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)2－4×11×80对k∈R恒成立，所以R2－d2>0，即d