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第4讲 圆与圆的位置关系及圆的综合问题
复习要点 1.能根据给定两个圆的方程判断两圆的位置关系.2.了解弦长最值、轨迹问
题的解法．
一 直线被圆截得的弦长
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|＝2.
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|＝·.
二 圆与圆的位置关系(⊙O，⊙O 半径为r，r，d＝|OO|)
1 2 1 2 1 2
相离 外切 相交 内切 内含
图形
| r － r |< d ＝ d <
1 2
量的关系 d > r ＋ r d ＝ r ＋ r
1 2 1 2
d < r 1 ＋ r 2 | r 1 － r 2 | | r 1 － r 2 |
常/用/结/论
过圆C ：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F ＝0和圆C ：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F ＝0交点的圆系方程：
1 1 1 1 2 2 2 2
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ(x2＋y2＋Dx＋Ey＋F)＝0(λ≠－1)(该圆系不含圆C ，解题时，注意
1 1 1 2 2 2 2
检验圆C 是否满足题意，以防漏解)．
2
1．判断下列结论是否正确．
(1)若两圆相切，则有且只有一条公切线．()
(2)在圆中最长的弦是直径．(√)
(3)如果两个圆的方程组成的方程组只有一组实数解，则两圆外切．()
(4)“k＝1”是“直线x－y＋k＝0与圆x2＋y2＝1相交”的必要不充分条件．()
2．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＝，由两圆相切(外切或内切)，得＝5＋1或＝5－1，解得a＝±2
或a＝0.
答案：±2或0
3．圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦长为________．
解析：联立易得两圆公共弦所在直线方程为x－y＋2＝0.又圆x2＋y2＝4的圆心到直线x
－y＋2＝0的距离为＝.由勾股定理得弦长的一半为＝，则所求弦长为2.
答案：2
题型 圆与圆的位置关系
典例1已知圆M：x2＋y2－2x－6y－1＝0和圆N：x2＋y2－10x－12y＋m＝0.求：(1)m取何值时两圆外切？
d＝R ＋R
1 2
(2)m取何值时两圆内切，此时公切线方程是什么？
d＝|R －R | 仅有1条，且与两圆心连线垂直．
1 2
(3)求m＝45时两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长．
由两圆方程相减即可求得．
利用其中一个圆中的直角三角形即可，半径、半弦长、弦心距构成直角三角形．
解：两圆的标准方程分别为
(x－1)2＋(y－3)2＝11，(x－5)2＋(y－6)2＝61－m，圆心分别为M(1,3)，N(5,6)，
半径分别为和，则m<61.
(1)当两圆外切时，
＝＋.
解得m＝25＋10.
(2)当两圆内切时，因定圆M的半径小于两圆圆心间的距离，故只有－＝5，解得m＝
25－10.
因为k ＝＝，所以两圆的公切线的斜率是－.
MN
设切线方程为y＝－x＋b，
则有＝，解得b＝±.
容易验证，当b＝＋时，直线与圆N相交，舍去．
故所求公切线方程y＝－x＋－，
即4x＋3y＋5－13＝0.
(3)两圆的公共弦所在直线的方程为
(x2＋y2－2x－6y－1)－(x2＋y2－10x－12y＋45)＝0，即4x＋3y－23＝0.
由圆的半径、弦长、弦心距间的关系，
不难求得公共弦的长为
2×＝2.
1．判断两圆位置关系的方法
常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差的绝对值的关系来判断，一般不用代
数法．
2．两圆公共弦长的求法
两圆公共弦长，在其中一圆中，弦心距d，半弦长，半径r构成
两圆方程相减，可求出公共弦所在的直线．
直角三角形，利用勾股定理求解.
对点练1(1)(2024·河南郑州外国语中学调研)已知圆C ：(x＋2a)2＋y2＝4和圆C ：x2＋(y
1 2
－b)2＝1只有一条公切线，若a，b∈R且ab≠0，则＋的最小值为( )
A．2 B．4 C．8 D．9
(2)(多选)(2024·湖北武汉模拟)已知圆O：x2＋y2＝9，点P(a，b)在圆O外，以线段OP
为直径作圆M，与圆O相交于A，B两点，则( )A．直线PA，PB均与圆O相切
B．当|PA|＝|PB|＝4时，点P在圆x2＋y2＝5上运动
C．当|PA|＝|PB|＝3时，点M在圆x2＋y2＝上运动
D．若a＝4，b＝－2，则直线AB的方程为4x－2y－9＝0
解析：(1)由题意，可知圆C 的圆心为(－2a,0)，半径为2，圆C 的圆心为(0，b)，半径
1 2
为1，
因为两圆只有一条公切线，
所以两圆内切，
所以＝2－1，
即4a2＋b2＝1.
所以＋＝(4a2＋b2)
＝5＋＋≥5＋2＝9，
当且仅当＝，且4a2＋b2＝1，即a2＝，b2＝时，等号成立，
所以＋的最小值为9.故选D.
(2)由于OP为直径，则∠OAP＝∠OBP＝90°，所以直线PA，PB均与圆O相切，A正
确；当|PA|＝|PB|＝4时，因为|OA|＝|OB|＝3，∠OAP＝∠OBP＝90°，则|OP|＝5，所以点P
在圆x2＋y2＝25上运动，B错误；当|PA|＝|PB|＝3时，|OA|＝|OB|＝3，则圆M的半径为，
所以点M在圆x2＋y2＝上运动，C正确；若a＝4，b＝－2，则点M(2，－1)，圆M：(x－
2)2＋(y＋1)2＝5，又圆O：x2＋y2＝9，将这两圆的方程两端分别相减并整理，得直线AB的
方程为4x－2y－9＝0，D正确．故选ACD.
答案：(1)D (2)ACD
题型 弦长及弦中点问题
典例2圆x2＋y2＝8内有一点P(－1,2)，过点P的直线l的倾斜角为α，直线l交圆于
A，B两点．
(1)当α＝时，求AB的长；
(2)当 弦 AB 被点 P 平分 时，求直线l的方程．
方法一：可知OP⊥AB l.
方法二：“点差法”．
⇒⇒
解：(1)当α＝时，k ＝－1，
AB
直线AB的方程为y－2＝－(x＋1)，
即x＋y－1＝0.
故圆心(0,0)到AB的距离d＝＝，从而弦长|AB|＝2＝.
(2)设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则x＋x＝－2，y＋y＝4.
1 2 1 2
由
两式相减得(x＋x)(x－x)＋(y＋y)(y－
1 2 1 2 1 2 1
可得斜率与弦中点坐标的关系式．
y)＝0，即－2(x－x)＋4(y－y)＝0，
2 1 2 1 2∴k ＝＝.
AB
∴直线l的方程为y－2＝(x＋1)，
即x－2y＋5＝0.
在研究弦长及弦中点问题时，可设弦AB两端点的坐标分别为A(x，y)，B(x，y)．
1 1 2 2
1．求直线被圆截得的弦长的常用方法
(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＝2
＋d2.
(2)代数法：联立直线方程和圆的方程，消元转化为一元二次方程，由根与系数的关系
即可求得弦长|AB|＝|x－x|＝·或|AB|＝|y－y|＝·(k≠0)．
1 2 1 2
2．若弦AB的中点为(x，y)，圆的方程为x2＋y2＝r2，则所以k＝＝－＝－.
0 0
对点练2(1)(多选)(2024·山东德州模拟)直线y＝kx－1与圆C：(x＋3)2＋(y－3)2＝36相
交于A，B两点，则AB的长度可能为 ( )
A．6 B．8 C．12 D．16
(2)(2023·新高考全国Ⅱ卷)已知直线x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两
点，写出满足“△ABC面积为”的m的一个值________．
解析：(1)因为直线y＝kx－1过圆内一定点(0，－1)，故圆C的圆心(－3,3)到直线y＝
kx－1的距离的最大值为＝5.又圆C的半径为6，故弦长AB的最小值为2＝2.
又当直线y＝kx－1过圆心时弦长AB取最大值为直径12，故AB长度的取值范围为[2，
12]．结合各选项，故选BC.
(2)设点C到直线AB的距离为d，由弦长公式得|AB|＝2，
所以S ＝×d×2＝，解得d＝或d＝，因为d＝＝，
△ABC
所以＝或＝，解得m＝±2或m＝±.
故答案为2.
答案：(1)BC (2)2
题型 与圆有关的最值问题
典例3已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0.
(1)求的最大值和最小值；
(2)求 y － x 的最大值和最小值；
(3)求 x 2 ＋ y 2 的最大值和最小值．
双变量的最值问题：方法一(利用几何意义)：
(1)→圆上的动点(x，y)与原点(0,0)连线的斜率；
(2)y－x→令y－x＝b，则y＝x＋b，则b表示直线在y轴上的截距；
(3)x2＋y2→圆上的动点(x，y)与原点(0,0)距离的平方．
方法二(利用参数方程)：(2)(3)可利用圆的参数方程(θ为参数)．
解：原方程可化为(x－2)2＋y2＝3，表示以(2,0)为圆心，为半径的圆．
(1)(斜率型)
的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设＝k，即y＝kx.当直线y＝kx与圆相切时，斜率k取最大值或最小值，此时＝，解得k＝±.
所以的最大值为，最小值为－.
(2)(截距型)
方法一：y－x可看作是直线y＝x＋b在y轴上的截距，当直线y＝x＋b与圆相切时，纵
截距b取得最大值或最小值，此时＝，解得b＝－2±.
所以y－x的最大值为－2，最小值为－－2.
方法二：设 圆的参数方程为 0≤ θ <2π ，
则y－x＝sin θ－cos θ－2＝sin－2，
当θ＝时，y－x取最大值－2，
当θ＝时，y－x取最小值－－2.
(3)(距离型)
方法一：x2＋y2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，在原点与圆
心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．
又圆心到原点的距离为＝2，
所以x2＋y2的最大值是(2＋)2＝7＋4，
x2＋y2的最小值是(2－)2＝7－4.
方法二：由(2)中方法二的参数方程可得
x2＋y2＝(2＋cos θ)2＋(sin θ)2＝7＋4cos θ，从而得最大值为7＋4，最小值为7－4.
与圆有关的最值问题的常见题型
(1)形如μ＝形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题．
(2)形如t＝ax＋by形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题．
(3)形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值问题，可转化为动点到定点距离的平方的最值问题．
对点练3(1)(多选)(2024·福建莆田模拟)已知直线l：ax＋by＋1＝0(a>0，b>0)与圆C：x2
＋y2＝1相切，则下列说法正确的是( )
A．ab≥ B.＋≥4
C.2≤ D.＋≤2
(2)(多选)(2024·山西运城调研)已知直线l：x－y＋5＝0，过直线上任意一点M作圆C：
(x－3)2＋y2＝4的两条切线，切点分别为A，B，则有( )
A．|MA|的最小值为4－2
B．不存在点M使得∠AMB为60°
C．当|MC|·|AB|最小时，直线AB的方程为x－2y－1＝0
D．若圆C与x轴交点为P，Q，则MP·MQ的最小值为28
解析：(1)依题意可得＝1，即a2＋b2＝1，所以ab≤＝，所以A错误；因为＋＝(a2＋b2)＝2＋＋≥4，所以B正确；因为2＝＝＋ab≤＋＝，所以C正确；因为＋≥≥＝2，所以D错
误．故选BC.
(2)由题知，圆C的圆心为(3,0)，半径r＝2，
对于A，因为圆心(3,0)到直线l：x－y＋5＝0的距离d＝＝4，所以|MC| ＝4，故|MA|
min
＝＝2，故A错误；
min
对于B，假设存在点M使得∠AMB为60°，则∠AMC＝30°，故在Rt△AMC中，|MC|
＝2r＝4，由A选项知|MC| ＝4>4，故矛盾，即不存在点M使得∠AMB为60°，故B正确；
min
对于C，由于MC⊥AB，故四边形MACB的面积S＝|MC|·|AB|＝2S ＝|MA|·r＝2|
△MAC
MA|，
所以|MC|·|AB|＝4|MA|，故当|MC|·|AB|最小时，|MA|最小，由A选项知|MA| ＝2，此时
min
MC⊥l，l∥AB，即直线AB的斜率为1，由于直线x－2y－1＝0的斜率为，故C错误；
对于D，不妨取P(1,0)，Q(5,0)，设M(x，x＋5)，则MP·MQ＝(1－x，－x－5)·(5－x，
－x－5)＝(5－x)(1－x)＋(x＋5)2＝2x2＋4x＋30＝2(x＋1)2＋28≥28，当且仅当x＝－1时等号
成立，故MP·MQ的最小值为28，故D正确．故选BD.
答案：(1)BC (2)BD
题型 与圆有关的轨迹问题
典例4已知圆x2＋y2＝4上一定点A(2,0)，B(1，1)为圆内一点，P，Q为圆上的动点．
(1)求线段A P 中点的轨迹方程 ；
相关点法．
(2)若∠PBQ＝90°， 求线段 PQ 中点的轨迹方程 ．设PQ中点N(x，y)，则|OP|2＝|ON|2
＋|BN|2.
解：(1)设AP的中点为M(x，y)，由中点坐标公式可知点P的坐标为(2x－2,2y)．
因为点P在圆x2＋y2＝4上，
所以(2x－2)2＋(2y)2＝4，
故线段AP中点的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝1.
(2)设PQ的中点为N(x，y)．
在Rt△PBQ中，|PN|＝|BN|.
设O为坐标原点，连接ON(图略)，
则ON⊥PQ，所以|OP|2＝|ON|2＋|PN|2＝|ON|2＋|BN|2，
所以x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2＝4.
故线段PQ中点的轨迹方程为x2＋y2－x－y－1＝0.
求与圆有关的轨迹方程的方法对点练4已知圆O：x2＋y2＝1，点A(－1,0)，点B(1,0)．点P是圆O上异于A，B的动
点．
(1)证明：k ·k 是定值；
AP BP
(2)过点P作x轴的垂线，垂足为Q，点M满足2PQ＝－PM，求点M的轨迹方程C；
(3)根据(2)证明：k ·k 是定值．
AM BM
(1)证明：由已知，直线AP，BP的斜率存在，且AB是圆O的直径，所以AP⊥BP，所
以k ·k ＝－1，是定值．
AP BP
(2)解：设P(m，n)，M(x，y)，
则Q(m,0)，PQ＝(0，－n)，PM＝(x－m，y－n)，因为2PQ＝－PM，
所以2(0，－n)＝－(x－m，y－n)，
即即①
因为点P在圆O上，
所以m2＋n2＝1，②
将①代入②，得x2＋＝1，又点P异于A，B，所以x≠±1，
即点M的轨迹方程C为x2＋＝1(x≠±1)．
(3)证明：由已知，直线AM，BM斜率存在，
k ＝，k ＝，
AM BM
由(2)知x2－1＝－，
所以k ·k ＝·＝＝－9，即k ·k 是定值．
AM BM AM BM
