(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪考點(diǎn)復(fù)習(xí)8.3.3《與圓有關(guān)的綜合問題》課時(shí)跟蹤檢測(cè)(含詳解)

PAGE第7頁共7頁課時(shí)跟蹤檢測(cè)（四十三）與圓有關(guān)的綜合問題一、綜合練——練思維敏銳度1．直線y＝kx＋3與圓(x－3)2＋(y－2)2＝4相交于M，N兩點(diǎn)，若|MN|≥2eq\r(3)，則k的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,4))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))解析：選B圓心(3,2)到直線y＝kx＋3的距離d＝eq\f(|3k－2＋3|,\r(k2＋1))＝eq\f(|3k＋1|,\r(k2＋1))，由|MN|≥2eq\r(3)，得2eq\r(3)≤2eq\r(4－d2)，所以d2≤1，即8k2＋6k≤0?－eq\f(3,4)≤k≤0，故選B.2．已知圓C：x2＋y2－8y＋14＝0，直線l：mx－y－3m＋1＝0與x軸、y軸分別交于A，B兩點(diǎn)．設(shè)圓C上任意一點(diǎn)P到直線l的距離為d，當(dāng)d取最大值時(shí)，△PABA．3eq\r(2) B．8C．6 D．4eq\r(2)解析：選B直線l：mx－y－3m＋1＝0過定點(diǎn)M圓C：x2＋y2－8y＋14＝0的圓心為C(0,4)，半徑r＝eq\r(2).當(dāng)MC⊥l時(shí)，圓心C到直線l的距離最大，此時(shí)圓心C到直線l的距離為|MC|＝3eq\r(2)，則點(diǎn)P到直線l的最大距離d＝3eq\r(2)＋r＝4eq\r(2).又|MC|＝eq\f(|－4－3m＋1|,\r(1＋m2))＝3eq\r(2)，所以m＝1，直線l的方程為x－y－2＝0，所以|AB|＝2eq\r(2).從而△PAB的面積S＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×4eq\r(2)＝8.3．在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，過點(diǎn)P(0,3)的直線與圓心為C的圓x2＋y2－2x－3＝0相交于A，B兩點(diǎn)，則△ABC面積的最大值是()A．2 B．4C.eq\r(3) D．2eq\r(3)解析：選A過點(diǎn)P(0,3)的直線與圓心為C的圓x2＋y2－2x－3＝0相交于A，B兩點(diǎn)，①當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，直線的方程為x＝0，在y軸上所截得的線段長為d＝2×eq\r(22－12)＝2eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＝eq\r(3).②當(dāng)直線的斜率存在時(shí)．設(shè)圓心到直線的距離為d，則所截得的弦長l＝2eq\r(4－d2).所以S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(4－d2)×d＝eq\r(4－d2)×eq\r(d2)≤eq\f(4－d2＋d2,2)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)d＝eq\r(2)時(shí)成立．所以△ABC面積的最大值為2.4．(多選)如圖，已知A(2,0)，B(1,1)，C(－1,1)，D(－2,0)，SKIPIF1<0是以O(shè)D為直徑的圓上的一段圓弧，SKIPIF1<0是以BC為直徑的圓上的一段圓弧，SKIPIF1<0是以O(shè)A為直徑的圓上的一段圓弧，三段弧構(gòu)成曲線W，則下述正確的是()A．曲線W與x軸圍成區(qū)域的面積等于2πB．曲線W上有5個(gè)整點(diǎn)(橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn))C.SKIPIF1<0所在圓的方程為x2＋(y－1)2＝1D.SKIPIF1<0與SKIPIF1<0的公切線方程為x＋y＝eq\r(2)＋1解析：選BCD如圖所示，連接BC，過點(diǎn)C作CK⊥x軸于K，過點(diǎn)B作BL⊥x軸于L.則曲線W和x軸圍成區(qū)域的面積S＝π＋2，故A錯(cuò)誤；曲線W上有A，B，C，D，M這5個(gè)整點(diǎn)，故B正確；SKIPIF1<0所在圓的圓心為(0,1)，半徑為1，故SKIPIF1<0所在圓的方程為x2＋(y－1)2＝1，故C正確；設(shè)SKIPIF1<0與SKIPIF1<0的公切線方程為y＝kx＋b，由圖可知k<0，b>0，則eq\f(|k＋b|,\r(1＋k2))＝1，eq\f(|1－b|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝－1，b＝eq\r(2)＋1，即x＋y＝eq\r(2)＋1，故D正確．故選B、C、D.5．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C經(jīng)過點(diǎn)(0,1)，(0,3)，且與x軸的正半軸相切，若圓C上存在點(diǎn)M，使得直線OM與直線y＝kx(k>0)關(guān)于y軸對(duì)稱，則k的最小值為()A.eq\f(2\r(3),3) B.eq\r(3)C．2eq\r(3) D．4eq\r(3)解析：選D由圓C經(jīng)過點(diǎn)(0,1)，(0,3)可知，圓心的縱坐標(biāo)為eq\f(1＋3,2)＝2，又圓C與x軸的正半軸相切，所以圓的半徑為2，則圓心的橫坐標(biāo)為eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－1,2)))2)＝eq\r(3)，即圓心為點(diǎn)(eq\r(3)，2)，由此可得圓C的方程為(x－eq\r(3))2＋(y－2)2＝4.由直線OM與直線y＝kx(k>0)關(guān)于y軸對(duì)稱知直線OM的方程為y＝－kx(k>0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－kx，,x－\r(3)2＋y－22＝4，))消去y得(1＋k2)x2＋(4k－2eq\r(3))x＋3＝0，則Δ＝(4k－2eq\r(3))2－4(1＋k2)×3≥0，即4k2－16eq\r(3)k≥0，解得k≥4eq\r(3).故k的最小值為4eq\r(3).6．(多選)古希臘著名數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名，他發(fā)現(xiàn)：平面內(nèi)到兩個(gè)定點(diǎn)A，B的距離之比為定值λ(λ≠1)的點(diǎn)所形成的圖形是圓．后來，人們將這個(gè)圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓．已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A(－2,0)，B(4,0)，點(diǎn)P滿足eq\f(PA,PB)＝eq\f(1,2)，設(shè)點(diǎn)P所構(gòu)成的曲線為C，下列結(jié)論正確的是()A．C的方程為(x＋4)2＋y2＝16B．在C上存在點(diǎn)D，使得D到點(diǎn)(1,1)的距離為3C．在C上存在點(diǎn)M，使得|MO|＝2|MA|D．在C上存在點(diǎn)N，使得|NO|2＋|NA|2＝4解析：選ABD設(shè)點(diǎn)P(x，y)，A(－2,0)，B(4,0)，由eq\f(PA,PB)＝eq\f(1,2)，得eq\f(\r(x＋22＋y2),\r(x－42＋y2))＝eq\f(1,2)，化簡得x2＋y2＋8x＝0，即(x＋4)2＋y2＝16，故A選項(xiàng)正確；曲線C的方程表示圓心為(－4,0)，半徑為4的圓，圓心與點(diǎn)(1,1)的距離為eq\r(－4－12＋1)＝eq\r(26)，則點(diǎn)(1,1)與圓上的點(diǎn)的距離的最小值為eq\r(26)－4，最大值為eq\r(26)＋4，而3∈[eq\r(26)－4，eq\r(26)＋4]，故B選項(xiàng)正確；對(duì)于C選項(xiàng)，設(shè)M(x0，y0)，由|MO|＝2|MA|，得eq\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0))＝2eq\r(x0＋22＋y\o\al(2,0))，又(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16，聯(lián)立方程消去y0得x0＝2，再代入(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16得y0無解，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)于D選項(xiàng)，設(shè)N(x0，y0)，由|NO|2＋|NA|2＝4，得xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋(x0＋2)2＋yeq\o\al(2,0)＝4，又(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16，聯(lián)立方程消去y0得x0＝0，再代入(x0＋4)2＋yeq\o\al(2,0)＝16得y0＝0，故D選項(xiàng)正確．7．已知實(shí)數(shù)x，y滿足(x－2)2＋(y－1)2＝1，則z＝eq\f(y＋1,x)的最大值與最小值分別為______和______．解析：由題意，得eq\f(y＋1,x)表示過點(diǎn)A(0，－1)和圓(x－2)2＋(y－1)2＝1上的動(dòng)點(diǎn)(x，y)的直線的斜率，當(dāng)且僅當(dāng)直線與圓相切時(shí)，直線的斜率分別取得最大值和最小值．設(shè)切線方程為y＝kx－1，即kx－y－1＝0，則eq\f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq\f(4±\r(7),3)，所以zmax＝eq\f(4＋\r(7),3)，zmin＝eq\f(4－\r(7),3).答案：eq\f(4＋\r(7),3)eq\f(4－\r(7),3)8．已知點(diǎn)P是直線l：kx＋y＋4＝0(k>0)上一動(dòng)點(diǎn)，PA，PB是圓C：x2＋y2－2y＝0的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.若四邊形PACB的最小面積為2，則k＝________.解析：由x2＋y2－2y＝0，即x2＋(y－1)2＝1，可知圓C的圓心為C(0,1)，半徑為1.根據(jù)條件PA，PB是圓C的兩條切線，如圖所示．則△PAC，△PBC為兩個(gè)全等的直角三角形．所以四邊形PACB的面積S＝2S△PAC＝|AC|·|PA|＝|PA|＝eq\r(|PC|2－1)，顯然當(dāng)|PC|最小時(shí)，四邊形PACB的面積最小．由四邊形PACB的最小面積為2，得eq\r(|PC|2－1)＝2，即|PC|的最小值為eq\r(5).又P是直線l：kx＋y＋4＝0(k>0)上一動(dòng)點(diǎn)，所以|PC|的最小值為點(diǎn)C到直線l的距離d＝eq\f(|5|,\r(1＋k2))＝eq\r(5)(k>0)，解得k＝2.答案：29．已知點(diǎn)P(2,2)，圓C：x2＋y2－8y＝0，過點(diǎn)P的動(dòng)直線l與圓C交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)求M的軌跡方程；(2)當(dāng)|OP|＝|OM|時(shí)，求l的方程及△POM的面積．解：(1)圓C的方程可化為x2＋(y－4)2＝16，所以圓心為C(0,4)，半徑為4.設(shè)M(x，y)，則eq\o(CM,\s\up7(→))＝(x，y－4)，eq\o(MP,\s\up7(→))＝(2－x,2－y)．由題設(shè)知eq\o(CM,\s\up7(→))·eq\o(MP,\s\up7(→))＝0，故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝2.所以M的軌跡方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.(2)由(1)可知M的軌跡是以點(diǎn)N(1,3)為圓心，eq\r(2)為半徑的圓．由于|OP|＝|OM|，故O在線段PM的垂直平分線上，又P在圓N上，從而ON⊥PM.因?yàn)镺N的斜率為3，所以l的斜率為－eq\f(1,3)，故l的方程為y＝－eq\f(1,3)x＋eq\f(8,3).又|OM|＝|OP|＝2eq\r(2)，O到l的距離為eq\f(4\r(10),5)，故|PM|＝eq\f(4\r(10),5)，所以△POM的面積為S△POM＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(10),5)×eq\f(4\r(10),5)＝eq\f(16,5).10．已知圓C：x2＋(y－a)2＝4，點(diǎn)A(1,0)．(1)當(dāng)過點(diǎn)A的圓C的切線存在時(shí)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)AM，AN為圓C的兩條切線，M，N為切點(diǎn)，當(dāng)|MN|＝eq\f(4\r(5),5)時(shí)，求MN所在直線的方程．解：(1)∵過點(diǎn)A的切線存在，即點(diǎn)A在圓外或圓上，∴1＋a2≥4，∴a≥eq\r(3)或a≤－eq\r(3).故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－eq\r(3)]∪[eq\r(3)，＋∞)．(2)設(shè)MN與AC交于點(diǎn)D，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．∵|MN|＝eq\f(4\r(5),5)，∴|DM|＝eq\f(2\r(5),5).又|MC|＝2，∴|CD|＝eq\r(4－\f(20,25))＝eq\f(4,\r(5))，∴cos∠MCA＝eq\f(\f(4,\r(5)),2)＝eq\f(2,\r(5))，|AC|＝eq\f(|MC|,cos∠MCA)＝eq\f(2,\f(2,\r(5)))＝eq\r(5)，∴|OC|＝2，|AM|＝1，∴MN是以點(diǎn)A為圓心，1為半徑的圓A與圓C的公共弦，圓A的方程為(x－1)2＋y2＝1，圓C的方程為x2＋(y－2)2＝4或x2＋(y＋2)2＝4，∴MN所在直線的方程為(x－1)2＋y2－1－x2－(y－2)2＋4＝0，即x－2y＝0或(x－1)2＋y2－1－x2－(y＋2)2＋4＝0，即x＋2y＝0，因此MN所在直線的方程為x－2y＝0或x＋2y＝0.二、自選練——練高考區(qū)分度1．若圓x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三個(gè)不同點(diǎn)到直線l：ax＋by＝0的距離為2eq\r(2)，則直線l的斜率的取值范圍是()A．[2－eq\r(3)，1] B．[2－eq\r(3)，2＋eq\r(3)]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\r(3))) D．[0，＋∞)解析：選B圓x2＋y2－4x－4y－10＝0可化為(x－2)2＋(y－2)2＝18，則圓心為(2,2)，半徑為3eq\r(2).由圓x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三個(gè)不同點(diǎn)到直線l：ax＋by＝0的距離為2eq\r(2)可得，圓心到直線l：ax＋by＝0的距離d≤3eq\r(2)－2eq\r(2)＝eq\r(2).即eq\f(|2a＋2b|,\r(a2＋b2))≤eq\r(2)，則a2＋b2＋4ab≤0.若a＝0，則d＝2，不符合題意；故a≠0，則上式可化為1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2＋4·eq\f(b,a)≤0，由于直線l的斜率k＝－eq\f(a,b)，所以上式可化為1＋k2－4k≤0，則k∈[2－eq\r(3)，2＋eq\r(3)]，故選B.2．阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，他對(duì)圓錐曲線有深刻系統(tǒng)的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線論》一書，阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是：已知?jiǎng)狱c(diǎn)M與兩定點(diǎn)A，B的距離之比為λ(λ＞0，λ≠1)，那么點(diǎn)M的軌跡就是阿波羅尼斯圓．下面我們來研究與此相關(guān)的一個(gè)問題，已知圓O：x2＋y2＝1上的動(dòng)點(diǎn)M和定點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))，B(1,1)，則2|MA|＋|MB|的最小值為()A.eq\r(6) B．eq\r(7)C.eq\r(10) D．eq\r(11)解析：選C①當(dāng)點(diǎn)M在x軸上時(shí)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(－1,0)或(1,0)．若點(diǎn)M的坐標(biāo)為(－1,0)，則2|MA|＋|MB|＝2×eq\f(1,2)＋eq\r(1＋12＋12)＝1＋eq\r(5)；若點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1,0)，則2|MA|＋|MB|＝2×eq\f(3,2)＋eq\r(1－12＋12)＝4.②當(dāng)點(diǎn)M不在x軸上時(shí)，取點(diǎn)K(－2,0)，連接OM，MK，因?yàn)閨OM|＝1，|OA|＝eq\f(1,2)，|OK|＝2，所以eq\f(|OM|,|OA|)＝eq\f(|OK|,|OM|)＝2.因?yàn)椤螹OK＝∠AOM，所以△MOK∽△AOM，則eq\f(|MK|,|MA|)＝eq\f(|OM|,|OA|)＝2，所以|MK|＝2|MA|，則2|MA|＋|MB|＝|MB|＋|MK|.易知|MB|＋|MK|≥|BK|，可知|MB|＋|MK|的最小值為|BK|.因?yàn)锽(1,1)，K(－2,0)，所以(2|MA|＋|MB|)min＝|BK|＝eq\r(－2－12