xx届高考理科数学第一轮总复习直线和圆的方程教案

1 / 26 XX 届高考理科数学第一轮总复习直线和圆的方程教案 本资料为 WoRD 文档，请点击下载地址下载全文下载地址 第八章 直线和圆的方程 高考导航 考试要求重难点击命题展望 1.在平面直角坐标系中，结合具体图形，确定直线位置的几何要素 . 2.理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握过两点的直线的斜率的计算公式 . 3.能根据两条直线的斜率判定这两条直线平行或垂直 . 4.掌握确定直线位置的几何要素，掌握直线方程的几种形式(点斜式、两点式及一般式 )，了解斜截式与一次函数的关系 . 5.掌握用 解方程组的方法求两条相交直线的交点坐标 . 6.掌握两点间的距离公式、点到直线的距离公式，会求两条平行线间的距离 . 7.掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程 . 8.能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆、圆与圆的位置关系 . 9.能用直线和圆的方程解决简单的问题 . 10.初步了解用代数方法处理几何问题的思想 . 2 / 26 11.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置，会推导空间两点间的距离公式 . 本章重点： 1.倾斜角和斜率的概念； 2.根据斜率判定两条直线平行与垂直； 3.直线的点斜式方程、 一般式方程； 4.两条直线的交点坐标； 5.点到直线的距离和两条平行直线间的距离的求法； 6.圆的标准方程与一般方程； 7.能根据给定直线，圆的方程，判断直线与圆的位置关系； 8.运用数形结合的思想和代数方法解决几何问题 . 本章难点： 1.直线的斜率与它的倾斜角之间的关系； 2.根据斜率判定两条直线的位置关系； 3.直线方程的应用； 4.点到直线的距离公式的推导； 5.圆的方程的应用； 6.直线与圆的方程的综合应用 . 本章内容常常与不等式、函数、向量、圆锥曲线等知识结合起来考查 . 直线和圆的考查，一般以选择题、填空题的形式 出现，属于容易题和中档题；如果和圆锥曲线一起考查，难度比较大 .同时，对空间直角坐标系的考查难度不大，一般为选择题或者填空题 .本章知识点的考查侧重考学生的综合分析问题、解决问题的能力，以及函数思想和数形结合的能力等 . 知识网络 直线与方程 3 / 26 典例精析 题型一 直线的倾斜角 【例 1】直线 2xcos y 3 0， 6 ， 3 的倾斜角的变化范围是 ( ) A.6 ， 3B.4 ， 3 c.4 ， 2D.4 ， 23 【解析】直 线 2xcos y 3 0 的斜率 k 2cos ， 由于 6 ， 3 ，所以 12cos32 ， k 2cos1 ，3. 设直线的倾斜角为 ，则有 tan1 ， 3， 由于 0 ， ) ，所以 4 ， 3 ，即倾斜角的变化范围是 4 ， 3 ，故选 B. 【点拨】利用斜率求倾斜角时，要注意倾斜角的范围 . 【变式训练 1】已知 m(2m 3， m)， N(m 2,1)，当 m 时，直线 mN 的倾斜角为锐角；当 m 时，直线 mN 的倾斜角为直角；当 m 时，直线 mN 的倾斜角 为钝角 . 【解析】直线 mN 的倾斜角为锐角时， k m 12m 3 m 2 m 1m 5 0m 5 或 m 1； 直线 mN 的倾斜角为直角时， 2m 3 m 2m 5； 直线 mN 的倾斜角为钝角时， k m 12m 3 m 2 m 1m 5 0 5 m 1. 题型二 直线的斜率 4 / 26 【例 2】已知 A( 1， 5)， B(3， 2)，直线 l 的倾斜角是直线 AB 的倾斜角的 2 倍，求直线 l 的斜率 . 【解析】由于 A( 1， 5)， B(3， 2)，所以 kAB 253 1 34， 设 直线 AB 的倾斜角为 ，则 tan 34， l 的倾斜角为 2 ， tan2 2tan1 tan2 2341 (34)2 247. 所以直线 l 的斜率为 247. 【点拨】直线的倾斜角和斜率是最重要的两个概念，应熟练地掌握这两个概念，扎实地记住计算公式，倾斜角往往会和三角函数的有关知识联系在一起 . 【变式训练 2】设 是直线 l 的倾斜角，且有 sin cos 15，则直线 l 的斜率为 ( ) 43D. 34 或 43 【解析】选 cos 15sincos 12250 sin 45， cos 35 或 cos 45， sin 35(舍去 )， 故直线 l 的斜率 k tan sincos 43. 题型三 直线的方程 【例 3】求满足下列条件的直线方程 . (1)直线过点 (3,2)，且在两坐标轴上截距相等； 5 / 26 (2)直线过点 (2,1)，且原点到直线的距离为 2. 【解析】 (1)当截距为 0 时，直线过原点，直线方程是 2x3y 0；当截距不为 0 时，设方程为 xa ya 1，把 (3,2)代入，得 a 5，直线方程为 x y 5 0. 故所求直线方程为 2x 3y 0 或 x y 5 0. (2)当斜率不存在时，直线方程 x 2 0 合题意； 当斜率存在时，则设直线方程为 y 1 k(x 2)，即 kx y 1 2k 0，所以 |1 2k|k2 1 2，解得 k 34，方程为3x 4y 10 0. 故所求直线方程为 x 2 0 或 3x 4y 10 0. 【点拨】截距可以为 0，斜率也可以不存在，故均需分情况讨论 . 【变式训练 3】求经过点 P(3， 4)，且横、纵截距互为相反数的直线方程 . 【解析】当横、纵截距都是 0 时，设直线的方程为 y kx. 因为直线过点 P(3， 4)，所以 4 3k，得 k 43.此时直线方程为 y 43x. 当横、纵截距都不是 0 时，设直线的方程为 xa y a 1， 因为直线过点 P(3， 4)，所以 a 3 4 7.此时方程为 x y 7 0. 综上，所求直线方程为 4x 3y 0 或 x y 7 0. 题型四 直线方程与最值问题 6 / 26 【例 4】过点 P(2,1)作直线 l 分别交 x、 y 轴的正半轴于 A、B 两点，点 o 为坐标原点，当 ABo 的面积最小时，求直线 l的方程 . 【解析】方法一：设直线方程为 xa yb 1(a 0， b 0)， 由于点 P 在直线上，所以 2a 1b 1. 2a1b(2a 1b2)2 14， 当 2a 1b 12 时，即 a 4， b 2 时， 1a1b 取最大值 18， 即 SAoB 12ab 取最小值 4， 所求的直线方程为 x4 y2 1，即 x 2y 4 0. 方法二：设直线方程为 y 1 k(x 2)(k 0)， 直线与 x 轴的交点为 A(2k 1k， 0)，直线与 y 轴的交点为B(0， 2k 1)， 由题意知 2k 1 0， k 0,1 2k 0. SAoB 12(1 2k)2k 1k 12( 1k) ( 4k)412 2( 1k)( 4k) 4 4. 当 1k 4k，即 k 12 时， SAoB 有最小值， 所求的直线方程为 y 1 12(x 2)，即 x 2y 4 0. 【点拨】求直线方程，若已知直线过定点，一般考虑点斜式；若已知直线过两点，一般考虑两点式；若已知直线与两坐标轴相交，一般考虑截距式；若已知一条非具体的直线，一般考虑一般式 . 7 / 26 【变式训练 4】已知直线 l： mx (m2 1)y 4m(mR). 求直线 l 的斜率的取值范围 . 【解析】由直线 l 的方程得其斜率 k mm2 1. 若 m 0，则 k 0； 若 m 0，则 k 1m 1m12m1m 12，所以 0 k12 ； 若 m 0，则 k 1m 1m 1 m 1m 12( m)( 1m) 12，所以 12k 0. 综上， 12k12. 总结提高 1.求斜率一般有两种类型：其一，已知直线上两点，根据 k y2 y1x2 x1 求斜率；其二，已知倾斜角 或 的三角函数值，根据 k tan 求斜率，但要注意斜率不存在时的情形 . 2.求倾斜角时，要注意直线倾斜角的范围是 0， ). 3.求直线方程时，应根据题目条件，选择合适的直线方 程形式，从而使求解过程简单明确 .设直线方程的截距式，应注意是否漏掉过原点的直线；设直线方程的点斜式时，应注意是否漏掉斜率不存在的直线 . 两条直线的位置关系 典例精析 题型一 两直线的交点 8 / 26 【例 1】若三条直线 l1： 2x y 3 0， l2： 3x y 2 0和 l3： ax y 0 不能构成三角形，求 a 的值 . 【解析】 l3l1 时， a 2a 2； l3l2 时， a 3a 3； 由 将 ( 1， 1)代入 ax y 0a 1. 综上， a 1 或 a 2 或 a 3 时， l1、 l2、 l3 不能构成三角形 . 【点拨】三条直线至少有两条平行时或三条直线相交于一点时不能构成三角形 . 【变式训练 1】已知两条直线 l1： a1x b1y 1 0 和 l2：a2x b2y 1 0 的交点为 P(2,3)，则过 A(a1， b1)， B(a2，b2)的直线方程是 . 【解析】由 P(2,3)为 l1 和 l2 的交点得 故 A(a1， b1)， B(a2， b2)的坐标满足方程 2x 3y 1 0， 即直线 2x 3y 1 0 必过 A(a1， b1)， B(a2， b2)两点 . 题型二 两直线位置关系的判断 【例 2】已知两条直线 l1： ax by 4 0 和 l2： (a 1)x y b 0，求满足下列条件的 a， b 的值 . (1)l1l2 ，且 l1 过点 ( 3， 1)； (2)l1l2 ，且坐标原点到两条直线的距离相等 . 【解析】 (1)由已知可得 l2 的斜率存在， 所以 k2 1 a，若 k2 0，则 1 a 0，即 a 1. 9 / 26 因为 l1l2 ，直线 l1 的斜率 k1 必不存在，即 b 0， 又 l1 过点 ( 3， 1)，所以 3a b 4 0， 而 a 1， b 0 代入上式不成立，所以 k2 0. 因为 k20 ，即 k1， k2 都存在， 因为 k2 1 a， k1 ab， l1l2 ，所以 k1k2 1，即 ab(1 a) 1， 又 l1 过点 ( 3， 1)，所以 3a b 4 0， 联立上述两个方程可解得 a 2， b 2. (2)因为 l2 的斜率存在，又 l1l2 ，所以 k1 k2，即 ab(1 a)， 因为坐标原点到这两条直线的距离相等，且 l1l2 ， 所以 l1， l2 在 y 轴的截距互为相反数，即 4b b， 联立上述方程解得 a 2， b 2 或 a 23， b 2， 所以 a， b 的值分别为 2 和 2 或 23 和 2. 【点拨】运用直线的斜截式 y kx b 时，要特别注意直线斜率不存在时的特殊情况 .求解两条直线平行或垂直有关问题时，主要是利用直线平行和垂直的充要条件，即 “ 斜率相等 ” 或 “ 斜率互为负倒数 ”. 【变式训练 2】如图，在平面直角坐标系 xoy 中，设三角形ABc 的顶点分别为 A(0， a)， B(b,0)， c(c,0).点 P(0， p)是线段 Ao 上的一点 (异于端点 )，这里 a， b， c， p 均为非零实数，设直线 BP， cP 分别与边 Ac， AB 交于点 E， F，某同学已10 / 26 正确求得直线 oE 的方程为 (1b 1c)x (1p 1a)y 0，则直线 oF 的方程为 . 【解析】由截距式可得直线 AB： xb ya 1，直线 cP： xc yp 1，两式相减得 (1c 1b)x (1p 1a)y 0，显然直线AB 与 cP 的交点 F 满足此方程，又原点 o 也满足此方程，故所求直线 oF 的方程为 (1c 1b)x (1p 1a)y 0. 题型三 点到直线的距离 【例 3】已知 ABc 中， A(1,1)， B(4,2)， c(m， m)(1 m4)，当 ABc 的面积 S 最大时，求 m 的值 . 【解析】因为 A(1,1)， B(4,2)，所以 |AB| (4 1)2 (21)2 10， 又因为直线 AB 的方程为 x 3y 2 0， 则点 c(m， m)到直线 AB 的距离即为 ABc 的高， 设高为 h ，则 h |m 3m 2|12 ( 3)2 ， S 12|AB|h 12|m 3m 2|， 令 m t，则 1 t 2，所以 S 12|m 3m 2| 12|t2 3t 2| 12|(t 32)2 14|， 由图象可知，当 t 32 时， S 有最大值 18，此时 m 32，所以 m 94. 【点拨】运用点到直线的距离时，直线方程要化为一般形式 .求最值可转化为代数问题，用处理代数问题的方法解 决 . 【变式训练 3】若动点 P1(x1， y1)与 P2(x2， y2)分别在直11 / 26 线 l1： x y 5 0， l2： x y 15 0 上移动，求 P1P2 的中点 P 到原点的距离的最小值 . 【解析】方法一：因为 P1、 P2 分别在直线 l1 和 l2 上， 所以 ( )2 ，得 x1 x22 y1 y22 10 0，所以 P1P2 的中点 P(x1 x22， y1 y22)在直线 x y 10 0 上，点 P 到原点的最小距离就是原点到直线 x y 10 0的距离 d 102 52.所以，点 P 到原点的最小距离为 52. 方法二：设 l 为夹在直线 l1 和 l2 之间且和 l1 与 l2 的距离相等的直线 . 令 l： x y c 0，则 5 c 15，且 |c 5|2 |c 15|2， 解得 c 10.所以 l 的方程为 x y 10 0. 由题意知， P1P2 的中点 P 在直线 l 上，点 P 到原点的最小距离就是原点到直线 l 的距离 d 102 52，所以点 P 到原点的最小距离为 52. 总结提高 1.求解与两直线平行或垂直有关的问题时，主要是利用两直线平行或垂直的条件，即 “ 斜率相等 ” 或 “ 互为负倒数 ”.若出现斜率不存在的情况，可考虑用数形结合的方法去研究 . 2.学会用分类讨论、数形结合、特殊值 检验等基本的数学方法和思想 .特别是注意数形结合思想方法，根据题意画出图形不仅易于找到解题思路，还可以避免漏解和增解，同时还12 / 26 可以充分利用图形的性质，挖掘出某些隐含条件，找到简捷解法 . 3.运用公式 d |c1 c2|A2 B2 求两平行直线之间的距离时，要注意把两直线方程中 x、 y 的系数化成分别对应相等 . 圆的方程 典例精析 题型一 求圆的方程 【例 1】求经过两点 A( 1,4)， B(3,2)且圆心在 y 轴上的圆的方程 . 【解析】方法一：设圆的方程为 x2 y2 Dx Ey F 0，则圆心 为 ( D2， E2)， 由已知得即 解得 D 0， E 2， F 9，所求圆的方程为 x2 y2 2y 9 0. 方法二：经过 A( 1,4)， B(3,2)的圆，其圆心在线段 AB 的垂直平分线上， AB 的垂直平分线方程为 y 3 2(x 1)，即 y 2x 1. 令 x 0， y 1，圆心为 (0,1)， r (3 0)2 (2 1)2 10， 圆的方程为 x2 (y 1)2 10. 【点拨】圆的标准方程或一般方程都有三个参数，只要求出a、 b、 r 或 D、 E、 F，则圆的方程确定，所以确定圆的方程需要三个独立条件 . 13 / 26 【 变式训练 1】已知一圆过 P(4， 2)、 Q( 1,3)两点，且在 y 轴上截得的线段长为 43，求圆的方程 . 【解析】设圆的方程为 x2 y2 Dx Ey F 0， 将 P、 Q 两点的坐标分别代入 得 令 x 0，由 得 y2 Ey F 0， 由已知 |y1 y2| 43，其中 y1、 y2 是方程 的两根 . 所以 (y1 y2)2 (y1 y2)2 4y1y2 E2 4F 48， 解 、 、 组成的方程组，得 D 2， E 0， F 12 或 D 10， E 8， F 4， 故所求圆的方程为 x2 y2 2x 12 0 或 x2 y2 10x 8y 4 0. 题型二 与圆有关的最值问题 【例 2】若实数 x， y 满足 (x 2)2 y2 3.求： (1)yx 的最大值和最小值； (2)y x 的最小值； (3)(x 4)2 (y 3)2 的最大值和最小值 . 【解析】 (1)yx y 0x 0，即连接圆上一点与坐标原点的直线的斜率，因此 yx 的最值为过原点的直线与圆相切时该直线的斜率，设 yx k， y kx， kx y 0. 由 |2k|k2 1 3，得 k 3 ，所以 yx 的最大值为 3， yx 的最小值为 3. 14 / 26 (2)令 x 2 3cos ， y 3sin ， 0,2). 所以 y x 3sin 3cos 2 6sin( 4) 2， 当 sin( 4) 1 时， y x 的最小值为 6 2. (3)(x 4)2 (y 3)2 是圆上点与点 (4,3)的距离的平方，因为圆心为 A(2,0)， B(4,3)， 连接 AB 交圆于 c，延长 BA 交圆于 D. |AB| (4 2)2 (3 0)2 13，则 |Bc| 13 3， |BD| 13 3， 所以 (x 4)2 (y 3)2 的最大值为 (13 3)2，最小值为 (13 3)2. 【点拨】 涉及与圆有关的最值问题，可借助图形性质，利用数形结合求解，一般地： 形如 U y bx a 形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题； 形如 (x a)2 (y b)2 形式的最值问题，可转化为圆心已定的动圆半径的最值问题 . 【变式训练 2】已知实数 x， y 满足 x2 y2 3(y0). 试求m y 1x 3 及 b 2x y 的取值范围 . 【解析】如图， m 可看作半圆 x2 y2 3(y0) 上的点与定点 A( 3， 1)连线的斜率， b 可以看作过半圆 x2 y23(y0) 上的点且斜率为 2 的直线的纵截距 . 由图易得 3 36m3 216， 23b15. 15 / 26 题型三 圆的方程的应用 【例 3】在平面直角坐标系 xoy 中，二次函数 f(x) x2 2x b(xR) 与两坐标轴有三个交点，经过三个交点的圆记为c. (1)求实数 b 的取值范围； (2)求圆 c 的方程； (3)问圆 c 是否经过定点 (其坐标与 b 无关 )？请证明你的结论 . 【解析】 (1)令 x 0，得抛物线与 y 轴交点是 (0， b)， 由题意 b0 ，且 0，解得 b 1 且 b0. (2)设所求圆的一般方程为 x2 y2 Dx Ey F 0， 令 y 0，得 x2 Dx F 0，这与 x2 2x b 0 是同一个方程，故 D 2， F b. 令 x 0，得 y2 Ey F 0，此方程有一个根为 b，代入得出 E b 1. 所以圆 c 的方程为 x2 y2 2x (b 1)y b 0. (3)圆 c 必过定点，证明如下： 假设圆 c 过定点 (x0， y0)(x0， y0 不依赖于 b)，将该点的坐标代入圆 c 的方程， 并变形为 x20 y20 2x0 y0 b(1 y0) 0， (*) 为使 (*)式对所有满足 b 1(b0) 的 b 都成立，必须有 1y0 0， 16 / 26 结合 (*)式得 x20 y20 2x0 y0 0， 解得或 经检验知，点 (0,1)， ( 2,1)均在圆 c 上，因此圆 c 过定点 . 【点拨】本题 (2)的解答用到了代数法求过三点的圆的方程，体现了设而不求的思想 .(3)的解答同样运用了代数的恒等思想，同时问题体现了较强的探究性 . 【变式训练 3】 (XX 安徽 )动点 A(x， y)在圆 x2 y2 1 上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转， 12 秒旋转一周 .已知时间t 0 时，点 A 的坐标是 (12， 32)，则当 0t12 时，动点A 的纵坐标 y 关于 t(单位：秒 )的函数的单调递增区间是( ) A.0,1B.1,7c.7,12D.0,1和 7,12 【解析】选 D.由题意知角速度为 212 6 ，故可得 ysin(6t 3),0t12 ， 36t 32 或 326t 352 ，所以0t1 或 7t12. 所以单调递增区间为 0,1和 7,12. 总结提高 1.确定圆的方程需要三个独立条件， “ 选标准，定参数 ” 是解题的基本方法 .一般来讲，条件涉及圆上的多个点，可选择一般方程；条件涉及圆心和半径，可选圆的标准方程 . 2.解决与圆有关的问题，应充分运用圆的几何性质帮助解题 .17 / 26 解决与圆 有关的最值问题时，可根据代数式子的几何意义，借助于平面几何知识，数形结合解决 .也可以利用圆的参数方程解决最值问题 . 直线与圆、圆与圆的位置关系 典例精析 题型一 直线与圆的位置关系的判断 【例 1】已知圆的方程 x2 y2 2，直线 y x b，当 b 为何值时， (1)直线与圆有两个公共点； (2)直线与圆只有一个公共点 . 【解析】方法一： (几何法 ) 设圆心 o(0,0)到直线 y x b 的距离为 d， d |b|12 12 |b|2，半径 r 2. 当 d r 时，直线与圆相交， |b|2 2， 2 b 2， 所以当 2 b 2 时，直线与圆有两个公共点 . 当 d r 时，直线与圆相切， |b|2 2， b 2 ， 所以当 b 2 时，直线与圆只有一个公共点 . 方法二： (代数法 ) 联立两个方程得方程组 消去 y 得 2x2 2bx b2 2 0， 16 4b2. 当 0，即 2 b 2 时，有两个公共点； 18 / 26 当 0，即 b 2 时，有一个公共点 . 【点拨】解决直线与圆的位置关系的问题时，要注意运用数形结合思想，既要运用平面几何中有关圆的性质，又要结合待定系数法运用直线方程中的基本关系，养成勤画 图的良好习惯 . 【变式训练 1】圆 2x2 2y2 1 与直线 xsin y 10(R ， k 2 ， kZ) 的位置关系是 ( ) A.相离 B.相切 c.相交 D.不能确定 【解析】选 A.易知圆的半径 r 22，设圆心到直线的距离为d，则 d 1sin2 1. 因为 2 k ， kZ. 所以 0sin2 1， 所以 22 d1 ，即 d r，所以直线与圆相离 . 题型二 圆与圆的位置关系的应用 【例 2】如果圆 c： (x a)2 (y a)2 4 上总存在两个点到原点的距离为 1，求实数 a 的取值范围 . 【 解析】到原点的距离等于 1 的点在单位圆 o： x2 y2 1上 .当圆 c 与圆 o 有两个公共点时，符合题意，故应满足 2 1 |oc| 2 1， 所以 1 a2 a2 3，即 22 |a| 322， 所以 322 a 22 或 22 a 322 为所求 a 的范围 . 【变式训练 2】两圆 (x 1)2 (y 1)2 r2 和 (x 2)2 (y 2)2 R2 相交于 P， Q 两点，若点 P 的坐标为 (1,2)，则点19 / 26 Q 的坐标为 . 【解析】由两圆的方程可知它们的圆心坐标分别为 ( 1,1)，(2， 2)，则过它们圆心的直线方程为 x ( 1)2 ( 1) y 1 2 1，即 y x. 根据圆的几何性质可知两圆的交点应关于过它们圆心的直线对称 . 故由 P(1,2)可得它关于直线 y x 的对称点，即点 Q 的坐标为 ( 2， 1). 题型三 圆的弦长、中点弦的问题 【例 3】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)求圆 c 内过点 P 的弦的中点的轨迹方程 . 【解析】 (1)如图， AB 43， D 是 AB 的中点，则 AD 23， Ac 4， 在 RtADc 中，可得 cD 2. 设所求直线的斜率为 k，则直线的方程为 y 5 kx，即 kx y 5 0.由点 c 到直线的距离公式 | 2k 6 5|k2 12， 得 k 34，此时直线 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，此时的方程为 x0. 20 / 26 所以所求直线为 x 0 或 3x 4y 20 0.(也可以用弦长公式求解 ) (2)设圆 c 上过点 P 的弦的中点为 D(x， y)， 因为 cDPD ，所以 0，即 (x 2， y 6)(x， y 5) 0， 化简得轨迹方程 x2 y2 2x 11y 30 0. 【点拨】在研究与弦的中点有关问题时，注意运用 “ 平方差法 ” ，即设弦 AB 两端点的坐标分别为 A(x1， y1)， B(x2， y2)，中点为 (x0， y0)， 由得 k y1 y2x1 x2 x1 x2y1 y2 x0y0. 该法常用来解决与弦的中点、直线的斜率有关的问题 . 【变式训练 3】已知圆的方程为 x2 y2 6x 8y 0，设该圆过点 (3,5)的最长弦和最短弦分别为 Ac 和 BD，则四边形ABcD 的面积为 ( ) 【解析】选 B.圆的方程化成标准方程 (x 3)2 (y 4)225，过点 (3,5)的最长弦 为 Ac 10，最短弦为 BD 252 12 46， S 12AcBD 206. 总结提高 1.解决直线与圆、圆与圆的位置关系有代数法和几何法两种，用几何法解题时要注意抓住圆的几何特征，因此常常要比代数法简捷 .例如，求圆的弦长公式比较复杂，利用 l 2R221 / 26 d2(R 表示圆的半径， d 表示弦心距 )求弦长比代数法要简便 . 2.处理直线与圆，圆与圆的位置关系，要全面地考查各种位置关系，防止漏解，如设切线为点斜式，要考虑斜率不存在的情况是否合题意，两圆相切应考虑外切和内切两种情况 . 3.处理直线与圆的位 置关系时，特别是有关交点问题时，为避免计算量过大，常采用 “ 设而不求 ” 的方法 . 直线与圆的综合应用 典例精析 题型一 直线和圆的位置关系的应用 【例 1】已知圆 c： (x 1)2 (y 2)2 25 及直线 l： (2m 1)x (m 1)y 7m 4(mR). (1)求证：不论 m 为何值，直线 l 恒过定点； (2)判断直线 l 与圆 c 的位置关系； (3)求直线 l 被圆截得的弦长最短时的弦长及此时直线的方程 . 【解析】 (1)证明：直线方程可写作 x y 4 m(2x y 7) 0， 由方程组可得 所以不论 m 取何值，直线 l 恒过定点 (3,1). (2)由 (3 1)2 (1 2)2 5 5， 故点 (3,1)在圆内，即不论 m 取何值，直线 l 总与圆 c 相交 . 22 / 26 (3)由平面几何知识可知，当直线与过点 m(3,1)的直径垂直时，弦 |AB|最短 . |AB| 2r2 |cm|2 225 (3 1)2 (1 2)2 45， 此时 k 1kcm，即 2m 1m 1 1 12 2， 解得 m 34，代入原直线方程，得 l 的方程为 2x y 5 0. 【点拨】解决弦长问题时，可利用弦长的几何意义求解 . 【变式训练 1】若函数 f(x) 1beax 的图象在 x 0 处的切线 l 与圆 c： x2 y2 1 相离，则 P(a， b)与圆 c 的位置关系是 ( ) A.在圆外 B.在圆内 c.在圆上 D.不能确定 【 解 析 】 选 (x) 1beaxf(x) abeaxf(0) ab. 又 f(0) 1b，所以切线 l 的方程为 y 1b ab(x 0)，即 ax by 1 0， 由 l 与圆 c： x2 y2 1 相离得 1a2 b2 1a2 b2 1，即点 P(a， b)在圆内，故选 B. 题型二 和圆有关的对称问题 【例 2】设 o 为坐标原点，曲线 x2 y2 2x 6y 1 0 上有两点 P、 Q 关于直线 x my 4 0 对称，又满足 0. (1)求 m 的值； 23 / 26 (2)求直线 PQ 的方程 . 【解析】 (1)曲线方程可化为 (x 1)2 (y 3)2 9，是圆心为 ( 1,3)，半径为 3 的圆 . 因为点 P， Q 在圆上且关于直线 x my 4 0 对称， 所以圆心 ( 1,3)在直线 x my 4 0 上，代入得 m 1. (2)因为直线 PQ 与直线 y x 4 垂直，所以设 P(x1， y1)，Q(x2， y2)， 则直线 PQ 的方程为 y x b.将直线 y x b 代入圆的方程，得 2x2 2(4 b)x b2 6b 1 0， 4(4 b)242(b2 6b 1) 0，解得 2 32 b 2 32. x1 x2 b 4， x1x2 b2 6b 12， y1y2 ( x1 b)( x2 b) b2 b(x1 x2) x1x2 b22b 12， 因为 0，所以 x1x2 y1y2 0， 即 b2 6b 12 b2 2b 12 0，得 b 1. 故所求的直线方程为 y x 1. 【点拨】平面向量与圆的交汇是平面解析几何的一个热点内容， 解题时，一方面要能够正确地分析用向量表达式给出的题目