专题10 直线与圆的应用（解析版）

专题10直线与圆的应用1、【2019年高考北京卷文数】设抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l．则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为__________．【答案】【解析】抛物线y2=4x中，2p=4，p=2，焦点F（1，0），准线l的方程为x=−1，以F为圆心，且与l相切的圆的方程为(x−1)2+y2=22，即为.2、【2019年高考浙江卷】已知圆的圆心坐标是，半径长是.若直线与圆C相切于点，则=___________，=___________．【答案】，【解析】由题意可知，把代入直线AC的方程得，此时.本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线的斜率，进一步得到其方程，将代入后求得，计算得解.解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意应用圆的几何性质.3、【2019年高考浙江卷】已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是___________．【答案】【解析】方法1：如图，设F1为椭圆右焦点.由题意可知，由中位线定理可得，设，可得，与方程联立，可解得（舍），又点在椭圆上且在轴的上方，求得，所以.方法2：（焦半径公式应用）由题意可知，由中位线定理可得，即，从而可求得，所以.本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、圆的方程与性质的应用，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用圆的方程表示，与椭圆方程联立可进一步求解.也可利用焦半径及三角形中位线定理解决，则更为简洁.4、【2018年高考全国I卷文数】直线与圆交于两点，则________．【答案】【解析】根据题意，圆的方程可化为，所以圆的圆心为，且半径是2，根据点到直线的距离公式可以求得，结合圆中的特殊三角形，可知，故答案为.该题考查的是有关直线被圆截得的弦长问题，在解题的过程中，熟练应用圆中的特殊三角形，即半弦长、弦心距和圆的半径构成的直角三角形，借助于勾股定理求得结果.首先将圆的一般方程转化为标准方程，得到圆心坐标和圆的半径的大小，之后应用点到直线的距离求得弦心距，借助于圆中特殊三角形，利用勾股定理求得弦长.5、【2018年高考天津卷文数】在平面直角坐标系中，经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆的方程为__________．【答案】【解析】设圆的方程为，圆经过三点（0，0），（1，1），（2，0），则，解得，则圆的方程为.6、【2019年高考浙江卷】已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是___________．【答案】【解析】方法1：如图，设F1为椭圆右焦点.由题意可知，由中位线定理可得，设，可得，与方程联立，可解得（舍），又点在椭圆上且在轴的上方，求得，所以.方法2：（焦半径公式应用）由题意可知，由中位线定理可得，即，从而可求得，所以.本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、圆的方程与性质的应用，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用圆的方程表示，与椭圆方程联立可进一步求解.也可利用焦半径及三角形中位线定理解决，则更为简洁.7、【2018年高考全国I卷文数】直线与圆交于两点，则________．【答案】【解析】根据题意，圆的方程可化为，所以圆的圆心为，且半径是2，根据点到直线的距离公式可以求得，结合圆中的特殊三角形，可知，故答案为.8、【2018年高考天津卷文数】在平面直角坐标系中，经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆的方程为__________．【答案】【解析】设圆的方程为，圆经过三点（0，0），（1，1），（2，0），则，解得，则圆的方程为.求圆的方程，主要有两种方法：(1)几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线．(2)待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．9、【2018年高考全国Ⅲ卷文数】直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是A． B．C． D．【答案】A【解析】直线分别与轴，轴交于，两点，，则.点P在圆上，圆心为（2，0），则圆心到直线的距离.故点P到直线的距离的范围为，则.故答案为A.本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题.先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线的距离，得到点P到直线距离的范围，由面积公式计算即可.10、【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│=4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径；（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│−│MP│为定值？并说明理由．【答案】（1）的半径或；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）因为过点，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线上，且关于坐标原点O对称，所以M在直线上，故可设.因为与直线x+2=0相切，所以的半径为.由已知得，又，故可得，解得或.故的半径或.（2）存在定点，使得为定值.理由如下：设，由已知得的半径为.由于，故可得，化简得M的轨迹方程为.因为曲线是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，所以.因为，所以存在满足条件的定点P.【名师点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，验证定值符合所有情况，使得问题得解.圆的有关概念和方程1、定义：在平面上到定点的距离等于定长的点的轨迹是圆2、圆的标准方程：设圆心的坐标，半径为，则圆的标准方程为：3、圆的一般方程：圆方程为（1）的系数相同（2）方程中无项（3）对于的取值要求：4、确定圆的方程的方法和步骤;确定圆的方程主要方法是待定系数法，大致步骤为(1)根据题意，选择标准方程或一般方程；(2)根据条件列出关于a，b，r或D、E、F的方程组；(3)解出a、b、r或D、E、F代入标准方程或一般方程.5.点与圆的位置关系点和圆的位置关系有三种.圆的标准方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2，点M(x0，y0)(1)点在圆上：(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2；(2)点在圆外：(x0－a)2＋(y0－b)2>r2；(3)点在圆内：(x0－a)2＋(y0－b)2<r2.二、直线与圆的位置关系1、直线与圆位置关系的判定：相切，相交，相离，位置关系的判定有两种方式：（1）几何性质：通过判断圆心到直线距离与半径的大小得到直线与圆位置关系，设圆的半径为，圆心到直线的距离为，则：①当时，直线与圆相交②当时，直线与圆相切③当时，直线与圆相离（2）代数性质：可通过判断直线与圆的交点个数得到直线与圆位置关系，即联立直线与圆的方程，再判断解的个数。设直线：，圆：，则：消去可得关于的一元二次方程，考虑其判别式的符号①，方程组有两组解，所以直线与圆相交②，方程组有一组解，所以直线与圆相切③，方程组无解，所以直线与圆相离2、直线与圆相交：弦长计算公式：3、直线与圆相切：（1）如何求得切线方程：主要依据两条性质：一是切点与圆心的连线与切线垂直；二是圆心到切线的距离等于半径三、方法技巧1、是有关直线被圆截得的弦长问题，在解题的过程中，熟练应用圆中的特殊三角形，即半弦长、弦心距和圆的半径构成的直角三角形，借助于勾股定理求得结果.首先将圆的一般方程转化为标准方程，得到圆心坐标和圆的半径的大小，之后应用点到直线的距离求得弦心距，借助于圆中特殊三角形，利用勾股定理求得弦长.2、求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同常采用以下方法：①直接法：直接根据题目提供的条件列出方程.②定义法：根据圆、直线等定义列方程.③几何法：利用圆的几何性质列方程.④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等.题型一求圆的标准方程或圆的一般式求圆的方程时，应根据条件选用合适的圆的方程.一般来说，求圆的方程有两种方法：：①圆心在过切点且垂直切线的直线上；②圆心在任一弦的中垂线上；③两圆内切或外切时，切点与两圆圆心三点共线.(2)代数法，即设出圆的方程，用待定系数法求解.例1、(2018苏州期末）在平面直角坐标系xOy中，已知过点A(2，－1)的圆C与直线x＋y＝1相切，且圆心在直线y＝－2x上，则圆C的标准方程为________________．【答案】(x－1)2＋(y＋2)2＝2【解析】解法1(几何法)点A(2，－1)在直线x＋y＝1上，故点A是切点．过点A(2，－1)与直线x＋y－1＝0垂直的直线方程为x－y＝3，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝3，,y＝－2x，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－2，))所以圆心C(1，－2)．又AC＝eq\r(（2－1）2＋（－1＋2）2)＝eq\r(2)，所以圆C的标准方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝2.解法2(方程法)由圆心在直线y＝－2x上，可设圆心为(a，－2a)，圆的标准方程为(x－a)2＋(y＋2a)2＝r2(r>0)．要确定两个待定量a，r2的值，只需建立两个含a，r2的等式，建立方程组求解．由圆C过点A(2，－1)，且与直线x＋y＝1相切，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－a）2＋（－1＋2a）2＝r2，,\f(|a－2a－1|,\r(2))＝r，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5a2－8a＋5＝r2，,a2＋2a＋1＝2r2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,r2＝2.))所以圆C的标准方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝2.例2、(2018镇江期末）已知圆C与圆x2＋y2＋10x＋10y＝0相切于原点，且过点A(0，－6)，则圆C的标准方程为________．【答案】(x＋3)2＋(y＋3)2＝18【解析】由几何知识可知，圆心C在圆x2＋y2＋10x＋10y＝0的圆心与原点的连线y＝x上，又在OA的垂直平分线y＝－3上，所以C(－3，－3)，易得圆C的标准方程为(x＋3)2＋(y＋3)2＝18.例3、(2019苏州期末）在平面直角坐标系xOy中，过点A(1，3)，B(4，6)，且圆心在直线x－2y－1＝0上的圆的标准方程为________．【答案】(x－5)2＋(y－2)2＝17【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)由圆心既的线段AB的垂直平分线上，又在直线x－2y－1＝0上，先求出圆心的坐标．线段AB的中点为Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(9,2)))，斜率kAB＝1，所以线段AB的垂直平分线方程为y－eq\f(9,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))，即x＋y＝7.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝7，,x－2y＝1，))得圆心C(5，2)，半径r＝CA＝eq\r(17)，圆C的方程为(x－5)2＋(y－2)2＝17.eq\a\vs4\al(解后反思)因为圆的标准方程中有三个待定量，所以只要建立一个含三个方程的方程组．设圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（1－a）2＋（3－b）2＝r2，,（4－a）2＋（6－b）2＝r2，,a－2b－1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝2，,r2＝17.))所以圆的方程为(x－5)2＋(y－2)2＝17.题型二直线与圆的位置关系直线与圆位置关系的判定：相切，相交，相离，位置关系的判定有两种方式：1、代数法。2、几何法。运用几何法时要注意寻找直角三角形。例4、(2019南通、泰州、扬州一调）在平面直角坐标系xOy中，圆O：x2＋y2＝1，圆C：(x－4)2＋y2＝4.若存在过点P(m，0)的直线l，直线l被两圆截得的弦长相等，则实数m的取值范围是________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(4,3)))【解析】当直线l斜率不存在时，l与两个圆不可能都相交，故不成立；当l斜率存在时，设l的方程为y＝k(x－m)，即kx－y－km＝0，设圆O、圆C到直线l的距离分别为d1，d2，则有：1－deq\o\al(2,1)＝4－deq\o\al(2,2)，即deq\o\al(2,2)－deq\o\al(2,1)＝3，所以eq\f(|4k－km|2,1＋k2)－eq\f(|－km|2,1＋k2)＝3，整理得16－8m＝3＋eq\f(3,k2)>3，解得m<eq\f(13,8)，又直线与圆相交，所以d1<1，则eq\f(|－km|2,1＋k2)<1，即m2<eq\f(1＋k2,k2)，所以m2<eq\f(16－8m,3)，即3m2＋8m－16<0，解得－4<m<eq\f(4,3)，综上实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(4,3))).eq\a\vs4\al(解题反思)1.设直线方程时，要考虑斜率是否存在，否则会漏解，当然本题也可以设直线l的方程为x＝my＋a，从而避免了斜率的讨论．2.本题不能忽视了对直线与圆相交这一条件的应用，即d<r这一不等关系，而由于1－deq\o\al(2,1)＝4－deq\o\al(2,2)，故只需d1<1就能保证d2<2，因此不需要考虑直线l与圆C相交的应用．3.处理双元变量的取值范围，要有消元和整体代换的意识．例5、(2018无锡期末）过圆x2＋y2＝16内一点P(－2，3)作两条相互垂直的弦AB和CD，且AB＝CD，则四边形ACBD的面积为________．【答案】.19【解析】设O到AB的距离为d1，O到CD的距离为d2，则由垂径定理可得deq\o\al(2,1)＝r2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))eq\s\up12(2)，deq\o\al(2,2)＝r2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(CD,2)))eq\s\up12(2)，由于AB＝CD，故d1＝d2，且d1＝d2＝eq\f(\r(2),2)OP＝eq\f(\r(26),2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))eq\s\up12(2)＝r2－deq\o\al(2,1)＝16－eq\f(13,2)＝eq\f(19,2)，得AB＝eq\r(38)，从而四边形ACBD的面积为S＝eq\f(1,2)AB×CD＝eq\f(1,2)×eq\r(38)×eq\r(38)＝19.例6、(2018盐城三模）定义：点到直线的有向距离为．已知点,，直线过点，若圆上存在一点，使得三点到直线的有向距离之和为0，则直线的斜率的取值范围为▲．【答案】【解析】设直线的斜率为，则直线的方程为，即，设点，则点三点到直线的有向距离分别为，，，由得，，即，又因为点在圆上，故，即.题型三隐圆问题的研究隐圆问题常见的有五种方法：1、定义法、2、阿波罗尼斯圆、3、.4、，5、轨迹法。在解决与圆相关的综合问题时，要注意充分利用圆的几何性质或一些简单的轨迹知识将问题转化为直线与圆或圆与圆的位置关系问题.例7、(2018苏锡常镇调研）在平面直角坐标系中，已知圆，点，若圆上存在点，满足，则点的纵坐标的取值范围是．【答案】【解析】思路分析：根据条件可得动点的轨迹是圆，进而可以将问题转化为圆与圆的位置关系进行处理.解题过程：设，因为所以，化简得，则圆与圆有公共点，将两圆方程相减可得两圆公共弦所在直线方程为，代入可得，所以点的纵坐标的取值范围是．例8、(2018南京、盐城、连云港二模）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－18【解析】eq\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.题型四圆中的最值问题研究平面动态图形的最值问题常用途径为：（1）解析化：建立坐标系，转化为解析几何问题；（2）函数化：引入变量，建立函数关系式，转化为函数最值问题；（3）三角化：引入角元，利用解三角形知识转化为三角函数最值问题；（4）不等式化：引入多元，转化为多元变量的条件最值问题．例9、(2018南通、泰州一调）在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－4，0)，B(0，4)，从直线AB上一点P向圆x2＋y2＝4引两条切线PC，PD，切点分别为C，D.设线段CD的中点为M，则线段AM长的最大值为________．【答案】.3eq\r(2)【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)P在直线AB：y＝x＋4上，设P(a，a＋4)，可以求出切点弦CD的方程为ax＋(a＋4)y＝4，易知CD过定点，所以M的轨迹为一个定圆，问题转化为求圆外一点到圆上一点的距离的最大值．解法1(几何法)因为直线AB的方程为y＝x＋4，所以可设P(a，a＋4)，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，所以PC方程为x1x＋y1y＝4，PD：x2x＋y2y＝4，将P(a，a＋4)分别代入PC，PD方程，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax1＋（a＋4）y1＝4，,ax2＋（a＋4）y2＝4，))则直线CD的方程为ax＋(a＋4)y＝4，即a(x＋y)＝4－4y，所以直线CD过定点N(－1，1)，又因为OM⊥CD，所以点M在以ON为直径的圆上(除去原点)，又因为以ON为直径的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)，所以AM的最大值为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＋eq\f(\r(2),2)＝3eq\r(2).解法2(参数法)因为直线AB的方程为y＝x＋4，所以可设P(a，a＋4)，同解法1可知直线CD的方程为ax＋(a＋4)y＝4，即a(x＋y)＝4－4y，得a＝eq\f(4－4y,x＋y).又因为O，P，M三点共线，所以ay－(a＋4)x＝0，得a＝eq\f(4x,y－x).因为a＝eq\f(4－4y,x＋y)＝eq\f(4x,y－x)，所以点M的轨迹方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)(除去原点)，所以AM的最大值为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＋eq\f(\r(2),2)＝3eq\r(2).eq\a\vs4\al(解后反思)此类问题往往是求出一点的轨迹方程，转化为定点到曲线上动点的距离的最值问题，而求轨迹方程，解法1运用了几何法，解法2运用了参数法，消去参数a得到轨迹方程．另外要熟练记住过圆上一点的切线方程和圆的切点弦方程的有关结论．例10、(2018苏中三市、苏北四市三调）如图，在平面四边形中，，，∠°，，则边长的最小值为▲．【答案】【思路分析】建立坐标系后，求出点的轨迹方程，是一个圆，而D为一个定点，问题转化为圆外一点到圆上一点的最值问题，问题得解.【解析】以的中点为原点，所在直线为轴，建立直角坐标系，则，，设，由AC=3BC，得，整理得，所以点在以为圆心，半径为的圆上，又因为AD=2，，所以，因为，则边CD长的最小值是．例11、(2019南京学情调研）在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1，1)，B(1，－1)，点P为圆(x－4)2＋y2＝4上任意一点，记△OAP和△OBP的面积分别为S1和S2，则eq\f(S1,S2)的最小值是________．【答案】．2－eq\r(3)【解析】解法1(点参数)设点P(x，y)，则OA＝eq\r(2)，OA：x－y＝0，点P到直线OA的距离d1＝eq\f(|x－y|,\r(2))，则S1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(|x－y|,\r(2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－y)),2).又OB＝eq\r(2)，OB：x＋y＝0，点P到直线OB的距离d2＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋y)),\r(2))，则S2＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋y)),\r(2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋y)),2)，故eq\f(S1,S2)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－y)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋y)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x－y,x＋y)))，令k＝eq\f(x－y,x＋y)，则(k－1)x＋(k＋1)y＝0，因为点P在圆上，所以圆心到点P的距离要小于等于半径，故eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4（k－1）)),\r(（k－1）2＋（k＋1）2))≤2，解得2－eq\r(3)≤k≤2＋eq\r(3)，故eq\f(S1,S2)的最小值为2－eq\r(3).解法2(角参数)设∠AOP＝α，易知OA＝eq\r(2)，OB＝eq\r(2)，∠AOB＝eq\f(π,2)，则∠BOP＝eq\f(π,2)－α，S1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×OPsinα，S2＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×OPsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝eq\f(\r(2),2)OPcosα，故eq\f(S1,S2)＝tanα，由图易知，当直线OP与圆相切时，α＝4eq\f(π,4)－eq\f(π,6)＝eq\f(π,12)，或α＝eq\f(π,4)＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,12)，故角α的取值范围是[eq\f(π,12)，eq\f(5π,12)]，所以eq\f(S1,S2)的最小值为taneq\f(π,12)＝2－eq\r(3).题型五圆与向量的结合圆与向量的结合往往从两方面入手：1、通过设点坐标。2、运用向量的转化。例12、(2019苏州三市、苏北四市二调）在平面直角坐标系xOy中，已知点A，B在圆x2＋y2＝4上，且AB＝2eq\r(2)，点P(3，－1)，eq\o(PO,\s\up6(→))·(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→)))＝16，设AB的中点M的横坐标为x0，则x0的所有值为________．【答案】．1，eq\f(1,5)【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)设出点M坐标为(x0，y0)，由弦长AB＝2eq\r(2)求得OM，条件eq\o(PO,\s\up6(→))·(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→)))＝16通过向量的线性运算转化为2eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))＝16，通过上述两个条件，建立方程组，解得x0的值．设M(x0，y0)，由AB＝2eq\r(4－OM2)＝2eq\r(2)，得OM2＝xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2.又eq\o(PO,\s\up6(→))·(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→)))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))＝16，所以eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－3，1)·(x0－3，y0＋1)＝－3x0＋y0＋10＝8，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2，,y0＝3x0－2，))解得x0＝1或eq\f(1,5).所以x0的所有值为1，eq\f(1,5).1、(2017扬州期末）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).2、(2017镇江期末）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【解析】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＝8.3、(2017苏州暑假测试）圆心在抛物线y＝eq\f(1,2)x2上，并且和该抛物线的准线及y轴都相切的圆的标准方程为________．【答案】(x±1)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＝1【解析】思路分析求圆的方程就是要确定它的圆心与半径，根据圆与抛物线的准线以及与y轴都相切，得到圆心的一个等式，再根据圆心在抛物线上，得到另一个等式，从而可求出圆心的坐标，由此可得半径．因为圆心在抛物线y＝eq\f(1,2)x2上，所以设圆心为(a，b)，则a2＝2b.又圆与抛物线的准线及y轴都相切，故b＋eq\f(1,2)＝|a|＝r，由此解得a＝±1，b＝eq\f(1,2)，r＝1，所以所求圆的方程为(x±1)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＝1.4、(2019扬州期末）已知直线l：y＝－x＋4与圆C：(x－2)2＋(y－1)2＝1相交于P，Q两点，则eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CQ,\s\up6(→))＝________．【答案】.0【解析】解法1(坐标法)圆心C(2，1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋4，,（x－2）2＋（y－1）2＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝1，))即P(2，2)，Q(3，1)，eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CQ,\s\up6(→))＝(0，1)·(1，0)＝0.解法2(定义法)设弦PQ的中点为M，则圆心C(2，1)到直线l：x＋y－4＝0的距离d＝CM＝eq\f(|2＋1－4|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，因此MQ＝eq\r(R2－d2)＝eq\r(1－\f(1,2))＝eq\f(\r(2),2).因为CM＝MQ，所以∠MCQ＝eq\f(π,4)，从而∠PCQ＝eq\f(π,2)，即有eq\o(CP,\s\up6(→))⊥eq\o(CQ,\s\up6(→))，所以eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CQ,\s\up6(→))＝0.5、(2018苏北四市期末）在平面直角坐标系xOy中，若圆C1：x2＋(y－1)2＝r2(r>0)上存在点P，且点P关于直线x－y＝0的对称点Q在圆C2：(x－2)2＋(y－1)2＝1上，则r的取值范围是________．【答案】.[eq\r(2)－1，eq\r(2)＋1]【解析】设圆C1上存在点P(x0，y0)满足题意，点P关于直线x－y＝0的对称点Q(y0，x0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＋（y0－1）2＝r2，,（y0－2）2＋（x0－1）2＝1，)))故只需圆x2＋(y－1)2＝r2与圆(x－1)2＋(y－2)2＝1有交点即可，所以|r－1|≤eq\r(（1－0）2＋（2－1）2)≤r＋1，解得eq\r(2)－1≤r≤eq\r(2)＋1.．6、(2018苏州暑假测试）已知点A(1，0)和点B(0，1)，若圆x2＋y2－4x－2y＋t＝0上恰有两个不同的点P，使得△PAB的面积为eq\f(1,2)，则实数t的取值范围是________．【答案】.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(9,2)))【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)题设“圆x2＋y2－4x－2y＋t＝0上恰有两个不同的点P，使得△PAB的面积为eq\f(1,2)”等价于“圆上有且只有两个点到直线AB的距离为eq\f(\r(2),2)”，进而思考圆心到直线AB的距离在什么范围内符合题意．圆x2＋y2－4x－2y＋t＝0的方程可化为(x－2)2＋(y－1)2＝5－t，设点P到直线AB的距离为h，则S△PAB＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×h＝eq\f(1,2)，解得h＝eq\f(\r(2),2)，而圆心到直线AB的距离为eq\r(2)，欲使得圆x2＋y2－4x－2y＋t＝0上恰有两个不同的点P，使得△PAB的面积为eq\f(1,2)，则需要圆上有且只有两个点到直线AB的距离为eq\f(\r(2),2)，故圆的半径eq\r(5－t)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(\r(2),2)，\r(2)＋\f(\r(2),2)))，解得t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(9,2))).7、(2018南京学情调研）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________．【答案】－eq\f(4,3)【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)“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”等价于“圆(x－2)2＋(y－2)2＝1关于x轴的对称圆与直线kx＋y＋3＝0有公共点”．圆(x－2)2＋(y－2)2＝1关于x轴的对称圆的方程为(x－2)2＋(y＋2)2＝1，由题意得圆心(2，－2)到直线kx＋y＋3＝0的距离d＝eq\f(|2k－2＋3|,\r(k2＋1))≤1，解得－eq\f(4,3)≤k≤0，所以实数k的最小值为－eq\f(4,3).8、(2019泰州期末）在平面直角坐标系xOy中，过圆C1：(x－k)2＋(y＋k－4)2＝1上任一点P作圆C2：x2＋y2＝1的一条切线，切点为Q，则当线段PQ长最小时，k＝________．【答案】2【解析】如下图，因为PQ为切线，所以，PQ⊥C2Q，由勾股定理得：PQ＝eq\r(PCeq\o\al(2,2)－1)，要使PQ最小，则需PC2最小，显然当点P为C1C2与圆C1的一个交点时，PC2最小，此时，PC2＝C1C2－1，所以当C1C2最小时，PC2就最小，C1C2＝eq\r(k2＋（－k＋4）2)＝eq\r(2（k－2）2＋8)≥2eq\r(2).当k＝2时，C1C2最小，得到PQ最小．eq\a\vs4\al(解题反思)本题考查圆的切线长的问题，主要考查了转化与化归的思想．切线长通常用勾股定理来求解，这样问题就转化为求圆外一点与圆上一点距离的最小值，而这种距离的最值问题，是圆的考查中常见的知识点．(2019苏锡常镇调研（一））若直线l：ax＋y－4a＝0上存在相距为2的两个动点A，B，圆O：x2＋y2＝1上存在点C，使得△ABC为等腰直角三角形(C为直角顶点)，则实数a的取值范围为________．【答案】.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)根据条件可以确定点C的另一轨迹为圆，进而将问题转化为两个圆的位置关系解决．记线段AB的中点为M，因为△ABC为等腰直角三角形(C为直角顶点)，所以点C在以M为圆心，半径为1的圆上，又因为点C在圆O上，所以圆M和圆O有公共点，即0≤OM≤2，故圆心O到直线l的距离d＝eq\f(|－4a|,\r(a2＋1))≤2，解得－eq\f(\r(3),3)≤a≤eq\f(\r(3),3)，所以实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))).10、(2019苏锡常镇调研（二））过直线l：上任意点P作圆C：的两条切线，切点分别为A，B，当切线最小时，△PAB的面积为．【答案】【解析】因为，所以当最小时，切线长最小.的最小值即点到直线的距离，所以，此时为等腰直角三角形，所以的面积11、(2019镇江期末）已知圆O：x2＋y2＝1，圆M：(x－a)2＋(y－2)2＝2.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PA⊥PB，则实数a的取值范围为________．【答案】【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)考察点P的轨迹C，轨迹C与圆M有公共点．利用圆与圆的位置关系求解．由PA⊥PB，PA⊥AO，PB⊥OB，PA＝PB，得四边形PAOB是正方形，所以P的轨迹是以原点O为圆心，eq\r(2)为半径的圆．又点P也在圆M上，所以OM≤eq\r(2)＋eq\r(2)，得a2＋22≤8，解得－2≤a≤2.eq\a\vs4\al(解后反思)本题是“隐圆”问题，是江苏卷一大特色，通过圆与圆的位置关系，较好地实现了代数问题与几何问题的相互转化．12、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）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＝4.13、(2018南京、盐城一模）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________．【答案】－eq\r(3)【解析】eq\a\vs4\al(思路分析)由于点Q在圆上运动，导致点P也随之移动，所以可以根据eq\o(OP,\s\up6(→))＝3eq\o(OQ,\s\up