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新高考数学一轮复习教案第8章第3节 第3课时 难点专攻夺高分——与圆有关的综合问题（含解析）
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这是一份新高考数学一轮复习教案第8章第3节 第3课时 难点专攻夺高分——与圆有关的综合问题（含解析），共13页。
题型一 与圆有关的轨迹问题
[典例] 已知Rt△ABC的斜边为AB，且A(－1,0)，B(3,0)．求：
(1)直角顶点C的轨迹方程；
(2)直角边BC的中点M的轨迹方程．
[解] (1)法一：设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.因为AC⊥BC，所以kAC·kBC＝－1，
又kAC＝eq \f(y,x＋1)，kBC＝eq \f(y,x－3)，所以eq \f(y,x＋1)·eq \f(y,x－3)＝－1，
化简得x2＋y2－2x－3＝0.
因此，直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．
法二：设AB的中点为D，由中点坐标公式得D(1,0)，
由直角三角形的性质知|CD|＝eq \f(1,2)|AB|＝2.
由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1,0)为圆心，2为半径的圆(由于A，B，C三点不共线，所以应除去与x轴的交点)．
所以直角顶点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．
法三：设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.
因为AC⊥BC，所以eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝0.
因为A(－1,0)，B(3,0)，C(x，y)，
所以eq \(AC,\s\up7(―→))＝(x＋1，y)，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(x－3，y)，
所以eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝(x＋1)(x－3)＋y2＝x2－2x－3＋y2＝0，
所以直角顶点C的轨迹方程为
x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．
(2)设M(x，y)，C(x0，y0)，
因为B(3,0)，M是线段BC的中点，
由中点坐标公式得x＝eq \f(x0＋3,2)，y＝eq \f(y0＋0,2)，
所以x0＝2x－3，y0＝2y.
由(1)知，点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，
将x0＝2x－3，y0＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4，
即(x－2)2＋y2＝1.
因此动点M的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．
[方法技巧] 求与圆有关的轨迹问题的方法
[针对训练]
阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k(k>0，k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \r(2)， 求|PA|2＋|PB|2的最小值．
解：以经过A，B的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系(图略)，
则A(－1,0)，B(1,0)．
设P(x，y)，因为eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \r(2)，所以eq \f(\r(x＋12＋y2),\r(x－12＋y2))＝eq \r(2)，
两边平方并整理，得x2＋y2－6x＋1＝0，
即(x－3)2＋y2＝8.
所以点P的轨迹是以(3,0)为圆心，2eq \r(2)为半径的圆，
则|PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2
＝2(x2＋y2)＋2.
法一：因为x2＋y2－6x＋1＝0，所以|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋6x－1－x2)＋2＝12x.
由y2＝8－(x－3)2≥0，得3－2eq \r(2)≤x≤3＋2eq \r(2)，
所以36－24eq \r(2)≤12x≤36＋24eq \r(2)，
由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值为36－24eq \r(2).
法二：由(x－3)2＋y2＝8，
可设eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2\r(2)cs θ＋3，,y＝2\r(2)sin θ))(θ∈[0,2π))，
则|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋y2)＋2＝2[(2eq \r(2)cs θ＋3)2＋(2eq \r(2)sin θ)2]＋2＝24eq \r(2)cs θ＋36.
因为θ∈[0,2π)，所以－1≤cs θ≤1，
所以36－24eq \r(2)≤24eq \r(2)cs θ＋36≤36＋24eq \r(2)，
由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值为36－24eq \r(2).
题型二 与圆有关的范围或最值问题
考法(一) 几何法求最值
[例1] 已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0，则
(1)eq \f(y,x)的最大值为______；
(2)y－x的最大值和最小值分别为_____________；
(3)x2＋y2的最大值和最小值分别为_________________________________________．
[解析] 原方程可化为(x－2)2＋y2＝3，表示以(2,0)为圆心， eq \r(3)为半径的圆．
(1)eq \f(y,x)的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设eq \f(y,x)＝k，即y＝kx.当直线y＝kx与圆相切时(如图)，斜率k取最大值或最小值，此时eq \f(|2k－0|,\r(k2＋1))＝eq \r(3)，解得k＝±eq \r(3).
所以eq \f(y,x)的最大值为eq \r(3).
(2)y－x可看作是直线y＝x＋b在y轴上的截距．
如图所示，当直线y＝x＋b与圆相切时，纵截距b取得最大值或最小值，
此时eq \f(|2－0＋b|,\r(2))＝eq \r(3)，解得b＝－2±eq \r(6)，所以y－x的最大值为－2＋eq \r(6)，最小值为－2－eq \r(6).
(3)法一：x2＋y2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，在原点和圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．又圆心到原点的距离为2.所以x2＋y2的最大值是(2＋eq \r(3))2＝7＋4eq \r(3)，x2＋y2的最小值是(2－eq \r(3))2＝7－4eq \r(3).
法二：由x2＋y2－4x＋1＝0，得(x－2)2＋y2＝3.
设eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2＋\r(3)cs θ，,y＝\r(3)sin θ))(θ为参数)，
则x2＋y2＝(2＋eq \r(3)cs θ)2＋(eq \r(3)sin θ)2＝7＋4eq \r(3)cs θ.
所以当cs θ＝－1时，(x2＋y2)min＝7－4eq \r(3)，
当cs θ＝1时，(x2＋y2)max＝7＋4eq \r(3).
[答案] (1)eq \r(3) (2)－2＋eq \r(6)，－2－eq \r(6)
(3)7＋4eq \r(3)，7－4eq \r(3)
[方法技巧] 与圆有关最值问题的求解策略
处理与圆有关的最值问题时，应充分考虑圆的几何性质，并根据代数式的几何意义，借助数形结合思想求解．与圆有关的最值问题，常见类型及解题思路如下：
考法(二) 代数法求最值
[例2] 设点P(x，y)是圆：x2＋(y－3)2＝1上的动点，定点A(2,0)，B(－2,0)，则eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的最大值为________．
[解析] 由题意，知eq \(PA,\s\up7(―→))＝(2－x，－y)，eq \(PB,\s\up7(―→))＝(－2－x，－y)，
所以eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝x2＋y2－4，由于点P(x，y)是圆上的点，
故其坐标满足方程x2＋(y－3)2＝1，
故x2＝－(y－3)2＋1，
所以eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12.
易知2≤y≤4，所以当y＝4时，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的值最大，最大值为6×4－12＝12.
[答案] 12
[方法技巧]
本题考查综合运用知识解决问题的能力．用代数法求最值的关键是建立所求问题的函数关系式，利用函数求最值的方法求解，在具体求解过程中要注意函数定义域的具体范围．
[针对训练]
1．已知点O(0,0)，A(0,2)，点M是圆(x－3)2＋(y＋1)2＝4上的动点，则△OAM面积的最小值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A 如图所示，由几何图形易知点M的坐标为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1))时，△OAM有最小值，其面积为S△OAM＝eq \f(1,2)×2×1＝1.故选A.
2．已知点A(－1,0)，B(0,2)，点P是圆C：(x－1)2＋y2＝1上任意一点，则△PAB面积的最大值与最小值分别是( )
A．2,2－eq \f(\r(5),2) B．2＋eq \f(\r(5),2)，2－eq \f(\r(5),2)
C.eq \r(5)，4－eq \r(5) D.eq \f(\r(5),2)＋1，eq \f(\r(5),2)－1
解析：选B 由题意知|AB|＝eq \r(－12＋－22)＝eq \r(5)，
lAB：2x－y＋2＝0，由题意知圆C的圆心坐标为(1,0)，
∴圆心到直线lAB的距离d＝eq \f(|2－0＋2|,\r(4＋1))＝eq \f(4\r(5),5).
∴S△PAB的最大值为eq \f(1,2)×eq \r(5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(5),5)＋1))＝2＋eq \f(\r(5),2)，
S△PAB的最小值为eq \f(1,2)×eq \r(5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(5),5)－1))＝2－eq \f(\r(5),2).
3．设P为直线3x－4y＋11＝0上的动点，过点P作圆C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，切点分别为A，B，则四边形PACB的面积的最小值为________．
解析：圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心为C(1,1)，半径r＝1，根据对称性可知，四边形PACB的面积为2S△APC＝2×eq \f(1,2)|PA|r＝|PA|＝eq \r(|PC|2－r2)，要使四边形PACB的面积最小，则只需|PC|最小，|PC|最小时为圆心到直线l：3x－4y＋11＝0的距离d＝eq \f(|3－4＋11|,\r(32＋－42))＝eq \f(10,5)＝2.所以四边形PACB面积的最小值为eq \r(|PC|min2－r2)＝eq \r(4－1)＝eq \r(3).
答案：eq \r(3)
题型三 构造辅助圆
[典例] 已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m，0)，B(m,0)(m>0)．若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为( )
A．7 B．6
C．5 D．4
[解析] 根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心C的坐标为(3,4)，半径r＝1，且|AB|＝2m，
因为∠APB＝90°，连接OP，易知|OP|＝eq \f(1,2)|AB|＝m.
要求m的最大值，即求圆C上的点P到原点O的最大距离．
因为|OC|＝eq \r(32＋42)＝5，
所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值为6.故选B.
[答案] B
[方法技巧]
对于符合圆的特征的条件，可以构造辅助圆帮助思考．如利用圆的定义、圆周上90度的角所对弦是直径、四点共圆的特征来构造圆，做到图中无圆，心中有圆．
[针对训练]
1．椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的焦点为F1，F2，点P为其上的动点．当∠F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是________．
解析：由已知得a2＝9，b2＝4，c2＝5，F1(－eq \r(5)，0)，
F2(eq \r(5)，0)．以F1F2为直径构造圆x2＋y2＝5.
因为∠F1PF2为钝角，所以点P(x0，y0)在圆x2＋y2＝5内，
故xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)<5，联立eq \f(x\\al(2,0),9)＋eq \f(y\\al(2,0),4)＝1消去yeq \\al(2,0)，
解得－eq \f(3\r(5),5)即点P横坐标的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(5),5)，\f(3\r(5),5))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(5),5)，\f(3\r(5),5)))
2．在直角坐标平面内，与点O(0,0)距离为1，且与点A(－3,4)距离为4的直线共有________条．
解析：如图所示，平面内，与点O距离为1的直线是单位圆的切线，与点A距离为4的直线是圆心为A、半径为4的圆的切线，同时符合这两个条件的直线就是两圆的公切线．不难判断两圆相外切，因而公切线有3条，即满足条件的直线共有3条．
答案：3
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、综合练——练思维敏锐度
1．直线y＝kx＋3与圆(x－3)2＋(y－2)2＝4相交于M，N两点，若|MN|≥2eq \r(3)，则k的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，0))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0))
解析：选B 圆心(3,2)到直线y＝kx＋3的距离d＝eq \f(|3k－2＋3|,\r(k2＋1))＝eq \f(|3k＋1|,\r(k2＋1))，由|MN|≥2eq \r(3)，得2eq \r(3)≤2eq \r(4－d2)，所以d2≤1，即8k2＋6k≤0⇒－eq \f(3,4)≤k≤0，故选B.
2．已知圆C：x2＋y2－8y＋14＝0，直线l：mx－y－3m＋1＝0与x轴、y轴分别交于A，B两点．设圆C上任意一点P到直线l的距离为d，当d取最大值时，△PAB的面积为( )
A．3eq \r(2) B．8
C．6 D．4eq \r(2)
解析：选B 直线l：mx－y－3m＋1＝0过定点M(3,1)．
圆C：x2＋y2－8y＋14＝0的圆心为C(0,4)，半径r＝eq \r(2).
当MC⊥l时，圆心C到直线l的距离最大，
此时圆心C到直线l的距离为|MC|＝3eq \r(2)，
则点P到直线l的最大距离d＝3eq \r(2)＋r＝4eq \r(2).
又|MC|＝eq \f(|－4－3m＋1|,\r(1＋m2))＝3eq \r(2)，
所以m＝1，直线l的方程为x－y－2＝0，
所以|AB|＝2eq \r(2).
从而△PAB的面积S＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×4eq \r(2)＝8.
3．在平面直角坐标系内，过点P(0,3)的直线与圆心为C的圆x2＋y2－2x－3＝0相交于A，B两点，则△ABC面积的最大值是( )
A．2 B．4
C.eq \r(3) D．2eq \r(3)
解析：选A 过点P(0,3)的直线与圆心为C的圆x2＋y2－2x－3＝0相交于A，B两点，
①当直线的斜率不存在时，直线的方程为x＝0，在y轴上所截得的线段长为d＝2×eq \r(22－12)＝2eq \r(3)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×1＝eq \r(3).
②当直线的斜率存在时．设圆心到直线的距离为d，则所截得的弦长l＝2eq \r(4－d2).所以S△ABC＝eq \f(1,2)×2eq \r(4－d2)×d＝eq \r(4－d2)×eq \r(d2)≤eq \f(4－d2＋d2,2)＝2，当且仅当d＝eq \r(2)时成立．所以△ABC面积的最大值为2.
4．(多选)如图，已知A(2,0)，B(1,1)，C(－1,1)，D(－2,0)， SKIPIF 1 < 0 是以OD为直径的圆上的一段圆弧， SKIPIF 1 < 0 是以BC为直径的圆上的一段圆弧， SKIPIF 1 < 0 是以OA为直径的圆上的一段圆弧，三段弧构成曲线W，则下述正确的是( )
A．曲线W与x轴围成区域的面积等于2π
B．曲线W上有5个整点(横、纵坐标均为整数的点)
C. SKIPIF 1 < 0 所在圆的方程为x2＋(y－1)2＝1
D. SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 的公切线方程为x＋y＝eq \r(2)＋1
解析：选BCD 如图所示，连接BC，过点C作CK⊥x轴于K，过点B作BL⊥x轴于L.则曲线W和x轴围成区域的面积S＝π＋2，故A错误；曲线W上有A，B，C，D，M这5个整点，故B正确； SKIPIF 1 < 0 所在圆的圆心为(0,1)，半径为1，故 SKIPIF 1 < 0 所在圆的方程为x2＋(y－1)2＝1，故C正确；设 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 的公切线方程为y＝kx＋b，由图可知k<0，b>0，则eq \f(|k＋b|,\r(1＋k2))＝1，eq \f(|1－b|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝－1，b＝eq \r(2)＋1，即x＋y＝eq \r(2)＋1，故D正确．故选B、C、D.
5．在平面直角坐标系xOy中，圆C经过点(0,1)，(0,3)，且与x轴的正半轴相切，若圆C上存在点M，使得直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称，则k的最小值为( )
A.eq \f(2\r(3),3) B.eq \r(3)
C．2eq \r(3) D．4eq \r(3)
解析：选D 由圆C经过点(0,1)，(0,3)可知，圆心的纵坐标为eq \f(1＋3,2)＝2，
又圆C与x轴的正半轴相切，所以圆的半径为2，
则圆心的横坐标为 eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3－1,2)))2)＝eq \r(3)，
即圆心为点(eq \r(3)，2)，
由此可得圆C的方程为(x－eq \r(3))2＋(y－2)2＝4.
由直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称知直线OM的方程为y＝－kx(k>0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－kx，,x－\r(3)2＋y－22＝4，))
消去y得(1＋k2)x2＋(4k－2eq \r(3))x＋3＝0，
则Δ＝(4k－2eq \r(3))2－4(1＋k2)×3≥0，
即4k2－16eq \r(3)k≥0，解得k≥4eq \r(3).
故k的最小值为4eq \r(3).
6．(多选)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点所形成的图形是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy中， A(－2,0)，B(4,0)，点P满足eq \f(PA,PB)＝eq \f(1,2)，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是( )
A．C的方程为(x＋4)2＋y2＝16
B．在C上存在点D，使得D到点(1,1)的距离为3
C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|
D．在C上存在点N，使得|NO|2＋|NA|2＝4
解析：选ABD 设点P(x，y)，A(－2,0)，B(4,0)，
由eq \f(PA,PB)＝eq \f(1,2)，得eq \f(\r(x＋22＋y2),\r(x－42＋y2))＝eq \f(1,2)，
化简得x2＋y2＋8x＝0，即(x＋4)2＋y2＝16，故A选项正确；
曲线C的方程表示圆心为(－4,0)，半径为4的圆，圆心与点(1,1)的距离为eq \r(－4－12＋1)＝eq \r(26)，则点(1,1)与圆上的点的距离的最小值为eq \r(26)－4，最大值为eq \r(26)＋4，而3∈[eq \r(26)－4，eq \r(26)＋4]，故B选项正确；
对于C选项，设M(x0，y0)，由|MO|＝2|MA|，
得 eq \r(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0))＝2eq \r(x0＋22＋y\\al(2,0))，
又(x0＋4)2＋yeq \\al(2,0)＝16，联立方程消去y0得x0＝2，再代入(x0＋4)2＋yeq \\al(2,0)＝16得y0无解，故C选项错误；
对于D选项，设N(x0，y0)，由|NO|2＋|NA|2＝4，得xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＋(x0＋2)2＋yeq \\al(2,0)＝4，
又(x0＋4)2＋yeq \\al(2,0)＝16，联立方程消去y0得x0＝0，再代入(x0＋4)2＋yeq \\al(2,0)＝16得y0＝0，故D选项正确．
7．已知实数x，y满足(x－2)2＋(y－1)2＝1，则z＝eq \f(y＋1,x)的最大值与最小值分别为______和______．
解析：由题意，得eq \f(y＋1,x)表示过点A(0，－1)和圆(x－2)2＋(y－1)2＝1上的动点(x，y)的直线的斜率，当且仅当直线与圆相切时，直线的斜率分别取得最大值和最小值．设切线方程为y＝kx－1，即kx－y－1＝0，则eq \f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq \f(4±\r(7),3)，所以zmax＝eq \f(4＋\r(7),3)，zmin＝eq \f(4－\r(7),3).
答案：eq \f(4＋\r(7),3) eq \f(4－\r(7),3)
8．已知点P是直线l：kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，PA，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，切点分别为A，B.若四边形PACB的最小面积为2，则k＝________.
解析：由x2＋y2－2y＝0，即x2＋(y－1)2＝1，可知圆C的圆心为C(0,1)，半径为1.根据条件PA，PB是圆C的两条切线，如图所示．则△PAC，△PBC为两个全等的直角三角形．
所以四边形PACB的面积
S＝2S△PAC＝|AC|·|PA|＝|PA|＝eq \r(|PC|2－1)，
显然当|PC|最小时，四边形PACB的面积最小．
由四边形PACB的最小面积为2，
得eq \r(|PC|2－1)＝2，即|PC|的最小值为eq \r(5).
又P是直线l：kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，
所以|PC|的最小值为点C到直线l的距离d＝eq \f(|5|,\r(1＋k2))＝eq \r(5)(k>0)，解得k＝2.
答案：2
9．已知点P(2,2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．
(1)求M的轨迹方程；
(2)当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．
解：(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，
所以圆心为C(0,4)，半径为4.
设M(x，y)，则eq \(CM,\s\up7(―→))＝(x，y－4)，eq \(MP,\s\up7(―→))＝(2－x,2－y)．
由题设知eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(MP,\s\up7(―→))＝0，
故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，
即(x－1)2＋(y－3)2＝2.
所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.
(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心， eq \r(2)为半径的圆．
由于|OP|＝|OM|，
故O在线段PM的垂直平分线上，
又P在圆N上，从而ON⊥PM.
因为ON的斜率为3，所以l的斜率为－eq \f(1,3)，
故l的方程为y＝－eq \f(1,3)x＋eq \f(8,3).
又|OM|＝|OP|＝2eq \r(2)，O到l的距离为eq \f(4\r(10),5)，
故|PM|＝eq \f(4\r(10),5)，
所以△POM的面积为S△POM＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(10),5)×eq \f(4\r(10),5)＝eq \f(16,5).
10．已知圆C：x2＋(y－a)2＝4，点A(1,0)．
(1)当过点A的圆C的切线存在时，求实数a的取值范围；
(2)设AM，AN为圆C的两条切线，M，N为切点，当|MN|＝eq \f(4\r(5),5)时，求MN所在直线的方程．
解：(1)∵过点A的切线存在，即点A在圆外或圆上，
∴1＋a2≥4，∴a≥ eq \r(3)或a≤－eq \r(3).
故实数a的取值范围为(－∞，－eq \r(3)]∪[eq \r(3)，＋∞)．
(2)设MN与AC交于点D，O为坐标原点．
∵|MN|＝eq \f(4\r(5),5)，∴|DM|＝eq \f(2\r(5),5).
又|MC|＝2，∴|CD|＝ eq \r(4－\f(20,25))＝eq \f(4,\r(5))，
∴cs∠MCA＝eq \f(\f(4,\r(5)),2)＝eq \f(2,\r(5))，|AC|＝eq \f(|MC|,cs∠MCA)＝eq \f(2,\f(2,\r(5)))＝eq \r(5)，
∴|OC|＝2，|AM|＝1，
∴MN是以点A为圆心，1为半径的圆A与圆C的公共弦，圆A的方程为(x－1)2＋y2＝1，
圆C的方程为x2＋(y－2)2＝4或x2＋(y＋2)2＝4，
∴MN所在直线的方程为(x－1)2＋y2－1－x2－(y－2)2＋4＝0，即x－2y＝0或(x－1)2＋y2－1－x2－(y＋2)2＋4＝0，即x＋2y＝0，
因此MN所在直线的方程为x－2y＝0或x＋2y＝0.
二、自选练——练高考区分度
1．若圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2eq \r(2)，则直线l的斜率的取值范围是( )
A．[2－eq \r(3)，1] B．[2－eq \r(3)，2＋eq \r(3)]
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\r(3))) D．[0，＋∞)
解析：选B 圆x2＋y2－4x－4y－10＝0可化为(x－2)2＋(y－2)2＝18，
则圆心为(2,2)，半径为3eq \r(2).
由圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2eq \r(2)可得，
圆心到直线l：ax＋by＝0的距离d≤3eq \r(2)－2eq \r(2)＝eq \r(2).
即eq \f(|2a＋2b|,\r(a2＋b2))≤eq \r(2)，则a2＋b2＋4ab≤0.
若a＝0，则d＝2，不符合题意；
故a≠0，则上式可化为1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2＋4·eq \f(b,a)≤0，
由于直线l的斜率k＝－eq \f(a,b)，
所以上式可化为1＋k2－4k≤0，
则k∈[2－eq \r(3)，2＋eq \r(3)]，故选B.
2．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深刻系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A，B的距离之比为λ(λ＞0，λ≠1)，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面我们来研究与此相关的一个问题，已知圆O：x2＋y2＝1上的动点M和定点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))，B(1,1)，则2|MA|＋|MB|的最小值为( )
A.eq \r(6) B．eq \r(7)
C.eq \r(10) D．eq \r(11)
解析：选C ①当点M在x轴上时，点M的坐标为(－1,0)或(1,0)．
若点M的坐标为(－1,0)，则2|MA|＋|MB|＝2×eq \f(1,2)＋eq \r(1＋12＋12)＝1＋eq \r(5)；若点M的坐标为(1,0)，则2|MA|＋|MB|＝2×eq \f(3,2)＋eq \r(1－12＋12)＝4.
②当点M不在x轴上时，取点K(－2,0)，
连接OM，MK，因为|OM|＝1，|OA|＝eq \f(1,2)，|OK|＝2，
所以eq \f(|OM|,|OA|)＝eq \f(|OK|,|OM|)＝2.
因为∠MOK＝∠AOM，
所以△MOK∽△AOM，则eq \f(|MK|,|MA|)＝eq \f(|OM|,|OA|)＝2，
所以|MK|＝2|MA|，则2|MA|＋|MB|＝|MB|＋|MK|.
易知|MB|＋|MK|≥|BK|，
可知|MB|＋|MK|的最小值为|BK|.
因为B(1,1)，K(－2,0)，
所以(2|MA|＋|MB|)min＝|BK|＝eq \r(－2－12＋0－12)＝eq \r(10).
综上，易知2|MA|＋|MB|的最小值为eq \r(10).故选C.
3．在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，以O为圆心的圆与直线x－eq \r(3)y－4＝0相切．
(1)求圆O的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋3与圆O交于A，B两点，在圆O上是否存在一点Q，使得eq \(OQ,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))？若存在，求出此时直线l的斜率；若不存在，请说明理由．
解：(1)设圆O的半径为r，因为直线x－eq \r(3)y－4＝0与圆O相切，所以r＝eq \f(|0－\r(3)×0－4|,\r(1＋3))＝2，所以圆O的方程为x2＋y2＝4.
(2)假设存在点Q，使得eq \(OQ,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)).
因为A，B在圆上，且eq \(OQ,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))，同时|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(OB,\s\up7(―→))|，由向量加法的平行四边形法则可知四边形OAQB为菱形，所以OQ与AB互相垂直且平分，所以原点O到直线l：y＝kx＋3的距离d＝eq \f(1,2)|OQ|＝1.即eq \f(|3|,\r(1＋k2))＝1，解得k2＝8，则k＝±2eq \r(2)，经验证满足条件．所以存在点Q，使得eq \(OQ,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))，此时直线l的斜率为±2eq \r(2).直接法
直接根据题目提供的条件列出方程
定义法
根据圆、直线等定义列方程
几何法
利用圆的几何性质列方程
代入法
找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式
常见类型
解题思路
μ＝eq \f(y－b,x－a)型
转化为动直线斜率的最值问题
t＝ax＋by型
转化为动直线截距的最值问题，或用三角代换求解
m＝(x－a)2＋
(y－b)2型
转化为动点与定点的距离的平方的最值问题
题型一 与圆有关的轨迹问题
[典例] 已知Rt△ABC的斜边为AB，且A(－1,0)，B(3,0)．求：
(1)直角顶点C的轨迹方程；
(2)直角边BC的中点M的轨迹方程．
[解] (1)法一：设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.因为AC⊥BC，所以kAC·kBC＝－1，
又kAC＝eq \f(y,x＋1)，kBC＝eq \f(y,x－3)，所以eq \f(y,x＋1)·eq \f(y,x－3)＝－1，
化简得x2＋y2－2x－3＝0.
因此，直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．
法二：设AB的中点为D，由中点坐标公式得D(1,0)，
由直角三角形的性质知|CD|＝eq \f(1,2)|AB|＝2.
由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1,0)为圆心，2为半径的圆(由于A，B，C三点不共线，所以应除去与x轴的交点)．
所以直角顶点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．
法三：设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.
因为AC⊥BC，所以eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝0.
因为A(－1,0)，B(3,0)，C(x，y)，
所以eq \(AC,\s\up7(―→))＝(x＋1，y)，eq \(BC,\s\up7(―→))＝(x－3，y)，
所以eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝(x＋1)(x－3)＋y2＝x2－2x－3＋y2＝0，
所以直角顶点C的轨迹方程为
x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．
(2)设M(x，y)，C(x0，y0)，
因为B(3,0)，M是线段BC的中点，
由中点坐标公式得x＝eq \f(x0＋3,2)，y＝eq \f(y0＋0,2)，
所以x0＝2x－3，y0＝2y.
由(1)知，点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，
将x0＝2x－3，y0＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4，
即(x－2)2＋y2＝1.
因此动点M的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．
[方法技巧] 求与圆有关的轨迹问题的方法
[针对训练]
阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k(k>0，k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \r(2)， 求|PA|2＋|PB|2的最小值．
解：以经过A，B的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系(图略)，
则A(－1,0)，B(1,0)．
设P(x，y)，因为eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \r(2)，所以eq \f(\r(x＋12＋y2),\r(x－12＋y2))＝eq \r(2)，
两边平方并整理，得x2＋y2－6x＋1＝0，
即(x－3)2＋y2＝8.
所以点P的轨迹是以(3,0)为圆心，2eq \r(2)为半径的圆，
则|PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2
＝2(x2＋y2)＋2.
法一：因为x2＋y2－6x＋1＝0，所以|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋6x－1－x2)＋2＝12x.
由y2＝8－(x－3)2≥0，得3－2eq \r(2)≤x≤3＋2eq \r(2)，
所以36－24eq \r(2)≤12x≤36＋24eq \r(2)，
由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值为36－24eq \r(2).
法二：由(x－3)2＋y2＝8，
可设eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2\r(2)cs θ＋3，,y＝2\r(2)sin θ))(θ∈[0,2π))，
则|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋y2)＋2＝2[(2eq \r(2)cs θ＋3)2＋(2eq \r(2)sin θ)2]＋2＝24eq \r(2)cs θ＋36.
因为θ∈[0,2π)，所以－1≤cs θ≤1，
所以36－24eq \r(2)≤24eq \r(2)cs θ＋36≤36＋24eq \r(2)，
由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值为36－24eq \r(2).
题型二 与圆有关的范围或最值问题
考法(一) 几何法求最值
[例1] 已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0，则
(1)eq \f(y,x)的最大值为______；
(2)y－x的最大值和最小值分别为_____________；
(3)x2＋y2的最大值和最小值分别为_________________________________________．
[解析] 原方程可化为(x－2)2＋y2＝3，表示以(2,0)为圆心， eq \r(3)为半径的圆．
(1)eq \f(y,x)的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设eq \f(y,x)＝k，即y＝kx.当直线y＝kx与圆相切时(如图)，斜率k取最大值或最小值，此时eq \f(|2k－0|,\r(k2＋1))＝eq \r(3)，解得k＝±eq \r(3).
所以eq \f(y,x)的最大值为eq \r(3).
(2)y－x可看作是直线y＝x＋b在y轴上的截距．
如图所示，当直线y＝x＋b与圆相切时，纵截距b取得最大值或最小值，
此时eq \f(|2－0＋b|,\r(2))＝eq \r(3)，解得b＝－2±eq \r(6)，所以y－x的最大值为－2＋eq \r(6)，最小值为－2－eq \r(6).
(3)法一：x2＋y2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，在原点和圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．又圆心到原点的距离为2.所以x2＋y2的最大值是(2＋eq \r(3))2＝7＋4eq \r(3)，x2＋y2的最小值是(2－eq \r(3))2＝7－4eq \r(3).
法二：由x2＋y2－4x＋1＝0，得(x－2)2＋y2＝3.
设eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2＋\r(3)cs θ，,y＝\r(3)sin θ))(θ为参数)，
则x2＋y2＝(2＋eq \r(3)cs θ)2＋(eq \r(3)sin θ)2＝7＋4eq \r(3)cs θ.
所以当cs θ＝－1时，(x2＋y2)min＝7－4eq \r(3)，
当cs θ＝1时，(x2＋y2)max＝7＋4eq \r(3).
[答案] (1)eq \r(3) (2)－2＋eq \r(6)，－2－eq \r(6)
(3)7＋4eq \r(3)，7－4eq \r(3)
[方法技巧] 与圆有关最值问题的求解策略
处理与圆有关的最值问题时，应充分考虑圆的几何性质，并根据代数式的几何意义，借助数形结合思想求解．与圆有关的最值问题，常见类型及解题思路如下：
考法(二) 代数法求最值
[例2] 设点P(x，y)是圆：x2＋(y－3)2＝1上的动点，定点A(2,0)，B(－2,0)，则eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的最大值为________．
[解析] 由题意，知eq \(PA,\s\up7(―→))＝(2－x，－y)，eq \(PB,\s\up7(―→))＝(－2－x，－y)，
所以eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝x2＋y2－4，由于点P(x，y)是圆上的点，
故其坐标满足方程x2＋(y－3)2＝1，
故x2＝－(y－3)2＋1，
所以eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12.
易知2≤y≤4，所以当y＝4时，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的值最大，最大值为6×4－12＝12.
[答案] 12
[方法技巧]
本题考查综合运用知识解决问题的能力．用代数法求最值的关键是建立所求问题的函数关系式，利用函数求最值的方法求解，在具体求解过程中要注意函数定义域的具体范围．
[针对训练]
1．已知点O(0,0)，A(0,2)，点M是圆(x－3)2＋(y＋1)2＝4上的动点，则△OAM面积的最小值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A 如图所示，由几何图形易知点M的坐标为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1))时，△OAM有最小值，其面积为S△OAM＝eq \f(1,2)×2×1＝1.故选A.
2．已知点A(－1,0)，B(0,2)，点P是圆C：(x－1)2＋y2＝1上任意一点，则△PAB面积的最大值与最小值分别是( )
A．2,2－eq \f(\r(5),2) B．2＋eq \f(\r(5),2)，2－eq \f(\r(5),2)
C.eq \r(5)，4－eq \r(5) D.eq \f(\r(5),2)＋1，eq \f(\r(5),2)－1
解析：选B 由题意知|AB|＝eq \r(－12＋－22)＝eq \r(5)，
lAB：2x－y＋2＝0，由题意知圆C的圆心坐标为(1,0)，
∴圆心到直线lAB的距离d＝eq \f(|2－0＋2|,\r(4＋1))＝eq \f(4\r(5),5).
∴S△PAB的最大值为eq \f(1,2)×eq \r(5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(5),5)＋1))＝2＋eq \f(\r(5),2)，
S△PAB的最小值为eq \f(1,2)×eq \r(5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(5),5)－1))＝2－eq \f(\r(5),2).
3．设P为直线3x－4y＋11＝0上的动点，过点P作圆C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，切点分别为A，B，则四边形PACB的面积的最小值为________．
解析：圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心为C(1,1)，半径r＝1，根据对称性可知，四边形PACB的面积为2S△APC＝2×eq \f(1,2)|PA|r＝|PA|＝eq \r(|PC|2－r2)，要使四边形PACB的面积最小，则只需|PC|最小，|PC|最小时为圆心到直线l：3x－4y＋11＝0的距离d＝eq \f(|3－4＋11|,\r(32＋－42))＝eq \f(10,5)＝2.所以四边形PACB面积的最小值为eq \r(|PC|min2－r2)＝eq \r(4－1)＝eq \r(3).
答案：eq \r(3)
题型三 构造辅助圆
[典例] 已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m，0)，B(m,0)(m>0)．若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为( )
A．7 B．6
C．5 D．4
[解析] 根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心C的坐标为(3,4)，半径r＝1，且|AB|＝2m，
因为∠APB＝90°，连接OP，易知|OP|＝eq \f(1,2)|AB|＝m.
要求m的最大值，即求圆C上的点P到原点O的最大距离．
因为|OC|＝eq \r(32＋42)＝5，
所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值为6.故选B.
[答案] B
[方法技巧]
对于符合圆的特征的条件，可以构造辅助圆帮助思考．如利用圆的定义、圆周上90度的角所对弦是直径、四点共圆的特征来构造圆，做到图中无圆，心中有圆．
[针对训练]
1．椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的焦点为F1，F2，点P为其上的动点．当∠F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是________．
解析：由已知得a2＝9，b2＝4，c2＝5，F1(－eq \r(5)，0)，
F2(eq \r(5)，0)．以F1F2为直径构造圆x2＋y2＝5.
因为∠F1PF2为钝角，所以点P(x0，y0)在圆x2＋y2＝5内，
故xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)<5，联立eq \f(x\\al(2,0),9)＋eq \f(y\\al(2,0),4)＝1消去yeq \\al(2,0)，
解得－eq \f(3\r(5),5)
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(5),5)，\f(3\r(5),5)))
2．在直角坐标平面内，与点O(0,0)距离为1，且与点A(－3,4)距离为4的直线共有________条．
解析：如图所示，平面内，与点O距离为1的直线是单位圆的切线，与点A距离为4的直线是圆心为A、半径为4的圆的切线，同时符合这两个条件的直线就是两圆的公切线．不难判断两圆相外切，因而公切线有3条，即满足条件的直线共有3条．
答案：3
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、综合练——练思维敏锐度
1．直线y＝kx＋3与圆(x－3)2＋(y－2)2＝4相交于M，N两点，若|MN|≥2eq \r(3)，则k的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，0))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0))
解析：选B 圆心(3,2)到直线y＝kx＋3的距离d＝eq \f(|3k－2＋3|,\r(k2＋1))＝eq \f(|3k＋1|,\r(k2＋1))，由|MN|≥2eq \r(3)，得2eq \r(3)≤2eq \r(4－d2)，所以d2≤1，即8k2＋6k≤0⇒－eq \f(3,4)≤k≤0，故选B.
2．已知圆C：x2＋y2－8y＋14＝0，直线l：mx－y－3m＋1＝0与x轴、y轴分别交于A，B两点．设圆C上任意一点P到直线l的距离为d，当d取最大值时，△PAB的面积为( )
A．3eq \r(2) B．8
C．6 D．4eq \r(2)
解析：选B 直线l：mx－y－3m＋1＝0过定点M(3,1)．
圆C：x2＋y2－8y＋14＝0的圆心为C(0,4)，半径r＝eq \r(2).
当MC⊥l时，圆心C到直线l的距离最大，
此时圆心C到直线l的距离为|MC|＝3eq \r(2)，
则点P到直线l的最大距离d＝3eq \r(2)＋r＝4eq \r(2).
又|MC|＝eq \f(|－4－3m＋1|,\r(1＋m2))＝3eq \r(2)，
所以m＝1，直线l的方程为x－y－2＝0，
所以|AB|＝2eq \r(2).
从而△PAB的面积S＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×4eq \r(2)＝8.
3．在平面直角坐标系内，过点P(0,3)的直线与圆心为C的圆x2＋y2－2x－3＝0相交于A，B两点，则△ABC面积的最大值是( )
A．2 B．4
C.eq \r(3) D．2eq \r(3)
解析：选A 过点P(0,3)的直线与圆心为C的圆x2＋y2－2x－3＝0相交于A，B两点，
①当直线的斜率不存在时，直线的方程为x＝0，在y轴上所截得的线段长为d＝2×eq \r(22－12)＝2eq \r(3)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×1＝eq \r(3).
②当直线的斜率存在时．设圆心到直线的距离为d，则所截得的弦长l＝2eq \r(4－d2).所以S△ABC＝eq \f(1,2)×2eq \r(4－d2)×d＝eq \r(4－d2)×eq \r(d2)≤eq \f(4－d2＋d2,2)＝2，当且仅当d＝eq \r(2)时成立．所以△ABC面积的最大值为2.
4．(多选)如图，已知A(2,0)，B(1,1)，C(－1,1)，D(－2,0)， SKIPIF 1 < 0 是以OD为直径的圆上的一段圆弧， SKIPIF 1 < 0 是以BC为直径的圆上的一段圆弧， SKIPIF 1 < 0 是以OA为直径的圆上的一段圆弧，三段弧构成曲线W，则下述正确的是( )
A．曲线W与x轴围成区域的面积等于2π
B．曲线W上有5个整点(横、纵坐标均为整数的点)
C. SKIPIF 1 < 0 所在圆的方程为x2＋(y－1)2＝1
D. SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 的公切线方程为x＋y＝eq \r(2)＋1
解析：选BCD 如图所示，连接BC，过点C作CK⊥x轴于K，过点B作BL⊥x轴于L.则曲线W和x轴围成区域的面积S＝π＋2，故A错误；曲线W上有A，B，C，D，M这5个整点，故B正确； SKIPIF 1 < 0 所在圆的圆心为(0,1)，半径为1，故 SKIPIF 1 < 0 所在圆的方程为x2＋(y－1)2＝1，故C正确；设 SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 的公切线方程为y＝kx＋b，由图可知k<0，b>0，则eq \f(|k＋b|,\r(1＋k2))＝1，eq \f(|1－b|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝－1，b＝eq \r(2)＋1，即x＋y＝eq \r(2)＋1，故D正确．故选B、C、D.
5．在平面直角坐标系xOy中，圆C经过点(0,1)，(0,3)，且与x轴的正半轴相切，若圆C上存在点M，使得直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称，则k的最小值为( )
A.eq \f(2\r(3),3) B.eq \r(3)
C．2eq \r(3) D．4eq \r(3)
解析：选D 由圆C经过点(0,1)，(0,3)可知，圆心的纵坐标为eq \f(1＋3,2)＝2，
又圆C与x轴的正半轴相切，所以圆的半径为2，
则圆心的横坐标为 eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3－1,2)))2)＝eq \r(3)，
即圆心为点(eq \r(3)，2)，
由此可得圆C的方程为(x－eq \r(3))2＋(y－2)2＝4.
由直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称知直线OM的方程为y＝－kx(k>0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－kx，,x－\r(3)2＋y－22＝4，))
消去y得(1＋k2)x2＋(4k－2eq \r(3))x＋3＝0，
则Δ＝(4k－2eq \r(3))2－4(1＋k2)×3≥0，
即4k2－16eq \r(3)k≥0，解得k≥4eq \r(3).
故k的最小值为4eq \r(3).
6．(多选)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点所形成的图形是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy中， A(－2,0)，B(4,0)，点P满足eq \f(PA,PB)＝eq \f(1,2)，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是( )
A．C的方程为(x＋4)2＋y2＝16
B．在C上存在点D，使得D到点(1,1)的距离为3
C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|
D．在C上存在点N，使得|NO|2＋|NA|2＝4
解析：选ABD 设点P(x，y)，A(－2,0)，B(4,0)，
由eq \f(PA,PB)＝eq \f(1,2)，得eq \f(\r(x＋22＋y2),\r(x－42＋y2))＝eq \f(1,2)，
化简得x2＋y2＋8x＝0，即(x＋4)2＋y2＝16，故A选项正确；
曲线C的方程表示圆心为(－4,0)，半径为4的圆，圆心与点(1,1)的距离为eq \r(－4－12＋1)＝eq \r(26)，则点(1,1)与圆上的点的距离的最小值为eq \r(26)－4，最大值为eq \r(26)＋4，而3∈[eq \r(26)－4，eq \r(26)＋4]，故B选项正确；
对于C选项，设M(x0，y0)，由|MO|＝2|MA|，
得 eq \r(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0))＝2eq \r(x0＋22＋y\\al(2,0))，
又(x0＋4)2＋yeq \\al(2,0)＝16，联立方程消去y0得x0＝2，再代入(x0＋4)2＋yeq \\al(2,0)＝16得y0无解，故C选项错误；
对于D选项，设N(x0，y0)，由|NO|2＋|NA|2＝4，得xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＋(x0＋2)2＋yeq \\al(2,0)＝4，
又(x0＋4)2＋yeq \\al(2,0)＝16，联立方程消去y0得x0＝0，再代入(x0＋4)2＋yeq \\al(2,0)＝16得y0＝0，故D选项正确．
7．已知实数x，y满足(x－2)2＋(y－1)2＝1，则z＝eq \f(y＋1,x)的最大值与最小值分别为______和______．
解析：由题意，得eq \f(y＋1,x)表示过点A(0，－1)和圆(x－2)2＋(y－1)2＝1上的动点(x，y)的直线的斜率，当且仅当直线与圆相切时，直线的斜率分别取得最大值和最小值．设切线方程为y＝kx－1，即kx－y－1＝0，则eq \f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq \f(4±\r(7),3)，所以zmax＝eq \f(4＋\r(7),3)，zmin＝eq \f(4－\r(7),3).
答案：eq \f(4＋\r(7),3) eq \f(4－\r(7),3)
8．已知点P是直线l：kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，PA，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，切点分别为A，B.若四边形PACB的最小面积为2，则k＝________.
解析：由x2＋y2－2y＝0，即x2＋(y－1)2＝1，可知圆C的圆心为C(0,1)，半径为1.根据条件PA，PB是圆C的两条切线，如图所示．则△PAC，△PBC为两个全等的直角三角形．
所以四边形PACB的面积
S＝2S△PAC＝|AC|·|PA|＝|PA|＝eq \r(|PC|2－1)，
显然当|PC|最小时，四边形PACB的面积最小．
由四边形PACB的最小面积为2，
得eq \r(|PC|2－1)＝2，即|PC|的最小值为eq \r(5).
又P是直线l：kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，
所以|PC|的最小值为点C到直线l的距离d＝eq \f(|5|,\r(1＋k2))＝eq \r(5)(k>0)，解得k＝2.
答案：2
9．已知点P(2,2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．
(1)求M的轨迹方程；
(2)当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．
解：(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，
所以圆心为C(0,4)，半径为4.
设M(x，y)，则eq \(CM,\s\up7(―→))＝(x，y－4)，eq \(MP,\s\up7(―→))＝(2－x,2－y)．
由题设知eq \(CM,\s\up7(―→))·eq \(MP,\s\up7(―→))＝0，
故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，
即(x－1)2＋(y－3)2＝2.
所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.
(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心， eq \r(2)为半径的圆．
由于|OP|＝|OM|，
故O在线段PM的垂直平分线上，
又P在圆N上，从而ON⊥PM.
因为ON的斜率为3，所以l的斜率为－eq \f(1,3)，
故l的方程为y＝－eq \f(1,3)x＋eq \f(8,3).
又|OM|＝|OP|＝2eq \r(2)，O到l的距离为eq \f(4\r(10),5)，
故|PM|＝eq \f(4\r(10),5)，
所以△POM的面积为S△POM＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(10),5)×eq \f(4\r(10),5)＝eq \f(16,5).
10．已知圆C：x2＋(y－a)2＝4，点A(1,0)．
(1)当过点A的圆C的切线存在时，求实数a的取值范围；
(2)设AM，AN为圆C的两条切线，M，N为切点，当|MN|＝eq \f(4\r(5),5)时，求MN所在直线的方程．
解：(1)∵过点A的切线存在，即点A在圆外或圆上，
∴1＋a2≥4，∴a≥ eq \r(3)或a≤－eq \r(3).
故实数a的取值范围为(－∞，－eq \r(3)]∪[eq \r(3)，＋∞)．
(2)设MN与AC交于点D，O为坐标原点．
∵|MN|＝eq \f(4\r(5),5)，∴|DM|＝eq \f(2\r(5),5).
又|MC|＝2，∴|CD|＝ eq \r(4－\f(20,25))＝eq \f(4,\r(5))，
∴cs∠MCA＝eq \f(\f(4,\r(5)),2)＝eq \f(2,\r(5))，|AC|＝eq \f(|MC|,cs∠MCA)＝eq \f(2,\f(2,\r(5)))＝eq \r(5)，
∴|OC|＝2，|AM|＝1，
∴MN是以点A为圆心，1为半径的圆A与圆C的公共弦，圆A的方程为(x－1)2＋y2＝1，
圆C的方程为x2＋(y－2)2＝4或x2＋(y＋2)2＝4，
∴MN所在直线的方程为(x－1)2＋y2－1－x2－(y－2)2＋4＝0，即x－2y＝0或(x－1)2＋y2－1－x2－(y＋2)2＋4＝0，即x＋2y＝0，
因此MN所在直线的方程为x－2y＝0或x＋2y＝0.
二、自选练——练高考区分度
1．若圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2eq \r(2)，则直线l的斜率的取值范围是( )
A．[2－eq \r(3)，1] B．[2－eq \r(3)，2＋eq \r(3)]
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\r(3))) D．[0，＋∞)
解析：选B 圆x2＋y2－4x－4y－10＝0可化为(x－2)2＋(y－2)2＝18，
则圆心为(2,2)，半径为3eq \r(2).
由圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2eq \r(2)可得，
圆心到直线l：ax＋by＝0的距离d≤3eq \r(2)－2eq \r(2)＝eq \r(2).
即eq \f(|2a＋2b|,\r(a2＋b2))≤eq \r(2)，则a2＋b2＋4ab≤0.
若a＝0，则d＝2，不符合题意；
故a≠0，则上式可化为1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2＋4·eq \f(b,a)≤0，
由于直线l的斜率k＝－eq \f(a,b)，
所以上式可化为1＋k2－4k≤0，
则k∈[2－eq \r(3)，2＋eq \r(3)]，故选B.
2．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深刻系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A，B的距离之比为λ(λ＞0，λ≠1)，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面我们来研究与此相关的一个问题，已知圆O：x2＋y2＝1上的动点M和定点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))，B(1,1)，则2|MA|＋|MB|的最小值为( )
A.eq \r(6) B．eq \r(7)
C.eq \r(10) D．eq \r(11)
解析：选C ①当点M在x轴上时，点M的坐标为(－1,0)或(1,0)．
若点M的坐标为(－1,0)，则2|MA|＋|MB|＝2×eq \f(1,2)＋eq \r(1＋12＋12)＝1＋eq \r(5)；若点M的坐标为(1,0)，则2|MA|＋|MB|＝2×eq \f(3,2)＋eq \r(1－12＋12)＝4.
②当点M不在x轴上时，取点K(－2,0)，
连接OM，MK，因为|OM|＝1，|OA|＝eq \f(1,2)，|OK|＝2，
所以eq \f(|OM|,|OA|)＝eq \f(|OK|,|OM|)＝2.
因为∠MOK＝∠AOM，
所以△MOK∽△AOM，则eq \f(|MK|,|MA|)＝eq \f(|OM|,|OA|)＝2，
所以|MK|＝2|MA|，则2|MA|＋|MB|＝|MB|＋|MK|.
易知|MB|＋|MK|≥|BK|，
可知|MB|＋|MK|的最小值为|BK|.
因为B(1,1)，K(－2,0)，
所以(2|MA|＋|MB|)min＝|BK|＝eq \r(－2－12＋0－12)＝eq \r(10).
综上，易知2|MA|＋|MB|的最小值为eq \r(10).故选C.
3．在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，以O为圆心的圆与直线x－eq \r(3)y－4＝0相切．
(1)求圆O的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋3与圆O交于A，B两点，在圆O上是否存在一点Q，使得eq \(OQ,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))？若存在，求出此时直线l的斜率；若不存在，请说明理由．
解：(1)设圆O的半径为r，因为直线x－eq \r(3)y－4＝0与圆O相切，所以r＝eq \f(|0－\r(3)×0－4|,\r(1＋3))＝2，所以圆O的方程为x2＋y2＝4.
(2)假设存在点Q，使得eq \(OQ,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)).
因为A，B在圆上，且eq \(OQ,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))，同时|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(OB,\s\up7(―→))|，由向量加法的平行四边形法则可知四边形OAQB为菱形，所以OQ与AB互相垂直且平分，所以原点O到直线l：y＝kx＋3的距离d＝eq \f(1,2)|OQ|＝1.即eq \f(|3|,\r(1＋k2))＝1，解得k2＝8，则k＝±2eq \r(2)，经验证满足条件．所以存在点Q，使得eq \(OQ,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))，此时直线l的斜率为±2eq \r(2).直接法
直接根据题目提供的条件列出方程
定义法
根据圆、直线等定义列方程
几何法
利用圆的几何性质列方程
代入法
找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式
常见类型
解题思路
μ＝eq \f(y－b,x－a)型
转化为动直线斜率的最值问题
t＝ax＋by型
转化为动直线截距的最值问题，或用三角代换求解
m＝(x－a)2＋
(y－b)2型
转化为动点与定点的距离的平方的最值问题
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