【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第九章第二讲　圆的方程及直线、圆的位置关系

【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第九章第二讲　圆的方程及直线、圆的位置关系

第二讲　圆的方程及直线、圆的位置关系 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.[2015新课标全国Ⅱ,7,5分][理]过三点A(1,3),B(4,2),C(1, - 7)的圆交y轴于M,N两点,则|MN|=(　　)‎ A.2‎6‎ B.8 C.4‎6‎ D.10‎ ‎2.[2020四川省高三诊断性考试(三)]A,B是☉O :x2+y2=1上两个动点,且∠AOB=120°,A,B到直线l :3x+4y - 10=0的距离分别为d1,d2,则d1+d2的最大值为(　　)‎ A.3 B.4 C.5 D.6‎ ‎3.[2018全国卷Ⅲ,6,5分][理]直线x+y+2=0分别与x轴,y轴交于A,B两点,点P在圆(x - 2)2+y2=2上,则△ABP面积的取值范围是(　　)‎ A.[2,6] B.[4,8] C.[‎2‎,3‎2‎] D.[2‎2‎,3‎2‎]‎ ‎4.[2016全国卷Ⅲ,16,5分][理]已知直线l:mx+y+3m - ‎3‎=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.若|AB|=2‎3‎,则|CD |=　　　　. ‎ ‎5.[2019北京,11,5分]设抛物线y2=4x的焦点为F ,准线为l.则以F 为圆心,且与l相切的圆的方程为　　　　　　　. ‎ ‎6.[2019浙江,12,6分]已知圆C的圆心坐标是(0,m),半径长是r.若直线2x - y+3=0与圆C相切于点A( - 2, - 1),则 m=　　　　,r=　　　　. ‎ ‎7.[2020南京模拟]在平面直角坐标系xOy中,已知圆M :(x - a)2+(y - 2a)2=4,圆N :(x - 2)2+(y+1)2=4,若圆M上存在一点P,使得以点P为圆心,1为半径的圆与圆N有公共点,则实数a的取值范围为　　　　. ‎ ‎8.[2018全国卷Ⅱ,19,12分][理]设抛物线C:y2=4x的焦点为F ,过F 且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8.‎ ‎(1)求l的方程;‎ ‎(2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程.‎ 考法1求圆的方程 ‎1 [2018天津,12,5分]在平面直角坐标系中,经过三点(0,0),(1,1),(2,0)的圆的方程为　　　　　　　　. ‎ 设圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F =0(D2+E2 - 4F >0),分别将三点的坐标代入圆的方程,求出D,E,F 即可;或者设圆的标准方程为(x - a)2+(y - b)2=r2,分别将三点的坐标代入圆的方程,求出a,b,r即可;或者通过已知条件及圆的几何性质求出圆的基本量.‎ 解法一　(待定系数法)设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F =0(D2+E2 - 4F >0),则F=0,‎‎1+1+D+E+F=0,‎‎4+2D+F=0,‎解得D=-2,‎E=0,‎F=0,‎即圆的方程为x2+y2 - 2x=0.‎ 解法二　(待定系数法)设圆的方程为(x - a)2+(y - b)2=r2,则a‎2‎‎+b‎2‎=r‎2‎　①,‎‎(1-a‎)‎‎2‎+(1-b‎)‎‎2‎=r‎2‎　②,‎‎(2-a‎)‎‎2‎+b‎2‎=r‎2‎　③,‎ 由① - ③,得a=1,代入②,得(1 - b)2=r2,结合①,得b=0,所以r2=1,故圆的方程为(x - 1)2+y2=1,即x2+y2 - 2x=0.‎ 解法三　(几何法)记A(0,0),B(2,0),C(1,1),连接AB,由圆过点A(0,0),B(2,0)知,AB的垂直平分线x=1必过圆心.连接BC,又圆过点C(1,1),BC的中点为(‎3‎‎2‎,‎1‎‎2‎),BC所在直线的斜率kBC= - 1,所以BC的垂直平分线为直线y=x - 1,联立,得y=x-1,‎x=1,‎解得圆心的坐标为(1,0),半径为1,故圆的方程为(x - 1)2+y2=1,即x2+y2 - 2x=0.‎ ‎1.[2017全国卷Ⅲ,20,12分][理]已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆.‎ ‎(1)证明:坐标原点O在圆M上;‎ ‎(2)设圆M过点P(4, - 2),求直线l与圆M的方程.‎ 考法2与圆有关的最值问题 ‎2已知实数x,y满足方程x2+y2 - 4x+1=0.‎ ‎(1)则yx的最大值和最小值分别为　　　　和　　　　; ‎ ‎(2)则y - x的最大值和最小值分别为　　　　和　　　　; ‎ ‎(3)则x2+y2的最大值和最小值分别为　　　　和　　　　. ‎ 条件与 目标 条件:已知圆的方程.‎ 目标:(1)求yx的最大值和最小值.‎ ‎(2)求y - x的最大值和最小值.‎ ‎(3)求x2+y2的最大值和最小值.‎ 思路与 方法 思路:寻找目标式的几何意义,将最值问题转化成直线与圆的位置关系问题.‎ 方法:几何性质法,圆的参数方程法.‎ 过程与 关键 过程:将目标函数的几何意义与圆的几何图形对应,从几何直观中得到最值的求解.‎ 关键:①直线与圆相切时,观察直线的斜率(或截距)的变化.‎ ‎②观察圆上的点与坐标原点的距离.‎ ‎③利用圆的参数方程,转化为三角函数的最值问题求解.‎ ‎(1)(斜率型)原方程可化为(x - 2)2+y2=3,表示以(2,0)为圆心,‎3‎为半径的圆,yx的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率,所以设yx=k,即y=kx.‎ 当直线y=kx与圆相切时,斜率k取最大值或最小值,此时‎|2k-0|‎k‎2‎‎+1‎‎=‎‎3‎,解得k=±‎3‎.‎ 所以yx的最大值为‎3‎,最小值为 - ‎3‎.‎ ‎(2)(截距型)解法一　y - x可看作是直线y=x+b在y轴上的截距,当直线y=x+b与圆相切时,纵截距b取得最大值或最小值,此时‎|2-0+b|‎‎2‎‎=‎‎3‎,解得b= - 2±‎6‎.‎ 所以y - x的最大值为 - 2+‎6‎,最小值为 - 2 - ‎6‎.‎ 解法二　设圆的参数方程为x=2+‎3‎cosθ,‎y=‎3‎sinθ(0≤θ≤2π),‎ 则y - x=‎3‎sinθ - ‎3‎cosθ - 2=‎6‎sin(θ - π‎4‎) - 2,当θ=‎3‎‎4‎π时,y - x取最大值‎6‎ - 2;当θ=‎7‎‎4‎π时,y - x取最小值 - ‎6‎ - 2.‎ ‎(3)(距离型)解法一　x2+y2表示圆上的一点与原点距离的平方,由平面几何知识知,在原点与圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值.‎ 又圆心到原点的距离为‎(2-0‎)‎‎2‎+(0-0‎‎)‎‎2‎=2,‎ 所以x2+y2的最大值是(2+‎3‎)2=7+4‎3‎,‎ x2+y2的最小值是(2 - ‎3‎)2=7 - 4‎3‎.‎ 解法二　由(2)中的参数方程可知,x2+y2=(2+‎3‎cosθ)2+(‎3‎sinθ)2=7+4‎3‎cosθ,从而得x2+y2的最大值和最小值分别为7+4‎3‎,7 - 4‎3‎.‎ ‎3 [2019厦门模拟]设点P(x,y)是圆:x2+(y - 3)2=1上的动点,定点A(2,0),B( - 2,0),则PA·PB的最大值为　　　　. ‎ 由题意,知PA=(2 - x, - y),PB=( - 2 - x, - y),‎ 所以PA·PB=x2+y2 - 4.‎ 由于点P(x,y)是圆上的点,故其坐标满足方程x2+(y - 3)2=1,故x2= - (y - 3)2+1,所以PA·PB= - (y - 3)2+1+y2 - 4=6y - 12.‎ 由题意易知2≤y≤4,所以当y=4时,PA·PB的值最大,最大值为6×4 - 12=12.‎ ‎2.已知A(0,2),点P在直线x+y+2=0上,点Q在圆C:x2+y2 - 4x - 2y=0上,则|PA|+|PQ|的最小值是　　　　. ‎ 考法3直线与圆的位置关系 ‎4 直线l :mx - y+1 - m=0与圆C :x2+(y - 1)2=5的位置关系是 A.相交　　　B.相切　　　C.相离　　　D.不确定 思路一:将直线方程与圆的方程联立→研究一元二次方程的判别式 思路二:计算圆心到直线的距离d→比较d与圆的半径‎5‎的大小 思路三:直线l过定点(1,1)→判断定点与圆的位置关系 解法一　(代数法)由mx-y+1-m=0,‎x‎2‎‎+(y-1‎)‎‎2‎=5,‎消去y,整理得(1+m2)x2 - 2m2x+m2 - 5=0,‎ 因为Δ=16m2+20>0,所以直线l与圆相交.‎ 解法二　(几何法)由题意知,圆心(0,1)到直线l的距离d=‎|m|‎m‎2‎‎+1‎‎<‎1‎<‎‎5‎,故直线l与圆相交.‎ 解法三　(点与圆的位置关系法)直线l:mx - y+1 - m=0过定点(1,1),因为点(1,1)在圆x2+(y - 1)2=5的内部,所以直线l与圆相交.‎ A 判断直线与圆的位置关系时,通常利用圆心到直线的距离,注意求距离时直线方程必须化成一般式.‎ ‎3.[原创题]已知直线l :x+2y - 3=0与圆C:x2+y2+x - 6y+m=0,若直线l与圆C无公共点,则m的取值范围是(　　)‎ A.(1,8)　　B.(8,‎37‎‎4‎)　　C.(1,37)　　D.(8,+∞)‎ 考法3 圆与圆的位置关系 ‎5分别求当实数k为何值时,圆C1:x2+y2+4x - 6y+12=0与圆C2:x2+y2 - 2x - 14y+k=0相交和相切.‎ 确定两圆的圆心和半径利用两圆的位置关系及C2对k的限制确定关系式求解参数的值或取值范围 将两圆的一般方程化为标准方程,得圆C1:(x+2)2+(y - 3)2=1,圆C2:(x - 1)2+(y - 7)2=50 - k,‎ 则圆C1的圆心为C1( - 2,3),半径r1=1;‎ 圆C2的圆心为C2(1,7),半径r2=‎50-k,k<50.‎ 从而|C1C2|=‎(-2-1‎)‎‎2‎+(3-7‎‎)‎‎2‎=5.‎ 当|‎50-k - 1|<5‎<‎‎50-k+1,即4‎<‎50-k<‎6,即140,k≠1)的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点A,B间的距离为2,动点P满足‎|PA|‎‎|PB|‎‎=‎‎2‎,则PA2+PB2的最小值为 A.36 - 24 ‎2‎　　　B.48 - 24 ‎2‎　　　C.36 ‎2‎　　　D.24 ‎‎2‎ 以经过A,B的直线为x轴,线段AB的垂直平分线为y轴,建立平面直角坐标系,‎ 则A( - 1,0),B(1,0).‎ 设P(x,y),因为‎|PA|‎‎|PB|‎‎=‎‎2‎,所以‎(x+1)‎‎2‎‎+‎y‎2‎‎(x-1)‎‎2‎‎+‎y‎2‎‎=‎‎2‎,‎ 两边平方并整理,得x2+y2 - 6x+1=0,即(x - 3)2+y2=8.‎ 所以点P的轨迹是以(3,0)为圆心,2‎2‎为半径的圆,则 ‎|PA|2+|PB|2=(x+1)2+y2+(x - 1)2+y2=2(x2+y2)+2.‎ 解法一　因为x2+y2 - 6x+1=0,所以|PA|2+|PB|2=2(x2+6x - 1 - x2)+2=12x.‎ 由y2=8 - (x - 3)2≥0,得3 - 2‎2‎≤x≤3+2‎2‎,‎ 所以36 - 24‎2‎≤12x≤36+24‎2‎,‎ 由此可知PA2+PB2的最小值为36 - 24‎2‎.故选A.‎ 解法二　由(x - 3)2+y2=8,可设x=2‎2‎cosθ+3,‎y=2‎2‎sinθ(θ∈[0,2π)),‎ 则|PA|2+|PB|2=2(x2+y2)+2=2[(2‎2‎cosθ+3)2+(2‎2‎sinθ)2]+2=24‎2‎cosθ+36.‎ 因为θ∈[0,2π),所以 - 1≤cosθ≤1,所以36 - 24‎2‎≤24‎2‎cosθ+36≤36+24‎2‎,‎ 由此可知PA2+PB2的最小值为36 - 24‎2‎.‎ A 素养探源　‎ 核心素养 考查途径 素养水平 数学建模 根据题中条件建立函数模型.‎ 二 数学运算 ‎①由‎|PA|‎‎|PB|‎‎=‎‎2‎得到点P的轨迹方程.‎ ‎②利用函数法或三角换元法求解目标函数的最小值.‎ 二 ‎7.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家,他对圆锥曲线有深刻而系统的研究,主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书,其中阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一,即已知动点M与两定点A,B的距离之比为λ(λ>0,λ≠1),那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知圆O:x2+y2=1上的动点M和定点A( - ‎1‎‎2‎,0),B(1,1),则2|MA|+|MB|的最小值为(　　)‎ A.‎6‎　　　B.‎7‎　　　C.‎10‎　　　D.‎‎11‎ ‎ ‎ ‎1.C　设过A,B,C三点的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,则D+3E+F+10=0,‎‎4D+2E+F+20=0,‎D - 7E+F+50=0,‎解得D= - 2,‎E=4,‎F= - 20,‎所求圆的方程为x2+y2 - 2x+4y - 20=0,令x=0,得y2+4y - 20=0,设M(0,y1),N(0,y2),则y1+y2= - 4,y1y2= - 20,所以|MN|=|y1 - y2|=‎(y‎1‎+y‎2‎‎)‎‎2‎ - 4‎y‎1‎y‎2‎=4‎6‎.故选C.‎ ‎【方法总结】　求圆中弦长的方法 一是利用半弦长、弦心距及半径构成的直角三角形来求解,对于圆中的弦长问题,此种方法较为简单;二是直接求出直线与圆的交点坐标,利用两点间的距离公式求得;三是不求交点坐标,利用一元二次方程中根与系数的关系求解,即设直线的斜率存在且为k,将直线方程与圆的方程联立消去y后得到方程的两根为x1,x2,则弦长d=‎1+‎k‎2‎·|x1 - x2|.‎ ‎2.C　设AB的中点为P,在等腰三角形AOB中,∠AOB=120°,可知|OP|=‎1‎‎2‎,即点P在以O为圆心,半径r=‎1‎‎2‎的圆上.令点P到直线l:3x+4y - 10=0的距离为d3,由梯形的中位线定理可知d1+d2=2d3.点O到直线l:3x+4y - 10=0的距离h=‎|3×0+4×0 - 10|‎‎3‎‎2‎‎+‎‎4‎‎2‎=2,则d3≤h+r=2+‎1‎‎2‎‎=‎‎5‎‎2‎,所以d1+d2=2d3≤5.故选C.‎ ‎3.A　圆心(2,0)到直线的距离d=‎|2+0+2|‎‎2‎=2‎2‎,所以点P到直线的距离d1∈[‎2‎,3‎2‎].根据直线的方程可知A,B两点的坐标分别为A( - 2,0),B(0,‎ ‎- 2),所以|AB|=2‎2‎,所以△ABP的面积S=‎1‎‎2‎|AB|d1=‎2‎d1.因为d1∈[‎2‎,3‎2‎],所以S∈[2,6],即△ABP面积的取值范围是[2,6].‎ ‎【素养落地】　本题考查直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式及三角形面积的求解,体现了逻辑推理和数学运算等核心素养,试题难度中等.求解此题的关键是确定三角形的高的取值范围.当直线与圆相离时,若已知圆的半径r,圆心到直线的距离d,则圆上的点到直线的距离的最大值为d+r,最小值为d - r.‎ ‎4.4　设圆心到直线l:mx+y+3m - ‎3‎=0的距离为d,则弦长|AB|=2‎12 - ‎d‎2‎=2‎3‎,解得d=3,即‎|3m - ‎3‎|‎m‎2‎‎+1‎=3,解得m= - ‎3‎‎3‎,则直线l:x - ‎3‎y+6=0,数形结合可得|CD|=‎|AB|‎cos30°‎=4.‎ ‎5.(x - 1)2+y2=4　因为抛物线的标准方程为y2=4x,所以焦点F(1,0),准线l的方程为x= - 1.因为所求的圆以F为圆心,且与准线l相切,故圆的半径r=2,所以圆的方程为(x - 1)2+y2=4.‎ ‎6. - 2　‎5‎　解法一　设过点A( - 2, - 1)且与直线2x - y+3=0垂直的直线l的方程为x+2y+t=0,所以 - 2 - 2+t=0,所以t=4,所以l的方程为x+2y+4=0.将(0,m)代入,解得m= - 2,则r=‎( - 2 - 0)‎‎2‎‎+‎‎( - 1+2)‎‎2‎‎=‎‎5‎.‎ 解法二　因为直线2x - y+3=0与以点(0,m)为圆心的圆相切,且切点为A( - 2, - 1),所以m+1‎‎0+2‎×2= - 1,所以m= - 2,r=‎( - 2 - 0)‎‎2‎‎+‎‎( - 1+2)‎‎2‎‎=‎‎5‎.‎ ‎7.[ - 2,2]　根据题意,可将“以点P为圆心,1为半径的圆与圆N有公共点”转化为“圆M的半径增加1后与圆N有交点”,即圆(x - a)2+(y - 2a)2=9与圆(x - 2)2+(y+1)2=4有交点,则‎(a - 2)‎‎2‎‎+‎‎(2a+1)‎‎2‎≤5,得a2≤4,即a∈[ - 2,2].‎ ‎【技巧点拨】　解答有关圆的问题时,要学会将所给的条件转化成更容易处理的条件,比如针对一些“存在”“恒成立”问题,一般只需要根据已知条件找到临界条件即可进行计算求解.‎ ‎8.(1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x - 1)(k>0).‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2).‎ 由y=k(x - 1),‎y‎2‎‎=4x,‎得k2x2 - (2k2+4)x+k2=0.‎ Δ=16k2+16>0,x1+x2=‎2k‎2‎+4‎k‎2‎.‎ 所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=‎4k‎2‎+4‎k‎2‎.‎ 由题设知‎4k‎2‎+4‎k‎2‎=8,解得k= - 1(舍去),k=1.‎ 因此l的方程为y=x - 1.‎ ‎(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线的方程为y - 2= - (x - 3),即y= - x+5.设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),则y‎0‎‎= - x‎0‎+5,‎‎(x‎0‎+1‎)‎‎2‎=‎(y‎0‎ - x‎0‎+1‎‎)‎‎2‎‎2‎+16,‎ 解得x‎0‎‎=3,‎y‎0‎‎=2‎或x‎0‎‎=11,‎y‎0‎‎= - 6.‎ 因此所求圆的方程为(x - 3)2+(y - 2)2=16或(x - 11)2+(y+6)2=144.‎ ‎1.(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.‎ 由x=my+2,‎y‎2‎‎=2x可得y2 - 2my - 4=0,则y1y2= - 4.‎ 又x1=y‎1‎‎2‎‎2‎,x2=y‎2‎‎2‎‎2‎,故x1x2=‎(‎y‎1‎y‎2‎‎)‎‎2‎‎4‎=4.‎ 因此OA的斜率与OB的斜率之积为y‎1‎x‎1‎·y‎2‎x‎2‎‎=‎‎ - 4‎‎4‎= - 1,所以OA⊥OB.‎ 又圆M是以线段AB为直径的圆,‎ 故坐标原点O在圆M上.‎ ‎(2)由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4.‎ 故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=‎(m‎2‎+2‎)‎‎2‎+‎m‎2‎.‎ 由于圆M过点P(4, - 2),因此AP·BP=0,故(x1 - 4)(x2 - 4)+(y1+2)(y2+2)=0,‎ 即x1x2 - 4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.‎ 由(1)可得y1y2= - 4,x1x2=4.‎ 所以2m2 - m - 1=0,解得m=1或m= - ‎1‎‎2‎.‎ 当m=1时,直线l的方程为x - y - 2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为‎10‎,圆M的方程为(x - 3)2+(y - 1)2=10.‎ 当m= - ‎1‎‎2‎时,直线l的方程为2x+y - 4=0,圆心M的坐标为(‎9‎‎4‎, - ‎1‎‎2‎),圆M的半径为‎85‎‎4‎,圆M的方程为(x - ‎9‎‎4‎)2+(y+‎1‎‎2‎)2=‎85‎‎16‎.‎ ‎2.2 ‎5‎　因为圆C:x2+y2 - 4x - 2y=0,故圆C是以C(2,1)为圆心,半径r=‎5‎的圆.设点A(0,2)关于直线x+y+2=0的对称点为A'(m,n),则m+0‎‎2‎‎+n+2‎‎2‎+2=0,‎n - 2‎m - 0‎‎=1,‎解得m= - 4,‎n= - 2,‎故A'( - 4, - 2).‎ 连接A'C交圆C于Q,由对称性可知,|PA|+|PQ|=|A'P|+|PQ|≥|A'Q|=|A'C| - r=2‎5‎.‎ ‎3.B　将圆C的方程配方,得(x+‎1‎‎2‎)2+(y - 3)2=‎37 - 4m‎4‎,则有‎37 - 4m‎4‎>0,解得m<‎37‎‎4‎.将直线l的方程与圆C的方程联立,得x+2y - 3=0,‎x‎2‎‎+y‎2‎+x - 6y+m=0,‎消去y,得x2+(‎3 - x‎2‎)2+x - 6×‎3 - x‎2‎+m=0,整理得5x2+10x+4m - 27=0　①.因为直线l与圆C无公共点,所以方程①无解,故Δ=102 - 4×5(4m - 27)<0,解得m>8.所以m的取值范围是(8,‎37‎‎4‎).故选B.‎ ‎4.2　由题意知,|C1C2|=k‎2‎‎+( - k+4‎‎)‎‎2‎‎=‎‎2‎(k - 2)‎‎2‎+8‎≥2‎2‎>2,所以圆C1与圆C2外离,示意图如图D 9 - 2 - 1所示.‎ 图D9 - 2 - 1‎ 因为PQ为圆C2的切线,所以PQ⊥C2Q,‎ 由勾股定理,得|PQ|=‎|PC‎2‎‎|‎‎2‎ - 1‎,要使|PQ|最小,则需|PC2|最小.‎ 显然当点P为C1C2与圆C1的交点时,|PC2|最小,此时|PC2|=|C1C2| - 1,‎ 所以当|C1C2|最小时,|PC2|最小.‎ 易知当k=2时,|C1C2|取最小值,即|PQ|最小.‎ ‎5.x - 2y+4=0　2‎5‎　联立两圆的方程,得x‎2‎‎+y‎2‎ - 2x+10y - 24=0,‎x‎2‎‎+y‎2‎+2x+2y - 8=0,‎两式相减并整理得x - 2y+4=0,所以两圆公共弦所在直线的方程为x - 2y+4=0.‎ 解法一　设两圆相交于点A(x1,y1),B(x2,y2),则A,B两点的坐标满足方程组x - 2y+4=0,‎x‎2‎‎+y‎2‎+2x+2y - 8=0,‎解得x‎1‎‎= - 4,‎y‎1‎‎=0‎或x‎2‎‎=0,‎y‎2‎‎=2.‎ 所以|AB|=‎(0+4‎)‎‎2‎+(2 - 0‎‎)‎‎2‎=2‎5‎,即公共弦长为2‎5‎.‎ 解法二　由x2+y2 - 2x+10y - 24=0,得(x - 1)2+(y+5)2=50,其圆心坐标为(1, - 5),半径r=5‎2‎,圆心到直线x - 2y+4=0的距离d=‎|1 - 2×( - 5)+4|‎‎1+( - 2‎‎)‎‎2‎=3‎5‎.‎ 设公共弦长为2l,由勾股定理得r2=d2+l2,即50=(3‎5‎)2+l2,解得l=‎5‎,故公共弦长2l=2‎5‎.‎ ‎6.(1)D　圆(x+3)2+(y - 2)2=1的圆心为C( - 3,2),半径r=1.如图D 9 - 2 - 2所示,‎ 图D 9 - 2 - 2‎ 作出点A( - 2, - 3)关于y轴的对称点B(2, - 3).由题意可知,反射光线的反向延长线一定经过点B.设反射光线所在直线的斜率为k,则反射光线所在直线的方程为y - ( - 3)=k(x - 2),即kx - y - 2k - 3=0.由反射光线与圆相切可得‎|k·( - 3) - 2 - 2k - 3|‎‎1+‎k‎2‎=1,即|5k+5|=‎1+‎k‎2‎,整理得12k2+25k+12=0,即(3k+4)(4k+3)=0,解得k= - ‎4‎‎3‎或k= - ‎3‎‎4‎.故选D.‎ ‎(2)‎1‎‎7‎或 - 1　由圆C:x2+(y - 3)2=4可知圆C的圆心坐标为(0,3),半径为2,过直线l上的点P引圆C的两条切线,易知当|PC|为圆心到直线l的距离时,切线长最短.已知直线l过点A( - 1,0),当斜率不存在时,易知不合题意.设直线l的方程为y=k(x+1),即kx - y+k=0,由点到直线的距离公式及勾股定理,得‎|k - 3|‎k‎2‎‎+1‎‎=‎‎2‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎=2‎2‎,解得k=‎1‎‎7‎或k= - 1.‎ ‎7.C　①当点M在x轴上时,点M的坐标为( - 1,0)或(1,0).‎ 若点M的坐标为( - 1,0),则2|MA|+|MB|=2×‎1‎‎2‎‎+‎‎(1+1‎)‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎=1+‎5‎;‎ 若点M的坐标为(1,0),则2|MA|+|MB|=2×‎3‎‎2‎‎+‎‎(1 - 1‎)‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎=4.‎ ‎②当点M不在x轴上时,取点K( - 2,0),连接OM,MK,因为|OM|=1,|OA|=‎1‎‎2‎,|OK|=2,所以‎|OM|‎‎|OA|‎‎=‎‎|OK|‎‎|OM|‎=2.因为∠MOK=∠AOM,所以△MOK∽△AOM,则‎|MK|‎‎|MA|‎‎=‎‎|OM|‎‎|OA|‎=2,所以|MK|=2|MA|,则2|MA|+|MB|=|MB|+|MK|.易知|MB ‎|+|MK|≥|BK|,可知|MB|+|MK|的最小值为|BK|.因为B(1,1),K( - 2,0),所以(2|MA|+|MB|)min=|BK|=‎( - 2 - 1‎)‎‎2‎+(0 - 1‎‎)‎‎2‎‎=‎‎10‎.‎ 综上,易知2|MA|+|MB|的最小值为‎10‎.故选C.‎