高中数学高考第4节 直线与圆、圆与圆的位置关系 教案

这是一份高中数学高考第4节 直线与圆、圆与圆的位置关系 教案，共11页。


1．直线与圆的位置关系
(1)三种位置关系：相交、相切、相离．
(2)两种研究方法：
2．圆与圆的位置关系
设圆O1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝req \\al(2,1)(r1>0)，圆O2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝req \\al(2,2)(r2>0)．
eq \O([常用结论])
1. 圆的切线方程常用结论
(1)过圆x2＋y2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为x0x＋y0y＝r2.
(2)过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2.
(3)过圆x2＋y2＝r2外一点M(x0，y0)作圆的两条切线，则两切点所在直线方程为x0x＋y0y＝r2.
2．圆与圆的位置关系的常用结论
(1)两圆的位置关系与公切线的条数：①内含：0条；②内切：1条；③相交：2条；④外切：3条；⑤外离：4条．
(2)当两圆相交时，两圆方程(x2，y2项系数相同)相减便可得公共弦所在直线的方程．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)“k＝1”是“直线x－y＋k＝0与圆x2＋y2＝1相交”的必要不充分条件．( )
(2)如果两个圆的方程组成的方程组只有一组实数解，则两圆外切．( )
(3)如果两圆的圆心距小于两半径之和，则两圆相交．( )
(4)若两圆相交，则两圆方程相减消去二次项后得到的二元一次方程是公共弦所在直线的方程．( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√
二、教材改编
1．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，＋∞)
C [由题意知eq \f(|a＋1|,\r(2))≤eq \r(2)，即|a＋1|≤2.
解得－3≤a≤1.故选C.]
2．圆(x＋2)2＋y2＝4与圆(x－2)2＋(y－1)2＝9的位置关系为( )
A．内切 B．相交 C．外切 D．相离
B [两圆圆心分别为(－2,0)，(2,1)，半径分别为2和3，圆心距d＝eq \r(42＋1)＝eq \r(17). ∵3－23．已知直线l：y＝k(x＋eq \r(3))和圆C：x2＋(y－1)2＝1，若直线l与圆C相切，则k＝( )
A．0 B.eq \r(3) C.eq \f(\r(3),3)或0 D.eq \r(3)或0
D [因为直线l与圆C相切，所以圆心C到直线l的距离d＝eq \f(|－1＋\r(3)k|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝0或k＝eq \r(3)，故选D.]
4．直线x＋2y＝0被圆C：x2＋y2－6x－2y－15＝0所截得的弦长等于 ．
4eq \r(5) [由题意知圆心C(3,1)，半径r＝5.又圆心C到直线l的距离d＝eq \f(|3＋2|,\r(5))＝eq \r(5)，则弦长＝2eq \r(r2－d2)＝4eq \r(5).]
考点1 直线与圆的位置关系
直线与圆的位置关系的判断
判断直线与圆的位置关系的常见方法
(1)几何法：利用d与r的关系．
(2)代数法：联立方程组，消元得一元二次方程之后利用Δ判断．
(3)点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交．
上述方法中最常用的是几何法，点与圆的位置关系法适用于动直线问题．
1.若直线ax＋by＝1与圆x2＋y2＝1有两个公共点，则点P(a，b)与圆x2＋y2＝1的位置关系是( )
A．在圆上 B．在圆外
C．在圆内 D．以上都有可能
B [由题意知圆心到直线的距离d＝eq \f(1,\r(a2＋b2))＜1，即a2＋b2＞1，则点P(a，b)在圆x2＋y2＝1的外部，故选B.]
2．直线l：mx－y＋1－m＝0与圆C：x2＋(y－1)2＝5的位置关系是( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
A [法一：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(mx－y＋1－m＝0，,x2＋y－12＝5，))
消去y，整理得(1＋m2)x2－2m2x＋m2－5＝0，
因为Δ＝16m2＋20＞0，
所以直线l与圆相交．
法二：由题意知，圆心(0,1)到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(m2＋1))＜1＜eq \r(5)，故直线l与圆相交．
法三：直线l：mx－y＋1－m＝0过定点(1,1)，因为点(1,1)在圆x2＋(y－1)2＝5的内部，所以直线l与圆相交．]
3．圆(x－3)2＋(y－3)2＝9上到直线3x＋4y－11＝0的距离等于1的点的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
C [如图所示，因为圆心到直线的距离为eq \f(|9＋12－11|,5)＝2，又因为圆的半径为3，所以直线与圆相交，圆上到直线的距离为1的点有3个．]
若直线方程中x(或y)的系数含参数，则此直线为过定点的动直线，一般是求出定点，再求解．
直线与圆相切的问题
1．求过圆上的一点(x0，y0)的切线方程的方法
先求切点与圆心连线的斜率k，若k不存在，则结合图形可直接写出切线方程为y＝y0；若k＝0，则结合图形可直接写出切线方程为x＝x0；若k存在且k≠0，则由垂直关系知切线的斜率为－eq \f(1,k)，由点斜式可写出切线方程．
2．求过圆外一点(x0，y0)的圆的切线方程的两种方法
(1)过点P(2,4)作圆(x－1)2＋(y－1)2＝1的切线，则切线方程为( )
A．3x＋4y－4＝0
B．4x－3y＋4＝0
C．x＝2或4x－3y＋4＝0
D．y＝4或3x＋4y－4＝0
(2)(2019·浙江高考)已知圆C的圆心坐标是(0，m)，半径长是r.若直线2x－y＋3＝0与圆C相切于点A(－2，－1)，则m＝ ，r＝ .
(1)C (2)－2 eq \r(5) [(1)当斜率不存在时，x＝2与圆相切；当斜率存在时，设切线方程为y－4＝k(x－2)，即kx－y＋4－2k＝0，则eq \f(|k－1＋4－2k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq \f(4,3)，则切线方程为4x－3y＋4＝0，故切线方程为x＝2或4x－3y＋4＝0，故选C.
(2)由圆心与切点的连线和切线垂直，得eq \f(m＋1,2)＝－eq \f(1,2)，解得m＝－2，因此圆心坐标为(0，－2)，半径r＝eq \r(－2－02＋－1＋22)＝eq \r(5).]
已知切点，则圆心与切点的连线垂直于切线是常用的结论，如本例T(2)．
弦长问题
弦长的两种求法
(1)代数方法：将直线和圆的方程联立方程组，消元后得到一个一元二次方程．在判别式Δ＞0的前提下，利用根与系数的关系，根据弦长公式求弦长．
(2)几何方法：若弦心距为d，圆的半径长为r，则弦长l＝2eq \r(r2－d2).
(1)设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过(0,3)与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2eq \r(3)，则直线l的方程为( )
A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0
B．3x＋4y－12＝0或x＝0
C．4x－3y＋9＝0或x＝0
D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0
(2)(2019·衡水模拟)已知直线ax＋y－1＝0与圆C：(x－1)2＋(y＋a)2＝1相交于A，B两点，且△ABC为等腰直角三角形，则实数a的值为( )
A.eq \f(1,7)或－1 B．－1
C．1 D．1或－1
(1)B (2)D [(1)当直线l的斜率不存在，即直线l的方程为x＝0时，弦长为2eq \r(3)，符合题意；当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋3，由弦长为2eq \r(3)，半径为2可知，圆心到该直线的距离为1，从而有eq \f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝－eq \f(3,4)，综上，直线l的方程为x＝0或3x＋4y－12＝0，故选B.
(2)由题意得△ABC为等腰直角三角形，∴圆心C(1，－a)到直线ax＋y－1＝0的距离d＝rsin 45°(r为圆C的半径)．又∵半径r＝1，∴d＝eq \f(\r(2),2)，即eq \f(|a－a－1|,\r(a2＋1))＝eq \f(\r(2),2)，整理得1＋a2＝2，即a2＝1，解得a＝－1或1.故选D.]
解答本例T(2)的关键是求圆心到直线的距离d＝rsin 45°.
[教师备选例题]
若a2＋b2＝2c2(c≠0)，则直线ax＋by＋c＝0被圆x2＋y2＝1所截得的弦长为( )
A.eq \f(1,2) B．1 C.eq \f(\r(2),2) D.eq \r(2)
D [因为圆心(0,0)到直线ax＋by＋c＝0的距离d＝eq \f(|c|,\r(a2＋b2))＝eq \f(|c|,\r(2)|c|)＝eq \f(\r(2),2)，因此根据直角三角形的关系，弦长的一半就等于eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(2),2)，所以弦长为eq \r(2).]
1.已知圆的方程是x2＋y2＝1，则经过圆上一点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))的切线方程是 ．
x＋y－eq \r(2)＝0 [因为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))是圆x2＋y2＝1上的点，所以过点M的圆的切线的斜率为－1，则设切线方程为x＋y＋a＝0，所以eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)＋a＝0，得a＝－eq \r(2)，故切线方程为x＋y－eq \r(2)＝0.]
2．已知直线l：ax＋by－3＝0与圆M：x2＋y2＋4x－1＝0相切于点P(－1,2)，则直线l的方程为 ．
x＋2y－3＝0 [圆M的标准方程为(x＋2)2＋y2＝5，则M(－2,0)
直线MP的斜率kMP＝eq \f(2－0,－1－－2)＝2，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a,b)＝－\f(1,2)，,－a＋2b－3＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2.))
因此直线l的方程为x＋2y－3＝0.]
3．(2019·雅安模拟)已知直线l：x－eq \r(3)y＋6＝0与圆x2＋y2＝12相交于A，B两点，则∠AOB＝ .(O为坐标原点)
60° [圆心O(0,0)到直线AB的距离d＝eq \f(6,\r(1＋3))＝3，
则|AB|＝2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(3)，则有|OA|＝|OB|＝|AB|，
即△AOB是等边三角形，∴∠AOB＝60°.]
考点2 圆与圆的位置关系
1．几何法判断圆与圆的位置关系的三步骤
(1)确定两圆的圆心坐标和半径长；
(2)利用平面内两点间的距离公式求出圆心距d，求r1＋r2，|r1－r2|；
(3)比较d，r1＋r2，|r1－r2|的大小，写出结论．
2．两圆公共弦长的求法
(1)求公共弦所在的直线方程：由两个圆的方程相减得到．
(2)在一个圆中求公共弦长：按照求弦长的方法求解．
(1)已知圆O1的方程为x2＋y2＝4，圆O2的方程为(x－a)2＋(y－1)2＝1，那么这两个圆的位置关系不可能是( )
A．外离 B．外切 C．内含 D．内切
(2)(2019·南通模拟)圆O1：x2＋y2＝9与圆O2：x2＋y2－4x＋2y－3＝0的公共弦的长为 ．
(1)C (2)eq \f(12\r(5),5) [(1)圆O1：x2＋y2＝4的圆心O1(0,0)，半径r1＝2，圆O2：(x－a)2＋(y－1)2＝1的圆心O2(a,1)，半径r2＝1，两圆的圆心距|O1O2|＝eq \r(a2＋1)≥1＝2－1，所以两个圆的位置关系不可能是内含，故选C.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝9，,x2＋y2－4x＋2y－3＝0))得两圆的公共弦所在的直线方程为2x－y－3＝0，圆O1：x2＋y2＝9的圆心O1(0,0)到直线2x－y－3＝0的距离d＝eq \f(|－3|,\r(5))＝eq \f(3,\r(5))，
则公共弦长为2eq \r(9－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(5))))eq \s\up20(2))＝eq \f(12\r(5),5).]
本例T(1)中，圆O2的圆心在直线y＝1上，数形结合也可得到答案．
[教师备选例题]
(2016·山东高考)已知圆M：x2＋y2－2ay＝0(a>0)截直线x＋y＝0所得线段的长度是2eq \r(2)，则圆M与圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置关系是( )
A．内切 B．相交
C．外切 D．相离
B [法一：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2－2ay＝0，,x＋y＝0))得两交点为(0,0)，(－a，a)．
∵圆M截直线所得线段长度为2eq \r(2)，
∴eq \r(a2＋－a2)＝2eq \r(2).又a>0，∴a＝2.
∴圆M的方程为x2＋y2－4y＝0，即x2＋(y－2)2＝4，圆心M(0,2)，半径r1＝2.
又圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心N(1,1)，半径r2＝1，
∴|MN|＝eq \r(0－12＋2－12)＝eq \r(2).
∵r1－r2＝1，r1＋r2＝3,1<|MN|<3，∴两圆相交．
法二：∵x2＋y2－2ay＝0(a>0)⇔x2＋(y－a)2＝a2(a>0)，
∴M(0，a)，r1＝a.
依题意，有eq \f(a,\r(2))＝eq \r(a2－2)，解得a＝2.
以下同法一．]
1.(2019·哈尔滨模拟)圆x2－4x＋y2＝0与圆x2＋y2＋4x＋3＝0的公切线共有( )
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
D [x2－4x＋y2＝0，即(x－2)2＋y2＝22，圆心坐标为(2,0)，半径为2；x2＋y2＋4x＋3＝0，即(x＋2)2＋y2＝12，圆心坐标为(－2,0)，半径为1.所以两圆圆心距为4，两圆半径和为3.因为4＞3，所以两圆的位置关系是外离，故两圆的公切线共有4条．故选D.]
2．(2019·揭阳模拟)若圆x2＋y2＝1与圆x2＋y2－6x－8y－m＝0相切，则m的值为 ．
－9或11 [圆的方程x2＋y2－6x－8y－m＝0可化为(x－3)2＋(y－4)2＝25＋m，
其圆心坐标为(3,4)，半径r＝eq \r(25＋m)(m＞－25)．
若两圆外切，则eq \r(25＋m)＋1＝5，解得m＝－9；
若两圆内切，则eq \r(25＋m)－1＝5，解得m＝11.]
考点3 直线与圆的综合问题
直线与圆的综合问题的求解策略
(1)利用解析几何的基本思想方法(即几何问题代数化)，把它转化为代数问题，通过代数的计算，使问题得到解决．
(2)直线与圆和平面几何联系十分紧密，可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到一起综合考虑．
已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点．
(1)求k的取值范围；
(2)若eq \(OM,\s\up12(→))·eq \(ON,\s\up12(→))＝12，其中O为坐标原点，求|MN|.
[解] (1)由题设可知直线l的方程为y＝kx＋1.
因为直线l与圆C交于两点，所以eq \f(|2k－3＋1|,\r(1＋k2))<1，
解得eq \f(4－\r(7),3)所以k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4－\r(7),3)，\f(4＋\r(7),3))).
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
将y＝kx＋1代入方程(x－2)2＋(y－3)2＝1，
整理得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0.
所以x1＋x2＝eq \f(41＋k,1＋k2)，x1x2＝eq \f(7,1＋k2).
eq \(OM,\s\up12(→))·eq \(ON,\s\up12(→))＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝eq \f(4k1＋k,1＋k2)＋8.
由题设可得eq \f(4k1＋k,1＋k2)＋8＝12，解得k＝1，
所以直线l的方程为y＝x＋1.
故圆心C在直线l上，所以|MN|＝2.
解答本例T(2)问时，把eq \(OM,\s\up12(→))·eq \(ON,\s\up12(→))表示成点M，N的横坐标和与积的形式是解题的关键．
(2019·衡阳模拟)已知点P是圆C：(x－3)2＋y2＝4上的动点，点A(－3,0)，M是线段AP的中点．
(1)求点M的轨迹方程；
(2)若点M的轨迹与直线l：2x－y＋n＝0交于E，F两点，且OE⊥OF，求n的值．
[解] (1)设M(x，y)为所求轨迹上的任意一点，点P为(x1，y1)，则(x1－3)2＋yeq \\al(2,1)＝4.①
又∵M是线段AP的中点，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(x1－3,2)，,y＝\f(y1,2)，))
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝2x＋3，,y1＝2y，))代入①式得x2＋y2＝1.
(2)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝1，,2x－y＋n＝0，))消去y得5x2＋4nx＋n2－1＝0.
由Δ＞0得－eq \r(5)＜n＜eq \r(5).②
设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(4n,5)，,x1x2＝\f(n2－1,5).))③
由OE⊥OF可得x1x2＋y1y2＝0.∵y＝2x＋n，
∴x1x2＋(2x1＋n)(2x2＋n)＝0，展开得5x1x2＋2n(x1＋x2)＋n2＝0.
由③式可得5×eq \f(n2－1,5)＋2n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4n,5)))＋n2＝0，化简得n2＝eq \f(5,2).④
根据②④得n＝±eq \f(\r(10),2).
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
外离
d>r1＋r2
无解
外切
d＝r1＋r2
一组实数解
相交
|r1－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
几何法
当斜率存在时，设为k，则切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即kx－y＋y0－kx0＝0.由圆心到直线的距离等于半径，即可求出k的值，进而写出切线方程
代数法
当斜率存在时，设为k，则切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即y＝kx－kx0＋y0，代入圆的方程，得到一个关于x的一元二次方程，由Δ＝0，求得k，切线方程即可求出