2.3.1 圆的标准方程教学实录及点评

保分专题(八)

直线与圆

凤城市通远堡高中

张晓菊

[全国卷3年考情分析]

年份

卷别

卷Ⅰ

卷Ⅱ

2017

卷Ⅲ

考查内容及考题位置

圆的性质、点到直线的距离、双曲线的几何性质·T15

圆的弦长问题、双曲线的几何性质·T9

直线与圆的位置关系、点到直线的距离、椭圆的离心率·T10

直线与圆的方程、直线与抛物线的位置关系·T20

卷Ⅱ

2016 卷Ⅲ

卷Ⅰ

2015 卷Ⅱ

圆的方程、点到直线的距离应用·T4

直线与圆的位置关系·T16

求圆的标准方程·T14

圆的方程及两点间的距离·T7

命题分析

1.近两年圆的方程成为高考全国课标卷命题的热点，需重点关注．此类试题难度中等偏下，多以选择题或填空题形式考查．

2．直线与圆的方程偶尔单独命题，单独命题时有一定的深度，有时也会出现在压轴题的位置，难度较大，对直线与圆的方程(特别是直线)的考查主要体现在圆锥曲线的综合问题上．

直线的方程

[师生共研·悟通]

1．两条直线平行与垂直的判定

若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1k2＝－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在．

2．两个距离公式

(1)两平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0间的距离d＝(2)点(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离公式d＝|Ax0＋By0＋C|. A2＋B2|C1－C2|. A2＋B2[典例]

(1)“c＝5”是“点(2,1)到直线3x＋4y＋c＝0的距离为3”的(

) A．充要条件

C．必要不充分条件

B．充分不必要条件

D．既不充分也不必要条件

|6＋4＋c|＝3，解得c＝5或c32＋42[解析]

选B

由点(2,1)到直线3x＋4y＋c＝0的距离d＝

＝－25，故“c＝5”是“点(2,1)到直线3x＋4y＋c＝0的距离为3”的充分不必要条件．

(2)已知直线l：x－y－1＝0，l1：2x－y－2＝0.若直线l2与l1关于直线l对称，则直线l2的方程是(

) A．x－2y＋1＝0 C．x＋y－1＝0

B．x－2y－1＝0

D．x＋2y－1＝0 [解析]

选B

法一：l1与l2关于l对称，

则l1上任意一点关于l的对称点都在l2上，

故l与l1的交点(1,0)在l2上．

又易知(0，－2)为l1上的一点，

设其关于l的对称点为(x，y)，

y－2－－1＝0，x22则y＋2x×1＝－1，

x＝－1，解得

y＝－1.

即(1,0)，(－1，－1)为l2上两点，

故可得l2的方程为x－2y－1＝0. 法二：设l2上任一点为(x，y)，其关于l的对称点为(x1，y1)，则由对称性可知

x＋xy＋y2－2－1＝0，y－yx－x×1＝－1，1111

x1＝y＋1，解得

y1＝x－1.

∵(x1，y1)在l1上，∴2(y＋1)－(x－1)－2＝0，

即l2的方程为x－2y－1＝0. [类题通法]

解决直线方程问题的2个注意点

(1)求解两条直线平行的问题时，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性．

(2)要注意几种直线方程的局限性．点斜式、两点式、斜截式要求直线不能与x轴垂直．而截距式方程不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线．

[即学即用·练通]

1．若直线l1：x＋ay＋6＝0与l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0平行，则l1与l2间的距离为(

) A.2

C.3

82B.

383D.

3

解析：选B

由l1∥l2得(a－2)a＝1×3，且a×2a≠3×6，解得a＝－1，

2∴l1：x－y＋6＝0，l2：x－y＋＝0，

3∴l1与l2间的距离d＝6－231＋－122＝82. 32．过点P(－2,2)作直线l，使直线l与两坐标轴在第二象限内围成的三角形面积为8，这样的直线l一共有(

) A．3条

C．1条

B．2条

D．0条

－22a＋b＝1，xy解析：选C

由题意可设直线l的方程为＋＝1(a<0，b>0)，于是ab1b＝8，2－a·得－a＝b＝4，故满足条件的直线l一共有1条．

解3．已知a≠0，直线ax＋(b＋2)y＋4＝0与直线ax＋(b－2)y－3＝0互相垂直，则ab的最大值为(

) A．0 C．4

D.2 a3解析：选B

法一：若b＝2，两直线方程分别为y＝－x－1和x＝，此时两直线相交a4a34但不垂直；若b＝－2，两直线方程分别为x＝－a和y＝x－，此时两直线相交但不垂直；44aa43若b≠±2，两直线方程分别为y＝－x－和y＝－x＋，由两直线垂直得，b＋2b＋2b－2b－2aa－·－b－2＝－1，即a2＋b2＝4，因为a2＋b2＝4≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立，b＋2所以ab≤2，所以ab的最大值为2. 法二：由两直线垂直，得a2＋(b＋2)(b－2)＝0，

即a2＋b2＝4. 因为a2＋b2＝4≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立，

所以ab≤2，

所以ab的最大值为2. 圆的方程

[师生共研·悟通]

圆的3种方程

B．2

(1)圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2. (2)圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)．

(3)圆的直径式方程：(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0(圆的直径的两端点是A(x1，y1)，B(x2，y2))．

[典例]

(1)(2016·天津高考)已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点M(0，5)在圆C上，且圆心到直线2x－y＝0的距离为45，则圆C的方程为________．

5[解析]

因为圆C的圆心在x轴的正半轴上，设C(a,0)，且a＞0，所以圆心到直线2x－y＝0的距离d＝2a45＝，解得a＝2，

55所以圆C的半径r＝|CM|＝4＋5＝3，

所以圆C的方程为(x－2)2＋y2＝9. [答案]

(x－2)2＋y2＝9 (2)(2016·浙江高考)已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．

[解析]

由二元二次方程表示圆的条件可得a2＝a＋2，解得a＝2或－1.当a＝2时，方155x＋2＋(y＋1)2＝－＜0，程为4x2＋4y2＋4x＋8y＋10＝0，即x2＋y2＋x＋2y＋＝0，配方得224不表示圆；

当a＝－1时，方程为x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，配方得(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，则圆心坐标为(－2，－4)，半径是5. [答案]

(－2，－4)

5 [类题通法]

求圆的方程的2种方法

(1)几何法：通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，从而求得圆的基本量和方程．

(2)代数法：用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，从而求得圆的方程．

[即学即用·练通]

1．已知三点A(1,0)，B(0，3)，C(2，3)，则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为(

) 5A.

325C.

3B.21

34D.

3解析：选B

设圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，

∴3＋3E＋F＝0，7＋2D＋3E＋F＝0，1＋D＋F＝0，

D＝－2，43∴E＝－，3F＝1，

23，故△ABC外接圆的圆心到原点的距离为

∴△ABC外接圆的圆心为1，31＋

2．已知圆C的圆心是直线x－y＋1＝0与x轴的交点，且圆C与直线x＋y＋3＝0相切，则圆C的方程是(

) A．(x＋1)2＋y2＝2 C．(x－1)2＋y2＝2

B．(x＋1)2＋y2＝8

D．(x－1)2＋y2＝8 232＝21. 33解析：选A

根据题意直线x－y＋1＝0与x轴的交点为(－1,0)．因为圆与直线x＋y＋3＝0相切，所以半径为圆心到切线的距离，即r＝d＝1)2＋y2＝2. 直线与圆、圆与圆的位置关系

[师生共研·悟通]

判断直线与圆的位置关系的2种方法

(1)代数法：将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ来讨论位置关系：Δ>0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δ<0⇔相离．

(2)几何法：把圆心到直线的距离d和半径r的大小加以比较：dr⇔相离．

[典例]

(1)(2016·全国卷Ⅰ)设直线y＝x＋2a与圆C：x2＋y2－2ay－2＝0相交于A，B两点，若|AB|＝23，则圆C的面积为________．

[解析]

圆C：x2＋y2－2ay－2＝0化为标准方程为x2＋(y－a)2＝a2＋2，

所以圆心C(0，a)，半径r＝a2＋2，因为|AB|＝23，点C到直线y＝x＋2a，即x－y＋2a＝0的距离d＝|0－a＋2a||a|232＋|a|2＝a2＋2，解得a2＝2，

＝，由勾股定理得2222|－1＋0＋3|＝2，则圆的方程为(x＋12＋12所以r＝2，所以圆C的面积为π×22＝4π.

[答案]

4π

(2)(2016·全国卷Ⅲ)已知直线l：x－3y＋6＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，则|CD|＝________.

[解析]

作出示意图如图所示，

∵直线AB的方程为x－3y＋6＝0，

∴kAB＝3，∴∠BPD＝30°，

3从而∠BDP＝60°. 在Rt△BOD中，

∵|OB|＝23，∴|OD|＝2. 取AB的中点H，连接OH，则OH⊥AB，

∴OH为直角梯形ABDC的中位线，

∴|OC|＝|OD|，∴|CD|＝2|OD|＝2×2＝4. [答案]

4 [类题通法]

弦长问题的2种求解方法

l22(1)利用半径r，弦心距d，弦长l的一半构成直角三角形，结合勾股定理d2＋2＝r求解；

(2)若斜率为k的直线l与圆C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|＝1＋k2|x1－x2|.

[即学即用·练通]

1．已知圆(x－1)2＋y2＝1被直线x－3y＝0分成两段圆弧，则较短弧长与较长弧长之比为(

) A．1∶2 C．1∶4

B．1∶3

D．1∶5 解析：选A

(x－1)2＋y2＝1的圆心为(1,0)，半径为1.圆心到直线的距离d＝12π4π＝，所以较短弧所对的圆心角为，较长弧所对的圆心角为，故两弧长之222331＋－31比为1∶2. 2．(2017·惠州三调)已知直线y＝ax与圆C：x2＋y2－2ax－2y＋2＝0交于两点A，B，且△CAB为等边三角形，则圆C的面积为________．

解析：圆x2＋y2－2ax－2y＋2＝0化为标准方程为(x－a)2＋(y－1)2＝a2－1，因此圆心C|a2－1|32到直线y＝ax的距离为·a－1＝2，解得a2＝7，所以圆C的面积为π(a2－1)2＝2a＋16π.

答案：6π

3．(2017·广东五校协作体第一次诊断考试)两圆x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0和x2＋y2－4by

11－1＋4b2＝0恰有三条公切线，若a∈R，b∈R且ab≠0，则2＋2的最小值为________．

ab解析：两圆x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0和x2＋y2－4by－1＋4b2＝0配方得，(x＋a)2＋y2＝4，x2＋(y－2b)2＝1.由题意得两圆相外切，故

即a2＋4b2＝9，

2211a4b11所以2＋2＝9＋9a2＋b2

aba2＋4b2＝1＋2＝3，

1a24b24＝＋2＋2＋

99b9a95≥＋2 9a24b2×＝1，

9b29a2a24b2当且仅当2＝2，即a2＝2b2＝3时等号成立，

9b9a11故2＋2的最小值为1. ab答案：1 [创新应用]

直线和圆与其他知识的交汇问题

高考对直线和圆的考查重在基础，多以选择题、填空题形式出现，将直线和圆与函数、不等式、平面向量、数列及圆锥曲线、概率等知识交汇，体现命题创新. x＋y－22≥0，

[典例]

(1)已知不等式组x≤22，y≤22cos∠APB的值为(

) 7A.

83C.

41B.

2D.3

2

表示平面区域Ω，过区域Ω中的任意一个点P，作圆x2＋y2＝1的两条切线且切点分别为A，B，当四边形PAOB的面积最小时，[解析]

选B

作出平面区域Ω和单位圆x2＋y2＝1的图象如图所示，设l：x＋y－22＝0，数形结合可得S1＝2××|PA|×1＝|PA|. 2又∵|PA|＝|OP|2－|OA|2＝|OP|2－1，

∴当P到原点距离最小时，四边形PAOB的面积最小，此时PO⊥l，且|PO|＝π2，故∠APO＝，

6|－22|＝2四边形PAOB＝2S△PAO

π1∴∠APB＝，cos∠APB＝. 32(2)已知直线Ax＋By＋C＝0与圆x2＋y2＝1相交于P，Q两点，其中A2，C2，B2成等―→―→差数列，O为坐标原点，则OP·PQ＝(

) A．－1 C．1

B．0

D．±1 [解析]

选A

依题意A2＋B2＝2C2，圆x2＋y2＝1的圆心到直线Ax＋By＋C＝0的距离d＝|C|2―→―→―→―→22＝，圆x＋y＝1的半径为1，故∠POQ＝90°，可得OP·OQ＝0.OP·PQ＝222A＋B―→―→―→―→―→―→OP·(OQ－OP)＝OP·OQ－OP2＝0－1＝－1. [类题通法]

对于这类问题的求解，首先要注意理解直线和圆等基础知识及它们之间的深入联系，其次要对问题的条件进行全方位的审视，特别是题中各个条件之间的相互关系及隐含条件的挖掘，再次要掌握解决问题常用的思想方法，如数形结合、化归与转化等思想方法．

[针对训练]

1．已知f(x)＝x3＋ax－2b，若f(x)的图象在切点P(1，－2)处的切线与圆(x－2)2＋(y＋4)2＝5相切，则3a＋2b＝________. 解析：由题意得f(1)＝－2，即a－2b＝－3. 又∵f′(x)＝3x2＋a，

∴f(x)的图象在点(1，－2)处的切线方程为y＋2＝(3＋a)(x－1)，即(3＋a)x－y－a－5＝0，

∴|3＋a×2＋4－a－5|51＝5，解得a＝－，∴b＝，

243＋a2＋－12∴3a＋2b＝－7. 答案：－7 2．已知集合A＝xx＋1x－2≤0，若k∈Z，且k∈A，使得过点B(1,1)的任意直线与圆x23＋y2＋kx－2y－k＝0总有公共点的概率为________．

83解析：由题意知A＝[－1,2)，又k2＋4＋k>0总成立，k∈Z，且k∈A，所以k有－1,0,123三个值，过点B(1,1)的任意直线与圆x2＋y2＋kx－2y－k＝0总有公共点，即点B(1,1)在圆83上或圆内，即2＋k－2－k≤0，得k≤0，即k有－1,0两个值，由古典概型的概率公式知8

2所求概率为P＝. 32答案：

3[专题过关检测]

一、选择题

1．“ab＝4”是“直线2x＋ay－1＝0与直线bx＋2y－2＝0平行”的(

) A．充要条件

C．必要不充分条件

B．充分不必要条件

D．既不充分也不必要条件

b2解析：选C

因为两直线平行，所以斜率相等，即－a＝－，可得ab＝4，又当a＝1，2b＝4时，满足ab＝4，但是两直线重合，故选C. 2．(2016·全国卷Ⅱ)圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心到直线ax＋y－1＝0的距离为1，则a＝(

) 4A．－

3C.3 3

B．－

4

D．2 解析：选A

因为圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心坐标为(1,4)，所以圆心到直线ax＋y－1＝0的距离d＝|a＋4－1|4＝1，解得a＝－. 3a2＋13．(2016·山东高考)已知圆M：x2＋y2－2ay＝0(a＞0)截直线x＋y＝0所得线段的长度是22，则圆M与圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置关系是(

) A．内切

C．外切

B．相交

D．相离

解析：选B

由题知圆M：x2＋(y－a)2＝a2(a＞0)，圆心(0，a)到直线x＋y＝0的距离da＝，所以22a2a－＝22，解得a＝2.圆M，圆N的圆心距|MN|＝2，两圆半径之差为221，故两圆相交．

4．在等腰三角形MON中，|MO|＝|MN|，点O(0,0)，M(－1，3)，点N在x轴的负半轴上，则直线MN的方程为(

) A．3x－y－6＝0 C．3x－y＋6＝0

B．3x＋y＋6＝0

D．3x＋y－6＝0 解析：选C

因为|MO|＝|MN|，所以直线MN的斜率与直线MO的斜率互为相反数，所以kMN＝－kMO＝3，所以直线MN的方程为y－3＝3(x＋1)，即3x－y＋6＝0. 5．已知圆O：x2＋y2＝4上到直线l：x＋y＝a的距离等于1的点至少有2个，则实数a的取值范围为(

)

A．(－32，32) B．(－∞，－32)∪(32，＋∞) C．(－22，22) D．[－32，32 ] 解析：选A

由圆的方程可知圆心为(0,0)，半径为2.因为圆O上到直线l的距离等于1的点至少有2个，所以圆心到直线l的距离d

6．(2018届高三·湖南十校联考)已知函数f(x)＝x＋sin x(x∈R)，且f(y2－2y＋3)＋f(x2－4x＋1)≤0，则当y≥1时，131，

B.，1

A.4441，＋∞

C．[1,32－3]

D.3解析：选A

因为函数f(x)＝x＋sin x(x∈R)为奇函数，

又f′(x)＝1＋cos x≥0，

所以函数f(x)在R上单调递增，

则f(x2－4x＋1)≤f(－y2＋2y－3)，

即(x－2)2＋(y－1)2≤1，

当y≥1时表示的区域为半圆及其内部．

yy令k＝＝，

x＋1x－－1其几何意义为过点(－1,0)与半圆相交或相切的直线kx－y＋k＝0的斜率，

斜率最小时直线过点(3,1)，此时kmin＝11＝，斜率最大时直线刚好与半圆相切，

3－－14y的取值范围是(

) x＋1|－a|1＋122＝|a|<3，解得a2|2k－1＋k|圆心到直线的距离d＝＝1(k>0)，

k2＋13解得kmax＝，故选A. 4二、填空题

7．已知点A(－1,0)，过点A可作圆x2＋y2－mx＋1＝0的两条切线，则m的取值范围是________．

mmx－2＋y2＝解析：由题意得点A(－1,0)在圆外，所以1＋m＋1>0，所以m>－2，又24m2－1表示圆，所以－1>0，解得m>2或m<－2，所以m>2. 42

答案：(2，＋∞) 8．已知圆C：(x－3)2＋(y－5)2＝5，直线l过圆心且交圆C于A，B两点，交y轴于P―→―→点，若2PA＝PB，则直线l的斜率k＝________. 解析：依题意得，点A是线段PB的中点，|PC|＝|PA|＋|AC|＝35.过圆心C(3,5)作y轴的垂线，垂足为C1，则|CC1|＝3，|PC1|＝352－32＝6.记直线l的倾斜角为θ，则有|tan θ|＝|PC1|＝2，即k＝±2. |CC1|答案：±2 9．在平面直角坐标系中，已知点P(3,0)在圆C：(x－m)2＋(y－2)2＝40内，动直线AB过点P且交圆C于A，B两点，若△ABC的面积的最大值为20，则实数m的取值范围是________．

解析：由圆的方程知，圆心C(m,2)，半径r＝210，

1所以S△ABC＝r2sin∠ACB＝20sin∠ACB，

2π所以当∠ACB＝时，S△ABC取得最大值20，

2此时△ABC为等腰直角三角形，|AB|＝2r＝45，

则点C到直线AB的距离为25，

所以25≤|PC|<210，

即25≤m－32＋22<210，

解得－3

10．已知以点A(－1,2)为圆心的圆与直线l1：x＋2y＋7＝0相切．过点B(－2,0)的动直线l与圆A相交于M，N两点．

(1)求圆A的方程；

(2)当|MN|＝219时，求直线l的方程．

解：(1)设圆A的半径为R. 因为圆A与直线l1：x＋2y＋7＝0相切，

所以R＝|－1＋4＋7|＝25. 5所以圆A的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝20. (2)当直线l与x轴垂直时，易知x＝－2符合题意；

当直线l与x轴不垂直时，

设直线l的方程为y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0.

3|－k－2＋2k|2由于|MN|＝219，于是＋(19)2＝20⇒k＝4，

2k＋1此时，直线l的方程为3x－4y＋6＝0. 所以所求直线l的方程为x＝－2或3x－4y＋6＝0. 11．(2017·全国卷Ⅲ)已知抛物线C：y2＝2x，过点(2,0)的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆．

(1)证明：坐标原点O在圆M上；

(2)设圆M过点P(4，－2)，求直线l与圆M的方程．

解：(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋2. x＝my＋2，由2可得y2－2my－4＝0，则y1y2＝－4. y＝2x

y2y2y1y2212又x1＝，x2＝，故x1x2＝＝4. 224y1y2－4因此OA的斜率与OB的斜率之积为·＝＝－1，所以OA⊥OB. x1x24故坐标原点O在圆M上．

(2)由(1)可得y1＋y2＝2m，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4. 故圆心M的坐标为(m2＋2，m)，

圆M的半径r＝m2＋22＋m2. ―→―→由于圆M过点P(4，－2)，因此AP·BP＝0，

故(x1－4)(x2－4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0，

即x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0. 由(1)知y1y2＝－4，x1x2＝4. 1所以2m2－m－1＝0，解得m＝1或m＝－. 2当m＝1时，直线l的方程为x－y－2＝0，圆心M的坐标为(3,1)，圆M的半径为10，圆M的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10. 911，－，圆M的半径当m＝－时，直线l的方程为2x＋y－4＝0，圆心M的坐标为242为918585x－2＋y＋2＝. ，圆M的方程为4216412．已知点M(－1,0)，N(1,0)，曲线E上任意一点到点M的距离均是到点N的距离的3倍．

(1)求曲线E的方程；

(2)已知m≠0，设直线l1：x－my－1＝0交曲线E于A，C两点，直线l2：mx＋y－m＝0交曲线E于B，D两点．当CD的斜率为－1时，求直线CD的方程．

解：(1)设曲线E上任意一点的坐标为(x，y)，

由题意得

x＋12＋y2＝3·x－12＋y2，

整理得x2＋y2－4x＋1＝0，即(x－2)2＋y2＝3为所求．

(2)由题意知l1⊥l2，且两条直线均恒过点N(1，0)．

设曲线E的圆心为E，则E(2,0)，设线段CD的中点为P，连接EP，ED，NP，则直线EP：y＝x－2. 设直线CD：y＝－x＋t，

y＝x－2，t＋2t－2由解得点P2，2，

y＝－x＋t，

1由圆的几何性质，知|NP|＝|CD|＝

2|ED|2－|EP|2，

t＋22t－22而|NP|2＝，|ED|2＝3，

－1＋22|2－t|2|EP|2＝，

2解得t＝0或t＝3，

所以直线CD的方程为y＝－x或y＝－x＋3.