分析 (Ⅰ)依題意設(shè)圓C的方程為(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0),圓心在射線3x-y=0(x≥0)上,所以3a-b=0…①.圓與直線x=4相切,所以|a-4|=r…②…圓被直線3x+4y+10=0截得的弦長為$4\sqrt{3}$,所以${({\frac{{|{3a+4b+10}|}}{5}})^2}+{({2\sqrt{3}})^2}={r^2}$…③,求出方程的解得到a的值,即可確定出圓C的方程;
(Ⅱ)解法1:設(shè)t=x0-y0,即x0-y0-t=0.該直線與圓必有交點(diǎn),所以$\frac{|t|}{{\sqrt{2}}}≤4$,即可求出|PA|2+|PB|2的最大值.
解法2:由$x_0^2+y_0^2=16$可設(shè)x0=4sinα,y0=4cosα,即可求出|PA|2+|PB|2的最大值.
解答 解:(Ⅰ)設(shè)圓C的方程為(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0)…(1分)
圓心在射線3x-y=0(x≥0)上,所以3a-b=0…①.…(2分)
圓與直線x=4相切,所以|a-4|=r…②…(3分)
圓被直線3x+4y+10=0截得的弦長為$4\sqrt{3}$,所以${({\frac{{|{3a+4b+10}|}}{5}})^2}+{({2\sqrt{3}})^2}={r^2}$…③…(4分)
將①②代入③,可得(3a+2)2+12=(a-4)2,化簡得2a2+5a=0,解得a=0或$a=-\frac{5}{2}$(舍去)…(6分)
所以b=0,r=4,于是,圓C的方程為x2+y2=16.…(7分)
(Ⅱ)假設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,y0),則有$x_0^2+y_0^2=16$.…(8分)${|{PA}|^2}+{|{PB}|^2}={({{x_0}-1})^2}+{({{y_0}-1})^2}+{({{x_0}+2})^2}+{({{y_0}-0})^2}=2x_0^2+2y_0^2+2{x_0}-2{y_0}+6$=38+2(x0-y0).下求x0-y0的最大值.…(10分)
解法1:設(shè)t=x0-y0,即x0-y0-t=0.該直線與圓必有交點(diǎn),所以$\frac{|t|}{{\sqrt{2}}}≤4$,解得$|t|≤4\sqrt{2}$,等號當(dāng)且僅當(dāng)直線x0-y0-t=0與圓x2+y2=16相切時成立.
于是t的最大值為$4\sqrt{2}$,所以|PA|2+|PB|2的最大值為$38+8\sqrt{2}$.…(12分)
解法2:由$x_0^2+y_0^2=16$可設(shè)x0=4sinα,y0=4cosα,于是${x_0}-{y_0}=4sinα-4cosα=4\sqrt{2}sin({α-\frac{π}{4}})$,所以當(dāng)$sin({α-\frac{π}{4}})=1$時,x0-y0取到最大值$4\sqrt{2}$,
所以|PA|2+|PB|2的最大值為$38+8\sqrt{2}$.…(12分)
點(diǎn)評 此題考查了直線與圓的位置關(guān)系,涉及的知識有:點(diǎn)到直線的距離公式,圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,垂徑定理,勾股定理,點(diǎn)到直線的距離公式,以及正弦函數(shù)的定義域與值域,是一道綜合性較強(qiáng)的題.
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A. | $\frac{256π}{81}$ | B. | $\frac{64π}{27}$ | C. | $\frac{16π}{9}$ | D. | $\frac{4π}{3}$ |
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A. | $4\sqrt{3}π$ | B. | $6\sqrt{3}π$ | C. | $8\sqrt{3}π$ | D. | $12\sqrt{3}π$ |
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A. | $\sqrt{3}$ | B. | $-\sqrt{3}$ | C. | $\frac{{\sqrt{3}}}{3}$ | D. | $-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$ |
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