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- 2021-06-16 发布
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第4讲 直线与圆、圆与圆的位置关系
一、知识梳理
1．直线与圆的位置关系
设直线l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，
圆：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，
d为圆心(a，b)到直线l的距离，联立直线和圆的方程，消元后得到的一元二次方程的判别式为Δ.
方法
位置关系
几何法
代数法
相交
d0
相切
d＝r
Δ＝0
相离
d>r
Δ<0
2.圆与圆的位置关系
设圆O1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝r(r1>0)，
圆O2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝r(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
相离
d>r1＋r2
无解
外切
d＝r1＋r2
一组实数解
相交
|r1－r2|0，所以直线l与圆相交．
法二：由题意知，圆心(0，1)到直线l的距离d＝<1<，故直线l与圆相交．
法三：直线l：mx－y＋1－m＝0过定点(1，1)，因为点(1，1)在圆x2＋(y－1)2＝5的内部，所以直线l与圆相交．
【答案】 A
角度二 根据直线与圆的位置关系求参数
(1)若直线x＋my＝2＋m与圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0相交，则实数m的取值范围为( )
A．(－∞，＋∞) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(－∞，0)∪(0，＋∞)
(2)若圆x2＋y2＝r2(r>0)上恒有4个点到直线x－y－2＝0的距离为1，则实数r的取值范围是( )
A．(＋1，＋∞) B．(－1，＋1)
C．(0，－1) D．(0，＋1)
【解析】 (1)由x2＋y2－2x－2y＋1＝0得(x－1)2＋(y－1)2＝1，因为直线x＋my＝2＋m与圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0相交，所以<1，即1＋m2>1，
所以m≠0，即m∈(－∞，0)∪(0，＋∞)．
(2)
计算得圆心到直线l的距离为＝>1，如图．直线l：x－y－2＝0与圆相交，l1，l2与l平行，且与直线l的距离为1，故可以看出，圆的半径应该大于圆心到直线l2的距离＋1.故选A.
【答案】 (1)D (2)A
判断直线与圆的位置关系常用的方法
[提醒] 上述方法中最常用的是几何法，点与圆的位置关系法适用于动直线问题．
1．已知点M(a，b)在圆O：x2＋y2＝1外， 则直线ax＋by＝1与圆O的位置关系是( )
A．相切 B．相交
C．相离 D．不确定
解析：选B.因为M(a，b)在圆O：x2＋y2＝1外，
所以a2＋b2＞1，
从而圆心O到直线ax＋by＝1的距离
d＝＝＜1，
所以直线与圆相交．
2．直线y＝－x＋m与圆x2＋y2＝1在第一象限内有两个不同的交点，则m的取值范围是________．
解析：当直线经过点(0，1)时，直线与圆有两个不同的交点，此时m＝1；当直线与圆相切时有圆心到直线的距离d＝＝1，解得m＝(切点在第一象限)，所以要使直线与圆在第一象限内有两个不同的交点，则10，
又圆C与y轴相切，所以圆C的半径r＝a，
所以圆C的方程为(x－a)2＋y2＝a2.
因为点M(1，)在圆C上，
所以(1－a)2＋()2＝a2，解得a＝2.
所以圆C的方程为(x－2)2＋y2＝4.
(2)记直线OA的斜率为k(k≠0)，
则其方程为y＝kx.
联立，得消去y，得(k2＋1)x2－4x＝0，解得x1＝0，x2＝.
所以A.
由k·kOB＝－2，得kOB＝－，直线OB的方程为y＝－x，
在点A的坐标中用－代换k，得B.
当直线l的斜率不存在时，＝，得k2＝2，此时直线l的方程为x＝.
当直线l的斜率存在时，≠，即k2≠2.
则直线l的斜率为＝
＝＝.
故直线l的方程为y－＝.
即y＝，所以直线l过定点.
综上，直线l恒过定点，定点坐标为.
解有关弦长问题的两种方法
(1)几何法：直线被圆截得的半弦长、弦心距d和圆的半径r构成直角三角形，且r2＝＋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|＝|x1－x2|＝·或|AB|＝|y1－y2|＝·(k≠0)．
1．(2020·合肥模拟)设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过(0，3)，且与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2，则直线l的方程为( )
A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0
B．3x＋4y－12＝0或x＝0
C．4x－3y＋9＝0或x＝0
D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0
解析：选B.因为圆x2＋y2－2x－2y－2＝0即(x－1)2＋(y－1)2＝4，所以圆心为C(1，1)，圆的半径r＝2，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，圆心到直线l的距离为d＝1，所以|AB|＝2＝2，符合题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋3，易知圆心C(1，1)到直线y＝kx＋3的距离d＝＝，因为d2＋＝r2，所以＋3＝4，解得k＝－，所以直线l的方程为y＝－x＋3，
即3x＋4y－12＝0.综上，直线l的方程为3x＋4y－12＝0或x＝0.故选B.
2．已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点．
(1)求k的取值范围；
(2)若·＝12，其中O为坐标原点，求|MN|.
解：(1)由题设可知直线l的方程为y＝kx＋1.
因为直线l与圆C交于两点，
所以＜1.
解得＜k＜.
所以k的取值范围为.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
将y＝kx＋1代入方程(x－2)2＋(y－3)2＝1，
整理得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0.
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝＋8.
由题设可得＋8＝12，解得k＝1，
所以直线l的方程为y＝x＋1.
故圆心C在直线l上，所以|MN|＝2.
[基础题组练]
1．(2020·江西上饶一模)直线ax－by＝0与圆x2＋y2－ax＋by＝0的位置关系是( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．不能确定
解析：选B.将圆的方程化为标准方程得＋＝，所以圆心坐标为，半径r＝.因为圆心到直线ax－by＝0的距离d＝＝＝r，所以直线与圆相切．故选B.
2．圆(x－3)2＋(y－3)2＝9上到直线3x＋4y－11＝0的距离等于1的点的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C.因为圆心到直线的距离为＝2，又因为圆的半径为3，所以直线与圆相交，由数形结合知，圆上到直线的距离为1的点有3个．
3．(2020·湖南十四校二联)已知直线x－2y＋a＝0与圆O：x2＋y2＝2相交于A，B两点(O为坐标原点)，且△AOB为等腰直角三角形，则实数a的值为( )
A.或－ B．或－
C. D．
解析：选B.因为直线x－2y＋a＝0与圆O：x2＋y2＝2相交于A，B两点(O为坐标原点)，且△AOB为等腰直角三角形，所以O到直线AB的距离为1，由点到直线的距离公式可得＝1，所以a＝±，故选B.
4．已知圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝6，圆O2的圆心坐标为(2，1)．若两圆相交于A，B两点，且|AB|＝4，则圆O2的方程为( )
A．(x－2)2＋(y－1)2＝6
B．(x－2)2＋(y－1)2＝22
C．(x－2)2＋(y－1)2＝6或(x－2)2＋(y－1)2＝22
D．(x－2)2＋(y－1)2＝36或(x－2)2＋(y－1)2＝32
解析：选C.设圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝r2(r>0)．因为圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝6，所以直线AB的方程为4x＋4y＋r2－10＝0，圆心O1到直线AB的距离d＝，由d2＋22＝6，得＝2，所以r2－14＝±8，r2＝6或22.故圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝6或(x－2)2＋(y－1)2＝22.
5．(2020·广东湛江一模)已知圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝72，若直线x＋y－m＝0垂直于圆C的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点，则m＝( )
A．2或10 B．4或8
C．4或6 D．2或4
解析：选B.圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝72的圆心C的坐标为(3，3)，半径r＝6，
因为直线x＋y－m＝0垂直于圆C的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点，
所以圆心到直线的距离为，
则有d＝＝，
解得m＝4或8，故选B.
6．已知直线ax＋by＋c＝0与圆O：x2＋y2＝1相交于A，B两点，且|AB|＝，则·＝________．
解析：在△OAB中，|OA|＝|OB|＝1，|AB|＝，可得∠AOB＝120°，所以·＝1×1×cos 120°＝－.
答案：－
7．已知圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝2截y轴所得线段与截直线y＝2x＋b所得线段的长度相等，则b＝________．
解析：记圆C与y轴的两个交点分别是A，B，由圆心C到y轴的距离为1，|CA|＝|CB|＝可知，圆心C(1，2)到直线2x－y＋b＝0的距离也等于1才符合题意，于是＝1，解得b＝±.
答案：±
8．(2020·广东天河一模)已知圆C的方程为x2－2x＋y2＝0，直线l：kx－y＋2－2k＝0与圆C交于A，B两点，则当△ABC面积最大时，直线l的斜率k＝________．
解析：由x2－2x＋y2＝0，得(x－1)2＋y2＝1，则圆的半径r＝1，圆心C(1，0)，
直线l：kx－y＋2－2k＝0与圆C交于A，B两点，
当CA与CB垂直时，△ABC面积最大，
此时△ABC为等腰直角三角形，圆心C到直线AB的距离d＝，
则有＝，解得k＝1或7.
答案：1或7
9．圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝4，圆O2的圆心坐标为(2，1)．
(1)若圆O1与圆O2外切，求圆O2的方程；
(2)若圆O1与圆O2相交于A，B两点，且|AB|＝2，求圆O2的方程．
解：(1)因为圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝4，
所以圆心O1(0，－1)，半径r1＝2.
设圆O2的半径为r2，由两圆外切知|O1O2|＝r1＋r2.
又|O1O2|＝＝2，
所以r2＝|O1O2|－r1＝2－2.
所以圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝12－8.
(2)设圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝r，
又圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝4，
相减得AB所在的直线方程为4x＋4y＋r－8＝0.
设线段AB的中点为H，
因为r1＝2，所以|O1H|＝＝.
又|O1H|＝＝，
所以＝，解得r＝4或r＝20.
所以圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4或(x－2)2＋(y－1)2＝20.
10．已知抛物线C：y2＝2x，过点(2，0)的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆．
(1)证明：坐标原点O在圆M上；
(2)设圆M过点P(4，－2)，求直线l与圆M的方程．
解：(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋2.
由可得y2－2my－4＝0，则y1y2＝－4.
又x1＝，x2＝，故x1x2＝＝4.
因此OA的斜率与OB的斜率之积为·＝＝－1，所以OA⊥OB.故坐标原点O在圆M上．
(2)由(1)可得y1＋y2＝2m，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4.
故圆心M的坐标为(m2＋2，m)，圆M的半径
r＝.
由于圆M过点P(4，－2)，因此·＝0，
故(x1－4)(x2－4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0，
即x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0.
由(1)可得y1y2＝－4，x1x2＝4.
所以2m2－m－1＝0，解得m＝1或m＝－.
当m＝1时，直线l的方程为x－y－2＝0，圆心M的坐标为(3，1)，圆M的半径为，圆M的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10.
当m＝－时，直线l的方程为2x＋y－4＝0，圆心M的坐标为，圆M的半径为，圆M的方程为＋＝.
[综合题组练]
1．(2020·安徽马鞍山二模)在平面直角坐标系xOy中，若圆C：(x－3)2＋(y－a)2＝4上存在两点A，B满足：∠AOB＝60°，则实数a的最大值是( )
A．5 B．3
C. D．2
解析：选C.根据题意，圆C的圆心为(3，a)，在直线x＝a上，
分析可得：当圆心距离x轴的距离越远，∠AOB越小，
如图：当a>0时，圆心C在x轴上方，若OA、OB为圆的切线且∠AOB＝60°，此时a取得最大值，
此时∠AOC＝30°，
有|OC|＝2|AC|＝4，即(3－0)2＋(a－0)2＝16，
解得a＝，故实数a的最大值是，故选C.
2．(2020·安徽合肥二模)在平面直角坐标系xOy中，圆C经过点(0，1)，(0，3)，且与x轴正半轴相切，若圆C上存在点M，使得直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称，则k
的最小值为( )
A. B．
C．2 D．4
解析：选D.如图，
因为圆C经过点(0，1)，(0，3)，且与x轴正半轴相切，
所以圆心的纵坐标为2，半径为2，则圆心的横坐标为＝，
所以圆心坐标为(，2)，设过原点与圆相切的直线方程为y＝k1x，
由圆心到直线的距离等于半径，得＝2，解得k1＝0(舍去)或k1＝－4.
所以若圆C上存在点M，使得直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称，则k的最小值为4.
故选D.
3．(2020·安徽皖南八校联考)圆C与直线2x＋y－11＝0相切，且圆心C的坐标为(2，2)，设点P的坐标为(－1，y0)．若在圆C上存在一点Q，使得∠CPQ＝30°，则y0的取值范围是( )
A. B．[－1，5]
C．[2－，2＋] D．[2－2，2＋2]
解析：选C.由点C(2，2)到直线2x＋y－11＝0的距离为＝，可得圆C的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝5.若存在这样的点Q，当PQ与圆C相切时，∠CPQ≥30°，可得sin∠CPQ＝＝≥sin 30°，即CP≤2，则≤2，解得2－≤y0≤2＋.故选C.
4．(2020·河南洛阳二模)已知直线x＋y－2＝0与圆O：x2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B两点，C为圆周上一点，线段OC的中点D在线段AB上，且3＝5，则r＝________．
解析：如图，过O作OE⊥AB于点E，连接OA，则|OE|＝＝，
易知|AE|＝|EB|，
不妨令|AD|＝5m(m>0)，由3＝5可得|BD|＝3m，|AB|＝8m，
则|DE|＝4m－3m＝m，
在Rt△ODE中，有＝()2＋m2，①
在Rt△OAE中，有r2＝()2＋(4m)2，②
联立①②，解得r＝.
答案：
5．已知⊙H被直线x－y－1＝0，x＋y－3＝0分成面积相等的四部分，且截x轴所得线段的长为2.
(1)求⊙H的方程；
(2)若存在过点P(a，0)的直线与⊙H相交于M，N两点，且|PM|＝|MN|，求实数a的取值范围．
解：(1)设⊙H的方程为(x－m)2＋(y－n)2＝r2(r>0)，
因为⊙H被直线x－y－1＝0，x＋y－3＝0分成面积相等的四部分，所以圆心H(m，n)一定是两互相垂直的直线x－y－1＝0，x＋y－3＝0的交点，易得交点坐标为(2，1)，所以m＝2，n＝1.
又⊙H截x轴所得线段的长为2，所以r2＝12＋n2＝2.
所以⊙H的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝2.
(2)设N(x0，y0)，由题意易知点M是PN的中点，所以M.
因为M，N两点均在⊙H上，所以(x0－2)2＋(y0－1)2＝2，①
＋＝2，
即(x0＋a－4)2＋(y0－2)2＝8，②
设⊙I：(x＋a－4)2＋(y－2)2＝8，
由①②知⊙H与⊙I：(x＋a－4)2＋(y－2)2＝8有公共点，从而2－≤|HI|≤2＋，
即≤≤3，
整理可得2≤a2－4a＋5≤18，
解得2－≤a≤1或3≤a≤2＋，
所以实数a的取值范围是[2－，1]∪[3，2＋]．
6.如图，已知圆C与y轴相切于点T(0，2)，与x轴的正半轴交于两点M，N(点M在点N的左侧)，且|MN|＝3.
(1)求圆C的方程；
(2)过点M任作一直线与圆O：x2＋y2＝4相交于A，B两点，连接AN，BN，求证：kAN＋kBN为定值．
解：(1)因为圆C与y轴相切于点T(0，2)，可设圆心的坐标为(m，2)(m>0)，
则圆C的半径为m，
又|MN|＝3，
所以m2＝4＋＝，解得m＝，
所以圆C的方程为＋(y－2)2＝.
(2)证明：由(1)知M(1，0)，N(4，0)，当直线AB的斜率为0时，易知kAN＝kBN＝0，
即kAN＋kBN＝0.
当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝1＋ty，将x＝1＋ty代入x2＋y2－4＝0，并整理得(t2＋1)y2＋2ty－3＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以，则kAN＋kBN＝＋＝＋＝＝＝0.
综上可知，kAN＋kBN为定值．
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