信息技术应用 用《几何画板》探究点的轨迹：椭圆教案推荐

2015级

数学

导学案 编制时间2016年10月19日 使用班级：2015（1）班 主讲人：汪勇

直线与圆的位置关系（复习课）

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一、回顾 相关知识

1.

直线与圆的位置关系有哪几种？

2.

如何用几何法和代数法判断直线与圆的位置关系？

3.

如何求过某点的圆的切线方程？

4.

如何求圆的弦长？

二、突破 常考题型

题型一 与圆有关的切线问题

【例1】

自点P（一6，7）发出的光线l射到x轴上的点A处，被x轴反射，其反射光线所在直线与圆x2y28x6y210相切于点Q．求光线l所在直线方程．

[解]如图，作圆x2y28x6y210关于x轴的对称圆x2y28x6y210，由几何光学原理，知直线l与圆x2y28x6y210相切．

由于l的斜率必存在，故可设直线l:y7k(x6)，即kxy6k70．

由圆x2y28x6y210的圆心（4，－3）到直线l的距离等于半径，知

|4k36k7|k2110|k1|k212，解得k34或k43，

故光线l所在直线的方程为3x4y100或4x3y30．

【例2】

过点A（－1，4）作圆(x2)2(y3)21的切线l，求切线l的方程．

[解]∵(12)2(43)2101，

∴点A在圆外．

法一：当直线l的斜率不存在时，l的方程是x1，不满足题意．

设直线l的斜率为k，则方程为y4k(x1)，即kxy4k0．

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圆心（2，3）到切线l的距离为|2k34k|k211，解得k0或k34，

因此，所求直线l的方程y4或3x4y130．

法二：由于直线l与圆相切，所以方程组y4k(x1)(x2)2(y3)21，只有一解．

消去y，得到关于x的一元二次方程(1k2)x2(2k22k4)xk22k40

则(2k2k4)24(1k2)(k22k4)0，解得8k26k0，

即k0或k34，因此，所求直线l的方程为y4或3x4y130．

[类题通法]

1．求过圆上一点（x0，y0）的圆的切线方程的求法：先求切点与圆心连线的斜率k，再由垂直关系得切线的斜率为1k，由点斜式可得切线方程．如果斜率为零或不存在，则由图形可直接得切线方程yy0或xx0．

2．过圆外一点（x0，y0）的切线方程的求法

设切线方程为yy0k(xx0)，由圆心到直线的距离等于半径建立方程，可求得k，也就得切线方程．当用此法只求出一个方程时，另一个方程应为xx0，因为在上面解法中不包括斜率不存在的情况，而过圆外一点的切线有两条．一般不用联立方程组的方法求解．

[活学活用]

1．直线xym0与圆x2y2m相切，则m的值为（

）

A．0或2

B．2

C．2

D．无解

解析：选B

由于直线与圆相切，故m|m|1212，解得m0（舍去）或m2．

2．圆x2y24x0在点P（1，3）处的切线方程为（

）

A．x3y20

B．x3y40

C．x3y40

D．x3y20

解析：选D

点P在圆上，圆x2y24x0化为(x22y24

圆心M（2，0），半径为2．

k0MP3123，切线l的斜率k33l3，因此切线l的方程为y33(x1)，

整理得x3y20．

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[类题通法]

过已知圆外一点求切线的方程一般有三种方法：

（1）设切线斜率，用判别式法；

（2）设切线斜率，用圆心到直线的距离等于半径长；

（3）设切点（x0，y0），用切线公式法．

[活学活用]

3．已知圆C:(x2)2(y1)21．求：

（1）过A（3，4）的圆C的切线方程；

（2）在两坐标轴上的截距相等的圆C的切线方程．

解：（1）当所求直线的斜率存在时，设过A（3，4）的直线方程为y4k(x3)，

即kxy43k0

由|2k143k|1k21，得k43

所以切线方程为y443(x3)，即4x3y0．

当所求直线的斜率不存在时，直线方程为x3，也符合题意．

故所求直线方程为4x3y0或x3．

（2）设在两坐标轴上的截距相等的直线方程为xaya1或ykx，

于是由圆心（2，1）到切线距离为1，得|3a|21或|2k1|1k21

解得a32，k0或k43．

故所求切线方程为xy32或y0或y43x．

题型二 与圆有关的参数问题

[例3]

已知直线l:y3xm与圆x2y231在第一象限内有两个不同的交点，求m的取值范围．

[解]∵l:y33xm，圆x2y21，

∴l可变形为：3x3y3m0，圆的圆心为（0，0），半径长r1．

当直线和该圆相切时，应满足d|3m|391，解得m233．

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在平面直角坐标系中作出图象，如图所示，

其中l3232:y3x3，l3233:y3x3．

过原点作直线l30:y3x，m0:yx．

∵直线l的斜率k33，直线AB的斜率k1，

∴只有当直线l在移动到过A（0，1）后才开始与圆在第一象限内有两个交点，此时对应的直线l1:y33x1，要使直线与圆在第一象限内有两个不同交点，直线l只有在直线l1和直线l232之间运动才可，此时相应的m(1,3)．

∴m的取值范围是(1,233)．

[类题通法]

解决与圆有关的参数问题，有时直接求解比较困难，可根据题意先画出图象，利用数形结合的方法，就很容易得出答案．

[活学活用] 2．已知直线l:y33xm与圆x2y21在第一象限内有交点，求m的取值范围．

解：∵l:y33xm，圆x2y21，

∴l可变形为：3x3y3m0，圆的圆心为（0，0），

半径长r1．

当直线和该圆相切时，应满足d|3m|391，

解得m233，在平面直角坐标系中作出图象，如下图所示，

其中l3233232:y3x3，l3:y3x3．

∵直线l与圆在第一象限内有交点，

∴直线l应该在过点B（1，0）的直线l2与切线之间才可以，而当B（1，0）在直线l上时，

m3323，∴m的范围是(3,33)．

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题型三 直线与圆的综合问题

例3.（2015•新课标Ⅰ）已知过点A（0，1）且斜率为k的直线l与圆C：（x﹣2）2+（y﹣3）2=1交于点M、N两点．

（1）求k的取值范围；

（2）若•=12，其中O为坐标原点，求|MN|．

【解答】（1）由题意可得，直线l的斜率存在，

设过点A（0，1）的直线方程：y=kx+1，即：kx﹣y+1=0．

由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R=1．

故由=1，解得：k1=，k2=．

故当＜k＜，过点A（0，1）的直线与圆C：（x﹣2）2+（y﹣3）2=1相交于M，N两点．

（2）设M（x1，y1）；N（x2，y2），

由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方程（x﹣2）2+（y﹣3）2=1，

可得

（1+k2）x2﹣4（k+1）x+7=0，

∴x1+x2=，x1•x2=，

∴y1•y2=（kx1+1）（kx2+1）=k2x1x2+k（x1+x2）+1 =•k2+k•+1=，

由•=x1•x2+y1•y2==12，解得

k=1，

故直线l的方程为

y=x+1，即

x﹣y+1=0．

圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．

所以|MN|=2．

【例4】已知圆x2y2x6ym0与直线x2y30相交于P，Q两点，O为原点，且OPOQ，求实数m的值．

解：由x2y302x2y2x6ym0消去y，得5x10x4m270，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，10020(4m27)则0,x1x22,

①

x1x2(4m27)/5.又OPOQ，∴kOPkOQ1即x1x2y1y20．

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∴x1x212(3x11)2(3x2)0，

整理得5x1x23(x1x2)90，

∴54m2753(2)90．

解得m3满足①

∴实数m的值为3．

[类题通法]

此题设出P，Q两点的坐标，但在求解过程中又不能刻意地求出来，只将它作为一个转化过程中的桥梁，这种“设而不求”的解题方法在解析几何中很常见，要注意认真体会并掌握．

[活学活用] 1．自原点O作圆(x1)2y21的不重合两弦OA，OB，若|OA||OB|k（定值），证明不论A，B两点位置怎样，直线AB恒切于一个定圆，并求出定圆的方程．

解：设A，B两点坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，

则|OA||OB|x2y22y21,1x2,2

x2[1(x1)2]x22112[1(x21)]

4x1x2k

∴xxk2124．

设直线AB的方程为ymxb，代入已知圆的方程并整理，得

(1m2)x22(mb1)xb20，

xb2由韦达定理，得1x21m2．

∴

b2k21m24．

∵

原点O到直线mxyb0的距离为|b|

1m2，∴

所求定圆的半径r满足

r2b21m2k24（定值）．

∴

直线AB恒切于定圆x2y2k24．

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题型四 利用数形结合思想探究与圆有关的最值问题

【典例】设点P(x,y)在圆x2(y1)21上，求(x2)2y2的最值．

解：(x2)2y2的几何意义是圆上的点与定点（2，0）的距离．

因为圆心（0，1）与定点的距离是(20)2(01)25，圆的半径是1，

所以(x2)2y2的最小值是51，最大值是51．

【多维探究】设点P(x,y)在圆x2(y1)21上

1．化为求斜率问题

求y2x1的最小值．

解：法一：令y2y2t(x1),x1t，则方程组x2(y1)21,，一定有解．

消去y，整理得(1t2)x22(t23t)x(t26t8)0有解．

所以，4(t23t)24(1t2)(t26t8)0，

即6t80，解得t4y3．故2x1的最小值是43．

法二：令y2x1k，则k表示圆上任一点与点（－1，－2）连线的斜率，

∴kxyk20， 由|01k2|4y2k211，得k3．

∴x1的最小值是43．2．化为求圆心到直线距离问题

求圆上的点到直线xy20的距离的最小值．

解：圆心为（0，1），到直线xy20的距离为|12|3222，

因此直线上的点和圆上的点的最大距离为323221，最小距离为21．

3．化为求圆心到直线距离问题

若圆上有且只有四个点到直线3x4yC0人距离为12，求C取值范围．

解：由题意，圆心（0，1）到直线的距离小于1|4C|12即可，则32422

，

解得32C132．所以C的取值范围为(32,132)．

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[方法感悟] 解与圆有关的最值问题，要明确其几何意义：

（1）kybxa表示圆上的点（x,y）与定点（a,b）连线的斜率，直线方程可与圆的方程联立得到关于x的一元二次方程，利用0求k的最值；也可用圆心到直线的距离dr，求k的最值．

（2）直线与圆相离时，直线上的点到圆的距离的最大值为dr，最小值为dr．

随堂即时演练

1.

如果实数x，y满足等式(x2)2y23，那么yx的最大值是 ．

2.

已知以点P为圆心的圆过点A（－1，0）和B（3，4），线段AB的垂直平分线交圆P于点C、D，且|CD|410．

（1）求直线CD的方程；

（2）求圆P的方程．

3.

已知点P（a，b）（ab0）是圆x2y2r2内的一点，直线m是以P为中点的弦所在的直线，直线l的方程为axbyr2，那么（ ）

A．m∥l且l与圆相交

B．m⊥l且l与圆相交 C．m∥l且l与圆相离

D．m⊥l且l与圆相离

4.

已知两点A（—2，0），B（0，2），点C是圆x2y22x0上任意一点，则△ABC的面积最小值是

．

5.

已知圆的方程为x2y24x2y40，则x2y2的最大值为 ．

6.

已知圆C:x2(y1)25，直线l:mxy1m0．求证：

（1）对任意mR，直线l与圆C总有两个不同的交点；

（2）设l与圆C交于A，B两点，若|AB|17，求l的倾斜角；

（3）求弦AB的中点M的轨迹方程．

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