2023届高考数学二轮复习微专题14直线与圆中的基本问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题14直线与圆中的基本问题学案，共9页。

例题：(2018·南京一模)在平面直角坐标系xOy中，若直线y＝k(x－3eq \r(3))上存在一点P，圆 x2＋(y－1)2＝1上存在一点Q，满足eq \(OP,\s\up6(→))＝3eq \(OQ,\s\up6(→))，则实数k的最小值为________________．
变式1已知直线kx－y＋1＝0与圆C：x2＋y2＝4相交于A，B两点，若点M在圆C上，且有eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))(O为坐标原点)，则实数k的值为________________．
变式2直线tx＋y＋3＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，若|eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))|>|eq \(AB,\s\up6(→))|，则实数t的范围为____________．
串讲1(2018·苏州期末)已知圆C：x2＋(y－4)2＝4和点Q(2，2)，过点P(0，3)作直线l交圆于A，B两点，求|eq \(QA,\s\up6(→))＋eq \(QB,\s\up6(→))|的取值范围．
串讲2(2018·苏州指导卷2)在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2＋(y－1)2＝4.若等边△PAB的一边AB为圆C的一条弦，则PC的最大值为________________．
(2018·南京二模)在平面直角坐标系xOy中，已知A，B为圆C：(x＋4)2＋(y－a)2＝16上两个动点，且AB＝2eq \r(11).若直线l：y＝2x上存在唯一的一个点P，使得eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))，则实数a的值为________________．
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点P(2，4)，圆O：x2＋y2＝4与x轴的正半轴的交点是Q，过点P的直线l与圆O交于不同的两点A，B.
(1)若直线l与y轴交于D，且eq \(DP,\s\up6(→))·eq \(DQ,\s\up6(→))＝16，求直线l的方程；
(2)设直线QA，QB的斜率分别是k1，k2，求k1＋k2的值；
(3)设AB的中点为M，点N(eq \f(4,3)，0)，若MN＝eq \f(\r(13),3)OM，求△QAB的面积．
答案：(1)y＝3x－2；(2)－1；(3)4.
解析：(1)若直线l垂直于x轴，则方程为x＝2，与圆只有一个交点，不合题意.1分
故l存在斜率，设直线l的方程为y－4＝k(x－2)，即kx－y－2k＋4＝0，
圆心到直线l的距离d＝eq \f(|－2k＋4|,\r(k2＋1))，因为直线l与圆O交于不同的两点A，B，
所以d＝eq \f(|－2k＋4|,\r(k2＋1))eq \f(3,4).3分
又D(0，－2k＋4)，Q(2，0)，所以eq \(DQ,\s\up6(→))＝(2，2k－4)，eq \(DP,\s\up6(→))＝(2，2k)，5分
所以eq \(DP,\s\up6(→))·eq \(DQ,\s\up6(→))＝4＋2k(2k－4)＝16，解得k＝3或k＝－1(舍去)，
所以直线l的方程为y＝3x－2.5分
(2)联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－4＝k（x－2）,x2＋y2＝4))，得(1＋k2)x2－4k(k－2)x＋(2k－4)2－4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(4k（k－2）,1＋k2)，,x1·x2＝\f(（2k－4）2－4,1＋k2)，))7分
所以k1＋k2＝eq \f(y1,x1－2)＋eq \f(y2,x2－2)＝eq \f(k（x1－2）＋4,x1－2)＋eq \f(k（x2－2）＋4,x2－2)＝2k＋eq \f(4,x1－2)＋eq \f(4,x2－2)9分
＝2k＋eq \f(4（x1＋x2－4）,x1x2－2×（x1＋x2）＋4)＝2k＋eq \f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k（k－2）,1＋k2)－4)),\f(（2k－4）2－4,1＋k2)－2×\f(4k（k－2）,1＋k2)＋4)＝
2k－eq \f(4×（8k＋4）,16)＝2k－2k－1＝－1.即k1＋k2的值是－1.11分
(3)设中点M(x0，y0)，则由(2)知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(x1＋x2,2)＝\f(2k（k－2）,1＋k2)，,y0＝k（x0－2）＋4＝\f(－2（k－2）,1＋k2)，))(*)
又由MN＝eq \f(\r(13),3)OM，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(4,3)))eq \s\up12(2)＋y02＝eq \f(13,9)(x02＋y02)，
化简得x02＋y02＋6x0－4＝0，将(*)代入解得k＝1.13分
因为圆心到直线l的距离d＝eq \f(|－2k＋4|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，14分
所以AB＝2eq \r(4－d2)＝2eq \r(2)，Q到直线l的距离h＝2eq \r(2)，15分
微专题14
例题
答案：－eq \r(3).
解析：设Q(csα，1＋sinα)，则P(3csα＋3＋3sinα)，可知点P在圆x2＋(y－3)2＝9上．又因为点P还在直线y＝k(x－3eq \r(3))上，那么由直线与圆的位置关系可知eq \f(|－3\r(3)k－3|,\r(1＋k2))≤3，解得－eq \r(3)≤k≤0，所以实数k的最小值为－eq \r(3).
变式联想
变式1
答案：0.
解析：设AB的中点为D，有eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝2eq \(OD,\s\up6(→))，因为|eq \(OM,\s\up6(→))|＝2|eq \(OD,\s\up6(→))|＝2，所以|eq \(OD,\s\up6(→))|＝1，故eq \f(|0－0＋1|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝0.
变式2
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(14),2)，－\f(\r(5),2)))∪
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，\f(\r(14),2))).
解析：因为直线tx＋y＋3＝0与圆x2＋y2＝4交于相异两点A，B，所以O点到直线tx＋y＋3＝0的距离d|eq \(AB,\s\up6(→))|，由平行四边形可知，夹角为钝角的邻边所对的对角线比夹角为锐角的邻边所对的对角线短，所以eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))的夹角为锐角．圆心到直线的距离d大于eq \r(2)，即eq \r(2)