高中數(shù)學-直線與圓的綜合應用

9.5直線與圓的綜合應用一、填空題1.若圓的圓心到直線x-y+a=0的距離為則a的值為________．解析圓心為(1,2),利用點到直線的距離公式得化簡得|a-1|=1,解得a=0或a=2.2．直線y＝eq\f(\r(3),3)x繞原點按逆時針方向旋轉30°，則所得直線與圓(x－2)2＋y2＝3的位置關系是________．解析由題意可得旋轉30°后所得直線方程為y＝eq\r(3)x，由圓心到直線距離可知是相切關系．答案相切3．若圓(x－3)2＋(y＋5)2＝r2上有且只有兩個點到直線4x－3y－2＝0的距離等于1，則半徑r的取值范圍為________．解析由圓心(3，－5)到直線的距離d＝eq\f(|12＋15－2|,5)＝5，可得4＜r＜6.答案(4,6)答案2或04．已知直線ax＋by＋c＝0與圓O：x2＋y2＝1相交于A，B兩點，且AB＝eq\r(3)，則eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝________.解析由題可知∠AOB＝120°，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝|eq\o(OA,\s\up6(→))|·|eq\o(OB,\s\up6(→))|·cos120°＝－eq\f(1,2).答案－eq\f(1,2)5．已知x，y滿足x2＋y2－4x－6y＋12＝0，則x2＋y2最小值為________．解析法一點(x，y)在圓(x－2)2＋(y－3)2＝1上，故點(x，y)到原點距離的平方即x2＋y2最小值為(eq\r(13)－1)2＝14－2eq\r(13).法二設圓的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋cosα，,y＝3＋sinα))則x2＋y2＝14＋4cosα＋6sinα，所以x2＋y2的最小值為14－eq\r(42＋62)＝14－2eq\r(13).答案14－2eq\r(13)6．若直線y＝x＋b與曲線x＝eq\r(1－y2)恰有一個交點，則實數(shù)b的取值范圍是________．解析利用數(shù)形結合的方法，曲線x＝eq\r(1－y2)表示在y軸右側的半個單位圓(含邊界)，直線y＝x＋b表示斜率為1，在y軸上截距為b的直線，注意到b＝－1時有兩個交點及b＝－eq\r(2)時直線與圓相切，所以實數(shù)b的取值范圍是－1<b≤1，b＝－eq\r(2).答案－1<b≤1，b＝－eq\r(2)7．已知曲線C：(x－1)2＋y2＝1，點A(－2,0)及點B(3，a)，從點A觀察點B，要使視線不被曲線C擋住，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析設過A點的⊙C的切線是y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0.由eq\f(|k＋2k|,\r(k2＋1))＝1，得k＝±eq\f(\r(2),4).當x＝3時，y＝5k＝±eq\f(5,4)eq\r(2).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,4)\r(2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)\r(2)，＋∞))8．設圓x2＋y2＝1的一條切線與x軸、y軸分別交于點A、B，則線段AB長度的最小值為________．解析設切點為D，∠OAB＝αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))，則連接OD知OD⊥AB，從而得到AD＝eq\f(1,tanα)＝eq\f(cosα,sinα)，BD＝eq\f(1,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)))＝eq\f(sinα,cosα)，所以線段AB＝eq\f(cosα,sinα)＋eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(1,sinαcosα)＝eq\f(2,sin2α)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))，則線段AB長度的最小值為2.答案29．圓C：x2＋y2＋2x－2y－2＝0的圓心到直線3x＋4y＋14＝0的距離是________．解析(1)由于⊙M與∠BOA的兩邊均相切，故M到OA及OB的距離均為⊙M的半徑，則M在∠BOA的平分線上，同理，N也在∠BOA的平分線上，即O，M，N三點共線，且OMN為∠BOA的平分線．∵M的坐標為(eq\r(3)，1)，∴M到x軸的距離為1，即⊙M的半徑為1，則⊙M的方程為(x－eq\r(3))2＋(y－1)2＝1，設⊙N的半徑為r，其與x軸的切點為C，連接MA、NC，由Rt△OAM∽Rt△OCN可知，OM∶ON＝MA∶NC，即eq\f(2,3＋r)＝eq\f(1,r)?r＝3，則OC＝3eq\r(3)，故⊙N的方程為(x－3eq\r(3))2＋(y－3)2＝9.(2)由對稱性可知，所求的弦長等于點過A的直線MN的平行線被⊙N截得的弦長，此弦的方程是y＝eq\f(\r(3),3)(x－eq\r(3))，即x－eq\r(3)y－eq\r(3)＝0，圓心N到該直線的距離d＝eq\f(\r(3),2)，則弦長為2eq\r(r2－d2)＝eq\r(33).16.已知圓滿足:①截y軸所得弦長為2;②被x軸分成兩段圓弧,其弧長的比為3∶1;③圓心到直線l:x-2y=0的距離為.求該圓的方程.解析設圓的方程為.令x=0,得.||得,①令y=0,得||=得.②由①②,得.又因為圓心(a,b)到直線x-2y=0的距離為得即.綜上,可得或解得或于是.所求圓的方程為或.17．如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知曲線C由圓弧C1和圓弧C2相接而成，兩相接點M、N均在直線x＝5上，圓弧C1的圓心是坐標原點O，半徑為13，圓弧C2過點A(29,0)．(1)求圓弧C2的方程；(2)曲線C上是否存在點P，滿足PA＝eq\r(30)PO？若存在，指出有幾個這樣的點；若不存在，請說明理由；(3)已知直線l：x－my－14＝0與曲線C交于E、F兩點，當EF＝33時，求坐標原點O到直線l的距離．解析(1)圓弧C1所在圓的方程為x2＋y2＝169.令x＝5，解得M(5,12)，N(5，－12)．則線段AM的中垂線的方程為y－6＝2(x－17)．令y＝0，得圓弧C2所在圓的圓心為O2(14,0)，又圓弧C2所在圓的半徑為r2＝29－14＝15，所以圓弧C2的方程為(x－14)2＋y2＝225(x≥5)．(2)假設存在這樣的點P(x，y)，則由PA＝eq\r(30)PO，得x2＋y2＋2x－29＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋2x－29＝0，,x2＋y2＝169－13≤x≤5，))解得x＝－70(舍)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋2x－29＝0，,x－142＋y2＝2255≤x≤29，))解得x＝0(舍)．綜上知這樣的點P不存在．(3)因為EF＞2r2，EF＞2r1，所以E、F兩點分別在兩個圓弧上．設點O到直線l的距離為d.因為直線l恒過圓弧C2所在圓的圓心(14,0)，所以EF＝15＋eq\r(132－d2)＋eq\r(142－d2)，即eq\r(132－d2)＋eq\r(142－d2)＝18，解得d2＝eq\f(1615,16).所以點O到直線l的距離為eq\f(\r(1615),4).18．如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知F1(－4,0)，F(xiàn)2(4,0)，A(0,8)，直線y＝t(0＜t＜8)與線段AF1，AF2分別交于點P，Q.(1)當t＝3時，求以F1，F(xiàn)2為焦點，且過PQ中點的橢圓的標準方程；(2)過點Q作直線QR∥AF1交F1F2于點R，記△PRF1的外接圓為圓C求證：圓心C在定直線7x＋4y＋8＝0上．解析(1)當t＝3時，PQ中點為(0,3)，所以b＝3，又橢圓焦點為F1(－4,0)，F(xiàn)2(4,0)，所以c＝4，a2＝b2＋c2＝25，所以橢圓的標準方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1.(2)證明因為Q在直線AF2：eq\f(x,4)＋eq\f(y,8)＝1上，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(t,2)，t)).由P與Q關于y軸對稱，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)－4，t))，又由QR∥AF1，得R(4－t,0)．設△PRF1的外接圓方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(16－4D＋F＝0，,4－t2＋4－tD＋F＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)－4))2＋t2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)－4))D＋tE＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(