《2025年赢在微点数学》

[变式训练]　(1)圆$C_{1}:x^{2}+y^{2}-2x + 10y - 24 = 0$与圆$C_{2}:x^{2}+y^{2}+2x + 2y - 8 = 0$的公共弦所在直线的方程为________________，公共弦长为________。

答案：
(1)$x - 2y + 4 = 0$ $2\sqrt{5}$　解析　联立两圆的方程得$\begin{cases}x^{2}+y^{2}-2x + 10y - 24 = 0\\x^{2}+y^{2}+2x + 2y - 8 = 0\end{cases}$，两式相减并化简，得$x - 2y + 4 = 0$，即为两圆公共弦所在直线的方程。由$x^{2}+y^{2}-2x + 10y - 24 = 0$，得$(x - 1)^{2}+(y + 5)^{2}=50$，则圆$C_{1}$的圆心坐标为$(1,-5)$，半径$r = 5\sqrt{2}$，圆心到直线$x - 2y + 4 = 0$的距离为$d=\frac{|1-2\times(-5)+4|}{\sqrt{1+(-2)^{2}}}=3\sqrt{5}$。设公共弦长为$2l$，由勾股定理，得$r^{2}=d^{2}+l^{2}$，即$50=(3\sqrt{5})^{2}+l^{2}$，解得$l=\sqrt{5}$，故公共弦长为$2\sqrt{5}$。

(2)（2022·新高考I卷）写出与圆$x^{2}+y^{2}=1$和$(x - 3)^{2}+(y - 4)^{2}=16$都相切的一条直线的方程________________。

答案：

(2)$3x + 4y - 5 = 0$(或$7x - 24y - 25 = 0$或$x + 1 = 0$，答案不唯一)　解析　解法一：由题意知两圆的圆心和半径分别为$O_{1}(0,0)$，$O_{2}(3,4)$，$r_{1}=1$，$r_{2}=4$。因为$|O_{1}O_{2}|=r_{1}+r_{2}$，所以两圆外切。由两圆外切，画出示意图，如图。设切点为$A(x,y)$。由$\overrightarrow{O_{1}A}=\frac{1}{5}\overrightarrow{O_{1}O_{2}}$，得$A(\frac{3}{5},\frac{4}{5})$。因为$k_{O_{1}O_{2}}=\frac{4}{3}$，所以切线$l_{1}$的斜率$k_{1}=-\frac{3}{4}$，所以$l_{1}:y-\frac{4}{5}=-\frac{3}{4}(x-\frac{3}{5})$，即$3x + 4y - 5 = 0$。由图象易得两圆均与直线$l_{2}:x=-1$相切。过两圆圆心的直线方程为$l:y=\frac{4}{3}x$。联立$\begin{cases}y=\frac{4}{3}x\\x=-1\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=-1\\y=-\frac{4}{3}\end{cases}$。故直线l与$l_{2}$的交点为$P(-1,-\frac{4}{3})$。由切线定理，得两圆的另一公切线$l_{3}$过点P。设$l_{3}:y+\frac{4}{3}=k(x + 1)$。由点到直线的距离公式，得$\frac{|k-\frac{4}{3}|}{\sqrt{k^{2}+1}}=1$，解得$k=\frac{7}{24}$，所以$l_{3}:y+\frac{4}{3}=\frac{7}{24}(x + 1)$，即$7x - 24y - 25 = 0$。

解法二：因为两圆圆心距离为$\sqrt{(3 - 0)^{2}+(4 - 0)^{2}}=5$，且$r_{1}=1$，$r_{2}=4$，$r_{1}+r_{2}=5$，所以两圆相外切，两圆方程相减得过切点的切线方程$l_{1}:3x + 4y - 5 = 0$。

[典例1]　如图所示，在平面直角坐标系$xOy$中，点$A(0,3)$，直线$l:y = 2x - 4$，设圆$C$的半径为$1$，圆心在$l$上。
　　　　　　　　　　　
(1)若圆心$C$也在直线$y = x - 1$上，过点$A$作圆$C$的切线，求切线的方程；
(2)若圆$C$上存在点$M$，使$|MA| = 2|MO|$，求圆心$C$的横坐标$a$的取值范围。

答案： 解　
(1)联立$\begin{cases}y=x - 1\\y=2x - 4\end{cases}$，得圆心为$C(3,2)$。切线的斜率存在，设切线方程为$y = kx + 3$。圆心C到切线的距离$d=\frac{|3k + 3 - 2|}{\sqrt{1 + k^{2}}}=r = 1$，解得$k = 0$或$k=-\frac{3}{4}$。故所求切线方程为$y = 3$或$3x + 4y - 12 = 0$。
(2)解法一：设点$M(x,y)$，由$|MA| = 2|MO|$，知$\sqrt{x^{2}+(y - 3)^{2}}=2\sqrt{x^{2}+y^{2}}$，化简得$x^{2}+(y + 1)^{2}=4$。即点M的轨迹为以点$D(0,-1)$为圆心，2为半径的圆，可记为圆D。又因为点M也在圆C上，故圆C与圆D的关系为相交或相切。故$1\leq|CD|\leq3$，其中$|CD|=\sqrt{a^{2}+(2a - 3)^{2}}$，解得$0\leq a\leq\frac{12}{5}$。即圆心C的横坐标a的取值范围是$[0,\frac{12}{5}]$。
解法二：(利用拓展结论)当$M_{1}$为线段OA的内分点时，$M_{1}$坐标为$(0,1)$，当$M_{2}$为OA外分点时，$M_{2}$坐标为$(0,-3)$，所以M的轨迹是以$M_{1}M_{2}$为直径的圆，其方程为$x^{2}+(y + 1)^{2}=4$，以下同解法一。

思考题 已知圆$O:x^{2}+y^{2}=1$和点$A(-\frac{1}{2},0)$，若定点$B(b,0)(b\neq-\frac{1}{2})$和常数$\lambda$满足：对圆$O$上任意一点$M$，都有$|MB|=\lambda|MA|$，则$\lambda =$________，$\triangle MAB$面积的最大值为________。

答案：
$2$ $\frac{3}{4}$　解析　设点$M(x,y)$，由$|MB|=\lambda|MA|$，得$(x - b)^{2}+y^{2}=\lambda^{2}[(x+\frac{1}{2})^{2}+y^{2}]$，整理得$x^{2}+y^{2}-\frac{2b+\lambda^{2}}{1-\lambda^{2}}x+\frac{b^{2}-\frac{1}{4}\lambda^{2}}{1-\lambda^{2}}=0$，所以$\begin{cases}\frac{2b+\lambda^{2}}{1-\lambda^{2}}=0\\\frac{b^{2}-\frac{1}{4}\lambda^{2}}{1-\lambda^{2}}=-1\end{cases}$，解得$\begin{cases}\lambda = 2\\b=-2\end{cases}$。如图所示，$S_{\triangle MAB}=\frac{1}{2}|AB|\cdot|y_{M}|$，由图可知，当$|y_{M}| = 1$，即点M的坐标为$(0,1)$或$(0,-1)$时，$S_{\triangle MAB}$取得最大值，故$\triangle MAB$面积的最大值为$\frac{1}{2}\times|-\frac{1}{2}-(-2)|\times1=\frac{3}{4}$。