1、4.2.1 直线与圆的位置关系（一）导入新课思路 1.一艘轮船在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 70 km 处,受影响的范围是半径长为 30 km 的圆形区域.已知港口位于台风中心正北40 km 处,如果这艘轮船不改变航线,那么它是否会受到台风的影响？图 2分析：如图 2,以台风中心为原 点 O,以东西 方向为 x 轴,建立直角坐标系,其中,取 10 km 为单 位长度 .则台风影响的圆形区域所对应的圆心为 O 的圆的方程为 x2+y2=9；轮船航线所在的直线 l 的方程为 4x+7y-28=0.问题归结为圆心为 O 的圆与直线 l 有无公共点.因此我们继续研
2、究直线与圆的位置关系.（二）推进新课、新知探究、提出问题过圆上一点可作几条切线？如何求出切线方程？过圆外一点可作几条切线？如何求出切线方程？过圆内一点可作几条切线？你能概括出求圆切线方程的步骤是什么吗？如何求直线与圆的交点？如何求直线与圆的相交弦的长?讨论结果：过圆上一点可作一条切线,过圆 x2+y2=r2上一点(x 0,y0)的切线方程是x0x+y0y=r2；过圆(x-a) 2+(y-b)2=r2上一点(x 0,y0)的切线方程是(x 0-a)(x-a)+(y0-b)(y-b)=r2.过圆外一点可作两条切线,求出切线方程有代数法和几何法.代数法的关键是把直线与圆相切这个几何问题转化为联立它们
3、的方程组只有一个解的代数问题.可 通过一元二次方程有一个实根的充要条件=0 去求出 k 的值,从而求出切线的方程.用几何方法去求解,要充分利用直线与圆相切的几何性质,圆心到切线的距离等于圆的半径(d=r), 求出 k 的值.过圆内一点不能作圆的切线.求圆切线方程,一般有三种方法,一是设切点,利用中的切线公式法;二是设切线的斜率,用判别式法;三是设切线的斜率,用图形的几何性质来解,即圆心到切线的距离等于圆的半径(d=r),求出 k 的值.把直线与圆的方程联立得方程组,方程组的解即是交点的坐标.把直线与圆的方程联立得交点的坐标,结合两点的距离公式来求;再就是利用弦心距、弦长、半径之间的关系来求.（
4、三）应用示例思路 1例 1 过点 P(-2,0)向圆 x2+y2=1 引切线,求切线的方程.图 3解:如图 3,方法一:设所求切线的斜率为 k,则切线方程为 y=k(x+2),因此由方程组,1)2(2yxk得 x2+k2(x+2)2=1.上述一元二次方程有一个实根,=16k 4-4(k2+1)(4k2-1)=12k2-4=0,k= 3,所以所求切线的方程为 y= (x+2).方法二:设所求切线的斜率为 k,则切线方程为 y=k(x+2),由于圆心到切线的距离等于圆的半径(d=r),所以 d= 21|k=1,解得 k= 3.所以所求切线的方程为 y= (x+2).方法三：利用过圆上一点的切线的结
5、论.可假设切点为(x 0,y0),此时可求得切线方程为x0x+y0y=1.然后利用点(-2,0)在切线上得到-2x 0=1,从中解得 x0=- 21.再由点(x 0,y0)在圆上,所以满足 x02+y02=1,既 4+y02=1,解出 y0= 3.这样就可求得切线的方程为 213xy,整理得 y= 3(x+2).点评:过圆外一点向圆可作两条切线；可用三种方法求出切线方程,其中以几何法“d=r”比较好(简便).变式训练已知 直线 l 的斜率为 k,且与圆 x2+y2=r2只有一个公共点,求直线 l 的方程.活动：学生思考,观察题目的特点,见题想法,教师引导学生考虑问题的思路,必要时给予提示,直线
6、与圆只有一个公共点,说明直线与圆相切.可利用圆的几何性质求解.图 4解:如图 4,方法一:设所求的直线方程为 y=kx+b,由圆心到直线的距离等于圆的半径,得d= 21|kb=r,b=r 21k,求得切线方程是 y=kxr 21k.方法二:设所求的直线方程为 y=kx+b,直 线 l 与圆 x2+y2=r2只有一个公共点,所以它们组成的方程组只有一组实数解,由 22,ryxb,得 x2+k2(x+b)2=1,即 x2(k2+1)+2k2bx+b2=1,=0 得 b=r 1k,求得切线方程是 y=kxr 21k.例 2 已知圆的方程为 x2+y2+ax+2y+a2=0,一定点为 A(1,2),要
7、使过定点 A(1,2)作圆的切线有两条,求 a 的取值范围.活动：学生讨论,教师指导,教师提问,学生回答,教师对学生解题中出现的问题及时处理,利用几何方法,点 A(1,2)在圆外,即到圆心的距离大于圆的半径.解:将圆的方程配方得(x+ 2a)2+(y+1)2= 432a,圆心 C 的坐标为( 2a,1),半径 r=432a,条件是 43a 20,过点 A(1,2)所作圆的切线有两条,则点 A 必在圆外,即 22)1()1(a 432a.化简,得 a2+a+90,由 ,092解得 3a ,aR.所以 2a .故 a 的取值范围是( 32, ).点评:过圆外一点可作圆的两条切线,反之经过一点可作圆
8、的两条切线,则该点在圆外.同时注意圆的一般方程的条件.思路 2例 1 已知过点 M(-3,-3)的直线 l 被圆 x2+y2+4y-21=0 所截得的弦长为 45,求直线 l 的方程.活动：学生思考或讨论,教师引导学生考虑问题的思路,求直线 l 的方程,一般设点斜式,再求斜率.这里知道弦长,半径也知道,所以弦心距可求,如果设出直线的方程,由点到直线的距离等于弦心距求出斜率；另外也可利用弦长公式,结合一元二次方程根与系数的关系求解.解法一：将圆的方程写成标准形式有 x2+(y+2)2=25,所以圆心为(0,-2),半径为 5.因为直线 l 被圆 x2+y2+4y-21=0 所截得的弦长为 4 5
9、,所以弦心距为 22)5(= ,圆心到直线的距离为 5,由于直线过点 M(-3,-3),所以可设直线 l 的方程为 y+3=k(x+3),即 kx-y+3k-3=0.根据点到直线的距离公式,圆心到直线的距离为 5,因此 d= 1|32|k= 5,两边平方整理得 2k2-3k-2=0,解得 k= 21,k=2.所以所求的直线 l 的方程为 y+3= (x+3)或 y+3=2(x+3),即 x+2y+9=0 或 2x-y+3=0.解法二：设直线 l 和已知圆 x2+y2+4y-21=0 的交点为 A(x1,y1),B(x2,y2),直线 l 的斜率为 k,由于直线过点 M(-3,-3),所以可设直
10、线 l 的方程为 y+3=k(x+3),即 y=kx+3k-3.代入圆的方程 x2+y2+4y-21=0,并整理得(1+k 2)x2+2k(3k-1)x+(3k-1)2-25=0.结合一元二次方程根与系数的关系有 x1+x2= 2)13(k,x1x2= 25)3(k. |AB|= 21221212121 )()()()()( xkxkxyx422xk因为|AB|=4 5,所以有(1+k 2)(x 1+x2)2-4x1x2=80. 把式代入式,得(1+k 2) 23(k 2-4 25)3(k=80.经过整理,得2k2-3k-2=0,解得 k= 1,k=2.所以所求的直线 l 的方程为 y+3=
11、1(x+3)或 y+3=2(x+3),即x+2y+9=0 或 2x-y+3=0.点评:解法一突出了适当地利用图形的几何性质有助于简化计算,强调图形在解题中的作用,加强了数形结合;解法二是利用直线被曲线截得的弦长公式求出斜率后求直线方程,思路简单但运算较繁.变式训练已知圆 C：x 2+(y-1)2=5,直线 l:mx-y+1-m=0.(1)求证：对 mR,直线 l 与圆 C 总有两个不同交点;(2)设 l 与圆 C 交于不同两点 A、B,若|AB|= 17,求 l 的倾斜角;(3)求弦 AB 的中点 M 的轨迹方程;(4)若定点 P(1,1)分弦 AB 为 PB= 2,求此时直线 l 的方程.解
12、:(1)判断圆心到直线的距离小于半径即可,或用直线系过定点 P(1,1)求解;点 P(1,1)在圆内.(2)利用弦心距、半径、弦构成的直角三角形求弦长,得 m= 3,所以 = 或 32.(3)设 M 的坐标为(x,y),连结 CM、CP,因为 C(0,1),P(1,1),|CM|2+|PM|2=|CP|2,所以 x2+(y-1)2+(x-1)2+(y-1)2=1,整理得轨迹方程为 x2+y2-x-2y+1=0(x1).(4)设 A(x1,y1),B(x2,y2),由 PBA= 1,得 12=1. 又由直线方程和圆的方程联立消去 y,得(1+m 2)x2-2m2x+m2-5=0, (*)故 x1
13、+x2= m, 由,得 x1= 23,代入(*),解得 m=1.所以直线 l 的方程为 x-y=0 或 x+y-2=0.例 2 已知直线 l:y=k(x+2 2)与圆 O:x2+y2=4 相交于 A、B 两点,O 为坐标原点,ABO 的面积为 S,试将 S 表示成 k 的函数 S(k),并指出它的定义域；求 S 的最大值,并求出取得最大值时的 k 值.活动：学生审题,再思考讨论,教师提示学生欲求ABO 的面积,应先求出直线被圆截得的弦长|AB|,将|AB|表示成 k 的函数.图 5解:如图 5 所示,直线的方程为 kx-y+2 2k=0(k0),点 O 到 l 之间的距离为|OC|= 1|2k
14、,弦长|AB|=2 222 148| kOCA，ABO 的面积 S= 1|AB|OC|= 2)(4k，|AB|0,-1k1(k0).S(k)= 21)(4k(-1k1 且 k0).ABO 的面积 S= |OA|OB|sinAOB=2sinAOB,当AOB=90时,S max=2,此时|OC|= 2,|OA|=2,即 1|2k= ,k= 3.点评：在涉及到直线被圆截得的弦长时,要巧妙利用圆的有关几何性质,如本题中的RtBOC,其中|OB|为圆半径,|BC|为弦长的一半.变式训练已知 x,y 满足 x2+y2-2x+4y=0,求 x-2y 的最大值.活动:学生审题,再思考讨论,从表面上看,此问题是
15、一个代数,可用代数方法来解决.但细想后会发现比较复杂,它需把二次降为一次.教师提示学生利用数形结合或判别式法.解法一:(几何解法)：设 x-2y=b,则点(x,y)既在直线 x-2y=b 上,又在圆 x2+y2-2x+4y=0上,即直线 x-2y=b 和圆 x2+y2-2x+4y=0 有交点,故圆心(1,-2)到直线的距离小于或等于半径,所以 5|b .所以 0b10,即 b 的最大值是 10.解法二:(代数解法)：设 x-2y=b,代入方程 x2+y2-2x+4y=0,得(2y+b) 2+y2-2(2y+b)+4y=0,即5y2+4by+b2-2b=0.由于这个一元二次方程有解,所以其判别式
16、 =16b 2-20(b2-2b)=40b-4b20,即 b2-10b0,0b10.所以求出 b 的最大值是 10.点评:比较两个解法,我们可以看到,数形结合的方法难想但简单 ,代数法易想但较繁,要多练习以抓住规律.例 3 已知圆 C：(x1) 2(y2) 2=25,直线 l：(2m+1)x+(m+1)y7m4=0(mR).(1)证明不论 m 取什么实数,直线 l 与圆恒交于两点；(2)求直线被圆 C 截得的弦长最小时 l 的方程.活动：学生先思考,然后讨论,教师引导学生考虑问题的方法,由于直线过定点,如果该定点在圆内,此题便可解得.最短的弦就是与过定点与此直径垂直的弦.解:(1)证明：因为
17、l 的方程为(x+y4)+m(2x+y7)=0.因为 mR,所以.04,72yx,解得 ,13yx即 l 恒过定点 A(3,1).因为圆心 C(1,2),AC= 55(半径),所以点 A 在圆 C 内,从而直线 l 恒与圆 C 相交于两点.(2)弦长最小时,lAC,由 kAC= 2,所以 l 的方程为 2xy5=0.点评：证明直线与圆恒相交,一是可以将直线与圆的方程联立方程组,进而转化为一元二次方程,根据判别式与 0 的大小来判断,这是通性通法,但过程繁琐,计算量大；二是说明直线过圆内一点,由此直线与圆必相交.对于圆中过 A 点的弦,以直径为最长,过 A 点与此直径垂直的弦为最短.变式训练求圆
18、 x2+y2+4x-2y+4=0 上的点到直线 y=x-1 的最近距离和最远距离.解:圆方程化为(x+2) 2+(y-1)2=1,圆心(-2,1)到直线 y=x-1 的距离为 d= 22)1(|=2 ,所以所求的最近距离为 2 -1,最远距离为 2 +1.（四）知能训练1.已知直线 l:y=2x2,圆 C:x2y 22x4y1=0,请判断直线 l 与圆 C 的位置关系,若相交,则求直线 l 被圆 C 所截的线段长.活动:请大家独立思考,多想些办法.然后相互讨论,比较解法的不同之处.学生进行解答,教师巡视,掌握学生的一般解题情况.解法一：由方程组 .0142,2xyx解得 ,415,3yx或即直
19、线 l 与圆 C 的交点坐标为( 53, )和 (1,4),则截得线段长为 58.解法二：由方程组(略)消去 y,得 5x22x3 =0,设直线与圆交点为 A(x1,y1),B(x2,y2),则 AB 中点为(- 51,- 2),所以 ,53,21xy得(x 1-x2)2= 564,则所截线段长为|AB|=(1+k 2)(x1-x2)2=8.解法三：圆心 C 为(1,2),半径 r=2,设交点为 A、B,圆心 C 到直线 l 之距 d= 52,所以 542|2drAB.则所截线段长为|AB|= 58.点评:前者直接求交点坐标,再用两点距离公式求值；后者虽然也用两点距离公式,但借用韦达定理,避免
20、求交点坐标.解法三利用直线与圆的位置关系,抓住圆心到直线之距 d 及圆半径 r 来求解.反映了抓住本质能很快接近答案的特点.显然,解法三比较简洁.2.已知直线 x+2y-3=0 交圆 x2+y2+x-6y+F=0 于点 P、Q,O 为原点,问 F 为何值时,OPOQ?解:由 06,32Fyx消去 y,得 5x2+10x+4F-27=0,所以 x1x2= 574,x1+x2=-2.所以 y1y2= 51249)(3)(32121 Fxx.因为 OPOQ,所以 x1x2+y1y2=0,即 57F=0.所以 F=3.点评：(1)解本题之前先要求学生指出解题思路.(2)体会垂直条件是怎样转化的,以及韦
21、达定理的作用：处理 x1,x2的对称式.在解析几何中经常运用韦达定理来简化计算.（五）拓展提升已知点 P 到两个定点 M(1,0)、N(1,0)距离的比为 2,点 N 到直线 PM 的距离为 1,求直线PN 的方程.解:设点 P 的坐标为(x,y),由题设有 |PM= ,即 2)1(yx= 2)1(yx,整理得 x2+y26x+1=0. 因为点 N 到 PM 的距离为 1,|MN|=2,所以PMN=30,直线 PM 的斜率为 3.直线 PM 的方程为 y= 3(x+1). 将代入整理,得 x24x+1=0.解得 x1=2+ 3,x2=2 .代入得点 P 的坐标为(2+ 3,1+3)或(2 ,1+ )；(2+ 3,13)或(23,1 ).直线 PN 的方程为 y=x1 或 y=x+1.（六）课堂小结1.直线和圆位置关系的判定方法：代数法和几何法.2.直线和圆相切,这类问题主要是求圆的切线方程.求圆的切线方程主要可分为已知斜率 k 或已知直线上一点两种情况,而已知直线上一点又可分为已知圆上一点和圆外一点两种情况.3.直线和圆相交,这类问题主要是求弦长以及弦的中点问题.注意弦长公式和圆的几何性质.4.求与圆有关的最值问题,往往利用数形结合,因此抽象出式子的几何意义是至关重要的.（七）作业课本习题 4.2 A 组 5、6、7.
