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  • 2021-05-13 发布

高考数学考点归纳之直线与圆的综合问题

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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 2-02+0-02=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=kx+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 = -kxQ+1-1-kxP+1+1 xQ-xP = -kxQ+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+m2 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|< 2-02+0-12<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+m2=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-02+y-02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 -52+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+12+ 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=41+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+x22 x1x2 =x3+x42 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-12+y+22 x-22+y+42 = 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=kx-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 = kxE-1-3+kxF-1+3 xE-xF = -2k+kxE+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.