沖刺2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)核心考點(diǎn)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(jié)】1、圓心在直線y＝－4x上，且與直線x＋y－1＝0相切于點(diǎn)P(3，－2)的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為________．【答案】：(x－1)2＋(y＋4)2＝8解法1設(shè)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(diǎn)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(biāo)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(biāo)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(diǎn)，且△ABC為直角三角形，則實(shí)數(shù)a的值是________．【答案】：－1【解析】：因?yàn)椤鰽BC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(diǎn)，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(diǎn)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(biāo)準(zhǔn)式為：.因?yàn)榻氐孟议L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(dāng)斜率不存在時(shí)，，顯然符合要求。當(dāng)斜率存在時(shí)，，，截得，故直線為.5、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若動圓C上的點(diǎn)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(biāo)準(zhǔn)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(shè)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(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋y2＝4.6、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若圓(x－2)2＋(y－2)2＝1上存在點(diǎn)M，使得點(diǎn)M關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)N在直線kx＋y＋3＝0上，則實(shí)數(shù)k的最小值為________．7、已知經(jīng)過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))的兩個(gè)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(shè)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(gè)實(shí)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(biāo)系xOy中，已知圓C：x2＋(y－3)2＝2，點(diǎn)A是x軸上的一個(gè)動點(diǎn)，AP，AQ分別切圓C于P，Q兩點(diǎn)，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(shè)∠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(guān)的問題，一般都不需要求出切點(diǎn)，而是利用直線與圓相切時(shí)所得到的直角三角形轉(zhuǎn)化為點(diǎn)與圓心的距離問題求解．9、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)，點(diǎn)，為圓上一動點(diǎn)，則的最大值是．【答案】、2【解析】1：設(shè)，則，，令，即，則動直線與圓必須有公共點(diǎn)，所以，解得，所以，即，的最大值是.（有了上面的解法，也可設(shè)，直接通過動直線與圓有公共點(diǎn)來解決）【解析】2：設(shè)，則，令，則，即，因?yàn)?，所以，則動直線與圓必須有公共點(diǎn)，所以，解得，即，的最大值是.【解析】3：因?yàn)闉閳A上一動點(diǎn)，故設(shè)（），則令，整理為，由，解得，從而，的最大值是.10、在平面直角坐標(biāo)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(diǎn)，M為弦AB上一動點(diǎn)，以M為圓心，2為半徑的圓與圓C總有公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為．【答案】思路分析：根據(jù)兩個(gè)圓的位置關(guān)系的判斷方法，本題即要求則可，根據(jù)圖形的對稱性，當(dāng)點(diǎn)位于的中點(diǎn)時(shí)存在公共點(diǎn)，則在其它位置時(shí)，一定存在公共點(diǎn)，由點(diǎn)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(diǎn)恒成立，由圖形的對稱性可知，只需點(diǎn)位于的中點(diǎn)時(shí)存在則可。由點(diǎn)到直線的距離得，解得。11、已知點(diǎn)A(0,1)，B(1,0)，C(t,0)，點(diǎn)D是直線AC上的動點(diǎn)，若AD≤2BD恒成立，則最小正整數(shù)t的值為________．【答案】4解法1設(shè)點(diǎn)D(x，y)，因?yàn)锳D≤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?yàn)橹本€AC為eq\f(x,t)＋y＝1，即x＋ty－t＝0，且點(diǎn)D是直線AC上的動點(diǎn)，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(shè)點(diǎn)D(x，y)，因?yàn)锳(0,1)，C(t,0)，點(diǎn)D在直線AC上，所以有且只有一個(gè)實(shí)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(diǎn)D(tλ，1－λ)，又因?yàn)锳D≤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(biāo)系xOy中，設(shè)直線y＝－x＋2與圓x2＋y2＝r2(r>0)交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若圓上一點(diǎn)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(shí)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(shè)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(dá)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(shè)OC與AB交于點(diǎn)M，則A，M，B三點(diǎn)共線．由∠AMO與∠BMO互補(bǔ)結(jié)合余弦定理可求得AB＝eq\f(4,\r(5))r，過點(diǎn)O作AB的垂線交AB于點(diǎn)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(xùn)練】例1、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓O：x2＋y2＝1，圓M：(x＋a＋3)2＋(y－2a)2＝1(a為實(shí)數(shù))．若圓O與圓M上分別存在點(diǎn)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(gè)圓上分別存在點(diǎn)P，Q，使得∠OQP＝30是本題的關(guān)鍵.首先對于圓O，可以根據(jù)∠OQP＝30得出點(diǎn)Q的軌跡，再將點(diǎn)Q的存在性問題轉(zhuǎn)化為點(diǎn)Q的軌跡與圓M有公共點(diǎn)，從而求出參數(shù)的取值范圍.過Q點(diǎn)作圓O的切線，設(shè)切點(diǎn)為，在圓O上要存在點(diǎn)P滿足，即，又，即.設(shè)，所以又點(diǎn)Q在圓M上，即圓M與有公共點(diǎn)，所以有，解得.【解后反思】一般地對于圓上存在一點(diǎn)的問題，都可以利用其所給幾何條件求出點(diǎn)的軌跡，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為點(diǎn)的軌跡與圓的位置關(guān)系問題，其中常見的動點(diǎn)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(diǎn)P，過點(diǎn)P作圓O的兩條切線，切點(diǎn)為A，B，使得∠APB＝60°，則實(shí)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(yùn)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?yàn)閳AM上存在點(diǎn)P，使經(jīng)過點(diǎn)P作圓O的兩條切線，切點(diǎn)為A，B，使∠APB＝60°，所以O(shè)P＝2，即點(diǎn)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(shí)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(diǎn)P在動圓M上，另一方面，點(diǎn)P也在x2＋y2＝4上，從而將所求解的問題轉(zhuǎn)化成研究圓與圓的位置關(guān)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(diǎn)A(0,2)為圓M：x2＋y2－2ax－2ay＝0(a>0)外一點(diǎn)，圓M上存在點(diǎn)T，使得∠MAT＝45°，則實(shí)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(dāng)A，M，T三點(diǎn)共線時(shí)，∠MAT＝0°最小，當(dāng)AT與圓M相切時(shí)，∠MAT最大．圓M上存在點(diǎn)T，使得∠MAT＝45°，只需要當(dāng)∠MAT最大時(shí)，滿足45°≤∠MAT<90°即可．MA＝eq\r(a－02＋a－22)＝eq\r(2a2－4a＋4)，此時(shí)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?yàn)?5°≤∠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(diǎn)，若圓M上存在兩點(diǎn)B，C，使得∠BAC＝60°，則點(diǎn)A的橫坐標(biāo)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(diǎn)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(gè)值．由此得到一個(gè)不等式．首先，直線l與圓M相離，所以點(diǎn)A在圓M外．設(shè)AP，AQ分別與圓M相切于點(diǎn)P，Q，則∠PAQ≥∠BAC＝60°，從而∠MAQ≥30°.因?yàn)镸Q＝2，所以MA≤4.設(shè)A(x0,6－x0)，則MA2＝(x0－1)2＋(6－x0－1)2≤16，解得1≤x0≤5.【關(guān)聯(lián)1】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A，B為x軸正半軸上的兩個(gè)動點(diǎn)，P(異于原點(diǎn)O)為y軸上的一個(gè)定點(diǎn)．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(shè)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?yàn)閠an∠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?yàn)橐訟B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?yàn)椤螦PB的大小恒為定值，所以b2－3＝0，故OP＝eq\r(3).【關(guān)聯(lián)2】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的方程為(x－1)2＋y2＝4，P為圓C上一點(diǎn)．若存在一個(gè)定圓M，過點(diǎn)P作圓M的兩條切線PA，PB，切點(diǎn)分別為A，B，當(dāng)P在圓C上運(yùn)動時(shí)，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(shè)圓的半徑為．因?yàn)?，所以，故，即，所以圓M的方程為．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若直線y＝k(x－3eq\r(3))上存在一點(diǎn)P，圓x2＋(y－1)2＝1上存在一點(diǎn)Q，滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝3eq\o(OQ,\s\up6(→))，則實(shí)數(shù)k的最小值為________．【變式1】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知A，B為圓C：(x＋4)2＋(y－a)2＝16上的兩個(gè)動點(diǎn)，且AB＝2eq\r(11).若直線l：y＝2x上存在唯一的一個(gè)點(diǎn)P，使得eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))，則實(shí)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A(chǔ)B＝2eq\r(11)”知，弦AB的中點(diǎn)M的軌跡是以點(diǎn)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(diǎn)P的軌跡也在圓上，此時(shí)直線l上存在唯一的一個(gè)點(diǎn)P符合要求，故直線l和動點(diǎn)P的軌跡(圓)相切．解法1設(shè)AB的中點(diǎn)為M(x0，y0)，P(x，y)，則由AB＝2eq\r(11)得，CM＝eq\r(16－11)＝eq\r(5)，即點(diǎn)M的軌跡為(x0＋4)2＋(y0－a)2＝5.又因?yàn)閑q\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(diǎn)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?yàn)橹本€l上存在唯一的一個(gè)點(diǎn)P，所以直線l和動點(diǎn)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(diǎn)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?yàn)橹本€l上存在唯一的一個(gè)點(diǎn)P，所以(#)式有且只有1個(gè)實(shí)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(diǎn)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(jié)CM并延長交l于點(diǎn)N，則CN＝2CM＝2eq\r(5).故問題轉(zhuǎn)化為直線l上存在唯一的一個(gè)點(diǎn)N，使得CN＝2eq\r(5)，所以點(diǎn)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(diǎn)在于要從繁亂的關(guān)系中找出動點(diǎn)P的信息．由“直線AB與圓C相交”想弦中點(diǎn)M，由“CM⊥AB”想到動點(diǎn)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(diǎn)P的軌跡也在圓上，進(jìn)而得到直線l和動點(diǎn)P的軌跡(圓)相切．【變式2】、已知A，B是圓C1：x2＋y2＝1上的動點(diǎn)，AB＝eq\r(3)，P是圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝1上的動點(diǎn)，則|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的取值范圍為________．【答案】[7,13]【解析】因?yàn)锳，B是圓C1：x2＋y2＝1上的動點(diǎn)，AB＝eq\r(3)，所以線段AB的中點(diǎn)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?yàn)辄c(diǎn)P是圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝1上的動點(diǎn)，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(diǎn)在于動點(diǎn)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(diǎn)，但是AB＝eq\r(3)是定值，從而線段AB的中點(diǎn)H在定圓O上，實(shí)現(xiàn)了化多為少的目的；另一方面，所求解的問題通過轉(zhuǎn)化就成了研究圓O和圓C2上的兩動點(diǎn)的問題．【變式3】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過點(diǎn)M(1,0)的直線l與圓x2＋y2＝5交于A，B兩點(diǎn)，其中點(diǎn)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(shè)l：y＝k(x－1)．由eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))可設(shè)BM＝2t，MA＝t，如圖，過原點(diǎn)O作OH⊥l于點(diǎn)H，則BH＝eq\f(3t,2).設(shè)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?yàn)辄c(diǎn)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(shè)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?yàn)閑q\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(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))，不符合題意．當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)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(diǎn)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(shè)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?yàn)閑q\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(diǎn)A在第一象限，故A(2,1)，由點(diǎn)A和點(diǎn)M的坐標(biāo)可得直線AB的方程為y＝x－1.【關(guān)聯(lián)1】、已知圓C：(x－2)2＋y2＝4，線段EF在直線l：y＝x＋1上運(yùn)動，點(diǎn)P為線段EF上任意一點(diǎn)，若圓C上存在兩點(diǎn)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(xué)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(guān)系，那么直線l上的動點(diǎn)P總在圓C外，可以證明與圓相關(guān)的一個(gè)幾何性質(zhì)：對于圓C外的點(diǎn)P，當(dāng)PA，PB都與圓C相切時(shí)，∠APB最大．這是解決本題的關(guān)鍵所在．過點(diǎn)C作CH⊥l于H，因?yàn)镃到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(diǎn)P在圓C外．因?yàn)閑q\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(diǎn)A，B使得∠APB∈[eq\f(π,2)，π)，由于點(diǎn)P在圓C外，故當(dāng)PA，PB都與圓C相切時(shí)，∠APB最大，此時(shí)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(guān)聯(lián)2】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：x2＋y2－6x＋5＝0，點(diǎn)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(diǎn)，再考慮到eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))與eq\o(OM,\s\up6(→))的關(guān)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(shè)弦AB的中點(diǎn)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(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A(－3,4)，B(9,0)，C，D分別為線段OA，OB上的動點(diǎn)，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(diǎn)(異于原點(diǎn)O)．(2)解法1設(shè)C(－3m,4m)(0<m≤1)，則OC＝5m.(7分)所以AC＝OA－OC＝5－5m.因?yàn)锳C＝BD，所以O(shè)D＝OB－BD＝5m＋4，所以點(diǎn)D的坐標(biāo)為(5m＋4,0)．(8分)又設(shè)△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(diǎn)(2，－1)．(14分)解法2設(shè)C(－3m,4m)(0<m≤1)，則OC＝5m.(7分)所以AC＝OA－OC＝5－5m.因?yàn)锳C＝BD，所以O(shè)D＝OB－BD＝5m＋4，所以點(diǎn)D的坐標(biāo)為(5m＋4,0)．(8分)因?yàn)镺C的中點(diǎn)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?yàn)榫€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(biāo)準(zhǔn)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