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- 2021-05-13 发布
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高考数学考点归纳之直线与圆的综合问题
考点一 与圆有关的最值问题
考法(一) 斜率型最值问题
[典例] 已知实数 x,y 满足方程 x2+y2-4x+1=0,求y
x
的最大值和最小值.
[解] 原方程可化为(x-2)2+y2=3,
表示以(2,0)为圆心, 3为半径的圆.
y
x
的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率,
所以设y
x
=k,即 y=kx.
当直线 y=kx 与圆相切时(如图),斜率 k 取得最大值或最小值,
此时|2k-0|
k2+1
= 3,
解得 k=± 3.
所以y
x
的最大值为 3,最小值为- 3.
[解题技法]
形如μ=y-b
x-a
型的最值问题,可转化过定点(a,b)的动直线斜率的最值问题求解.如本
题y
x
=y-0
x-0
表示过坐标原点的直线的斜率.
考法(二) 截距型最值问题
[典例] 已知实数 x,y 满足方程 x2+y2-4x+1=0,求 y-x 的最大值和最小值.
[解] y-x 可看作是直线 y=x+b 在 y 轴上的截距,如图所示,
当直线 y=x+b 与圆相切时,纵截距 b 取得最大值或最小值,此时
|2-0+b|
2
= 3,解得 b=-2± 6.所以 y-x 的最大值为-2+ 6,最小
值为-2- 6.
[解题技法]
形如μ=ax+by 型的最值问题,常转化为动直线截距的最值问题求解.如本题可令 b=y
-x,即 y=x+b,从而将 y-x 的最值转化为求直线 y=x+b 的截距的最值问题.另外,此
类 问 题 也 常 用 三 角 代 换 求 解 . 由 于 圆 的 方 程 可 整 理 为 (x - 2)2 + y2 = 3 , 故 可 令
x-2= 3cos θ,
y= 3sin θ,
即 x= 3cos θ+2,
y= 3sin θ,
从而 y-x= 3sin θ- 3cos θ-2= 6sin θ-π
4 -
2,进而求出 y-x 的最大值和最小值.
考法(三) 距离型最值问题
[典例] 已知实数 x,y 满足方程 x2+y2-4x+1=0,求 x2+y2 的最大值和最小值.
[解] 如图所示,x2+y2 表示圆上的一点与原点距离的平方,由平
面几何知识知,在原点和圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最
小值.
又圆心到原点的距离为
2-02+0-02=2,
所以 x2+y2 的最大值是(2+ 3)2=7+4 3,
x2+y2 的最小值是(2- 3)2=7-4 3.
[解题技法]
形如μ=(x-a)2+(y-b)2 型的最值问题,可转化为动点(x,y)与定点(a,b)的距离的平方
求最值.如本题中 x2+y2=(x-0)2+(y-0)2,从而转化为动点(x,y)与坐标原点的距离的平
方.
[题组训练]
1.已知圆 C:(x+2)2+y2=1,P(x,y)为圆上任意一点,则y-2
x-1
的最大值为________.
解析:设y-2
x-1
=k,即 kx-y-k+2=0,
圆心 C(-2,0),r=1.
当直线与圆相切时,k 有最值,
∴|-2k-0-k+2|
k2+1
=1,解得 k=3± 3
4 .
∴y-2
x-1
的最大值为3+ 3
4 .
答案:3+ 3
4
2.设点 P(x,y)是圆:x2+(y-3)2=1 上的动点,定点 A(2,0),B(-2,0),则 PA
―→
· PB
―→的
最大值为________.
解析:由题意,知 PA
―→=(2-x,-y), PB
―→=(-2-x,-y),所以 PA
―→
· PB
―→=x2+y2-4,
由于点 P(x,y)是圆上的点,故其坐标满足方程 x2+(y-3)2=1,故 x2=-(y-3)2+1,所以
PA
―→
· PB
―→=-(y-3)2+1+y2-4=6y-12.易知 2≤y≤4,所以,当 y=4 时, PA
―→
· PB
―→的值
最大,最大值为 6×4-12=12.
答案:12
考点二 直线与圆的综合问题
[典例] 已知直线 l:4x+ay-5=0 与直线 l′:x-2y=0 相互垂直,圆 C 的圆心与点
(2,1)关于直线 l 对称,且圆 C 过点 M(-1,-1).
(1)求直线 l 与圆 C 的方程.
(2)过点 M 作两条直线分别与圆 C 交于 P,Q 两点,若直线 MP,MQ 的斜率满足 kMP
+kMQ=0,求证:直线 PQ 的斜率为 1.
[解] (1)∵直线 l:4x+ay-5=0 与直线 l′:x-2y=0 相互垂直,
∴4×1-2a=0,解得 a=2.
∴直线 l 的方程为 4x+2y-5=0.
设圆 C 的圆心 C 的坐标为(m,n).
∵圆心 C(m,n)与点(2,1)关于直线 l 对称,
∴
n-1
m-2
·-2=-1,
4×m+2
2
+2×n+1
2
-5=0,
解得 m=0,
n=0,
∴C(0,0).
∴圆 C 的半径 r=|CM|= 2.
∴圆 C 的方程为 x2+y2=2.
(2)证明:设过点 M 的直线 MP 的斜率为 k,则过点 M 的直线 MQ 的斜率为-k,直线
MP 的方程为 y+1=k(x+1).
∵直线 MP 与圆 C 相交,
∴联立得方程组 y+1=kx+1,
x2+y2=2,
消去 y 并整理,得(1+k2)x2+2k(k-1)x+k2-2k-1=0.
∵圆 C 过点 M(-1,-1),
∴xP·(-1)=k2-2k-1
1+k2
,∴xP=2k+1-k2
1+k2 .
同理,将 k 替换成-k,可得 xQ=-k2-2k+1
1+k2 .
∴kPQ=yQ-yP
xQ-xP
=
-kxQ+1-1-kxP+1+1
xQ-xP
=
-kxQ+xP-2k
xQ-xP
=1.
[解题技法] 直线与圆的综合问题的求解策略
(1)利用解析几何的基本思想方法(即几何问题代数化),把它转化为代数问题,通过代数
的计算,使问题得到解决.
(2)直线与圆和平面几何联系十分紧密,可充分考虑平面几何知识的运用,如在直线与
圆相交的有关线段长度计算中,要把圆的半径、圆心到直线的距离、直线被圆截得的线段长
度放到一起综合考虑.
[题组训练]
1.(2018·全国卷Ⅲ)直线 x+y+2=0 分别与 x 轴,y 轴交于 A,B 两点,点 P 在圆(x-
2)2+y2=2 上,则△ABP 面积的取值范围是( )
A.[2,6] B.[4,8]
C.[ 2,3 2] D.[2 2,3 2]
解析:选 A 设圆(x-2)2+y2=2 的圆心为 C,半径为 r,点 P 到直线 x+y+2=0 的距
离为 d,
则圆心 C(2,0),r= 2,
所以圆心 C 到直线 x+y+2=0 的距离为|2+2|
2
=2 2,
可得 dmax=2 2+r=3 2,dmin=2 2-r= 2.
由已知条件可得|AB|=2 2,
所以△ABP 面积的最大值为1
2|AB|·dmax=6,
△ABP 面积的最小值为1
2|AB|·dmin=2.
综上,△ABP 面积的取值范围是[2,6].
2. (2019·湖北八校联考)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,已知圆 C:
x2+y2-4x=0 及点 A(-1,0),B(1,2).
(1)若直线 l 平行于 AB,与圆 C 相交于 M,N 两点,|MN|=|AB|,求
直线 l 的方程;
(2)在圆 C 上是否存在点 P,使得|PA2|+|PB2|=12?若存在,求出点 P 的个数;若不存
在,说明理由.
解:(1)因为圆 C 的标准方程为(x-2)2+y2=4,
所以圆心 C(2,0),半径为 2.
因为 l∥AB,A(-1,0),B(1,2),
所以直线 l 的斜率为 2-0
1--1
=1,
设直线 l 的方程为 x-y+m=0,
则圆心 C 到直线 l 的距离 d=|2-0+m|
2
=|2+m|
2
.
因为|MN|=|AB|= 22+22=2 2,
|CM2|=d2+
|MN|
2 2,所以 4=2+m2
2
+2,
解得 m=0 或 m=-4,
故直线 l 的方程为 x-y=0 或 x-y-4=0.
(2)假设圆 C 上存在点 P,设 P(x,y),则(x-2)2+y2=4,|PA|2+|PB|2=(x+1)2+(y-0)2
+(x-1)2+(y-2)2=12,即 x2+y2-2y-3=0,即 x2+(y-1)2=4,
因为|2-2|< 2-02+0-12<2+2,
所以圆(x-2)2+y2=4 与圆 x2+(y-1)2=4 相交,
所以存在点 P,使得|PA|2+|PB|2=12,点 P 的个数为 2.
[课时跟踪检测]
A 级
1.已知圆 C:x2+y2-2x-2my+m2-3=0 关于直线 l:x-y+1=0 对称,则直线 x=
-1 与圆 C 的位置关系是( )
A.相切 B.相交
C.相离 D.不能确定
解析:选 A 由已知得 C:(x-1)2+(y-m)2=4,即圆心 C(1,m),半径 r=2,因为圆
C 关于直线 l:x-y+1=0 对称,所以圆心(1,m)在直线 l:x-y+1=0 上,所以 m=2.由圆
心 C(1,2)到直线 x=-1 的距离 d=1+1=2=r 知,直线 x=-1 与圆 C 相切.故选 A.
2.直线 ax+1
ay+2=0 与圆 x2+y2=r2 相切,则圆的半径最大时,a 的值是( )
A.1 B.-1
C.±1 D.a 可为任意非零实数
解析:选 C 由题意得,圆心(0,0)到直线 ax+1
ay+2=0 的距离等于半径 r,即|0+0+2|
a2+ 1
a2
=r.由基本不等式,得 r≤ 2
2
= 2,当且仅当 a4=1,即 a=±1 时取等号.故选 C.
3.与圆 x2+y2+2 2y+1=0 相切,且在两坐标轴上截距相等的直线的条数为( )
A.2 B.3
C.4 D.6
解析:选 B 圆的标准方程为 x2+(y+ 2)2=1,设切线方程为 y=kx+m,则| 2+m|
k2+1
=
1,整理得( 2+m)2=k2+1,又因为切线在两坐标轴上的截距相等,所以 m=-m
k
,联立方
程得
2+m2=k2+1,
m=-m
k
, 解得 m=0,
k=±1
或 k=-1,
m=-2 2,
所以切线方程为 y=±x 或 y=
-x-2 2,切线共有 3 条.
4.已知点 P(x,y)是直线 kx+y+4=0(k>0)上一动点,PA,PB 是圆 C:x2+y2-2y=0
的两条切线,A,B 是切点,若四边形 PACB 的最小面积是 2,则 k 的值为( )
A.3 B. 21
2
C.2 2 D.2
解析:选 D 圆 C:x2+y2-2y=0 的圆心为(0,1),半径 r=1.由圆的性质,知 S 四边形 PACB
=2S△PBC.∵四边形 PACB 的最小面积是 2,∴S△PBC 的最小值为 1,则 1
2rdmin=1(d 是切线长),
∴dmin=2.∵圆心到直线 kx+y+4=0 的距离就是 PC 的最小值,∴|PC|min= 5
1+k2
= d2+1
= 5.∵k>0,∴k=2.故选 D.
5.(2019·赣州七校联考)已知圆 C:x2+y2-2ax-2by+a2+b2-1=0(a<0)的圆心在直
线 3x-y+ 3=0 上,且圆 C 上的点到直线 3x+y=0 的距离的最大值为 1+ 3,则 a2+
b2 的值为( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:选 C 易知圆的标准方程为(x-a)2+(y-b)2=1,所以圆心为(a,b),由圆心在直
线 3x-y+ 3=0 上,可得 3a-b+ 3=0,即 b= 3(a+1) ①.圆 C 上的点到直线 3x
+y=0 的距离的最大值 dmax=1+| 3a+b|
2
= 3+1,得| 3a+b|=2 3 ②.由①②得 |2a+
1|=2,又 a<0,所以 a=-3
2
,a2+b2=a2+3(a+1)2=3.
6.已知实数 x,y 满足(x+5)2+(y-12)2=25,那么 x2+y2的最小值为________.
解析:由题意得 x2+y2= x-02+y-02表示点 P(x,y)到原点的距离,所以 x2+y2的
最小值表示圆(x+5)2+(y-12)2=25 上一点到原点距离的最小值.又圆心(-5,12)到原点的距
离为 -52+122=13,所以 x2+y2的最小值为 13-5=8.
答案:8
7.已知 P(x,y)为圆(x-2)2+y2=1 上的动点,则|3x+4y-3|的最大值为________.
解析:设 t=3x+4y-3,即 3x+4y-3-t=0.由圆心(2,0)到直线 3x+4y-3-t=0 的距
离 d=|6-3-t|
32+42
≤1,
解得-2≤t≤8.所以|3x+4y-3|max=8.
答案:8
8.(2018·贵阳适应性考试)已知直线 l:ax-3y+12=0 与圆 M:x2+y2-4y=0 相交于 A,
B 两点,且∠AMB=π
3
,则实数 a=________.
解析:直线 l 的方程可变形为 y=1
3ax+4,所以直线 l 过定点(0,4),且
该点在圆 M 上.圆的方程可变形为 x2+(y-2)2=4,所以圆心为 M(0,2),半
径为 2.如图,因为∠AMB=π
3
,所以△AMB 是等边三角形,且边长为 2,高
为 3,即圆心 M 到直线 l 的距离为 3,所以|-6+12|
a2+9
= 3,解得 a=± 3.
答案:± 3
9.已知曲线 C 上任一点 M(x,y)到点 E
-1,1
4 和直线 a:y=-1
4
的距离相等,圆 D:
(x-1)2+ y-1
2 2=r2(r>0).
(1)求曲线 C 的方程;
(2)过点 A(-2,1)作曲线 C 的切线 b,并与圆 D 相切,求半径 r.
解:(1)由题意得 x+12+ y-1
4 2=|y+1
4|.
两边平方并整理,得 y=(x+1)2.
∴曲线 C 的方程为 y=(x+1)2.
(2)由 y=(x+1)2,得 y′=2(x+1).
∵点 A(-2,1)在抛物线 C 上,
∴切线 b 的斜率为 y′|x=-2=-2.
∴切线 b 的方程为 y-1=-2(x+2),即 2x+y+3=0.
又直线 b 与圆 D 相切,
∴圆心 D 1,1
2 到直线 b 的距离等于半径,
即 r=|2×1+1
2
+3|
5
=11 5
10 .
10.已知过点 A(1,0)且斜率为 k 的直线 l 与圆 C:(x-2)2+(y-3)2=1 交于 M,N 两点.
(1)求 k 的取值范围;
(2) OM
―→
· ON
―→=12,其中 O 为坐标原点,求|MN|.
解:(1)设过点 A(1,0)的直线与圆 C 相切,显然当直线的斜率不存在时,直线 x=1 与圆
C 相切.
当直线的斜率存在时,设切线方程为 y=k0(x-1),即 k0x-y-k0=0.
∵圆 C 的半径 r=1,
∴圆心 C(2,3)到切线的距离为 |k0-3|
k20+1
=1,解得 k0=4
3.
∵过点 A 且斜率为 k 的直线 l 与圆 C 有两个交点,
∴k>4
3
,即 k 的取值范围为
4
3
,+∞
.
(2)将直线 l 的方程 y=k(x-1)代入圆 C 的方程,得(1+k2)x2-(2k2+6k+4)x+k2+6k+
12=0.
设 M(x1,y1),N(x2,y2),则
x1+x2=2k2+6k+4
1+k2
,x1x2=k2+6k+12
1+k2 .
∴y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=k2(x1x2-x1-x2+1)= 9k2
1+k2.
∴ OM
―→
· ON
―→=x1x2+y1y2=10k2+6k+12
1+k2
=12,解得 k=3 或 k=0(舍去).
∴直线 l 的方程为 3x-y-3=0.
故圆心(2,3)在直线 l 上,∴|MN|=2r=2.
B 级
1.已知圆 M:(x-2)2+(y-2)2=2,圆 N:x2+(y-8)2=40,经过原点的两直线 l1,l2
满足 l1⊥l2,且 l1 交圆 M 于不同两点 A,B,l2 交圆 N 于不同两点 C,D,记 l1 的斜率为 k.
(1)求 k 的取值范围;
(2)若四边形 ABCD 为梯形,求 k 的值.
解:(1)显然 k≠0,所以可设 l1 的方程为 y=kx,则 l2 的方程为 y=-1
kx.
依题意得点 M 到直线 l1 的距离 d1=|2k-2|
1+k2
< 2.
整理,得 k2-4k+1<0,
解得 2- 3<k<2+ 3.①
同理,点 N 到直线 l2 的距离 d2= |8k|
1+k2
<2 10,
解得- 15
3
<k< 15
3 .②
由①②可得 2- 3<k< 15
3
,
所以 k 的取值范围为 2- 3, 15
3 .
(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),
将直线 l1 的方程代入圆 M 的方程,得(1+k2)x2-4(1+k)x+6=0,
所以 x1+x2=41+k
1+k2
,x1x2= 6
1+k2.
将直线 l2 的方程代入圆 N 的方程,得(1+k2)x2+16kx+24k2=0,
所以 x3+x4=- 16k
1+k2
,x3x4= 24k2
1+k2.
由四边形 ABCD 为梯形可得x1
x2
=x4
x3
,
所以x1
x2
+x2
x1
+2=x4
x3
+x3
x4
+2,所以x1+x22
x1x2
=x3+x42
x3x4
,
所以(1+k)2=4,解得 k=1 或 k=-3(舍去).
故 k 的值为 1.
2.(2019·成都双流中学模拟)已知曲线 C 上任意一点到点 A(1,-2)的距离与到点 B(2,
-4)的距离之比均为 2
2 .
(1)求曲线 C 的方程;
(2)设点 P(1,-3),过点 P 作两条相异的直线分别与曲线 C 相交于 E,F 两点,且直线
PE 和直线 PF 的倾斜角互补,求线段 EF 的最大值.
解:(1)设曲线 C 上的任意一点为 Q(x,y),由题意得 x-12+y+22
x-22+y+42
= 2
2
,整理得 x2
+y2=10,故曲线 C 的方程为 x2+y2=10.
(2)由题意知,直线 PE 和直线 PF 的斜率存在,且互为相反数,因为 P(1,-3),故可
设直线 PE 的方程为 y+3=k(x-1),联立方程得 y+3=kx-1,
x2+y2=10,
消去 y 得(1+k2)x2-2k(k
+3)x+k2+6k-1=0,因为 P(1,-3)在圆上,所以 x=1 一定是该方程的解,故可得 xE=
k2+6k-1
1+k2
, 同 理 可 得 xF = k2-6k-1
1+k2
, 所 以 kEF = yE-yF
xE-xF
= kxE-1-3+kxF-1+3
xE-xF
=
-2k+kxE+xF
xE-xF
=-1
3
,故直线 EF 的斜率为定值-1
3
,设直线 EF 的方程为 y=-1
3x+b,则
圆 C 的 圆 心 (0,0) 到 直 线 EF 的 距 离 d = |-3b|
1+9
, 所 以 |EF| = 2 10-d2 = 2
10-9b2
10
-10
3
<b<10
3 ,
所以当 b=0 时,线段 EF 取得最大值,最大值为 2 10.