/05/5/微專題18與圓相關(guān)的范圍與最值問題在處理與圓有關(guān)的范圍和最值問題中，應(yīng)把握兩個“思想”：幾何思想和代數(shù)思想．所謂幾何思想，即利用圓心，將最值范圍問題轉(zhuǎn)化為與圓心有關(guān)的問題．所謂代數(shù)思想，即利用圓的參數(shù)方程．同時，由于最值范圍問題從代數(shù)意義上講和函數(shù)的聯(lián)系緊密，因此在解題過程中靈活的應(yīng)用函數(shù)、不等式等代數(shù)思想使問題代數(shù)化.例題：已知圓O：x2＋y2＝1，點P在直線l：2x＋y－3＝0上，過點P作圓O的兩條切線，A，B為兩切點．(1)求切線長PA的最小值，并求此時點P的坐標(biāo)；(2)求eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最小值．變式1設(shè)P為直線3x＋4y＋3＝0上的動點，過點P作圓C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0的兩條切線，切點分別為A，B，則四邊形PACB的面積的最小值為________________．

變式2圓C的方程為(x－2)2＋y2＝4，圓M的方程為(x－2－5cosθ)2＋(y－5sinθ)2＝1(θ∈R)．過圓M上任意一點P作圓C的兩條切線PE，PF，切點分別為E，F(xiàn)，則eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))的最小值是____________．串講1動直線y＝k(x－eq\r(2))與曲線y＝eq\r(1－x2)相交于A，B兩點，O為坐標(biāo)原點，當(dāng)△AOB的面積取得最大值時，k的值為________________．串講2在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點P(3，0)在圓C：x2＋y2－2mx－4y＋m2－28＝0內(nèi)，動直線AB過點P且交圓C于A，B兩點，若△ABC的面積最大值為16，則實數(shù)m的取值范圍為____________．

(2018·北京卷)在平面直角坐標(biāo)系中，記d為點P(cosθ，sinθ)到直線x－my－2＝0的距離，當(dāng)θ，m變化時，d的最大值為________________．已知圓M的方程為x2＋y2－4x－4y＋6＝0，以坐標(biāo)原點O為圓心的圓O與圓M相外切．(1)求圓O的方程；(2)圓O與x軸交于E，F(xiàn)兩點，圓O內(nèi)的動點D使得DE，DO，DF成等比數(shù)列，求eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))的取值范圍．答案：(1)圓O的方程為x2＋y2＝2；(2)eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))∈[－1，0)．解析：(1)圓M的方程可整理為(x－2)2＋(y－2)2＝2，故圓心M(2，2)，半徑R＝eq\r(2).1分圓O的圓心為(0，0)，因為MO＝2eq\r(2)，設(shè)圓O的半徑為r，因為圓O外切于圓M，所以MO＝R＋r，即2eq\r(2)＝eq\r(2)＋r，解得r＝eq\r(2).3分所以圓O的方程為x2＋y2＝2.5分(2)不妨設(shè)E(m，0)，F(xiàn)(n，0)，且m＜n.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝2，,y＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r(2)，,y＝0，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\r(2)，,y＝0，))故E(－eq\r(2)，0)，F(xiàn)(eq\r(2)，0).7分設(shè)D(x，y)，由DE，DO，DF成等比數(shù)列，得DE·DF＝DO2，即eq\r(（x＋\r(2)）2＋y2)·eq\r(（x－\r(2)）2＋y2)＝x2＋y2，整理得x2－y2＝1.9分而eq\o(DE,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)－x，－y)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(eq\r(2)－x，－y)，所以eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)－x)(eq\r(2)－x)＋(－y)(－y)＝x2＋y2－2＝2y2－1.11分由于點D在圓O內(nèi)，故有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＜2，,x2－y2＝1，))得y2＜eq\f(1,2)，所以－1≤2y2－1＜0，13分微專題18例題答案：(1)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，\f(3,5)))時，PAmin＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)；(2)(eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→)))min＝－eq\f(4,45)，當(dāng)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，\f(3,5)))時取得．解析：(1)設(shè)點P(x0，y0)，PA2＝PO2－1＝x02＋y02－1＝x02＋(－2x0＋3)2－1＝5x02－12x0＋8＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(6,5)))eq\s\up12(2)＋eq\f(4,5)，故當(dāng)x0＝eq\f(6,5)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，\f(3,5)))時，PAmin＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).(2)eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))－eq\o(PA,\s\up6(→))2·cos∠APB＝PA2(2cos2∠APO－1)＝(PO2－1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2（PO2－1）,PO2)－1))＝PO2＋eq\f(2,PO2)－3，PO≥eq\f(3,\r(5)).令t＝PO2∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)，＋∞))，而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(2,t)))′＝1－eq\f(2,t2)在t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)，＋∞))上恒大于0，故t＋eq\f(2,t)－3≥eq\f(9,5)＋eq\f(10,9)－3＝eq\f(4,5)＋eq\f(1,9)－1＝－eq\f(4,45)，所以(eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→)))min＝－eq\f(4,45)，當(dāng)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，\f(3,5)))時取得．變式聯(lián)想變式1答案：eq\r(3).解析：依題意，圓C：(x－1)2＋(y－1)2＝1的圓心是點C(1，1)，半徑是1，易知PC的最小值等于圓心C(1，1)到直線3x＋4y＋3＝0的距離，即eq\f(10,5)＝2，而四邊形PACB的面積2S△PAC＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)PA·AC))＝PA·AC＝PA＝eq\r(PC2－1)，因此四邊形PACB的面積的最小值是eq\r(22－1)＝eq\r(3).變式2答案：6.解析：如圖，連接CE，CF.由題意，可知圓心M(2＋5cosθ，5sinθ)，設(shè)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2＋5cosθ，,y＝5sinθ，))則可得圓心M的軌跡方程為(x－2)2＋y2＝25，由圖，可知只有當(dāng)M，P，C三點共線時，才能夠滿足eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))最小，此時PC＝4，EC＝2，故PE＝PF＝2eq\r(3)，∠EPF＝60°，則eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝(2eq\r(3))2×cos60°＝6.串講激活串講1答案：－eq\f(\r(3),3).解析：如圖，易得直線y＝k(x－eq\r(2))過定點C(eq\r(2)，0)，曲線y＝eq\r(1－x2)表示圓x2＋y2＝1的上半圓，S△AOB＝eq\f(1,2)OA·OB·sin∠AOB，當(dāng)∠AOB＝eq\f(π,2)時，△AOB的面積取得最大值，如圖作OH⊥AB，在Rt△AOB中，AB＝eq\r(AO2＋BO2)＝eq\r(2)，則OH＝eq\f(\r(2),2)，又在Rt△OHC中，OC＝eq\r(2)，所以∠OCH＝eq\f(π,6)，則k＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,6)))＝taneq\f(5π,6)＝－eq\f(\r(3),3)，故答案為－eq\f(\r(3),3).串講2答案：[3＋2eq\r(3)，3＋2eq\r(7))∪(3－2eq\r(7)，3－2eq\r(3)]．解析：圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－m)2＋(y－2)2＝32，則圓心C(m，2)，半徑r＝4eq\r(2)，S＝eq\f(1,2)r2sin∠ACB＝16sin∠ACB，當(dāng)∠ACB＝90°時S取最大值16，此時△ABC為等腰直角三角形，AB＝eq\r(2)r＝8，則C到AB距離為4，所以4≤PC＜4eq\r(2)，即4≤eq\r(（m－3）2＋22)＜4eq\r(2)，所以16≤(m－3)2＋22＜32，即12≤(m－3)2＜28，解得3＋2eq\r(3)≤m＜3＋2eq\r(7)或3－2eq\r(7)＜m≤3－2eq\r(3).新題