2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題六-微專題35-直線與圓-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

專題六解析幾何微專題35直線與圓[考情分析]高考中，直線與圓的方程偶爾單獨(dú)命題，此類試題難度中等偏下，多以選擇題或填空題的形式出現(xiàn)．直線與圓的方程綜合命題時(shí)會(huì)有一定的深度，常常與圓錐曲線結(jié)合在一起以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等偏上．考點(diǎn)一直線、圓的方程典例1(1)(2023·黃山模擬)“a＝4”是“直線ax＋y＋a＝0和直線4x＋(a－3)y＋a＋5＝0平行”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案C解析∵直線ax＋y＋a＝0和直線4x＋(a－3)y＋a＋5＝0平行，∴a(a－3)－1×4＝0，解得a＝4或a＝－1，當(dāng)a＝4時(shí)，兩直線分別為4x＋y＋4＝0,4x＋y＋9＝0，兩直線平行，符合題意；當(dāng)a＝－1時(shí)，兩直線分別為－x＋y－1＝0,4x－4y＋4＝0，即為x－y＋1＝0，x－y＋1＝0，兩直線重合，不符合題意，綜上所述，a＝4.故“a＝4”是“直線ax＋y＋a＝0和直線4x＋(a－3)y＋a＋5＝0平行”的充要條件．(2)(多選)(2023·汕頭模擬)已知直線l1：2x－y－3＝0，l2：x－2y＋3＝0，圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，若圓C與直線l1，l2都相切，則下列選項(xiàng)一定正確的是()A．l1與l2關(guān)于直線y＝x對(duì)稱B．若圓C的圓心在x軸上，則圓C的半徑為3或9C．圓C的圓心在直線x＋y－6＝0或直線x－y＝0上D．與兩坐標(biāo)軸都相切的圓C有且只有2個(gè)答案ACD解析對(duì)于A，設(shè)直線l1：2x－y－3＝0上任意一點(diǎn)(x0,2x0－3)關(guān)于直線y＝x對(duì)稱的點(diǎn)為(m，n)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2x0－3－n,x0－m)＝－1，,\f(m＋x0,2)＝\f(n＋2x0－3,2)，))解得m－2n＋3＝0，所以點(diǎn)(m，n)在直線l2：x－2y＋3＝0上，所以l1與l2關(guān)于直線y＝x對(duì)稱，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)閳AC的圓心在x軸上，設(shè)圓心為(a,0)，因?yàn)閳AC與直線l1，l2都相切，所以r＝eq\f(|2a－3|,\r(5))＝eq\f(|a＋3|,\r(5))，解得a＝0或a＝6，當(dāng)a＝0時(shí)，r＝eq\f(3,\r(5))＝eq\f(3\r(5),5)；當(dāng)a＝6時(shí)，r＝eq\f(9,\r(5))＝eq\f(9\r(5),5)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，得圓心為(a，b)，半徑為r，因?yàn)閳AC與直線l1，l2都相切，所以r＝eq\f(|2a－b－3|,\r(5))＝eq\f(|a－2b＋3|,\r(5))，解得a＋b－6＝0或a＝b，所以圓心(a，b)在直線x＋y－6＝0或直線x－y＝0上，故C正確；對(duì)于D，由圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，得圓心為(a，b)，半徑為r，因?yàn)閳AC與兩坐標(biāo)軸都相切，得圓心到x軸的距離為|b|，到y(tǒng)軸的距離為|a|，所以r＝|a|且r＝|b|，即|a|＝|b|，解得a＝b或a＝－b，當(dāng)a＝b時(shí)，由題意可知eq\f(|2a－b－3|,\r(5))＝|a|，解得a＝b＝－eq\f(3\r(5)＋1,4)或a＝b＝eq\f(3\r(5)－1,4)，當(dāng)a＝－b時(shí)，此時(shí)不滿足，所以與兩坐標(biāo)軸都相切的圓C有且只有2個(gè)，故D正確．跟蹤訓(xùn)練1(1)已知直線l1：2x－y＋1＝0，l2：x＋ay－1＝0，且l1⊥l2，則點(diǎn)P(1,2)到直線l2的距離d等于()A.eq\f(\r(5),5)B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(3\r(5),5)D.eq\f(4\r(5),5)答案D解析∵直線l1：2x－y＋1＝0，l2：x＋ay－1＝0，且l1⊥l2，∴2×1－1×a＝0，解得a＝2，∴點(diǎn)P(1,2)到直線l2的距離d＝eq\f(|1＋2×2－1|,\r(12＋22))＝eq\f(4\r(5),5).(2)(2023·濟(jì)南模擬)已知圓C1：x2＋y2＝2關(guān)于直線l對(duì)稱的圓為圓C2：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0，則直線l的方程為________________．答案2x－4y＋5＝0解析圓C2：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0化為(x＋1)2＋(y－2)2＝2.由題意可知圓C1的圓心為C1(0,0)，圓C2的圓心為C2(－1,2)，圓C1與圓C2關(guān)于直線l對(duì)稱，則兩圓心C1，C2關(guān)于直線l對(duì)稱．＝eq\f(2－0,－1－0)＝－2，且C1，C2的中點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以直線l的方程為y－1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，即2x－4y＋5＝0.考點(diǎn)二直線、圓的位置關(guān)系典例2(1)(多選)(2023·邵陽(yáng)模擬)已知圓A：x2＋y2＝1，圓B：x2＋y2－4x－4y＋4＝0，直線l：mx－y＋1－m＝0，則下列說(shuō)法正確的是()A．圓B的圓心坐標(biāo)為(2,2)B．圓A與圓B有四條公切線C．點(diǎn)M在圓A上，點(diǎn)N在圓B上，則線段MN長(zhǎng)的最大值為3＋2eq\r(2)D．直線l與圓B一定相交，且相交弦長(zhǎng)的最小值為2eq\r(2)答案ACD解析對(duì)于A，圓B的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－2)2＋(y－2)2＝4，圓B的圓心坐標(biāo)為(2,2)，故A正確；對(duì)于B，圓A的圓心為A(0,0)，半徑為r1＝1，圓B的半徑為r2＝2，圓心距為|AB|＝eq\r(2－02＋2－02)＝2eq\r(2)∈(1,3)，即|r1－r2|<|AB|<r1＋r2，所以圓A與圓B相交，故圓A與圓B有兩條公切線，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，因?yàn)閮蓤A圓心距為|AB|＝2eq\r(2)，又因?yàn)辄c(diǎn)M在圓A上，點(diǎn)N在圓B上，則線段MN長(zhǎng)的最大值為|AB|＋r1＋r2＝3＋2eq\r(2)，故C正確；對(duì)于D，直線l的方程可化為m(x－1)－(y－1)＝0，所以直線l過(guò)定點(diǎn)C(1,1)，因?yàn)?1－2)2＋(1－2)2<4，故點(diǎn)C在圓B內(nèi)，所以直線l與圓B相交，當(dāng)l⊥BC時(shí)，圓心B到直線l的距離取得最大值，且最大值為|BC|＝eq\r(1－22＋1－22)＝eq\r(2)，此時(shí)，直線l截圓B所得弦長(zhǎng)最小，且最小值為2eq\r(4－|BC|2)＝2eq\r(2)，故D正確．(2)(多選)(2023·江蘇四校聯(lián)考)已知經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(2,4)的圓C的圓心坐標(biāo)為(0，t)(t為整數(shù))，且與直線l：eq\r(3)x－y＝0相切，直線m：ax＋y＋2a＝0與圓C相交于A，B兩點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是()A．圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋(y－4)2＝2B．若PA⊥PB，則實(shí)數(shù)a的值為－2C．若|AB|＝2eq\r(2)，則直線m的方程為x－y＋2＝0或7x－y＋14＝0D．弦AB的中點(diǎn)M的軌跡方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝5答案BC解析對(duì)于A，設(shè)圓C的半徑為r，由題意可得圓C的方程為x2＋(y－t)2＝r2(t為整數(shù))，根據(jù)點(diǎn)P(2,4)是圓C上的點(diǎn)，且圓C與直線l：eq\r(3)x－y＝0相切，則r＝eq\f(|t|,2)，∴eq\f(|t|,2)＝eq\r(22＋4－t2)，∵t∈Z，∴t＝4，則r＝2，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋(y－4)2＝4，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由選項(xiàng)A的分析可知圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋(y－4)2＝4，圓心C(0,4)，∵點(diǎn)P(2,4)在圓C上，且PA⊥PB，∴線段AB為圓C的一條直徑，∵直線m：ax＋y＋2a＝0與圓C相交于A，B兩點(diǎn)，∴圓心C(0,4)在直線m上，∴4＋2a＝0，解得a＝－2，故B正確；對(duì)于C，由選項(xiàng)A的分析可知圓C的半徑為2，圓心C(0,4)，則圓心C到直線m的距離d＝eq\f(|2a＋4|,\r(1＋a2))，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|AB|,2)))2＋d2＝r2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),2)))2＋d2＝22，解得d＝eq\r(2)，∴eq\f(|4＋2a|,\r(1＋a2))＝eq\r(2)，整理得a2＋8a＋7＝0，解得a＝－1或a＝－7，則直線m的方程為x－y＋2＝0或7x－y＋14＝0，故C正確；對(duì)于D，直線m的方程可化為y＝－a(x＋2)，過(guò)定點(diǎn)N(－2,0)，由圓的性質(zhì)可得CM⊥MN，∴點(diǎn)M的軌跡是以線段CN為直徑的圓，則此圓圓心為線段CN的中點(diǎn)，其坐標(biāo)為(－1,2)，半徑為eq\f(1,2)|CN|＝eq\r(5)，則該圓的方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝5，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋12＋y－22＝5，,x2＋y－42＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(6,5)，,y＝\f(12,5)，))故弦AB的中點(diǎn)M的軌跡方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2<x<\f(6,5)，\f(12,5)<y<4))，故D錯(cuò)誤．跟蹤訓(xùn)練2(1)(多選)(2023·宣城模擬)已知點(diǎn)M(0，－2)，N(1，－1)，且點(diǎn)P在圓C：x2－4x＋y2＝0上，C為圓心，則下列結(jié)論正確的是()A．直線MN與圓C相交所得的弦長(zhǎng)為4B．|PM|－|PN|的最大值為eq\r(2)C．△PMN的面積的最大值為2D．當(dāng)∠PMN最大時(shí)，△PMN的面積為1答案ABD解析圓C：x2－4x＋y2＝0，即(x－2)2＋y2＝4，所以圓C是以C(2,0)為圓心，2為半徑的圓．對(duì)于A，直線MN的方程為x－y－2＝0，過(guò)圓心，所以直線MN與圓C相交所得的弦長(zhǎng)為直徑4，故A項(xiàng)正確；對(duì)于B，|PM|－|PN|≤|MN|＝eq\r(2)，當(dāng)點(diǎn)P為MN的延長(zhǎng)線與圓的交點(diǎn)時(shí)，等號(hào)成立，故B項(xiàng)正確；對(duì)于C，設(shè)點(diǎn)P到直線MN的距離為d，則S△PMN＝eq\f(1,2)|MN|·d＝eq\f(\r(2),2)d，因?yàn)橹本€MN過(guò)圓心，所以當(dāng)d＝r＝2時(shí)，S△PMN取最大值為eq\f(\r(2),2)×2＝eq\r(2)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于D，當(dāng)MP與圓C相切時(shí)，∠PMN最大，不妨設(shè)P(0,0)，此時(shí)S△PMN＝eq\f(1,2)×2×1＝1，故D項(xiàng)正確．(2)(2023·東北三省三校聯(lián)考)已知圓C：(x－1)2＋(y－4)2＝4，直線y＝kx＋1交圓C于M，N兩點(diǎn)，若△CMN的面積為2，則實(shí)數(shù)k的值為________．答案－7或1解析圓C：(x－1)2＋(y－4)2＝4，圓心C(1,4)，半徑r＝2，設(shè)圓心C(1,4)到直線y＝kx＋1的距離為d，則d為△CMN的邊MN上的高，由點(diǎn)到直線的距離公式得，d＝eq\f(|k－4＋1|,\r(k2＋1))＝eq\f(|k－3|,\r(k2＋1))，由勾股定理得|MN|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(4－d2)，設(shè)△CMN的面積為S，則S＝eq\f(1,2)|MN|·d＝2，所以eq\f(1,2)×2eq\r(4－d2)×d＝2，兩邊平方得(4－d2)d2＝4，即d4－4d2＋4＝0，所以d2＝2，因?yàn)閐＝eq\f(|k－3|,\r(k2＋1))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|k－3|,\r(k2＋1))))2＝2，化簡(jiǎn)可得(k－3)2＝2(k2＋1)，所以k2＋6k－7＝0，解得k＝－7或k＝1.考點(diǎn)三隱圓問(wèn)題(阿波羅尼斯圓)典例3(1)被譽(yù)為古希臘“數(shù)學(xué)三巨匠”之一的數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)：平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)P到兩個(gè)不同定點(diǎn)A，B的距離之比為常數(shù)k(k>0且k≠1)，則點(diǎn)P的軌跡是一個(gè)圓心在直線AB上的圓，簡(jiǎn)稱“阿氏圓”．據(jù)此請(qǐng)回答如下問(wèn)題：已知△ABC中，A為一動(dòng)點(diǎn)，B，C為兩定點(diǎn)，且|AB|＝2|AC|，|BC|＝a，△ABC面積記為S，若a＝3，則Smax＝________；若S＝1，則a的取值范圍為________．答案3[eq\r(3)，＋∞)解析以B為原點(diǎn)，BC所在的直線作為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖所示，若a＝3，即|BC|＝3，則不妨設(shè)C在x正半軸上，則C(3,0)，設(shè)△ABC的頂點(diǎn)A(x，y)，而|AB|＝2|AC|，則eq\r(x2＋y2)＝2eq\r(x－32＋y2)，化簡(jiǎn)可得(x－4)2＋y2＝4，根據(jù)條件可知A不在直線BC上，則y≠0，所以點(diǎn)A的軌跡為圓(x－4)2＋y2＝4除去點(diǎn)(6,0)與(2,0)，可得|y|max＝2，所以△ABC面積S的最大值為eq\f(1,2)|BC||y|max＝eq\f(1,2)×3×2＝3，即Smax＝3，同樣的，當(dāng)|AB|＝2|AC|，|BC|＝a時(shí)，則△ABC的頂點(diǎn)A(x，y)滿足eq\r(x2＋y2)＝2eq\r(x－a2＋y2)，化簡(jiǎn)可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)a))2＋y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a))2(y≠0)，可得0<|y|≤eq\f(2a,3)，又S＝1，則eq\f(1,2)a|y|＝1，即|y|＝eq\f(2,a)，所以0<eq\f(2,a)≤eq\f(2a,3)，解得a≥eq\r(3)，即a的取值范圍為[eq\r(3)，＋∞)．(2)若平面內(nèi)兩定點(diǎn)A，B間的距離為2，動(dòng)點(diǎn)P滿足eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\r(3)，則|PA|2＋|PB|2的最大值為()A．16＋8eq\r(3) B．8＋4eq\r(3)C．7＋4eq\r(3) D．3＋eq\r(3)答案A解析由題意，設(shè)A(－1,0)，B(1,0)，P(x，y)，因?yàn)閑q\f(|PA|,|PB|)＝eq\r(3)，所以eq\f(\r(x＋12＋y2),\r(x－12＋y2))＝eq\r(3)，即(x－2)2＋y2＝3，所以點(diǎn)P的軌跡是以(2,0)為圓心，eq\r(3)為半徑的圓，因?yàn)閨PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝2(x2＋y2＋1)，其中x2＋y2可看作圓(x－2)2＋y2＝3上的點(diǎn)(x，y)到原點(diǎn)(0,0)的距離的平方，所以(x2＋y2)max＝(2＋eq\r(3))2＝7＋4eq\r(3)，所以[2(x2＋y2＋1)]max＝16＋8eq\r(3)，即|PA|2＋|PB|2的最大值為16＋8eq\r(3).跟蹤訓(xùn)練3(1)(2023·株洲模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，已知兩點(diǎn)O(0,0)，A(3,4)到直線l的距離分別是1與4，則滿足條件的直線l共有()A．1條 B．2條C．3條 D．4條答案C解析分別以O(shè)，A為圓心，以1,4為半徑作圓，因?yàn)閨OA|＝eq\r(3－02＋4－02)＝5＝1＋4,所以兩圓外切，如圖所示，有三條公切線，即滿足條件的直線l共有3條．(2)(2023·北京模擬)在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)B，C滿足|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，A為線段BC中點(diǎn)，P為圓(x－3)2＋(y－4)2＝4上任意一點(diǎn)，則|eq\o(AP,\s\up6(→))|的取值范圍是()A．[2,8] B．[3,8]C．[2,7] D．[3,7]答案A解析由eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，得eq\o(OB,\s\up6(→))⊥eq\o(OC,\s\up6(→))，又|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，且A為線段BC中點(diǎn)，則|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝1，所以A為圓O:x2＋y2＝1上任意一點(diǎn)，設(shè)圓(x－3)2＋(y－4)2＝4的圓心為M，則|eq\o(OM,\s\up6(→))|＝5，又|eq\o(OM,\s\up6(→))|＝5>1＋2，所以圓O與圓M相離，所以|eq\o(AP,\s\up6(→))|的幾何意義為圓O與圓M這兩圓上的點(diǎn)之間的距離，所以|eq\o(AP,\s\up6(→))|max＝|eq\o(OM,\s\up6(→))|＋|eq\o(AO,\s\up6(→))|＋|eq\o(MP,\s\up6(→))|＝5＋1＋2＝8，如圖1.|eq\o(AP,\s\up6(→))|min＝|eq\o(OM,\s\up6(→))|－|eq\o(AO,\s\up6(→))|－|eq\o(MP,\s\up6(→))|＝5－1－2＝2，如圖2.所以|eq\o(AP,\s\up6(→))|的取值范圍為[2,8]．[總結(jié)提升]解決圓的方程或弦長(zhǎng)、面積等問(wèn)題一般有兩種方法，一是幾何法，通過(guò)研究圓的性質(zhì)，直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系，進(jìn)而求得圓的基本量和方程．二是代數(shù)法，即用待定系數(shù)法先設(shè)出圓的方程，聯(lián)立直線與圓的方程，利用弦長(zhǎng)公式求弦長(zhǎng)，進(jìn)一步求面積等問(wèn)題．1．若平面內(nèi)兩條平行線l1：x＋(a－1)y＋2＝0，l2：ax＋2y＋1＝0間的距離為eq\f(3\r(2),4)，則實(shí)數(shù)a等于()A．2B．－2或1C．－1D．－1或2答案A解析因?yàn)閮芍本€l1：x＋(a－1)y＋2＝0，l2：ax＋2y＋1＝0平行，可得1×2＝(a－1)×a且1×1≠2a，解得a＝2或a＝－1，當(dāng)a＝2時(shí)，l1：x＋y＋2＝0，l2：2x＋2y＋1＝0，即l1：2x＋2y＋4＝0，可得兩平行線間的距離d＝eq\f(|4－1|,\r(22＋22))＝eq\f(3\r(2),4)，符合題意；當(dāng)a＝－1時(shí)，l1：x－2y＋2＝0，l2：－x＋2y＋1＝0，即l2：x－2y－1＝0，可得兩平行線間的距離d＝eq\f(|2－－1|,\r(12＋－22))＝eq\f(3\r(5),5)，不符合題意，舍去．2．(2023·福建名校聯(lián)盟大聯(lián)考)設(shè)圓C：x2－2x＋y2－3＝0，若直線l在y軸上的截距為1，則l與C的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．以上都有可能答案C解析∵直線l在y軸上的截距為1，∴直線l過(guò)定點(diǎn)(0,1)，∵02－2×0＋12－3＝－2<0，∴點(diǎn)(0,1)在圓內(nèi)，∴直線l與C的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.3．(2023·湛江模擬)若與y軸相切的圓C與直線l：y＝eq\f(\r(3),3)x也相切，且圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(2，eq\r(3))，則圓C的直徑為()A．2 B．2或eq\f(14,3)C.eq\f(7,4) D.eq\f(7,4)或eq\f(16,3)答案B解析因?yàn)橹本€l：y＝eq\f(\r(3),3)x的傾斜角為30°，所以圓C的圓心在兩切線所成角的角平分線y＝eq\r(3)x上．設(shè)圓心C(a，eq\r(3)a)，則圓C的方程為(x－a)2＋(y－eq\r(3)a)2＝a2，將點(diǎn)P(2，eq\r(3))的坐標(biāo)代入，得(2－a)2＋(eq\r(3)－eq\r(3)a)2＝a2，整理得3a2－10a＋7＝0，解得a＝1或a＝eq\f(7,3)，所以圓C的直徑為2或eq\f(14,3).4．(2023·沈陽(yáng)模擬)已知圓O：x2＋y2＝1與圓C：(x－3)2＋y2＝r2外切，直線l：x－y－5＝0與圓C相交于A，B兩點(diǎn)，則|AB|等于()A．4B．2C．2eq\r(3)D．2eq\r(2)答案D解析圓O：x2＋y2＝1的圓心O的坐標(biāo)為(0,0)，半徑為1，圓C：(x－3)2＋y2＝r2的圓心C的坐標(biāo)為(3,0)，半徑為r，因?yàn)閳AO與圓C外切，所以|OC|＝1＋r，所以r2＝4.設(shè)圓心C(3,0)到直線l的距離為d，則d＝eq\f(|3－5|,\r(2))＝eq\r(2)，從而|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(2).5．(2023·開封模擬)已知等邊△ABC的邊長(zhǎng)為eq\r(3)，P為△ABC所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，且|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝1，則eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(9,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(11,2)))C．[1,4] D．[1,7]答案B解析如圖，構(gòu)建平面直角坐標(biāo)系，且Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，所以P(x，y)在以A為圓心，1為半徑的圓上，即軌跡方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(3),2)))2＋y2＝1，而eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－x，－y))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x，\f(3,2)－y))，故eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝x2－eq\f(\r(3),2)x＋y2－eq\f(3,2)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),4)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,4)))2－eq\f(3,4)，綜上，只需求出定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(3,4)))與圓eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(3),2)))2＋y2＝1上點(diǎn)的距離平方的范圍即可，而圓心A與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(3,4)))的距離d＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)＋\f(\r(3),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2)＝eq\f(3,2)，故定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(3,4)))與圓上點(diǎn)的距離的范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,2)))，所以eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(11,2))).6．(2023·濟(jì)南模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，P為圓x2＋y2＝16上的動(dòng)點(diǎn)，定點(diǎn)A(－3,2)．現(xiàn)將y軸左側(cè)半圓所在坐標(biāo)平面沿y軸翻折，與y軸右側(cè)半圓所在平面成eq\f(2π,3)的二面角，使點(diǎn)A翻折至A′，P仍在右側(cè)半圓和折起的左側(cè)半圓上運(yùn)動(dòng)，則A′，P兩點(diǎn)間距離的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(13)，3\r(5))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4－\r(13)，7))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4－\r(13)，3\r(5))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(13)，7))答案B解析設(shè)A所在平面為α，圓的另一半所在平面為β，若P∈α，則P，A，O三點(diǎn)共線時(shí)，|PA|有最小值|P1A′|＝R－|OA′|＝4－eq\r(13)；當(dāng)P在圓的下端點(diǎn)時(shí)，取到最大值|P2A′|＝eq\r(－3－02＋2＋42)＝eq\r(32＋62)＝3eq\r(5)，即|PA′|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4－\r(13)，3\r(5)))；若P∈β，設(shè)P(4cosθ，4sinθ)，A′在β上的投影為A1，則A′到β的距離為|A′A1|＝|－3|sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，又A′到y(tǒng)軸的距離為3，∴A1到y(tǒng)軸的距離為eq\r(9－\f(27,4))＝eq\f(3,2)，而A1到x軸的距離為2，則|PA′|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋4cosθ))2＋2－4sinθ2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)))2)＝eq\r(29＋20\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)cosθ－\f(4,5)sinθ)))＝eq\r(29＋20sinφ－θ)，其中θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，sinφ＝eq\f(3,5)，cosφ＝eq\f(4,5)，故|PA′|min＝eq\r(13)，當(dāng)且僅當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時(shí)，等號(hào)成立，|PA′|max＝7，當(dāng)且僅當(dāng)θ＝φ－eq\f(π,2)時(shí)，等號(hào)成立，即|PA′|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(13)，7))，綜上可得，|PA′|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4－\r(13)，7)).7．(多選)(2023·臨沂模擬)已知圓C：x2＋y2－6x＋8＝0，點(diǎn)A(0,4)，點(diǎn)P在圓C上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則()A．線段AP長(zhǎng)的最大值為6B．當(dāng)直線AP與圓C相切時(shí)，|AP|＝2eq\r(6)C．以線段AP為直徑的圓不可能過(guò)原點(diǎn)OD.eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))的最大值為20答案ABD解析根據(jù)題意可知圓C：(x－3)2＋y2＝1的圓心C(3,0)，半徑r＝1，如圖所示，易知|AP|≤|AC|＋|CP|＝eq\r(32＋42)＋1＝6，當(dāng)且僅當(dāng)A，C，P三點(diǎn)共線且C點(diǎn)在A，P之間時(shí)，等號(hào)成立，所以A正確；當(dāng)直線AP與圓C相切時(shí)，由勾股定理可得|AP|＝eq\r(|AC|2－|CP|2)＝eq\r(25－1)＝2eq\r(6)，所以B正確；若以線段AP為直徑的圓過(guò)原點(diǎn)O，由直徑所對(duì)圓周角為直角可得∠AOP＝90°，易知當(dāng)P在x軸上時(shí)，滿足題意；所以以線段AP為直徑的圓可能過(guò)原點(diǎn)O，所以C錯(cuò)誤；設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，易知x0∈[2,4]，y0∈[－1,1]，則eq\o(AO,\s\up6(→))＝(0，－4)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x0，y0－4)，所以eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝16－4y0≤16－4×(－1)＝20，即eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))的最大值為20，所以D正確．8．(多選)(2023·湖南新高考教學(xué)教研聯(lián)盟聯(lián)考)設(shè)k∈R，過(guò)定點(diǎn)A的動(dòng)直線l1：x＋ky＝0和過(guò)定點(diǎn)B的動(dòng)直線l2：kx－y＋3－k＝0交于點(diǎn)P，M是圓C：(x－2)2＋(y－4)2＝4上的任意一點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的有()A．直線l1與圓C相切時(shí)k＝eq\f(4,3)B．M到l1距離的最大值是2＋2eq\r(5)C．直線l2被圓C所截的最短弦長(zhǎng)為2eq\r(2)D．|PA|＋|PB|的最大值為2eq\r(10)答案BC解析由圓的標(biāo)準(zhǔn)方程可得圓心為C(2,4)，半徑r＝2，直線l2過(guò)的定點(diǎn)為B(1,3)．顯然當(dāng)k＝0時(shí)直線l1也與圓C相切，故A錯(cuò)誤；直線l1過(guò)的定點(diǎn)為A(0,0)，當(dāng)l1⊥CA時(shí)，C到l1的距離最大，最大值為|CA|＝2eq\r(5)，此時(shí)M到l1距離的最大值為2＋2eq\r(5)，故B正確；當(dāng)l2⊥CB時(shí)所得弦長(zhǎng)最短，則＝－1，又，，所以k＝－1，得l2：x＋y－4＝0，則圓心到直線l2的距離為d＝eq\f(|2|,\r(2))＝eq\r(2)，所以弦長(zhǎng)為2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(2)，故C正確；由l1：x＋ky＝0?A(0,0)，當(dāng)k＝0時(shí)，l1：x＝0，l2：y＝3，有l(wèi)1⊥l2，當(dāng)k≠0時(shí)，，，則，所以l1⊥l2，又點(diǎn)P是兩直線的交點(diǎn)，所以PA⊥PB，所以|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10，因?yàn)?|PA|＋|PB|)2＝|PA|2＋|PB|2＋2|PA||PB|≤2(|PA|2＋|PB|2)＝20，所以|PA|＋|PB|≤2eq\r(5)，當(dāng)且僅當(dāng)|PA|＝|PB|＝eq\r(5)時(shí)等號(hào)成立，故D錯(cuò)誤．9．(2023·淄博模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)P(3,1)，直線y＝kx＋b與圓x2＋y2＝10交于M，N兩點(diǎn)，若△PMN為正三角形，則實(shí)數(shù)b＝________.答案－5解析由題意可知P(3,1)在圓上，如圖．設(shè)MN中點(diǎn)為H，連接PH，因?yàn)椤鱌MN為正三角形，則PH過(guò)點(diǎn)原點(diǎn)O，且PH⊥MN，則直線MN的斜率為k＝－eq\f(1,kOP)＝－3，故y＝kx＋b即為y＝－3x＋b，因?yàn)椤鱌MN為正三角形，則O點(diǎn)為△PMN的中心，由中心及重心性質(zhì)知，|OH|＝eq\f(|OP|,2)＝eq\f(\r(10),2)，故eq\f(|b|,\r(1＋9))＝eq\f(\r(10),2)，解得b＝±5，結(jié)合P(3,1)在圓上，△PMN是圓的內(nèi)接正三角形，可知b<0，即b＝－5.10．(2022·新高考全國(guó)Ⅰ)寫出與圓x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一條直線的方程________．答案x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0(答案不唯一，只需寫出上述三個(gè)方程中的一個(gè)即可)解析如圖，因?yàn)閳Ax2＋y2＝1的圓心為O(0,0)，半徑r1＝1，圓(x－3)2＋(y－4)2＝16的圓心為A(3,4)，半徑r2＝4，所以|OA|＝5，r1＋r2＝5，所以|OA|＝r1＋r2，所以兩圓外切，公切線有三種情況：①易知公切線l1的方程為x＝－1.②另一條公切線l2與公切線l1關(guān)于過(guò)兩圓圓心的直線l對(duì)稱．易知過(guò)兩圓圓心的直線l的方程為y＝eq\f(4,3)x，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝\f(4,3)x))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－\f(4,3)