高中数学必修二知识讲解，巩固练习（复习补习，期末复习资料）：32【提高】直线、圆的位置关系

直线、圆的位置关系

【学习目标】
1．能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆、圆与圆的位置关系；
2．能用直线和圆的方程解决一些简单的问题；
3．在平面解析几何初步的学习过程中，体会用代数方法处理几何问题的思想.
【要点梳理】
要点一：直线与圆的位置关系
1.直线与圆的位置关系：
(1)直线与圆相交，有两个公共点；
(2)直线与圆相切，只有一个公共点；
(3)直线与圆相离，没有公共点.
2.直线与圆的位置关系的判定：
(1)代数法：
判断直线与圆C的方程组成的方程组是否有解.如果有解，直线与圆C有公共点.
有两组实数解时，直线与圆C相交；
有一组实数解时，直线与圆C相切；
无实数解时，直线与圆C相离.
(2)几何法：
由圆C的圆心到直线的距离与圆的半径的关系判断：
当时，直线与圆C相交；
当时，直线与圆C相切；
当时，直线与圆C相离.
要点诠释：
(1)当直线和圆相切时，求切线方程，一般要用到圆心到直线的距离等于半径，记住常见切线方程，可提高解题速度；求切线长，一般要用到切线长、圆的半径、圆外点与圆心连线构成的直角三角形，由勾股定理解得.
(2)当直线和圆相交时，有关弦长的问题，要用到弦心距、半径和半弦构成的直角三角形，也是通过勾股定理解得，有时还用到垂径定理.
(3)当直线和圆相离时，常讨论圆上的点到直线的距离问题，通常画图，利用数形结合来解决.
要点二：圆的切线方程的求法
1．点在圆上，如图．
法一：利用切线的斜率与圆心和该点连线的斜率
的乘积等于，即．
法二：圆心到直线的距离等于半径．
2．点在圆外，则设切线方程：，变成一般式：，因为与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径，解出．
要点诠释：
因为此时点在圆外，所以切线一定有两条，即方程一般是两个根，若方程只有一个根，则还有一条切线的斜率不存在，务必要把这条切线补上．
常见圆的切线方程：
（1）过圆上一点的切线方程是；
（2）过圆上一点的切线方程是.
要点三：求直线被圆截得的弦长的方法
1．应用圆中直角三角形：半径，圆心到直线的距离，弦长具有的关系，这也是求弦长最常用的方法．
2．利用交点坐标：若直线与圆的交点坐标易求出，求出交点坐标后，直接用两点间的距离公式计算弦长．
3．利用弦长公式：设直线，与圆的两交点，将直线方程代入圆的方程，消元后利用根与系数关系得弦长：=．
要点四：圆与圆的位置关系
1.圆与圆的位置关系：
(1)圆与圆相交，有两个公共点；
(2)圆与圆相切(内切或外切)，有一个公共点；
(3)圆与圆相离(内含或外离)，没有公共点.
2.圆与圆的位置关系的判定：
(1)代数法：
判断两圆的方程组成的方程组是否有解.
有两组不同的实数解时，两圆相交；
有一组实数解时，两圆相切；
方程组无解时，两圆相离.
(2)几何法：
设的半径为，的半径为，两圆的圆心距为.
当时，两圆相交；
当时，两圆外切；
当时，两圆外离；
当时，两圆内切；
当时，两圆内含.
要点诠释：
判定圆与圆的位置关系主要是利用几何法，通过比较两圆的圆心距和两圆的半径的关系来确定，这种方法运算量小.也可利用代数法，但是利用代数法解决时，一是运算量大，二是方程组仅有一解或无解时，两圆的位置关系不明确，还要比较两圆的圆心距和两圆半径的关系来确定.因此，在处理圆与圆的位置关系时，一般不用代数法.
3.两圆公共弦长的求法有两种：
方法一：将两圆的方程联立，解出两交点的坐标，利用两点间的距离公式求其长．
方法二：求出公共弦所在直线的方程，利用勾股定理解直角三角形，求出弦长．
4．两圆公切线的条数
与两个圆都相切的直线叫做两圆的公切线，圆的公切线包括外公切线和内公切线两种．
（1）两圆外离时，有2条外公切线和2条内公切线，共4条；
（2）两圆外切时，有2条外公切线和1条内公切线，共3条；
（3）两圆相交时，只有2条外公切线；
（4）两圆内切时，只有1条外公切线；
（5）两圆内含时，无公切线．
要点五：圆系方程
1．过直线与圆的交点的圆系方程是
2．以为圆心的同心圆系方程是：；
3．与圆同心的圆系方程是；
4．过同一定点的圆系方程是．
【典型例题】
类型一：直线与圆的位置关系
例1．已知P（x0，y0）在圆x2+y2=R2的内部，试判断直线x0x+y0y=R2与圆的位置关系．
【答案】相离
【解析】 ∵点P（x0，y0）在圆x2+y2=R2的内部，
∴．
又圆心O（0，0）到直线x0x+y0y=R2的距离为
，且，
∴，∴，即d＞R．
∴直线x0x+y0y=R2与圆x2+y2=R2相离．
【总结升华】判定直线与圆的位置关系采用几何法比采用代数法的计算量要小得多，因此，我们一般采用几何法来解决直线与圆的位置关系的有关问题．
例2．已知直线与曲线.
（1）求证:不论为何值,直线和曲线恒有两个交点;
（2）求当直线被曲线所截的线段最短时此线段所在的直线的方程.
【答案】（1）略（2）
【证明】（1） 证法一：将直线与曲线C的方程联立得
，
消去y得(1+k2)x2―2(4k2+k+3)x+2(8k2+4k+3)=0． ③
∵Δ=4(4k2+k+3)2―8(1―k2)(8k+4k+3)
=12k2―8k+12=，
∴方程③有两相异实根，从而，由①②组成的方程组有两组解，即直线与曲线C恒有两个交点．
证法二：将曲线C的方程配方得(x―3)2+(y―4)2=4，它表示以C（3，4）为圆心，2为半径的圆．
设圆心C到直线的距离为d，则
，即，
∴直线与曲线C恒有两个交点．
证法三：注意到直线：kx―y―4k+3=0可化为y―3=k(x―4)，
可知直线恒过定点A（4，3）．
∵曲线C是以C（3，4）为圆心，2为半径的圆，（见“证法二”）
又42+32－6×4－8×3+21＜0，即点A在圆C内，
∴直线与曲线C恒有两个交点．
（2）设直线被曲线C所截的线段为AB，
当PQAB时，最小，直线PQ的斜率，
所以直线AB的斜率，
其方程为：
【总结升华】 证法一抓住了直线与圆的位置关系的代数特征，从而转化为对方程的解的研究，这是研究直线与曲线的位置关系的基本方法；证法二抓住了直线与圆的位置关系的几何特征，从而转化为研究圆心到直线的距离，抓住几何特征对于研究圆的问题特别有效；证法三通过判定直线过圆内一定点，从而使问题获证．由上述三种解法可知，解题的切入点不同，解法就有优劣之分．因此，在解题时，审题要慢，要仔细地分析题意，透彻地理解题意，挖掘其中的隐含条件，从而找到解决问题的捷径．
举一反三：
【变式1】若直线y=x+b与曲线有公共点，则b的值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】曲线方程可化简为，即表示圆心为（2,3），半径为2的半圆，依据数形结合，当直线与此半圆相切时须满足圆心（2,3）到直线距离等于2，解得或，因为是下半圆，故可得（舍），当直线过（0,3）时，解得，故，所以C正确．
【变式2】已知直线：(2m+1)x+(m+1)y=7m+4，圆C：(x―1)2+(y―2)2=25，则m为任意实数时，与C是否必相交？
【答案】相交
类型二：切线问题
例3．过点A（4，―3）作圆C：(x―3)2+(y―1)2=1的切线，求此切线方程．
【思路点拨】先判断点在圆上或圆外，如果点在圆上则有一条切线．如果点在圆外，则有两条切线．本例中很明显点在圆外．
【答案】15x+8y―36=0
【解析】∵(4―3)2+(―3―1)2=17＞1，
∴点A在圆外．
①若所求直线的斜率存在，设切线斜率为k，则切线方程为y+3=k(x―4)．
因为圆心C（3，1）到切线的距离等于半径1，所以，解得．
所以切线方程为，
即15x+8y―36=0．
②若切线斜率不存在，圆心C（3，1）到直线x=4的距离也为1，这时直线与圆也相切，
所以另一条切线方程是x=4，
综上，所求切线方程为15x+8y―36=0或x=4．
【总结升华】求圆的切线方程一般有三种方法：
（1）直接法：应用常见结论，直接写出切线方程；
（2）待定系数法；
（3）定义法．
一般地，过圆外一点可向圆作两条切线，在后两种方法中，应注意斜率不存在的情况．
举一反三：
【变式1】（2018春 长春期末）已知圆C：(x―3)2+(y―4)2=4，直线l1过定点A（1，0）．
（1）若l1与圆C相切，求l1的方程；
（2）若l2一圆C相交于P，Q两点，求三角形CPQ的面积的最大值，并求此时直线l1的方程．
【思路点拨】（1）通过直线l1的斜率存在与不存在两种情况，利用直线的方程与圆C相切，圆心到直线的距离等于半径，即可求l1的方程；
（2）设直线方程为kx―y―k=0，求出圆心到直线的距离，弦长，得到三角形CPQ的面积的表达式，利用二次函数求出面积的最大值的距离，然后求出直线的斜率，即可得到l1的直线方程．
【答案】（1）x=1或3x―4y―3=0；（2）y=x―1，或y=7x―7
【解析】（1）①若直线l1的斜率不存，则直线l1：x=1，符合题意．
②若直线l1斜率存在，设直线l1的方程为y=k(x―1)，即kx―y―k=0．
由题意知，圆心（3，4）到已知直线l1的距离等于半径2，
即：，解之得．
所求直线l1的方程是x=1或3x―4y―3=0．
（2）直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0，设直线方程为kx―y―k=0，
则圆心到直线l1的距离
又∵三角形CPQ面积
∴当时，S取得最大值2．
∴，k=1或k=7．
∴直线方程为y=x―1，或y=7x―7．
【变式2】已知点P(，)是圆上一点，求证：过P点的圆的切线方程是：.
【解析】当时，过P点切线方程为
当时，可设切线斜率为k.
法一：方程组，判别式为0；
过P切线方程 ∴ 代入
∴
由△=0，可解得(较繁琐，过程略)从而可得切线方程：
即 .
法二：∵ ，由 ， ∴
∴ 切线方程为： 即 .
法三：平面几何法.点O到切线的距离为半径；
设过P切线方程 即
∴
∴
∴
∴
∴
∴ 下同法二.
类型三：弦长问题
例4．直线经过点P（5，5）并且与圆C：x2+y2=25相交截得的弦长为，求的方程．
【思路点拨】求弦长问题主要使用几何方法，即解由半径、弦心距和弦长的一半组成的直角三角形，进一步求弦长．
【答案】x―2y+5=0或2x―y―5=0
【解析】法一：根据题意知直线的斜率存在，设直线的方程为y―5=k(x―5)
圆心（0，0）到直线的距离，在由弦长的一半、半径和距离构成的直角三角形中，
，解得或k=2
故直线的方程为x―2y+5=0或2x―y―5=0．
法二： 根据题意知直线的斜率存在，
设直线的方程为y―5=k(x―5)与圆C相交于A（x1，y1），B（x2，y2）,
联立方程，消去y，得(k2+1)x2+10k(1―k)x+25k(k―2)=0，
∴Δ=[10k(1―k)]2―4(k2+1)·25k(k―2)＞0，解得k＞0．
又，．
由斜率公式，得y1―y2=k(x1―x2)，
∴

．
两边平方，整理得2k2―5k+2=0，
解得或k=2，符合题意．
故直线的方程为x―2y+5=0或2x―y―5=9．
【总结升华】设直线的方程为ax+by+c=0，圆O的方程为(x―x0)2+(y―y0)2=r2，求弦长的方法有以下两种：
（1）几何法：由圆的性质知，过圆心O作的垂线，垂足C为线段AB的中点．如图所示，在Rt△OCB中，|BC|2=r2―d2．
则弦长|AB|=2|BC|，即．
（2）代数法：解方程组，
消元后可得关于x1+x2，x1·x2或y1+y2，y1·y2的关系式，则
举一反三：
【变式1】已知圆C经过坐标原点O和点（2，2），且圆心在x轴上．
（Ⅰ）求圆C的方程；
（Ⅱ）设直线l经过点（1，2），且l与圆C相交所得弦长为，求直线l的方程．
【思路点拨】（Ⅰ）根据圆C经过坐标原点O和点（2，2），且圆心在x轴上，求出圆心与半径，即可求圆C的方程；
（Ⅱ）分类讨论，利用圆心到直线的距离公式，求出斜率，即可得出直线方程．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）x―1=0或3x+4y－11=0
【解析】（Ⅰ）设圆C的圆心坐标为（a，0），
依题意，有，
即，解得a=2，
所以圆C的方程为．
（Ⅱ）依题意，圆C的圆心到直线l的距离为1，
所以直线x=1符合题意．
设直线l方程为y―2=k(x―1)，
即kx―y―k+2=0，
则，
解得，
所以直线l的方程为，
即3x+4y―11=0．
综上，直线l的方程为x―1=0或3x+4y－11=0．
类型四：圆与圆的位置关系
例5．已知圆C1：x2+y2―2mx+4y+m2―5=0，圆C2：x2+y2+2x―2my+m2―3=0，问：m为何值时，（1）圆C1和圆C2相外切？（2）圆C1与圆C2内含？
【答案】（1）m=―5或m=2；（2）―2＜m＜―1．
【解析】 对于圆C1，圆C2的方程，配方得
C1：(x―m)2+(y+2)2=9，C2：(x+1)2+(y―m)2=4．
（1）如果圆C1与圆C2相外切，则有，即
(m+1)2+(m+2)2=25，m2+3m―10=0，
解得m=―5或m=2．
（2）如果圆C1与圆C2内含，则有，即
(m+1)2+(m+2)2＜1，m2+3m+2＜0，解得―2＜m＜―1．
故（1）当m=―5或m=2时，圆C1与圆C2相外切；（2）当―2＜m＜―1时，圆C1与圆C2内含．
【总结升华】 利用几何法判定两圆的位置关系比用代数法（即解两圆方程联立方程组的方法）要简捷些，但需要注意的是，我们这里所说的几何法仍然是在解析几何前提下的几何法，即利用圆的方程及两点间距离公式求出两圆圆心距d和两圆的半径R和r，再根据d与R+r、d与R―r的大小关系来判定即可．
举一反三：
【变式1】当a为何值时，圆C1：x2+y2―2ax+4y+(a2―5)=0和圆C2：x2+y2+2x―2ay+(a2―3)=0相交．
【答案】当―5＜a＜―2或―1＜a＜2时，圆C1与圆C2相交
【变式2】已知圆C1：x2+y2+2x―6y+1=0，圆C2：x2+y2―4x+2y―11=0，求两圆的公共弦所在的直线方程及公共弦长．
【解析】 因两圆的交点坐标同时满足两个圆的方程，联立方程组，消去x2和y2项，即得两圆的交点所在的直线方程，利用勾股定理可求出两圆公共弦长．
设两圆交点为A（x1，y1）、B（x2，y2），则A、B两点坐标是方程组的解，①―②得3x―4y+6=0．
∵A、B两点坐标都满足此方程，
∴3x―4y+6=0即为两圆公共弦所在的直线方程．
易知圆C1的圆心为（―1，3），半径r=3．
又C1到直线AB的距离为．
∴，即两圆的公共弦长为．
【总结升华】求两圆的公共弦所在的直线方程，只需把两个圆的方程相减即可．这是因为若两圆相交，其交点坐标必须满足相减后的方程；另一方面，相减后的方程为二元一次方程，即直线的一般方程，故此方程即为两圆公共弦所在的直线方程，而在求两圆的公共弦长时，则应注意数形结合思想方法的灵活运用．
类型五：最值问题
例6．已知实数x、y满足方程x2+y2―4x+1=0，
求：（1）的最大值；（2）y―x的最小值．
【思路点拨】将x2+y2―4x+1=0、、y―x赋予几何意义，利用数形结合来解决．
【答案】（1）（2）
【解析】将实数x、y看作点P（x，y）的坐标，满足x2+y2―4x+1=0的点P（x，y）组成的图形是以M（2，0）为圆心，半径为的圆，如图所示．
（1）设，即是圆上的点P与原点O连线的斜率．
由图知，直线y=kx和圆M在第一象限相切时，k取最大值．
此时有OP⊥PM，，|OM|=2，∴∠POM=60°
此时，∴的最大值为．
（2）设y―x=b，则y=x+b，b是直线y=x+b在y轴上截距．由图知，当直线y=x+b和圆M在第四象限相切时，b（b＜0）取最小值，此时有，解得，
∴y―x的最小值是．
【总结升华】利用数形结合解决最值问题时，首先从代数演算入手，将代数表达式赋予几何意义，看成某几何量的大小，根据图形的几何性质，观察出最值出现的时机和位置，从而解决求代数表达式的最值问题．这是用几何方法解决代数问题的常用方法，即数形结合．常见的数形结合点是直线方程、圆的方程、过两点的斜率公式、平面内两点间距离公式、直线在y轴上的截距等．
举一反三：
【变式1】已知实数x，y满足，求(1)x2+y2的最大值；(2)x+y的最小值．
【答案】（1）16 （2）
【解析】
于是(x，y)可以看作是以为圆心，2为半径的圆上的点．
如图
（1）x2+y2可看作是圆上的点到原点的距离的平方，
由图显然最大为2r=4，所以x2+y2的最大值为16．
（2）解法同例6（2）．
【变式2】直线与圆相交于A、B两点（其中a、b是实数），且△AOB是直角三角形（O是坐标原点），则点P（a，b）与点（0，1）之间距离的最大值为
A． B．2 C． D．
【答案】A
【解析】由题意得，点O到直线的距离是，即，
∴ ，①
设点P(a，b)与点（0，1）的距离为d，则．
由①知．所以．故选A．
【总结升华】此题是通过隐含的条件，求出两字母a，b的平方的关系，再利用两点间距离公式表示出P与点（0，1）之间的距离，利用函数的最值来求出最大值.
类型六：圆系问题
例7．已知圆M经过圆与圆的交点，
（Ⅰ）若圆心在直线x―2y―3=0上，求圆M的方程
（Ⅱ）若圆的面积最小，求圆M的方程．
【思路点拨】（Ⅰ）设所求圆，求出圆心坐标，代入直线x―2y―3=0上，即可求圆M的方程；
（Ⅱ）若圆的面积最小，圆M以已知两相交圆的公共弦为直径，即可求圆M的方程．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）设所求圆
即，
其圆心为代入直线x―2y―3=0得λ=2，所以所求为
即为所求．
（2）∵圆的面积最小，∴圆M以已知两相交圆的公共弦为直径
相交弦的方程为x―y+4=0，将圆心为代入x―y+4=0
得，所以所求圆
即为．
举一反三：
【变式1】求过两圆x2+y2+6x―4=0和x2+y2+6y―28=0的交点，且圆心在直线x―y―4=0上的圆的方程．
【答案】x2+y2―x+7y―32=0
【解析】设所求的圆的方程为
x2+y2+6x―4+(x2+y2+6y―28)=0，
即．
∵圆心为，且在直线x―y―4=0上，
∴．
故所求的圆的方程为x2+y2―x+7y―32=0．
【巩固练习】
1．圆的切线方程中有一个是（ ）
A．x―y=0 B．x+y=0 C．x=0 D．y=0
2．圆C1：x2+y2+2x+2y―2=0和圆C2：x2+y2―4x―2y+1=0的公切线的条数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．若圆心在x轴上、半径为的圆O位于y轴左侧，且与直线x+2y=0相切，则圆O的方程是（ ）
A． B．
C．(x―5)2+y2=5 D．(x+5)2+y2=5
4．（2017春 河北衡水月考）直线ax―y+3=0与圆相交于A、B两点且，则a的值为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
5．直线y=kx+3与圆(x―3)2+(y―2)2=4相交于M、N两点，若，则k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．已知集合A={(x，y)|x，y为实数，且x2+y2=1}，B={(x，y)|x，y为实数，且x+y=1}，则A∩B的元素个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
7．（2018 辽宁抚顺一模）已知直线l：kx+y―2=0（k∈R）是圆C：x2+y2―6x+2y+9=0的对称轴，过点A（0，k）作圆C的一条切线，切点为B，则线段AB的长为（ ）
A．2 B． C．3 D．
8．若曲线与曲线有四个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．过点（―1，―2）的直线被圆x2+y2―2x―2y+1=0截得的弦长为，则直线的斜率为________．
10．在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2+y2=4上有且只有四个点到直线12x―5y+c=0的距离为1，则实数c的取值范围是________．
11．设是圆上的点，则的最小值是 ．
12．若实数a，b满足条件，则代数式的取值范围是 ．
13．已知两圆，．
（1）m取何值时两圆外切？
（2）m取何值时两圆内切？
（3）当m=45时，求两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长．
14．（2018春 河北定州市期末）已知圆C：x2+(y―2)2=5，直线l：mx―y+1=0．
（1）求证：对m∈R，直线l与圆C总有两个不同交点；
（2）若圆C与直线相交于点A和点B，求弦AB的中点M的轨迹方程．
15．已知圆C：x2+(y―1)2=5，直线：mx―y+1―m=0，
（1）求证：对任意m∈R，直线与圆C总有两个不同的交点．
（2）设与圆C交于A、B两点，若，求的倾斜角；
（3）求弦AB的中点M的轨迹方程；
（4）若定点P（1，1）分弦AB为，求此时直线的方程．
【答案与解析】
1．【答案】C
【解析】 圆心为，半径长为1，故此圆必与y轴（x=0）相切．
2．【答案】B
【解析】 圆C1：(x+1)2+(y+1)2=4，圆心C1（―1，―1），半径长r1=2，圆C2：(x―2)2+(y―1)2=4，圆心C2（2，1），半径长r2=2．两圆圆心距为，显然，0＜|C1C2|＜4，即|r1―r2|＜|C1C2|＜r1+r2，所以两圆相交，从而两圆有两条公切线．
3．【答案】D
【解析】 设圆心O（a，0）（a＜0），则，又圆O位于y轴左侧，所以a=―5，即圆O的方程为(x+5)2+y2=5．
4．【分析】根据圆的弦长关系，可得圆心到直线的距离，代入点到直线距离公式，构造关于a的方程，解得答案．
【答案】D
【解析】圆的圆心为M（1，2），半径r=2．
因为，
所以圆心到直线的距离，
即，
解得：a=0，
故选：D．
【点评】本题考查的知识点是圆的弦长公式，点到直线距离公式，是直线与圆的综合应用．
5．【答案】A
【解析】 如图，记题中圆的圆心为C（3，2），作CD⊥MN于D，则于是有，
解得．
6．【答案】C
【解析】 由，消去y得x2―x=0，解得x=0或x=1，这时y=1或y=0，即A∩B={（0，1），（1，0）}，有两个元素．
7．【答案】D
【解析】由圆C：x2+y2―6x+2y+9=0得，(x―3)2+(y+1)2=1，
表示以C（3，―1）为圆心、半径等于1的圆．
由题意可得，直线l：kx+y―2=0经过圆C的圆心（3，―1），
故有3k―1―2=0，得k=1，则点A（0，1），
即．
则线段．
故选D．
8. 【答案】 B
【解析】解法一：曲线是圆，其标准方程为，圆心为，半径为1.曲线是两条直线，一条为轴，另一条为过点、斜率为的直线.当时不合题意，排除.当较大时，如，不合题意，排除.故选B.
解法二：曲线是以为圆心，1为半径的圆，当时，是两直线其中与圆一定有两个交点，直线与圆相切时，，若有两个交点则.故选B.
9．【答案】1或
【解析】 由条件易知直线的斜率必存在，设为k，圆心（1，1）到直线y+2=k(x+1)的距离为，解得k=1或，即所求直线的斜率为1或．
10．【答案】―13＜c＜13
【解析】 因为圆的半径为2，且圆上有且仅有四个点到直线12x―5y+c=0的距离为1，即要圆心到直线的距离小于1，即，解得―13＜c＜13．
11．【答案】
【解析】的几何意义是点与原点连线的斜率．利用这个几何意义求解．
12．【分析】根据表示圆上的点（a，b），与点（―2，0）连线的斜率，设出过点（―2，0）的圆的切线方程，根据圆心C到切线的距离等于半径求得切线的斜率k的值，可得代数式的取值范围．
【解析】即，表示以C（1，2）为圆心、半径等于2的圆．
而表示圆上的点（a，b），与点（―2，0）连线的斜率．
由于过点（―2，0）的圆的切线斜率存在，设为k，则圆的切线方程为y―0=k(x+2)，即kx―y+2k=0，
根据圆心C到切线的距离等于半径，可得，求得k=0，或，
故代数式的取值范围是．
【点评】本题主要考查直线的斜率公式，直线和圆相切的性质，点到直线的距离公式的应用，体现了转化的数学思想．
13．【分析】（1）先把两个圆的方程化为标准形式，求出圆心和半径，再根据两圆的圆心距等于两圆的半径之和，求得m的值．
（2）由两圆的圆心距等于两圆的半径之差为，求得m的值．
（3）当m=45时，把两个圆的方程相减，可得公共弦所在的直线方程．求出第一个圆的圆心（1，3）到公共弦所在的直线的距离d，再利用弦长公式求得弦长．
【解析】（1）由已知可得两个圆的方程分别为，，
两圆的圆心距，两圆的半径之和为，
由两圆的半径之和为，可得．
（2）由两圆的圆心距等于两圆的半径之差为，
即，可得（舍去），
或，解得．
（3）当m=45时，两圆的方程分别为，，
把两个圆的方程相减，可得公共弦所在的直线方程为4x+3y―23=0．
第一个圆的圆心（1，3）到公共弦所在的直线的距离为
，可得弦长为．
14．【答案】（1）略；（2）
【解析】（1）证明：∵直线l：mx―y+1=0经过定点D（0，1），
点D到圆心（0，2）的距离等于1小于圆的半径，
故定点（0，1）在圆的内部，故直线l与圆C总有两个不同交点．
（2）设中点M的坐标为（x，y），则由直线和圆相交的性质可得AB⊥CM．
由于定点D（0，1）、圆心C、点M构成直角三角形，由勾股定理得
CM2+DM2=CD2，∴x2+(y―2)2+x2+(y―1)2=(2―1)2，
2x2+2y2―6y+4=0，即．此圆在圆C：x2+(y―2)2=5的内部，
故点M的轨迹方程为：．
15．【答案】（1）略（2）或（3）x2+y2―x―2y+1=0（x≠1）（4）x―y=0或x+y―2=0
【解析】（1）由已知直线：y―1=m(x－1 )，知直线恒过定点P（1，1）．
∵12=1＜5，∴P点在圆C内．
则直线与圆C总有两个不同的交点．
（2）设A（x1，y1）、B（x2，y2），
则x1、x2为方程组的两个实根，
∵，
∴，
∴m2=3，．∴的倾斜角或．
（3）∵C（0，1）、P（1，1），|CM|2+|PM|2=|CP|2，
设M（x，y），
∴x2+(y―1)2+(x―1)2+(y―1)2=1．
整理得轨迹方程为：x2+y2―x―2y+1=0（x≠1）．
（4）∵，∴，∴．
又∵，∴，即，
解方程(1+m2)x2―2m2x+m2―5=0，得．
∴，解得m=±1．
∴x―y=0或x+y―2=0．