2022高考数学一轮复习-第九章-解析几何-9.4-直线与圆、圆与圆的位置关系学案北师大版.docx

2022高考数学一轮复习 第九章 解析几何 9.4 直线与圆、圆与圆的位置关系学案北师大版

2022高考数学一轮复习 第九章 解析几何 9.4 直线与圆、圆与圆的位置关系学案北师大版

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姓名：

9.4　直线与圆、圆与圆的位置关系
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.直线与圆的位置关系
设直线l:Ax+By+C=0(A2+B2≠0),
圆:(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0),
d为圆心(a,b)到直线l的距离,联立直线和圆的方程,消元后得到的一元二次方程的判别式为Δ.

位置关系
方法
几何法
代数法

相交
d　　r 
Δ　　0 
相切
d　　r 
Δ　　0 
相离
d　　r 
Δ　　0 

2.圆与圆的位置关系
设圆O1:(x-a1)2+(y-b1)2=r12(r1>0),
圆O2:(x-a2)2+(y-b2)2=r22(r2>0).

位置关系
方法
几何法:圆心距d与r1,r2的关系
代数法:两圆方程联立组成方程组的解的情况
外离

外切

一组实数解
相交

两组不同的实数解
内切
d=|r1-r2|(r1≠r2)

内含
0≤d<|r1-r2|(r1≠r2)

1.当两圆相交时,两圆方程(x2,y2项的系数相同)相减便可得公共弦所在直线的方程.
2.过圆x2+y2=r2上一点P(x0,y0)的圆的切线方程为x0x+y0y=r2.
3.过圆(x-a)2+(y-b)2=r2上一点P(x0,y0)的圆的切线方程为(x0-a)(x-a)+(y0-b)(y-b)=r2.
4.过圆x2+y2=r2外一点M(x0,y0)作圆的两条切线,则两切点所在的直线方程为x0x+y0y=r2.
5.直线与圆的位置关系的常用结论
(1)直线与圆相交时,弦心距d,半径r,弦长的一半12l满足关系式r2=d2+12l2.
(2)当直线与圆相交时,弦长公式|AB|=1+k2|xA-xB|=(1+k2)[(xA+xB)2-4xAxB].
6.同心圆系方程为(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0),其中a,b是定值,r是参数.

　　7.过直线Ax+By+C=0(A2+B2≠0)与圆x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)交点的圆系方程为x2+y2+Dx+Ey+F+λ(Ax+By+C)=0(λ∈R).
8.过圆C1:x2+y2+D1x+E1y+F1=0(D12+E12-4F>0)和圆C2:x2+y2+D2x+E2y+F2=0(D22+E22-4F>0)交点的圆系方程为x2+y2+D1x+E1y+F1+λ(x2+y2+D2x+E2y+F2)=0(λ≠-1)(该圆系不含圆C2,解题时,注意检验圆C2是否满足题意,以防漏解).

考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)若直线与圆组成的方程组有解,则直线与圆相交或相切.(　　)
(2)如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和,则两圆相交.(　　)
(3)“k=1”是“直线x-y+k=0与圆x2+y2=1相交”的必要不充分条件.(　　)
(4)过圆O:x2+y2=r2外一点P(x0,y0)作圆的两条切线,切点为A,B,则O,P,A,B四点共圆且直线AB的方程是x0x+y0y=r2.(　　)
(5)联立两相交圆的方程并消掉二次项后得到的二元一次方程是两圆的公共弦所在的直线方程.(　　)
2.(2020山东泰安三模,4)已知抛物线C:x2=4y的准线恰好与圆M:(x-3)2+(y-4)2=r2(r>0)相切,则r=(　　)

A.3 B.4
C.5 D.6
3.直线l:x+ay=2被圆x2+y2=4所截得的弦长为23,则直线l的斜率为(　　)
A.3 B.-3
C.33 D.±33
4.(2020全国2,理5)若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切,则圆心到直线2x-y-3=0的距离为(　　)
A.55 B.255
C.355 D.455
5.(2020天津,12)已知直线x-3y+8=0和圆x2+y2=r2(r>0)相交于A,B两点.若|AB|=6,则r的值为　　　　　. 
关键能力学案突破　

考点
直线与圆的位置关系及其应用

【例1】(1)(2020全国1,理11)已知☉M:x2+y2-2x-2y-2=0,直线l:2x+y+2=0,P为l上的动点.过点P作☉M的切线PA,PB,切点为A,B,当|PM|·|AB|最小时,直线AB的方程为(　　)

A.2x-y-1=0 B.2x+y-1=0
C.2x-y+1=0 D.2x+y+1=0
(2)(2020全国3,理10)若直线l与曲线y=x和圆x2+y2=15都相切,则l的方程为(　　)
A.y=2x+1
B.y=2x+12
C.y=12x+1
D.y=12x+12
(3)(2020浙江,15)已知直线y=kx+b(k>0)与圆x2+y2=1和圆(x-4)2+y2=1均相切,则k=　　　　;b=　　　　. 
思考在直线与圆的位置关系中,求参数的取值范围的常用方法有哪些?
解题心得1.判断直线与圆的位置关系时,若两方程已知或圆心到直线的距离易表达,则用几何法;若方程中含有参数或圆心到直线的距离的表达较烦琐,则用代数法.
2.已知直线与圆的位置关系求参数的取值范围时,可根据数形结合思想利用直线与圆的位置关系的判断条件建立不等式(组)解决.
对点训练1(1)已知直线l过点P(-2,0),当直线l与圆x2+y2=2x有两个交点时,其斜率k的取值范围为(　　)
A.(-22,22)
B.-24,24
C.(-2,2)
D.-18,18
(2)(2020山东菏泽一模,15)已知直线Ax+By+C=0(其中A2+B2=C2,C≠0)与圆x2+y2=6交于点M,N,O是坐标原点,则|MN|=　　　　　,OM·MN=　　　　　. 

考点
圆的切线与弦长问题

【例2】已知点M(3,1),直线ax-y+4=0及圆(x-1)2+(y-2)2=4.
(1)求过点M的圆的切线方程;
(2)若直线ax-y+4=0与圆相切,求a的值;
(3)若直线ax-y+4=0与圆相交于A,B两点,且弦AB的长为23,求a的值.
思考如何运用圆的几何性质求解圆的切线与弦长问题?

解题心得1.求过某点的圆的切线问题,应首先确定点与圆的位置关系,然后求切线方程.若点在圆上(即为切点),则过该点的切线只有一条;若点在圆外,则过该点的切线有两条,此时应注意斜率不存在的切线.
2.求直线被圆所截得的弦长,通常考虑由弦心距、弦长的一半、半径所构成的直角三角形,利用勾股定理来解决问题.
对点训练2(1)(2020全国1,文6)已知圆x2+y2-6x=0过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
(2)已知P(x,y)是直线kx+y+4=0(k>0)上一动点,PA,PB是圆C:x2+y2-2y=0的两条切线,A,B为切点,若弦AB的长的最小值为2,则k的值为　　　　　. 

考点
圆与圆的位置关系及其应用

【例3】(1)已知圆M:x2+y2-2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是22,则圆M与圆N:(x-1)2+(y-1)2=1的位置关系是(　　)
A.内切 B.相交 C.外切 D.相离
(2)(2020山东日照一模,4)已知圆C:x2+y2=1,直线l:ax-y+4=0.若直线l上存在点M,以M为圆心且半径为1的圆与圆C有公共点,则a的取值范围是(　　)
A.(-∞,-3]∪[3,+∞) B.[-3,3]
C.(-∞,-3]∪[3,+∞) D.[-3,3]
(3)若圆C:x2+y2=5-m与圆E:(x-3)2+(y-4)2=16有三条公切线,则m的值为(　　)
A.2 B.3 C.4 D.6
思考在两圆的位置关系中,圆心距与两圆半径的关系如何?
解题心得1.判断两圆的位置关系,通常用几何法,从圆心距d与两圆半径的和、差的关系入手.如果用代数法,那么从方程组解的个数来判断,但有时不能得到准确结论.
2.两圆位置关系中的含参问题有时需要将问题进行转化,要注重数形结合思想的应用.
对点训练3(1)设P,Q分别为圆O1:x2+(y-6)2=2和圆O2:x2+y2-4x=0上的动点,则P,Q两点间的距离的最大值是(　　)
A.210+2+2 B.10+2+2
C.210+1+2 D.10+1+2
(2)(2020江苏镇江三模,10)已知圆C1:(x-a)2+(y+2)2=4与圆C2:(x+b)2+(y+1)2=1外切,则ab的最大值为　　　　　. 
(3)已知圆C与圆D:x2+y2+10x+10y=0相切于原点,且过点A(0,-6),则圆C的标准方程为　　　　　. 

考点
直线与圆的综合问题

【例4】已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B.
(1)求圆C1的圆心坐标.
(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程.
(3)是否存在实数k,使得直线l:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.
思考如何求解直线与圆的综合问题?

解题心得1.利用解析几何的基本思想方法(即几何问题代数化),把它转化为代数问题,通过代数的计算,使问题得到解决.
2.直线与圆和平面几何联系十分紧密,可充分考虑平面几何知识的运用,如在直线与圆相交的有关线段长度计算中,要把圆的半径、圆心到直线的距离、直线被圆截得的线段长放到一起综合考虑.
对点训练4(2020浙江杭州第二中学高三期中)已知圆心在x轴上的圆C与直线l:x+22y-10=0相切于点E(m,22),圆P:x2+(a+2)x+y2-ay+a+1=0.
(1)求圆C的标准方程.
(2)已知a>1,圆P与x轴相交于两点M,N(点M在点N的右侧).过点M任作一条倾斜角不为0的直线与圆C相交于A,B两点.问:是否存在实数a,使得∠ANM=∠BNM?若存在,求出实数a的值,若不存在,请说明理由.

1.直线与圆、圆与圆的位置关系问题,考虑到圆的几何性质,一般用几何法解决.
2.直线与圆、圆与圆的交点问题,要联立直线与圆的方程,或联立圆与圆的方程来解决.
3.圆的切线问题:
(1)过圆上一点的切线方程的求法是先求切点与圆心连线的斜率,再根据垂直关系求得切线斜率,最后通过直线方程的点斜式求得切线方程;
(2)过圆外一点的切线方程的求法,一般是先设出所求切线方程的点斜式,再利用圆心到切线的距离等于半径列出等式求出所含的参数即可.若只求出一条切线方程,则斜率不存在的直线也是切线.
4.圆的弦长问题首选几何法,即利用圆的半径、弦心距、弦长的一半满足勾股定理;弦长问题若涉及直线与圆的交点、直线的斜率,则选用代数法.

1.过圆外一定点作圆的切线,有两条,若在某种条件下只求出一个结果,则斜率不存在的直线也是切线.
2.本节问题的解决多注意数形结合,圆与其他知识的交汇问题多注意问题的转化.
3.若圆与圆相交,则可以利用两个圆的方程作差的方法求得公共弦所在直线的方程.

9.4　直线与圆、圆与圆的位置关系
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.<　>　=　=　>　<
2.d>r1+r2　无解　d=r1+r2　|r1-r2|直线l:x+ay=2的距离d=21+a2,则d2+3=22,可得d=1,即d=21+a2=1,所以a=±3,可得直线l的方程为x+3y-2=0,或x-3y-2=0,故斜率为±33.故选D.
4.B　由题意可知,圆心在第一象限.
设圆心为(a,a)(a>0),则(2-a)2+(1-a)2=a2,
解得a=1或a=5.当a=1时,圆心为(1,1),此时圆心到直线2x-y-3=0的距离为d1=|2-1-3|5=255;
当a=5时,圆心为(5,5),此时圆心到直线2x-y-3=0的距离为d2=|2×5-5-3|5=255.
综上,圆心到直线2x-y-3=0的距离为255.故选B.
5.

5　如图.
∵|AB|=6,
∴|AD|=3.
圆x2+y2=r2的圆心为(0,0).
圆心到直线的距离|CD|=|8|1+3=4,
∴|AC|=5,即r=5.
关键能力·学案突破
例1(1)D　(2)D　(3)33　-233　(1)由已知得☉M:(x-1)2+(y-1)2=4.
因为S四边形PAMB=12|PM|·|AB|=2S△PAM=|PA|·|AM|=2|PA|=2|PM|2-4,
所以|PM|·|AB|最小,即|PM|最小,此时PM与直线l垂直,PM所在直线的方程为y=12x+12,直线PM与直线l的交点为P(-1,0).|PM|=(1+1)2+(1-0)2=5,在Rt△APM中,|AP|=|PM|2-|AM|2=1.
又|AP|=|BP|=1,
以P(-1,0)为圆心,|AP|=1为半径作圆,则AB为☉M与☉P的公共弦,☉P的方程为(x+1)2+y2=1,即x2+2x+y2=0.
两圆方程相减,得4x+2y+2=0,即直线AB的方程为2x+y+1=0.
(2)由y=x得y'=12x,设直线l与曲线y=x的切点为(x0,x0),则直线l的方程为y-x0=12x0(x-x0),
即12x0x-y+12x0=0,
由直线l与圆x2+y2=15相切,得圆心(0,0)到直线l的距离等于圆的半径r=55,即|12x0|14x0+1=55,解得x01(负值舍去),所以直线l的方程为y=12x+12.
(3)由对称性可知直线l必过点(2,0),即2k+b=0,①
并且|b|1+k2=|4k+b|1+k2=1,②
由①②解得k=33,b=-233.
对点训练1(1)B　(2)25　-10　(1)直线l为kx-y+2k=0,又直线l与圆x2+y2=2x有两个交点,故|k+2k|k2+1<1,所以-24所以cosθ=-306,所以OM·MN=6×25×-306=-10.
例2解(1)由题意知圆心的坐标为(1,2),半径r=2.当直线的斜率不存在时,直线方程为x=3.由圆心(1,2)到直线x=3的距离d=3-1=2=r知,此时直线与圆相切.
当直线的斜率存在时,设直线方程为y-1=k(x-3),即kx-y+1-3k=0.
由题意知|k-2+1-3k|k2+1=2,解得k=34.
所以直线方程为y-1=34(x-3),
即3x-4y-5=0.故过点M的圆的切线方程为x=3或3x-4y-5=0.
(2)由题意得|a-2+4|a2+1=2,
解得a=0或a=43.
(3)因为圆心(12)到直线ax-y+4=0的距离为|a+2|a2+1,
所以|a+2|a2+12+2322=4,
解得a=-34.
对点训练2(1)B　(2)462　(1)圆的方程可化为(x-3)2+y2=9.
因为(1-3)2+(2-0)2=22<3,
所以点(1,2)在圆内.

如图所示,设圆心O1(3,0),A(1,2),当弦BC与O1A垂直时弦最短,因为|O1A|=22,|O1B|=3,
所以|AB|=|O1B|2-|O1A|2=9-8=1,
所以|BC|=2|AB|=2.
(2)

圆C:x2+y2-2y=0的圆心为C(0,1),半径r=1,如图所示,根据圆的性质知AB⊥PC,∵|AB|=2|PB|sin∠BPC=2|PB|×|CB||PC|=2×|PB||PC|,∴|AB|2=4×|PB|2|PC|2
=4|PC|2-1|PC|2=41-1|PC|2,当|PC|取得最小值时,|AB|取得最小值2,即有2=41-1|PC|2,解得|PC|=2,此时圆心C到直线的距离就是|PC|的最小值,即51+k2=2,解得k=462(负值舍去).
例3(1)B　(2)C　(3)C　(1)由题意得圆M的标准方程为x2+(y-a)2=a2(a>0),圆心(0,a)到直线x+y=0的距离d=2a2,所以2a2-a22=22,解得a=2.
故圆M与圆N的圆心距|MN|=2.
因为2-1<2<2+1,所以两圆相交.
(2)由题意知,圆C:x2+y2=1的圆心(0,0)到直线l:ax-y+4=0的距离d≤2,d=4a2+1≤2,解得a≤-3或a≥3,所以a的取值范围是(-∞,-3]∪[3,+∞).故选C.
(3)由题意可知两圆外切,圆C的圆心坐标为(0,0),半径为5-m,圆E的圆心坐标为(3,4),半径为4,则32+42=5-m+4,解得m=4.故选C.
对点训练3 (1)A　(2)2　(3)(x+3)2+(y+3)2=18　(1)圆O1的圆心为O1(0,6),半径r1=2,将圆O2的方程化为标准方程为(x-2)2+y2=4,故圆心O2(2,0),半径r2=2则|O1O2|=22+62=4+36=210>r1+r2=2+2,所以两圆相离,则|PQ|max=210+2+2.故选A.
(2)由题意,得|C1C2|=(a+b)2+(-2+1)2=2+1,所以(a+b)2=8,即a2+b2+2ab=8,4ab≤8,当且仅当a=b时,等号成立,故ab的最大值为2.
(3)由已知得圆心D的坐标为(-5,-5),因为圆C与圆D相切于原点O,
则圆心C在直线OD:y=x上.又圆C过点A,则圆心C在线段OA的中垂线y=-3上,则圆心C的坐标为(-3,-3),
半径r=|OC|=32,故圆C的标准方程为(x+3)2+(y+3)2=18.
例4解(1)因为圆C1的方程x2+y2-6x+5=0可化为(x-3)2+y2=4,所以圆心坐标为(3,0).
(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2),M(x0,y0),则x0=x1+x22,y0=y1+y22.由题意可知直线l的斜率必存在,
设直线l的方程为y=tx.
将上述方程代入圆C1的方程,
化简得(1+t2)x2-6x+5=0.
由题意可得x1+x2=61+t2,Δ=36-20(1+t2)>0,所以x0=31+t2,代入直线l的方程,得y0=3t1+t2.因为x02+y02=9(1+t2)2+9t2(1+t2)2=9(1+t2)(1+t2)2=91+t2=3x0,所以x0-322+y02=94.由Δ>0解得t2<45.又t2≥0,所以53点,则k∈-257,257∪-34,34.
故k的取值范围为-257,257∪-34,34.
对点训练4解(1)设圆心C(c,0),∵点E(m,22)在直线l:x+22y-10=0上,
∴m+22×22-10=0,解得m=2.
∴点E(2,22).
由题意得|c-10|3=(c-2)2+8,解得c=1.∴圆心C(1,0),半径r=3.
故圆C的标准方程为(x-1)2+y2=9.
(2)在圆P的方程中,令y=0,可得x2+(a+2)x+a+1=0,
解得x1=-1-a,x2=-1.
∵a>1,点M在点N的右侧,
∴点N(-1-a,0),M(-1,0).
设点A(x1,y1)B(x2,y2),过点M,倾斜角不为0且不垂直于x轴的直线的方程为y=k(x+1)(k≠0),代入圆C的方程,消去y,得(1+k2)x2+2(k2-1)x+k2-8=0,
∴x1+x2=2(1-k2)1+k2,x1x2=k2-81+k2.
设直线AN,BN的斜率分别为k1,k2,则k1=y1x1+1+a,k2=y2x2+1+a,
∴k1+k2=k(x1+1)x1+1+a+k(x2+1)x2+1+a=kx1+1x1+1+a+x2+1x2+1+a=k·(x1+1)(x2+1+a)+(x2+1)(x1+1+a)(x1+1+a)(x2+1+a)=k·2x1x2+(2+a)(x1+x2)+2+2a(x1+1+a)(x2+1+a).
令t=2x1x2+(2+a)(x1+x2)+2+2a=2k2-161+k2+2(2+a)(1-k2)1+k2+2+2a=4a-101+k2.由∠ANM=∠BNM,知k1+k2=0,则t=0,即4a-101+k2=0,解得a=52.当直线垂直于x轴时,显然满足∠ANM=∠BNM.故存在实数a=52满足题意.