高考理科数学辅导直线和圆的方程

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第八章 直线和圆的方程 高考导航 考试要求 重难点击 命题展望 1.在平面直角坐标系中，结合具 体图形，确定直线位置的几何要素. 2.理解直线的倾斜角和斜率的概 念，掌握过两点的直线的斜率的计算 公式. 3.能根据两条直线的斜率判定这 两条直线平行或垂直. 4.掌握确定直线位置的几何要 素，掌握直线方程的几种形式(点斜 式、两点式及一般式)，了解斜截式与 一次函数的关系. 5.掌握用解方程组的方法求两条 相交直线的交点坐标. 6.掌握两点间的距离公式、点到 直线的距离公式，会求两条平行线间 的距离. 7.掌握确定圆的几何要素，掌握 圆的标准方程与一般方程. 8.能根据给定直线、圆的方程， 判断直线与圆、圆与圆的位置关系. 9.能用直线和圆的方程解决简单 的问题. 10.初步了解用代数方法处理几 何问题的思想. 11.了解空间直角坐标系，会用空 间直角坐标表示点的位置，会推导空 间两点间的距离公式. 本章重点：1.倾斜 角和斜率的概念；2.根 据斜率判定两条直线 平行与垂直；3.直线的 点斜式方程、一般式方 程；4.两条直线的交点 坐标；5.点到直线的距 离和两条平行直线间 的距离的求法；6.圆的 标准方程与一般方程； 7.能根据给定直线，圆 的方程，判断直线与圆 的位置关系；8.运用数 形结合的思想和代数 方法解决几何问题. 本章难点：1.直线 的斜率与它的倾斜角 之间的关系；2.根据斜 率判定两条直线的位 置关系；3.直线方程的 应用；4.点到直线的距 离公式的推导；5.圆的 方程的应用；6.直线与 圆的方程的综合应用. 本章内容常常与 不等式、函数、向量、 圆锥曲线等知识结合 起来考查. 直 线 和 圆 的 考 查，一般以选择题、 填空题的形式出现， 属 于 容 易 题 和 中 档 题；如果和圆锥曲线 一起考查，难度比较 大.同时，对空间直角 坐标系的考查难度不 大，一般为选择题或 者填空题.本章知识 点的考查侧重考学生 的综合分析问题、解 决问题的能力，以及 函数思想和数形结合 的能力等. 知识网络 8.1 直线与方程 典例精析 题型一 直线的倾斜角 【例 1】直线 2xcos α－y－3＝0，α∈[π 6 ，π 3]的倾斜角的变化范围是( ) A.[π 6 ，π 3] B.[π 4 ，π 3] C.[π 4 ，π 2] D.[π 4 ，2π 3 ] 【解析】直线 2xcos α－y－3＝0 的斜率 k＝2cos α， 由于α∈[π 6 ，π 3]，所以1 2 ≤cos α≤ 3 2 ，k＝2cos α∈[1， 3]. 设直线的倾斜角为θ，则有 tan θ∈[1， 3]， 由于θ∈[0，π)，所以θ∈[π 4 ，π 3]，即倾斜角的变化范围是[π 4 ，π 3]，故选 B. 【点拨】利用斜率求倾斜角时，要注意倾斜角的范围. 【变式训练 1】已知 M(2m＋3，m)，N(m－2,1)，当 m∈时，直线 MN 的倾斜角为锐角；当 m＝时，直 线 MN 的倾斜角为直角；当 m∈时，直线 MN 的倾斜角为钝角. 【解析】直线 MN 的倾斜角为锐角时，k＝ m－1 2m＋3－m＋2 ＝m－1 m＋5 ＞0⇒m＜－5 或 m＞1； 直线 MN 的倾斜角为直角时，2m＋3＝m－2⇒m＝－5； 直线 MN 的倾斜角为钝角时，k＝ m－1 2m＋3－m＋2 ＝m－1 m＋5 ＜0⇒－5＜m＜1. 题型二 直线的斜率 【例 2】已知 A(－1，－5)，B(3，－2)，直线 l 的倾斜角是直线 AB 的倾斜角的 2 倍，求直线 l 的斜率. 【解析】由于 A(－1，－5)，B(3，－2)，所以 kAB＝－2＋5 3＋1 ＝3 4 ， 设直线 AB 的倾斜角为θ，则 tan θ＝3 4 ， l 的倾斜角为 2θ，tan 2θ＝ 2tan θ 1－tan2θ ＝ 2×3 4 1－(3 4)2 ＝24 7 . 所以直线 l 的斜率为24 7 . 【点拨】直线的倾斜角和斜率是最重要的两个概念，应熟练地掌握这两个概念，扎实地记住计算公式， 倾斜角往往会和三角函数的有关知识联系在一起. 【变式训练 2】设α是直线 l 的倾斜角，且有 sin α＋cos α＝1 5 ，则直线 l 的斜率为( ) A.3 4B.4 3C.－4 3D.－3 4 或－4 3 【解析】选 C.sin α＋cos α＝1 5 ⇒sin αcos α＝－12 25 ＜0⇒ sin α＝4 5 ，cos α＝－3 5 或 cos α＝4 5 ，sin α＝－3 5(舍去)， 故直线 l 的斜率 k＝tan α＝sin α cos α ＝－4 3. 题型三 直线的方程 【例 3】求满足下列条件的直线方程. (1)直线过点(3,2)，且在两坐标轴上截距相等； (2)直线过点(2,1)，且原点到直线的距离为 2. 【解析】(1)当截距为 0 时，直线过原点，直线方程是 2x－3y＝0；当截距不为 0 时，设方程为x a ＋y a ＝1， 把(3,2)代入，得 a＝5，直线方程为 x＋y－5＝0. 故所求直线方程为 2x－3y＝0 或 x＋y－5＝0. (2)当斜率不存在时，直线方程 x－2＝0 合题意； 当斜率存在时，则设直线方程为 y－1＝k(x－2)，即 kx－y＋1－2k＝0，所以|1－2k| k2＋1 ＝2，解得 k＝－3 4 ， 方程为 3x＋4y－10＝0. 故所求直线方程为 x－2＝0 或 3x＋4y－10＝0. 【点拨】截距可以为 0，斜率也可以不存在，故均需分情况讨论. 【变式训练 3】求经过点 P(3，－4)，且横、纵截距互为相反数的直线方程. 【解析】当横、纵截距都是 0 时，设直线的方程为 y＝kx. 因为直线过点 P(3，－4)，所以－4＝3k，得 k＝－4 3.此时直线方程为 y＝－4 3x. 当横、纵截距都不是 0 时，设直线的方程为x a ＋ y －a ＝1， 因为直线过点 P(3，－4)，所以 a＝3＋4＝7.此时方程为 x－y－7＝0. 综上，所求直线方程为 4x＋3y＝0 或 x－y－7＝0. 题型四 直线方程与最值问题 【例 4】过点 P(2,1)作直线 l 分别交 x、y 轴的正半轴于 A、B 两点，点 O 为坐标原点，当△ABO 的面 积最小时，求直线 l 的方程. 【解析】方法一：设直线方程为x a ＋y b ＝1(a＞0，b＞0)， 由于点 P 在直线上，所以2 a ＋1 b ＝1. 2 a ·1 b ≤( 2 a ＋1 b 2 )2＝1 4 ， 当2 a ＝1 b ＝1 2 时，即 a＝4，b＝2 时，1 a ·1 b 取最大值1 8 ， 即 S△AOB＝1 2ab 取最小值 4， 所求的直线方程为x 4 ＋y 2 ＝1，即 x＋2y－4＝0. 方法二：设直线方程为 y－1＝k(x－2)(k＜0)， 直线与 x 轴的交点为 A(2k－1 k ，0)，直线与 y 轴的交点为 B(0，－2k＋1)， 由题意知 2k－1＜0，k＜0,1－2k＞0. S△AOB＝1 2(1－2k)·2k－1 k ＝1 2[(－1 k)＋(－4k)＋4]≥1 2[2 (－1 k)·(－4k)＋4]＝4. 当－1 k ＝－4k，即 k＝－1 2 时，S△AOB 有最小值， 所求的直线方程为 y－1＝－1 2(x－2)，即 x＋2y－4＝0. 【点拨】求直线方程，若已知直线过定点，一般考虑点斜式；若已知直线过两点，一般考虑两点式； 若已知直线与两坐标轴相交，一般考虑截距式；若已知一条非具体的直线，一般考虑一般式. 【变式训练 4】已知直线 l：mx－(m2＋1)y＝4m(m∈R).求直线 l 的斜率的取值范围. 【解析】由直线 l 的方程得其斜率 k＝ m m2＋1. 若 m＝0，则 k＝0； 若 m＞0，则 k＝ 1 m＋1 m ≤ 1 2 m·1 m ＝1 2 ，所以 0＜k≤1 2 ； 若 m＜0，则 k＝ 1 m＋1 m ＝－ 1 －m－1 m ≥－ 1 2 (－m)(－1 m) ＝－1 2 ，所以－1 2 ≤k＜0. 综上，－1 2 ≤k≤1 2. 总结提高 1.求斜率一般有两种类型：其一，已知直线上两点，根据 k＝y2－y1 x2－x1 求斜率；其二，已知倾斜角α或α的 三角函数值，根据 k＝tan α求斜率，但要注意斜率不存在时的情形. 2.求倾斜角时，要注意直线倾斜角的范围是[0，π). 3.求直线方程时，应根据题目条件，选择合适的直线方程形式，从而使求解过程简单明确.设直线方程 的截距式，应注意是否漏掉过原点的直线；设直线方程的点斜式时，应注意是否漏掉斜率不存在的直线. 8.2 两条直线的位置关系 典例精析 题型一 两直线的交点 【例 1】若三条直线 l1：2x＋y－3＝0，l2：3x－y＋2＝0 和 l3：ax＋y＝0 不能构成三角形，求 a 的值. 【解析】①l3∥l1 时，－a＝－2⇒a＝2； ②l3∥l2 时，－a＝3⇒a＝－3； ③由      023 ,032 yx yx ⇒      ,1 ,1 y x 将(－1，－1)代入 ax＋y＝0⇒a＝－1. 综上，a＝－1 或 a＝2 或 a＝－3 时，l1、l2、l3 不能构成三角形. 【点拨】三条直线至少有两条平行时或三条直线相交于一点时不能构成三角形. 【变式训练 1】已知两条直线 l1：a1x＋b1y＋1＝0 和 l2：a2x＋b2y＋1＝0 的交点为 P(2,3)，则过 A(a1， b1)，B(a2，b2)的直线方程是. 【解析】由 P(2,3)为 l1 和 l2 的交点得      ,0132 ,0132 22 11 ba ba 故 A(a1，b1)，B(a2，b2)的坐标满足方程 2x＋3y＋1＝0， 即直线 2x＋3y＋1＝0 必过 A(a1，b1)，B(a2，b2)两点. 题型二 两直线位置关系的判断 【例 2】已知两条直线 l1：ax－by＋4＝0 和 l2：(a－1)x＋y＋b＝0，求满足下列条件的 a，b 的值. (1)l1⊥l2，且 l1 过点(－3，－1)； (2)l1∥l2，且坐标原点到两条直线的距离相等. 【解析】(1)由已知可得 l2 的斜率存在， 所以 k2＝1－a，若 k2＝0，则 1－a＝0，即 a＝1. 因为 l1⊥l2，直线 l1 的斜率 k1 必不存在，即 b＝0， 又 l1 过点(－3，－1)，所以－3a＋b＋4＝0， 而 a＝1，b＝0 代入上式不成立，所以 k2≠0. 因为 k2≠0，即 k1，k2 都存在， 因为 k2＝1－a，k1＝a b ，l1⊥l2， 所以 k1k2＝－1，即a b(1－a)＝－1， 又 l1 过点(－3，－1)，所以－3a＋b＋4＝0， 联立上述两个方程可解得 a＝2，b＝2. (2)因为 l2 的斜率存在，又 l1∥l2，所以 k1＝k2，即a b ＝(1－a)， 因为坐标原点到这两条直线的距离相等，且 l1∥l2， 所以 l1，l2 在 y 轴的截距互为相反数，即4 b ＝b， 联立上述方程解得 a＝2，b＝－2 或 a＝2 3 ，b＝2， 所以 a，b 的值分别为 2 和－2 或2 3 和 2. 【点拨】运用直线的斜截式 y＝kx＋b 时，要特别注意直线斜率不存在时的特殊情况.求解两条直线平 行或垂直有关问题时，主要是利用直线平行和垂直的充要条件，即“斜率相等”或“斜率互为负倒数”. 【变式训练 2】如图，在平面直角坐标系 xOy 中，设三角形 ABC 的 顶点分别为 A(0，a)，B(b,0)，C(c,0).点 P(0，p)是线段 AO 上的一点(异于端点)，这里 a，b，c，p 均为非零实数，设直线 BP，CP 分别与边 AC，AB 交于点 E，F，某同学 已正确求得 直线 OE 的方程为(1 b －1 c)x＋(1 p －1 a)y＝0，则直线 OF 的方程为. 【解析】由截距式可得直线 AB：x b ＋y a ＝1，直线 CP：x c ＋y p ＝1，两式相减得(1 c －1 b)x＋(1 p －1 a)y＝0，显 然直线 AB 与 CP 的交点 F 满足此方程，又原点 O 也满足此方程，故所求直线 OF 的方程为(1 c －1 b)x＋(1 p －1 a)y ＝0. 题型三 点到直线的距离 【例 3】已知△ABC 中，A(1,1)，B(4,2)，C(m， m)(1＜m＜4)，当△ABC 的面积 S 最大时，求 m 的值. 【解析】因为 A(1,1)，B(4,2)，所以|AB|＝ (4－1)2＋(2－1)2＝ 10， 又因为直线 AB 的方程为 x－3y＋2＝0， 则点 C(m， m)到直线 AB 的距离即为△ABC 的高， 设高为 h，则 h＝|m－3 m＋2| 12＋(－3)2 ，S＝1 2|AB|·h＝1 2|m－3 m＋2|， 令 m＝t，则 1＜t＜2，所以 S＝1 2|m－3 m＋2|＝1 2|t2－3t＋2|＝1 2|(t－3 2)2－1 4|， 由图象可知，当 t＝3 2 时，S 有最大值1 8 ，此时 m＝3 2 ，所以 m＝9 4. 【点拨】运用点到直线的距离时，直线方程要化为一般形式.求最值可转化为代数问题，用处理代数问 题的方法解决. 【变式训练 3】若动点 P1(x1，y1)与 P2(x2，y2)分别在直线 l1：x－y－5＝0，l2：x－y－15＝0 上移动， 求 P1P2 的中点 P 到原点的距离的最小值. 【解析】方法一：因为 P1、P2 分别在直线 l1 和 l2 上， 所以      � � .015 ,05 22 11 yx yx (①＋②)÷2，得x1＋x2 2 －y1＋y2 2 －10＝0，所以 P1P2 的中点 P(x1＋x2 2 ，y1＋y2 2 )在直线 x－y－10＝0 上，点 P 到原点的最小距离就是原点到直线 x－y－10＝0 的距离 d＝10 2 ＝5 2.所以，点 P 到原点的最小距离为 5 2. 方法二：设 l 为夹在直线 l1 和 l2 之间且和 l1 与 l2 的距离相等的直线. 令 l：x－y－c＝0，则 5＜c＜15，且|c－5| 2 ＝|c－15| 2 ， 解得 c＝10.所以 l 的方程为 x－y－10＝0. 由题意知，P1P2 的中点 P 在直线 l 上，点 P 到原点的最小距离就是原点到直线 l 的距离 d＝10 2 ＝5 2， 所以点 P 到原点的最小距离为 5 2. 总结提高 1.求解与两直线平行或垂直有关的问题时，主要是利用两直线平行或垂直的条件，即“斜率相等”或 “互为负倒数”.若出现斜率不存在的情况，可考虑用数形结合的方法去研究. 2.学会用分类讨论、数形结合、特殊值检验等基本的数学方法和思想.特别是注意数形结合思想方法， 根据题意画出图形不仅易于找到解题思路，还可以避免漏解和增解，同时还可以充分利用图形的性质，挖 掘出某些隐含条件，找到简捷解法. 3.运用公式 d＝|C1－C2| A2＋B2 求两平行直线之间的距离时，要注意把两直线方程中 x、y 的系数化成分别对 应相等. 8.3 圆的方程 典例精析 题型一 求圆的方程 【例 1】求经过两点 A(－1,4)，B(3,2)且圆心在 y 轴上的圆的方程. 【解析】方法一：设圆的方程为 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则圆心为(－D 2 ，－E 2)， 由已知得           ,02 ,02349 ,04161 D FED FED 即       ,0 ,1323 ,174 D FED FED 解得 D＝0，E＝－2，F＝－9，所求圆的方程为 x2＋y2－2y－9＝0. 方法二：经过 A(－1,4)，B(3,2)的圆，其圆心在线段 AB 的垂直平分线上， AB 的垂直平分线方程为 y－3＝2(x－1)，即 y＝2x＋1. 令 x＝0，y＝1，圆心为(0,1)，r＝ (3－0)2＋(2－1)2＝ 10 ， 圆的方程为 x2＋(y－1)2＝10. 【点拨】圆的标准方程或一般方程都有三个参数，只要求出 a、b、r 或 D、E、F，则圆的方程确定， 所以确定圆的方程需要三个独立条件. 【变式训练 1】已知一圆过 P(4，－2)、Q(－1,3)两点，且在 y 轴上截得的线段长为 4 3，求圆的方程. 【解析】设圆的方程为 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，① 将 P、Q 两点的坐标分别代入①得      � � 　　　　,103 　　　,2024 FED FED 令 x＝0，由①得 y2＋Ey＋F＝0，④ 由已知|y1－y2|＝4 3，其中 y1、y2 是方程④的两根. 所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝E2－4F＝48，⑤ 解②、③、⑤组成的方程组，得 D＝－2，E＝0，F＝－12 或 D＝－10，E＝－8，F＝4， 故所求圆的方程为 x2＋y2－2x－12＝0 或 x2＋y2－10x－8y＋4＝0. 题型二 与圆有关的最值问题 【例 2】若实数 x，y 满足(x－2)2＋y2＝3.求： (1)y x 的最大值和最小值； (2)y－x 的最小值； (3)(x－4)2＋(y－3)2 的最大值和最小值. 【解析】(1)y x ＝y－0 x－0 ，即连接圆上一点与坐标原点的直线的斜率，因此y x 的最值为过原点的直线与圆相 切时该直线的斜率，设y x ＝k，y＝kx，kx－y＝0. 由 |2k| k2＋1 ＝ 3，得 k＝± 3，所以y x 的最大值为 3，y x 的最小值为－ 3. (2)令 x－2＝ 3cos α，y＝ 3sin α，α∈[0,2π). 所以 y－x＝ 3sin α－ 3cos α－2＝ 6sin(α－π 4)－2， 当 sin(α－π 4)＝－1 时，y－x 的最小值为－ 6－2. (3)(x－4)2＋(y－3)2 是圆上点与点(4,3)的距离的平方，因为圆心为 A(2,0)，B(4,3)， 连接 AB 交圆于 C，延长 BA 交圆于 D. |AB|＝ (4－2)2＋(3－0)2＝ 13，则|BC|＝ 13－ 3，|BD|＝ 13＋ 3， 所以(x－4)2＋(y－3)2 的最大值为( 13＋ 3)2，最小值为( 13－ 3)2. 【点拨】涉及与圆有关的最值问题，可借助图形性质，利用数形结合求解，一般地：①形如 U＝y－b x－a 形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题；②形如(x－a)2＋(y－b)2 形式的最值问题，可转化为圆 心已定的动圆半径的最值问题. 【变式训练 2】已知实数 x，y 满足 x2＋y2＝3(y≥0).试求 m＝y＋1 x＋3 及 b＝2x＋y 的取值范围. 【解析】如图，m 可看作半圆 x2＋y2＝3(y≥0)上的点与定点 A(－3，－1)连线的斜率，b 可以看作过半 圆 x2＋y2＝3(y≥0)上的点且斜率为－2 的直线的纵截距. 由图易得3－ 3 6 ≤m≤3＋ 21 6 ，－2 3≤b≤ 15. 题型三 圆的方程的应用 【例 3】在平面直角坐标系 xOy 中，二次函数 f(x)＝x2＋2x＋b(x∈R)与两坐标轴有三个交点，经过三 个交点的圆记为 C. (1)求实数 b 的取值范围； (2)求圆 C 的方程； (3)问圆 C 是否经过定点(其坐标与 b 无关)？请证明你的结论. 【解析】(1)令 x＝0，得抛物线与 y 轴交点是(0，b)， 由题意 b≠0，且Δ＞0，解得 b＜1 且 b≠0. (2)设所求圆的一般方程为 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， 令 y＝0，得 x2＋Dx＋F＝0，这与 x2＋2x＋b＝0 是同一个方程，故 D＝2，F＝b. 令 x＝0，得 y2＋Ey＋F＝0，此方程有一个根为 b，代入得出 E＝－b－1. 所以圆 C 的方程为 x2＋y2＋2x－(b＋1)y＋b＝0. (3)圆 C 必过定点，证明如下： 假设圆 C 过定点(x0，y0)(x0，y0 不依赖于 b)，将该点的坐标代入圆 C 的方程， 并变形为 x20＋y20＋2x0－y0＋b(1－y0)＝0，(*) 为使(*)式对所有满足 b＜1(b≠0)的 b 都成立，必须有 1－y0＝0， 结合(*)式得 x20＋y20＋2x0－y0＝0， 解得      1 ,0 0 0 y x 或      ,1 ,2 0 0 y x 经检验知，点(0,1)，(－2,1)均在圆 C 上，因此圆 C 过定点. 【点拨】本题(2)的解答用到了代数法求过三点的圆的方程，体现了设而不求的思想.(3)的解答同样运 用了代数的恒等思想，同时问题体现了较强的探究性. 【变式训练 3】(2010 安徽)动点 A(x，y)在圆 x2＋y2＝1 上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转，12 秒旋 转一周.已知时间 t＝0 时，点 A 的坐标是(1 2 ， 3 2 )，则当 0≤t≤12 时，动点 A 的纵坐标 y 关于 t(单位：秒) 的函数的单调递增区间是( ) A.[0,1] B.[1,7]C.[7,12] D.[0,1]和[7,12] 【解析】选 D.由题意知角速度为2π 12 ＝π 6 ，故可得 y＝sin(π 6t＋π 3),0≤t≤12， π 3 ≤π 6t＋π 3 ≤π 2 或3 2π≤π 6t＋π 3 ≤5 2π，所以 0≤t≤1 或 7≤t≤12. 所以单调递增区间为[0,1]和[7,12]. 总结提高 1.确定圆的方程需要三个独立条件，“选标准，定参数”是解题的基本方法.一般来讲，条件涉及圆上 的多个点，可选择一般方程；条件涉及圆心和半径，可选圆的标准方程. 2.解决与圆有关的问题，应充分运用圆的几何性质帮助解题.解决与圆有关的最值问题时，可根据代数 式子的几何意义，借助于平面几何知识，数形结合解决.也可以利用圆的参数方程解决最值问题. 8.4 直线与圆、圆与圆的位置关系 典例精析 题型一 直线与圆的位置关系的判断 【例 1】已知圆的方程 x2＋y2＝2，直线 y＝x＋b，当 b 为何值时， (1)直线与圆有两个公共点； (2)直线与圆只有一个公共点. 【解析】方法一：(几何法) 设圆心 O(0,0)到直线 y＝x＋b 的距离为 d，d＝ |b| 12＋12 ＝|b| 2 ，半径 r＝ 2. 当 d＜r 时，直线与圆相交，|b| 2 ＜ 2，－2＜b＜2， 所以当－2＜b＜2 时，直线与圆有两个公共点. 当 d＝r 时，直线与圆相切，|b| 2 ＝ 2，b＝±2， 所以当 b＝±2 时，直线与圆只有一个公共点. 方法二：(代数法) 联立两个方程得方程组      , ,222 bxy yx 消去 y 得 2x2＋2bx＋b2－2＝0，Δ＝16－4b2. 当Δ＞0，即－2＜b＜2 时，有两个公共点； 当Δ＝0，即 b＝±2 时，有一个公共点. 【点拨】解决直线与圆的位置关系的问题时，要注意运用数形结合思想，既要运用平面几何中有关圆 的性质，又要结合待定系数法运用直线方程中的基本关系，养成勤画图的良好习惯. 【变式训练 1】圆 2x2＋2y2＝1 与直线 xsin θ＋y－1＝0(θ∈R，θ≠kπ＋π 2 ，k∈Z)的位置关系是( ) A.相离 B.相切 C.相交 D.不能确定 【解析】选 A.易知圆的半径 r＝ 2 2 ，设圆心到直线的距离为 d，则 d＝ 1 sin2θ＋1 . 因为θ≠π 2 ＋kπ，k∈Z.所以 0≤sin2θ＜1， 所以 2 2 ＜d≤1，即 d＞r，所以直线与圆相离. 题型二 圆与圆的位置关系的应用 【例 2】如果圆 C：(x－a)2＋(y－a)2＝4 上总存在两个点到原点的距离为 1，求实数 a 的取值范围. 【解析】到原点的距离等于 1 的点在单位圆 O：x2＋y2＝1 上.当圆 C 与圆 O 有两个公共点时，符合题 意，故应满足 2－1＜|OC|＜2＋1， 所以 1＜ a2＋a2＜3，即 2 2 ＜|a|＜3 2 2 ， 所以－3 2 2 ＜a＜－ 2 2 或 2 2 ＜a＜3 2 2 为所求 a 的范围. 【变式训练 2】两圆(x＋1)2＋(y－1)2＝r2 和(x－2)2＋(y＋2)2＝R2 相交于 P，Q 两点，若点 P 的坐标为(1,2)， 则点 Q 的坐标为. 【解析】由两圆的方程可知它们的圆心坐标分别为(－1,1)，(2，－2)，则过它们圆心的直线方程为 x－(－1) 2－(－1) ＝ y－1 －2－1 ，即 y＝－x. 根据圆的几何性质可知两圆的交点应关于过它们圆心的直线对称. 故由 P(1,2)可得它关于直线 y＝－x 的对称点，即点 Q 的坐标为(－2，－1). 题型三 圆的弦长、中点弦的问题 【例 3】已知点 P(0,5)及圆 C：x2＋y2＋4x－12y＋24＝0. (1)若直线 l 过点 P 且被圆 C 截得的线段长为 4 3，求 l 的方程； (2)求圆 C 内过点 P 的弦的中点的轨迹方程. 【解析】(1)如图，AB＝4 3，D 是 AB 的中点，则 AD＝2 3，AC ＝4， 在 Rt△ADC 中，可得 CD＝2. 设所求直线的斜率为 k，则直线的方程为 y－5＝kx，即 kx－y＋5 ＝0.由点 C 到直 线的距离公式|－2k－6＋5| k2＋1 ＝2， 得 k＝3 4 ，此时直线 l 的方程为 3x－4y＋20＝0. 又直线 l 的斜率不存在时，也满足题意，此时的方程为 x＝0. 所以所求直线为 x＝0 或 3x－4y＋20＝0.(也可以用弦长公式求解) (2)设圆 C 上过点 P 的弦的中点为 D(x，y)， 因为 CD⊥PD，所以 PDCD  ＝0，即(x＋2，y－6)·(x，y－5)＝0， 化简得轨迹方程 x2＋y2＋2x－11y＋30＝0. 【点拨】在研究与弦的中点有关问题时，注意运用“平方差法”，即设弦 AB 两端点的坐标分别为 A(x1， y1)，B(x2，y2)，中点为(x0，y0)， 由      , , 22 2 2 2 22 1 2 1 ryx ryx 得 k＝y1－y2 x1－x2 ＝－x1＋x2 y1＋y2 ＝－x0 y0 . 该法常用来解决与弦的中点、直线的斜率有关的问题. 【变式训练 3】已知圆的方程为 x2＋y2－6x－8y＝0，设该圆过点(3,5)的最长弦和最短弦分别为 AC 和 BD，则四边形 ABCD 的面积为( ) A.10 6B.20 6C.30 6D.40 6 【解析】选 B.圆的方程化成标准方程(x－3)2＋(y－4)2＝25，过点(3,5)的最长弦为 AC＝10，最短弦为 BD＝2 52－12＝4 6，S＝1 2AC·BD＝20 6. 总结提高 1.解决直线与圆、圆与圆的位置关系有代数法和几何法两种，用几何法解题时要注意抓住圆的几何特 征，因此常常要比代数法简捷.例如，求圆的弦长公式比较复杂，利用 l＝2 R2－d2(R 表示圆的半径，d 表 示弦心距)求弦长比代数法要简便. 2.处理直线与圆，圆与圆的位置关系，要全面地考查各种位置关系，防止漏解，如设切线为点斜式， 要考虑斜率不存在的情况是否合题意，两圆相切应考虑外切和内切两种情况. 3.处理直线与圆的位置关系时，特别是有关交点问题时，为避免计算量过大，常采用“设而不求”的 方法. 8.5 直线与圆的综合应用 典例精析 题型一 直线和圆的位置关系的应用 【例 1】已知圆 C：(x－1)2＋(y－2)2＝25 及直线 l：(2m＋1)x＋(m＋1)y＝7m＋4 (m∈R). (1)求证：不论 m 为何值，直线 l 恒过定点； (2)判断直线 l 与圆 C 的位置关系； (3)求直线 l 被圆截得的弦长最短时的弦长及此时直线的方程. 【解析】(1)证明：直线方程可写作 x＋y－4＋m(2x＋y－7)＝0， 由方程组      ,072 ,04 yx yx 可得      ,1 ,3 y x 所以不论 m 取何值，直线 l 恒过定点(3,1). (2)由 (3－1)2＋(1－2)2＝ 5＜5， 故点(3,1)在圆内，即不论 m 取何值，直线 l 总与圆 C 相交. (3)由平面几何知识可知，当直线与过点 M(3,1)的直径垂直时，弦|AB|最短. |AB|＝2 r2－|CM|2＝2 25－[(3－1)2＋(1－2)2]＝4 5， 此时 k＝－ 1 kCM ，即－2m＋1 m＋1 ＝－ 1 －1 2 ＝2， 解得 m＝－3 4 ，代入原直线方程，得 l 的方程为 2x－y－5＝0. 【点拨】解决弦长问题时，可利用弦长的几何意义求解. 【变式训练 1】若函数 f(x)＝－1 beax 的图象在 x＝0 处的切线 l 与圆 C：x2＋y2＝1 相离，则 P(a，b)与圆 C 的位置关系是( ) A.在圆外 B.在圆内 C.在圆上 D.不能确定 【解析】选 B.f(x)＝－1 beax⇒f′(x)＝－a beax⇒f′(0)＝－a b. 又 f(0)＝－1 b ，所以切线 l 的方程为 y＋1 b ＝－a b(x－0)，即 ax＋by＋1＝0， 由 l 与圆 C：x2＋y2＝1 相离得 1 a2＋b2 ＞1⇒ a2＋b2＜1，即点 P(a，b)在圆内，故选 B. 题型二 和圆有关的对称问题 【例 2】设 O 为坐标原点，曲线 x2＋y2＋2x－6y＋1＝0 上有两点 P、Q 关于直线 x＋my＋4＝0 对称， 又满足· OQ ＝0. (1)求 m 的值； (2)求直线 PQ 的方程. 【解析】(1)曲线方程可化为(x＋1)2＋(y－3)2＝9，是圆心为(－1,3)，半径为 3 的圆. 因为点 P，Q 在圆上且关于直线 x＋my＋4＝0 对称， 所以圆心(－1,3)在直线 x＋my＋4＝0 上，代入得 m＝－1. (2)因为直线 PQ 与直线 y＝x＋4 垂直，所以设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则直线 PQ 的方程为 y＝－x＋b.将直线 y＝－x＋b 代入圆的方程，得 2x2＋2(4－b)x＋b2－6b＋1＝0，Δ ＝4(4－b)2－4×2(b2－6b＋1)＞0，解得 2－3 2＜b＜2＋3 2. x1＋x2＝b－4，x1x2＝b2－6b＋1 2 ， y1y2＝(－x1＋b)(－x2＋b)＝b2－b(x1＋x2)＋x1x2＝b2＋2b＋1 2 ， 因为· OQ ＝0，所以 x1x2＋y1y2＝0， 即b2－6b＋1 2 ＋b2＋2b＋1 2 ＝0，得 b＝1. 故所求的直线方程为 y＝－x＋1. 【点拨】平面向量与圆的交汇是平面解析几何的一个热点内容，解题时，一方面要能够正确地分析用 向量表达式给出的题目的条件，将它们转化为图形中相应的位置关系，另一方面还要善于运用向量的运算 解决问题. 【变式训练 2】若曲线 x2＋y2＋x－6y＋3＝0 上两点 P、Q 满足①关于直线 kx－y＋4＝0 对称；②OP⊥ OQ，则直线 PQ 的方程为. 【解析】由①知直线 kx－y＋4＝0 过圆心(－1 2 ，3)，所以 k＝2，故 kPQ＝－1 2. 设直线 PQ 的方程为 y＝－1 2x＋t，与圆的方程联立消去 y， 得 5 4x2＋(4－t)x＋t2－6t＋3＝0.(*) 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由于 OP⊥OQ，所以 x1x2＋y1y2＝0， 即 x1x2＋(－1 2x1＋t)(－1 2x2＋t)＝0，所以(x1＋x2)(－1 2t)＋5 4x1x2＋t2＝0. 由(*)知，x1＋x2＝4(t－4) 5 ，x1x2＝4(t2－6t＋3) 5 ，代入上式，解得 t＝3 2 或 t＝5 4. 此时方程(*)的判别式Δ＞0.从而直线的方程为 y＝－1 2x＋3 2 或 y＝－1 2x＋5 4 ， 即 x＋2y－3＝0 或 2x＋4y－5＝0 为所求直线方程. 题型三 与圆有关的最值问题 【例 3】求与直线 x＋y－2＝0 和曲线 x2＋y2－12x－12y＋54＝0 都相切的半径最小的圆的标准方程. 【解析】曲线 x2＋y2－12x－12y＋54＝0 可化为 (x－6)2＋(y－6)2＝18，它表示圆心为(6,6)，半径为 3 2的圆. 作出直线 x＋y－2＝0 与圆(x－6)2＋(y－6)2＝18， 由图形可知，当所求圆的圆心在直线 y＝x 上时，半径最小. 设其半径为 r，点(6,6)到直线 x＋y＝2 的距离为 5 2，所以 2r＋3 2＝5 2，即 r＝ 2， 点(0,0)到直线 x＋y＝2 的距离为 2， 所求圆的圆心为(2 2cos 45°，2 2sin 45°)，即(2,2)， 故所求圆的标准方程为(x－2)2＋(y－2)2＝2. 【点拨】解决与圆有关的最值问题时，要借助图形的几何性质，利用数形结合求解. 【变式训练 3】由直线 y＝x＋1 上的点向圆 C：(x－3)2＋(y＋2)2＝1 引切线，则切线长的最小值为( ) A. 17B.3 2C. 19D.2 5 【解析】选 A.设 M 为直线 y＝x＋1 上任意一点，过点 M 的切线长为 l，则 l＝ |MC|2－r2，当|MC|2 最 小时，l 最小，此时 MC 与直线 y＝x＋1 垂直，即|MC|2min＝(3＋2＋1 2 )2＝18，故 l 的最小值为 17. 总结提高 1.解决直线与圆的综合问题时，一方面，我们要注意运用解析几何的基本思想方法(即几何问题代数 化)，把它转化为代数问题，通过代数的计算，使问题得到解决；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系 得非常紧密，因此，我们要勤动手，准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知 识使问题较为简捷地得到解决，即注意圆的几何性质的运用. 2.解决直线与圆的综合问题时，经常要用到距离，因此两点间的距离公式、点到直线的距离公式要熟 练掌握，灵活运用. 3.综合运用直线的有关知识解决诸如中心对称、轴对称等一些常见的问题.