冲刺2022高考数学二轮复习核心考点特色突破专题15直线与圆2含解析

专题15直线与圆（2）【自主热身，归纳总结】1、圆心在直线y＝－4x上，且与直线x＋y－1＝0相切于点P(3，－2)的圆的标准方程为________．【答案】：(x－1)2＋(y＋4)2＝8解法1设圆心为(a，－4a)，则有r＝eq\f(|a－4a－1|,\r(2))＝eq\r(a－32＋－4a＋22)，解得a＝1，r＝2eq\r(2)，则圆的方程为(x－1)2＋(y＋4)2＝8.解法2过点P(3，－2)且垂直于直线x＋y－1＝0的直线方程为x－y－5＝0，联立方程组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，))则圆心坐标为(1，－4)，半径为r＝eq\r(1－32＋－4＋22)＝2eq\r(2)，故圆的方程为(x－1)2＋(y＋4)2＝8.2、在平面直角坐标系xOy中，若直线ax＋y－2＝0与圆心为C的圆(x－1)2＋(y－a)2＝16相交于A，B两点，且△ABC为直角三角形，则实数a的值是________．【答案】：－1【解析】：因为△ABC为直角三角形，所以BC＝AC＝r＝4，所以圆心C到直线AB的距离为2eq\r(2)，从而有eq\f(|a＋a－2|,\r(a2＋1))＝2eq\r(2)，解得a＝－1.3、已知直线l：x＋eq\r(3)y－2＝0与圆C：x2＋y2＝4交于A，B两点，则弦AB的长度为________.【答案】：.2eq\r(3)【解析】：圆心C(0,0)到直线l的距离d＝eq\f(|0＋\r(3)×0－2|,\r(1＋3))＝1，由垂径定理得AB＝2eq\r(R2－d2)＝2eq\r(4－1)＝2eq\r(3)，故弦AB的长度为2eq\r(3).4、已知过点的直线被圆截得的弦长为4，则直线的方程为.【答案】：或【解析】：化成标准式为：.因为截得弦长为4小于直径故该直线必有两条且圆心到直线的距离为.当斜率不存在时，，显然符合要求。当斜率存在时，，，截得，故直线为.5、在平面直角坐标系xOy中，若动圆C上的点都在不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤3，,x－\r(3)y＋3≥0,x＋\r(3)y＋3≥0))，表示的平面区域内，则面积最大的圆C的标准方程为________．【答案】：(x－1)2＋y2＝4【解析】：首先由线性约束条件作出可行域，面积最大的圆C即为可行域三角形的内切圆(如图)，由对称性可知，圆C的圆心在x轴上，设半径为r，则圆心C(3－r，0)，且它与直线x－eq\r(3)y＋3＝0相切，所以eq\f(|3－r＋3|,\r(1＋3))＝r，解得r＝2，所以面积最大的圆C的标准方程为(x－1)2＋y2＝4.6、在平面直角坐标系xOy中，若圆(x－2)2＋(y－2)2＝1上存在点M，使得点M关于x轴的对称点N在直线kx＋y＋3＝0上，则实数k的最小值为________．7、已知经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))的两个圆C1，C2都与直线l1：y＝eq\f(1,2)x，l2：y＝2x相切，则这两圆的圆心距C1C2＝________.【答案】eq\f(4\r(5),9)【解析】：易求直线C1C2的方程为y＝x，设C1(x1，x1)，C2(x2，x2)，由题意得C1(x1，x1)到直线2x－y＝0的距离等于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的两个实数根，从而x1＋x2＝eq\f(25,9)，x1x2＝eq\f(65,36)，所以圆心距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、在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2＋(y－3)2＝2，点A是x轴上的一个动点，AP，AQ分别切圆C于P，Q两点，则线段PQ长的取值范围是________．【答案】eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(14),3)，2\r(2)))【解析】：设∠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)与切线有关的问题，一般都不需要求出切点，而是利用直线与圆相切时所得到的直角三角形转化为点与圆心的距离问题求解．9、在平面直角坐标系xOy中，已知点，点，为圆上一动点，则的最大值是．【答案】、2【解析】1：设，则，，令，即，则动直线与圆必须有公共点，所以，解得，所以，即，的最大值是.（有了上面的解法，也可设，直接通过动直线与圆有公共点来解决）【解析】2：设，则，令，则，即，因为，所以，则动直线与圆必须有公共点，所以，解得，即，的最大值是.【解析】3：因为为圆上一动点，故设（），则令，整理为，由，解得，从而，的最大值是.10、在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝9，直线l：y＝kx＋3与圆C相交于A，B两点，M为弦AB上一动点，以M为圆心，2为半径的圆与圆C总有公共点，则实数k的取值范围为．【答案】思路分析：根据两个圆的位置关系的判断方法，本题即要求则可，根据图形的对称性，当点位于的中点时存在公共点，则在其它位置时，一定存在公共点，由点到直线的距离不难得到答案。【解析】：由题意得对于任意的点恒成立，由图形的对称性可知，只需点位于的中点时存在则可。由点到直线的距离得，解得。11、已知点A(0,1)，B(1,0)，C(t,0)，点D是直线AC上的动点，若AD≤2BD恒成立，则最小正整数t的值为________．【答案】4解法1设点D(x，y)，因为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)))为圆心，以eq\f(2\r(2),3)为半径的圆及其外部，又因为直线AC为eq\f(x,t)＋y＝1，即x＋ty－t＝0，且点D是直线AC上的动点，所以直线AC与圆相离，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)，所以最小正整数t的值为4.解法2设点D(x，y)，因为A(0,1)，C(t,0)，点D在直线AC上，所以有且只有一个实数λ，使eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))，所以(x，y－1)＝λ(t，－1)，从而x＝tλ，y＝1－λ，即点D(tλ，1－λ)，又因为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)，所以最小整数t的值为4.综上所述，满足条件的最小正整数t的值为4.12、在平面直角坐标系xOy中，设直线y＝－x＋2与圆x2＋y2＝r2(r>0)交于A，B两点，O为坐标原点，若圆上一点C满足eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(5,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(3,4)eq\o(OB,\s\up6(→))，则实数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设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，))则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.由题意得r2＝eq\f(25,16)r2＋eq\f(9,16)r2＋eq\f(15,8)(x1x2＋y1y2)，联立直线y＝－x＋2与圆x2＋y2＝r2(r>0)的方程，得2x2－4x＋4－r2＝0.由韦达定理得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(→))，设OC与AB交于点M，则A，M，B三点共线．由∠AMO与∠BMO互补结合余弦定理可求得AB＝eq\f(4,\r(5))r，过点O作AB的垂线交AB于点D，根据圆心O到直线y＝－x＋2的距离为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).【问题探究，变式训练】例1、在平面直角坐标系xOy中，圆O：x2＋y2＝1，圆M：(x＋a＋3)2＋(y－2a)2＝1(a为实数)．若圆O与圆M上分别存在点P，Q，使得∠OQP＝30，则a的取值范围为▲．【答案】．[－eq\f(6,5)，0]【思路分析】本题中在两个圆上分别存在点P，Q，使得∠OQP＝30是本题的关键.首先对于圆O，可以根据∠OQP＝30得出点Q的轨迹，再将点Q的存在性问题转化为点Q的轨迹与圆M有公共点，从而求出参数的取值范围.过Q点作圆O的切线，设切点为，在圆O上要存在点P满足，即，又，即.设，所以又点Q在圆M上，即圆M与有公共点，所以有，解得.【解后反思】一般地对于圆上存在一点的问题，都可以利用其所给几何条件求出点的轨迹，进一步转化为点的轨迹与圆的位置关系问题，其中常见的动点轨迹有直线、线段、圆、圆面等.【变式1】、.已知圆O：x2＋y2＝1，圆M：(x－a)2＋(y－a＋4)2＝1.若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点为A，B，使得∠APB＝60°，则实数a的取值范围为________．【答案】.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(2),2)，2＋\f(\r(2),2)))【解析】：由题意得圆心M(a，a－4)在直线x－y－4＝0上运动，所以动圆M是圆心在直线x－y－4＝0上，半径为1的圆；又因为圆M上存在点P，使经过点P作圆O的两条切线，切点为A，B，使∠APB＝60°，所以OP＝2，即点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，解之得实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\f(\r(2),2)，2＋\f(\r(2),2))).解题反思一方面，要注意点P在动圆M上，另一方面，点P也在x2＋y2＝4上，从而将所求解的问题转化成研究圆与圆的位置关系问题，此类试题出现频率高，希望考生重视．【变式2】、已知点A(0,2)为圆M：x2＋y2－2ax－2ay＝0(a>0)外一点，圆M上存在点T，使得∠MAT＝45°，则实数a的取值范围是________．【答案】：[eq\r(3)－1,1)【解析】：圆M的方程可化为(x－a)2＋(y－a)2＝2a2.圆心为M(a，a)，半径为eq\r(,2)a.当A，M，T三点共线时，∠MAT＝0°最小，当AT与圆M相切时，∠MAT最大．圆M上存在点T，使得∠MAT＝45°，只需要当∠MAT最大时，满足45°≤∠MAT<90°即可．MA＝eq\r(a－02＋a－22)＝eq\r(2a2－4a＋4)，此时直线AT与圆M相切，所以sin∠MAT＝eq\f(MT,MA)＝eq\f(\r(2)a,\r(2a2－4a＋4)).因为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.【变式3】、已知圆M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，直线l：x＋y－6＝0，A为直线l上一点，若圆M上存在两点B，C，使得∠BAC＝60°，则点A的横坐标的取值范围是________．【答案】[1,5]eq\a\vs4\al(思路分析)对于圆M上任意两点B，C，∠BAC的大小是变化的，有变化就有范围，而60°是范围中的一个值．由此得到一个不等式．首先，直线l与圆M相离，所以点A在圆M外．设AP，AQ分别与圆M相切于点P，Q，则∠PAQ≥∠BAC＝60°，从而∠MAQ≥30°.因为MQ＝2，所以MA≤4.设A(x0,6－x0)，则MA2＝(x0－1)2＋(6－x0－1)2≤16，解得1≤x0≤5.【关联1】、在平面直角坐标系xOy中，A，B为x轴正半轴上的两个动点，P(异于原点O)为y轴上的一个定点．若以AB为直径的圆与圆x2＋(y－2)2＝1相外切，且∠APB的大小恒为定值，则线段OP的长为________．【答案】：eq\r(3)【解析】：设以AB为直径的圆的圆心为C(a,0)，半径为r(0<r<a)，OP＝b(b>0，b为常数)．因为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)，又因为以AB为直径的圆与圆x2＋(y－2)2＝1相外切，所以圆心距等于半径之和，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为变量，b为常数)，因为∠APB的大小恒为定值，所以b2－3＝0，故OP＝eq\r(3).【关联2】、在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x－1)2＋y2＝4，P为圆C上一点．若存在一个定圆M，过点P作圆M的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，当P在圆C上运动时，使得∠APB恒为60，则圆M的方程为．【答案】(x－1)2＋y2＝1【解析】：根据对称性可知．设圆的半径为．因为，所以，故，即，所以圆M的方程为．在平面直角坐标系xOy中，若直线y＝k(x－3eq\r(3))上存在一点P，圆x2＋(y－1)2＝1上存在一点Q，满足eq\o(OP,\s\up6(→))＝3eq\o(OQ,\s\up6(→))，则实数k的最小值为________．【变式1】、在平面直角坐标系xOy中，已知A，B为圆C：(x＋4)2＋(y－a)2＝16上的两个动点，且AB＝2eq\r(11).若直线l：y＝2x上存在唯一的一个点P，使得eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))，则实数a的值为________．【答案】2或－18eq\a\vs4\al(思路分析)由“圆C的弦AB长度为定值AB＝2eq\r(11)”知，弦AB的中点M的轨迹是以点C为圆心的圆，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(→))，可求得动点P的轨迹也在圆上，此时直线l上存在唯一的一个点P符合要求，故直线l和动点P的轨迹(圆)相切．解法1设AB的中点为M(x0，y0)，P(x，y)，则由AB＝2eq\r(11)得，CM＝eq\r(16－11)＝eq\r(5)，即点M的轨迹为(x0＋4)2＋(y0－a)2＝5.又因为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)))，从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝x－2，,y0＝y＋\f(a,2)，))则动点P的轨迹方程为(x＋2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(a,2)))eq\s\up12(2)＝5，又因为直线l上存在唯一的一个点P，所以直线l和动点P的轨迹(圆)相切，则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，则动点P的轨迹方程为(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，(#)又因为直线l上存在唯一的一个点P，所以(#)式有且只有1个实数根，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由题意，圆心C到直线AB的距离d＝eq\r(16－11)＝eq\r(5)，则AB中点M的轨迹方程为(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(→)).如图，连结CM并延长交l于点N，则CN＝2CM＝2eq\r(5).故问题转化为直线l上存在唯一的一个点N，使得CN＝2eq\r(5)，所以点C到直线l的距离为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)本题的难点在于要从繁乱的关系中找出动点P的信息．由“直线AB与圆C相交”想弦中点M，由“CM⊥AB”想到动点M的轨迹是圆，由“eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))”知，动点P的轨迹也在圆上，进而得到直线l和动点P的轨迹(圆)相切．【变式2】、已知A，B是圆C1：x2＋y2＝1上的动点，AB＝eq\r(3)，P是圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝1上的动点，则|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的取值范围为________．【答案】[7,13]【解析】因为A，B是圆C1：x2＋y2＝1上的动点，AB＝eq\r(3)，所以线段AB的中点H在圆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(→))|.因为点P是圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝1上的动点，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，从而|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))|的取值范围是[7,13]．解后反思本题难点在于动点多，“化动为静”和“化多为少”是解决此类问题常用的方法．一方面，A，B虽是动点，但是AB＝eq\r(3)是定值，从而线段AB的中点H在定圆O上，实现了化多为少的目的；另一方面，所求解的问题通过转化就成了研究圆O和圆C2上的两动点的问题．【变式3】、在平面直角坐标系xOy中，过点M(1,0)的直线l与圆x2＋y2＝5交于A，B两点，其中点A在第一象限，且eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))，则直线l的方程为________．【答案】y＝x－1解法1易知l斜率必存在，设l：y＝k(x－1)．由eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))可设BM＝2t，MA＝t，如图，过原点O作OH⊥l于点H，则BH＝eq\f(3t,2).设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，因为点A在第一象限，eq\o(BM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))，由图知k＝1，所以l：y＝x－1.解法2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1－x2，－y2)，eq\o(MA,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)．因为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，))当直线AB的斜率不存在时，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))，不符合题意．当直线AB的斜率存在时，设AB：y＝k(x－1)，联立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，又点A在第一象限，所以k＝1，即直线AB的方程为y＝x－1.解法3设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1－x2，－y2)，eq\o(MA,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)．因为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，又点A在第一象限，故A(2,1)，由点A和点M的坐标可得直线AB的方程为y＝x－1.【关联1】、已知圆C：(x－2)2＋y2＝4，线段EF在直线l：y＝x＋1上运动，点P为线段EF上任意一点，若圆C上存在两点A，B，使得eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))≤0，则线段EF长度的最大值是________．【答案】eq\r(14)思路分析本题条件叙述似乎稍显冗乱，学生不易读懂题意，容易陷入恐慌．首先需要注意判断直线l和圆C是相离的位置关系，那么直线l上的动点P总在圆C外，可以证明与圆相关的一个几何性质：对于圆C外的点P，当PA，PB都与圆C相切时，∠APB最大．这是解决本题的关键所在．过点C作CH⊥l于H，因为C到l的距离CH＝eq\f(3,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)>2＝r，所以直线l与圆C相离，故点P在圆C外．因为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，圆C上存在两点A，B使得∠APB∈[eq\f(π,2)，π)，由于点P在圆C外，故当PA，PB都与圆C相切时，∠APB最大，此时若∠APB＝eq\f(π,2)，则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)，由对称性可得EFmax＝2PH＝eq\r(14).【关联2】、在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2＋y2－6x＋5＝0，点A，B在圆C上，且AB＝2eq\r(3)，则|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)由条件已知弦AB的长，就可以求出圆心到直线AB的距离CM(其中M为弦AB的中点，再考虑到eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))与eq\o(OM,\s\up6(→))的关系，以及eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CM,\s\up6(→))，从而可以得到eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OA,\s\up6(→))＋\o(OB,\s\up6(→))))的最大值．设弦AB的中点为M，则eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝2eq\o(OM,\s\up6(→)).又圆C：(x－3)2＋y2＝4，AB＝2eq\r(3)，从而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、如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－3,4)，B(9,0)，C，D分别为线段OA，OB上的动点，且满足AC＝BD.(1)若AC＝4，求直线CD的方程；(2)证明：△OCD的外接圆恒过定点(异于原点O)．(2)解法1设C(－3m,4m)(0<m≤1)，则OC＝5m.(7分)所以AC＝OA－OC＝5－5m.因为AC＝BD，所以OD＝OB－BD＝5m＋4，所以点D的坐标为(5m＋4,0)．(8分)又设△OCD的外接圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则有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＝0，E＝－10m－3，所以△OCD的外接圆的方程为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的外接圆恒过定点(2，－1)．(14分)解法2设C(－3m,4m)(0<m≤1)，则OC＝5m.(7分)所以AC＝OA－OC＝5－5m.因为AC＝BD，所以OD＝OB－BD＝5m＋4，所以点D的坐标为(5m＋4,0)．(8分)因为OC的中点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)m，2m))，直线OC的斜率kOC＝－eq\f(4,3)，所以线段OC的垂直平分线方程为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.又因为线段OD的垂直平分线方程为x＝eq\f(5m＋4,2)，联立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外接圆的圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5m＋4,2)，\f(10m＋3,2)))，则半径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)，从而△OCD外接圆的标准方程为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