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所属成套资源：新高考数学一轮复习考点精讲讲练学案 （含解析）
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新高考数学一轮复习考点精讲讲练学案 圆与圆的位置关系（含解析）
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这是一份新高考数学一轮复习考点精讲讲练学案 圆与圆的位置关系（含解析），共34页。学案主要包含了考点梳理，题型归纳，双基达标，高分突破等内容，欢迎下载使用。
1. 圆与圆的位置关系
【题型归纳】
题型一：判断圆与圆的位置关系
1．已知直线与圆交于两个不同点，则当弦最短时，圆与圆的位置关系是（ ）
A．内切B．相离C．外切D．相交
2．直线：与圆：的位置关系为（ ）
A．相切B．相交C．相离D．不确定
3．已知圆截直线所得的弦长为．则圆M与圆的位置关系是（ ）
A．内切B．相交C．外切D．相离
题型二：求两圆的交点坐标
4．圆心在直线x﹣y﹣4＝0上，且经过两圆x2+y2﹣4x﹣3＝0，x2+y2﹣4y﹣3＝0的交点的圆的方程为（ ）
A．x2+y2﹣6x+2y﹣3＝0B．x2+y2+6x+2y﹣3＝0
C．x2+y2﹣6x﹣2y﹣3＝0D．x2+y2+6x﹣2y﹣3＝0
5．若圆的圆心在直线上，且经过两圆和的交点，则圆的圆心到直线的距离为（ ）
A．0B．C．2D．
6．设点，，动点满足，设点的轨迹为，圆：，与交于点，为直线上一点（为坐标原点），则（ ）
A．B．
C．D．
题型三：由圆的位置关系确定参数或范围
7．已知点P，Q分别为圆与上一点，则的最小值为（ ）
A．4B．5C．7D．10
8．已知圆，圆，若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．已知圆M的半径为，且圆M与圆C：和y轴都相切，则这样的圆M有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
题型四：由圆与圆的位置关系确定圆的方程
10．与直线和圆都相切的半径最小的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
11．圆关于直线对称的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
12．已知是半径为1的动圆上一点，为圆上一动点，过点作圆的切线，切点分别为，，则当取最大值时，△的外接圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
题型五：圆的公共弦
13．已知圆C过圆与圆的公共点．若圆，的公共弦恰好是圆C的直径，则圆C的面积为（ ）
A．B．C．D．
14．若圆与圆的公共弦的长为1，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．中点的轨迹方程为
D．中点的轨迹方程为
15．已知圆与圆交于A、B两点，且平分圆的周长，则 的值为（ ）
A．0B．2C．4D．6
【双基达标】
16．若圆C与圆关于原点对称，则圆C的方程是（ ）
A．B．
C．D．
17．已知圆的方程为，若y轴上存在一点，使得以为圆心、半径为3的圆与圆有公共点，则的纵坐标可以是
A．1B．–3C．5D．-7
18．已知：与：，则两圆的位置关系是（ ）
A．相交B．相离C．外切D．内切
19．已知圆，圆，若圆平分圆的圆周，则正数的值为（ ）
A．B．C．D．
20．已知，，圆：（），若圆上存在点，使，则圆的半径的范围是（ ）
A．B．C．D．
21．垂直平分两圆，的公共弦的直线方程为（ ）
A．B．C．D．
22．已知圆，圆，则这两个圆的位置关系为（ ）
A．外离B．外切C．相交D．内含
23．圆和圆的公共弦的垂直平分线的方程是（ ）
A．B．
C．D．
24．已知圆与圆，若圆与圆有且仅有一个公共点，则实数等于
A．14B．34C．14或45D．34或14
25．两圆与的公切线有（ ）
A．条B．条C．条D．条
26．圆和圆的公切线的条数为( )
A．B．C．D．
27．圆与圆的公切线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
28．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（ ）
A．B．C．D．
29．已知点P在直线上，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则点到直线AB距离的最大值为（ ）
A．B．C．2D．
30．若圆与圆外切，则（ ）
A．36B．38C．48D．50
【高分突破】
单选题
31．若圆与圆的公共弦长为，则圆的半径为
A．B．C．D．
32．若圆与圆外切，则（ ）
A．B．C．D．
33．已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，且点在直线上，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
34．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元首262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼期圆．已知 ，，圆上有且仅有一个点 P满足，则r的取值可以为（ ）
A．1B．2C．3D．4
35．已知圆关于直线对称，圆的标准方程是，则圆与圆的位置关系是（ ）
A．相离B．相切C．相交D．内含
36．已知圆的标准方程是，圆：关于直线对称，则圆与圆的位置关系为（ ）
A．相离B．相切C．相交D．内含
37．过圆内一点作一弦交圆于、两点，过点、分别作圆的切线、，两切线交于点，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
38．已知圆与圆内切，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
39．已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
40．以下四个命题表述正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1
C．曲线与曲线恰有三条公切线，则
D．已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，，，为切点，则直线经过定点
41．已知圆C：，点A是直线上任意一点，若以点A为圆心，半径为1的圆A与圆C没有公共点，则整数k的值可能为（ ）
A．B．C．0D．1
42．设，过定点A的动直线，和过定点B的动直线交于点P，圆，则下列说法正确的有（ ）
A．直线过定点(1，3)B．直线与圆C相交最短弦长为2
C．动点P的曲线与圆C相交D．|PA|+|PB|最大值为5
43．已知圆与圆无公共切线，则实数m的取值可以是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
44．已知点为直线上的动点，过点引圆的两条切线，切点分别为，则点到直线的距离的最大值为_________
45．已知点是直线：()上的动点，过点作圆：的切线，为切点.若最小为时，圆：与圆外切，且与直线相切，则的值为______
46．平面直角坐标系中，已知圆，点为直线上的动点，以为直径的圆交圆于、两点，点在上且满足，则点的轨迹方程是________．
47．在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，为半径的圆与圆有公共点，则的取值范围是_______.
48．圆与圆的公共弦长为________．
49．早在两千多年前，我国的墨子给出了圆的定义“一中同长也”已知为坐标原点，，若，的“长”分别为1，，且两圆相外切，则_________.
四、解答题
50．求圆心在直线上，并且经过圆与圆的交点的圆的方程．
51．已知点在圆上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若圆过点，且与圆相切于点，求圆的标准方程．
52．规定：在桌面上，用母球击打目标球，使目标球运动，球的位置是指球心的位置，球是指该球的球心点．两球碰撞后，目标球在两球的球心所确定的直线上运动，目标球的运动方向是指目标球被母球击打时，母球球心所指向目标球球心的方向．所有的球都简化为平面上半径为1的圆，且母球与目标球有公共点时，目标球就开始运动，在桌面上建立平面直角坐标系，解决下列问题：
（1）如图1，设母球的位置为，目标球的位置为，要使目标球向处运动，求母球的球心运动的直线方程；
（2）如图2，若母球的位置为，目标球的位置为，让母球击打目标球后，能否使目标球向处运动？
53．已知圆与圆关于直线对称，
（1）求、的值；
（2）若这时两圆的交点为、（O为坐标原点），求的度数．
54．已知点和以点Q为圆心的圆．
（1）画出以为直径，点为圆心的圆，再求出圆的方程；
（2）设圆Q与圆相交于A，B两点，直线PA，PB是圆Q的切线吗？为什么？
（3）求直线AB的方程．
位置
关系
图示(R>r)
公共点
个数
几何特征(O1O2＝d)
两个圆的方程组成的方程组的解
外离
0
d>R＋r
无实数解
外切
1
d＝R＋r
两组相同
实数解
相交
2
R－r两组不同
实数解
内切
1
d＝R－r
两组相同
实数解
内含
0
d无实数解
参考答案
1．D
【解析】
【分析】
由直线过定点且定点在圆内，当弦最短时直线垂直，根据斜率乘积为求出，进而求出圆的方程，再根据圆心距与两圆半径的关系确定答案.
【详解】
易知直线过定点，弦最短时直线垂直，
又，所以，解得，
此时圆的方程是.
两圆圆心之间的距离，
又，所以这两圆相交.
故选：D.
2．A
【解析】
【分析】
求出圆心到直线的距离，即可判断；
【详解】
解：圆：的圆心为，半径，
圆心到直线：的距离，
所以直线与圆相切；
故选：A
3．B
【解析】
【分析】
根据垂径定理可得参数的值，再利用几何法判断两圆的位置关系.
【详解】
由，即，
故圆心，半径，
所以点到直线的距离，
故，即，
解得：；
所以，；
又，圆心，，
所以，
且，
即圆与圆相交，
故选：B.
4．A
【解析】
【分析】
求出两个圆的交点，再求出中垂线方程，然后求出圆心坐标，求出半径，即可得到圆的方程．
【详解】
由解得两圆交点为与
因为，所以线段的垂直平分线斜率；MN中点P坐标为（1，1）
所以垂直平分线为y＝﹣x+2
由
解得x＝3，y＝﹣1，所以圆心O点坐标为（3，﹣1）
所以r
所以所求圆的方程为（x﹣3）2+（y+1）2＝13即：x2+y2﹣6x+2y﹣3＝0
故选：A
5．C
【解析】
求出过两点的垂直平分线方程，再联立直线，求得圆心，结合点到直线距离公式即可求解
【详解】
设两圆交点为，联立得或，，
则中点为，过两点的垂直平分线方程为，
联立得，故圆心为，
由点到直线距离公式得
故选：C
【点睛】
本题考查线段垂直平分线方程的求解，点到直线距离公式的应用，属于中档题
6．C
【解析】
【分析】
由题意先求动点P的轨迹的方程,联立和求出的坐标,如图由平面几何知识和向量数量积的运算规则可求得.
【详解】
设点P(),由可得,
化简得动点P的轨迹的方程为:,联立
解得:,如图所示,有平面几何知识可得:,
向量数量积的运算规则可得:
.
故选:C.
【点睛】
本题考查了由已知条件求动点轨迹的问题,考查了求两圆交点坐标的运算,借助于平几何知识求向量的数量积的问题,考查了综合运算能力,属于中档题.
7．A
【解析】
【分析】
根据两圆位置关系求解.
【详解】
圆的圆心坐标为，半径为1；
圆的圆心坐标为，半径为2；
所以两圆的圆心距，两圆外离，
所以 ，
故选：A.
8．D
【解析】
【分析】
由题意求出的距离，得到 P 的轨迹，再由圆与圆的位置关系求得答案．
【详解】
由题可知圆O 的半径为，圆M上存在点P，过点P作圆 O 的两条切线，
切点分别为A，B，使得，则，
在中，，
所以点 在圆上，
由于点 P 也在圆 M 上，故两圆有公共点.
又圆 M 的半径等于1，圆心坐标，
，
∴，
∴.
故选：D.
9．C
【解析】
【分析】
根据圆与圆的位置关系判断，分外切和内切两种情况即可得到答案.
【详解】
解：圆C：和y轴相切于原点，
内切时圆只能在圆内部，因此
相外切的圆M位于y轴右侧在轴上方、下方各1个，位于y轴左侧切于原点的1个；相内切的圆必过原点，有1个，共4个.
故选：C．
10．C
【解析】
【分析】
求出过圆心与直线垂直的直线方程，所求圆的圆心在此直线上，又圆心到直线的距离可得所求圆的半径，设所求圆的圆心为，且圆心在直线的左上方，利用、 可得答案.
【详解】
圆的圆心坐标为，半径为，
过圆心与直线垂直的直线方程为，所求圆的圆心在此直线上，又圆心到直线的距离为，则所求圆的半径为，
设所求圆的圆心为，且圆心在直线的上，
所以，且，解得（不符合题意，舍去 ），故所求圆的方程为.
故选：C．
11．B
【解析】
【分析】
利用点关于直线的对称点求出圆C关于直线对称的圆的圆心，进而求出圆的方程.
【详解】
解：圆C的圆心为，设C关于直线对称的点为，
则，解得
故圆C关于直线对称的圆的方程为，
即．
故选：B.
12．A
【解析】
【分析】
由题设，确定的轨迹方程，结合已知可得，再根据切线的性质、勾股定理及面积法得到关于的关系式且△的外接圆以线段为直径，结合两圆的位置关系及其动点距离最值情况，写出外接圆的方程.
【详解】
由，则动圆心的轨迹方程为.
为圆上的动点，又，
∴，
∵，，，
∴，
∴当最小时，最小，当最大时，最大.
当时，取最大值，△的外接圆以线段为直径，而中点，即中点为，
∴外接圆方程为，即.
故选：A
13．B
【解析】
【分析】
根据题意求解圆，的公共弦方程，再计算圆中的公共弦长即可得圆C的直径，进而求得面积即可
【详解】
由题，圆，的公共弦为和的两式相减，化简可得，又到的距离 ，故公共弦长为，故圆C的半径为，故圆C的面积为
故选：B
14．C
【解析】
【分析】
两圆方程相减求出直线AB的方程，进而根据弦长求得，即可判断A、B选项；由圆的性质可知直线垂直平分线段，进而可得到直线的距离，从而可求出AB中点的轨迹方程，因此可判断C、D选项；
【详解】
两圆方程相减可得直线AB的方程为，
即，
因为圆的圆心为，半径为1，
且公共弦AB的长为1，则到直线
的距离为，
所以，解得，
故A、B错误；
由圆的性质可知直线垂直平分线段，
所以到直线的距离
即为AB中点与点的距离，设AB中点坐标为，
因此，
即，故C正确，D错误；
故选：C
15．C
【解析】
【分析】
由题知，弦所在直线方程为，且在弦所在直线上，进而得.
【详解】
解：因为圆与圆交于A、B两点，
所以弦所在直线方程为，
因为圆的圆心为，平分圆的周长，
所以，在弦所在直线上，即，
所以.
故选：C
16．A
【解析】
【分析】
根据对称求出圆C的圆心和半径可得答案.
【详解】
由于圆的圆心，半径为1，
圆与圆关于原点对称，故、半径为1，
故圆的方程为：，
故选：A．
17．A
【解析】
【分析】
设，以为圆心、半径为3的圆与圆有公共点，可得圆心距大于半径差的绝对值，同时小于半径之和，从而得到.
【详解】
设，两圆的圆心距，
因为以为圆心、半径为3的圆与圆有公共点，
所以，解得，选项B、C、D不合题意，故选A.
【点睛】
本题考查两圆相交的位置关系，利用代数法列出两圆相交的不等式，解不等式求得圆心纵坐标的范围，从而得到圆心纵坐标的可能值，考查用代数方法解决几何问题.
18．A
【解析】
利用圆心距与半径之和、半径之差的绝对值的关系可得正确的选项.
【详解】
，
故，两圆半径之和为3，半径之差的绝对值为1，
而，故两圆的位置关系是相交，
故选：A.
19．A
【解析】
【分析】
直接利用两圆的位置关系的应用求出相交弦的方程，由题意可知圆心在相交弦上，进一步求出的值
【详解】
圆，化为，则圆心，
两圆方程相减可得，即为两圆的相交弦方程，
因为圆平分圆的圆周，所以圆心在相交弦上，
所以，解得或（舍去），
故选：A
20．A
【解析】
【分析】
设，由得，即可知的轨迹为，要使圆上存在点，即圆与有交点，进而可得半径的范围.
【详解】
设，则，，
∵，即，
∴，即在以原点为圆心，半径为1的圆上，
而圆的圆心为，半径为R，
∴圆上存在点，即圆与有交点，
∴.
故选：A
【点睛】
关键点点睛：由及向量垂直的数量积公式即可确定的轨迹，要使圆上存在点，只需保证圆与的轨迹有交点即可.
21．B
【解析】
【分析】
分别求解两个圆的圆心，圆心连线即为所求.
【详解】
根据题意，圆，其圆心为，则，
圆，其圆心为，则，
垂直平分两圆的公共弦的直线为两圆的连心线，则直线的方程为，变形可得；
故选:B.
22．C
【解析】
【分析】
求得两个圆的圆心和半径，求得圆心距，由此确定正确选项.
【详解】
圆的圆心为，半径为，
可化为，
圆的圆心为，半径为，
圆心距,
，
所以两个圆的位置关系是相交.
故选：C
23．C
【解析】
【分析】
由两个圆的方程可得圆心的坐标，再由圆的性质垂直弦，平分弦可得弦的中垂线即为两个圆心所在的直线，进而求出结果．
【详解】
解：圆的圆心，
圆的圆心，
所以的中点坐标为，，即，
所以两圆的公共弦的垂直平分线即是圆心所在的直线：，即，
故选：．
24．D
【解析】
【分析】
先将两个圆的方程化为圆的标准方程，写出两个圆的圆心坐标和半径，然后计算两个圆的圆心之间的距离，圆心距等于两个圆的半径差的绝对值、和，得到关于a的方程，即可解得a的值.
【详解】
设圆､圆的半径分别为､.圆的方程可化为，
圆的方程可化为.
由两圆相切得，或，
∵，
∴或或或(舍去).
因此， 解得a=34
或 解得
故选:D.
【点睛】
本题考查了利用两个圆相切求解参数值的问题，属于中档题目，解题时需要准确将圆的一般方程化为圆的标准方程，利用圆心距与半径的关系建立关于参数的方程.
25．C
【解析】
【分析】
根据两圆方程判断两圆位置关系，并判断公切线条数.
【详解】
由，，
可得，；，，
，
故两圆相外切，共有条公切线，
故选：C.
26．B
【解析】
【分析】
本题考查了两圆的位置关系的判定及确定公切线的条数，是基础题.根据圆心距与半径的和差的大小关系判定两圆的位置关系，进而得出公切线的条数.
【详解】
∵两个圆与，
∴圆圆心为，半径为，圆圆心为，半径为，
∴两圆圆心距为，
∵，
∴两圆相交，有条公切线.
故选：B.
27．B
【解析】
【分析】
求出两圆的位置关系即可得出结果.
【详解】
圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
由于圆心距，满足：，
故两圆相交，故而可得两圆公切线的条数为2条，
故选：B.
【点睛】
本题主要通过两圆的位置关系求公切线的条数，属于基础题.
28．C
【解析】
先根据两圆方程得公共弦方程，再求得点，再根据的几何意义即可求解.
【详解】
由圆和圆，
可得圆和的公共弦所在的直线方程为，
联立，解得，即点
又因为点在直线上，即 ，
又由原点到直线的距离为 ，
即的最小值为.
故选：C.
【点睛】
本题考查圆的公共弦问题，直线过定点问题，点到直线的距离问题，考查数学运算能力与化归转化思想，是中档题.
29．D
【解析】
【分析】
假设点，然后得到以OP为直径的圆的方程，与已知圆的方程作差可得直线AB的方程，然后可知直线AB过定点，最后简单判断和计算可得结果.
【详解】
设，则，
以OP为直径的圆的方程是，
与圆O的方程相减，得直线AB的方程为，即，
因为，所以，代入直线AB的方程，得，
即，当且，即，时该方程恒成立，
所以直线AB过定点N(1，1)，
点M到直线AB距离的最大值即为点M，N之间的距离，，
所以点M(3，2)到直线AB距离的最大值为.
故选:D
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键在于得到直线AB的方程以及观察得到该直线过定点.
30．C
【解析】
先把C1、C2 化为标准方程，再利用圆与圆相外切，圆心距等于半径的和即可。
【详解】
依题意，圆，圆，故，解得，故选C．
【点睛】
圆C1和圆C2 的半径分别为R和r，圆心距为d，圆与圆的位置关系由5种：
（1）相离；（2）相外切；（3）相交；（4）相内切；（5）相内含；
31．D
【解析】
先由题，求出两圆的公共弦，再求得圆的直径等于公共弦长为，可得公共弦过圆C的圆心，可得答案.
【详解】
联立，得，因为圆的直径为，且圆与曲线的公共弦长为，所以直线经过圆的圆心，则，所以圆的半径为
故选D
【点睛】
本题考查了圆与圆的位置关系，两圆的公共弦的求法是解题的关键，属于中档题.
32．C
【解析】
【分析】
求得两圆的圆心坐标和半径，结合两圆相外切，列出方程，即可求解.
【详解】
由题意，圆与圆
可得，，
因为两圆相外切，可得，解得．
故选：C.
33．A
【解析】
【分析】
将两圆的方程相减可得公共弦方程，从而求得定点，利用点在直线上可得，再代入消元，转化成一元二次函数的取值范围；
【详解】
解：由圆，圆，
得圆与圆的公共弦所在直线方程为，求得定点，
又在直线上，，即.
∴，∴的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
本题考查圆的公共弦方程求解、一元二次函数的最值，考查转化与化归思想的运用.
34．A
【解析】
【分析】
设动点P的坐标，利用已知条件列出方程，化简可得点P的轨迹方程，由点P是圆C：上有且仅有的一点，可得两圆相切，进而可求得r的值．
【详解】
设动点，由，得，整理得，
又点是圆：上有且仅有的一点，所以两圆相切.
圆的圆心坐标为，半径为2，
圆C：的圆心坐标为，半径为r，两圆的圆心距为3，
当两圆外切时，，得，
当两圆内切时，，，得．
故选：A.
【点睛】
结论点睛：本题考查阿波罗尼斯圆，考查两圆相切的应用，判断圆与圆的位置关系几何法：圆心距d与r1，r2的关系：（1）外离；（2）外切；（3）相交；（4）内切；（5）内含，考查学生的数形结合思想和逻辑推理能力，属于中档题．
35．B
【解析】
【分析】
本题首先可将转化为，圆心为，然后根据圆关于直线对称求出，最后通过圆心间距离等于两圆半径之和即可得出结果.
【详解】
即，圆心，
因为圆关于直线对称，所以圆心在直线上，
即，解得，，圆心，半径为，
，圆心，半径为，
圆心间距离为，
因为圆心间距离等于两圆半径之和，所以圆与圆的位置关系是相切，
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题考查两圆的位置关系，可通过圆心间距离与两圆半径之和的关系来判断，考查圆的对称性的应用，考查计算能力，是中档题.
36．C
【解析】
利用圆关于直线对称可求的值，然后利用圆心距与两个圆的半径间的关系可求结果.
【详解】
由题意可得，圆的圆心为，半径为5
因为圆关于直线对称，
所以，得，
所以圆的圆心为，半径为2，
则两圆圆心距，因为，所以圆与圆的位置关系是相交，
故选：C.
37．C
【解析】
【分析】
设点坐标为，写出以为直径的圆的方程，作差求得公共弦所在直线的方程，将点代入方程，由此得出结论．
【详解】
解：设点坐标为，
根据圆的直径式方程知，以为直径的圆的方程为，
两圆方程作差可得公共弦的方程为，
而在直线上，，
故点的轨迹方程为，
故选：C．
38．B
【解析】
【分析】
将圆化为标准形式确定圆心和半径，即知内切于则，结合基本不等式求的最小值.
【详解】
由题设，，，
又与内切，而，且，
所以内切于，则，故，当时等号成立.
所以的最小值为.
故选：B
39．B
【解析】
【分析】
根据已知条件先确定出点的轨迹方程，然后将问题转化为“以为直径的圆要包括圆”，由此利用圆心到直线的距离结合点的轨迹所表示圆的半径可求解出的最小值.
【详解】
由题可知：，圆心，半径，
又，是的中点，所以，
所以点的轨迹方程，圆心为点，半径为，
若直线上存在两点，使得恒成立，
则以为直径的圆要包括圆，
点到直线的距离为，
所以长度的最小值为，
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键在于点轨迹方程的求解以及转化思想的运用，根据弦中点以及线段长度可求点轨迹方程，其次“恒成立”转化为“以为直径的圆包括的轨迹”，结合圆心到直线的距离加上半径可分析的最小值.
40．BCD
【解析】
【分析】
由过定点的直线系方程判断A，根据直线与圆的位置关系与点到直线的距离判断B，由圆与圆的位置关系判断C，引入参数，求直线AB的方程，求直线所过定点.
【详解】
由，得，
联立，解得，
直线恒过定点，故A错误；
圆心到直线的距离等于1，直线与圆相交，而圆的半径为2，
故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，
因此圆上有三个点到直线的距离等于1，故B正确；
两圆有三条公切线，则两圆外切，曲线化为标准式，
曲线化为标准式，
圆心距为，解得，故C正确；
设点的坐标为，，以为直径的圆的方程为，
两圆的方程作差得直线的方程为：，消去得，，
令，，解得，，故直线经过定点，，故D正确．
故选：BCD．
41．ABC
【解析】
由题意可得圆心到直线（）的距离大于2，利用点到直线的距离公式求得k的范围，可得结论.
【详解】
圆C的方程为，即，圆心，半径为1，
由题意可得，圆心到直线（）的距离大于2，
即，求得，∴或-1或0.
故选：ABC.
【点睛】
本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查圆与圆的位置关系，属于基础题.
42．ABC
【解析】
【分析】
根据直线过定点的求法求出定点坐标即可判断A；
由题意可知当时所得弦长最短，由求出进而得到的方程，结合 到直线的距离公式和勾股定理求出弦长即可判断B；
当时得到，P在圆C外；当时，根据两直线方程消去m得到点P的轨迹方程，比较圆心距和两圆半径之和的大小即可判断C；
由题可证，设可得，进而得到
，结合三角函数的值域即可判断D.
【详解】
A：由，
有，所以直线过的定点为，故A正确；
B：由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为，当
时所得弦长最短，则，又，，所以，得
，则圆心到直线的距离为，所以弦长为：，
故B正确；
C：当时，，则点，此时点P在圆C外；
当时，由直线得，代入直线中得点P的方程为
圆，得，半径为，
所以圆心距，所以两圆相交.故C正确；
D：由，
当时，，有，
当时，，，则，所以，
又点P是两直线的交点，所以，所以，
设，则，
因为，所以，
所以，故D错误.
故选：AB
43．BC
【解析】
【分析】
两圆无公切线等价于两圆内含，即两圆的圆心距小于半径差的绝对值.
【详解】
圆的圆心，半径，圆的圆心，半径．
因为两圆无公切线，所以两圆内含，
又两圆圆心距，
所以，
解得．
故选:BC．
44．
【解析】
首先设点，求过点的直线方程，并判断直线过定点，再利用几何关系求最大值.
【详解】
设，
过点引圆的两条切线，切点分别为，则切点在以为直径的圆上，
圆心，半径，则圆的方程是，
整理为：，又点在圆上，两圆相减得到，即直线的方程是，因为，则，代入得，则直线恒过定点，所以点到直线的距离，所以则点到直线的距离的最大值为.
故答案为：
【点睛】
思路点睛：首先本题求以为直径的圆，利用两圆相减，求得过两圆交点的直线方程，关键是发现直线过定点，这样通过几何关系就容易求定点与动直线距离的最大值.
45．
【解析】
根据题意当与垂直时，的值最小，进而得，再根据圆与圆外切得，根据圆与直线相切得.
【详解】
圆的圆心为，半径为，
当与垂直时，的值最小，
此时点到直线的距离为，
由勾股定理得，
又，解得，
圆的圆心为，半径为，
∵圆与圆外切，∴，∴，
∵圆与直线相切，∴，解得.
故答案为：.
【点睛】
结论点睛：圆与圆的位置关系的判断方法：
设圆的半径为，圆的半径为，
则圆与圆相离；
圆与圆外切；
圆与圆相交；
圆与圆内切；
圆与圆内含；
46．
【解析】
延长交于点，设，利用三角形全等证明出，可得出为线段的垂直平分线，设点，求出以为直径的圆的方程，可求得两圆的公共弦所在直线的方程，求出直线所过定点的坐标，利用垂直平分线的性质可得出，由此可求得动点的轨迹方程.
【详解】
延长交于点，则，设，
以为直径的圆交圆于点、，所以，，
则，可得，
在和中，，，，
，，，，
，，，则为的中点，且，
，，，则为的中点，
设点，则，，
的中点坐标为，
以线段为直径的圆的方程为，
即，
将圆与圆的方程相减得，
即直线的方程为，即，
由，解得，所以，直线过定点，
由于为线段的垂直平分线，则，
所以，点的轨迹方程为.
故答案为：.
【点睛】
求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法：
（1）直接法：根据题设条件直接列出方程；
（2）定义法：根据圆的定义写出方程；
（3）几何法：利用圆的性质列方程；
（4）代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式．
47．
【解析】
【分析】
求出圆的圆心和半径，由题意可得圆心到直线的距离小于或等于两圆的半径之和即可求解.
【详解】
由可得，
因此圆的圆心为，半径为1，
若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，
只需点到直线的距离，
即，所以，解得，
所以的取值范围是，
故答案为：.
48．
【解析】
【分析】
两圆方程相减得公共弦据直线方程，然后求出一个圆心到该直线距离，由勾股定理得弦长．
【详解】
两圆方程相减得，即，
原点到此直线距离为，圆半径为，
所以所求公共弦长为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查两圆公共弦长，解题关键是求出公共弦所在直线方程．
49．1
【解析】
【分析】
根据圆的定义，求得，，根据两圆的位置关系，即可求解.
【详解】
由题意，为坐标原点，，
根据圆的定义，可得，，
因为两圆相外切，可得，即，
解得.
故答案为：.
50．
【解析】
【分析】
设两圆交点系方程为，求得圆心坐标代入直线求得圆的方程.
【详解】
设经过两圆交点的圆的方程为，即，圆心坐标为 ，将其代入直线解得 ．所以圆的方程为．
故所求圆方程为：
51．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
(1)将点代入圆的方程即可求出的值，再将一般方程化为标准方程即可；
(2)设圆的标准方程为，圆心为，根据三点共线，可先求出直线的方程，将代入可得，再结合，即，即可求出的值，再求半径，从而可得圆的标准方程．
【详解】
解：（1）将点代入圆，可得，
所以圆，
化为标准方程可得．
（2）设圆的标准方程为，圆心为，
直线的方程为，即，
把代入得，
又，解得，，
所以，
故圆的标准方程为．
52．（1）；（2）不能使目标球向处运动．
【解析】
【分析】
（1）利用，两球碰撞时，球的球心在两点连线上，且球A与球B外切，列出方程组，即可求得两球碰撞时，球的坐标，即得解；
（2）由（1）知球需运动到处，且到达处前不与目标球接触，，过点作于点，分析可得，即得解.
【详解】
（1）点，所在的直线方程为，如图，
可知，两球碰撞时，球的球心在直线上，
且在第一象限，设，两球碰撞时，球的球心坐标为，
此时，则，解得，，
即，两球碰撞时，球的球心坐标，
所以母球的球心运动的直线方程为，即．
（2）假设能使目标球向处运动，
则由（1）知球需运动到处，且到达处前不与目标球接触．
如图，设与轴的交点为．
因为的斜率为，所以．
因为的斜率为，所以．
所以为锐角．
过点作于点，因为，所以，
所以球的球心还未到直线上时，就会与目标球接触，
所以不能使目标球向处运动．
53．（1）2,5;（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据直线为两圆心所构成线段的中垂线求解.
（2）由（1）知即，先求得弦心距，再利用三角函数求解.
【详解】
（1）圆即，
表示以为圆心，以 为半径的圆．
圆的圆心为，半径等于，
故的中点为，的斜率为，
故的中垂线的斜率等于2，
故的中垂线的方程为，即．
所以直线即为的中垂线，故与的值分别等于2和5，
（2）由上可知，直线即，
即，且此直线是公共弦所在的直线．
弦心距为，故，
故．
54．(1)； (2)证明见解析；(3) .
【解析】
【分析】
(1)求出中点的坐标即为圆心的坐标，线段长度的一半即为圆的半径，从而求出圆的方程；
(2)根据直径对的圆周角为来证明垂直关系；
(3)两圆相减消去二次项即为公共弦所在的直线方程.
【详解】
(1)易知，所以PQ的中点，
又因为 ，圆的半径为，
所以圆的方程为.
(2)因为PQ为直径，在圆Q上，所以,
所以直线PA，PB是圆Q的切线.
(3) 圆的方程可化为，
圆Q的方程可化为，
两圆方程相减，得，
所以直线AB的方程为.
1. 圆与圆的位置关系
【题型归纳】
题型一：判断圆与圆的位置关系
1．已知直线与圆交于两个不同点，则当弦最短时，圆与圆的位置关系是（ ）
A．内切B．相离C．外切D．相交
2．直线：与圆：的位置关系为（ ）
A．相切B．相交C．相离D．不确定
3．已知圆截直线所得的弦长为．则圆M与圆的位置关系是（ ）
A．内切B．相交C．外切D．相离
题型二：求两圆的交点坐标
4．圆心在直线x﹣y﹣4＝0上，且经过两圆x2+y2﹣4x﹣3＝0，x2+y2﹣4y﹣3＝0的交点的圆的方程为（ ）
A．x2+y2﹣6x+2y﹣3＝0B．x2+y2+6x+2y﹣3＝0
C．x2+y2﹣6x﹣2y﹣3＝0D．x2+y2+6x﹣2y﹣3＝0
5．若圆的圆心在直线上，且经过两圆和的交点，则圆的圆心到直线的距离为（ ）
A．0B．C．2D．
6．设点，，动点满足，设点的轨迹为，圆：，与交于点，为直线上一点（为坐标原点），则（ ）
A．B．
C．D．
题型三：由圆的位置关系确定参数或范围
7．已知点P，Q分别为圆与上一点，则的最小值为（ ）
A．4B．5C．7D．10
8．已知圆，圆，若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．已知圆M的半径为，且圆M与圆C：和y轴都相切，则这样的圆M有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
题型四：由圆与圆的位置关系确定圆的方程
10．与直线和圆都相切的半径最小的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
11．圆关于直线对称的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
12．已知是半径为1的动圆上一点，为圆上一动点，过点作圆的切线，切点分别为，，则当取最大值时，△的外接圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
题型五：圆的公共弦
13．已知圆C过圆与圆的公共点．若圆，的公共弦恰好是圆C的直径，则圆C的面积为（ ）
A．B．C．D．
14．若圆与圆的公共弦的长为1，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．中点的轨迹方程为
D．中点的轨迹方程为
15．已知圆与圆交于A、B两点，且平分圆的周长，则 的值为（ ）
A．0B．2C．4D．6
【双基达标】
16．若圆C与圆关于原点对称，则圆C的方程是（ ）
A．B．
C．D．
17．已知圆的方程为，若y轴上存在一点，使得以为圆心、半径为3的圆与圆有公共点，则的纵坐标可以是
A．1B．–3C．5D．-7
18．已知：与：，则两圆的位置关系是（ ）
A．相交B．相离C．外切D．内切
19．已知圆，圆，若圆平分圆的圆周，则正数的值为（ ）
A．B．C．D．
20．已知，，圆：（），若圆上存在点，使，则圆的半径的范围是（ ）
A．B．C．D．
21．垂直平分两圆，的公共弦的直线方程为（ ）
A．B．C．D．
22．已知圆，圆，则这两个圆的位置关系为（ ）
A．外离B．外切C．相交D．内含
23．圆和圆的公共弦的垂直平分线的方程是（ ）
A．B．
C．D．
24．已知圆与圆，若圆与圆有且仅有一个公共点，则实数等于
A．14B．34C．14或45D．34或14
25．两圆与的公切线有（ ）
A．条B．条C．条D．条
26．圆和圆的公切线的条数为( )
A．B．C．D．
27．圆与圆的公切线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
28．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（ ）
A．B．C．D．
29．已知点P在直线上，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则点到直线AB距离的最大值为（ ）
A．B．C．2D．
30．若圆与圆外切，则（ ）
A．36B．38C．48D．50
【高分突破】
单选题
31．若圆与圆的公共弦长为，则圆的半径为
A．B．C．D．
32．若圆与圆外切，则（ ）
A．B．C．D．
33．已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，且点在直线上，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
34．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元首262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼期圆．已知 ，，圆上有且仅有一个点 P满足，则r的取值可以为（ ）
A．1B．2C．3D．4
35．已知圆关于直线对称，圆的标准方程是，则圆与圆的位置关系是（ ）
A．相离B．相切C．相交D．内含
36．已知圆的标准方程是，圆：关于直线对称，则圆与圆的位置关系为（ ）
A．相离B．相切C．相交D．内含
37．过圆内一点作一弦交圆于、两点，过点、分别作圆的切线、，两切线交于点，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
38．已知圆与圆内切，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
39．已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
40．以下四个命题表述正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1
C．曲线与曲线恰有三条公切线，则
D．已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，，，为切点，则直线经过定点
41．已知圆C：，点A是直线上任意一点，若以点A为圆心，半径为1的圆A与圆C没有公共点，则整数k的值可能为（ ）
A．B．C．0D．1
42．设，过定点A的动直线，和过定点B的动直线交于点P，圆，则下列说法正确的有（ ）
A．直线过定点(1，3)B．直线与圆C相交最短弦长为2
C．动点P的曲线与圆C相交D．|PA|+|PB|最大值为5
43．已知圆与圆无公共切线，则实数m的取值可以是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
44．已知点为直线上的动点，过点引圆的两条切线，切点分别为，则点到直线的距离的最大值为_________
45．已知点是直线：()上的动点，过点作圆：的切线，为切点.若最小为时，圆：与圆外切，且与直线相切，则的值为______
46．平面直角坐标系中，已知圆，点为直线上的动点，以为直径的圆交圆于、两点，点在上且满足，则点的轨迹方程是________．
47．在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，为半径的圆与圆有公共点，则的取值范围是_______.
48．圆与圆的公共弦长为________．
49．早在两千多年前，我国的墨子给出了圆的定义“一中同长也”已知为坐标原点，，若，的“长”分别为1，，且两圆相外切，则_________.
四、解答题
50．求圆心在直线上，并且经过圆与圆的交点的圆的方程．
51．已知点在圆上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若圆过点，且与圆相切于点，求圆的标准方程．
52．规定：在桌面上，用母球击打目标球，使目标球运动，球的位置是指球心的位置，球是指该球的球心点．两球碰撞后，目标球在两球的球心所确定的直线上运动，目标球的运动方向是指目标球被母球击打时，母球球心所指向目标球球心的方向．所有的球都简化为平面上半径为1的圆，且母球与目标球有公共点时，目标球就开始运动，在桌面上建立平面直角坐标系，解决下列问题：
（1）如图1，设母球的位置为，目标球的位置为，要使目标球向处运动，求母球的球心运动的直线方程；
（2）如图2，若母球的位置为，目标球的位置为，让母球击打目标球后，能否使目标球向处运动？
53．已知圆与圆关于直线对称，
（1）求、的值；
（2）若这时两圆的交点为、（O为坐标原点），求的度数．
54．已知点和以点Q为圆心的圆．
（1）画出以为直径，点为圆心的圆，再求出圆的方程；
（2）设圆Q与圆相交于A，B两点，直线PA，PB是圆Q的切线吗？为什么？
（3）求直线AB的方程．
位置
关系
图示(R>r)
公共点
个数
几何特征(O1O2＝d)
两个圆的方程组成的方程组的解
外离
0
d>R＋r
无实数解
外切
1
d＝R＋r
两组相同
实数解
相交
2
R－r
实数解
内切
1
d＝R－r
两组相同
实数解
内含
0
d
参考答案
1．D
【解析】
【分析】
由直线过定点且定点在圆内，当弦最短时直线垂直，根据斜率乘积为求出，进而求出圆的方程，再根据圆心距与两圆半径的关系确定答案.
【详解】
易知直线过定点，弦最短时直线垂直，
又，所以，解得，
此时圆的方程是.
两圆圆心之间的距离，
又，所以这两圆相交.
故选：D.
2．A
【解析】
【分析】
求出圆心到直线的距离，即可判断；
【详解】
解：圆：的圆心为，半径，
圆心到直线：的距离，
所以直线与圆相切；
故选：A
3．B
【解析】
【分析】
根据垂径定理可得参数的值，再利用几何法判断两圆的位置关系.
【详解】
由，即，
故圆心，半径，
所以点到直线的距离，
故，即，
解得：；
所以，；
又，圆心，，
所以，
且，
即圆与圆相交，
故选：B.
4．A
【解析】
【分析】
求出两个圆的交点，再求出中垂线方程，然后求出圆心坐标，求出半径，即可得到圆的方程．
【详解】
由解得两圆交点为与
因为，所以线段的垂直平分线斜率；MN中点P坐标为（1，1）
所以垂直平分线为y＝﹣x+2
由
解得x＝3，y＝﹣1，所以圆心O点坐标为（3，﹣1）
所以r
所以所求圆的方程为（x﹣3）2+（y+1）2＝13即：x2+y2﹣6x+2y﹣3＝0
故选：A
5．C
【解析】
求出过两点的垂直平分线方程，再联立直线，求得圆心，结合点到直线距离公式即可求解
【详解】
设两圆交点为，联立得或，，
则中点为，过两点的垂直平分线方程为，
联立得，故圆心为，
由点到直线距离公式得
故选：C
【点睛】
本题考查线段垂直平分线方程的求解，点到直线距离公式的应用，属于中档题
6．C
【解析】
【分析】
由题意先求动点P的轨迹的方程,联立和求出的坐标,如图由平面几何知识和向量数量积的运算规则可求得.
【详解】
设点P(),由可得,
化简得动点P的轨迹的方程为:,联立
解得:,如图所示,有平面几何知识可得:,
向量数量积的运算规则可得:
.
故选:C.
【点睛】
本题考查了由已知条件求动点轨迹的问题,考查了求两圆交点坐标的运算,借助于平几何知识求向量的数量积的问题,考查了综合运算能力,属于中档题.
7．A
【解析】
【分析】
根据两圆位置关系求解.
【详解】
圆的圆心坐标为，半径为1；
圆的圆心坐标为，半径为2；
所以两圆的圆心距，两圆外离，
所以 ，
故选：A.
8．D
【解析】
【分析】
由题意求出的距离，得到 P 的轨迹，再由圆与圆的位置关系求得答案．
【详解】
由题可知圆O 的半径为，圆M上存在点P，过点P作圆 O 的两条切线，
切点分别为A，B，使得，则，
在中，，
所以点 在圆上，
由于点 P 也在圆 M 上，故两圆有公共点.
又圆 M 的半径等于1，圆心坐标，
，
∴，
∴.
故选：D.
9．C
【解析】
【分析】
根据圆与圆的位置关系判断，分外切和内切两种情况即可得到答案.
【详解】
解：圆C：和y轴相切于原点，
内切时圆只能在圆内部，因此
相外切的圆M位于y轴右侧在轴上方、下方各1个，位于y轴左侧切于原点的1个；相内切的圆必过原点，有1个，共4个.
故选：C．
10．C
【解析】
【分析】
求出过圆心与直线垂直的直线方程，所求圆的圆心在此直线上，又圆心到直线的距离可得所求圆的半径，设所求圆的圆心为，且圆心在直线的左上方，利用、 可得答案.
【详解】
圆的圆心坐标为，半径为，
过圆心与直线垂直的直线方程为，所求圆的圆心在此直线上，又圆心到直线的距离为，则所求圆的半径为，
设所求圆的圆心为，且圆心在直线的上，
所以，且，解得（不符合题意，舍去 ），故所求圆的方程为.
故选：C．
11．B
【解析】
【分析】
利用点关于直线的对称点求出圆C关于直线对称的圆的圆心，进而求出圆的方程.
【详解】
解：圆C的圆心为，设C关于直线对称的点为，
则，解得
故圆C关于直线对称的圆的方程为，
即．
故选：B.
12．A
【解析】
【分析】
由题设，确定的轨迹方程，结合已知可得，再根据切线的性质、勾股定理及面积法得到关于的关系式且△的外接圆以线段为直径，结合两圆的位置关系及其动点距离最值情况，写出外接圆的方程.
【详解】
由，则动圆心的轨迹方程为.
为圆上的动点，又，
∴，
∵，，，
∴，
∴当最小时，最小，当最大时，最大.
当时，取最大值，△的外接圆以线段为直径，而中点，即中点为，
∴外接圆方程为，即.
故选：A
13．B
【解析】
【分析】
根据题意求解圆，的公共弦方程，再计算圆中的公共弦长即可得圆C的直径，进而求得面积即可
【详解】
由题，圆，的公共弦为和的两式相减，化简可得，又到的距离 ，故公共弦长为，故圆C的半径为，故圆C的面积为
故选：B
14．C
【解析】
【分析】
两圆方程相减求出直线AB的方程，进而根据弦长求得，即可判断A、B选项；由圆的性质可知直线垂直平分线段，进而可得到直线的距离，从而可求出AB中点的轨迹方程，因此可判断C、D选项；
【详解】
两圆方程相减可得直线AB的方程为，
即，
因为圆的圆心为，半径为1，
且公共弦AB的长为1，则到直线
的距离为，
所以，解得，
故A、B错误；
由圆的性质可知直线垂直平分线段，
所以到直线的距离
即为AB中点与点的距离，设AB中点坐标为，
因此，
即，故C正确，D错误；
故选：C
15．C
【解析】
【分析】
由题知，弦所在直线方程为，且在弦所在直线上，进而得.
【详解】
解：因为圆与圆交于A、B两点，
所以弦所在直线方程为，
因为圆的圆心为，平分圆的周长，
所以，在弦所在直线上，即，
所以.
故选：C
16．A
【解析】
【分析】
根据对称求出圆C的圆心和半径可得答案.
【详解】
由于圆的圆心，半径为1，
圆与圆关于原点对称，故、半径为1，
故圆的方程为：，
故选：A．
17．A
【解析】
【分析】
设，以为圆心、半径为3的圆与圆有公共点，可得圆心距大于半径差的绝对值，同时小于半径之和，从而得到.
【详解】
设，两圆的圆心距，
因为以为圆心、半径为3的圆与圆有公共点，
所以，解得，选项B、C、D不合题意，故选A.
【点睛】
本题考查两圆相交的位置关系，利用代数法列出两圆相交的不等式，解不等式求得圆心纵坐标的范围，从而得到圆心纵坐标的可能值，考查用代数方法解决几何问题.
18．A
【解析】
利用圆心距与半径之和、半径之差的绝对值的关系可得正确的选项.
【详解】
，
故，两圆半径之和为3，半径之差的绝对值为1，
而，故两圆的位置关系是相交，
故选：A.
19．A
【解析】
【分析】
直接利用两圆的位置关系的应用求出相交弦的方程，由题意可知圆心在相交弦上，进一步求出的值
【详解】
圆，化为，则圆心，
两圆方程相减可得，即为两圆的相交弦方程，
因为圆平分圆的圆周，所以圆心在相交弦上，
所以，解得或（舍去），
故选：A
20．A
【解析】
【分析】
设，由得，即可知的轨迹为，要使圆上存在点，即圆与有交点，进而可得半径的范围.
【详解】
设，则，，
∵，即，
∴，即在以原点为圆心，半径为1的圆上，
而圆的圆心为，半径为R，
∴圆上存在点，即圆与有交点，
∴.
故选：A
【点睛】
关键点点睛：由及向量垂直的数量积公式即可确定的轨迹，要使圆上存在点，只需保证圆与的轨迹有交点即可.
21．B
【解析】
【分析】
分别求解两个圆的圆心，圆心连线即为所求.
【详解】
根据题意，圆，其圆心为，则，
圆，其圆心为，则，
垂直平分两圆的公共弦的直线为两圆的连心线，则直线的方程为，变形可得；
故选:B.
22．C
【解析】
【分析】
求得两个圆的圆心和半径，求得圆心距，由此确定正确选项.
【详解】
圆的圆心为，半径为，
可化为，
圆的圆心为，半径为，
圆心距,
，
所以两个圆的位置关系是相交.
故选：C
23．C
【解析】
【分析】
由两个圆的方程可得圆心的坐标，再由圆的性质垂直弦，平分弦可得弦的中垂线即为两个圆心所在的直线，进而求出结果．
【详解】
解：圆的圆心，
圆的圆心，
所以的中点坐标为，，即，
所以两圆的公共弦的垂直平分线即是圆心所在的直线：，即，
故选：．
24．D
【解析】
【分析】
先将两个圆的方程化为圆的标准方程，写出两个圆的圆心坐标和半径，然后计算两个圆的圆心之间的距离，圆心距等于两个圆的半径差的绝对值、和，得到关于a的方程，即可解得a的值.
【详解】
设圆､圆的半径分别为､.圆的方程可化为，
圆的方程可化为.
由两圆相切得，或，
∵，
∴或或或(舍去).
因此， 解得a=34
或 解得
故选:D.
【点睛】
本题考查了利用两个圆相切求解参数值的问题，属于中档题目，解题时需要准确将圆的一般方程化为圆的标准方程，利用圆心距与半径的关系建立关于参数的方程.
25．C
【解析】
【分析】
根据两圆方程判断两圆位置关系，并判断公切线条数.
【详解】
由，，
可得，；，，
，
故两圆相外切，共有条公切线，
故选：C.
26．B
【解析】
【分析】
本题考查了两圆的位置关系的判定及确定公切线的条数，是基础题.根据圆心距与半径的和差的大小关系判定两圆的位置关系，进而得出公切线的条数.
【详解】
∵两个圆与，
∴圆圆心为，半径为，圆圆心为，半径为，
∴两圆圆心距为，
∵，
∴两圆相交，有条公切线.
故选：B.
27．B
【解析】
【分析】
求出两圆的位置关系即可得出结果.
【详解】
圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
由于圆心距，满足：，
故两圆相交，故而可得两圆公切线的条数为2条，
故选：B.
【点睛】
本题主要通过两圆的位置关系求公切线的条数，属于基础题.
28．C
【解析】
先根据两圆方程得公共弦方程，再求得点，再根据的几何意义即可求解.
【详解】
由圆和圆，
可得圆和的公共弦所在的直线方程为，
联立，解得，即点
又因为点在直线上，即 ，
又由原点到直线的距离为 ，
即的最小值为.
故选：C.
【点睛】
本题考查圆的公共弦问题，直线过定点问题，点到直线的距离问题，考查数学运算能力与化归转化思想，是中档题.
29．D
【解析】
【分析】
假设点，然后得到以OP为直径的圆的方程，与已知圆的方程作差可得直线AB的方程，然后可知直线AB过定点，最后简单判断和计算可得结果.
【详解】
设，则，
以OP为直径的圆的方程是，
与圆O的方程相减，得直线AB的方程为，即，
因为，所以，代入直线AB的方程，得，
即，当且，即，时该方程恒成立，
所以直线AB过定点N(1，1)，
点M到直线AB距离的最大值即为点M，N之间的距离，，
所以点M(3，2)到直线AB距离的最大值为.
故选:D
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键在于得到直线AB的方程以及观察得到该直线过定点.
30．C
【解析】
先把C1、C2 化为标准方程，再利用圆与圆相外切，圆心距等于半径的和即可。
【详解】
依题意，圆，圆，故，解得，故选C．
【点睛】
圆C1和圆C2 的半径分别为R和r，圆心距为d，圆与圆的位置关系由5种：
（1）相离；（2）相外切；（3）相交；（4）相内切；（5）相内含；
31．D
【解析】
先由题，求出两圆的公共弦，再求得圆的直径等于公共弦长为，可得公共弦过圆C的圆心，可得答案.
【详解】
联立，得，因为圆的直径为，且圆与曲线的公共弦长为，所以直线经过圆的圆心，则，所以圆的半径为
故选D
【点睛】
本题考查了圆与圆的位置关系，两圆的公共弦的求法是解题的关键，属于中档题.
32．C
【解析】
【分析】
求得两圆的圆心坐标和半径，结合两圆相外切，列出方程，即可求解.
【详解】
由题意，圆与圆
可得，，
因为两圆相外切，可得，解得．
故选：C.
33．A
【解析】
【分析】
将两圆的方程相减可得公共弦方程，从而求得定点，利用点在直线上可得，再代入消元，转化成一元二次函数的取值范围；
【详解】
解：由圆，圆，
得圆与圆的公共弦所在直线方程为，求得定点，
又在直线上，，即.
∴，∴的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
本题考查圆的公共弦方程求解、一元二次函数的最值，考查转化与化归思想的运用.
34．A
【解析】
【分析】
设动点P的坐标，利用已知条件列出方程，化简可得点P的轨迹方程，由点P是圆C：上有且仅有的一点，可得两圆相切，进而可求得r的值．
【详解】
设动点，由，得，整理得，
又点是圆：上有且仅有的一点，所以两圆相切.
圆的圆心坐标为，半径为2，
圆C：的圆心坐标为，半径为r，两圆的圆心距为3，
当两圆外切时，，得，
当两圆内切时，，，得．
故选：A.
【点睛】
结论点睛：本题考查阿波罗尼斯圆，考查两圆相切的应用，判断圆与圆的位置关系几何法：圆心距d与r1，r2的关系：（1）外离；（2）外切；（3）相交；（4）内切；（5）内含，考查学生的数形结合思想和逻辑推理能力，属于中档题．
35．B
【解析】
【分析】
本题首先可将转化为，圆心为，然后根据圆关于直线对称求出，最后通过圆心间距离等于两圆半径之和即可得出结果.
【详解】
即，圆心，
因为圆关于直线对称，所以圆心在直线上，
即，解得，，圆心，半径为，
，圆心，半径为，
圆心间距离为，
因为圆心间距离等于两圆半径之和，所以圆与圆的位置关系是相切，
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题考查两圆的位置关系，可通过圆心间距离与两圆半径之和的关系来判断，考查圆的对称性的应用，考查计算能力，是中档题.
36．C
【解析】
利用圆关于直线对称可求的值，然后利用圆心距与两个圆的半径间的关系可求结果.
【详解】
由题意可得，圆的圆心为，半径为5
因为圆关于直线对称，
所以，得，
所以圆的圆心为，半径为2，
则两圆圆心距，因为，所以圆与圆的位置关系是相交，
故选：C.
37．C
【解析】
【分析】
设点坐标为，写出以为直径的圆的方程，作差求得公共弦所在直线的方程，将点代入方程，由此得出结论．
【详解】
解：设点坐标为，
根据圆的直径式方程知，以为直径的圆的方程为，
两圆方程作差可得公共弦的方程为，
而在直线上，，
故点的轨迹方程为，
故选：C．
38．B
【解析】
【分析】
将圆化为标准形式确定圆心和半径，即知内切于则，结合基本不等式求的最小值.
【详解】
由题设，，，
又与内切，而，且，
所以内切于，则，故，当时等号成立.
所以的最小值为.
故选：B
39．B
【解析】
【分析】
根据已知条件先确定出点的轨迹方程，然后将问题转化为“以为直径的圆要包括圆”，由此利用圆心到直线的距离结合点的轨迹所表示圆的半径可求解出的最小值.
【详解】
由题可知：，圆心，半径，
又，是的中点，所以，
所以点的轨迹方程，圆心为点，半径为，
若直线上存在两点，使得恒成立，
则以为直径的圆要包括圆，
点到直线的距离为，
所以长度的最小值为，
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键在于点轨迹方程的求解以及转化思想的运用，根据弦中点以及线段长度可求点轨迹方程，其次“恒成立”转化为“以为直径的圆包括的轨迹”，结合圆心到直线的距离加上半径可分析的最小值.
40．BCD
【解析】
【分析】
由过定点的直线系方程判断A，根据直线与圆的位置关系与点到直线的距离判断B，由圆与圆的位置关系判断C，引入参数，求直线AB的方程，求直线所过定点.
【详解】
由，得，
联立，解得，
直线恒过定点，故A错误；
圆心到直线的距离等于1，直线与圆相交，而圆的半径为2，
故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，
因此圆上有三个点到直线的距离等于1，故B正确；
两圆有三条公切线，则两圆外切，曲线化为标准式，
曲线化为标准式，
圆心距为，解得，故C正确；
设点的坐标为，，以为直径的圆的方程为，
两圆的方程作差得直线的方程为：，消去得，，
令，，解得，，故直线经过定点，，故D正确．
故选：BCD．
41．ABC
【解析】
由题意可得圆心到直线（）的距离大于2，利用点到直线的距离公式求得k的范围，可得结论.
【详解】
圆C的方程为，即，圆心，半径为1，
由题意可得，圆心到直线（）的距离大于2，
即，求得，∴或-1或0.
故选：ABC.
【点睛】
本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查圆与圆的位置关系，属于基础题.
42．ABC
【解析】
【分析】
根据直线过定点的求法求出定点坐标即可判断A；
由题意可知当时所得弦长最短，由求出进而得到的方程，结合 到直线的距离公式和勾股定理求出弦长即可判断B；
当时得到，P在圆C外；当时，根据两直线方程消去m得到点P的轨迹方程，比较圆心距和两圆半径之和的大小即可判断C；
由题可证，设可得，进而得到
，结合三角函数的值域即可判断D.
【详解】
A：由，
有，所以直线过的定点为，故A正确；
B：由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为，当
时所得弦长最短，则，又，，所以，得
，则圆心到直线的距离为，所以弦长为：，
故B正确；
C：当时，，则点，此时点P在圆C外；
当时，由直线得，代入直线中得点P的方程为
圆，得，半径为，
所以圆心距，所以两圆相交.故C正确；
D：由，
当时，，有，
当时，，，则，所以，
又点P是两直线的交点，所以，所以，
设，则，
因为，所以，
所以，故D错误.
故选：AB
43．BC
【解析】
【分析】
两圆无公切线等价于两圆内含，即两圆的圆心距小于半径差的绝对值.
【详解】
圆的圆心，半径，圆的圆心，半径．
因为两圆无公切线，所以两圆内含，
又两圆圆心距，
所以，
解得．
故选:BC．
44．
【解析】
首先设点，求过点的直线方程，并判断直线过定点，再利用几何关系求最大值.
【详解】
设，
过点引圆的两条切线，切点分别为，则切点在以为直径的圆上，
圆心，半径，则圆的方程是，
整理为：，又点在圆上，两圆相减得到，即直线的方程是，因为，则，代入得，则直线恒过定点，所以点到直线的距离，所以则点到直线的距离的最大值为.
故答案为：
【点睛】
思路点睛：首先本题求以为直径的圆，利用两圆相减，求得过两圆交点的直线方程，关键是发现直线过定点，这样通过几何关系就容易求定点与动直线距离的最大值.
45．
【解析】
根据题意当与垂直时，的值最小，进而得，再根据圆与圆外切得，根据圆与直线相切得.
【详解】
圆的圆心为，半径为，
当与垂直时，的值最小，
此时点到直线的距离为，
由勾股定理得，
又，解得，
圆的圆心为，半径为，
∵圆与圆外切，∴，∴，
∵圆与直线相切，∴，解得.
故答案为：.
【点睛】
结论点睛：圆与圆的位置关系的判断方法：
设圆的半径为，圆的半径为，
则圆与圆相离；
圆与圆外切；
圆与圆相交；
圆与圆内切；
圆与圆内含；
46．
【解析】
延长交于点，设，利用三角形全等证明出，可得出为线段的垂直平分线，设点，求出以为直径的圆的方程，可求得两圆的公共弦所在直线的方程，求出直线所过定点的坐标，利用垂直平分线的性质可得出，由此可求得动点的轨迹方程.
【详解】
延长交于点，则，设，
以为直径的圆交圆于点、，所以，，
则，可得，
在和中，，，，
，，，，
，，，则为的中点，且，
，，，则为的中点，
设点，则，，
的中点坐标为，
以线段为直径的圆的方程为，
即，
将圆与圆的方程相减得，
即直线的方程为，即，
由，解得，所以，直线过定点，
由于为线段的垂直平分线，则，
所以，点的轨迹方程为.
故答案为：.
【点睛】
求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法：
（1）直接法：根据题设条件直接列出方程；
（2）定义法：根据圆的定义写出方程；
（3）几何法：利用圆的性质列方程；
（4）代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式．
47．
【解析】
【分析】
求出圆的圆心和半径，由题意可得圆心到直线的距离小于或等于两圆的半径之和即可求解.
【详解】
由可得，
因此圆的圆心为，半径为1，
若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，
只需点到直线的距离，
即，所以，解得，
所以的取值范围是，
故答案为：.
48．
【解析】
【分析】
两圆方程相减得公共弦据直线方程，然后求出一个圆心到该直线距离，由勾股定理得弦长．
【详解】
两圆方程相减得，即，
原点到此直线距离为，圆半径为，
所以所求公共弦长为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查两圆公共弦长，解题关键是求出公共弦所在直线方程．
49．1
【解析】
【分析】
根据圆的定义，求得，，根据两圆的位置关系，即可求解.
【详解】
由题意，为坐标原点，，
根据圆的定义，可得，，
因为两圆相外切，可得，即，
解得.
故答案为：.
50．
【解析】
【分析】
设两圆交点系方程为，求得圆心坐标代入直线求得圆的方程.
【详解】
设经过两圆交点的圆的方程为，即，圆心坐标为 ，将其代入直线解得 ．所以圆的方程为．
故所求圆方程为：
51．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
(1)将点代入圆的方程即可求出的值，再将一般方程化为标准方程即可；
(2)设圆的标准方程为，圆心为，根据三点共线，可先求出直线的方程，将代入可得，再结合，即，即可求出的值，再求半径，从而可得圆的标准方程．
【详解】
解：（1）将点代入圆，可得，
所以圆，
化为标准方程可得．
（2）设圆的标准方程为，圆心为，
直线的方程为，即，
把代入得，
又，解得，，
所以，
故圆的标准方程为．
52．（1）；（2）不能使目标球向处运动．
【解析】
【分析】
（1）利用，两球碰撞时，球的球心在两点连线上，且球A与球B外切，列出方程组，即可求得两球碰撞时，球的坐标，即得解；
（2）由（1）知球需运动到处，且到达处前不与目标球接触，，过点作于点，分析可得，即得解.
【详解】
（1）点，所在的直线方程为，如图，
可知，两球碰撞时，球的球心在直线上，
且在第一象限，设，两球碰撞时，球的球心坐标为，
此时，则，解得，，
即，两球碰撞时，球的球心坐标，
所以母球的球心运动的直线方程为，即．
（2）假设能使目标球向处运动，
则由（1）知球需运动到处，且到达处前不与目标球接触．
如图，设与轴的交点为．
因为的斜率为，所以．
因为的斜率为，所以．
所以为锐角．
过点作于点，因为，所以，
所以球的球心还未到直线上时，就会与目标球接触，
所以不能使目标球向处运动．
53．（1）2,5;（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据直线为两圆心所构成线段的中垂线求解.
（2）由（1）知即，先求得弦心距，再利用三角函数求解.
【详解】
（1）圆即，
表示以为圆心，以 为半径的圆．
圆的圆心为，半径等于，
故的中点为，的斜率为，
故的中垂线的斜率等于2，
故的中垂线的方程为，即．
所以直线即为的中垂线，故与的值分别等于2和5，
（2）由上可知，直线即，
即，且此直线是公共弦所在的直线．
弦心距为，故，
故．
54．(1)； (2)证明见解析；(3) .
【解析】
【分析】
(1)求出中点的坐标即为圆心的坐标，线段长度的一半即为圆的半径，从而求出圆的方程；
(2)根据直径对的圆周角为来证明垂直关系；
(3)两圆相减消去二次项即为公共弦所在的直线方程.
【详解】
(1)易知，所以PQ的中点，
又因为 ，圆的半径为，
所以圆的方程为.
(2)因为PQ为直径，在圆Q上，所以,
所以直线PA，PB是圆Q的切线.
(3) 圆的方程可化为，
圆Q的方程可化为，
两圆方程相减，得，
所以直线AB的方程为.
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