新課改瘦專用2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章解析幾何第二節(jié)圓與方程第3課時深化提能-與圓有關(guān)的綜合問題講義含解析

PAGEPAGE5第3課時深化提能——與圓有關(guān)的綜合問題圓的方程是中學(xué)數(shù)學(xué)的一個重要學(xué)問點，高考中，除了圓的方程的求法外，圓的方程與其他學(xué)問的綜合問題也是高考考查的熱點，常涉及軌跡問題和最值問題．解決此類問題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合思想的運用．與圓有關(guān)的軌跡問題[典例]已知圓x2＋y2＝4上肯定點A(2,0)，B(1,1)為圓內(nèi)一點，P，Q為圓上的動點．(1)求線段AP中點的軌跡方程；(2)若∠PBQ＝90°，求線段PQ中點的軌跡方程．[解](1)設(shè)AP的中點為M(x，y)，由中點坐標公式可知，P點坐標為(2x－2,2y)．因為P點在圓x2＋y2＝4上，所以(2x－2)2＋(2y)2＝4.故線段AP中點的軌跡方程為(x－1)2＋y2＝1.(2)設(shè)PQ的中點為N(x，y)．在Rt△PBQ中，|PN|＝|BN|.設(shè)O為坐標原點，連接ON，則ON⊥PQ，所以|OP|2＝|ON|2＋|PN|2＝|ON|2＋|BN|2，所以x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2＝4.故線段PQ中點的軌跡方程為x2＋y2－x－y－1＝0.[方法技巧]求與圓有關(guān)的軌跡問題的4種方法[針對訓(xùn)練]1．(2024·廈門雙十中學(xué)月考)點P(4，－2)與圓x2＋y2＝4上隨意一點連接的線段的中點的軌跡方程為()A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1 B．(x－2)2＋(y＋1)2＝4C．(x＋4)2＋(y－2)2＝4 D．(x＋2)2＋(y－1)2＝1解析：選A設(shè)中點為A(x，y)，圓上隨意一點為B(x′，y′)，由題意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＋4＝2x，,y′－2＝2y，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝2x－4，,y′＝2y＋2，))故(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，化簡得，(x－2)2＋(y＋1)2＝1，故選A.2．已知點P(2,2)，圓C：x2＋y2－8y＝0，過點P的動直線l與圓C交于A，B兩點，線段AB的中點為M，O為坐標原點．(1)求M的軌跡方程；(2)當(dāng)|OP|＝|OM|時，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.由于點P在圓C的內(nèi)部，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.因為ON的斜率為3，所以l的斜率為－eq\f(1,3)，故l的方程為x＋3y－8＝0.又|OM|＝|OP|＝2eq\r(2)，O到l的距離為eq\f(4\r(10),5)，所以|PM|＝eq\f(4\r(10),5)，S△POM＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(10),5)×eq\f(4\r(10),5)＝eq\f(16,5)，故△POM的面積為eq\f(16,5).與圓有關(guān)的最值或范圍問題[例1](2024·蘭州高三診斷)已知圓C：(x－1)2＋(y－4)2＝10和點M(5，t)，若圓C上存在兩點A，B使得MA⊥MB，則實數(shù)t的取值范圍是()A．[－2,6] B．[－3,5]C．[2,6] D．[3,5][解析]法一：當(dāng)MA，MB是圓C的切線時，∠AMB取得最大值．若圓C上存在兩點A，B使得MA⊥MB，則MA，MB是圓C的切線時，∠AMB≥90°，∠AMC≥45°，且∠AMC＜90°，如圖，所以|MC|＝eq\r(5－12＋t－42)≤eq\f(\r(10),sin45°)＝eq\r(20)，所以16＋(t－4)2≤20，所以2≤t≤6，故選C.法二：由于點M(5，t)是直線x＝5上的點，圓心的縱坐標為4，所以實數(shù)t的取值范圍肯定關(guān)于t＝4對稱，故解除選項A、B.當(dāng)t＝2時，|CM|＝2eq\r(5)，若MA，MB為圓C的切線，則sin∠CMA＝sin∠CMB＝eq\f(\r(10),2\r(5))＝eq\f(\r(2),2)，所以∠CMA＝∠CMB＝45°，即MA⊥MB，所以t＝2時符合題意，故解除選項D.選C.[答案]C[例2]已知實數(shù)x，y滿意方程x2＋y2－4x＋1＝0.求：(1)eq\f(y,x)的最大值和最小值；(2)y－x的最大值和最小值；(3)x2＋y2的最大值和最小值．[解]原方程可化為(x－2)2＋y2＝3，表示以(2,0)為圓心，eq\r(3)為半徑的圓．(1)eq\f(y,x)的幾何意義是圓上一點與原點連線的斜率，所以設(shè)eq\f(y,x)＝k，即y＝kx.當(dāng)直線y＝kx與圓相切時，斜率k取最大值或最小值，此時eq\f(|2k－0|,\r(k2＋1))＝eq\r(3)，解得k＝±eq\r(3).所以eq\f(y,x)的最大值為eq\r(3)，最小值為－eq\r(3).(2)y－x可看成是直線y＝x＋b在y軸上的截距．當(dāng)直線y＝x＋b與圓相切時，縱截距b取得最大值或最小值，此時eq\f(|2－0＋b|,\r(2))＝eq\r(3)，解得b＝－2±eq\r(6).所以y－x的最大值為－2＋eq\r(6)，最小值為－2－eq\r(6).(3)x2＋y2表示圓上的一點與原點距離的平方．由平面幾何學(xué)問知，x2＋y2在原點和圓心的連線與圓的兩個交點處分別取得最小值，最大值．因為圓心到原點的距離為eq\r(2－02＋0－02)＝2，所以x2＋y2的最大值是(2＋eq\r(3))2＝7＋4eq\r(3)，最小值是(2－eq\r(3))2＝7－4eq\r(3).eq\a\vs4\al([方法技巧])與圓有關(guān)最值問題的求解策略處理與圓有關(guān)的最值問題時，應(yīng)充分考慮圓的幾何性質(zhì)，并依據(jù)代數(shù)式的幾何意義，借助數(shù)形結(jié)合思想求解．與圓有關(guān)的最值問題，常見類型及解題思路如下：常見類型解題思路μ＝eq\f(y－b,x－a)型轉(zhuǎn)化為動直線斜率的最值問題t＝ax＋by型轉(zhuǎn)化為動直線截距的最值問題，或用三角代換求解m＝(x－a)2＋(y－b)2型轉(zhuǎn)化為動點與定點的距離的平方的最值問題eq\a\vs4\al([針對訓(xùn)練])1．(2024·新余一中月考)直線x＋y＋t＝0與圓x2＋y2＝2相交于M，N兩點，已知O是坐標原點，若|eq\o(OM,\s\up7(→))＋eq\o(ON,\s\up7(→))|≤|eq\o(MN,\s\up7(→))|，則實數(shù)t的取值范圍是________．解析：由|eq\o(OM,\s\up7(→))＋eq\o(ON,\s\up7(→))|≤|eq\o(MN,\s\up7(→))|＝|eq\o(ON,\s\up7(→))－eq\o(OM,\s\up7(→))|，兩邊平方，得eq\o(OM,\s\up7(→))·eq\o(ON,\s\up7(→))≤0，所以圓心到直線的距離d＝eq\f(|t|,\r(2))≤eq\f(\r(2),2)×eq\r(2)＝1，解得－eq\r(2)≤t≤eq\r(2)，故實數(shù)t的取值范圍是[－eq\r(2)，eq\r(2)]．答案：[－eq\r(2)，eq\r(2)]2．已知點P(x，y)在圓x2＋(y－1)2＝1上運動，則eq\f(y－1,x－2)的最大值與最小值分別為________．解析：設(shè)eq\f(y－1,x－2)＝k，則k表示點P(x，y)與點A(2,1)連線的斜率．當(dāng)直線PA與圓相切時，k取得最大值與最小值．設(shè)過(2,1)的直線方程為y－1＝k(x－2)，即kx－y＋1－2k＝0.由eq\f(|2k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±eq\f(\r(3),3).答案：eq\f(\r(3),3)，－eq\f(\r(3),3)3．(2024·大慶診斷考試)過動點P作圓：(x－3)2＋(y－4)2＝1的切線PQ，其中Q為切點，若|PQ|＝|PO|(O為坐標原點)，則|PQ|的最小值是________．解析：由題可知圓(x－3)2＋(y－4)2＝1的圓心N(3,4)．設(shè)點P的坐標為(m，n)，則|PN|2＝|PQ|