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第1课时
直线与圆的位置关系
第二章　 2.5.1　直线与圆的位置关系
<<<
1.掌握直线与圆的三种位置关系：相交、相切、相离.
2.会用代数法和几何法来判断直线与圆的三种位置关系.(重点)
学习目标
海上日出是非常壮丽的美景.在海天交于一线的天际，一轮红日慢慢升起，先是探出半个圆圆的小脑袋，然后冉冉上升，和天际线相连，再跃出海面，越来越高，展现着斑斓的霞光和迷人的风采.在这个过程中，把太阳看作一个圆，海天交线看作一条直线，日出的过程中也体现了直线与圆的位置关系.
导 语
一、直线与圆的位置关系的判断
二、圆的弦长问题
课时对点练
随堂演练
内容索引
直线与圆的位置关系的判断
一
提示　转化为判断由它们的方程组成的方程组有无实数解、有几个实数解.
如何利用直线和圆的方程判断它们之间的位置关系？
问题
直线l：Ax+By+C=0与圆C：(x-a)2+(y-b)2=r2的位置关系
位置关系 相交 相切 相离
公共点个数 个 个 个
判断方法 几何法：设圆心到直线的距离为d= ____ ____ ____
代数法：由 消元得到一元二次方程，可得方程的判别式Δ _____ _____ _____
2
1
0
dd=r
d>r
Δ>0
Δ=0
Δ<0
已知直线方程mx-y-m-1=0，圆的方程x2+y2-4x-2y+1=0.当m为何值时，圆与直线：
(1)有两个公共点；
例 1
方法一　将直线mx-y-m-1=0代入圆的方程化简整理得，
(1+m2)x2-2(m2+2m+2)x+m2+4m+4=0.
则Δ=4m(3m+4).
当Δ>0，即m>0或m<-时，直线与圆相交，即直线与圆有两个公共点.
方法二　已知圆的方程可化为(x-2)2+(y-1)2=4，
设圆心为C(2，1)，半径r=2.
圆心C(2，1)到直线mx-y-m-1=0的距离d== .
当d<2，即m>0或m<-时，直线与圆相交，即直线与圆有两个公共点.
解
(2)只有一个公共点；
方法一　当Δ=0，即m=0或m=-时，直线与圆相切，即直线与圆只有一个公共点.
方法二　当d=2，即m=0或m=-时，直线与圆相切，即直线与圆只有一个公共点.
解
(3)没有公共点.
方法一　当Δ<0，即-方法二　当d>2，即-解
直线与圆的位置关系的判断方法
(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：根据直线方程与圆的方程组成的方程组的解的个数来判断.
(3)直线系法：若直线恒过定点，可通过判断定点与圆的位置关系来判断直线与圆的位置关系.但有一定的局限性，必须是过定点的直线系.
反
思
感
悟
　(1)已知圆C： x2+y2-4x=0，l是过点P(3，0)的直线，则
A.l与圆C相交 B.l与圆C相切
C.l与圆C相离 D.以上三个选项均有可能
跟踪训练 1
√
将点P(3，0)代入圆C的方程，
得32+02-4×3=9-12=-3<0，
∴点P(3，0)在圆内.
∴过点P的直线l必与圆C相交.
解析
(2)若直线x-y=0与圆(x-1)2+(y+1)2=m相离，则实数m的取值范围是
A.(0，2] B.(1，2]
C.(0，2) D.(1，2)
√
由题意得，圆心到直线的距离d=>，
∴m<2，∵m>0，∴0解析
二
圆的弦长问题
求直线与圆相交时弦长的两种方法：
(1)几何法：如图①，直线l与圆C交于A，B两点，设弦心距为d，圆的半径为r，弦长为|AB|，则有+d2=r2，即|AB|=2.
(2)代数法：如图②所示，将直线方程与圆的方程联立，设直线与圆的两交点分别是A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AB|==|x1-x2|= |y1-y2|(直线l的斜率k存在且k≠0).
　(课本例1)　已知直线l：3x+y-6=0和圆心为C的圆x2+y2-2y-4=0，判断直线l与圆C的位置关系；如果相交，求直线l被圆C所截得的弦长.
例 2
方法一　联立直线l与圆C的方程，得
消去y，得x2-3x+2=0，解得x1=2，x2=1.
所以，直线l与圆C相交，有两个公共点.
把x1=2，x2=1分别代入方程①，得y1=0，y2=3.
所以，直线l与圆C的两个交点是A(2，0)，B(1，3).
因此|AB|==.
解
方法二　圆C的方程x2+y2-2y-4=0可化为x2+(y-1)2=5，因此圆心C的坐标为(0，1)，半径为
圆心C(0，1)到直线l的距离d==<.
所以，直线l与圆C相交，有两个公共点.
如图，由垂径定理，
得|AB|=2=.
解
求直线x-y+2=0被圆x2+y2=4截得的弦长.
例 2
方法一　直线x-y+2=0和圆x2+y2=4的公共点坐标就是方程组
的解.
解这个方程组，得
所以公共点的坐标为(-，1)，(0，2)，
所以直线x-y+2=0被圆x2+y2=4截得的弦长为
=2.
解
方法二　如图，设直线x-y+2=0与圆x2+y2=4交于A，B两点，弦AB的中点为M，则OM⊥AB(O为坐标原点)，
又|OM|==，
所以|AB|=2|AM|=2
=2=2.
解
(1)求直线与圆的弦长的两种方法：代数法、几何法.
(2)利用弦长求直线方程、圆的方程时，应注意斜率不存在的情况.
反
思
感
悟
已知直线l经过直线2x-y-3=0和4x-3y-5=0的交点，且与直线x+y-2=0垂直.
(1)求直线l的方程；
跟踪训练 2
由已知得
解得
∴两直线交点为(2，1).
设直线l的斜率为kl，
∵直线l与x+y-2=0垂直，∴kl=1，
∵直线l过点(2，1)，
∴直线l的方程为y-1=x-2，
即x-y-1=0.
解
(2)若圆C的圆心坐标为(3，0)，直线l被该圆所截得的弦长为2，求圆C的标准方程.
设圆的半径为r，依题意，得圆心(3，0)到直线x-y-1=0的距离为=，
则由垂径定理得r2=()2+()2=4，
∴r=2，
∴圆的标准方程为(x-3)2+y2=4.
解
1.知识清单：
(1)直线与圆的三种位置关系.
(2)弦长公式.
2.方法归纳：几何法、代数法.
3.常见误区：求直线方程时忽略直线斜率不存在的情况.
随堂演练
三
1
2
3
4
1.直线y=x+1与圆x2+y2=1的位置关系是
A.相切 B.相交但直线不过圆心
C.直线过圆心 D.相离
√
∵圆心(0，0)到直线y=x+1的距离d==<1，∴直线与圆x2+y2=1相交，又圆心(0，0)不在直线y=x+1上，∴直线不过圆心.
解析
1
2
3
4
2.已知直线l：kx-y+-k=0被圆x2+y2=4截得的弦长为2，点(m，n)是直线l上的任意一点，则m2+n2的最小值为
A.1 B.2 C.3 D.4
√
圆x2+y2=4的圆心为(0，0)，半径r=2，
圆心到直线l的距离d==1，
所以m2+n2的最小值d2=1.
解析
1
2
3
4
3.过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2+y2-4x=0所截得的弦长为　 　.
由题意得直线方程为x-y=0，圆的方程为(x-2)2+y2=4，则圆心(2，0)到
直线的距离d==，所以弦长l=2=2=2.
解析
2
1
2
3
4
4.若直线y=kx+与圆x2+y2=1没有公共点，则此直线倾斜角α的取值范围
是　　　　　　　　　.
∪
1
2
3
4
圆x2+y2=1的圆心为(0，0)，半径为1，
因为直线y=kx+与圆x2+y2=1没有公共点，
所以=>1，
化简得k2<1，解得-1所以-1因为α∈[0，π)，所以0≤α<<α<π，
所以直线倾斜角α的取值范围为∪.
解析
课时对点练
四
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B B BCD B D AD x-y+5=0
题号 8 11 12 13 14 　15 答案 C B ACD 10 　±
对一对
答案
1
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答案
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由题意知OP⊥AP，取OA的中点M，则M(3，4)，
|PM|=|OA|=×=5，
由圆的定义知其轨迹方程为
(x-3)2+(y-4)2=25，
则P的轨迹是以(3，4)为圆心，5为半径的圆(在已知圆内的部分).
10.
答案
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由题意知圆心C的坐标为(-5，7)，半径r=2，
则圆心C到直线l的距离d==1，
所以|AB|=2=2
因为Q为圆C上异于A，B的动点，所以点Q到直线l的距离h≤r+d=3，
所以△ABQ的面积S=×|AB|×h≤×|AB|×(r+d)=×2×3=3
当CQ⊥l且Q，l在圆心C的两侧时，等号成立，
所以△ABQ的面积的最大值为3.
16.
答案
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(1)设P(t，4)，由题意知M(-2，0)，T(0，2)，|MT|=2
且|PM|≥4>|MT|.
当|PT|=|MT|，=2
解得t=±2，当t=2时，P，M，T三点共线，舍去，∴P(-2，4)；
当|PM|=|PT|，=
解得t=-4，∴P(-4，4).
综上，P点坐标为(-2，4)或(-4，4).
16.
答案
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(2)①设P(t，4)，T(0，2)，S(0，-2)，
当t≠0时，kPT=kPS=
则kPS=3kPT，
∵kAS·kAT=-1，∴kBS·kAS=-3，
直线AB的斜率显然存在，设其方程为y=kx+b，
联立x2+y2=4，
消去y可得(1+k2)x2+2kbx+b2-4=0，
16.
答案
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Δ=(2kb)2-4(1+k2)(b2-4)=16k2-4b2+16>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1+x2=x1x2=
故y1+y2=y1y2=kAS·kBS==-3，
∴=-3，
解得b=1，此时Δ=16k2+12>0，
16.
答案
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则直线AB：y=kx+1，
∴直线AB恒过定点(0，1)，
当t=0时，直线AB：x=0也过定点(0，1)，综上，直线AB恒过定点(0，1).
②由①得x1+x2=x1x2=
则S四边形ASBT=×4×|x1-x2|=2
=2=4
16.
答案
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令m=1+k2，则m≥1，
==-+4≤3，
当m=1，即k=0时，取得最大值，
∴当直线AB的方程为y=1时，四边形ASBT面积有最大值，为4.
基础巩固
1.“a<3”是“直线y=x+4与圆(x-a)2+(y-3)2=8相交”的
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
√
答案
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圆(x-a)2+(y-3)2=(2)2的圆心为(a，3)，半径为2.
若直线x-y+4=0与圆(x-a)2+(y-3)2=<2，
解得-5所以“a<3”是“直线y=x+4与圆(x-a)2+(y-3)2=8相交”的必要不充分条件.
解析
2.已知点M(a，b)在圆O：x2+y2=1外，则直线ax+by=1与圆O的位置关系是
A.相切 B.相交 C.相离 D.不确定
√
答案
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∵点M(a，b)在圆x2+y2=1外，
∴a2+b2>1.
∴圆心(0，0)到直线ax+by=1的距离d=<1=r，
则直线与圆的位置关系是相交.
解析
3.(多选)若直线y=kx与圆(x-2)2+(y+1)2=9相交于A，B两点，则|AB|的长度可能等于
A.3 B.4 C.5 D.6
√
设圆心C(2，-1)到直线y=kx的距离为d，
由于直线y=kx恒过原点，且|OC|==，故0≤d≤，
又d2+=9，即4≤|AB|≤6.
解析
答案
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√
√
4.已知圆x2+y2=9的弦过点P(1，2)，当弦长最短时，该弦所在直线的方程为
A.y-2=0 B.x+2y-5=0
C.2x-y=0 D.x-1=0
√
当弦长最短时，该弦所在直线与过点P(1，2)的直径垂直.
已知圆心O(0，0)，所以过点P(1，2)的直径所在直线的斜率k==2，故所求直线的斜率为-，所以所求直线方程为y-2=-(x-1)，即x+2y-5=0.
解析
答案
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5.直线y=kx+3被圆(x-2)2+(y-3)2=4截得的弦长为2，则直线的斜率为
A. B.± C. D.±
√
答案
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因为直线y=kx+3被圆(x-2)2+(y-3)2=4截得的弦长为2，
所以圆心C(2，3)到直线的距离d==1，
所以==1，
解得k=±.
解析
6.(多选)已知ab≠0，O为坐标原点，点P(a，b)是圆x2+y2=r2外一点，过点P作直线l⊥OP，直线m的方程是ax+by=r2，则下列结论正确的是
A.m∥l B.m⊥l
C.m与圆相离 D.m与圆相交
√
√
答案
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由题意知直线OP的斜率为，
则直线l的斜率为-，
∴直线l的方程为y-b=-(x-a)，
即ax+by=a2+b2，故m∥l，
又P(a，b)在圆外，∴a2+b2>r2，
圆心(0，0)到直线ax+by=r2的距离d=<=|r|，
故m与圆相交.
解析
7.直线l与圆x2+y2+2x-4y+a=0(a<3)相交于A，B两点，若弦AB的中点为
C(-2，3)，则直线l的方程为　　　　　　.
由圆的方程可得，圆心为P(-1，2)，
所以kPC==-1，故直线l的斜率k=1，
所以直线方程为y-3=x+2，即x-y+5=0.
解析
答案
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x-y+5=0
8.过圆x2+y2=8内的点P(-1，2)作直线l交圆于A，B两点.若直线l的倾斜角为135°，则弦AB的长为　　　　.
由题意知直线l的方程为y-2=-(x+1)，
即x+y-1=0，
圆心O(0，0)到直线l的距离d==，
则有|AB|=2=2=.
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答案
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9.从定点A(6，8)向圆x2+y2=16任意引一条割线交圆于P1，P2两点，求弦P1P2的中点P的轨迹.
答案
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由题意知OP⊥AP，取OA的中点M，则M(3，4)，
|PM|=|OA|=×=5，
由圆的定义知其轨迹方程为(x-3)2+(y-4)2=25，
则P的轨迹是以(3，4)为圆心，5为半径的圆(在已知圆内的部分).
解
10.已知圆C：x2+y2+10x-14y+70=0，设直线l：12x+5y+12=0与圆C相交于A，B两点，点Q为圆C上异于A，B的动点，求△ABQ的面积的最大值.
答案
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由题意知圆心C的坐标为(-5，7)，
半径r=2，则圆心C到直线l的距离d==1，
所以|AB|=2=2，
因为Q为圆C上异于A，B的动点，
所以点Q到直线l的距离h≤r+d=3，
所以△ABQ的面积S=×|AB|×h≤×|AB|×(r+d)=×2×3=3，
当CQ⊥l且Q，l在圆心C的两侧时，等号成立，
所以△ABQ的面积的最大值为3.
解
答案
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11.直线y=kx与圆(x-1)2+(y-1)2=1交于M，N两点，O为坐标原点，则·等于
A. B.
C.1 D.2
√
综合运用
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联立得(1+k2)x2-2(k+1)x+1=0，则Δ>0，
即4(k+1)2-4(k2+1)>0，所以k>0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1x2=，y1y2=k2x1x2=·=x1x2+y1y2=1.
解析
12.直线y=x+b与曲线x=有且只有一个交点，则b满足
A.|b|= B.-1C.-1≤b<1 D.-1√
答案
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曲线x=含有限制条件，即x≥0，
故曲线并非表示整个单位圆，仅仅是单位圆在y轴右侧(含与y轴的交点)的部分.
解析
在同一平面直角坐标系中，画出y=x+b与曲线x=
(即x2+y2=1，x≥0)的图象，如图所示.
当直线与曲线相切时，b=-，其他位置符合条件时需-113.(多选)已知点P(x0，y0)，直线l：x0x+y0y=1及圆C：x2+y2=1，则下列结论正确的是
A.若点P在C上，则l与C相切
B.若点P在圆x2+y2=4上，则l被圆C截得的弦长为
C.若点P在圆C外，过点P作圆C的切线，则l为过两切点的直线
D.若点P在圆C内，过点P的直线与圆C交于点M，N，则圆C在M，N处的
切线的交点在l上
答案
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√
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对于A，点P在C上，则+=1，圆C的圆心(0，0)到l的距离d= =1，故l与C相切，A正确；
对于B，点P在圆x2+y2=4上，则+=4，圆C的圆心(0，0)到l的距离d==，所以l被圆C截得的弦长为2=，B错误；
解析
答案
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对于C，设两切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由A选项分析可知，圆C在点A，B处的切线方程分别为x1x+y1y=1，x2x+y2y=1，因为点P在两切线上，所以x1x0+y1y0=1，x2x0+y2y0=1，所以点A，B都在直线x0x+y0y=1上，C正确；
对于D，由选项C知，设圆C在M，N处的切线的交点为(x'0，y'0)，则MN的方程为x'0x+y'0y=1，由点P在该直线上，所以x0x'0+y0y'0=1，所以点(x'0，y'0)在直线x0x+y0y=1上，D正确.
解析
14.在圆x2+y2-2x-6y=0内，过点E(0，1)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为　　　　.
答案
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圆的方程化为标准方程为(x-1)2+(y-3)2=10，易知点E在圆内，由圆的性质可知最长弦|AC|=2，最短弦BD恰以E(0，1)为中点，且与AC垂直，设点F(1，3)为其圆心.
故|EF|=，所以|BD|=2=2，
则S四边形ABCD=|AC|·|BD|=10.
解析
10
15.在平面直角坐标系Oxy中，过点A(0，-3)的直线l与圆C：x2+(y-2)2=9相交于M，N两点，若S△AON=S△ACM，则直线l的斜率为　　　　.
拓广探究
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由题意得C(0，2)，直线MN的斜率存在，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
直线MN的方程为y=kx-3，
与x2+(y-2)2=9联立得(k2+1)x2-10kx+16=0，
Δ=100k2-64(k2+1)=36k2-64>0，
得k2>，x1+x2=，x1x2=.
因为S△AON=S△ACM，所以×3×|x2|=××5×|x1|，
解析
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则|x2|=2|x1|，于是x2=2x1(由点A及C在y轴上可判断出x1，x2同号)，
所以两式消去x1，得k2=，
满足Δ>0，所以k=±.
解析
16.如图，在平面直角坐标系中，P为直线y=4上一动点，圆O：x2+y2=4与x轴的交点分别为M(-2，0)，N(2，0)，圆O与y轴的交点分别为S(0，-2)，T(0，2).
(1)若△MTP为等腰三角形，求P点坐标；
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设P(t，4)，由题意知M(-2，0)，T(0，2)，|MT|=2，且|PM|≥4>|MT|.
当|PT|=|MT|，即=2时，
解得t=±2，当t=2时，P，M，T三点共线，舍去，
∴P(-2，4)；
当|PM|=|PT|，即=时，
解得t=-4，∴P(-4，4).
综上，P点坐标为(-2，4)或(-4，4).
解
(2)若直线PT交圆O于另一点A，直线PS交圆O于另一点B.
①求证：直线AB过定点，并求出定点坐标；
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设P(t，4)，T(0，2)，S(0，-2)，
当t≠0时，kPT=，kPS=，则kPS=3kPT，
∵kAS·kAT=-1，∴kBS·kAS=-3，
直线AB的斜率显然存在，
设其方程为y=kx+b，联立x2+y2=4，
消去y可得(1+k2)x2+2kbx+b2-4=0，
Δ=(2kb)2-4(1+k2)(b2-4)=16k2-4b2+16>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
解
则x1+x2=，x1x2=，
故y1+y2=，y1y2=，kAS·kBS==-3，
∴=-3，
解得b=1，此时Δ=16k2+12>0，
则直线AB：y=kx+1，
∴直线AB恒过定点(0，1)，
当t=0时，直线AB：x=0也过定点(0，1)，
综上，直线AB恒过定点(0，1).
解
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②求四边形ASBT面积的最大值.
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由①得x1+x2=，x1x2=，
则S四边形ASBT=×4×|x1-x2|
=2
=2=4，
令m=1+k2，则m≥1，
解
则==-+4≤3，
当m=1，即k=0时，取得最大值，
∴当直线AB的方程为y=1时，
四边形ASBT面积有最大值，为4.
解
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第二章　 2.5.1　直线与圆的位置关系
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