专题2.4 直线与圆的位置关系（第2课时）（高效培优讲义）数学苏教版2019高二选择性必修第一册

专题2.4 直线与圆的位置关系（第2课时） 教学目标 1.能运用直线与圆的位置关系解决一些与圆有关的实际问题、范围问题． 2.综合运用直线与圆的位置关系解决复杂的问题． 3.体会利用代数方法解决几何问题的思想，利用数形结合的思想方法解决代数或几何问题． 教学重难点 1.重点 直线与圆的位置关系的应用 2.难点 用数形结合的方法求参数的取值范围． 知识点01 圆的中点弦 已知弦的中点坐标，求弦所在直线的方程的步骤： 第一步：先求圆的圆心坐标，和半径； 第二步：利用圆心坐标和弦的中点坐标求所在直线l的斜率 第三步：根据垂径定理，利用直线l与弦垂直，求得弦所在直线斜率 第四步：利用斜率和中点坐标，即可用点斜式写出直线方程 【即学即练】 1．若为圆的弦的中点，则直线的方程是__________. 【答案】 【分析】根据垂径定理可得或者点差法也可得。 【解析】可整理为，所以圆心为， 根据垂径定理可得，， 所以，直线AB的方程为： 整理得： 故答案为： 2．若点为圆的弦的中点，求直线的方程. 【答案】 【分析】根据垂径定理可得或者点差法也可得。 【解析】将的圆心，则直线CM的斜率， 由垂径定理可得：直线与垂直， 故直线AB的斜率， 则直线的方程为，即. 知识点02 圆上的点到直线距离为定值的个数 直线与圆有公共点 （此时d≤r） 直线与圆无公共点 （此时d>r） 【即学即练】 1.已知圆上有且仅有3个点到直线的距离为1，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】点到直线的距离公式可得。 【解析】因为圆上有且仅有3个点到直线的距离为1， 所以原点到直线 的距离为， 由点到直线的距离公式可得，解得， 故答案为：. 2.已知圆，直线，设圆上恰有n个点到直线的距离等于1． (1)当时，求b的取值范围？ (2)当时，求b的取值范围？ (3)当时，求b的取值范围？ (4)当时，求b的取值范围？ 【答案】（1）或；（2）或；（3）；（4） 【分析】点到直线的距离公式可可判别。 【解析】（1）由题知圆的方程为,所以圆心为,半径为, 若圆上恰有1个点到直线的距离等于1， 则圆心到直线的距离满足， 则，解得．解得或. （2）若圆上恰有2个点到直线的距离等于1， 则圆心到直线的距离满足， 则，解得． 解得或. （3）因为圆上恰有3个点到直线的距离都等于1, 所以只需要圆心到直线的距离为即可, 所以圆心到直线的距离为:,解得 （4）因为圆上恰有4个点到直线l的距离都等于1， 所以圆心到直线的距离小于1， 因此有 知识点03 利用韦达定理法解决直线与圆相交 利用韦达定理法解决直线与曲线相交问题的基本步骤 （1）设直线方程，设交点坐标为(x1,y1)、(x2,y2)；注意分斜率存在与不存在讨论 （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，必要时计算Δ； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为x_1+x_2、x_1x_2（或y_1+y_2、y_1y_2）的形式； （5）代入韦达定理求解. 【即学即练】 1.已知圆，直线与圆交于点，，且以线段为直径的圆经过坐标原点，求直线的方程． 【答案】或 【分析】设，，联立直线与圆的方程，消元，列出韦达定理，由，即代入即可求出. 【解析】将的方程代入圆的方程，得． 设，，则，． 故， 依题意知，则，即，于是，即．或，经检验，满足． 故直线的方程为或． 2.已知圆，过点的直线交圆于、两点，且，则直线的方程是______________. 【答案】 【分析】首先讨论直线的斜率是否存在，当直线的斜率存在时，设直线，设，，联立直线与圆的方程，消元，列出韦达定理，由，代入即可求出. 【解析】1°当直线的斜率不存在时，，联立，得或， 不妨设，，则，不符合题意； 2°当直线的斜率存在时，设直线， 联立，消去并整理得， ， 设，，则，， 则 ， 所以,解得，， 所以直线l的方程是 题型01 直线与圆相交的综合应用 【典例1】已知圆C：x2＋(y－1)2＝5，直线l：mx－y＋1－m＝0. (1) 求证：对任意m∈R，直线l与圆C总有两个不同的交点； (2) 设直线l与圆C交于A，B两点，若AB＝，求直线l的倾斜角． 【答案】 (1) 证明见解析；（2）60°或120° 【分析】 (1) 根据直线l恒过定点P(1，1)，点P在圆C内即可判别； (2) 根据代数法，将直线与圆的方程联立利用弦长公式求出弦长，进而求m即可． 【解析】 (1) 由题意，得圆心C(0，1)，且直线l恒过定点P(1，1)， 则CP2＝12＋(1－1)2<5，所以点P在圆C内，所以直线l与圆C总有两个不同的交点． (2) 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组 消去y并整理，得(m2＋1)x2－2m2x＋m2－5＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝. 因为AB＝|x1－x2|＝·，　 即＝·，解得m＝或m＝－， 所以直线l的倾斜角为60°或120°. 直线与圆相交时的弦长求法： （1）几何法：利用圆的半径，圆心到直线的距离，弦长之间的关系，整理出弦长公式为：． （2）代数法：若直线与圆的交点坐标易求出，求出交点坐标后，直接用两点间距离公式计算弦长； （3）弦长公式法：设直线与圆的交点为，，将直线方程代入圆的方程，消元后利用根与系数的关系得到弦长 【变式1】已知圆的圆心在坐标原点，面积为． （Ⅰ）求圆的方程； （Ⅱ）若直线，都经过点，且，直线交圆于，两点，直线交圆于，两点，求四边形面积的最大值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）14 【分析】（Ⅰ）根据面积解出半径，再应用圆的标准方程即可； （Ⅱ）根据几何法求出弦长，再应用面积公式计算，最后应用基本不等式求最值即可． 【解析】（Ⅰ）由题可知圆的圆心为，半径， 所以圆的方程为； （Ⅱ）当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，圆心到直线的距离为， 则， 同理可得， 则， 当且仅当，即时等号成立， 当直线的斜率不存在时，， 此时， 当直线的斜率为0时，根据对称性可得， 综上所述，四边形面积的最大值为14． 【变式2】在平面直角坐标系中，已知圆和圆. (1)若直线过原点，且被圆截得的弦长为6，求直线的方程； (2)是否存在点满足过点的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1)和；(2)存在，或 【分析】（1）分类讨论直线的斜率存在与否，利用圆的弦长公式与点线距离公式列式求解即可； （2）假设存在满足条件的点，分析得两圆心到对应直线的距离相等，从而得到关于的关系式，利用的任意性求得的值，再检验两直线斜率一个为0，另一个不存在的情况，从而得解. 【解析】（1）因为圆的圆心为，半径为， 当直线的斜率不存在时，直线即是轴， 此时直线被圆截得的弦长为，满足题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由直线被圆截得的弦长为6，所以到直线的距离为， 则，解得，即直线为； 综上，直线的方程为和. （2）存在满足条件的点，点坐标为或，理由如下： 假设存在满足条件的点， 因为圆的圆心为，半径为， 设，因为直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等， 又两圆半径相等，所以圆心到直线与到直线的距离相等，    当两直线斜率存在且不等于0时， 设直线的方程分别为， 即. 故有， 整理得或， 因为关于的方程有无穷多解， 所以或，解得或， 故点的坐标为或； 当两直线斜率一个为0，另一个不存在时，点的坐标和也适合； 综上可知，存在点满足条件，此时点的坐标为或 【变式3】已知圆C过点M(0，－2)，N(3，1)，且圆心C在直线x＋2y＋1＝0上． (1) 求圆C的方程； (2) 设直线ax－y＋1＝0与圆C交于A，B两点，是否存在实数a，使得过点P(2，0)的直线l垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)x2＋y2－6x＋4y＋4＝0；(2)不存在实数a，使得过点P(2，0)的直线l垂直平分弦AB. 【分析】(1) 设圆的一般方程，代入条件即得；（2）因为直线l垂直平分弦AB，所以圆心C(3，－2)必在直线l上，注意直线方程与圆的方程联立Δ的判别检验即得。 【解析】(1) 设圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， 则解得 所以圆C的方程为x2＋y2－6x＋4y＋4＝0. (2) 假设符合条件的实数a存在． 因为直线l垂直平分弦AB， 所以圆心C(3，－2)必在直线l上， 所以直线l的斜率kPC＝－2. 又kAB＝a＝－， 所以a＝. 将直线ax－y＋1＝0与圆C方程联立， 消去y并整理，得(a2＋1)x2＋6(a－1)x＋9＝0. 因为直线ax－y－1＝0交圆C于A，B两点， 所以Δ＝36(a－1)2－36(a2＋1)>0， 解得a<0， 与a＝矛盾，故假设不成立， 故不存在实数a，使得过点P(2，0)的直线l垂直平分弦AB. 题型02 直线与圆相切的综合应用 【典例1】已知圆C：(x－2)2＋y2＝2. (1) 求与圆C相切，且在x轴，y轴上截距相等的直线方程； (2) 从圆外一点P作圆C的一条切线，切点为M，O为坐标原点，且PM＝PO，求使PM 最小的点P的坐标． 【答案】(1)x＋y＝0或x－y＝0或x＋y－4＝0.；(2). 【分析】（1）讨论切线是否过原点即得；（2）设点P的坐标为(x，y)． 由PM＝PO，PM2＋r2＝PC2，得点P的轨迹为直线x＝，进而求解。 【解析】 (1) 由题意，得圆心C的坐标为(2，0)，半径为. 若切线过原点，则设切线方程为kx－y＝0， 则＝，解得k＝±1， 所以切线方程为x＋y＝0或x－y＝0. 若切线不过原点，则设切线方程为x＋y＋c＝0， 则＝，解得c＝－4或c＝0， 所以切线方程为x＋y－4＝0或x＋y＝0. 综上所述，所求切线的方程为x＋y＝0或x－y＝0或x＋y－4＝0. (2) 设点P的坐标为(x，y)． 因为PM＝PO，PM2＋r2＝PC2， 所以x2＋y2＋2＝(x－2)2＋y2，解得x＝， 所以点P的轨迹为直线x＝. 要使PM最小，即使PO最小， 过点O作直线x＝的垂线，垂足为P， 故点P的坐标为. 1、求过一点(x0，y0)的圆的切线方程的方法 （1）几何法：当斜率存在时，设为k，则切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即kx－y＋y0－kx0＝0.由圆心到直线的距离等于半径，即可求出k的值，进而写出切线方程，当斜率不存在时，要进行验证； （2）代数法：当斜率存在时，设为k，则切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即y＝kx－kx0＋y0，代入圆的方程，得到一个关于x的一元二次方程，由Δ＝0，求得k，切线方程即可求出，当斜率不存在时，要进行验证． 2、切线长：若圆的方程为，则过圆外一点的切线长为. 【变式1】已知圆心在直线上且过点的圆与直线相切，其半径小于5，若圆与圆关于直线对称． (1)求圆的方程； (2)过直线上一点作圆的切线，切点为，求四边形面积的最小值及此时直线的方程. 【答案】(1)；(2)， 【分析】（1）根据题意，设，列出方程组求得，求得圆，再利用点关于直线的对称，求得圆的圆心坐标，即可求得圆的方程； （2）根据题意求得，当时，取得最小值，得到，确定的以为直径的圆的方程，结合圆的方程，两式相减求得公共弦的方程即可. 【解析】（1）由题意，圆心在直线上，可设， 因为圆过点，且与直线相切， 可得，整理得， 因为圆的半径小于5，所以，即，且半径 所以圆的方程为， 设圆，因为圆与圆关于直线对称， 可得，解得，所以圆的方程为． （2）圆，可得， 则四边形的面积， 设，因为， 所以当时，， 此时四边形的面积最小，最小值为，且； 由，可得以为直径的圆的方程为 因为在以为直径的圆上，且在上，且圆， 两圆的方程相减，可得直线的方程为 【变式2】已知圆的圆心为，且，，圆与轴、轴分别交于，两点（与坐标原点不重合），且线段为圆的一条直径． （1）若直线经过圆的圆心，求圆的方程； （2）在（2）的条件下，设是直线上的一个动点，过点作圆的切线，，切点为，，求线段长度的最小值． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）因为直线经过圆的圆心，所以，结合，即可解出，可求出求圆的方程； （2）由题意可得，，，四点共圆，且为该圆的一条直径，设这四点所在的圆为圆，可得圆的方程，由点到直线的距离、圆的弦长公式表示出，再由二次函数的性质即可求出求线段长度的最小值． 【解析】（1）因为直线经过圆的圆心，所以． 又，且，解得． 所以圆的方程为． （2）过点作圆的切线，，切点为，， 显然，，，四点共圆，且为该圆的一条直径， 设这四点所在的圆为圆，， 则圆的方程为， 即，① 又圆的半径，方程可化为，②， ①②，得圆与圆的相交弦所在直线的方程为， 点到直线的距离， 所以 ，所以当时，取得最小值， 故线段长度的最小值为． 题型03 直线与圆的位置关系的实际应用 【典例1】如图，某海面上有O, A, B三个小岛(面积忽略不计)， A岛在O岛的北偏东45°方向上且距O岛40km, B岛在O岛的正东方向上且距O岛20km.以O岛为坐标原点，O岛的正东方向为x轴的正方向，1km为单位长度，建立平面直角坐标系，圆C经过O, A, B三点．　　 (例1) (1) 求圆C的一般方程． (2) 若圆C区域内有未知暗礁，现有D船在O岛的南偏西30°方向上且距O岛40km，正沿着北偏东45°方向行驶．若不改变方向，则该船有没有触礁的危险？请说明理由． 【答案】(1) x2＋y2－20x－60y＝0；(2) 该船有触礁的危险。 【分析】(1)先设圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，再将点O, A, B的坐标代入运算即可求解．(2)由题意可求出该船的航行路线所在直线，再结合点到直线的距离公式可得圆心C到直线的距离d，最后比较距离d与圆C的半径的大小即可求解． 【解析】(1) 由图可知A(40, 40), B(20, 0)． 设过O, A, B三点的圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， 则 解得D＝－20, E＝－60, F＝0， 所以圆C的一般方程为x2＋y2－20x－60y＝0， 从而圆心为C(10, 30)，半径r＝10. (2) 由图可知D(－20, －20)． 由题意知该船航线所在直线l的斜率为1， 故该船的航行路线为直线l: x－y＋20－20＝0. 由于圆心C到直线l的距离d＝＝10＜10， 故该船有触礁的危险． 利用坐标法解决平面几何问题时，要充分利用直线的方程、圆的方程、直线与圆的位置关系等有关性质，建立适当的平面直角坐标系．正确使用坐标法，使几何问题转化为代数问题．用代数运算求得结果以后，再解释代数结果的实际含义，也就是将代数问题再转化到几何问题中，对几何问题作出合理解释． 【变式1】某考点配备的信号检测设备的监测范围是半径为100米的圆形区域，一名工作人员持手机以每分钟50米的速度从设备正东方向米的处出发，沿处西北方向走向位于设备正北方向的处，则这名工作人员被持续监测的时长为（  ） A．1分钟 B．分钟 C．2分钟 D．分钟 【答案】C 【分析】以设备的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系，求得直线和圆的方程，利用点到直线的距离公式和圆的弦长公式，求得的长，进而求得持续监测的时长. 【解析】以设备的位置为坐标原点，其正东方向为轴正方向，正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示， 则，，可得，圆． 记从处开始被监测，到处监测结束， 因为到的距离为米， 所以米，故监测时长为分钟． 故选：C. 【变式2】一艘轮船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方向且相距70km，受影响的范围是半径为30km的圆形区域．已知港口位于台风中心正北方向且相距40km，如果这艘轮船不改变航线，那么它是否会受到台风的影响？ 【答案】轮船不会受台风的影响 【分析】以台风中心为坐标原点，正东方向为x轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系．取10km为单位长度，求得受台风影响的圆形区域所对应的圆的方程以及港口对应的点的坐标和轮船初始位置对应的点的坐标，利用点到直线的距离公式判断即得。 【解析】以台风中心为坐标原点，正东方向为x轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系．取10km为单位长度，则受台风影响的圆形区域所对应的圆的方程为x2＋y2＝9，港口对应的点的坐标为(0, 4)，轮船初始位置对应的点的坐标为(7, 0)， 所以轮船航线所在直线的方程为＋＝1，即4x＋7y－28＝0， 从而圆心到航线的距离为＝＞3，所以直线与圆相离， 故轮船不会受台风的影响. 【变式3】为了保证海上平台的生产安全，海事部门在某平台的正东方向设立了观测站，在平台的正北方向设立了观测站，它们到平台的距离分别为12海里和海里，记海平面上到观测站和平台的距离之比为2的点的轨迹为曲线，规定曲线及其内部区域为安全预警区．    (1)如图，以为坐标原点，，为，轴的正方向，建立平面直角坐标系，求曲线的方程； (2)海平面上有渔船从出发，沿方向直线行驶，为使渔船不进入预警区，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1），有，化简并整理即可求解. （2）直线截距式方程为，结合点到直线的距离公式列出不等式求解即可. 【解析】（1）根据已知条件设且，， 由，有， ， ， ， 整理有，它是以为圆心，8为半径的圆． 所以曲线的方程为：． （2） ，过的直线不过坐标原点且不与坐标轴垂直， 所以直线截距式方程为， 化为一般式方程为， 根据题意，且，解得， 所以综上可知的取值范围为． 题型04 中点弦问题 【典例1】已知圆M与x轴相切于点（a，0），与y轴相切于点（0，a），且圆心M在直线上.过点P（2，1）的直线与圆M交于两点，点C是圆M上的动点. (1)求圆M的方程； (2)是否存在弦AB被点P平分？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，说明理由. 【答案】(1)；(2)存在，方程为 【分析】（1）根据圆与坐标轴相切表示出圆心坐标，结合已知可解； （2）根据圆心与弦的中点的连线垂直弦，或利用点差法可得. 【解析】（1）∵圆M与x轴相切于点（a，0），与y轴相切于点（0，a）， ∴圆M的圆心为M（a，a），半径. 又圆心M在直线上， ∴，解得. ∴圆M的方程为：. （2）方法一：假设存在弦AB被点P平分，即P为AB的中点. 又∵，∴. 又∵直线MP的斜率为， ∴直线AB的斜率为-. ∴. ∴存在直线AB的方程为时，弦AB被点P平分. 方法二：由（2）易知当直线AB的斜率不存在时，， ∴此时点P不平分AB. 当直线AB的斜率存在时，，假设点P平分弦AB. ∵点A､B是圆M上的点，设，. ∴ 由点差法得. 由点P是弦AB的中点，可得， ∴. ∴ ∴存在直线AB的方程为时，弦AB被点P平分. 【变式1】若为圆的弦的中点，则直线的方程是（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出直线的斜率，由垂径定理得到，利用两直线垂直斜率关系可以求出直线的斜率，利用点斜式写出直线方程，最后化为一般式方程. 【解析】由题意知直线的斜率存在，且 ∴， ∵，∴， 直线的方程为，即， 故选：C. 【变式2】已知圆C：x2+y2+2x-4y+1=0，若在圆C中存在弦AB，满足AB=2，且AB的中点M在直线2x+y+k=0上，则实数k的取值范围是（  ） A．[-2，2] B．[-5，5] C．(-，) D．[-，] 【答案】D 【分析】根据给定条件求出点M的轨迹，再利用点M的轨迹与直线2x+y+k=0有公共点即可列式计算作答. 【解析】圆C：x2+y2+2x-4y+1=0的圆心，半径，因M为线段AB的中点，则， 此时，，于是得点M的轨迹是以点C为圆心，1为半径的圆，而点M在直线2x+y+k=0上， 因此，直线2x+y+k=0与点M的轨迹有公共点，从而得，解得， 所以实数k的取值范围是. 故选：D 题型05 利用韦达定理法解决直线与圆相交问题 【典例1】已知圆与圆关于直线对称，且被直线截得的弦长为． (1)求圆的方程； (2)若，为圆上两个不同的点，为坐标原点．设直线，，的斜率分别为，，当时，求的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）设圆的标准方程为，，利用两个圆心关于已知直线对称求得圆心坐标，再求出圆心到弦的距离，由勾股定理得弦长，从而求得半径，得圆方程； （2）设点，，直线的方程为，直线方程代入圆方程，消去后应用韦达定理得，代入求得的关系，由此得出的一个范围，由直线与圆相交，判别式，又得一个范围，由存在得，又得出的限制条件，综合后可得的范围． 【解析】（1）设圆的标准方程为，， 由题意得， 即，解得，所以圆的圆心为， 又圆心到的距离，所以圆的半径， 所以圆的方程为． （2）设点，，直线的方程为， 由， 得， 即①， 由，消去， 整理得（*）， 由韦达定理，， 将其代入①整理得， 解得②， 由直线与圆相交，故，得， 即，解得或③， 又要使，，有意义，则，，且，所以不是方程（*）的根， 所以，即且④， 由②③④得，的取值范围为． 【变式1】在平面直角坐标系中，过点的直线与圆交于，两点，其中点在第一象限，且，则直线的倾斜角为 . 【答案】/ 【分析】由题意，设直线与圆联立，利用韦达定理，结合向量知识，即可得出结论． 【解析】由题意，设直线与圆联立，可得， 设，，因为，即， 则，，，，所以， 联立解得，直线的方程为，则直线的斜率为，所以倾斜角为. 故答案为： 【变式2】已知圆，直线经过点与圆C相交于A，B两点，且满足关系（O为坐标原点）的点M也在圆C上，则直线的斜率为（  ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】由可得，即，设直线的方程为，联立圆的方程，设，，由韦达定理可得，，代入化简即可求出直线的斜率. 【解析】设直线的方程为，联立 整理得，设，． 由韦达定理得，，则， 由，点M在圆C上，可知， 所以，所以， 所以，即， 所以，解得． 故选：D. 【变式3】过原点的直线与圆交于两点，若，则直线的斜率为 . 【答案】或 【分析】首先判断直线的斜率存在，设，，，联立直线与圆的方程，消元，列出韦达定理，由，可得，代入即可求出. 【解析】当斜率不存在时，解得或， 因为且，即不满足，故舍去； 当直线的斜率存在时，设斜率为，则， 代入圆，得， 显然，设，， 则，， 因为，则，则，， 联立可得，解得或． 故答案为：或 【变式4】已知直线：与圆：相交于，两点，为坐标原点，则等于（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】因为圆周角等于所在圆的圆心角的一半，所以将所求转化为求圆心角的余弦值，联立直线和圆，求出弦长和半径，利用余弦定理即可求出圆心角的余弦值，结合二倍角公式即可求出结果. 【解析】设圆心为C，则， 设直线与圆的交点的坐标为 ， 联立 可得：，即， 所以= 又，所以圆的半径 即，解得：. 故选：A 【变式5】已知圆C：，直线l：与圆C交于两点A，B． (1)若，求实数m的值； (2)若点P为直线l所过定点，且，求直线l的方程． 【答案】(1)；(2)或 【分析】（1）根据点到直线的距离公式，结合圆的弦长公式即可求解， （2）根据向量的坐标运算即可得，联立直线与圆方程，即可根据韦达定理求解. 【解析】（1）由题意可知：圆C：的圆心为，半径为． 圆心C到直线l：的距离为：， 由解得：． （2）直线l的方程：可化为：， 直线l过定点，且在圆内； 设，， ，， ， ，① 由得： （※） ，② 由①②解得，带入（※）式，解得， 直线l的方程为或 题型06 圆上的点到直线距离为定值的个数问题 【典例1】已知圆x2＋y2－2x－4y＋a－5＝0上有且仅有两个点到直线3x－4y－15＝0的距离为1，求实数a的取值范围． 【答案】(－15, 1) 【分析】将圆的方程化为标准形式，写出圆心和半径，求出圆心到直线的距离，再结合图形求解． 【解析】圆的方程可化为(x－1)2＋(y－2)2＝10－a，所以圆心为C(1, 2)，半径r＝(a＜10)，从而圆心到已知直线的距离d＝＝4. 因为圆上有且仅有两个点到直线的距离为1， 所以圆的半径在4－1与4＋1之间， 即3＜＜5，解得－15＜a＜1， 因此，实数a的取值范围是(－15, 1)． 圆上的点到直线距离为定值的个数问题 当圆心和直线一定，且距离为d1时，圆上的点到直线的距离d2与半径r有关． 当d1－d2＜r＜d1＋d2时，圆上有两个点到直线的距离为d2； 当r＝d1－d2时，圆上只有一个点到直线的距离为d2； 当r＜d1－d2，圆上没有点到直线的距离为d2； 当r＝d1＋d2时，圆上有三个点到直线的距离为d2； 当r＞d1＋d2时，圆上有四个点到直线的距离为d2. 【变式1】（多选）已知直线：与圆：，则（  ） A．直线与圆相离 B．直线与圆相交 C．圆上到直线的距离为1的点共有2个 D．圆上到直线的距离为1的点共有3个 【答案】BD 【分析】计算圆心到直线的距离即可判断直线与圆的位置关系. 【解析】由圆，可知其圆心坐标为，半径为， 圆心到直线的距离，即， 所以直线与圆相交，故A错误，B正确， 所以圆上到直线的距离为1的点共有3个，故C错误，D正确， 故选：BD 【变式2】已知圆，直线：，若圆上恰有2个点到直线的距离都等于1，则的取值范围为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆的方程确定圆心和半径，由题意可得圆心到直线的距离满足，利用点到直线的距离公式计算，解不等式即可. 【解析】由圆的方程：，可得圆心为坐标原点，半径为2． 若圆上恰有2个点到直线的距离等于1， 则圆心到直线的距离满足， 则， 解得． 故选：C． 【变式3】已知圆和不过第三象限的直线，若圆上恰有三点到直线l的距离均为3，则实数 ． 【答案】26 【分析】首先得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离为3，即可求出的值，再由直线不过第三象限求出的取值范围，即可得解． 【解析】因为得圆心为，半径， 因为圆C上恰有三点到直线l的距离均为3， 所以圆心到直线的距离为3，即，解得或， 又因为直线不过第三象限， 所以，即， 所以． 故答案为：26． 题型07 定值问题 【典例1】已知圆C经过点，及（3，0）．过坐标原点O，且斜率为k的直线l与圆C交于M，N两点． (1)求圆C的标准方程； (2)若点，分别记直线PM，直线PN的斜率为，，证明：为定值． 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）设圆C的方程为，解方程组求出即得解； （2）设，．由题意得直线l的方程为，联立直线和圆的方程得到韦达定理，计算化简即得证. 【解析】（1）解：设圆C的方程为， ∴，解得， ∴圆C的方程为，其标准方程为． （2）解：设，．由题意得直线l的方程为， 由，得， ∴， ∴， ∴， . 即为定值0 【变式1】已知点在以坐标原点为圆心的圆O上． (1)求圆O在点P处的切线方程； (2)设是圆O上的一个动点，点Q关于原点O的对称点为，点关于x轴的对称点为，如果直线与y轴分别交于和两点，问是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由． 【答案】(1)；(2)为定值且定值为4. 【分析】（1）先求出圆的半径，再求切线的斜率，从而可求切线方程； （2）先求出的坐标，再求出直线的方程，从而可得，结合点在椭圆上可得为定值. 【解析】（1），故圆， 而，故切线的斜率为， 故切线方程为：即. （2）由题设可得，， 则直线，令，则， 直线，令，则， 故. 故为定值且定值为4. 【变式2】已知过点的直线与圆相交于、两点，是弦的中点，且直线与直线相交于点． (1)当直线与直线垂直时，求证：直线经过圆心； (2)当弦长时，求直线的方程； (3)设，试问是否为定值，若为定值，请求出的值；若不为定值，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)或；(3)为定值，且 【分析】（1）利用垂直时求出，利用点斜式即可得出直线的方程，然后验证圆心在直线上即可； （2）讨论直线斜率是否存在，当斜率存在时，利用点斜式设出方程，再根据即可得解； （3）先转化，根据直线斜率是否存在分别求出点点坐标，计算后即可得解. 【解析】（1）解：直线与直线垂直，且，. 故直线方程为，即. 圆心为，且，故当直线与直线垂直时，直线经过圆心. （2）解：①当直线与轴垂直时，则直线的方程为，圆心到直线的距离为， 且，合乎题意； ②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即， ，是中点，圆圆心为，半径为， ，则由，得， 此时，直线的方程为，即. 综上所述，直线的方程为或. （3）解：，. ①当与轴垂直时，直线的方程为，联立可得， 即点，则， 又，. ②当的斜率存在时，设直线的方程为，其中， 则由可得，即点，则. . 综上所述，与直线的斜率无关，且. 题型08 定点问题 【典例1】已知的圆心在直线上，点C在y轴右侧且到y轴的距离为1，被直线l：截得的弦长为2. (1)求的方程； (2)设点D在上运动，且点满足，（O为原点）记点的轨迹为. ①求曲线的方程； ②过点的直线与曲线交于A，B两点，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)；(2)①；②存在， 【分析】（1）由条件求出圆心坐标，再结合弦长公式求出圆的半径，由此可得圆的方程； （2）①利用代点法求出点的轨迹方程，②在直线斜率存在条件下利用设而不求法求点的坐标，检验斜率不存在时该点是否也满足条件即可. 【解析】（1）由题意可设圆的圆心的坐标为，圆的圆心在直线上， ，解得：，即圆心为， 圆心到直线的距离为，设圆的半径为r，弦长为， 由已知 所以，所以圆的标准方程为； （2）设，则， 由得：，所以 D在圆上运动， 整理可得点T的轨迹方程为： 当直线轴时，轴平分， 当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为， 联立化简可得， 方程的判别式， 设，，， 若轴平分，则，所以， 又，， 所以， 所以， 所以 所以 解得， 当时，能使轴平分. 【变式1】已知圆，直线，P为直线l上的动点，过点P作圆C的切线，切点分别为A，B，则直线过定点（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，圆心C的坐标为，可得以线段为直径的圆N的方程，两圆方程作差，得两圆公共弦的方程可得答案． 【解析】因为P为直线l上的动点，所以可设，由题意可得圆心C的坐标为， 以线段为直径的圆N的圆心为，半径为，所以方程为，两圆方程作差， 即得两圆公共弦的方程为，，所以直线过定点． 故选：A 【变式2】在平面直角坐标系xOy中，已知圆和直线（其中和均为常数，且），为l上一动点，为圆与轴的两个交点，直线与圆的另一个交点分别为. (1)若，M点的坐标为,求直线方程； (2)求证：直线过定点，并求定点的坐标． 【答案】(1)；(2)证明见解析，过定点． 【分析】（1）解法一：通过， ，求出．然后推出坐标，即可求直线方程； 解法二：通过， ，求出．直线与的方程，由在曲线，求出直线的方程． （2）证明法一：设，设，求出直线的方程，直线的方程，通过直线与圆的方程联立，求出直线的方程，然后说明经过定点，求定点的坐标；法二：设得，设，求出直线的方程，与圆的交点,设为，求出直线的方程，与圆的交点设为．点，在曲线上，有，在圆上，求出公共弦方程，说明经过定点，求定点的坐标． 【解析】（1）解法一：当，，则， 则直线的方程：，即， 解得． 同理可得直线的方程：，解得． 由两点式得直线方程为：，即． 解法二：通过， ，求出， 则直线的方程：，即， 解得． 同理可得直线的方程：，解得． 由在曲线， 则当时，求出直线方程为． （2）证法一：由题设得．设， 直线的方程是：，直线的方程是：．解得． 解得． 于是直线PQ的斜率， 直线PQ的方程为． 上式中令，得是一个与无关的常数． 故直线PQ过定点． 证法二：由题设得，．设M(a，t)， 直线MA1的方程是：，与圆的交点,设为， 直线MA2的方程是：,与圆的交点设为, 则点，在曲线上， 化简得   ① 又有，在圆上，圆② ①－×②得 化简得： ． 所以直线的方程为,    ③ 在③中令，得是一个与无关的常数． 故直线过定点． 1．已知圆的弦的中点坐标为，则直线的方程为（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出圆心的坐标，设的中点为，由垂径定理可得，求出直线的斜率，可得出直线的斜率，再利用点斜式可得出直线的方程. 【解析】圆的标准方程为，圆心为， 设的中点为，由垂径定理可知， 所以直线的斜率为， 所以直线的斜率为， 所以，直线的方程为，即. 故选：B. 2．直线与圆交于M、N两点，O为坐标原点，则（  ） A． B． C．1 D．2 【答案】C 【分析】先联立方程，结合韦达定理可求出，根据向量数量积可求答案. 【解析】联立,得， 则，即，所以， 设，则：，， 故选：C 3．已知圆心在轴上的圆与直线相切，且截直线所得的弦长为，则圆的方程为（  ） A． B．或 C． D．或 【答案】C 【分析】由题意设圆的标准方程为，由圆与直线 相切得，在由圆截直线的弦长为得，联立解出即可解决问题. 【解析】由题设所求圆的圆心为 ，半径为，标准方程为 因为圆与直线 相切，所以有圆心到该直线的距离为半径，即：，也即   ① 又圆截直线的弦长 为 ，设圆的圆心为到直线的距离为 ， 所以，由 有      ② 联立①②可得： ，所以所求得圆的标准方程为 故选：C 4．一个小岛的周围有环岛暗礁，暗礁分布在以小岛中心为圆心，半径为的圆形区域内，已知小岛中心位于轮船正西处，港口位于小岛中心正北处，如果轮船沿直线返港，不会有触礁危险，则的取值范围是（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立平面直角坐标系，写出轮船沿直线返港时直线的方程及暗礁分布的圆形区域的边界的方程，由轮船沿直线返港不会有触礁危险可得直线与相离，进而可求得结果. 【解析】以小岛中心为原点O，东西方向为x轴，南北方向为y轴建立平面直角坐标系，则设轮船所在位置为点B，港口所在位置为点A，如图所示， 则，（），暗礁分布的圆形区域的边界的方程为， 所以轮船沿直线返港时直线的方程为，即， 又因为轮船沿直线返港不会有触礁危险， 所以直线与相离， 即圆心O到直线的距离（），解得. 故选：A. 5．若圆上至少有三个不同的点到直线l：的距离为2，则c的取值范围是（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用直线和圆的位置关系及点到直线的距离公式数形结合计算即可. 【解析】由， 所以，半径， 过圆心作直线的垂线交圆分别于A、B两点，易知， 当圆心C到的距离时可得， 此时圆上恰有三个不同的点到直线l：的距离为2，满足题意， 如图所示，可知到的距离为：.    故选：A 6．已知点，点在圆上，则△的面积的最小值为（  ） A． B．3 C．2 D． 【答案】D 【分析】首先求出直线AB的方程和线段AB的长度，利用圆心到直线的距离再减去圆的半径得出△ABC的高的最小值，即可求解. 【解析】圆的圆心，半径为1 ∵，则，直线 圆心到直线的距离 ∵△ABC的面积最小时，点C到直线AB的距离最短，该最短距离即圆心到直线AB的距离减去圆的半径 ∴边上高的最小值为，则的最小值为 故选：D. 7．（多选）设直线与圆，则下列结论正确的为（  ） A．与可能相离 B．不可能将的周长平分 C．当时，被截得的弦长为 D．被截得的最短弦长为 【答案】BD 【分析】求出直线所过定点的坐标，可判断A选项的正误；假设假设法可判断B选项的正误；利用勾股定理可判断CD选项的正误. 【解析】对于A选项，直线过定点，且点在圆内，则直线与圆必相交，A选项错误； 对于B选项，若直线将圆平分，则直线过原点，此时直线的斜率不存在，B选项正确； 对于C选项，当时，直线的方程为，圆心到直线的距离为， 所以，直线被截得的弦长为，C选项错误； 对于D选项，圆心到直线的距离为， 所以，直线被截得的弦长为，D选项正确. 故选：BD. 8．（多选）已知圆，点是直线上一动点，过点作圆的切线切点分别是和，下列说法正确的为（  ） A．圆上恰有一个点到直线的距离为 B．切线长的最小值为 C．四边形面积的最小值为2 D．直线恒过定点 【答案】D 【分析】利用圆心到直线的距离可判断A，利用圆的性质得切线长利用点到直线的距离判断B，由题意四边形ACBP面积为判断C，由题知A，B在以为直径的圆上，利用两圆方程得直线AB的方程判断D. 【解析】由圆C：，则圆心，半径， ∴圆心到直线l：的距离为，而，故A错误； 由圆的性质，切线长， ∴当最小时，有最小值，又，则，故B错误； ∵四边形AMBP面积为， ∴四边形AMBP面积的最小值为1，故C错误； 设，由题知A，B在以为直径的圆上，又， ∴，即， 又圆C：，即， ∴直线AB的方程为：，即， 由，得，即直线AB恒过定点，故D正确. 故选：D. 9．（多选）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值()的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系xoy中，已知，，点P满足，设点P的轨迹为圆C，下列结论中正确的个数是（  ） ①圆C的方程是 ②过点A向圆C引切线，两条切线的夹角为60° ③过点A作直线l，若圆C上恰有三个点到直线l距离为2，该直线斜率为 ④在直线上存在异于A，B的两点D，E，使得 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】设，运用两点的距离公式，化简可得的轨迹方程，可判断①； 设切点为，，利用正弦即可求出，由对称性可求得，从而判断②； 根据题意设出直线方程，利用圆心到直线的距离为2，求得切线斜率，可判断③； 取，，即可判断④． 【解析】①．在平面直角坐标系中，，，点满足， 设，则， 化简可得圆的方程为，故①正确； ②．圆心，半径为4，∴， 过点向圆引切线，设切点为，， 则，∴， ∴，故②正确； ③．过点作直线，若圆上恰有三个点到直线距离为2， 可设直线的方程为，即， 则圆心到直线的距离为2， 即，解得，故③错误； ④．当，时，，故④正确． 故选：C． 10．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l1与圆O：x2+y2＝1相切于点A，过点B（1，0）作直线l2垂直l1，垂足为M，则点M横坐标的最大值为 ． 【答案】 【分析】设出点坐标，写出切线方程，同时可以写出的方程，联立两直线方程解出交点的横坐标，根据点横坐标的取值范围可得点横坐标的最大值. 【解析】设，当时，， 可得．（时也满足）…①， 直线…② 由①②可得． ∵， ∴当时，取得最大值． 故答案为：. 11．已知为原点，过点的直线与圆相交于两点，若的面积为2，则直线的方程为 ． 【答案】x=1或5x+12y+13=0 【分析】分直线的斜率存在与不存在两种情况，求出弦长和圆心到直线的距离，再结合三角形的面积可求出直线的方程． 【解析】①当直线的斜率不存在时，直线方程为，则圆心到直线的距离为1， 所以, 故， 所以直线满足题意． ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 所以圆心到直线的距离， 故， 因为， 所以， 整理得，解得或． 当时，则，解得； 当时，则，此方程无解． 故直线方程为，即． 综上可得所求直线方程为或． 故答案为或． 12．直线与曲线有两个交点，则实数m的取值范围是 ． 【答案】 【分析】将曲线C的方程化为，利用直线l与曲线C的位置关系，结合图形即可求解. 【解析】依题意，曲线C的方程可化为：，它表示以原点为圆心，2为半径的上半圆，如图： 直线表示斜率为1的平行直线系，把直线l由左向右平移，直线l先与半圆相切，后与半圆交于两点，再后与半圆交于一点， 当直线l与半圆相切时，，当直线l与半圆交于两点时，，当直线l与半圆交于一点时，， 所以实数m的取值范围是：. 故答案为： 13．已知圆，点. (1)求过点G并与圆C相切的直线方程； (2)设P为圆C上任意一点，线段AB在x轴上运动（A在B左边），且，求的最小值. 【答案】(1)或；(2) 【分析】（1）设切线方程为，利用点到直线的距离等于圆的半径可得答案； （2）的最小值可转化为到圆心的距离减去半径的最小值，所求的最小值即求的最小值，设，则，由，转化为到和的距离的最小值减去1，结合图象可得答案. 【解析】（1）圆， 由已知过点的切线的斜率存在，设其切线方程为， 所以圆心到切线的距离为，解得或， 所以切线方程为或， 即或. （2） 的最小值可转化为到圆心的距离减去半径的最小值， 所以求即求的最小值， 设，则， 所以， 可看作到和的距离的最小值减去1， 取点关于原点对称的点，连接， 此时的长度最小即最小，且， 所以的最小值为， 此时直线的方程为，即. 14．已知过点的直线l与圆交于A，B两点，M为的中点，直线l与直线相交于点N． (1)当时，求直线l的方程； (2)证明：为定值． 【答案】(1)或；(2)证明见解析 【分析】（1）由弦长公式结合距离公式得出直线l的方程； （2）分别联立直线和圆、直线的方程，利用韦达定理结合向量的运算求解即可. 【解析】（1）圆的方程可化为， 因为，所以点P在圆外． 当轴时，，不满足，即的斜率存在. 设直线l的方程为，圆心到直线的距离为. 因为，所以，即. 整理得，解得或. 故直线l的方程为或． （2）证明：当直线l的斜率不存在时，直线， 联立得出，不妨设 则，联立，可得. 则，. 则. 当直线l的斜率存在时，设为. 联立，得． 设，则, ，即， ， ． 设，则，整理得. 因为，， 所以 故为定值 8 / 41 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题2.4 直线与圆的位置关系（第2课时） 教学目标 1.能运用直线与圆的位置关系解决一些与圆有关的实际问题、范围问题． 2.综合运用直线与圆的位置关系解决复杂的问题． 3.体会利用代数方法解决几何问题的思想，利用数形结合的思想方法解决代数或几何问题． 教学重难点 1.重点 直线与圆的位置关系的应用 2.难点 用数形结合的方法求参数的取值范围． 知识点01 圆的中点弦 已知弦的中点坐标，求弦所在直线的方程的步骤： 第一步：先求圆的圆心坐标，和半径； 第二步：利用圆心坐标和弦的中点坐标求所在直线l的斜率 第三步：根据垂径定理，利用直线l与弦垂直，求得弦所在直线斜率 第四步：利用斜率和中点坐标，即可用点斜式写出直线方程 【即学即练】 1．若为圆的弦的中点，则直线的方程是__________. 2．若点为圆的弦的中点，求直线的方程. 知识点02 圆上的点到直线距离为定值的个数 直线与圆有公共点 （此时d≤r） 直线与圆无公共点 （此时d>r） 【即学即练】 1.已知圆上有且仅有3个点到直线的距离为1，则实数的取值范围是 ． 2.已知圆，直线，设圆上恰有n个点到直线的距离等于1． (1)当时，求b的取值范围？ (2)当时，求b的取值范围？ (3)当时，求b的取值范围？ (4)当时，求b的取值范围？ 知识点03 利用韦达定理法解决直线与圆相交 利用韦达定理法解决直线与曲线相交问题的基本步骤 （1）设直线方程，设交点坐标为(x1,y1)、(x2,y2)；注意分斜率存在与不存在讨论 （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，必要时计算Δ； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为x_1+x_2、x_1x_2（或y_1+y_2、y_1y_2）的形式； （5）代入韦达定理求解. 【即学即练】 1.已知圆，直线与圆交于点，，且以线段为直径的圆经过坐标原点，求直线的方程． 2.已知圆，过点的直线交圆于、两点，且，则直线的方程是______________. 题型01 直线与圆相交的综合应用 【典例1】已知圆C：x2＋(y－1)2＝5，直线l：mx－y＋1－m＝0. (1) 求证：对任意m∈R，直线l与圆C总有两个不同的交点； (2) 设直线l与圆C交于A，B两点，若AB＝，求直线l的倾斜角． 直线与圆相交时的弦长求法： （1）几何法：利用圆的半径，圆心到直线的距离，弦长之间的关系，整理出弦长公式为：． （2）代数法：若直线与圆的交点坐标易求出，求出交点坐标后，直接用两点间距离公式计算弦长； （3）弦长公式法：设直线与圆的交点为，，将直线方程代入圆的方程，消元后利用根与系数的关系得到弦长 【变式1】已知圆的圆心在坐标原点，面积为． （Ⅰ）求圆的方程； （Ⅱ）若直线，都经过点，且，直线交圆于，两点，直线交圆于，两点，求四边形面积的最大值． 【变式2】在平面直角坐标系中，已知圆和圆. (1)若直线过原点，且被圆截得的弦长为6，求直线的方程； (2)是否存在点满足过点的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【变式3】已知圆C过点M(0，－2)，N(3，1)，且圆心C在直线x＋2y＋1＝0上． (1) 求圆C的方程； (2) 设直线ax－y＋1＝0与圆C交于A，B两点，是否存在实数a，使得过点P(2，0)的直线l垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由． 题型02 直线与圆相切的综合应用 【典例1】已知圆C：(x－2)2＋y2＝2. (1) 求与圆C相切，且在x轴，y轴上截距相等的直线方程； (2) 从圆外一点P作圆C的一条切线，切点为M，O为坐标原点，且PM＝PO，求使PM 最小的点P的坐标． 1、求过一点(x0，y0)的圆的切线方程的方法 （1）几何法：当斜率存在时，设为k，则切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即kx－y＋y0－kx0＝0.由圆心到直线的距离等于半径，即可求出k的值，进而写出切线方程，当斜率不存在时，要进行验证； （2）代数法：当斜率存在时，设为k，则切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即y＝kx－kx0＋y0，代入圆的方程，得到一个关于x的一元二次方程，由Δ＝0，求得k，切线方程即可求出，当斜率不存在时，要进行验证． 2、切线长：若圆的方程为，则过圆外一点的切线长为. 【变式1】已知圆心在直线上且过点的圆与直线相切，其半径小于5，若圆与圆关于直线对称． (1)求圆的方程； (2)过直线上一点作圆的切线，切点为，求四边形面积的最小值及此时直线的方程. 【变式2】已知圆的圆心为，且，，圆与轴、轴分别交于，两点（与坐标原点不重合），且线段为圆的一条直径． （1）若直线经过圆的圆心，求圆的方程； （2）在（2）的条件下，设是直线上的一个动点，过点作圆的切线，，切点为，，求线段长度的最小值． 题型03 直线与圆的位置关系的实际应用 【典例1】如图，某海面上有O, A, B三个小岛(面积忽略不计)， A岛在O岛的北偏东45°方向上且距O岛40km, B岛在O岛的正东方向上且距O岛20km.以O岛为坐标原点，O岛的正东方向为x轴的正方向，1km为单位长度，建立平面直角坐标系，圆C经过O, A, B三点．　　 (例1) (1) 求圆C的一般方程． (2) 若圆C区域内有未知暗礁，现有D船在O岛的南偏西30°方向上且距O岛40km，正沿着北偏东45°方向行驶．若不改变方向，则该船有没有触礁的危险？请说明理由． 利用坐标法解决平面几何问题时，要充分利用直线的方程、圆的方程、直线与圆的位置关系等有关性质，建立适当的平面直角坐标系．正确使用坐标法，使几何问题转化为代数问题．用代数运算求得结果以后，再解释代数结果的实际含义，也就是将代数问题再转化到几何问题中，对几何问题作出合理解释． 【变式1】某考点配备的信号检测设备的监测范围是半径为100米的圆形区域，一名工作人员持手机以每分钟50米的速度从设备正东方向米的处出发，沿处西北方向走向位于设备正北方向的处，则这名工作人员被持续监测的时长为（  ） A．1分钟 B．分钟 C．2分钟 D．分钟 【变式2】一艘轮船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方向且相距70km，受影响的范围是半径为30km的圆形区域．已知港口位于台风中心正北方向且相距40km，如果这艘轮船不改变航线，那么它是否会受到台风的影响？ 【变式3】为了保证海上平台的生产安全，海事部门在某平台的正东方向设立了观测站，在平台的正北方向设立了观测站，它们到平台的距离分别为12海里和海里，记海平面上到观测站和平台的距离之比为2的点的轨迹为曲线，规定曲线及其内部区域为安全预警区．    (1)如图，以为坐标原点，，为，轴的正方向，建立平面直角坐标系，求曲线的方程； (2)海平面上有渔船从出发，沿方向直线行驶，为使渔船不进入预警区，求的取值范围． 题型04 中点弦问题 【典例1】已知圆M与x轴相切于点（a，0），与y轴相切于点（0，a），且圆心M在直线上.过点P（2，1）的直线与圆M交于两点，点C是圆M上的动点. (1)求圆M的方程； (2)是否存在弦AB被点P平分？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，说明理由. 【变式1】若为圆的弦的中点，则直线的方程是（  ） A． B． C． D． 【变式2】已知圆C：x2+y2+2x-4y+1=0，若在圆C中存在弦AB，满足AB=2，且AB的中点M在直线2x+y+k=0上，则实数k的取值范围是（  ） A．[-2，2] B．[-5，5] C．(-，) D．[-，] 题型05 利用韦达定理法解决直线与圆相交问题 【典例1】已知圆与圆关于直线对称，且被直线截得的弦长为． (1)求圆的方程； (2)若，为圆上两个不同的点，为坐标原点．设直线，，的斜率分别为，，当时，求的取值范围． 【变式1】在平面直角坐标系中，过点的直线与圆交于，两点，其中点在第一象限，且，则直线的倾斜角为 . 【变式2】已知圆，直线经过点与圆C相交于A，B两点，且满足关系（O为坐标原点）的点M也在圆C上，则直线的斜率为（  ） A．1 B． C． D． 【变式3】过原点的直线与圆交于两点，若，则直线的斜率为 . 【变式4】已知直线：与圆：相交于，两点，为坐标原点，则等于（  ） A． B． C． D． 【变式5】已知圆C：，直线l：与圆C交于两点A，B． (1)若，求实数m的值； (2)若点P为直线l所过定点，且，求直线l的方程． 题型06 圆上的点到直线距离为定值的个数问题 【典例1】已知圆x2＋y2－2x－4y＋a－5＝0上有且仅有两个点到直线3x－4y－15＝0的距离为1，求实数a的取值范围． 圆上的点到直线距离为定值的个数问题 当圆心和直线一定，且距离为d1时，圆上的点到直线的距离d2与半径r有关． 当d1－d2＜r＜d1＋d2时，圆上有两个点到直线的距离为d2； 当r＝d1－d2时，圆上只有一个点到直线的距离为d2； 当r＜d1－d2，圆上没有点到直线的距离为d2； 当r＝d1＋d2时，圆上有三个点到直线的距离为d2； 当r＞d1＋d2时，圆上有四个点到直线的距离为d2. 【变式1】（多选）已知直线：与圆：，则（  ） A．直线与圆相离 B．直线与圆相交 C．圆上到直线的距离为1的点共有2个 D．圆上到直线的距离为1的点共有3个 【变式2】已知圆，直线：，若圆上恰有2个点到直线的距离都等于1，则的取值范围为（  ） A． B． C． D． 【变式3】已知圆和不过第三象限的直线，若圆上恰有三点到直线l的距离均为3，则实数 ． 题型07 定值问题 【典例1】已知圆C经过点，及（3，0）．过坐标原点O，且斜率为k的直线l与圆C交于M，N两点． (1)求圆C的标准方程； (2)若点，分别记直线PM，直线PN的斜率为，，证明：为定值． 【变式1】已知点在以坐标原点为圆心的圆O上． (1)求圆O在点P处的切线方程； (2)设是圆O上的一个动点，点Q关于原点O的对称点为，点关于x轴的对称点为，如果直线与y轴分别交于和两点，问是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由． 【变式2】已知过点的直线与圆相交于、两点，是弦的中点，且直线与直线相交于点． (1)当直线与直线垂直时，求证：直线经过圆心； (2)当弦长时，求直线的方程； (3)设，试问是否为定值，若为定值，请求出的值；若不为定值，请说明理由． 题型08 定点问题 【典例1】已知的圆心在直线上，点C在y轴右侧且到y轴的距离为1，被直线l：截得的弦长为2. (1)求的方程； (2)设点D在上运动，且点满足，（O为原点）记点的轨迹为. ①求曲线的方程； ②过点的直线与曲线交于A，B两点，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 【变式1】已知圆，直线，P为直线l上的动点，过点P作圆C的切线，切点分别为A，B，则直线过定点（  ） A． B． C． D． 【变式2】在平面直角坐标系xOy中，已知圆和直线（其中和均为常数，且），为l上一动点，为圆与轴的两个交点，直线与圆的另一个交点分别为. (1)若，M点的坐标为,求直线方程； (2)求证：直线过定点，并求定点的坐标． 1．已知圆的弦的中点坐标为，则直线的方程为（  ） A． B． C． D． 2．直线与圆交于M、N两点，O为坐标原点，则（  ） A． B． C．1 D．2 3．已知圆心在轴上的圆与直线相切，且截直线所得的弦长为，则圆的方程为（  ） A． B．或 C． D．或 4．一个小岛的周围有环岛暗礁，暗礁分布在以小岛中心为圆心，半径为的圆形区域内，已知小岛中心位于轮船正西处，港口位于小岛中心正北处，如果轮船沿直线返港，不会有触礁危险，则的取值范围是（  ） A． B． C． D． 5．若圆上至少有三个不同的点到直线l：的距离为2，则c的取值范围是（  ） A． B． C． D． 6．已知点，点在圆上，则△的面积的最小值为（  ） A． B．3 C．2 D． 7．（多选）设直线与圆，则下列结论正确的为（  ） A．与可能相离 B．不可能将的周长平分 C．当时，被截得的弦长为 D．被截得的最短弦长为 8．（多选）已知圆，点是直线上一动点，过点作圆的切线切点分别是和，下列说法正确的为（  ） A．圆上恰有一个点到直线的距离为 B．切线长的最小值为 C．四边形面积的最小值为2 D．直线恒过定点 9．（多选）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值()的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系xoy中，已知，，点P满足，设点P的轨迹为圆C，下列结论中正确的个数是（  ） ①圆C的方程是 ②过点A向圆C引切线，两条切线的夹角为60° ③过点A作直线l，若圆C上恰有三个点到直线l距离为2，该直线斜率为 ④在直线上存在异于A，B的两点D，E，使得 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 10．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l1与圆O：x2+y2＝1相切于点A，过点B（1，0）作直线l2垂直l1，垂足为M，则点M横坐标的最大值为 ． 11．已知为原点，过点的直线与圆相交于两点，若的面积为2，则直线的方程为 ． 12．直线与曲线有两个交点，则实数m的取值范围是 ． 13．已知圆，点. (1)求过点G并与圆C相切的直线方程； (2)设P为圆C上任意一点，线段AB在x轴上运动（A在B左边），且，求的最小值. 14．已知过点的直线l与圆交于A，B两点，M为的中点，直线l与直线相交于点N． (1)当时，求直线l的方程； (2)证明：为定值． 2 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $$