高考数学理科二轮总复习练习专题七　解析几何第2讲

第2讲直线与圆的方程的综合运用1．(2016·江苏)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一点A(2,4)．(1)设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC＝OA，求直线l的方程；(3)设点T(t,0)满足：存在圆M上的两点P和Q，使得eq\o(TA,\s\up6(→))＋eq\o(TP,\s\up6(→))＝eq\o(TQ,\s\up6(→))，求实数t的取值范围．解(1)圆M的方程化为标准形式为(x－6)2＋(y－7)2＝25，圆心M(6,7)，半径r＝5，由题意知，设圆N的方程为(x－6)2＋(y－b)2＝b2(b＞0)．且eq\r(6－62＋b－72)＝b＋5，解得b＝1，∴圆N的标准方程为(x－6)2＋(y－1)2＝1.(2)∵kOA＝2，∴可设l的方程为y＝2x＋m，即2x－y＋m＝0.又BC＝OA＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5)，由题意知，圆M的圆心M(6,7)到直线l的距离为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.∴直线l的方程为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(→))，则四边形AQPT为平行四边形，又∵P，Q为圆M上的两点，∴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的取值范围为[2－2eq\r(21)，2＋2eq\r(21)]．2．(2017·全国Ⅲ)在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0,1)．当m变化时，解答下列问题：(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．(1)解设A(x1,0)，B(x2,0)，则x1，x2是方程x2＋mx－2＝0的根，所以x1＋x2＝－m，x1x2＝－2，则eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－x1,1)·(－x2,1)＝x1x2＋1＝－2＋1＝－1≠0，所以不会出现AC⊥BC的情况．(2)证明方法一过A，B，C三点的圆的圆心必在线段AB的垂直平分线上，设圆心E(x0，y0)，则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，化简得y0＝eq\f(1＋x1x2,2)＝－eq\f(1,2)，所以圆E的方程为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，所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为1－(－2)＝3，所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．方法二设过A，B，C三点的圆与y轴的另一个交点为D，由x1x2＝－2可知，原点O在圆内，由相交弦定理可得OD·OC＝OA·OB＝|x1||x2|＝2，又OC＝1，所以OD＝2，所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为OC＋OD＝3，为定值．直线与圆的方程是江苏高考的C级要求，若试题是填空题，主要考查直线与圆的位置关系，试题难度中等以上，若是解答题，则围绕定值、最值、范围、探索性问题命题.热点一定点问题例1已知圆M：x2＋(y－4)2＝4，点P是直线l：x－2y＝0上的一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B.(1)当切线PA的长度为2eq\r(3)时，求点P的坐标；(2)若△PAM的外接圆为圆N，试问：当P运动时，圆N是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，请说明理由；(3)求线段AB长度的最小值．解(1)由题可知，圆M的圆心为M(0,4)，半径r＝2，设P(2b，b)，因为PA是圆M的一条切线，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)设P(2b，b)，因为∠MAP＝90°，所以经过A，P，M三点的圆N以MP为直径，其方程为(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，它对于任意的实数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)，))所以圆过定点(0,4)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，\f(4,5))).(3)因为圆N方程为(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圆M：x2＋(y－4)2＝4，即x2＋y2－8y＋12＝0，②②－①得圆M与圆N的相交弦AB所在的直线方程为2bx＋(b－4)y＋12－4b＝0，点M到直线AB的距离d＝eq\f(4,\r(5b2－8b＋16))，相交弦长即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)))，当b＝eq\f(4,5)时，AB有最小值eq\r(11).思维升华曲线过定点问题，往往转化为等式恒成立问题.在解有关圆的问题时，还要注意平面几何中有关定理的应用，比如切线长定理、垂径定理等．跟踪演练1在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2＋y2＝r2和直线l：x＝a(其中r和a均为常数，且0＜r＜a)，M为l上一动点，A1，A2为圆C与x轴的两个交点，直线MA1，MA2与圆C的另一个交点分别为P，Q.(1)若r＝2，点M的坐标为(4,2)，求直线PQ的方程；(2)求证：直线PQ过定点，并求定点的坐标．(1)解当r＝2，M(4,2)时，A1(－2,0)，A2(2,0)．直线MA1的方程为x－3y＋2＝0，联立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))).直线MA2的方程为x－y－2＝0，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝4，,x－y－2＝0，))解得Q(0，－2)．由两点式得直线PQ的方程为2x－y－2＝0.(2)证明方法一由题设得A1(－r,0)，A2(r,0)．设M(a，t)，则直线MA1的方程为y＝eq\f(t,a＋r)(x＋r)．直线MA2的方程为y＝eq\f(t,a－r)(x－r)，联立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))).联立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))).于是直线PQ的斜率kPQ＝eq\f(2at,a2－t2－r2)，直线PQ的方程为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)，是一个与t无关的常数，故直线PQ过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r2,a)，0)).方法二由题设得A1(－r,0)，A2(r,0)．设M(a，t)，则直线MA1的方程为y＝eq\f(t,a＋r)(x＋r)，直线MA2的方程为y＝eq\f(t,a－r)(x－r)，则直线MA1与圆C的交点为P(x1，y1)，直线MA2与圆C的交点为Q(x2，y2)．则点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在曲线[(a＋r)y－t(x＋r)]·[(a－r)·y－t(x－r)]＝0上，化简得(a2－r2)y2－2ty(ax－r2)＋t2(x2－r2)＝0.①又因为点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在圆C上，圆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，化简得(a2－r2)y－2t(ax－r2)－t2y＝0.所以直线PQ的方程为(a2－r2)y－2t(ax－r2)－t2y＝0.令y＝0，得x＝eq\f(r2,a)，故直线PQ过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r2,a)，0)).热点二定值问题例2在平面直角坐标系xOy中，直线x－y＋1＝0截以原点O为圆心的圆O所得的弦长为eq\r(6).(1)求圆O的方程；(2)若直线l与圆O相切于第一象限，且与坐标轴交于点D，E，当DE长最小时，求直线l的方程；(3)设M，P是圆O上任意两点，点M关于x轴的对称点为N，若直线MP，NP分别交x轴于点(m,0)和(n,0)，问mn是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解(1)因为O到直线x－y＋1＝0的距离为eq\f(1,\r(2))，所以圆O的半径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)，故圆O的方程为x2＋y2＝2.(2)设直线l的方程为eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a＞0，b＞0)，即bx＋ay－ab＝0，由直线l与圆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(当且仅当a＝b＝2时等号成立)，此时直线l的方程为x＋y－2＝0.(3)设M(x1，y1)，P(x2，y2)，则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，直线MP与x轴的交点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1y2－x2y1,y2－y1)，0))，即m＝eq\f(x1y2－x2y1,y2－y1).直线NP与x轴的交点为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为定值．思维升华求定值的基本方法是：先将变动元素用参数表示，然后计算出所需结果与该参数无关；也可将变动元跟踪演练2如图，已知以点A(－1,2)为圆心的圆与直线l1：x＋2y＋7＝0相切．过点B(－2,0)的动直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，直线l与l1相交于点P.(1)求圆A的方程；(2)当MN＝2eq\r(19)时，求直线l的方程；(3)eq\o(BQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))是否为定值？如果是，求出其定值；如果不是，请说明理由．解(1)设圆A的半径为R，因为圆A与直线l1：x＋2y＋7＝0相切，所以R＝eq\f(|－1＋4＋7|,\r(5))＝2eq\r(5).所以圆A的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝20.(2)当直线l与x轴垂直时，易知x＝－2符合题意；当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0.连结AQ，则AQ⊥MN.因为MN＝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).所以直线l的方程为3x－4y＋6＝0.所以所求直线l的方程为x＝－2或3x－4y＋6＝0.(3)因为AQ⊥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(→)).当直线l与x轴垂直时，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(5,2))).则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.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为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.综上所述，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.热点三最值、范围问题例3(2017·江苏海安中学质检)已知圆O：x2＋y2＝4与x轴负半轴的交点为A，点P在直线l：eq\r(3)x＋y－a＝0上，过点P作圆O的切线，切点为T.(1)若a＝8，切点T(eq\r(3)，－1)，求直线AP的方程；(2)若PA＝2PT，求实数a的取值范围．解(1)由题意，直线PT切圆O于点T，则OT⊥PT，又切点T的坐标为(eq\r(3)，－1)，所以kOT＝－eq\f(\r(3),3)，kPT＝－eq\f(1,kOT)＝eq\r(3)，故直线PT的方程为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)，所以直线AP的斜率为k＝eq\f(2－0,2\r(3)＋2)＝eq\f(1,\r(3)＋1)＝eq\f(\r(3)－1,2)，故直线AP的方程为y＝eq\f(\r(3)－1,2)(x＋2)，即x－(eq\r(3)＋1)y＋2＝0.(2)设P(x，y)，由PA＝2PT，可得(x＋2)2＋y2＝4(x2＋y2－4)，即3x2＋3y2－4x－20＝0，所以满足PA＝2PT的点P的轨迹是一个圆，方程为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).思维升华直线与圆中的范围问题，可以根据代数条件，转化为图形问题，利用两图形是否有公共点求解．本题是转化为直线与圆有公共点问题．跟踪演练3如图，已知位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点E(0,1)，且被x轴分成的两段圆弧长之比为2∶1，过点H(0，t)的直线l与圆C相交于M，N两点，且以MN为直径的圆恰好经过坐标原点O.(1)求圆C的方程；(2)当t＝1时，求出直线l的方程；(3)设点M不与点E重合，求直线OM斜率k的取值范围．解(1)因为位于y轴左侧的圆C与y轴相切于点E(0,1)，所以圆心C在直线y＝1上，设圆C与x轴的交点分别为A，B，由圆C被x轴分成的两段圆弧长之比为2∶1，得∠ACB＝eq\f(2π,3)，所以圆C的半径为2，圆心C的坐标为(－2,1)，所以圆C的方程为(x＋2)2＋(y－1)2＝4.(2)当t＝1时，由题可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为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)，因为以MN为直径的圆恰好经过坐标原点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)，所以直线l的方程为y＝(2±eq\r(3))x＋1.(3)设直线MO的方程为y＝kx，由题意知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也符合题意，所以k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))).热点四探索性问题例4已知圆心为C的圆满足下列条件：圆心C位于x轴正半轴上，与直线3x－4y＋7＝0相切，且被y轴截得的弦长为2eq\r(3)，圆C的面积小于13.(1)求圆C的标准方程；(2)设过点M(0,3)的直线l与圆C交于不同的两点A，B，以OA，OB为邻边作平行四边形OADB.是否存在这样的直线l，使得直线OD与MC恰好平行？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．解(1)设圆C：(x－a)2＋y2＝r2(a＞0)，由题意知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)，又因为S＝πr2<13，所以a＝1.所以圆C的标准方程为(x－1)2＋y2＝4.(2)当斜率不存在时，直线l为x＝0，不满足题意；当斜率存在时，设直线l：y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，又因为l与圆C相交于不同的两点，联立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)，假设eq\o(OD,\s\up6(→))∥eq\o(MC,\s\up6(→))，则－3(x1＋x2)＝y1＋y2，解得k＝eq\f(3,4)，因为eq\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)，＋∞))，所以假设不成立，所以不存在这样的直线l.思维升华对于存在性问题，先假设存在．比如本题第2问假设存在这样的直线方程，则斜率必须满足相应的条件，根据平行四边形法则，可得出D点坐标与A，B两点坐标之间的关系，从而通过OD与MC平行建立起关于斜率k的方程，从而看能否求出斜率k的值．跟踪演练4已知定圆C1：x2＋y2＝a2(a>0)和定圆C2：x2＋y2＝b2(b>0)，P为圆C2上一点，过点P作圆C1的两条切线，切点分别为A，B.(1)若a＝2，点P的坐标为(2eq\r(2)，－2eq\r(2))，求四边形OAPB的面积；(2)当点P在圆C2上运动时，是否存在定圆恒与直线AB相切？若存在，求出定圆的方程；若不存在，请说明理由．解(1)依题意，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)，所以四边形OAPB的面积为4eq\r(3).(2)设P(m，n)，则m2＋n2＝b2.当点P在圆C2上运动时，恒有PA＝PB＝eq\r(b2－a2).所以点A，B在以P为圆心，eq\r(b2－a2)为半径的圆上．该圆方程为(x－m)2＋(y－n)2＝b2－a2.又点A，B在圆C1：x2＋y2＝a2上．联立两圆方程，消二次项，得mx＋ny－a2＝0.所以直线AB的方程为mx＋ny－a2＝0.因为原点O到直线AB的距离d＝eq\f(|0＋0－a2|,\r(m2＋n2))＝eq\f(a2,b)为定值，所以圆x2＋y2＝eq\f(a4,b2)恒与直线AB相切．所以存在定圆恒与直线AB相切，且定圆方程为x2＋y2＝eq\f(a4,b2).1．如图，已知点A(－4,0)，AB＝AC，且△ABC的内切圆方程为(x－2)2＋y2＝eq\f(4,9).(1)求经过A，B，C三点的椭圆的标准方程；(2)过椭圆上的点M作圆的切线，求切线长最短时点M的坐标和切线长．解方法一(1)设椭圆的标准方程为eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1(m＞0，n＞0，m≠n)，依题意知直线AB的斜率存在，故设直线AB：y＝k(x＋4)，因为圆(x－2)2＋y2＝eq\f(4,9)的圆心为(2,0)，半径r＝eq\f(2,3)，又直线AB与圆相切，所以圆心(2,0)到直线AB的距离为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为直线AC的斜率)，所以直线AB的方程为y＝eq\f(1,4\r(5))(x＋4)．又因为AB＝AC，点A(－4,0)在x轴上，所以B点横坐标为xB＝2＋eq\f(2,3)＝eq\f(8,3)，把xB＝eq\f(8,3)代入直线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)))代入椭圆方程得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.所以椭圆的标准方程为eq\f(x2,16)＋y2＝1.(2)依题意设点M(4cosθ，sinθ)，则圆心(2,0)与点M的距离为d＝eq\r(4cosθ－22＋sin2θ).则切线长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))，当cosθ＝eq\f(8,15)时，lmin＝eq\r(\f(13,45))＝eq\f(\r(65),15)，此时sinθ＝±eq\f(\r(161),15)，从而点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,15)，±\f(\r(161),15))).方法二(1)因为AB＝AC，点A(－4,0)在x轴上，且△ABC的内切圆方程为(x－2)2＋y2＝eq\f(4,9)，设B(xB，yB)，则xB＝2＋eq\f(2,3)＝eq\f(8,3).如图，由三角形内切圆的性质，知Rt△ADB∽Rt△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)，从而yB＝eq\f(\r(5),3)，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(\r(5),3))).当椭圆的焦点在x轴上时，设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，则将A(－4,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(\r(5),3)))代入椭圆方程，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，所以椭圆的标准方程为eq\f(x2,16)＋y2＝1.当椭圆的焦点在y轴上时，设椭圆方程为eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)，则将A(－4,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，\f(\r(5),3)))代入椭圆方程，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，与a＞b＞0矛盾．综上所述，所求椭圆的标准方程为eq\f(x2,16)＋y2＝1.(2)依题意设点M(x，y)，则圆心(2,0)与点M的距离为d＝eq\r(x－22＋y2)，则切线长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))，当x＝eq\f(32,15)时，lmin＝eq\r(\f(13,45))＝eq\f(\r(65),15)，此时y＝±eq\f(\r(161),15)，从而点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,15)，±\f(\r(161),15))).2．已知圆C：x2＋y2＝9，点A(－5,0)，直线l：x－2y＝0.(1)求与圆C相切，且与直线l垂直的直线方程；(2)在直线OA(O为坐标原点)上是否存在定点B(不同于点A)满足：对于圆C上任意一点P，都有eq\f(PB,PA)为一常数？若存在，求出定点B的坐标和此常数；若不存在，请说明理由．解(1)由题可设所求直线方程为y＝－2x＋b，即2x＋y－b＝0.因为直线与圆相切，所以eq\f(|－b|,\r(22＋12))＝3，b＝±3eq\r(5)，所以所求直线方程为2x＋y±3eq\r(5)＝0.(2)假设存在点B的坐标为(t,0)(t≠－5)，使得eq\f(PB,PA)为常数λ，则PB2＝λ2PA2，设P(x，y)，即(x－t)2＋y2＝λ2[(x＋5)2＋y2]，将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对任意的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)所以存在点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，0))对圆C上任意一点P都有eq\f(PB,PA)＝eq\f(3,5).A组专题通关1．若直线l1：y＝k(x－4)与直线l2关于点(2,1)对称，则直线l2经过定点________．答案(0,2)解析直线l1：y＝k(x－4)经过定点(4,0)，其关于点(2,1)对称的点为(0,2)，又直线l1：y＝k(x－4)与直线l2关于点(2,1)对称，故直线l2经过定点(0,2)．2．已知圆O：x2＋y2＝5和点A(1,2)，则过A且与圆O相切的直线与两坐标轴围成的三角形的面积等于________．答案eq\f(25,4)解析由题意可直接求出切线方程为y－2＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－5＝0，从而求出在两坐标轴上的截距分别是5和eq\f(5,2)，所以所求面积为eq\f(1,2)×eq\f(5,2)×5＝eq\f(25,4).3．在平面直角坐标系xOy中，直线x－y＋5＝0被圆M：(x＋3)2＋(y－3)2＝4所截得的弦长为________．答案eq\r(14)解析根据(x＋3)2＋(y－3)2＝4得圆心M(－3,3)，半径为2，根据题意作出图形如图所示，连结MB，过M作MD垂直于AB，垂足为D，则点D为线段AB的中点，圆心M到直线AB的距离为MD＝eq\f(|－3－3＋5|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).则在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．已知点P(t,2t)(t≠0)是圆O：x2＋y2＝1内一点，直线tx＋2ty＝m与圆C相切，则直线x＋y＋m＝0与圆C的位置关系是________．答案相交解析由点P(t,2t)(t≠0)是圆O：x2＋y2＝1内一点，得eq\r(5)|t|<1.因为直线tx＋2ty＝m圆O相切，所以eq\f(|m|,\r(5)|t|)＝1，所以|m|<1.又圆O：x2＋y2＝1的圆心O(0,0)到直线x＋y＋m＝0的距离d＝eq\f(|m|,\r(2))<1＝r.所以位置关系为“相交”．5．在平面直角坐标系xOy中，设点P为圆C：(x－1)2＋y2＝4上的任意一点，点Q(2a，a－3)(a∈R)，则线段PQ长度的最小值为________．答案eq\r(5)－2解析因为点Q的坐标满足方程x－2y－6＝0，故可转化为圆上的点到直线的距离，因为圆心C到此直线的距离为d＝eq\f(|1－6|,\r(5))＝eq\r(5)，又知半径为2，故所求最小值为eq\r(5)－2.6．已知直线y＝ax＋3与圆x2＋y2＋2x－8＝0相交于A，B两点，点P(x0，y0)在直线y＝2x上，且PA＝PB，则x0的取值范围为________________．答案(－1,0)∪(0,2)解析由条件得圆心C(－1,0)，它到直线l：y＝ax＋3的距离为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．在平面直角坐标系xOy中，已知圆M：x2＋y2－8x＋6＝0，过点P(0,2)且斜率为k的直线与圆M相交于不同的两点A，B，线段AB的中点为N.(1)求k的取值范围；(2)若ON∥MP，求k的值．解(1)方法一圆的方程可化为(x－4)2＋y2＝10，直线可设为y＝kx＋2，即kx－y＋2＝0，圆心M到直线的距离为d＝eq\f(|4k＋2|,\r(k2＋1))，依题意得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，依题意Δ＝[4(k－2)]2－40(k2＋1)＞0，解得－3＜k＜eq\f(1,3).(2)方法一因为ON∥MP，且MP的斜率为－eq\f(1,2)，故直线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的中点，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).方法二设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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的斜率为－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).方法三点N的坐标(x，y)同时满足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)求圆C的标准方程；(2)设点A(－2,0)，B(2,0)，试探究圆C上是否存在点P满足PA＝eq\r(2)PB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)设所求圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0，这与x2＋2x－3＝0是同一个方程，故D＝2，F＝－3.令x＝0，得y2＋Ey＋F＝0，此方程有一个根为－eq\r(3)，代入得E＝0，所以圆C的标准方程为(x＋1)2＋y2＝4.(2)假设存在点P(x，y)满足题意，则PA2＝2PB2，于是(x＋2)2＋y2＝2(x－2)2＋2y2，化简得(x－6)2＋y2＝32.①又因为点P在圆C上，故满足(x＋1)2＋y2＝4.②联立①②，解得点P的坐标为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))).所以存在点P满足题意，其坐标为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组能力提高9．若a2＋b2＝2c2(c≠0)，则直线ax＋by＋c＝0被圆x2＋y2＝1所截得的弦长为________．答案eq\r(2)解析因为圆心(0,0)到直线ax＋by＋c＝0的距离d＝eq\f(|c|,\r(a2＋b2))＝eq\f(|c|,\r(2)|c|)＝eq\f(\r(2),2)，因此根据直角三角形的关系，弦长的一半等于eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，所以弦长为eq\r(2).10．从直线3x＋4y＋8＝0上一点P向圆C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0引切线PA，PB，A，B为切点，则四边形PACB的周长的最小值为____________．答案4eq\r(2)＋2解析连结CP.问题可以转化为关于圆心C到直线上任意一点P的距离d的函数．圆C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0可化为(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))，所以四边形PACB的周长为2eq\r(d2－1)＋2r＝2eq\r(d2－1)＋2≥2eq\r(9－1)＋2＝4eq\r(2)＋2.11．在平面直角坐标系xOy中，圆C：x2＋y2＝4分别交x轴正半轴及y轴负半轴于M，N两点，点P为圆C上任意一点，则eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))的最大值为____________．答案4＋4eq\r(2)方法一由图形可得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)，当且仅当P为直线y＝－x与圆在第二象限交点处取得．方法二设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)．设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的几何意义为直线l：2y＝2x＋z－4在y轴上的截距加4.又点P(x，y)在圆上，所以当圆与直线l相切时，直线l在y轴上的截距最大，也就是z最大，即d＝eq\f(|z－4|,2\r(2))＝2，所以z的最大值为4＋4eq\r(2).12．若⊙O1：x2＋y2＝5与⊙O2：(x－m)2＋y2＝20(m∈R)相交于A，B两点，且两圆在点A处的切线互相垂直，则线段AB的长度是________．答案4解析由题知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．在平面直角坐标系xOy中，过点P(－5，a)作圆x2＋y2－2ax＋2y－1＝0的两条切线，切点分别为M(x1，y1)，N(x2，y2)，且eq\f(y2－y1,x2－x1)＋eq\f(x1＋x2－2,y1＋y2)＝0，则实数a的值为________．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，所以点(1,0)在直线PC上，其中C是圆心，直线PC的斜率为－eq\f(a＋1,a＋5)，直线PC的方程为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.经检验，当a＝3或－2时，点P在圆外，符合条件．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，))两式相减，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(