專題10直線與圓及相關(guān)最值問題（講）（理科）第一篇熱點(diǎn)難點(diǎn)突破篇-《2022年高考理科數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)》（全國課標(biāo)版）

專題10直線與圓及相關(guān)最值問題（講）（理）考查重點(diǎn)是直線間的平行和垂直的條件、與距離有關(guān)的問題、直線與圓的位置關(guān)系(特別是弦長問題)，此類問題難度屬于中低檔，一般以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)1．【2021·全國高考真題】已知，是橢圓：的兩個焦點(diǎn)，點(diǎn)在上，則的最大值為（）A．13 B．12 C．9 D．6【答案】C【分析】本題通過利用橢圓定義得到，借助基本不等式即可得到答案．【詳解】由題，，則，所以（當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立）．故選：C．【點(diǎn)睛】橢圓上的點(diǎn)與橢圓的兩焦點(diǎn)的距離問題，常常從橢圓的定義入手，注意基本不等式得靈活運(yùn)用，或者記住定理：兩正數(shù)，和一定相等時及最大，積一定，相等時和最小，也可快速求解.2．【2021·全國高考真題（理）】已知是雙曲線C的兩個焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，且，則C的離心率為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)雙曲線的定義及條件，表示出，結(jié)合余弦定理可得答案.【詳解】因?yàn)椋呻p曲線的定義可得，所以，；因?yàn)?由余弦定理可得，整理可得，所以，即.故選：A【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：雙曲線的定義是入手點(diǎn)，利用余弦定理建立間的等量關(guān)系是求解的關(guān)鍵.3．【2021·全國高考真題（理）】設(shè)是橢圓的上頂點(diǎn)，若上的任意一點(diǎn)都滿足，則的離心率的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】設(shè)，由，根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式表示出，分類討論求出的最大值，再構(gòu)建齊次不等式，解出即可．【詳解】設(shè)，由，因?yàn)?，，所以，因?yàn)椋?dāng)，即時，，即，符合題意，由可得，即；當(dāng)，即時，，即，化簡得，，顯然該不等式不成立．故選：C．【點(diǎn)睛】本題解題關(guān)鍵是如何求出的最大值，利用二次函數(shù)求指定區(qū)間上的最值，要根據(jù)定義域討論函數(shù)的單調(diào)性從而確定最值．4．【2020年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】已知A為拋物線C:y2=2px（p>0）上一點(diǎn)，點(diǎn)A到C的焦點(diǎn)的距離為12，到y(tǒng)軸的距離為9，則p=A．2 B．3C．6 D．9【答案】C【解析】設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F，由拋物線的定義知，即，解得.故選：C．【點(diǎn)晴】本題主要考查利用拋物線的定義計(jì)算焦半徑，考查學(xué)生轉(zhuǎn)化與化歸思想，是一道容易題.5．【2020年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】已知⊙M：，直線：，為上的動點(diǎn)，過點(diǎn)作⊙M的切線，切點(diǎn)為，當(dāng)最小時，直線的方程為A． B． C． D．【答案】D【解析】圓的方程可化為，點(diǎn)到直線的距離為，所以直線與圓相離．依圓的知識可知，四點(diǎn)四點(diǎn)共圓，且，所以，而，當(dāng)直線時，，，此時最?。嗉?，由解得，．所以以為直徑的圓的方程為，即，兩圓的方程相減可得：，即為直線的方程．故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查直線與圓，圓與圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，以及圓的幾何性質(zhì)的應(yīng)用，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，屬于中檔題．6.(2020·全國Ⅲ卷)點(diǎn)(0，－1)到直線y＝k(x＋1)距離的最大值為()A.1 B.eq\r(2) C.eq\r(3) D.2答案B解析設(shè)點(diǎn)A(0，－1)，直線l：y＝k(x＋1)，由l恒過定點(diǎn)B(－1，0)，當(dāng)AB⊥l時，點(diǎn)A(0，－1)到直線y＝k(x＋1)的距離最大，最大值為eq\r(2).7.(2020·全國Ⅰ卷)已知⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直線l：2x＋y＋2＝0，P為l上的動點(diǎn)，過點(diǎn)P作⊙M的切線PA，PB，切點(diǎn)為A，B，當(dāng)|PM|·|AB|最小時，直線AB的方程為()A.2x－y－1＝0 B.2x＋y－1＝0C.2x－y＋1＝0 D.2x＋y＋1＝0答案D解析由⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0①，得⊙M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，所以圓心M(1，1)，半徑為2.如圖，連接AM，BM，易知四邊形PAMB的面積為eq\f(1,2)|PM|·|AB|，欲使|PM|·|AB|最小，只需四邊形PAMB的面積最小，即只需△PAM的面積最小.因?yàn)閨AM|＝2，所以只需|PA|最小.又|PA|＝eq\r(|PM|2－|AM|2)＝eq\r(|PM|2－4)，所以只需直線2x＋y＋2＝0上的動點(diǎn)P到M的距離最小，其最小值為eq\f(|2＋1＋2|,\r(5))＝eq\r(5)，此時PM⊥l，易求出直線PM的方程為x－2y＋1＝0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y＋2＝0，,x－2y＋1＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝0，))所以P(－1，0).易知P、A、M、B四點(diǎn)共圓，所以以PM為直徑的圓的方程為x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))eq\s\up12(2)，即x2＋y2－y－1＝0②，由①②得，直線AB的方程為2x＋y＋1＝0，故選D.8.(2021·全國甲卷)拋物線C的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上，直線l：x＝1交C于P，Q兩點(diǎn)，且OP⊥OQ.已知點(diǎn)M(2，0)，且⊙M與l相切.(1)求拋物線C，⊙M的方程；(2)設(shè)A1，A2，A3是C上的三個點(diǎn)，直線A1A2，A1A3均與⊙M相切.判斷直線A2A3與⊙M的位置關(guān)系，并說明理由.解(1)由題意，直線x＝1與C交于P，Q兩點(diǎn)，且OP⊥OQ，設(shè)C的焦點(diǎn)為F，P在第一象限，則根據(jù)拋物線的對稱性，得∠POF＝∠QOF＝45°，所以P(1，1)，Q(1，－1).設(shè)拋物線C的方程為y2＝2px(p＞0)，則1＝2p，得p＝eq\f(1,2)，所以拋物線C的方程為y2＝x.由題意，圓心M(2，0)到l的距離即⊙M的半徑，且距離為1，所以⊙M的方程為(x－2)2＋y2＝1.(2)直線A2A3與⊙M相切，理由如下：設(shè)A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)，當(dāng)A1，A2，A3中有一個為坐標(biāo)原點(diǎn)，另外兩個點(diǎn)的橫坐標(biāo)均為3時，A1A2，A1A3均與⊙M相切，此時直線A2A3與⊙M相切.當(dāng)x1≠x2≠x3時，直線A1A2的方程為x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，則eq\f(|2＋y1y2|,\r(（y1＋y2）2＋1))＝1，即(yeq\o\al(2,1)－1)yeq\o\al(2,2)＋2y1y2＋3－yeq\o\al(2,1)＝0，同理可得(yeq\o\al(2,1)－1)yeq\o\al(2,3)＋2y1y3＋3－yeq\o\al(2,1)＝0，所以y2，y3是方程(yeq\o\al(2,1)－1)y2＋2y1y＋3－yeq\o\al(2,1)＝0的兩個根，則y2＋y3＝eq\f(－2y1,yeq\o\al(2,1)－1)，y2y3＝eq\f(3－yeq\o\al(2,1),yeq\o\al(2,1)－1).直線A2A3的方程為x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0.設(shè)點(diǎn)M到直線A2A3的距離為d(d＞0)，則d2＝eq\f(（2＋y2y3）2,1＋（y2＋y3）2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(3－yeq\o\al(2,1),yeq\o\al(2,1)－1)))\s\up12(2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2y1,yeq\o\al(2,1)－1)))\s\up12(2))＝1，從而d＝r＝1，所以直線A2A3與⊙M相切.綜上可得，直線A2A3與⊙M相切.一、考向分析： 二、考向講解考查內(nèi)容解題技巧1.兩條直線平行與垂直的判定若兩條不重合的直線l1，l2的斜率k1，k2存在，則l1∥l2?k1＝k2，l1⊥l2?k1k2＝－1.若給出的直線方程中存在字母系數(shù)，則要考慮斜率是否存在.2.兩個距離公式(1)兩平行直線l1：Ax＋By＋C1＝0與l2：Ax＋By＋C2＝0間的距離d＝eq\f(|C1－C2|,\r(A2＋B2)).(2)點(diǎn)(x0，y0)到直線l：Ax＋By＋C＝0的距離d＝eq\f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2)).3.圓的方程(1)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，圓心為(a，b)，半徑為r.(2)圓的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半徑為r＝eq\f(\r(D2＋E2－4F),2).4.直線與圓的位置關(guān)系的判定(1)幾何法：把圓心到直線的距離d和半徑r的大小加以比較：d<r?相交；d＝r?相切；d>r?相離.(2)代數(shù)法：將圓的方程和直線的方程聯(lián)立起來組成方程組，利用判別式Δ來討論位置關(guān)系：Δ>0?相交；Δ＝0?相切；Δ<0?相離.考點(diǎn)一直線的方程【例1】(1)若直線l1：x＋ay＋6＝0與l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0平行，則l1與l2間的距離為()A.eq\r(2) B.eq\f(8\r(2),3) C.eq\r(3) D.eq\f(8\r(3),3)(2)直線ax＋y＋3a－1＝0恒過定點(diǎn)N，則直線2x＋3y－6＝0關(guān)于點(diǎn)N對稱的直線方程為()A.2x＋3y－12＝0 B.2x＋3y＋12＝0C.2x－3y＋12＝0 D.2x－3y－12＝0答案(1)B(2)B解析(1)由l1∥l2得(a－2)a＝1×3，且a×2a≠3×6，解得a＝－1，∴l(xiāng)1：x－y＋6＝0，l2：x－y＋eq\f(2,3)＝0，∴l(xiāng)1與l2間的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(6－\f(2,3))),\r(12＋（－1）2))＝eq\f(8\r(2),3).(2)由ax＋y＋3a－1＝0可得a(x＋3)＋y－1＝0，令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3＝0，,y－1＝0，))可得x＝－3，y＝1，∴N(－3，1).設(shè)直線2x＋3y－6＝0關(guān)于點(diǎn)N對稱的直線方程為2x＋3y＋c＝0(c≠－6)，則eq\f(|－6＋3－6|,\r(4＋9))＝eq\f(|－6＋3＋c|,\r(4＋9))，解得c＝12或c＝－6(舍去).∴所求直線方程為2x＋3y＋12＝0.探究提高1.求解兩條直線平行的問題時，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出參數(shù)的值后，要注意代入檢驗(yàn)，排除兩條直線重合的可能性.2.(1)要注意直線方程每種形式的局限性，點(diǎn)斜式、兩點(diǎn)式、斜截式要求直線不能與x軸垂直，而截距式方程既不能表示過原點(diǎn)的直線，也不能表示垂直于坐標(biāo)軸的直線.(2)討論兩直線的位置關(guān)系時，要注意直線的斜率是否存在.【訓(xùn)練1】(1)已知直線l經(jīng)過直線l1：x＋y＝2與l2：2x－y＝1的交點(diǎn)，且直線l的斜率為－eq\f(2,3)，則直線l的方程是()A.3x－2y－1＝0 B.3x－2y＋1＝0C.2x＋3y－5＝0 D.2x－3y＋1＝0(2)已知直線l1：kx－y＋4＝0與直線l2：x＋ky－3＝0(k≠0)分別過定點(diǎn)A，B，又l1，l2相交于點(diǎn)M，則|MA|·|MB|的最大值為________.答案(1)C(2)eq\f(25,2)解析(1)解方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,2x－y＝1，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))所以兩直線的交點(diǎn)為(1，1).因?yàn)橹本€l的斜率為－eq\f(2,3)，所以直線l的方程為y－1＝－eq\f(2,3)(x－1)，即2x＋3y－5＝0.(2)由題意可知，直線l1：kx－y＋4＝0經(jīng)過定點(diǎn)A(0，4)，直線l2：x＋ky－3＝0經(jīng)過定點(diǎn)B(3，0)，注意到直線l1：kx－y＋4＝0和直線l2：x＋ky－3＝0始終垂直，點(diǎn)M又是兩條直線的交點(diǎn)，則有MA⊥MB，所以|MA|2＋|MB|2＝|AB|2＝25.故|MA|·|MB|≤eq\f(25,2)(當(dāng)且僅當(dāng)|MA|＝|MB|＝eq\f(5\r(2),2)時取“＝”).考點(diǎn)二圓的方程【例2】(1)已知圓C與x軸的正半軸相切于點(diǎn)A，圓心在直線y＝2x上，若點(diǎn)A在直線x－y－4＝0的左上方且到該直線的距離等于eq\r(2)，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為()A.(x－2)2＋(y＋4)2＝4 B.(x＋2)2＋(y＋4)2＝16C.(x－2)2＋(y－4)2＝4 D.(x－2)2＋(y－4)2＝16(2)古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯在其巨著《圓錐曲線論》中提出“在同一平面上給出三點(diǎn)，若其中一點(diǎn)到另外兩點(diǎn)的距離之比是一個大于零且不等于1的常數(shù)，則該點(diǎn)軌跡是一個圓”.現(xiàn)在，某電信公司要在甲、乙、丙三地搭建三座5G信號塔來構(gòu)建一個特定的三角形信號覆蓋區(qū)域，以實(shí)現(xiàn)5G商用，已知甲、乙兩地相距4km，丙、甲兩地距離是丙、乙兩地距離的eq\r(3)倍，則這個三角形信號覆蓋區(qū)域的最大面積(單位：km2)是()A.2eq\r(3) B.4eq\r(3) C.3eq\r(6) D.4eq\r(6)答案(1)D(2)B解析(1)∵圓C的圓心在直線y＝2x上，∴可設(shè)圓心C的坐標(biāo)為(a，2a).∵圓C與x軸正半軸相切于點(diǎn)A，∴a>0，且圓C的半徑r＝2a，A(a，0).∵點(diǎn)A到直線x－y－4＝0的距離d＝eq\r(2)，∴d＝eq\f(|a－0－4|,\r(1＋1))＝eq\r(2)，解得a＝6或a＝2，∴A(2，0)或A(6，0).∵點(diǎn)A在直線x－y－4＝0的左上方，∴A(2，0)，∴C(2，4)，r＝4，∴圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－2)2＋(y－4)2＝16.(2)以甲、乙兩地所在直線為x軸，甲、乙兩地所連線段的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系.設(shè)甲、乙兩地的坐標(biāo)分別為(－2，0)，(2，0)，丙地坐標(biāo)為(x，y)(y≠0)，則eq\r(（x＋2）2＋y2)＝eq\r(3)·eq\r(（x－2）2＋y2)，整理得(x－4)2＋y2＝12(y≠0)，可知丙地所在的圓的半徑為r＝2eq\r(3).所以三角形信號覆蓋區(qū)域的最大面積為eq\f(1,2)×4×2eq\r(3)＝4eq\r(3).探究提高1.求圓的方程主要方法有兩種：(1)幾何法求圓的方程，根據(jù)圓的幾何性質(zhì)，直接求出圓心坐標(biāo)和半徑，進(jìn)而寫出方程.(2)待定系數(shù)法求圓的方程時，若已知條件與圓心(a，b)和半徑r有關(guān)，則設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，否則選擇圓的一般方程.2.第(2)題是一道以阿波羅尼斯圓為背景的數(shù)學(xué)應(yīng)用問題，解題關(guān)鍵是先利用題設(shè)條件給出的關(guān)系式，求出阿波羅尼斯圓的方程，然后應(yīng)用圓中的幾何量求解三角形信號覆蓋區(qū)域的最大面積.溫馨提醒解答圓的方程問題，應(yīng)注意數(shù)形結(jié)合，充分運(yùn)用圓的幾何性質(zhì).【訓(xùn)練2】(1)(2020·北京卷)已知半徑為1的圓經(jīng)過點(diǎn)(3，4)，則其圓心到原點(diǎn)的距離的最小值為()A.4 B.5 C.6 D.7(2)已知A，B分別是雙曲線C：eq\f(x2,m)－eq\f(y2,2)＝1的左、右頂點(diǎn)，P(3，4)為C上一點(diǎn)，則△PAB的外接圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為________.答案(1)A(2)x2＋(y－3)2＝10解析(1)由平面幾何知識知，當(dāng)且僅當(dāng)原點(diǎn)、圓心、點(diǎn)(3，4)共線時，圓心到原點(diǎn)的距離最小且最小值為dmin＝eq\r(（3－0）2＋（4－0）2)－1＝4.(2)∵P(3，4)為C上一點(diǎn)，eq\f(9,m)－eq\f(16,2)＝1，解得m＝1，則B(1，0)，A(－1，0)，∴kPB＝eq\f(4－0,3－1)＝2，BP的中點(diǎn)為(2，2)，PB的垂直平分線方程為l1：y＝－eq\f(1,2)(x－2)＋2，AB的垂直平分線方程為l2：x＝0，則圓心是l1與l2的交點(diǎn)M，聯(lián)立l1與l2方程，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝3，))則M(0，3)，r＝|MB|＝eq\r(1＋32)＝eq\r(10)，∴△PAB外接圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋(y－3)2＝10.考點(diǎn)三直線(圓)與圓的位置關(guān)系考向1圓的切線問題【例3】(1)已知直線y＝kx＋b(k＞0)與圓x2＋y2＝1和圓(x－4)2＋y2＝1均相切，則k＝__________，b＝________.(2)(2021·天津卷)若斜率為eq\r(3)的直線與y軸交于點(diǎn)A，與圓x2＋(y－1)2＝1相切于點(diǎn)B，則|AB|＝________.(3)(2021·阜陽質(zhì)檢)直線l是圓O：x2＋y2＝4的切線，且直線l過點(diǎn)A(eq\r(3)，－1)，點(diǎn)Q是直線l上的動點(diǎn)，過點(diǎn)Q作圓M：x2＋4eq\r(3)x＋y2＝0的切線QT，T為切點(diǎn)，則線段QT的長度的最小值為________.答案(1)eq\f(\r(3),3)－eq\f(2\r(3),3)(2)eq\r(3)(3)eq\r(13)解析(1)由題意知，直線kx－y＋b＝0(k＞0)分別與圓心坐標(biāo)為(0，0)，半徑為1，及圓心坐標(biāo)為(4，0)，半徑為1的兩圓相切，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(|b|,\r(k2＋1))＝1，①,\f(|4k＋b|,\r(k2＋1))＝1，②))由①②，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝\f(\r(3),3)，,b＝－\f(2\r(3),3).))(2)設(shè)直線AB的方程為y＝eq\r(3)x＋b，則點(diǎn)A(0，b).由于直線AB與圓x2＋(y－1)2＝1相切，且圓心為C(0，1)，半徑為1，則eq\f(|b－1|,\r(（\r(3)）2＋（－1）2))＝1，解得b＝－1或b＝3，所以|AC|＝2.因?yàn)閨BC|＝1，故|AB|＝eq\r(|AC|2－|BC|2)＝eq\r(3).(3)因?yàn)锳(eq\r(3)，－1)的坐標(biāo)滿足圓O的方程，所以點(diǎn)A在圓O上.所以過點(diǎn)A的切線l的方程為eq\r(3)x－y－4＝0.由x2＋4eq\r(3)x＋y2＝0，得(x＋2eq\r(3))2＋y2＝12，易知圓M的圓心為(－2eq\r(3)，0)，半徑為2eq\r(3).連接MT，MQ，在Rt△MQT中，|QT|＝eq\r(|MQ|2－|MT|2)＝eq\r(|MQ|2－12).因?yàn)閨MQ|的最小值是點(diǎn)M到直線l的距離d，d＝eq\f(|\r(3)×（－2\r(3)）－0－4|,\r(（\r(3)）2＋（－1）2))＝5，所以線段QT的長度的最小值為|QT|min＝eq\r(52－12)＝eq\r(13).探究提高1.過一點(diǎn)求圓的切線，要考慮此點(diǎn)是在圓上還是在圓外.若點(diǎn)(x0，y0)在圓上，則切線只有一條，此時過圓x2＋y2＝r2(r>0)上一點(diǎn)(x0，y0)的切線方程為x0x＋y0y＝r2，過圓(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)上一點(diǎn)(x0，y0)的切線方程為(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2；若點(diǎn)(x0，y0)在圓外，則切線有兩條.2.直線與圓相切時利用“切線與過切點(diǎn)的半徑垂直，圓心到切線的距離等于半徑”建立關(guān)于切線斜率的等式，但一定要注意斜率不存在的情形.【訓(xùn)練3】(1)(2021·西安模擬)過點(diǎn)D(1，－2)作圓C：(x－1)2＋y2＝1的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，則弦AB所在直線的方程為()A.2y－1＝0 B.2y＋1＝0C.x＋2y－1＝0 D.x－2y＋1＝0(2)(2021·晉中二模)過點(diǎn)P(2，eq\r(3))作圓C：x2＋y2－2x＝0的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝______.答案(1)B(2)eq\f(3,2)解析(1)由圓C：(x－1)2＋y2＝1的方程可知其圓心為C(1，0)，半徑為1.連接CD，以線段CD為直徑的圓的方程為(x－1)(x－1)＋(y＋2)(y－0)＝0，整理得(x－1)2＋(y＋1)2＝1.將兩圓的方程相減，可得公共弦AB所在直線的方程為2y＋1＝0.(2)由x2＋y2－2x＝0得(x－1)2＋y2＝1，所以圓心C(1，0)，半徑r＝1.又點(diǎn)P(2，eq\r(3))，則|PC|＝eq\r(（2－1）2＋（\r(3)－0）2)＝2.從而|PA|＝|PB|＝eq\r(3)，∠APB＝60°，因此eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝|eq\o(PA,\s\up6(→))|·|eq\o(PB,\s\up6(→))|cos60°＝eq\f(3,2).考向2直線與圓的弦長問題【例4】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，解答下列問題：(1)能否出現(xiàn)AC⊥BC的情況？說明理由；(2)證明過A，B，C三點(diǎn)的圓在y軸上截得的弦長為定值.(1)解不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況，理由如下：設(shè)A(x1，0)，B(x2，0)，則x1，x2滿足方程x2＋mx－2＝0，所以x1x2＝－2.又C的坐標(biāo)為(0，1)，故AC的斜率與BC的斜率之積為eq\f(－1,x1)·eq\f(－1,x2)＝－eq\f(1,2)，所以不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況.(2)證明BC的中點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)，\f(1,2)))，可得BC的中垂線方程為y－eq\f(1,2)＝x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x2,2))).由(1)可得x1＋x2＝－m，所以AB的中垂線方程為x＝－eq\f(m,2).聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(m,2)，①,y－\f(1,2)＝x2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x2,2)))，②))又xeq\o\al(2,2)＋mx2－2＝0，③由①②③解得x＝－eq\f(m,2)，y＝－eq\f(1,2).所以過A，B，C三點(diǎn)的圓的圓心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)，－\f(1,2)))，半徑r＝eq\f(\r(m2＋9),2).故圓在y軸上截得的弦長為2eq\r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)))\s\up12(2))＝3，即過A，B，C三點(diǎn)的圓在y軸上截得的弦長為定值.探究提高1.研究直線與圓的位置關(guān)系最常用的解題方法為幾何法，將代數(shù)問題幾何化，利用數(shù)形結(jié)合思想解題.2.與圓的弦長有關(guān)的問題常用幾何法，即利用圓的半徑r，圓心到直線的距離d，及半弦長eq\f(l,2)，構(gòu)成直角三角形的三邊，利用其關(guān)系來處理.【訓(xùn)練4】(1)(2021·成都診斷)已知圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝9，過點(diǎn)M(1，1)的直線l與圓C交于A，B兩點(diǎn)，弦長|AB|最短時直線l的方程為()A.2x－y－1＝0 B.x＋2y－8＝0C.2x－y＋1＝0 D.x＋2y－3＝0(2)已知圓C的圓心在直線x＋y＝0上，圓C與直線x－y＝0相切，且在直線x－y－3＝0上截得的弦長為eq\r(6)，則圓C的方程為________.答案(1)D(2)(x－1)2＋(y＋1)2＝2解析(1)根據(jù)題意，圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝9的圓心C為(2，3)，半徑r＝3，當(dāng)CM與AB垂直時，即M為AB的中點(diǎn)時，弦長|AB|最短，此時kCM＝eq\f(3－1,2－1)＝2，則kAB＝－eq\f(1,2)，此時直線AB的方程為y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，變形可得x＋2y－3＝0.(2)設(shè)圓C的圓心C(a，－a)，其半徑為r.∵點(diǎn)C到直線x－y－3＝0的距離d＝eq\f(|2a－3|,\r(2))，點(diǎn)C到x－y＝0的距離r＝eq\f(|a－（－a）|,\r(2))＝eq\r(2)|a|，∴d2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\up12(2)＝r2，即eq\f(（2a－3）2,2)＋eq\f(3,2)＝2a2，解得a＝1，則圓C的圓心為C(1，－1)，半徑r＝eq\r(2)，∴圓C的方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝2.考點(diǎn)四：隱形圓(阿波羅尼斯圓)問題近年來阿波羅尼斯圓及隱圓問題受到命題者的廣泛青睞，難度為中檔、高檔題目.該類題目題設(shè)中沒有明確給出圓的相關(guān)信息，而是隱含在題目中的，要通過分析、轉(zhuǎn)化，發(fā)現(xiàn)圓(或圓的方程)，從而最終利用圓的知識來求解.對優(yōu)化思維過程，提升數(shù)學(xué)解題能力，培養(yǎng)學(xué)生數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)大有裨益.【典例1】(1)(2021·江西重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)已知點(diǎn)A(－5，－5)在動直線mx＋ny－m－3n＝0上的射影為點(diǎn)B，若點(diǎn)C(5，－1)，那么|BC|的最大值為()A.16 B.14 C.12 D.10(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A(－12，0)，B(0，6)，點(diǎn)P在圓O：x2＋y2＝50上，若eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))≤20，則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)的取值范圍是()A.[0，eq\r(2)] B.[－5eq\r(2)，1]C.[－eq\r(2)，eq\r(2)] D.[－2，0]答案(1)C(2)B解析(1)動直線方程化為m(x－1)＋n(y－3)＝0，知恒過定點(diǎn)Q(1，3).又因?yàn)辄c(diǎn)A(－5，－5)在動直線mx＋ny－m－3n＝0上的射影為點(diǎn)B，所以∠ABQ＝90°，則點(diǎn)B的軌跡是以AQ為直徑的圓，∴圓心為AQ的中點(diǎn)M(－2，－1)，圓的半徑r＝eq\f(1,2)|AQ|＝5.又|MC|＝eq\r(（5＋2）2＋（－1＋1）2)＝7>r＝5，∴點(diǎn)C(5，－1)在圓M外，故|BC|的最大值為r＋|MC|＝7＋5＝12.(2)設(shè)點(diǎn)P(x，y)，且eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))≤20.∴(x＋12)x＋y(y－6)≤20，則(x＋6)2＋(y－3)2≤65.則點(diǎn)P為圓O在圓(x＋6)2＋(y－3)2＝65內(nèi)部及其上的點(diǎn)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝50，,x2＋y2＋12x－6y＝20，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝7))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－5，,y＝－5.))結(jié)合圖形(圖略)可知－5eq\r(2)≤x≤1.點(diǎn)津突破1.題目條件隱含“圓M”及“圓(x＋6)2＋(y－3)2＝65”，從而借助幾何直觀求解最值與范圍.2.發(fā)現(xiàn)確定隱圓的主要方法：(1)利用圓的定義或圓的幾何性質(zhì)確定隱圓.(2)在平面上給定相異兩點(diǎn)A，B，設(shè)點(diǎn)P在同一平面上且滿足|PA|＝λ|PB|，當(dāng)λ>0且λ≠1時，點(diǎn)P的軌跡是個圓，這個圓我們稱作阿波羅尼斯圓.(3)兩定點(diǎn)A，B，動點(diǎn)P滿足eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝λ，確定隱圓.【典例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上(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，是否存在定點(diǎn)B(不同于點(diǎn)A)，滿足：對于圓C上任一點(diǎn)P，都有eq\f(|PB|,|PA|)為一常數(shù)，若存在，求出點(diǎn)B的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.解(1)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，得b＝±3eq\r(5).所以所求直線方程為y＝－2x＋3eq\r(5)或y＝－2x－3eq\r(5).(2)設(shè)p(x0，y0)，則yeq\o\al(2,0)＝9－xeq\o\al(2,0)，假設(shè)存在這樣的點(diǎn)B(t，0)(t≠－5)，使得eq\f(|PB|,|PA|)為常數(shù)λ(λ≠1)，則|PB|2＝λ2|PA|2，所以(x0－t)2＋yeq\o\al(2,0)＝λ2[(x0＋5)2＋yeq\o\al(2,0)]，將yeq\o\al(2,0)＝9－xeq\o\al(2,0)，代入上式消去yeq\o\al(2,0)，得(10λ2＋2t)x0＋34λ2－t2－9＝0對x0∈[－3，3]恒成立，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(10λ2＋2t＝0，,34λ2－t2－9＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(3,5)，,t＝－\f(9,5)))或eq\b\lc\{(\