4、圓x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0相交，則與兩圓共交點的圓系方程為____________________________________________________________，其中λ為λ≠－1的任意常數(shù)，因此圓系不包括第二個圓．
當λ＝－1時，為兩圓公共弦所在的直線，方程為(D1－D2)x＋(E1－E2)y＋(F1－F2)＝0.
自我檢測
1．(2010江西)直線y＝kx＋3與圓(x－3)2＋(y－2)2＝4相交于M，N兩點，若MN≥2，則k的取值范圍是________．
2．圓x2＋y2－4x＝0在點P(1，)處的切線方程為___
5、___________．
3．圓C1：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0與圓C2：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的公切線有________條．
4．過點(0,1)的直線與x2＋y2＝4相交于A、B兩點，則AB的最小值為________．
5．若P(2，－1)為圓C：(x－1)2＋y2＝25的弦AB的中點，則直線AB的方程是______________.
探究點一 直線與圓的位置關系
例1 已知圓C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0.
(1)若圓C的切線在x軸和y軸上的截距相等，求此切線的方程；
(2)從圓C外一點P(x1，y1)向該圓引一條切線，切點為M，O
6、為坐標原點，且有PM＝PO，求使得PM取得最小值時點P的坐標．
變式遷移1 從圓C：(x－1)2＋(y－1)2＝1外一點P(2,3)向該圓引切線，求切線的方程及過兩切點的直線方程．
探究點二 圓的弦長、中點弦問題
例2 已知點P(0,5)及圓C：x2＋y2＋4x－12y＋24＝0.
(1)若直線l過點P且被圓C截得的線段長為4，求l的方程；
(2)求過P點的圓C的弦的中點的軌跡方程．
變式遷移2 已知圓C：x2＋y2－6x－8y＋21＝0和直線kx－y－4k＋3＝0.
(1)證
7、明：不論k取何值，直線和圓總有兩個不同交點；
(2)求當k取什么值時，直線被圓截得的弦最短，并求這條最短弦的長．
探究點三 圓與圓的位置關系
例3 已知圓C1：x2＋y2－2mx＋4y＋m2－5＝0，圓C2：x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0，m為何值時，
(1)圓C1與圓C2相外切；(2)圓C1與圓C2內含．
變式遷移3 已知⊙A：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0，⊙B：x2＋y2－2ax－2by＋a2－1＝0.當a，b變化時，若⊙B始終平分⊙A的周長，求：
(1)⊙B的圓心B的軌跡方程；
(2)
8、⊙B的半徑最小時圓的方程．
探究點四 綜合應用
例4 已知圓C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0.問在圓C上是否存在兩點A、B關于直線y＝kx－1對稱，且以AB為直徑的圓經(jīng)過原點？若存在，寫出直線AB的方程；若不存在，說明理由．
變式遷移4 已知過點A(0,1)且斜率為k的直線l與圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝1相交于M、N兩點．
(1)求實數(shù)k的取值范圍；
(2)若O為坐標原點，且＝12，求k的值．
1．求切線方程時，若知道切點，可直接利用公式；若過圓外一點求切線，一
9、般運用圓心到直線的距離等于半徑來求，但注意有兩條．
2．解決與弦長有關的問題時，注意運用由半徑、弦心距、弦長的一半構成的直角三角形，也可以運用弦長公式．這就是通常所說的“幾何法”和“代數(shù)法”．
3．判斷兩圓的位置關系，從圓心距和兩圓半徑的關系入手．
(滿分：90分)
一、填空題(每小題6分，共48分)
1．直線l：y－1＝k(x－1)和圓x2＋y2－2y＝0的位置關系是________．
2．直線x－y＋m＝0與圓x2＋y2－2x－2＝0相切，則實數(shù)m＝______________.
3．過原點且傾斜角為60的直線被圓x2＋y2－4y＝0所截得的弦長為________
10、．
4．若圓(x－3)2＋(y＋5)2＝r2上有且僅有兩個點到直線4x－3y－2＝0的距離為1，則半徑r的取值范圍是______________．
5．若圓x2＋y2＝4與圓x2＋y2＋2ay－6＝0(a>0)的公共弦的長為2，則a＝________.
6．已知點A是圓C：x2＋y2＋ax＋4y－5＝0上任意一點，A點關于直線x＋2y－1＝0的對稱點也在圓C上，則實數(shù)a＝________.
7．設直線3x＋4y－5＝0與圓C1：x2＋y2＝4交于A，B兩點，若圓C2的圓心在線段AB上，且圓C2與圓C1相切，切點在圓C1的劣弧上，則圓C2的半徑的最大值是________．
8．(201
11、0全國Ⅰ改編)已知圓O的半徑為1，PA、PB為該圓的兩條切線，A、B為兩切點，那么的最小值為____________．
二、解答題(共42分)
9．(14分)圓x2＋y2＝8內一點P(－1,2)，過點P的直線l的傾斜角為α，直線l交圓于A、B兩點．
(1)當α＝時，求AB的長；
(2)當弦AB被點P平分時，求直線l的方程．
10．(14分)自點A(－3,3)發(fā)出的光線l射到x軸上，被x軸反射，其反射光線所在直線與圓x2＋y2－4x－4y＋7＝0相切，求光線l所在直線的方程．
11．(14分)已知兩圓
12、x2＋y2－2x－6y－1＝0和x2＋y2－10x－12y＋m＝0.求：
(1)m取何值時兩圓外切？
(2)m取何值時兩圓內切？
(3)m＝45時兩圓的公共弦所在直線的方程和公共弦的長．
學案48 直線、圓的位置關系
答案
自主梳理
1．相切 相交 相離?、傧嘟弧∠嗲小∠嚯x?、谙嘟弧∠嗲小∠嚯x 2.x0x＋y0y＝r2 (x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2 4.(1)外離 外切 相交 內切 內含 外離 外切 相交 內切 內含 (2)(x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1)＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0
自我檢測
13、
1. 2.x－y＋2＝0 3.2 4.2
5．x－y－3＝0
課堂活動區(qū)
例1 解題導引 (1)過點P作圓的切線有三種類型：
當P在圓外時，有2條切線；
當P在圓上時，有1條切線；
當P在圓內時，不存在．
(2)利用待定系數(shù)法設圓的切線方程時，一定要注意直線方程的存在性，有時要進行恰當分類．
(3)切線長的求法：
過圓C外一點P作圓C的切線，切點為M，半徑為R，
則PM＝.
解 (1)將圓C配方得(x＋1)2＋(y－2)2＝2.
①當直線在兩坐標軸上的截距為零時，設直線方程為y＝kx，
由＝，解得k＝2，得y＝(2)x.
②當直線在兩坐標軸上的截距不為零時，
設
14、直線方程為x＋y－a＝0，
由＝，
得|a－1|＝2，即a＝－1，或a＝3.
∴直線方程為x＋y＋1＝0，或x＋y－3＝0.
綜上，圓的切線方程為y＝(2＋)x，或y＝(2－)x，
或x＋y＋1＝0，或x＋y－3＝0.
(2)由PO＝PM，
得x＋y＝(x1＋1)2＋(y1－2)2－2，
整理得2x1－4y1＋3＝0.
即點P在直線l：2x－4y＋3＝0上．
當PM取最小值時，即OP取得最小值，直線OP⊥l，
∴直線OP的方程為2x＋y＝0.
解方程組得點P的坐標為.
變式遷移1 解 設圓切線方程為y－3＝k(x－2)，
即kx－y＋3－2k＝0，∴1＝，
∴k＝
15、，另一條斜率不存在，方程為x＝2.
∴切線方程為x＝2和3x－4y＋6＝0.
圓心C為(1,1)，∴kPC＝＝2，
∴過兩切點的直線斜率為－，又x＝2與圓交于(2,1)，
∴過切點的直線為x＋2y－4＝0.
例2 解題導引 (1)有關圓的弦長的求法：
已知直線的斜率為k，直線與圓C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，點C到l的距離為d，圓的半徑為r.
方法一 代數(shù)法：弦長AB＝|x2－x1|
＝；
方法二 幾何法：弦長AB＝2.
(2)有關弦的中點問題：
圓心與弦的中點連線和已知直線垂直，利用這條性質可確定某些等量關系．
解 (1)
如圖所示，AB＝4，
16、取AB的中點D，連結CD，則CD⊥AB，連結AC、BC，
則AD＝2，AC＝4，
在Rt△ACD中，可得CD＝2.
當直線l的斜率存在時，設所求直線的斜率為k，則直線的方程為y－5＝kx，
即kx－y＋5＝0.
由點C到直線AB的距離公式，得＝2，
解得k＝.
當k＝時，直線l的方程為3x－4y＋20＝0.
又直線l的斜率不存在時，也滿足題意，
此時方程為x＝0.
∴所求直線的方程為3x－4y＋20＝0或x＝0.
(2)設過P點的圓C的弦的中點為D(x，y)，
則CD⊥PD，即＝0，
(x＋2，y－6)(x，y－5)＝0，
化簡得所求軌跡方程為x2＋y2＋2x－11
17、y＋30＝0.
變式遷移2 (1)證明 由kx－y－4k＋3＝0，
得(x－4)k－y＋3＝0.
∴直線kx－y－4k＋3＝0過定點P(4,3)．
由x2＋y2－6x－8y＋21＝0，
即(x－3)2＋(y－4)2＝4，
又(4－3)2＋(3－4)2＝2<4.
∴直線和圓總有兩個不同的交點．
(2)解 kPC＝＝－1.
可以證明與PC垂直的直線被圓所截得的弦AB最短，因此過P點斜率為1的直線即為所求，其方程為y－3＝x－4，即x－y－1＝0.PC＝＝，
∴AB＝2＝2.
例3 解題導引 圓和圓的位置關系，從交點個數(shù)也就是方程組解的個數(shù)來判斷，有時得不到確切的結論，通常還是
18、從圓心距d與兩圓半徑和、差的關系入手．
解 對于圓C1與圓C2的方程，經(jīng)配方后
C1：(x－m)2＋(y＋2)2＝9；
C2：(x＋1)2＋(y－m)2＝4.
(1)如果C1與C2外切，
則有＝3＋2.
(m＋1)2＋(m＋2)2＝25.
m2＋3m－10＝0，解得m＝－5或m＝2.
(2)如果C1與C2內含，
則有<3－2.
(m＋1)2＋(m＋2)2<1，m2＋3m＋2<0，
得－2
19、－a2－1＝0. ①
依題意，公共弦應為⊙A的直徑，
將(－1，－1)代入①得a2＋2a＋2b＋5＝0. ②
設圓B的圓心為(x，y)，∵，
∴其軌跡方程為x2＋2x＋2y＋5＝0.
(2)⊙B方程可化為(x－a)2＋(y－b)2＝1＋b2.
由②得b＝－[(a＋1)2＋4]≤－2，∴b2≥4，b2＋1≥5.
當a＝－1，b＝－2時，⊙B半徑最小，
∴⊙B方程為(x＋1)2＋(y＋2)2＝5.
例4 解題導引 這是一道探索存在性問題，應先假設存在圓上兩點關于直線對稱，由垂徑定理可知圓心應在直線上，以AB為直徑的圓經(jīng)過原點O，應聯(lián)想直徑所對的圓周角為直角利用斜率或向量來
20、解決．因此能否將問題合理地轉換是解題的關鍵．
解 圓C的方程可化為(x－1)2＋(y＋2)2＝9，
圓心為C(1，－2)．
假設在圓C上存在兩點A、B，則圓心C(1，－2)在直線y＝kx－1上，即k＝－1.于是可知，kAB＝1.
設lAB：y＝x＋b，代入圓C的方程，
整理得2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，
Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)>0，b2＋6b－9<0，
解得－3－3
21、(x1＋b)(x2＋b)＝0，
∴2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0，
∴b2＋4b－4－b2－b＋b2＝0，化簡得b2＋3b－4＝0，
解得b＝－4或b＝1，均滿足Δ>0.
即直線AB的方程為x－y－4＝0，或x－y＋1＝0.
變式遷移4 解 (1)∵直線l過點A(0,1)且斜率為k，
∴直線l的方程為y＝kx＋1.
將其代入圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝1，
得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0.①
由題意：Δ＝[－4(1＋k)]2－4(1＋k2)7>0，
得
22、(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝＋8＝12
?k＝1(經(jīng)檢驗符合題意)，∴k＝1.
課后練習區(qū)
1．相交 2.－3或
3．2
解析
如圖所示，
x2＋y2－4y＝0?x2＋(y－2)2＝4，
∴A(0,2)，OA＝2，A到直線l：y＝x的距離是AN＝1，
∴ON＝，∴弦長OJ＝2.
4．(4,6) 5.1 6.－10
7．1
解析 圓C1的圓心C1(0,0)到直線3x＋4y－5＝0的距離為＝1，圓C1的半徑為2，弧上的點到直線3x＋4y－5＝0距離最大為2－1＝1，因此圓C2的半徑最大為1.
8．－3＋2
解析 設∠APB＝2θ，則∠APO＝∠BP
23、O＝θ，
＝()2cos 2θ＝cos 2θ
＝(1－2sin2θ)＝＋2sin2θ－3≥2－3，
當且僅當＝2sin2θ，即sin2θ＝時取等號．
9．解 (1)當α＝時，kAB＝－1，
直線AB的方程為y－2＝－(x＋1)，即x＋y－1＝0.(3分)
故圓心(0,0)到AB的距離d＝＝，
從而弦長AB＝2 ＝.(7分)
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝－2，y1＋y2＝4.由
兩式相減得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
即－2(x1－x2)＋4(y1－y2)＝0，
∴kAB＝＝.(12分)
∴直線l的方程
24、為y－2＝(x＋1)，
即x－2y＋5＝0.(14分)
10.
解 已知圓C：x2＋y2－4x－4y＋7＝0關于x軸對稱的圓為C1：(x－2)2＋(y＋2)2＝1，其圓心C1的坐標為(2，－2)，半徑為1，由光的反射定律知，入射光線所在直線方程與圓C1相切．(4分)
設l的方程為y－3＝k(x＋3)，則
＝1，(10分)
即12k2＋25k＋12＝0.∴k1＝－，k2＝－.
則l的方程為4x＋3y＋3＝0或3x＋4y－3＝0.
(14分)
11．解 兩圓的標準方程分別為
(x－1)2＋(y－3)2＝11，(x－5)2＋(y－6)2＝61－m，
圓心分別為M(1,3)，N(5,6)，半徑分別為和.
(1)當兩圓外切時，＝＋.
解得m＝25＋10.(4分)
(2)當兩圓內切時，因定圓的半徑小于兩圓圓心間距離，故只有－＝5.
解得m＝25－10.(8分)
(3)兩圓的公共弦所在直線的方程為
(x2＋y2－2x－6y－1)－(x2＋y2－10x－12y＋45)＝0，
即4x＋3y－23＝0.(12分)
由圓的半徑、弦長、弦心距間的關系，不難求得公共弦的長為
2 ＝2.(14分)
高考數(shù)學理一輪資源庫 第9章學案48
