章末复习课2 直线和圆的方程（课件PPT）-【金榜题名】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册高中同步学案（人教版）

该高中数学课件系统梳理了直线和圆的方程核心知识，通过体系构建将直线的斜率、五种方程形式、位置关系，圆的标准与一般方程、与直线及圆的位置关系等内容串联，结合坐标法形成完整知识网络，帮助学生理清内在逻辑脉络。 其亮点在于“知识梳理-例题解析-跟踪训练”分层复习模式，如用待定系数法求直线方程，结合几何法与代数法判断位置关系，培养数学思维与运算能力。坐标法应用实例（如绿地面积计算）提升模型意识，助力学生巩固知识，教师可精准把握复习重点。

第二章　直线和圆的方程 章 末 复 习 课 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 第二章　直线和圆的方程 1 谢谢观看 第二章　直线和圆的方程 1 一、直线的方程 1．直线方程的五种形式在使用时要根据题目条件灵活选择，尤其在选用四种特殊形式的方程时，注意其适用条件，必要时要对特殊情况进行讨论． 2．求直线方程的常用方法： (1)直接法：直接选用恰当的直线方程形式，写出结果． (2)待定系数法：即先由直线满足的一个条件设出直线方程，使方程中含有一待定系数，再由题中的其他条件求出待定系数． [例 1]　根据下列条件，求直线方程： (1)已知直线过点P(－2,2)且与两坐标轴所围成的三角形面积为1. (2)过两直线3x－2y＋1＝0和x＋3y＋4＝0的交点，且垂直于直线x＋3y＋4＝0. [解]　(1)设所求直线的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1. 依题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(－2,a)＋\f(2,b)＝1，,\f(1,2)|ab|＝1.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2.)) 故所求直线方程是eq \f(x,2)＋y＝1或eq \f(x,－1)＋eq \f(y,－2)＝1， 即x＋2y－2＝0或2x＋y＋2＝0. (2)设所求直线的方程为(3x－2y＋1)＋λ(x＋3y＋4)＝0， 即(3＋λ)x＋(3λ－2)y＋(1＋4λ)＝0. 由所求直线垂直于直线x＋3y＋4＝0， 得－eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3＋λ,3λ－2)))＝－1.解得λ＝eq \f(3,10). 故所求直线的方程是3x－y＋2＝0. 1．已知直线l经过点P(－2,5)，且斜率为－eq \f(3,4). (1)求直线l的方程； (2)若直线m与l平行，且点P到直线m的距离为3，求直线m的方程． 解：(1)由直线方程的点斜式， 得y－5＝－eq \f(3,4)(x＋2)， 整理得所求直线方程为3x＋4y－14＝0. (2)由直线m与直线l平行，可设直线m的方程为3x＋4y＋C＝0. 由点到直线的距离公式，得eq \f(|3×－2＋4×5＋C|,\r(32＋42))＝3，即eq \f(|14＋C|,5)＝3. 解得C＝1或C＝－29. 故所求直线方程为3x＋4y＋1＝0或3x＋4y－29＝0. 二、圆的方程 1．几何法：通过研究圆的性质，直线和圆、圆与圆的位置关系，进而求得与圆相关的基本量和方程． 2．代数法：即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，其一般步骤是： (1)根据题意选择方程的形式：标准形式或一般形式； (2)利用条件列出关于a，b，r或D，E，F的方程组； (3)解出a，b，r或D，E，F，代入标准方程或一般方程． [例 2]　求经过两点P(－2,4)，Q(3，－1)，且在x轴上截得的弦长为6的圆的方程． [解]　设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0. 将P，Q两点的坐标分别代入，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2D－4E－F＝20，,3D－E＋F＝－10.))① 又令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0. 由已知，得|x1－x2|＝6(其中x1，x2是方程x2＋Dx＋F＝0的两根)．所以D2－4F＝36.② 联立①②组成方程组，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(D＝－2，,E＝－4，,F＝－8，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(D＝－6，,E＝－8，,F＝0.)) 所以所求圆的方程为x2＋y2－2x－4y－8＝0或x2＋y2－6x－8y＝0. 2．已知直线l：(k－1)x－2y＋5－3k＝0(k∈R)恒过定点P，圆C经过点A(4,0)和点P，且圆心在直线x－2y＋1＝0上． (1)求定点P的坐标； (2)求圆C的方程． 解：(1)由(k－1)x－2y＋5－3k＝0，得k(x－3)－(x＋2y－5)＝0. 令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－3＝0，,x＋2y－5＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝1，))即定点P的坐标为(3,1)． (2)设圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0. 由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(16＋4D＋F＝0，,9＋1＋3D＋E＋F＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)))－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(E,2)))＋1＝0.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(D＝－14，,E＝－8，,F＝40.)) 所以圆C的方程为x2＋y2－14x－8y＋40＝0. 三、直线、圆之间的位置关系 1．两条直线的位置关系有相交(特例垂直)、平行、重合三种，主要考查两条直线的平行和垂直关系．通常借助直线的斜截式方程来判断两条直线的位置关系．解题时要注意分析斜率是否存在，如果用一般式方程来判断可以避免讨论斜率不存在的情况． 2．直线与圆的位置关系有三种，即相交、相离、相切，其判断方法有两种：代数法(通过解直线方程与圆的方程组成的方程组，根据解的个数来判断)、几何法(由圆心到直线的距离d与半径长r的大小关系来判断)． 3．圆与圆的位置关系有三种，即相交、相离(外离和内含)、相切(内切和外切)，其判断方法有两种：代数法(通过联立两个圆的方程，得到关于y或x的一元二次方程，根据方程解的个数来判断)、几何法(根据两圆圆心距与两圆的半径的和或差之间的关系判断)． 角度1　两条直线的位置关系 [例 3]　已知两条直线l1：ax－by＋4＝0和l2：(a－1)x＋y＋b＝0，求满足下列条件的a，b的值． (1)l1⊥l2，且l1过点(－3，－1)； (2)l1∥l2，且坐标原点到这两条直线的距离相等． [解]　(1)由已知，可得l2的斜率必存在． 所以k2＝1－a.若k2＝0，则1－a＝0，即a＝1. 因为l1⊥l2，所以直线l1的斜率k1必不存在，即b＝0. 又因为l1过(－3，－1)，所以－3a＋4＝0， 即a＝eq \f(4,3)(矛盾)．所以此种情况不存在，即k2≠0. 若k2≠0，即k1，k2都存在， 因为k1＝eq \f(a,b)，k2＝1－a，l1⊥l2， 所以k1k2＝－1， 即eq \f(a,b)(1－a)＝－1.① 又因为l1过点(－3，－1)， 所以－3a＋b＋4＝0.② 由①②联立，解得a＝2，b＝2. (2)因为l2的斜率存在，l1∥l2， 所以直线l1的斜率存在． 所以k1＝k2，即eq \f(a,b)＝1－a.③ 又因为坐标原点到这两条直线的距离相等，l1∥l2， 所以l1，l2在y轴上的截距互为相反数， 即eq \f(4,b)＝－(－b)．④ 由③④联立，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－2，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝\f(2,3)，,b＝2.)) 所以a，b的值分别为2，－2或eq \f(2,3)，2. 角度2　直线与圆的位置关系 [例 4]　已知点P(－2,2)在圆O：x2＋y2＝r2(r＞0)上，直线l与圆O交于A，B两点． (1)r＝________； (2)如果△PAB为等腰三角形，底边AB＝2eq \r(6)，求直线l的方程． [解]　(1)因为点P(－2,2)在圆O：x2＋y2＝r2(r＞0)上，所以r＝2eq \r(2). (2)因为△PAB为等腰三角形，且点P在圆O上， 所以PO⊥AB． 因为PO的斜率k＝eq \f(2－0,－2－0)＝－1， 所以可设直线l的方程为y＝x＋m. 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,x2＋y2＝8，))得2x2＋2mx＋m2－8＝0. 所以Δ＝4m2－8×(m2－8)＝64－4m2＞0. 解得－4＜m＜4. 设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 可得x1,2＝eq \f(－2m±\r(64－4m2),4)＝eq \f(－m±\r(16－m2),2). 所以|AB|＝eq \r(2)|x1－x2|＝eq \r(216－m2)＝2eq \r(6). 解得m＝±2. 所以直线l的方程为x－y＋2＝0或x－y－2＝0. 角度3　圆与圆的位置关系 [例 5]　圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝4，圆O2的圆心坐标为O2(2,1)． (1)若圆O2与圆O1外切，求圆O2的方程； (2)若圆O2与圆O1交于A，B两点，且|AB|＝2eq \r(2)，求圆O2的方程． [解]　(1)因为圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝4，圆心坐标(0，－1)，半径长为2，圆O2的圆心坐标为O2(2,1)， 所以圆心距为eq \r(2－02＋1＋12)＝2eq \r(2). 因为圆O2与圆O1外切， 所以所求圆的半径长为2eq \r(2)－2. 故圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝12－8eq \r(2). (2)设圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝req \o\al(2,2).因为圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝4，将两圆的方程相减，即得两圆公共弦AB所在直线的方程：4x＋4y＋req \o\al(2,2)－8＝0. 过O1点作O1H⊥AB，则AH＝eq \f(1,2)AB＝eq \r(2)，所以O1H＝eq \r(2)，由圆心O1(0，－1)到直线4x＋4y＋req \o\al(2,2)－8＝0的距离，得eq \f(|r\o\al(2,2)－12|,4\r(2))＝eq \r(2).解得req \o\al(2,2)＝4或req \o\al(2,2)＝20，故圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4或(x－2)2＋(y－1)2＝20. 3．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一点A(2,4)． (1)设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程； (2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且BC＝OA，求直线l的方程． 解：(1)圆M的标准方程为(x－6)2＋(y－7)2＝25， 其圆心M(6,7)，半径为5. 由圆心N在直线x＝6上，可设N(6，y0)． 因为圆N与x轴相切，与圆M外切， 所以0＜y0＜7.于是圆N的半径为y0. 从而7－y0＝5＋y0.解得y0＝1. 因此，圆N的标准方程为(x－6)＋(y－1)2＝1. (2)因为直线l∥OA，所以直线l的斜率为eq \f(4－0,2－0)＝2. 设直线l的方程为y＝2x＋m，即2x－y＋m＝0， 则圆心M到直线l的距离d＝eq \f(|2×6－7＋m|,\r(5))＝eq \f(|m＋5|,\r(5)). 因为BC＝OA＝eq \r(22＋42)＝2eq \r(5)， 而MC2＝d2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))2，所以25＝eq \f(m＋52,5)＋5. 解得m＝5或m＝－15. 故直线l的方程为2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0. 四、与直线、圆有关的最值问题 在解决有关直线与圆的最值和范围问题时，最常用的方法是函数法，把要求的最值或范围表示为某个变量的关系式，用函数或方程的知识，尤其是配方的方法求出最值或范围．除此之外，数形结合的思想方法也是一种重要方法，直接根据图形和题设条件，以图形的直观位置关系得出要求的范围． [例 6]　在△ABO中，|OB|＝3，|OA|＝4，|AB|＝5，P是△ABO的内切圆上一点，求以|PA|，|PB|，|PO|为直径的三个圆面积之和的最大值与最小值． [解]　如图所示，建立平面直角坐标系， 则A，B，O三点的坐标分别为A(4,0)，B(0,3)，O(0,0)． 设内切圆的半径为r，点P的坐标为(x，y)，0≤x≤2. 则2r＋|AB|＝|OA|＋|OB|.∴r＝1. 故内切圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1. 整理得x2＋y2－2x－2y＝－1.① 由已知，得|PA|2＋|PB|2＋|PO|2＝(x－4)2＋y2＋x2＋(y－3)2＋x2＋y2 ＝3x2＋3y2－8x－6y＋25.② 由①可知，x2＋y2－2y＝2x－1.③ 将③代入②，得|PA|2＋|PB|2＋|PO|2＝3(2x－1)－8x＋25＝－2x＋22. ∵0≤x≤2， ∴|PA|2＋|PB|2＋|PO|2的最大值为22，最小值为18. 又三个圆的面积之和为πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PA|,2)))2＋πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PB|,2)))2＋πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PO|,2)))2 ＝eq \f(π,4)(|PA|2＋|PB|2＋|PO|2)， ∴以|PA|，|PB|，|PO|为直径的三个圆面积之和的最大值为eq \f(11,2)π， 最小值为eq \f(9,2)π. 4．已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0. (1)求eq \f(y,x)的最大值和最小值； (2)求y－x的最大值和最小值． 解：原方程可化为(x－2)2＋y2＝3，表示以(2,0)为圆心， eq \r(3)为半径的圆． (1)eq \f(y,x)的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率， 所以设eq \f(y,x)＝k，即y＝kx. 当直线y＝kx与圆相切时，斜率k取得最大值或最小值， 此时eq \f(|2k－0|,\r(k2＋1))＝eq \r(3)，解得k＝±eq \r(3)(如图1)． 所以eq \f(y,x)的最大值为eq \r(3)，最小值为－eq \r(3). (2)y－x可看作直线y＝x＋b在y轴上的截距，当直线y＝x＋b与圆相切时，纵截距b取得最大值或最小值，此时eq \f(|2－0＋b|,\r(2))＝eq \r(3)，解得b＝－2±eq \r(6)(如图2)． 所以y－x的最大值为－2＋eq \r(6)，最小值为－2－eq \r(6). 五、坐标法的应用 坐标法贯穿解析几何的始终，通过平面直角坐标系，研究了直线和圆的有关问题；通过建立空间直角坐标系，刻画了点在空间的位置，研究了两点间的距离等问题．总之，建立坐标系，把点与坐标、曲线与方程等联系起来，将几何问题转化为代数问题，优化了思维的过程． [例 7]　街头有一片绿地，绿地如图所示(单位：m)，其中ABC为圆弧，求此绿地面积(精确到0.1 m2)． [解]　如图所示建立直角坐标系，则各点坐标分别为A(0，7)，B(3,8)，C(7,6)，所以可求得过A，B，C三点的圆弧方程为(x－3)2＋(y－3)2＝25(0≤x≤7，y＞0)．分别以A，C为圆心，以5为半径画圆交于点E，连接AE，CE.∵|AC|＝eq \r(7－02＋6－72)＝5eq \r(2)，∴∠AEC＝90°. 故所求的面积为S梯形AODC＋S弓形ABC＝S梯形AODC＋(S扇形ACE－S△ACE)＝eq \f(7＋6×7,2)＋eq \f(1,4)π×52－eq \f(1,2)×52＝33＋eq \f(25π,4)≈52.6(m2)． 所以绿地面积为52.6 m2. 5．为适应市场需要，某地准备建一个圆形生猪储备基地(如图)．基地附近有一条公路，从基地中心O向正东走1 km是储备基地的边界上的点A，接着向东再走7 km到达公路上的点B，从基地中心O向正北走8 km到达公路的另一点C．现准备在储备基地的边界上选一点D，修建一条由D通往公路BC的专用线DE，求DE的最短距离． 解：以O为坐标原点，以OB，OC所在直线分别为x轴和y轴， 建立平面直角坐标系，则圆O的方程为x2＋y2＝1. 因为点B(8,0)，C(0,8)， 所以直线BC的方程为eq \f(x,8)＋eq \f(y,8)＝1，即x＋y＝8. 当O，D，E三点共线且OE⊥BC时，DE最短， DE的最短距离为eq \f(|0＋0－8|,\r(2))－1＝(4eq \r(2)－1)(km)． $$