第四章 圆与方程（通用）第二课时教学设计

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要点归纳

1．圆的方程

(1)圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，其中圆心是C(a，b)，半径长是r.特别地，圆心在原点的圆的标准方程为x2＋y2＝r2. 圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)．

(2)由于圆的方程均含有三个参变量(a，b，r或D，E，F)，而确定这三个参数必须有三个独立的条件，因此，三个独立的条件可以确定一个圆．

(3)求圆的方程常用待定系数法，此时要善于根据已知条件的特征来选择圆的方程．如果已知圆心或半径长，或圆心到直线的距离，通常可用圆的标准方程；如果已知圆经过某些点，通常可用圆的一般方程．

2．点与圆的位置关系

(1)点在圆上

①如果一个点的坐标满足圆的方程，那么该点在圆上．

②如果点到圆心的距离等于半径，那么点在圆上．

(2)点不在圆上

①若点的坐标满足F(x，y)>0，则该点在圆外；若满足F(x，y)<0，则该点在圆内．

②点到圆心的距离大于半径则点在圆外；点到圆心的距离小于半径则点在圆内．

注意：若P点是圆C外一定点，则该点与圆上的点的最大距离：dmax＝|PC|＋r；最小距离：dmin＝|PC|－r. 3．直线与圆的位置关系

直线与圆的位置关系有三种：相交、相离、相切，其判断方法有两种：代数法(通过解直线方程与圆的方程组成的方程组，根据解的个数来判断)、几何法(由圆心到直线的距离d与半径长r的大小关系来判断)．

(1)当直线与圆相离时，圆上的点到直线的最大距离为d＋r，最小距离为d－r，其中d为圆心到直线的距离．

(2)当直线与圆相交时，圆的半径长、弦心距、弦长的一半构成直角三角形．

(3)当直线与圆相切时，经常涉及圆的切线．

①若切线所过点(x0，y0)在圆x2＋y2＝r2上，则切线方程为x0x＋y0y＝r2；若点(x0，y0)在圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上，则切线方程为

(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2. ②若切线所过点(x0，y0)在圆外，则切线有两条．此时解题时若用到直线的斜率，则要注意斜率不存在的情况也可能符合题意．

(4)过直线l：Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)与圆C：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)的交点的圆系方程是x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ(Ax＋By＋C)＝0，λ是待定的系数．

4．圆与圆的位置关系

两个不相等的圆的位置关系有五种：外离、外切、相交、内切、内含，其判断方法有两种：代数法(通过解两圆的方程组成的方程组，根据解的个数来判断)、几何法(由两圆的圆心距d与半径长r，R的大小关系来判断)．

(1)求相交两圆的弦长时，可先求出两圆公共弦所在直线的方程，再利用相交两圆的几何性质和勾股定理来求弦长．

(2)过圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0与圆C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0的交点的直线方程为(D1－D2)x＋(E1－E2)y＋F1－F2＝0. 5．空间直角坐标系

(1)建立的空间直角坐标系要遵循右手法则，空间上的任意一点都与有序实数组(x，y，z)一一对应．

(2)空间中P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)之间的距离|P1P2|＝x1－x22＋y1－y22＋z1－z22. (3)可利用“关于谁对称，谁保持不变，其余坐标相反”的方法来求空间直角坐标系下

的对称点.

专题一

求圆的方程

求圆的方程主要是联系圆系方程、圆的标准方程和一般方程，利用待定系数法解题．一般地，当已知圆的圆心或半径的几何特征时，设圆的标准方程并结合圆的几何性质求解；当已知圆上三个点时，设圆的一般方程；当所求圆经过直线与圆、圆与圆的交点时，常利用圆系方程来解答．

【例1】

已知圆经过点A(2，－1)，圆心在直线2x＋y＝0上，且与直线x－y－1＝0相切，求圆的方程．

DE－，－. 解

法一

设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其圆心为22∵圆经过点A(2，－1)，∴5＋2D－E＋F＝0.①

又圆心在直线2x＋y＝0上，

－D＋－E＝0，即2D＋E＝0.②

∴2·22将y＝x－1代入圆的方程得

2x2＋(D＋E－2)x＋(1－E＋F)＝0，Δ＝(D＋E－2)2－8(1－E＋F)＝0.③

将①②代入③中，得(－D－2)2－8(1－2D－5)＝0，即D2＋20D＋36＝0，解得D＝－2，或D＝－18. 代入①②得D＝－2，E＝4，F＝3，或D＝－18，E＝36，F＝67. 故所求圆的方程为x2＋y2－2x＋4y＋3＝0，x2＋y2－18x＋36y＋67＝0. 法二

设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)．

∵圆心在直线2x＋y＝0上，

∴b＝－2a，即圆心为(a，－2a)．

又圆与直线x－y－1＝0相切，且过点A(2，－1)，

|a＋2a－1|∴＝r，(2－a)2＋(－1＋2a)2＝r2，即(3a－1)2＝2(2－a)2＋2(－1＋2a)2，解得a2＝1，或a＝9. ∴a＝1，b＝－2，r2＝2，或a＝9，b＝－18，r2＝338. 故所求圆的方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝2或(x－9)2＋(y＋18)2＝338. 专题二

直线与圆、圆与圆的位置关系

(1)直线与圆的位置关系是高考考查的重点，切线问题更是重中之重，判断直线与圆的位置关系以几何法为主，解题时应充分利用圆的几何性质以简化解题过程．

(2)解决圆与圆的位置关系的关键是抓住它的几何特征，利用两圆圆心距与两圆半径的和、差的绝对值的大小来确定两圆的位置关系，以及充分利用它的几何图形的形象直观性来

分析问题．

【例2】

如图所示，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x＋3)2＋(y－1)2＝4和圆C2：(x－4)2＋(y－5)2＝4. (1)若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截得的弦长为23，求直线l的方程；

(2)设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标．

解

(1)由于直线x＝4与圆C1不相交，所以直线l的斜率存在．设直线l的方程为y＝k(x－4)，圆C1的圆心到直线l的距离为d，因为直线l被圆C1截得的弦长为23，所以d＝|1－k－3－4|22－32＝1.由点到直线的距离公式得d＝，从而k(24k＋7)＝0. 1＋k27即k＝0或k＝－，所以直线l的方程为y＝0或7x＋24y－28＝0. 24(2)设点P(a，b)满足条件，不妨设直线l1的方程为y－b＝k(x－a)，k≠0，则直线l2的方1程为y－b＝－(x－a)．因为圆C1和圆C2的半径相等，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线kl2被圆C2截得的弦长相等，所以圆C1的圆心到直线l1的距离和圆C2的圆心到直线l2的距离5＋14－a－bk|1－k－3－a－b|相等，即＝，

11＋k21＋2k整理得|1＋3k＋ak－b|＝|5k＋4－a－bk|，

从而1＋3k＋ak－b＝5k＋4－a－bk或1＋3k＋ak－b＝－5k－4＋a＋bk，

即(a＋b－2)k＝b－a＋3或(a－b＋8)k＝a＋b－5，

因为k的取值范围有无穷多个，

a＋b－2＝0，a－b＋8＝0，所以或

b－a＋3＝0a＋b－5＝0，

解得1b＝－25a＝，2

或13b＝2.3a＝－，2

51313，－或点P2－，. 这样点P只可能是点P12222经检验点P1和P2满足题目条件．

专题三

与圆有关的最值问题

利用直线与圆的方程解决最值问题的类型：

(1)由某些代数式的结构特征联想其几何意义，然后利用直线与圆的方程及解析几何的有关知识并结合图形的直观性来分析解决问题，常涉及的几何量有斜率、截距、距离等；

(2)转化成函数解析式，利用函数的性质解决．

【例3】

已知实数x、y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0.求：

y(1)的最大值和最小值；

x(2)y－x的最大值和最小值；

(3)x2＋y2的最大值和最小值．

解

原方程化为(x－2)2＋y2＝3，表示以(2,0)为圆心，3为半径的圆．

yy(1)的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设＝k，即y＝kx. xx当直线y＝kx与圆相切时，斜率取最大值和最小值，

|2k－0|此时2＝3，解得k＝±3，

k＋1y所以的最大值是3，最小值是－3. x(2)y－x可看作是直线y＝x＋b在y轴上的截距，当直线y＝x＋b与圆相切时，纵截距取得最大值和最小值，

|2－0＋b|此时＝3，解得b＝－2±6，

2所以y－x的最大值是－2＋6，最小值是－2－6. (3)x2＋y2表示圆上的一点与原点的距离的平方，

由平面几何知识知，在原点与圆心的连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值，

又圆心到原点的距离为2－02＋0－02＝2，

所以x2＋y2的最大值是(2＋3)2＝7＋43，x2＋y2的最小值是(2－3)2＝7－43. 专题四

坐标法的应用

用坐标法解决几何问题，首先要建立坐标系，把几何元素及关系用坐标或方程表示出来，然后用代数方法来解决几何问题，要根据平面图形的特点(或空间图形的结构特征)建立适当的平面直角坐标系(或空间直角坐标系)，这是坐标系解决问题的关键．

甲

【例4】

(1)如图甲所示，过半径为2的圆M上两点P，Q的切线相交于点T，自点P向平行于PQ的直径AB的两端各作一直线，这两条直线分别交垂直于PQ的直径所在直线于点R，S.试建立适当的直角坐标系用解析法证明：|RT|＝|ST|. (2)

乙

如图乙所示，已知正四面体ABCD的棱长为1，E，F分别为棱AB、CD的中点．

①建立适当的空间直角坐标系，写出顶点A，B，C，D的坐标．

②求EF的长．

(1)证明

如图，以圆心M为原点，平行于PQ的直径AB所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则可得圆的方程x2＋y2＝4，A(0,2)、B(0，－2)，

2设P(x0，y0)(x0≠0)，则x20＋y0＝4.

直线AP的方程为

y0－2y＝x＋2，

x0

y0＋22x02x0令y＝0得，xR＝.直线BP的方程为y＝x－2，令y＝0得，xS＝.∵切线x02－y02＋y0

4PT方程为x0x＋y0y＝4，由对称性知点T在x轴上，故令y＝0得，xT＝，|RT|＝|xR－xT|＝x0222x0－8＋4y0－2y0＋4y0＝2y0，|ST|＝|x－x|＝2x0－4＝2x0－4＝＝ST2－y0x0x02－y02＋y0x0x02－y0x0222x0－8－4y0＝2y0＋4y0＝2y0，所以|RT|＝|ST|. x2＋yx2＋yx00000(2)解

①设底面正三角形BCD的中心为点O，连接AO，DO，延长DO交BC

于点M，则AO⊥平面BCD，M是BC的中点，且DM⊥BC，过点O作ON∥BC，交CD于点N，则ON⊥DM，故以O为坐标原点，OM，ON，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

∵正四面体ABCD的棱长为1，O为底面△BCD的中心，

221313∴OD＝·DM＝

1－＝，OM＝DM＝. 33433636OA＝AD2－DO2＝

1－＝. 93631313∴A0，0，，B，－，0，C，，0，D－，0，0. 32662331631→②由①及中点坐标公式得E，－，，F－，，0，∴|EF|＝

4612124－32＋12＋－62＝2.

6262