(新高考)高考数学一轮考点复习8.3.3《与圆有关的综合问题》课时跟踪检测(含详解)

课时跟踪检测（四十三）  与圆有关的综合问题

一、综合练——练思维敏锐度

1．直线y＝kx＋3与圆(x－3)2＋(y－2)2＝4相交于M，N两点，若|MN|≥2，则k的取值范围是(　　)

A.　　　　　　　　　 B.

C.   D.

解析：选B　圆心(3,2)到直线y＝kx＋3的距离d＝＝，由|MN|≥2，得2≤2，所以d2≤1，即8k2＋6k≤0⇒－≤k≤0，故选B.

2．已知圆C：x2＋y2－8y＋14＝0，直线l：mx－y－3m＋1＝0与x轴、y轴分别交于A，B两点．设圆C上任意一点P到直线l的距离为d，当d取最大值时，△PAB的面积为(　　)

A．3   B．8

C．6   D．4

解析：选B　直线l：mx－y－3m＋1＝0过定点M(3,1)．

圆C：x2＋y2－8y＋14＝0的圆心为C(0,4)，半径r＝.

当MC⊥l时，圆心C到直线l的距离最大，

此时圆心C到直线l的距离为|MC|＝3，

则点P到直线l的最大距离d＝3＋r＝4.

又|MC|＝＝3，

所以m＝1，直线l的方程为x－y－2＝0，

所以|AB|＝2.

从而△PAB的面积S＝×2×4＝8.

3．在平面直角坐标系内，过点P(0,3)的直线与圆心为C的圆x2＋y2－2x－3＝0相交于A，B两点，则△ABC面积的最大值是(　　)

A．2   B．4

C.   D．2

解析：选A　过点P(0,3)的直线与圆心为C的圆x2＋y2－2x－3＝0相交于A，B两点，

①当直线的斜率不存在时，直线的方程为x＝0，在y轴上所截得的线段长为d＝2×＝2，所以S△ABC＝×2×1＝.

②当直线的斜率存在时．设圆心到直线的距离为d，则所截得的弦长l＝2.所以S△ABC＝×2×d＝×≤＝2，当且仅当d＝时成立．所以△ABC面积的最大值为2.

4．(多选)如图，已知A(2,0)，B(1,1)，C(－1,1)，D(－2,0)，是以OD为直径的圆上的一段圆弧，是以BC为直径的圆上的一段圆弧，是以OA为直径的圆上的一段圆弧，三段弧构成曲线W，则下述正确的是(　　)

A．曲线W与x轴围成区域的面积等于2π

B．曲线W上有5个整点(横、纵坐标均为整数的点)

C. 所在圆的方程为x2＋(y－1)2＝1

D. 与的公切线方程为x＋y＝＋1

解析：选BCD　如图所示，连接BC，过点C作CK⊥x轴于K，过点B作BL⊥x轴于L.则曲线W和x轴围成区域的面积S＝π＋2，故A错误；曲线W上有A，B，C，D，M这5个整点，故B正确；所在圆的圆心为(0,1)，半径为1，故所在圆的方程为x2＋(y－1)2＝1，故C正确；设与的公切线方程为y＝kx＋b，由图可知k<0，b>0，则＝1，＝1，解得k＝－1，b＝＋1，即x＋y＝＋1，故D正确．故选B、C、D.

5．在平面直角坐标系xOy中，圆C经过点(0,1)，(0,3)，且与x轴的正半轴相切，若圆C上存在点M，使得直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称，则k的最小值为(　　)

A.   B.

C．2   D．4

解析：选D　由圆C经过点(0,1)，(0,3)可知，圆心的纵坐标为＝2，

又圆C与x轴的正半轴相切，所以圆的半径为2，

则圆心的横坐标为 ＝，

即圆心为点(，2)，

由此可得圆C的方程为(x－)2＋(y－2)2＝4.

由直线OM与直线y＝kx(k>0)关于y轴对称知直线OM的方程为y＝－kx(k>0)，

由

消去y得(1＋k2)x2＋(4k－2)x＋3＝0，

则Δ＝(4k－2)2－4(1＋k2)×3≥0，

即4k2－16k≥0，解得k≥4.

故k的最小值为4.

6．(多选)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点所形成的图形是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy中，     A(－2,0)，B(4,0)，点P满足＝，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是(　　)

A．C的方程为(x＋4)2＋y2＝16

B．在C上存在点D，使得D到点(1,1)的距离为3

C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|

D．在C上存在点N，使得|NO|2＋|NA|2＝4

解析：选ABD　设点P(x，y)，A(－2,0)，B(4,0)，

由＝，得＝，

化简得x2＋y2＋8x＝0，即(x＋4)2＋y2＝16，故A选项正确；

曲线C的方程表示圆心为(－4,0)，半径为4的圆，圆心与点(1,1)的距离为＝，则点(1,1)与圆上的点的距离的最小值为－4，最大值为＋4，而3∈[－4，＋4]，故B选项正确；

对于C选项，设M(x0，y0)，由|MO|＝2|MA|，

得 ＝2，

又(x0＋4)2＋y＝16，联立方程消去y0得x0＝2，再代入(x0＋4)2＋y＝16得y0无解，故C选项错误；

对于D选项，设N(x0，y0)，由|NO|2＋|NA|2＝4，得x＋y＋(x0＋2)2＋y＝4，

又(x0＋4)2＋y＝16，联立方程消去y0得x0＝0，再代入(x0＋4)2＋y＝16得y0＝0，故D选项正确．

7．已知实数x，y满足(x－2)2＋(y－1)2＝1，则z＝的最大值与最小值分别为______和______．

解析：由题意，得表示过点A(0，－1)和圆(x－2)2＋(y－1)2＝1上的动点(x，y)的直线的斜率，当且仅当直线与圆相切时，直线的斜率分别取得最大值和最小值．设切线方程为y＝kx－1，即kx－y－1＝0，则＝1，解得k＝，所以zmax＝，zmin＝.

答案：　

8．已知点P是直线l：kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，PA，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，切点分别为A，B.若四边形PACB的最小面积为2，则k＝________.

解析：由x2＋y2－2y＝0，即x2＋(y－1)2＝1，可知圆C的圆心为C(0,1)，半径为1.根据条件PA，PB是圆C的两条切线，如图所示．则△PAC，△PBC为两个全等的直角三角形．

所以四边形PACB的面积

S＝2S△PAC＝|AC|·|PA|＝|PA|＝，

显然当|PC|最小时，四边形PACB的面积最小．

由四边形PACB的最小面积为2，

得＝2，即|PC|的最小值为.

又P是直线l：kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，

所以|PC|的最小值为点C到直线l的距离d＝＝(k>0)，解得k＝2.

答案：2

9．已知点P(2,2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．

(1)求M的轨迹方程；

(2)当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．

解：(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，

所以圆心为C(0,4)，半径为4.

设M(x，y)，则＝(x，y－4)，＝(2－x,2－y)．

由题设知·＝0，

故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，

即(x－1)2＋(y－3)2＝2.

所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.

(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心， 为半径的圆．

由于|OP|＝|OM|，

故O在线段PM的垂直平分线上，

又P在圆N上，从而ON⊥PM.

因为ON的斜率为3，所以l的斜率为－，

故l的方程为y＝－x＋.

又|OM|＝|OP|＝2，O到l的距离为，

故|PM|＝，

所以△POM的面积为S△POM＝××＝.

10．已知圆C：x2＋(y－a)2＝4，点A(1,0)．

(1)当过点A的圆C的切线存在时，求实数a的取值范围；

(2)设AM，AN为圆C的两条切线，M，N为切点，当|MN|＝时，求MN所在直线的方程．

解：(1)∵过点A的切线存在，即点A在圆外或圆上，

∴1＋a2≥4，∴a≥ 或a≤－.

故实数a的取值范围为(－∞，－]∪[，＋∞)．

(2)设MN与AC交于点D，O为坐标原点．

∵|MN|＝，∴|DM|＝.

又|MC|＝2，∴|CD|＝ ＝，

∴cos∠MCA＝＝，|AC|＝＝＝，

∴|OC|＝2，|AM|＝1，

∴MN是以点A为圆心，1为半径的圆A与圆C的公共弦，圆A的方程为(x－1)2＋y2＝1，

圆C的方程为x2＋(y－2)2＝4或x2＋(y＋2)2＝4，

∴MN所在直线的方程为(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所在直线的方程为x－2y＝0或x＋2y＝0.

二、自选练——练高考区分度

1．若圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2，则直线l的斜率的取值范围是(　　)

A．[2－，1]  B．[2－，2＋]

C.  D．[0，＋∞)

解析：选B　圆x2＋y2－4x－4y－10＝0可化为(x－2)2＋(y－2)2＝18，

则圆心为(2,2)，半径为3.

由圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三个不同点到直线l：ax＋by＝0的距离为2可得，

圆心到直线l：ax＋by＝0的距离d≤3－2＝.

即≤，则a2＋b2＋4ab≤0.

若a＝0，则d＝2，不符合题意；

故a≠0，则上式可化为1＋2＋4·≤0，

由于直线l的斜率k＝－，

所以上式可化为1＋k2－4k≤0，

则k∈[2－，2＋]，故选B.

2．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深刻系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A，B的距离之比为λ(λ＞0，λ≠1)，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面我们来研究与此相关的一个问题，已知圆O：x2＋y2＝1上的动点M和定点A，B(1,1)，则2|MA|＋|MB|的最小值为(　　)

A.  B．

C.  D．

解析：选C　①当点M在x轴上时，点M的坐标为(－1,0)或(1,0)．

若点M的坐标为(－1,0)，则2|MA|＋|MB|＝2×＋＝1＋；若点M的坐标为(1,0)，则2|MA|＋|MB|＝2×＋＝4.

②当点M不在x轴上时，取点K(－2,0)，

连接OM，MK，因为|OM|＝1，|OA|＝，|OK|＝2，

所以＝＝2.

因为∠MOK＝∠AOM，

所以△MOK∽△AOM，则＝＝2，

所以|MK|＝2|MA|，则2|MA|＋|MB|＝|MB|＋|MK|.

易知|MB|＋|MK|≥|BK|，

可知|MB|＋|MK|的最小值为|BK|.

因为B(1,1)，K(－2,0)，

所以(2|MA|＋|MB|)min＝|BK|＝＝.

综上，易知2|MA|＋|MB|的最小值为.故选C.

3．在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，以O为圆心的圆与直线x－y－4＝0相切．

(1)求圆O的方程；

(2)若直线l：y＝kx＋3与圆O交于A，B两点，在圆O上是否存在一点Q，使得＝＋？若存在，求出此时直线l的斜率；若不存在，请说明理由．

解：(1)设圆O的半径为r，因为直线x－y－4＝0与圆O相切，所以r＝＝2，所以圆O的方程为x2＋y2＝4.

(2)假设存在点Q，使得＝＋.

因为A，B在圆上，且＝＋，同时||＝||，由向量加法的平行四边形法则可知四边形OAQB为菱形，所以OQ与AB互相垂直且平分，所以原点O到直线l：y＝kx＋3的距离d＝|OQ|＝1.即＝1，解得k2＝8，则k＝±2，经验证满足条件．所以存在点Q，使得＝＋，此时直线l的斜率为±2.