2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第十章 第59課 圓的綜合問題要點導(dǎo)學(xué)

2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第十章 第59課 圓的綜合問題要點導(dǎo)學(xué)與圓有關(guān)的范圍與最值問題已知實數(shù)x,y滿足x2+y2-6x-8y+21=0.(1) 求的取值范圍;(2) 求x2+y2+2x+4y的最大值與最小值.解答由x2+y2-6x-8y+21=0得圓的標(biāo)準方程為(x-3)2+(y-4)2=4,所以方程x2+y2-6x-8y+21=0是以C(3,4)為圓心、2為半徑的圓.(1) =表示圓上任意一點M(x,y)與原點O(0,0)連線的斜率.作圖可以發(fā)現(xiàn)過原點作圓的切線,兩條切線的斜率分別是的最大值與最小值.設(shè)切線為kx-y=0,則=2,解得k=,所以.(2) 因為x2+y2+2x+4y=(x+1)2+(y+2)2-5,所以x2+y2+2x+4y表示圓上任意一點M(x,y)與定點A(-1,-2)的距離的平方與5的差,AC=2,作圖發(fā)現(xiàn)M=(AC+2)2=56+8,M=(AC-2)2=56-8,所以x2+y2+2x+4y的最大值是51+8,最小值是51-8.精要點評(1) 對于型問題?？梢赞D(zhuǎn)化為圓上任意一點P與定點Q連線的斜率.(2) 對于x2+y2-2mx-2ny型問題,可以轉(zhuǎn)化為圓上任意一點M與定點N(m,n)間的距離的最大、最小值問題.在具體解題時注意數(shù)形結(jié)合思想的運用.如果實數(shù)x,y滿足(x+2)2+y2=3.(1) 求的最大值;(2) 求2x-y的最小值.解答(1) 問題可轉(zhuǎn)化為求圓(x+2)2+y2=3上任意一點到原點連線的斜率k=的最大值, 由圖形性質(zhì)可知,由原點向圓(x+2)2+y2=3作切線,其中切線斜率的最大值即為的最大值.設(shè)切線方程為y=kx,即kx-y=0,由=,解得k=或k=-,所以的最大值為.(2) 因為x,y滿足(x+2)2+y2=3,所以可設(shè)所以2x-y=-4+2cos -sin =-4+sin(+),所以2x-y的最小值為-4-.直線與圓的位置關(guān)系(xx·江蘇模擬)若圓M經(jīng)過不同的三點A(0,1),B(2,0),P(m,0),且斜率為1的直線與圓M相切于點P,求圓M的方程.解答由A(0,1),B(2,0)在圓上,可得圓M的弦AB的中垂線方程為4x-2y-3=0,BP也是圓M的弦,所以圓心在直線x=上.設(shè)圓心M,因為圓心M在直線4x-2y-3=0上,所以2m-2n+1=0.又因為斜率為1的直線與圓M相切于點P,所以kMP=-1.即=-1,整理得m-2n-2=0.由可得m=-3,n=-,所以M,半徑MA=.故圓M的方程為x2+y2+x+5y-6=0.(xx·佛山模擬)如圖,已知半徑為1的圓O1與x軸交于A,B兩點,OM為圓O1的切線,切點為M,且M在第一象限,圓心O1的坐標(biāo)為(2,0),二次函數(shù)y=-x2+bx+c的圖象經(jīng)過A,B兩點.(變式)(1) 求二次函數(shù)的解析式;(2) 求切線OM的函數(shù)解析式.解答(1) 由題意知,圓O1的方程為(x-2)2+y2=1,令y=0,解得x=1或x=3,故點A的坐標(biāo)為(1,0),點B的坐標(biāo)為(3,0).由于二次函數(shù)y=-x2+bx+c經(jīng)過A,B兩點,則有解得故二次函數(shù)的解析式為y=-x2+4x-3.(2) 設(shè)直線OM所對應(yīng)的函數(shù)解析式為y=kx,由于點M在第一象限,所以k>0.由于直線OM與圓O1相切,則=1,解得k=,故切線OM的函數(shù)解析式為y=x.圓的綜合問題 (xx·安徽示范高中模擬)已知點E(-2,0),F(2,0),曲線C上的動點M滿足·=-3,定點A(2,1),由曲線C外一點P(a,b)向曲線C引切線PQ,切點為Q,且滿足PQ=PA.(1) 求線段PA的最小值;(2) 若以點P為圓心所作的圓P與曲線C有公共點,試求半徑取最小值時圓P的標(biāo)準方程.解答(1) 設(shè)點M(x,y),則=(-2-x,-y),=(2-x,-y),因為·=-3,所以(-2-x,-y)·(2-x,-y)=x2+y2-4=-3,即x2+y2=1,所以曲線C的方程為x2+y2=1.因為PQ=PA,所以PO2-1=PA2,即a2+b2-1=(a-2)2+(b-1)2,化簡得b=-2a+3.PA=,所以線段PA的最小值為.(2) 設(shè)圓P的半徑為R,因為圓P與圓C有公共點,圓C的半徑為1,所以|R-1|CPR+1,即RCP-1且RCP+1,而CP=,故當(dāng)a=時,OPmin=.此時b=-2a+3=,Rmin=-1.故半徑取最小值時圓P的標(biāo)準方程為+=.(xx·揚泰南宿二調(diào))在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知圓C:x2+y2=r2和直線l:x=a(其中r和a均為常數(shù),且0 < r < a),M為直線l上一動點,A1,A2分別為圓C與x軸的兩個交點,直線MA1,MA2與圓C的另一個交點分別為P,Q.(1) 若r=2,點M的坐標(biāo)為(4,2),求直線PQ的方程;(2) 證明:直線PQ過定點,并求該定點的坐標(biāo).解答(1) 當(dāng)r=2,M(4,2),則A1(-2,0),A2(2,0).直線MA1的方程為x-3y+2=0,聯(lián)立方程組解得P.直線MA2的方程為x-y-2=0,聯(lián)立方程組解得Q(0,-2). 由兩點式,得直線PQ的方程為2x-y-2=0.(2) 由題設(shè)得A1(-r,0),A2(r,0).設(shè)M(a,t),直線MA1的方程為y=(x+r),直線MA2的方程為y=(x-r).由解得P.由解得Q.于是直線PQ的斜率kPQ=,直線PQ的方程為y-=·.上式中令y=0,得x=,是一個與t無關(guān)的常數(shù).故直線PQ過定點.已知方程x2+y2-2x-4y+m=0.(1) 若此方程表示圓,求m的取值范圍;(2) 若(1)中的圓與直線x+2y-4=0相交于M,N兩點,且OMON(O為坐標(biāo)原點),求m;(3) 在(2)的條件下,求以MN為直徑的圓的方程.思維引導(dǎo)OMON(O為坐標(biāo)原點)等價于以MN為直徑的圓的經(jīng)過原點.規(guī)范答題(1) 因為(x-1)2+(y-2)2=5-m是圓,所以m<5.(3分)(2) 設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1=4-2y1,x2=4-2y2,則x1x2=16-8(y1+y2)+4y1y2.因為OMON,所以x1x2+y1y2=0,所以16-8(y1+y2)+5y1y2=0.由得5y2-16y+m+8=0,所以y1+y2=,y1y2=,代入,得m=. (8分)(3) 以MN為直徑的圓的方程為(x-x1)(x-x2)+(y-y1)(y-y2)=0,即x2+y2-(x1+x2)x-(y1+y2)y=0,所以所求圓的方程為x2+y2-x-y=0. (14分)1. 圓心在x-y-4=0上,并且經(jīng)過圓C1:x2+y2-4x-3=0和圓C2:x2+y2-4y-3=0的交點的圓的方程為.答案x2+y2-6x+2y-3=02. 對于任意實數(shù)k,直線(3k+2)x-ky-2=0與圓x2+y2-2x-2y-2=0的位置關(guān)系是.答案相切或相交解析根據(jù)直線恒過(1,3),且(1,3)在圓上可知直線與圓相交或相切.3. 已知直線2x+y-=0與圓x2+y2=2相交于A,B兩點,O為原點,那么·=.答案0解析因為圓心(0,0)到直線2x+y-=0的距離為1,所以直線被圓截得的弦長AB=2=2.因為OA2+OB2=AB2,所以AOD=90°,所以·=0.4. 若直線3x+y+a=0過圓x2+y2+2x-4y=0的圓心,則實數(shù)a的值為.答案1解析圓的方程可化為(x+1)2+(y-2)2=5,因為直線經(jīng)過圓的圓心(-1,2),所以3×(-1)+2+a=0,解得a=1.5. (xx·惠州模擬)已知直線l1與直線l2:3x+4y-6=0平行,且與圓C:x2+y2+2y=0相切,那么直線l1的方程是.答案3x+4y-1=0或3x+4y+9=0解析圓x2+y2+2y=0的圓心為(0,-1),半徑為r=1,通過兩條直線平行設(shè)直線l1的方程為3x+4y+c=0,因為直線與圓相切,所以有=1Þc=-1或c=9,所以直線l1的方程是3x+4y-1=0或3x+4y+9=0.溫馨提醒趁熱打鐵,事半功倍.請老師布置同學(xué)們完成配套檢測與評估中的練習(xí)(第117-118頁).