人教A版数学必修二4-2-1直线与圆的位置关系（2）

人教A版数学必修二4-2-1直线与圆的位置关系（2）

第 2 课时 （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.因此我们继续研究直线与圆的位置关系. （二）推进新课、新知探究、提出问题 ①过圆上一点可作几条切线？如何求出切线方程？ ②过圆外一点可作几条切线？如何求出切线方程？ ③过圆内一点可作几条切线？ ④你能概括出求圆切线方程的步骤是什么吗？ ⑤如何求直线与圆的交点？ ⑥如何求直线与圆的相交弦的长? 讨论结果：①过圆上一点可作一条切线,过圆 x2+y2=r2 上一点(x0,y0)的切线方程是 x0x+y0y=r2； 过圆(x-a)2+(y-b)2=r2 上一点(x0,y0)的切线方程是(x0-a)(x-a)+(y0-b)(y-b)=r2. ②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——Δ=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. ③过圆内一点不能作圆的切线. ④求圆切线方程,一般有三种方法,一是设切点,利用①②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. ⑤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. ⑥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. （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( 22 yx xky 得 x2+k2(x+2)2=1. 上述一元二次方程有一个实根, Δ=16k4-4(k2+1)(4k2-1)=12k2-4=0,k=± 3 3 , 所以所求切线的方程为 y=± 3 3 (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 |2| k k  =1,解得 k=± 3 3 . 所以所求切线的方程为 y=± 3 3 (x+2). 方法三：利用过圆上一点的切线的结论.可假设切点为(x0,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-2x0=1,从中解得 x0=- 2 1 . 再由点(x0,y0)在圆上,所以满足 x02+y02=1,既 4 1 +y02=1,解出 y0=± 2 3 . 这样就可求得切线的方程为 22 1 02 3 2 0     x y , 整理得 y=± 3 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 || k b  =r,∴b=±r 21 k ,求得切线方程是 y=kx±r 21 k . 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      222 , ryx bkxy ,得 x2+k2(x+b)2=1,即 x2(k2+1)+2k2bx+b2=1,Δ=0 得 b=±r 21 k ,求得切线方程是 y=kx±r 21 k . 例2 已知圆的方程为 x2+y2+ax+2y+a2=0,一定点为 A(1,2),要使过定点 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+ 2 a )2+(y+1)2= 4 34 2a ,圆心 C 的坐标为(－ 2 a ,－1),半径 r= 4 34 2a , 条件是 4－3a2＞0,过点 A(1,2)所作圆的切线有两条,则点 A 必在圆外, 即 22 )12()21(  a ＞ 4 34 2a . 化简,得 a2+a+9＞0,由      ,034 ,09 2 2 a aa 解得－ 3 32 ＜a＜ 3 32 ,a∈R. 所以－ 3 32 ＜a＜ 3 32 . 故 a 的取值范围是(－ 3 32 , 3 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 ,所以弦心距为 22 )52(5  = 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 |332| 2   k k = 5 ,两边平 方整理得 2k2-3k-2=0,解得 k= 2 1 ,k=2. 所以所求的直线 l 的方程为 y+3= 2 1 (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+k2)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= 21 )13(2 k kk   ,x1·x2= 2 2 1 25)13( k k   . ① |AB|=  2 21 22 21 22 21 2 21 2 21 ))(1()()()()( xxkxxkxxyyxx ]4))[(1( 21 2 21 2 xxxxk  因 为 |AB|=45, 所 以 有 (1+k2) ［ (x1+x2)2-4x1·x2 ］ =80. ② 把①式代入②式,得(1+k2){［ 21 )13(2 k kk   ］ 2-4 2 2 1 25)13( k k   }=80.经过整理,得 2k2-3k-2=0, 解得 k= 2 1 ,k=2. 所以 所求 的直 线 l 的方 程为 y+3= 2 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：x2+(y-1)2=5,直线 l:mx-y+1-m=0. (1)求证：对 m∈R,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 AP = 2 1 ,求此时直线 l 的方程. 解:(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α= 3  或 3 2 . (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(x≠1). (4) 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 由 PB AP = 2 1 , 得 21 2 12   xx =1. ① 又 由 直 线 方 程 和 圆 的 方 程 联 立 消 去 y, 得 (1+m2)x2-2m2x+m2-5=0, (*) 故 x1+x2= 2 2 1 2 m m  , ② 由①②,得 x1= 2 2 1 3 m m   ,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,①试将 S 表示成 k 的函数 S(k),并指出它的定义域；②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:①如图 5 所示,直线的方程为 kx-y+2 2 k=0(k≠0), 点 O 到 l 之间的距离为|OC|= 1 ||22 2 k k , 弦长|AB|=2 2 2 2 2 22 1 14 1 842|||| k k k kOCOA     ， ∴△ABO 的面积 S= 2 1 |AB|·|OC|= 2 22 1 )1(24 k kk   ， ∵|AB|＞0,∴-1＜k＜1(k≠0). ∴S(k)= `2 22 1 )1(24 k kk   (-1＜k＜1 且 k≠0). ②△ABO 的面积 S= 2 1 |OA|·|OB|sin∠AOB=2sin∠AOB, ∴当∠AOB=90°时,Smax=2, 此时|OC|= 2 ,|OA|=2,即 1 ||22 2 k k = 2 , ∴k=± 3 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 Rt△BOC,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 |5| b ≤ 5 .所以 0≤b≤10,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Δ=16b2-20(b2-2b)=40b-4b2≥0,即 b2-10b≤0,0≤b≤10.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：(x－1)2＋(y－2)2=25,直线 l：(2m+1)x+(m+1)y－7m－4=0(m∈R). (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 l 的方程为(x+y－4)+m(2x+y－7)=0.因为 m∈R,所以      .04 ,072 yx yx , 解得      ,1 ,3 y x 即 l 恒过定点 A(3,1).因为圆心 C(1,2),｜AC｜= 5 ＜5(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,l⊥AC,由 kAC=－ 2 1 ,所以 l 的方程为 2x－y－5=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 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(1 |112|   =2 2 , 所以所求的最近距离为 2 2 -1,最远距离为 2 2 +1. （四）知能训练 1.已知直线 l:y=2x－2,圆 C:x2＋y2＋2x＋4y＋1=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 ,22 22 xxyx xy 解得             ,4 ,1 5 4 ,5 3 y x y x 或 即直线 l 与圆 C 的交点坐标为( 5 3 ,－ 5 4 )和 (－1,－4),则截得线段长为 55 8 . 解法二：由方程组(略)消去 y,得 5x2＋2x－3=0, 设直线与圆交点为 A(x1,y1),B(x2,y2),则 AB 中点为(- 5 1 ,- 5 12 ), 所以        ,5 3 ,5 2 21 11 xx yx 得(x1-x2)2= 25 64 , 则所截线段长为|AB|=(1+k2)(x1-x2)2= 55 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= 55 2 ,所 以 55 4 2 || 22  drAB .则所截线段长为|AB|= 55 8 . 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,OP⊥OQ? 解:由      06 ,032 22 Fyxyx yx 消去 y,得 5x2+10x+4F-27=0, 所以 x1x2= 5 274 F ,x1+x2=-2. 所以 y1y2= 5 12 4 9)(3 4 )3)(3( 212121 Fxxxxxx  . 因为 OP⊥OQ,所以 x1x2+y1y2=0,即 5 12 5 274 FF  =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 || || PN PM = 2 , 即 22)1( yx  = 2 · 22)1( yx  , 整 理 得 x2+y2 － 6x+1=0. ① 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 3 . 直 线 PM 的 方 程 为 y=± 3 3 (x+1). ② 将②代入①整理,得 x2－4x+1=0.解得 x1=2+ 3 ,x2=2－ 3 . 代入②得点 P 的坐标为(2+ 3 ,1+3)或(2－ 3 ,－1+ 3 )；(2+ 3 ,－1－3)或(2－ 3 ,1 － 3 ). 直线 PN 的方程为 y=x－1 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.