（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专题三 解析几何 第二讲 大题考法——直线与圆课件

——直线与圆大题考法二讲第直线与圆的位置关系题型(一)主要考查直线与圆的位置关系以及复杂背景下直线、圆的方程.[典例感悟][例1]如图，在Rt△ABC中，∠A为直角，AB边所在直线的方程为x－3y－6＝0，点T(－1，1)在直线AC上，BC中点为M(2，0)．(1)求BC边所在直线的方程；(2)若动圆P过点N(－2，0)，且与Rt△ABC的外接圆相交所得公共弦长为4，求动圆P中半径最小的圆方程．[解](1)因为AB边所在直线的方程为x－3y－6＝0，AC与AB垂直，所以直线AC的斜率为－3.故AC边所在直线的方程为y－1＝－3(x＋1)，即3x＋y＋2＝0.设C为(x0，－3x0－2)，因为M为BC中点，所以B(4－x0，3x0＋2)．点B代入x－3y－6＝0，解得x0＝－45，所以C－45，25.所以BC所在直线方程为x＋7y－2＝0.(2)因为Rt△ABC斜边中点为M(2，0)，所以M为Rt△ABC外接圆的圆心．又AM＝22，从而Rt△ABC外接圆的方程为(x－2)2＋y2＝8.设P(a，b)，因为动圆P过点N，所以该圆的半径r＝（a＋2）2＋b2，圆方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2.由于⊙P与⊙M相交，则公共弦所在直线m的方程为(4－2a)x－2by＋a2＋b2－r2＋4＝0.因为公共弦长为4，⊙M半径为22，所以M(2，0)到m的距离d＝2，即|2（4－2a）＋a2＋b2－r2＋4|2（2－a）2＋b2＝2，化简得b2＝3a2－4a，所以r＝（a＋2）2＋b2＝4a2＋4.当a＝0时，r最小值为2，此时b＝0，圆的方程为x2＋y2＝4.[方法技巧]解决有关直线与圆位置关系的问题的方法(1)直线与圆的方程求解通常用的待定系数法，由于直线方程和圆的方程均有不同形式，故要根据所给几何条件灵活使用方程．(2)对直线与直线的位置关系的相关问题要用好直线基本量之一斜率，要注意优先考虑斜率不存在的情况．(3)直线与圆的位置关系以及圆与圆的位置关系在处理时几何法优先，有时也需要用代数法即解方程组．[演练冲关](2019·连云港模拟)已知圆O1：x2＋y2＝25，点P在圆O2：x2＋y2＝r2(0＜r＜5)上，过点P作圆O2的切线交圆O1于点M，N两点，且r，OM，MN成等差数列．(1)求r；(2)若点P′的坐标为(－4，3)，与直线MN平行的直线l与圆O2交于A，B两点，则使△AOB的面积为43的直线l有几条？并说明理由．解：(1)显然圆O1和圆O2是圆心在原点的同心圆．连接OP，则OP⊥MN，OM＝5，OP＝r，在直角三角形MOP中，MP＝52－r2，所以MN＝252－r2.由r，OM，MN成等差数列，得2OM＝r＋MN，即2×5＝r＋225－r2，解得r＝4.(2)因为点P′的坐标为(－4，3)，所以kOP′＝－34，所以直线l的斜率k＝43，设直线l的方程为y＝43x＋b，即4x－3y＋3b＝0.设圆心到该直线的距离为d，则d＝|3b|5，则AB＝242－d2，所以S△AOB＝12×AB×d＝42－d2×d＝43，整理得d4－16d2＋48＝0，(d2－4)(d2－12)＝0，解得d＝2或d＝23，因为d＝|3b|5，从而对应的b有4个解：b＝±103或b＝±1033，检验知均符合题意，故使△AOB的面积为43的直线l有4条.题型(二)圆中的定点、定值问题主要考查动圆过定点的问题其本质是含参方程恒有解，定值问题是引入参数，再利用其满足的约束条件消去参数得定值.[典例感悟][例2]已知圆C：x2＋y2＝9，点A(－5，0)，直线l：x－2y＝0.(1)求与圆C相切，且与直线l垂直的直线方程；(2)在直线OA上(O为坐标原点)，存在定点B(不同于点A)满足：对于圆C上任一点P，都有PBPA为一常数，试求所有满足条件的点B的坐标．[解](1)设所求直线方程为y＝－2x＋b，即2x＋y－b＝0.因为直线与圆C相切，所以|－b|22＋12＝3，解得b＝±35.所以所求直线方程为2x＋y±35＝0.(2)法一：假设存在这样的点B(t，0)．当点P为圆C与x轴的左交点(－3，0)时，PBPA＝|t＋3|2；当点P为圆C与x轴的右交点(3，0)时，PBPA＝|t－3|8.依题意，|t＋3|2＝|t－3|8，解得t＝－95或t＝－5(舍去)．下面证明点B－95，0对于圆C上任一点P，都有PBPA为一常数．设P(x，y)，则y2＝9－x2，所以PB2PA2＝x＋952＋y2（x＋5）2＋y2＝x2＋185x＋9－x2＋8125x2＋10x＋25＋9－x2＝1825·（5x＋17）2·（5x＋17）＝925.从而PBPA＝35为常数．法二：假设存在这样的点B(t，0)，使得PBPA为常数λ，则PB2＝λ2PA2，所以(x－t)2＋y2＝λ2[(x＋5)2＋y2]，将y2＝9－x2代入，得x2－2xt＋t2＋9－x2＝λ2(x2＋10x＋25＋9－x2)，即2(5λ2＋t)x＋34λ2－t2－9＝0对x∈[－3，3]恒成立，所以5λ2＋t＝0，34λ2－t2－9＝0.解得λ＝35，t＝－95或λ＝1，t＝－5(舍去)．故存在点B－95，0对于圆C上任一点P，都有PBPA为常数35.[方法技巧]关于解决圆中的定点、定值问题的方法(1)与圆有关的定点问题最终可化为含有参数的动直线或动圆过定点．解这类问题关键是引入参数求出动直线或动圆的方程．(2)与圆有关的定值问题，可以通过直接计算或证明，还可以通过特殊化，先猜出定值再给出证明．[演练冲关]1．(2019·无锡天一中学模拟)已知以点Ct，2t为圆心的圆与x轴交于点O，A，与y轴交于点O，B，其中O为坐标原点．(1)求证：△OAB的面积为定值；(2)设直线y＝－2x＋4与圆C交于点M，N，若OM＝ON，求圆C的方程．解：(1)证明：由题意知圆C过原点O，∴半径r＝OC.∵OC2＝t2＋4t2，∴设圆C的方程为(x－t)2＋y－2t2＝t2＋4t2，令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，则A(2t，0)．令x＝0，得y1＝0，y2＝4t，则B0，4t.∴S△OAB＝12OA·OB＝12×|2t|×4t＝4，即△OAB的面积为定值．(2)∵OM＝ON，CM＝CN，∴OC垂直平分线段MN.∵kMN＝－2，∴kOC＝12，∴直线OC的方程为y＝12x.∴2t＝12t，解得t＝2或t＝－2.当t＝2时，圆心C的坐标为(2，1)，r＝|OC|＝5，此时圆心C到直线y＝－2x＋4的距离d＝155，圆C与直线y＝－2x＋4相交于两点．当t＝－2时，圆心C的坐标为(－2，－1)，r＝OC＝5，此时圆心C到直线y＝－2x＋4的距离d＝955，圆C与直线y＝－2x＋4不相交，∴圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.2．已知圆M的方程为x2＋(y－2)2＝1，直线l的方程为x－2y＝0，点P在直线l上，过P点作圆M的切线PA，PB，切点为A，B.(1)若∠APB＝60°，求点P的坐标；(2)若P点的坐标为(2，1)，过P作直线与圆M交于C，D两点，当CD＝2时，求直线CD的方程；(3)求证：经过A，P，M三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标．解：(1)设P(2m，m)，因为∠APB＝60°，AM＝1，所以MP＝2，所以(2m)2＋(m－2)2＝4，解得m＝0或m＝45，故所求点P的坐标为P(0，0)或P85，45.(2)易知直线CD的斜率存在，可设直线CD的方程为y－1＝k(x－2)，由题知圆心M到直线CD的距离为22，所以22＝|－2k－1|1＋k2，解得k＝－1或k＝－17，故所求直线CD的方程为x＋y－3＝0或x＋7y－9＝0.(3)设P(2m，m)，MP的中点Qm，m2＋1，因为PA是圆M的切线，所以经过A，P，M三点的圆是以Q为圆心，以MQ为半径的圆，故其方程为(x－m)2＋y－m2－12＝m2＋m2－12，化简得x2＋y2－2y－m(2x＋y－2)＝0，此式是关于m的恒等式，故x2＋y2－2y＝0，2x＋y－2＝0，解得x＝0，y＝2或x＝45，y＝25.所以经过A，P，M三点的圆必过定点(0，2)或45，25.题型(三)与直线、圆有关的最值或范围问题主要考查与直线和圆有关的长度、面积的最值或有关参数的取值范围问题.[典例感悟][例3]已知△ABC的三个顶点A(－1，0)，B(1，0)，C(3，2)，其外接圆为圆H.(1)若直线l过点C，且被圆H截得的弦长为2，求直线l的方程；(2)对于线段BH上的任意一点P，若在以C为圆心的圆上都存在不同的两点M，N，使得点M是线段PN的中点，求圆C的半径r的取值范围．[解](1)线段AB的垂直平分线方程为x＝0，线段BC的垂直平分线方程为x＋y－3＝0.所以外接圆圆心H(0，3)，半径为12＋32＝10.圆H的方程为x2＋(y－3)2＝10.设圆心H到直线l的距离为d，因为直线l被圆H截得的弦长为2，所以d＝（10）2－1＝3.当直线l垂直于x轴时，显然符合题意，即x＝3为所求；当直线l不垂直于x轴时，设直线方程为y－2＝k(x－3)，则|3k＋1|1＋k2＝3，解得k＝43.所以直线l的方程为y－2＝43(x－3)，即4x－3y－6＝0.综上，直线l的方程为x＝3或4x－3y－6＝0.(2)直线BH的方程为3x＋y－3＝0，设P(m，n)(0≤m≤1)，N(x，y)．因为点M是线段PN的中点，所以Mm＋x2，n＋y2，又M，N都在半径为r的圆C上，所以（x－3）2＋（y－2）2＝r2，m＋x2－32＋n＋y2－22＝r2，即（x－3）2＋（y－2）2＝r2，（x＋m－6）2＋（y＋n－4）2＝4r2.因为该关于x，y的方程组有解，即以(3，2)为圆心，r为半径的圆与以(6－m，4－n)为圆心，2r为半径的圆有公共点，所以(2r－r)2≤(3－6＋m)2＋(2－4＋n)2≤(r＋2r)2.又3m＋n－3＝0，所以r2≤10m2－12m＋10≤9r2对任意的m∈[0，1]成立．而f(m)＝10m2－12m＋10在[0，1]上的值域为325，10，所以r2≤325且10≤9r2.又线段BH与圆C无公共点，所以(m－3)2＋(3－3m－2)2r2对任意的m∈[0，1]成立，即r2325.故圆C的半径r的取值范围为103，4105.[方法技巧]1．隐形圆问题有些时候，在条件中没有直接给出圆方面的信息，而是隐藏在题目中的，要通过分析和转化，发现圆(或圆的方程),从而最终可以利用圆的知识来求解，我们称这类问题为“隐形圆”问题．2．隐形圆的确定方法(1)利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐形圆；(2)动点P对两定点A，B张角是90°(kPA·kPB＝－1)确定隐形圆；(3)两定点A，B，动点P满足PA―→·PB―→＝λ确定隐形圆；(4)两定点A，B，动点P满足PA2＋PB2是定值确定隐形圆；(5)两定点A，B，动点P满足PA＝λPB(λ＞0，λ≠1)确定隐形圆(阿波罗尼斯圆)；(6)由圆周角的性质确定隐形圆．3．与圆有关的最值或范围问题的求解策略与圆有关的最值或取值范围问题的求解，要对问题条件进行全方位的审视，特别是题中各个条件之间的相互关系及隐含条件的挖掘，要掌握解决问题常使用的思想方法，如要善于利用数形结合思想，利用几何知识，求最值或范围，要善于利用转化与化归思想将最值或范围转化为函数关系求解．[演练冲关]1．在等腰△ABC中，已知AB＝AC，且点B(－1，0)．点D(2，0)为AC的中点．(1)求点C的轨迹方程；(2)已知直线l：x＋y－4＝0，求边BC在直线l上的射影EF长的最大值．解：(1)设C(x，y)，∵D(2，0)为AC的中点．∴A(4－x