第一讲 直线与圆(教案)

专题五 解析几何

第一讲 直线与圆

[考情分析]

直线与圆的方程系为高考命题的热点，需重点关注．此类试题难度中等偏下，多在选择题或填空题呈现.

年份 2017 2016 2015 卷别 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 考查角度及命题位置 探索性问题与圆的弦长问题·T20 直线与圆的位置关系及圆的面积问题·T15 直线与圆相交问题·T20 圆的方程问题·T7 [真题自检]

1．(2016·高考全国卷Ⅱ)圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心到直线ax＋y－1＝0的距离为1，则a＝( ) 4

A．－ 3C.3

3B．－

4D．2

解析：因为圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心坐标为(1,4)，所以圆心到直线ax＋y－1＝0的距离 |a＋4－1|4d＝＝1，解得a＝－.

3

a2＋1答案：A

2．(2016·高考全国卷Ⅰ)设直线y＝x＋2a与圆C：x2＋y2－2ay－2＝0相交于A，B两点，若|AB|＝23，则圆C的面积为________．

解析：圆C：x2＋y2－2ay－2＝0化为标准方程为x2＋(y－a)2＝a2＋2，所以圆心C(0，a)，半径r＝|0－a＋2a||a|因为|AB|＝23，点C到直线y＝x＋2a，即x－y＋2a＝0的距离d＝＝，由勾股定理

22232|a|2得＋＝a2＋2，解得a2＝2，所以r＝2，所以圆C的面积为π×22＝4π.

22答案：4π

直线与直线方程

[方法结论]

1．两条直线平行与垂直的判定

若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1k2＝－1.若给出的直线方程中存

1 / 8 a2＋2，

二轮•数学

在字母系数，则要考虑斜率是否存在． 2．求直线方程

要注意几种直线方程的局限性．点斜式、两点式、斜截式要求直线不能与x轴垂直．而截距式方程不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线． 3．两个距离公式

(1)两平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0间的距离d＝(2)点(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离公式 |Ax0＋By0＋C|d＝. A2＋B24．与已知直线l：Ax＋By＋C＝0(A≠0，B≠0)平行的直线可改为Ax＋By＋m＝0(m≠C)，垂直的直线可设为Bx－Ay＋m＝0.

5．直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0， 直线l2：A2x＋B2y＋C2＝0， 当l1⊥l2时，有A1A2＋B1B2＝0，

当l1∥l2时，A1B2－A2B1＝0且A1C2－A2C1≠0.

[题组突破]

1．(2017·重庆一中检测)若直线l1：(a－1)x＋y－1＝0和直线l2：3x＋ay＋2＝0垂直，则实数a的值为( ) 1A. 21C. 4

3B. 23D. 4

|C1－C2|. A2＋B23

解析：由已知得3(a－1)＋a＝0，解得a＝，故选D.

4答案：D

2．“ab＝4”是“直线2x＋ay－1＝0与直线bx＋2y－2＝0平行”的( ) A．充分必要条件 C．必要而不充分条件

B．充分而不必要条件 D．既不充分也不必要条件

2b

解析：因为两条直线平行，所以斜率相等，即－＝－，可得ab＝4，又当a＝1，b＝4时，满足ab＝4，

a2但是两直线重合，故选C. 答案：C

3．经过直线l1：2x－3y＋2＝0与l2：3x－4y－2＝0的交点，且平行于直线4x－2y＋7＝0的直线方程是( ) A．x－2y＋9＝0 C．2x－y－18＝0

B．4x－2y＋9＝0 D．x＋2y＋18＝0

2x－3y＋2＝0

解析：联立两条直线的方程得，解得x＝14，y＝10.所以l1，l2的交点坐标是(14,10)．设与

3x－4y－2＝0

2 / 8

二轮•数学

直线4x－2y＋7＝0平行的直线方程为4x－2y＋c＝0(c≠7)，因为4x－2y＋c＝0过l1与l2的交点(14,10)，所以c＝－36，所以所求直线方程为4x－2y－36＝0，即2x－y－18＝0.故选C. 答案：C [误区警示]

1．求直线方程时易忽视斜率k不存在情形．

2．利用斜率与截距判断两线平行或垂直关系时易忽视斜率不存在情形． 3．有关截距问题易忽视截距为零这一情形．

圆的方程

[方法结论]

1．圆的标准方程

当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，特别地，当圆心在原点时， 方程为x2＋y2＝r2. 2．圆的一般方程

DED2＋E2－4Fx＋y＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D＋E－4F>0，表示以－2，－2为圆心、为半径的圆．

2

2

2

2

2

[题组突破]

1．当a为任意实数时，直线(a－1)x－y＋a＋1＝0恒过定点C，则以C为圆心，5为半径的圆的方程为( ) A．x2＋y2－2x＋4y＝0 C．x2＋y2＋2x－4y＝0

B．x2＋y2＋2x＋4y＝0 D．x2＋y2－2x－4y＝0

解析：由(a－1)x－y＋a＋1＝0得(x＋1)a－(x＋y－1)＝0，由x＋1＝0且x＋y－1＝0，解得x＝－1，y＝2，即该直线恒过点(－1,2)，∴所求圆的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝5，即x2＋y2＋2x－4y＝0. 答案：C

2．方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圆，则a的取值范围是( ) 2

，＋∞ A．(－∞，－2)∪3C．(－2,0)

2

2

－，0 B.32－2， D.3

2

a3a3a2

x＋2＋(y＋a)2＝1－a－表示圆，则1－a－＞0，解得－2＜a＜. 解析：方程为2443答案：D

3．(2017·北京西城模拟)与直线x＋y－2＝0和曲线x2＋y2－12x－12y＋＝0都相切的半径最小的圆的标准方程是( )

A．(x＋2)2＋(y－2)2＝2 C．(x＋2)2＋(y＋2)2＝2

B．(x－2)2＋(y＋2)2＝2 D．(x－2)2＋(y－2)2＝2

3 / 8 二轮•数学

解析：由题意知，曲线为(x－6)2＋(y－6)2＝18，过圆心(6,6)作直线x＋y－2＝0的垂线，垂线方程为y＝x，|6＋6－2|

则所求的最小圆的圆心必在直线y＝x上，又(6,6)到直线x＋y－2＝0的距离d＝＝52，故最小圆

2的半径为2，圆心坐标为(2,2)，所以标准方程为(x－2)2＋(y－2)2＝2. 答案：D

4．一束光线从圆C的圆心C(－1,1)出发，经x轴反射到圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1上的最短路程刚好是圆C的直径，则圆C的方程为( ) A．(x＋1)2＋(y－1)2＝4 C．(x＋1)2＋(y－1)2＝16

B．(x＋1)2＋(y－1)2＝5 D．(x＋1)2＋(y－1)2＝25

解析：圆C1的圆心C1的坐标为(2,3)，半径为r1＝1.点C(－1,1)关于x轴的对称点C′的坐标为(－1，－1)． 因为C′在反射线上，所以最短路程为|C′C1|－r1，即

[2－－1]2＋[3－－1]2－1＝4.故圆C的半径为

1

r＝×4＝2，所以圆C的方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝4，故选A. 2答案：A [误区警示]

方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的条件是D2＋E2－4F＞0，易忽视这一点．

直线与圆的位置关系

[方法结论]

1．直线和圆的位置关系的判断方法

直线l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)与圆：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)的位置关系如表.

代数法：方法 位置 关系几何法：根据 |Aa＋Bb＋C|d＝A2＋B2与r的大小关系 d＜r d＝r d＞r Ax＋By＋C＝0 222x－a＋y－b＝rr＞0 消元得一元二次方程，根据判别式Δ的符号判断 相交 相切 相离 2.弦长与切线长的计算方法 Δ>0 Δ＝0 Δ<0 (1)弦长的计算：直线l与圆C相交于A，B两点，则|AB|＝2r2－d2(其中d为弦心距)． (2)切线长的计算：过点P向圆引切线PA，则|PA|＝|PC|2－r2(其中C为圆心)．

[典例](2017·常州模拟)如图，已知圆心坐标为M(3，1)的圆M与x轴及直线y＝3x均相切，切点分别为A，B，另一圆N与圆M相切，且与x轴及直线y＝3x均相切，切点分别为C，D.

4 / 8 二轮•数学

(1)求圆M与圆N的方程；

(2)过点B作MN的平行线l，求直线l被圆N截得的弦长．

解析：(1)由于圆M与∠BOA的两边相切，故M到OA，OB的距离相等，则M在∠BOA的平分线上，同理，N也在∠BOA的平分线上，即O，M，N三点共线，且直线ON为∠BOA的平分线，因为M(3，1)，所以M到x轴的距离为1，即圆M的半径为1，所以圆M的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝1.

OMMA21

设圆N的半径为r，连接AM，CN，则Rt△OAM∽Rt△OCN，得＝，即＝，解得r＝3，

ONNC3＋rrOC＝33，所以圆N的方程为(x－33)2＋(y－3)2＝9.

(2)由对称性可知，所求弦长为过点A的MN的平行线被圆N截得的弦长，此弦所在直线的方程为 |33－33－3|33

y＝(x－3)，即x－3y－3＝0，圆心N到该直线的距离d＝＝，

32

1＋3故弦长为2[类题通法]

1．圆上的点到直线的距离的化归思想

(1)转化为两平行线间的距离以及直线与圆的交点个数求解．(2)转化为圆心到直线的距离与半径之间的关系求解．(3)直接设点，利用方程思想解决．

2．数形结合思想在求解与圆有关的最值问题中是关键点．

[演练冲关]

1．(2016·惠州调研)圆(x＋2)2＋y2＝4与圆(x－2)2＋(y－1)2＝9的位置关系为( ) A．内切 C．外切

B．相交 D．相离

r2－d2＝33.

解析：两圆的圆心距离为17，两圆的半径之差为1、半径之和为5，而1<17<5，所以两圆相交． 答案：B

2．圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上的点到直线x＋y－14＝0的最大距离与最小距离的差是( ) A．30 C．62

B．18 D．52

解析：由圆x2＋y2－4x－4y－10＝0知圆心坐标为(2,2)，半径为32，则圆上的点到直线x＋y－14＝0的最

5 / 8 二轮•数学

|2＋2－14||2＋2－14|

大距离为＋32＝82，最小距离为－32＝22，故最大距离与最小距离的差为62.

22答案：C

3．已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程；

(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|. 解析：由已知得圆M的圆心为M(－1,0)，半径r1＝1；圆N的圆心为N(1,0)，半径r2＝3. 设圆P的圆心为P(x，y)，半径为R.

(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4.

由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为3的椭圆(左顶点除外)，x2y2

其方程为＋＝1(x≠－2)．

43

(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以R≤2，当且仅当圆P的圆心为(2,0)时，R＝2.所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4. 若l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|＝23.

|QP|R若l的倾斜角不为90°，由r1≠R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，则＝，可求得Q(－4,0)，

|QM|r1所以可设l：y＝k(x＋4)．由l与圆M相切得22x2y2

当k＝时，将y＝x＋2代入＋＝1，

4443并整理得7x2＋8x－8＝0， －4±62

解得x1,2＝.所以|AB|＝

7当k＝－1＋k2|x2－x1|＝

18. 7|3k|

2

＝1，解得k＝±. 4

1＋k2

218时，由图形的对称性可知|AB|＝. 47

18

. 7

综上，|AB|＝23或|AB|＝

直线、圆与其他知识的交汇问题

高考对直线和圆的考查重在基础，多以选择题、填空题形式出现，将直线与圆和函数、不等式、平面向量、三角、数列及圆锥曲线等知识交汇，体现命题创新．

6 / 8 二轮•数学

x＋y－7 ≤0，

[典例] (2014·高考福建卷)已知圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝1，平面区域Ω：x－y＋3≥0，

y≥0.且圆C与x轴相切，则a2＋b2的最大值为( ) A．5 C．37

B．29 D．49

若圆心C∈Ω，

解析：平面区域Ω为如图所示的阴影部分的△ABD，因圆心C(a，b)∈Ω，且圆C与x轴相切，所以点C在如图所示的线段MN上，线段MN的方程为y＝1(－2≤x≤6)，由图形得，当点C在点N(6,1)处时， a2＋b2取得最大值62＋12＝37，故选C.

答案：C [类题通法]

对于这类问题的求解，首先要注意理解直线和圆等基础知识及它们之间的深入联系，其次要对问题的条件进行全方位的审视，特别是题中各个条件之间的相互关系及隐含条件的挖掘，再次要掌握解决问题常用的思想方法，如数形结合、化归与转化等思想方法．

[演练冲关]

1．在平面直角坐标系xOy中，设直线y＝－x＋2与圆x2＋y2＝r2(r＞0)交于A，B两点，O为坐标原点．若→5→3→

圆上一点C满足OC＝OA＋OB，则r＝( )

44A．210 C．25

B.10 D.5

∠AOB3235→5→3→→→

解析：已知OC＝OA＋OB，两边平方化简得OA·OB＝－r，所以cos ∠AOB＝－，所以cos＝，

445525圆心O(0,0)到直线的距离为答案：B

2．已知圆O：x2＋y2＝4，若不过原点O的直线l与圆O交于P，Q两点，且满足直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，则直线l的斜率为( ) A．－1或1 C．1

4

B．0或－

3D．－1

|2|25

＝2，所以＝，解得r＝10.

r52

7 / 8 二轮•数学

解析：设直线l：y＝kx＋b(b≠0)，代入圆的方程，化简得(1＋k2)x2＋2kbx＋b2－4＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，b2－4x1＋x2y1y2bbb22kb22

y2)，则x1＋x2＝－，xx＝，k·k＝·＝(k＋)(k＋)＝k＋kb()＋＝k＋kb(－)12OPOQ

x1x2x1x2x1x2x1x2

1＋k21＋k2b2－4

2kb

b21＋k2b2－4k2b2－4k22

2

＋2＝2，由kOP·kOQ＝k，得2＝k，解得k＝±1，故选A.

b－4b－4b－4答案：A

→→→→3．在平面直角坐标系中，O为原点，A(－1,0)，B(0，3)，C(3,0)，动点D满足|CD|＝1，则|OA＋OB＋OD|的最大值是________．

→→→→→→→

解析：设D(x，y)，由|CD|＝1，得(x－3)2＋y2＝1，向量OA＋OB＋OD＝(x－1，y＋3)，故|OA＋OB＋OD|＝

x－12＋y＋32的最大值为圆(x－3)2＋y2＝1上的动点到点(1，－3)距离的最大值，其最大值为圆(x

3－12＋0＋32＋1＝1＋7.

－3)2＋y2＝1的圆心(3,0)到点(1，－3)的距离加上圆的半径，即答案：1＋7

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