2.5.1 直线与圆的位置关系(第1课时) 直线与圆的位置关系课件-2026-2027学年高二数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦直线与圆的位置关系，涵盖判定方法、弦长及切线问题。通过课前自学梳理基础要点，课时学案以题型示例和探究总结方法，构建从预习到应用的学习支架。 其特色是融合逻辑推理与数学运算素养，通过几何法与代数法对比、探究提炼方法，搭配分层练习。学生能深化理解，教师可系统教学，提升课堂效率与学生解题能力。

课前自学 内容导航 课时学案 课后巩固 自助餐 Content Navigation 01 02 03 04 2.5　直线与圆、圆与圆的位置关系 2.5.1　直线与圆的位置关系 (第1课时)直线与圆的位置关系 素养目标 1.掌握直线与圆的三种位置关系：相交、相切、相离．(直观想象)2.会用代数法和几何法来判断直线与圆的三种位置关系．(逻辑推理、数学运算)3.能用直线与圆的方程解决一些简单的数学问题．(逻辑推理、数学运算) 课前自学 4 要点1　直线与圆的位置关系 (1)直线与圆______________，有两个公共点； (2)直线与圆______________，只有一个公共点； (3)直线与圆______________，没有公共点． 相交 相切 相离 第页 要点2　几何判定法 设圆心到某直线的距离为d，圆的半径为r，则 (1)d>r⇔圆与直线______________； (2)d＝r⇔圆与直线______________； (3)d<r⇔圆与直线______________． 相交 相切 相离 第页 相交 相切 相离 第页 第页 (1)若点M(x0，y0)在圆x2＋y2＝r2上，则在点M处的圆的切线方程为x0x＋y0y＝r2. (2)若点M(x0，y0)在圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上，则在点M处的切线方程为(x－a)(x0－a)＋(y－b)(y0－b)＝r2. (3)若点M(x0，y0)在圆x2＋y2＝r2外，过M作圆的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为x0x＋y0y＝r2. (4)若点M(x0，y0)在圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2外，过M作圆的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为(x－a)(x0－a)＋(y－b)(y0－b)＝r2. 第页 1．当点(x0，y0)在圆x2＋y2＝r2外时，过该点的圆的切线有几条？当点在圆上，圆内时呢？ 答：点在圆外时，有2条切线； 点在圆上时，有1条切线； 点在圆内时，有0条切线． 第页 2．直线与圆相切时，怎样求切线的长？ 3．已知直线l：x－y＋4＝0与圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝2，则C上各点到l距离的最小值是多少？ 返 回 课时学案 12 例 1　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； 题型一　 直线与圆的位置关系 第页 第页 (2)只有一个公共点； 第页 (3)没有公共点． 第页 探究1 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． 第页 思考题1　(1)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) √ 第页 (2)直线l：mx－y＋1－m＝0与圆C：x2＋(y－1)2＝5的位置关系是(　　) A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 √ 第页 例 2 题型二　 弦长问题 第页 20 第页 探究2 第页 思考题2　过点(－4，0)作直线l与圆x2＋y2＋2x－4y－20＝0交于A，B两点，如果|AB|＝8，求直线l的方程． 第页 例 题型三　 切线问题 √ 第页 24 第页 (2)过点P(1，－3)作圆C：(x－4)2＋(y－2)2＝9的切线，求切线的方程． 第页 探究3 直线与圆的相切问题的解法 (1)若已知点在圆上，利用圆心与切点的连线与切线垂直，判断切线斜率是否存在，若存在，再由点斜式求切线方程；若圆的方程为x2＋y2＝r2，则过圆上一点P(x0，y0)的切线方程为x0x＋y0y＝r2. (2)若已知点在圆外，使用的方法是待定系数法，斜率是否存在由图形可以直接作出判断． 第页 思考题3　若直线l过点P(2，3)，且与圆(x－1)2＋(y＋2)2＝1相切于点Q，求： (1)直线l的方程； 第页 (2)切线PQ的长． 返 回 课后巩固 30 1．直线4x＋3y－40＝0与圆x2＋y2＝100的位置关系是(　　) A．相离　　　　　　　　 B．相切 C．相交 D．相切或相离 √ 第页 2．过点(0，2)作与圆x2＋y2－2x＝0相切的直线l，则直线l的方程为(　　) A．3x－4y＋8＝0 B．3x＋4y－8＝0 C．x＝0或3x＋4y－8＝0 D．x＝0或3x－4y－8＝0 √ 第页 3．若直线2x＋ay＋3＝0与圆x2＋y2－2x－4＝0相切，则实数a等于________． ±1 第页 4．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________． 2 第页 5．若直线x＋y－m＝0与圆x2＋y2＝2没有公共点，则m的取值范围是______________________． (－∞，－2)∪(2，＋∞) 返 回 自助餐 36 直线与圆相交的相关问题 此类题主要是利用一元二次方程根与系数的关系求解，其基本步骤如下： (1)设出直线方程和交点坐标(x1，y1)，(x2，y2)； (2)联立直线与圆的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，计算Δ； (3)根据一元二次方程根与系数的关系列出x1＋x2，x1x2(或y1＋y2，y1y2)的关系式； (4)将所求问题与交点有关的性质转化为坐标的形式后利用(3)的关系求解． 第页 例 已知O为坐标原点，圆C的方程为(x－1)2＋y2＝1，直线l过点M(0，3)．若直线l与圆C交于不同的两点A，B，证明：直线OA与OB的斜率之和为定值，并求出该定值． 38 第页 思考题　设直线x－y＋m＝0与圆C：x2＋y2＋4x－4＝0交于A，B两点，是否存在实数m，使得以AB为直径的圆过原点，若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由． 第页 返 回 请做：课时作业（二十六） 教师备用资料 要点3　代数判定法 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ax＋By＋C＝0，,（x－a）2＋（y－b）2＝r2，))消元，得到一元二次方程，求其判别式Δ，则 (1)Δ>0⇔直线与圆______________； (2)Δ＝0⇔直线与圆______________； (3)Δ<0⇔直线与圆______________． 要点4　弦长的求法 直线与圆相交，设弦长为l，弦心距为d，半径为r，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2))) eq \s\up16(2)＋d2＝r2. 答：构造直角三角形，用勾股定理求，如图．|PM|＝eq \r(|OP|2－r2). 答：由题可知圆心(1，1)，r＝eq \r(2)，设圆心到直线的距离为d，则d＝eq \f(|1－1＋4|,\r(2))＝2eq \r(2)>eq \r(2)，圆与直线相离， ∴所求距离的最小值为d－r＝2eq \r(2)－eq \r(2)＝eq \r(2). 【解析】　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)． (1)当Δ>0，即m>0或m<－eq \f(4,3)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， 即圆心为(2，1)，半径r＝2. 圆心(2，1)到直线mx－y－m－1＝0的距离d＝eq \f(|2m－1－m－1|,\r(1＋m2))＝eq \f(|m－2|,\r(1＋m2)). (1)当d<2，即m>0或m<－eq \f(4,3)时，直线与圆相交，即直线与圆有两个公共点． 【解析】　方法一：(2)当Δ＝0，即m＝0或m＝－eq \f(4,3)时，直线与圆相切，即直线与圆只有一个公共点． 方法二：(2)当d＝2，即m＝0或m＝－eq \f(4,3)时，直线与圆相切，即直线与圆只有一个公共点． 【解析】　方法一：(3)当Δ<0，即－eq \f(4,3)<m<0时，直线与圆相离，即直线与圆没有公共点． 方法二：(3)当d>2，即－eq \f(4,3)<m<0时，直线与圆相离，即直线与圆没有公共点． 【解析】　由题意得，圆心(1，－1)到直线的距离d＝eq \f(|1＋1|,\r(12＋（－1）2))>eq \r(m)，∴m<2，∵m>0，∴0<m<2. 【解析】　方法一：直线l：mx－y＋1－m＝0过定点(1，1)， 因为点(1，1)在圆x2＋(y－1)2＝5的内部，所以直线l与圆相交． 方法二(几何法)：由题意知，圆心(0，1)到直线l的距离d＝eq \f(|－m|,\r(m2＋1))<1<eq \r(5)，故直线l与圆相交． 【解析】　方法一：直线x－eq \r(3)y＋2eq \r(3)＝0和圆x2＋y2＝4的公共点坐标就是方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－\r(3)y＋2\r(3)＝0，,x2＋y2＝4))的解． 解这个方程组，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－\r(3)，,y1＝1，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,y2＝2.)) 所以公共点的坐标为(－eq \r(3)，1)，(0，2)， 所以直线x－eq \r(3)y＋2eq \r(3)＝0被圆x2＋y2＝4截得的弦长为eq \r(（－\r(3)－0）2＋（1－2）2)＝2. 　求直线x－eq \r(3)y＋2eq \r(3)＝0被圆x2＋y2＝4截得的弦长． 方法二：设直线x－eq \r(3)y＋2eq \r(3)＝0与圆x2＋y2＝4交于A，B两点，弦AB的中点为M，不妨设B在A的右侧，连接OM，OA，如图，则OM⊥AB， 又|OM|＝eq \f(|0－0＋2\r(3)|,\r(12＋（－\r(3)）2))＝eq \r(3)， 所以|AB|＝2|AM|＝2eq \r(|OA|2－|OM|2)＝2eq \r(22－（\r(3)）2)＝2. 求直线与圆相交时的弦长的两种方法 (1)几何法：如图，直线与圆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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|AB|,2))) eq \s\up18(2)＋d2＝r2，即|AB|＝2eq \r(r2－d2). (2)代数法(弦长公式法)：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|＝eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|(注意：直线l的斜率k存在且不为0)． 【解析】　将圆的方程配方得(x＋1)2＋(y－2)2＝25，则圆心为(－1，2)，半径为5， 故圆心到直线l的距离d＝eq \r(25－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,2)))\s\up18(2))＝3. 当直线l的斜率不存在时，x＝－4满足题意； 当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝k(x＋4)，即kx－y＋4k＝0. 由点到直线的距离公式，得3＝eq \f(|－k－2＋4k|,\r(1＋k2))， 解得k＝－eq \f(5,12)，所以直线l的方程为5x＋12y＋20＝0. 综上所述，直线l的方程为x＋4＝0或5x＋12y＋20＝0. 3　(1)圆x2＋y2－6y＝0在点P(eq \r(5)，1)处的切线方程为(　　) A.eq \r(5)x－2y－3＝0 B.eq \r(5)x－2y＋3＝0 C．2x－eq \r(5)y－3＝0 D．2x－eq \r(5)y＋3＝0 【解析】　因为(eq \r(5))2＋12－6×1＝0，所以P(eq \r(5)，1)在圆x2＋y2－6y＝0上， 圆x2＋y2－6y＝0的圆心为A(0，3)，连接AP， 故kAP＝eq \f(3－1,0－\r(5))＝－eq \f(2\r(5),5)， 则圆x2＋y2－6y＝0在点P(eq \r(5)，1)处的切线的斜率存在，设为k， 故k·kAP＝－1，解得k＝eq \f(\r(5),2)， 所以圆x2＋y2－6y＝0在点P(eq \r(5)，1)处的切线方程为y－1＝eq \f(\r(5),2)(x－eq \r(5))， 变形得到2y－2＝eq \r(5)x－5，即eq \r(5)x－2y－3＝0.故选A. 【解析】　当切线的斜率存在时，设切线方程为y＋3＝k(x－1)，即kx－y－k－3＝0， 由圆心C(4，2)，半径为3，得eq \f(|4k－2－k－3|,\r(k2＋1))＝3，解得k＝eq \f(8,15). ∴切线方程为8x－15y－53＝0. 当切线斜率不存在时，易知过P(1，－3)的直线x＝1也是圆的切线， ∴所求切线方程为8x－15y－53＝0和x＝1. 【解析】　(1)若直线l的斜率存在，设l：y－3＝k(x－2)，即kx－y＋3－2k＝0， 因为直线l与圆(x－1)2＋(y＋2)2＝1相切， 所以eq \f(|5－k|,\r(k2＋1))＝1，所以k＝eq \f(12,5). 所以直线l的方程为y－3＝eq \f(12,5)(x－2)，即12x－5y－9＝0. 若直线l的斜率不存在，则直线l：x＝2也符合要求． 所以直线l的方程为12x－5y－9＝0或x＝2. 【解析】　(2)点P(2，3)到圆心(1，－2)的距离为eq \r(（2－1）2＋（3＋2）2)＝eq \r(26)，所以切线PQ的长为eq \r(26－1)＝5. 解析　圆心到直线4x＋3y－40＝0的距离为d＝eq \f(40,\r(42＋32))＝8.∵r＝10，∴d<r，∴直线与圆相交． 解析　圆x2＋y2－2x＝0的圆心为(1，0)，半径r为1，易知点(0，2)在圆外． 当直线l的斜率不存在时，直线l：x＝0到圆心的距离为1，与圆相切； 当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋2，即kx－y＋2＝0， 由直线l与圆相切得eq \f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝－eq \f(3,4)， 此时直线l的方程为y＝－eq \f(3,4)x＋2,化为一般式即3x＋4y－8＝0,故选C. 解析　圆的方程可化为(x－1)2＋y2＝5，因此圆心坐标为(1，0)，半径r＝eq \r(5)，依题意得eq \f(|2＋3|,\r(4＋a2))＝eq \r(5)，解得a＝±1. 解析　易知直线方程为y＝eq \r(3)x，圆的方程为(x－2)2＋y2＝4，圆心(2，0)到直线的距离d＝eq \f(2\r(3),\r(（\r(3)）2＋1))＝eq \r(3)，弦长l＝2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(4－3)＝2. 解析　因为直线x＋y－m＝0与圆x2＋y2＝2没有公共点，所以直线x＋y－m＝0与圆x2＋y2＝2相离，所以eq \f(|－m|,\r(12＋12))＞eq \r(2)，解得m＜－2或m＞2. 【证明】　由题意可知直线l斜率存在，设l的方程为y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则kOA＋kOB＝eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)＝eq \f(kx1＋3,x1)＋eq \f(kx2＋3,x2)＝2k＋eq \f(3,x1)＋eq \f(3,x2)＝2k＋eq \f(3（x1＋x2）,x1·x2). 联立直线与圆的方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋3，,（x－1）2＋y2＝1，)) 消去y得(k2＋1)x2＋(6k－2)x＋9＝0， 由Δ＝(6k－2)2－36(k2＋1)>0，得k<－eq \f(4,3)， 根据韦达定理得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(6k－2,k2＋1)，,x1·x2＝\f(9,k2＋1)，)) ∴kOA＋kOB＝2k＋eq \f(－\f(18k－6,k2＋1),\f(9,k2＋1))＝2k－2k＋eq \f(2,3)＝eq \f(2,3).∴直线OA与OB的斜率之和为定值eq \f(2,3). 【解析】　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意易知m≠0. 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋m＝0，,x2＋y2＋4x－4＝0，))整理得2x2＋2(m＋2)x＋m2－4＝0， 由Δ＝4(m＋2)2－8(m2－4)>0，得－2<m<6，且m≠0①， 根据韦达定理得x1＋x2＝－m－2，x1x2＝eq \f(m2－4,2). 连接OA，OB(O为坐标原点)，由以AB为直径的圆过原点，得到eq \o(OA,\s\up18(→))·eq \o(OB,\s\up18(→))＝0， 所以eq \o(OA,\s\up18(→))·eq \o(OB,\s\up18(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋m)(x2＋m)＝2x1x2＋m(x1＋x2)＋m2＝m2－4－m(m＋2)＋m2＝m2－2m－4＝0，解得m＝1±eq \r(5)，满足①式， 所以存在实数m＝1±eq \r(5)，使得以AB为直径的圆过原点． $