高中数学 (4.2.1 直线与圆的位置关系 第2课时)示范教案 新人教A版必修2

14.示范教案（4.2.1直线与圆的位置关系第2课时）导入新课思路1.一艘轮船在沿直线返回港口的途中,接到气象台的台风预报：台风中心位于轮船正西70km处,受影响的范围是半径长为30km的圆形区域.已知港口位于台风中心正北40km处,如果这艘轮船不改变航线,那么它是否会受到台风的影响？图2分析：如图2,以台风中心为原点O,以东西方向为x轴,建立直角坐标系,其中,取10km为单位长度.则台风影响的圆形区域所对应的圆心为O的圆的方程为x2+y2=9；轮船航线所在的直线l的方程为4x+7y-28=0.问题归结为圆心为O的圆与直线l有无公共点.因此我们继续研究直线与圆的位置关系.推进新课新知探究提出问题①过圆上一点可作几条切线？如何求出切线方程？②过圆外一点可作几条切线？如何求出切线方程？③过圆内一点可作几条切线？④你能概括出求圆切线方程的步骤是什么吗？⑤如何求直线与圆的交点？⑥如何求直线与圆的相交弦的长?讨论结果：①过圆上一点可作一条切线,过圆x2+y2=r2上一点(x0,y0)的切线方程是x0x+y0y=r2；过圆(x-a)2+(y-b)2=r2上一点(x0,y0)的切线方程是(x0-a)(x-a)+(y0-b)(y-b)=r2.②过圆外一点可作两条切线,求出切线方程有代数法和几何法.代数法的关键是把直线与圆相切这个几何问题转化为联立它们的方程组只有一个解的代数问题.可通过一元二次方程有一个实根的充要条件——Δ=0去求出k的值,从而求出切线的方程.用几何方法去求解,要充分利用直线与圆相切的几何性质,圆心到切线的距离等于圆的半径(d=r),求出k的值.③过圆内一点不能作圆的切线.④求圆切线方程,一般有三种方法,一是设切点,利用①②中的切线公式法;二是设切线的斜率,用判别式法;三是设切线的斜率,用图形的几何性质来解,即圆心到切线的距离等于圆的半径(d=r),求出k的值.⑤把直线与圆的方程联立得方程组,方程组的解即是交点的坐标.⑥把直线与圆的方程联立得交点的坐标,结合两点的距离公式来求;再就是利用弦心距、弦长、半径之间的关系来求.应用示例思路1例1过点P(-2,0)向圆x2+y2=1引切线,求切线的方程.2图3解:如图3,方法一:设所求切线的斜率为k,则切线方程为y=k(x+2),因此由方程组,1),2(22yxxky得x2+k2(x+2)2=1.上述一元二次方程有一个实根,Δ=16k4-4(k2+1)(4k2-1)=12k2-4=0,k=±33,所以所求切线的方程为y=±33(x+2).方法二:设所求切线的斜率为k,则切线方程为y=k(x+2),由于圆心到切线的距离等于圆的半径(d=r),所以d=21|2|kk=1,解得k=±33.所以所求切线的方程为y=±33(x+2).方法三：利用过圆上一点的切线的结论.可假设切点为(x0,y0),此时可求得切线方程为x0x+y0y=1.然后利用点(-2,0)在切线上得到-2x0=1,从中解得x0=-21.再由点(x0,y0)在圆上,所以满足x02+y02=1,既41+y02=1,解出y0=±23.这样就可求得切线的方程为22102320xy,整理得y=±33(x+2).点评:过圆外一点向圆可作两条切线；可用三种方法求出切线方程,其中以几何法“d=r”比较好(简便).变式训练已知直线l的斜率为k,且与圆x2+y2=r2只有一个公共点,求直线l的方程.活动：学生思考,观察题目的特点,见题想法,教师引导学生考虑问题的思路,必要时给予提示,3直线与圆只有一个公共点,说明直线与圆相切.可利用圆的几何性质求解.图4解:如图4,方法一:设所求的直线方程为y=kx+b,由圆心到直线的距离等于圆的半径,得d=21||kb=r,∴b=±r21k,求得切线方程是y=kx±r21k.方法二:设所求的直线方程为y=kx+b,直线l与圆x2+y2=r2只有一个公共点,所以它们组成的方程组只有一组实数解,由222,ryxbkxy,得x2+k2(x+b)2=1,即x2(k2+1)+2k2bx+b2=1,Δ=0得b=±r21k,求得切线方程是y=kx±r21k.例2已知圆的方程为x2+y2+ax+2y+a2=0,一定点为A(1,2),要使过定点A(1,2)作圆的切线有两条,求a的取值范围.活动：学生讨论,教师指导,教师提问,学生回答,教师对学生解题中出现的问题及时处理,利用几何方法,点A(1,2)在圆外,即到圆心的距离大于圆的半径.解:将圆的方程配方得(x+2a)2+(y+1)2=4342a,圆心C的坐标为(－2a,－1),半径r=4342a,条件是4－3a2＞0,过点A(1,2)所作圆的切线有两条,则点A必在圆外,即22)12()21(a＞4342a.化简,得a2+a+9＞0,由,034,0922aaa解得－332＜a＜332,a∈R.所以－332＜a＜332.故a的取值范围是(－332,332).4点评:过圆外一点可作圆的两条切线,反之经过一点可作圆的两条切线,则该点在圆外.同时注意圆的一般方程的条件.思路2例1已知过点M(-3,-3)的直线l被圆x2+y2+4y-21=0所截得的弦长为45,求直线l的方程.活动：学生思考或讨论,教师引导学生考虑问题的思路,求直线l的方程,一般设点斜式,再求斜率.这里知道弦长,半径也知道,所以弦心距可求,如果设出直线的方程,由点到直线的距离等于弦心距求出斜率；另外也可利用弦长公式,结合一元二次方程根与系数的关系求解.解法一：将圆的方程写成标准形式有x2+(y+2)2=25,所以圆心为(0,-2),半径为5.因为直线l被圆x2+y2+4y-21=0所截得的弦长为45,所以弦心距为22)52(5=5,圆心到直线的距离为5,由于直线过点M(-3,-3),所以可设直线l的方程为y+3=k(x+3),即kx-y+3k-3=0.根据点到直线的距离公式,圆心到直线的距离为5,因此d=1|332|2kk=5,两边平方整理得2k2-3k-2=0,解得k=21,k=2.所以所求的直线l的方程为y+3=21(x+3)或y+3=2(x+3),即x+2y+9=0或2x-y+3=0.解法二：设直线l和已知圆x2+y2+4y-21=0的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的斜率为k,由于直线过点M(-3,-3),所以可设直线l的方程为y+3=k(x+3),即y=kx+3k-3.代入圆的方程x2+y2+4y-21=0,并整理得(1+k2)x2+2k(3k-1)x+(3k-1)2-25=0.结合一元二次方程根与系数的关系有x1+x2=21)13(2kkk,x1·x2=22125)13(kk.①|AB|=22122212221221221))(1()()()()(xxkxxkxxyyxx]4))[(1(212212xxxxk因为|AB|=45,所以有(1+k2)［(x1+x2)2-4x1·x2］=80.②把①式代入②式,得(1+k2){［21)13(2kkk］2-422125)13(kk}=80.经过整理,得2k2-3k-2=0,解得k=21,k=2.所以所求的直线l的方程为y+3=21(x+3)或y+3=2(x+3),即x+2y+9=0或2x-y+3=0.点评:解法一突出了适当地利用图形的几何性质有助于简化计算,强调图形在解题中的作用,加强了数形结合;解法二是利用直线被曲线截得的弦长公式求出斜率后求直线方程,思路简单但运算较繁.变式训练已知圆C：x2+(y-1)2=5,直线l:mx-y+1-m=0.5(1)求证：对m∈R,直线l与圆C总有两个不同交点;(2)设l与圆C交于不同两点A、B,若|AB|=17,求l的倾斜角;(3)求弦AB的中点M的轨迹方程;(4)若定点P(1,1)分弦AB为PBAP=21,求此时直线l的方程.解:(1)判断圆心到直线的距离小于半径即可,或用直线系过定点P(1,1)求解;点P(1,1)在圆内.(2)利用弦心距、半径、弦构成的直角三角形求弦长,得m=±3,所以α=3或32.(3)设M的坐标为(x,y),连结CM、CP,因为C(0,1),P(1,1),|CM|2+|PM|2=|CP|2,所以x2+(y-1)2+(x-1)2+(y-1)2=1,整理得轨迹方程为x2+y2-x-2y+1=0(x≠1).(4)设A(x1,y1),B(x2,y2),由PBAP=21,得21212xx=1.①又由直线方程和圆的方程联立消去y,得(1+m2)x2-2m2x+m2-5=0,(*)故x1+x2=2212mm,②由①②,得x1=2213mm,代入(*),解得m=±1.所以直线l的方程为x-y=0或x+y-2=0.例2已知直线l:y=k(x+22)与圆O:x2+y2=4相交于A、B两点,O为坐标原点,△ABO的面积为S,①试将S表示成k的函数S(k),并指出它的定义域；②求S的最大值,并求出取得最大值时的k值.活动：学生审题,再思考讨论,教师提示学生欲求△ABO的面积,应先求出直线被圆截得的弦长|AB|,将|AB|表示成k的函数.图5解:①如图5所示,直线的方程为kx-y+22k=0(k≠0),点O到l之间的距离为|OC|=1||222kk,6弦长|AB|=22222221141842||||kkkkOCOA，∴△ABO的面积S=21|AB|·|OC|=2221)1(24kkk，∵|AB|＞0,∴-1＜k＜1(k≠0).∴S(k)=`2221)1(24kkk(-1＜k＜1且k≠0).②△ABO的面积S=21|OA|·|OB|sin∠AOB=2sin∠AOB,∴当∠AOB=90°时,Smax=2,此时|OC|=2,|OA|=2,即1||222kk=2,∴k=±33.点评：在涉及到直线被圆截得的弦长时,要巧妙利用圆的有关几何性质,如本题中的Rt△BOC,其中|OB|为圆半径,|BC|为弦长的一半.变式训练已知x,y满足x2+y2-2x+4y=0,求x-2y的最大值.活动:学生审题,再思考讨论,从表面上看,此问题是一个代数,可用代数方法来解决.但细想后会发现比较复杂,它需把二次降为一次.教师提示学生利用数形结合或判别式法.解法一:(几何解法)：设x-2y=b,则点(x,y)既在直线x-2y=b上,又在圆x2+y2-2x+4y=0上,即直线x-2y=b和圆x2+y2-2x+4y=0有交点,故圆心(1,-2)到直线的距离小于或等于半径,所以5|5|b≤5.所以0≤b≤10,即b的最大值是10.解法二:(代数解法)：设x-2y=b,代入方程x2+y2-2x+4y=0,得(2y+b)2+y2-2(2y+b)+4y=0,即5y2+4by+b2-2b=0.由于这个一元二次方程有解,所以其判别式Δ=16b2-20(b2-2b)=40b-4b2≥0,即b2-10b≤0,0≤b≤10.所以求出b的最大值是10.点评:比较两个解法,我们可以看到,数形结合的方法难想但简单,代数法易想但较繁,要多练习以抓住规律.例3已知圆C：(x－1)2＋(y－2)2=25,直线l：(2m+1)x+(m+1)y－7m－4=0(m∈R).(1)证明不论m取什么实数,直线l与圆恒交于两点；(2)求直线被圆C截得的弦长最小时l的方程.活动：学生先思考,然后讨论,教师引导学生考虑问题的方法,由于直线过定点,如果该定点在圆内,此题便可解得.最短的弦就是与过定点与此直径垂直的弦.解:(1)证明：因为l的方程为(x+y－4)+m(2x+y－7)=0.因为m∈R,所以.04,072yxyx,解7得,1,3yx即l恒过定点A(3,1).因为圆心C(1,2),｜AC｜=5＜5(半径),所以点A在圆C内,从而直线l恒与圆C相交于两点.(2)弦长最小时,l⊥AC,由kAC=－21,所以l的方程为2x－y－5=0.点评：证明直线与圆恒相交,