考点35 直线与圆的位置关系-备战2021年高考数学（文）一轮复习考点帮.docx

考点35 直线与圆的位置关系 直线与圆的位置关系是高考考查的重点，有时会在选择或填空题中单独命制，也可能出现在解答题中，必须熟练掌握. （1）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. （2）能用直线和圆的方程解决一些简单的问题. （3）初步了解用代数方法处理几何问题的思想. 一、直线与圆的三种位置关系 （1）直线与圆相离，没有公共点； （2）直线与圆相切，只有一个公共点； （3）直线与圆相交，有两个公共点． 二、直线与圆的位置关系的判断方法 判断方法 直线与圆的位置关系 几何法：由圆心到直线的距离d与半径长r的大小关系来判断 直线与圆相离 直线与圆相切 直线与圆相交 代数法：联立直线与圆的方程，消元后得到关于x（或y）的一元二次方程，根据一元二次方程的解的个数来判断 方程无实数解，直线与圆相离 方程有唯一的实数解，直线与圆相切 方程有两个不同的实数解，直线与圆相交 三、圆与圆的位置关系 两圆的位置关系 外切 相切 两圆有唯一公共点 内切 内含 相离 两圆没有公共点 外离 相交 两圆有两个不同的公共点 四、圆与圆位置关系的判断 圆与圆的位置关系的判断方法有两种： （1）几何法：由两圆的圆心距d与半径长R，r的关系来判断（如下图，其中）． （2）代数法：设圆C1：x2+y2+D1x+E1y+F1=0 ①，圆C2：x2+y2+D2x+E2y+F2=0 ②， 联立①②，如果该方程组没有实数解，那么两圆相离； 如果该方程组有两组相同的实数解，那么两圆相切； 如果该方程组有两组不同的实数解，那么两圆相交． 五、两圆相交时公共弦所在直线的方程 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，由①－②，得（D1－D2）x+（E1－E2）y+F1－F2=0 ③． 方程③表示圆C1与圆C2的公共弦所在直线的方程． 考向一 直线与圆的位置关系 判断直线与圆的位置关系时，通常用几何法，其步骤是： （1）明确圆心C的坐标（a,b）和半径长r，将直线方程化为一般式； （2）利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离d； （3）比较d与r的大小，写出结论. 典例1 若直线:与圆:相切,则直线与圆:的位置关系是 A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 【答案】A 【解析】因为直线:与圆:相切，所以，解得，因为，所以，所以直线的方程为，圆D的圆心到直线的距离，所以直线与圆相交.故选A. 【名师点睛】本题考查了直线与圆的位置关系及点到直线的距离，属于中档题.判定直线与圆的位置关系可以联立方程，利用方程组的解的个数判断位置关系，也可以转化为判断圆心到直线的距离与半径的大小关系来确定直线与圆位置关系.求解本题时，直线与圆相切转化为圆心到直线的距离等于半径，求出斜率，再根据圆的圆心到直线的距离，判断其与直线的关系. 1．若曲线与直线有两个交点，则实数k的取值可以是（ ） A．0.3 B．0.75 C．0.8 D．0.6 考向二 圆与圆的位置关系 判断圆与圆的位置关系时，一般用几何法，其步骤是： （1）确定两圆的圆心坐标和半径长； （2）利用平面内两点间的距离公式求出圆心距d，求； （3）比较的大小，写出结论. 典例2 已知圆的方程为，圆的方程为，那么这两个圆的位置关系不可能是 A．外离 B．外切 C．内含 D．内切 【答案】C 【解析】因为圆的方程为，所以圆的圆心坐标为，半径为2.又因为圆的方程为，所以圆的圆心坐标为，半径为，因此有，两圆的半径和为，半径差的绝对值为，故两圆的圆心距不可能小于两圆的半径差的绝对值，不可能是内含关系，故本题选C. 【名师点睛】本题考查了圆与圆的位置关系的判断，求出圆心距的最小值是解题的关键.求解时，分别求出两圆的圆心坐标和半径，求出圆心距，可以求出圆心距的最小值，然后与两圆半径的和、差的绝对值进行比较，最后得出答案. 2．圆与圆交于A､B两点，则过A､B两点的直线方程为（ ） A． B． C． D． 考向三 圆的弦长问题 1．涉及直线被圆截得的弦长问题，一般有两种求解方法： 一是利用半径长r、弦心距d、弦长l的一半构成直角三角形，结合勾股定理求解； 二是若斜率为k的直线l与圆C交于两点，则. 2．求两圆公共弦长一般有两种方法： 一是联立两圆的方程求出交点坐标，再利用两点间的距离公式求解； 二是求出两圆公共弦所在直线的方程，转化为直线被圆截得的弦长问题. 典例3 已知圆． （1）若，求圆的圆心坐标及半径； （2）若直线与圆交于，两点，且，求实数的值． 【答案】（1）圆心坐标为，半径为；（2）. 【解析】（1）当时，，化简得， 所以圆的圆心坐标为，半径为. （2）圆:， 设圆心到直线的距离为，则， 因为， 所以，即， 所以. 所以. 3．过点的直线被圆所截弦长最短时的直线方程是（ ） A． B． C． D． 考向四 圆的切线问题 1．求过圆上的一点的切线方程： 先求切点与圆心连线的斜率k，若k不存在，则由图形可写出切线方程为;若,则由图形可写出切线方程为;若k存在且k≠0，则由垂直关系知切线的斜率为，由点斜式方程可求切线方程. 2．求过圆外一点的圆的切线方程： （1）几何方法 当斜率存在时，设为k，则切线方程为，即.由圆心到直线的距离等于半径长，即可得出切线方程. （2）代数方法 当斜率存在时，设为k，则切线方程为，即,代入圆的方程，得到一个关于x的一元二次方程，由,求得k,切线方程即可求出. 3．在求过一定点的圆的切线方程时，应首先判断定点与圆的位置关系，若点在圆上，则该点为切点，切线只有一条；若点在圆外，切线有两条；若点在圆内，则切线不存在． 典例4 已知点，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． 【答案】（1）；（2）过点M的圆C的切线方程为x－3=0或3x－4y－5＝0，切线长为1. 【解析】由题意得圆心C（1，2），半径长r＝2． （1）因为， 所以点P在圆C上． 又， 所以切线的斜率， 所以过点P的圆C的切线方程是，即． （2）因为，所以点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， 又点C（1，2）到直线x＝3的距离d=3－1=2=r， 所以直线x＝3是圆的一条切线． 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d=，解得k＝， 所以切线方程为y－1＝（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． 因为|MC|=， 所以过点M的圆C的切线长为． 4．若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离是（ ） A． B． C． D． 5．已知点P是直线上的一点，过P作圆的切线，切点为A，则切线长的最小值为__________. 1．圆与圆的公共点的个数是（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．已知圆，直线，则直线被圆所截的弦长为（ ） A． B． C． D．2 3．与圆相切且在轴､轴上截距相等的直线共有（ ） A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 4．已知过点的直线与圆相切，且与直线平行，则（ ） A．2 B．1 C． D． 5．若圆与圆关于直线对称，则圆的方程是（ ） A． B． C． D． 6．已知直线：与圆：相交于，两点，过点，及的圆的方程为（ ） A． B． C． D． 7．若直线与曲线有个公共点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 8．已知直线，圆．点为直线上的动点，过点作圆的切线，切点分别为．当四边形面积最小时，直线方程是（ ） A． B． C． D． 9．两条平行直线和圆的位置关系定义为：若两条平行直线和圆有四个不同的公共点，则称两条平行线和圆“相交”；若两平行直线和圆没有公共点，则称两条平行线和圆“相离”；若两平行直线和圆有一个、两个或三个不同的公共点，则称两条平行线和圆“相切”，已知直线，和圆“相切”，则a应满足（ ） A． B．或 C．或 D．或 10．已知直线与圆相切，则_____，直线过点且与直线垂直，与圆相交于，两点，则弦的中点坐标为______． 11．若两圆，与两坐标轴均相切，且均过点，则圆，的公共弦所在的直线方程为_______. 12．直线与圆O:相交于两点，当的面积达到最大时，_______ 13．已知点，，直线：上存在点，满足，则实数的取值范围是________. 14．已知直线：与圆交于两点，过分别做的垂线与轴交于两点，若，则_______. 15．已知直线，圆． （1）求证：不论取什么实数，直线与圆恒相交于两点； （2）当直线被圆截得的线段最短时，求线段的最短长度及此时的值． 16．直线，，圆. （1）当为何值时，直线与垂直； （2）若圆心C在直线的左上方，当直线与圆C相交于P，Q两点，且时，求直线的方程. 17．已知圆与圆相交于A､B两点. （1）求公共弦AB的长； （2）求圆心在直线上，且过A､B两点的圆的方程； （3）求经过A､B两点且面积最小的圆的方程. 18．已知动圆的圆心为点，圆过点且与直线：相切. （1）求点的轨迹的方程； （2）若圆与圆：相交于、两点，求的取值范围. 19．已知圆，直线是圆与圆的公共弦所在直线方程，且圆的圆心在直线上. （1）求圆的方程； （2）过点分别作直线、，交圆于、、、四点，且，求四边形面积的取值范围. 20．已知圆过点且与圆相切于点，直线与圆交于不同的两点、. （1）求圆的方程； （2）若圆与轴的正半轴交于点，直线、的斜率分别为、，求的值. 1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知圆，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为 A．1 B．2 C．3 D．4 2．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为 A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．直线 3．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3=0的距离为 A． B． C． D． 4．【2018新课标Ⅲ文】直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是 A． B． C． D． 5．【2019年高考浙江卷】已知圆的圆心坐标是，半径长是.若直线与圆C相切于点，则=___________，=___________． 6．【2019年高考北京卷文数】设抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l．则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为__________． 7．【2018新课标I文】直线与圆交于两点，则________． 8．【2018江苏】在平面直角坐标系中，A为直线上在第一象限内的点，，以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D．若，则点A的横坐标为________． 9．【2017江苏】在平面直角坐标系中，点在圆上，若则点的横坐标的取值范围是 ． 10．【2020年高考天津】已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________． 11．【2020年高考浙江】已知直线与圆和圆均相切，则_______，b=_______． 12．【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy中，已知，A，B是圆C：上的两个动点，满足，则△PAB面积的最大值是 ▲ ． 13．【2017新课标III文】在直角坐标系xOy中，曲线与x轴交于A，B两点，点C的坐标为.当m变化时，解答下列问题： （1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由； （2）证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值. 14．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切． （1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径； （2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│−│MP│为定值？并说明理由． 变式拓展 1．【答案】BD 【分析】 曲线表示以为圆心，2为半径的半圆，直线恒过点，然后画出图形，结合图形求出直线斜率范围，从而可得结果 【详解】 解：设直线为，圆心为，曲线可化为，， 所以曲线是以为圆心，2为半径的半圆， 直线与半圆相切，为切点时，圆心到直线的距离，即，解得， 直线恒过点， 当直线过点时，直线的斜率为， 所以曲线与直线有两个交点，实数k的取值范围为， 故选：BD. 【点睛】 关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查数形结合的思想，解题的关键是将曲线可化为可知曲线是以为圆心，2为半径的半圆，直线恒过点，然后画出图形，结合图形求出直线斜率的范围是解题的突破口. 2．【答案】A 【分析】 将两圆的方程相减即可得到公共弦所在的直线方程. 【详解】 圆，一般方程为：①， 圆②， ①②得：，即. 故选：A. 3．【答案】A 【分析】 分析可得当弦长最短时，该弦所在直线与过点的直径垂直，先求出过点的直径的斜率，然后再求出所求直线的斜率，最后由点斜式写出直线的方程即可. 【详解】 当弦长最短时，该弦所在直线与过点的直径垂直， 圆的圆心为，所以过点的直径的斜率为， 故所求直线为，所求直线方程为，即. 故选：A. 【点睛】 方法点睛：本题考查直线与圆位置关系的应用，解题关键是明确当弦与圆的直径垂直时，弦长最短，考查逻辑思维能力，属于常考题. 4．【答案】C 【分析】 由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为，可得圆的半径为，写出圆的标准方程，利用点在圆上，求得实数的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离. 【详解】 由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限， 则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限， 设圆心的坐标为，则圆的半径为， 圆的标准方程为. 由题意可得， 可得，解得或， 所以圆心的坐标为或， 圆心到直线的距离均为； 圆心到直线的距离均为 圆心到直线的距离均为； 所以，圆心到直线的距离为. 故选：C. 【点睛】 关键点点睛：本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的圆心是解题的关键，考查计算能力. 5．【答案】 【分析】 利用切线长最短时，取最小值找点：即过圆心作直线的垂线，求出垂足点．就切线的斜率是否存在分类讨论，结合圆心到切线的距离等于半径得出切线的方程． 【详解】 设切线长为，则，所以当切线长取最小值时，取最小值， 过圆心作直线的垂线，则点为垂足点，此时，直线的方程为， 联立，得，点的坐标为. 此时，此时， 故答案为：3 【点睛】 关键点睛：解题的关键是利用过点的圆的切线方程的求解，在过点引圆的切线问题时， 将直线与圆相切转化为圆心到直线的距离等于半径长，即设切线长为，则，问题转变为求的最小值，主要考查学生分析问题与解决问题的能力，属于中等题． 考点冲关 1．【答案】C 【分析】 根据圆心距和半径和，以及半径差比较大小，判断两圆的位置关系，求得两圆公共点的个数. 【详解】 圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，圆心距， ，两圆相交， 两圆的公共点的个数是2个. 故选：C 【点睛】 方法点睛：判断两圆的位置关系如下：设两圆的圆心分别为，，半径为和，， 当时，两圆相外离，没有交点，当时，两圆相外切，有一个交点，当时，两圆相交，有两个交点，当时，两圆相内切，有一个交点，当，此时两圆内含，没有交点. 2．【答案】C 【分析】 设直线与圆交于两点，从点向直线作垂线，垂足为，连结，由点到直线的距离公式，可求出，再结合，可求出答案. 【详解】 设直线与圆交于两点，从点向直线作垂线，垂足为，连结， 则，. 故选：C. 3．【答案】C 【分析】 先求得圆的圆心和半径，然后分直线在轴､轴上的截距为0和不为0，两种情况根据 直线与圆相切，由圆心到直线的距离等于半径求解. 【详解】 圆的方程，可化为：， 所以其圆心是，半径为， 当直线在轴､轴上的截距为0时，设直线方程为：， 因为直线与圆相切， 所以圆心到直线的距离等于半径， 所以， 解得， 当直线在轴､轴上的截距不为0时，设直线方程为：， 因为直线与圆相切， 所以圆心到直线的距离等于半径， 所以， 解得或（舍去） 所以在轴､轴上截距相等的直线共有3条， 故选：C 4．【答案】C 【分析】 先根据平行关系设切线方程，再根据圆心到切线距离等于半径，列式解得结果可得选项. 【详解】 因为切线与直线平行，所以切线方程可设为， 因为切线过点P(2，2)，所以， 因为与圆相切，所以， 故选：C. 5．【答案】C 【分析】 求出圆的圆心关于直线对称点，再根据半径相同，从而得到圆的方程. 【详解】 解：圆的圆心关于直线对称点为， 半径和圆相同，则圆的方程为， 故选：C. 【点睛】 本题主要考查求一个点关于直线的对称点，两个圆关于直线对称的性质，属于中档题. 6．【答案】A 【分析】 利用经过直线与圆的交点圆系方程进行求解即可 【详解】 直线：与圆：相交于，两点 设点，及的圆的方程为，与的公共弦为， 故有，代入， 得，解得， 故选：A 7．【答案】B 【分析】 将化为，作出直线与半圆的图形，利用两个图形有个公共点，求出切线的斜率，观察图形可得解. 【详解】 由得， 所以直线与半圆有个公共点， 作出直线与半圆的图形，如图： 当直线经过点时，， 当直线与圆相切时，，解得或（舍）， 由图可知，当直线与曲线有个公共点时，， 故选：B 【点睛】 关键点点睛：作出直线与半圆的图形，利用切线的斜率表示的范围是解题关键. 8．【答案】B 【分析】 求得点C到直线l的距离d ，根据，等号成立时，求得点P，进而求得过的圆的方程，与已知圆的方程联立求解. 【详解】 设点C到直线l的距离为， 由， 此时，， 方程为，即， 与直线联立得， 因为共圆，其圆心为，半径为， 圆的方程为, 与联立， 化简整理得， 答案：B 9．【答案】D 【分析】 当两平行直线和圆相交时，由，求得a的范围，当两平行直线和圆相离时，由，求得a的取值范围；再把以上所求得的a的范围取并集后，再取此并集的补集，即得所求. 【详解】 因为圆可化为，圆心为，半径为， 当两平行直线和圆相交时，有，解得． 当两平行直线和圆相离时，有，解得或． 故当两平行直线和圆相切时，把以上两种情况下求得的a的范围取并集后，再取此并集的补集，即得所求． 故所求的a的取值范围是或， 故选：D． 【点睛】 关键点点睛： 解决本题的关键在于根据题中条件，在理解题中相切的定义时，先求出由直线与圆相交和相离两种情况下，参数的范围，再求其补集，即可得出结果. 10．【答案】 【分析】 根据圆心到直线的距离等于圆的半径可解得，求出直线的方程和弦的垂直平分线方程，联立解交点坐标可得结果. 【详解】 因为直线与圆相切， 所以，整理得，因为，所以. 所以直线的斜率为，直线的方程为， 线段的垂直平分线的斜率为，线段的垂直平分线方程为，即， 联立解得， 所以弦的中点坐标为. 故答案为：； 【点睛】 关键点点睛：利用直线的方程和弦的垂直平分线方程联立解交点坐标得解是解题关键. 11．【答案】 【分析】 依题意设圆的方程为，因为圆过点，代入即可得到方程，解得，从而求出两圆的方程，再判断两圆的位置关系，从而求出两圆的公共弦方程； 【详解】 解：由题意，得圆，的圆心在射线上，设圆的方程为，因为圆过点， 所以，解得或， 不妨设圆：①，圆心坐标为，半径； 圆：②，圆心坐标为，半径， 所以两圆的圆心距，因为，所以，相交，①②得，圆，的公共弦所在直线的方程为； 故答案为： 【点睛】 判断两圆的位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差之间的关系，一般不采用代数法．两圆相切注意讨论内切外切两种情况. 12．【答案】 【分析】 由三角形面积公式可得当时，的面积达到最大，进而可得圆心到直线的距离，即可得解. 【详解】 由圆可得圆心坐标为 ,半径， 将直线的方程化为， 因为， 所以当即时，的面积达到最大， 此时圆心到直线的距离， 解得. 故答案为：. 【点睛】 关键点点睛：解决本题的关键是利用三角形面积公式转化面积最值为圆心到弦的距离，细心计算即可得解. 13．【答案】 【分析】 由，可知点在以为直径的圆上，可求出该圆的方程，又点在直线上，只需圆与直线有公共点即可，即可列出关系式，求出的取值范围. 【详解】 因为，所以点在以为直径的圆上， 该圆的圆心为，半径为2，圆的方程为， 又因为点在直线上，所以点在直线和圆的交点处， 若点存在，则，即，解得. 故答案为：. 【点睛】 关键点点睛：本题考查直线与圆位置关系的应用，解题关键是根据，得出点在以为直径的圆上，结合点在直线上，只需圆与直线有公共点即可.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题. 14．【答案】4 【分析】 根据圆中的弦长公式求出，可得直线的倾斜角为，再由平面几何知识可得解. 【详解】 因为，且圆的半径为， 所以圆心到直线的距离为， 则由，解得，代入直线的方程，得， 所以直线的倾斜角为，由平面几何知识知在梯形中，. 故答案为：4. 【点睛】 结论点睛：设直线被圆解得得弦长为，圆的半径为，弦心距为，则. 15．【答案】（1）证明见解析；（2），. 【分析】 （1）求出直线过定点，此定点在圆内即证； （2）定点与圆心连线与垂直时，截得的线段最短，由此可得． 【详解】 （1）直线，必过直线与直线的交点．联立方程，解得，所以直线过定点． ，即点在圆内， 直线与圆C恒相交于两点. （2）当直线被圆截得的线段最短时，直线垂直． ，直线l的斜率，则，解得． 此时，弦长. 【点睛】 结论点睛：本题考查直线与圆的位置关系，考查直线与圆相交弦长问题．如果直线恒过圆内一点，则直线与圆一定相交，过圆内一定点的弦，当弦过圆心时弦长最长，当定点与圆心连线与弦垂直时，弦长最短． 16．【答案】（1）或（2） 【分析】 （1）根据两条直线平行的条件列式解得结果即可得解； （2）设圆心到直线的距离为，利用弦长求出，根据圆心到直线的距离求出，由此可求出，再根据圆心C在直线的左上方，舍去一个值，从而可得直线的方程. 【详解】 （1）由直线与垂直得，解得或； （2）圆的圆心，半径为， 设圆心到直线的距离为，则， 又，所以，所以，所以或， 当时，，由得，此时圆心C在直线的右上方，不符合题意； 当时，，由得，此时圆心C在直线的左上方； 故直线的方程为： 【点睛】 结论点睛：根据两条直线的位置关系求参数的结论：若，，不同为0，不同为0， ①若，则且或； ②若，则. 17．【答案】（1）；（2）；（3）. 【分析】 （1）两圆方程相减，求出公共弦所在的直线方程，再利用点到直线的距离公式求出到直线AB的距离，根据几何法求弦长即可. （2）求出，的直线方程，与联立，求出圆心，再求出圆心到AB的距离，再利用几何法求出半径即可求解. （3）根据题意可知过A､B且面积最小的圆就是以AB为直径的圆，联立AB与的直线方程，求出交点即为圆心，即可求解. 【详解】 （1）由两圆方程相减即得， 此为公共弦AB所在的直线方程. 圆心，半径. 到直线AB的距离为， 故公共弦长. （2）圆心，过，的直线方程为， 即. 由得所求圆的圆心为. 它到AB的距离为， ∴所求圆的半径为， ∴所求圆的方程为. （3）过A､B且面积最小的圆就是以AB为直径的圆， 由， 得圆心，半径. ∴所求圆的方程为. 【点睛】 方法点睛： 本题考查了圆的弦长以及圆的标准方程，属于基础题，求圆的弦长以及圆的常见方法. （1）几何法求圆的弦长：根据弦长、弦心距、半径之间的关系，由勾股定理求解. （2）代数法求圆的弦长：求出直线与圆的交点，利用两点间的距离公式求解. （3）几何法求圆的方程：利用弦的中垂线过圆心，求出中垂线的交点得出圆心，几何法求半径. （4）代数法求圆的方程：设出圆的方程，将点代入圆的方程. 18．【答案】（1）；（2）. 【分析】 （1）由点到点的距离等于点到直线的距离得轨迹是抛物线，由此可得轨迹方程； （2）设点，则圆的半径，两圆方程相减得公共弦所在直线方程，求出到直线的距离，然后由勾股定理得弦长，由可得的取值范围． 【详解】 （1）依题意，点到点的距离等于点到直线的距离， ∴点的轨迹是以点为焦点，直线：为准线的抛物线， ∴曲线的方程为 （2）设点，则圆的半径， ∴圆的方程为①，圆：②， ①-②得直线的方程为， ∵点在曲线：上，∴，且， ∴点到直线的距离， ∴圆：的半径为， ∴， ∵，∴，∴，∴， ∴，∴的取值范围为. 【点睛】 结论点睛：两圆方程相减（消去平方项）所得一次方程，当两圆相交时，为相交弦所在直线方程，当两圆相切时，为过切点的公切线方程． 19．【答案】（1）（2） 【分析】 （1）设出经过圆和直线的圆系方程，利用圆心在直线上可求得结果； （2）当直线的斜率不存在时，可求出四边形的面积为，当直线的斜率存在时，设直线，则直线，利用几何方法求出和，求出四边形面积，再换元求出最值可得取值范围. 【详解】 （1）依题意可设圆的方程为， 整理得， 所以圆心， 因为圆心在直线上，所以，解得， 所以圆的方程为. （2）当直线的斜率不存在时，，，四边形面积为， 当直线的斜率存在时，设直线，即，则直线， 圆心到直线的距离，圆心到直线的距离， 所以，， 所以四边形面积为， 令，则， 所以， 当，即时，取得最大值，此时四边形的面积的最大值为， 当，即时，取得最小值，此时四边形面积的最小值为， 综上所述：四边形面积的取值范围为 【点睛】 结论点睛：经过直线与圆的交点的圆系方程为. 20．【答案】（1）；（2）. 【分析】 （1）由题意可知，圆心为直线与线段的中垂线的交点，可求得圆心的坐标，进一步求出圆的半径，由此可求得圆的标准方程； （2）设、，由题意知，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，结合斜率公式可计算出的值. 【详解】 （1）圆的标准方程为，圆心， 直线的斜率为，则直线的方程为，即. 直线的斜率为， 线段的中点为，线段的垂直平分线的斜率为， 所以，线段的中垂线的方程为，即， 易知，直线与直线的交点为坐标原点， 即圆心，圆的半径为， 因此，圆的标准方程为； （2）设、，由题意知， 联立和得， 则，解得， 由韦达定理得，， 所以，， 故的值为. 【点睛】 求圆的方程，主要有两种方法： （1）几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线； （2）待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式． 直通高考 1．【答案】B 【解析】圆化为，所以圆心坐标为，半径为， 设，当过点的直线和直线垂直时，圆心到过点的直线的距离最大，所求的弦长最短，此时 根据弦长公式得最小值为. 故选：B． 【点睛】本题考查圆的简单几何性质，以及几何法求弦长，属于基础题. 2．【答案】A 【解析】设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系， 则：，设，可得：， 从而：， 结合题意可得：， 整理可得：， 即点C的轨迹是以AB中点为圆心，为半径的圆. 故选：A． 【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 3．【答案】B 【解析】由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限， 则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限， 设圆心的坐标为，则圆的半径为， 圆的标准方程为. 由题意可得， 可得，解得或， 所以圆心的坐标为或， 圆心到直线距离均为； 圆心到直线的距离均为 圆心到直线的距离均为； 所以，圆心到直线的距离为. 故选：B． 【点睛】本题考查圆心到直线距离计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题. 4．【答案】A 【解析】直线分别与轴，轴交于，两点，,则. 点P在圆上，圆心为（2，0），则圆心到直线的距离. 故点P到直线的距离的范围为，则. 故答案为A. 【名师点睛】本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题.先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线的距离，得到点P到直线距离的范围，由面积公式计算即可. 5．【答案】， 【解析】由题意可知，把代入直线AC的方程得，此时. 【名师点睛】本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线的斜率，进一步得到其方程，将代入后求得，计算得解.解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意应用圆的几何性质. 6．【答案】 【解析】抛物线y2=4x中，2p=4，p=2， 焦点F（1,0），准线l的方程为x=−1， 以F为圆心，且与l相切的圆的方程为(x−1)2+y2=22，即为. 【名师点睛】本题可采用数形结合法，只要画出图形，即可很容易求出结果. 7．【答案】 【解析】根据题意，圆的方程可化为，所以圆的圆心为，且半径是2， 根据点到直线的距离公式可以求得， 结合圆中的特殊三角形，可知，故答案为. 【名师点睛】该题考查的是有关直线被圆截得的弦长问题，在解题的过程中，熟练应用圆中的特殊三角形，即半弦长、弦心距和圆的半径构成的直角三角形，借助于勾股定理求得结果.首先将圆的一般方程转化为标准方程，得到圆心坐标和圆的半径的大小，之后应用点到直线的距离求得弦心距，借助于圆中特殊三角形，利用勾股定理求得弦长. 8．【答案】3 【解析】设，则由圆心为中点得 易得，与联立解得点的横坐标所以. 所以， 由得或， 因为，所以 【名师点睛】以向量为载体求相关变量的取值或范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程或解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法. 9．【答案】 【解析】设，由，易得，由，可得或，由得P点在圆左边弧上，结合限制条件，可得点P横坐标的取值范围为． 【名师点睛】对于线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求横坐标或纵坐标、直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等，最后结合图形确定目标函数的最值或取值范围． 10．【答案】5 【解析】因为圆心到直线的距离， 由可得，解得． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题． 11．【答案】； 【解析】由题意，到直线的距离等于半径，即，， 所以，所以（舍）或者， 解得. 故答案为： 【点晴】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题. 12．【答案】 【解析】 设圆心到直线距离为，则 所以 令（负值舍去） 当时，；当时，，因此当时，取最大值，即取最大值为， 故答案为： 【点睛】本题考查垂径定理、利用导数求最值，考查综合分析求解能力，属中档题. 13．【答案】（1）不会，理由见解析；（2）详见解析 【解析】（1）不能出现AC⊥BC的情况，理由如下： 设A（x1,0）, B（x2,0）,则x1，x2满足x2+mx-2=0，所以x1x2=-2. 又C的坐标为（0，1），故AC的斜率与BC的斜率之积为-1x1∙-1x2=-12，所以不能出现AC⊥BC的情况. （2）BC的中点坐标为（x22，12），可得BC的中垂线方程为y-12=x2（x-x22）. 由（1）可得x1+x2=-m，所以AB的中垂线方程为x=-m2. 联立x=-m2，y-12=x2x-x22，又x22+mx2-2=0，可得x=-m2，y=-12， 所以过A、B、C三点的圆的圆心坐标为（-m2，-12），半径r=m2+92， 故圆在y轴上截得的弦长为2r2-（m2）2=3，即过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值. 【名师点睛】直线与圆综合问题的常见类型及解题策略： （1）处理直线与圆的弦长问题时多用几何法，即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形．代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：； (2)圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题． 14．【答案】（1）的半径或；（2）存在，理由见解析. 【解析】（1）因为过点，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线上，且关于坐标原点O对称，所以M在直线上，故可设. 因为与直线x+2=0相切，所以的半径为. 由已知得，又，故可得，解得或. 故的半径或. （2）存在定点，使得为定值. 理由如下： 设，由已知得的半径为. 由于，故可得，化简得M的轨迹方程为. 因为曲线是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，所以. 因为，所以存在满足条件的定点P. 【名师点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，验证定值符合所有情况，使得问题得解. 39 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！