直線與圓的應用專題

直線與圓的應用專題1、【2019年高考北京卷文數】設拋物線y2=4x的焦點為F，準線為l．則以F為圓心，且與l相切的圓的方程為__________．.2、【2019年高考浙江卷】已知圓的圓心坐標是，半徑長是.若直線與圓C相切于點，則=___________，=___________．3、【2019年高考浙江卷】已知橢圓的左焦點為，點在橢圓上且在軸的上方，若線段的中點在以原點為圓心，為半徑的圓上，則直線的斜率是___________．4、【2018年高考全國I卷文數】直線與圓交于兩點，則________．5、【2018年高考天津卷文數】在平面直角坐標系中，經過三點（0，0），（1，1），（2，0）的圓的方程為__________．6、【2019年高考浙江卷】已知橢圓的左焦點為，點在橢圓上且在軸的上方，若線段的中點在以原點為圓心，為半徑的圓上，則直線的斜率是___________．.7、【2018年高考全國I卷文數】直線與圓交于兩點，則________．8、【2018年高考天津卷文數】在平面直角坐標系中，經過三點（0，0），（1，1），（2，0）的圓的方程為__________．9、【2018年高考全國Ⅲ卷文數】直線分別與軸，軸交于，兩點，點在圓上，則面積的取值范圍是（）A． B．C． D．10、【2019年高考全國Ⅰ卷文數】已知點A，B關于坐標原點O對稱，│AB│=4，⊙M過點A，B且與直線x+2=0相切．（1）若A在直線x+y=0上，求⊙M的半徑；（2）是否存在定點P，使得當A運動時，│MA│?│MP│為定值？并說明理由．圓的有關概念和方程1、定義：在平面上到定點的距離等于定長的點的軌跡是圓2、圓的標準方程：設圓心的坐標，半徑為，則圓的標準方程為：3、圓的一般方程：圓方程為（1）的系數相同（2）方程中無項（3）對于的取值要求：4、確定圓的方程的方法和步驟;確定圓的方程主要方法是待定系數法，大致步驟為(1)根據題意，選擇標準方程或一般方程；(2)根據條件列出關于a，b，r或D、E、F的方程組；(3)解出a、b、r或D、E、F代入標準方程或一般方程.5.點與圓的位置關系點和圓的位置關系有三種.圓的標準方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2，點M(x0，y0)(1)點在圓上：(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2；(2)點在圓外：(x0－a)2＋(y0－b)2>r2；(3)點在圓內：(x0－a)2＋(y0－b)2<r2.二、直線與圓的位置關系1、直線與圓位置關系的判定：相切，相交，相離，位置關系的判定有兩種方式：（1）幾何性質：通過判斷圓心到直線距離與半徑的大小得到直線與圓位置關系，設圓的半徑為，圓心到直線的距離為，則：①當時，直線與圓相交②當時，直線與圓相切③當時，直線與圓相離（2）代數性質：可通過判斷直線與圓的交點個數得到直線與圓位置關系，即聯(lián)立直線與圓的方程，再判斷解的個數。設直線：，圓：，則：消去可得關于的一元二次方程，考慮其判別式的符號①，方程組有兩組解，所以直線與圓相交②，方程組有一組解，所以直線與圓相切③，方程組無解，所以直線與圓相離2、直線與圓相交：弦長計算公式：3、直線與圓相切：（1）如何求得切線方程：主要依據兩條性質：一是切點與圓心的連線與切線垂直；二是圓心到切線的距離等于半徑三、方法技巧1、是有關直線被圓截得的弦長問題，在解題的過程中，熟練應用圓中的特殊三角形，即半弦長、弦心距和圓的半徑構成的直角三角形，借助于勾股定理求得結果.首先將圓的一般方程轉化為標準方程，得到圓心坐標和圓的半徑的大小，之后應用點到直線的距離求得弦心距，借助于圓中特殊三角形，利用勾股定理求得弦長.2、求與圓有關的軌跡問題時，根據題設條件的不同常采用以下方法：①直接法：直接根據題目提供的條件列出方程.②定義法：根據圓、直線等定義列方程.③幾何法：利用圓的幾何性質列方程.④代入法：找到要求點與已知點的關系，代入已知點滿足的關系式等.題型一求圓的標準方程或圓的一般式求圓的方程時，應根據條件選用合適的圓的方程.一般來說，求圓的方程有兩種方法：：①圓心在過切點且垂直切線的直線上；②圓心在任一弦的中垂線上；③兩圓內切或外切時，切點與兩圓圓心三點共線.(2)代數法，即設出圓的方程，用待定系數法求解.例1、(2018蘇州期末）在平面直角坐標系xOy中，已知過點A(2，－1)的圓C與直線x＋y＝1相切，且圓心在直線y＝－2x上，則圓C的標準方程為________________．例2、(2018鎮(zhèn)江期末）已知圓C與圓x2＋y2＋10x＋10y＝0相切于原點，且過點A(0，－6)，則圓C的標準方程為________．例3、(2019蘇州期末）在平面直角坐標系xOy中，過點A(1，3)，B(4，6)，且圓心在直線x－2y－1＝0上的圓的標準方程為________．題型二直線與圓的位置關系直線與圓位置關系的判定：相切，相交，相離，位置關系的判定有兩種方式：1、代數法。2、幾何法。運用幾何法時要注意尋找直角三角形。例4、(2019南通、泰州、揚州一調）在平面直角坐標系xOy中，圓O：x2＋y2＝1，圓C：(x－4)2＋y2＝4.若存在過點P(m，0)的直線l，直線l被兩圓截得的弦長相等，則實數m的取值范圍是________．例5、(2018無錫期末）過圓x2＋y2＝16內一點P(－2，3)作兩條相互垂直的弦AB和CD，且AB＝CD，則四邊形ACBD的面積為________．例6、(2018鹽城三模）定義：點到直線的有向距離為．已知點,，直線過點，若圓上存在一點，使得三點到直線的有向距離之和為0，則直線的斜率的取值范圍為．題型三隱圓問題的研究隱圓問題常見的有五種方法：1、定義法、2、阿波羅尼斯圓、3、.4、，5、軌跡法。在解決與圓相關的綜合問題時，要注意充分利用圓的幾何性質或一些簡單的軌跡知識將問題轉化為直線與圓或圓與圓的位置關系問題.例7、(2018蘇錫常鎮(zhèn)調研）在平面直角坐標系中，已知圓，點，若圓上存在點，滿足，則點的縱坐標的取值范圍是．例8、(2018南京、鹽城、連云港二模）在平面直角坐標系xOy中，已知A，B為圓C：(x＋4)2＋(y－a)2＝16上的兩個動點，且AB＝2eq\r(11).若直線l：y＝2x上存在唯一的一個點P，使得eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))，則實數a的值為________．題型四圓中的最值問題研究平面動態(tài)圖形的最值問題常用途徑為：（1）解析化：建立坐標系，轉化為解析幾何問題；（2）函數化：引入變量，建立函數關系式，轉化為函數最值問題；（3）三角化：引入角元，利用解三角形知識轉化為三角函數最值問題；（4）不等式化：引入多元，轉化為多元變量的條件最值問題．例9、(2018南通、泰州一調）在平面直角坐標系xOy中，已知點A(－4，0)，B(0，4)，從直線AB上一點P向圓x2＋y2＝4引兩條切線PC，PD，切點分別為C，D.設線段CD的中點為M，則線段AM長的最大值為________．例10、(2018蘇中三市、蘇北四市三調）如圖，在平面四邊形中，，，∠°，，則邊長的最小值為．例11、(2019南京學情調研）在平面直角坐標系xOy中，已知點A(1，1)，B(1，－1)，點P為圓(x－4)2＋y2＝4上任意一點，記△OAP和△OBP的面積分別為S1和S2，則eq\f(S1,S2)的最小值是________．題型五圓與向量的結合圓與向量的結合往往從兩方面入手：1、通過設點坐標。2、運用向量的轉化。例12、(2019蘇州三市、蘇北四市二調）在平面直角坐標系xOy中，已知點A，B在圓x2＋y2＝4上，且AB＝2eq\r(2)，點P(3，－1)，eq\o(PO,\s\up6(→))·(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→)))＝16，設AB的中點M的橫坐標為x0，則x0的所有值為________．(2017揚州期末）已知直線l：x＋eq\r(3)y－2＝0與圓C：x2＋y2＝4交于A，B兩點，則弦AB的長度為________.2、(2017鎮(zhèn)江期末）圓心在直線y＝－4x上，且與直線x＋y－1＝0相切于點P(3，－2)的圓的標準方程為________．3、(2017蘇州暑假測試）圓心在拋物線y＝eq\f(1,2)x2上，并且和該拋物線的準線及y軸都相切的圓的標準方程為________．4、(2019揚州期末）已知直線l：y＝－x＋4與圓C：(x－2)2＋(y－1)2＝1相交于P，Q兩點，則eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CQ,\s\up6(→))＝________．5、(2018蘇北四市期末）在平面直角坐標系xOy中，若圓C1：x2＋(y－1)2＝r2(r>0)上存在點P，且點P關于直線x－y＝0的對稱點Q在圓C2：(x－2)2＋(y－1)2＝1上，則r的取值范圍是________．6、(2018蘇州暑假測試）已知點A(1，0)和點B(0，1)，若圓x2＋y2－4x－2y＋t＝0上恰有兩個不同的點P，使得△PAB的面積為eq\f(1,2)，則實數t的取值范圍是________．7、(2018南京學情調研）在平面直角坐標系xOy中，若圓(x－2)2＋(y－2)2＝1上存在點M，使得點M關于x軸的對稱點N在直線kx＋y＋3＝0上，則實數k的最小值為________．8、(2019泰州期末）在平面直角坐標系xOy中，過圓C1：(x－k)2＋(y＋k－4)2＝1上任一點P作圓C2：x2＋y2＝1的一條切線，切點為Q，則當線段PQ長最小時，k＝________．(2019蘇錫常鎮(zhèn)調研（一））若直線l：ax＋y－4a＝0上存在相距為2的兩個動點A，B，圓O：x2＋y2＝1上存在點C，使得△ABC為等腰直角三角形(C為直角頂點)，則實數a的取值范圍為________．10、(2019蘇錫常鎮(zhèn)調研（二））過直線l：上任意點P作圓C：的兩條切線，切點分別為A，B，當切線最小時，△PAB的面積為．11、(2019鎮(zhèn)江期末）已知圓O：x2＋y2＝1，圓M：(x－a)2＋(y－2)2＝2.若圓M上存在點P，過點P作圓O的兩條切線，切點為A，B，使得PA⊥PB，則實數a的取值范圍為________．12、(2018南通、揚州、淮安、宿遷、泰州、徐州六市二調）在平面直角坐標系xOy中，若動圓C上的點都在不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤3，,x－\r(3)y＋3≥0,x＋\r(3)y＋3≥0))，表示的平面區(qū)域內，則面積最大的圓C的標準方程為________．13、(2018南京、鹽城一模）在平面直角坐標系xOy中，若直線y＝k(x－3eq\r(3))上存在一點P，圓x2＋(y－1)2＝1上存在一點Q，滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝3eq\o(OQ,\s\up6(→))，則實數k的最小值為________．14、(2019常州期末）過原點的直線l與圓x2＋y2＝1交于P，Q兩點，點A是該圓與x軸負半軸的交點，以AQ為直徑的圓與直線l有異于Q的交點N，且直線AN與直線AP的斜率之積等于1，那么直線l的方程為________．.15、(2019蘇州期初調查）已知圓C的方程為：(x－3)2＋(y－2)2＝r2(r>0)，若直線3x＋y＝3上存在一點P，在圓C上總存在不同的兩點M，N，使得點M是線段PN的中點，則圓C的半徑r的取值范圍是________．直線與圓的應用答案1、【2019年高考北京卷文數】設拋物線y2=4x的焦點為F，準線為l．則以F為圓心，且與l相切的圓的方程為__________．【答案】【解析】拋物線y2=4x中，2p=4，p=2，焦點F（1，0），準線l的方程為x=?1，以F為圓心，且與l相切的圓的方程為(x?1)2+y2=22，即為.2、【2019年高考浙江卷】已知圓的圓心坐標是，半徑長是.若直線與圓C相切于點，則=___________，=___________．【答案】，【解析】由題意可知，把代入直線AC的方程得，此時.本題主要考查圓的方程、直線與圓的位置關系.首先通過確定直線的斜率，進一步得到其方程，將代入后求得，計算得解.解答直線與圓的位置關系問題，往往要借助于數與形的結合，特別是要注意應用圓的幾何性質.3、【2019年高考浙江卷】已知橢圓的左焦點為，點在橢圓上且在軸的上方，若線段的中點在以原點為圓心，為半徑的圓上，則直線的斜率是___________．【答案】【解析】方法1：如圖，設F1為橢圓右焦點.由題意可知，由中位線定理可得，設，可得，與方程聯(lián)立，可解得（舍），又點在橢圓上且在軸的上方，求得，所以.方法2：（焦半徑公式應用）由題意可知，由中位線定理可得，即，從而可求得，所以.本題主要考查橢圓的標準方程、橢圓的幾何性質、圓的方程與性質的應用，利用數形結合思想，是解答解析幾何問題的重要途徑.結合圖形可以發(fā)現，利用三角形中位線定理，將線段長度用圓的方程表示，與橢圓方程聯(lián)立可進一步求解.也可利用焦半徑及三角形中位線定理解決，則更為簡潔.4、【2018年高考全國I卷文數】直線與圓交于兩點，則________．【答案】【解析】根據題意，圓的方程可化為，所以圓的圓心為，且半徑是2，根據點到直線的距離公式可以求得，結合圓中的特殊三角形，可知，故答案為.該題考查的是有關直線被圓截得的弦長問題，在解題的過程中，熟練應用圓中的特殊三角形，即半弦長、弦心距和圓的半徑構成的直角三角形，借助于勾股定理求得結果.首先將圓的一般方程轉化為標準方程，得到圓心坐標和圓的半徑的大小，之后應用點到直線的距離求得弦心距，借助于圓中特殊三角形，利用勾股定理求得弦長.5、【2018年高考天津卷文數】在平面直角坐標系中，經過三點（0，0），（1，1），（2，0）的圓的方程為__________．【答案】【解析】設圓的方程為，圓經過三點（0，0），（1，1），（2，0），則，解得，則圓的方程為.6、【2019年高考浙江卷】已知橢圓的左焦點為，點在橢圓上且在軸的上方，若線段的中點在以原點為圓心，為半徑的圓上，則直線的斜率是___________．【答案】【解析】方法1：如圖，設F1為橢圓右焦點.由題意可知，由中位線定理可得，設，可得，與方程聯(lián)立，可解得（舍），又點在橢圓上且在軸的上方，求得，所以.方法2：（焦半徑公式應用）由題意可知，由中位線定理可得，即，從而可求得，所以.本題主要考查橢圓的標準方程、橢圓的幾何性質、圓的方程與性質的應用，利用數形結合思想，是解答解析幾何問題的重要途徑.結合圖形可以發(fā)現，利用三角形中位線定理，將線段長度用圓的方程表示，與橢圓方程聯(lián)立可進一步求解.也可利用焦半徑及三角形中位線定理解決，則更為簡潔.7、【2018年高考全國I卷文數】直線與圓交于兩點，則________．【答案】【解析】根據題意，圓的方程可化為，所以圓的圓心為，且半徑是2，根據點到直線的距離公式可以求得，結合圓中的特殊三角形，可知，故答案為.8、【2018年高考天津卷文數】在平面直角坐標系中，經過三點（0，0），（1，1），（2，0）的圓的方程為__________．【答案】【解析】設圓的方程為，圓經過三點（0，0），（1，1），（2，0），則，解得，則圓的方程為.求圓的方程，主要有兩種方法：(1)幾何法：具體過程中要用到初中有關圓的一些常用性質和定理．如：①圓心在過切點且與切線垂直的直線上；②圓心在任意弦的中垂線上；③兩圓相切時，切點與兩圓心三點共線．(2)待定系數法：根據條件設出圓的方程，再由題目給出的條件，列出等式，求出相關量．一般地，與圓心和半徑有關，選擇標準式，否則，選擇一般式．不論是哪種形式，都要確定三個獨立參數，所以應該有三個獨立等式．9、【2018年高考全國Ⅲ卷文數】直線分別與軸，軸交于，兩點，點在圓上，則面積的取值范圍是A． B．C． D．【答案】A【解析】直線分別與軸，軸交于，兩點，，則.點P在圓上，圓心為（2，0），則圓心到直線的距離.故點P到直線的距離的范圍為，則.故答案為A.本題主要考查直線與圓，考查了點到直線的距離公式，三角形的面積公式，屬于中檔題.先求出A，B兩點坐標得到再計算圓心到直線的距離，得到點P到直線距離的范圍，由面積公式計算即可.10、【2019年高考全國Ⅰ卷文數】已知點A，B關于坐標原點O對稱，│AB│=4，⊙M過點A，B且與直線x+2=0相切．（1）若A在直線x+y=0上，求⊙M的半徑；（2）是否存在定點P，使得當A運動時，│MA│?│MP│為定值？并說明理由．【答案】（1）的半徑或；（2）存在，理由見解析.【解析】（1）因為過點，所以圓心M在AB的垂直平分線上.由已知A在直線上，且關于坐標原點O對稱，所以M在直線上，故可設.因為與直線x+2=0相切，所以的半徑為.由已知得，又，故可得，解得或.故的半徑或.（2）存在定點，使得為定值.理由如下：設，由已知得的半徑為.由于，故可得，化簡得M的軌跡方程為.因為曲線是以點為焦點，以直線為準線的拋物線，所以.因為，所以存在滿足條件的定點P.【名師點睛】本題考查圓的方程的求解問題、圓錐曲線中的定點定值類問題.解決定點定值問題的關鍵是能夠根據圓的性質得到動點所滿足的軌跡方程，進而根據拋物線的定義得到定值，驗證定值符合所有情況，使得問題得解.圓的有關概念和方程1、定義：在平面上到定點的距離等于定長的點的軌跡是圓2、圓的標準方程：設圓心的坐標，半徑為，則圓的標準方程為：3、圓的一般方程：圓方程為（1）的系數相同（2）方程中無項（3）對于的取值要求：4、確定圓的方程的方法和步驟;確定圓的方程主要方法是待定系數法，大致步驟為(1)根據題意，選擇標準方程或一般方程；(2)根據條件列出關于a，b，r或D、E、F的方程組；(3)解出a、b、r或D、E、F代入標準方程或一般方程.5.點與圓的位置關系點和圓的位置關系有三種.圓的標準方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2，點M(x0，y0)(1)點在圓上：(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2；(2)點在圓外：(x0－a)2＋(y0－b)2>r2；(3)點在圓內：(x0－a)2＋(y0－b)2<r2.二、直線與圓的位置關系1、直線與圓位置關系的判定：相切，相交，相離，位置關系的判定有兩種方式：（1）幾何性質：通過判斷圓心到直線距離與半徑的大小得到直線與圓位置關系，設圓的半徑為，圓心到直線的距離為，則：①當時，直線與圓相交②當時，直線與圓相切③當時，直線與圓相離（2）代數性質：可通過判斷直線與圓的交點個數得到直線與圓位置關系，即聯(lián)立直線與圓的方程，再判斷解的個數。設直線：，圓：，則：消去可得關于的一元二次方程，考慮其判別式的符號①，方程組有兩組解，所以直線與圓相交②，方程組有一組解，所以直線與圓相切③，方程組無解，所以直線與圓相離2、直線與圓相交：弦長計算公式：3、直線與圓相切：（1）如何求得切線方程：主要依據兩條性質：一是切點與圓心的連線與切線垂直；二是圓心到切線的距離等于半徑三、方法技巧1、是有關直線被圓截得的弦長問題，在解題的過程中，熟練應用圓中的特殊三角形，即半弦長、弦心距和圓的半徑構成的直角三角形，借助于勾股定理求得結果.首先將圓的一般方程轉化為標準方程，得到圓心坐標和圓的半徑的大小，之后應用點到直線的距離求得弦心距，借助于圓中特殊三角形，利用勾股定理求得弦長.2、求與圓有關的軌跡問題時，根據題設條件的不同常采用以下方法：①直接法：直接根據題目提供的條件列出方程.②定義法：根據圓、直線等定義列方程.③幾何法：利用圓的幾何性質列方程.④代入法：找到要求點與已知點的關系，代入已知點滿足的關系式等.題型一求圓的標準方程或圓的一般式求圓的方程時，應根據條件選用合適的圓的方程.一般來說，求圓的方程有兩種方法：：①圓心在過切點且垂直切線的直線上；②圓心在任一弦的中垂線上；③兩圓內切或外切時，切點與兩圓圓心三點共線.(2)代數法，即設出圓的方程，用待定系數法求解.例1、(2018蘇州期末）在平面直角坐標系xOy中，已知過點A(2，－1)的圓C與直線x＋y＝1相切，且圓心在直線y＝－2x上，則圓C的標準方程為________________．【答案】(x－1)2＋(y＋2)2＝2【解析】解法1(幾何法)點A(2，－1)在直線x＋y＝1上，故點A是切點．過點A(2，－1)與直線x＋y－1＝0垂直的直線方程為x－y＝3，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝3，,y＝－2x，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－2，))所以圓心C(1，－2)．又AC＝eq\r(（2－1）2＋（－1＋2）2)＝eq\r(2)，所以圓C的標準方程為(x－1)2＋(y＋2)2＝2.解法2(方程法)由圓心在直線y＝－2x上，可設圓心為(a，－2a)，圓的標準方程為(x－a)2＋(y＋2a)2＝r2(r>0)．要確定兩個待定量a，r2的值，只需建立兩個含a，r2的等式，建立方程組求解．由圓C過點A(2，－1)，且與直線x＋y＝1相切，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－a）2＋（－1＋2a）2＝r2，,\f(|a－2a－1|,\r(2))＝r，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5a2－8a＋5＝r2，,a2＋2a＋1＝2r2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,r2＝2.))所以圓C的標準方程為(x－1)2＋(y＋2)2＝2.例2、(2018鎮(zhèn)江期末）已知圓C與圓x2＋y2＋10x＋10y＝0相切于原點，且過點A(0，－6)，則圓C的標準方程為________．【答案】(x＋3)2＋(y＋3)2＝18【解析】由幾何知識可知，圓心C在圓x2＋y2＋10x＋10y＝0的圓心與原點的連線y＝x上，又在OA的垂直平分線y＝－3上，所以C(－3，－3)，易得圓C的標準方程為(x＋3)2＋(y＋3)2＝18.例3、(2019蘇州期末）在平面直角坐標系xOy中，過點A(1，3)，B(4，6)，且圓心在直線x－2y－1＝0上的圓的標準方程為________．【答案】(x－5)2＋(y－2)2＝17【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)由圓心既的線段AB的垂直平分線上，又在直線x－2y－1＝0上，先求出圓心的坐標．線段AB的中點為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(9,2)))，斜率kAB＝1，所以線段AB的垂直平分線方程為y－eq\f(9,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))，即x＋y＝7.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝7，,x－2y＝1，))得圓心C(5，2)，半徑r＝CA＝eq\r(17)，圓C的方程為(x－5)2＋(y－2)2＝17.eq\a\vs4\al(解后反思)因為圓的標準方程中有三個待定量，所以只要建立一個含三個方程的方程組．設圓的標準方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（1－a）2＋（3－b）2＝r2，,（4－a）2＋（6－b）2＝r2，,a－2b－1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝2，,r2＝17.))所以圓的方程為(x－5)2＋(y－2)2＝17.題型二直線與圓的位置關系直線與圓位置關系的判定：相切，相交，相離，位置關系的判定有兩種方式：1、代數法。2、幾何法。運用幾何法時要注意尋找直角三角形。例4、(2019南通、泰州、揚州一調）在平面直角坐標系xOy中，圓O：x2＋y2＝1，圓C：(x－4)2＋y2＝4.若存在過點P(m，0)的直線l，直線l被兩圓截得的弦長相等，則實數m的取值范圍是________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(4,3)))【解析】當直線l斜率不存在時，l與兩個圓不可能都相交，故不成立；當l斜率存在時，設l的方程為y＝k(x－m)，即kx－y－km＝0，設圓O、圓C到直線l的距離分別為d1，d2，則有：1－deq\o\al(2,1)＝4－deq\o\al(2,2)，即deq\o\al(2,2)－deq\o\al(2,1)＝3，所以eq\f(|4k－km|2,1＋k2)－eq\f(|－km|2,1＋k2)＝3，整理得16－8m＝3＋eq\f(3,k2)>3，解得m<eq\f(13,8)，又直線與圓相交，所以d1<1，則eq\f(|－km|2,1＋k2)<1，即m2<eq\f(1＋k2,k2)，所以m2<eq\f(16－8m,3)，即3m2＋8m－16<0，解得－4<m<eq\f(4,3)，綜上實數m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(4,3))).eq\a\vs4\al(解題反思)1.設直線方程時，要考慮斜率是否存在，否則會漏解，當然本題也可以設直線l的方程為x＝my＋a，從而避免了斜率的討論．2.本題不能忽視了對直線與圓相交這一條件的應用，即d<r這一不等關系，而由于1－deq\o\al(2,1)＝4－deq\o\al(2,2)，故只需d1<1就能保證d2<2，因此不需要考慮直線l與圓C相交的應用．3.處理雙元變量的取值范圍，要有消元和整體代換的意識．例5、(2018無錫期末）過圓x2＋y2＝16內一點P(－2，3)作兩條相互垂直的弦AB和CD，且AB＝CD，則四邊形ACBD的面積為________．【答案】.19【解析】設O到AB的距離為d1，O到CD的距離為d2，則由垂徑定理可得deq\o\al(2,1)＝r2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))eq\s\up12(2)，deq\o\al(2,2)＝r2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(CD,2)))eq\s\up12(2)，由于AB＝CD，故d1＝d2，且d1＝d2＝eq\f(\r(2),2)OP＝eq\f(\r(26),2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))eq\s\up12(2)＝r2－deq\o\al(2,1)＝16－eq\f(13,2)＝eq\f(19,2)，得AB＝eq\r(38)，從而四邊形ACBD的面積為S＝eq\f(1,2)AB×CD＝eq\f(1,2)×eq\r(38)×eq\r(38)＝19.例6、(2018鹽城三模）定義：點到直線的有向距離為．已知點,，直線過點，若圓上存在一點，使得三點到直線的有向距離之和為0，則直線的斜率的取值范圍為▲．【答案】【解析】設直線的斜率為，則直線的方程為，即，設點，則點三點到直線的有向距離分別為，，，由得，，即，又因為點在圓上，故，即.題型三隱圓問題的研究隱圓問題常見的有五種方法：1、定義法、2、阿波羅尼斯圓、3、.4、，5、軌跡法。在解決與圓相關的綜合問題時，要注意充分利用圓的幾何性質或一些簡單的軌跡知識將問題轉化為直線與圓或圓與圓的位置關系問題.例7、(2018蘇錫常鎮(zhèn)調研）在平面直角坐標系中，已知圓，點，若圓上存在點，滿足，則點的縱坐標的取值范圍是．【答案】【解析】思路分析：根據條件可得動點的軌跡是圓，進而可以將問題轉化為圓與圓的位置關系進行處理.解題過程：設，因為所以，化簡得，則圓與圓有公共點，將兩圓方程相減可得兩圓公共弦所在直線方程為，代入可得，所以點的縱坐標的取值范圍是．例8、(2018南京、鹽城、連云港二模）在平面直角坐標系xOy中，已知A，B為圓C：(x＋4)2＋(y－a)2＝16上的兩個動點，且AB＝2eq\r(11).若直線l：y＝2x上存在唯一的一個點P，使得eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))，則實數a的值為________．【答案】2或－18【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)由“圓C的弦AB長度為定值AB＝2eq\r(11)”知，弦AB的中點M的軌跡是以點C為圓心的圓，由“eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))”得2eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))，可求得動點P的軌跡也在圓上，此時直線l上存在唯一的一個點P符合要求，故直線l和動點P的軌跡(圓)相切．解法1設AB的中點為M(x0，y0)，P(x，y)，則由AB＝2eq\r(11)得，CM＝eq\r(16－11)＝eq\r(5)，即點M的軌跡為(x0＋4)2＋(y0－a)2＝5.又因為eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))，所以eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))，即(x0－x，y0－y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(a,2)))，從而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝x－2，,y0＝y(tǒng)＋\f(a,2)，))則動點P的軌跡方程為(x＋2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(a,2)))eq\s\up12(2)＝5，又因為直線l上存在唯一的一個點P，所以直線l和動點P的軌跡(圓)相切，則eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－4－\f(a,2))),\r(22＋（－1）2))＝eq\r(5)，解得，a＝2或a＝－18.解法2以上同解法1，則動點P的軌跡方程為(x＋2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(a,2)))eq\s\up12(2)＝5，整理得5x2＋(4－2a)x＋eq\f(a2,4)－1＝0，(#)又因為直線l上存在唯一的一個點P，所以(#)式有且只有1個實數根，所以Δ＝(4－2a)2－20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)－1))＝0，整理得a2＋16a－36＝0，解得，a＝2或a＝－18.解法3由題意，圓心C到直線AB的距離d＝eq\r(16－11)＝eq\r(5)，則AB中點M的軌跡方程為(x＋4)2＋(y－a)2＝5.由eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))得2eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))，所以eq\o(PM,\s\up6(→))∥eq\o(OC,\s\up6(→)).如圖，連結CM并延長交l于點N，則CN＝2CM＝2eq\r(5).故問題轉化為直線l上存在唯一的一個點N，使得CN＝2eq\r(5)，所以點C到直線l的距離為eq\f(|2×（－4）－a|,\r(22＋（－1）2))＝2eq\r(5)，解得，a＝2或a＝－18.題型四圓中的最值問題研究平面動態(tài)圖形的最值問題常用途徑為：（1）解析化：建立坐標系，轉化為解析幾何問題；（2）函數化：引入變量，建立函數關系式，轉化為函數最值問題；（3）三角化：引入角元，利用解三角形知識轉化為三角函數最值問題；（4）不等式化：引入多元，轉化為多元變量的條件最值問題．例9、(2018南通、泰州一調）在平面直角坐標系xOy中，已知點A(－4，0)，B(0，4)，從直線AB上一點P向圓x2＋y2＝4引兩條切線PC，PD，切點分別為C，D.設線段CD的中點為M，則線段AM長的最大值為________．【答案】.3eq\r(2)【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)P在直線AB：y＝x＋4上，設P(a，a＋4)，可以求出切點弦CD的方程為ax＋(a＋4)y＝4，易知CD過定點，所以M的軌跡為一個定圓，問題轉化為求圓外一點到圓上一點的距離的最大值．解法1(幾何法)因為直線AB的方程為y＝x＋4，所以可設P(a，a＋4)，設C(x1，y1)，D(x2，y2)，所以PC方程為x1x＋y1y＝4，PD：x2x＋y2y＝4，將P(a，a＋4)分別代入PC，PD方程，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax1＋（a＋4）y1＝4，,ax2＋（a＋4）y2＝4，))則直線CD的方程為ax＋(a＋4)y＝4，即a(x＋y)＝4－4y，所以直線CD過定點N(－1，1)，又因為OM⊥CD，所以點M在以ON為直徑的圓上(除去原點)，又因為以ON為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)，所以AM的最大值為eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＋eq\f(\r(2),2)＝3eq\r(2).解法2(參數法)因為直線AB的方程為y＝x＋4，所以可設P(a，a＋4)，同解法1可知直線CD的方程為ax＋(a＋4)y＝4，即a(x＋y)＝4－4y，得a＝eq\f(4－4y,x＋y).又因為O，P，M三點共線，所以ay－(a＋4)x＝0，得a＝eq\f(4x,y－x).因為a＝eq\f(4－4y,x＋y)＝eq\f(4x,y－x)，所以點M的軌跡方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)(除去原點)，所以AM的最大值為eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＋eq\f(\r(2),2)＝3eq\r(2).eq\a\vs4\al(解后反思)此類問題往往是求出一點的軌跡方程，轉化為定點到曲線上動點的距離的最值問題，而求軌跡方程，解法1運用了幾何法，解法2運用了參數法，消去參數a得到軌跡方程．另外要熟練記住過圓上一點的切線方程和圓的切點弦方程的有關結論．例10、(2018蘇中三市、蘇北四市三調）如圖，在平面四邊形中，，，∠°，，則邊長的最小值為▲．【答案】【思路分析】建立坐標系后，求出點的軌跡方程，是一個圓，而D為一個定點，問題轉化為圓外一點到圓上一點的最值問題，問題得解.【解析】以的中點為原點，所在直線為軸，建立直角坐標系，則，，設，由AC=3BC，得，整理得，所以點在以為圓心，半徑為的圓上，又因為AD=2，，所以，因為，則邊CD長的最小值是．例11、(2019南京學情調研）在平面直角坐標系xOy中，已知點A(1，1)，B(1，－1)，點P為圓(x－4)2＋y2＝4上任意一點，記△OAP和△OBP的面積分別為S1和S2，則eq\f(S1,S2)的最小值是________．【答案】．2－eq\r(3)【解析】解法1(點參數)設點P(x，y)，則OA＝eq\r(2)，OA：x－y＝0，點P到直線OA的距離d1＝eq\f(|x－y|,\r(2))，則S1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(|x－y|,\r(2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－y)),2).又OB＝eq\r(2)，OB：x＋y＝0，點P到直線OB的距離d2＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋y)),\r(2))，則S2＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋y)),\r(2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋y)),2)，故eq\f(S1,S2)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－y)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋y)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x－y,x＋y)))，令k＝eq\f(x－y,x＋y)，則(k－1)x＋(k＋1)y＝0，因為點P在圓上，所以圓心到點P的距離要小于等于半徑，故eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4（k－1）)),\r(（k－1）2＋（k＋1）2))≤2，解得2－eq\r(3)≤k≤2＋eq\r(3)，故eq\f(S1,S2)的最小值為2－eq\r(3).解法2(角參數)設∠AOP＝α，易知OA＝eq\r(2)，OB＝eq\r(2)，∠AOB＝eq\f(π,2)，則∠BOP＝eq\f(π,2)－α，S1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×OPsinα，S2＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×OPsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝eq\f(\r(2),2)OPcosα，故eq\f(S1,S2)＝tanα，由圖易知，當直線OP與圓相切時，α＝4eq\f(π,4)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,12)，或α＝eq\f(π,4)＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,12)，故角α的取值范圍是[eq\f(π,12)，eq\f(5π,12)]，所以eq\f(S1,S2)的最小值為taneq\f(π,12)＝2－eq\r(3).題型五圓與向量的結合圓與向量的結合往往從兩方面入手：1、通過設點坐標。2、運用向量的轉化。例12、(2019蘇州三市、蘇北四市二調）在平面直角坐標系xOy中，已知點A，B在圓x2＋y2＝4上，且AB＝2eq\r(2)，點P(3，－1)，eq\o(PO,\s\up6(→))·(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→)))＝16，設AB的中點M的橫坐標為x0，則x0的所有值為________．【答案】．1，eq\f(1,5)【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)設出點M坐標為(x0，y0)，由弦長AB＝2eq\r(2)求得OM，條件eq\o(PO,\s\up6(→))·(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→)))＝16通過向量的線性運算轉化為2eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))＝16，通過上述兩個條件，建立方程組，解得x0的值．設M(x0，y0)，由AB＝2eq\r(4－OM2)＝2eq\r(2)，得OM2＝xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2.又eq\o(PO,\s\up6(→))·(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→)))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))＝16，所以eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－3，1)·(x0－3，y0＋1)＝－3x0＋y0＋10＝8，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2，,y0＝3x0－2，))解得x0＝1或eq\f(1,5).所以x0的所有值為1，eq\f(1,5).1、(2017揚州期末）已知直線l：x＋eq\r(3)y－2＝0與圓C：x2＋y2＝4交于A，B兩點，則弦AB的長度為________.【答案】.2eq\r(3)【解析】圓心C(0,0)到直線l的距離d＝eq\f(|0＋\r(3)×0－2|,\r(1＋3))＝1，由垂徑定理得AB＝2eq\r(R2－d2)＝2eq\r(4－1)＝2eq\r(3)，故弦AB的長度為2eq\r(3).2、(2017鎮(zhèn)江期末）圓心在直線y＝－4x上，且與直線x＋y－1＝0相切于點P(3，－2)的圓的標準方程為________．【答案】.(x－1)2＋(y＋4)2＝8【解析】解法1設圓心為(a，－4a)，則有r＝eq\f(|a－4a－1|,\r(2))＝eq\r(a－32＋－4a＋22)，解得a＝1，r＝2eq\r(2)，則圓的方程為(x－1)2＋(y＋4)2＝8.解法2過點P(3，－2)且垂直于直線x＋y－1＝0的直線方程為x－y－5＝0，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y－5＝0，,y＝－4x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－4，))則圓心坐標為(1，－4)，半徑為r＝eq\r(1－32＋－4＋22)＝2eq\r(2)，故圓的方程為(x－1)2＋(y＋4)2＝8.3、(2017蘇州暑假測試）圓心在拋物線y＝eq\f(1,2)x2上，并且和該拋物線的準線及y軸都相切的圓的標準方程為________．【答案】(x±1)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＝1【解析】思路分析求圓的方程就是要確定它的圓心與半徑，根據圓與拋物線的準線以及與y軸都相切，得到圓心的一個等式，再根據圓心在拋物線上，得到另一個等式，從而可求出圓心的坐標，由此可得半徑．因為圓心在拋物線y＝eq\f(1,2)x2上，所以設圓心為(a，b)，則a2＝2b.又圓與拋物線的準線及y軸都相切，故b＋eq\f(1,2)＝|a|＝r，由此解得a＝±1，b＝eq\f(1,2)，r＝1，所以所求圓的方程為(x±1)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＝1.4、(2019揚州期末）已知直線l：y＝－x＋4與圓C：(x－2)2＋(y－1)2＝1相交于P，Q兩點，則eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CQ,\s\up6(→))＝________．【答案】.0【解析】解法1(坐標法)圓心C(2，1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋4，,（x－2）2＋（y－1）2＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝1，))即P(2，2)，Q(3，1)，eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CQ,\s\up6(→))＝(0，1)·(1，0)＝0.解法2(定義法)設弦PQ的中點為M，則圓心C(2，1)到直線l：x＋y－4＝0的距離d＝CM＝eq\f(|2＋1－4|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，因此MQ＝eq\r(R2－d2)＝eq\r(1－\f(1,2))＝eq\f(\r(2),2).因為CM＝MQ，所以∠MCQ＝eq\f(π,4)，從而∠PCQ＝eq\f(π,2)，即有eq\o(CP,\s\up6(→))⊥eq\o(CQ,\s\up6(→))，所以eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CQ,\s\up6(→))＝0.5、(2018蘇北四市期末）在平面直角坐標系xOy中，若圓C1：x2＋(y－1)2＝r2(r>0)上存在點P，且點P關于直線x－y＝0的對稱點Q在圓C2：(x－2)2＋(y－1)2＝1上，則r的取值范圍是________．【答案】.[eq\r(2)－1，eq\r(2)＋1]【解析】設圓C1上存在點P(x0，y0)滿足題意，點P關于直線x－y＝0的對稱點Q(y0，x0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＋（y0－1）2＝r2，,（y0－2）2＋（x0－1）2＝1，)))故只需圓x2＋(y－1)2＝r2與圓(x－1)2＋(y－2)2＝1有交點即可，所以|r－1|≤eq\r(（1－0）2＋（2－1）2)≤r＋1，解得eq\r(2)－1≤r≤eq\r(2)＋1.．6、(2018蘇州暑假測試）已知點A(1，0)和點B(0，1)，若圓x2＋y2－4x－2y＋t＝0上恰有兩個不同的點P，使得△PAB的面積為eq\f(1,2)，則實數t的取值范圍是________．【答案】.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(9,2)))【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)題設“圓x2＋y2－4x－2y＋t＝0上恰有兩個不同的點P，使得△PAB的面積為eq\f(1,2)”等價于“圓上有且只有兩個點到直線AB的距離為eq\f(\r(2),2)”，進而思考圓心到直線AB的距離在什么范圍內符合題意．圓x2＋y2－4x－2y＋t＝0的方程可化為(x－2)2＋(y－1)2＝5－t，設點P到直線AB的距離為h，則S△PAB＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×h＝eq\f(1,2)，解得h＝eq\f(\r(2),2)，而圓心到直線AB的距離為eq\r(2)，欲使得圓x2＋y2－4x－2y＋t＝0上恰有兩個不同的點P，使得△PAB的面積為eq\f(1,2)，則需要圓上有且只有兩個點到直線AB的距離為eq\f(\r(2),2)，故圓的半徑eq\r(5－t)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(\r(2),2)，\r(2)＋\f(\r(2),2)))，解得t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(9,2))).7、(2018南京學情調研）在平面直角坐標系xOy中，若圓(x－2)2＋(y－2)2＝1上存在點M，使得點M關于x軸的對稱點N在直線kx＋y＋3＝0上，則實數k的最小值為________．【答案】－eq\f(4,3)【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)“圓(x－2)2＋(y－2)2＝1上存在點M，使得點M關于x軸的對稱點N在直線kx＋y＋3＝0上”等價于“圓(x－2)2＋(y－2)2＝1關于x軸的對稱圓與直線kx＋y＋3＝0有公共點”．圓(x－2)2＋(y－2)2＝1關于x軸的對稱圓的方程為(x－2)2＋(y＋2)2＝1，由題意得圓心(2，－2)到直線kx＋y＋3＝0的距離d＝eq\f(|2k－2＋3|,\r(k2＋1))≤1，解得－eq\f(4,3)≤k≤0，所以實數k的最小值為－eq\f(4,3).8、(2019泰州期末）在平面直角坐標系xOy中，過圓C1：(x－k)2＋(y＋k－4)2＝1上任一點P作圓C2：x2＋y2＝1的一條切線，切點為Q，則當線段PQ長最小時，k＝________．【答案】2【解析】如下圖，因為PQ為切線，所以，PQ⊥C2Q，由勾股定理得：PQ＝eq\r(PCeq\o\al(2,2)－1)，要使PQ最小，則需PC2最小，顯然當點P為C1C2與圓C1的一個交點時，PC2最小，此時，PC2＝C1C2－1，所以當C1C2最小時，PC2就最小，C1C2＝eq\r(k2＋（－k＋4）2)＝eq\r(2（k－2）2＋8)≥2eq\r(2).當k＝2時，C1C2最小，得到PQ最小．eq\a\vs4\al(解題反思)本題考查圓的切線長的問題，主要考查了轉化與化歸的思想．切線長通常用勾股定理來求解，這樣問題就轉化為求圓外一點與圓上一點距離的最小值，而這種距離的最值問題，是圓的考查中常見的知識點．(2019蘇錫常鎮(zhèn)調研（一））若直線l：ax＋y－4a＝0上存在相距為2的兩個動點A，B，圓O：x2＋y2＝1上存在點C，使得△ABC為等腰直角三角形(C為直角頂點)，則實數a的取值范圍為________．【答案】.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)根據條件可以確定點C的另一軌跡為圓，進而將問題轉化為兩個圓的位置關系解決．記線段AB的中點為M，因為△ABC為等腰直角三角形(C為直角頂點)，所以點C在以M為圓心，半徑為1的圓上，又因為點C在圓O上，所以圓M和圓O有公共點，即0≤OM≤2，故圓心O到直線l的距離d＝eq\f(|－4a|,\r(a2＋1))≤2，解得－eq\f(\r(3),3)≤a≤eq\f(\r(3),3)，所以實數a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))).10、(2019蘇錫常鎮(zhèn)調研（二））過直線l：上任意點P作圓C：的兩條切線，切點分別為A，B，當切線最小時，△PAB的面積為．【答案】【解析】因為，所以當最小時，切線長最小.的最小值即點到直線的距離，所以，此時為等腰直角三角形，所以的面積11、(2019鎮(zhèn)江期末）已知圓O：x2＋y2＝1，圓M：(x－a)2＋(y－2)2＝2.若圓M上存在點P，過點P作圓O的兩條切線，切點為A，B，使得PA⊥PB，則實數a的取值范圍為________．【答案】【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)考察點P的軌跡C，軌跡C與圓M有公共點．利用圓與圓的位置關系求解．由PA⊥PB，PA⊥AO，PB⊥OB，PA＝PB，得四邊形PAOB是正方形，所以P的軌跡是以原點O為圓心，eq\r(2)為半徑的圓．又點P也在圓M上，所以OM≤eq\r(2)＋eq\r(2)，得a2＋22≤8，解得－2≤a≤2.eq\a\vs4\al(解后反思)本題是“隱圓”問題，是江蘇卷一大特色，通過圓與圓的位置關系，較好地實現了代數問題與幾何問題的相互轉化．12、(2018南通、揚州、淮安、宿遷、泰州、徐州六市二調）在平面直角坐標系xOy中，若動圓C上的點都在不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4