第6讲 与圆有关的定点、定值、最值与范围问题

第6讲与圆有关的定点、定值、最值与范围问题一、填空题1．已知实数x，y满足y≥0，x－y≥0，2x－y－2≥0，则点(x，y)到圆(x＋2)2＋(y－6)2＝1上点的距离的最小值是________．答案42－12．已知x，y满足x2＋y2－4x－6y＋12＝0，则x2＋y2最小值为________．解析法一点(x，y)在圆(x－2)2＋(y－3)2＝1上，故点(x，y)到原点距离的平方即x2＋y2最小值为(13－1)2＝14－213.法二设圆的参数方程为x＝2＋cosα，y＝3＋sinα则x2＋y2＝14＋4cosα＋6sinα，所以x2＋y2的最小值为14－42＋62＝14－213.答案14－2133．圆C的方程为(x－2)2＋y2＝4，圆M的方程为(x－2－5cosθ)2＋(y－5sinθ)2＝1(θ∈R)．过圆M上任意一点P作圆C的两条切线PE，PF，切点分别为E，F，则PE→·PF→的最小值是________．解析如图所示，连接CE，CF.由题意，可知圆心M(2＋5cosθ，5sinθ)，设x＝2＋5cosθ，y＝5sinθ，则可得圆心M的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝25，由图，可知只有当M，P，C三点共线时，才能够满足PE→·PF→最小，此时|PC|＝4，|EC|＝2，故|PE|＝|PF|＝23，∠EPF＝60°，则PE→·PF→＝(23)2×cos60°＝6.答案64．直线2ax＋by＝1与圆x2＋y2＝1相交于A，B两点(其中a，b是实数)，且△AOB是直角三角形(O是坐标原点)，则点P(a，b)与点(0,1)之间的距离的最大值为________．解析△AOB是直角三角形等价于圆心(0,0)到直线2ax＋by＝1的距离等于22，由点到直线的距离公式，得12a2＋b2＝22，即2a2＋b2＝2，即a2＝1－b22且b∈[－2，2]．点P(a，b)与点(0,1)之间的距离为d＝a2＋b－12＝12b2－2b＋2，因此当b＝－2时，d取最大值，此时dmax＝3＋22＝2＋1.答案2＋15．已知P是直线3x＋4y＋8＝0上的动点，PA、PB是圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0的切线，A、B是切点，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值是________．解析如图所示，由题意，圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0的圆心是C(1,1)，半径为1，由PA＝PB易知四边形PACB的面积＝12(PA＋PB)＝PA，故PA最小时，四边形PACB的面积最小．由于PA＝PC2－1，故PC最小时PA最小，此时CP垂直于直线3x＋4y＋8＝0，P为垂足，PC＝|3＋4＋8|5＝3，PA＝PC2－1＝22，所以四边形PACB面积的最小值是22.答案226．过圆x2＋y2＝1上一点作圆的切线与x轴、y轴的正半轴交于A、B两点，则AB的最小值为________．解析设圆上的点为(x0，y0)，其中x00，y00，切线方程为x0x＋y0y＝1，分别令x＝0，y＝0，得A1x0，0、B0，1y0，所以AB＝1x20＋1y20＝x20＋y201x20＋1y20≥2.答案27．若圆C：(x－a)2＋(y－1)2＝1在不等式x＋y＋1≥0所表示的平面区域内，则a的最小值为________．解析由题意，得d＝|a＋2|2≥1，a＋1＋1≥0，解得a≥2－2.答案2－28．过点P12，1的直线l与圆C：(x－1)2＋y2＝4交于A、B两点，当∠ACB最小时，直线l的方程为________．解析因点P在圆C内，所以当AB长最小时，∠ACB最小，此时AB⊥PC.由kPC＝－2可得kAB＝12.所以直线l的方程为2x－4y＋3＝0.答案2x－4y＋3＝09．过直线x＋y－22＝0上一点P作圆O：x2＋y2＝1的两条切线，若两条切线的夹角是60°，则点P的坐标是________．解析因为点P在直线x＋y－22＝0上，所以可设点P(x0，－x0＋22)，设其中一个切点为M.因为两条切线的夹角为60°，所以∠OPM＝30°.故在Rt△OPM中，有OP＝2OM＝2，所以OP2＝4，即x20＋(－x0＋22)2＝4，解得x0＝2.故点P的坐标是(2，2)．答案(2，2)10．若直线l：ax＋by＋1＝0始终平分圆M：x2＋y2＋4x＋2y＋1＝0的周长，则(a－2)2＋(b－2)2的最小值为________．解析由题意，圆(x＋2)2＋(y＋1)2＝4的圆心(－2，－1)在直线ax＋by＋1＝0上，所以－2a－b＋1＝0，即2a＋b－1＝0.因为a－22＋b－22表示点(a，b)与(2,2)的距离，所以a－22＋b－22的最小值为|4＋2－1|4＋1＝5，即(a－2)2＋(b－2)2的最小值为5.答案5二、解答题11．已知以点Ct，2t(t∈R，t≠0)为圆心的圆与x轴交于点O、A，与y轴交于点O、B，其中O为原点．(1)求证：△OAB的面积为定值；(2)设直线y＝－2x＋4与圆C交于点M，N，若OM＝ON，求圆C的方程．(1)证明∵圆C过原点O，∴OC2＝t2＋4t2.设圆C的方程是(x－t)2＋y－2t2＝t2＋4t2，令x＝0，得y1＝0，y2＝4t；令y＝0，得x1＝0，x2＝2t.∴S△OAB＝12OA·OB＝12×4t×|2t|＝4，即△OAB的面积为定值．(2)解∵OM＝ON，CM＝CN，∴OC垂直平分线段MN.∵kMN＝－2，∴kOC＝12，∴直线OC的方程是y＝x2.∴2t＝12t，解得t＝2或t＝－2.当t＝2时，圆心C的坐标为(2,1)，OC＝5，此时圆心C到直线y＝－2x＋4的距离d＝95＜5，圆C与直线y＝－2x＋4相交于两点．当t＝－2时，圆心C的坐标为(－2，－1)，OC＝5，此时圆心C到直线y＝－2x＋4的距离d＝95＞5，圆C与直线y＝－2x＋4相离，∴t＝－2不符合题意舍去．∴圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.12．已知圆C的方程为(x＋4)2＋y2＝16，直线l过圆心且垂直于x轴，其中G点在圆上，F点坐标为(－6,0)．(1)若直线FG与直线l交于点T，且G为线段FT的中点，求直线FG被圆C所截得的弦长；(2)在平面上是否存在定点P，使得对圆C上任意的点G有|GF||GP|＝12？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)由题意，设G(－5，yG)，代入(x＋4)2＋y2＝16，得yG＝±15，所以FG的斜率为k＝±15，FG的方程为y＝±15(x＋6)．设圆心C(－4,0)到FG的距离为d，由点到直线的距离公式得d＝|±215|15＋1＝152.则直线FG被圆C截得的弦长为216－1522＝7.故直线FG被圆C截得的弦长为7.(2)设P(s，t)，G(x0，y0)，则由|GF||GP|＝12，得x0＋62＋y20x0－s2＋y0－t2＝12，整理得3(x20＋y20)＋(48＋2s)x0＋2ty0＋144－s2－t2＝0.①又G(x0，y0)在圆C：(x＋4)2＋y2＝16上，所以x20＋y20＋8x0＝0.②将②代入①，得(2s＋24)x0＋2ty0＋144－s2－t2＝0.又由G(x0，y0)为圆C上任意一点可知，2s＋24＝0，2t＝0，144－s2－t2＝0，解得s＝－12，t＝0.所以在平面上存在定点P(－12,0)，使得结论成立．13．已知⊙C过点P(1,1)，且与⊙M：(x＋2)2＋(y＋2)2＝r2(r＞0)关于直线x＋y＋2＝0对称．(1)求⊙C的方程；(2)设Q为⊙C上的一个动点，求PQ→·MQ→的最小值；(3)过点P作两条相异直线分别与⊙C相交于A、B，且直线PA和直线PB的倾斜角互补，O为坐标原点，试判断直线OP和AB是否平行？请说明理由．解(1)设圆心C(a，b)，则有a－22＋b－22＋2＝0，b＋2a＋2＝1.解得a＝0，b＝0.则圆C的方程为x2＋y2＝r2，将点P的坐标代入，得r2＝2.故圆C的方程为x2＋y2＝2.(2)设Q(x，y)，则x2＋y2＝2，且PQ→·MQ→＝(x－1，y－1)·(x＋2，y＋2)＝x2＋y2＋x＋y－4＝x＋y－2.所以PQ→·MQ→的最小值为－4.(也可由线性规划或三角代换求得)(3)由题意知，直线PA和直线PB的斜率存在，且互为相反数，故可设PA：y－1＝k(x－1)，PB：y－1＝－k(x－1)．由y－1＝kx－1，x2＋y2＝2，得(1＋k2)x2＋2k(1－k)x＋(1－k)2－2＝0.因为点P的横坐标x＝1一定是该方程的解，故可得xA＝k2－2k－11＋k2.同理，xB＝k2＋2k－11＋k2.所以kAB＝yB－yAxB－xA＝－kxB－1－kxA－1xB－xA＝2k－kxB＋xAxB－xA＝1＝kOP.所以直线AB和OP一定平行．14.如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e＝12.过F1的直线交椭圆于A，B两点，且△ABF2的周长为8.(1)求椭圆E的方程；(2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．解(1)∵|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8，又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，∴4a＝8，a＝2.又∵e＝12，即ca＝12，∴c＝1，∴b＝a2－c2＝3.故椭圆E的方程是x24＋y23＝1.(2)由y＝kx＋m，x24＋y23＝1，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.∵动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，∴m≠0且Δ＝0，即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*)此时x0＝－4km4k2＋3＝－4km，y0＝kx0＋m＝3m，∴P－4km，3m.由x＝4，y＝kx＋m，得Q(4,4k＋m)．假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上．设M(x1,0)，则MP→·MQ→＝0对满足(*)式的m，k恒成立．∵MP→＝－4km－x1，3m，MQ→＝(4－x1,4k＋m)，由MP→·MQ→＝0，得－16km＋4kx1m－4x1＋x21＋12km＋3＝0，整理，得(4x1－4)km＋x21－4x1＋3＝0.(**)由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立，∴4x1－4＝0，x21－4x1＋3＝0，解得x1＝1.故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.