考點測試32圓及其方程高考概覽高考在本考點的?？碱}型為選擇題、填空題，分值為5分，中等難度考點研讀1.掌握確定圓的幾何要素，掌握圓的標準方程與一般方程2．能根據(jù)給定直線、圓的方程，判斷直線與圓的位置關系；能根據(jù)給定兩個圓的方程判斷兩圓的位置關系3．能用直線和圓的方程解決一些簡單的數(shù)學問題和實際問題4．初步了解用代數(shù)方法處理幾何問題的思想一、基礎小題1．直線l：y＝x被圓C：(x－3)2＋(y－1)2＝3截得的弦長為()A．1 B.2C.3 D.4答案B解析由題意得圓心(3，1)到直線l：y＝x的距離為d＝eq\f(|3－1|,\r(2))＝eq\r(2)，故直線l：y＝x被圓C：(x－3)2＋(y－1)2＝3截得的弦長為2eq\r(（\r(3)）2－（\r(2)）2)＝2.故選B.2．若圓x2－2x＋y2＝0與圓C關于直線x＋y＝0對稱，則圓C的方程為()A．x2＋y2＋2x＝0 B．x2＋y2－2y＝0C．x2＋y2＋2y＝0 D．x2＋y2－2x＝0答案C解析圓x2－2x＋y2＝0的標準方程為(x－1)2＋y2＝1，其圓心為(1，0)，半徑為r＝1.因為(1，0)關于直線x＋y＝0對稱的點為(0，－1)，所以圓C的方程為x2＋(y＋1)2＝1，即x2＋y2＋2y＝0.故選C.3．兩圓x2＋y2－1＝0和x2＋y2－4x＋2y－4＝0的位置關系是()A．內(nèi)切 B．外離C．外切 D．相交答案D解析由題意可得兩圓的標準方程分別為x2＋y2＝1和(x－2)2＋(y＋1)2＝9，則兩圓圓心分別為(0，0)和(2，－1)，半徑分別為r1＝1和r2＝3，則圓心距為d＝eq\r(（2－0）2＋（－1－0）2)＝eq\r(5)，則|r1－r2|<eq\r(5)<|r1＋r2|，所以兩圓相交．4．已知A(0，－2)，B(2，0)，點P為圓x2＋y2－2x－8y＋13＝0上任意一點，則△PAB面積的最大值為()A．5 B．5－2eq\r(2)C.eq\f(5,2) D．5＋2eq\r(2)答案D解析圓x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圓心C(1，4)，半徑r＝2，直線AB的方程為y＝x－2，于是點C到直線AB：x－y－2＝0的距離d＝eq\f(|1－4－2|,\r(12＋（－1）2))＝eq\f(5\r(2),2)，而點P在圓C上，因此點P到直線AB距離的最大值為eq\f(5\r(2),2)＋2，又|AB|＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，所以△PAB面積的最大值為S＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(2),2)＋2))＝5＋2eq\r(2).故選D.5．已知圓C：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直線l過點(0，3)與圓C交于A，B兩點，若|AB|＝2eq\r(3)，則直線l的方程為()A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0B．3x＋4y－12＝0或x＝0C．4x－3y＋9＝0或x＝0D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0答案B解析當直線l的斜率不存在，即直線l的方程為x＝0時，弦長為2eq\r(3)，符合題意；當直線l的斜率存在時，可設直線l的方程為y＝kx＋3，由弦長為2eq\r(3)，半徑為2可知，圓心到該直線的距離為1，從而有eq\f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝－eq\f(3,4).綜上，直線l的方程為x＝0或3x＋4y－12＝0.故選B.6．若圓x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三個不同點到直線l：ax＋by＝0的距離為2eq\r(2)，則直線l的斜率的取值范圍是()A．[2－eq\r(3)，1] B．[2－eq\r(3)，2＋eq\r(3)]C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\r(3))) D．[0，＋∞)答案B解析圓x2＋y2－4x－4y－10＝0可化為(x－2)2＋(y－2)2＝18，則圓心坐標為(2，2)，半徑為3eq\r(2).由圓x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三個不同點到直線l：ax＋by＝0的距離為2eq\r(2)可得，圓心到直線l：ax＋by＝0的距離d≤3eq\r(2)－2eq\r(2)＝eq\r(2)，即eq\f(|2a＋2b|,\r(a2＋b2))≤eq\r(2)，則a2＋b2＋4ab≤0①，若b＝0，不符合題意，故b≠0，則①可化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(2)＋1＋eq\f(4a,b)≤0，由于直線l的斜率k＝－eq\f(a,b)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(2)＋1＋eq\f(4a,b)≤0可化為k2＋1－4k≤0，解得k∈[2－eq\r(3)，2＋eq\r(3)]．故選B.7．(多選)已知圓C1：x2＋y2＝r2與圓C2：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)交于不同的A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，下列結論正確的是()A．a(chǎn)(x1－x2)－b(y1－y2)＝0B．2ax1＋2by1＝a2＋b2C．x1＋x2＝aD．y1＋y2＝2b答案BC解析由題意得圓C2的方程可化為C2：x2＋y2－2ax－2by＋a2＋b2－r2＝0，兩圓的方程相減可得直線AB的方程為2ax＋2by－a2－b2＝0，即2ax＋2by＝a2＋b2，分別把A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點代入可得2ax1＋2by1＝a2＋b2，2ax2＋2by2＝a2＋b2，兩式相減可得2a(x1－x2)＋2b(y1－y2)＝0，即a(x1－x2)＋b(y1－y2)＝0，所以A錯誤，B正確；由圓的性質(zhì)可得，線段AB與線段C1C2互相平分，所以x1＋x2＝a，y1＋y2＝b，所以C正確，D錯誤．故選BC.8．已知a∈R，直線l1：x＋2y＝a＋2和直線l2：2x－y＝2a－1分別與圓E：(x－a)2＋(y－1)2＝9相交于點A，C和點B，D，則四邊形ABCD的面積是________．答案18解析依題意，圓E的圓心坐標為E(a，1)，易知直線l1，l2都過圓心，故|AC|＝|BD|＝6.設直線l1的斜率為k1，直線l2的斜率為k2，由k1·k2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×2＝－1，得l1⊥l2.故所求面積為eq\f(1,2)×62＝18.二、高考小題9．(2023·新課標Ⅰ卷)過點(0，－2)與圓x2＋y2－4x－1＝0相切的兩條直線的夾角為α，則sinα＝()A．1 B．eq\f(\r(15),4)C．eq\f(\r(10),4) D．eq\f(\r(6),4)答案B解析解法一：因為x2＋y2－4x－1＝0，即(x－2)2＋y2＝5，可得圓心C(2，0)，半徑r＝eq\r(5)，過點P(0，－2)作圓C的切線，切點為A，B，因為|PC|＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，則|PA|＝eq\r(|PC|2－r2)＝eq\r(3)，可得sin∠APC＝eq\f(\r(5),2\r(2))＝eq\f(\r(10),4)，cos∠APC＝eq\f(\r(3),2\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，則sin∠APB＝sin(2∠APC)＝2sin∠APCcos∠APC＝2×eq\f(\r(10),4)×eq\f(\r(6),4)＝eq\f(\r(15),4)，cos∠APB＝cos(2∠APC)＝cos2∠APC－sin2∠APC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),4)))eq\s\up12(2)＝－eq\f(1,4)<0，即∠APB為鈍角，所以sinα＝sin(π－∠APB)＝sin∠APB＝eq\f(\r(15),4).故選B.解法二：圓x2＋y2－4x－1＝0的圓心C(2，0)，半徑r＝eq\r(5)，過點P(0，－2)作圓C的切線，切點為A，B，連接AB，可得|PC|＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，則|PA|＝|PB|＝eq\r(|PC|2－r2)＝eq\r(3)，因為|PA|2＋|PB|2－2|PA|·|PB|cos∠APB＝|CA|2＋|CB|2－2|CA|·|CB|cos∠ACB，且∠ACB＝π－∠APB，則3＋3－6cos∠APB＝5＋5－10cos(π－∠APB)，即3－3cos∠APB＝5＋5cos∠APB，解得cos∠APB＝－eq\f(1,4)<0，即∠APB為鈍角，則cosα＝cos(π－∠APB)＝－cos∠APB＝eq\f(1,4)，又α為銳角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(15),4).故選B.解法三：圓x2＋y2－4x－1＝0的圓心C(2，0)，半徑r＝eq\r(5)，若切線斜率不存在，則切線方程為x＝0，則圓心到切線的距離d＝2<r，不符合題意；若切線斜率存在，設切線方程為y＝kx－2，即kx－y－2＝0，則eq\f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝eq\r(5)，整理得k2＋8k＋1＝0，且Δ＝64－4＝60>0.設兩切線斜率分別為k1，k2，則k1＋k2＝－8，k1k2＝1，可得|k1－k2|＝eq\r(（k1＋k2）2－4k1k2)＝2eq\r(15)，所以tanα＝eq\f(|k1－k2|,1＋k1k2)＝eq\r(15)，即eq\f(sinα,cosα)＝eq\r(15)，可得cosα＝eq\f(sinα,\r(15))，則sin2α＋cos2α＝sin2α＋eq\f(sin2α,15)＝1，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則sinα>0，解得sinα＝eq\f(\r(15),4).故選B.10．(2023·全國乙卷)已知實數(shù)x，y滿足x2＋y2－4x－2y－4＝0，則x－y的最大值是()A．1＋eq\f(3\r(2),2) B．4C．1＋3eq\r(2) D．7答案C解析解法一：令x－y＝k，則x＝k＋y，代入原式，化簡得2y2＋(2k－6)y＋k2－4k－4＝0，因為存在實數(shù)y，則Δ≥0，即(2k－6)2－4×2(k2－4k－4)≥0，化簡得k2－2k－17≤0，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2)，故x－y的最大值是1＋3eq\r(2).故選C.解法二：x2＋y2－4x－2y－4＝0，整理得(x－2)2＋(y－1)2＝9，令x＝3cosθ＋2，y＝3sinθ＋1，其中θ∈[0，2π]，則x－y＝3cosθ－3sinθ＋1＝3eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋1，因為θ∈[0，2π]，所以θ＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(9π,4)))，當θ＋eq\f(π,4)＝2π，即θ＝eq\f(7π,4)時，x－y取得最大值1＋3eq\r(2).故選C.解法三：由x2＋y2－4x－2y－4＝0可得(x－2)2＋(y－1)2＝9，設x－y＝k，則圓心到直線x－y＝k的距離d＝eq\f(|2－1－k|,\r(2))≤3，解得1－3eq\r(2)≤k≤1＋3eq\r(2).故選C.11．(多選)(2021·新高考Ⅱ卷)已知直線l：ax＋by－r2＝0與圓C：x2＋y2＝r2，點A(a，b)，則下列說法正確的是()A．若點A在圓C上，則直線l與圓C相切B．若點A在圓C內(nèi)，則直線l與圓C相離C．若點A在圓C外，則直線l與圓C相離D．若點A在直線l上，則直線l與圓C相切答案ABD解析圓心C(0，0)到直線l的距離d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))，若點A(a，b)在圓C上，則a2＋b2＝r2，所以d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))＝|r|，則直線l與圓C相切，故A正確；若點A(a，b)在圓C內(nèi)，則a2＋b2<r2，所以d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))>|r|，則直線l與圓C相離，故B正確；若點A(a，b)在圓C外，則a2＋b2>r2，所以d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))<|r|，則直線l與圓C相交，故C錯誤；若點A(a，b)在直線l上，則a2＋b2－r2＝0，即a2＋b2＝r2，所以d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))＝|r|，直線l與圓C相切，故D正確．故選ABD.12．(多選)(2021·新高考Ⅰ卷)已知點P在圓(x－5)2＋(y－5)2＝16上，點A(4，0)，B(0，2)，則()A．點P到直線AB的距離小于10B．點P到直線AB的距離大于2C．當∠PBA最小時，|PB|＝3eq\r(2)D．當∠PBA最大時，|PB|＝3eq\r(2)答案ACD解析設圓(x－5)2＋(y－5)2＝16的圓心為M(5，5)，由題意易知直線AB的方程為eq\f(x,4)＋eq\f(y,2)＝1，即x＋2y－4＝0，則圓心M到直線AB的距離d＝eq\f(|5＋2×5－4|,\r(5))＝eq\f(11,\r(5))>4，所以直線AB與圓M相離，所以點P到直線AB的距離的最大值為4＋d＝4＋eq\f(11,\r(5))，4＋eq\f(11,\r(5))<5＋eq\r(\f(125,5))＝10，故A正確；易知點P到直線AB的距離的最小值為d－4＝eq\f(11,\r(5))－4，eq\f(11,\r(5))－4<eq\r(\f(125,5))－4＝1，故B不正確；過點B作圓M的兩條切線，切點分別為N，Q，如圖所示，連接MB，MN，MQ，則當∠PBA最小時，點P與N重合，|PB|＝eq\r(|MB|2－|MN|2)＝eq\r(52＋（5－2）2－42)＝3eq\r(2)，當∠PBA最大時，點P與Q重合，|PB|＝3eq\r(2)，故C，D正確．故選ACD.13．(2023·新課標Ⅱ卷)已知直線l：x－my＋1＝0與⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B兩點，寫出滿足“△ABC的面積為eq\f(8,5)”的m的一個值：________．答案2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一個皆可以))解析設點C到直線AB的距離為d，由弦長公式得|AB|＝2eq\r(4－d2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×d×2eq\r(4－d2)＝eq\f(8,5)，解得d＝eq\f(4\r(5),5)或d＝eq\f(2\r(5),5)，因為d＝eq\f(|1＋1|,\r(1＋m2))＝eq\f(2,\r(1＋m2))，所以eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(4\r(5),5)或eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(2\r(5),5)，解得m＝±2或m＝±eq\f(1,2).14．(2022·新高考Ⅰ卷)寫出與圓x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一條直線的方程：________．答案x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0(寫出其中一個即可)解析如圖，因為圓x2＋y2＝1的圓心為O(0，0)，半徑r1＝1，圓(x－3)2＋(y－4)2＝16的圓心為A(3，4)，半徑r2＝4，所以|OA|＝5，r1＋r2＝5，所以|OA|＝r1＋r2，所以兩圓外切，公切線有三種情況：①易知公切線l1的方程為x＝－1.②另一條公切線l2與公切線l1關于過兩圓圓心的直線l對稱．易知過兩圓圓心的直線l的方程為y＝eq\f(4,3)x，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝\f(4,3)x，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－\f(4,3)，))由對稱性可知公切線l2過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(4,3))).設公切線l2的方程為y＋eq\f(4,3)＝k(x＋1)，則點O(0，0)到l2的距離為1，所以1＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(4,3))),\r(k2＋1))，解得k＝eq\f(7,24)，所以公切線l2的方程為y＋eq\f(4,3)＝eq\f(7,24)(x＋1)，即7x－24y－25＝0.③還有一條公切線l3與直線l：y＝eq\f(4,3)x垂直．設公切線l3的方程為y＝－eq\f(3,4)x＋t，易知t＞0，則點O(0，0)到l3的距離為1，所以1＝eq\f(|t|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))\s\up12(2)＋（－1）2))，解得t＝eq\f(5,4)，所以公切線l3的方程為y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(5,4)，即3x＋4y－5＝0.綜上，所求直線方程為x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0.三、模擬小題15．(2024·首都師大附中高三第一學期階段檢測)與圓x2＋(y－1)2＝5相切于點(2，2)的直線的斜率為()A．－2 B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2) D．2答案A解析設圓心與切點的連線斜率為k1，切線斜率為k2，由x2＋(y－1)2＝5可知圓心為點(0，1)，切點為(2，2)，則k1＝eq\f(2－1,2－0)＝eq\f(1,2)，根據(jù)圓心與切點的連線和切線垂直，得k1·k2＝－1，則k2＝－2，所以切線斜率為－2.故選A.16．(2024·廣東佛山S7高質(zhì)量發(fā)展聯(lián)盟高三聯(lián)考)曲線C：x＝eq\r(－y2－2y)與直線l：x－y－m＝0有兩個交點，則實數(shù)m的取值范圍為()A．(－eq\r(2)－1，1＋eq\r(2)) B．[2，1＋eq\r(2))C．(－1－eq\r(2)，－2] D．[－2，2]答案B解析由x＝eq\r(－y2－2y)可知x≥0，得x2＋y2＋2y＝0，即x2＋(y＋1)2＝1，x≥0，作出曲線C：x＝eq\r(－y2－2y)的圖象如圖所示：當直線l：x－y－m＝0經(jīng)過點A(0，－2)時，直線與曲線有兩個交點，此時2－m＝0，解得m＝2；當直線與曲線相切時，圓心(0，－1)到直線x－y－m＝0的距離d＝eq\f(|1－m|,\r(1＋1))＝eq\f(|1－m|,\r(2))＝1，解得m＝eq\r(2)＋1或m＝－eq\r(2)＋1，因為直線x－y－m＝0可化為y＝x－m，由截距－m<0得m>0，則m＝eq\r(2)＋1，此時直線與曲線只有一個交點，故滿足條件的實數(shù)m的取值范圍為[2，1＋eq\r(2))．故選B.17．(2023·廣東珠海一中高三模擬)已知A(2，0)，點P為直線x－y＋5＝0上的一點，點Q為圓x2＋y2＝1上的一點，則|PQ|＋eq\f(1,2)|AQ|的最小值為()A.eq\f(5\r(2)＋2,2) B.eq\f(5\r(2)－2,2)C.eq\f(11\r(2),2) D.eq\f(11\r(2),4)答案D解析設M(x，0)，Q(x1，y1)，令eq\f(1,2)|AQ|＝|MQ|，則eq\f(1,2)eq\r(（x1－2）2＋yeq\o\al(2,1))＝eq\r(（x－x1）2＋yeq\o\al(2,1))?xeq\o\al(2,1)＋eq\f(（4－8x）,3)x1＋yeq\o\al(2,1)＝eq\f(4－4x2,3)①，又xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝1，當x＝eq\f(1,2)時，①式恒成立，即eq\f(1,2)|AQ|＝|MQ|恒成立，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))?|PQ|＋eq\f(1,2)|AQ|＝|PQ|＋|MQ|.如圖，當P，Q，M三點共線，且PM垂直于直線x－y＋5＝0時，|PQ|＋|MQ|有最小值，為|PM|，即點M到直線x－y＋5＝0的距離，為eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋5)),\r(2))＝eq\f(11\r(2),4).故選D.18．(多選)(2023·江蘇揚州中學?？寄M預測)點P是直線y＝3上的一個動點，A，B是圓x2＋y2＝4上的兩點．則()A．存在P，A，B，使得∠APB＝90°B．若PA，PB均與圓O相切，則弦長AB的最小值為eq\f(4\r(5),3)C．若PA，PB均與圓O相切，則直線AB經(jīng)過一個定點D．若存在A，B，使得cos∠APB＝eq\f(7,9)，則點P的橫坐標的取值范圍是[－3eq\r(3)，3eq\r(3)]答案BCD解析由圖可知，當直線PA，PB與圓相切且點P在y軸上時∠APB最大，此時|OP|＝3，|AP|＝2，sin∠APO＝eq\f(2,3)，cos∠APB＝1－2sin2∠APO＝eq\f(1,9)>0，所以∠APB最大時是銳角，故A錯誤；eq\f(1,2)|AB|·|PO|＝|OA|·|PA|，所以|AB|＝eq\f(4\r(|PO|2－4),|PO|)＝4eq\r(1－\f(4,|PO|2))，則當|PO|最小時，弦長AB最小，|PO|min＝3，所以|AB|min＝4eq\r(1－\f(4,9))＝eq\f(4\r(5),3)，故B正確；設點P(a，3)，A，B是以PO為直徑的圓上的兩點，圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(a2＋9,4)，即x2＋y2－ax－3y＝0①，又A，B是圓x2＋y2＝4②上的兩點，②－①，得直線AB的方程為ax＋3y＝4，過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))，故C正確；若存在A，B，使得cos∠APB＝eq\f(7,9)，則(cos∠APB)min≤eq\f(7,9)，當直線PA，PB與圓相切時，∠APB最大，對應的余弦值最小，當直線PA，PB與圓相切，且cos∠APB＝eq\f(7,9)時，sin∠APO＝eq\f(1,3)，|PO|＝6，設點P(a，3)，因為|PO|＝eq\r(a2＋9)，所以eq\r(a2＋9)≤6，解得－3eq\r(3)≤a≤3eq\r(3)，所以點P的橫坐標的取值范圍是[－3eq\r(3)，3eq\r(3)]，故D正確．故選BCD.19．(多選)(2023·山東淄博一模)若圓C1：x2＋y2＝1與圓C2：(x－a)2＋(y－b)2＝1的公共弦AB的長為1，則下列結論正確的是()A．a(chǎn)2＋b2＝1B．直線AB的方程為2ax＋2by－3＝0C．AB中點的軌跡方程為x2＋y2＝eq\f(3,4)D．圓C1與圓C2公共部分的面積為eq\f(2π,3)－eq\f(\r(3),2)答案BC解析兩圓方程相減可得直線AB的方程為a2＋b2－2ax－2by＝0，即2ax＋2by－a2－b2＝0，因為圓C1的圓心為C1(0，0)，半徑為1，且公共弦AB的長為1，則C1(0，0)到直線2ax＋2by－a2－b2＝0的距離為eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(a2＋b2,\r(4（a2＋b2）))＝eq\f(\r(3),2)，解得a2＋b2＝3，所以直線AB的方程為2ax＋2by－3＝0，故A錯誤，B正確；由圓的性質(zhì)可知直線C1C2垂直平分線段AB，所以C1(0，0)到直線2ax＋2by－3＝0的距離即為AB的中點與點C1的距離，設AB的中點坐標為(x，y)，因此eq\r(（x－0）2＋（y－0）2)＝eq\f(\r(3),2)，即x2＋y2＝eq\f(3,4)，故C正確；因為|AB|＝|C1A|＝|C1B|＝1，所以∠BC1A＝eq\f(π,3)，即圓C1中弧AB所對的圓心角為eq\f(π,3)，所以扇形的面積為eq\f(1,2)×eq\f(π,3)×12＝eq\f(π,6)，△C1AB的面積為eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4)，所以圓C1與圓C2公共部分的面積為2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(\r(3),4)))＝eq\f(π,3)－eq\f(\r(