人教A版2024年高考数学难点专题必修三难点 直线圆2（含解析）

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必修三难点 直线圆2
一、单选题
1．圆 被轴所截得的弦长为（ ）
A． B． C．4 D．
2．直线与圆的位置关系是（ ）
A．相切 B．相离 C．相交 D．与的取值有关
3．经过，两点的直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
4．已知圆：和圆：，则圆与圆的公切线的条数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．已知直线：与直线：平行，则的值为（ ）
A．或2 B． C．2 D．
6．过P（–2，0），倾斜角为120°的直线的方程为
A． B．
C． D．
7．若圆与y轴交于两点，且，则等于（　　）.
A．1 B． C．0 D．2
8．已知直线l与单位圆O相交于，两点，且圆心O到l的距离为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点M，N是锐角∠AQB的一边QA上的两点，试在QB边上找一点P，使得∠MPN最大．”如图，其结论是：点P为过M，N两点且和射线QB相切的圆与射线QB的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，，点P在x轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标是（ ）
A．1 B．－7 C．1或－7 D．2或－7
10．在平面直角坐标系中，已知圆，过点的直线交圆于两点，且，则满足上述条件的所有直线斜率之和为（ ）
A． B． C． D．
11．已知点是直线：和：的交点，点是圆：上的动点，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
12．在等腰直角三角形中，，点是边上异于的一点，光线从点出发，经反射后又回到点，如图，若光线经过的重心，则（ ）
A． B． C．1 D．2
13．已知对任意的，不等式恒成立，则实数的最大值是（ ）
A． B．2 C． D．3
14．若圆：始终平分圆：的周长，则直线被圆所截得的弦长为（ ）
A． B． C． D．
15．过点作直线（不同时为零）的垂线，垂足为，点，则的取值范围是
A． B． C． D．
16．已知抛物线：与圆：交于，，，四点.若轴，且线段恰为圆的一条直径，则点的横坐标为
A． B．3
C． D．6
17．已知点M作抛物线上运动，圆过点，过点M引直线与圆相切，切点分别为P，Q，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
18．设直线系,则下列命题中是真命题的个数是（ ）
①存在一个圆与所有直线不相交
②存在一个圆与所有直线相切
③中所有直线均经过一个定点
④存在定点不在中的任一条直线上
⑤中的直线所能围成的正三角形面积都相等
A．1 B．2 C．3 D．4
19．已知抛物线的焦点为，过点且斜率为1的直线与抛物线交于点，以线段为直径的圆上存在点，使得以为直径的圆过点，则实数的取值范围为
A． B．
C． D．
20．在平面直线坐标系中,定义为两点的“切比雪夫距离”，又设点P及上任意一点Q,称的最小值为点P到直线的“切比雪夫距离”记作给出下列四个命题:（ ）
①对任意三点A、B、C，都有
②已知点P(3,1)和直线则
③到原点的“切比雪夫距离”等于的点的轨迹是正方形；
④定点动点满足则点P的轨迹与直线(为常数)有且仅有2个公共点．
其中真命题的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
二、多选题
21．方程表示圆，则的可能取值是（ ）
A． B．1 C．0 D．3
22．已知直线过点，圆：，则直线与圆的位置关系是（ ）
A．相切 B．相交 C．相切或相交 D．相离
23．已知圆和圆相交于、两点，下列说法正确的是（ ）
A．圆上有且仅有个点到直线的距离都等于
B．线段的长为
C．取圆上点，则的最大值为
D．直线被圆所截得弦长最短为
24．已知圆的圆心在直线上，且与相切于点，过点作圆的两条互相垂直的弦AB，CD，记线段AB，CD的中点分别为M，N，则下列结论正确的是（ ）
A．圆的方程为
B．四边形ACBD面积的最大值为
C．弦AB的长度的取值范围为
D．直线MN恒过定点
25．在平面直角坐标系中，已知动圆（），则下列说法正确的是（ ）
A．存在圆经过原点
B．存在圆，其所有点均在第一象限
C．存在定直线，被圆截得的弦长为定值
D．所有动圆仅存在唯一一条公切线
三、填空题
26．点直线的距离是 .
27．直线（为常数）的倾斜角的取值范围是 ．
28．过定点A的直线与圆交于B，C两点，点B恰好为AC的中点，写出满足条件的一条直线的方程 ．
29．在中，，，，P为所在平面内的动点，且，则面积的最大值是 ，的取值范围是
30．设向量，，，，点在内，且向量与向量的夹角为，则的取值范围是 ．
四、解答题
31．已知点A(-3，4)，，在x轴上找一点P使得，并求出的值.
32．请求出满足题意的直线方程：
(1)过定点且在两坐标轴上截距相等的直线；
(2)求经过直线和的交点，且与直线垂直的直线的方程．
33．已知的三个顶点分别为，，．
(1)求边的垂直平分线的方程；
(2)求的面积．
34．已知圆.
(1)若直线，证明:无论为何值，直线都与圆相交；
(2)若过点的直线与圆相交于两点，求的面积的最大值，并求此时直线的方程.
35．已知圆和点.
（1）过点向圆引切线，求切线的方程；
（2）求以点为圆心，且被直线截得的弦长为8的圆的方程；
（3）设为（2）中圆上任意一点，过点向圆引切线，切点为，试探究：平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，请求出定点的坐标，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．D
【分析】根据圆的弦长公式即可求解.
【详解】的圆心和半径分别为， ，
因此圆被轴所截得的弦长为 ，
故选：D
2．C
【分析】求出圆心到直线的距离，即可判断.
【详解】解：圆的圆心为，半径，
则圆心到直线的距离，故直线与圆的相交.
故选：C．
3．C
【分析】求出过两点的直线的斜率，结合倾斜角和斜率的关系，即可求得答案.
【详解】由题意得经过，两点的直线的斜率为，
而直线倾斜角范围为，
故经过，两点的直线的倾斜角为，
故选：C
4．D
【分析】求出两圆的圆心和半径，根据圆心距大于半径之和，得到两圆外切，故公切线条数为4.
【详解】两圆的标准方程分别为和，
圆心分别为，，半径分别为，，
圆心距，故，
所以圆与圆外离，所以圆与圆有4条公切线.
故选：D
5．D
【分析】根据两直线平行，即可列式求解.
【详解】因为，所以，
解得：.
故选：D
6．A
【分析】由直线的倾斜角为求出直线的斜率,由此可利用点斜式求出过,倾斜角为的直线的方程.
【详解】倾斜角为120°的直线的斜率为k=tan120°=–，
∴过P（–2，0），倾斜角为120°的直线的方程为：y–0=–（x+2），
整理得：=0．故选A
【点睛】本题主要直线的倾斜角、考查点斜式方程的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，是基础题.
7．B
【分析】根据题意利用韦达定理可得的值，再由推得，从而代入两根得到关于的关系式，由此得解.
【详解】依题意，设，
因为圆，
令得，则即为该方程的两个根，
由韦达定理及判别式得，解得.
因为，，所以，即，
即，代入上面的结果得，
所以，符合，
故选：B.
8．A
【解析】根据题意，用特例设出符合条件的直线与圆的方程，再联立解方程组逐项排除可得答案.
【详解】圆的方程为，
圆心到直线的距离为，交于与，
由与联立得或，
则，排除BD；
圆心到直线的距离为，交于和
设与联立得或
则，排除D，
故选：A.
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，举例逐项排除.
9．A
【分析】根据题意得出满足条件的过三点的圆的方程，由已知当取最大值时，圆必与轴相切于点，得出对应的切点分别为和，并依据定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，舍弃，得到满足条件的，从而得出答案.
【详解】解：，则线段的中点坐标为，易知，
则经过两点的圆的圆心在线段的垂直平分线上，
设圆心为，则圆的方程为，
当取最大值时，圆必与轴相切于点（由题中结论得），
则此时P的坐标为，
代入圆的方程得
，解得或，
即对应的切点分别为和，
因为对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，
又过点M，N，的圆的半径大于过点M，N，P的圆的半径，
所以，故点为所求，即点的横坐标为.
故选：A
10．A
【分析】设弦的中点为，连，，，先根据及垂径定理推出，再由点斜式设出直线的方程：，根据点到直线的距离公式，求出圆心到直线的距离，列式得出，然后由韦达定理即可得出所有直线斜率之和．
【详解】解：设弦的中点为，连，，，如图所示：
根据垂径定理得：，
，为的中点．所以，
在中，
，①
在中，，②
由①②消去得：，
设直线的方程为：，即，
所以到直线的距离，
，整理得：，
，
所以所有直线斜率之和为.
故选：A.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，以及圆的标准方程、直线方程、直线与圆的弦长、点到直线距离公式和垂径定理的应用，考查数形结合思想和运算能力.
11．B
【分析】根据题意分析可知点的轨迹是以的中点，半径的圆，结合圆的性质运算求解.
【详解】因为直线：，即，
令，解得，可知直线过定点，
同理可知：直线过定点，
又因为，可知，
所以直线与直线的交点的轨迹是以的中点，半径的圆，
因为圆的圆心，半径，
所以的最大值是.
故选：B.
12．C
【分析】根据题意，建立坐标系，设点的坐标，可得关于直线的对称点的坐标，和关于轴的对称点的坐标，由，，四点共线可得直线的方程，由于过的重心，代入可得关于的方程，解之可得的坐标，进而可得的值，即可得答案．
【详解】根据题意，建立如图所示的坐标系，可得，，
故直线的方程为，
又由，，，则 的重心为，
设，其中，点关于直线 的对称点，则有，
解得，即，
易得关于 轴的对称点，
由光的反射原理可知，，，四点共成直线的斜率，
故直线的方程为，
由于直线过 的重心，代入化简可得，
解得：或 舍，即，故，
故选：C．
13．A
【分析】设直线：，半圆：，则问题转化为原点到直线的距离大于或等于，利用点到直线的距离公式得到不等式，解得即可.
【详解】解：设直线：，半圆：，
则表示半圆弧上任意一点到直线的距离大于或等于，即原点到直线的距离大于或等于．
由，解得，即实数的最大值是．
故选：A
14．B
【分析】圆平分圆，即连结两圆交点的直线过圆的圆心，由此可得m的值，进而求出直线被圆所截得的弦长．
【详解】由题，联立两圆方程，
可得相交直线方程为，
又圆平分圆，则有点（-1，-1）在直线上，代入直线方程，可得，
解得m=1或m=-3（舍），
故圆为，
的圆心到直线的距离为，
则所截得弦长为，
故选B.
【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，应用了点到直线的距离公式和勾股定理，需要注意给定条件认真计算.
15．D
【详解】,整理为：得直线恒过点Q（1，-2），画出图象
可知或者M与P,Q之一重合，,故点M在以PQ为直径的圆上运动，设该圆的圆心为F，
则线段MN满足的范围为,
所以：的取值范围是
故选：D
16．A
【分析】求出圆心和半径，根据轴和线段恰为圆的一条直径得到的坐标，代入抛物线方程求得的值，设出点的坐标，利用是圆的直径，所对圆周角为直角，即，由此求得点的横坐标.
【详解】圆：可化为，故圆心为，半径为，由于轴和线段恰为圆的一条直径，故.将点坐标代入抛物线方程得，故，抛物线方程为.设，由于是圆的直径，所对圆周角为直角，即,也即，所以，化简得，解得，故点横坐标为.故选A.
【点睛】本小题主要考查圆和抛物线的位置关系，考查抛物线的对称性，考查抛物线方程的求法，考查圆的几何性质，考查圆一般方程化为标准方程，考查圆的直径所对的圆周为直角，考查向量的数量积运算，运算量较大，属于中档题.
17．B
【分析】设圆的方程为： ,将点代入求得方程圆的方程为，由题意，得到求解.
【详解】解：设圆的方程为： ,
将点代入得，
解得，则圆的方程为，
即，
如图所示：

易知，
又，
所以，
当最小时，最小，
设，则，
当时，，当时，趋近圆的直径，
所以的取值范围为，
故选：B
18．C
【分析】根据直线系得到所有直线都为圆心为，半径为1的圆的切线，举例可判断①②③④；在圆的三等分点处做圆的三条切线，把其中一条切线平行移动到另外两个点的中点处，这时的两个三角形相似，但面积不相等可判断⑤.
【详解】根据直线系得到所有直线都为圆心为，半径为1的圆的切线，
可取圆心为，半径为2的圆，则，所以存在一个圆与所有直线不相交，故①正确；
可取圆心为，半径为1的圆，则，所以存在一个圆与所有直线相切，故
②正确；
，所有的直线与一个圆相切，没有过定点，故③错；
因为，所以存在不在中的任一条直线上，所以④正确；
在圆的三等分点处作圆的三条切线，把其中一条切线平行移动到另外两个点的中点处，这时的两个三角形相似，但面积不相等，故⑤错误.
故选：C.
19．D
【详解】由题得直线AB的方程为即y=x-1,设A，
联立
所以，|AB|=
所以AB为直径的圆E的圆心为（3,2），半径为4.
所以该圆E的方程为.
所以点D恒在圆E外，圆E上存在点P,Q，使得以PQ为直径的圆过点D(-2,t)，即圆E上存在点P,Q，使得DP⊥DQ，显然当DP,DQ与圆E相切时，∠PDQ最大，此时应满足
∠PDQ，所以，整理得.解之得
，故选D.
点睛：本题的难点在于分析转化，本题的分析转化，主要是利用了数形结合的思想，通过数形结合把问题转化得简洁明了. 如果不用数形结合，本题解题会很复杂.
20．A
【分析】①讨论，，三点共线，以及不共线的情况，结合图象和新定义，即可判断；
②设点是直线上一点，且，可得，，讨论，的大小，可得距离，再由函数的性质，可得最小值；
③运用新定义，求得点的轨迹方程，即可判断；
④讨论在坐标轴上和各个象限的情况，求得轨迹方程，即可判断．
【详解】解：①对任意三点、、，若它们共线，设，、，，
，，如右图，结合三角形的相似可得，，
为，，，或，，，则，，，；
若，或，对调，可得，，，；
若，，不共线，且三角形中为锐角或钝角，由矩形或矩形，
，，，；
则对任意的三点，，，都有，，，；故①正确；
设点是直线上一点，且，
可得，，
由，解得，即有，
当时，取得最小值；
由，解得或，即有，
的范围是，，，．无最值，
综上可得，，两点的“切比雪夫距离”的最小值为．
故②正确；
③由题意，到原点的“切比雪夫距离” 等于的点设为，则，
若，则；若，则，故所求轨迹是正方形，则③正确；
④定点、，动点
满足，，，
可得不轴上，在线段间成立，
可得，解得，
由对称性可得也成立，即有两点满足条件；
若在第一象限内，满足，，，
即为，为射线，
由对称性可得在第二象限、第三象限和第四象限也有一条射线，
则点的轨迹与直线为常数）有且仅有2个公共点．
故④正确；
综上可得，真命题的个数为4个，
故选:.
【点睛】本题考查新定义的理解和运用，考查数形结合思想方法，以及运算能力和推理能力，属于难题．
21．AC
【分析】
将圆的一般方程化成标准方程，根据半径大于0，即可求出参数的范围，从而判断正确选项.
【详解】解：方程，即为 ，
它表示圆，需满足，
故选：AC.
22．CD
【分析】根据点P与圆的关系，从而判断直线l与圆的关系.
【详解】由题知，圆心，半径为2，
则圆心到点P的距离为，
故点P在圆外，过点P的直线l与圆的关系为相切，相交或相离.
故选：CD
23．ACD
【分析】求出圆上到直线的距离为的点的个数，可判断A选项的正误；求出相交弦的方程，结合勾股定理可判断B选项的正误；利用直线与圆的位置关系可判断C选项的正误；利用勾股定理可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，与直线平行且与直线的距离为的直线的方程设为，
由题意可得，解得或，
圆的圆心到直线的距离为，直线与圆相切，直线过圆的圆心，
所以，圆上有且仅有个点到直线的距离都等于，A对；
对于B选项，将两圆方程作差，消去、项，可得出直线的方程为，
圆的圆心到直线的距离为，则，B错；
对于C选项，圆的标准方程为，圆心为，半径为，
对圆上任意一点，设，则直线与圆有公共点，
所以，，解得，C对；
对于D选项，将直线方程变形为，
由，解得，所以，直线过定点，
所以，圆心到直线的距离为最大值为，
因此，直线被圆所截得弦长最短为，D对.
故选：ACD.
24．ACD
【分析】根据已知条件可求圆心，利用两点间距离公式求出半径，即可得到圆的方程，判断A；由已知可证四边形EMQN为矩形，利用对角线互相平分，即可知MN过EQ中点，进而求出定点，判断D；根据过定点的最长弦为直径，最短弦垂直于直径，即可得到弦AB的长度的取值范围，判断C；设，利用垂径定理分别求出AB，CD的长度，即可得到四边形ACBD面积为关于d的函数，利用函数的性质求最值即可，判断B.
【详解】解：设圆心，
因为与相切于点，直线l的斜率，
则，即，
所以圆心，半径，
因此圆的方程为，A选项正确；
因为线段AB，CD的中点分别为M，N，则，，
又，所以四边形EMQN为矩形，则MN与EQ互相平分
即MN过EQ中点，所以直线MN恒过定点，D选项正确；
当AB过圆心E时，AB的长度最长且为圆的直径4，
当AB垂直于x轴时，AB的长度最短，此时AB经过点P，
所以，则弦AB的长度的取值范围为，C选项正确；
因为四边形EMQN为矩形，则，
设，则，
由垂径定理可得，，
则
，，
令，则，
当时，有最大值，B选项错误；
故选：ACD.
【点睛】本题考查了求圆的方程、两点间的距离公式、圆的切线方程，利用垂直求斜率、过圆内一点弦长的范围，利用垂直对角线求四边形的面积，换元法求二次型函数最值等知识点，该题综合性较强，需要有一定的分析问题和处理问题的能力，属于难题.
25．AB
【分析】对于A选项：将代入圆方程，求得，即可判断；
对于B选项：根据圆所有点均在第一象限得到，即可判断；
对于C选项：当定直线的斜率存在，设直线：，当定直线的斜率不存在，设直线，由垂径定理和勾股定理得到弦长，要使弦长为定值，则弦长与无关，得到关于和的方程组，即可求解；
对于D选项：求出所有动圆的公切线，即可求解.
【详解】对于A选项：若圆经过原点，则，
化简得：，解得：，
所以当时，圆经过原点，所以A选项正确；
对于B选项：由题意得圆的圆心，半径（），
若圆上的所有点均在第一象限，则，解得：，
即且，所以当时，圆上的所有点均在第一象限，所以B选项正确；
对于C选项：当定直线的斜率存在，
设存在定直线：，被圆截得的弦长为定值，
则圆心到直线的距离，
则弦长
即，
要使弦长为定值，则弦长与无关，
所以，解得：，
此时弦长，
不存在定直线：，被圆截得的弦长为定值，
当定直线的斜率不存在，设直线，则圆心到直线的距离，
所以弦长，
要使弦长为定值，则弦长与无关，
即，此时弦长，
综上：不存在定直线，被圆截得的弦长为定值，
所以C选项错误；
对于D选项：若所有动圆存在公切线，当切线斜率不存在时，满足题意；
切线斜率存在时，且圆心到它的距离等于半径，结合C选项的证明可得：，即，
化简得：，
若所有动圆存在公切线，则上式对恒成立，
则，解得：，
此时，
综上：所有动圆存在公切线，其方程为或，所以D选项不正确，
故选：AB.
26．
【解析】直接利用点到直线的距离公式求解即可.
【详解】由题得点直线的距离为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查点到直线的距离的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
27．
【分析】
由已知可得直线的斜率，则其倾斜角满足，再结合正切函数的性质可求得结果.
【详解】
因为直线（为常数）的斜率为，
所以直线的倾斜角满足，
因为，所以或，
即直线的倾斜角的取值范围是.
故答案为：
28．或
【分析】根据直线方程，求得其定点坐标，利用中点的坐标公式，表示出两个交点，根据方程求得坐标，结合直线的两点式方程，可得答案.
【详解】由直线，整理可得，当时，故直线过定点，
设，则，
由在圆，则，整理可得，
联立可得，消去可得：，解得或，
当点的坐标为，由两点式方程，可得，整理可得，
当点的坐标为，由两点式方程，可得，整理可得，
故答案为：或
29． 34
【分析】根据，以为原点，分别为轴建系，由，可得的轨迹为圆，圆心为，半径为，根据圆的性质即可得到直线的最大值，即可得面积的最大值；设，则，由数量积的坐标运算可得，设，即将问题转化为圆与直线有交点，可求的取值范围，即得所求.
【详解】因为，，，，如图以为原点，分别为轴建立平面直角坐标系，
则，，
因为为所在平面内的动点，且，则的轨迹为圆，圆心为，半径为，
因为，则要求面积的最大值，即点到直线的距离最大，
又直线的斜率为，所以直线的方程为：，即，
则点到直线的距离为：，点到直线的距离的最大值为，则，所以面积的最大值是；
设，则，所以，
设，即，可表示直线，又在圆上，则直线与圆有交点，
所以圆心到直线的距离小于或等于半径，
即，解得，即的取值范围是.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是根据题意建立直角坐标系，将问题转化为动点到圆上的点的最值问题，直线与圆的位置关系求参数的问题.
30．
【分析】以直线OA为x轴，线段OA的中垂线为y轴建立坐标系，探求点C的坐标满足的关系，再利用换元法借助三角恒等变换计算作答.
【详解】以直线OA为x轴，线段OA的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，如图，
因，则，而，解得，
则，设，有，，
因向量与向量的夹角为，则，
，，
，整理得：，即，
因此，，，令点，，
令，
则，
于是得，又，即有，解得，
当时，，即，而，有，
，矛盾，即，
当时，，即有，其中锐角满足，
则有，，，显然存在满足条件，则，因此，，
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】思路点睛：给定向量的模探求向量问题，可以建立平面直角坐标系，借助向量的坐标表示，利用代数运算、三角变换等方法解决.
31．
【分析】设出点的坐标，根据两点间的距离公式以及列方程，解方程求得点的坐标，进而求得的值.
【详解】【解】设，则，，由，得.解得，所以，且.
【点睛】本小题主要考查两点间的距离公式，考查方程的思想，属于基础题.
32．(1)和
(2)
【分析】（1）根据截距为0和不为0两种情况，即可根据待定系数法求解直线方程，
（2）联立方程求解交点坐标，即可根据直线垂直满足的斜率关系求解斜率，进而根据直线的点斜式求解即可.
【详解】（1）①截距均为：设直线方程：，
直线过定点，
②截距不为0：设直线方程：，直线过定点
即
综上，满足题意直线方程为，
（2）设的交点为，直线斜率为
联立，解得，所以的交点为，
直线与直线垂直，直线的斜率为
，
由点斜式可得，整理得，即
33．(1)
(2)
【分析】（1）计算，的中点为，边的垂直平分线的斜率，得到直线方程.
（2）计算，到直线的距离为，得到面积.
【详解】（1），故边的垂直平分线的斜率，的中点为，
故垂直平分线为，即.
（2），
所在的方程为，即，
到直线的距离为，.
34．(1)见详解；
(2)的面积的最大值为，此时直线方程为或.
【分析】（1）只要证明直线过圆内一点即可；
（2）根据题意，故设直线方程，可得圆心到直线的距离，又，代入，利用函数求最值即可得解.
【详解】（1）转化的方程
可得：，
由，解得，
所以直线恒过点，
由，
故点在圆内，
即直线恒过圆内一点，
所以无论为何值，直线都与圆相交；
（2）由的圆心为，半径，
易知此时直线斜率存在且不为，
故设直线方程，
一般方程为，
圆心到直线的距离，
所以
所以，
令，
可得，当时，
所以的面积的最大值为，
此时由，解得，
解得或，符合题意，
此时直线方程为或.
35．（1）或；（2）；（3）存在；定点时，定值为或定点时，定值为.
【分析】（1）讨论斜率是否存在：当斜率不存在时，易判断为圆的切线；当斜率存在时，设出直线方程，由圆心到直线距离等于半径，即可求得斜率，进而确定直线方程.
（2）由点到直线距离公式可先求得点到直线的距离，再根据所得弦长和垂径定理，即可确定半径，进而得圆的方程；
（3）假设存在定点，使得为定值，设，，，根据切线长定理及两点间距离公式表示出，代入并结合圆M的方程，化简即可求得，进而代入整理的方程可得关于的一元二次方程，解方程即可确定的值，即可得定点坐标及的值.
【详解】（1）若过点的直线斜率不存在，直线方程为，为圆的切线；
当切线的斜率存在时，设直线方程为，
即，
∴圆心到切线的距离为，解得，
∴直线方程为
综上切线的方程为或.
（2）点到直线的距离为，
∵圆被直线截得的弦长为8，∴，
∴圆的方程为.
（3）假设存在定点，使得为定值，设，，
∵点在圆上，
∴，则
∵为圆的切线，
∴，∴，
，
∴
即
整理得
若使对任意，恒成立，则，
∴，代入得，
化简整理得，解得或，
∴或
∴存在定点，此时为定值或定点，此时为定值.
【点睛】本题考查了过圆外一点的切线方程求法，注意斜率不存在的情况，由几何关系确定圆的方程，圆中定点和定值问题的综合应用，属于难题.
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