8.4 圆与圆的位置关系　圆的综合应用 课件-2027届高考数学一轮复习

第八章 平面解析几何 第四讲　圆与圆的位置关系　圆的综合应用 知识梳理·双基自测 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[50] 知识梳理 · 双基自测 返回导航 知 识 梳 理 知识点　圆与圆的位置关系 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 　方法 位置　 　　 关系　 　　 几何法：圆心距d与r1，r2的关系 代数法：两圆方程联立组成方程组的解的情况 公切线 条数 外离 _____________ ________ 4 外切 _____________ 一组实数解 3 相交 ___________________ 两组不同的实数解 2 内切 d＝|r1－r2|(r1≠r2) ______________ 1 内含 0≤d<|r1－r2|(r1≠r2) ________ 0 d>r1＋r2 无解 d＝r1＋r2 |r1－r2|<d<r1＋r2 一组实数解 无解 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 归 纳 拓 展 1．当两圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0，C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0，相交(切)时，两圆方程相减可得公共弦(内公切线)所在的直线方程．(D1－D2)x＋(E1－E2)y＋F1－F2＝0； 两圆相交时，两圆连心线垂直平分公共弦；两圆相切时，两圆连心线必过切点． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 双 基 自 测 题组一　走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和，则两圆相交．(　　) (2)“k＝1”是“直线x－y＋k＝0与圆x2＋y2＝1相交”的必要不充分条件．(　　) (3)过圆O：x2＋y2＝r2外一点P(x0，y0)作圆的两条切线，切点分别为A，B，则O，P，A，B四点共圆且直线AB的方程是x0x＋y0y＝r2.(　　) (4)圆C1：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0与圆C2：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的公切线有且仅有2条．(　　) [答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√ 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 题组二　走进教材 2．(选择性必修1P98T3)直线l：3x－y－6＝0与圆x2＋y2－2x－4y＝0相交于A，B两点，则|AB|＝________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 3．(选择性必修1P98T10)经过点M(3，－1)，且与圆C：x2＋y2＋2x－6y＋5＝0相切于点N(1,2)的圆的方程为____________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 题组三　走向考场 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 5．(2024·全国甲卷)已知b是a，c的等差中项，直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＋4y－1＝0交于A，B两点，则|AB|的最小值为(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 考点突破 · 互动探究 返回导航 圆与圆的位置关系——自主练透 1．(2026·四川绵阳模拟)已知直线3x＋4y＋4＝0与圆M：x2＋y2－2ax＝0(a>0)相切，则圆M和圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置关系是(　　) A．外离 B．外切 C．相交 D．内切 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 2．(多选题)(2024·湖北A9高中联盟期中联考)已知圆O：x2＋y2＝4和圆M：x2＋y2＋4x－2y＋4＝0，下列说法正确的是(　　) A．两圆有两条公切线 B．两圆的公共弦所在的直线方程为y＝2x＋2 [答案]　ACD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 3．(2022·新高考Ⅰ卷)写出与圆x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一条直线的方程________________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [引申]本例2中两圆的公共弦长为________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师点拨：如何处理两圆的位置关系 判断两圆的位置关系时常用几何法，即利用两圆圆心距与两圆半径和、差之间的关系，一般不采用代数法．若两圆相交(内切、外切)，则两圆公共弦(外公切线、内公切线)所在直线的方程可由两圆的方程作差消去x2，y2项得到．公共弦长问题在一个圆中求解． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 【变式训练】 (多选题)(2024·广东六校联考)已知圆O：x2＋y2＝4和圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝4，P，Q分别是圆O，圆C上的动点，则下列说法错误的是(　　) A．圆O与圆C相交 C．x－y＝2是圆O与圆C的一条公切线 D．过点Q作圆O的两条切线，切点分别为M，N，则存在点Q，使得∠MQN＝90° [答案]　AC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 弦长、弦的中点问题——多维探究 角度1　弦长问题 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师点拨：弦长的求法 注：①过圆C内定点P的弦中，以P为中点的弦最短；最长的弦是直径． ②遇弦的中点，注意垂直关系的应用． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 【变式训练】 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 与圆有关的轨迹问题——师生共研 1．(2024·新课标Ⅱ卷)已知曲线C：x2＋y2＝16(y>0)，从C上任意一点P向x轴作垂线段PP′，P′为垂足，则线段PP′的中点M的轨迹方程为(　　) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 2．已知点P(4,0)，A，B是圆x2＋y2＝36上两动点，且满足∠APB＝90°，则矩形APBQ顶点Q的轨迹方程为____________. [答案]　x2＋y2＝56 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师点拨：求与圆有关的轨迹问题的常用方法 (1)直接法：直接根据题目提供的条件列出方程． (2)定义法：根据圆、直线等定义列方程． (3)代入法(相关点法)：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 【变式训练】 [答案]　x2＋y2－6x＋1＝0 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 2.如图所示，已知圆O：x2＋y2＝4与y轴的正方向交于A点，点B在直线y＝2上运动，过点B作圆O的切线，切点为C，则AC的中点P的轨迹方程为____________；△ABC的垂心H的轨迹方程为____________. [答案]　x2＋(y－1)2＝1(x≠0)　x2＋(y－2)2＝4(x≠0) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [解析]　由P为AC的中点知OP⊥AC，∴点P的轨迹是以OA为直径的圆(去掉A，O两点)，其方程为x2＋(y－1)2＝1(x≠0)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 圆的综合应用——师生共研 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 【变式训练】 (2024·辽宁辽东南适应性联考)已知圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，且与直线3x＋4y－8＝0相切． (1)求圆C的标准方程； (2)直线l：y＝kx＋2与圆C交于A，B两点． ①求k的取值范围； ②证明：直线OA与直线OB的斜率之和为定值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [解析]　(1)由题意，设圆心为C(a,0)(a>0)，因为圆C过原点，所以半径r＝a， 又圆C与直线3x＋4y－8＝0相切， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 “隐形圆”问题 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 2．(2024·云南联考)在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，若直线l：y＝kx＋3上存在点M，使得|MA|＝2|MO|，则k的取值范围为(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 3．(2026·江苏南京外国语学校调研)已知M是圆C：x2＋y2＝1上一个动点，且直线l1：mx－ny－3m＋n＝0与直线l2：nx＋my－3m－n＝0(m，n∈R，m2＋n2≠0)相交于点P，则|PM|的取值范围是(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师点拨： 有些题中没有明确给出圆，而是隐藏在题设中，可通过分析、转化发现圆——隐形圆，从而利用圆的性质求解，以简化运算，常见的“隐形圆”类型： (1)利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐形圆； (2)动点P对两定点A，B张角是90°(kPA·kPB＝－1)确定隐形圆； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (4)两定点A，B，动点P满足|PA|2＋|PB|2是定值确定隐形圆； (5)两定点A，B，动点P满足|PA|＝λ|PB|(λ>0，λ≠1)确定隐形圆(阿波罗尼斯圆)； (6)由圆周角的性质确定隐形圆． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 【变式训练】 (2026·江苏盐城调研)已知点P(2，t)，Q(2，－t)(t>0)，若圆C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1上存在点M，使得∠PMQ＝90°，则实数t的取值范围是(　　) A．[4,6] B．(4,6) C．(0,4]∪[6，＋∞) D．(0,4)∪(6，＋∞) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 提能训练　练案[50] 返回导航 A组基础巩固 一、单选题 A．内切 B．外离 C．外切 D．内含 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 2．(2025·北京师大附中开学考试)已知圆C：x2＋y2＝4，直线l：y＝kx＋m，当k变化时，l截得圆C弦长的最小值为2，则常数m＝(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 4．(2026·安徽六校教育研究会联考)已知A(－1,0)，B(2,0)，若动点M满足|MB|＝2|MA|，直线l：x＋y－2＝0与x轴、y轴分别交于两点P，Q，则△MPQ的面积的最小值为(　　) [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 5．(2026·广西示范性贵州期中联考)已知圆C1：x2＋y2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝16，则下列说法正确的是(　　) A．圆C1与圆C2公共弦所在直线的方程为3x＋4y－5＝0 B．圆C1与圆C2有两条公切线 C．x＝－1是圆C1与圆C2的一条公切线 D．圆C1与圆C2上均恰有两点到直线3x＋4y－5＝0的距离为2 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 6．(2024·福建龙岩适应性考试)已知圆C：(x－5)2＋(y＋2)2＝r2(r>0)，A(－6,0)，B(0,8)，若圆C上存在点P使得PA⊥PB，则r的取值范围为(　　) A．(0,5] B．[5,15] C．[10,15] D．[15，＋∞) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 7．(2026·山西长治质检)从点P(m,2－m)向圆Q：(x＋2)2＋(y＋2)2＝1引切线，则切线长的最小值为(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　C [解析]　动弦AB中点的轨迹方程为O：x2＋(y－m)2＝1，又由题意知圆O与圆O2有公共点，∴2≤|OO2|≤4，即2≤|m|≤4，∴2≤m≤4或－4≤m≤－2.故选C． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 二、多选题 9．(2026·江苏部分学校入学考试)已知直线l：(m＋n)x＋(m－n)y－2m＝0(mn≠0)．圆C：(x－2)2＋(y－2)2＝8，下列说法不正确的是(　　) A．l过定点(1，－1) B．l与C一定相交 C．若l平分C的周长，则m＝1 D．l被C截得的最短弦的长度为4 [答案]　ACD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 10．(2026·江苏盐城学情调研)瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．在平面直角坐标系中，△ABC满足|AC|＝|BC|，顶点A(1,0)、B(－1,2)，且其“欧拉线”与圆M：(x－3)2＋y2＝r2相切，则下列结论正确的是(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　BD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 11．(2025·贵州贵阳七校联考)已知直线l：kx＋y＋2k－1＝0与圆C：x2＋y2－6y－7＝0相交于A，B两点，下列说法正确的是(　　) A．直线l恒过某一定点 B．k＝1时，|AB|最大 D．当k＝2时，对任意λ∈R，曲线x2＋y2＋2λx＋(λ－6)y＋3λ－7＝0过直线l与圆C的交点 [答案]　ACD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 12．(2026·江苏南京六校联合体调研)已知圆C：(x－2)2＋y2＝4，以下四个命题表述正确的是(　　) A．若圆C1：x2＋y2－10x－8y＋m＝0与圆C恰有3条公切线，则m＝16 B．圆C2：x2＋y2＋2y＝0与圆C的公共弦所在直线为2x＋y＝0 C．直线l：(2m＋1)x＋(3m＋2)y－5m－3＝0与圆C恒有两个公共点 D．点P为y轴上一个动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，且A，B的中点为M，若定点N(5,3)，则|MN|的最大值为6 [答案]　BCD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 14．(2026·江西赣抚吉十二校联考)直线ax－4y＋12＝0与圆x2＋y2＝16相交于A，B两点，且∠AOB＝90°(O为坐标原点)，则a＝________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 四、解答题 [解析]　解法一：∵所求圆的圆心在直线x－3y＝0上， 且与y轴相切， ∴设所求圆的圆心为C (3a，a)，半径为r＝3|a|. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 即2r2＝(a－b)2＋14. ① 由于所求的圆与y轴相切，∴r2＝a2. ② 又因为所求圆心在直线x－3y＝0上， ∴a－3b＝0. ③ 联立①②③，解得 a＝3，b＝1，r2＝9或a＝－3，b＝－1，r2＝9. 故所求的圆的方程是 (x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 即(D－E)2＋56＝2(D2＋E2－4F)． ⑤ ∴D－3E＝0. ⑥ 联立④⑤⑥，解得 D＝－6，E＝－2，F＝1或D＝6，E＝2，F＝1. 故所求圆的方程是x2＋y2－6x－2y＋1＝0 或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0，即(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 B组能力提升 1．(2026·河北石家庄质检)若点P在曲线x2＋y2＝|x|＋|y|上运动，则点P到直线x＋y＋2＝0的距离的最大值为(　　) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 A．相离 B．外切 C．相交 D．内切 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 3．(2026·河南焦作期中)已知点A(－3,0)，B(3,0)，若在直线l上有唯一点P满足PA⊥PB，且有唯一点Q满足|QA|＝2|QB|，则符合条件的l有(　　) A．4条 B．3条 C．2条 D．1条 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [解析]　若PA⊥PB，则P在以AB为直径的圆上，对应方程为x2＋y2＝9，令Q(x，y)，由题设有(x＋3)2＋y2＝4(x－3)2＋4y2，整理得(x－5)2＋y2＝16，所以直线l与圆x2＋y2＝9、(x－5)2＋y2＝16均有且只有一个交点，即直线与两圆都相切，又两圆圆心距离为5，半径之和为7，故两圆相交，它们的公切线有2条，所以符合条件的l有2条．故选C． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 5．(2025·湖北襄阳三模)在平面直角坐标系中，Q(2,0)，过点P(2,4)作直线l与圆O：x2＋y2＝4交于不同的两点M，N. (1)若直线l的斜率为1，求|MN|； (2)设直线QM，QN的斜率分别是k1，k2，探索k1＋k2是不是定值，若是，求出该定值，若不是，说明理由． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (2)依题意，直线l的斜率存在且不为零， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， l：y－4＝k(x－2)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 C组拓展应用(选作) (多选题)(2026·四川成都蓉城名校联盟联考)已知圆C：x2＋y2－4x－8y＋12＝0和直线l：x－y＋k＝0，则下列说法正确的是(　　) B．当k＝0时，圆上到直线l的距离为1的点有3个 C．存在实数k，使得直线l与圆相切 D．若直线l与圆相交，则实数k的取值范围为(－2,6) [答案]　ACD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 谢谢观看 设圆O1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝r(r1>0)， 圆O2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝r(r2>0)． 2．(1)直线与圆相交时，弦心距d，半径r，弦长的一半l满足关系式r2＝d2＋2. (2)过圆内一点的最长的弦是直径，最短的是垂直这点与圆心连线的弦． [答案]　 [解析]　圆的方程可化为(x－1)2＋(y－2)2＝()2，又圆心(1,2)到直线l的距离为，∴|AB|＝2＝. [答案]　2＋2＝ [解析]　圆C的方程化成(x＋1)2＋(y－3)2＝5，得圆心C(－1,3)，半径是，直线CN的方程为x＋2y－5＝0，线段MN的中点坐标是，kMN＝－，线段MN的垂直平分线的方程是y－＝(x－2)，即4x－6y－5＝0，联立x＋2y－5＝0与4x－6y－5＝0，解得所求圆的圆心F，又因为|FN|2＝2＋2＝，所以，所求圆的方程是2＋2＝. 4．(2023·新课标Ⅱ卷)已知直线l：x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC的面积为”的m的一个值________. [答案]　2 [解析]　设点C到直线AB的距离为d，由弦长公式得|AB|＝2，所以S△ABC＝×d×2＝，解得d＝或d＝，由d＝＝，所以＝或＝，解得m＝±2或m＝±. A．2　　　 B．3　　　 C．4　　　 D．2 [解析]　因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c，c＝2b－a，代入直线方程ax＋by＋c＝0，得ax＋by＋2b－a＝0，即a(x－1)＋b(y＋2)＝0，令得故直线恒过(1，－2)，设P(1，－2)，圆化为标准方程得：C：x2＋(y＋2)2＝5，设圆心为C，画出直线与圆的图形，由图可知，当PC⊥AB时，|AB|最小，|PC|＝1，|AC|＝|r|＝，此时|AB|＝2|AP|＝2＝2＝4.故选C． [解析]　圆M：x2＋y2－2ax＝0(a>0)的圆心M(a,0)，半径r1＝a，由直线3x＋4y＋4＝0与圆M相切，得＝a，解得a＝2，圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的圆心N(1,1)，半径r2＝1，而|MN|＝＝∈(1,3)，所以圆M和圆N相交．故选C． C．点E在圆O上，点F在圆M上，|EF|的最大值为＋3 D．圆O上有2个点到直线x＋y＋2＝0的距离为 [解析]　由圆M：x2＋y2＋4x－2y＋4＝0得．(x＋2)2＋(y－1)2＝1，圆心M(－2,1)，半径为1，则1＝2－1<|OM|＝<2＋1＝3，故两圆相交，故两圆有两条公切线，故A正确；将两圆的方程作差得4x－2y＝－8即y＝2x＋4，所以直线AB的方程为y＝2x＋4，故B不正确；|EF|max＝|OM|＋2＋1＝＋3，故C正确；圆心O(0,0)到直线x＋y＋2＝0的距离d＝＝，而圆的半径为2，显然2－<，故只有一条与x＋y＋2＝0平行且距离为的直线与圆相交，故圆O上有2个点到直线x＋y＋2＝0的距离为，故D正确．故选ACD. [答案]　y＝－x＋或y＝x－或x＝－1(写出其中一个即可) [解析]　解法一：圆x2＋y2＝1的圆心为O(0,0)，半径为1，圆(x－3)2＋(y－4)2＝16的圆心为O1(3,4)，半径为4，两圆圆心距为＝5，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l时，因为kOO1＝，所以kl＝－， 设方程为y＝－x＋t(t>0)，由原点O到l的距离d＝＝1，解得t＝，所以l的方程为y＝－x＋；当切线为m时，设直线方程为kx＋y＋p＝0，其中p>0，k<0，由题意解得 所以m的方程为y＝x－；当切线为n时，易知切线n的方程为x＝－1. 解法二：切线l的求法同解法一；当切线为m时，设两切点分别为A、B，作OC⊥O1B于C，则tan∠O1OC＝，∴km＝＝，设直线m的方程为7x－24y＋c＝0，则＝1，解得c＝－25或25(舍去)．∴切线m的方程为7x－24y－25＝0；又∠O1OC与∠O1Ox互余，根据图形对称性可知切线n的倾斜角为，显然切线n的方程为x＝－1. [答案]　 [解析]　在圆O：x2＋y2＝4中，O到公共弦2x－y＋4＝0的距离d＝，∴公共弦长为2＝. B．|PQ|的取值范围是[3－4,3＋4] [解析]　由题意可得，圆O的圆心为O(0,0)，半径r1＝2，圆C的圆心C(3,3)，半径r2＝2，因为两圆圆心距|OC|＝3>2＋2＝r1＋r2，所以两圆外离，故A错误；|PQ|的最大值等于|OC|＋r1＋r2＝3＋4，最小值为|OC|－r1－r2＝3－4，故B正确；显然直线x－y＝2与直线OC平行，因为两圆的半径相等，则外公切线与圆心连线平行，由直线OC：y＝x，设外公切线为y＝x＋t，则两平行线间的距离为2，即＝2，∴t＝±2，故y＝x±2，故C错误；对于D选项，易知当∠MQN＝90°时，四边形OMQN为正方形，故当|QO|＝2时，∠MQN＝90°，故D正确．故选AC． 1．(2025·重庆三模)直线l：x－y＋5＝0截圆O：x2＋y2＝9所得的弦长为(　　) A．2 B．4 C．2 D． [解析]　因为圆O：x2＋y2＝9，圆心坐标(0,0)，半径为3.圆心到直线的距离为d＝＝.弦长L＝2＝2＝4.故选B. 2．(2026·四川达州中学入学考试)已知圆O1：x2＋y2＝1与圆O2：x2＋y2－2x＋2y＋F＝0(F<1)相交所得的公共弦长为，则圆O2的半径r＝(　　) A．1 B． C．或1 D． [解析]　x2＋y2＝1与O2：x2＋y2－2x＋2y＋F＝0(F<1)两式相减得l：2x－2y－1－F＝0，即公共弦所在直线方程．圆O2方程可化为(x－1)2＋(y＋1)2＝2－F，可得圆心O2(1，－1)，O2半径r＝.则圆心O2到l的距离为d＝＝，半弦长为，则有2＋2＝r2＝2－F，解得F＝－3或F＝1(舍)，此时r＝.故选D. 角度2　弦的中点问题 (2026·湖北部分名校月考)已知A，B是圆C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0上的两点，且|AB|＝2，点O为坐标原点，则|＋|的最小值为(　　) A．2 B．4 C．－1 D．2－2 [解析]　由于x2＋y2－2x－4y＋1＝0，即为(x－1)2＋(y－2)2＝4，故圆C的圆心为C(1,2)，半径为2，设H为AB的中点，则CH⊥AB，结合|AB|＝2，得|CH|＝＝1，即点H在以C为圆心，半径为1的圆上；又＋＝2，则|＋|＝2||，而|OC|＝＝，故||的最小值为－1，则|＋|的最小值为2(－1)，故选D. (1)几何法：弦心距d、半径r和弦长|AB|的一半构成直角三角形，弦长|AB|＝2. (2)代数法：设直线y＝kx＋m与圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0相交于点M，N，代入，消去y，得关于x的一元二次方程，则|MN|＝·. 1．(角度1)(2025·青海名校联盟联考)已知直线l：x＋y－2＝0与圆M：x2＋y2－4x－4y＋a＝0交于A，B两点，且|AB|＝4，则a＝(　　) A．4 B．－4 C．2 D．－2 [解析]　由题意知圆M的圆心为M(2,2)，半径r＝，圆心M到直线l的距离d＝＝.所以()2＋(2)2＝8－a，即8－a＝10，解得a＝－2.故选D. 2．(角度2)(2026·山东临沂联考)已知A，B为圆O：x2＋y2＝1上的两点，|AB|＝，M为AB的中点，则M到直线l：x－y＋2＝0距离的最小值为________. [答案]　 [解析]　由垂径定理可知2＝，∴|OM|＝，∴M的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，O到l的距离d＝＝1，∴M到直线l距离的最小值为d－＝. A．＋＝1(y>0) B.＋＝1(y>0) C．＋＝1(y>0) D.＋＝1(y>0) [解析]　设点M(x，y)，则P(x，y0)，P′(x,0)，因为M为PP′的中点，所以y0＝2y，即P(x,2y)，又P在圆x2＋y2＝16(y>0)上，所以x2＋4y2＝16(y>0)，即＋＝1(y>0)，即点M的轨迹方程为＋＝1(y>0)．故选A． [解析]　连接AB，PQ，设AB与PQ交于点M，如图所示．因为四边形APBQ为矩形，所以M为AB，PQ的中点，连接OM.则OM⊥AB，设M(xM，yM)，由此可得|AM|2＝|OA|2－|OM|2＝36－(x＋y)　①.又在Rt△APB中，有|AM|＝|PM|＝　②.由①②得x＋y－4xM－10＝0，故点M的轨迹是圆． 因为点M是PQ的中点，设Q(x，y)，则xM＝，yM＝，代入点M的轨迹方程中得，2＋2－4×－10＝0，整理得点Q的轨迹方程x2＋y2＝56. 1．(2026·青海西宁期中)已知A(－1,0)，B(1,0)，C为平面内的一个动点，且满足|AC|＝|BC|，则点C的轨迹方程为________________. [解析]　依题意，设C(x，y)，由|AC|＝|BC|，得＝×，即(x＋1)2＋y2＝2[(x－1)2＋y2]，整理得点C的轨迹方程为x2＋y2－6x＋1＝0. 设H(x，y)，C(x′，y′)，连接AH，CH，则AH⊥BC，CH⊥AB，BC是圆O切线，OC⊥BC，∴OC∥AH，CH∥OA，OA＝OC，∴四边形AOCH是菱形．∴|CH|＝|AO|＝2，得又C(x′，y′)，满足(x′)2＋(y′)2＝4，所以x2＋(y－2)2＝4(x≠0)，即为点H的轨迹方程. [解析]　(1)设圆C的方程为(x－a)2＋y2＝4(a>0)， 圆心(a,0)到直线x－y＝0的距离d＝＝. 即＝＝，∴a＝1， 故圆C的方程为(x－1)2＋y2＝4. (2)假设存在定点N，使得直线AN与直线BN关于x轴对称，那么kAN＝－kBN， 设N(t,0)，t>0，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立得 (k2＋1)x2－(4k2＋2)x＋(4k2－3)＝0， Δ＝(4k2＋2)2－4(k2＋1)(4k2－3)＝12k2＋16>0， ∴ 由kAN＝－kBN，∴＋＝0， ∴＋＝0， ∴2x1x2－(t＋2)(x1＋x2)＋4t＝0， ∴－＋4t＝0， ∴2(4k2－3)－(4k2＋2)(t＋2)＋4t(k2＋1)＝0， ∴2t－10＝0，∴t＝5. 故存在，当点N为(5,0)时，直线AN与直线BN关于x轴对称． 所以圆心C到直线的距离d＝＝a⇒a＝1(负值舍去)， 所以圆C的标准方程为(x－1)2＋y2＝1. (2)①将直线l代入圆的方程可得(k2＋1)x2＋(4k－2)x＋4＝0，因为有两个交点， 所以Δ＝(4k－2)2－16(k2＋1)>0⇒k<－，即k的取值范围是. ②证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系： 所以kOA＋kOB＝＋＝＋＝＋2k＝＋2k＝1. 即直线OA，OB斜率之和为定值． 1．(2025·宁夏吴忠二模)古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离的比值为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足＝，则|PA|2＋|PB|2的最大值为(　　) A．16＋8 B．8＋4 C．7＋4 D．3＋ [解析]　以AB的中点为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，不妨取A(－1,0)，B(1,0)．设P(x，y)，则＝，整理得(x－2)2＋y2＝3，所以点P的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝3.则|PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝2(x2＋y2＋1)，x2＋y2可看作圆(x－2)2＋y2＝3上的点(x，y)到原点(0,0)的距离的平方，所以(x2＋y2)max＝(2＋)2＝7＋4，所以[2(x2＋y2＋1)]max＝16＋8，即|PA|2＋|PB|2的最大值为16＋8，故选A． A．[－，] B．(－∞，－]∪[，＋∞) C． D．∪ [解析]　设M(x，y)，由|MA|＝2|MO|，可得＝2，整理得x2＋(y＋1)2＝4，则直线l：y＝kx＋3与圆x2＋(y＋1)2＝4有公共点，则≤2，即k2≥3，解得k≤－或k≥.故选B. A．[－1,2＋1] B．[－1,3＋1] C．[－1,2＋1] D．[－1,3＋1] [解析]　依题意，直线l1：m(x－3)－n(y－1)＝0恒过定点A(3,1)，直线l2：n(x－1)＋m(y－3)＝0恒过定点B(1,3)，显然直线l1⊥l2，因此，直线l1与l2交点P的轨迹是以线段AB为直径的圆，其方程为(x－2)2＋(y－2)2＝2，圆心N(2,2)，半径r2＝，而圆C的圆心C(0,0)，半径r1＝1，如图：|NC|＝2>r1＋r2，两圆外离，由圆的几何性质得|PM|min＝|NC|－r1－r2＝－1，|PM|max＝|NC|＋r1＋r2＝3＋1，所以|PM|的取值范围是[－1,3＋1]．故选B. (3)两定点A，B，动点P满足·＝λ确定隐形圆； [解析]　由题意，点P(2，t)，Q(2，－t)(t>0)，可得以PQ为直径的圆的方程为(x－2)2＋y2＝t2，则圆心C1(2,0)，半径R＝t，又由圆C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1，可得圆心C(－2,3)，半径r＝1，两圆的圆心距为|CC1|＝＝5，要使得圆C：(x＋2)2＋(y－3)2＝1上存在点M，使得∠PMQ＝90°，即两圆存在公共点，则满足即解得4≤t≤6，所以实数t的取值范围是[4,6]．故选A． 1．(2025·安徽一模)圆O：x2＋y2＝1与圆M：(x＋1)2＋(y－2)2＝16的位置关系是(　　) [解析]　圆O与圆M的半径分别为1,4，圆心坐标分别为(0,0)，(－1,2)，则|OM|＝＝3＝4－1，故圆O与圆M的位置关系是内切．故选A． A．±2 B．± C．± D．±3 [解析]　直线l过定点P(0，m)，显然当k＝0时l被圆截得的弦长最短，∴2＝2，解得m＝±，故选C． 3．(2026·河南部分省示范性高中联考)已知直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＝4相交于M，N两点，若|MN|＝，则|k|＝(　　) A． B．1 C． D．2 [解析]　设坐标原点O到直线kx－y＋1＝0的距离为d，则d＝＝.设线段MN的中点为P，则MN⊥OP，根据勾股定理，有4＝|OM|2＝|OP|2＋|PM|2＝d2＋|MN|2.由|MN|＝，得4＝d2＋|MN|2＝＋，故＝，解得k2＝1，故|k|＝1.故选B. A．4＋2 B．4 C．2 D．4－2 [解析]　设M(x，y)，由|MB|＝2|MA|可得(x－2)2＋y2＝4(x＋1)2＋4y2，化简可得(x＋2)2＋y2＝4，故动点M的轨迹是以(－2,0)为圆心、半径r＝2的圆，圆心(－2,0)到l：x＋y－2＝0的距离为＝2，故圆上的点到直线l：x＋y－2＝0的最小距离为2－r＝2－2，由于P(2,0)，Q(0,2)，所以|PQ|＝2，故△MPQ的面积的最小值为×2×(2－2)＝4－2，故选D. [解析]　由条件可得：圆C1：x2＋y2＝1的圆心为C1(0,0)，半径r1＝1；圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝16的圆心为C2(3,4)，半径r2＝4.∵|C1C2|＝＝5＝r1＋r2，∴圆C1与圆C2外切，A、B错误；圆心C1(0,0)到直线x＝－1的距离d1＝|0－(－1)|＝1＝r1；圆心为C2(3,4)到直线x＝－1的距离d2＝|3－(－1)|＝4＝r2，所以x＝－1是圆C1与圆C2的一条公切线，C正确；圆心C1(0,0)到直线3x＋4y－5＝0的距离d3＝＝1＝r1，所以圆C1：x2＋y2＝1上有且仅有一点到直线的距离为2，D错误． [解析]　如图，由PA⊥PB可知点P的轨迹是以AB为直径的圆，设为圆M，因A(－6,0)，B(0,8)，故圆M：(x＋3)2＋(y－4)2＝25.依题意知圆M与圆C至少有一个公共点．因C(5，－2)，M(－3,4)，则|CM|＝＝10，由|r－5|≤|CM|≤5＋r，解得5≤r≤15.故选B. A．5 B． C． D．3 [解析]　圆Q：(x＋2)2＋(y＋2)2＝1的圆心为Q(－2，－2)，半径r＝1，点P(m,2－m)在直线x＋y－2＝0上，则圆心Q(－2，－2)到直线x＋y－2＝0的距离d＝＝3>1，可知直线x＋y－2＝0与圆Q相离，设其中一个切点为A，则切线长|PA|＝＝≥＝，所以切线长的最小值为.故选C． 8．(2025·浙江杭州开学模拟)已知圆O1：x2＋(y－m)2＝4上动弦AB的长为2，若圆O2：x2＋y2＝9上存在点P恰为线段AB的中点，则实数m的取值范围是(　　) A．[2,4] B．[1,3] C．[－4，－2]∪[2,4] D．[－3，－1]∪[1,3] [解析]　l：(m＋n)x＋(m－n)y－2m＝0⇒m(x＋y－2)＋n(x－y)＝0，联立解得所以l过定点(1,1)，故A错误；因l过定点(1,1)，且(1－2)2＋(1－2)2<8，所以定点(1,1)在圆内，即l与C一定相交，故B正确；若l平分C的周长，则直线过圆心(2,2)，所以(m＋n)×2＋(m－n)×2－2m＝0，即m＝0，故C错误；当定点(1,1)为弦的中点时，此时弦长最短，此时圆心(2,2)到弦所在直线的距离d＝＝，则弦长2＝2，故D错误．故选ACD. A．△ABC的“欧拉线”方程为y＝x－1 B．圆M上存在三个点到直线x－y－1＝0的距离为 C．若点(x，y)在圆M上，则的最小值是－ D．若圆M与圆x2＋(y－a)2＝2有公共点，则a∈[－3,3] [解析]　因为|AC|＝|BC|，所以△ABC是等腰三角形，由三线合一得：△ABC的外心、重心、垂心均在底边上的中线或高线上，设△ABC的欧拉线为l，则l过AB的中点，且与直线AB垂直，由A(1,0)、B(－1,2)可得：AB的中点C，即C(0,1)，kAB＝＝－1，所以kl＝1，故l的方程为：y－1＝x，即y＝x＋1，A错误； 因为l与圆M：(x－3)2＋y2＝r2相切，故r＝＝2，又圆心到x－y－1＝0的距离d1＝＝，所以圆M上存在三个点到直线x－y－1＝0的距离为，B正确；点(x，y)在圆M上，表示圆上的点与(－1,0)的连线的斜率，当连线与圆相切且位于圆的下方时(如图)，此时k<0，最小， 设直线m：y＝k(x＋1)，由＝2，解得k＝±1，因为k<0，所以k＝－1，即的最小值是－1，C错误； 圆x2＋(y－a)2＝2的圆心坐标为(0，a)，半径r1＝，则≤≤3，解得a∈[－3,3]，D正确．故选BD. C．|AB|的最小值为4 [解析]　直线l：kx＋y＋2k－1＝0，整理为k(x＋2)＋y－1＝0，不管k为何值，直线l始终过点D(－2,1)，A正确；D(－2,1)在圆C内，当l过圆C的圆心时，|AB|取得最大值，为直径．当k＝1时，直线l的方程x＋y＋1＝0，不过圆心，B错误；圆心与定点(－2,1)连线垂直于直线l时，此时圆心到直线l的距离最大dmax＝＝2，所以最短弦长|AB|＝2＝4，C正确；当k＝2时，直线l：2x＋y＋3＝0，曲线x2＋y2＋2λx＋(λ－6)y＋3λ－7＝0，即x2＋y2－6y－7＋λ(2x＋y＋3)＝0，显然该曲线过直线l与圆C的交点，D正确．故选ACD. [解析]　C1：(x－5)2＋(y－4)2＝41－m，由圆C1与圆C有3条公切线知两圆外切，∴＝2＋，解得m＝32，∴A错误；由圆C与圆C2的方程相减即得公共弦的方程2x＋y＝0，∴B正确；∵l：x＋2y－3＋m(2x＋3y－5)＝0，由知直线l过定点Q(1,1)，显然点Q在圆C内，∴直线l与圆C相交，∴C正确；由M为AB的中点知CM⊥AB，∴点M的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝1(y≠0)，其圆心H(1,0)，半径为1，∴|MN|的最大值为|HN|＋1＝5＋1＝6，∴D正确．故选BCD. 三、填空题 13．(2026·四川德阳诊断)已知两点M(－1,0)，N(1,0)，若直线x－y＋m＝0上存在唯一点P满足·＝0，则实数m的值为________. [答案]　± [解析]　设点P(x，y)，则＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)，由·＝0，得x2＋y2＝1，因此点P在以原点为圆心，1为半径的圆上，显然直线x－y＋m＝0与此圆相切，则＝1，解得m＝±，所以实数m的值为±. [答案]　± [解析]　由∠AOB＝90°，得|AB|＝＝4，知点O到直线ax－4y＋12＝0的距离为＝2，所以＝＝2，得a＝±. 15．(2026·辽宁大边滨城高中联盟期中)一个圆与y轴相切，圆心在直线x－3y＝0上，且在直线y＝x上截得的弦长为2，求此圆的方程． 又圆在直线y＝x上截得的弦长为2， 圆心C(3a，a)到直线y＝x的距离为d＝＝|a|. 又d2＋()2＝r2. ∴2a2＋7＝9a2，∴a＝±1. 故所求圆的方程为 (x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9. 解法二：设所求的圆的方程是(x－a)2＋(y－b)2＝r2， 则圆心(a，b)到直线x－y＝0的距离为. ∴r2＝2＋()2. 解法三：设所求的圆的方程是x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， 圆心为，半径为. 令x＝0，得y2＋Ey＋F＝0. 由圆与y轴相切，得Δ＝0，即E2＝4F. ④ 又圆心到直线x－y＝0的距离为，由已知，得2＋()2＝r2， 又圆心在直线x－3y＝0上， A．2 B．2 C． D．4 [解析]　当x≥0，y≥0时，x2＋y2＝|x|＋|y|⇔2＋2＝ 2(x≥0，y≥0)，依次讨论x，y的符号知曲线由分别以正方形ABCD的四边为直径的半圆弧组成，如图，所求距离最大值为到直线的距离与之和，即＋＝2.故选A． 2．(2025·东北三校联考)已知圆C：x2＋y2＋2ay＝0(a>0)截直线x－y＝0所得的弦长为2，则圆C与圆C′：(x－1)2＋(y＋1)2＝1的位置关系是(　　) [解析]　圆C的圆心为(0，－a)，半径为a，其圆心到直线x－y＝0的距离为＝，所截得的弦长为2＝a＝2，解得a＝2，所以C：x2＋(y＋2)2＝4，C的圆心为(0，－2)，半径为r1＝2；又C′的圆心为(1，－1)，半径为r2＝1，|CC′|＝＝，可得|r1－r2|<|CC′|<r1＋r2，则两圆的位置关系是相交，故选C． 4．(多选题)(2024·湖南名校联考)若圆C1：x2＋y2＝1和C2：x2＋y2－2ax－2ay－5＝0(a>0)有且仅有一条公切线l，则下列结论正确的是(　　) A．圆C1与圆C2内切 B．a＝1 C．公切线l的方程为2x－2y＋＝0 D．公切线l的方程为x＋y＋2＝0 [解析]　圆C1与圆C2有且仅有一条公切线l，两圆相切．圆C1：x2＋y2＝1的圆心为C1(0,0)，半径为r＝1，圆C2：x2＋y2－2ax－2ay－5＝0(a>0)，即(x－a)2＋(y－a)2＝4a2＋5，圆心C2(a，a)，半径为R＝>r.将C1(0,0)代入方程x2＋y2－2ax－2ay－5＝0左边得－5<0，则圆心C1(0,0)在圆C2内，故两圆不可能外切，所以C1与C2内切，故A正确；圆C2，(x－a)2＋(y－a)2＝4a2＋5，由圆C1与C2内切，所以|C1C2|＝＝－1，由a>0，即2a＋1＝，解得a＝1，故B正确；C1：x2＋y2－1＝0①；C2：x2＋y2－2x－2y－5＝0②，两圆方程作差得2x＋2y＋4＝0，即x＋y＋2＝0.故C错误，D正确．故选ABD. [解析]　(1)依题意，得直线l：y－4＝x－2，即y＝x＋2， 则圆心(0,0)到直线l的距离d＝＝， 所以|MN|＝2＝2. 联立 得(1＋k2)x2－4k(k－2)x＋4k2－16k＋12＝0， 则x1＋x2＝，x1x2＝， 所以k1＋k2＝＋ ＝＋ ＝2k＋＋ ＝2k＋ ＝2k＋ ＝2k－(2k＋1)＝－1， 所以k1＋k2是定值，且定值为－1. A．当k＝0时，直线l被圆截得的弦长为2 [解析]　∵圆C的方程为x2－4x＋y2－8y＝－12，配方得(x－2)2＋(y－4)2＝8，∴圆心为(2,4)，半径为r＝2.当k＝0时，圆心到直线l的距离为d＝＝，∴弦长为2＝2，故A正确；当k＝0时，直线l的方程为x－y＝0，圆心(2,4)到直线l的距离d＝，小于半径r＝2，故直线与圆相交，圆上的点到直线l的距离范围为[0，d＋r]，即[0,3]，因为0<1<3，所以圆上存在到直线l的距离为1的点，与直线l距离为1的直线有两条，它们与圆心(2,4)的距离分别为－1和＋1，均小于半径2，所以每条直线都与圆有两个交点，故圆上到直线l的距离为1的点有4个，故B错误； 相切时d＝r，即＝2⇒|k－2|＝4，k＝6或k＝－2，∴存在，故C正确；相交时d<r，即<2⇒|k－2|<4，－2<k<6，∴k的取值范围为(－2,6)，故D正确．故选ACD. $