高考数学考点归纳之直线与圆的综合问题

高考数学考点归纳之直线与圆的综合问题

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.