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第五节 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
y
[典例] 已知实数 x，y 满足方程 x2＋y2－4x＋1＝0，求 的最大值和最小值．
x
[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
的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，
x
y
所以设 ＝k，即 y＝kx.
x
当直线 y＝kx 与圆相切时(如图)，斜率 k 取得最大值或最小值，
|2k－0|
此时 ＝ 3，
k2＋1
解得 k＝± 3.
y
所以 的最大值为 3，最小值为－ 3.
x
[解题技法]
y－b
形如 μ＝ 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
x－a
y y－0
题 ＝ 表示过坐标原点的直线的斜率．
x x－0
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|
＝ 3，解得 b＝－2± 6.所以 y－x 的最大值为－2＋ 6，最
2
小值为－2－ 6.
[解题技法]
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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， x＝ 3cos θ＋2， π
即 从而 y－x＝ 3sin θ－ 3cos θ－2＝ 6sin θ－ －
y＝ 3sin θ， y＝ 3sin θ， 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]
y－2
1．已知圆 C：(x＋2)2＋y2＝1，P(x，y)为圆上任意一点，则 的最大值为________．
x－1
y－2
解析：设 ＝k，即 kx－y－k＋2＝0，
x－1
圆心 C(－2,0)，r＝1.
当直线与圆相切时，k 有最值，
|－2k－0－k＋2| 3± 3
∴ ＝1，解得 k＝ .
k2＋1 4
y－2 3＋ 3
∴ 的最大值为 .
x－1 4
3＋ 3
答案：
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________．
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―→ ―→ ―→ ―→
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
·(－2)＝－1，m－2 m＝0，
∴ 解得 ∴C(0,0)． m＋2 n＋1 n＝0，
4× ＋2× －5＝0， 2 2
∴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，
y＋1＝k(x＋1)，
∴联立得方程组
x
2＋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)，
k2－2k－1 2k＋1－k2
∴xP·(－1)＝ 2 ，∴xP＝ . 1＋k 1＋k2
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－k2－2k＋1
同理，将 k 替换成－k，可得 xQ＝ .
1＋k2
yQ－yP －k(xQ＋1)－1－k(xP＋1)＋1 －k(xQ＋xP)－2k
∴kPQ＝ ＝ ＝ ＝1.
xQ－xP xQ－xP xQ－xP
[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，
|2＋2|
所以圆心 C 到直线 x＋y＋2＝0 的距离为 ＝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，
1
所以△ABP 面积的最大值为 |AB|·dmax＝6， 2
1
△ABP 面积的最小值为 |AB|·dmin＝2. 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．
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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)，
2－0
所以直线 l 的斜率为 ＝1，
1－(－1)
设直线 l 的方程为 x－y＋m＝0，
|2－0＋m| |2＋m|
则圆心 C 到直线 l 的距离 d＝ ＝ .
2 2
因为|MN|＝|AB|＝ 22＋22＝2 2，
|MN| (2＋m)
2
|CM2|＝d2＋ 2 2 ，所以 4＝ ＋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.
1
2．直线 ax＋ y＋2＝0 与圆 x2＋y2＝r2相切，则圆的半径最大时，a 的值是( )
a
A．1 B．－1
C．±1 D．a 可为任意非零实数
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1 |0＋0＋2|
解析：选 C 由题意得，圆心(0,0)到直线 ax＋ y＋2＝0 的距离等于半径 r，即
a
a2
1
＋
a2
2
＝r.由基本不等式，得 r≤ ＝ 2，当且仅当 a4＝1，即 a＝±1 时取等号．故选 C.
2
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
| 2＋m|
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 ＝
k2＋1
m
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＝－ ，联立方
k
2 ( 2＋m) ＝k
2＋1，
m＝0， k＝－1，
程得 m 解得 或 所以切线方程为 y＝±x 或 y＝－
m＝－ ， k＝±1 m＝－2 2， k
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( )
21
A．3 B.
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
1
＝2S△PBC.∵四边形 PACB 的最小面积是 2，∴S△PBC的最小值为 1，则 rd2 min＝1(d 是切线长)，
5
∴dmin＝2.∵圆心到直线 kx＋y＋4＝0 的距离就是 PC 的最小值，∴|PC|min＝ ＝ d2＋1
1＋k2
＝ 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 3
| 3a＋b|
x＋y＝0 的距离的最大值 dmax＝1＋ ＝ 3＋1，得| 3a＋b|＝2 3 ②.由①②得 |2a2
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3
＋1|＝2，又 a＜0，所以 a＝－ ，a2＋b2＝a2＋3(a＋1)2＝3.
2
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
|6－3－t|
离 d＝ ≤1，
32＋42
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，
π
B 两点，且∠AMB＝ ，则实数 a＝________.
3
1
解析：直线 l 的方程可变形为 y＝ ax＋4，所以直线 l 过定点(0,4)，且
3
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
π
径为 2.如图，因为∠AMB＝ ，所以△AMB 是等边三角形，且边长为 2，高
3
|－6＋12|
为 3，即圆心 M 到直线 l 的距离为 3，所以 ＝ 3，解得 a＝± 3.
a2＋9
答案：± 3
1 1
9．已知曲线 C 上任一点 M(x，y)到点 E －1， 4 和直线 a：y＝－ 的距离相等，圆 D：4
(x－1)2＋
1
y－ 2＝r2 2 (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.
1 2 1
解：(1)由题意得 (x＋1)2＋ y－ y＋ 4 ＝ 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，
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∴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，
1
∴圆心 D 1， 2 到直线 b 的距离等于半径，
12×1＋ ＋3
2 11 5
即 r＝ ＝ .
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，
|k0－3| 4
∴圆心 C(2,3)到切线的距离为 ＝1，解得 k
2 0
＝ .
k ＋1 30
∵过点 A 且斜率为 k 的直线 l 与圆 C 有两个交点，
4 4
∴k＞ ，即 k 的取值范围为 ，＋∞
3 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
2k2＋6k＋4 k2＋6k＋12
x1＋x2＝ ，x x ＝ .
1＋ 2 1 2k 1＋k2
2
∴y y ＝k2
9k
1 2 (x1－1)(x2－1)＝k2(x1x2－x1－x2＋1)＝ .
1＋k2
―→ ―→ 10k2＋6k＋12
∴OM·ON ＝x1x2＋y1y2＝ 2 ＝12，解得 k＝3 或 k＝0(舍去)． 1＋k
∴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；
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(2)若四边形 ABCD 为梯形，求 k 的值．
1
解：(1)显然 k≠0，所以可设 l1 的方程为 y＝kx，则 l2 的方程为 y＝－ x. k
|2k－2|
依题意得点 M 到直线 l1的距离 d1＝ ＜ 2.
1＋k2
整理，得 k2－4k＋1＜0，
解得 2－ 3＜k＜2＋ 3.①
|8k|
同理，点 N 到直线 l2 的距离 d2＝ ＜2 10，
1＋k2
15 15
解得－ ＜k＜ .②
3 3
15
由①②可得 2－ 3＜k＜ ，
3
15
所以 k 的取值范围为 2－ 3， .
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，
4(1＋k) 6
所以 x1＋x2＝ ，x1x2＝ .
1＋k2 1＋k2
将直线 l2 的方程代入圆 N 的方程，得(1＋k2)x2＋16kx＋24k2＝0，
16k 24k2
所以 x3＋x4＝－
1＋k2
，x3x4＝ .
1＋k2
x1 x4
由四边形 ABCD 为梯形可得 ＝ ，
x2 x3
x x x x (x ＋x )2 21 2 4 3 1 2 (x3＋x4)
所以 ＋ ＋2＝ ＋ ＋2，所以 ＝ ，
x2 x1 x3 x4 x1x2 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，
2
－4)的距离之比均为 .
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．
(x－1)2＋(y＋2)2 2
解：(1)设曲线 C 上的任意一点为 Q(x，y)，由题意得 ＝ ，整理得
(x－2)2＋(y＋4)2 2
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
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y＋3＝k(x－1)，
设直线 PE 的方程为 y＋3＝k(x－1)，联立方程得 消去 y 得(1＋k2)x2－2k(k
x
2＋y2＝10，
＋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 k2－6k－1 yE－yF k(xE－1)－3＋k(xF－1)＋3
2 ，同理可得 xF＝ 2 ，所以 kEF＝ ＝ ＝1＋k 1＋k xE－xF xE－xF
－2k＋k(xE＋xF) 1 1 1
＝－ ，故直线 EF 的斜率为定值－ ，设直线 EF 的方程为 y＝－ x＋b，则
xE－xF 3 3 3
|－3b| 9b2
圆 C 的圆心(0,0)到直线 EF 的距离 d＝ ，所以 |EF|＝2 10－d2＝2 10－
1＋9 10
10 10－ ＜b＜
3 3 ，
所以当 b＝0 时，线段 EF 取得最大值，最大值为 2 10.
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