-新教材高中数学第二章平面解析几何3.3直线与圆的位置关系学案新人教B版选择性必修第一册

PAGEPAGE11直线与圆的位置关系新课程标准解读核心素养1.能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆的位置关系直观想象2.能用直线和圆的方程解决一些简单的问题．体会用代数方法处理几何问题的思想数学运算“大漠孤烟直，长河落日圆”是唐朝诗人王维的诗句，它描述了黄昏日落时分塞外特有的景象．如果我们把太阳看成一个圆，地平线看成一条直线，观察下面三幅太阳落山的图片．[问题](1)图片中，地平线与太阳的位置关系怎样？(2)结合初中平面几何中学过的直线与圆的位置关系，直线与圆有几种位置关系？(3)如何判断直线与圆的位置关系？知识点直线与圆有三种位置关系位置关系交点个数图示相交有两个公共点相切只有一个公共点相离没有公共点eq\a\vs4\al()直线Ax＋By＋C＝0与圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2的位置关系及判断位置关系相交相切相离判定方法几何法：设圆心到直线的距离d＝eq\f(|Aa＋Bb＋C|,\r(A2＋B2))d＜rd＝rd＞r代数法：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别式ΔΔ＞0Δ＝0Δ＜01．判断正误．(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)如果直线与圆组成的方程组有解，则直线与圆相交或相切．()(2)直线x＋2y－1＝0与圆2x2＋2y2－4x－2y＋1＝0的位置关系是相交．()答案：(1)√(2)√2．直线x＋y＋m＝0与圆x2＋y2＝m相切，则m的值为()A．0或2 B．2C．eq\r(2) D．无解解析：选B由于直线与圆相切，故eq\r(m)＝eq\f(|m|,\r(12＋12))，解得m＝0(舍去)或m＝2.3．直线y＝2x＋3被圆x2＋y2－6x－8y＝0所截得的弦长等于________．解析：圆的方程可化为(x－3)2＋(y－4)2＝25.故圆心为(3，4)，半径r＝5.又直线方程为2x－y＋3＝0，所以圆心到直线的距离为d＝eq\f(|2×3－4＋3|,\r(4＋1))＝eq\r(5)，所以弦长为2eq\r(r2－d2)＝2×eq\r(25－5)＝2eq\r(20)＝4eq\r(5).答案：4eq\r(5)直线与圆位置关系的判断[例1](链接教科书第107页例1)已知直线l：x－2y＋5＝0与圆C：(x－7)2＋(y－1)2＝36，判断直线l与圆C的位置关系．[解]法一(代数法)：由方程组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，∴该方程组有两组不同的实数解，即直线l与圆C相交．法二(几何法)：圆心(7，1)到直线l的距离为d＝eq\f(|1×7－2×1＋5|,\r(12＋（－2）2))＝2eq\r(5).∵d＜r＝6，∴直线l与圆C相交．eq\a\vs4\al()判断直线与圆位置关系的方法(1)几何法：由圆心到直线的距离d与圆的半径r的大小关系判断；(2)代数法：根据直线与圆的方程组成的方程组解的个数来判断．[跟踪训练]1．直线x－ky＋1＝0与圆x2＋y2＝1的位置关系是()A．相交 B．相离C．相交或相切 D．相切解析：选C直线x－ky＋1＝0恒过定点(－1，0)，而(－1，0)在圆上，故直线与圆相切或相交．2．已知点(a，b)在圆C：x2＋y2＝r2(r≠0)的外部，则直线ax＋by＝r2与C的位置关系是()A．相切 B．相离C．相交 D．不确定解析：选C由已知a2＋b2＞r2，且圆心到直线ax＋by＝r2的距离为d＝eq\f(r2,\r(a2＋b2))，则d＜r，故直线ax＋by＝r2与圆C的位置关系是相交．直线与圆相切的有关问题[例2](1)(2020·全国卷Ⅱ)若过点(2，1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x－y－3＝0的距离为()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)经过点M(2，eq\r(6))，且与圆x2＋y2＝10相切的直线的方程为________；(3)若圆C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0关于直线2ax＋by＋6＝0对称，则由点(a，b)向圆所作的切线长的最小值是________．[解析](1)因为圆与两坐标轴都相切，点(2，1)在该圆上，所以可设该圆的方程为(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，所以圆心的坐标为(1，1)或(5，5)，所以圆心到直线2x－y－3＝0的距离为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)，故选B.(2)法一：因为22＋(eq\r(6))2＝10，所以点M在圆x2＋y2＝10上，由题意可知圆心为C(0，0)，则直线CM的斜率kCM＝eq\f(\r(6),2).因为圆的切线垂直于经过切点的直径所在的直线，所以所求切线的斜率k＝－eq\f(2,\r(6)).故经过点M的切线方程为y－eq\r(6)＝－eq\f(2,\r(6))(x－2)，整理得2x＋eq\r(6)y－10＝0.法二：显然点M(2，eq\r(6))在圆x2＋y2＝10上，又因为过圆x2＋y2＝r2上一点(x0，y0)的切线方程为x0x＋y0y＝r2，故所求切线方程为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，依题意得圆心C(－1，2)在直线2ax＋by＋6＝0上，所以2a×(－1)＋b×2＋6＝0，即a＝b＋3，易知由点(a，b)向圆所作的切线长l＝eq\r(（a＋1）2＋（b－2）2－2)，②将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，所以当b＝－1时，lmin＝4.法二：因为过圆外一点的圆的切线长l、半径r和该点到圆心的距离d满足勾股定理，即l2＝d2－r2，所以切线长最短时该点到圆心的距离最小，则原问题转化成求该点与圆心的距离的最小值问题．由题意知圆心C(－1，2)，半径r＝eq\r(2)，点(a，b)在直线y＝x－3上，所以点(a，b)与圆心的距离的最小值即圆心到直线y＝x－3的距离d′，易求得d′＝eq\f(|－1－2－3|,\r(2))＝3eq\r(2)，所以切线长的最小值为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．过圆上一点(x0，y0)的圆的切线方程的求法先求切点与圆心连线的斜率k，再由垂直关系得切线的斜率为－eq\f(1,k)，由点斜式可得切线方程．如果斜率为零或不存在，则由图形可直接得切线方程y＝y0或x＝x0.2．过圆外一点(x0，y0)的切线方程的求法设切线方程为y－y0＝k(x－x0)，由圆心到直线的距离等于半径建立方程，可求得k，也就得切线方程．当用此法只求出一个方程时，另一个方程应为x＝x0，因为在上面解法中不包括斜率不存在的情况，而过圆外一点的切线有两条．一般不用联立方程组的方法求解．3．求切线长(最值)的两种方法(1)代数法：直接利用勾股定理求出切线长，把切线长中的变量统一成一个，转化成函数求最值；(2)几何法：把切线长最值问题转化成圆心到直线的距离问题．[跟踪训练]1．以点(2，－1)为圆心，且与直线3x－4y＋5＝0相切的圆的方程为()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：选D圆心到直线3x－4y＋5＝0的距离d＝eq\f(|6＋4＋5|,\r(32＋（－4）2))＝3，即圆的半径为3，所以所求圆的方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝9.2．点P是直线2x＋y＋10＝0上的动点，PA，PB与圆x2＋y2＝4分别相切于A，B两点，则四边形PAOB面积的最小值为________．解析：如图所示，因为S四边形PAOB＝2S△POA.又OA⊥AP，所以S四边形PAOB＝2×eq\f(1,2)|OA|·|PA|＝2eq\r(|OP|2－|OA|2)＝2eq\r(|OP|2－4).为使四边形PAOB面积最小，当且仅当|OP|达到最小，即为点O到直线2x＋y＋10＝0的距离：|OP|min＝eq\f(10,\r(22＋12))＝2eq\r(5).故所求最小值为2eq\r(（2\r(5)）2－4)＝8.答案：8直线截圆所得弦长问题[例3]直线l经过点P(5，5)并且与圆C：x2＋y2＝25相交截得的弦长为4eq\r(5)，求l的方程．[解]据题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y－5＝k(x－5)，与圆C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，法一：联立方程组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).两边平方，整理得2k2－5k＋2＝0，解得k＝eq\f(1,2)或k＝2符合题意．故直线l的方程为x－2y＋5＝0或2x－y－5＝0.法二：如图所示，|OH|是圆心到直线l的距离，|OA|是圆的半径，|AH|是弦长|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)，则|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.∴直线l的方程为x－2y＋5＝0或2x－y－5＝0.eq\a\vs4\al()求弦长的两种方法涉及直线被圆截得的弦长问题时，解法有两种：(1)由于半径长r、弦心距d、弦长l的一半构成直角三角形，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，这是常用解法；(2)联立直线(y＝kx＋b)与圆的方程，消元转化为关于x的一元二次方程，由根与系数的关系即可求得弦长|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).[跟踪训练]1．(2020·全国卷Ⅰ)已知圆x2＋y2－6x＝0，过点(1，2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B将圆的方程x2＋y2－6x＝0化为标准方程(x－3)2＋y2＝9，设圆心为C，则C(3，0)，半径r＝3.设点(1，2)为点A，过点A(1，2)的直线为l，因为(1－3)2＋22<9，所以点A(1，2)在圆C的内部，则直线l与圆C必相交，设交点分别为B，D.易知当直线l⊥AC时，直线l被该圆所截得的弦的长度最小，设此时圆心C到直线l的距离为d，则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，即弦的长度的最小值为2，故选B.2．(2020·天津高考)已知直线x－eq\r(3)y＋8＝0和圆x2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B两点．若|AB|＝6，则r的值为________．解析：依题意得，圆心(0，0)到直线x－eq\r(3)y＋8＝0的距离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与圆有关的探究性问题如图，圆x2＋y2＝8内有一点P0(－1，2)，AB为过点P0且倾斜角为α的弦．(1)当α＝135°时，求AB的长；(2)是否存在弦AB被点P0平分？若存在，写出直线AB的方程；若不存在，请说明理由．[问题探究]此题目为探究性问题，属探究题存在类型范畴，解决这类问题一般思路：问题思路：首先假设所探究的问题存在，在这个假设条件下进行推理论证，如果能得到一个合情合理的推理结果，就肯定假设正确．如果得到一个矛盾结论，就应否定假设，对问题作出反面回答．[迁移应用]1．对上述问题进行解答．解：(1)直线AB的斜率为k＝tan135°＝－1，∴直线AB的方程为y－2＝－(x＋1)，即x＋y－1＝0.∵圆心O(0，0)到直线AB的距离d＝eq\f(|－1|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，∴弦长|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(8－\f(1,2))＝eq\r(30).(2)假设存在弦AB被点P0平分，∴P0为弦AB的中点，又|OA|＝|OB|＝r，∴OP0⊥AB.又∵keq\a\vs4\al(OP0)＝eq\f(2－0,－1－0)＝－2，∴kAB＝eq\f(1,2).∴直线AB的方程为y－2＝eq\f(1,2)(x＋1)，即x－2y＋5＝0.由以上求解可知，存在被P0点平分的弦AB，此弦所在直线方程为x－2y＋5＝0.2．已知圆心为C的圆，满足下列条件：圆心C位于x轴正半轴上，圆C与直线3x－4y＋7＝0相切，且被y轴截得的弦长为2eq\r(3)，圆C的面积小于13.(1)求圆C的标准方程；(2)设过点M(0，3)的直线l与圆C交于不同的两点A，B，以OA，OB为邻边作平行四边形OADB.是否存在这样的直线l，使得直线OD与MC恰好平行？如果存在，求出l的方程；如果不存在，请说明理由．解：(1)设圆C的标准方程为(x－a)2＋y2＝r2(a＞0)，由题意知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)，))又因为S＝πr2＜13，所以a＝1，r＝2，所以圆C的标准方程为(x－1)2＋y2＝4.(2)不存在这样的直线l.理由如下：当斜率不存在时，直线l为x＝0，不满足题意．当斜率存在时，设直线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，因为l与圆C相交于不同的两点，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).假设eq\o(OD,\s\up7(→))∥eq\o(MC,\s\up7(→))，则－3(x1＋x2)＝y1＋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)，＋∞))，所以假设不成立．不存在这样的直线l.1．设直线