)，若圆C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1上存在点M，使得∠PMQ＝90°，则实数t的取值范围是()A．[4,6] B．(4,6)C．(0,4]∪[6，＋∞) D．(0,4)∪(6，＋∞)[答案]A[解析]由题意，点P(2，t)，Q(2，－t)(t>0)，可得以PQ为直径的圆的方程为(x－2)2＋y2＝t2，则圆心C1(2,0)，半径R＝t，又由圆C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1，可得圆心C(－2,3)，半径r＝1，两圆的圆心距为|CC1|＝eq\r(2＋22＋0－32)＝5，要使得圆C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1上存在点M，使得∠PMQ＝90°，即两圆存在公共点，则满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(R＋r≥5，,R－r≤5，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t＋1≥5，,t－1≤5，))解得4≤t≤6，所以实数t的取值范围是[4,6]．故选A．提能训练练案[50]A组基础巩固一、单选题1．(2025·安徽一模)圆O：x2＋y2＝1与圆M：(x＋1)2＋(y－2eq\r(2))2＝16的位置关系是()A．内切 B．外离C．外切 D．内含[答案]A[解析]圆O与圆M的半径分别为1,4，圆心坐标分别为(0,0)，(－1,2eq\r(2))，则|OM|＝eq\r(1＋8)＝3＝4－1，故圆O与圆M的位置关系是内切．故选A．2．(2025·北京师大附中开学考试)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，则常数m＝()A．±2 B．±eq\r(2)C．±eq\r(3) D．±3[答案]C[解析]直线l过定点P(0，m)，显然当k＝0时l被圆截得的弦长最短，∴2eq\r(4－m2)＝2，解得m＝±eq\r(3)，故选C．3．(2026·河南部分省示范性高中联考)已知直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＝4相交于M，N两点，若|MN|＝eq\r(14)，则|k|＝()A．eq\f(1,2) B．1C．eq\r(2) D．2[答案]B[解析]设坐标原点O到直线kx－y＋1＝0的距离为d，则d＝eq\f(|0·k－0＋1|,\r(k2＋1))＝eq\f(1,\r(k2＋1)).设线段MN的中点为P，则MN⊥OP，根据勾股定理，有4＝|OM|2＝|OP|2＋|PM|2＝d2＋eq\f(1,4)|MN|2.由|MN|＝eq\r(14)，得4＝d2＋eq\f(1,4)|MN|2＝eq\f(1,k2＋1)＋eq\f(14,4)，故eq\f(1,k2＋1)＝eq\f(1,2)，解得k2＝1，故|k|＝1.故选B.4．(2026·安徽六校教育研究会联考)已知A(－1,0)，B(2,0)，若动点M满足|MB|＝2|MA|，直线l：x＋y－2＝0与x轴、y轴分别交于两点P，Q，则△MPQ的面积的最小值为()A．4＋2eq\r(2) B．4C．2eq\r(2) D．4－2eq\r(2)[答案]D[解析]设M(x，y)，由|MB|＝2|MA|可得(x－2)2＋y2＝4(x＋1)2＋4y2，化简可得(x＋2)2＋y2＝4，故动点M的轨迹是以(－2,0)为圆心、半径r＝2的圆，圆心(－2,0)到l：x＋y－2＝0的距离为eq\f(|－2－2|,\r(12＋12))＝2eq\r(2)，故圆上的点到直线l：x＋y－2＝0的最小距离为2eq\r(2)－r＝2eq\r(2)－2，由于P(2,0)，Q(0,2)，所以|PQ|＝2eq\r(2)，故△MPQ的面积的最小值为eq\f(1,2)×2eq\r(2)×(2eq\r(2)－2)＝4－2eq\r(2)，故选D.5．(2026·广西示范性贵州期中联考)已知圆C1：x2＋y2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝16，则下列说法正确的是()A．圆C1与圆C2公共弦所在直线的方程为3x＋4y－5＝0B．圆C1与圆C2有两条公切线C．x＝－1是圆C1与圆C2的一条公切线D．圆C1与圆C2上均恰有两点到直线3x＋4y－5＝0的距离为2[答案]C[解析]由条件可得：圆C1：x2＋y2＝1的圆心为C1(0,0)，半径r1＝1；圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝16的圆心为C2(3,4)，半径r2＝4.∵|C1C2|＝eq\r(32＋42)＝5＝r1＋r2，∴圆C1与圆C2外切，A、B错误；圆心C1(0,0)到直线x＝－1的距离d1＝|0－(－1)|＝1＝r1；圆心为C2(3,4)到直线x＝－1的距离d2＝|3－(－1)|＝4＝r2，所以x＝－1是圆C1与圆C2的一条公切线，C正确；圆心C1(0,0)到直线3x＋4y－5＝0的距离d3＝eq\f(|－5|,\r(32＋42))＝1＝r1，所以圆C1：x2＋y2＝1上有且仅有一点到直线的距离为2，D错误．6．(2024·福建龙岩适应性考试)已知圆C：(x－5)2＋(y＋2)2＝r2(r>0)，A(－6,0)，B(0,8)，若圆C上存在点P使得PA⊥PB，则r的取值范围为()A．(0,5] B．[5,15]C．[10,15] D．[15，＋∞)[答案]B[解析]如图，由PA⊥PB可知点P的轨迹是以AB为直径的圆，设为圆M，因A(－6,0)，B(0,8)，故圆M：(x＋3)2＋(y－4)2＝25.依题意知圆M与圆C至少有一个公共点．因C(5，－2)，M(－3,4)，则|CM|＝eq\r(5＋32＋－2－42)＝10，由|r－5|≤|CM|≤5＋r，解得5≤r≤15.故选B.7．(2026·山西长治质检)从点P(m,2－m)向圆Q：(x＋2)2＋(y＋2)2＝1引切线，则切线长的最小值为()A．5 B．eq\r(19)C．eq\r(17) D．3eq\r(2)[答案]C[解析]圆Q：(x＋2)2＋(y＋2)2＝1的圆心为Q(－2，－2)，半径r＝1，点P(m,2－m)在直线x＋y－2＝0上，则圆心Q(－2，－2)到直线x＋y－2＝0的距离d＝eq\f(|－2－2－2|,\r(2))＝3eq\r(2)>1，可知直线x＋y－2＝0与圆Q相离，设其中一个切点为A，则切线长|PA|＝eq\r(|PQ|2－r2)＝eq\r(|PQ|2－12)≥eq\r(d2－12)＝eq\r(17)，所以切线长的最小值为eq\r(17).故选C．8．(2025·浙江杭州开学模拟)已知圆O1：x2＋(y－m)2＝4上动弦AB的长为2eq\r(3)，若圆O2：x2＋y2＝9上存在点P恰为线段AB的中点，则实数m的取值范围是()A．[2,4] B．[1,3]C．[－4，－2]∪[2,4] D．[－3，－1]∪[1,3][答案]C[解析]动弦AB中点的轨迹方程为O：x2＋(y－m)2＝1，又由题意知圆O与圆O2有公共点，∴2≤|OO2|≤4，即2≤|m|≤4，∴2≤m≤4或－4≤m≤－2.故选C．二、多选题9．(2026·江苏部分学校入学考试)已知直线l：(m＋n)x＋(m－n)y－2m＝0(mn≠0)．圆C：(x－2)2＋(y－2)2＝8，下列说法不正确的是()A．l过定点(1，－1)B．l与C一定相交C．若l平分C的周长，则m＝1D．l被C截得的最短弦的长度为4[答案]ACD[解析]l：(m＋n)x＋(m－n)y－2m＝0⇒m(x＋y－2)＋n(x－y)＝0，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2＝0，,x－y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))所以l过定点(1,1)，故A错误；因l过定点(1,1)，且(1－2)2＋(1－2)2<8，所以定点(1,1)在圆内，即l与C一定相交，故B正确；若l平分C的周长，则直线过圆心(2,2)，所以(m＋n)×2＋(m－n)×2－2m＝0，即m＝0，故C错误；当定点(1,1)为弦的中点时，此时弦长最短，此时圆心(2,2)到弦所在直线的距离d＝eq\r(2－12＋2－12)＝eq\r(2)，则弦长2eq\r(2\r(2)2－\r(2)2)＝2eq\r(6)，故D错误．故选ACD.10．(2026·江苏盐城学情调研)瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中，△ABC满足|AC|＝|BC|，顶点A(1,0)、B(－1,2)，且其“欧拉线”与圆M：(x－3)2＋y2＝r2相切，则下列结论正确的是()A．△ABC的“欧拉线”方程为y＝x－1B．圆M上存在三个点到直线x－y－1＝0的距离为eq\r(2)C．若点(x，y)在圆M上，则eq\f(y,x＋1)的最小值是－eq\r(2)D．若圆M与圆x2＋(y－a)2＝2有公共点，则a∈[－3,3][答案]BD[解析]因为|AC|＝|BC|，所以△ABC是等腰三角形，由三线合一得：△ABC的外心、重心、垂心均在底边上的中线或高线上，设△ABC的欧拉线为l，则l过AB的中点，且与直线AB垂直，由A(1,0)、B(－1,2)可得：AB的中点Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－1,2)，\f(0＋2,2)))，即C(0,1)，kAB＝eq\f(2－0,－1－1)＝－1，所以kl＝1，故l的方程为：y－1＝x，即y＝x＋1，A错误；因为l与圆M：(x－3)2＋y2＝r2相切，故r＝eq\f(|4|,\r(1＋1))＝2eq\r(2)，又圆心到x－y－1＝0的距离d1＝eq\f(|2|,\r(1＋1))＝eq\r(2)，所以圆M上存在三个点到直线x－y－1＝0的距离为eq\r(2)，B正确；点(x，y)在圆M上，eq\f(y,x＋1)表示圆上的点与(－1,0)的连线的斜率，当连线与圆相切且位于圆的下方时(如图)，此时k<0，eq\f(y,x＋1)最小，设直线m：y＝k(x＋1)，由eq\f(|4k|,\r(k2＋1))＝2eq\r(2)，解得k＝±1，因为k<0，所以k＝－1，即eq\f(y,x＋1)的最小值是－1，C错误；圆x2＋(y－a)2＝2的圆心坐标为(0，a)，半径r1＝eq\r(2)，则eq\r(2)≤eq\r(9＋a2)≤3eq\r(2)，解得a∈[－3,3]，D正确．故选BD.11．(2025·贵州贵阳七校联考)已知直线l：kx＋y＋2k－1＝0与圆C：x2＋y2－6y－7＝0相交于A，B两点，下列说法正确的是()A．直线l恒过某一定点 B．k＝1时，|AB|最大 C．|AB|的最小值为4eq\r(2)D．当k＝2时，对任意λ∈R，曲线x2＋y2＋2λx＋(λ－6)y＋3λ－7＝0过直线l与圆C的交点[答案]ACD[解析]直线l：kx＋y＋2k－1＝0，整理为k(x＋2)＋y－1＝0，不管k为何值，直线l始终过点D(－2,1)，A正确；D(－2,1)在圆C内，当l过圆C的圆心时，|AB|取得最大值，为直径．当k＝1时，直线l的方程x＋y＋1＝0，不过圆心，B错误；圆心与定点(－2,1)连线垂直于直线l时，此时圆心到直线l的距离最大dmax＝eq\r(－2－02＋1－32)＝2eq\r(2)，所以最短弦长|AB|＝2eq\r(r2－2\r(2)2)＝4eq\r(2)，C正确；当k＝2时，直线l：2x＋y＋3＝0，曲线x2＋y2＋2λx＋(λ－6)y＋3λ－7＝0，即x2＋y2－6y－7＋λ(2x＋y＋3)＝0，显然该曲线过直线l与圆C的交点，D正确．故选ACD.12．(2026·江苏南京六校联合体调研)已知圆C：(x－2)2＋y2＝4，以下四个命题表述正确的是()A．若圆C1：x2＋y2－10x－8y＋m＝0与圆C恰有3条公切线，则m＝16B．圆C2：x2＋y2＋2y＝0与圆C的公共弦所在直线为2x＋y＝0C．直线l：(2m＋1)x＋(3m＋2)y－5m－3＝0与圆C恒有两个公共点D．点P为y轴上一个动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，且A，B的中点为M，若定点N(5,3)，则|MN|的最大值为6[答案]BCD[解析]C1：(x－5)2＋(y－4)2＝41－m，由圆C1与圆C有3条公切线知两圆外切，∴eq\r(5－22＋42)＝2＋eq\r(41－m)，解得m＝32，∴A错误；由圆C与圆C2的方程相减即得公共弦的方程2x＋y＝0，∴B正确；∵l：x＋2y－3＋m(2x＋3y－5)＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－3＝0，,2x＋3y－5＝0，))知直线l过定点Q(1,1)，显然点Q在圆C内，∴直线l与圆C相交，∴C正确；由M为AB的中点知CM⊥AB，∴点M的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝1(y≠0)，其圆心H(1,0)，半径为1，∴|MN|的最大值为|HN|＋1＝5＋1＝6，∴D正确．故选BCD.三、填空题13．(2026·四川德阳诊断)已知两点M(－1,0)，N(1,0)，若直线x－y＋m＝0上存在唯一点P满足eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0，则实数m的值为________.[答案]±eq\r(2)[解析]设点P(x，y)，则eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－1－x，－y)，eq\o(PN,\s\up6(→))＝(1－x，－y)，由eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0，得x2＋y2＝1，因此点P在以原点为圆心，1为半径的圆上，显然直线x－y＋m＝0与此圆相切，则eq\f(|m|,\r(12＋－12))＝1，解得m＝±eq\r(2)，所以实数m的值为±eq\r(2).14．(2026·江西赣抚吉十二校联考)直线ax－4y＋12＝0与圆x2＋y2＝16相交于A，B两点，且∠AOB＝90°(O为坐标原点)，则a＝________.[答案]±eq\r(2)[解析]由∠AOB＝90°，得|AB|＝eq\r(42＋42)＝4eq\r(2)，知点O到直线ax－4y＋12＝0的距离为eq\r(42－2\r(2)2)＝2eq\r(2)，所以eq\f(|12|,\r(a2＋－42))＝eq\f(12,\r(a2＋16))＝2eq\r(2)，得a＝±eq\r(2).四、解答题15．(2026·辽宁大边滨城高中联盟期中)一个圆与y轴相切，圆心在直线x－3y＝0上，且在直线y＝x上截得的弦长为2eq\r(7)，求此圆的方程．[解析]解法一：∵所求圆的圆心在直线x－3y＝0上，且与y轴相切，∴设所求圆的圆心为C(3a，a)，半径为r＝3|a|.又圆在直线y＝x上截得的弦长为2eq\r(7)，圆心C(3a，a)到直线y＝x的距离为d＝eq\f(|3a－a|,\r(12＋－12))＝eq\r(2)|a|.又d2＋(eq\r(7))2＝r2.∴2a2＋7＝9a2，∴a＝±1.故所求圆的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9.解法二：设所求的圆的方程是(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则圆心(a，b)到直线x－y＝0的距离为eq\f(|a－b|,\r(2)).∴r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|a－b|,\r(2))))2＋(eq\r(7))2.即2r2＝(a－b)2＋14. ①由于所求的圆与y轴相切，∴r2＝a2. ②又因为所求圆心在直线x－3y＝0上，∴a－3b＝0. ③联立①②③，解得a＝3，b＝1，r2＝9或a＝－3，b＝－1，r2＝9.故所求的圆的方程是(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9.解法三：设所求的圆的方程是x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半径为eq\f(1,2)eq\r(D2＋E2－4F).令x＝0，得y2＋Ey＋F＝0.由圆与y轴相切，得Δ＝0，即E2＝4F. ④又圆心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))到直线x－y＝0的距离为eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)＋\f(E,2))),\r(2))，由已知，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)＋\f(E,2))),\r(2))))2＋(eq\r(7))2＝r2，即(D－E)2＋56＝2(D2＋E2－4F)． ⑤又圆心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))在直线x－3y＝0上，∴D－3E＝0. ⑥联立④⑤⑥，解得D＝－6，E＝－2，F＝1或D＝6，E＝2，F＝1.故所求圆的方程是x2＋y2－6x－2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0，即(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9.B组能力提升1．(2026·河北石家庄质检)若点P在曲线x2＋y2＝|x|＋|y|上运动，则点P到直线x＋y＋2＝0的距离的最大值为()A．2eq\r(2) B．2C．eq\r(2) D．4[答案]A[解析]当x≥0，y≥0时，x2＋y2＝|x|＋|y|⇔eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2(x≥0，y≥0)，依次讨论x，y的符号知曲线由分别以正方形ABCD的四边为直径的半圆弧组成，如图，所求距离最大值为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))到直线的距离与eq\f(\r(2),2)之和，即eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)＋2)),\r(2))＋eq\f(\r(2),2)＝2eq\r(2).故选A．2．(2025·东北三校联考)已知圆C：x2＋y2＋2ay＝0(a>0)截直线eq\r(3)x－y＝0所得的弦长为2eq\r(3)，则圆C与圆C′：(x－1)2＋(y＋1)2＝1的位置关系是()A．相离 B．外切C．相交 D．内切[答案]C[解析]圆C的圆心为(0，－a)，半径为a，其圆心到直线eq\r(3)x－y＝0的距离为eq\f(|a|,\r(3＋1))＝eq\f(a,2)，所截得的弦长为2eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2)＝eq\r(3)a＝2eq\r(3)，解得a＝2，所以C：x2＋(y＋2)2＝4，C的圆心为(0，－2)，半径为r1＝2；又C′的圆心为(1，－1)，半径为r2＝1，|CC′|＝eq\r(0－12＋－2＋12)＝eq\r(2)，可得|r1－r2|<|CC′|<r1＋r2，则两圆的位置关系是相交，故选C．3．(2026·河南焦作期中)已知点A(－3,0)，B(3,0)，若在直线l上有唯一点P满足PA⊥PB，且有唯一点Q满足|QA|＝2|QB|，则符合条件的l有()A．4条 B．3条C．2条