高考數(shù)學(xué)理科二輪總復(fù)習(xí)練習(xí)專(zhuān)題七　解析幾何第2講

第2講直線與圓的方程的綜合運(yùn)用1．(2016·江蘇)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知以M為圓心的圓M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一點(diǎn)A(2,4)．(1)設(shè)圓N與x軸相切，與圓M外切，且圓心N在直線x＝6上，求圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)平行于OA的直線l與圓M相交于B，C兩點(diǎn)，且BC＝OA，求直線l的方程；(3)設(shè)點(diǎn)T(t,0)滿足：存在圓M上的兩點(diǎn)P和Q，使得eq\o(TA,\s\up6(→))＋eq\o(TP,\s\up6(→))＝eq\o(TQ,\s\up6(→))，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．解(1)圓M的方程化為標(biāo)準(zhǔn)形式為(x－6)2＋(y－7)2＝25，圓心M(6,7)，半徑r＝5，由題意知，設(shè)圓N的方程為(x－6)2＋(y－b)2＝b2(b＞0)．且eq\r(6－62＋b－72)＝b＋5，解得b＝1，∴圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－6)2＋(y－1)2＝1.(2)∵kOA＝2，∴可設(shè)l的方程為y＝2x＋m，即2x－y＋m＝0.又BC＝OA＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5)，由題意知，圓M的圓心M(6,7)到直線l的距離為d＝eq\r(52－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))2)＝eq\r(25－5)＝2eq\r(5)，即eq\f(|2×6－7＋m|,\r(22＋－12))＝2eq\r(5)，解得m＝5或m＝－15.∴直線l的方程為2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0.(3)由eq\o(TA,\s\up6(→))＋eq\o(TP,\s\up6(→))＝eq\o(TQ,\s\up6(→))，則四邊形AQPT為平行四邊形，又∵P，Q為圓M上的兩點(diǎn)，∴PQ≤2r＝10.∴TA＝PQ≤10，即eq\r(t－22＋42)≤10，解得2－2eq\r(21)≤t≤2＋2eq\r(21).故所求t的取值范圍為[2－2eq\r(21)，2＋2eq\r(21)]．2．(2017·全國(guó)Ⅲ)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線y＝x2＋mx－2與x軸交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,1)．當(dāng)m變化時(shí)，解答下列問(wèn)題：(1)能否出現(xiàn)AC⊥BC的情況？說(shuō)明理由；(2)證明過(guò)A，B，C三點(diǎn)的圓在y軸上截得的弦長(zhǎng)為定值．(1)解設(shè)A(x1,0)，B(x2,0)，則x1，x2是方程x2＋mx－2＝0的根，所以x1＋x2＝－m，x1x2＝－2，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－x1,1)·(－x2,1)＝x1x2＋1＝－2＋1＝－1≠0，所以不會(huì)出現(xiàn)AC⊥BC的情況．(2)證明方法一過(guò)A，B，C三點(diǎn)的圓的圓心必在線段AB的垂直平分線上，設(shè)圓心E(x0，y0)，則x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(m,2)，由EA＝EC，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)－x1))2＋yeq\o\al(2,0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2＋(y0－1)2，化簡(jiǎn)得y0＝eq\f(1＋x1x2,2)＝－eq\f(1,2)，所以圓E的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(m,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－1))2，令x＝0，得y1＝1，y2＝－2，所以過(guò)A，B，C三點(diǎn)的圓在y軸上截得的弦長(zhǎng)為1－(－2)＝3，所以過(guò)A，B，C三點(diǎn)的圓在y軸上截得的弦長(zhǎng)為定值．方法二設(shè)過(guò)A，B，C三點(diǎn)的圓與y軸的另一個(gè)交點(diǎn)為D，由x1x2＝－2可知，原點(diǎn)O在圓內(nèi)，由相交弦定理可得OD·OC＝OA·OB＝|x1||x2|＝2，又OC＝1，所以O(shè)D＝2，所以過(guò)A，B，C三點(diǎn)的圓在y軸上截得的弦長(zhǎng)為OC＋OD＝3，為定值．直線與圓的方程是江蘇高考的C級(jí)要求，若試題是填空題，主要考查直線與圓的位置關(guān)系，試題難度中等以上，若是解答題，則圍繞定值、最值、范圍、探索性問(wèn)題命題.熱點(diǎn)一定點(diǎn)問(wèn)題例1已知圓M：x2＋(y－4)2＝4，點(diǎn)P是直線l：x－2y＝0上的一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作圓M的切線PA，PB，切點(diǎn)為A，B.(1)當(dāng)切線PA的長(zhǎng)度為2eq\r(3)時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(2)若△PAM的外接圓為圓N，試問(wèn)：當(dāng)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，圓N是否過(guò)定點(diǎn)？若存在，求出所有的定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)求線段AB長(zhǎng)度的最小值．解(1)由題可知，圓M的圓心為M(0,4)，半徑r＝2，設(shè)P(2b，b)，因?yàn)镻A是圓M的一條切線，所以∠MAP＝90°，所以MP＝eq\r(0－2b2＋4－b2)＝eq\r(AM2＋AP2)＝4，解得b＝0或b＝eq\f(8,5)，所以P(0,0)或Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,5)，\f(8,5))).(2)設(shè)P(2b，b)，因?yàn)椤螹AP＝90°，所以經(jīng)過(guò)A，P，M三點(diǎn)的圓N以MP為直徑，其方程為(x－b)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(b＋4,2)))2＝eq\f(4b2＋b－42,4)，即(2x＋y－4)b－(x2＋y2－4y)＝0，它對(duì)于任意的實(shí)數(shù)b均成立，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y－4＝0，,x2＋y2－4y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(8,5)，,y＝\f(4,5)，))所以圓過(guò)定點(diǎn)(0,4)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，\f(4,5))).(3)因?yàn)閳AN方程為(x－b)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(b＋4,2)))2＝eq\f(4b2＋b－42,4)，即x2＋y2－2bx－(b＋4)y＋4b＝0，①圓M：x2＋(y－4)2＝4，即x2＋y2－8y＋12＝0，②②－①得圓M與圓N的相交弦AB所在的直線方程為2bx＋(b－4)y＋12－4b＝0，點(diǎn)M到直線AB的距離d＝eq\f(4,\r(5b2－8b＋16))，相交弦長(zhǎng)即AB＝2eq\r(4－d2)＝4eq\r(1－\f(4,5b2－8b＋16))＝4eq\r(1－\f(4,5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(4,5)))2＋\f(64,5)))，當(dāng)b＝eq\f(4,5)時(shí)，AB有最小值eq\r(11).思維升華曲線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題，往往轉(zhuǎn)化為等式恒成立問(wèn)題.在解有關(guān)圓的問(wèn)題時(shí)，還要注意平面幾何中有關(guān)定理的應(yīng)用，比如切線長(zhǎng)定理、垂徑定理等．跟蹤演練1在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：x2＋y2＝r2和直線l：x＝a(其中r和a均為常數(shù)，且0＜r＜a)，M為l上一動(dòng)點(diǎn)，A1，A2為圓C與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)，直線MA1，MA2與圓C的另一個(gè)交點(diǎn)分別為P，Q.(1)若r＝2，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(4,2)，求直線PQ的方程；(2)求證：直線PQ過(guò)定點(diǎn)，并求定點(diǎn)的坐標(biāo)．(1)解當(dāng)r＝2，M(4,2)時(shí)，A1(－2,0)，A2(2,0)．直線MA1的方程為x－3y＋2＝0，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝4，,x－3y＋2＝0，))解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，\f(6,5))).直線MA2的方程為x－y－2＝0，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝4，,x－y－2＝0，))解得Q(0，－2)．由兩點(diǎn)式得直線PQ的方程為2x－y－2＝0.(2)證明方法一由題設(shè)得A1(－r,0)，A2(r,0)．設(shè)M(a，t)，則直線MA1的方程為y＝eq\f(t,a＋r)(x＋r)．直線MA2的方程為y＝eq\f(t,a－r)(x－r)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝r2，,y＝\f(t,a＋r)x＋r，))解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ra＋r2－rt2,a＋r2＋t2)，\f(2tra＋r,a＋r2＋t2))).聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝r2，,y＝\f(t,a－r)x－r，))解得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(rt2－ra－r2,a－r2＋t2)，－\f(2tra－r,a－r2＋t2))).于是直線PQ的斜率kPQ＝eq\f(2at,a2－t2－r2)，直線PQ的方程為y－eq\f(2tra＋r,a＋r2＋t2)＝eq\f(2at,a2－t2－r2)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\f(ra＋r2－rt2,a＋r2＋t2))).令y＝0，得x＝eq\f(r2,a)，是一個(gè)與t無(wú)關(guān)的常數(shù)，故直線PQ過(guò)定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r2,a)，0)).方法二由題設(shè)得A1(－r,0)，A2(r,0)．設(shè)M(a，t)，則直線MA1的方程為y＝eq\f(t,a＋r)(x＋r)，直線MA2的方程為y＝eq\f(t,a－r)(x－r)，則直線MA1與圓C的交點(diǎn)為P(x1，y1)，直線MA2與圓C的交點(diǎn)為Q(x2，y2)．則點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)在曲線[(a＋r)y－t(x＋r)]·[(a－r)·y－t(x－r)]＝0上，化簡(jiǎn)得(a2－r2)y2－2ty(ax－r2)＋t2(x2－r2)＝0.①又因?yàn)辄c(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)在圓C上，圓C：x2＋y2－r2＝0.②由①－t2×②得(a2－r2)y2－2ty(ax－r2)＋t2(x2－r2)－t2(x2＋y2－r2)＝0，化簡(jiǎn)得(a2－r2)y－2t(ax－r2)－t2y＝0.所以直線PQ的方程為(a2－r2)y－2t(ax－r2)－t2y＝0.令y＝0，得x＝eq\f(r2,a)，故直線PQ過(guò)定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r2,a)，0)).熱點(diǎn)二定值問(wèn)題例2在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線x－y＋1＝0截以原點(diǎn)O為圓心的圓O所得的弦長(zhǎng)為eq\r(6).(1)求圓O的方程；(2)若直線l與圓O相切于第一象限，且與坐標(biāo)軸交于點(diǎn)D，E，當(dāng)DE長(zhǎng)最小時(shí)，求直線l的方程；(3)設(shè)M，P是圓O上任意兩點(diǎn)，點(diǎn)M關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為N，若直線MP，NP分別交x軸于點(diǎn)(m,0)和(n,0)，問(wèn)mn是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)因?yàn)镺到直線x－y＋1＝0的距離為eq\f(1,\r(2))，所以圓O的半徑r＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2)＝eq\r(2)，故圓O的方程為x2＋y2＝2.(2)設(shè)直線l的方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a＞0，b＞0)，即bx＋ay－ab＝0，由直線l與圓O相切，得eq\f(|ab|,\r(a2＋b2))＝eq\r(2)，即eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝eq\f(1,2)，所以DE2＝a2＋b2＝2(a2＋b2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b2)＋\f(b2,a2)＋2))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(a2,b2)·\f(b2,a2))＋2))＝8(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)等號(hào)成立)，此時(shí)直線l的方程為x＋y－2＝0.(3)設(shè)M(x1，y1)，P(x2，y2)，則N(x1，－y1)，xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝2，xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝2，直線MP與x軸的交點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1y2－x2y1,y2－y1)，0))，即m＝eq\f(x1y2－x2y1,y2－y1).直線NP與x軸的交點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1y2＋x2y1,y2＋y1)，0))，即n＝eq\f(x1y2＋x2y1,y2＋y1).所以mn＝eq\f(x1y2－x2y1,y2－y1)·eq\f(x1y2＋x2y1,y2＋y1)＝eq\f(x\o\al(2,1)y\o\al(2,2)－x\o\al(2,2)y\o\al(2,)1,y\o\al(2,2)－y\o\al(2,1))＝eq\f(2－y\o\al(2,1)y\o\al(2,2)－2－y\o\al(2,2)y\o\al(2,1),y\o\al(2,2)－y\o\al(2,1))＝eq\f(2y\o\al(2,2)－y\o\al(2,1),y\o\al(2,2)－y\o\al(2,1))＝2，故mn＝2為定值．思維升華求定值的基本方法是：先將變動(dòng)元素用參數(shù)表示，然后計(jì)算出所需結(jié)果與該參數(shù)無(wú)關(guān)；也可將變動(dòng)元跟蹤演練2如圖，已知以點(diǎn)A(－1,2)為圓心的圓與直線l1：x＋2y＋7＝0相切．過(guò)點(diǎn)B(－2,0)的動(dòng)直線l與圓A相交于M，N兩點(diǎn)，Q是MN的中點(diǎn)，直線l與l1相交于點(diǎn)P.(1)求圓A的方程；(2)當(dāng)MN＝2eq\r(19)時(shí)，求直線l的方程；(3)eq\o(BQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))是否為定值？如果是，求出其定值；如果不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)設(shè)圓A的半徑為R，因?yàn)閳AA與直線l1：x＋2y＋7＝0相切，所以R＝eq\f(|－1＋4＋7|,\r(5))＝2eq\r(5).所以圓A的方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝20.(2)當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，易知x＝－2符合題意；當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0.連結(jié)AQ，則AQ⊥MN.因?yàn)镸N＝2eq\r(19)，所以AQ＝eq\r(20－19)＝1.由AQ＝eq\f(|k－2|,\r(k2＋1))＝1，得k＝eq\f(3,4).所以直線l的方程為3x－4y＋6＝0.所以所求直線l的方程為x＝－2或3x－4y＋6＝0.(3)因?yàn)锳Q⊥BP，所以eq\o(AQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(BQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AQ,\s\up6(→)))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(AQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→)).當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(5,2))).則eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(5,2)))，又eq\o(BA,\s\up6(→))＝(1,2)，所以eq\o(BQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝－5.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x＋2y＋7＝0，))解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4k－7,1＋2k)，\f(－5k,1＋2k))).所以eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－5,1＋2k)，\f(－5k,1＋2k))).所以eq\o(BQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\f(－5,1＋2k)－eq\f(10k,1＋2k)＝－5.綜上所述，eq\o(BQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))是定值，且eq\o(BQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝－5.熱點(diǎn)三最值、范圍問(wèn)題例3(2017·江蘇海安中學(xué)質(zhì)檢)已知圓O：x2＋y2＝4與x軸負(fù)半軸的交點(diǎn)為A，點(diǎn)P在直線l：eq\r(3)x＋y－a＝0上，過(guò)點(diǎn)P作圓O的切線，切點(diǎn)為T(mén).(1)若a＝8，切點(diǎn)T(eq\r(3)，－1)，求直線AP的方程；(2)若PA＝2PT，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)由題意，直線PT切圓O于點(diǎn)T，則OT⊥PT，又切點(diǎn)T的坐標(biāo)為(eq\r(3)，－1)，所以kOT＝－eq\f(\r(3),3)，kPT＝－eq\f(1,kOT)＝eq\r(3)，故直線PT的方程為y＋1＝eq\r(3)(x－eq\r(3))，即eq\r(3)x－y－4＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y－4＝0，,\r(3)x＋y－8＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2\r(3)，,y＝2，))即P(2eq\r(3)，2)，所以直線AP的斜率為k＝eq\f(2－0,2\r(3)＋2)＝eq\f(1,\r(3)＋1)＝eq\f(\r(3)－1,2)，故直線AP的方程為y＝eq\f(\r(3)－1,2)(x＋2)，即x－(eq\r(3)＋1)y＋2＝0.(2)設(shè)P(x，y)，由PA＝2PT，可得(x＋2)2＋y2＝4(x2＋y2－4)，即3x2＋3y2－4x－20＝0，所以滿足PA＝2PT的點(diǎn)P的軌跡是一個(gè)圓，方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))2＋y2＝eq\f(64,9)，所以d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(3)×\f(2,3)－a)),\r(\r(3)2＋1))≤eq\f(8,3)，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)－a))≤eq\f(16,3)，解得eq\f(－16＋2\r(3),3)≤a≤eq\f(16＋2\r(3),3).思維升華直線與圓中的范圍問(wèn)題，可以根據(jù)代數(shù)條件，轉(zhuǎn)化為圖形問(wèn)題，利用兩圖形是否有公共點(diǎn)求解．本題是轉(zhuǎn)化為直線與圓有公共點(diǎn)問(wèn)題．跟蹤演練3如圖，已知位于y軸左側(cè)的圓C與y軸相切于點(diǎn)E(0,1)，且被x軸分成的兩段圓弧長(zhǎng)之比為2∶1，過(guò)點(diǎn)H(0，t)的直線l與圓C相交于M，N兩點(diǎn)，且以MN為直徑的圓恰好經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O.(1)求圓C的方程；(2)當(dāng)t＝1時(shí)，求出直線l的方程；(3)設(shè)點(diǎn)M不與點(diǎn)E重合，求直線OM斜率k的取值范圍．解(1)因?yàn)槲挥趛軸左側(cè)的圓C與y軸相切于點(diǎn)E(0,1)，所以圓心C在直線y＝1上，設(shè)圓C與x軸的交點(diǎn)分別為A，B，由圓C被x軸分成的兩段圓弧長(zhǎng)之比為2∶1，得∠ACB＝eq\f(2π,3)，所以圓C的半徑為2，圓心C的坐標(biāo)為(－2,1)，所以圓C的方程為(x＋2)2＋(y－1)2＝4.(2)當(dāng)t＝1時(shí)，由題可知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝mx＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝mx＋1，,x＋22＋y－12＝4，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(4,m2＋1)，,y＝\f(m2－4m＋1,m2＋1).))不妨令Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,m2＋1)，\f(m2－4m＋1,m2＋1)))，N(0,1)，因?yàn)橐訫N為直徑的圓恰好經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O(0,0)，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\f(m2－4m＋1,m2＋1)＝0，解得m＝2±eq\r(3)，所以直線l的方程為y＝(2±eq\r(3))x＋1.(3)設(shè)直線MO的方程為y＝kx，由題意知eq\f(|－2k－1|,\r(1＋k2))≤2，解得k≤eq\f(3,4)，同理得－eq\f(1,k)≤eq\f(3,4)，解得k≤－eq\f(4,3)或k＞0，由(2)知k＝0也符合題意，所以k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))).熱點(diǎn)四探索性問(wèn)題例4已知圓心為C的圓滿足下列條件：圓心C位于x軸正半軸上，與直線3x－4y＋7＝0相切，且被y軸截得的弦長(zhǎng)為2eq\r(3)，圓C的面積小于13.(1)求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)M(0,3)的直線l與圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，以O(shè)A，OB為鄰邊作平行四邊形OADB.是否存在這樣的直線l，使得直線OD與MC恰好平行？若存在，試求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)設(shè)圓C：(x－a)2＋y2＝r2(a＞0)，由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|3a＋7|,\r(32＋42))＝r，,\r(a2＋3)＝r，))解得a＝1或a＝eq\f(13,8)，又因?yàn)镾＝πr2<13，所以a＝1.所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋y2＝4.(2)當(dāng)斜率不存在時(shí)，直線l為x＝0，不滿足題意；當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)直線l：y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，又因?yàn)閘與圓C相交于不同的兩點(diǎn)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋3，,x－12＋y2＝4，))消去y，得(1＋k2)x2＋(6k－2)x＋6＝0，所以Δ＝(6k－2)2－24(1＋k2)＝12k2－24k－20>0，解得k<1－eq\f(2\r(6),3)或k>1＋eq\f(2\r(6),3)，且x1＋x2＝－eq\f(6k－2,1＋k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋6＝eq\f(2k＋6,1＋k2)，又eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)，eq\o(MC,\s\up6(→))＝(1，－3)，假設(shè)eq\o(OD,\s\up6(→))∥eq\o(MC,\s\up6(→))，則－3(x1＋x2)＝y(tǒng)1＋y2，解得k＝eq\f(3,4)，因?yàn)閑q\f(3,4)?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，1－\f(2\r(6),3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2\r(6),3)，＋∞))，所以假設(shè)不成立，所以不存在這樣的直線l.思維升華對(duì)于存在性問(wèn)題，先假設(shè)存在．比如本題第2問(wèn)假設(shè)存在這樣的直線方程，則斜率必須滿足相應(yīng)的條件，根據(jù)平行四邊形法則，可得出D點(diǎn)坐標(biāo)與A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)之間的關(guān)系，從而通過(guò)OD與MC平行建立起關(guān)于斜率k的方程，從而看能否求出斜率k的值．跟蹤演練4已知定圓C1：x2＋y2＝a2(a>0)和定圓C2：x2＋y2＝b2(b>0)，P為圓C2上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作圓C1的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.(1)若a＝2，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2eq\r(2)，－2eq\r(2))，求四邊形OAPB的面積；(2)當(dāng)點(diǎn)P在圓C2上運(yùn)動(dòng)時(shí)，是否存在定圓恒與直線AB相切？若存在，求出定圓的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)依題意，OA⊥AP，OB⊥BP，且OA＝OB＝2，PA＝PB＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，所以S△OAP＝S△OBP＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3)，所以四邊形OAPB的面積為4eq\r(3).(2)設(shè)P(m，n)，則m2＋n2＝b2.當(dāng)點(diǎn)P在圓C2上運(yùn)動(dòng)時(shí)，恒有PA＝PB＝eq\r(b2－a2).所以點(diǎn)A，B在以P為圓心，eq\r(b2－a2)為半徑的圓上．該圓方程為(x－m)2＋(y－n)2＝b2－a2.又點(diǎn)A，B在圓C1：x2＋y2＝a2上．聯(lián)立兩圓方程，消二次項(xiàng)，得mx＋ny－a2＝0.所以直線AB的方程為mx＋ny－a2＝0.因?yàn)樵c(diǎn)O到直線AB的距離d＝eq\f(|0＋0－a2|,\r(m2＋n2))＝eq\f(a2,b)為定值，所以圓x2＋y2＝eq\f(a4,b2)恒與直線AB相切．所以存在定圓恒與直線AB相切，且定圓方程為x2＋y2＝eq\f(a4,b2).1．如圖，已知點(diǎn)A(－4,0)，AB＝AC，且△ABC的內(nèi)切圓方程為(x－2)2＋y2＝eq\f(4,9).(1)求經(jīng)過(guò)A，B，C三點(diǎn)的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)橢圓上的點(diǎn)M作圓的切線，求切線長(zhǎng)最短時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)和切線長(zhǎng)．解方法一(1)設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1(m＞0，n＞0，m≠n)，依題意知直線AB的斜率存在，故設(shè)直線AB：y＝k(x＋4)，因?yàn)閳A(x－2)2＋y2＝eq\f(4,9)的圓心為(2,0)，半徑r＝eq\f(2,3)，又直線AB與圓相切，所以圓心(2,0)到直線AB的距離為d＝eq\f(|2k－0＋4k|,\r(k2＋1))＝eq\f(2,3).解得k1＝eq\f(1,4\r(5))或k2＝－eq\f(1,4\r(5))(k2為直線AC的斜率)，所以直線AB的方程為y＝eq\f(1,4\r(5))(x＋4)．又因?yàn)锳B＝AC，點(diǎn)A(－4,0)在x軸上，所以B點(diǎn)橫坐標(biāo)為xB＝2＋eq\f(2,3)＝eq\f(8,3)，把xB＝eq\f(8,3)代入直線AB的方程解得yB＝eq\f(\r(5),3)，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(\r(5),3)))，把A(－4,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(\r(5),3)))代入橢圓方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(－42,m)＝1，,\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2,m)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),3)))2,n)＝1，))解得m＝16，n＝1.所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,16)＋y2＝1.(2)依題意設(shè)點(diǎn)M(4cosθ，sinθ)，則圓心(2,0)與點(diǎn)M的距離為d＝eq\r(4cosθ－22＋sin2θ).則切線長(zhǎng)l＝eq\r(d2－r2)＝eq\r(4cosθ－22＋sin2θ－\f(4,9))＝eq\r(15\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθ－\f(8,15)))2＋\f(13,45))≥eq\r(\f(13,45))，當(dāng)cosθ＝eq\f(8,15)時(shí)，lmin＝eq\r(\f(13,45))＝eq\f(\r(65),15)，此時(shí)sinθ＝±eq\f(\r(161),15)，從而點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,15)，±\f(\r(161),15))).方法二(1)因?yàn)锳B＝AC，點(diǎn)A(－4,0)在x軸上，且△ABC的內(nèi)切圓方程為(x－2)2＋y2＝eq\f(4,9)，設(shè)B(xB，yB)，則xB＝2＋eq\f(2,3)＝eq\f(8,3).如圖，由三角形內(nèi)切圓的性質(zhì)，知Rt△ADB∽R(shí)t△AEN，所以eq\f(BD,EN)＝eq\f(AB,AN)，即eq\f(yB,\f(2,3))＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(8,3)))2＋y\o\al(2,B)),6)，從而yB＝eq\f(\r(5),3)，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(\r(5),3))).當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在x軸上時(shí)，設(shè)橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，則將A(－4,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(\r(5),3)))代入橢圓方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(－42,a2)＝1，,\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),3)))2,b2)＝1，))解得a2＝16，b2＝1，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,16)＋y2＝1.當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在y軸上時(shí)，設(shè)橢圓方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)，則將A(－4,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(\r(5),3)))代入橢圓方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(－42,b2)＝1，,\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),3)))2,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2,b2)＝1，))解得b2＝16，a2＝1，與a＞b＞0矛盾．綜上所述，所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,16)＋y2＝1.(2)依題意設(shè)點(diǎn)M(x，y)，則圓心(2,0)與點(diǎn)M的距離為d＝eq\r(x－22＋y2)，則切線長(zhǎng)l＝eq\r(d2－r2)＝eq\r(x－22＋y2－\f(4,9))＝eq\r(\f(15,16)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(32,15)))2＋\f(13,45))≥eq\r(\f(13,45))，當(dāng)x＝eq\f(32,15)時(shí)，lmin＝eq\r(\f(13,45))＝eq\f(\r(65),15)，此時(shí)y＝±eq\f(\r(161),15)，從而點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,15)，±\f(\r(161),15))).2．已知圓C：x2＋y2＝9，點(diǎn)A(－5,0)，直線l：x－2y＝0.(1)求與圓C相切，且與直線l垂直的直線方程；(2)在直線OA(O為坐標(biāo)原點(diǎn))上是否存在定點(diǎn)B(不同于點(diǎn)A)滿足：對(duì)于圓C上任意一點(diǎn)P，都有eq\f(PB,PA)為一常數(shù)？若存在，求出定點(diǎn)B的坐標(biāo)和此常數(shù)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)由題可設(shè)所求直線方程為y＝－2x＋b，即2x＋y－b＝0.因?yàn)橹本€與圓相切，所以eq\f(|－b|,\r(22＋12))＝3，b＝±3eq\r(5)，所以所求直線方程為2x＋y±3eq\r(5)＝0.(2)假設(shè)存在點(diǎn)B的坐標(biāo)為(t,0)(t≠－5)，使得eq\f(PB,PA)為常數(shù)λ，則PB2＝λ2PA2，設(shè)P(x，y)，即(x－t)2＋y2＝λ2[(x＋5)2＋y2]，將y2＝9－x2代入，得x2－2xt＋t2＋9－x2＝λ2(x2＋10x＋25＋9－x2)，即2(5λ2＋t)x＋34λ2－t2－9＝0對(duì)任意的x∈[－3,3]恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5λ2＋t＝0，,34λ2－t2－9＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(3,5)，,t＝－\f(9,5)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝1，,t＝－5.))(舍去)所以存在點(diǎn)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，0))對(duì)圓C上任意一點(diǎn)P都有eq\f(PB,PA)＝eq\f(3,5).A組專(zhuān)題通關(guān)1．若直線l1：y＝k(x－4)與直線l2關(guān)于點(diǎn)(2,1)對(duì)稱(chēng)，則直線l2經(jīng)過(guò)定點(diǎn)________．答案(0,2)解析直線l1：y＝k(x－4)經(jīng)過(guò)定點(diǎn)(4,0)，其關(guān)于點(diǎn)(2,1)對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)為(0,2)，又直線l1：y＝k(x－4)與直線l2關(guān)于點(diǎn)(2,1)對(duì)稱(chēng)，故直線l2經(jīng)過(guò)定點(diǎn)(0,2)．2．已知圓O：x2＋y2＝5和點(diǎn)A(1,2)，則過(guò)A且與圓O相切的直線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積等于________．答案eq\f(25,4)解析由題意可直接求出切線方程為y－2＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－5＝0，從而求出在兩坐標(biāo)軸上的截距分別是5和eq\f(5,2)，所以所求面積為eq\f(1,2)×eq\f(5,2)×5＝eq\f(25,4).3．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線x－y＋5＝0被圓M：(x＋3)2＋(y－3)2＝4所截得的弦長(zhǎng)為_(kāi)_______．答案eq\r(14)解析根據(jù)(x＋3)2＋(y－3)2＝4得圓心M(－3,3)，半徑為2，根據(jù)題意作出圖形如圖所示，連結(jié)MB，過(guò)M作MD垂直于AB，垂足為D，則點(diǎn)D為線段AB的中點(diǎn)，圓心M到直線AB的距離為MD＝eq\f(|－3－3＋5|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).則在Rt△MDB中，由勾股定理得BD＝eq\r(4－\f(1,2))＝eq\f(\r(14),2)，所以AB＝2BD＝eq\r(14).4．已知點(diǎn)P(t,2t)(t≠0)是圓O：x2＋y2＝1內(nèi)一點(diǎn)，直線tx＋2ty＝m與圓C相切，則直線x＋y＋m＝0與圓C的位置關(guān)系是________．答案相交解析由點(diǎn)P(t,2t)(t≠0)是圓O：x2＋y2＝1內(nèi)一點(diǎn)，得eq\r(5)|t|<1.因?yàn)橹本€tx＋2ty＝m圓O相切，所以eq\f(|m|,\r(5)|t|)＝1，所以|m|<1.又圓O：x2＋y2＝1的圓心O(0,0)到直線x＋y＋m＝0的距離d＝eq\f(|m|,\r(2))<1＝r.所以位置關(guān)系為“相交”．5．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)點(diǎn)P為圓C：(x－1)2＋y2＝4上的任意一點(diǎn)，點(diǎn)Q(2a，a－3)(a∈R)，則線段PQ長(zhǎng)度的最小值為_(kāi)_______．答案eq\r(5)－2解析因?yàn)辄c(diǎn)Q的坐標(biāo)滿足方程x－2y－6＝0，故可轉(zhuǎn)化為圓上的點(diǎn)到直線的距離，因?yàn)閳A心C到此直線的距離為d＝eq\f(|1－6|,\r(5))＝eq\r(5)，又知半徑為2，故所求最小值為eq\r(5)－2.6．已知直線y＝ax＋3與圓x2＋y2＋2x－8＝0相交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P(x0，y0)在直線y＝2x上，且PA＝PB，則x0的取值范圍為_(kāi)_______________．答案(－1,0)∪(0,2)解析由條件得圓心C(－1,0)，它到直線l：y＝ax＋3的距離為d＝eq\f(|3－a|,\r(1＋a2))<3，解得a>0或a<－eq\f(3,4).由PA＝PB，CA＝CB，得PC⊥l，于是kPC＝－eq\f(1,a)，即eq\f(2x0,x0＋1)＝－eq\f(1,a).由eq\f(2x0,x0＋1)<0或0<eq\f(2x0,x0＋1)<eq\f(4,3)，得－1<x0<0或0<x0<2.7．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓M：x2＋y2－8x＋6＝0，過(guò)點(diǎn)P(0,2)且斜率為k的直線與圓M相交于不同的兩點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為N.(1)求k的取值范圍；(2)若ON∥MP，求k的值．解(1)方法一圓的方程可化為(x－4)2＋y2＝10，直線可設(shè)為y＝kx＋2，即kx－y＋2＝0，圓心M到直線的距離為d＝eq\f(|4k＋2|,\r(k2＋1))，依題意得d＜eq\r(10)，即(4k＋2)2＜10(k2＋1)，解得－3＜k＜eq\f(1,3).方法二由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－8x＋6＝0，,y＝kx＋2，))可得(k2＋1)x2＋4(k－2)x＋10＝0，依題意Δ＝[4(k－2)]2－40(k2＋1)＞0，解得－3＜k＜eq\f(1,3).(2)方法一因?yàn)镺N∥MP，且MP的斜率為－eq\f(1,2)，故直線ON：y＝－eq\f(1,2)x.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x，,y＝kx＋2，))可得N

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,2k＋1)，\f(2,2k＋1))).又N是AB的中點(diǎn)，所以MN⊥AB，即eq\f(\f(2,2k＋1),－\f(4,2k＋1)－4)＝－eq\f(1,k)，解得k＝－eq\f(4,3).方法二設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則N

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2))).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－8x＋6＝0，,y＝kx＋2，))可得(k2＋1)x2＋4(k－2)x＋10＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(4k－2,k2＋1).又ON∥MP，且MP的斜率為－eq\f(1,2)，所以eq\f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2))＝－eq\f(1,2)，即eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq\f(1,2)，也就是eq\f(kx1＋x2＋4,x1＋x2)＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(k\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4k－2,k2＋1)))＋4,－\f(4k－2,k2＋1))＝－eq\f(1,2)，解得k＝－eq\f(4,3).方法三點(diǎn)N的坐標(biāo)(x，y)同時(shí)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,y＝－\f(1,2)x，,\f(y,x－4)＝－\f(1,k)，))解得k＝－eq\f(4,3).8．在平面直角坐(1)求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)點(diǎn)A(－2,0)，B(2,0)，試探究圓C上是否存在點(diǎn)P滿足PA＝eq\r(2)PB？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)設(shè)所求圓的一般方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0，這與x2＋2x－3＝0是同一個(gè)方程，故D＝2，F(xiàn)＝－3.令x＝0，得y2＋Ey＋F＝0，此方程有一個(gè)根為－eq\r(3)，代入得E＝0，所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋y2＝4.(2)假設(shè)存在點(diǎn)P(x，y)滿足題意，則PA2＝2PB2，于是(x＋2)2＋y2＝2(x－2)2＋2y2，化簡(jiǎn)得(x－6)2＋y2＝32.①又因?yàn)辄c(diǎn)P在圓C上，故滿足(x＋1)2＋y2＝4.②聯(lián)立①②，解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(7),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(7),2))).所以存在點(diǎn)P滿足題意，其坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(7),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(7),2))).B組能力提高9．若a2＋b2＝2c2(c≠0)，則直線ax＋by＋c＝0被圓x2＋y2＝1所截得的弦長(zhǎng)為_(kāi)_______．答案eq\r(2)解析因?yàn)閳A心(0,0)到直線ax＋by＋c＝0的距離d＝eq\f(|c|,\r(a2＋b2))＝eq\f(|c|,\r(2)|c|)＝eq\f(\r(2),2)，因此根據(jù)直角三角形的關(guān)系，弦長(zhǎng)的一半等于eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，所以弦長(zhǎng)為eq\r(2).10．從直線3x＋4y＋8＝0上一點(diǎn)P向圓C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0引切線PA，PB，A，B為切點(diǎn)，則四邊形PACB的周長(zhǎng)的最小值為_(kāi)___________．答案4eq\r(2)＋2解析連結(jié)CP.問(wèn)題可以轉(zhuǎn)化為關(guān)于圓心C到直線上任意一點(diǎn)P的距離d的函數(shù)．圓C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0可化為(x－1)2＋(y－1)2＝1.PA＝PB＝eq\r(d2－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(PC＝d≥\f(3×1＋4×1＋8,5)＝3))，所以四邊形PACB的周長(zhǎng)為2eq\r(d2－1)＋2r＝2eq\r(d2－1)＋2≥2eq\r(9－1)＋2＝4eq\r(2)＋2.11．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C：x2＋y2＝4分別交x軸正半軸及y軸負(fù)半軸于M，N兩點(diǎn)，點(diǎn)P為圓C上任意一點(diǎn)，則eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))的最大值為_(kāi)___________．答案4＋4eq\r(2)方法一由圖形可得eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝(eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→)))·(eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→)))＝|eq\o(PO,\s\up6(→))|2＋eq\o(PO,\s\up6(→))·(eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→)))＝4＋eq\o(PO,\s\up6(→))·(eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→)))≤4＋|eq\o(PO,\s\up6(→))|·|eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))|＝4＋4eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)P為直線y＝－x與圓在第二象限交點(diǎn)處取得．方法二設(shè)P(x，y)，又M(2,0)，N(0，－2)，所以eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝(2－x，－y)·(－x，－2－y)＝x2－2x＋y2＋2y＝4－2(x－y)．設(shè)x＝2cosθ，y＝2sinθ，所以eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝4－4(cosθ－sinθ)＝4－4eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))≤4＋4eq\r(2).方法三由方法二可知eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝4－2(x－y)，令z＝4－2(x－y)，故z的幾何意義為直線l：2y＝2x＋z－4在y軸上的截距加4.又點(diǎn)P(x，y)在圓上，所以當(dāng)圓與直線l相切時(shí)，直線l在y軸上的截距最大，也就是z最大，即d＝eq\f(|z－4|,2\r(2))＝2，所以z的最大值為4＋4eq\r(2).12．若⊙O1：x2＋y2＝5與⊙O2：(x－m)2＋y2＝20(m∈R)相交于A，B兩點(diǎn)，且兩圓在點(diǎn)A處的切線互相垂直，則線段AB的長(zhǎng)度是________．答案4解析由題知O1(0,0)，O2(m,0)，且eq\r(5)＜|m|＜3eq\r(5)，又O1A⊥AO2，∴m2＝(eq\r(5))2＋(2eq\r(5))2＝25?m＝±5，∴AB＝2×eq\f(\r(5)×\r(20),5)＝4.13．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過(guò)點(diǎn)P(－5，a)作圓x2＋y2－2ax＋2y－1＝0的兩條切線，切點(diǎn)分別為M(x1，y1)，N(x2，y2)，且eq\f(y2－y1,x2－x1)＋eq\f(x1＋x2－2,y1＋y2)＝0，則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)_______．答案3或－2解析方法一由eq\f(y2－y1,x2－x1)＋eq\f(x1＋x2－2,y1＋y2)＝0，得eq\f(y2－y1,x2－x1)·eq\f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2)－1)＝－1，所以點(diǎn)(1,0)在直線PC上，其中C是圓心，直線PC的斜率為－eq\f(a＋1,a＋5)，直線PC的方程為y－a＝－eq\f(a＋1,a＋5)(x＋5)，代入(1,0)，得0－a＝－eq\f(a＋1,a＋5)(1＋5)，所以a2－a－6＝0，解得a＝3或－2.經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)a＝3或－2時(shí)，點(diǎn)P在圓外，符合條件．方法二由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)－2ax1＋2y1－1＝0，,x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2)－2ax2＋2y2－1＝0，))兩式相減，得(x1－x2)(x1＋x2)＋(y1－y2)(y1＋y2)－2a(x1－x2)＋2(y1－y2)＝0，x1＋x2＋eq\f(y1－y2,x1－x2)(y1＋y2)－2a＋2×eq\f(y1－y2,x1－x2)＝0.①由eq\f(y2－y1,x2－x1)＋eq\f(x1＋x2－2,y1＋y2)＝0，得eq\f(y2－y1,x2－x1)(y1＋y2)＝－(x1＋x2－2)，代入①式得2－2a＋2×eq\f(y1－y2,x1－x2)＝0.②又eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(5＋a,a＋1)，代入②式，得2－2a＋2×eq\f(