復習直線和圓的方程

1、.復習直線和圓的方程第八章直線和圓的方程高考導航考試要求 重難點擊 命題展望1.在平面直角坐標系中，結(jié)合詳細圖形，確定直線位置的幾何要素.2.理解直線的傾斜角和斜率的概念，掌握過兩點的直線的斜率的計算公式.3.能根據(jù)兩條直線的斜率斷定這兩條直線平行或垂直.4.掌握確定直線位置的幾何要素，掌握直線方程的幾種形式點斜式、兩點式及一般式，理解斜截式與一次函數(shù)的關(guān)系.5.掌握用解方程組的方法求兩條相交直線的交點坐標.6.掌握兩點間的間隔 公式、點到直線的間隔 公式，會求兩條平行線間的間隔 .7.掌握確定圓的幾何要素，掌握圓的標準方程與一般方程.8.能根據(jù)給定直線、圓的方程，判斷直線與圓、圓與圓的位置關(guān)

2、系.9.能用直線和圓的方程解決簡單的問題.10.初步理解用代數(shù)方法處理幾何問題的思想.11.理解空間直角坐標系，會用空間直角坐標表示點的位置，會推導空間兩點間的間隔 公式. 本章重點：1.傾斜角和斜率的概念;2.根據(jù)斜率斷定兩條直線平行與垂直;3.直線的點斜式方程、一般式方程;4.兩條直線的交點坐標;5.點到直線的間隔 和兩條平行直線間的間隔 的求法;6.圓的標準方程與一般方程;7.能根據(jù)給定直線，圓的方程，判斷直線與圓的位置關(guān)系;8.運用數(shù)形結(jié)合的思想和代數(shù)方法解決幾何問題.本章難點：1.直線的斜率與它的傾斜角之間的關(guān)系;2.根據(jù)斜率斷定兩條直線的位置關(guān)系;3.直線方程的應用;4.點到直線的

3、間隔 公式的推導;5.圓的方程的應用;6.直線與圓的方程的綜合應用. 本章內(nèi)容常常與不等式、函數(shù)、向量、圓錐曲線等知識結(jié)合起來考察.直線和圓的考察，一般以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，屬于容易題和中檔題;假如和圓錐曲線一起考察，難度比較大.同時，對空間直角坐標系的考察難度不大，一般為選擇題或者填空題.本章知識點的考察側(cè)重考學生的綜合分析問題、解決問題的才能，以及函數(shù)思想和數(shù)形結(jié)合的才能等.知識網(wǎng)絡8.1直線與方程典例精析題型一直線的傾斜角【例1】直線2xcos α-y-3=0，α∈π6，π3的傾斜角的變化范圍是A

4、.π6，π3 B.π4，π3C.π4，π2 D.π4，2π3【解析】直線2xcos α-y-3=0的斜率k=2cos α，由于α∈π6，π3，所以12≤cos α≤32，k=2cos α∈1，3.設(shè)直線的傾斜角為θ，那么有tan θ∈1，

5、3，由于θ∈0，π，所以θ∈π4，π3，即傾斜角的變化范圍是π4，π3，應選B.【點撥】利用斜率求傾斜角時，要注意傾斜角的范圍.【變式訓練1】M2m+3，m，Nm-2,1，當m∈時，直線MN的傾斜角為銳角;當m=時，直線MN的傾斜角為直角;當m∈時，直線MN的傾斜角為鈍角.【解析】直線MN的傾斜角為銳角時，k=m-12m+3-m+2=m-1m+5>0⇒m<-5或m&am

6、p;gt;1;直線MN的傾斜角為直角時，2m+3=m-2⇒m=-5;直線MN的傾斜角為鈍角時，k=m-12m+3-m+2=m-1m+5<0⇒-5 題型二直線的斜率【例2】A-1，-5，B3，-2，直線l的傾斜角是直線AB的傾斜角的2倍，求直線l的斜率.【解析】由于A-1，-5，B3，-2，所以kAB=-2+53+1=34，設(shè)直線AB的傾斜角為θ，那么tan θ=34，l的傾斜角為2θ，tan 2θ= 2tan θ1-tan2θ

7、=2×341-342=247.所以直線l的斜率為247.【點撥】直線的傾斜角和斜率是最重要的兩個概念，應純熟地掌握這兩個概念，扎實地記住計算公式，傾斜角往往會和三角函數(shù)的有關(guān)知識聯(lián)絡在一起.【變式訓練2】設(shè)α是直線l的傾斜角，且有sin α+cos α=15，那么直線l的斜率為A.34 B.43 C.-43 D.-34或-43【解析】選C.sin α+cos α=15⇒sin αcos α=-1225<0

8、⇒sin α=45，cos α=-35或cos α=45，sin α=-35舍去，故直線l的斜率k=tan α=sin αcos α=-43.題型三直線的方程【例3】求滿足以下條件的直線方程.1直線過點3,2，且在兩坐標軸上截距相等;2直線過點2,1，且原點到直線的間隔 為2.【解析】1當截距為0時，直線過原點，直線方程是2x-3y=0;當截距不為0時，設(shè)方程為xa+ya=1，把3,2代入，得a=5，直線方程為x+y-5=0.故所求直線方

9、程為2x-3y=0或x+y-5=0.2當斜率不存在時，直線方程x-2=0合題意;當斜率存在時，那么設(shè)直線方程為y-1=kx-2，即kx-y+1-2k=0，所以|1-2k|k2+1=2，解得k=-34，方程為3x+4y-10=0.故所求直線方程為x-2=0或3x+4y-10=0.【點撥】截距可以為0，斜率也可以不存在，故均需分情況討論.【變式訓練3】求經(jīng)過點P3，-4，且橫、縱截距互為相反數(shù)的直線方程.【解析】當橫、縱截距都是0時，設(shè)直線的方程為y=kx.因為直線過點P3，-4，所以-4=3k，得k=-43.此時直線方程為y=-43x.當橫、縱截距都不是0時，設(shè)直線的方程為xa+y-a=1，因為

10、直線過點P3，-4，所以a=3+4=7.此時方程為x-y-7=0.綜上，所求直線方程為4x+3y=0或x-y-7=0.題型四直線方程與最值問題【例4】過點P2,1作直線l分別交x、y軸的正半軸于A、B兩點，點O為坐標原點，當ABO的面積最小時，求直線l的方程.【解析】方法一：設(shè)直線方程為xa+yb=1a>0，b>0，由于點P在直線上，所以2a+1b=1.2a•1b≤2a+1b22=14，當2a=1b=12時，即a=4，b=2時，1a•1b取最大值18，即SAOB=12ab取最小值4，所求的直線方程為x4+y2=1，即

11、x+2y-4=0.方法二：設(shè)直線方程為y-1=kx-2k<0，直線與x軸的交點為A2k-1k，0，直線與y軸的交點為B0，-2k+1，由題意知2k-1<0，k<0,1-2k>0.SAOB=121-2k •2k-1k=12-1k+-4k+4≥122-1k•-4k+4=4.當-1k=-4k，即k=-12時，SAOB有最小值，所求的直線方程為y-1=-12x-2，即x+2y-4=0.【點撥】求直線 方程，假設(shè)直線過定點，一般考慮點斜式;假設(shè)直線過兩點，一般考慮兩點式;假設(shè)直線與兩坐標軸相交，一般

12、考慮截距式;假設(shè)一條非詳細的直線，一般考慮一般式.【變式訓練4】直線l：mx-m2+1y=4mm∈R.求直線l的斜率的取值范圍.【解析】由直線l的方程得其斜率k=mm2+1.假設(shè)m=0，那么k=0;假設(shè)m>0，那么k=1m+1m≤12m•1m=12，所以0 假設(shè)m<0，那么k=1m+1m=-1-m-1m≥-12-m-1m=-12，所以-12≤k<0.綜上，-12≤k≤12.總結(jié)進步1.求斜率一般有兩種類型：其一，直線上兩點，根據(jù)k=y2-y1x2-

13、x1求斜率;其二，傾斜角α或α的三角函數(shù)值，根據(jù)k=tan α求斜率，但要注意斜率不存在時的情形.2.求傾斜角時，要注意直線傾斜角的范圍是0，π.3.求直線方程時，應根據(jù)題目條件，選擇適宜的直線方程形式，從而使求解過程簡單明確.設(shè)直線方程的截距式，應注意是否漏掉過原點的直線;設(shè)直線方程的點斜式時，應注意是否漏掉斜率不存在的直線.8.2 兩條直線的位置關(guān)系典例精析題型一兩直線的交點【例1】假設(shè)三條直線l1：2x+y-3=0，l2：3x-y+2=0和l3：ax+y=0 不能構(gòu)成三角形，求a的值.【解析】l3l1時，-a=-2

14、⇒a=2;l3l2時，-a=3⇒a=-3;由 ⇒ 將-1，-1代入ax+y=0⇒a=-1.綜上，a=-1或a=2或a=-3時，l1、l2、l3不能構(gòu)成三角形.【點撥】三條直線至少有兩條平行時或三條直線相交于一點時不能構(gòu)成三角形.【變式訓練1】兩條直線l1：a1x+b1y+1=0和l2：a2x+b2y+1=0的交點為P2,3，那么過Aa1，b1，Ba2，b2的直線方程是.【解析】由P2,3為l1和l2的交點得故Aa1，b1，Ba2，b2的坐標滿足方程2x+3y+1=0，即直線2x+3y+1=0必過Aa1，b1，Ba2，b2兩

15、點.題型二兩直線位置關(guān)系的判斷【例2】兩條直線l1：ax-by+4=0和l2：a-1x+y+b=0，求滿足以下條件的a，b的值.1l1⊥l2，且l1過點-3，-1;2l1l2，且坐標原點到兩條直線的間隔 相等.【解析】1由可得l2的斜率存在，所以k2=1-a，假設(shè)k2=0，那么1-a=0，即a=1.因為l1⊥l2，直線l1的斜率k1必不存在，即b=0，又l1過點-3，-1，所以-3a+b+4=0，而a=1，b=0代入上式不成立，所以k2≠0.因為k2≠0，即k1，k2都存在，因為k2=1-a，k1=ab，l1⊥l

16、2， 所以k1k2=-1，即ab1-a=-1，又l1過點-3，-1，所以-3a+b+4=0，聯(lián)立上述兩個方程可解得a=2，b=2.2因為l2的斜率存在，又l1l2，所以k 1=k2，即ab=1-a，因為坐標原點到這兩條直線的間隔 相等，且l1l2，所以 l1，l2在y軸的截距互為相反數(shù)，即4b=b，聯(lián)立上述方程解得a=2，b=-2或a=23，b=2，所以a，b的值分別為2和-2或23和2.【點撥】運用直線的斜截式y(tǒng)=kx+b時，要特別注意直線斜率不存在時的特殊 情況.求解兩條直線平行或垂直有關(guān)問題時，主要是利用直線平行和垂直的充要條件，即“斜率相等或“斜率互為負倒數(shù).【變式訓練2】如圖，在平面

17、直角坐標系xOy中，設(shè)三角形ABC的頂點分別為A0，a，Bb,0，Cc,0.點P0，p是線段AO上的一點異于端點，這里a，b，c，p均為非零實數(shù)，設(shè)直線BP，CP分別與邊AC，AB交于點E，F(xiàn)，某同學已正確求得直線OE的方程為1b-1cx+1p-1ay=0，那么直線OF的方程為.【解析】由截距式可得直線AB：xb+ya=1，直線CP：xc+yp=1，兩式相減得1c-1bx+1p-1ay=0，顯然直線AB與CP的交點F滿足此方程，又原點O也滿足此方程，故所求直線OF的方程為1c-1bx+1p-1ay=0.題型三點到直線的間隔 【例3】ABC中，A1,1，B4,2，Cm，m1 【解析】因為A1,1

18、，B4,2，所以|AB|=4-12+2-12=10，又因為直線AB的方程為x-3y+2=0，那么點Cm，m到直線AB的間隔 即為ABC的高，設(shè)高為h，那么h=|m-3m+2|12+-32，S=12|AB|•h=12|m-3m+2|，令m=t，那么1 由圖象可知，當t =32時，S有最大值18，此時m=32，所以m=94.【點撥】運用點到直線的間隔 時，直線方程要化為一般形式.求最值可轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，用處理代數(shù)問題的方法解決.【變式訓練3】假設(shè)動點P1x1，y1與P2x2，y2分別在直線l1：x-y-5=0，l2：x-y-15=0上挪動，求P1P2的中點P到原點的間隔 的最小值

19、.【解析】方法一：因為P1、P2分別在直線l1和l2上，所以+÷2，得x1+x22-y1+y22-10=0，所以P1P2的中點Px1+x22，y1+y22在直線x-y-10=0上，點P到原點的最小間隔 就是原點到直線x-y-10=0的間隔 d=102=52.所以，點P到原點的最小間隔 為52.方法二：設(shè)l為夾在直線l1和l2之間且和l1與l2的間隔 相等的直線.令l：x-y-c=0，那么5 解得c=10.所以l的方程為x-y-10=0.由題意知，P1P2的中點P在直線l上，點P到原點的最小間隔 就是原點到直線l的間隔 d=102=52，所以點P到原點的最小間隔 為52.總

20、結(jié)進步1.求解與兩直線平行或垂直有關(guān)的問題時，主要是利用兩直線平行或垂直的條件，即“斜率相等或“互為負倒數(shù).假設(shè)出現(xiàn)斜率不存在的情況，可考慮用數(shù)形結(jié)合的方法去研究.2.學會用分類討論、數(shù)形結(jié)合、特殊值檢驗等根本的數(shù)學方法和思想.特別是注意數(shù)形結(jié)合思想方法，根據(jù)題意畫出圖形不僅易于找到解題思路，還可以防止漏解和增解，同時還可以充分利用圖形的性質(zhì)，挖掘出某些隱含條件，找到簡捷解法.3.運用公式d=|C1-C2|A2+B2求兩平行直線之間的間隔 時，要注意把兩直線方程中x、y的系數(shù)化成分別對應相等.8.3圓的方程典例精析題型一求圓的方程【例1】求經(jīng)過兩點A-1,4，B3,2且圓心在y軸上的圓的方程.

21、【解析】方法一：設(shè)圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0，那么圓心為-D2，-E2，由得 即解得 D=0，E=-2，F(xiàn)=-9，所求圓的方程為x2+y2-2y-9=0.方法二：經(jīng)過A-1,4，B3,2的圓，其圓心在線段AB的垂直平分線上，AB的垂直平分線方程為y-3=2x-1，即y=2x+1.令x=0，y=1，圓心為0,1，r=3-02+2-12=10 ，圓的方程為x2+y-12=10.【點撥】圓的標準方程或一般方程都有三個參數(shù)，只要求出a、b、r或D、E、F，那么圓的方程確定，所以確定圓的方程需要三個獨立條件.【變式訓練1】一圓過P4，-2、Q-1,3兩點，且在y軸上截得的線段長為43，求圓

22、的方程.【解析】設(shè)圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0，將P、Q兩點的坐標分別代入得令x=0，由得y2+Ey+F=0，由|y1-y2|=43，其中y1、y2是方程的兩根.所以y1-y22=y1+y22-4y1y2=E2-4F=48，解、組成的方程組，得D=-2，E=0，F(xiàn)=-12或D=-10，E=-8，F(xiàn)=4，故所求圓的方程為x2+y2-2x-12=0或x2+y2-10x-8y+4=0.題型二與圓有關(guān)的最值問題【例2】假設(shè)實數(shù)x，y滿足x-22+y2=3.求：1yx的最大值和最小值;2y-x的最小值;3x-42+y-32的最大值和最小值.【解析】1yx=y-0x-0，即連接圓上一點與坐標原

23、點的直線的斜率，因此 yx的最值為過原點的直線與圓相切時該直線的斜率，設(shè)yx=k，y=kx，kx-y=0.由|2k|k2+1=3，得k=±3，所以yx的最大值為3，yx的最小值為-3.2令x-2=3cos α，y=3sin α，α∈0,2π.所以y-x=3sin α-3cos α-2=6sinα-π4-2，當sinα-π4=-1時，y-x的最小值為-6-2.3x-42+y-3

24、2是圓上點與點4,3的間隔 的平方，因為圓心為A2,0，B4,3，連接AB交圓于C，延長BA交圓于D.|AB|=4-22+3-02=13，那么|BC|=13-3，|BD|=13+3，所以x-42+y-32的最大值為13+32，最小值為13-32.【點撥】涉及與圓有關(guān)的最值問題，可借助圖形性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合求解，一般地：形如U=y-bx-a形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線斜率的最值問題;形如x-a2+y-b2形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為圓心已定的動圓半徑的最值問題.【變式訓練2】實數(shù)x，y滿足x2+y2=3y≥0.試求m=y+1x+3及b=2x+y的取值范圍.【解析】如圖，m可看作半圓x

25、2+y2=3y≥0上的點與定點A-3，-1連線的斜率，b可以看作過半圓x2+y2=3y≥0上的點且斜率為-2的直線的縱截距.由圖易得3-36≤m≤3+216，-23≤b≤15.題型三圓的方程的應用【例3】在平面直角坐標系xOy中，二次函數(shù)fx=x2+2x+bx∈R與兩坐標軸有三個交點，經(jīng)過三個交點的圓記為C.1務實數(shù)b的取值范圍;2求圓C的方程;3問圓C是否經(jīng)過定點其坐標與b無關(guān)?請證明你的結(jié)論.【解析】1令x=0，得拋物線與y軸交點是0，b，由題意b≠0，且&Delta

26、;>0，解得b<1且b≠0.2設(shè)所求圓的一般方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0，令y=0，得x2+Dx+F=0，這與x2+2x+b=0是同一個方程，故D=2，F(xiàn)=b.令x=0，得y2+Ey+F=0，此方程有一個根為b，代入得出E=-b-1.所以圓C的方程為x2+y2+2x-b+1y+b=0.3圓C必過定點，證明如下：假設(shè)圓C過定點x0，y0x0，y0不依賴于b，將該點的坐標代入圓C的方程，并變形為x20+y20+2x0-y0+b1-y0=0，*為使*式對所有滿足b<1b≠0的b都成立，必須有1-y0=0，結(jié)合*式得x20+

27、y20+2x0-y0=0，解得 或經(jīng)檢驗知，點0,1，-2,1均在圓C上，因此圓C過定點.【點撥】此題2的解答用到了代數(shù)法求過三點的圓的方程，表達了設(shè)而不求的思想.3的解答同樣運用了代數(shù)的恒等思想，同時問題表達了較強的探究性.【變式訓練3】2019安徽動點Ax，y在圓x2+y2=1上繞坐標原點沿逆時針方向勻速旋轉(zhuǎn)，12秒旋轉(zhuǎn)一周.時間t=0時，點A的坐標是12，32，那么當0≤t≤12時，動點A的縱坐標y關(guān)于t單位：秒的函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是A.0,1 B.1,7 C.7,12 D. 0,1和7,12【解析】選D.由題意知角速度為2π12=&pi

28、;6，故可得y=sinπ6t+π3,0≤t≤12，π3≤π6t+π3≤π2或32π≤π6t+π3≤52π，所以0≤t≤1或7≤t≤12.所以單調(diào)遞增區(qū)間為0,1和7,12.總結(jié)進步1.確定圓的方程需要三個獨立條件，“選標準，定參數(shù)是解題的根本方法.一般來講，條件涉及圓上的多個點，可選擇一般方程;條件涉及圓心和半徑，可選

29、圓的標準方程.2.解決與圓有關(guān)的問題，應充分運用圓的幾何性質(zhì)幫助解題.解決與圓有關(guān)的最值問題時，可根據(jù)代數(shù)式子的幾何意義，借助于平面幾何知識，數(shù)形結(jié)合解決.也可以利用圓的參數(shù)方程解決最值問題.8.4 直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系典例精析題型一直線與圓的位置關(guān)系的判斷【例1】圓的方程x2+y2=2，直線y=x+b，當b為何值時，1直線與圓有兩個公共點;2直線與圓只有一個公共點.【解析】方法一：幾何法設(shè)圓心O0,0到直線y=x+b的間隔 為d，d=|b|12+12=|b|2，半徑r=2.當d 所以當-2 當d=r時，直線與圓相切， |b|2=2，b=±2，所以當b=&p

30、lusmn;2時，直線與圓只有一個公共點.方法二：代數(shù)法聯(lián)立兩個方程得方程組消去y得2x2+2bx+b2-2=0，Δ=16-4b2.當Δ>0，即-2 當Δ=0，即b=±2時，有一個公共點.【點撥】解決直線與圓的位置關(guān)系的問題時，要注意運用數(shù)形結(jié)合思想，既要運用平面幾何中有關(guān)圓的性質(zhì)，又要結(jié)合待定系數(shù)法運用直線方程中的根本關(guān)系，養(yǎng)成勤畫圖的良好習慣.【變式訓練1】圓2x2+2y2=1與直線xsin θ+y-1=0θ∈R，θ&

31、amp;ne;kπ+π2，k∈Z的位置關(guān)系是A.相離 B.相切 C.相交 D.不能確定【解析】選A.易知圓的半徑r=22，設(shè)圓心到直線的間隔 為d，那么d=1sin2θ+1.因為θ≠π2+kπ，k∈Z.所以0≤sin2θ<1，所以22r，所以直線與圓相離.題型二圓與圓的位置關(guān)系的應用【例2】假如圓C：x-a2+y-a2=4上總存在兩個點到原點的間隔 為1，務實數(shù)a的取值范圍.【解析】到原點的間隔 等于1

32、的點在單位圓O：x2+y2=1上.當圓C與圓O有兩個公共點時，符合題意，故應滿足2-1<|OC|<2+1，所以1 所以-322 【變式訓練2】兩圓x+12+y-12=r2和x-22+y+22=R2相交于P，Q兩點，假設(shè)點P的坐標為1,2，那么點Q的坐標為.【解析】由兩圓的方程可知它們的圓心坐標分別為-1,1，2，-2，那么過它們圓心的直線方程為x-12-1=y-1-2-1，即y=-x.根據(jù)圓的幾何性質(zhì)可知兩圓的交點應關(guān)于過它們圓心的直線對稱.故由P1,2可得它關(guān)于直線y=-x的對稱點，即點Q的坐標為-2，-1.題型三圓的弦長、中點弦的問題【例3】點P0,5及圓C：x

33、2+y2+4x-12y+24=0.1假設(shè)直線l過點P且被圓C截得的線段長為43，求l的方程;2求圓C內(nèi)過點P的弦的中點的軌跡方程.【解析】1如圖，AB=43，D是AB的中點，那么AD=23，AC=4，在RtADC中，可得CD=2.設(shè)所求直線的斜率為k，那么直線的方程為 y-5=kx，即kx-y+5=0.由點C到直線的間隔 公式|-2k-6+5|k2+1=2，得k=34，此時直線l的方程為3x-4y+20=0.又直線l的斜率不存在時，也滿足題意，此時的方程為x=0.所以所求直線為x=0或3x-4y+20=0. 也可以用弦長公式求解2設(shè)圓C上過點P的弦的中點為Dx，y，因為CD⊥

34、PD，所以 =0，即x+2，y-6•x，y-5=0，化簡得軌跡方程x2+y2+2x-11y+30=0.【點撥】在研究與弦的中點有關(guān)問題時，注意運用“平方差法，即設(shè)弦AB兩端點的坐標分別為Ax1，y1，Bx2，y2，中點為x0，y0，由 得k=y1-y2x1-x2=-x1+x2y1+y2=-x0y0.該法常用來解決與弦的中點、直線的斜率有關(guān)的問題.【變式訓練3】圓的方程為x2+y2-6x-8y=0，設(shè)該圓過點3,5的最長弦和最短弦分別為AC和BD，那么四邊形ABCD的面積為A.106 B.206 C.306 D.406【解析】選B.圓的方程化成標準方程x-32+y-42=25，

35、過點3,5的最長弦為AC=10，最短弦為BD=252-12=46，S=12AC•BD=206.總結(jié)進步1.解決直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系有代數(shù)法和幾何法兩種，用幾何法解題時要注意抓住圓的幾何特征，因此常常要比代數(shù)法簡捷.例如，求圓的弦長公式比較復雜，利用l=2R2-d2R表示圓的半徑，d表示弦心距求弦長比代數(shù)法要簡便.2.處理直線與圓，圓與圓的位置關(guān)系，要全面地考察各種位置關(guān)系，防止漏解，如設(shè)切線為點斜式，要考慮斜率不存在的情況是否合題意，兩圓相切應考慮外切和內(nèi)切兩種情況.3.處理直線與圓的位置關(guān)系時，特別是有關(guān)交點問題時，為防止計算量過大，常采用“設(shè)而不求的方法.8.5直線

36、與圓的綜合應用典例精析題型一直線和圓的位置關(guān)系的應用【例1】圓C：x-12+y-22=25及直線l：2m+1x+m+1y=7m+4 m∈R.1求證：不管m為何值，直線l恒過定點;2判斷直線l與圓C的位置關(guān)系;3求直線l被圓截得的弦長最短時的弦長及此時直線的方程.【解析】1證明：直線方程可寫作x+y-4+m2x+y-7=0，由方程組 可得所以不管m取何值，直線l恒過定點3,1.2由3-12+1-22=5<5，故點3,1在圓內(nèi)，即不管m取何值，直線l總與圓C相交.3由平面幾何知識可知，當直線與過點M3,1的直徑垂直時，弦|AB|最短.|AB|=2r2-|CM|2=2

37、25-3-12+1-22=45，此時 k=-1kCM，即-2m+1m+1=-1-12=2，解得m=-34，代入原直線方程，得l的方程為2x-y-5=0.【點撥】解決弦長問題時，可利用弦長的幾何意義求解.【變式訓練1】假設(shè)函數(shù)fx=-1beax的圖象在x=0處的切線l與圓C：x2+y2=1相離，那么Pa，b與圓C的位置關(guān)系是A.在圓外 B.在圓內(nèi) C.在圓上 D.不能確定【解析】選B.fx=-1beax⇒f′x=-abeax⇒f′0=-ab.又f0=-1b，所以切線l的方程為y+1b=-abx-0，即ax+by+1=0，

38、由l與圓C：x2+y2=1相離得1a2+b2>1⇒a2+b2<1，即點Pa，b在圓內(nèi)，應選B.題型二和圓有關(guān)的對稱問題【例2】設(shè)O為坐標原點，曲線x2+y2+2x-6y+1=0上有兩點P、Q關(guān)于直線x+my+4=0對稱，又滿足 • =0.1求m的值;2求直線PQ的方程.【解析】1曲線方程可化為x+12+y-32=9，是圓心為-1,3，半徑為3的圓.因為點P，Q在圓上且關(guān)于直線x+my+4=0對稱，所以圓心-1,3在直線x+my+4=0上，代入得m=-1.2因為直線PQ與直線y=x+4垂直，所以設(shè) Px1，y1，Qx2，y2，那么直

39、線PQ的方程為y=-x+b.將直線y=-x+b代入圓的方程，得2x2+24-bx+b2-6b+1=0，Δ=44-b2-4×2b2-6b+1>0，解得2-32 x1+x2=b-4，x1x2=b2-6b+12，y1y2=-x1+b-x2+b=b2-bx1+x2+x1x2=b2+2b+12，因為 • =0，所以x1x2+y1y2=0，即b2-6b+12+b2+2b+12=0，得b=1.故所求的直線方程為y=-x+1.【點撥】平面向量與圓的交匯是平面解析幾何的一個熱點內(nèi)容，解題時，一方面要可以正確地分析用向量表達式給出的題目的條件

40、，將它們轉(zhuǎn)化為圖形中相應的位置關(guān)系，另一方面還要擅長運用向量的運算解決問題.【變式訓練2】假設(shè)曲線x2+y2+x-6y+3=0上兩點P、Q滿足關(guān)于直線kx-y+4=0對稱;OP ⊥OQ，那么直線PQ的方程為.【解析】由知直線kx-y+4=0過圓心-12，3，所以k=2，故kPQ=-12.設(shè)直線PQ的方程為y=-12x+t，與圓的方程聯(lián)立消去y，得54x2+4-tx+t2-6t+3=0.*設(shè)Px1，y1，Qx2，y2，由于OP⊥OQ，所以x1x2+y1y2=0，即x1x2+-12x1+t-12x2+t=0，所以x1+x2-12t+54x1x2+t2=0.由*知，x1+x2=4t-45，x1x2=4t2-6t+35，代入上式，解得t=32或t=54.此時方程*的判別式Δ>0. 從而直線的方程為y=-12x+32或y=-12x+54，即x+2y-3= 0或2x+4y-5=0為所求直線方程.題型三與圓有關(guān)的最值問題【例3】求與直線x+y-2=0和曲線x2+y2-12x-12y+54=0都相切的半徑最小的圓的標準方程.【解析】曲線x2+y2-12x-12y+54=0可化為x-62+y-62=18，它表示圓心為6,6，半徑為32的圓.作出直線x+y-2=0與圓x-62+y-62=18，由圖形可知，當所求圓的圓心在