《2024年绿色通道45分钟课时作业与单元测评数学选择性必修第一册》

14. 已知直线$l:3x + 4y + 1 = 0$，一个圆与$x$轴正半轴、$y$轴正半轴都相切，且圆心$C$到直线$l$的距离为3.
(1)求圆的方程；
(2)$P$是直线$l$上的动点，$PE$，$PF$是圆的两条切线，$E$，$F$分别为切点，求四边形$PECF$的面积的最小值.

答案： 解　
(1)$\because$圆与$x$，$y$轴正半轴都相切，$\therefore$圆的方程可设为$(x - a)^{2}+(y - a)^{2}=a^{2}(a＞0)$。
$\because$圆心$C$到直线$l$的距离为$3$，由点到直线的距离公式，得$d=\frac{|3a + 4a + 1|}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=3$，解得$a = 2$。
$\therefore$圆的方程为$(x - 2)^{2}+(y - 2)^{2}=4$。
(2)$PE$，$PF$是圆的两条切线，$E$，$F$分别为切点，$\therefore\triangle PCE\cong\triangle PCF$。
$\therefore S_{四边形PECF}=2S_{\triangle PCE}$，又$PE$是圆的切线，且$E$为切点，$\therefore PE\perp CE$，$|CE| = 2$，$|PE|^{2}=|PC|^{2}-|CE|^{2}=|PC|^{2}-4$，$\therefore$当斜边$PC$取最小值时，$PE$也最小，即四边形$PECF$的面积最小。
$|PC|_{\min}$即为$C$到$l$的距离，由
(1)知$|PC|_{\min}=3$。
$\therefore|PE|_{\min}^{2}=3^{2}-4 = 5$，即$|PE|_{\min}=\sqrt{5}$。
此时$S_{\triangle PCE}=\frac{1}{2}|EC|\cdot|PE|=\frac{1}{2}\times2\times\sqrt{5}=\sqrt{5}$。
$\therefore$四边形$PECF$的面积的最小值为$2\sqrt{5}$。

15. 已知圆心在$x$轴上的圆$C$与直线$l:4x + 3y - 6 = 0$切于点$M(\frac{3}{5},\frac{6}{5})$.
(1)求圆$C$的标准方程；
(2)已知$N(2,1)$，经过原点且斜率为正数的直线$l_{1}$与圆$C$交于$P(x_{1},y_{1})$，$Q(x_{2},y_{2})$.
①求证：$\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}$为定值；
②求$|PN|^{2}+|QN|^{2}$的最大值.

答案： 解　
(1)由圆心在$x$轴上的圆$C$与直线$l:4x + 3y - 6 = 0$切于点$M(\frac{3}{5},\frac{6}{5})$，设$C(a,0)$，则$k_{CM}=\frac{\frac{6}{5}}{\frac{3}{5}-a}$。
直线$l:4x + 3y - 6 = 0$的斜率为$-\frac{4}{3}$。
所以$\frac{\frac{6}{5}}{\frac{3}{5}-a}\cdot(-\frac{4}{3})=-1$，所以$a=-1$。
所以$C(-1,0)$，$|CM|=\sqrt{(-1-\frac{3}{5})^{2}+(-\frac{6}{5})^{2}}=2$，即$r = 2$，所以圆$C$的标准方程为$(x + 1)^{2}+y^{2}=4$。
(2)①证明：设直线$l_{1}:y = kx(k＞0)$，与圆联立方程组可得$(1 + k^{2})x^{2}+2x - 3 = 0$。
$\Delta=4 + 12(1 + k^{2})＞0$，$x_{1}+x_{2}=-\frac{2}{1 + k^{2}}$，$x_{1}x_{2}=-\frac{3}{1 + k^{2}}$。
则$\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}=\frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1}x_{2}}=\frac{2}{3}$为定值。
②$|PN|^{2}+|QN|^{2}=(x_{1}-2)^{2}+(y_{1}-1)^{2}+(x_{2}-2)^{2}+(y_{2}-1)^{2}$
$=(x_{1}-2)^{2}+(kx_{1}-1)^{2}+(x_{2}-2)^{2}+(kx_{2}-1)^{2}$
$=(1 + k^{2})(x_{1}+x_{2})^{2}-2(1 + k^{2})x_{1}x_{2}-(4 + 2k)(x_{1}+x_{2})+10$
$=\frac{12 + 4k}{1 + k^{2}}+16$。
令$t = 3 + k(t＞3)$，则$k=t - 3$。
所以$\frac{12 + 4k}{1 + k^{2}}+16=\frac{4t}{1+(t - 3)^{2}}+16$
$=\frac{4}{t+\frac{10}{t}-6}+16\leqslant\frac{4}{2\sqrt{10}-6}+16=2\sqrt{10}+22$。
当且仅当$t=\frac{10}{t}$，即$t=\sqrt{10}$时取等号，此时$k=\sqrt{10}-3$。
所以$|PN|^{2}+|QN|^{2}$的最大值为$2\sqrt{10}+22$。