數(shù)學(xué)學(xué)案：直線與圓的位置關(guān)系

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精數(shù)學(xué)人教B必修2第二章2。3。3直線與圓的位置關(guān)系1．能熟練地掌握二元方程組的解法，并通過解方程或方程組,解決直線與圓的位置關(guān)系問題．2．根據(jù)給定的直線、圓的方程,會用代數(shù)法和幾何法判斷直線與圓的位置關(guān)系．直線與圓的位置關(guān)系直線l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0),圓C:(x－a)2＋(y－b）2＝r2(r＞0)，設(shè)圓心（a，b）到直線的距離是d，d＝eq\f（|Aa＋Bb＋C|,\r(A2＋B2）)，則有：位置關(guān)系幾何特征代數(shù)特征（方程聯(lián)立）相離d＞r無實數(shù)解(Δ＜0)相切d＝r________相交________________代數(shù)法和幾何法來研究直線與圓的位置關(guān)系各有特點．“幾何法”更多地側(cè)重于“形"，更多地結(jié)合了圖形的幾何性質(zhì)；“代數(shù)法"則側(cè)重于“數(shù)"，它傾向于“坐標(biāo)”與“方程"．【做一做1－1】直線4x＋3y－40＝0與圓x2＋y2＝64的位置關(guān)系是（)．A．外離B．相切C．相交D．相切或外離【做一做1－2】若直線x－y＝2被圓(x－a）2＋y2＝4所截得的弦長為2eq\r（2），則實數(shù)a的值為(）．A．－1或eq\r（3）B．1或3C．－2或6D．0或4【做一做1－3】(2010·課標(biāo)全國卷)過點A（4，1)的圓C與直線x－y－1＝0相切于點B（2,1）,則圓C的方程為__________．1．過點(x0,y0）的圓的切線方程的求法剖析：（1）當(dāng)點(x0，y0）在圓x2＋y2＝r2上時,切線方程為x0x＋y0y＝r2；（2）當(dāng)點(x0，y0）在圓（x－a)2＋(y－b）2＝r2上時,切線方程為（x0－a）(x－a）＋（y0－b)(y－b)＝r2;（3）點（x0，y0)在圓外，則可設(shè)切線方程為y－y0＝k（x－x0),變成一般式kx－y＋y0－kx0＝0，因為與圓相切，所以可利用圓心到直線距離等于半徑,解出k.注意若此方程只有一個實根，則還有一條斜率不存在的直線，不能忽略．2．弦長的求法剖析：已知圓C:（x－x1）2＋（y－y1）2＝r2，直線AB:Ax＋By＋C＝0（A，B不同時為0)，如圖，△ABC是等腰三角形，取弦AB的中點D，則CD⊥AB,且CD平分弦AB，因此弦長｜AB｜＝2eq\r（r2－d2），其中d表示弦心距,d＝eq\f（|Ax1＋By1＋C｜，\r(A2＋B2）).另外,還可以從方程的角度用兩點間距離公式去計算，這時結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系，進行整體代換求得，即將直線AB：y＝kx＋m代入（x－x1）2＋(y－y1）2＝r2，消去y得關(guān)于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0，設(shè)直線與圓的交點A(x2，y2),B(x3，y3)，則x2，x3是上述方程的兩個根，由根與系數(shù)的關(guān)系，得x2＋x3＝－eq\f(b，a）,x2·x3＝eq\f(c，a)，則｜AB｜＝eq\r（x2－x32＋y2－y32)＝eq\r（x2－x32＋kx2－kx32）＝eq\r(1＋k2）｜x2－x3｜＝eq\r(1＋k2[x2＋x32－4x2x3］)＝eq\r(1＋k2）eq\f(\r（b2－4ac),｜a｜).題型一直線與圓的位置關(guān)系【例1】求當(dāng)λ為何值時，直線λx－y－λ－1＝0與圓x2＋y2－4x－2y＋1＝0相交？相切？相離？分析:可利用直線與圓的方程構(gòu)成的方程組的解的情況，或圓心到直線的距離與圓半徑之間的關(guān)系，列條件求解λ的值或λ的取值范圍．反思:判斷直線與圓的位置關(guān)系可以從代數(shù)法和幾何法兩種角度入手，但用幾何法解決更簡便．題型二關(guān)于弦長問題【例2】求直線y＝x被圓（x－2）2＋（y－4)2＝10所截得的弦長．分析：求直線被圓所截弦長的方法，一是利用弦心距、半徑和半弦所構(gòu)成的直角三角形,二是用弦長公式．反思：求直線被圓所截得的弦長問題多利用半弦、半徑、圓心到直線的距離構(gòu)成的直角三角形來處理．題型三直線與圓的綜合問題【例3】已知O為坐標(biāo)原點,⊙O1：x2＋y2＋x－6y＋c＝0與直線x＋2y－3＝0的兩個交點分別為P，Q,那么當(dāng)c取何值時，OP⊥OQ?分析:利用代數(shù)方法，即聯(lián)立直線與圓的方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系對OP⊥OQ進行轉(zhuǎn)化．反思：當(dāng)圓中的幾何特征不明顯時,往往采用代數(shù)方程的思想，體現(xiàn)了解析幾何的本質(zhì)特征．這也是解決解析幾何的重要方法．【例4】求圓（x－3)2＋(y－3）2＝9上到直線l：3x＋4y－11＝0的距離為1的點有幾個?分析：此題應(yīng)從圓心到直線l的距離與圓的半徑3之間的關(guān)系入手分析求解．反思:解決有關(guān)直線與圓的問題要有作圖意識，準確作圖能幫助我們更快更準地分析題意．另外,要善于挖掘題目的切入點，找出臨界是關(guān)鍵．題型四易錯辨析【例5】若直線l過點P（2,3)，且與圓（x－1)2＋(y＋2)2＝1相切，求直線l的方程．錯解：設(shè)直線l:y－3＝k(x－2)，即kx－y＋3－2k＝0.因為直線l與圓（x－1）2＋(y＋2）2＝1相切，所以eq\f(｜5－k|,\r(k2＋1))＝1，所以k＝eq\f(12,5)。所以直線l的方程為12x－5y－9＝0.錯因分析：忘記討論斜率不存在時的情況．1直線l：4x－3y＋5＝0與圓C:x2＋y2－4x－2y＋m＝0無公共點的條件是m∈（）．A．（－∞，0）B．(0,5）C．（1，5）D．(1，＋∞）2已知直線l：ax－y－b＝0,圓C：x2＋y2－2ax－2by＝0,則l與C在同一坐標(biāo)系中的圖形只可能是()．3(2011·山東德州一中高一檢測）若圓x2＋y2－2x－4y＝0被直線x－y＋a＝0截得的弦長為3eq\r（2)，則a的值為（）．A．－2或2B．eq\f(1，2）或eq\f(3,2）C．2或0D．－2或04過點A（3，－4)，且與圓x2＋y2＝25相切的直線方程是________________．5已知圓C和y軸相切，圓心C在直線x－3y＝0上,且被直線y＝x截得的弦長為2eq\r(7）,求圓C的方程．答案：基礎(chǔ)知識·梳理1．一組實數(shù)解（Δ＝0）d＜r兩組實數(shù)解(Δ＞0）【做一做1－1】B【做一做1－2】D圓心到直線的距離d＝eq\f（|a－2|,\r(2）)＝eq\r(2）,所以|a－2|＝2，解得a＝4或a＝0.【做一做1－3】(x－3)2＋y2＝2設(shè)圓C的方程為(x－a）2＋(y－b）2＝r2，圓心(a，b)到直線x－y－1＝0的距離d＝eq\f(｜a－b－1|,\r(2）)＝r，①又圓C過A（4，1），B（2，1)，∴（4－a)2＋(1－b)2＝r2,②(2－a)2＋(1－b）2＝r2.③由①②③，得a＝3,b＝0，r＝eq\r（2）,∴圓的方程為(x－3）2＋y2＝2。典型例題·領(lǐng)悟【例1】解法一:由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(λx－y－λ－1＝0，，x2＋y2－4x－2y＋1＝0,))消去y，得（1＋λ2）x2－2（λ2＋2λ＋2）x＋λ2＋4λ＋4＝0。因為1＋λ2≠0,且Δ＝4(λ2＋2λ＋2)2－4（1＋λ2）（λ2＋4λ＋4)＝4λ·（3λ＋4)，所以當(dāng)Δ＝0，即λ＝0或λ＝－eq\f(4，3）時，直線與圓相切;當(dāng)Δ＞0，即λ＞0或λ＜－eq\f(4，3）時，直線與圓相交；當(dāng)Δ＜0，即－eq\f（4,3)＜λ＜0時，直線與圓相離．解法二：將圓x2＋y2－4x－2y＋1＝0配方，得（x－2）2＋（y－1)2＝4.圓心到直線的距離為d＝eq\f(｜2λ－1－λ－1｜，\r（1＋λ2))＝eq\f(｜λ－2|,\r（1＋λ2)）。所以當(dāng)d＝2，即λ＝0或λ＝－eq\f（4,3)時,直線與圓相切；當(dāng)d＜2,即λ＞0或λ＜－eq\f（4，3)時，直線與圓相交;當(dāng)d＞2，即－eq\f(4，3)＜λ＜0時,直線與圓相離．【例2】解法一：由點到直線的距離公式得圓心到直線的距離d＝eq\f（|2－4|，\r（12＋12））＝eq\r(2).于是，弦長為2eq\r(r2－d2)＝2eq\r（10－\r(2）2）＝4eq\r（2)。解法二：聯(lián)立方程y＝x與（x－2）2＋(y－4）2＝10，得2x2－12x＋10＝0。①設(shè)兩個交點坐標(biāo)為A（x1,y1),B（x2，y2)，則x1,x2是方程①的兩根，于是由根與系數(shù)的關(guān)系,得x1＋x2＝6，x1·x2＝5,則｜AB｜＝eq\r（2［x1＋x22－4x1x2］)＝4eq\r（2)?！纠?】解:如圖所示,聯(lián)立得方程組eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋x－6y＋c＝0，①,x＋2y－3＝0。②)）此方程組的解即為P,Q兩點的坐標(biāo)P(x1,y1),Q（x2，y2）．方程組消去x,得5y2－20y＋12＋c＝0，則y1y2＝eq\f(12＋c,5)，y1＋y2＝4。而x1x2＝（3－2y1）·(3－2y2）＝9－6(y1＋y2)＋4y1y2＝9－6×4＋4·eq\f（12＋c，5)＝－15＋eq\f（48＋4c，5）。由OP⊥OQ，有eq\f(y1y2,x1x2）＝－1，即x1x2＋y1y2＝0.∴－15＋eq\f（48＋4c,5)＋eq\f(12＋c，5）＝0.∴c＝3。【例4】解法一:圓(x－3)2＋(y－3）2＝9的圓心O1(3,3）,半徑r＝3.設(shè)圓心O1到直線3x＋4y－11＝0的距離為d，則d＝eq\f（｜3×3＋4×3－11｜，\r(32＋42)）＝2＜3。如圖所示，在圓心O1同側(cè)，與直線3x＋4y－11＝0平行且距離為1的直線l1與圓有兩個交點，這兩個交點符合題意．又r－d＝3－2＝1，∴與直線3x＋4y－11＝0平行的圓的切線的兩個切點中有一個切點也符合題意．∴符合題意的點共有3個．解法二：符合題意的點是平行于直線3x＋4y－11＝0，且與之距離為1的直線和圓的交點．設(shè)所求直線方程為3x＋4y＋m＝0，則d＝eq\f（|m＋11|，\r（32＋42）)＝1，∴m＋11＝±5，即m＝－6或m＝－16，故l1：3x＋4y－6＝0或l2:3x＋4y－16＝0。設(shè)圓O1：(x－3)2＋（y－3)2＝9的圓心到直線l1，l2的距離分別為d1，d2，則d1＝eq\f（｜3×3＋4×3－6｜,\r（32＋42））＝3，d2＝eq\f(｜3×3＋4×3－16|,\r（32＋42)）＝1.∴l(xiāng)1與圓O1相切，與圓O1有一個公共點；l2與圓O1相交，與圓O1有兩個公共點．故符合題意的點共有3個．【例5】正解：(1)若直線l的斜率存在，設(shè)直線l：y－3＝k（x－2），即kx－y＋3－2k＝0.因為直線l與圓(x－1)2＋(y＋2)2＝1相切,所以eq\f（|5－k|，\r(k2＋1)）＝1，所以k＝eq\f（12，5).所以直線l的方程為12x－5y－9＝0.（2)若直線l的斜率不存在，則直線l：x＝2也符合要求．所以直線l的方程為12x－5y－9＝0或x＝2。隨堂練習(xí)·鞏固1．C由圓心（2，1）到直線l：4x－3