2.2直线与圆位置关系 专题讲义（含答案）

高二数学 直线与圆的位置关系（解析版）
一．重点知识梳理
重点一：直线与圆的位置关系
1.直线与圆的位置关系：
(1)直线与圆相交，有两个公共点；
(2)直线与圆相切，只有一个公共点；
(3)直线与圆相离，没有公共点.
2.直线与圆的位置关系的判定：
(1)代数法：
判断直线与圆C的方程组成的方程组是否有解.
如果有解，直线与圆C有公共点.
有两组实数解时，直线与圆C相交；
有一组实数解时，直线与圆C相切；
无实数解时，直线与圆C相离.
(2)几何法：
由圆C的圆心到直线的距离与圆的半径的关系判断：
当时，直线与圆C相交；
当时，直线与圆C相切；
当时，直线与圆C相离.
重点二：圆的切线方程的求法
1．点在圆上，如图．
法一：利用切线的斜率与圆心和该点连线的斜率的乘积等于，即．
法二：圆心到直线的距离等于半径．
2．点在圆外，则设切线方程：，变成一般式：，因为与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径，解出．
注意点：（1）过圆上一点的切线方程是；
（2）过圆上一点的切线方程是.
重点三：求直线被圆截得的弦长的方法
1．应用圆中直角三角形：半径，圆心到直线的距离，弦长具有的关系，这也是求弦长最常用的方法．
2．利用交点坐标：若直线与圆的交点坐标易求出，求出交点坐标后，直接用两点间的距离公式计算弦长．
3．利用弦长公式：设直线，与圆的两交点，将直线方程代入圆的方程，消元后利用根与系数关系得弦长：=
二．典型例题
典型例题一：直线与圆的位置关系
例1．例1.已知直线y=2x+1和圆x2+y2=4，试判断直线和圆的位置关系.
【答案】相交
【解析】
解法一：∵x2+y2=4，
∴圆心为(0，0)，半径r=2.
又∵y=2x+1，∴圆心到直线的距离为.∴直线与圆相交.
解法二：∵ ∴(2x+1)2+x2=4，
即5x2+4x-3=0.
判别式Δ=42-4×5×(-3)=76＞0.
∴直线与圆相交.
变式练习：已知P（x0，y0）在圆x2+y2=R2的内部，试判断直线x0x+y0y=R2与圆的位置关系．
【答案】相离
【解析】 ∵点P（x0，y0）在圆x2+y2=R2的内部，
∴．
又圆心O（0，0）到直线x0x+y0y=R2的距离为
，且，
∴，∴，即d＞R．
∴直线x0x+y0y=R2与圆x2+y2=R2相离．
典型例题二：直线与圆的位置关系
例2．已知直线方程mx―y―m―1=0，圆的方程x2+y2―4x―2y+1=0．当m为何值时，圆与直线
（1）有两个公共点；
（2）只有一个公共点；
（3）没有公共点．
【答案】（1）m＞0或（2）m=0或（3）
【解析】 解法一：将直线mx―y―m―1=0代入圆的方程化简整理得，
(1+m2)x2―2(m2+2m+2)x+m2+4m+4=0．
∵Δ=4m(3m+4)，
∴当Δ＞0时，即m＞0或时，直线与圆相交，即直线与圆有两个公共点；
当Δ=0时，即m=0或时，直线与圆相切，即直线与圆只有一个公共点；
当Δ＜时，即时，直线与圆相离，即直线与圆没有公共点．
解法二：已知圆的方程可化为(x―2)2+(y―1)2=4，
即圆心为C（2，1），半径r=2．
圆心C（2，1）到直线mx―y―m―1=0的距离
．
当d＜2时，即m＞0或时，直线与圆相交，即直线与圆有两个公共点；
当d=2时，即m=0或时，直线与圆相切，即直线与圆只有一个公共点；
当d＞2时，即时，直线与圆相离，即直线与圆没有公共点．
变式练习：已知直线与曲线.
（1）求证:不论为何值,直线和曲线恒有两个交点;
（2）求当直线被曲线所截的线段最短时此线段所在的直线的方程.
【答案】（1）略（2）
【证明】（1） 证法一：将直线与曲线C的方程联立得
，
消去y得(1+k2)x2―2(4k2+k+3)x+2(8k2+4k+3)=0． ③
∵Δ=4(4k2+k+3)2―8(1―k2)(8k+4k+3)
=12k2―8k+12=，
∴方程③有两相异实根，从而，由①②组成的方程组有两组解，即直线与曲线C恒有两个交点．
证法二：将曲线C的方程配方得(x―3)2+(y―4)2=4，它表示以C（3，4）为圆心，2为半径的圆．
设圆心C到直线的距离为d，则
，即，
∴直线与曲线C恒有两个交点．
证法三：注意到直线：kx―y―4k+3=0可化为y―3=k(x―4)，
可知直线恒过定点A（4，3）．
∵曲线C是以C（3，4）为圆心，2为半径的圆，（见“证法二”）
又42+32－6×4－8×3+21＜0，即点A在圆C内，
∴直线与曲线C恒有两个交点．
（2）设直线被曲线C所截的线段为AB，
当PQAB时，最小，直线PQ的斜率，
所以直线AB的斜率，
其方程为：
【变式2】已知直线：(2m+1)x+(m+1)y=7m+4，圆C：(x―1)2+(y―2)2=25，则m为任意实数时，与C是否必相交？
【答案】相交
典型例题三：圆的切线问题
例3．过点作圆的切线,求切线的方程.
【答案】或
【解析】
因为，所以点在圆外。
法一：设过点与圆相切的直线为,即.
因为圆心到的距离,则,即.解得
或.
从而,切线方程为或.
解法二:设过点与圆相切的直线为.
由可得.从而
.
解得或.
从而,切线方程为或.
变式练习：过点A（4，―3）作圆C：(x―3)2+(y―1)2=1的切线，求此切线方程．
【答案】15x+8y―36=0
【解析】∵(4―3)2+(―3―1)2=17＞1，
∴点A在圆外．
①若所求直线的斜率存在，设切线斜率为k，则切线方程为y+3=k(x―4)．
因为圆心C（3，1）到切线的距离等于半径1，所以，解得．
所以切线方程为，
即15x+8y―36=0．
②若切线斜率不存在，圆心C（3，1）到直线x=4的距离也为1，这时直线与圆也相切，
所以另一条切线方程是x=4，
综上，所求切线方程为15x+8y―36=0或x=4．
典型例题四：直线被圆截得弦长问题
例4．直线经过点P（5，5）并且与圆C：x2+y2=25相交截得的弦长为，求的方程．
【答案】x―2y+5=0或2x―y―5=0
【解析】 法一：根据题意知直线的斜率存在，设直线的方程为y―5=k(x―5)
圆心（0，0）到直线的距离，在由弦长的一半、半径和距离构成的直角三角形中，
，解得或k=2
故直线的方程为x―2y+5=0或2x―y―5=0．
法二： 根据题意知直线的斜率存在，
设直线的方程为y―5=k(x―5)与圆C相交于A（x1，y1），B（x2，y2）,
联立方程，消去y，得(k2+1)x2+10k(1―k)x+25k(k―2)=0，
∴Δ=[10k(1―k)]2―4(k2+1)·25k(k―2)＞0，解得k＞0．
又，．
由斜率公式，得y1―y2=k(x1―x2)，
∴
．
两边平方，整理得2k2―5k+2=0，
解得或k=2，符合题意．
故直线的方程为x―2y+5=0或2x―y―5=9．
变式练习：求经过点P（6，―4），且被定圆x2+y2=20截得弦长为的直线的方程．
【答案】x+y―2=0或7x+17y+26=0
【解析】 如图所示，，，作OC⊥AB于C．在Rt△OAC中，．
设所求直线的斜率为k，则直线的方程为y+4=k(x―6)，即kx―y―6k―4=0．又圆到直线的距离为，
∴，即17k2+24k+7=0，∴k1=―1，．
∴所求直线方程为x+y―2=0或7x+17y+26=0．
课后巩固习题
一．选择题
1.直线与圆的位置关系是( )
A.相切 B.相离 C.相切或相交 D.相切或相离
2．与圆x2+(y-2)2=1相切，且在两轴上截距相等的直线有( )
A.2条 B.3条 C.4条 D.6条
3．直线与圆交于两点，则线段的垂直平分线的方程是（ ）
A． B．
C． D．
4．直线截圆得到的劣弧所对的圆心角为（ ）
A． B． C． D．
5．过定点（1，2）作两直线与圆x2+y2+kx+2y+k2―15=0相切，则k的取值范围是（ ）
A．k＞2 B．―3＜k＜2 C．k＜―3或k＞2 D．以上都不对
二．填空题
6．过点（―1，―2）的直线被圆x2+y2―2x―2y+1=0截得的弦长为，则直线的斜率为________。
7．在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2+y2=4上有且只有四个点到直线12x―5y+c=0的距离为1，则实数c的取值范围是________。
8．设是圆上的点，则的最小值是 。
三．解答题
14．求经过直线x+y=0与圆x2+y2+2x―4y―8=0的交点，且经过点P（―1，―2）的圆的方程。
15．已知圆C：x2+(y―1)2=5，直线：mx―y+1―m=0，
（1）求证：对任意m∈R，直线与圆C总有两个没的交点。
（2）设与圆C交于A、B两点，若，求的倾斜角；
（3）求弦AB的中点M的轨迹方程；
课后巩固练习答案与解析
1．【答案】C
直线过定点.又，∴点在圆上，过圆上一点的直线与圆的位置关系有两种相切或相交.
2．【答案】C
【解析】此题主要考查圆的切线及直线的截距的概念.过原点的有2条;斜率为-1的有2条.
3．【答案】B
4．【答案】C
5．【答案】C
【解析】 以切线为背景提供了定点（1，2）在圆外这一隐含条件，圆：，
∴，得k2+k－6＞0，即k＜－3或k＞2。故选C。
6．【答案】1或
【解析】 由条件易知直线的斜率必存在，设为k，圆心（1，1）到直线y+2=k(x+1)的距离为，解得k=1或，即所求直线的斜率为1或。
7．【答案】―13＜c＜13
【解析】 因为圆的半径为2，且圆上有且仅有四个点到直线12x―5y+c=0的距离为1，即要圆心到直线的距离小于1，即，解得―13＜c＜13。
【答案】
9．解析：解方程组，得或，即直线与圆交于点A（1，―1）和点B（―4，4）。设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，分别将A、B、P的坐标代入，得方程组
，解得，故所求圆的方程为x2+y2+3x―3y―8=0。
10．【解析】（1）由已知直线：y―1=m(x－1 )，知直线恒过定点P（1，1）。
∵12=1＜5，∴P点在圆C内。
则直线与圆C总有两个不同的交点。
（2）设A（x1，y1）、B（x2，y2），
则x1、x2为方程组的两个实根，
∵，
∴，
∴m2=3，。∴的倾斜角或。
（3）∵C（0，1）、P（1，1），|CM|2+|PM|2=|CP|2，
设M（x，y），
∴x2+(y―1)2+(x―1)2+(y―1)2=1。
整理得轨迹方程为：x2+y2―x―2y+1=0（x≠1）。
（4）∵，∴，∴。
又∵，∴，即，
解方程(1+m2)x2―2m2x+m2―5=0，得。
∴，解得m=±1。
∴x―y=0或x+y―2=0。