1、直线与圆、圆与圆的位置关系1判断直线与圆的位置关系常用的两种方法(1)几何法：利用圆心到直线的距离d和圆的半径r的大小关系(最重要)dr相离(2)代数法：2圆与圆的位置关系设圆O1：(xa1)2(yb1)2r(r10)，O2：(xa2)2(yb2)2r(r20)方法位置关系几何法：圆心距d与r1，r2的关系代数法：联立两圆方程组成方程组的解的情况外离dr1r2无解外切dr1r2一组实数解相交|r1r2|dr1r2两组不同的实数解内切d|r1r2|(r1r2)一组实数解内含0d|r1r2|(r1r2)无解概念方法微思考1在求过一定点的圆的切线方程时，应注意什么？提示应首先判断这点与圆的位置关系，
2、若点在圆上则该点为切点，切线只有一条；若点在圆外，切线应有两条；若点在圆内，切线为零条2用两圆的方程组成的方程组有一解或无解时能否准确判定两圆的位置关系？提示不能，当两圆方程组成的方程组有一解时，两圆有外切和内切两种可能情况，当方程组无解时，两圆有外离和内含两种可能情况1（2020新课标）若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为ABCD【答案】B【解析】由题意可得所求的圆在第一象限，设圆心为，则半径为，故圆的方程为，再把点代入，求得或1，故要求的圆的方程为或故所求圆的圆心为或；故圆心到直线的距离或；故选2（2020新课标）已知圆，过点的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为A1B2C3D
3、4【答案】B【解析】由圆的方程可得圆心坐标，半径；设圆心到直线的距离为，则过的直线与圆的相交弦长，当最大时弦长最小，当直线与所在的直线垂直时最大，这时，所以最小的弦长，故选3（2020新课标）已知，直线，为上的动点过点作的切线，切点为，当最小时，直线的方程为ABCD【答案】D【解析】化圆为，圆心，半径要使最小，则需最小，此时与直线垂直直线的方程为，即，联立，解得则以为直径的圆的方程为联立，相减可得直线的方程为故选4（2019全国）若直线与圆相切，则A13B5CD【答案】B【解析】根据题意，圆即，其圆心为，半径，若直线与圆相切，则圆的半径，则有，解可得：；故选5（2018新课标）直线分别与轴，轴
4、交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是A，B，C，D，【答案】A【解析】直线分别与轴，轴交于，两点，令，得，令，得，点在圆上，设，点到直线的距离：，面积的取值范围是：，故选6（2020天津）已知直线和圆相交于，两点若，则的值为_【答案】5【解析】根据题意，圆的圆心为，半径为；则圆心到直线的距离，若，则有，故；故答案为：57（2020浙江）已知直线与圆和圆均相切，则_，_【答案】；【解析】由条件得，因为直线与，都相切，故有，则有，故可得，整理得，因为，所以，即，代入，解得，则，故答案为：；8（2019浙江）已知圆的圆心坐标是，半径长是若直线与圆相切于点，则_，_【答案】，【解析】如图，由圆心与
5、切点的连线与切线垂直，得，解得圆心为，则半径故答案为：，9（2018天津）已知圆的圆心为，直线，为参数）与该圆相交于，两点，则的面积为_【答案】【解析】圆化为标准方程是，圆心为，半径；直线化为普通方程是，则圆心到该直线的距离为，弦长，的面积为故答案为：10（2018新课标）直线与圆交于，两点，则_【答案】【解析】圆的圆心，半径为：2，圆心到直线的距离为：，所以故答案为：11（2018上海）如图，正方形的边长为20米，圆的半径为1米，圆心是正方形的中心，点、分别在线段、上，若线段与圆有公共点，则称点在点的“盲区”中，已知点以1.5米秒的速度从出发向移动同时，点以1米秒的速度从出发向移动，则在点从
6、移动到的过程中，点在点的盲区中的时长约为_秒（精确到【答案】4.4【解析】以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，可设，可得直线的方程为，圆的方程为，由直线与圆有交点，可得，化为，解得，即有点在点的盲区中的时长约为4.4秒故答案为：4.412（2017全国）直线被圆截得的线段长为_【答案】【解析】圆化为，设直线与圆的交点为、，圆心为，线段的中点为，半径为则由圆的几何性质可知，且，故答案为：13（2019新课标）已知点，关于坐标原点对称，过点，且与直线相切（1）若在直线上，求的半径；（2）是否存在定点，使得当运动时，为定值？并说明理由【解析】过点，且在直线上，点在线段的中垂线上，设的方程为：，则
7、圆心到直线的距离，又，在中，即又与相切，由解得或，的半径为2或6；（2）线段为的一条弦是弦的中点，圆心在线段的中垂线上，设点的坐标为，则，与直线相切，的轨迹是以为焦点为准线的抛物线，当为定值时，则点与点重合，即的坐标为，存在定点使得当运动时，为定值14（2019江苏）如图，一个湖的边界是圆心为的圆，湖的一侧有一条直线型公路，湖上有桥是圆的直径）规划在公路上选两个点，并修建两段直线型道路，规划要求：线段，上的所有点到点的距离均不小于圆的半径已知点，到直线的距离分别为和，为垂足），测得，（单位：百米）（1）若道路与桥垂直，求道路的长；（2）在规划要求下，和中能否有一个点选在处？并说明理由；（3）在
8、规划要求下，若道路和的长度均为（单位：百米），求当最小时，、两点间的距离【解析】设与圆交于，连接，为圆的直径，可得，即有，以为坐标原点，为轴，建立直角坐标系，则，（1）设点，则，即，解得，所以，；（2）当时，上的所有点到原点的距离不小于圆的半径，设此时，则，即，解得，由，在此范围内，不能满足，上所有点到的距离不小于圆的半径，所以，中不能有点选在点；（3）设，由（1）（2）可得，由两点的距离公式可得，当且仅当时，取得最小值15，又，则，当最小时，15（2017上海）某景区欲建造两条圆形观景步道、（宽度忽略不计），如图所示，已知，（单位：米），要求圆与、分别相切于点、，圆与、分别相切于点、；（1）
9、若，求圆、的半径（结果精确到0.1米）（2）若观景步道与的造价分别为每米0.8千元与每米0.9千元，如何设计圆、的大小，使总造价最低？最低总造价是多少？（结果精确到0.1千元）【解析】（1）半径，半径；（2）设，则总造价，设，则，当且仅当，时，取等号，半径30，半径20，造价263.8千元16（2019全国）已知点，动点满足与的斜率之积等于，记的轨迹为（1）求的方程；（2）设过坐标原点的直线与交于，两点，且四边形的面积为，求的方程【解析】（1）设，由题意可得，化为，可得的方程为；（2）当直线的斜率不存在，即直线方程为，可得四边形的面积为，不符题意，舍去；设直线方程为，代入方程，可得，由，关于原
10、点对称，可得四边形的面积为，解得，即有直线的方程为强化训练1（2020二模拟）已知直线与圆有公共点，则的取值范围是A，B，C，D，【答案】C【解析】由，得，则圆心坐标为，半径为圆心到直线的距离，要使直线与圆有公共点，则，即，解得的取值范围是，故选2（2020镜湖区校级模拟）直线与圆的位置关系是A相交B相切C相离D不能确定【答案】B【解析】由，得圆心坐标为，半径为圆心到直线的距离，直线与圆的位置关系是相切故选3（2020湖北模拟）已知圆上恰有两个点到直线的距离为，则直线的倾斜角的取值范围为A，B，C，D，【答案】B【解析】直线过定点，则圆心到直线距离的最大值为1如图，原点到直线的距离要使圆上恰有
11、两个点到直线的距离为，解得直线的倾斜角的取值范围为，故选4（2020道里区校级模拟）若圆与圆外切，则实数ABC24D16【答案】D【解析】根据题意，圆，圆心为，半径为，圆，即，圆心为，半径若圆与圆外切，则有，解可得，故选5（2020红岗区校级模拟）过原点作圆的两条切线，设切点分别为，则直线的方程为ABCD【答案】C【解析】根据题意，圆即，其圆心为，半径，过原点作圆的两条切线，设切点分别为，则，则点、在圆上，则直线的方程为圆与圆的公共弦所在的直线，又由，则有，即直线的方程为，故选6（2020碑林区校级模拟）已知点在圆上，直线与两坐标轴交点分别为，两点，则面积的最小值为ABCD【答案】D【解析】如
12、图，圆的圆心，到直线的距离则圆上的点到直线的距离的最小值为又直线与两坐标轴交点分别为，面积的最小值为故选7（2020道里区校级四模）直线与圆相交于、两点，若，则的取值范围是A，B，C，D，【答案】C【解析】如图，过作，垂足为，则为的中点，由，得，可得即到直线的距离，的取值范围是，故选8（2020九龙坡区模拟）已知圆为半径），若圆上存在点使得成立，则的取值范围是ABCD【答案】D【解析】如图，圆的圆心坐标为，半径为，要使圆上存在点使得成立，则到直线的距离，即故选9（2020道里区校级四模）已知圆和圆的公共弦所在的直线恒过定点，且点在直线上，则的最小值为ABCD【答案】C【解析】由圆和圆，得两圆公
13、共弦所在直线方程为，即联立，解得，又点在直线上，即当时，取最小值为故选10（2020东湖区校级三模）已知圆的圆心到直线的距离为，则圆与圆的位置关系是A相交B内切C外切D相离【答案】B【解析】圆的圆心为，半径，由圆的圆心到直线的距离为，可得，解得，可得圆的圆心为，半径为2，而圆的圆心为，半径为，由，可得两圆的位置关系为内切故选11（2020思明区校级一模）已知圆与动直线交于，两点，线段的中点为，为坐标原点（1）求的轨迹方程；（2）已知点，当时，求的方程及的面积【解析】（1）直线过定点，圆可化为，圆心，设动点，为中点，即，又，化简得，即，点的轨迹方程为（2）由（1）得的轨迹为圆，圆心为，半径为，如
14、图，点，均在圆上，又，由圆的性质可知，又，直线的方程为，即，到直线的距离为，设与直线交于点，又，综上得，的方程为，的面积为12（2020沙坪坝区校级模拟）已知圆和动圆交于，两点（1）若直线过原点，求；（2）若直线交轴于，当面积最小时，求【解析】（1）由于两圆有两个公共点，则圆心距小于半径之和，即，解得，两圆相减得公共弦直线，过原点得，检验成立；（2）直线交轴，得，则，在时取得最小值，满足，成立，此时直线，圆心到直线距离为，弦长为13（2020广东一模）动圆与轴交于，两点，且，是方程的两根（1）若线段是动圆的直径，求动圆的方程；（2）证明：当动圆过点时，动圆在轴上截得弦长为定值【解析】（1），是
15、方程的两根，动圆与轴交于，两点，且线段是动圆的直径，动圆的圆心的坐标为，半径为动圆的方程为；（2）证明：设动圆的方程为，动圆与轴交于，令则，由题意可知，又动圆过点，解得令，则，解得或，动圆在轴上截得弦长为故动圆在轴上截得弦长为定值14（2020云冈区一模）已知圆的圆心坐标为，直线被圆截得的弦长为（1）求圆的方程；（2）若过点作斜率为的直线交圆于，两点，为坐标原点，且直线，的斜率乘积满足，求直线的方程【解析】（1）圆心，到直线的距离，直线被圆截得的弦长为，则圆的半径满足圆的方程为；（2）直线的方程为，联立，得，直线与圆交于，两点，则恒成立设，则，则，则，解得，即直线的方程为：15（2020南通模
16、拟）已知圆过点且与圆相切于点（1）求圆的方程；（2）设为轴上一定点，过点的直线交圆于点，若存在无穷多条直线，使得为定值），求点的坐标【解析】（1）设圆的标准方程为，则，解得，圆的方程为；（2）设，当直线斜率存在时，设的方程为，联立方程，得，因直线与圆相交，故，则，同理可得，因为存在无穷多条直线，即存在无数的使得为定值），所以，故或或，当时，；当时，；当时，；当直线斜率不存在时，的方程为，则，当时，；当时，；当时，；综上，存在点或或符合题意16（2020江都区校级模拟）在平面直角坐标系中，已知的顶点坐标分别是，记外接圆为圆（1）求圆的方程；（2）在圆上是否存在点，使得？若存在，求点的个数；若不存在，说明理由【解析】（1）根据题意，设外接圆圆的方程为，的顶点坐标分别是，则有，解可得：，则圆的方程为；（2）设的坐标为；因为，所以；化简可得，即的轨迹为直线；圆心到直线的距离，则直线与圆相交，故满足条件的点有2个
