专题10直线与圆及相关最值问题（讲）（理科）第一篇热点难点突破篇-《2022年高考理科数学二轮复习》（全国课标版）

专题10直线与圆及相关最值问题（讲）（理）考查重点是直线间的平行和垂直的条件、与距离有关的问题、直线与圆的位置关系(特别是弦长问题)，此类问题难度属于中低档，一般以选择题、填空题的形式出现1．【2021·全国高考真题】已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（）A．13 B．12 C．9 D．6【答案】C【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．【详解】由题，，则，所以（当且仅当时，等号成立）．故选：C．【点睛】椭圆上的点与椭圆的两焦点的距离问题，常常从椭圆的定义入手，注意基本不等式得灵活运用，或者记住定理：两正数，和一定相等时及最大，积一定，相等时和最小，也可快速求解.2．【2021·全国高考真题（理）】已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.【详解】因为，由双曲线的定义可得，所以，；因为,由余弦定理可得，整理可得，所以，即.故选：A【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.3．【2021·全国高考真题（理）】设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．【详解】设，由，因为，，所以，因为，当，即时，，即，符合题意，由可得，即；当，即时，，即，化简得，，显然该不等式不成立．故选：C．【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．4．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=A．2 B．3C．6 D．9【答案】C【解析】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知，即，解得.故选：C．【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题.5．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为A． B． C． D．【答案】D【解析】圆的方程可化为，点到直线的距离为，所以直线与圆相离．依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而，当直线时，，，此时最小．∴即，由解得，．所以以为直径的圆的方程为，即，两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．故选：D．【点睛】本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．6.(2020·全国Ⅲ卷)点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离的最大值为()A.1 B.eq\r(2) C.eq\r(3) D.2答案B解析设点A(0，－1)，直线l：y＝k(x＋1)，由l恒过定点B(－1，0)，当AB⊥l时，点A(0，－1)到直线y＝k(x＋1)的距离最大，最大值为eq\r(2).7.(2020·全国Ⅰ卷)已知⊙M：x2＋y2－2x－2y－2＝0，直线l：2x＋y＋2＝0，P为l上的动点，过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|·|AB|最小时，直线AB的方程为()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，所以圆心M(1，1)，半径为2.如图，连接AM，BM，易知四边形PAMB的面积为eq\f(1,2)|PM|·|AB|，欲使|PM|·|AB|最小，只需四边形PAMB的面积最小，即只需△PAM的面积最小.因为|AM|＝2，所以只需|PA|最小.又|PA|＝eq\r(|PM|2－|AM|2)＝eq\r(|PM|2－4)，所以只需直线2x＋y＋2＝0上的动点P到M的距离最小，其最小值为eq\f(|2＋1＋2|,\r(5))＝eq\r(5)，此时PM⊥l，易求出直线PM的方程为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四点共圆，所以以PM为直径的圆的方程为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，直线AB的方程为2x＋y＋1＝0，故选D.8.(2021·全国甲卷)抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x＝1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ.已知点M(2，0)，且⊙M与l相切.(1)求抛物线C，⊙M的方程；(2)设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切.判断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由.解(1)由题意，直线x＝1与C交于P，Q两点，且OP⊥OQ，设C的焦点为F，P在第一象限，则根据抛物线的对称性，得∠POF＝∠QOF＝45°，所以P(1，1)，Q(1，－1).设抛物线C的方程为y2＝2px(p＞0)，则1＝2p，得p＝eq\f(1,2)，所以抛物线C的方程为y2＝x.由题意，圆心M(2，0)到l的距离即⊙M的半径，且距离为1，所以⊙M的方程为(x－2)2＋y2＝1.(2)直线A2A3与⊙M相切，理由如下：设A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)，当A1，A2，A3中有一个为坐标原点，另外两个点的横坐标均为3时，A1A2，A1A3均与⊙M相切，此时直线A2A3与⊙M相切.当x1≠x2≠x3时，直线A1A2的方程为x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，则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的两个根，则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).直线A2A3的方程为x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0.设点M到直线A2A3的距离为d(d＞0)，则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，从而d＝r＝1，所以直线A2A3与⊙M相切.综上可得，直线A2A3与⊙M相切.一、考向分析： 二、考向讲解考查内容解题技巧1.两条直线平行与垂直的判定若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1k2＝－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在.2.两个距离公式(1)两平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0与l2：Ax＋By＋C2＝0间的距离d＝eq\f(|C1－C2|,\r(A2＋B2)).(2)点(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离d＝eq\f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2)).3.圆的方程(1)圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，圆心为(a，b)，半径为r.(2)圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半径为r＝eq\f(\r(D2＋E2－4F),2).4.直线与圆的位置关系的判定(1)几何法：把圆心到直线的距离d和半径r的大小加以比较：d<r⇔相交；d＝r⇔相切；d>r⇔相离.(2)代数法：将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ来讨论位置关系：Δ>0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δ<0⇔相离.考点一直线的方程【例1】(1)若直线l1：x＋ay＋6＝0与l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0平行，则l1与l2间的距离为()A.eq\r(2) B.eq\f(8\r(2),3) C.eq\r(3) D.eq\f(8\r(3),3)(2)直线ax＋y＋3a－1＝0恒过定点N，则直线2x＋3y－6＝0关于点N对称的直线方程为()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，∴l1：x－y＋6＝0，l2：x－y＋eq\f(2,3)＝0，∴l1与l2间的距离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).设直线2x＋3y－6＝0关于点N对称的直线方程为2x＋3y＋c＝0(c≠－6)，则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).∴所求直线方程为2x＋3y＋12＝0.探究提高1.求解两条直线平行的问题时，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性.2.(1)要注意直线方程每种形式的局限性，点斜式、两点式、斜截式要求直线不能与x轴垂直，而截距式方程既不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线.(2)讨论两直线的位置关系时，要注意直线的斜率是否存在.【训练1】(1)已知直线l经过直线l1：x＋y＝2与l2：2x－y＝1的交点，且直线l的斜率为－eq\f(2,3)，则直线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)已知直线l1：kx－y＋4＝0与直线l2：x＋ky－3＝0(k≠0)分别过定点A，B，又l1，l2相交于点M，则|MA|·|MB|的最大值为________.答案(1)C(2)eq\f(25,2)解析(1)解方程组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，))所以两直线的交点为(1，1).因为直线l的斜率为－eq\f(2,3)，所以直线l的方程为y－1＝－eq\f(2,3)(x－1)，即2x＋3y－5＝0.(2)由题意可知，直线l1：kx－y＋4＝0经过定点A(0，4)，直线l2：x＋ky－3＝0经过定点B(3，0)，注意到直线l1：kx－y＋4＝0和直线l2：x＋ky－3＝0始终垂直，点M又是两条直线的交点，则有MA⊥MB，所以|MA|2＋|MB|2＝|AB|2＝25.故|MA|·|MB|≤eq\f(25,2)(当且仅当|MA|＝|MB|＝eq\f(5\r(2),2)时取“＝”).考点二圆的方程【例2】(1)已知圆C与x轴的正半轴相切于点A，圆心在直线y＝2x上，若点A在直线x－y－4＝0的左上方且到该直线的距离等于eq\r(2)，则圆C的标准方程为()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)古希腊数学家阿波罗尼斯在其巨著《圆锥曲线论》中提出“在同一平面上给出三点，若其中一点到另外两点的距离之比是一个大于零且不等于1的常数，则该点轨迹是一个圆”.现在，某电信公司要在甲、乙、丙三地搭建三座5G信号塔来构建一个特定的三角形信号覆盖区域，以实现5G商用，已知甲、乙两地相距4km，丙、甲两地距离是丙、乙两地距离的eq\r(3)倍，则这个三角形信号覆盖区域的最大面积(单位：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)∵圆C的圆心在直线y＝2x上，∴可设圆心C的坐标为(a，2a).∵圆C与x轴正半轴相切于点A，∴a>0，且圆C的半径r＝2a，A(a，0).∵点A到直线x－y－4＝0的距离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).∵点A在直线x－y－4＝0的左上方，∴A(2，0)，∴C(2，4)，r＝4，∴圆C的标准方程为(x－2)2＋(y－4)2＝16.(2)以甲、乙两地所在直线为x轴，甲、乙两地所连线段的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系.设甲、乙两地的坐标分别为(－2，0)，(2，0)，丙地坐标为(x，y)(y≠0)，则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)，可知丙地所在的圆的半径为r＝2eq\r(3).所以三角形信号覆盖区域的最大面积为eq\f(1,2)×4×2eq\r(3)＝4eq\r(3).探究提高1.求圆的方程主要方法有两种：(1)几何法求圆的方程，根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程.(2)待定系数法求圆的方程时，若已知条件与圆心(a，b)和半径r有关，则设圆的标准方程，否则选择圆的一般方程.2.第(2)题是一道以阿波罗尼斯圆为背景的数学应用问题，解题关键是先利用题设条件给出的关系式，求出阿波罗尼斯圆的方程，然后应用圆中的几何量求解三角形信号覆盖区域的最大面积.温馨提醒解答圆的方程问题，应注意数形结合，充分运用圆的几何性质.【训练2】(1)(2020·北京卷)已知半径为1的圆经过点(3，4)，则其圆心到原点的距离的最小值为()A.4 B.5 C.6 D.7(2)已知A，B分别是双曲线C：eq\f(x2,m)－eq\f(y2,2)＝1的左、右顶点，P(3，4)为C上一点，则△PAB的外接圆的标准方程为________.答案(1)A(2)x2＋(y－3)2＝10解析(1)由平面几何知识知，当且仅当原点、圆心、点(3，4)共线时，圆心到原点的距离最小且最小值为dmin＝eq\r(（3－0）2＋（4－0）2)－1＝4.(2)∵P(3，4)为C上一点，eq\f(9,m)－eq\f(16,2)＝1，解得m＝1，则B(1，0)，A(－1，0)，∴kPB＝eq\f(4－0,3－1)＝2，BP的中点为(2，2)，PB的垂直平分线方程为l1：y＝－eq\f(1,2)(x－2)＋2，AB的垂直平分线方程为l2：x＝0，则圆心是l1与l2的交点M，联立l1与l2方程，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝3，))则M(0，3)，r＝|MB|＝eq\r(1＋32)＝eq\r(10)，∴△PAB外接圆的标准方程为x2＋(y－3)2＝10.考点三直线(圆)与圆的位置关系考向1圆的切线问题【例3】(1)已知直线y＝kx＋b(k＞0)与圆x2＋y2＝1和圆(x－4)2＋y2＝1均相切，则k＝__________，b＝________.(2)(2021·天津卷)若斜率为eq\r(3)的直线与y轴交于点A，与圆x2＋(y－1)2＝1相切于点B，则|AB|＝________.(3)(2021·阜阳质检)直线l是圆O：x2＋y2＝4的切线，且直线l过点A(eq\r(3)，－1)，点Q是直线l上的动点，过点Q作圆M：x2＋4eq\r(3)x＋y2＝0的切线QT，T为切点，则线段QT的长度的最小值为________.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)由题意知，直线kx－y＋b＝0(k＞0)分别与圆心坐标为(0，0)，半径为1，及圆心坐标为(4，0)，半径为1的两圆相切，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)设直线AB的方程为y＝eq\r(3)x＋b，则点A(0，b).由于直线AB与圆x2＋(y－1)2＝1相切，且圆心为C(0，1)，半径为1，则eq\f(|b－1|,\r(（\r(3)）2＋（－1）2))＝1，解得b＝－1或b＝3，所以|AC|＝2.因为|BC|＝1，故|AB|＝eq\r(|AC|2－|BC|2)＝eq\r(3).(3)因为A(eq\r(3)，－1)的坐标满足圆O的方程，所以点A在圆O上.所以过点A的切线l的方程为eq\r(3)x－y－4＝0.由x2＋4eq\r(3)x＋y2＝0，得(x＋2eq\r(3))2＋y2＝12，易知圆M的圆心为(－2eq\r(3)，0)，半径为2eq\r(3).连接MT，MQ，在Rt△MQT中，|QT|＝eq\r(|MQ|2－|MT|2)＝eq\r(|MQ|2－12).因为|MQ|的最小值是点M到直线l的距离d，d＝eq\f(|\r(3)×（－2\r(3)）－0－4|,\r(（\r(3)）2＋（－1）2))＝5，所以线段QT的长度的最小值为|QT|min＝eq\r(52－12)＝eq\r(13).探究提高1.过一点求圆的切线，要考虑此点是在圆上还是在圆外.若点(x0，y0)在圆上，则切线只有一条，此时过圆x2＋y2＝r2(r>0)上一点(x0，y0)的切线方程为x0x＋y0y＝r2，过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)上一点(x0，y0)的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2；若点(x0，y0)在圆外，则切线有两条.2.直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立关于切线斜率的等式，但一定要注意斜率不存在的情形.【训练3】(1)(2021·西安模拟)过点D(1，－2)作圆C：(x－1)2＋y2＝1的两条切线，切点分别为A，B，则弦AB所在直线的方程为()A.2y－1＝0 B.2y＋1＝0C.x＋2y－1＝0 D.x－2y＋1＝0(2)(2021·晋中二模)过点P(2，eq\r(3))作圆C：x2＋y2－2x＝0的两条切线，切点分别为A，B，则eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝______.答案(1)B(2)eq\f(3,2)解析(1)由圆C：(x－1)2＋y2＝1的方程可知其圆心为C(1，0)，半径为1.连接CD，以线段CD为直径的圆的方程为(x－1)(x－1)＋(y＋2)(y－0)＝0，整理得(x－1)2＋(y＋1)2＝1.将两圆的方程相减，可得公共弦AB所在直线的方程为2y＋1＝0.(2)由x2＋y2－2x＝0得(x－1)2＋y2＝1，所以圆心C(1，0)，半径r＝1.又点P(2，eq\r(3))，则|PC|＝eq\r(（2－1）2＋（\r(3)－0）2)＝2.从而|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直线与圆的弦长问题【例4】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)解不能出现AC⊥BC的情况，理由如下：设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2满足方程x2＋mx－2＝0，所以x1x2＝－2.又C的坐标为(0，1)，故AC的斜率与BC的斜率之积为eq\f(－1,x1)·eq\f(－1,x2)＝－eq\f(1,2)，所以不能出现AC⊥BC的情况.(2)证明BC的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)，\f(1,2)))，可得BC的中垂线方程为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的中垂线方程为x＝－eq\f(m,2).联立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).所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)，－\f(1,2)))，半径r＝eq\f(\r(m2＋9),2).故圆在y轴上截得的弦长为2eq\r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)))\s\up12(2))＝3，即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.探究提高1.研究直线与圆的位置关系最常用的解题方法为几何法，将代数问题几何化，利用数形结合思想解题.2.与圆的弦长有关的问题常用几何法，即利用圆的半径r，圆心到直线的距离d，及半弦长eq\f(l,2)，构成直角三角形的三边，利用其关系来处理.【训练4】(1)(2021·成都诊断)已知圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝9，过点M(1，1)的直线l与圆C交于A，B两点，弦长|AB|最短时直线l的方程为()A.2x－y－1＝0 B.x＋2y－8＝0C.2x－y＋1＝0 D.x＋2y－3＝0(2)已知圆C的圆心在直线x＋y＝0上，圆C与直线x－y＝0相切，且在直线x－y－3＝0上截得的弦长为eq\r(6)，则圆C的方程为________.答案(1)D(2)(x－1)2＋(y＋1)2＝2解析(1)根据题意，圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝9的圆心C为(2，3)，半径r＝3，当CM与AB垂直时，即M为AB的中点时，弦长|AB|最短，此时kCM＝eq\f(3－1,2－1)＝2，则kAB＝－eq\f(1,2)，此时直线AB的方程为y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，变形可得x＋2y－3＝0.(2)设圆C的圆心C(a，－a)，其半径为r.∵点C到直线x－y－3＝0的距离d＝eq\f(|2a－3|,\r(2))，点C到x－y＝0的距离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，则圆C的圆心为C(1，－1)，半径r＝eq\r(2)，∴圆C的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2.考点四：隐形圆(阿波罗尼斯圆)问题近年来阿波罗尼斯圆及隐圆问题受到命题者的广泛青睐，难度为中档、高档题目.该类题目题设中没有明确给出圆的相关信息，而是隐含在题目中的，要通过分析、转化，发现圆(或圆的方程)，从而最终利用圆的知识来求解.对优化思维过程，提升数学解题能力，培养学生数学核心素养大有裨益.【典例1】(1)(2021·江西重点中学联考)已知点A(－5，－5)在动直线mx＋ny－m－3n＝0上的射影为点B，若点C(5，－1)，那么|BC|的最大值为()A.16 B.14 C.12 D.10(2)在平面直角坐标系xOy中，点A(－12，0)，B(0，6)，点P在圆O：x2＋y2＝50上，若eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))≤20，则点P的横坐标的取值范围是()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)动直线方程化为m(x－1)＋n(y－3)＝0，知恒过定点Q(1，3).又因为点A(－5，－5)在动直线mx＋ny－m－3n＝0上的射影为点B，所以∠ABQ＝90°，则点B的轨迹是以AQ为直径的圆，∴圆心为AQ的中点M(－2，－1)，圆的半径r＝eq\f(1,2)|AQ|＝5.又|MC|＝eq\r(（5＋2）2＋（－1＋1）2)＝7>r＝5，∴点C(5，－1)在圆M外，故|BC|的最大值为r＋|MC|＝7＋5＝12.(2)设点P(x，y)，且eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))≤20.∴(x＋12)x＋y(y－6)≤20，则(x＋6)2＋(y－3)2≤65.则点P为圆O在圆(x＋6)2＋(y－3)2＝65内部及其上的点，联立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.))结合图形(图略)可知－5eq\r(2)≤x≤1.点津突破1.题目条件隐含“圆M”及“圆(x＋6)2＋(y－3)2＝65”，从而借助几何直观求解最值与范围.2.发现确定隐圆的主要方法：(1)利用圆的定义或圆的几何性质确定隐圆.(2)在平面上给定相异两点A，B，设点P在同一平面上且满足|PA|＝λ|PB|，当λ>0且λ≠1时，点P的轨迹是个圆，这个圆我们称作阿波罗尼斯圆.(3)两定点A，B，动点P满足eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝λ，确定隐圆.【典例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上(O为坐标原点)，是否存在定点B(不同于点A)，满足：对于圆C上任一点P，都有eq\f(|PB|,|PA|)为一常数，若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)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，得b＝±3eq\r(5).所以所求直线方程为y＝－2x＋3eq\r(5)或y＝－2x－3eq\r(5).(2)设p(x0，y0)，则yeq\o\al(2,0)＝9－xeq\o\al(2,0)，假设存在这样的点B(t，0)(t≠－5)，使得eq\f(|PB|,|PA|)为常数λ(λ≠1)，则|PB|2＝λ2|PA|2，所以(x0－t)2＋yeq\o\al(2,0)＝λ2[(x0＋5)2＋yeq\o\al(2,0)]，将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对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\{(\