2014届高三数学大一轮复习9.4直线与圆圆与圆的位置关系教案理新人教A版

1§9.4直线与圆、圆与圆的位置关系2014高考会这样考1.考查直线与圆的相交、相切问题，判断直线与圆、圆与圆的位置关系；2.计算弦长、面积，考查与圆有关的最值；根据条件求圆的方程．复习备考要这样做1.会用代数法或几何法判定点、直线与圆的位置关系；2.掌握圆的几何性质，通过数形结合法解决圆的切线、直线被圆截得的弦长等直线与圆的综合问题，体会用代数法处理几何问题的思想．1．直线与圆的位置关系设直线l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，圆：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r0)，d为圆心(a，b)到直线l的距离，联立直线和圆的方程，消元后得到的一元二次方程的判别式为Δ.方法位置关系几何法代数法相交drΔ0相切d＝rΔ＝0相离drΔ02.圆与圆的位置关系设圆O1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝r21(r10)，圆O2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝r22(r20).方法位置关系几何法：圆心距d与r1，r2的关系代数法：两圆方程联立组成方程组的解的情况相离dr1＋r2无解外切d＝r1＋r2一组实数解相交|r1－r2|dr1＋r2两组不同的实数解内切d＝|r1－r2|(r1≠r2)一组实数解内含0≤d|r1－r2|(r1≠r2)无解[难点正本疑点清源]1．直线与圆的位置关系体现了圆的几何性质和代数方法的结合，“代数法”与“几何法”是从不同的方面和思路来判断的．22．计算直线被圆截得的弦长的常用方法(1)几何方法运用弦心距(即圆心到直线的距离)、弦长的一半及半径构成直角三角形计算．(2)代数方法运用根与系数关系及弦长公式|AB|＝1＋k2|xA－xB|＝＋k2xA＋xB2－4xAxB].1．(2011·重庆)过原点的直线与圆x2＋y2－2x－4y＋4＝0相交所得弦的长为2，则该直线的方程为________．答案2x－y＝0解析圆的方程化为标准形式为(x－1)2＋(y－2)2＝1，又相交所得弦长为2，故相交弦为圆的直径，由此得直线过圆心(1,2)，故所求直线方程为2x－y＝0.2．若圆x2＋y2＝1与直线y＝kx＋2没有公共点，则实数k的取值范围为__________．答案(－3，3)解析由圆与直线没有公共点，可知圆的圆心到直线的距离大于半径，也就是2k2＋11，解得－3k3，即k∈(－3，3)．3．在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2＋y2＝4上有且只有四个点到直线12x－5y＋c＝0的距离为1，则实数c的取值范围是________．答案(－13,13)解析由题设得，若圆上有四个点到直线的距离为1，则需圆心(0,0)到直线的距离d满足0≤d1.∵d＝|c|122＋52＝|c|13，∴0≤|c|13，即c∈(－13,13)．4．从圆x2－2x＋y2－2y＋1＝0外一点P(3,2)向这个圆作两条切线，则两切线夹角的余弦值为()A.12B.35C.32D．0答案B解析圆的方程整理为(x－1)2＋(y－1)2＝1，C(1,1)，3∴sin∠APC＝15，则cos∠APB＝cos2∠APC＝1－2×152＝35.5．圆C1：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0与圆C2：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的公切线有且仅有()A．1条B．2条C．3条D．4条答案B解析⊙C1：(x＋1)2＋(y＋1)2＝4，圆心C1(－1，－1)，半径r1＝2.⊙C2：(x－2)2＋(y－1)2＝4，圆心C2(2,1)，半径r2＝2.∴|C1C2|＝13，∴|r1－r2|＝0|C1C2|r1＋r2＝4，∴两圆相交，有两条公切线.题型一直线与圆的位置关系例1已知直线l：y＝kx＋1，圆C：(x－1)2＋(y＋1)2＝12.(1)试证明：不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点；(2)求直线l被圆C截得的最短弦长．思维启迪：直线与圆的交点个数即为直线方程与圆方程联立而成的方程组解的个数；最短弦长可用代数法或几何法判定．方法一(1)证明由y＝kx＋1，x－2＋y＋2＝12，消去y得(k2＋1)x2－(2－4k)x－7＝0，因为Δ＝(2－4k)2＋28(k2＋1)0，所以不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点．(2)解设直线与圆交于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，则直线l被圆C截得的弦长|AB|＝1＋k2|x1－x2|4＝28－4k＋11k21＋k2＝211－4k＋31＋k2，令t＝4k＋31＋k2，则tk2－4k＋(t－3)＝0，当t＝0时，k＝－34，当t≠0时，因为k∈R，所以Δ＝16－4t(t－3)≥0，解得－1≤t≤4，且t≠0，故t＝4k＋31＋k2的最大值为4，此时|AB|最小为27.方法二(1)证明圆心C(1，－1)到直线l的距离d＝|k＋2|1＋k2，圆C的半径R＝23，R2－d2＝12－k2＋4k＋41＋k2＝11k2－4k＋81＋k2，而在S＝11k2－4k＋8中，Δ＝(－4)2－4×11×80，故11k2－4k＋80对k∈R恒成立，所以R2－d20，即dR，所以不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点．(2)解由平面几何知识，知|AB|＝2R2－d2＝28－4k＋11k21＋k2，下同方法一．方法三(1)证明因为不论k为何实数，直线l总过点P(0，1)，而|PC|＝523＝R，所以点P(0,1)在圆C的内部，即不论k为何实数，直线l总经过圆C内部的定点P.所以不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点．(2)解由平面几何知识知过圆内定点P(0,1)的弦，只有和AC(C为圆心)垂直时才最短，而此时点P(0,1)为弦AB的中点，由勾股定理，知|AB|＝212－5＝27，即直线l被圆C截得的最短弦长为27.探究提高(1)利用圆心到直线的距离可判断直线与圆的位置关系，也可利用直线的方程与圆的方程联立后得到的一元二次方程的判别式来判断直线与圆的位置关系；(2)勾股定理是解决有关弦问题的常用方法．(2012·安徽)若直线x－y＋1＝0与圆(x－a)2＋y2＝2有公共点，则实数a的取值范围是()A．[－3，－1]B．[－1,3]C．[－3,1]D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)答案C解析由题意知，圆心为(a,0)，半径r＝2.5若直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离小于或等于半径，即|a－0＋1|2≤2，∴|a＋1|≤2.∴－3≤a≤1.6题型二圆与圆的位置关系例2a为何值时，圆C1：x2＋y2－2ax＋4y＋a2－5＝0和圆C2：x2＋y2＋2x－2ay＋a2－3＝0.(1)外切；(2)相交；(3)外离；(4)内切．思维启迪：(1)分别表示出两圆的圆心坐标和半径；(2)利用圆心距与两圆半径的关系求解．解将两圆方程写成标准方程．C1：(x－a)2＋(y＋2)2＝9，C2：(x＋1)2＋(y－a)2＝4.∴两圆的圆心和半径分别为C1(a，－2)，r1＝3，C2(－1，a)，r2＝2，设两圆的圆心距为d，则d2＝(a＋1)2＋(－2－a)2＝2a2＋6a＋5.(1)当d＝5，即2a2＋6a＋5＝25时，两圆外切，此时a＝－5或a＝2.(2)当1d5，即12a2＋6a＋525时，两圆相交，此时－5a－2或－1a2.(3)当d5，即2a2＋6a＋525时，两圆外离，此时a2或a－5.(4)当d＝1，即2a2＋6a＋5＝1时，两圆内切，此时a＝－1或a＝－2.探究提高判断两圆的位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差之间的关系，一般不采用代数法．已知圆C与圆C1：x2＋y2－2x＝0相外切，并且与直线l：x＋3y＝0相切于点P(3，－3)，求圆C的方程．解设所求圆的圆心为C(a，b)，半径长为r，则圆C的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，∵C(a，b)在过点P且与l垂直的直线上，∴b＋3a－3＝3.①又∵圆C与l相切于点P，∴r＝|a＋3b|2.②∵圆C与圆C1相外切，∴a－2＋b2＝r＋1.③由①得3a－b－43＝0，从而由②③④可得4a2－26a＋49＝|2a－6|＋1，④解得a＝4b＝0，或a＝0b＝－43，此时，r＝2或r＝6.7即所求的圆C的方程为(x－4)2＋y2＝4或x2＋(y＋43)2＝36.题型三直线与圆的综合问题例3已知⊙M：x2＋(y－2)2＝1，Q是x轴上的动点，QA，QB分别切⊙M于A，B两点．(1)若|AB|＝423，求|MQ|、Q点的坐标以及直线MQ的方程；(2)求证：直线AB恒过定点．思维启迪：第(1)问利用平面几何的知识解决；第(2)问设点Q的坐标，从而确定点A、B的坐标与AB的直线方程．(1)解设直线MQ交AB于点P，则|AP|＝232，又|AM|＝1，AP⊥MQ，AM⊥AQ，得|MP|＝12－89＝13，又∵|MQ|＝|MA|2|MP|，∴|MQ|＝3.设Q(x,0)，而点M(0,2)，由x2＋22＝3，得x＝±5，则Q点的坐标为(5，0)或(－5，0)．从而直线MQ的方程为2x＋5y－25＝0或2x－5y＋25＝0.(2)证明设点Q(q,0)，由几何性质，可知A、B两点在以QM为直径的圆上，此圆的方程为x(x－q)＋y(y－2)＝0，而线段AB是此圆与已知圆的公共弦，即为qx－2y＋3＝0，所以直线AB恒过定点0，32.探究提高在解决直线与圆的位置关系时要充分考虑平面几何知识的运用，如在直线与圆相交的有关线段长度计算中，要把圆的半径、圆心到直线的距离、直线被圆截得的线段长度放在一起综合考虑，不要单纯依靠代数计算，这样既简单又不容易出错．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43，求l的方程；(2)求过P点的圆C的弦的中点的轨迹方程．解(1)如图所示，|AB|＝43，将圆C方程化为标准方程为(x＋2)2＋(y－6)2＝16，∴圆C的圆心坐标为(－2,6)，半径r＝4，设D是线段AB的中点，则CD⊥AB，∴|AD|＝23，|AC|＝4.C点坐标为(－2,6)．8在Rt△ACD中，可得|CD|＝2.设所求直线l的斜率为k，则直线l的方程为：y－5＝kx，即kx－y＋5＝0.由点C到直线AB的距离公式：|－2k－6＋5|k2＋－2＝2，得k＝34.故直线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，此时方程为x＝0.∴所求直线l的方程为x＝0或3x－4y＋20＝0.(2)设过P点的圆C的弦的中点为D(x，y)，则CD⊥PD，即CD→·PD→＝0，∴(x＋2，y－6)·(x，y－5)＝0，化简得所求轨迹方程为x2＋y2＋2x－11y＋30＝0.与圆有关的探索问题典例：(12分)已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0.问在圆C上是否存在两点A、B关于直线y＝kx－1对称，且以AB为直径的圆经过原点？若存在，写出直线AB的方程；若不存在，说明理由．审题视角(1)假设存在两点A、B关于直线对称，则直线过圆心．(2)若以AB为直径的圆过原点，则OA⊥OB，转化为OA→·OB→＝0.规范解答解圆C的方程可化为(x－1)2＋(y＋2)2＝9，圆心为C(1，－2)．假设在圆C上存在两点A、B满足条件，则圆心C(1，－2)在直线y＝kx－1上，即k＝－1.[3分]于是可知，kAB＝1.设lAB：y＝x＋b，代入圆C的方程，整理得2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，则Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)0，即b2＋6b－90.9解得－3－32b－3＋32.[7分]设点A、B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－b－1，x1x2＝12b2＋2b－2.由题意知OA⊥OB，则有x1x2＋y1y2＝0，也就是x1x2＋(x1＋b)(x2＋b)＝0.∴2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0.[10分]∴b2＋4b－4－b2－b＋b2＝0，化简得b2＋3b－4＝0.解得b＝－4或b＝1，均满足Δ0，即直线AB的方程为x－y－4＝0，或x－y＋1＝0.[12分]答题模板第一步：假设