2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)微專題17與圓相關(guān)的定點(diǎn)定值問題學(xué)案-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

例題：已知圓O：x2＋y2＝9.點(diǎn)A(－5，0)，在x軸上存在定點(diǎn)B(不同于點(diǎn)A)，滿足：對于圓O上任一點(diǎn)P，都有eq \f(PB,PA)為一常數(shù)，試求所有滿足條件的點(diǎn)B的坐標(biāo)．
變式1已知圓O的方程為x2＋y2＝1，直線l1過點(diǎn)A(3，0)，且與圓O相切．
(1)求直線l1的方程；
(2)設(shè)圓O與x軸交于P，Q兩點(diǎn)，M是圓O上異于P，Q的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)A且與x軸垂直的直線為l2，直線PM交直線l2于點(diǎn)P′，直線QM交直線l2于點(diǎn)Q′.求證：以P′Q′為直徑的圓C總過定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)坐標(biāo)．
變式2已知過點(diǎn)A(0，1)，且斜率為k的直線l與圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝1相交于M，N兩點(diǎn)．
求證：eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))為定值7.
串講1如圖，已知以點(diǎn)A(－1，2)為圓心的圓與直線l1：x＋2y＋7＝0相切．過點(diǎn)B(－2，0)的動(dòng)直線l與圓A相交于M，N兩點(diǎn)，Q是MN的中點(diǎn)，直線l與l1相交于點(diǎn)P.eq \(BQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))是否為定值？如果是，求出其定值；如果不是，請說明理由．
串講2設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)(1，0)，M是l：x＝2上的點(diǎn)，過點(diǎn)F作OM的垂線與以O(shè)M為直徑的圓D交于P，Q兩點(diǎn)．
(1)若PQ＝eq \r(6)，求圓D的方程；
(2)若M是l上的動(dòng)點(diǎn)，求證點(diǎn)P在定圓上，并求該定圓的方程．
(2018·江蘇模擬卷)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A，B是圓O：x2＋y2＝1與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)(點(diǎn)B在點(diǎn)A右側(cè))，點(diǎn)Q(－2，0)，x軸上方的動(dòng)點(diǎn)P使直線PA，PQ，PB的斜率存在且依次成等差數(shù)列．
(1)求證：動(dòng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為定值；
(2)設(shè)直線PA，PB與圓O的另一個(gè)交點(diǎn)分別為S，T，求證：點(diǎn)Q，S，T三點(diǎn)共線．
(2017·江蘇模擬卷)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知定點(diǎn)A(－4，0)，B(0，－2)，半徑為r的圓M的圓心M在線段AB的垂直平分線上，且在y軸右側(cè)，圓M被y軸截得的弦長為eq \r(3)r.
(1)若r＝2，求圓M的方程；
(2)當(dāng)r變化時(shí)，是否存在定直線與圓相切？如果存在，求出定直線的方程；如果不存在，請說明理由．
答案：(1)(x－1)2＋(y－5)2＝4；(2)存在兩條直線y＝3和4x＋3y－9＝0與圓相切．
解析：(1)設(shè)圓心M(m，n)，由題意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)r))\s\up12(2)＋m2＝r2，,m＞0，,（m＋4）2＋n2＝m2＋（n＋2）2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(1,2)r，,n＝r＋3，))4分
∴圓M的方程為(x－1)2＋(y－5)2＝4.5分
(2)設(shè)直線l：y＝kx＋b，則eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k·\f(r,2)－r－3＋b)),\r(1＋k2))＝r對任意r＞0恒成立，7分
由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)－1))r＋b－3))＝req \r(1＋k2)，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)－1))eq \s\up12(2)r2＋(k－2)(b－3)r＋(b－3)2
＝r2(1＋k2)，9分
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)－1))\s\up12(2)＝1＋k2，,（k－2）（b－3）＝0，,（b－3）2＝0，))計(jì)算得出eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝0，,b＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－\f(4,3)，,b＝3，))13分
微專題17
例題
答案：Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,5)，0)).
解法1如圖，假設(shè)存在這樣的點(diǎn)
B(t，0)，當(dāng)P為圓O與x軸左交點(diǎn)(－3，0)時(shí)，eq \f(PB,PA)＝eq \f(|t＋3|,2)；當(dāng)P為圓O與x軸右交點(diǎn)(3，0)時(shí)，eq \f(PB,PA)＝eq \f(|t－3|,8)，依題意，eq \f(|t＋3|,2)＝eq \f(|t－3|,8)，解得，t＝－5(舍去)，或t＝－eq \f(9,5).下面證明：點(diǎn)
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,5)，0))對于圓O上任一點(diǎn)P，都有eq \f(PB,PA)為一常數(shù)．設(shè)P(x，y)，則y2＝9－x2，所以eq \f(PB2,PA2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(9,5)))\s\up12(2)＋y2,（x＋5）2＋y2)
＝eq \f(x2＋\f(18,5)x＋\f(81,25)＋9－x2,x2＋10x＋25＋9－x2)＝eq \f(\f(18,25)（5x＋17）,2（5x＋17）)＝eq \f(9,25)，從而eq \f(PB,PA)＝eq \f(3,5)為常數(shù)．
解法2假設(shè)存在這樣的點(diǎn)B(t，0)，使得eq \f(PB,PA)為常數(shù)λ，則PB2＝λ2PA2，所以(x－t)2＋y2＝λ2[(x＋5)2＋y2]，將y2＝9－x2代入得，x2－2xt＋t2＋9－x2＝λ2(x2＋10x＋25＋9－x2)，即2(5λ2＋t)x＋34λ2－t2－9＝0對x∈[－3，3]恒成立，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5λ2＋t＝0，,34λ2－t2－9＝0，))解得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝\f(3,5)，,t＝－\f(9,5)，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝1，,t＝－5，))(舍去)，所以存在點(diǎn)Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,5)，0))對于圓O上任一點(diǎn)P，都有eq \f(PB,PA)為常數(shù)eq \f(3,5).
變式聯(lián)想
變式1
答案：(1)y＝±eq \f(\r(2),4)(x－3)；
(2)(3±2eq \r(2)，0)．
解析：(1)因?yàn)橹本€l1過點(diǎn)A(3，0)，且與圓O：x2＋y2＝1相切，設(shè)直線l1的方程為y＝k(x－3)，即kx－y－3k＝0，則圓心O(0，0)到直線l1的距離為d＝eq \f(|3k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±eq \f(\r(2),4)，所以直線l1的方程為y＝±eq \f(\r(2),4)(x－3)．
(2)對于圓方程x2＋y2＝1，令y＝0，得x＝±1，即P(－1，0)，Q(1，0)，又直線l2過點(diǎn)A且與x軸垂直，所以直線l2方程為x＝3，設(shè)M(s，t)，則直線PM的方程為y＝eq \f(t,s＋1)(x＋1)．解方程組eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝\f(t,s＋1)（x＋1），))
得P′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(4t,s＋1)))同理可得，
Q′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2t,s－1))).所以以P′Q′為直徑的圓C的方程為(x－3)(x－3)＋
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(4t,s＋1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(2t,s－1)))＝0，又s2＋t2＝1，所以整理得x2＋y2－6x＋1＋eq \f(6x－2,t)y＝0，若圓C經(jīng)過定點(diǎn)，只需令y＝0，從而有x2－6x＋1＝0，解得x＝3±2eq \r(2)，所以，圓C總經(jīng)過定點(diǎn)坐標(biāo)為(3±2eq \r(2)，0)．
變式2
證法1設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,（x－2）2＋（y－3）2＝1，))得(k2＋1)x2－4(k＋1)x＋7＝0，所以
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(4（k＋1）,k2＋1)，,x1x2＝\f(7,k2＋1).))因?yàn)?br>eq \(AM,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)，eq \(AN,\s\up6(→))＝(x2，y2－1)，所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋k2x1x2＝(1＋k2)x1x2＝(1＋k2)x1x2＝(1＋k2)eq \f(7,1＋k2)＝7.所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))為定值7.
證法2由于M，N共線，所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝AM·AN＝(AC－1)(AC＋1)＝AC2－1＝7.
串講激活
串講1
答案：eq \(BQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝－5.
解析：因?yàn)锳Q⊥BP，所以eq \(AQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝0，所以eq \(BQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝(eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AQ,\s\up6(→)))·eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＋eq \(AQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→)).當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，得
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(5,2))).則eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(5,2)))，又eq \(BA,\s\up6(→))＝(1，2)，所以eq \(BQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝－5.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋2)．由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋2），,x＋2y＋7＝0，))解得
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4k－7,1＋2k)，\f(－5k,1＋2k))).
所以eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－5,1＋2k)，\f(－5k,1＋2k))).所以eq \(BQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \f(－5,1＋2k)－eq \f(10k,1＋2k)＝－5.綜上所述，eq \(BQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))是定值，且eq \(BQ,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝－5.
串講2
答案：(1)圓D的方程：(x－1)2＋(y－1)2＝2或(x－1)2＋(y＋1)2＝2；(2)點(diǎn)P在定圓x2＋y2＝2上．
解析：(1)設(shè)M(2，t)，則圓D的方程：(x－1)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(t,2)))eq \s\up12(2)＝1＋eq \f(t2,4)，直線PQ的方程：2x＋ty－2＝0，由PQ＝eq \r(6)，
2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(t2,4)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋\f(t2,2)－2)),\r(4＋t2))))\s\up12(2))＝eq \r(6)，解得t＝±2.所以圓D的方程為(x－1)2＋(y－1)2＝2或(x－1)2＋(y＋1)2＝2.
(2)解法1設(shè)P(x0，y0)，由(1)知
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x0－1）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y0－\f(t,2)))\s\up12(2)＝1＋\f(t2,4)，,2x0＋ty0－2＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x02＋y02－2x0－ty0＝0，,2x0＋ty0－2＝0，))
消去t得x02＋y02＝2.所以點(diǎn)P在定圓x2＋y2＝2上．
解法2設(shè)P(x0，y0)，則直線FP的斜率為kFP＝eq \f(y0,x0－1)，因?yàn)镕P⊥OM，所以直線OM的斜率為kOM＝－eq \f(x0－1,y0)，所以直線OM的方程為y＝－eq \f(x0－1,y0)x.點(diǎn)M坐標(biāo)為
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(2（x0－1）,y0))).因?yàn)镸P⊥OP，所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(MP,\s\up6(→))＝0，所以x0(x0－2)＋y0eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(y0＋\f(2（x0－1）,y0)))＝0，所以x02＋y02＝2，所以點(diǎn)P在定圓x2＋y2＝2上．
解法3設(shè)直線PQ與OM交于點(diǎn)H，A(2，0)，由射影定理知OP2＝OH·OM，由此知，OH·OM＝OF·OA＝2，所以O(shè)P2＝2，所以點(diǎn)P在定圓x2＋y2＝2上．
新題在線
證明：(1)由題設(shè)知A(－1，0)，B(1，0)．
設(shè)P(x0，y0)(y0＞0)，則kPQ＝eq \f(y0,x0＋2)，kPA＝eq \f(y0,x0＋1)，kPB＝eq \f(y0,x0－1).
因?yàn)橹本€PA，PQ，PB的斜率存在且依次成等差數(shù)列，所以2kPQ＝kPA＋kPB，即eq \f(2y0,x0＋2)＝eq \f(y0,x0＋1)＋eq \f(y0,x0－1)，解得x0＝－eq \f(1,2)，即動(dòng)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為定值．
(2)由(1)知Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))，kPA＝2y0，kPB＝－eq \f(2,3)y0，直線PA的方程為y＝2y0(x＋1)，代入x2＋y2＝1得(x＋1)[(1＋4y02)x－(1－4y02)]＝0，
所以點(diǎn)S的橫坐標(biāo)xS＝eq \f(1－4y02,1＋4y02)，從而yS＝eq \f(4y0,1＋4y02).
同理：xT＝eq \f(－9＋4y02,9＋4y02)，
yT＝eq \f(12y0,9＋4y02)，
所以kQS＝eq \f(\f(4y0,1＋4y02),\f(1－4y02,1＋4y02)＋2)＝eq \f(4y0,3＋4y02)，kQT＝eq \f(\f(12y0,9＋4y02),\f(－9＋4y02,9＋4y02)＋2)＝eq \f(4y0,3＋4y02)，
所以kQS＝kQT，所以點(diǎn)Q，S，T三點(diǎn)共線．
圓的綜合問題還可能會考查與圓有關(guān)的定點(diǎn)、定值問題，這類問題的解決往往先從特殊情況入手，探究出相應(yīng)的定點(diǎn)、定值．當(dāng)然，解題時(shí)要結(jié)合圓的幾何性質(zhì)，利用幾何知識能使問題較為簡捷地得到解決.

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