沖刺2022高考數(shù)學二輪復習核心考點特色突破專題15直線與圓2含解析

專題15直線與圓（2）【自主熱身，歸納總結】1、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＝8.2、在平面直角坐標系xOy中，若直線ax＋y－2＝0與圓心為C的圓(x－1)2＋(y－a)2＝16相交于A，B兩點，且△ABC為直角三角形，則實數(shù)a的值是________．【答案】：－1【解析】：因為△ABC為直角三角形，所以BC＝AC＝r＝4，所以圓心C到直線AB的距離為2eq\r(2)，從而有eq\f(|a＋a－2|,\r(a2＋1))＝2eq\r(2)，解得a＝－1.3、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).4、已知過點的直線被圓截得的弦長為4，則直線的方程為.【答案】：或【解析】：化成標準式為：.因為截得弦長為4小于直徑故該直線必有兩條且圓心到直線的距離為.當斜率不存在時，，顯然符合要求。當斜率存在時，，，截得，故直線為.5、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(nèi)，則面積最大的圓C的標準方程為________．【答案】：(x－1)2＋y2＝4【解析】：首先由線性約束條件作出可行域，面積最大的圓C即為可行域三角形的內(nèi)切圓(如圖)，由對稱性可知，圓C的圓心在x軸上，設半徑為r，則圓心C(3－r，0)，且它與直線x－eq\r(3)y＋3＝0相切，所以eq\f(|3－r＋3|,\r(1＋3))＝r，解得r＝2，所以面積最大的圓C的標準方程為(x－1)2＋y2＝4.6、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(shù)k的最小值為________．7、已知經(jīng)過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))的兩個圓C1，C2都與直線l1：y＝eq\f(1,2)x，l2：y＝2x相切，則這兩圓的圓心距C1C2＝________.【答案】eq\f(4\r(5),9)【解析】：易求直線C1C2的方程為y＝x，設C1(x1，x1)，C2(x2，x2)，由題意得C1(x1，x1)到直線2x－y＝0的距離等于C1P，即eq\f(|2x1－x1|,\r(5))＝eq\r(x1－12＋x1－\f(3,2)2)，整理得9xeq\o\al(2,1)－25x1＋eq\f(65,4)＝0，同理可得9xeq\o\al(2,2)－25x2＋eq\f(65,4)＝0，所以x1，x2是方程9x2－25x＋eq\f(65,4)＝0的兩個實數(shù)根，從而x1＋x2＝eq\f(25,9)，x1x2＝eq\f(65,36)，所以圓心距C1C2＝eq\r(2)|x1－x2|＝eq\r(2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,9)))2－4×\f(65,36))＝eq\f(4\r(5),9).8、在平面直角坐標系xOy中，已知圓C：x2＋(y－3)2＝2，點A是x軸上的一個動點，AP，AQ分別切圓C于P，Q兩點，則線段PQ長的取值范圍是________．【答案】eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(14),3)，2\r(2)))【解析】：設∠PCA＝θ，所以PQ＝2eq\r(2)sinθ.又cosθ＝eq\f(\r(2),AC)，AC∈[3，＋∞)，所以cosθ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),3)))，所以cos2θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,9)))，sin2θ＝1－cos2θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)，1))，所以sinθ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),3)，1))，所以PQ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(14),3)，2\r(2))).eq\a\vs4\al(解后反思)與切線有關的問題，一般都不需要求出切點，而是利用直線與圓相切時所得到的直角三角形轉化為點與圓心的距離問題求解．9、在平面直角坐標系xOy中，已知點，點，為圓上一動點，則的最大值是．【答案】、2【解析】1：設，則，，令，即，則動直線與圓必須有公共點，所以，解得，所以，即，的最大值是.（有了上面的解法，也可設，直接通過動直線與圓有公共點來解決）【解析】2：設，則，令，則，即，因為，所以，則動直線與圓必須有公共點，所以，解得，即，的最大值是.【解析】3：因為為圓上一動點，故設（），則令，整理為，由，解得，從而，的最大值是.10、在平面直角坐標系xOy中，圓C的方程為(x－1)2＋(y－1)2＝9，直線l：y＝kx＋3與圓C相交于A，B兩點，M為弦AB上一動點，以M為圓心，2為半徑的圓與圓C總有公共點，則實數(shù)k的取值范圍為．【答案】思路分析：根據(jù)兩個圓的位置關系的判斷方法，本題即要求則可，根據(jù)圖形的對稱性，當點位于的中點時存在公共點，則在其它位置時，一定存在公共點，由點到直線的距離不難得到答案?！窘馕觥浚河深}意得對于任意的點恒成立，由圖形的對稱性可知，只需點位于的中點時存在則可。由點到直線的距離得，解得。11、已知點A(0,1)，B(1,0)，C(t,0)，點D是直線AC上的動點，若AD≤2BD恒成立，則最小正整數(shù)t的值為________．【答案】4解法1設點D(x，y)，因為AD≤2BD，A(0,1)，B(1，0)，所以eq\r(x2＋y－12)≤2eq\r(x－12＋y2)，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)))2≥eq\f(8,9)，它表示以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(1,3)))為圓心，以eq\f(2\r(2),3)為半徑的圓及其外部，又因為直線AC為eq\f(x,t)＋y＝1，即x＋ty－t＝0，且點D是直線AC上的動點，所以直線AC與圓相離，即eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)－\f(1,3)t－t)),\r(1＋t2))≥eq\f(2\r(2),3)，即t2－4t＋1≥0，解得t≥2＋eq\r(3)(t≤2－eq\r(3)舍)，所以最小正整數(shù)t的值為4.解法2設點D(x，y)，因為A(0,1)，C(t,0)，點D在直線AC上，所以有且只有一個實數(shù)λ，使eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))，所以(x，y－1)＝λ(t，－1)，從而x＝tλ，y＝1－λ，即點D(tλ，1－λ)，又因為AD≤2BD恒成立，所以eq\r(tλ2＋1－λ－12)≤2eq\r(tλ－12＋1－λ2)在R上恒成立，即3(t2＋1)λ2－8(t＋1)λ＋8≥0在R上恒成立，令f(λ)＝3(t2＋1)λ2－8(t＋1)λ＋8，所以Δ≤0恒成立，即t2－4t＋1≥0，解得t≥2＋eq\r(3)(t≤2－eq\r(3)舍)，所以最小整數(shù)t的值為4.綜上所述，滿足條件的最小正整數(shù)t的值為4.12、在平面直角坐標系xOy中，設直線y＝－x＋2與圓x2＋y2＝r2(r>0)交于A，B兩點，O為坐標原點，若圓上一點C滿足eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(5,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(OB,\s\up6(→))，則實數(shù)r＝________.解法2由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(OA,\s\up6(→))＋\o(OB,\s\up6(→)),2)))＝eq\r(,2)，得r2＋r2＋2eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝8①.由eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(5,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(OB,\s\up6(→))，得eq\o(OC,\s\up6(→))2＝eq\f(25,16)r2＋eq\f(9r2,16)＋eq\f(15,8)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝r2②.由①②可知r2＝10，即r＝eq\r(,10).解法3設A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x，y)，由eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(5,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(OB,\s\up6(→))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,4)x1＋\f(3,4)x2，,y＝\f(5,4)y1＋\f(3,4)y2，))則x2＋y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)x1＋\f(3,4)x2))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)y1＋\f(3,4)y2))2＝eq\f(25,16)xeq\o\al(2,1)＋eq\f(25,16)yeq\o\al(2,1)＋eq\f(15,8)x1x2＋eq\f(9,16)xeq\o\al(2,2)＋eq\f(9,16)yeq\o\al(2,2)＋eq\f(15,8)y1y2.由題意得r2＝eq\f(25,16)r2＋eq\f(9,16)r2＋eq\f(15,8)(x1x2＋y1y2)，聯(lián)立直線y＝－x＋2與圓x2＋y2＝r2(r>0)的方程，得2x2－4x＋4－r2＝0.由韋達定理得x1x2＝eq\f(4－r2,2)，x1＋x2＝2，y1y2＝x1x2－2x1－2x2＋4＝eq\f(4－r2,2)，代入上式可解得r＝eq\r(10).解法4由eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(5,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(OB,\s\up6(→))得eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(5,8)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(3,8)eq\o(OB,\s\up6(→))，設OC與AB交于點M，則A，M，B三點共線．由∠AMO與∠BMO互補結合余弦定理可求得AB＝eq\f(4,\r(5))r，過點O作AB的垂線交AB于點D，根據(jù)圓心O到直線y＝－x＋2的距離為OD＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2)，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))r))2＋(eq\r(2))2＝r2，解得r2＝10，所以r＝eq\r(10).【問題探究，變式訓練】例1、在平面直角坐標系xOy中，圓O：x2＋y2＝1，圓M：(x＋a＋3)2＋(y－2a)2＝1(a為實數(shù))．若圓O與圓M上分別存在點P，Q，使得∠OQP＝30，則a的取值范圍為▲．【答案】．[－eq\f(6,5)，0]【思路分析】本題中在兩個圓上分別存在點P，Q，使得∠OQP＝30是本題的關鍵.首先對于圓O，可以根據(jù)∠OQP＝30得出點Q的軌跡，再將點Q的存在性問題轉化為點Q的軌跡與圓M有公共點，從而求出參數(shù)的取值范圍.過Q點作圓O的切線，設切點為，在圓O上要存在點P滿足，即，又，即.設，所以又點Q在圓M上，即圓M與有公共點，所以有，解得.【解后反思】一般地對于圓上存在一點的問題，都可以利用其所給幾何條件求出點的軌跡，進一步轉化為點的軌跡與圓的位置關系問題，其中常見的動點軌跡有直線、線段、圓、圓面等.【變式1】、.已知圓O：x2＋y2＝1，圓M：(x－a)2＋(y－a＋4)2＝1.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∠APB＝60°，則實數(shù)a的取值范圍為________．【答案】.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(2),2)，2＋\f(\r(2),2)))【解析】：由題意得圓心M(a，a－4)在直線x－y－4＝0上運動，所以動圓M是圓心在直線x－y－4＝0上，半徑為1的圓；又因為圓M上存在點P，使經(jīng)過點P作圓O的兩條切線，切點為A，B，使∠APB＝60°，所以OP＝2，即點P也在x2＋y2＝4上，于是2－1≤eq\r(a2＋a－42)≤2＋1，即1≤eq\r(a2＋a－42)≤3，解之得實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(2),2)，2＋\f(\r(2),2))).解題反思一方面，要注意點P在動圓M上，另一方面，點P也在x2＋y2＝4上，從而將所求解的問題轉化成研究圓與圓的位置關系問題，此類試題出現(xiàn)頻率高，希望考生重視．【變式2】、已知點A(0,2)為圓M：x2＋y2－2ax－2ay＝0(a>0)外一點，圓M上存在點T，使得∠MAT＝45°，則實數(shù)a的取值范圍是________．【答案】：[eq\r(3)－1,1)【解析】：圓M的方程可化為(x－a)2＋(y－a)2＝2a2.圓心為M(a，a)，半徑為eq\r(,2)a.當A，M，T三點共線時，∠MAT＝0°最小，當AT與圓M相切時，∠MAT最大．圓M上存在點T，使得∠MAT＝45°，只需要當∠MAT最大時，滿足45°≤∠MAT<90°即可．MA＝eq\r(a－02＋a－22)＝eq\r(2a2－4a＋4)，此時直線AT與圓M相切，所以sin∠MAT＝eq\f(MT,MA)＝eq\f(\r(2)a,\r(2a2－4a＋4)).因為45°≤∠MAT<90°，所以eq\f(\r(2),2)≤sin∠MAT<1，所以eq\f(\r(2),2)≤eq\f(\r(2)a,\r(2a2－4a＋4))<1，解得eq\r(3)－1≤a<1.【變式3】、已知圓M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，直線l：x＋y－6＝0，A為直線l上一點，若圓M上存在兩點B，C，使得∠BAC＝60°，則點A的橫坐標的取值范圍是________．【答案】[1,5]eq\a\vs4\al(思路分析)對于圓M上任意兩點B，C，∠BAC的大小是變化的，有變化就有范圍，而60°是范圍中的一個值．由此得到一個不等式．首先，直線l與圓M相離，所以點A在圓M外．設AP，AQ分別與圓M相切于點P，Q，則∠PAQ≥∠BAC＝60°，從而∠MAQ≥30°.因為MQ＝2，所以MA≤4.設A(x0,6－x0)，則MA2＝(x0－1)2＋(6－x0－1)2≤16，解得1≤x0≤5.【關聯(lián)1】、在平面直角坐標系xOy中，A，B為x軸正半軸上的兩個動點，P(異于原點O)為y軸上的一個定點．若以AB為直徑的圓與圓x2＋(y－2)2＝1相外切，且∠APB的大小恒為定值，則線段OP的長為________．【答案】：eq\r(3)【解析】：設以AB為直徑的圓的圓心為C(a,0)，半徑為r(0<r<a)，OP＝b(b>0，b為常數(shù))．因為tan∠OPA＝eq\f(a－r,b)，tan∠OPB＝eq\f(a＋r,b)，所以tan∠APB＝tan(∠OPB－∠OPA)＝eq\f(\f(a＋r,b)－\f(a－r,b),1＋\f(a＋r,b)·\f(a－r,b))＝eq\f(2rb,b2＋a2－r2)，又因為以AB為直徑的圓與圓x2＋(y－2)2＝1相外切，所以圓心距等于半徑之和，即eq\r(a2＋4)＝r＋1，即a2＝(r＋1)2－4，所以tan∠APB＝eq\f(2rb,b2＋a2－r2)＝eq\f(2rb,b2＋2r－3)＝eq\f(2b,\f(b2－3,r)＋2)(r為變量，b為常數(shù))，因為∠APB的大小恒為定值，所以b2－3＝0，故OP＝eq\r(3).【關聯(lián)2】、在平面直角坐標系xOy中，圓C的方程為(x－1)2＋y2＝4，P為圓C上一點．若存在一個定圓M，過點P作圓M的兩條切線PA，PB，切點分別為A，B，當P在圓C上運動時，使得∠APB恒為60，則圓M的方程為．【答案】(x－1)2＋y2＝1【解析】：根據(jù)對稱性可知．設圓的半徑為．因為，所以，故，即，所以圓M的方程為．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(shù)k的最小值為________．【變式1】、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(shù)a的值為________．【答案】2或－18eq\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(shù)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.eq\a\vs4\al(解后反思)本題的難點在于要從繁亂的關系中找出動點P的信息．由“直線AB與圓C相交”想弦中點M，由“CM⊥AB”想到動點M的軌跡是圓，由“eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))”知，動點P的軌跡也在圓上，進而得到直線l和動點P的軌跡(圓)相切．【變式2】、已知A，B是圓C1：x2＋y2＝1上的動點，AB＝eq\r(3)，P是圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝1上的動點，則|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的取值范圍為________．【答案】[7,13]【解析】因為A，B是圓C1：x2＋y2＝1上的動點，AB＝eq\r(3)，所以線段AB的中點H在圓O：x2＋y2＝eq\f(1,4)上，且|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(PH,\s\up6(→))|.因為點P是圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝1上的動點，所以5－eq\f(3,2)≤|eq\o(PH,\s\up6(→))|≤5＋eq\f(3,2)，即eq\f(7,2)≤|eq\o(PH,\s\up6(→))|≤eq\f(13,2)，所以7≤2|eq\o(PH,\s\up6(→))|≤13，從而|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的取值范圍是[7,13]．解后反思本題難點在于動點多，“化動為靜”和“化多為少”是解決此類問題常用的方法．一方面，A，B雖是動點，但是AB＝eq\r(3)是定值，從而線段AB的中點H在定圓O上，實現(xiàn)了化多為少的目的；另一方面，所求解的問題通過轉化就成了研究圓O和圓C2上的兩動點的問題．【變式3】、在平面直角坐標系xOy中，過點M(1,0)的直線l與圓x2＋y2＝5交于A，B兩點，其中點A在第一象限，且eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))，則直線l的方程為________．【答案】y＝x－1解法1易知l斜率必存在，設l：y＝k(x－1)．由eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))可設BM＝2t，MA＝t，如圖，過原點O作OH⊥l于點H，則BH＝eq\f(3t,2).設OH＝d，在Rt△OBH中，d2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)))2＝r2＝5，在Rt△OMH中，d2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝OM2＝1，解得d2＝eq\f(1,2).所以d2＝eq\f(k2,k2＋1)＝eq\f(1,2)，解得k＝1或k＝－1，因為點A在第一象限，eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))，由圖知k＝1，所以l：y＝x－1.解法2設A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1－x2，－y2)，eq\o(MA,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)．因為eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2＝2x1－1，,－y2＝2y1，))當直線AB的斜率不存在時，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))，不符合題意．當直線AB的斜率存在時，設AB：y＝k(x－1)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＋y2＝5，))可得(1＋k2)y2＋2ky－4k2＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－2k,1＋k2)，,y1·y2＝\f(－4k2,1＋k2)，,－y2＝2y1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝\f(2k,1＋k2)，,y2＝\f(－4k,1＋k2)，))所以y1·y2＝eq\f(－8k2,1＋k22)＝eq\f(－4k2,1＋k2)，即k2＝1，又點A在第一象限，所以k＝1，即直線AB的方程為y＝x－1.解法3設A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1－x2，－y2)，eq\o(MA,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)．因為eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2＝2x1－1，,－y2＝2y1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＝2x1－3，,－y2＝2y1.))又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)＝5，,x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2)＝5，))代入可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)＝5，,2x1－32＋4y\o\al(2,1)＝5，))解得x1＝2，代入可得y1＝±1，又點A在第一象限，故A(2,1)，由點A和點M的坐標可得直線AB的方程為y＝x－1.【關聯(lián)1】、已知圓C：(x－2)2＋y2＝4，線段EF在直線l：y＝x＋1上運動，點P為線段EF上任意一點，若圓C上存在兩點A，B，使得eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))≤0，則線段EF長度的最大值是________．【答案】eq\r(14)思路分析本題條件敘述似乎稍顯冗亂，學生不易讀懂題意，容易陷入恐慌．首先需要注意判斷直線l和圓C是相離的位置關系，那么直線l上的動點P總在圓C外，可以證明與圓相關的一個幾何性質(zhì)：對于圓C外的點P，當PA，PB都與圓C相切時，∠APB最大．這是解決本題的關鍵所在．過點C作CH⊥l于H，因為C到l的距離CH＝eq\f(3,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)>2＝r，所以直線l與圓C相離，故點P在圓C外．因為eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝|eq\o(PA,\s\up6(→))||eq\o(PB,\s\up6(→))|cos∠APB≤0，所以cos∠APB≤0，所以eq\f(π,2)≤∠APB<π，圓C上存在兩點A，B使得∠APB∈[eq\f(π,2)，π)，由于點P在圓C外，故當PA，PB都與圓C相切時，∠APB最大，此時若∠APB＝eq\f(π,2)，則PC＝eq\r(2)r＝2eq\r(2)，所以PH＝eq\r(PC2－CH2)＝eq\r(2\r(2)2－\f(3\r(2),2)2)＝eq\f(\r(14),2)，由對稱性可得EFmax＝2PH＝eq\r(14).【關聯(lián)2】、在平面直角坐標系xOy中，已知圓C：x2＋y2－6x＋5＝0，點A，B在圓C上，且AB＝2eq\r(3)，則|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|的最大值是________．【答案】8eq\a\vs4\al(思路分析)由條件已知弦AB的長，就可以求出圓心到直線AB的距離CM(其中M為弦AB的中點，再考慮到eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))與eq\o(OM,\s\up6(→))的關系，以及eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CM,\s\up6(→))，從而可以得到eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OA,\s\up6(→))＋\o(OB,\s\up6(→))))的最大值．設弦AB的中點為M，則eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝2eq\o(OM,\s\up6(→)).又圓C：(x－3)2＋y2＝4，AB＝2eq\r(3)，從而CM＝eq\r(4－3)＝1，因此|eq\o(OM,\s\up6(→))|max＝3＋1＝4，所以|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|max＝8.例3、如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知點A(－3,4)，B(9,0)，C，D分別為線段OA，OB上的動點，且滿足AC＝BD.(1)若AC＝4，求直線CD的方程；(2)證明：△OCD的外接圓恒過定點(異于原點O)．(2)解法1設C(－3m,4m)(0<m≤1)，則OC＝5m.(7分)所以AC＝OA－OC＝5－5m.因為AC＝BD，所以OD＝OB－BD＝5m＋4，所以點D的坐標為(5m＋4,0)．(8分)又設△OCD的外接圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F＝0，,9m2＋16m2－3mD＋4mE＋F＝0，,5m＋42＋5m＋4D＋F＝0.))(10分)解得D＝－(5m＋4)，F(xiàn)＝0，E＝－10m－3，所以△OCD的外接圓的方程為x2＋y2－(5m＋4)x－(10m＋3)y＝0，(12分)整理得x2＋y2－4x－3y－5m(x＋2y)＝0.令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4x－3y＝0，,x＋2y＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝－1.))所以△OCD的外接圓恒過定點(2，－1)．(14分)解法2設C(－3m,4m)(0<m≤1)，則OC＝5m.(7分)所以AC＝OA－OC＝5－5m.因為AC＝BD，所以OD＝OB－BD＝5m＋4，所以點D的坐標為(5m＋4,0)．(8分)因為OC的中點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)m，2m))，直線OC的斜率kOC＝－eq\f(4,3)，所以線段OC的垂直平分線方程為y－2m＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)m))，即y＝eq\f(3,4)x＋eq\f(25,8)m.又因為線段OD的垂直平分線方程為x＝eq\f(5m＋4,2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,4)x＋\f(25,8)m，,x＝\f(5m＋4,2)))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5m＋4,2)，,y＝\f(10m＋3,2).))(10分)所以△OCD外接圓的圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5m＋4,2)，\f(10m＋3,2)))，則半徑r＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5m＋4,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10m＋3,2)))2)，從而△OCD外接圓的標準方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5m＋4,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(10m＋3,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5m＋4,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10m＋3,2)))2，(12分)整理得x2＋y2－(5m＋4)x－(10m＋3)y＝0.即x2＋y2－4x－3y－5m(x＋2y)＝0.令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4x－3y＝0，,x＋2y＝0