人教B版 (2019)选择性必修 第一册2.3.3 直线与圆的位置关系优质导学案

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第一册2.3.3 直线与圆的位置关系优质导学案，共9页。学案主要包含了典例解析等内容，欢迎下载使用。




1.已知直线与圆相交，能用代数法和几何法两种方法求弦长.


2.掌握直线与圆的综合问题.





重点：求弦长问题


难点：直线与圆的综合问题





知识梳理


1.直线与圆的位置关系


直线l:Ax+By+C=0(A2+B2≠0),圆C:(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0),设圆心(a,b)到直线的距离是d,


d=|Aa+Bb+C|A2+B2,则有:








一、典例解析


例1.已知直线l:x+y+2=0与圆C:x2+y2=9交于A,B两点.


(1)求线段AB的长


(2)求线段AB中点的坐标




















求直线与圆相交时的弦长有三种方法


(1)交点法:将直线方程与圆的方程联立,求出交点A,B的坐标,根据两点间的距离公式 |AB|=(x1-x2)2+(y1-y2)2求解.


(2)弦长公式:





如图所示,将直线方程与圆的方程联立,设直线与圆的两交点分别是A(x1,y1),B(x2,y2),则|AB|=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+k2|x1-x2|=1+1k2|y1-y2|(直线l的斜率k存在且不为0).


(3)几何法:如图,直线与圆C交于A,B两点,设弦心距为d,圆的半径为r,弦长为|AB|,则有|AB|22+d2=r2,即|AB|=2r2-d2.


通常采用几何法较为简便.








2.若涉及直线和圆相交的问题,除了借助平面几何知识进行分析,还经常利用联立方程,用解方程组的思路来讨论有关弦长和垂直等问题.





跟踪训练1 已知点P1(-5+1,0),P2(5+1,0),P3(1,1)均在圆C上.


(1)求圆C的方程;


(2)若直线3x-y+1=0与圆C相交于A,B两点,求线段AB的长;


(3)设过点(-1,0)的直线l与圆C相交于M,N两点,试问:是否存在直线l,使得以MN为直径的圆经过原点O?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.














例2 已知实数x,y满足y=3-x2,求m=y+1x+3及b=2x+y的取值范围.











1.与圆有关的最值问题,可借助几何特征及几何法先确定达到最值的位置,再进行计算.有些与圆有关的最值问题涉及是否过圆心,有时注意考虑表达式中字母的几何意义,如两点间距离公式、斜率公式、在y轴上的截距等.


2.对于本题而言,解决的关键是理解m和b的几何意义,同时要借助分界线探求参数的取值范围.








1.直线y=x-1上的点与圆x2+y2+4x-2y+4=0上的点的距离的最小值为( )


A.22B.2-1 C.22-1D.1


2.直线y=x+1与圆x2+y2+2y-3=0交于A,B两点,则|AB|= .


3.过点(3,1)作圆(x-2)2+(y-2)2=4的弦,其中最短弦长为 .


4.已知直线l:mx+y-3=0与圆(x-1)2+(y-2)2=4交于A,B两点,过A,B分别做l的垂线与x


轴交于C,D两点,若|AB|=4,则|CD|= .


5.记x2+y2≤1表示的平面区域为W,点O为原点,点P为直线y=2x-2上的一个动点,若区域W上存在点Q,使得|OQ|=|PQ|,试求|OP|的最大值.




















参考答案：


知识梳理


学习过程


例1. 解:(方法一)如图所示，设AB的中点为M，根据垂径定理


可知OM⊥AB,因此∆AMO是个直角三角形.


由点到直线的距离公式可知OM=212+12=2


又OA是圆的半径，因此OA=3


从而Rt∆AMO中，有AM=OA2-OM2=32-(2)2=7


因此AB=2AM=27





解:(方法二)设Ax1,y1,Bx2,y2,


则AB2=（x2-x1）2-（y2-y1）2因为Ax1,y1,Bx2,y2都是直线x+y+2=0上的点，所以x1+y1+2=0x2+y2+2=0


第二式减去第一式可得x2-x1+y2-y1=0


因此y2-y1= - （x2-x1），从而


AB2=（x2-x1）2+- （x2-x1）2=2（x2-x1）2


又因为从方程组x+y+2=0x2+y2=9


中消去y ，整理可得2x2+4x-5=0，


而且x1,x2是这个方程的两个根，


因此由韦达定理可知x1+x2=-2x1x2=-52


所以（x2-x1）2=（x2-x1）2 -4x1x2=（-2）2 -4×(-52)=14


因此AB2=2×14=28,从而可知AB=27


（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，且线段AB的中点坐标为x0,y0，


则 x0=x2+x12，y0=y2+y12，由（1）中的方法二可知x0=x2+x12=-22= -1


又因为直线l的方程可以化为y=-x-2,所以y0=y2+y12=-x1-2+(-x2-2)2= -x2+x12 -2= -1


因此所求中点坐标为（-1,-1）





跟踪训练1 解:(1)∵点P1(-5+1,0),P2(5+1,0),P3(1,1)均在圆C上,∴圆心C的横坐标为1,


设圆C的方程为(x-1)2+(y-b)2=r2,


则(5)2+b2=r2,(1-b)2=r2,解得b=-2,r=3.


∴圆C的方程为(x-1)2+(y+2)2=9.


(2)圆C的圆心坐标为(1,-2),半径为3,


圆心到直线3x-y+1=0的距离为d=|3+2+1|10=3105.∴直线3x-y+1=0


被圆C截得的弦AB的长为29-31052=6155.


(3)存在直线l满足题意.理由如下,


设M(x1,y1),N(x2,y2),


由题意,知OM⊥ON,且OM,ON 的斜率均存在,


②当直线l 的斜率存在时,可设直线l 的方程为y=k(x+1),


代入(x-1)2+(y+2)2=9,


得(1+k2)x2+(2k2+4k-2)x+k2+4k-4=0,


∴kOM·kON=-1,则y1x1·y2x2=-1,即x1x2+y1y2=0.


①当直线l的斜率不存在时,可得直线l的方程为x=-1,则M(-1,5-2),N(-1,-5-2),满足x1x2+y1y2=0,∴直线l:x=-1满足条件;


则x1+x2=-2k2+4k-21+k2,x1x2=k2+4k-41+k2,


由x1x2+y1y2=0,得x1x2+k2(x1+1)(x2+1)=0,


即(1+k2)x1x2+k2(x1+x2)+k2=0,


∴(1+k2)·k2+4k-41+k2-k2·2k2+4k-21+k2+k2=0,解得k=1,


∴直线l的方程为y=x+1.


综上可知,存在满足条件的直线l:x=-1和l:y=x+1.


例2 分析y=3-x2可化为x2+y2=3(y≥0),即以(0,0)为圆心,半径为3的半圆,m=y+1x+3=y-(-1)x-(-3),可看作半圆上的点与点(-3,-1)连线的斜率;b可看作与半圆有公共点的直线2x+y-b=0在y轴上的截距.


解:y=3-x2表示以原点为圆心,半径为3的上半圆,m=y+1x+3表示过点A(-3,-1)和(x,y)的直线的斜率,如图①所示.





图① 图②





可知kAB≤m≤kAC.B点坐标为(3,0),


所以kAB=0-(-1)3-(-3)=3-36.


由图①可知,AC斜率存在,设直线AC的方程为y+1=kAC(x+3),即kACx-y+3kAC-1=0,


因为AC与半圆x2+y2=3(y≥0)相切,


所以|3kAC-1|1+kAC2=3,所以kAC=3+216.


所以m的取值范围是3-36,3+216.


由b=2x+y,知b表示直线2x+y-b=0在y轴上的截距,如图②所示.


可知直线b=2x+y一定位于两直线l1与l2之间.由直线l2与半圆相切,得b=15,由直线l1过D(-3,0),得b=-23.


故b的取值范围是[-23,15].


达标检测


1.解析:圆x2+y2+4x-2y+4=0的圆心为(-2,1),半径为1,


圆心到直线y=x-1的距离为d=|-2-1-1|2=22,


所以直线y=x-1上的点与圆x2+y2+4x-2y+4=0上的点的距离


的最小值为22-1.


答案:C


2.解析:圆的方程可化为x2+(y+1)2=4,


故圆心C(0,-1),半径r=2,


圆心到直线y=x+1的距离d=|0-(-1)+1|2=2,


所以弦长|AB|=2r2-d2=24-2=22.


答案:22


3.解析:设点A(3,1),易知圆心C(2,2),半径r=2.


当弦过点A(3,1)且与CA垂直时为最短弦,





|CA|=(2-3)2+(2-1)2=2.


∴半弦长=r2-|CA|2=4-2=2.


∴最短弦长为22.


答案:22


4.解析:圆(x-1)2+(y-2)2=4,圆心(1,2),半径r=2,


∵|AB|=4,∴直线l:mx+y-3=0过圆心(1,2),


∴m+2-3=0,∴m=1,


∴直线l:x+y-3=0,倾斜角为135°,


∵过A,B分别做l的垂线与x轴交于C,D两点,


∴|CD|=|AB|sin45°=422=42.


答案:42


5.解:画出直线y=2x-2与平面区域W,如图所示,


易知|OQ|≤1,在△OQP中,|OQ|+|QP|>|OP|,当且仅当O,Q,P三点共线时,有|OQ|+|QP|=|OP|.所以当|OQ|=1时,|OP|取最大值2.








位置


关系
几何特征
代数特征


(方程联立)
公共点个数
相离
d>r
无实数解(Δ<0)
0
相切
d=r
一组实数解(Δ=0)
1
相交
d两组实数解(Δ>0)
2