资料简介
加练课4直线与圆的综合问题1.圆x2+y2=4上的点到直线4x-3y+25=0的距离的取值范围是()A.[3,7]B.[1,9]C.[0,5]D.[0,3]答案：A2.点P(4,-2)与圆x2+y2=4上任一点连线的中点的轨迹方程是()A.(x-2)2+(y+1)2=1B.(x-2)2+(y+1)2=4C.(x+4)2+(y-2)2=4D.(x+2)2+(y-1)2=1答案：A3.若过直线3x-4y+2=0上一点M向圆Γ：(x-2)2+(y+3)2=4作一条切线，且切点为T，则|MT|的最小值为()A.10B.4C.22D.23答案：D4.直线l是圆x2+y2=4在(-1,-3)处的切线，点P是圆x2-4x+y2+3=0上的动点，则P到l的距离的最小值等于()A.3B.2C.3D.4答案：B5.（2021重庆云阳江口中学高二月考）直线2x-(a+1)y+2a=0被圆x2+y2-8y=0截得的最短的弦长为()A.5B.11C.25D.211答案：D6.（2021四川乐山十校高二期中联考）已知实数x,y满足x2+y2-4x=0，则x2+y2+2x+8y+17的最大值为()A.3B.7C.9D.49答案：D7.（2021云南师大附中高二段考）已知点A(-m,0),B(m,0),m∈R，若圆C：(x-3)2+(y-3)2=2上存在点P满足PA⊥PB，则m的最大值是()A.22B.325,C.42D.52答案：C素养提升练8.（2021安徽黄山屯溪一中高二期中）点P是直线2x+y+10=0上的动点，直线PA,PB分别与圆x2+y2=4相切于A，B两点，则四边形PAOB（O为坐标原点）的面积的最小值等于()A.8B.4C.24D.16答案：A解析：圆x2+y2=4的圆心为O(0,0)，半径r=2，因为圆心O(0,0)到直线2x+y+10=0的距离d=104+1=25＞2，所以直线2x+y+10=0与圆x2+y2=4相离，又点P是直线2x+y+10=0上的动点，直线PA,PB分别与圆x2+y2=4相切于A，B两点，所以|PA|=|PB|，PA⊥OA，PB⊥OB，因此四边形PAOB的面积S=S△PAO+S△PBO=2S△PAO=2×12|PA|×r=2|PA|=2|PO|2-4，所以四边形PAOB的面积最小时，只需|PO|最小，又|PO|min即圆心O(0,0)到直线2x+y+10=0的距离d=25，所以四边形PAOB的面积的最小值为2×20-4=8.9.已知圆E：(x-1)2+(y+1)2=1，圆F：(x-4)2+(y-5)2=9，点M、N分别是圆E、圆F上的动点，P为x轴上的动点，则|PN|-|PM|的最大值是()A.25+2B.25+4C.7D.9答案：D解析：圆E：(x-1)2+(y+1)2=1的圆心为E(1,-1)，半径r=1，圆F：(x-4)2+(y-5)2=9的圆心为F(4,5)，半径R=3，要使|PN|-|PM|最大，需|PN|最大，且|PM|最小，易知|PN|的最大值为|PF|+3，|PM|的最小值为|PE|-1，故|PN|-|PM|的最大值是(|PF|+3)-(|PE|-1)=|PF|-|PE|+4，易知F(4,5)关于x轴对称的点是F'(4,-5)，所以|PF|-|PE|=|PF'|-|PE|≤|EF'|=(4-1)2+(-5+1)2=5，故|PF|-|PE|+4的最大值为5+4=9.5,10.（2021湖北黄石有色一中高二期末）已知圆E经过点A(0,0)，B(1,1)，从下列3个条件中任选一个，回答下列问题.①圆E过点C(2,0)；②圆E恒被直线mx-y-m=0(m∈R)平分；③圆E与y轴相切.（1）求圆E的标准方程；（2）过点P(3,0)的直线l与圆E相交于A、B两点，求线段AB的中点M的轨迹方程.答案：（1）选①，设圆E的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F＞0)，由题意可得F=0,2+D+E+F=0,4+2D+F=0,解得D=-2,E=0,F=0,则圆E的方程为x2+y2-2x=0，即(x-1)2+y2=1.选②，易知直线mx-y-m=0恒过(1,0)点，因为圆E恒被直线mx-y-m=0(m∈R)平分，所以mx-y-m=0恒过圆心，所以圆心为(1,0)，故可设圆E的标准方程为(x-1)2+y2=r2(r＞0)，由圆E经过点A(0,0)得r2=1，则圆E的标准方程为(x-1)2+y2=1.选③，设圆E的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2(r＞0).由题意可得∣a∣=r,a2+b2=r2,(1-a)2+(1-b)2=r2,解得a=1,b=0,r=1,则圆E的标准方程为(x-1)2+y2=1.（2）M为线段AB的中点，E为圆心，根据垂径定理得EM⊥AB，所以点M落在以EP为直径的圆上，其方程为(x-2)2+y2=1，即点M的轨迹是以EP为直径的圆落在圆E内的一段圆弧，由(x-1)2+y2=1,(x-2)2+y2=1,解得x=32，所以点M的轨迹方程为(x-2)2+y2=1(x＜32).11.已知圆x2+y2=4上一定点A(2,0),B(1,1)为圆内一点，P,Q为圆上的动点.（1）求线段AP的中点的轨迹方程；（2）若∠PBQ=90∘，求线段PQ的中点的轨迹方程.答案：（1）设线段AP的中点为M(x,y)，由中点坐标公式可知，点P的坐标为(2x-2,2y).因为点P在圆x2+y2=4上，所以(2x-2)2+(2y)2=4，故线段AP的中点的轨迹方程为(x-1)2+y2=1.（2）设线段PQ的中点为N(x,y)，则在Rt△PBQ中，|PN|=|BN|.5,设O为坐标原点，连接ON，则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,故线段PQ的中点的轨迹方程为x2+y2-x-y-1=0.创新拓展练12.（2021四川高二期中联考）已知圆C：(x+3)2+(y-4)2=16，直线l：(2m+1)x+(m-2)y-3m-4=0(m∈R).（1）若直线l被圆C截得的弦AB的长为211，求m的值；（2）若m＞0，直线l与圆C相离，在直线l上有一动点P，过P作圆C的两条切线PM,PN，切点分别为M,N，且cos∠MPN的最小值为1345，求m的值，并证明：直线MN恒过定点.命题分析本题考查了由直线与圆的位置关系求直线方程，证明直线恒过定点问题.答题要领（1）由弦长公式及点到直线的距离公式得到关于m的方程，求出m的值即可.（2）利用余弦的二倍角公式得到cos∠MPN=1-32|CP|2，点C到直线l的距离d=5|m+3|m2+1，根据弦心距性质得到|CP|=d时，cos∠MPN的值最小，由此得到cos∠MPN的最小值为1-32d2，然后根据已知最小值求得d的值，进而求得m的值.设P(a,2a-5)，以CP为直径的圆记为圆D，MN为圆C和圆D的公共弦，然后利用两圆的方程相减得到公共弦MN所在直线的方程，进而证得直线MN恒过定点.详细解析（1）由题意知圆C的圆心为C(-3,4)，半径r=4，由弦AB的长为211，得点C到直线l的距离d=r2-(12|AB|)2=42-(11)2=5，又d=|(2m+1)×(-3)+(m-2)×4-3m-4|(2m+1)2+(m-2)2=5|m+3|m2+1，∴5|m+3|m2+1=5，解得m=-43.（2）cos∠MPN=1-2 sin2∠MPC=1-2(|CM||CP|)2=1-32|CP|2，由（1）知点C到直线l的距离d=5|m+3|m2+1，∴|CP|≥d，∴|CP|=d时，cos∠MPN的值最小，即cos∠MPN的最小值为1-32d2，由已知得1-32d2=1345，解得d=35，∴5|m+3|m2+1=35，解得m=34或0，5,∵m＞0,∴m=34.当m=34时，直线l的方程为2x-y-5=0，设P(a,2a-5)，以CP为直径的圆记为圆D，则圆D的方程为(x+3)(x-a)+(y-4)⋅(y-2a+5)=0，即x2+y2+(3-a)x+(1-2a)y+5a-20=0①，由题意知圆C的方程为x2+y2+6x-8y+9=0②，由②-①得(a+3)x+(2a-9)y-5a+29=0③，∵M、N两点为圆C和圆D的公共点，∴③为直线MN的方程，由③变形得(x+2y-5)a+3x-9y+29=0，由x+2y-5=0,3x-9y+29=0,解得x=-1315,y=4415,∴直线MN恒过定点(-1315,4415).解题感悟本题构造以CP为直径的圆，并记为圆D是解题的关键.5
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