2013年数学高考备考二轮复习 核心考点五 第13课时 直线与圆

核心考点五解析几何、选考内容第13课时直线与圆1．(2012年广东)在平面直角坐标系xOy中，直线3x＋4y－5＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，则弦AB的长等于（）解析：圆x2＋y2＝4的圆心O(0,0)到直线3x＋4y－5＝0的距BA．33B．23C.3D．1离d＝|－5|5＝1，弦AB的长|AB|＝2r2－d2＝23.2．(2012年浙江)设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的()A．充分不必要条件C．充分必要条件B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件解析：当a＝1时，直线l1：x＋2y－1＝0，直线l2：x＋2y＋4＝0，则l1∥l2；若l1∥l2，则有a(a＋1)－2×1＝0，即a2＋a－2＝0，解得，a＝－2或a＝1，所以不能得到a＝1，故选A.A3.(2010年广东)若圆心在x轴上、半径为的圆O位于y轴左侧，且与直线x＋y＝0相切，则圆O的方程是_____________．2(x＋2)2＋y2＝2解析：设圆心为(a,0)(a0)，则r＝|a＋1×0|12＋12＝2，解得a＝－2.直线和圆都是最常见的简单几何图形，在实际生活和生产实践中有广泛的应用，同时是平面解析几何学的基础知识，是进一步学习圆锥曲线以及其它曲线方程的基础．从近几年的高考试题来看，直线和圆更多是与圆锥曲线一起命题，独立命题最多一道选择或填空题，主要集中在两直线的位置关系、求圆的方程及直线与圆的位置关系上．预计2013年高考对本章的要求不会有太大的变化．求圆的方程例1：(1)求经过点A(5,2)，B(3,2)，圆心在直线2x－y－3＝0上的圆的方程．(2)设圆上的点A(2,3)关于直线x＋2y＝0的对称点仍在这个，求圆的圆上，且该圆与直线x－y＋1＝0相交的弦长为方程．22解：(1)方法一：从数的角度，选用标准式．设圆心P(x0，y0)，则由|PA|＝|PB|，得(x0－5)2＋(y0－2)2＝(x0－3)2＋(y0－2)2.又2x0－y0－3＝0，两方程联立，解得x0＝4，y0＝5.∴|PA|＝10.∴圆的标准方程为(x－4)2＋(y－5)2＝10.则圆心－D2，－E2，∴52＋22＋5D＋2E＋F＝0，32＋22＋3D＋2E＋F＝0，2×－D2－－E2－3＝0，解得D＝－8，E＝－10，F＝31.∴圆的方程为x2＋y2－8x－10y＋31＝0.方法二：从数的角度，选用一般式．设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，方法三：从形的角度．以AB为圆的弦，由平面几何知识知，圆心P应在AB的垂直平分线x＝4上，则由2x－y－3＝0，x＝4，得圆心P(4,5)，∴半径r＝|PA|＝.∴圆的方程为(x－4)2＋(y－5)5＝10.10(2)设点A关于直线x＋2y＝0的对称点为A′，∵点A′仍在圆上，∴AA′为圆的弦．∴AA′的对称轴x＋2y＝0过圆心．设圆心P(－2a，a)，半径为R.则R2＝|PA|2＝(－2a－2)2＋(a－3)2.又弦长22＝2R2－d2，d＝|－2a－a＋1|2，∴R2＝2＋3a－122.∴4(a＋1)2＋(a－3)2＝2＋3a－122.∴a＝－7或a＝－3.当a＝－7时，R＝244；当a＝－3时，R＝52.∴所求圆的方程为(x－6)2＋(y＋3)2＝52或(x－14)2＋(y＋7)2＝244.【思维点拨】研究圆的问题，既要理解代数方法，熟练运用解方程思想，又要重视几何性质及定义的运用，以降低运算量．总之，要数形结合，拓宽解题思路．与弦长有关的问题经常需要用到点到直线的距离公式、勾股定理、垂径定理等．【配对练习】1．(2011年辽宁)已知圆C经过A(5,1)，B(1,3)两点，圆心在x轴上，则C的方程为_________________．(x－2)2＋y2＝10直线与圆的位置关系例2：一直线经过点P被圆x2＋y2＝25截得的弦长为8，求此弦所在直线方程．思路分析：利用圆中“半径、半弦、弦心距”构成直角三角形可解．解：(1)当斜率k不存在时，过点P的直线方程为x＝－3，代入x2＋y2＝25，得y1＝4，y2＝－4.－3，－32∴弦长为|y1－y2|＝8，符合题意．∴此弦所在直线方程为x＋3＝0.(2)当此弦所在的直线斜率k存在时，设所求方程为y＋32＝k(x＋3)，即kx－y＋3k－32＝0.∵弦心距|OM|＝52－42＝3，∴k·0－0＋3k－32k2＋1＝3，解得k＝－34.∴此直线方程为y＋32＝－34(x＋3)，即3x＋4y＋15＝0.∴所求直线方程为x＋3＝0或3x＋4y＋15＝0.【思维点拨】关于圆的弦长问题，可用几何法从半径、弦心距、半弦所组成的直角三角形求解，也可用代数法的弦长公式求解．本题还要注意，斜率不存在时，直线x＋3＝0符合题意．【配对练习】2．(2012年陕西)已知圆C：x2＋y2－4x＝0，l为过点P(3,0)的直线，则()A．l与C相交C．l与C相离B．l与C相切D．以上三个选项均有可能解析：圆的方程可化为(x－2)2＋y2＝4，其圆心为(2,0)半径为2，圆心到点P的距离为1，∴点P在圆内．∴直线与圆相交，故选A.A圆与圆锥曲线的结合例3：(2012年湖南)在直角坐标系xOy中，曲线C1的点均在C2：(x－5)2＋y2＝9外，且对C1上任意一点M，M到直线x＝－2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值．(1)求曲线C1的方程；(2)设P(x0，y0)(y0≠±3)为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D.证明：当P在直线x＝－4上运动时，A，B，C，D四点的纵坐标之积为定值．(1)解法一：设点M的坐标为(x，y)，由已知，得易知圆C2上的点位于直线x＝－2的右侧，于是x＋20，化简，得曲线C1的方程为y2＝20x.解法二：由题设知，曲线C1上任意一点M到圆心C2(5,0)的距离等于它到直线x＝－5的距离，因此，曲线C1是以(5,0)为焦点，直线x＝－5为准线的抛物线，故其方程为y2＝20x.|x＋2|＝x－52＋y2－3，∴x－52＋y2＝x＋5.－y0＝k(x＋4)，即kx－y＋y0＋4k＝0.于是＝3.整理得①设过点P所作的两条切线PA，PC的斜率分别为k1，k2，则k1，k2是方程①的两个实根，故(2)证明：当点P在直线x＝－4上运动时，P的坐标为(－4，y0)，又y0≠±3，则过点P且与圆C2相切，知：直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为y|5k＋y0＋4k|k2＋172k2＋18y0k＋y20－9＝0.k1＋k2＝－18y072＝－y04.②k1y2－20y＋20(y0＋4k1)＝0.③设A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，y3，y4，则.④同理可得.⑤由k1x－y＋y0＋4k1＝0，y2＝20x，得y1·y2＝20y0＋4k1k1y3·y4＝20y0＋4k2k2y1·y2·y3·y4＝400y0＋4k1y0＋4k2k1k2＝400y20＋4k1＋k2y0＋16k1k2k1k2＝400y20－y20＋16k1k2k1k2＝6400.∴当P在直线x＝－4上运动时，A，B，C，D四点的纵坐标之积为定值6400.于是由②，④，⑤三式，得【思维点拨】本题考查曲线与方程、直线与曲线的位置关系，考查运算能力，考查数形结合思想、函数与方程思想等数学思想方法．第一问可用直接法或定义法求出曲线的方程；第二问设出切线方程，把直线与曲线方程联立，由一元二次方程根与系数的关系得到A，B，C，D四点纵坐标之积为定值，体现“设而不求”思想．【配对练习】3．设平面直角坐标系xOy中，设二次函数f(x)＝x2＋2x＋b(x∈R)的图象与两个坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C.求：(1)求实数b的取值范围；(2)求圆C的方程；(3)问圆C是否经过某定点(其坐标与b无关)？请证明你的结论．解：(1)令x＝0，得抛物线与y轴的交点是(0，b)．令f(x)＝x2＋2x＋b＝0，由题意知：b≠0且Δ＞0，解得b＜1且b≠0.(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.∴圆C的方程为x2＋y2＋2x－(b＋1)y＋b＝0.(3)圆C必过定点(0,1)和(－2,1)．证明如下：将(0,1)代入圆C的方程，得左边＝02＋12＋2×0－(b＋1)＋b＝0，右边＝0，∴圆C必过定点(0,1)．同理可证圆C必过定点(－2,1)．1．判断直线与圆的位置关系有两种方法：(1)几何法：通过圆心到直线的距离与半径的大小比较来判断，设圆心到直线的距离为d，圆的半径为r，若直线与圆相离，则dr；若直线与圆相切，则d＝r；若直线与圆相交，则dr.(2)代数法：通过直线与圆的方程联立的方程组的解的个数来判断，即通过判别式来判断，若Δ0，则直线与圆相交；若Δ＝0，则直线与圆相切；若Δ0，则直线与圆相离．2．特别提醒：在求直线的方程(包括将来在圆锥曲线部分)需设直线的斜率时，要首先考虑斜率不存在的特殊情形．