选择性必修第一册2.5直线与圆、圆与圆的位置关系 同步练习（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 选择性必修第一册2.5直线与圆、圆与圆的位置关系 同步练习（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 860.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-06-20 16:48:49 | ||
图片预览
文档简介
人教A版（2019）选择性必修第一册 2.5 直线与圆、圆与圆的位置关系
一、单选题
1．已知曲线与曲线恰有三个不同的公共点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．已知圆经过原点，则圆上的点到直线距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知直线，若圆上存在两点，关于直线对称，则的值为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知直线与圆相交于A，B两点，且，则数( )
A． B． C． D．
5．已知，，，，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．若圆x2+y2-2x+4y+m=0截直线所得弦长为6，则实数m的值为（ ）
A．-1 B．-2 C．-4 D．-31
7．若圆上总存在两点到原点的距离为1，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．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．
9．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．2 D．
10．已知直线与圆相切，则的方程为（ ）
A． B．
C． D．
11．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．
12．已知圆，圆，则两圆的公切线的条数是（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
13．阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两个定点距离的比为常数的点的轨还是圆，后人把这个国称为阿波罗尼斯圆，已知定点、，动点满足，则动点的轨迹为一个阿波罗尼斯圆，记此圆为圆，已知点在圆上（点在第一象限），交圆于点，连接并延长交圆于点，连接，当时，直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
14．已知三条直线，，，其中，，，，为实数，，不同时为零，，，不同时为零，且．设直线，交于点，则点到直线的距离的最大值是（ ）
A． B． C． D．
15．直线与圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．与的值有关
二、填空题
16．已知两圆相交于两点,，若两圆圆心都在直线上，则的值是________________ .
17．已知实数、满足，则的取值范围_______________
18．已知直线是圆的对称轴.过点作圆C的一条切线，切点为B，有下列结论：
①；
②；
③切线AB的斜率为；
④对任意的实数m，直线与圆C的位置关系都是相交.
其中所有正确结论的序号为__________．
三、解答题
19．已知圆：．
（1）若直线过点且被圆截得的弦长为，求直线的方程；
（2）从圆外一点向圆引一条切线，切点为，为坐标原点，且，求的最小值．
20．判断下列各组直线l与圆C的位置关系：
（1）， 圆；
（2）， 圆；
（3）， 圆．
21．已知圆，直线过定点 ．
（1）若与圆相切，求的方程；
（2）若的倾斜角为，与圆相交于两点，求线段的中点M的坐标；
（3）若与圆相交于两点，求三角形的面积的最大值，并求此时的直线方程
22．已知圆.问是否存在斜率为1的直线l，使l被圆C截得的弦满足：以为直径的圆经过原点？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】
将圆的一般方程转化为标准方程，求得圆的圆心坐标及半径，将有三个公共点转化为两条直线与圆的交点问题，即可求出结果.
【详解】
，
，或，
圆心（2,3）到的距离，所以与相切于点（2,4），
与交于不同的三点，即要求与有2个交点，且不交于（2,4），
记为圆心（2,3）到的距离
又因为不经过（2,4）
故选：D
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键是转化，将其转化为直线与圆的位置关系，即可得到结果，需要注意特殊点的考虑.
2．B
【分析】
由题意画图，数形结合可知，当圆心在C处时，点到直线的距离最大，进而可求结果.
【详解】
如图：圆心为，经过原点，可得
则圆心在单位圆上，原点到直线的距离为
延长BO交于点C，以C为圆心，OC为半径作圆C，BC延长线交圆C于点D，
当圆心在C处时，点到直线的距离最大为
此时，圆上点D到直线的距离最大为
故选：B
【点睛】
关键的点睛：由题意画图，数形结合可得，点D到直线的距离最大是解题的关键.本题考查了作图能力，数形结合思想，运算求解能力，属于一般题目.
3．D
【分析】
根据圆上存在两点，关于直线对称，可得直线过圆心，将圆心坐标代入直线方程即可得出答案.
【详解】
解：因为圆，
所以圆C的圆心坐标为，
又因为圆上存在两点，关于直线对称，
所以直线过圆心，
则，解得.
故选：D.
4．B
【分析】
根据圆的弦长公式即可计算.
【详解】
设圆C半径为r.
由可得，
∴圆心，
圆心C到直线的距离为，
由，得，∴，解得．
故选：B．
5．B
【分析】
设点，即可求出的轨迹方程，求出直线，以及，利用圆心到直线的距离加上半径求出高的最大值，即可求出面积的最大值；
【详解】
解：设点，因为，所以，
点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
又直线的方程为：，，圆心到直线的距离，所以到直线的距离最大值为
则面积的最大值为.
故选：.
6．C
【分析】
求得圆心坐标，判断圆心在直线上，从而根据弦长求得的值.
【详解】
圆的方程可化为，
所以圆心，圆心在直线上，
所以.
故选：C
7．C
【分析】
根据圆上总存在两点到原点的距离为1，转化为圆和圆相交，结合圆与圆的位置关系，即可求解.
【详解】
由题意，圆上总存在两点到原点的距离为1，
即为圆和圆相交，
又由两圆圆心距，
则，解得，
即实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了圆与圆的位置关系的应用，其中解答中转化为两个圆相交，结合圆与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力.
8．A
【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.
9．D
【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.
10．C
【分析】
求出圆的标准方程，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求得相切时的斜率.
【详解】
圆C的标准方程为.
依题意可得圆心到的距离，
解得，又，所以，所以的方程为.
故选：C.
11．C
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.
12．B
【分析】
分别求得两圆的圆心坐标和半径，结合两圆的位置关系的判定方法，求得两圆的位置关系，即可求解.
【详解】
由圆可化为，
可得圆心坐标为，半径为，
由圆可化为，
可得圆心坐标为，半径为，
则圆心距为，
又由，所以，
可得圆与圆相交，所以两圆公共切线的条数为2条.
故选：B.
13．A
【分析】
设点，根据求出点的轨迹方程，过圆心作于点，求出、，可求出的值，利用同角三角函数的基本关系可求得直线的斜率.
【详解】
如图所示，设动点，则，
化简可得，化为标准方程可得圆．
因为，，则为等边三角形，
过圆心作于点，则，，
所以，所以，
故选：A．
14．D
【分析】
分析出直线，且直线过原点，直线过定点，直线过定点，求出点P的轨迹是以OM为直径的圆，求出圆心到点N的距离，再加上半径即可得解.
【详解】
由于，，且，，
易知直线过原点，
将直线的方程化为，由，解得，
所以，直线过定点，所以，
因为，则，直线的方程为，
直线的方程可化为，由，解得，
所以，直线过定点，如下图所示：
设线段OM的中点为点E，则，
若点P不与O或M重合，由于，由直角三角形的性质可得；
若点P与O或M重合，满足.
由上可知，点P的轨迹是以OM为直径的圆E，该圆圆心为，半径为.
设点E到直线的距离为d，当时，；
当EN不与垂直时，.
综上，.
所以，点P到直线的距离的最大值为.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：解析几何的最值问题的求解，常用的方法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）数形结合法；（4）基本不等式法.要根据已知条件灵活选择方法求解.
15．A
【分析】
确定直线过定点，点在圆内，得到答案.
【详解】
过定点，且，
故在圆内，
故直线和圆相交.
故选：A
16．
根据题意，相交两圆的连心线垂直平分相交弦，可得与直线垂直，且的中点在这条直线上，列出方程解得即可得到结论.
【详解】
由,，设的中点为，
根据题意，可得,且，
解得，,，故.
故答案为：.
【点睛】
本题考查相交弦的性质，解题的关键在于利用相交弦的性质，即两圆的连心线垂直平分相交弦，属于基础题.
17．
设为圆上任意一点，构造直线，分别求得点P到直线的距离PM，P到原点的距离PO，将问题转化为求解.
【详解】
如图所示：
设为圆上任意一点，
点P到直线的距离为，
点P到原点的距离为，
所以，
当圆与直线相切时，
，
解得，
所以最小值为，最大值为，
所以，即，
的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查点到直线距离公式的应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题.
18．①②④
【分析】
由已知可得直线过圆心即得；利用勾股定理可得切线段长度，利用圆心到直线的距离为半径即得斜率；因为直线恒过的定点在圆内，可得直线与圆相交．
【详解】
则圆心为半径为3,
是圆的对称轴，故直线过圆心，
故，，故， ；
设直线AB的斜率为 ,则
因为直线AB为圆C的一条切线，
故圆心到直线AB的距离为 解得 ；
直线即对任意的实数m，直线恒过，
代入得在圆内，
即直线与圆C的位置关系都是相交．
故答案为：①②④
19．（1）或；（2）．
【分析】
（1）根据题意，由圆的方程分析圆的圆心与半径，分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，求出直线的方程，综合即可得答案；
（2）根据题意，连接，，分析可得为直角三角形，即，设，分析可得，又由，分析可得，变形可得的轨迹方程，据此结合直线与圆的方程分析可得答案．
【详解】
解：（1）可化为．
当直线的斜率不存在时，其方程为，易求得直线与圆的交点为，，，符合题意；
当直线的斜率存在时，设其方程为，即，
则圆心到直线的距离，解得．
所以直线的方程为，
综上，直线的方程为或．
（2）如图，为圆的切线，连接，，则．
所以为直角三角形．所以．
设点为，由（1）知点为，，因为，
所以，化简得点的轨迹方程为．
求的最小值，即求的最小值，也即求原点到直线的距离，
代入点到直线的距离公式可求得的最小值．
20．（1）直线与圆相交；（2）直线与圆相切；（3）直线与圆相离；
【分析】
计算圆心到直线的距离，与半径比较大小，即可判断；
【详解】
解：（1）圆，圆心坐标为，半径；
圆心到直线的距离，故直线与圆相交；
（2）圆，即圆，圆心，半径，
圆心到直线的距离，故直线与圆相切；
（3）圆，即圆，圆心，半径，
圆心到直线的距离，故直线与圆相离.
21．（1）或；（2）或
【分析】
（1）根据直线的斜率是否存在，进行分类讨论.当斜率不存在时，直接写出直线方程，直接验证是否符合题意；当斜率存在时，利用圆心到直线的距离等于半径，列出方程，求解方程，求出直线的斜率，最后求出直线的方程；
（2）直接写出直线的方程，由圆的性质可知，这样可求出方程，与圆的方程联立，解方程组，求出线段的中点M的坐标；
（3）先确定直线是否存在斜率，然后设出直线方程，求出圆心到直线的距离，利用勾股定理，求出的长，求出面积的表达式，进行配方，然后求出最大值，并求出此时的直线方程.
【详解】
(1)解:①若直线的斜率不存在,则直线,圆的圆心坐标,半径为2,符合题意
②若直线斜率存在,设直线为,即.
由题意知,圆心到已知直线的距离等于半径2,即: ,
解之得 .所求直线方程是: ,或.
(2)直线方程为，∵,∴方程为,即.
∵,∴，∴点坐标
(3)直线与圆相交,斜率必定存在,且不为0,设直线方程为,
则圆心到直线的距离.又三角形面积
当时, 取得最大值2，∴ ，，或.
直线方程为,或.
【点睛】
本题考查多角度考查了直线与圆的位置关系，考查了运算能力.本题的关键是要对直线的斜率是否存在要考虑全面，还有一点的是配方法的使用.
22．存在.
【分析】
设，过圆心C且垂直弦的直线为，解方程组，得所以的中点N的坐标，由于以为直径的圆过原点，所以，列出方程，解方程即可得出答案.
【详解】
解：假设存在直线l满足题意.设，将圆C化为，则圆心，过圆心C且垂直弦的直线为，
解方程组，得
所以的中点N的坐标为，由于以为直径的圆过原点，所以.
又，，
所以，解得或
所以存在直线l，其方程为或，通过检验满足题意.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．已知曲线与曲线恰有三个不同的公共点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．已知圆经过原点，则圆上的点到直线距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知直线，若圆上存在两点，关于直线对称，则的值为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知直线与圆相交于A，B两点，且，则数( )
A． B． C． D．
5．已知，，，，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．若圆x2+y2-2x+4y+m=0截直线所得弦长为6，则实数m的值为（ ）
A．-1 B．-2 C．-4 D．-31
7．若圆上总存在两点到原点的距离为1，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．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．
9．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．2 D．
10．已知直线与圆相切，则的方程为（ ）
A． B．
C． D．
11．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．
12．已知圆，圆，则两圆的公切线的条数是（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
13．阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两个定点距离的比为常数的点的轨还是圆，后人把这个国称为阿波罗尼斯圆，已知定点、，动点满足，则动点的轨迹为一个阿波罗尼斯圆，记此圆为圆，已知点在圆上（点在第一象限），交圆于点，连接并延长交圆于点，连接，当时，直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
14．已知三条直线，，，其中，，，，为实数，，不同时为零，，，不同时为零，且．设直线，交于点，则点到直线的距离的最大值是（ ）
A． B． C． D．
15．直线与圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．与的值有关
二、填空题
16．已知两圆相交于两点,，若两圆圆心都在直线上，则的值是________________ .
17．已知实数、满足，则的取值范围_______________
18．已知直线是圆的对称轴.过点作圆C的一条切线，切点为B，有下列结论：
①；
②；
③切线AB的斜率为；
④对任意的实数m，直线与圆C的位置关系都是相交.
其中所有正确结论的序号为__________．
三、解答题
19．已知圆：．
（1）若直线过点且被圆截得的弦长为，求直线的方程；
（2）从圆外一点向圆引一条切线，切点为，为坐标原点，且，求的最小值．
20．判断下列各组直线l与圆C的位置关系：
（1）， 圆；
（2）， 圆；
（3）， 圆．
21．已知圆，直线过定点 ．
（1）若与圆相切，求的方程；
（2）若的倾斜角为，与圆相交于两点，求线段的中点M的坐标；
（3）若与圆相交于两点，求三角形的面积的最大值，并求此时的直线方程
22．已知圆.问是否存在斜率为1的直线l，使l被圆C截得的弦满足：以为直径的圆经过原点？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】
将圆的一般方程转化为标准方程，求得圆的圆心坐标及半径，将有三个公共点转化为两条直线与圆的交点问题，即可求出结果.
【详解】
，
，或，
圆心（2,3）到的距离，所以与相切于点（2,4），
与交于不同的三点，即要求与有2个交点，且不交于（2,4），
记为圆心（2,3）到的距离
又因为不经过（2,4）
故选：D
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键是转化，将其转化为直线与圆的位置关系，即可得到结果，需要注意特殊点的考虑.
2．B
【分析】
由题意画图，数形结合可知，当圆心在C处时，点到直线的距离最大，进而可求结果.
【详解】
如图：圆心为，经过原点，可得
则圆心在单位圆上，原点到直线的距离为
延长BO交于点C，以C为圆心，OC为半径作圆C，BC延长线交圆C于点D，
当圆心在C处时，点到直线的距离最大为
此时，圆上点D到直线的距离最大为
故选：B
【点睛】
关键的点睛：由题意画图，数形结合可得，点D到直线的距离最大是解题的关键.本题考查了作图能力，数形结合思想，运算求解能力，属于一般题目.
3．D
【分析】
根据圆上存在两点，关于直线对称，可得直线过圆心，将圆心坐标代入直线方程即可得出答案.
【详解】
解：因为圆，
所以圆C的圆心坐标为，
又因为圆上存在两点，关于直线对称，
所以直线过圆心，
则，解得.
故选：D.
4．B
【分析】
根据圆的弦长公式即可计算.
【详解】
设圆C半径为r.
由可得，
∴圆心，
圆心C到直线的距离为，
由，得，∴，解得．
故选：B．
5．B
【分析】
设点，即可求出的轨迹方程，求出直线，以及，利用圆心到直线的距离加上半径求出高的最大值，即可求出面积的最大值；
【详解】
解：设点，因为，所以，
点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
又直线的方程为：，，圆心到直线的距离，所以到直线的距离最大值为
则面积的最大值为.
故选：.
6．C
【分析】
求得圆心坐标，判断圆心在直线上，从而根据弦长求得的值.
【详解】
圆的方程可化为，
所以圆心，圆心在直线上，
所以.
故选：C
7．C
【分析】
根据圆上总存在两点到原点的距离为1，转化为圆和圆相交，结合圆与圆的位置关系，即可求解.
【详解】
由题意，圆上总存在两点到原点的距离为1，
即为圆和圆相交，
又由两圆圆心距，
则，解得，
即实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了圆与圆的位置关系的应用，其中解答中转化为两个圆相交，结合圆与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力.
8．A
【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.
9．D
【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.
10．C
【分析】
求出圆的标准方程，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求得相切时的斜率.
【详解】
圆C的标准方程为.
依题意可得圆心到的距离，
解得，又，所以，所以的方程为.
故选：C.
11．C
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.
12．B
【分析】
分别求得两圆的圆心坐标和半径，结合两圆的位置关系的判定方法，求得两圆的位置关系，即可求解.
【详解】
由圆可化为，
可得圆心坐标为，半径为，
由圆可化为，
可得圆心坐标为，半径为，
则圆心距为，
又由，所以，
可得圆与圆相交，所以两圆公共切线的条数为2条.
故选：B.
13．A
【分析】
设点，根据求出点的轨迹方程，过圆心作于点，求出、，可求出的值，利用同角三角函数的基本关系可求得直线的斜率.
【详解】
如图所示，设动点，则，
化简可得，化为标准方程可得圆．
因为，，则为等边三角形，
过圆心作于点，则，，
所以，所以，
故选：A．
14．D
【分析】
分析出直线，且直线过原点，直线过定点，直线过定点，求出点P的轨迹是以OM为直径的圆，求出圆心到点N的距离，再加上半径即可得解.
【详解】
由于，，且，，
易知直线过原点，
将直线的方程化为，由，解得，
所以，直线过定点，所以，
因为，则，直线的方程为，
直线的方程可化为，由，解得，
所以，直线过定点，如下图所示：
设线段OM的中点为点E，则，
若点P不与O或M重合，由于，由直角三角形的性质可得；
若点P与O或M重合，满足.
由上可知，点P的轨迹是以OM为直径的圆E，该圆圆心为，半径为.
设点E到直线的距离为d，当时，；
当EN不与垂直时，.
综上，.
所以，点P到直线的距离的最大值为.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：解析几何的最值问题的求解，常用的方法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）数形结合法；（4）基本不等式法.要根据已知条件灵活选择方法求解.
15．A
【分析】
确定直线过定点，点在圆内，得到答案.
【详解】
过定点，且，
故在圆内，
故直线和圆相交.
故选：A
16．
根据题意，相交两圆的连心线垂直平分相交弦，可得与直线垂直，且的中点在这条直线上，列出方程解得即可得到结论.
【详解】
由,，设的中点为，
根据题意，可得,且，
解得，,，故.
故答案为：.
【点睛】
本题考查相交弦的性质，解题的关键在于利用相交弦的性质，即两圆的连心线垂直平分相交弦，属于基础题.
17．
设为圆上任意一点，构造直线，分别求得点P到直线的距离PM，P到原点的距离PO，将问题转化为求解.
【详解】
如图所示：
设为圆上任意一点，
点P到直线的距离为，
点P到原点的距离为，
所以，
当圆与直线相切时，
，
解得，
所以最小值为，最大值为，
所以，即，
的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查点到直线距离公式的应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题.
18．①②④
【分析】
由已知可得直线过圆心即得；利用勾股定理可得切线段长度，利用圆心到直线的距离为半径即得斜率；因为直线恒过的定点在圆内，可得直线与圆相交．
【详解】
则圆心为半径为3,
是圆的对称轴，故直线过圆心，
故，，故， ；
设直线AB的斜率为 ,则
因为直线AB为圆C的一条切线，
故圆心到直线AB的距离为 解得 ；
直线即对任意的实数m，直线恒过，
代入得在圆内，
即直线与圆C的位置关系都是相交．
故答案为：①②④
19．（1）或；（2）．
【分析】
（1）根据题意，由圆的方程分析圆的圆心与半径，分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，求出直线的方程，综合即可得答案；
（2）根据题意，连接，，分析可得为直角三角形，即，设，分析可得，又由，分析可得，变形可得的轨迹方程，据此结合直线与圆的方程分析可得答案．
【详解】
解：（1）可化为．
当直线的斜率不存在时，其方程为，易求得直线与圆的交点为，，，符合题意；
当直线的斜率存在时，设其方程为，即，
则圆心到直线的距离，解得．
所以直线的方程为，
综上，直线的方程为或．
（2）如图，为圆的切线，连接，，则．
所以为直角三角形．所以．
设点为，由（1）知点为，，因为，
所以，化简得点的轨迹方程为．
求的最小值，即求的最小值，也即求原点到直线的距离，
代入点到直线的距离公式可求得的最小值．
20．（1）直线与圆相交；（2）直线与圆相切；（3）直线与圆相离；
【分析】
计算圆心到直线的距离，与半径比较大小，即可判断；
【详解】
解：（1）圆，圆心坐标为，半径；
圆心到直线的距离，故直线与圆相交；
（2）圆，即圆，圆心，半径，
圆心到直线的距离，故直线与圆相切；
（3）圆，即圆，圆心，半径，
圆心到直线的距离，故直线与圆相离.
21．（1）或；（2）或
【分析】
（1）根据直线的斜率是否存在，进行分类讨论.当斜率不存在时，直接写出直线方程，直接验证是否符合题意；当斜率存在时，利用圆心到直线的距离等于半径，列出方程，求解方程，求出直线的斜率，最后求出直线的方程；
（2）直接写出直线的方程，由圆的性质可知，这样可求出方程，与圆的方程联立，解方程组，求出线段的中点M的坐标；
（3）先确定直线是否存在斜率，然后设出直线方程，求出圆心到直线的距离，利用勾股定理，求出的长，求出面积的表达式，进行配方，然后求出最大值，并求出此时的直线方程.
【详解】
(1)解:①若直线的斜率不存在,则直线,圆的圆心坐标,半径为2,符合题意
②若直线斜率存在,设直线为,即.
由题意知,圆心到已知直线的距离等于半径2,即: ,
解之得 .所求直线方程是: ,或.
(2)直线方程为，∵,∴方程为,即.
∵,∴，∴点坐标
(3)直线与圆相交,斜率必定存在,且不为0,设直线方程为,
则圆心到直线的距离.又三角形面积
当时, 取得最大值2，∴ ，，或.
直线方程为,或.
【点睛】
本题考查多角度考查了直线与圆的位置关系，考查了运算能力.本题的关键是要对直线的斜率是否存在要考虑全面，还有一点的是配方法的使用.
22．存在.
【分析】
设，过圆心C且垂直弦的直线为，解方程组，得所以的中点N的坐标，由于以为直径的圆过原点，所以，列出方程，解方程即可得出答案.
【详解】
解：假设存在直线l满足题意.设，将圆C化为，则圆心，过圆心C且垂直弦的直线为，
解方程组，得
所以的中点N的坐标为，由于以为直径的圆过原点，所以.
又，，
所以，解得或
所以存在直线l，其方程为或，通过检验满足题意.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页