高考数学 第1部分 重点强化专题 专题5 平面解析几何 突破点11 直线与圆教学案

专题五平面解析几何建知识网络明内在联系高考点拨平面解析几何是浙江新高考的重点内容，常以“两小一大”呈现，两小题主要考查直线与圆的位置关系双曲线的图象和性质(有时考查抛物线的图象和性质)，一大题常考查以椭圆(或抛物线)为背景的图象和性质问题基于上述分析，本专题将从“直线与圆”“圆锥曲线的定义、方程、几何性质”“圆锥曲线中的综合问题”三条主线引领复习和提升突破点11直线与圆 (对应学生用书第41页)核心知识提炼提炼1 圆的方程(1)圆的标准方程当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(xa)2(yb)2r2，特别地，当圆心在原点时，方程为x2y2r2.(2)圆的一般方程x2y2DxEyF0，其中D2E24F0，表示以为圆心，为半径的圆. 提炼2 求解直线与圆相关问题的两个关键点(1)三个定理：切线的性质定理，切线长定理，垂径定理(2)两个公式：点到直线的距离公式d，弦长公式|AB|2(弦心距d)提炼3求距离最值问题的本质(1)圆外一点P到圆C上的点距离的最大值为|PC|r，最小值为|PC|r，其中r为圆的半径(2)圆上的点到直线的最大距离是dr，最小距离是dr，其中d为圆心到直线的距离，r为圆的半径(3)过圆内一点，直径是最长的弦，与此直径垂直的弦是最短的弦高考真题回访回访1两条直线的位置关系1(2012浙江高考)设aR，则“a1”是“直线l1：ax2y10与直线l2：x(a1)y40平行”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件A若直线l1与l2平行，则a(a1)210，即a2或a1，所以a1是直线l1与直线l2平行的充分不必要条件2(2011浙江高考)若直线x2y50与直线2xmy60互相垂直，则实数m_.1直线x2y50与直线2xmy60互相垂直，22m0，m1.回访2圆的方程3(2016浙江高考)已知aR方程a2x2(a2)y24x8y5a0表示圆，则圆心坐标是_，半径是_(2，4)5由二元二次方程表示圆的条件可得a2a2，解得a2或1.当a2时，方程为4x24y24x8y100，即x2y2x2y0，配方得2(y1)20，不表示圆；当a1时，方程为x2y24x8y50，配方得(x2)2(y4)225，则圆心坐标为(2，4)，半径是5.4(2015浙江高考)已知实数x，y满足x2y21，则|2xy4|6x3y|的最大值是_15x2y21，2xy40，|2xy4|6x3y|42xy6x3y103x4y.令z103x4y，如图，设OA与直线3x4y0垂直，直线OA的方程为yx.联立得A，当z103x4y过点A时，z取最大值，zmax103415.5(2013浙江高考)如图111，点P(0，1)是椭圆C1：1(ab0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2y24的直径l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.图111(1)求椭圆C1的方程；(2)求ABD面积取最大值时直线l1的方程解(1)由题意得2分所以椭圆C的方程为y21.5分(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为ykx1.6分又圆C2：x2y24，故点O到直线l1的距离d，所以|AB|22.7分又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故x0，所以|PD|.8分设ABD的面积为S，则S|AB|PD|，11分所以S，当且仅当k时取等号所以所求直线l1的方程为yx1.15分回访3直线与圆、圆与圆的位置关系6(2014浙江高考)已知圆x2y22x2ya0截直线xy20所得弦的长度为4，则实数a的值是()A2B4C6D8B由圆的方程x2y22x2ya0可得，圆心为(1,1)，半径r.圆心到直线xy20的距离为d.由r2d22得2a24，所以a4.7(2013浙江高考)直线y2x3被圆x2y26x8y0所截得的弦长等于_4 圆的方程可化为(x3)2(y4)225，故圆心为(3,4)，半径r5.又直线方程为2xy30，所以圆心到直线的距离为d，所以弦长为2 224 .8(2015浙江高考)如图112，已知抛物线C1：yx2，圆C2：x2(y1)21，过点P(t,0)(t0)作不过原点O的直线PA，PB分别与抛物线C1和圆C2相切，A，B为切点图112(1)求点A，B的坐标；(2)求PAB的面积解(1)由题意知直线PA的斜率存在，故可设直线PA的方程为yk(xt).2分由消去y，整理得x24kx4kt0，由于直线PA与抛物线相切，得kt.3分因此，点A的坐标为(2t，t2)设圆C2的圆心为D(0,1)，点B的坐标为(x0，y0)由题意知：点B，O关于直线PD对称，故5分解得因此，点B的坐标为.7分(2)由(1)知|AP|t，直线PA的方程为txyt20.点B到直线PA的距离是d.11分设PAB的面积为S(t)，则S(t)|AP|d.15分(对应学生用书第43页)热点题型1圆的方程题型分析：求圆的方程是高考考查的重点内容，常用的方法是待定系数法或几何法.【例1】(1)已知圆C关于y轴对称，经过点A(1,0)，且被x轴分成的两段弧长之比为12，则圆C的方程为_(2)已知M的圆心在第一象限，过原点O被x轴截得的弦长为6，且与直线3xy0相切，则圆M的标准方程为_(1)x22(2)(x3)2(y1)210(1)因为圆C关于y轴对称，所以圆C的圆心C在y轴上，可设C(0，b)，设圆C的半径为r，则圆C的方程为x2(yb)2r2.依题意，得解得所以圆C的方程为x22.(2)法一：设M的方程为(xa)2(yb)2r2(a0，b0，r0)，由题意知解得故M的方程为(x3)2(y1)210.法二：因为圆M过原点，故可设方程为x2y2DxEy0，又被x轴截得的弦长为6且圆心在第一象限，则232，故D6，与3xy0相切，则，即ED2，因此所求方程为x2y26x2y0.故M的标准方程为(x3)2(y1)210.方法指津求圆的方程的两种方法1几何法，通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程2代数法，即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数变式训练1(1)(2017温州市普通高中高考模拟考试)圆x2y22y30的圆心坐标是_，半径是_(2)抛物线y24x与过其焦点且垂直于x轴的直线相交于A，B两点，其准线与x轴的交点为M，则过M，A，B三点的圆的标准方程为_(1)(0,1)2(2)(x1)2y24(1)化圆的一般式方程为标准方程，得x2(y1)24，由此知该圆的圆心坐标为(0,1)，半径为2.(2)由题意知，A(1,2)，B(1，2)，M(1,0)，AMB是以点M为直角顶点的直角三角形，则线段AB是所求圆的直径，故所求圆的标准方程为(x1)2y24.热点题型2直线与圆、圆与圆的位置关系题型分析：直线与圆、圆与圆的位置关系是高考考查的热点内容，解决的方法主要有几何法和代数法.【例2】(1)已知直线l：mxy3m0与圆x2y212交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点若|AB|2，则|CD|_.4由直线l：mxy3m0知其过定点(3，)，圆心O到直线l的距离为d.由|AB|2得2()212，解得m.又直线l的斜率为m，所以直线l的倾斜角.画出符合题意的图形如图所示，过点C作CEBD，则DCE.在RtCDE中，可得|CD|24.(2)(2017金华十校联考)如图113，已知圆G：(x2)2y2r2是椭圆y21的内接ABC的内切圆，其中A为椭圆的左顶点求圆G的半径r；过点M(0,1)作圆G的两条切线交椭圆于E，F两点，证明：直线EF与圆G相切图113解设B(2r，y0)，过圆心G作GDAB于D，BC交长轴于H.由得，即y0，2分而B(2r，y0)在椭圆上，y1，3分由式得15r28r120，解得r或r(舍去).5分证明：设过点M(0,1)与圆(x2)2y2相切的直线方程为ykx1，则，即32k236k50，解得k1，k2.将代入y21得(16k21)x232kx0，则异于零的解为x.8分设F(x1，k1x11)，E(x2，k2x21)，则x1，x2，12分则直线FE的斜率为kEF，于是直线FE的方程为y1.即yx，则圆心(2,0)到直线FE的距离d，故结论成立.15分方法指津1直线(圆)与圆的位置关系的解题思路(1)讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时，要注意数形结合，充分利用圆的几何性质寻找解题途径，减少运算量研究直线与圆的位置关系主要通过圆心到直线的距离和半径的比较实现，两个圆的位置关系的判断依据是两圆心距离与两半径差与和的比较(2)直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式，过圆外一点求解切线段长可转化为圆心到圆外点的距离，利用勾股定理计算2弦长的求解方法(1)根据平面几何知识构建直角三角形，把弦长用圆的半径和圆心到直线的距离表示，l2(其中l为弦长，r为圆的半径，d为圆心到直线的距离)(2)根据公式：l|x1x2|求解(其中l为弦长，x1，x2为直线与圆相交所得交点的横坐标，k为直线的斜率)(3)求出交点坐标，用两点间距离公式求解变式训练2(1)(2017金丽衢十二校高三第二次联考)如图114，圆M和圆N与直线l：ykx分别相切于A，B，与x轴相切，并且圆心连线与l交于点C，若|OM|ON|且2，则实数k的值为() 【导学号：68334120】图114A1B.C.D.D分别过点M，N作x轴的垂线，垂足分别为E，F.由题意，得MACNBC，由2，知|MA|2|NB|.又由x轴与直线ykx是两个圆的公切线知MON90，|MA|ME|，|NB|NF|，结合|OM|ON|，知|ME|2|NF|，OMENOF，所以|OF|ME|2|NF|，所以tanNOF，则tanBOFtan 2NOF，故选D.(2)已知点M(1,0)，N(1,0)，曲线E上任意一点到点M的距离均是到点N距离的倍求曲线E的方程；已知m0，设直线l1：xmy10交曲线E于A，C两点，直线l2：mxym0交曲线E于B，D两点C，D两点均在x轴下方当CD的斜率为1时，求线段AB的长解设曲线E上任意一点坐标为(x，y)，由题意，2分整理得x2y24x10，即(x2)2y23为所求.4分由题知l1l2，且两条直线均恒过点N(1,0)，设曲线E的圆心为E，则E(2,0)，线段CD的中点为P，则直线EP：yx2，设直线CD：yxt，由解得点P.7分由圆的几何性质，|NP|CD|，而|NP|222，|ED|23，|EP|22，2232，解得t0或t3，又C，