2023届高考数学二轮复习微专题14直线与圆中的基本问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题14直线与圆中的基本问题学案，共9页。


例题：(2018·南京一模)在平面直角坐标系xOy中，若直线y＝k(x－3eq \r(3))上存在一点P，圆 x2＋(y－1)2＝1上存在一点Q，满足eq \(OP,\s\up6(→))＝3eq \(OQ,\s\up6(→))，则实数k的最小值为________________．
变式1已知直线kx－y＋1＝0与圆C：x2＋y2＝4相交于A，B两点，若点M在圆C上，且有eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))(O为坐标原点)，则实数k的值为________________．
变式2直线tx＋y＋3＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，若|eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))|>|eq \(AB,\s\up6(→))|，则实数t的范围为____________．
串讲1(2018·苏州期末)已知圆C：x2＋(y－4)2＝4和点Q(2，2)，过点P(0，3)作直线l交圆于A，B两点，求|eq \(QA,\s\up6(→))＋eq \(QB,\s\up6(→))|的取值范围．
串讲2(2018·苏州指导卷2)在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2＋(y－1)2＝4.若等边△PAB的一边AB为圆C的一条弦，则PC的最大值为________________．
(2018·南京二模)在平面直角坐标系xOy中，已知A，B为圆C：(x＋4)2＋(y－a)2＝16上两个动点，且AB＝2eq \r(11).若直线l：y＝2x上存在唯一的一个点P，使得eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))，则实数a的值为________________．
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点P(2，4)，圆O：x2＋y2＝4与x轴的正半轴的交点是Q，过点P的直线l与圆O交于不同的两点A，B.
(1)若直线l与y轴交于D，且eq \(DP,\s\up6(→))·eq \(DQ,\s\up6(→))＝16，求直线l的方程；
(2)设直线QA，QB的斜率分别是k1，k2，求k1＋k2的值；
(3)设AB的中点为M，点N(eq \f(4,3)，0)，若MN＝eq \f(\r(13),3)OM，求△QAB的面积．
答案：(1)y＝3x－2；(2)－1；(3)4.
解析：(1)若直线l垂直于x轴，则方程为x＝2，与圆只有一个交点，不合题意.1分
故l存在斜率，设直线l的方程为y－4＝k(x－2)，即kx－y－2k＋4＝0，
圆心到直线l的距离d＝eq \f(|－2k＋4|,\r(k2＋1))，因为直线l与圆O交于不同的两点A，B，
所以d＝eq \f(|－2k＋4|,\r(k2＋1))<2，解得k>eq \f(3,4).3分
又D(0，－2k＋4)，Q(2，0)，所以eq \(DQ,\s\up6(→))＝(2，2k－4)，eq \(DP,\s\up6(→))＝(2，2k)，5分
所以eq \(DP,\s\up6(→))·eq \(DQ,\s\up6(→))＝4＋2k(2k－4)＝16，解得k＝3或k＝－1(舍去)，
所以直线l的方程为y＝3x－2.5分
(2)联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－4＝k（x－2）,x2＋y2＝4))，得(1＋k2)x2－4k(k－2)x＋(2k－4)2－4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(4k（k－2）,1＋k2)，,x1·x2＝\f(（2k－4）2－4,1＋k2)，))7分
所以k1＋k2＝eq \f(y1,x1－2)＋eq \f(y2,x2－2)＝eq \f(k（x1－2）＋4,x1－2)＋eq \f(k（x2－2）＋4,x2－2)＝2k＋eq \f(4,x1－2)＋eq \f(4,x2－2)9分
＝2k＋eq \f(4（x1＋x2－4）,x1x2－2×（x1＋x2）＋4)＝2k＋eq \f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k（k－2）,1＋k2)－4)),\f(（2k－4）2－4,1＋k2)－2×\f(4k（k－2）,1＋k2)＋4)＝
2k－eq \f(4×（8k＋4）,16)＝2k－2k－1＝－1.即k1＋k2的值是－1.11分
(3)设中点M(x0，y0)，则由(2)知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(x1＋x2,2)＝\f(2k（k－2）,1＋k2)，,y0＝k（x0－2）＋4＝\f(－2（k－2）,1＋k2)，))(*)
又由MN＝eq \f(\r(13),3)OM，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(4,3)))eq \s\up12(2)＋y02＝eq \f(13,9)(x02＋y02)，
化简得x02＋y02＋6x0－4＝0，将(*)代入解得k＝1.13分
因为圆心到直线l的距离d＝eq \f(|－2k＋4|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，14分
所以AB＝2eq \r(4－d2)＝2eq \r(2)，Q到直线l的距离h＝2eq \r(2)，15分
微专题14
例题
答案：－eq \r(3).
解析：设Q(csα，1＋sinα)，则P(3csα＋3＋3sinα)，可知点P在圆x2＋(y－3)2＝9上．又因为点P还在直线y＝k(x－3eq \r(3))上，那么由直线与圆的位置关系可知eq \f(|－3\r(3)k－3|,\r(1＋k2))≤3，解得－eq \r(3)≤k≤0，所以实数k的最小值为－eq \r(3).
变式联想
变式1
答案：0.
解析：设AB的中点为D，有eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝2eq \(OD,\s\up6(→))，因为|eq \(OM,\s\up6(→))|＝2|eq \(OD,\s\up6(→))|＝2，所以|eq \(OD,\s\up6(→))|＝1，故eq \f(|0－0＋1|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝0.
变式2
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(14),2)，－\f(\r(5),2)))∪
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，\f(\r(14),2))).
解析：因为直线tx＋y＋3＝0与圆x2＋y2＝4交于相异两点A，B，所以O点到直线tx＋y＋3＝0的距离d<2，又|eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))|>|eq \(AB,\s\up6(→))|，由平行四边形可知，夹角为钝角的邻边所对的对角线比夹角为锐角的邻边所对的对角线短，所以eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))的夹角为锐角．圆心到直线的距离d大于eq \r(2)，即eq \r(2)串讲激活
串讲1
答案：[4，6]．
解法1如图，设线段AB的中点为M，则|eq \(QA,\s\up6(→))＋eq \(QB,\s\up6(→))|＝2|eq \(QM,\s\up6(→))|，下面只要求|eq \(QM,\s\up6(→))|的取值范围即可．
当直线AB的斜率不存在时，线段AB的中点为(0，4)，|eq \(QM,\s\up6(→))|＝2；
当直线AB的斜率存在时，设为k，即直线AB方程为y＝kx＋3，与圆C方程联立方程组后有(k2＋1)x2－2kx－3＝0，可知xM＝eq \f(k,k2＋1)，yM＝eq \f(4k2＋3,k2＋1).则|eq \(QM,\s\up6(→))|
＝eq \r(（\f(k,k2＋1)－2）2＋（\f(4k2＋3,k2＋1)－2）2)＝eq \r(（\f(k,k2＋1)－2）2＋（2－\f(1,k2＋1)）2)
＝eq \r(8－\f(4k＋3,k2＋1))；
设t＝eq \f(4k＋3,k2＋1)，则tk2－4k＋(t－3)＝0，
有Δ＝16－4t(t－3)≥0，解得－1≤t≤4，
可知|eq \(QM,\s\up6(→))|∈[2，3]．
综上可知，|eq \(QA,\s\up6(→))＋eq \(QB,\s\up6(→))|的取值范围是[4，6]．
解法2设直线AB的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝tcsα，,y＝tsinα＋3，))代入圆方程后有t2－2tsinα－3＝0，
则t1＋t2＝2sinα，有AB中点M(eq \f(t1＋t2,2)csα，
eq \f(6＋（t1＋t2）sinα,2))，M(eq \f(sin2α,2)，eq \f(7,2)－eq \f(cs2α,2))，
则有xM2＋(yM－eq \f(7,2))2＝eq \f(1,4).所以|eq \(QA,\s\up6(→))＋eq \(QB,\s\up6(→))|＝2|eq \(QM,\s\up6(→))|∈[4，6]．
解法3由图形通过平面几何圆周角的性质定理，即由CM⊥PM可知点M在以PC为直径的圆上，得到x2＋(y－3)(y－4)＝0，即有xM2＋(yM－eq \f(7,2))2＝eq \f(1,4)，所以|eq \(QA,\s\up6(→))＋eq \(QB,\s\up6(→))|＝2|eq \(QM,\s\up6(→))|∈[4，6]．
串讲2
答案：4.
解法1如图，由△PAB为等边三角形，故PC与AB垂直，设PC与AB交于点H，记AH＝BH＝x，CH＝y，PC＝t，则PH＝eq \r(3)x，满足
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝4（x，y>0），,t＝\r(3)x＋y，))求
PC的最小值．设eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2csα，,y＝2sinα，))
其中α∈(0，eq \f(π,2))，
则t＝2eq \r(3)csα＋2sinα＝4sin(α＋eq \f(π,3))，当α＝eq \f(π,6)时，求得tmax＝4，即PC的最大值为4.
解法2 BC＝2，∠BPC＝eq \f(π,6)，在△BPC中，设∠PBC＝α，由正弦定理eq \f(PC,sinα)＝eq \f(α,sin\f(π,6))，∴PC＝4sinα，
∴α＝eq \f(π,2)时，PCmax＝4.
新题在线
答案：－18或2.
解法1设AB的中点为M(x0，y0)，P(x，y)，则由AB＝
2eq \r(11)得，CM＝eq \r(16－11)＝eq \r(5)，即点M的轨迹为(x0＋4)2＋(y0－a)2＝5.又因为eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))，所以eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OC,\s\up6(→))，即(x0－x，y0－y)＝(－2，eq \f(a,2))，从而eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝x－2，,y0＝y＋\f(a,2)，))则动点P的轨迹方程为(x＋2)2＋(y－eq \f(a,2))2＝5，又因为直线l上存在唯一的一个点P，所以直线l和动点P的轨迹(圆)相切，则eq \f(|－4－\f(a,2)|,\r(22＋（－1）2))＝eq \r(5)，解得，a＝2或a＝－18.
解法2以上同解法1，则动点P的轨迹方程为(x＋2)2＋(2x－eq \f(a,2))2＝5，整理得5x2＋(4－2a)x＋eq \f(a2,4)－1＝0，(*)，又因为直线l上存在唯一的一个点P，所以(*)式有且只有1个实数根，所以Δ＝(4－2a)2－20(eq \f(a2,4)－1)＝0，整理得a2＋16a－36＝0，解得，a＝2或a＝－18.
解法3由题意，圆心C到直线AB的距离d＝eq \r(16－11)＝eq \r(5)，则AB中点M的轨迹方程为(x＋4)2＋(y－a)2＝5.由eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))得2eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))，所以eq \(PM,\s\up6(→))∥eq \(OC,\s\up6(→)).如图，连接CM并延长交l于点N，则CN＝2CM＝2eq \r(5).故问题转化为直线l上存在唯一的一个点N，使得CN＝2eq \r(5)，所以点C到直线l的距离为eq \f(|2×（－4）－a|,\r(22＋（－1）2))＝2eq \r(5)，解得，a＝2或a＝－18.
直线的方程和圆的方程在高考中是C级要求，历来是高考的热点和重点，解决此类问题既可以从几何的角度来探索它们的位置关系，又可以从方程角度来解决一些度量问题，体现用代数方法研究几何问题的思想．对这类问题的考查，一般会涉及弦长、距离的计算、圆的切线及与点(直线、圆)的位置关系判定问题等，解答此类问题，注重“圆的特征直角三角形”是关键.