《（新課改省份專用）2020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(shí)）深化提能——與圓有關(guān)的綜合問題講義（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課改省份專用）2020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(shí)）深化提能——與圓有關(guān)的綜合問題講義（含解析）.doc（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第3課時(shí)　深化提能——與圓有關(guān)的綜合問題 圓的方程是高中數(shù)學(xué)的一個(gè)重要知識(shí)點(diǎn)，高考中，除了圓的方程的求法外，圓的方程與其他知識(shí)的綜合問題也是高考考查的熱點(diǎn)，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(yùn)用． 與圓有關(guān)的軌跡問題 [典例]　已知圓x2＋y2＝4上一定點(diǎn)A(2,0)，B(1,1)為圓內(nèi)一點(diǎn)，P，Q為圓上的動(dòng)點(diǎn)． (1)求線段AP中點(diǎn)的軌跡方程； (2)若∠PBQ＝90，求線段PQ中點(diǎn)的軌跡方程． [解]　(1)設(shè)AP的中點(diǎn)為M(x，y)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可知，P點(diǎn)坐標(biāo)為(2x－2,2y)． 因?yàn)镻點(diǎn)在圓x2＋y2＝4上，所以(2x－2)2＋(2y)2＝4. 故線段AP中點(diǎn)的軌跡方程為(x－1)2＋y2＝1. (2)設(shè)PQ的中點(diǎn)為N(x，y)． 在Rt△PBQ中，|PN|＝|BN|. 設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(diǎn)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(duì)訓(xùn)練] 1．(2019廈門雙十中學(xué)月考)點(diǎn)P(4，－2)與圓x2＋y2＝4上任意一點(diǎn)連接的線段的中點(diǎn)的軌跡方程為(　　) A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1　 　B．(x－2)2＋(y＋1)2＝4 C．(x＋4)2＋(y－2)2＝4 D．(x＋2)2＋(y－1)2＝1 解析：選A　設(shè)中點(diǎn)為A(x，y)，圓上任意一點(diǎn)為B(x′，y′)， 由題意得，則 故(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，化簡(jiǎn)得，(x－2)2＋(y＋1)2＝1，故選A. 2．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＝(x，y－4)，＝(2－x,2－y)． 由題設(shè)知＝0， 故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0， 即(x－1)2＋(y－3)2＝2. 由于點(diǎn)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(diǎn)N(1,3)為圓心，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－， 故l的方程為x＋3y－8＝0. 又|OM|＝|OP|＝2，O到l的距離為， 所以|PM|＝，S△POM＝＝， 故△POM的面積為. 與圓有關(guān)的最值或范圍問題 [例1]　(2019蘭州高三診斷)已知圓C：(x－1)2＋(y－4)2＝10和點(diǎn)M(5，t)，若圓C上存在兩點(diǎn)A，B使得MA⊥MB，則實(shí)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(shí)，∠AMB取得最大值．若圓C上存在兩點(diǎn)A，B使得MA⊥MB，則MA，MB是圓C的切線時(shí)，∠AMB≥90，∠AMC≥45，且∠AMC＜90，如圖，所以|MC|＝≤＝，所以16＋(t－4)2≤20，所以2≤t≤6，故選C. 法二：由于點(diǎn)M(5，t)是直線x＝5上的點(diǎn)，圓心的縱坐標(biāo)為4，所以實(shí)數(shù)t的取值范圍一定關(guān)于 t＝4對(duì)稱，故排除選項(xiàng)A、B.當(dāng)t＝2時(shí)，|CM|＝2，若MA，MB為圓C的切線，則sin∠CMA＝sin∠CMB＝＝，所以∠CMA＝∠CMB＝45，即MA⊥MB，所以t＝2時(shí)符合題意，故排除選項(xiàng)D.選C. [答案]　C [例2]　已知實(shí)數(shù)x，y滿足方程x2＋y2－4x＋1＝0.求： (1)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，為半徑的圓． (1)的幾何意義是圓上一點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率， 所以設(shè)＝k，即y＝kx. 當(dāng)直線y＝kx與圓相切時(shí)，斜率k取最大值或最小值，此時(shí)＝ ，解得k＝. 所以的最大值為，最小值為－. (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(shí)，縱截距b取得最大值或最小值，此時(shí)＝， 解得b＝－2. 所以y－x的最大值為－2＋，最小值為－2－. (3)x2＋y2表示圓上的一點(diǎn)與原點(diǎn)距離的平方． 由平面幾何知識(shí)知，x2＋y2在原點(diǎn)和圓心的連線與圓的兩個(gè)交點(diǎn)處分別取得最小值，最大值． 因?yàn)閳A心到原點(diǎn)的距離為＝2， 所以x2＋y2的最大值是(2＋)2＝7＋4， 最小值是(2－)2＝7－4. 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(shí)，應(yīng)充分考慮圓的幾何性質(zhì)，并根據(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＝型 轉(zhuǎn)化為動(dòng)直線斜率的最值問題 t＝ax＋by型 轉(zhuǎn)化為動(dòng)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(dòng)點(diǎn)與定點(diǎn)的距離的平方的最值問題 1．(2019新余一中月考)直線x＋y＋t＝0與圓x2＋y2＝2相交于M，N兩點(diǎn)，已知O是坐標(biāo)原點(diǎn)，若|＋|≤||，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是________． 解析：由|＋|≤||＝|－|， 兩邊平方，得≤0， 所以圓心到直線的距離d＝≤＝1， 解得－≤t≤， 故實(shí)數(shù)t的取值范圍是[－， ]． 答案：[－， ] 2．已知點(diǎn)P(x，y)在圓x2＋(y－1)2＝1上運(yùn)動(dòng)，則的最大值與最小值分別為________． 解析：設(shè)＝k，則k表示點(diǎn)P(x，y)與點(diǎn)A(2,1)連線的斜率． 當(dāng)直線PA與圓相切時(shí)，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＝1，解得k＝. 答案：，－ 3．(2019大慶診斷考試)過動(dòng)點(diǎn)P作圓：(x－3)2＋(y－4)2＝1的切線PQ，其中Q為切點(diǎn)，若|PQ|＝|PO|(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，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(diǎn)P的坐標(biāo)為(m，n)，則|PN|2＝|PQ|2＋|NQ|2＝|PQ|2＋1，又|PQ|＝|PO|，所以|PN|2＝|PO|2＋1，即(m－3)2＋(n－4)2＝m2＋n2＋1，化簡(jiǎn)得3m＋4n＝12，即點(diǎn)P在直線3x＋4y＝12上，則|PQ|的最小值為點(diǎn)O到直線3x＋4y＝12的距離，點(diǎn)O到直線3x＋4y＝12的距離d＝，故|PQ|的最小值是. 答案：