习题4.2第一课时教学设计

习题课4.2 圆与方程

目标定位：

1.能根据条件求直线或圆的方程. 2.能利用坐标法解决一些简单的位置关系问题. 3.通过研究圆上任意一点与直线上任意一点之间距离的最值问题及两圆关于直线对称问题，体会数形结合.化归的思想方法及解析法思想.

自

主

预

习

1.直线l：y－1＝k(x－1)和圆x2＋y2－2y＝0的位置关系是(

) A.相离

C.相交

B.相切或相交

D.相切

解析

l过定点A(1，1)，∵12＋12－2×1＝0，∴点A在圆上，∵直线x＝1过点A且为圆的切线，又l斜率存在，∴l与圆一定相交，故选C. 答案

C 2.已知圆C：(x－a)2＋(y－2)2＝4(a>0)及直线l：x－y＋3＝0，当直线l被圆C截得的弦长为23时，则a等于(

) A.2

C.2－1

B.2－2 D.2＋1 解析

因为圆的半径为2，且截得弦长的一半为3，所以圆心到直线的距离为1，|a－2＋3|即＝1，解得a＝±2－1，因为a>0所以a＝2－1，故选C.

2答案

C 3.与圆(x－3)3＋(y＋2)2＝4关于直线x＝－1对称的圆的方程为(

) A.(x＋5)2＋(y＋2)2＝4 C.(x－5)2＋(y＋2)2＝4 B.(x－3)2＋(y＋2)2＝4 D.(x－3)2＋y2＝4

解析

已知圆的圆心(3，－2)关于直线x＝－1的对称点为(－5，－2)，∴所求圆的方程为(x＋5)2＋(y＋2)2＝4.

答案

A 4.已知半径为1的动圆与圆(x－5)2＋(y＋7)2＝16相切，则动圆圆心的轨迹方程是(

) A.(x－5)2＋(y－7)2＝25 B.(x－5)2＋(y－7)2＝17或(x－5)2＋(y＋7)2＝15 C.(x－5)2＋(y－7)2＝9 D.(x－5)2＋(y＋7)2＝25或(x－5)2＋(y＋7)2＝9 解析

设动圆圆心为(x，y)，若动圆与已知圆外切，则（x－5）2＋（y＋7）2＝4＋1，∴(x－5)2＋(y＋7)2＝25；若动圆与已知圆内切，则（x－5）2＋（y＋7）2＝4－1，∴(x－5)2＋(y＋7)2＝9.

答案

D 5．(2016·山东)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

B．相交

C．外切

D．相离

解析

∵圆M：x2＋(y－a)2＝a2，∴圆心坐标为M(0，a)，半径r1为a，圆心M|a||a|2到直线x＋y＝0的距离d＝，由几何知识得＋(2)2＝a2，解得a＝2. 22∴M(0，2)，r1＝2. 又圆N的圆心坐标N(1，1)，半径r2＝1，

∴|MN|＝（1－0）2＋（1－2）2＝2，r1＋r2＝3，r1－r2＝1. ∴r1－r2＜|MN|＜r1＋r2，∴两圆相交，故选B. 答案

B

6.两圆相交于点A(1，3)，B(m，－1)，两圆的圆心均在直线x－y＋c＝0上，则m＋c的值为________. 解析

由圆的几何性质得直线垂直平分AB，

3＋11－m＝－1，m＝5，有解得∴m＋c＝3.

1＋mc＝－2，2－1＋c＝0，答案

3

题型一

与圆有关的最值问题

【例1】

已知实数x，y满足方程(x－2)2＋y2＝3. y(1)求x的最大值和最小值；

(2)求y－x的最大值和最小值；

(3)求x2＋y2的最大值和最小值；

y解

(1)原方程表示以点(2，0)为圆心，以3为半径的圆，设x＝k，即y＝kx，当直线y＝kx与圆相切时，斜率k取最大值和最小值，此时±3. y故x的最大值为3，最小值为－3. (2)设y－x＝b，即y＝x＋b，

当y＝x＋b与圆相切时，纵截距b取得最大值和最小值，此时b＝－2±6. 故y－x的最大值为－2＋6，最小值为－2－6. (3)x2＋y2表示圆上的点与原点距离的平方，由平面几何知识知，它在原点与圆心所在直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，

故(x2＋y2)max＝(2＋3)2＝7＋43，

(x2＋y2)min＝(2－3)2＝7－43. |2－0＋b|＝3，即2|2k－0|＝3，解得k＝2k＋1规律方法: 在解决有关直线与圆的最值和范围问题时，最常用的方法是函数法，把要求的最值或范围表示为某个变量的关系式，用函数或方程的知识，尤其是配方的方法求出最值或范围；除此之外，数形

结合的思想方法也是一种重要方法，直接根据图形和题设条件，应用图形的直观位置关系得出要求的范围. 【训练1】

过直线x－y＋4＝0上任意一点P(x，y)向圆x2＋y2＝1引切线，求切线长的最小值. 解

如图，过O点向直线x－y＋4＝0引垂线，垂足为P，过P作圆x2＋y2＝1的一条切线PA，A为切点，此时P点是直线上所有点中到O点的距离最小的点，

又|PA|2＝|PO|2－|PA|2，|AO|＝r，

42∴|PA|＝－1＝7，∴|PA|＝7，∴切线长的最小值为7. 22题型二

与圆有关的轨迹问题

【例2】

已知点P在圆C：x2＋y2－8x－6y＋21＝0上运动，求线段OP的中点M的轨迹方程. x0x＝2，x0＝2x，设点M(x，y)，点P(x0，y0)，则∴

y0y0＝2y.y＝2，解

法一

∵点P(x0，y0)在圆C：x2＋y2－8x－6y＋21＝0上，

2∴x0＋y20－8x0－6×y0＋21＝0. ∴(2x)2＋(2y)2－8×(2x)－6×(2y)＋21＝0. 21即点M的轨迹方程为x2＋y2－4x－3y＋4＝0. 法二

设点M的坐标为(x，y)，连接OC，PC，取线段OC的中点A，连接MA. 圆C的方程可化为(x－4)2＋(y－3)2＝4，圆心C(4，3)，

3|CP|＝2.则点A的坐标为2，2. 1如图，在△OCP中，M，A分别是OP，OC的中点，则|MA|＝2|CP|，即|MA|＝1.

又当O，C，P三点共线时，|MA|＝1. ∴点M的轨迹是以A为圆心，1为半径的圆. 32∴点M的轨迹方程为(x－2)＋y－2＝1. 2规律方法: 本题法一为代入法：它用于处理一个主动点与一个被动点问题，只需找出这两点坐标之间的关系，然后代入主动点满足的轨迹方程即可.本题法二为定义法：动点的轨迹满足某种曲线的定义，然后根据定义直接写出动点的轨迹方程. 【训练2】

如图所示，已知P(4，0)是圆x2＋y2＝36内的一点，A，B是圆上两动点，且满足∠APB＝90°，求矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程.

解

设AB的中点为R(x，y)，连接AO，RO.在Rt△ARO中，

|AR|2＝|AO|2－|OR|2＝36－(x2＋y2). 又∵|AR|＝|PR|＝（x－4）2＋y2，

∴(x－4)2＋y2＝36－(x2＋y2)，即x2＋y2－4x－10＝0. ∴点R在一个圆上，而当R在此圆上运动时，Q点也在所求的轨迹上运动. x＋4设Q(x，y)，R(x1，y1)，由R为PQ中点，得x1＝2，

yy1＝2. x＋4y将x1＝2，y1＝2代入方程x2＋y2－4x－10＝0，得

x＋4x＋42y2＋2－4·－10＝0. 22

整理，得x2＋y2＝56. 即点Q的轨迹方程为x2＋y2＝56. 题型三

过交点的圆系方程的应用

【例3】

求过两圆C1：x2＋y2－4x＋2y＋1＝0与C2：x2＋y2－6x＝0的交点且过点(2，－2)的圆的方程. 解

设过两圆C1：x2＋y2－4x＋2y＋1＝0与C2：x2＋y2－6x＝0的交点的圆系方程为x2＋y2－4x＋2y＋1＋λ(x2＋y2－6x)＝0，

即(1＋λ)x2＋(1＋λ)y2－(4＋6λ)x＋2y＋1＝0. 把(2，－2)代入，得4(1＋λ)＋4(1＋λ)－2(4＋6λ)－4＋1＝0，

3解得λ＝－4. ∴圆的方程为x2＋y2＋2x＋8y＋4＝0. 规律方法: 当经过两圆的交点时，圆的方程可设为(x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1)＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0，然后用待定系数法求出λ即可. 【训练3】

求过直线x＋3y－7＝0与圆x2＋y2＋2x－2y－3＝0的交点且在两坐标轴上的四个截距之和为－8的圆的方程. 解

设过直线与圆的交点的圆的方程为

(x2＋y2＋2x－2y－3)＋λ(x＋3y－7)＝0，

即x2＋y2＋(2＋λ)x＋(3λ－2)y－3－7λ＝0. 令y＝0，得x2＋(2＋λ)x－3－7λ＝0，

∴圆在x轴上的两个截距之和为－2－λ. 令x＝0，得y2＋(3λ－2)y－3－7λ＝0，

∴圆在y轴上的两个截距之和为2－3λ. 由题意得－2－λ＋2－3λ＝－8，解得λ＝2. 故所求圆的方程为x2＋y2＋4x＋4y－17＝0.

题型四

利用坐标法解决直线与圆的问题

【例4】

街头有一片绿地，绿地如图①所示(单位：m)，其中ABC为圆弧，求此

绿地面积(精确到0.1 m2).

解

如图所示建立坐标系，各点坐标分别为A(0，7)，B(3，8)，C(7，6)，所以过A，B，C三点的圆弧方程为(x－3)2＋(y－3)2＝25(0≤x≤7，y＞0). ∵|AC|＝（7－0）2＋（6－7）2＝52，∴∠AEC＝90°. （7＋6）×7故所求的面积为S梯形AODC＋S弓形ABC＝S梯形AODC＋(S扇形ACE－S△ACE)＝＋225π121222π×5－×5＝33＋≈52.6 m，所以绿地面积为52.6 m. 424规律方法: 利用坐标法解决实际问题一般需要三个步骤：(1)建立坐标系，将实际问题转化为数学问题；(2)解决数学问题；(3)将数学问题还原成实际问题. 【训练4】

如图所示，l1，l2是通过某城市开发区中心O的两条南北和东西走向的街道，连接M、N两地之间的铁路线是圆心在l2上的一般圆弧，点M在点O正北方向，且|MO|＝3 km，点N到l1，l2的距离分别为4 km和5 km.

(1)建立适当的坐标系，求铁路线所在圆弧的方程；

(2)若该城市的某中学拟在点O正东方向选址建分校，考虑环境问题，要求校址到点O的距离大于4 km，并且铁路线上任意一点到校址的距离不能小于26 km，求校址距离点O的最近距离.(注：校址视为一个点) 解

(1)以城市开发中心O为原点，分别以l2、l1为x轴、y轴，建立直角坐标系. 5－31根据题意，得M(0，3)，N(4，5)，故kMN＝＝，MN的中点为(2，4)，∴线4－02段MN的垂直平分线方程为y－4＝－2(x－2). 令y＝0，得x＝4，故圆心A的坐标为(4，0)，

半径r＝（4－0）2＋（0－3）2＝5.

∴圆A的方程为(x－4)2＋y2＝25，

︵∴MN的方程为(x－4)2＋y2＝25(0≤x≤4，3≤y≤5). (2)设校址选在点B(a，0)(a＞4)，则（x－a）2＋y2≥26对0≤x≤4恒成立，

整理得(8－2a)x＋a2－17≥0，①

对0≤x≤4恒成立.令f(x)＝(8－2a)x＋a2－17，

∵a＞4，∴8－2a＜0.∴f(x)在[0，4]上为减函数，要使①恒成立，当且仅当a＞4，a＞4，时，即∴a≥5，

2f（4）≥0，（8－2a）4＋a－17≥0，即校址距离点O的最近距离为5 km. [课堂小结] 1.求圆的方程时，当给出的条件与圆心坐标、半径有关，或者由已知条件容易求得圆心坐标和半径时，一般用圆的标准方程比较方便；否则，用圆的一般方程较好，特别是当给出圆上三个点的坐标时，用一般方程可以得到关于D，E，F的三元一次方程组，这比用圆的标准方程简便得多. 2.与圆有关的最值问题包含的情况

(1)求圆上一点到圆外一点P的最大距离、最小距离：

dmax＝|OP|＋r，dmin＝||OP|－r|；

(2)求圆上的点到某条直线的最大距离、最小距离，设圆心到直线的距离为m，则dmax＝m＋r，dmin＝m－r；

yy－m(3)已知点的运动轨迹是(x－a)＋(y－b)＝r，求①；②；③x2xx－n222＋y2等式子的最值，一般是运用几何法求解. 3.坐标法贯穿解析几何的始终，通过平面直角坐标系，研究了直线和圆的有关问题；通过建立坐标系，把点与坐标、曲线与方程等联系起来，将几何问题转化为代数问题，优化了思维的过程. 作业布置：教材p132 B组练习