人教A版高中数学必修二同步学习讲义：第四章圆与方程疑难规律方法 Word版含答案

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1　圆的两种方程的区别与联系圆心为(a，b)，半径为r的圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2；而二元二次方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，当D2＋E2－4F>0时，表示圆心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半径为r＝eq \f(1,2)eq \r(D2＋E2－4F)的圆，叫做圆的一般方程．二者的相同点表现在：(1)二者的实质相同，可以互相转化；标准方程展开后就是一般方程，而一般方程经过配方后就转化为了标准方程．掌握这一点对于更好地理解一般方程是很有帮助的．(2)不论圆的标准方程还是一般方程，都有三个字母(a、b、r或D、E、F)的值需要确定，因此需要三个独立的条件．利用待定系数法得到关于a、b、r(或D、E、F)的三个方程组成的方程组，解之得到待定系数的值．标准方程与一般方程的差别主要表现在以下两点：1．二者确定圆的条件不同例1　圆心P在直线y＝x上，且与直线x＋2y－1＝0相切的圆，截y轴所得的弦长|AB|＝2，求此圆的方程．解　∵圆心P在直线y＝x上，∴可设P的坐标为(k，k)，设圆的方程为(x－k)2＋(y－k)2＝r2(r>0)．作PQ⊥AB于Q，连接AP，在Rt△APQ中，|AQ|＝1，|AP|＝r，|PQ|＝|k|，∴r＝eq \r(1＋k2).又r＝eq \f(|k＋2k－1|,\r(12＋22))，∴eq \f(|k＋2k－1|,\r(12＋22))＝eq \r(k2＋1)，整理得2k2－3k－2＝0，解得k＝2或k＝－eq \f(1,2).当k＝2时，圆的半径为r＝eq \r(k2＋1)＝eq \r(5)，故圆的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝5.当k＝－eq \f(1,2)时，圆的半径为r＝eq \r(k2＋1)＝eq \f(\r(5),2)，故圆的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2)))2＝eq \f(5,4).因此所求圆的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝5或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2)))2＝eq \f(5,4).例2　已知△ABC各顶点的坐标分别为A(－1,5)，B(－2，－2)，C(5,5)，求其外接圆的方程．分析　可利用待定系数法，设出圆的一般方程，根据所列条件求得系数，进而得到方程．解　设过A、B、C三点的圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，将A(－1,5)，B(－2，－2)，C(5,5)代入，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－D＋5E＋F＋26＝0，,－2D－2E＋F＋8＝0，,5D＋5E＋F＋50＝0，))解得D＝－4，E＝－2，F＝－20，∴其外接圆的方程为x2＋y2－4x－2y－20＝0.评注　圆的标准方程侧重于圆心坐标和半径，因此在题目条件中涉及到圆心坐标时，多选用标准方程；而已知条件和圆心或半径都无直接关系时，一般采用圆的一般方程，再用待定系数法求出常数D，E，F.需要指出的是，应用待定系数法，要尽可能少设变量，从而简化计算．另外对于已知圆上两点或三点求圆的方程，通常情况下利用一般式更简单．2．二者的应用方面不同例3　若半径为1的圆分别与y轴的正半轴和射线y＝eq \f(\r(3),3)x(x≥0)相切，求这个圆的方程．分析　利用“半径为1的圆与y轴的正半轴相切”这一条件可以直接求得圆心的横坐标，这是本题方程求解的一个突破口．解　由题意知，圆心的横坐标及半径为1，纵坐标大于0，设圆心纵坐标为b(b＞0)，则圆的方程为(x－1)2＋(y－b)2＝1(b＞0)，∵圆与射线y＝eq \f(\r(3),3)x(x≥0)相切，∴eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)－b)), \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＋1))＝1，解得b＝eq \r(3)，∴圆的方程为(x－1)2＋(y－eq \r(3))2＝1.评注　圆的标准方程明显带有几何的影子，圆心和半径一目了然，因此结合初中平面几何中的垂径定理可以使问题的求解简化；而圆的一般方程明显表现出代数的形式与结构，更适合方程理论的运用．2　圆弦长的求法1．利用两点间的距离公式若直线与圆相交的两个交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22).例1　求过原点且倾斜角为60°的直线被圆x2＋y2－4y＝0所截得的弦长．解　设直线与圆相交时的两个交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知直线的方程为y＝eq \r(3)x.解方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x，,x2＋y2－4y＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＝0，,y1＝0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＝\r(3)，,y2＝3.))∴|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)＝eq \r(0－\r(3)2＋0－32)＝2eq \r(3).评注　解由直线方程与圆方程联立的方程组得弦的两端点的坐标，再由两点间的距离公式求解．这是一种最基本的方法，当方程组比较容易解时常用此法．2．利用勾股定理若弦心距为d，圆的半径为r，则弦长|AB|＝2eq \r(r2－d2).例2　求直线x＋2y＝0被圆x2＋y2－6x－2y－15＝0所截得的弦长|AB|.解　把圆x2＋y2－6x－2y－15＝0化为标准方程为(x－3)2＋(y－1)2＝25，所以其圆心坐标为(3,1)，半径为r＝5.因为圆心(3,1)到直线x＋2y＝0的距离为d＝eq \f(|3＋2×1|,\r(12＋22))＝eq \r(5)，所以弦长|AB|＝2eq \r(r2－d2)＝4eq \r(5).3．利用弦长公式若直线l的斜率为k，与圆相交时的两个交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2]).例3　求直线2x－y－2＝0被圆(x－3)2＋y2＝9所截得的弦长|AB|.解　设直线与圆相交时的两个交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x－y－2＝0，,x－32＋y2＝9，))消去y整理得5x2－14x＋4＝0，则x1＋x2＝eq \f(14,5)，x1x2＝eq \f(4,5).∴|AB|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq \r(1＋22\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(14,5)))2－4×\f(4,5))))＝eq \f(2\r(145),5).评注　通常设出弦的两端点的坐标(不必求出，即设而不求)，联立直线方程与圆方程消去y(或x)转化为关于x(或y)的一元二次方程，再结合根与系数的关系即可得解.3　妙用对策简解“圆”的问题在学习圆的知识时，往往会遇到一些综合性强、运算量大的问题，解决这类问题的关键是避开复杂运算，减少运算量．现举例介绍求解圆问题的三条简解对策．1．合理选用方程要学会选择合适的“圆的方程”，如果方程选择得当，运算量就会减少，解法就简捷．如果问题中给出圆心坐标关系或圆心的特殊位置或半径大小时，选用标准方程；否则，选用一般方程．例1　求圆心在直线2x－y－3＝0上，且过点A(5,2)，B(3，－2)的圆的方程．解　设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)．因为圆过点A(5,2)，B(3，－2)，所以圆心一定在线段AB的垂直平分线上．易得线段AB的垂直平分线方程为y＝－eq \f(1,2)(x－4)．又因为圆心在直线2x－y－3＝0上，所以由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x－4，,2x－y－3＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝1，))即圆心坐标为(2,1)．又圆的半径为r＝eq \r(5－22＋2－12)＝eq \r(10).所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝10.2．数形结合，充分运用圆的几何性质求解直线与圆的位置关系问题时，为避免计算量过大，可以数形结合，充分运用圆的几何性质求解．比如，圆心在圆的任一条弦的垂直平分线上；计算弦长时，可用半径、弦心距、弦长的一半构成直角三角形；涉及圆的切线时，要考虑过切点与切线垂直的半径等．例2　已知直线l：y＝kx＋1，圆C：(x－1)2＋(y＋1)2＝12.(1)证明：不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点；(2)求直线l被圆C截得的最短弦长．方法一　(1)证明　由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x－12＋y＋12＝12，))消去y得(k2＋1)x2－(2－4k)x－7＝0，因为Δ＝[－(2－4k)]2＋28(k2＋1)>0，所以不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点．(2)解　设直线与圆交于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，则直线l被圆C截得的弦长为|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝2eq \r(\f(8－4k＋11k2,1＋k2))＝2eq \r(11－\f(4k＋3,1＋k2))，令t＝eq \f(4k＋3,1＋k2)，则tk2－4k＋(t－3)＝0，当t＝0时，k＝－eq \f(3,4)，当t≠0时，因为k∈R，所以Δ＝16－4t(t－3)≥0，解得－1≤t≤4，且t≠0，故t＝eq \f(4k＋3,1＋k2)的最大值为4，此时|AB|最小为2eq \r(7).方法二　(1)证明　圆心C(1，－1)到直线l的距离为d＝eq \f(|k＋2|,\r(1＋k2))，圆C的半径为R＝2eq \r(3)，R2－d2＝12－eq \f(k2＋4k＋4,1＋k2)＝eq \f(11k2－4k＋8,1＋k2)，而在S＝11k2－4k＋8中，Δ＝(－4)2－4×11×8<0，故11k2－4k＋8>0对k∈R恒成立，所以R2－d2>0，即d1，所以点M在圆O外．连接MO并延长，顺次交圆O于D，E两点，则|MD|≤|PM|≤|ME|，即|MO|－r≤|PM|≤|MO|＋r.所以|PM|的最小值为|MO|－r＝eq \r(13)－1，即(x＋2)2＋(y－3)2的最小值为(eq \r(13)－1)2＝14－2eq \r(13).评注　本例从运动变化的角度出发(让点P在圆上运动)，在运动中寻觅最值取得的条件，从而使问题获解．2．方程思想通过观察、分析、判断将问题化归为方程的问题，利用方程的性质，实现问题与方程的互相转化，达到解决问题的目的．例2　已知过点(3,0)的直线l与圆x2＋y2＋x－6y＋3＝0相交于P，Q两点，且OP⊥OQ(其中O为原点)，求直线l的方程．分析　由条件OP⊥OQ，若设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则eq \f(y1－0,x1－0)·eq \f(y2－0,x2－0)＝－1.由P，Q在圆及直线上，可借助方程求解．解　设直线l的方程为x＋ay－3＝0(a≠0)，则点P(x1，y1)，Q(x2，y2)的坐标满足方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋x－6y＋3＝0，,x＋ay－3＝0，))消去y，得x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－x,a)))2＋x－6·eq \f(3－x,a)＋3＝0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a2)))x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,a2)＋\f(6,a)＋1))x＋eq \f(9,a2)－eq \f(18,a)＋3＝0，所以x1x2＝eq \f(3a2－18a＋9,a2＋1). ①由方程组消去x，得(3－ay)2＋y2＋(3－ay)－6y＋3＝0，即(a2＋1)y2－(7a＋6)y＋15＝0，所以y1y2＝eq \f(15,a2＋1). ②因为OP⊥OQ，所以eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝－1，即x1x2＋y1y2＝0，由①②，得eq \f(3a2－18a＋9,a2＋1)＋eq \f(15,a2＋1)＝0.整理得a2－6a＋8＝0，解得a＝2或a＝4.故直线l的方程为x＋2y－3＝0或x＋4y－3＝0.评注　本题巧用根与系数的关系与方程思想，使问题得以顺利解决．3．转化思想所谓转化思想，就是在研究和解决有关数学问题时，采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而得到解决问题的一种方法．一般地，总是将复杂的问题转化为简单的问题，将未知的问题转化为已知的问题．例3　求圆(x－2)2＋(y＋3)2＝4上的点到直线x－y＋2＝0的最大距离与最小距离．分析　圆是一个对称图形，依其对称性，圆上的点到直线的最大(小)距离为圆心到直线的距离加上(减去)半径．解　由圆的方程(x－2)2＋(y＋3)2＝4易知，其圆心坐标为(2，－3)，半径为r＝2.所以圆心(2，－3)到直线x－y＋2＝0的距离为d＝eq \f(|2＋3＋2|,\r(2))＝eq \f(7\r(2),2).故圆(x－2)2＋(y＋3)2＝4上的点到直线x－y＋2＝0的最大距离为eq \f(7\r(2),2)＋2，最小距离为eq \f(7\r(2),2)－2.评注　凡是涉及与圆有关的距离问题，均可转化为圆心到直线的距离问题．以上三例告诉我们，在平面解析几何初步相关问题中，蕴含着丰富的数学思想，合理且正确地运用这些数学思想，对数学问题的有效解决意义重大．因此在平时的学习中应注意这些数学思想的运用，并及时加以体会和总结.5　圆与圆位置关系考点透视圆与圆的位置关系在近年高考命题中，常以选择题或填空题形式出现，难度不大，属于基础题或中档题．因此，知识的熟练性与常规技能的全面性是正确求解此类问题的关键．1．直接判断圆与圆的位置关系已知两圆的方程，让我们根据方程直接判断两圆的位置关系．例1　圆O1：x2＋y2－2x＝0和圆O2：x2＋y2－4y＝0的位置关系是(　　)A．相离 B．相交 C．外切 D．内切解析　由圆O1：x2＋y2－2x＝0，得(x－1)2＋y2＝1，即圆心O1(1,0)，半径r1＝1.由圆O2：x2＋y2－4y＝0，得x2＋(y－2)2＝4，即圆心O2(0,2)，半径r2＝2.则|O1O2|＝eq \r(1－02＋0－22)＝eq \r(5)，1＝|r1－r2|<|O1O2|<|r1＋r2|＝3，故两圆位置关系为相交，故选B.答案　B评注　要判断两圆的位置关系，可以通过研究它们圆心距与半径之间的关系．2．以逆向思维的形式考查圆与圆的位置关系即已知两圆的位置关系，要求同学们能准确描绘图形，建立方程或不等关系，借以求得参数值或范围，或确定圆的方程．例2　与直线x＋y－2＝0和曲线x2＋y2－12x－12y＋54＝0都相切的半径最小的圆的标准方程是__________________________．解析　曲线可化为(x－6)2＋(y－6)2＝18，其圆心到直线x＋y－2＝0的距离为d＝eq \f(|6＋6－2|,\r(2))＝5eq \r(2)，根据图示可知，所求的最小圆的圆心在直线y＝x上，其到直线x＋y－2＝0的距离为eq \r(2)，所以圆心坐标为(2,2)．故圆的标准方程为(x－2)2＋(y－2)2＝2.答案　(x－2)2＋(y－2)2＝2评注　解析几何是数形结合的有效载体，因此，在求解解析几何问题时，要充分利用画图，从而简洁、迅速解题．6　公共弦问题解析两个圆相交，它们有两个交点，连接这两个交点，可得两圆的公共弦．公共弦与两个圆的特征量(圆心和半径)都有联系，因此，它是沟通两圆的一个桥梁．下面分类解析，供参考．1．求公共弦所在直线的方程问题例1　圆C1：(x－1)2＋(y＋1)2＝3与圆C2：x2＋y2＋2x－2y－3＝0的公共弦所在直线的方程为______________．求解提示　把圆的方程化为一般方程，然后两圆方程相减，所得方程即为公共弦所在的直线方程．解析　把圆C1的方程化为一般式，得x2＋y2－2x＋2y－1＝0.两圆方程相减，并整理得2x－2y－1＝0，即为两圆公共弦所在直线的方程．答案　2x－2y－1＝0评注　两相交圆的一般方程相减后，会得到一个关于x，y的二元一次方程，它表示一条直线，又是两圆方程的公共解，即两圆交点的坐标一定是这个方程的解，所以这个方程表示的直线过两圆交点，所以它是两圆公共弦所在的直线方程．2．求公共弦长问题例2　求圆C1：x2＋y2－10x－10y＝0与圆C2：x2＋y2＋6x＋2y－40＝0的公共弦长．求解提示　求出两圆公共弦所在的直线的方程，然后在一个圆中运用圆的弦长公式求两圆的公共弦长．解　两圆方程相减，并整理，得公共弦所在的直线方程为4x＋3y－10＝0.把圆C1的方程化为标准方程是(x－5)2＋(y－5)2＝50，它的圆心坐标为C1(5,5)，半径为r1＝5eq \r(2).又圆心C1到直线4x＋3y－10＝0的距离为d＝eq \f(|4×5＋3×5－10|,\r(42＋32))＝5，所以公共弦长为2eq \r(r\o\al(2,1)－d2)＝2eq \r(50－25)＝10.评注　求两圆的公共弦长，需先求出公共弦所在的直线方程，然后在一个圆中运用圆的弦长公式求公共弦长，即把两圆的公共弦长转化为一个圆的弦长求解．3．公共弦的性质的应用问题例3　已知圆C1：x2＋y2＝4与圆C2：(x－eq \r(5))2＋(y－2)2＝r2(r>0)的公共弦的长为eq \r(7)，求r的值．求解提示　利用两圆连心线垂直平分公共弦这一性质，分两圆圆心在公共弦的异侧和同侧两种情况，讨论求解．解　设两圆的公共弦的两个端点为A、B.如图，当两圆圆心在公共弦异侧时，连接C1A、C2A、C1C2，则C1C2⊥AB.设C1C2∩AB＝M，则M是AB的中点．在Rt△C1MA中，可得|C1M|＝eq \r(|C1A|2－|AM|2)＝eq \r(4－\f(\r(7),2)2)＝eq \f(3,2)，又|C1C2|＝eq \r(\r(5)2＋22)＝3，所以|MC2|＝|C1C2|－|C1M|＝3－eq \f(3,2)＝eq \f(3,2)，所以|AC2|＝|AC1|＝2，即r＝2.如图，当两圆圆心在公共弦同侧时，连接C1A、C2A、C1C2，则C1C2⊥AB.设C1C2∩AB＝M，则M是AB的中点．在Rt△C1MA中，可得|C1M|＝eq \r(|C1A|2－|AM|2)＝eq \r(4－\f(\r(7),2)2)＝eq \f(3,2)，又|C1C2|＝eq \r(\r(5)2＋22)＝3，所以|MC2|＝|C1M|＋|C1C2|＝eq \f(3,2)＋3＝eq \f(9,2)，所以|AC2|＝eq \r(|MA|2＋|MC2|2)＝eq \r(\f(\r(7),2)2＋\f(9,2)2)＝eq \r(22)，即r＝eq \r(22).评注　因为解答本题要同时在两个圆中展开计算，所以必须运用公共弦的性质，方可保证运算畅通．忽视两圆圆心在公共弦同侧的情形是本题的一个易错点．7　空间两点间距离公式的应用在空间直角坐标系中，设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)为空间中的两点，则|AB|＝eq \r(x2－x12＋y2－y12＋z2－z12)，此公式应用比较广泛，下面举例说明其在以下几类问题中的应用．1．求距离例1　求点A(0,1,3)与点B(2,0,1)之间的距离．分析　解答本题可直接利用空间两点间的距离公式．解　|AB|＝eq \r(0－22＋1－02＋3－12)＝3.评注　利用空间两点的距离公式可求空间中任意两点的距离．2．判断三角形的形状例2　已知点A(10，－1,6)，B(4,1,9)，C(2,4,3)，求证：△ABC为等腰直角三角形．分析　利用空间两点间的距离公式，求出三角形的三边长，从而判断三角形的形状．证明　利用空间两点间的距离公式，得|AB|＝eq \r(4－102＋1＋12＋9－62)＝7，|BC|＝eq \r(2－42＋4－12＋3－92)＝7，|AC|＝eq \r(2－102＋4＋12＋3－62)＝7eq \r(2)，所以有|AB|＝|BC|且|AC|2＝|AB|2＋|BC|2，所以△ABC为等腰直角三角形．评注　有关三角形形状的判断，常常根据两点间的距离公式求出边长，然后根据勾股定理等知识再去判断．3．判断三点共线例3　已知A(3，－2，－1)，B(－1，－3,2)，C(－5，－4,5)，求证：A、B、C三点共线．分析　利用空间两点间的距离公式求出任意两点的距离，从而判断三点是否在一条直线上．证明　利用空间两点间的距离公式，得|AB|＝eq \r(3＋12＋－2＋32＋－1－22)＝eq \r(26)，|BC|＝eq \r(－1＋52＋－3＋42＋2－52)＝eq \r(26)，|AC|＝eq \r(3＋52＋－2＋42＋－1－52)＝2eq \r(26).所以|AC|＝|AB|＋|BC|，所以A，B，C三点共线．评注　运用此种方法可以证明三点共线问题．4．求点的坐标例4　在空间直角坐标系中，已知点P(1,0,1)，Q(4,3，－1)，在z轴上是否存在一点M，使|MP|＝|MQ|？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．分析　对于点M是否存在，可先在z轴上设出点M的坐标，再根据点M满足的条件去求解判断．解　假设在z轴上存在点M，设为(0,0，z)．由|MP|＝|MQ|，得eq \r(12＋0＋1－z2)＝eq \r(42＋32＋－1－z2)，两边平方整理得z2－2z＋2＝z2＋2z＋26，即z＝－6.所以在z轴上存在一点M(0,0，－6)，使|MP|＝|MQ|.评注　此题属于“存在性”开放题，对于此类问题的求解，先假设存在，通过解方程得出结论，然后检验是否符合条件或所学知识，符合则存在，不符合则不存在．