專題14 直線與圓（1）【自主熱身，歸納總結(jié)】1、 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知過點A(2，1)的圓C與直線xy1相切，且圓心在直線y2x上，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為_【答案】： (x1)2(y2)22解法1(幾何法) 點A(2，1)在直線xy1上，故點A是切點過點A(2，1)與直線xy10垂直的直線方程為xy3，由解得所以圓心C(1，2)又AC，所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x1)2(y2)22.2、 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線x2y30被圓(x2)2(y1)24截得的弦長為 【答案】：.【解析】圓心為(2，1)，半徑r2.圓心到直線的距離d，所以弦長為22.3、 若直線與圓始終有公共點，則實數(shù)的取值范圍是 【答案】：0m10.【解析】 因為，所以由題意得：,化簡得即0m10.4、 在平面直角坐標(biāo)系中，以點為圓心且與直線(R)相切的所有圓中，半徑最大的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 【答案】：(x1)2y22.【解析】 由直線mxy2m10得m(x2)(y1)0，故直線過點(2，1)當(dāng)切線與過(1，0)，(2，1)兩點的直線垂直時，圓的半徑最大，此時有r，故所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x1)2y22.5、圓心在拋物線yx2上，并且和該拋物線的準(zhǔn)線及y軸都相切的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為_【答案】： (x1)221思路分析 求圓的方程就是要確定它的圓心與半徑，根據(jù)圓與拋物線的準(zhǔn)線以及與y軸都相切，得到圓心的一個等式，再根據(jù)圓心在拋物線上，得到另一個等式，從而可求出圓心的坐標(biāo)，由此可得半徑因為圓心在拋物線yx2上，所以設(shè)圓心為(a，b)，則a22b.又圓與拋物線的準(zhǔn)線及y軸都相切，故b|a|r，由此解得a1，b，r1，所以所求圓的方程為(x1)221.解后反思 凡涉及拋物線上點到焦點的距離或到準(zhǔn)線的距離時，一般運用定義轉(zhuǎn)化為到準(zhǔn)線的距離或到焦點的距離來進(jìn)行處理，本題中充分運用拋物線定義實施轉(zhuǎn)化，其關(guān)鍵在于求圓心的坐標(biāo)6、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C1：(x4)2(y8)21，圓C2：(x6)2(y6)29，若圓心在x軸上的圓C同時平分圓C1和圓C2的圓周，則圓C的方程是_7、. 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知過點M(1,1)的直線l與圓(x1)2(y2)25相切，且與直線axy10垂直，則實數(shù)a_.【答案】： 思路分析 可用過圓上一點的切線方程求解；也可用垂直條件，設(shè)切線方程(x1)a(y1)0，再令圓心到切線的距離等于半徑因為點M在圓上，所以切線方程為(11)(x1)(12)(y2)5，即2xy10.由兩直線的法向量(2，1)與(a,1)垂直，得2a10，即a.思想根源 以圓(xa)2(yb)2r2上一點T(x0，y0)為切點的切線方程為(x0a)(xa)(y0b)(yb)r2.8、 若直線l1：yxa和直線l2：yxb將圓(x1)2(y2)28分成長度相等的四段弧，則a2b2_.【答案】： 189、 若直線3x4ym0與圓x2y22x4y40始終有公共點，則實數(shù)m的取值范圍是_【答案】： 0,10【解析】：圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x1)2(y2)21，故圓心到直線距離d1.即|m5|5，解得0m10.10、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過點P(2,0)的直線與圓x2y21相切于點T，與圓(xa)2(y)23相交于點R，S，且PTRS，則正數(shù)a的值為_【答案】： 4【解析】：因為PT與圓x2y21相切于點T，所以在RtOPT中，OT1，OP2，OTP，從而OPT，PT，故直線PT的方程為xy20，因為直線PT截圓(xa)2(y)23得弦長RS，設(shè)圓心到直線的距離為d，則d，又2，即d，即|a32|3，解得a8，2,4，因為a>0，所以a4.11、定義：點到直線的有向距離為已知點,，直線過點，若圓上存在一點，使得三點到直線的有向距離之和為0，則直線的斜率的取值范圍為 【答案】：【思路分析】由“三點到直線的有向距離之和為0”知，動點在一條直線上，又因為點在圓上，故問題轉(zhuǎn)化為該直線與圓有公共點，此時圓心到該直線的距離小于等于半徑9.【解析】：設(shè)直線的斜率為，則直線的方程為，即，設(shè)點，則點三點到直線的有向距離分別為，由得，即，又因為點在圓上，故，即.12、 已知圓O：x2y24，若不過原點O的直線l與圓O交于P，Q兩點，且滿足直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，則直線l的斜率為_【答案】： 1 思路分析 由直線PQ的方程與圓的方程聯(lián)立成方程組，將點P，Q的坐標(biāo)用直線方程中的參數(shù)k，b表示出來，進(jìn)而將OP，OQ的斜率用k，b表示，再根據(jù)OP，PQ，OQ的斜率成等比數(shù)列求出k的值當(dāng)直線PQ垂直于x軸時，顯然不成立，所以設(shè)直線PQ為ykxb(b0)，將它與圓方程聯(lián)立并消去y得(k21)x22kbxb240，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1x2，x1x2，因為y1y2(kx1b)(kx2b)k2x1x2kb(x1x2)b2k2b2，故kOPkOQk2，即b2(k21)0，因為b0，所以k21，即k1. 解后反思 本題可推廣到橢圓中：已知橢圓C：1(a>b>0)，若不過原點O的直線l與橢圓C交于P，Q兩點，且滿足直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，則直線l的斜率為.13、已知線段AB的長為2，動點C滿足(<0)，且點C總不在以點B為圓心，為半徑的圓內(nèi)，則負(fù)數(shù)的最大值是_【答案】： 建系，以線段AB所在直線為x軸，線段AB的垂直平分線為y軸動點C的軌跡為圓C(或為一點，可視為點圓)，欲使點C總不在以點B為圓心，為半徑的圓內(nèi)，也就兩圓外切或外離，或者圓B內(nèi)切或內(nèi)含于圓C，再根據(jù)圓心距與半徑的關(guān)系求解即可以線段AB所在直線為x軸，線段AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)點C(x，y)，則x2y21，且0>1.當(dāng)兩圓外切或外離時，OB1，解得；圓B內(nèi)切或內(nèi)含于圓C時，OB1，解得(舍)，故負(fù)數(shù)的最大值是.【問題探究，變式訓(xùn)練】 例1、已知圓C：(xa)2(ya)21(a>0)與直線y3x相交于P，Q兩點，則當(dāng)CPQ的面積最大時，實數(shù)a的值為_【答案】【解析】：因為CPQ的面積等于sinPCQ，所以當(dāng)PCQ90時，CPQ的面積最大，此時圓心到直線y3x的距離為，因此，解得a.【變式1】、. 已知直線l過點P(1,2)且與圓C：x2y22相交于A，B兩點，ABC的面積為1，則直線l的方程為_【答案】3x4y50或x1當(dāng)直線斜率存在時，設(shè)直線的方程為yk(x1)2，即kxyk20.因為SCACBsinACB1，所以sinACB1，所以sinACB1，即sinACB90，所以圓心C到直線AB的距離為1，所以1，解得k，所以直線方程為3x4y50；當(dāng)直線斜率不存在時，直線方程為x1，經(jīng)檢驗符合題意綜上所述，直線方程為3x4y50或x1.【變式2】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C1：(x1)2y22，圓C2：(xm)2(ym)2m2，若圓C2上存在點P滿足：過點P向圓C1作兩條切線PA，PB，切點為A，B，ABP的面積為1，則正數(shù)m的取值范圍是_【答案】： 注意到ABP的面積是定值，從而點P的位置應(yīng)該具有某種確定性，故首先由ABP的面積來確定點P所滿足的條件，進(jìn)而將問題轉(zhuǎn)化為以C1為圓心的圓與以C2為圓心的圓有公共點的問題來加以處理如圖，設(shè)P(x，y)，設(shè)PA，PB的夾角為2.ABP的面積SPA2sin2PA2sincosPA21，即PA3PCPA22，解得PA，所以PC12，所以點P在圓(x1)2y24上所以m2，解得1m32. 本題的本質(zhì)是兩個圓的位置關(guān)系問題，要解決這個問題，首先要確定點P所滿足的條件，為此，由ABP的面積來確定點P所滿足的條件是解決本題的關(guān)鍵所在【變式3】、已知點A(1，0)和點B(0，1)，若圓x2y24x2yt0上恰有兩個不同的點P，使得PAB的面積為，則實數(shù)t的取值范圍是_【關(guān)聯(lián)1】、過圓x2y216內(nèi)一點P(2，3)作兩條相互垂直的弦AB和CD，且ABCD，則四邊形ACBD的面積為_【答案】： 19【解析】：設(shè)O到AB的距離為d1，O到CD的距離為d2，則由垂徑定理可得dr2，dr2，由于ABCD，故d1d2，且d1d2OP，所以r2d16，得AB，從而四邊形ACBD的面積為SABCD19. 解決直線與圓的綜合問題時，需要充分利用圓的幾何性質(zhì)進(jìn)行轉(zhuǎn)化本題結(jié)合條件，利用垂徑定理，通過整體計算，實現(xiàn)了簡化的目的【關(guān)聯(lián)2】、 已知圓O：x2y24，點M(4,0)，過原點的直線(不與 x 軸重合)與圓O交于A，B 兩點，則ABM的外接圓的面積的最小值為_【答案】： 【解析】：設(shè)ABM的外接圓的方程為x2y2DxEyF0(D2E24F>0)，A(x1，y1)，則B(x1，y1)，所以xyDx1Ey1F0，xyDx1Ey1F0，由得Dx1Ey10，又xy4，由得F4，所以外接圓方程為x2y2DxEy40.又圓過點(4,0)，所以424D40，解得D3，所以圓方程為x2y23xEy40.所以半徑R，當(dāng)E0時，R最小，為，所以ABM的外接圓的面積的最小值為.【關(guān)聯(lián)3】、在平面直角坐標(biāo)系中，已知點在圓內(nèi)，動直線過點且交圓于兩點，若ABC的面積的最大值為，則實數(shù)的取值范圍為 【答案】【解析】圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(xm)2(y2)232，圓心為C(m,2)，半徑為4，當(dāng)ABC的面積的最大值為16時，ACB90o，此時C到AB的距離為4，所以4CP4，即16(m3)2(02)232，解得2|m3|2，即m例1、 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點A(4，0)，B(0，4)，從直線AB上一點P向圓x2y24引兩條切線PC，PD，切點分別為C，D.設(shè)線段CD的中點為M，則線段AM長的最大值為_【答案】： 3 P在直線AB：yx4上，設(shè)P(a，a4)，可以求出切點弦CD的方程為ax(a4)y4，易知CD過定點，所以M的軌跡為一個定圓，問題轉(zhuǎn)化為求圓外一點到圓上一點的距離的最大值解法1(幾何法) 因為直線AB的方程為yx4，所以可設(shè)P(a，a4)，設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，所以PC方程為x1xy1y4，PD：x2xy2y4，將P(a，a4)分別代入PC，PD方程，則直線CD的方程為ax(a4)y4，即a(xy)44y，所以直線CD過定點N(1，1)，又因為OMCD，所以點M在以O(shè)N為直徑的圓上(除去原點)，又因為以O(shè)N為直徑的圓的方程為，所以AM的最大值為3.解法2(參數(shù)法) 因為直線AB的方程為yx4，所以可設(shè)P(a，a4)，同解法1可知直線CD的方程為ax(a4)y4，即a(xy)44y，得a.又因為O，P，M三點共線，所以ay(a4)x0，得a.因為a，所以點M的軌跡方程為(除去原點)，所以AM的最大值為3. 此類問題往往是求出一點的軌跡方程，轉(zhuǎn)化為定點到曲線上動點的距離的最值問題，而求軌跡方程，解法1運用了幾何法，解法2運用了參數(shù)法，消去參數(shù)a得到軌跡方程另外要熟練記住過圓上一點的切線方程和圓的切點弦方程的有關(guān)結(jié)論【變式1】、在平面直角坐標(biāo)系中，已知圓，點，若圓上存在點，滿足，則點的縱坐標(biāo)的取值范圍是 【答案】： 思路分析：根據(jù)條件可得動點的軌跡是圓，進(jìn)而可以將問題轉(zhuǎn)化為圓與圓的位置關(guān)系進(jìn)行處理.解題過程：設(shè)，因為所以，化簡得，則圓與圓有公共點，將兩圓方程相減可得兩圓公共弦所在直線方程為，代入可得，所以點的縱坐標(biāo)的取值范圍是解后反思：在解決與圓相關(guān)的綜合問題時，要注意充分利用圓的幾何性質(zhì)或一些簡單的軌跡知識將問題轉(zhuǎn)化為直線與圓或圓與圓的位置關(guān)系問題.【變式2】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知B，C為圓x2y24上兩點，點A(1,1)，且ABAC，則線段BC的長的取值范圍為_【答案】. ，思路分析 本題考查圓的方程和性質(zhì)，考查等價轉(zhuǎn)化和運算求解能力，借助直角三角形的性質(zhì)，把求BC的長轉(zhuǎn)化為求2AM的長，而A為定點，思路1，求出M的軌跡方程，根據(jù)圓的性質(zhì)及直角三角形的性質(zhì)不難求得，其軌跡為一個圓，問題就轉(zhuǎn)化為一定點到圓上一點的距離，這是一個基本題型，求解即得；思路2，設(shè)出AMx，OMy，尋找到x，y之間的關(guān)系式，通過線性規(guī)劃的知識去處理解法1 設(shè)BC的中點為M(x，y)因為OB2OM2BM2OM2AM2，所以4x2y2(x1)2(y1)2，化簡得22，所以點M的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，所以AM的取值范圍是，所以BC的取值范圍是，解法2 設(shè)BC的中點為M，設(shè)AMx，OMy.因為OC2OM2CM2OM2AM2，所以x2y24.因為OA，所以xy，xy，yx.如圖所示，可得x，所以BC的取值范圍是，解后反思 求線段的長度范圍，如果一個端點為定點，這時可以考慮運用軌跡法，求出另外一個端點的軌跡，問題迎刃而解 【變式3】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l1：kxy20與直線l2：xky20相交于點P，則當(dāng)實數(shù)k變化時，點P到直線xy40的距離的最大值為_【答案】：3思路分析 因為直線l1，l2分別經(jīng)過定點A(0,2)，B(2,0)，且l1l2，所以點P在以AB為直徑的圓C上解法1 當(dāng)k0時，點P(2,2)到直線xy40的距離為2；當(dāng)k0時，解方程組得兩直線交點P的坐標(biāo)為，所以點P到直線xy40的距離為，為求得最大值，考慮正數(shù)k，則有，所以3.解法2 圓C的圓心為C(1,1)，半徑r.因為圓心C到直線l：xy40的距離為d2，所以點P到直線l的距離的最大值為dr3.解后反思 直接求出l1，l2的交點P的坐標(biāo)(用k表示)雖然也能做，但計算量較大找出點P變化的規(guī)律性比較好【關(guān)聯(lián)1】、如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：x2y24x0及點A(1，0)，B(1,2)(1) 若直線lAB，與圓C相交于M，N兩點，MNAB，求直線l的方程；(2) 在圓C上是否存在點P，使得PA2PB212？若存在，求點P的個數(shù)；若不存在，請說明理由規(guī)范解答 (1) 圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x2)2y24，所以圓心C(2,0)，半徑為2.因為lAB，A(1,0)，B(1,2)，所以直線l的斜率為1，設(shè)直線l的方程為xym0，(2分)則圓心C到直線l的距離為d.(4分)因為MNAB2，而CM2d22，所以42，(6分)解得m0或m4，故直線l的方程為xy0或xy40.(8分)(2) 假設(shè)圓C上存在點P，設(shè)P(x，y)，則(x2)2y24，PA2PB2(x1)2(y0)2(x1)2(y2)212，即x2y22y30，即x2(y1)24.(10分)因為|22|22，(12分)所以圓(x2)2y24與圓x2(y1)24相交，所以點P的個數(shù)為2.(14分)【關(guān)聯(lián)2】、在平面直角坐標(biāo)系中，圓若圓存在以為中點的弦，且，則實數(shù)的取值范圍是 【關(guān)聯(lián)3】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A(1,0)，B(4,0)若直線xym0上存在點P使得PAPB，則實數(shù)m的取值范圍是_【答案】 2，2思路分析 本題旨在考查直線與圓的位置關(guān)系A(chǔ)，B為定點，滿足APPB的點P的軌跡是一個圓，要求m的范圍只要使得動直線xym0與該圓有公共點解法1 設(shè)滿足條件PB2PA的點P坐標(biāo)為(x，y)，則(x4)2y24(x1)24y2，化簡得x2y24，要使直線xym0有交點，只需要2，即2m2.解法2 設(shè)在直線xym0上有一點(x，xm)滿足PB2PA，則(x4)2(xm)24(x1)24(xm)2，整理得，2x22mxm240，(*)因為方程(*)有解，則4m28(m24)0，解得2m2.