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专题14 直线和圆
【考点1 直线的倾斜角与斜率范围】
【考点2 求解直线方程】
【考点3 由一般式方程确定两直线位置关系】
【考点4 两条直线的交点与距离问题】
【考点5 对称问题的求解方法】
【考点6 求圆的方程的两种方法】
【考点7 求与圆有关的轨迹问题的方法】
【考点8 解决有关弦长问题的常用方法及结论】
【考点9 求过一点(x0，y0)的圆的切线方程的方法】
【考点10 圆与圆的位置关系问题】
【考点11 两圆的公共弦问题】
【考点12 两圆的公切线问题】
知识点1 直线的方程
1、直线的倾斜角
（1）定义：当直线l 与x 轴相交时，取x 轴作为基准，x 轴正向与直线l 向上方向之间所成的角叫做直
线l 的倾斜角．当直线l 与x 轴平行或重合时，规定它的倾斜角为0．
（2）范围：直线l 倾斜角的取值范围是[0，π)．
2、直线的斜率
（1）定义：一条直线的倾斜角α 的正切值叫做这条直线的斜率，斜率常用小写字母k 表示，即k＝
tanα，倾斜角是的直线没有斜率．
（2）过两点的直线的斜率公式：经过两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)(x1≠x2)的直线的斜率公式为k＝．
3、直线方程的五种形式
形式
几何条件
方程
适用范围
点斜式
过一点(x0，y0)，斜率k
y－y0＝k(x－x0)
与x 轴不垂直的直线
斜截式
纵截距b，斜率k
y＝kx＋b
与x 轴不垂直的直线
两点式
过两点(x1，y1)，(x2，y2)
＝
与x 轴、y 轴均不垂直的
1
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直线
截距式
横截距a，纵截距b
＋＝1
不含垂直于坐标轴和过原
点的直线
一般式
Ax＋By＋C＝0
（A2＋B2≠0）
平面直角坐标系内所有直
线
【注意】“截距”是直线与坐标轴交点的坐标值，它可正、可负，也可以是零，而“距离”是一个非
负数．
知识点2 两条直线的位置关系
1.两条直线平行与垂直的判定
（1）两条直线平行
①对于两条不重合的直线l1，l2，若其斜率分别为k1，k2，则有l1∥l2⇔k1＝
k 2.
②当直线l1，l2不重合且斜率都不存在时，l1∥l2.
（2）两条直线垂直
①如果两条直线l1，l2的斜率存在，设为k1，k2，则有l1⊥l2⇔k1· k 2＝－
1 .
②当其中一条直线的斜率不存在，而另一条直线的斜率为0 时，l1⊥l2.
2. 直线过定点问题
（1）如果一条直线经过某一定点，那么这条直线就是过该定点的直线．这里面可以看出，过一个定点
的直线是不唯一的，事实上是由无数条直线组成．
（2）假如有一定点A 的坐标为（m，n），那么过该定点的直线的表达式为y＝k（x﹣m）+n 或者是x
＝m．
3.两条直线的交点坐标
1.两条直线的交点的求法
直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0(A1，B1，C1，A2，B2，C2为常数)，
则l1与l2的交点坐标就是方程组的解．
4.两点间距离公式
（1）平面上的两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)间的距离公式|P1P2|＝.
特别地，原点O(0,0)与任一点P(x，y)的距离|OP|＝.
2
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（2）点P(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0 的距离d＝.
（3）两条平行线Ax＋By＋C1＝0 与Ax＋By＋C2＝0 间的距离d＝.
知识点3 圆的方程
1.圆的定义及方程
定义
平面内到定点的距离等于定长的点的轨迹叫做圆
标准方程
(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)
圆心：(a，b)半径：r
一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)
圆心：
半径：r＝
2.点与圆的位置关系
点M(x0，y0)，圆的标准方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2．
理论依据
点到圆心的距离与半径的大小关系
三种情况
(x0－a)2＋(y0－b)2r2⇔点在圆上
(x0－a)2＋(y0－b)2r2⇔点在圆外
(x0－a)2＋(y0－b)2r2⇔点在圆内
3.二元二次方程与圆的关系
不要把形如x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0 的结构都认为是圆，一定要先判断D2＋E2－4F 的符号，只有大于0
时才表示圆．
若x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0 表示圆，则有：
（1）当F＝0 时，圆过原点．
（2）当D＝0，E≠0 时，圆心在y 轴上；当D≠0，E＝0 时，圆心在x 轴上．
（3）当D＝F＝0，E≠0 时，圆与x 轴相切于原点；E＝F＝0，D≠0 时，圆与y 轴相切于原点．
（4）当D2＝E2＝4F 时，圆与两坐标轴相切．
4.轨迹方程
求符合某种条件的动点的轨迹方程，实质上就是利用题设中的几何条件，通过“坐标法”将其转化为
关于变量
之间的方程．
1、当动点满足的几何条件易于“坐标化”时，常采用直接法；当动点满足的条件符合某一基本曲线的
定义（如圆）时，常采用定义法；当动点随着另一个在已知曲线上的动点运动时，可采用代入法（或
称相关点法）．
2、求轨迹方程时，一要区分“轨迹”与“轨迹方程”；二要注意检验，去掉不合题设条件的点或线等．
3、求轨迹方程的步骤：
3
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（1）建立适当的直角坐标系，用
表示轨迹（曲线）上任一点
的坐标；
（2）列出关于
的方程；
（3）把方程化为最简形式；
（4）除去方程中的瑕点（即不符合题意的点）；
（5）作答．
知识点4：直线与圆的位置关系及判断
（1）三种位置关系：相交、相切、相离．
（2）两种判断方法：
①――――――――――――――――→
②――――――――――――→
知识点5：圆的切线与切线长
（1）过圆上一点的圆的切线
①过圆x2＋y2＝r2上一点M(x0，y0)的切线方程是x0x＋y0y＝r2.
②过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一点M(x0，y0)的切线方程是(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2.
（2）过圆外一点的圆的切线
过圆外一点M(x0，y0)的圆的切线求法：可用点斜式设出方程，利用圆心到直线的距离等于半径求出斜
率k，从而得切线方程；若求出的k 值只有一个，则说明另一条直线的斜率不存在，其方程为x＝x0.
（3）切线长
①从圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)外一点M(x0，y0)引圆的两条切线，
切线长为 .
②两切点弦长：利用等面积法，切线长a 与半径r 的积的2 倍等于点M 与圆心的距离d 与两切点弦长b
的积，即b＝.
【注意】过一点求圆的切线方程时，要先判断点与圆的位置关系，以便确定切线的条数．
知识点6：圆的弦长
直线和圆相交，求被圆截得的弦长通常有两种方法：
（1）几何法：因为半弦长、弦心距d、半径r 构成直角三角形，所以由勾股定理得L ＝2.
（2）代数法：若直线y＝kx＋b 与圆有两交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有|AB|＝|x1－x2|＝|y1－y2|.
知识点7：圆与圆的位置关系(两圆半径为r1，r2，d＝|O1O2|)
4
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相离
外切
相交
内切
内含
图形
量的关系
d＞r1＋r2
d＝r1＋r2
| r 1－
r 2| ＜
d ＜
r1＋
r 2
d＝|r1－r2|
d ＜
| r 1－
r 2|
【注意】涉及两圆相切时，没特别说明，务必要分内切和外切两种情况进行讨论．
（2）两圆公切线的条数
位置关系
外离
外切
相交
内切
内含
图示
公切线条数
4 条
3 条
2 条
1 条
无公切线
【考点1 直线的倾斜角与斜率范围】
【典例1】已知直线l过点A (1,2)，B (3,4)，则直线l的倾斜角为（ ）
A．−π
6
B．−π
3
C．π
4
D．π
3
【答案】C
【分析】求出直线的斜率，由斜率与倾斜角关系即可求解.
【详解】由题可得：kl= 4−2
3−1 =1，所以直线l的倾斜角为：45
°；
故选：C
【变式1-1】动点P 在函数y =−√x( x +1)的图象上，以P 为切点的切线的倾斜角取值范围是（ ）
A．[0,π
4 ]
B．[0,π
4 ]∪[
3π
4 ,π)
C．(
π
2 ,2π
3 ]
D．[
3π
4 ,π)
【答案】C
【分析】根据导数的几何意义及直线的倾斜角与斜率的关系即可求解．
5
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【详解】设以P点为切点的切线的倾斜角为θ，
因为函数f ( x)=−x
3
2 −x
1
2( x ≥0)，
所以f
′( x)=−3
2 x
1
2 −1
2 x
−1
2 =−1
2 (3√x + 1
√x )≤−1
2 ×2√3=−√3，
当且仅当3√x = 1
√x ，即x = 1
3时取等号，
又因为θ∈[0,π)，
所以tanθ≤−√3，
所以θ∈(π
2 , 2π
3 ].
故选：C.
【变式1-2】已知点A(0，3)，B(3，2)，直线l 过点P(1,1)且与线段AB 有公共点，则直线l 的斜率的取
值范围是（ ）
A．[－2，0) (0
∪
，1
2]
B．(－∞，－1
2] [2
∪
，＋∞)
C．[－2，1
2]
D．(－∞，－2] [
∪1
2，＋∞)
【答案】D
【分析】求出k PA和k PB，数形结合观察满足直线l 过点P(1,1)且与线段AB 有公共点下斜率的变化情况
即可求出结果.
【详解】根据题意，作出图形如下图：
直线PA 的斜率为k PA = 3−1
0−1 =−2，直线PB 的斜率为k PB= 2−1
3−1 = 1
2，
所以由图可知过点P(1,1)且与线段AB 有公共点时，直线l 的斜率取值范围是(−∞,−2]∪[
1
2 ,+∞).
故选：D.
6
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【考点2 求解直线方程】
【典例2】已知直线l与直线x−y =0平行，且在y轴上的截距是−2，则直线l的方程是（ ）．
A．x−y +2=0
B．x−2 y + 4 =0
C．x−y −2=0
D．x +2 y −4 =0
【答案】C
【分析】依题意设直线l的方程为x−y +m=0，代入(0,−2)求出参数的值，即可得解.
【详解】因为直线l平行于直线x−y =0，所以直线l可设为x−y +m=0，
因为在y轴上的截距是−2，则过点(0,−2)，代入直线方程得0−(−2)+m=0，
解得m=−2，所以直线l的方程是x−y −2=0.
故选：C
【变式2-1】已知斜率为k(k >0)的直线l与椭圆C : x
2
16 + y
2
2 =1交于A，B两点，O为坐标原点，以OA，
OB为邻边作平行四边形OAPB，点P恰好在C上．若线段AB的中点M在直线x =−1上，则直线l的方
程为（ ）
A．x−√6 y +2=0 B．x−2√6 y + 4 =0
C．√6 x−2 y +1=0
D．x−4√6 y +5=0
【答案】B
【分析】由题意，利用点差法得到y0k = 1
8，根据平行四边形的性质及点P在椭圆上得到y0
2= 3
8，求出k
和点M 的坐标，结合直线的点斜式方程即可求解.
【详解】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，M (−1, y0)，
则¿，两式相减，得x1
2−x2
2
16
+ y1
2−y2
2
2
=0，
故
( y1−y2)( y1+ y2)
(x1−x2)(x1+ x2)
= y0
−1 ⋅k =−1
8，即y0k = 1
8①．
又四边形OAPB为平行四边形，M为线段AB的中点，所以M为线段OP的中点，
所以P(−2,2 y0)，又P 在椭圆C上，
所以(−2)
2
16
+ (2 y0)
2
2
=1，即y0
2= 3
8②．
由①②，得¿，故直线l的方程为y −√6
4 = √6
12 ( x +1)，
7
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即x−2√6 y + 4 =0．
故选：B．
【变式2-2】过直线x + y +1=0和3 x−y −3=0的交点，倾斜角为45°的直线方程为 .
【答案】y = x−2
【分析】联立直线求解交点，即可根据点斜式求解直线方程.
【详解】联立x + y +1=0与3 x−y −3=0可得x = 1
2 , y =−3
2，
故交点为(
1
2 ,−3
2)，倾斜角为45°，所以斜率为1，
故直线方程为y + 3
2 = x−1
2，即y = x−2，
故答案为：y = x−2
【变式2-3】已知O为坐标原点，A (1,0)，B为圆M :(x−2)
2+ y
2=1上一点且在第一象限，|AB|=1，
则直线OB的方程为 ．
【答案】y = √3
3 x
【分析】数形结合求得直线OB的倾斜角，进而即可求得直线方程.
【详解】根据题意，作图如下：
易知点A在圆M上，由|AB|=1可知，|MA|=|MB|=|AB|=1，
所以∠BAM =60°，又因为|OA|=|AB|，所以∠BOA =30°，
则直线OB斜率k = tan30° = √3
3 ，故直线OB的方程为y = √3
3 x．
8
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故答案为：y = √3
3 x.
【考点3 由一般式方程确定两直线位置关系】
【典例3】已知直线l1:ax−5 y −1=0,l2:3 x−(a+2) y + 4 =0，“a=3”是“l1 ∥ l2”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据题意，由直线平行的判断方法分析“a=3”和“l1//l2”的关系，结合充分必要条件的
定义分析可得答案.
【详解】若直线l1:ax−5 y −1=0与l2:3 x−(a+2) y + 4 =0平行，
则−a(a+2)+15=0，解得a=3或a=−5，
所以“a=3”是“l1 ∥ l2”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式3-1】已知a>0，b>0，直线(a−1) x + y −1=0和x +2by +1=0垂直，则2
a + 1
b 的最小值为
（ ）
A．16
B．8
C．4
D．2
【答案】B
【分析】由题意利用两直线垂直的性质，求得a+2b=1，再利用基本不等式，求得2
a + 1
b 的最小值．
【详解】∵a>0，b>0，直线l1:(a−1)x + y −1=0，l2: x +2by +1=0，且l1⊥l2，
∴(a−1)×1+1×2b=0，即a+2b=1．
则2
a + 1
b = 2a+ 4 b
a
+ a+2b
b
=2+ 4 b
a + a
b +2≥4+2√
4 b
a ⋅a
b = 4+ 4 =8，当且仅当a=2b= 1
2时，等号
成立，
故2
a + 1
b 的最小值为8，
故选：B．
【变式3-2】已知直线l1:√3 x +3 y +1=0，若直线l2与l1垂直，则l2的倾斜角是（ ）
9
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A．150°
B．120°
C．60°
D．30°
【答案】C
【分析】先求出直线l1的斜率，再由直线l2与l1垂直，求出直线l2的斜率，然后由倾斜角与斜率的关系可
求得结果.
【详解】由√3 x +3 y +1=0，得y =−√3
3 x−1
3，则kl1=−√3
3 ，
因为直线l2与l1垂直，所以kl1⋅kl2=−1，
所以−√3
3 ⋅kl2=−1，得kl2=√3，
设直线l2的倾斜角为θ，则tanθ =√3，
因为0°≤θ<180°，所以θ =60°，
故选：C
【变式3-3】已知直线Ax + By +C =0与直线y =2 x−3垂直，则（ ）
A．A =−2B≠0
B．A =2B≠0
C．B =−2 A ≠0
D．B =2 A ≠0
【答案】D
【分析】由直线垂直的充要条件即可列式得解.
【详解】直线y =2 x−3的斜率为2，又两直线互相垂直，所以直线Ax + By +C =0的斜率为−1
2，
即−A
B =−1
2且A ≠0，B≠0，所以B =2 A ≠0.
故选：D.
【考点4 两条直线的交点与距离问题】
【典例4】抛物线y = x❑
2的焦点到双曲线x
2
2 −y
2
4 =1的渐近线的距离为（ ）
A．√3
12
B．√3
6
C．√6
12
D．√6
6
【答案】A
【分析】由已知可得，抛物线的焦点坐标为(0, 1
4 )，双曲线的渐近线方程为±√2 x−y =0，再由点到
直线的距离公式即可求得距离.
10
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【详解】由y = x❑
2，得焦点坐标为(0, 1
4 )，又双曲线x
2
2 −y
2
4 =1渐近线方程为y =±√2 x，
即±√2 x−y =0，则由点到直线的距离公式得d =|0−1
4|
√2+1 = √3
12
.
故选：A.
【变式4-1】若直线l1:ax +2 y −6=0与直线l2: x +(a−1) y −a−1=0平行，则直线l1与l2的距离为
.
【答案】6√5
5
/6
5 √5
【分析】根据直线平行求得a=−1，进而结合两平行线间距离公式分析求解.
【详解】由于l1与l2平行，则a(a−1)=2，即a
2−a−2=0，解得a=−1或a=2，
当a=2时，两直线方程分别为2 x +2 y −6=0, x + y −3=0，此时两直线重合，不符合题意；
当a=−1时，两直线方程分别为x−2 y +6=0, x−2 y =0，此时两直线平行，符合题意；
综上所述：a=−1，两直线方程分别为x−2 y +6=0, x−2 y =0，
所以直线l1与l2的距离为d =
|−6|
√1+(−2)
2 = 6√5
5
.
故答案为：6√5
5
.
【考点5 对称问题的求解方法】
【典例5】直线2 x +3 y −6=0关于点(−1,2)对称的直线方程是（ ）
A．3 x−2 y −10=0
B．3 x−2 y −23=0
C．2 x +3 y −4 =0
D．2 x +3 y −2=0
【答案】D
【分析】设对称的直线方程上的一点的坐标为(x，y),则其关于点(−1,2)对称的点的坐标为
(−2−x ,4−y)，代入已知直线即可求得结果.
【详解】设对称的直线方程上的一点的坐标为(x，y)，
则其关于点(−1,2)对称的点的坐标为(−2−x ,4−y)，
因为点(−2−x ,4−y)在直线2 x +3 y −6=0上，
所以2(−2−x)+3(4−y)−6=0即2 x +3 y −2=0.
11
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故选：D.
【变式5-1】直线y = x +1关于直线y =2 x对称的直线方程为（ ）
A．3 x−y −1=0 B．4 x−y −2=0
C．5 x−y −3=0
D．7 x−y −5=0
【答案】D
【分析】解方程组求出两条直线的交点坐标，再求出直线y = x +1上的点(−4 ,−3)关于直线y =2 x的
对称点即可求解.
【详解】由¿，解得¿，则直线y = x +1与直线y =2 x交于点A(1,2)，
在直线y = x +1上取点B(−4 ,−3)，设点B关于直线y =2 x的对称点B
′(a,b)，
依题意，¿，整理得¿，解得¿，即点B
′(0,−5)，
直线B B
′的方程为y = 2−(−5)
1−0
x−5，即7 x−y −5=0，
所以直线y = x +1关于直线y =2 x对称的直线方程为7 x−y −5=0.
故选：D
【变式5-2】直线x +2 y +3=0关于直线y =−x对称的直线方程是（ ）
A．x +2 y −3=0
B．2 x + y −3=0
C．x−2 y −3=0
D．2 x +3 y +3=0
【答案】B
【分析】作出图象，找出一个对称点和直线x +2 y +3=0与直线y =−x的交点，即可求出对称直线的方
程.
【详解】由题意，
在直线x +2 y +3=0中，作出图象如下图所示，
12
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由图可知，点A (−3,0)关于直线y =−x对称的点为B (0,3),
直线x +2 y +3=0与直线y =−x的交点为C (3,−3),
∴关于直线y =−x对称的直线方程BC为：y =−3−(−3)
3−0
x +3，即y =−2 x +3，
∴关于直线y =−x对称的直线方程是：2 x + y −3=0.
故选：B.
【变式5-3】设直线l1: x−2 y −2=0与l2关于直线l:2 x−y −4 =0对称，则直线l2的方程是（ ）
A．11 x +2 y −22=0
B．11 x + y +22=0
C．5 x + y −11=0
D．10 x + y −22=0
【答案】A
【分析】根据三条直线交于一点，再利用点关于直线的对称点公式，求直线l2上一点，即可求解.
【详解】联立¿，得¿，
取直线l1: x−2 y −2=0上一点(0,−1)，设点(0,−1)关于直线l:2 x−y −4 =0的对称点为(a,b)，则¿，
解得：a= 12
5 ,b=−11
5 ，
直线l2的斜率k =−11
2 ，所以直线l2的方程为y =−11
2
(x−2)，
整理为：11 x +2 y −22=0.
故选：A
【变式5-4】直线l:2 x +3 y +2=0关于点A (2,0)对称的直线方程为 ．
【答案】2 x +3 y −10=0
【分析】在直线l上取点B (−1,0)、C (2,−2)，求出这两点关于点A的对称点的坐标，并求出所求直线
的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程.
【详解】在直线l上取点B (−1,0)、C (2,−2)，
点B关于点A的对称点为D (5,0)，点C关于点A的对称点为E (2,2)，
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直线DE的斜率为k DE= 0−2
5−2 =−2
3，
所以，所求直线方程为y =−2
3
(x−5)，即2 x +3 y −10=0.
故答案为：2 x +3 y −10=0.
【变式5-5】已知直线l1: x−y +3=0，直线l: x−y −1=0，若直线l1关于直线l 的对称直线为l2，则直
线l2的方程为 ．
【答案】x−y −5=0.
【分析】由于两条直线平行，所以可设l2: x−y +m=0(m≠3,m≠−1)，利用对称的性质，可求得
m=−5，进而求得直线方程为x−y −5=0.
【详解】由题意知l1//l2，设直线l2: x−y +m=0(m≠3,m≠−1)，在直线l1上取点M (0,3)，
设点M关于直线l的对称点为M
' (a,b)，
则¿， 解得a= 4 ,b=−1，即M
' (4 ,−1)，
将M
' (4 ,−1)代入l2的方程得4+1+m=0,m=−5，
所以直线l2的方程为x−y −5=0.
故答案为：x−y −5=0
【考点6 求圆的方程】
【典例6】过点P(x0,0)引圆C：x
2+ y
2−4 x =0的两条切线，切点分别为A，B．若cos∠APB = 1
2，
则过P，A，B三点的圆的方程为（ ）
A．(x −3)
2+ y
2= 4
B．x
2+ y
2= 4
C．(x−4)
2+ y
2= 4或x
2+ y
2= 4
D．x
2+( y −3)
2= 4或x
2+ y
2= 4
【答案】C
【分析】求出圆心C (2,0)，半径r =2，根据cos∠APB = 1
2得到∠APC =30°，进而求出|PC|= 4，得
到P点坐标，得到圆心和半径，得到圆的方程.
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【详解】由x
2+ y
2−4 x =0，得(x−2)
2+ y
2= 4，可得圆心C (2,0)，半径r =2．
由cos∠APB = 1
2，得∠APB =60°，所以∠APC =30°，
故|PC|=2|AC|= 4，即|x0−2|= 4，
解得x0=6或x0=−2，则P(6,0)或P(−2,0)，
根据CA ⊥ PA，BC ⊥ PB，故P , A ,C ,B四点共圆，且PC为直径，
所以线段PC的中点为M (4,0)或M (0,0)，且|PC|
2
=2，
所以过P，A，B三点的圆的方程为(x−4)
2+ y
2= 4或x
2+ y
2= 4．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用P , A ,C ,B四点共圆确定P，A，B三点的圆的几何性
质，从而得解.
【变式6-1】经过A (1,1)，B (−1,1)，C (0,2)三个点的圆的方程为（ ）
A．(x +1)
2+( y −1)
2=2
B．(x−1)
2+( y −1)
2=2
C．x
2+( y −1)
2=1
D．x
2+( y +1)
2=1
【答案】C
【分析】设经过A，B，C三个点的圆的方程为x
2+ y
2+ Dx + Ey + F =0(D
2+ E
2−4 F >0)，代入三点
坐标可得答案.
【详解】设经过A，B，C三个点的圆的方程为
x
2+ y
2+ Dx + Ey + F =0(D
2+ E
2−4 F >0)，
由题意可得¿，解得¿，
且满足D
2+ E
2−4 F = 4>0，
所以经过A，B，C三个点的圆的方程为x
2+ y
2−2 y =0，
即为x
2+( y −1)
2=1.
故选：C.
【变式6-2】过圆C1：x
2+ y
2+6 x−4 =0和圆C2：x
2+ y
2+6 y −28=0的交点，且圆心在直线
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2 x + y + 4 =0上的圆的方程为（ ）
A．(x +1)
2+( y +2)
2=25
B．(x +1)
2+( y +2)
2=20
C．(x −1)
2+( y +6)
2=25
D．(x −1)
2+( y +6)
2=20
【答案】A
【分析】设圆系方程，利用圆心坐标求出参数，建立方程求解即可.
【详解】经过圆C1：x
2+ y
2+6 x−4 =0和圆C2：x
2+ y
2+6 y −28=0交点的圆可设为
x
2+ y
2+6 x−4 + λ(x
2+ y
2+6 y −28)=0，即x
2+ y
2+
6
1+ λ x + 6 λ
1+ λ y −4+28 λ
1+ λ
=0，
圆心(−
3
1+ λ ,−3 λ
1+ λ)在直线2 x + y + 4 =0上，故−
6
1+ λ −3 λ
1+ λ + 4 =0，解得λ =2，
所以圆的方程为(x +1)
2+( y +2)
2=25.
故选：A.
【变式6-3】在平面直角坐标系中，已知A (1,2)，B (3,2)，C (3,0)，则△ABC的外接圆的标准方程为
．
【答案】(x−2)
2+( y −1)
2=2；
【分析】利用待定系数法，结合配方法即可得解.
【详解】依题意，设△ABC的外接圆的一般方程为x
2+ y
2+ Dx + Ey + F =0( D
2+ E
2−4 F >0)，
则¿，解得¿，
所以所求圆的一般方程为x
2+ y
2−4 x−2 y +3=0，
则其标准方程为(x −2)
2+( y −1)
2=2.
故答案为：(x−2)
2+( y −1)
2=2.
【变式6-4】已知圆x
2+ y
2=16与直线y =−√3 x交于A，B 两点，则经过点A，B，C (8,0)的圆的方程
为 ．
【答案】(x−3)
2+( y −√3)
2=28
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【分析】设A(x1, y1),B(x2, y2)，直线方程与圆的方程联立求出A ,B点坐标，设经过点A，B，C的圆
的方程为x
2+ y
2+ Dx + Ey + F =0(D
2+ E
2−4 F >0)，代入三点坐标解方程组可得答案.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)，
由¿解得¿，
可得A (2,−2√3),B(−2,2√3)，
设经过点A，B，C (8,0)的圆的方程为
x
2+ y
2+ Dx + Ey + F =0(D
2+ E
2−4 F >0)，
所以¿，解得¿，
即x
2+ y
2−6 x−2√3 y −16=0，可得(x−3)
2+( y −√3)
2=28.
故答案为：(x−3)
2+( y −√3)
2=28.
【考点7 求与圆有关的轨迹问题的方法】
【典例7】已知过点(1,0)的动直线l 与圆C1: x
2+ y
2−4 x =0相交于不同的两点A，B．
(1)求圆C1的圆心坐标；
(2)求线段AB的中点M 的轨迹C 的方程．
【答案】(1)(2,0)
(2)(x−3
2)
2
+ y
2= 1
4
【分析】（1）根据题意，将圆的一般式化为标准式，即可得到结果；
（2）根据题意，由kC1 M ⋅k AB=−1列出方程，化简即可得到结果.
【详解】（1）圆C1的方程可变形为(x −2)
2+ y
2= 4，
故C1的圆心坐标为(2,0)，半径为2.
（2）设M (xM , y M)，因为点M 是AB的中点，∴C1 M ⊥AB，
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∴kC1 M ⋅k AB=−1，
故
y M
xM −2 ⋅
y M
xM −1 =−1，
由此可得xM
2 −3 xM + y M
2 +2=0，
故轨迹方程为(xM −3
2)
2
+ y M
2 = 1
4 ，轨迹是以圆心为(
3
2 ,0)，半径为1
2的圆.
【变式7-1】在平面直角坐标系xOy中，点F 的坐标为(2,0)，以线段FP 为直径的圆与圆O: x
2+ y
2=3
相切，则动点P 的轨迹方程为（ ）
A．x
2
4 −y
2
3 =1
B．x
2
3 −y
2=1
C．x
2
12 −y
2
9 =1
D．x
2
16 −y
3
3 =1
【答案】B
【分析】分两圆外切和内切两种情况，根据两圆位置关系结合双曲线的定义分析求解.
【详解】由题意可知：圆O: x
2+ y
2=3的圆心为O(0,0)，半径r =√3，
设F1(−2,0)，以线段FP 为直径的圆的圆心为M，半径为R，
若圆M与圆O外切，则|P F1|=2|OM|=2(r + R)，|PF|=2 R，
可得|P F1|−|PF|=2(r + R)−2 R =2r =2√3；
若圆M与圆O内切，则|P F1|=2|OM|=2(R−r)，|PF|=2 R，
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可得|PF|−|P F1|=2 R−2(R−r)=2r =2√3；
综上所述：||P F1|−|PF||=2√3，
可知动点P 的轨迹是以F1, F为焦点的双曲线，且a=√3,c =2，则b=√c
2−a
2=1，
所以动点P 的轨迹方程为x
2
3 −y
2=1.
故选：B.
【变式7-2】已知PA是圆C : x
2+( y −1)
2=1的切线，点A为切点，若|PA|=2，则点P的轨迹方程是
（ ）
A．( x−1)
2+ y
2=5
B．x
2+( y −1)
2=5
C．y
2=2 x
D．x
2=2 y
【答案】B
【分析】根据题意，由圆的定义可知点P的轨迹为圆，再由圆的方程即可得到结果.
【详解】因为|PA|=2，所以P点到圆心的距离恒为√2
2+1
2=√5，
所以点P的轨迹方程是以(0,1)为圆心，√5为半径的圆，即x
2+( y −1)
2=5，
故选：B
【变式7-3】已知圆N：x
2+ y
2−6 y +5=0，直线y =−1，圆M 与圆N 外切，且与直线y =−1相切，
则点M 的轨迹方程为 ．
【答案】x
2=12 y
【分析】设动圆的半径为r，则点M 到l＇：y =−3与点M 到点N 的距离相等，都是r +2，再利用抛物
线的定义求解.
【详解】由题意得，直线l：y =−1，且圆N：x
2+( y −3)
2= 4，
设圆M 半径为r，则点M 到l＇：y =−3与点M 到点N 的距离相等，都是r +2，
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故点M 的轨迹是以N 为焦点，以l＇为准线的抛物线，故方程为x
2=12 y．
故答案为：x
2=12 y
【考点8 解决有关弦长问题的常用方法及结论】
【典例8】已知圆心为M (0,1)的⊙M与直线y = x−1相切，则直线x =−1被⊙M截得的弦长为
（ ）
A．2√2
B．1
C．√2
D．2
【答案】D
【分析】首先求出圆心M (0,1)到直线y = x−1的距离即为半径，再求出圆心M (0,1)到直线x =−1的
距离，最后由勾股定理计算可得.
【详解】因为圆心M (0,1)到直线y = x−1的距离d1= |0−1−1|
√1
2+(−1)
2 =√2，
即圆的半径r =d1=√2，
又圆心M (0,1)到直线x =−1的距离d2=1，
所以直线x =−1被⊙M截得的弦长为2√r
2−d2
2=2.
故选：D
【变式8-1】圆O: x
2+ y
2=9被直线l: y =√3 x +2所截线段的长度为（ ）
A．2
B．4
C．2√2
D．4√2
【答案】D
【分析】根据题意可知圆心和半径，求圆心到直线的距离，结合垂径定理分析求解.
【详解】由题意可知：圆O: x
2+ y
2=9的圆心为O(0,0)，半径r =3，
则圆心O(0,0)到直线l:√3 x−y +2=0的距离d = 2
2 =1，
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所以所截线段的长度为2√r
2−d
2= 4√2.
故选：D.
【变式8-2】已知b 是a,c的等差中项，直线ax +by +c =0与圆x
2+ y
2+ 4 y −1=0交于A ,B两点，则
|AB|的最小值为（ ）
A．1
B．2
C．4
D．2√5
【答案】C
【分析】结合等差数列性质将c代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解.
【详解】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¿得¿，
故直线恒过(1,−2)，设P(1,−2)，圆化为标准方程得：C : x
2+( 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|=√5，此时|AB|=2|AP|=2√A C
2−PC
2=2√5−1= 4.
故选：C
【变式8-3】已知圆C : x
2+ y
2−2ax−2 y +1=0关于直线x−y −1=0对称，圆C与x轴交于A ,B两点，
则|AB|=
【答案】2√3
【分析】先根据圆关于直线对称，得到直线经过圆心，求出圆心，再运用弦长公式求解即可.
【详解】圆C : x
2+ y
2−2ax−2 y +1=0，即( x−a)
2+( y −1)
2=a
2，圆心C (a,1)，
因为圆C关于直线x−y −1=0对称，所以a−1−1=0，解得a=2，
所以圆C :( x −2)
2+( y −1)
2= 4，圆心C (2,1)，半径r =2，则圆心C (2,1)到x轴的距离d =1，
所以|AB|=2√r
2−d
2=2√3．
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故答案为：2√3.
【考点9 求过一点(x0，y0)的圆的切线方程的方法】
【典例9】已知圆C :(x−1)
2+( y −2)
2=9外一点P(−4,2)，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A和
B，则直线AB的方程为 .
【答案】x =−4
5
【分析】由二级结论：若点M (x0, y0)在圆外，过点M引圆的两条切线，切点为M 1, M 2，则切点弦(两
切点的连线段)所在直线的方程为(x－a)(x0－a)＋( y －b)( y0－b)＝r
2（圆的方程为
(x －a)
2＋( y －b)
2＝r
2），代入即可的直线AB的方程.
【详解】由题意，切点弦AB所在直线的方程为:
(−4−1)(x−1)+(2−2)( y −2)=9，
化简得：x =−4
5 .
故答案为：x =−4
5 .
【变式9-1】圆O: x
2+ y
2=1，直线l:ax + y =3，若直线上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点是
A ,B，使得∠APB =60
∘，则实数a的取值范围是 ．
【答案】a≤−√5
2 或a≥√5
2
【分析】由直线与圆相切的几何关系，确定点P的关键方程，再利用直线与圆的位置关系，即可求解.
【详解】由∠APB=60
∘可得∠APO=30
∘，由|OA|=1可得
|OP|=2，所以点P在以O为圆心，OP为半径的圆上，
其方程为x
2+ y
2= 4．又点P在直线l:ax + y =3上，
故直线l与圆x
2+ y
2= 4有公共点，所以d =
3
√a
2+1
≤2，
解得a
2≥5
4 ，所以a≤−√5
2 或a≥√5
2 ．
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故答案为：a≤−√5
2 或a≥√5
2
【变式9-2】过点(−2,0)与圆x
2+ y
2=1相切的两条直线的夹角为α，则cosα =（ ）
A．1
2
B．√2
2
C．√3
2
D．−1
2
【答案】A
【分析】由直线与圆相切得到直角三角形利用边长求解即可.
【详解】
Rt△AOB
中，
AO=2,OB =1
∴∠BAO=π
6 ，即∠BAC =π
3 ,cos∠BAC = 1
2
故选：A
【变式9-3】已知直线l：x−y −2=0与圆O：x
2+ y
2=1，过直线l上的任意一点P作圆O的切线PA，
PB，切点分别为A，B，则∠APB的最大值为（ ）
A．3π
4
B．2π
3
C．π
2
D．π
6
【答案】C
【分析】由题意可得sin ∠APO =
1
|OP|，可知当OP 最小时，∠APB最大，结合点到直线的距离公式
运算求解.
【详解】由题意可知：圆O: x
2+ y
2=1的圆心为O(0,0)，半径为1，
则圆心O到直线l的距离为|2|
√2 =√2>1，可知直线l与圆O相离，
因为∠APB =2∠APO，且sin ∠APO =|OA|
|OP|=
1
|OP|，
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当|OP|最小时，则sin ∠APO最大，可得∠APO最大，即∠APB最大，
又因为|OP|的最小值即为圆心O到直线l的距离为√2，
此时sin ∠APO = √2
2 ,∠APO =π
4 ，所以∠APB取得最大值π
2 ．
故选：C．
【考点10 圆与圆的位置关系问题】
【典例10】已知圆E:( x−2)
2+( y −4)
2=25，圆F :( x−2)
2+( y −2)
2=1，则这两圆的位置关系为
（ ）
A．内含
B．相切
C．相交
D．外离
【答案】A
【分析】求出两圆圆心坐标与半径，再求出圆心距与半径之和、半径之差的绝对值比较，即可判断.
【详解】圆E:( x −2)
2+( y −4)
2=25的圆心E为(2,4)，半径r1=5；
圆F :( x −2)
2+( y −2)
2=1的圆心F为(2,2)，半径r1=1，
则|EF|=√(2−2)
2+(4−2)
2=2，故|EF|<r1−r2，所以两圆内含；
故选：A
【变式10-1】已知圆M : x
2+ y
2+2ay =0(a>0)的圆心到直线3 x +2 y =2的距离是√13，则圆M与圆
N :(x−2)
2+( y +2)
2=1的位置关系是（ ）
A．相离
B．相交
C．内切
D．内含
【答案】D
【分析】根据点到直线的距离公式求a的值，再利用几何法判断两圆的位置关系.
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【详解】圆M：x
2+ y
2+2ay =0 ⇒ x
2+( y +a)
2=a
2，所以圆心M (0,−a)，半径为a.
由点到直线距离公式得：|2a+2|
√3
2+2
2 =|2a+2|
√13
=√13，且a>0，所以a= 11
2 .
又圆N的圆心N (2,−2)，半径为：1.
所以|MN|=√
2
2+(
7
2)
2
= √65
2
，|a−1|= 9
2.
由√65
2 < 9
2，所以两圆内含.
故选：D
【变式10-2】已知圆C1: x
2+ y
2=1和圆C2: x
2+ y
2−6 x −8 y +9=0，则两圆公切线的条数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】根据圆与圆的位置关系求两圆圆心距及两圆半径，从而可判断两圆位置关系，即可得公切线
条数.
【详解】圆C1: x
2+ y
2=1的圆心为C1(0,0)，半径r1=1，圆C2: x
2+ y
2−6 x−8 y +9=0的圆心C2(3,4)，
半径r2= 4，
则|C1C2|=√3
2+ 4
2=5=r1+r2，故两圆外切，则两圆公切线的条数为3.
故选：C.
【考点11 两圆的公共弦问题】
【典例11】已知圆C1: x
2+ y
2= 4，圆C2: x
2+ y
2−4 x−4 y + 4 =0，两圆的公共弦所在直线方程是
（ ）
A．x + y +2=0
B．x + y −2=0
C．x + y +1=0
D．x + y −1=0
【答案】B
【分析】两圆方程作差即可.
【详解】由圆C1: x
2+ y
2= 4，圆C2: x
2+ y
2−4 x −4 y + 4 =0，
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两式作差得，4 x + 4 y −4 = 4，即x + y −2=0，
所以两圆的公共弦所在直线方程是x + y −2=0.
故选：B.
【变式11-1】圆C1: x
2+ y
2+2 x −8 y −8=0与圆C2: x
2+ y
2+ 4 x −4 y −4 =0的公共弦长为（ ）
A．√55
5
B．2√55
5
C．3√55
5
D．4√55
5
【答案】D
【分析】先求出两圆的公共弦所在直线的方程，再求出圆心C1到公共弦x +2 y +2=0的距离，由弦长
=2√r
2−d
2即可求出两圆的公共弦长.
【详解】由C1: x
2+ y
2+2 x−8 y −8=0，C2: x
2+ y
2+ 4 x−4 y −4 =0作差
得两圆的公共弦所在直线的方程为x +2 y +2=0．
由C1: x
2+ y
2+2 x−8 y −8=0，得( x +1)
2+( y −4)
2=25．
所以圆心C1(−1,4)，半径r =5，
则圆心C1到公共弦x +2 y +2=0的距离d =|−1+8+2|
√5
= 9√5
5
．
所以两圆的公共弦长为2√25−81
5 = 4√55
5
．
故选：D．
【变式11-2】已知M是圆O: x
2+ y
2=a
2(a>0)上的动点，点N满足⃗MN =(a, λa)( λ>0)，记点N的轨
迹为C，若圆O与轨迹C的公共弦方程为2 x + y −5=0，则（ ）
A．a= 4 , λ =1
B．a=2, λ =1
C．a= 4 , λ = 1
2
D．a=2, λ = 1
2
【答案】C
【分析】利用相关点法求得圆N的轨迹方程，进而得到两圆的公共弦的方程，利用待定系数法得到关
于a, λ的方程组，解之即可得解.
【详解】因为点M在圆O: x
2+ y
2=a
2上的动点，点N满足⃗MN =(a, λa)，
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设M ( x1, y1)，N ( x , y)，则⃗MN =( x−x1, y −y1)，
所以¿，即¿，
代入圆O的方程，可得(x−a)
2+( y −λa)
2=a
2，即x
2+ y
2−2ax−2 λay + λ
2a
2=0，
可得两圆的公共弦的方程为2ax +2 λay −a
2−λ
2a
2=0，即2 x +2 λy −a−λ
2a=0，
又因为两圆的公共弦的方程为2 x + y −5=0，可得¿ ，解得a= 4 , λ= 1
2.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用向量的线性运算与相关点法，求得圆N的轨迹方程，
从而得解.
【变式11-3】圆C1: x
2+ y
2−2 x =10与圆C2:( x +2)
2+( y −4)
2=16的公共弦长为 .
【答案】2√7
【分析】将两个圆的方程作差可得公共弦所在的直线，再求出C2(−2,4)到直线的3 x−4 y +7=0的距
离，则公共弦长为2√4
2−3
2，即可得出答案.
【详解】将两个圆的方程作差得：6 x−8 y +14 =0，即公共弦所在的直线为3 x−4 y +7 =0，
又知C2(−2, 4)，r2= 4，则C2(−2,4)到直线的3 x−4 y +7 =0的距离为：
d =|3×(−2)−4×4 +7|
√3
2+ 4
2
= 15
5 =3，所以公共弦长为2√4
2−3
2=2√7，
故答案为：2√7.
【考点12 两圆的公切线问题】
【典例12】若直线x +my +1=0是⊙C1:( x −1)
2+( y +2)
2=r
2(r >0)与⊙C2:( x −2)
2+( y −2)
2= 4的
公切线，则实数r的值为（ ）
A．34
13
B．17
12
C．12
7
D．9
2
【答案】A
【分析】利用直线与圆相切的关系及点到直线的位置关系即可求解.
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【详解】已知⊙C1的圆心C1(1,−2)，半径是r ;⊙C2的圆心是C2(2,2)，半径是2．
由题知直线x +my +1=0是⊙C1和⊙C2的公切线，
当m=0时，直线为x =−1，此时直线x =−1与圆C2不相切，所以m≠0，
由2=|2+2m+1|
√1+m
2
，解得m=−5
12，
则有r =|1−2×(−5
12)+1|
√1+(−5
12)
2
= 34
13 ．
故选：A．
【变式12-1】圆C1:( x −3)
2+ y
2=9与圆C2: x
2+ y
2+8 y =0的公切线条数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】求出两圆圆心距离即半径后，可得位置关系，由位置关系可得公切线条数.
【详解】由C1:( x−3)
2+ y
2=9可知圆心为(3,0)，半径r1=3，
由C2: x
2+ y
2+8 y =0，即C2: x
2+( y + 4)
2=16，
则圆心为(0,−4)，半径r2= 4，
则两圆圆心距离为d =√3
2+ 4
2=5，r1+r2=7，r1−r2=−1，
故|r1−r2|<d <r1+r2，即两圆相交，故公切线条数为2 条.
故选：B.
【变式12-2】已知圆C1: x
2+ y
2+ 4 x +3=0，圆C2: x
2+ y
2−8 x +12=0，下列直线中不能与圆C1，C2
同时相切的是（ ）
A．√3 x +3 y =0
B．√3 x−3 y =0
C．x +√35 y +8=0
D．x−√35 y −8=0
【答案】D
【分析】利用点到直线的距离公式逐项验证即可.
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【详解】由题意知：C1：(x +2)
2+ y
2=1,C2：(x −4)
2+ y
2= 4，
所以圆C1的圆心为(−2,0)，半径为1；圆C2的圆心为(4,0)，半径为2，
对于A，圆C1的圆心(−2,0)到直线的距离为d1= |−2√3|
√(√3)
2+3
2 =1，与半径相等，故满足相切条件，
圆C2的圆心(4,0)到直线的距离为d2=
|4√3|
√(√3)
2+3
2 =2，与半径相等，故也满足相切条件，
即直线√3 x +3 y =0是两圆的一条公切线；
对于B，圆C1的圆心(−2,0)到直线的距离为d1= |−2√3|
√(√3)
2+3
2 =1，与半径相等，故满足相切条件，
圆C2的圆心(4,0)到直线的距离为d2=
|4√3|
√(√3)
2+3
2 =2，与半径相等，故也满足相切条件，
即直线√3 x−3 y =0是两圆的一条公切线；
对于C，圆C1的圆心(−2,0)到直线的距离为d1=
|−2+8|
√1
2+(√35)
2 =1，与半径相等，故满足相切条件，
圆C2的圆心(4,0)到直线的距离为d2=
|4+8|
√(√3)
2+3
2 =2，与半径相等，故也满足相切条件，
即直线x +√35 y +8=0是两圆的一条公切线；
对于D，圆C1的圆心(−2,0)到直线的距离为d1=
|−2−8|
√1
2+(√35)
2 = 5
3 ≠1，不满足相切条件，
即直线x−√35 y −8=0不可能是两圆的公切线；
故选：D.
【变式12-3】圆C1:( x −1)
2+ y
2=1与圆C2:( x −5)
2+( y −3)
2=36的公切线的方程为 ．
【答案】4 x +3 y +1=0
【分析】先判断两圆位置关系，然后将圆C1,C2化为一般式，两式相减可得.
【详解】圆C1的圆心为(1,0)，半径为1，圆C2的圆心为(5,3)，半径为6，
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因为|C1C2|=√(5−1)
2+(3−0)
2=5=6−1，所以两圆内切，只有一条公切线，
将圆C1,C2化为一般式得：
C1: x
2+ y
2−2 x =0，C2: x
2+ y
2−10 x −6 y −2=0，
两式相减得8 x +6 y +2=0，即4 x +3 y +1=0，
所以圆C1,C2的公切线的方程为4 x +3 y +1=0.
故答案为：4 x +3 y +1=0
【变式12-4】圆C1: x
2+ y
2+ 4 x +6 y −23=0与圆C2:(x−2)
2+( y −1)
2= 4的公切线长为 .
【答案】4
【分析】先由圆心距与两圆半径和差关系判断两圆位置关系，再由几何性质利用勾股定理求解公切线
长.
【详解】由题可得，由圆C1:(x +2)
2+( y +3)
2=36，
则圆心为C1(−2,−3)，半径为r1=6，
由圆C2:(x −2)
2+( y −1)
2= 4，
则圆C2的圆心为C2(2,1)，半径为r2=2.
则两圆心的距离|C1C2|=√(2+2)
2+(1+3)
2= 4√2，
因为6−2<|C1C2|<6+2，所以圆C1与圆C2相交.
如图，设切点为P ,Q，作C2C ⊥C1 P于点C，
所以圆C1与圆C2的公切线长为|PQ|=|C C2|=√|C1C2|
2−(r1−r2)
2=√32−16= 4.
故答案为：4.
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一、单选题
1．过直线y = x上的点P 作圆C：(x +3)
2+( y −5)
2= 4的两条切线l1，l2，当直线l1，l2关于直线y = x对称时，
点P 的坐标为（ ）
A．(1,1)
B．(
3
5 , 3
5)
C．(
6
5 , 6
5)
D．(
3
2 , 3
2)
【答案】A
【分析】根据直线和圆的位置关系、两直线的交点等知识求得正确答案.
【详解】圆C :(x +3)
2+( y −5)
2= 4的圆心为C (−3,5)，
直线l1,l2关于直线y = x对称时，CP与直线y = x垂直，
所以直线CP的方程为y −5=−(x +3), x + y −2=0，
由¿解得¿，所以P(1,1).
故选：A.
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2．动点P 在函数y = ln(4−x)−ln x的图像上，以P 为切点的切线的倾斜角取值范围是（ ）
A．[0,π
4 ]
B．[0,π
4 ]∪[
3π
4 ,π)
C．¿
D．[
3π
4 ,π)
【答案】C
【分析】求出定义域，求导，结合基本不等式得到y
′≤−1，求出以P 为切点的切线的倾斜角取值范围.
【详解】令¿，解得0< x<4，故y = ln(4−x)−ln x的定义域为(0,4)，
y
′ =−
1
4−x −1
x =
−4
(4−x) x ≤
−4
(
4−x + x
2
)
2 =−1
，当且仅当4−x = x，即x =2时，等号成立，
故y
′≤−1，故以P 为切点的切线的倾斜角取值范围是(
π
2 , 3π
4 ].
故选：C
3．双曲线x
2
4 −y
2
16 =1的一个顶点到渐近线的距离为（ ）．
A．√5
B．4
C．4√5
5
D．2√3
【答案】C
【分析】求出顶点坐标和渐近线方程，然后利用点到直线的距离公式求解．
【详解】由双曲线的方程知两顶点A1(−2,0)，A2(2,0)，
渐近线方程为y =± b
a x =±2 x，
由对称性，不妨求A1到直线y =2 x的距离，d =
4
√2
2+(−1)
2 = 4√5
5
．
故选：C．
4．过点E (a,−1)向圆M :(x −1)
2+( y −1)
2=2作两条切线，切点分别为A ,B，若∠AEB =π
3 ，则（ ）
A．a=2或a=−1
B．a=−2或a=1
C．a=−3或a=1
D．a=3或a=−1
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用切线长定理。结合两点间距离公式列式求解即得.
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【详解】圆M :(x−1)
2+( y −1)
2=2的圆心M (1,1)，半径r =√2，连接AM , ME，
依题意，AM ⊥AE ,∠AEM = 1
2 ∠AEB =π
6 ，则| EM |=2| AM |=2√2，
于是√(a−1)
2+(−2)
2=2√2，整理得a
2−2a−3=0，
所以a=3或a=−1.
故选：D
5．已知A (2,0)，P为圆C：x
2+ y
2=1上的动点，且动点Q满足：⃗OP =⃗OA +⃗CQ，记Q点的轨迹为E，则
（ ）
A．E为一条直线
B．E为椭圆
C．E为与圆C相交的圆
D．E为与圆C相切的圆
【答案】D
【分析】设P(x0, y0)，由⃗OP =⃗OA +⃗OQ，得到Q点坐标，设Q点坐标为(x , y)，用Q点坐标表示P点坐
标，并带入圆C，得到Q点的轨迹方程E，再利用圆心距与半径的关系判Q点的轨迹E与圆C的位置关
系.
【详解】设P(x0, y0)，由⃗OP =⃗OA +⃗OQ，可得⃗OQ =⃗OP−⃗OA，
所以Q点坐标为(x0−2, y0)，
设Q点坐标为(x , y) ，则¿，即¿，
把P(x +2, y)代入圆C，则Q点的轨迹E的方程为：(x +2)
2+ y
2=1，
即E是圆心为(−2,0)，半径为1 的圆，
由于两圆的圆心距和两圆的半径和相等，因此两圆外切，即E为与圆C相切的圆.
故选：D．
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6．已知点P 在抛物线M：y
2= 4 x上，过点P 作圆C：(x−2)
2+ y
2=1的切线，若切线长为2√7，则点P 到
M 的准线的距离为（ ）
A．5
B．√29
C．6
D．√30
【答案】C
【分析】根据点P 的位置以及切线长可解得P点横坐标为5，再由焦半径公式可得结果.
【详解】设点P(
y P
2
4 , y P)，由圆的方程(x −2)
2+ y
2=1可知圆心C (2,0)，半径r =1；
又切线长为2√7，可得| PC |=√29，
即(
y P
2
4 −2)
2
+ y P
2 =29，解得y P
2 =20，可得P(5, y P)；
再由抛物线定义可得点P 到M 的准线的距离为5+1=6.
故选：C
7．下列方程中表示圆心在直线 y = x上，半径为 √2，且过原点的圆的是 （ ）
A．( x −1)❑
2+( y −1)❑
2=√2
B．( x −1)❑
2+( y +1)❑
2=√2
C．( x−1)❑
2+( y +1)❑
2=2
D．( x−1)❑
2+( y −1)❑
2=2
【答案】D
【分析】假设圆的标准方程，根据题意列出方程求解圆心和半径即可.
【详解】因为圆心在y = x上，所以设圆心为(a,a),
因为圆的半径为√2，
所以设圆的标准方程为( x−a)
2+( y −a)
2=2,
因为该圆过原点，
所以(−a)
2+(−a)
2=2，
解得a=±1,
所以圆心为(1,1)或(−1,−1),
当圆心为(1,1)时，圆的标准方程为( x −1)
2+( y −1)
2=2，D 对;
当圆心为(−1,−1)时，圆的标准方程为( x +1)
2+( y +1)
2=2.
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故选：D.
8．已知⊙C : (x−2)²+ y ² =1，过坐标原点O 作⊙C的两条切线，切点为A、B，则四边形OACB的面积
为（ ）
A．1
B．√3
C．2
D． 2√3
【答案】B
【分析】求出⊙C 圆心坐标，半径，|OC |，求出|OA |和|OB|，求出四边形OACB的面积.
【详解】
由题意得⊙C 圆心为(2,0)，半径r =1，|OC |=2，
则|OA |=|OB|=√|OC |
2−r
2=√3，
则四边形OACB的面积S =2S△OAC =2×( 1
2 | AC |×|OA |)=√3.
故选：B.
9．已知拋物线C1: y
2=2 px( p>0)，其焦点F到准线的距离为2，过焦点F且斜率大于0 的直线l交拋物线
于A ,B两点，以AB为直径的圆C2与准线相切于点Q (−1,2)，则圆C2的标准方程为（ ）
A．( x−3)
2+( y −2)
2=16
B．( x−2)
2+( y −3)
2=16
C．( x −3)
2+( y −2)
2=8
D．( x −2)
2+( y −3)
2=8
【答案】A
【分析】由焦点F 到准线的距离为2，求出p，即得焦点坐标，准线方程，抛物线方程，直线AB斜率
为正，C2Q // x得C2点纵坐标，用点差法可求得直线AB斜率，再得C2点横坐标，同时得出圆半径，
得圆方程．
【详解】抛物线C1的焦点到准线距离为2，则p=2（因为p>0），
焦点为F(1,0)，准线方程是x =−1，抛物线方程是y
2= 4 x，
又C2Q // x轴，Q(−1,2)，所以C2的纵坐标为2，
设A( x1, y1),B( x2, y2)，C2( x0,2)，
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¿，两式相减得( y1−y2)( y1+ y2)= 4( x1−x2)，
所以k AB= y1−y2
x1−x2
=
4
y1+ y2
=
4
2×2 =1，又k AB=k F C2= 2−0
x2−1 =1，x2=3，
即C2(3,2)，所以圆C2半径为r =3−(−1)= 4，
圆C2方程为( x−3)
2+( y −2)
2=16．
故选：A．
二、填空题
10．过圆C：x
2+ y
2=m上的点M (1,√3)作圆C 切线l，则l 的倾斜角为 .
【答案】150°
【分析】根据两直线垂直和kOM =√3得到直线l 的斜率，从而得到l 的倾斜角.
【详解】由题意得，直线OM与直线l 垂直，
因为kOM =√3，故l 的斜率为−√3
3 ，
故l 的倾斜角为150°
故答案为：150°
11．抛物线y =−1
4 x
2的焦点到双曲线x
2−y
2
3 =1的渐近线的距离为 ．
【答案】1
2/0.5
【分析】求出抛物线的焦点坐标及双曲线的渐近线方程，再利用点到直线的距离公式计算即得.
【详解】抛物线y =−1
4 x
2，即x
2=−4 y的焦点为(0,−1)，双曲线x
2−y
2
3 =1的渐近线方程为
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y =±√3 x，
所以点(0,−1)到直线±√3 x−y =0的距离d =
1
√(±√3)
2+(−1)
2 = 1
2．
故答案为：1
2
12．设A，B是半径为3 的球体O表面上两定点，且∠AOB =60°，球体O表面上动点P满足|PA|=2|PB|，
则点P的轨迹长度为 .
【答案】12√13
13
π
【分析】建立直角坐标系，根据|PA|=2|PB|确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计
算球心距|CO|=√13，对应圆的半径为r1= 2×3
√13 = 6√13
13
，再计算周长得到答案.
【详解】以AOB所在的平面建立直角坐标系，AB为x轴，AB的中垂线为y轴：
则|AB|=3，A(−3
2 ,0)，B( 3
2 ,0)，设P( x , y)，由|PA|=2|PB|，可得：
(x + 3
2)
2
+ y
2= 4(x−3
2)
2
+ 4 y
2，
整理得到：(x−5
2)
2
+ y
2= 4，故点P在平面的轨迹是以C( 5
2 ,0)为圆心，半径r =2的圆，
转化到空间中：当P绕AB为轴旋转一周时，|PA|，|PB|不变，依然满足|PA|=2|PB|，
故空间中点P的轨迹为以C为球心，半径为2 的球，同时点P在球O商，故点P在两球的交线，为圆，
球心距为|CO|=√|OB|
2+|BC|
2−2|OB|⋅|OC|cos120
°=√13=√2
2+3
2，
所以△OCP为直角三角形，对应圆的半径为r1= 2×3
√13 = 6√13
13
，周长为2πr1= 12√13
13
π
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故答案为：12√13
13
π
13．已知圆O: x
2+ y
2=2，过点M (1,3)的直线l交圆O于A，B两点，且|AB|=2，则直线l的方程为
.
【答案】x =1或4 x−3 y +5=0
【分析】当直线l的斜率不存在时求出|AB|；当直线l的斜率存在时，设l的方程为y −3=k (x−1)，利
用所以由圆心(0,0)到直线l的距离d、|AB|
2
、圆的半径构成的直角三角形求出k可得答案.
【详解】当直线l的斜率不存在时，设l的方程为x =1，
由¿，可得¿，或¿，
所以|1−(−1)|=2=|AB|，符合题意；
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y −3=k (x−1)，
因为|AB|=2，所以圆心(0,0)到直线l的距离d = |3−k|
√1+k
2，
由|AB|
2
4
+d
2=2，得k = 4
3 ，
所以直线l的方程为y −3= 4
3
(x−1)，
则直线l的方程为x =1或4 x−3 y +5=0.
故答案为：x =1或4 x−3 y +5=0.
14．已知圆C的圆心与抛物线x
2= 4 y的焦点关于直线y = x对称，直线3 x−4 y +2=0与C相交于A ,B两点，
且|AB|=6，则圆C的标准方程为 ．
【答案】(x −1)
2+ y
2=10
38
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【分析】根据抛物线标准方程求出其焦点坐标，根据对称关系求出圆心坐标，根据垂径定理求出圆的
半径即可得到答案.
【详解】依题意可知抛物线的焦点为(0,1)，
∵圆C的圆心与抛物线x
2= 4 y的焦点关于直线y = x对称，
∴圆心坐标为(1,0)，
设圆的半径为r，圆心到直线3 x−4 y +2=0的距离为d，
则d =
|3+2|
√3
2+(−4)
2 =1，
又∵|AB|=6，∴r
2=(
|AB|
2 )
2
+d
2=10，
则圆C的标准方程为( x −1)
2+ y
2=10．
故答案为：( x −1)
2+ y
2=10．
三、解答题
15．已知点P(2,2)，圆C : x
2+ y
2−16 x =0过点P的动直线l与圆C交于A ,B两点，线段AB的中点为M，
O为坐标原点．
(1)求M的轨迹方程；
(2)当|OP|=|OM|，求l的方程及△POM的面积．
【答案】(1)( x−5)
2+( y −1)
2=10
(2)5 x + y −12=0，S = 48
13
【分析】（1）由圆C的方程求出圆心坐标和半径，设出M坐标，由⃗CM与⃗PM数量积等于0 列式得M
的轨迹方程；
（2）法一：由|OM|=|OP|=2√2确定点M 与点P 坐标满足的等式，再结合（1）中轨迹方程，可求
得l 的方程，进而求弦长、圆心到直线的距离，即可求面积；
法二：由|OM|=|OP|=2√2确定点M 与点P 坐标满足的等式，求得M坐标，确定直线l方程，后同法
一.
【详解】（1）设点M (x , y)，当点M不与点P重合时，即当x≠2且y ≠2时，
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由垂径定理可知CM ⊥AB,即CM ⊥PM
又圆C的圆心为(8,0)，P(2,2)
则⃗CM =( x−8, y)，⃗PM =( x−2, y −2)
∴⃗CM ⋅⃗PM =( x−8)( x−2)+ y( y −2)=0，即( x −5)
2+( y −1)
2=10
当点M与点P重合时，点P的坐标也满足方程( x −5)
2+( y −1)
2=10
故点M的轨迹方程为圆N：( x −5)
2+( y −1)
2=10.
（2）当|OM|=|OP|=2√2时，点M与点P满足圆O的方程x
2+ y
2=8
又点M与点P在圆N：( x −5)
2+( y −1)
2=10上
∴直线MP为圆O和圆N的交线，圆O与圆N的方程相减得，
直线MP的方程为( x
2+ y
2)−[( x −5)
2+( y −1)
2]=8−10，即5 x + y −12=0
∴l的方程为：5 x + y −12=0
点O到直线MP的距离d = |−12|
√5
2+1
= 12
√26 ，
又圆O的半径r =2√2，
∴弦长|MP|=2√r
2−d
2=2√8−144
26 = 16
√26
，
∴△POM的面积S = 1
2|MP|d = 1
2 × 16
√26 × 12
√26 = 48
13 ；
法二：设M (m,n)
由题意可得¿，解得¿，即点M(
34
13 ,−14
13)
40
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又k PM =
−14
13 −2
34
13 −2
=−5，
∴直线l的方程为5 x + y −12=0
kOP=1，则直线OP的方程为x−y =0，且|OP|=2√2
点M到直线OP的距离为d =
48
13
√2 =
48
13√2
故△POM的面积S = 1
2|OP|⋅d = 1
2 ×2√2×
48
13√2 = 48
13
16．已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的准线l与圆O: x
2+ y
2=1相切．
(1)求C的方程；
(2)点P(x0, y0)是C上的动点，且x0>1，过点P作圆O的两条切线分别与l交于A ,B两点，求△PAB面
积的最小值．
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)4√5．
【分析】（1）利用准线l与圆O相切求出p可得答案；
（2）设直线PA、PB的方程分别为y −y0=k1(x−x0)、y −y0=k2(x−x0)，可得S△PAB
= 1
2 (x1+1)
2.√(k1+k2)
2−4 k1k2(x0>1)，过点P的圆O的切线方程与圆相切可得(x0
2−1)k
2−
2 x0 y0k + y0
2−1=0，再由韦达定理S△PAB= √
(x0+1)
2(x0
2+ 4 x0−1)
(x0−1)
2
，再利用换元法、基本不等式求
最值可得答案．
【详解】（1）因为准线l与圆O: x
2+ y
2=1相切，
所以p
2 =1，即p=2，
所以C的方程为y
2= 4 x；
（2）由（1）知准线l的方程为x =−1，
因为x0>1，所以直线PA , PB的斜率均存在，
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设直线PA的方程为y −y0=k1(x−x0)，
当x =−1时，y A =k1(−1−x0)+ y0，
设直线PB的方程为y −y0=k2(x−x0)，
当x =−1时，yB=k2(−1−x0)+ y0，
由题意得S△PAB= 1
2|y A−yB|⋅(x0+1)= 1
2|k1−k2|⋅(x0+1)
2
= 1
2 (x0+1)
2.√(k1+k2)
2−4 k1k2(x0>1)，
设过点P(x0, y0)的圆O的切线方程为y −y0=k (x−x0),
则|−x0k + y0|
√k
2+1
=1，化简得(x0
2−1)k
2− 2 x0 y0k + y0
2−1=0，
Δ= 4(x0
2+ y0
2−1)= 4(x0
2+ 4 x0−1)= 4[(x0+2)
2−5]>0(x0>1)，
则k1+k2= 2 x0 y0
x0
2−1
,k1k2= y0
2−1
x0
2−1
，
所以S△PAB= 1
2 (x0+1)
2．√(
2 x0 y0
x0
2−1)
2
−4× y0
2−1
x0
2−1
= x0+1
x0−1 .√x0
2+ y0
2−1，
又y0
2= 4 x0，所以S△PAB= √
(x0+1)
2(x0
2+ 4 x0−1)
(x0−1)
2
，
令x0−1=t (t >0)，
则S△PAB= √
(t
2+ 4 t + 4)(t
2+6t + 4)
t
2
= √(t + 4
t +6)(t + 4
t + 4)，
因为t + 4
t ≥2√t ⋅4
t = 4，
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所以S△PAB≥√(4+6)×(4+ 4)= 4√5，
当且仅当t = 4
t 即t =2等号成立，此时x0=3，
故△PAB面积的最小值为4√5．
【点睛】方法点睛：处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几
何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．
17．已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F (3,0)，直线l: x sinθ+ y cosθ =b(0<θ<π)与C相交于
A、B两点．
(1)求直线l 被圆O: x
2+ y
2=a
2所截的弦长；
(2)当θ =π
2 时，|AB|= 24
5 ．
（i）求C的方程；
（ii）证明：对任意的θ∈(0,π)，△ABF的周长为定值．
【答案】(1)6
(2)（i）x
2
25 + y
2
16 =1；（ii）证明见解析.
【分析】（1）由点到直线的距离得圆O到直线l的距离d =b，再利用几何法求出直线与圆的相交弦长，
从而可求解.
（2）（i）当θ =π
2 时，直线l的方程为x =b，将该直线方程代入椭圆方程，求出|AB|，根据已知条件
求出a、b的值，即可得出椭圆C的方程；
（ii）求出原点到直线AB的距离，将直线AB的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理分析额可知点A、
B的横坐标均为正数，利用勾股定理、椭圆方程可求出△ABF的周长.
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【详解】（1）由题意得圆O的圆心为O(0,0)，到直线l的距离d =
|−b|
√sin
2θ+cos
2θ
=b，
则直线l被圆O所截弦长为2√a
2−b
2=2c =6.
故直线l被圆O所截得的弦长为6.
（2）解：当θ =π
2 时，直线l的方程为x =b，
（i）联立¿，得y =± bc
a ，所以|AB|= 2bc
a = 6b
a = 24
5 ，
又因为a
2=b
2+c
2，所以a=5，b= 4，
所以，椭圆C的方程为x
2
25 + y
2
16 =1；
（ii）设点A(x1, y1)、B(x2, y2)，则−5≤x1≤5，且y1
2=16−16
25 x1
2，
所以，|AF|=√(x1−3)
2+ y1
2=√x1
2−6 x1+9+16−16
25 x1
2=√
9
25 x1
2−6 x1+25
=|
3
5 x1−5|=5−3
5 x1，同理可得|BF|=5−3
5 x2，
因为原点到直线AB的距离为d =
|−b|
√sin
2θ+cos
2θ
=b= 4，
过原点O作OM ⊥AB，垂足为点M，如下图所示：
所以，|AB|=|AM|+|BM|=√|OA|
2−d
2+√|OB|
2−d
2=√x1
2+ y1
2−16+√x2
2+ y2
2−16
=√x1
2+16−16
25 x1
2−16+√x2
2+16−16
25 x2
2−16= 3
5|x1|+ 3
5|x2|，
联立¿可得(16+9sin
2θ) x
2−200 x sinθ+ 400sin
2θ =0，
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Δ= 40000sin
2θ−1600sin
2θ(16+9sin
2θ)=14400sin
2θcos
2θ≥0，
当且仅当θ =π
2 时，等号成立，此时点A、B关于x轴对称，合乎题意，
因为θ∈(0,π)，则0<sinθ≤1，
由韦达定理可得x1+ x2= 200sinθ
16+9sin
2θ
>0，x1 x2= 400sin
2θ
16+9sin
2θ
>0，故x1>0，x2>0，
所以，|AB|= 3
5|x1|+ 3
5|x2|= 3
5 (x1+ x2)，
因此，△ABF的周长为|AF|+|BF|+|AB|=10−3
5 (x1+ x2)+ 3
5 (x1+ x2)=10（定值）.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
45
