《2025年练习生高中数学选择性必修第一册人教A版》

1.[2022.江苏南通高二期末]已知圆M:(x−2)²+y²=4,点P(−1,t)(t∈R).
　(1)若t=1,半径为1的圆N过点P',且与圆M外切,求圆N的方程;
　(2)若过点P的两条直线被圆M截得的弦长均为2√3,且与y轴分别交于点S,T,ISTI=$\frac{3}{4}$,求t.

答案：  
(1)设圆$N$的圆心为$N(a,b)$。 由题意知，圆$M$的圆心为$M(2,0)$，半径$r = 2$， 则$\begin{cases}(a - 2)^2 + b^2 = 9\\(a + 1)^2 + (b - 1)^2 = 1\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=-1\\b = 0\end{cases}$或$\begin{cases}a=-\frac{2}{5}\\b=\frac{9}{5}\end{cases}$。 因此，圆$N$的方程为$(x + 1)^2 + y^2 = 1$或$(x+\frac{2}{5})^2+(y - \frac{9}{5})^2 = 1$。 -
(2)若过点$P$的直线斜率不存在，则该直线的方程为$x=-1$， 此时圆心$M$到直线$x = - 1$的距离为$3$，直线与圆不相交，不符合题意。 设过点$P$且斜率存在的直线的方程为$y - t = k(x + 1)$，即$kx - y + k + t = 0$。 由题意，得$\frac{|3k + t|}{\sqrt{k^2+1}}=\sqrt{2^2-(\sqrt{3})^2}=1$， 整理，得$8k^2 + 6kt + t^2 - 1 = 0$。 设直线$PS$，$PT$的斜率分别为$k_1$，$k_2$， 则$k_1$，$k_2$为关于$k$的一元二次方程$8k^2 + 6kt + t^2 - 1 = 0$的两个根，$\Delta=36t^2-32(t^2 - 1)=4t^2 + 32>0$， 所以$k_1 + k_2=-\frac{3t}{4}$，$k_1k_2=\frac{t^2 - 1}{8}$。 在直线$PS$的方程$k_1x - y + k_1 + t = 0$中，令$x = 0$，得$y = k_1 + t$，则点$S(0,k_1 + t)$； 在直线$PT$的方程$k_2x - y + k_2 + t = 0$中，令$x = 0$，得$y = k_2 + t$，则点$T(0,k_2 + t)$。 所以$|ST|=|k_1 - k_2|=\sqrt{(k_1 + k_2)^2-4k_1k_2}=\frac{\sqrt{t^2 + 8}}{4}=\frac{3}{4}$， 解得$t=\pm1$。

2.[2022.广东揭阳高二期末]过点P(3,1)作圆C:(x−1)²+y²=1的两条切线,切点分别为A,B.
　(1)求直线AB的方程;
　(2)若M为圆上的一点，求△MAB面积的最大值.

答案： 【解】 -
(1)圆$C:(x - 1)^2 + y^2 = 1$的圆心坐标为$C(1,0)$，半径为$1$， 则$PC$的中点坐标为$N(2,\frac{1}{2})$，$|PC|=\sqrt{(3 - 1)^2+(1 - 0)^2}=\sqrt{5}$。 所以以$N$为圆心，$PC$为直径的圆的方程为$(x - 2)^2+(y-\frac{1}{2})^2=\frac{5}{4}$。 由$(x - 1)^2 + y^2 = 1$，得$x^2 + y^2 - 2x = 0$。① 由$(x - 2)^2+(y-\frac{1}{2})^2=\frac{5}{4}$，得$x^2 + y^2 - 4x - y + 3 = 0$。② ① - ②得$2x + y - 3 = 0$。 所以直线$AB$的方程为$2x + y - 3 = 0$。 -
(2)圆心$C(1,0)$到直线$2x + y - 3 = 0$的距离$d=\frac{|2 - 3|}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$， 故圆上的点$M$到直线$2x + y - 3 = 0$的距离的最大值为$1+\frac{\sqrt{5}}{5}$，$|AB|=2\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{5}}{5})^2}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$， 所以$\triangle MAB$面积的最大值为$\frac{1}{2}\times\frac{4\sqrt{5}}{5}\times(1+\frac{\sqrt{5}}{5})=\frac{2}{5}(1+\sqrt{5})$。