1、4.示范教案（ 直線與圓的位置關系 第2課時）導入新課思路1.一艘輪船在沿直線返回港口的途中,接到氣象臺的臺風預報：臺風中心位于輪船正西70 km處,受影響的范圍是半徑長為30 km的圓形區域.已知港口位于臺風中心正北40 km處,如果這艘輪船不改變航線,那么它是否會受到臺風的影響？圖2分析：如圖2,以臺風中心為原點O,以東西方向為x軸,建立直角坐標系,其中,取10 km為單位長度.則臺風影響的圓形區域所對應的圓心為O的圓的方程為x2+y2=9；輪船航線所在的直線l的方程為4x+7y-28=0.問題歸結為圓心為O的圓與直線l有無公共點.因此我們繼續研究直線與圓的位置關系.推進新課新知探究提出問

2、題過圓上一點可作幾條切線？如何求出切線方程？過圓外一點可作幾條切線？如何求出切線方程？過圓內一點可作幾條切線？你能概括出求圓切線方程的步驟是什么嗎？如何求直線與圓的交點？如何求直線與圓的相交弦的長?討論結果：過圓上一點可作一條切線,過圓x2+y2=r2上一點(x0,y0)的切線方程是x0x+y0y=r2；過圓(x-a)2+(y-b)2=r2上一點(x0,y0)的切線方程是(x0-a)(x-a)+(y0-b)(y-b)=r2.過圓外一點可作兩條切線,求出切線方程有代數法和幾何法.代數法的關鍵是把直線與圓相切這個幾何問題轉化為聯立它們的方程組只有一個解的代數問題.可通過一元二次方程有一個實根的充要

3、條件=0去求出k的值,從而求出切線的方程.用幾何方法去求解,要充分利用直線與圓相切的幾何性質,圓心到切線的距離等于圓的半徑(d=r),求出k的值.過圓內一點不能作圓的切線.求圓切線方程,一般有三種方法,一是設切點,利用中的切線公式法;二是設切線的斜率,用判別式法;三是設切線的斜率,用圖形的幾何性質來解,即圓心到切線的距離等于圓的半徑(d=r),求出k的值.把直線與圓的方程聯立得方程組,方程組的解即是交點的坐標.把直線與圓的方程聯立得交點的坐標,結合兩點的距離公式來求;再就是利用弦心距、弦長、半徑之間的關系來求.應用示例思路1例1 過點P(-2,0)向圓x2+y2=1引切線,求切線的方程.圖3解

4、:如圖3,方法一:設所求切線的斜率為k,則切線方程為y=k(x+2),因此由方程組得x2+k2(x+2)2=1.上述一元二次方程有一個實根,=16k4-4(k2+1)(4k2-1)=12k2-4=0,k=±,所以所求切線的方程為y=±(x+2).方法二:設所求切線的斜率為k,則切線方程為y=k(x+2),由于圓心到切線的距離等于圓的半徑(d=r),所以d=1,解得k=±.所以所求切線的方程為y=±(x+2).方法三：利用過圓上一點的切線的結論.可假設切點為(x0,y0),此時可求得切線方程為x0x+y0y=1.然后利用點(-2,0)在切線上得到-2x0=

5、1,從中解得x0=-.再由點(x0,y0)在圓上,所以滿足x02+y02=1,既+y02=1,解出y0=±.這樣就可求得切線的方程為,整理得y=±(x+2).點評:過圓外一點向圓可作兩條切線；可用三種方法求出切線方程,其中以幾何法“d=r”比較好(簡便).變式訓練 已知直線l的斜率為k,且與圓x2+y2=r2只有一個公共點,求直線l的方程.活動：學生思考,觀察題目的特點,見題想法,教師引導學生考慮問題的思路,必要時給予提示,直線與圓只有一個公共點,說明直線與圓相切.可利用圓的幾何性質求解.圖4解:如圖4,方法一:設所求的直線方程為y=kx+b,由圓心到直線的距離等于圓的半徑

6、,得d=r,b=±r,求得切線方程是y=kx±r.方法二:設所求的直線方程為y=kx+b,直線l與圓x2+y2=r2只有一個公共點,所以它們組成的方程組只有一組實數解,由,得x2+k2(x+b)2=1,即x2(k2+1)+2k2bx+b2=1,=0得b=±r,求得切線方程是y=kx±r.例2 已知圓的方程為x2+y2+ax+2y+a2=0,一定點為A(1,2),要使過定點A(1,2)作圓的切線有兩條,求a的取值范圍.活動：學生討論,教師指導,教師提問,學生回答,教師對學生解題中出現的問題及時處理,利用幾何方法,點A(1,2)在圓外,即到圓心的距離大于圓的

7、半徑.解:將圓的方程配方得(x+)2+(y+1)2=,圓心C的坐標為(,1),半徑r=,條件是43a20,過點A(1,2)所作圓的切線有兩條,則點A必在圓外,即.化簡,得a2+a+90,由解得a,aR.所以a.故a的取值范圍是(,).點評:過圓外一點可作圓的兩條切線,反之經過一點可作圓的兩條切線,則該點在圓外.同時注意圓的一般方程的條件.思路2例1 已知過點M(-3,-3)的直線l被圓x2+y2+4y-21=0所截得的弦長為45,求直線l的方程.活動：學生思考或討論,教師引導學生考慮問題的思路,求直線l的方程,一般設點斜式,再求斜率.這里知道弦長,半徑也知道,所以弦心距可求,如果設出直線的方程

8、,由點到直線的距離等于弦心距求出斜率；另外也可利用弦長公式,結合一元二次方程根與系數的關系求解.解法一：將圓的方程寫成標準形式有x2+(y+2)2=25,所以圓心為(0,-2),半徑為5.因為直線l被圓x2+y2+4y-21=0所截得的弦長為4,所以弦心距為=,圓心到直線的距離為,由于直線過點M(-3,-3),所以可設直線l的方程為y+3=k(x+3),即kx-y+3k-3=0.根據點到直線的距離公式,圓心到直線的距離為,因此d=,兩邊平方整理得2k2-3k-2=0,解得k=,k=2.所以所求的直線l的方程為y+3=(x+3)或y+3=2(x+3),即x+2y+9=0或2x-y+3=0.解法二

9、：設直線l和已知圓x2+y2+4y-21=0的交點為A(x1,y1),B(x2,y2),直線l的斜率為k,由于直線過點M(-3,-3),所以可設直線l的方程為y+3=k(x+3),即y=kx+3k-3.代入圓的方程x2+y2+4y-21=0,并整理得(1+k2)x2+2k(3k-1)x+(3k-1)2-25=0.結合一元二次方程根與系數的關系有x1+x2=,x1·x2=. |AB|=因為|AB|=45,所以有(1+k2)(x1+x2)2-4x1·x2=80. 把式代入式,得(1+k2)2-4=80.經過整理,得2k2-3k-2=0,解得k=,k=2.所以所求的直線l的方程為

10、y+3=(x+3)或y+3=2(x+3),即x+2y+9=0或2x-y+3=0.點評:解法一突出了適當地利用圖形的幾何性質有助于簡化計算,強調圖形在解題中的作用,加強了數形結合;解法二是利用直線被曲線截得的弦長公式求出斜率后求直線方程,思路簡單但運算較繁.變式訓練 已知圓C：x2+(y-1)2=5,直線l:mx-y+1-m=0.(1)求證：對mR,直線l與圓C總有兩個不同交點;(2)設l與圓C交于不同兩點A、B,若|AB|=,求l的傾斜角;(3)求弦AB的中點M的軌跡方程;(4)若定點P(1,1)分弦AB為=,求此時直線l的方程.解:(1)判斷圓心到直線的距離小于半徑即可,或用直線系過定點P(

11、1,1)求解;點P(1,1)在圓內.(2)利用弦心距、半徑、弦構成的直角三角形求弦長,得m=±,所以=或.(3)設M的坐標為(x,y),連結CM、CP,因為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,整理得軌跡方程為x2+y2-x-2y+1=0(x1).(4)設A(x1,y1),B(x2,y2),由=,得=1. 又由直線方程和圓的方程聯立消去y,得(1+m2)x2-2m2x+m2-5=0, (*)故x1+x2=, 由,得x1=,代入(*),解得m=±1.所以直線l的方程為x-y=0或x+y-2=0.

12、例2 已知直線l:y=k(x+2)與圓O:x2+y2=4相交于A、B兩點,O為坐標原點,ABO的面積為S,試將S表示成k的函數S(k),并指出它的定義域；求S的最大值,并求出取得最大值時的k值.活動：學生審題,再思考討論,教師提示學生欲求ABO的面積,應先求出直線被圓截得的弦長|AB|,將|AB|表示成k的函數.圖5解:如圖5所示,直線的方程為kx-y+2k=0(k0),點O到l之間的距離為|OC|=,弦長|AB|=2，ABO的面積S=|AB|·|OC|=，|AB|0,-1k1(k0).S(k)=(-1k1且k0).ABO的面積S=|OA|·|OB|sinAOB=2sinA

13、OB,當AOB=90°時,Smax=2,此時|OC|=,|OA|=2,即=,k=±.點評：在涉及到直線被圓截得的弦長時,要巧妙利用圓的有關幾何性質,如本題中的RtBOC,其中|OB|為圓半徑,|BC|為弦長的一半.變式訓練 已知x,y滿足x2+y2-2x+4y=0,求x-2y的最大值.活動:學生審題,再思考討論,從表面上看,此問題是一個代數,可用代數方法來解決.但細想后會發現比較復雜,它需把二次降為一次.教師提示學生利用數形結合或判別式法.解法一:(幾何解法)：設x-2y=b,則點(x,y)既在直線x-2y=b上,又在圓x2+y2-2x+4y=0上,即直線x-2y=b和圓x

14、2+y2-2x+4y=0有交點,故圓心(1,-2)到直線的距離小于或等于半徑,所以.所以0b10,即b的最大值是10.解法二:(代數解法)：設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.由于這個一元二次方程有解,所以其判別式=16b2-20(b2-2b)=40b-4b20,即b2-10b0,0b10.所以求出b的最大值是10.點評:比較兩個解法,我們可以看到,數形結合的方法難想但簡單,代數法易想但較繁,要多練習以抓住規律.例3 已知圓C：(x1)2(y2)2=25,直線l：(2m+1)x+(m+1)y7m

15、4=0(mR).(1)證明不論m取什么實數,直線l與圓恒交于兩點；(2)求直線被圓C截得的弦長最小時l的方程.活動：學生先思考,然后討論,教師引導學生考慮問題的方法,由于直線過定點,如果該定點在圓內,此題便可解得.最短的弦就是與過定點與此直徑垂直的弦.解:(1)證明：因為l的方程為(x+y4)+m(2x+y7)=0.因為mR,所以,解得即l恒過定點A(3,1).因為圓心C(1,2),AC=5(半徑),所以點A在圓C內,從而直線l恒與圓C相交于兩點.(2)弦長最小時,lAC,由kAC=,所以l的方程為2xy5=0.點評：證明直線與圓恒相交,一是可以將直線與圓的方程聯立方程組,進而轉化為一元二次方

16、程,根據判別式與0的大小來判斷,這是通性通法,但過程繁瑣,計算量大；二是說明直線過圓內一點,由此直線與圓必相交.對于圓中過A點的弦,以直徑為最長,過A點與此直徑垂直的弦為最短.變式訓練 求圓x2+y2+4x-2y+4=0上的點到直線y=x-1的最近距離和最遠距離.解:圓方程化為(x+2)2+(y-1)2=1,圓心(-2,1)到直線y=x-1的距離為d=2,所以所求的最近距離為2-1,最遠距離為2+1.知能訓練1.已知直線l:y=2x2,圓C:x2y22x4y1=0,請判斷直線l與圓C的位置關系,若相交,則求直線l被圓C所截的線段長.活動:請大家獨立思考,多想些辦法.然后相互討論,比較解法的不同

17、之處.學生進行解答,教師巡視,掌握學生的一般解題情況.解法一：由方程組解得即直線l與圓C的交點坐標為(,)和(1,4),則截得線段長為.解法二：由方程組(略)消去y,得5x22x3=0,設直線與圓交點為A(x1,y1),B(x2,y2),則AB中點為(-,-),所以得(x1-x2)2=,則所截線段長為|AB|=(1+k2)(x1-x2)2=.解法三：圓心C為(1,2),半徑r=2,設交點為A、B,圓心C到直線l之距d=,所以.則所截線段長為|AB|=.點評:前者直接求交點坐標,再用兩點距離公式求值；后者雖然也用兩點距離公式,但借用韋達定理,避免求交點坐標.解法三利用直線與圓的位置關系,抓住圓心

18、到直線之距d及圓半徑r來求解.反映了抓住本質能很快接近答案的特點.顯然,解法三比較簡潔.2.已知直線x+2y-3=0交圓x2+y2+x-6y+F=0于點P、Q,O為原點,問F為何值時,OPOQ?解:由消去y,得5x2+10x+4F-27=0,所以x1x2=,x1+x2=-2.所以y1y2=.因為OPOQ,所以x1x2+y1y2=0,即=0.所以F=3.點評：(1)解本題之前先要求學生指出解題思路.(2)體會垂直條件是怎樣轉化的,以及韋達定理的作用：處理x1,x2的對稱式.在解析幾何中經常運用韋達定理來簡化計算.拓展提升已知點P到兩個定點M(1,0)、N(1,0)距離的比為,點N到直線PM的距離為1,求直線PN的方程.解:設點P的坐標為(x,y),由題設有=,即=·,整理得x2+y26x+1=0. 因為點N到PM的距離為1,|MN|=2,所以PMN=30°,直線PM的斜率為±.直線PM的方程為y=±(x+1). 將代入整理,得x24x+1=0.解得x1=2+,x2=2.代入得點P的坐標為(2+,1+3)或(2,1+)；(2+,13)或(2,1).直線PN的方程為y=x1或y=x+1.課堂小結1.直線和圓位置關系的判定方法：代數法和幾何法.2.直線和圓相切,這類問題主要是求圓的切線方程.求圓的切線