-新教材高中數(shù)學(xué)第二章平面解析幾何3.3直線與圓的位置關(guān)系學(xué)案新人教B版選擇性必修第一冊(cè)

PAGEPAGE11直線與圓的位置關(guān)系新課程標(biāo)準(zhǔn)解讀核心素養(yǎng)1.能根據(jù)給定直線、圓的方程，判斷直線與圓的位置關(guān)系直觀想象2.能用直線和圓的方程解決一些簡(jiǎn)單的問(wèn)題．體會(huì)用代數(shù)方法處理幾何問(wèn)題的思想數(shù)學(xué)運(yùn)算“大漠孤煙直，長(zhǎng)河落日?qǐng)A”是唐朝詩(shī)人王維的詩(shī)句，它描述了黃昏日落時(shí)分塞外特有的景象．如果我們把太陽(yáng)看成一個(gè)圓，地平線看成一條直線，觀察下面三幅太陽(yáng)落山的圖片．[問(wèn)題](1)圖片中，地平線與太陽(yáng)的位置關(guān)系怎樣？(2)結(jié)合初中平面幾何中學(xué)過(guò)的直線與圓的位置關(guān)系，直線與圓有幾種位置關(guān)系？(3)如何判斷直線與圓的位置關(guān)系？知識(shí)點(diǎn)直線與圓有三種位置關(guān)系位置關(guān)系交點(diǎn)個(gè)數(shù)圖示相交有兩個(gè)公共點(diǎn)相切只有一個(gè)公共點(diǎn)相離沒(méi)有公共點(diǎn)eq\a\vs4\al()直線Ax＋By＋C＝0與圓(x－a)2＋(y－b)2＝r2的位置關(guān)系及判斷位置關(guān)系相交相切相離判定方法幾何法：設(shè)圓心到直線的距離d＝eq\f(|Aa＋Bb＋C|,\r(A2＋B2))d＜rd＝rd＞r代數(shù)法：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ax＋By＋C＝0，,（x－a）2＋（y－b）2＝r2))消元得到一元二次方程的判別式ΔΔ＞0Δ＝0Δ＜01．判斷正誤．(正確的畫“√”，錯(cuò)誤的畫“×”)(1)如果直線與圓組成的方程組有解，則直線與圓相交或相切．()(2)直線x＋2y－1＝0與圓2x2＋2y2－4x－2y＋1＝0的位置關(guān)系是相交．()答案：(1)√(2)√2．直線x＋y＋m＝0與圓x2＋y2＝m相切，則m的值為()A．0或2 B．2C．eq\r(2) D．無(wú)解解析：選B由于直線與圓相切，故eq\r(m)＝eq\f(|m|,\r(12＋12))，解得m＝0(舍去)或m＝2.3．直線y＝2x＋3被圓x2＋y2－6x－8y＝0所截得的弦長(zhǎng)等于________．解析：圓的方程可化為(x－3)2＋(y－4)2＝25.故圓心為(3，4)，半徑r＝5.又直線方程為2x－y＋3＝0，所以圓心到直線的距離為d＝eq\f(|2×3－4＋3|,\r(4＋1))＝eq\r(5)，所以弦長(zhǎng)為2eq\r(r2－d2)＝2×eq\r(25－5)＝2eq\r(20)＝4eq\r(5).答案：4eq\r(5)直線與圓位置關(guān)系的判斷[例1](鏈接教科書第107頁(yè)例1)已知直線l：x－2y＋5＝0與圓C：(x－7)2＋(y－1)2＝36，判斷直線l與圓C的位置關(guān)系．[解]法一(代數(shù)法)：由方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－7）2＋（y－1）2＝36，,x－2y＋5＝0))消去y后整理，得5x2－50x＋61＝0.∵Δ＝(－50)2－4×5×61＝1280＞0，∴該方程組有兩組不同的實(shí)數(shù)解，即直線l與圓C相交．法二(幾何法)：圓心(7，1)到直線l的距離為d＝eq\f(|1×7－2×1＋5|,\r(12＋（－2）2))＝2eq\r(5).∵d＜r＝6，∴直線l與圓C相交．eq\a\vs4\al()判斷直線與圓位置關(guān)系的方法(1)幾何法：由圓心到直線的距離d與圓的半徑r的大小關(guān)系判斷；(2)代數(shù)法：根據(jù)直線與圓的方程組成的方程組解的個(gè)數(shù)來(lái)判斷．[跟蹤訓(xùn)練]1．直線x－ky＋1＝0與圓x2＋y2＝1的位置關(guān)系是()A．相交 B．相離C．相交或相切 D．相切解析：選C直線x－ky＋1＝0恒過(guò)定點(diǎn)(－1，0)，而(－1，0)在圓上，故直線與圓相切或相交．2．已知點(diǎn)(a，b)在圓C：x2＋y2＝r2(r≠0)的外部，則直線ax＋by＝r2與C的位置關(guān)系是()A．相切 B．相離C．相交 D．不確定解析：選C由已知a2＋b2＞r2，且圓心到直線ax＋by＝r2的距離為d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))，則d＜r，故直線ax＋by＝r2與圓C的位置關(guān)系是相交．直線與圓相切的有關(guān)問(wèn)題[例2](1)(2020·全國(guó)卷Ⅱ)若過(guò)點(diǎn)(2，1)的圓與兩坐標(biāo)軸都相切，則圓心到直線2x－y－3＝0的距離為()A．eq\f(\r(5),5) B．eq\f(2\r(5),5)C．eq\f(3\r(5),5) D．eq\f(4\r(5),5)(2)經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(2，eq\r(6))，且與圓x2＋y2＝10相切的直線的方程為_(kāi)_______；(3)若圓C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0關(guān)于直線2ax＋by＋6＝0對(duì)稱，則由點(diǎn)(a，b)向圓所作的切線長(zhǎng)的最小值是________．[解析](1)因?yàn)閳A與兩坐標(biāo)軸都相切，點(diǎn)(2，1)在該圓上，所以可設(shè)該圓的方程為(x－a)2＋(y－a)2＝a2(a>0)，所以(2－a)2＋(1－a)2＝a2，即a2－6a＋5＝0，解得a＝1或a＝5，所以圓心的坐標(biāo)為(1，1)或(5，5)，所以圓心到直線2x－y－3＝0的距離為eq\f(|2×1－1－3|,\r(22＋（－1）2))＝eq\f(2\r(5),5)或eq\f(|2×5－5－3|,\r(22＋（－1）2))＝eq\f(2\r(5),5)，故選B.(2)法一：因?yàn)?2＋(eq\r(6))2＝10，所以點(diǎn)M在圓x2＋y2＝10上，由題意可知圓心為C(0，0)，則直線CM的斜率kCM＝eq\f(\r(6),2).因?yàn)閳A的切線垂直于經(jīng)過(guò)切點(diǎn)的直徑所在的直線，所以所求切線的斜率k＝－eq\f(2,\r(6)).故經(jīng)過(guò)點(diǎn)M的切線方程為y－eq\r(6)＝－eq\f(2,\r(6))(x－2)，整理得2x＋eq\r(6)y－10＝0.法二：顯然點(diǎn)M(2，eq\r(6))在圓x2＋y2＝10上，又因?yàn)檫^(guò)圓x2＋y2＝r2上一點(diǎn)(x0，y0)的切線方程為x0x＋y0y＝r2，故所求切線方程為2x＋eq\r(6)y＝10，即2x＋eq\r(6)y－10＝0.(3)法一：由x2＋y2＋2x－4y＋3＝0，得(x＋1)2＋(y－2)2＝2，依題意得圓心C(－1，2)在直線2ax＋by＋6＝0上，所以2a×(－1)＋b×2＋6＝0，即a＝b＋3，易知由點(diǎn)(a，b)向圓所作的切線長(zhǎng)l＝eq\r(（a＋1）2＋（b－2）2－2)，②將①代入②，得l＝eq\r(（b＋4）2＋（b－2）2－2)＝eq\r(2（b＋1）2＋16).又b∈R，所以當(dāng)b＝－1時(shí)，lmin＝4.法二：因?yàn)檫^(guò)圓外一點(diǎn)的圓的切線長(zhǎng)l、半徑r和該點(diǎn)到圓心的距離d滿足勾股定理，即l2＝d2－r2，所以切線長(zhǎng)最短時(shí)該點(diǎn)到圓心的距離最小，則原問(wèn)題轉(zhuǎn)化成求該點(diǎn)與圓心的距離的最小值問(wèn)題．由題意知圓心C(－1，2)，半徑r＝eq\r(2)，點(diǎn)(a，b)在直線y＝x－3上，所以點(diǎn)(a，b)與圓心的距離的最小值即圓心到直線y＝x－3的距離d′，易求得d′＝eq\f(|－1－2－3|,\r(2))＝3eq\r(2)，所以切線長(zhǎng)的最小值為eq\r(（3\r(2)）2－2)＝4.[答案](1)B(2)2x＋eq\r(6)y－10＝0(3)4eq\a\vs4\al()1．過(guò)圓上一點(diǎn)(x0，y0)的圓的切線方程的求法先求切點(diǎn)與圓心連線的斜率k，再由垂直關(guān)系得切線的斜率為－eq\f(1,k)，由點(diǎn)斜式可得切線方程．如果斜率為零或不存在，則由圖形可直接得切線方程y＝y(tǒng)0或x＝x0.2．過(guò)圓外一點(diǎn)(x0，y0)的切線方程的求法設(shè)切線方程為y－y0＝k(x－x0)，由圓心到直線的距離等于半徑建立方程，可求得k，也就得切線方程．當(dāng)用此法只求出一個(gè)方程時(shí)，另一個(gè)方程應(yīng)為x＝x0，因?yàn)樵谏厦娼夥ㄖ胁话ㄐ甭什淮嬖诘那闆r，而過(guò)圓外一點(diǎn)的切線有兩條．一般不用聯(lián)立方程組的方法求解．3．求切線長(zhǎng)(最值)的兩種方法(1)代數(shù)法：直接利用勾股定理求出切線長(zhǎng)，把切線長(zhǎng)中的變量統(tǒng)一成一個(gè)，轉(zhuǎn)化成函數(shù)求最值；(2)幾何法：把切線長(zhǎng)最值問(wèn)題轉(zhuǎn)化成圓心到直線的距離問(wèn)題．[跟蹤訓(xùn)練]1．以點(diǎn)(2，－1)為圓心，且與直線3x－4y＋5＝0相切的圓的方程為()A．(x－2)2＋(y＋1)2＝3 B．(x＋2)2＋(y－1)2＝3C．(x＋2)2＋(y－1)2＝9 D．(x－2)2＋(y＋1)2＝9解析：選D圓心到直線3x－4y＋5＝0的距離d＝eq\f(|6＋4＋5|,\r(32＋（－4）2))＝3，即圓的半徑為3，所以所求圓的方程為(x－2)2＋(y＋1)2＝9.2．點(diǎn)P是直線2x＋y＋10＝0上的動(dòng)點(diǎn)，PA，PB與圓x2＋y2＝4分別相切于A，B兩點(diǎn)，則四邊形PAOB面積的最小值為_(kāi)_______．解析：如圖所示，因?yàn)镾四邊形PAOB＝2S△POA.又OA⊥AP，所以S四邊形PAOB＝2×eq\f(1,2)|OA|·|PA|＝2eq\r(|OP|2－|OA|2)＝2eq\r(|OP|2－4).為使四邊形PAOB面積最小，當(dāng)且僅當(dāng)|OP|達(dá)到最小，即為點(diǎn)O到直線2x＋y＋10＝0的距離：|OP|min＝eq\f(10,\r(22＋12))＝2eq\r(5).故所求最小值為2eq\r(（2\r(5)）2－4)＝8.答案：8直線截圓所得弦長(zhǎng)問(wèn)題[例3]直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(5，5)并且與圓C：x2＋y2＝25相交截得的弦長(zhǎng)為4eq\r(5)，求l的方程．[解]據(jù)題意知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y－5＝k(x－5)，與圓C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，法一：聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－5＝k（x－5），,x2＋y2＝25.))消去y，得(k2＋1)x2＋10k(1－k)x＋25k(k－2)＝0.由Δ＝[10k(1－k)]2－4(k2＋1)·25k(k－2)>0，解得k＞0.又x1＋x2＝－eq\f(10k（1－k）,k2＋1)，x1x2＝eq\f(25k（k－2）,k2＋1)，由斜率公式，得y1－y2＝k(x1－x2).∴|AB|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(（1＋k2）（x1－x2）2)＝eq\r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq\r(（1＋k2）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(100k2（1－k）2,（k2＋1）2)－4·\f(25k（k－2）,k2＋1)）)))＝4eq\r(5).兩邊平方，整理得2k2－5k＋2＝0，解得k＝eq\f(1,2)或k＝2符合題意．故直線l的方程為x－2y＋5＝0或2x－y－5＝0.法二：如圖所示，|OH|是圓心到直線l的距離，|OA|是圓的半徑，|AH|是弦長(zhǎng)|AB|的一半．在Rt△AHO中，|OA|＝5，|AH|＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\f(1,2)×4eq\r(5)＝2eq\r(5)，則|OH|＝eq\r(|OA|2－|AH|2)＝eq\r(5).∴eq\f(|5（1－k）|,\r(k2＋1))＝eq\r(5)，解得k＝eq\f(1,2)或k＝2.∴直線l的方程為x－2y＋5＝0或2x－y－5＝0.eq\a\vs4\al()求弦長(zhǎng)的兩種方法涉及直線被圓截得的弦長(zhǎng)問(wèn)題時(shí)，解法有兩種：(1)由于半徑長(zhǎng)r、弦心距d、弦長(zhǎng)l的一半構(gòu)成直角三角形，所以利用勾股定理d2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))eq\s\up12(2)＝r2求解，這是常用解法；(2)聯(lián)立直線(y＝kx＋b)與圓的方程，消元轉(zhuǎn)化為關(guān)于x的一元二次方程，由根與系數(shù)的關(guān)系即可求得弦長(zhǎng)|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2).[跟蹤訓(xùn)練]1．(2020·全國(guó)卷Ⅰ)已知圓x2＋y2－6x＝0，過(guò)點(diǎn)(1，2)的直線被該圓所截得的弦的長(zhǎng)度的最小值為()A．1 B．2C．3 D．4解析：選B將圓的方程x2＋y2－6x＝0化為標(biāo)準(zhǔn)方程(x－3)2＋y2＝9，設(shè)圓心為C，則C(3，0)，半徑r＝3.設(shè)點(diǎn)(1，2)為點(diǎn)A，過(guò)點(diǎn)A(1，2)的直線為l，因?yàn)?1－3)2＋22<9，所以點(diǎn)A(1，2)在圓C的內(nèi)部，則直線l與圓C必相交，設(shè)交點(diǎn)分別為B，D.易知當(dāng)直線l⊥AC時(shí)，直線l被該圓所截得的弦的長(zhǎng)度最小，設(shè)此時(shí)圓心C到直線l的距離為d，則d＝|AC|＝eq\r(（3－1）2＋（0－2）2)＝2eq\r(2)，所以|BD|min＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(32－（2\r(2)）2)＝2，即弦的長(zhǎng)度的最小值為2，故選B.2．(2020·天津高考)已知直線x－eq\r(3)y＋8＝0和圓x2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B兩點(diǎn)．若|AB|＝6，則r的值為_(kāi)_______．解析：依題意得，圓心(0，0)到直線x－eq\r(3)y＋8＝0的距離d＝eq\f(8,2)＝4，因此r2＝d2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|AB|,2)))eq\s\up12(2)＝25，又r>0，所以r＝5.答案：5與圓有關(guān)的探究性問(wèn)題如圖，圓x2＋y2＝8內(nèi)有一點(diǎn)P0(－1，2)，AB為過(guò)點(diǎn)P0且傾斜角為α的弦．(1)當(dāng)α＝135°時(shí)，求AB的長(zhǎng)；(2)是否存在弦AB被點(diǎn)P0平分？若存在，寫出直線AB的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．[問(wèn)題探究]此題目為探究性問(wèn)題，屬探究題存在類型范疇，解決這類問(wèn)題一般思路：?jiǎn)栴}思路：首先假設(shè)所探究的問(wèn)題存在，在這個(gè)假設(shè)條件下進(jìn)行推理論證，如果能得到一個(gè)合情合理的推理結(jié)果，就肯定假設(shè)正確．如果得到一個(gè)矛盾結(jié)論，就應(yīng)否定假設(shè)，對(duì)問(wèn)題作出反面回答．[遷移應(yīng)用]1．對(duì)上述問(wèn)題進(jìn)行解答．解：(1)直線AB的斜率為k＝tan135°＝－1，∴直線AB的方程為y－2＝－(x＋1)，即x＋y－1＝0.∵圓心O(0，0)到直線AB的距離d＝eq\f(|－1|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，∴弦長(zhǎng)|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(8－\f(1,2))＝eq\r(30).(2)假設(shè)存在弦AB被點(diǎn)P0平分，∴P0為弦AB的中點(diǎn)，又|OA|＝|OB|＝r，∴OP0⊥AB.又∵keq\a\vs4\al(OP0)＝eq\f(2－0,－1－0)＝－2，∴kAB＝eq\f(1,2).∴直線AB的方程為y－2＝eq\f(1,2)(x＋1)，即x－2y＋5＝0.由以上求解可知，存在被P0點(diǎn)平分的弦AB，此弦所在直線方程為x－2y＋5＝0.2．已知圓心為C的圓，滿足下列條件：圓心C位于x軸正半軸上，圓C與直線3x－4y＋7＝0相切，且被y軸截得的弦長(zhǎng)為2eq\r(3)，圓C的面積小于13.(1)求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)M(0，3)的直線l與圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，以O(shè)A，OB為鄰邊作平行四邊形OADB.是否存在這樣的直線l，使得直線OD與MC恰好平行？如果存在，求出l的方程；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)設(shè)圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋y2＝r2(a＞0)，由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(|3a＋7|,\r(32＋（－4）2))＝r，,\r(a2＋3)＝r，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,r＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(13,8)，,r＝\f(19,8)，))又因?yàn)镾＝πr2＜13，所以a＝1，r＝2，所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋y2＝4.(2)不存在這樣的直線l.理由如下：當(dāng)斜率不存在時(shí)，直線l為x＝0，不滿足題意．當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)直線l：y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋3，,（x－1）2＋y2＝4))消去y得(1＋k2)x2＋(6k－2)x＋6＝0，因?yàn)閘與圓C相交于不同的兩點(diǎn)，所以Δ＝(6k－2)2－24(1＋k2)＝12k2－24k－20＞0，解得k＜1－eq\f(2\r(6),3)或k＞1＋eq\f(2\r(6),3).x1＋x2＝－eq\f(6k－2,1＋k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋6＝eq\f(2k＋6,1＋k2)，eq\o(OD,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)，eq\o(MC,\s\up7(→))＝(1，－3).假設(shè)eq\o(OD,\s\up7(→))∥eq\o(MC,\s\up7(→))，則－3(x1＋x2)＝y(tǒng)1＋y2，所以3×eq\f(6k－2,1＋k2)＝eq\f(2k＋6,1＋k2)，解得k＝eq\f(3,4)，eq\f(3,4)?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，1－\f(2\r(6),3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2\r(6),3)，＋∞))，所以假設(shè)不成立．不存在這樣的直線l.1．設(shè)直線