专题15 直线与圆（2）
【自主热身，归纳总结】
1、 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
解法1 设圆心为(a，－4a)，则有r＝＝，解得a＝1，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，联立方程组解得则圆心坐标为(1，－4)，半径为r＝＝2，故圆的方程为(x－1)2＋(y＋4)2＝8.
2、 在平面直角坐标系xOy中，若直线ax＋y－2＝0与圆心为C的圆(x－1)2＋(y－a)2＝16相交于A，B两点，且△ABC为直角三角形，则实数a的值是________．
【答案】： －1
【解析】：因为△ABC为直角三角形，所以BC＝AC＝r＝4，所以圆心C到直线AB的距离为2，从而有＝2，解得a＝－1.
3、 已知直线l：x＋y－2＝0与圆C：x2＋y2＝4交于A，B两点，则弦AB的长度为________.
【答案】：. 2
【解析】：圆心C(0,0)到直线l的距离d＝＝1，由垂径定理得AB＝2＝2＝2，故弦AB的长度为2.
4、已知过点的直线被圆截得的弦长为4，则直线的方程为 .
【答案】：或
【解析】：化成标准式为：.因为截得弦长为4
小于直径故该直线必有两条且圆心到直线的距离为.当斜率不存在时，
，显然符合要求。当斜率存在时，，
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，截得，
故直线为.
5、在平面直角坐标系xOy中，若动圆C上的点都在不等式组，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－y＋3＝0相切，所以＝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.
6、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________．
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7、已知经过点P的两个圆C1，C2都与直线l1：y＝x，l2：y＝2x相切，则这两圆的圆心距C1C2＝________.
【答案】
【解析】：易求直线C1C2的方程为y＝x，设C1(x1，x1)，C2(x2，x2)，
由题意得C1(x1，x1)到直线2x－y＝0的距离等于C1P，即＝，整理得9x－25x1＋＝0，同理可得9x－25x2＋＝0，所以x1，x2是方程9x2－25x＋＝0的两个实数根，从而x1＋x2＝，x1x2＝，所以圆心距C1C2＝|x1－x2|＝·＝·＝.
8、在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2＋(y－3)2＝2，点A是x轴上的一个动点，AP，AQ分别切圆C于P，Q两点，则线段PQ长的取值范围是________．
【答案】
【解析】：设∠PCA＝θ，所以PQ＝2sinθ.又cosθ＝，AC∈[3，＋∞)，所以cosθ∈，所以cos2θ∈，sin2θ＝1－cos2θ∈，所以sinθ∈，所以PQ∈.
与切线有关的问题，一般都不需要求出切点，而是利用直线与圆相切时所得到的直角三角形转化为点与圆心的距离问题求解．
9、在平面直角坐标系xOy中，已知点，点，为圆上一动点，则的最大值是 ．
【答案】、2
【解析】1：设，则，
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，
令，即，则动直线与圆必须有公共点，所以，解得，所以，即，的最大值是.
（有了上面的解法，也可设，直接通过动直线与圆有公共点来解决）
【解析】2：设，则，
令，
则，即，因为，
所以，则动直线与圆必须有公共点，所以，解得，即，的最大值是.
【解析】3：因为为圆上一动点，故设（），则令，整理为
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，由，解得，从而，的最大值是.
10、在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝9，直线l：y＝kx＋3与圆C相交于A，B两点，M为弦AB上一动点，以M为圆心，2为半径的圆与圆C总有公共点，则实数k的取值范围为 ．
【答案】
思路分析：根据两个圆的位置关系的判断方法，本题即要求则可，根据图形的对称性， 当点位于的中点时存在公共点，则在其它位置时，一定存在公共点，由点到直线的距离不难得到答案。
【解析】：由题意得对于任意的点恒成立，由图形的对称性可知，只需点位于的中点时存在则可。由点到直线的距离得，解得。
11、已知点A(0,1)，B(1,0)，C(t,0)，点D是直线AC上的动点，若AD≤2BD恒成立，则最小正整数t的值为________．
【答案】 4
解法1 设点D(x，y)，因为AD≤2BD，A(0,1)，B(1，0)，所以≤2，整理得2＋2≥，它表示以为圆心，以为半径的圆及其外部，又因为直线AC为＋y＝1，即x＋ty－t＝0，且点D是直线AC上的动点，所以直线AC与圆相离，即≥，即t2－4t＋1≥0，解得t≥2＋(t≤2－舍)，所以最小正整数t的值为4.
解法2 设点D(x，y)，因为A(0,1)，C(t,0)，点D在直线AC上，所以有且只有一个实数λ，使＝λ，所以(x，y－1)＝λ(t，－1)，从而x＝tλ，y＝1－λ，即点D(tλ，1－λ)，
又因为AD≤2BD恒成立，所以≤2在R上恒成立，
即3(t2＋1)λ2－8(t＋1)λ＋8≥0在R上恒成立，
令f(λ)＝3(t2＋1)λ2－8(t＋1)λ＋8，
所以Δ≤0恒成立，即t2－4t＋1≥0，解得t≥2＋(t≤2－舍)，所以最小整数t的值为4.
综上所述，满足条件的最小正整数t的值为4.
12、在平面直角坐标系xOy中，设直线y＝－x＋2与圆x2＋y2＝r2(r>0)交于A，B两点，O
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为坐标原点，若圆上一点C满足＝＋，则实数r＝________.
解法2 由＝，得r2＋r2＋2·＝8 ①.由＝＋，得2＝r2＋＋·＝r2 ②.由①②可知r2＝10，即r＝.
解法3 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x，y)，由＝＋得则x2＋y2＝2＋2＝x＋y＋x1x2＋x＋y＋y1y2.由题意得r2＝r2＋r2＋(x1x2＋y1y2)，联立直线y＝－x＋2与圆x2＋y2＝r2(r>0)的方程，得2x2－4x＋4－r2＝0.由韦达定理得x1x2＝，x1＋x2＝2，y1y2＝x1x2－2x1－2x2＋4＝，代入上式可解得r＝.
解法4 由＝＋得＝＋，设OC与AB交于点M，则A，M，B三点共线．由∠AMO与∠BMO互补结合余弦定理可求得AB＝r，过点O作AB的垂线交AB于点D，根据圆心O到直线y＝－x＋2的距离为OD＝＝，得2＋()2＝r2，解得r2＝10，所以r＝.
【问题探究，变式训练】
例1、在平面直角坐标系xOy中，圆O：x2＋y2＝1，圆M：(x＋a＋3)2＋(y－2a)2＝1(a为实数)．若圆O与圆M上分别存在点P，Q，使得∠OQP＝30°，则a的取值范围为 ▲ ．
【答案】．[－，0]
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【思路分析】本题中在两个圆上分别存在点P，Q，使得∠OQP＝30°是本题的关键.首先对于圆O，可以根据∠OQP＝30°得出点Q的轨迹，再将点Q的存在性问题转化为点Q的轨迹与圆M有公共点，从而求出参数的取值范围.
过Q点作圆O的切线，设切点为，在圆O上要存在点P满足，
即，又，即.设，所以
又点Q在圆M上，即圆M与有公共点，所以有，
解得.
【解后反思】一般地对于圆上存在一点的问题，都可以利用其所给几何条件求出点的轨迹，进一步转化为点的轨迹与圆的位置关系问题，其中常见的动点轨迹有直线、线段、圆、圆面等.
【变式1】、.已知圆O：x2＋y2＝1，圆M：(x－a)2＋(y－a＋4)2＝1.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∠APB＝60°，则实数a的取值范围为________．
【答案】.
【解析】：由题意得圆心M(a，a－4)在直线x－y－4＝0上运动，所以动圆M是圆心在直线x－y－4＝0上，半径为1的圆；又因为圆M上存在点P，使经过点P作圆O的两条切线，切点为A，B，使∠APB＝60°，所以OP＝2，即点P也在x2＋y2＝4上，于是2－1≤≤2＋1，即1≤≤3，解之得实数a的取值范围是.
解题反思 一方面，要注意点P在动圆M上，另一方面，点P也在x2＋y2＝4上，从而将所求解的问题转化成研究圆与圆的位置关系问题，此类试题出现频率高，希望考生重视．
【变式2】、已知点A(0,2)为圆M：x2＋y2－2ax－2ay＝0(a>0)外一点，圆M上存在点T，使得∠MAT＝45°，则实数a的取值范围是________．
【答案】：[－1,1)
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【解析】：圆M的方程可化为(x－a)2＋(y－a)2＝2a2.圆心为M(a，a)，半径为a.当A，M，T三点共线时，∠MAT＝0°最小，当AT与圆M相切时，∠MAT最大．圆M上存在点T，使得∠MAT＝45°，只需要当∠MAT最大时，满足45°≤∠MAT
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