2023届高考数学二轮复习微专题17与圆相关的定点定值问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题17与圆相关的定点定值问题学案，共10页。


例题：已知圆O：x2＋y2＝9.点A(－5，0)，在x轴上存在定点B(不同于点A)，满足：对于圆O上任一点P，都有eq \f(PB,PA)为一常数，试求所有满足条件的点B的坐标．
变式1已知圆O的方程为x2＋y2＝1，直线l1过点A(3，0)，且与圆O相切．
(1)求直线l1的方程；
(2)设圆O与x轴交于P，Q两点，M是圆O上异于P，Q的任意一点，过点A且与x轴垂直的直线为l2，直线PM交直线l2于点P′，直线QM交直线l2于点Q′.求证：以P′Q′为直径的圆C总过定点，并求出定点坐标．
变式2已知过点A(0，1)，且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1相交于M，N两点．
求证：eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))为定值7.
串讲1如图，已知以点A(－1，2)为圆心的圆与直线l1：x＋2y＋7＝0相切．过点B(－2，0)的动直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，直线l与l1相交于点P.eq \(BQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))是否为定值？如果是，求出其定值；如果不是，请说明理由．
串讲2设O为坐标原点，F(1，0)，M是l：x＝2上的点，过点F作OM的垂线与以OM为直径的圆D交于P，Q两点．
(1)若PQ＝eq \r(6)，求圆D的方程；
(2)若M是l上的动点，求证点P在定圆上，并求该定圆的方程．
(2018·江苏模拟卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，A，B是圆O：x2＋y2＝1与x轴的两个交点(点B在点A右侧)，点Q(－2，0)，x轴上方的动点P使直线PA，PQ，PB的斜率存在且依次成等差数列．
(1)求证：动点P的横坐标为定值；
(2)设直线PA，PB与圆O的另一个交点分别为S，T，求证：点Q，S，T三点共线．
(2017·江苏模拟卷)在平面直角坐标系xOy中，已知定点A(－4，0)，B(0，－2)，半径为r的圆M的圆心M在线段AB的垂直平分线上，且在y轴右侧，圆M被y轴截得的弦长为eq \r(3)r.
(1)若r＝2，求圆M的方程；
(2)当r变化时，是否存在定直线与圆相切？如果存在，求出定直线的方程；如果不存在，请说明理由．
答案：(1)(x－1)2＋(y－5)2＝4；(2)存在两条直线y＝3和4x＋3y－9＝0与圆相切．
解析：(1)设圆心M(m，n)，由题意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)r))\s\up12(2)＋m2＝r2，,m＞0，,（m＋4）2＋n2＝m2＋（n＋2）2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(1,2)r，,n＝r＋3，))4分
∴圆M的方程为(x－1)2＋(y－5)2＝4.5分
(2)设直线l：y＝kx＋b，则eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k·\f(r,2)－r－3＋b)),\r(1＋k2))＝r对任意r＞0恒成立，7分
由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)－1))r＋b－3))＝req \r(1＋k2)，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)－1))eq \s\up12(2)r2＋(k－2)(b－3)r＋(b－3)2
＝r2(1＋k2)，9分
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)－1))\s\up12(2)＝1＋k2，,（k－2）（b－3）＝0，,（b－3）2＝0，))计算得出eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝0，,b＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－\f(4,3)，,b＝3，))13分
微专题17
例题
答案：Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,5)，0)).
解法1如图，假设存在这样的点
B(t，0)，当P为圆O与x轴左交点(－3，0)时，eq \f(PB,PA)＝eq \f(|t＋3|,2)；当P为圆O与x轴右交点(3，0)时，eq \f(PB,PA)＝eq \f(|t－3|,8)，依题意，eq \f(|t＋3|,2)＝eq \f(|t－3|,8)，解得，t＝－5(舍去)，或t＝－eq \f(9,5).下面证明：点
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,5)，0))对于圆O上任一点P，都有eq \f(PB,PA)为一常数．设P(x，y)，则y2＝9－x2，所以eq \f(PB2,PA2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(9,5)))\s\up12(2)＋y2,（x＋5）2＋y2)
＝eq \f(x2＋\f(18,5)x＋\f(81,25)＋9－x2,x2＋10x＋25＋9－x2)＝eq \f(\f(18,25)（5x＋17）,2（5x＋17）)＝eq \f(9,25)，从而eq \f(PB,PA)＝eq \f(3,5)为常数．
解法2假设存在这样的点B(t，0)，使得eq \f(PB,PA)为常数λ，则PB2＝λ2PA2，所以(x－t)2＋y2＝λ2[(x＋5)2＋y2]，将y2＝9－x2代入得，x2－2xt＋t2＋9－x2＝λ2(x2＋10x＋25＋9－x2)，即2(5λ2＋t)x＋34λ2－t2－9＝0对x∈[－3，3]恒成立，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5λ2＋t＝0，,34λ2－t2－9＝0，))解得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝\f(3,5)，,t＝－\f(9,5)，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝1，,t＝－5，))(舍去)，所以存在点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,5)，0))对于圆O上任一点P，都有eq \f(PB,PA)为常数eq \f(3,5).
变式联想
变式1
答案：(1)y＝±eq \f(\r(2),4)(x－3)；
(2)(3±2eq \r(2)，0)．
解析：(1)因为直线l1过点A(3，0)，且与圆O：x2＋y2＝1相切，设直线l1的方程为y＝k(x－3)，即kx－y－3k＝0，则圆心O(0，0)到直线l1的距离为d＝eq \f(|3k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±eq \f(\r(2),4)，所以直线l1的方程为y＝±eq \f(\r(2),4)(x－3)．
(2)对于圆方程x2＋y2＝1，令y＝0，得x＝±1，即P(－1，0)，Q(1，0)，又直线l2过点A且与x轴垂直，所以直线l2方程为x＝3，设M(s，t)，则直线PM的方程为y＝eq \f(t,s＋1)(x＋1)．解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝\f(t,s＋1)（x＋1），))
得P′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(4t,s＋1)))同理可得，
Q′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2t,s－1))).所以以P′Q′为直径的圆C的方程为(x－3)(x－3)＋
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(4t,s＋1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(2t,s－1)))＝0，又s2＋t2＝1，所以整理得x2＋y2－6x＋1＋eq \f(6x－2,t)y＝0，若圆C经过定点，只需令y＝0，从而有x2－6x＋1＝0，解得x＝3±2eq \r(2)，所以，圆C总经过定点坐标为(3±2eq \r(2)，0)．
变式2
证法1设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,（x－2）2＋（y－3）2＝1，))得(k2＋1)x2－4(k＋1)x＋7＝0，所以
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(4（k＋1）,k2＋1)，,x1x2＝\f(7,k2＋1).))因为
eq \(AM,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)，eq \(AN,\s\up6(→))＝(x2，y2－1)，所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋k2x1x2＝(1＋k2)x1x2＝(1＋k2)x1x2＝(1＋k2)eq \f(7,1＋k2)＝7.所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))为定值7.
证法2由于M，N共线，所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝AM·AN＝(AC－1)(AC＋1)＝AC2－1＝7.
串讲激活
串讲1
答案：eq \(BQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝－5.
解析：因为AQ⊥BP，所以eq \(AQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝0，所以eq \(BQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝(eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AQ,\s\up6(→)))·eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＋eq \(AQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→)).当直线l与x轴垂直时，得
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(5,2))).则eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(5,2)))，又eq \(BA,\s\up6(→))＝(1，2)，所以eq \(BQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝－5.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)．由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋2），,x＋2y＋7＝0，))解得
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4k－7,1＋2k)，\f(－5k,1＋2k))).
所以eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－5,1＋2k)，\f(－5k,1＋2k))).所以eq \(BQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \f(－5,1＋2k)－eq \f(10k,1＋2k)＝－5.综上所述，eq \(BQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))是定值，且eq \(BQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝－5.
串讲2
答案：(1)圆D的方程：(x－1)2＋(y－1)2＝2或(x－1)2＋(y＋1)2＝2；(2)点P在定圆x2＋y2＝2上．
解析：(1)设M(2，t)，则圆D的方程：(x－1)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(t,2)))eq \s\up12(2)＝1＋eq \f(t2,4)，直线PQ的方程：2x＋ty－2＝0，由PQ＝eq \r(6)，
2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(t2,4)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋\f(t2,2)－2)),\r(4＋t2))))\s\up12(2))＝eq \r(6)，解得t＝±2.所以圆D的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2或(x－1)2＋(y＋1)2＝2.
(2)解法1设P(x0，y0)，由(1)知
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x0－1）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y0－\f(t,2)))\s\up12(2)＝1＋\f(t2,4)，,2x0＋ty0－2＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x02＋y02－2x0－ty0＝0，,2x0＋ty0－2＝0，))
消去t得x02＋y02＝2.所以点P在定圆x2＋y2＝2上．
解法2设P(x0，y0)，则直线FP的斜率为kFP＝eq \f(y0,x0－1)，因为FP⊥OM，所以直线OM的斜率为kOM＝－eq \f(x0－1,y0)，所以直线OM的方程为y＝－eq \f(x0－1,y0)x.点M坐标为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(2（x0－1）,y0))).因为MP⊥OP，所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(MP,\s\up6(→))＝0，所以x0(x0－2)＋y0eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(y0＋\f(2（x0－1）,y0)))＝0，所以x02＋y02＝2，所以点P在定圆x2＋y2＝2上．
解法3设直线PQ与OM交于点H，A(2，0)，由射影定理知OP2＝OH·OM，由此知，OH·OM＝OF·OA＝2，所以OP2＝2，所以点P在定圆x2＋y2＝2上．
新题在线
证明：(1)由题设知A(－1，0)，B(1，0)．
设P(x0，y0)(y0＞0)，则kPQ＝eq \f(y0,x0＋2)，kPA＝eq \f(y0,x0＋1)，kPB＝eq \f(y0,x0－1).
因为直线PA，PQ，PB的斜率存在且依次成等差数列，所以2kPQ＝kPA＋kPB，即eq \f(2y0,x0＋2)＝eq \f(y0,x0＋1)＋eq \f(y0,x0－1)，解得x0＝－eq \f(1,2)，即动点P的横坐标为定值．
(2)由(1)知Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))，kPA＝2y0，kPB＝－eq \f(2,3)y0，直线PA的方程为y＝2y0(x＋1)，代入x2＋y2＝1得(x＋1)[(1＋4y02)x－(1－4y02)]＝0，
所以点S的横坐标xS＝eq \f(1－4y02,1＋4y02)，从而yS＝eq \f(4y0,1＋4y02).
同理：xT＝eq \f(－9＋4y02,9＋4y02)，
yT＝eq \f(12y0,9＋4y02)，
所以kQS＝eq \f(\f(4y0,1＋4y02),\f(1－4y02,1＋4y02)＋2)＝eq \f(4y0,3＋4y02)，kQT＝eq \f(\f(12y0,9＋4y02),\f(－9＋4y02,9＋4y02)＋2)＝eq \f(4y0,3＋4y02)，
所以kQS＝kQT，所以点Q，S，T三点共线．
圆的综合问题还可能会考查与圆有关的定点、定值问题，这类问题的解决往往先从特殊情况入手，探究出相应的定点、定值．当然，解题时要结合圆的几何性质，利用几何知识能使问题较为简捷地得到解决.