高中数学必修二知识讲解，巩固练习（复习补习，期末复习资料）：34【提高】直线与圆的方程的应用
文档属性
| 名称 | 高中数学必修二知识讲解，巩固练习（复习补习，期末复习资料）：34【提高】直线与圆的方程的应用 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 445.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2019-07-07 19:35:29 | ||
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文档简介
直线与圆的方程的应用
【学习目标】
1．能利用直线与圆的方程解决有关的几何问题；
2．能利用直线与圆的方程解决有关的实际问题；
3．进一步体会、感悟坐标法在解决有关问题时的作用．
【要点梳理】
要点一、用直线与圆的方程解决实际问题的步骤
1．从实际问题中提炼几何图形；
2．建立直角坐标系，用坐标和方程表示问题中的几何元素，将平面问题转化为代数问题；
3．通过代数运算，解决代数问题；
4．将结果“翻译”成几何结论并作答．
要点二、用坐标方法解决几何问题的“三步曲”
用坐标法解决几何问题时，先用坐标和方程表示相应的几何元素：点、直线、圆；然后对坐标和方程进行代数运算；最后再把代数运算结果“翻译”成相应的几何结论.这就是用坐标法解决平面几何问题的“三步曲”.
第一步：建立适当的平面直角坐标系，用坐标和方程表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为代数问题；
第二步：通过代数运算，解决代数问题；
第三步：把代数运算结果“翻译”成几何结论.
要点诠释：
坐标法的实质就是借助于点的坐标，运用解析工具(即有关公式)将平面图形的若干性质翻译成若干数量关系.在这里，代数是工具、是方法，这是笛卡儿解析几何的精髓所在.
要点三、用坐标法解决几何问题时应注意以下几点
1．建立直角坐标系时不能随便，应在利于解题的原则下建立适当的直角坐标系；
2．在实际问题中，有些量具有一定的条件，转化成代数问题时要注意范围；
3．最后要把代数结果转化成几何结论．
【典型例题】
类型一：直线与圆的方程的实际应用
例1．有一种大型商品，A、B两地均有出售且价格相同，某地居民从两地之一购得商品运回来，每公里的运费A地是B地的两倍，若A、B两地相距10公里，顾客选择A地或B地购买这种商品的运费和价格的总费用较低，那么不同地点的居民应如何选择购买此商品的地点？
【答案】圆C内的居民应在A地购物．同理可推得圆C外的居民应在B地购物．圆C上的居民可随意选择A、B两地之一购物．
【解析】以直线AB为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，如下图所示．设A（―5，0），则B（5，0）．在坐标平面内任取一点P（x，y），设从A地运货到P地的运费为2a元／km，则从B地运货到P地的运费为a元／km．
若P地居民选择在A地购买此商品，
则，
整理得．
即点P在圆的内部．
也就是说，圆C内的居民应在A地购物．
同理可推得圆C外的居民应在B地购物．
圆C上的居民可随意选择A、B两地之一购物．
【总结升华】 利用直线与圆的方程解决实际问题的程序是：（1）认真审题，明确题意；（2）建立直角坐标系，用坐标表示点，用方程表示曲线，从而在实际问题中建立直线与圆的方程的模型；（3）利用直线与圆的方程的有关知识求解问题；（4）把代数结果还原为对实际问题的解释．
在实际问题中，遇到直线与圆的问题，利用坐标法比用平面几何及纯三角的方法解决有时要简捷些，其关键在于建立适当的直角坐标系．建立适当的直角坐标系应遵循三点：（1）若曲线是轴对称图形，则可选它的对称轴为坐标轴；（2）常选特殊点作为直角坐标系的原点；（3）尽量使已知点位于坐标轴上．建立适当的直角坐标系，会简化运算过程．要想学会建立适当的直角坐标系，必须靠平时经验的积累．
举一反三：
【变式1】 如图是某圆拱桥的一孔圆拱的示意图.该圆拱跨度AB=20m，拱高OP=4m，在建造时每隔4m需要用一个支柱支撑，求支柱的长度（精确到0.01m）.
【答案】3.86m
【解析】建立坐标系如图所示.圆心的坐标是(0，ｂ)，圆的半径是ｒ，那么圆的方程是：
因为P(0,4)、B(10,0)都在圆上，所以
解得，.所以圆的方程为
把代入圆的方程得，所以,即支柱的高度约为3.86m.
【变式2】某市气象台测得今年第三号台风中心在其正东300 km处，以40 km/h的速度向西偏北30°方向移动.据测定，距台风中心250 km的圆形区域内部都将受到台风影响，请你推算该市受台风影响的起始时间与持续时间.(精确到分钟)
【答案】90分钟 10 h
【解析】利用坐标法来求解.如图，不妨先建立直角坐标系xOy，其中圆A的半径为250 km，过B(300，0)作倾斜角为150°的直线交圆于点C、D，则该市受台风影响的起始与终结时间分别为C开始至D结束，然后利用圆的有关知识进行求解.
以该市所在位置A为原点，正东方向为x轴的正方向建立直角坐标系，开始时台风中心在B(300，0)处，台风中心沿倾斜角为150°方向的直线移动，其轨迹方程为y=(x-300)(x≤300).
该市受台风影响时，台风中心在圆x2+y2=2502内，设射线与圆交于C、D，则CA=AD=250，∴台风中心到达C点时，开始影响该市，中心移至D点时，影响结束，作AH⊥CD于H，则
AH=AB·sin30°=150，HB=，CH=HD==200，
∴BC=-200，则该市受台风影响的起始时间t1=≈1.5(h)，
即约90分钟后台风影响该市，台风影响的持续时间t2==10(h)，即台风对该市的影响持续时间为10 h.
【总结升华】应用问题首先要搞清题意，最好是画图分析，运用坐标法求解，首先要建立适当的坐标系，设出点的坐标.还要搞清里面叙述的术语的含义.
构造圆的方程进行解题(如求函数的最值问题)时，必须充分联想其几何意义，也就是由数思形.如方程y=1+表示以(0，1)为圆心，1为半径的上半圆，表示原点与曲线f(x，y)=0上动点连线的斜率.
类型二：直线与圆的方程在平面几何中的应用
例2．AB为圆的定直径，CD为直径，自D作AB的垂线DE，延长ED到P，使|PD|=|AB|，求证：直线CP必过一定点．
【答案】直线CP过定点（0，―r）
【解析】 建立适当的直角坐标系，得到直线CP的方程，然后探讨其过定点，此时要联想证明曲线过定点的方法．
证明：以线段AB所在的直线为x轴，以AB中点为原点，建立直角坐标系，如下图．设圆的方程为x2+y2=r2，直径AB位于x轴上，动直径为CD．
令C（x0，y0），则D（―x0，―y0），
∴P（―x0，―y0―2r）．
∴直线CP的方程为 ．
即 (y0+r)x―(y+r)x0=0．
∴直线CP过直线：x=0，y+r=0的交点（0，―r），即直线CP过定点（0，―r）．
【总结升华】 利用直线与方程解决平面几何问题时，要充分利用圆的方程、直线和圆的位置关系、圆与圆的位置关系等有关知识，正确使用坐标方法，使实际问题转化为代数问题，然后通过代数运算解决代数问题，最后解释代数运算结果的实际含义．
举一反三：
【变式1】如图，在圆O上任取C点为圆心，作一圆与圆O的直径AB相切于D，圆C与圆D交于E、F，求证：EF平分CD．
证明：令圆O方程为x2+y2=1． ①
EF与CD相交于H，令C（x1，y1），则可得圆C的方程
(x－x1)+(y－y1)2=y12，即x2+y2－2x1x－2y1y+x12=0． ②
①－②得2x1x+2y1y－1－x12=0． ③
③式就是直线EF的方程，设CD的中点为H＇，其坐标为，
将H＇代入③式，得．
即H＇在EF上，∴EF平分CD．
类型三：直线与圆的方程在代数中的应用
例3．已知实数x、y满足x2+y2+4x+3=0，求的最大值与最小值．
【答案】
【解析】（1）如图所示，设M（x，y），则点M在圆O：(x+2)2+y2=1上．
令Q（1，2），则设，即kx―y―k+2=0．
过Q作圆O1的两条切线QA、QB，则直线QM夹在两切线QA、QB之间，
∴kAQ≤kQM≤kQB．
又由O1到直线kx―y―k+2=0的距离为1，得
，即．
∴的最大值为，最小值为．
【总结升华】本例中利用图形的形象直观性，使代数问题得以简捷地解决，如何由“数”联想到“形”呢？关键是抓住“数”中的某些结构特征，联想到解析几何中的某些方程、公式，从而挖掘出“数”的几何意义，实现“数”向“形”的转化．本例中由方程联想得到圆，由等联想到斜率公式．
由此可知，利用直线与圆的方程解决代数问题的关键是由某些代数式的结构特征联想其几何意义，然后利用直线与圆的方程及解析几何的有关知识并结合图形的形象直观性来分析解决问题，也就是数形结合思想方法的灵活运用．
涉及与圆有关的最值问题，可借助图形性质利用数形结合求解，一般地：（1）形如形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题；（2）形如t=ax+by形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题；（3）形如d=(x－a)2+(y－b)2形式的最值问题，可转化为到定点P（a，b）距离的平方的最值问题．
举一反三：
【变式1】设函数和，已知当x∈[－4，0]时，恒有，求实数a的取值范围．
【答案】
【解析】因为，所以，即，分别画出和的草图，利用数形结合法，当直线与半圆相切时取到最大值，由圆心到直线的距离为2，求出，即得答案．
【变式2】已知点A（―3，0），B（0，3），若点P在圆上运动，则△PAB面积的最小值为________．
【答案】
【解析】圆的标准方程为，圆心C（1，0），半径r=1，
当过P的直线和AB平行时，△PAB的面积最小，
∵A（－3，0），B（0，3），
∴AB的方程为，即x－y+3=0，
此时圆心C到直线AB的距离，
则△PAB的边长，
AB边上的高，
则△PAB面积，
故答案为：
类型四：直线与圆的方程的综合应用
例4．已知圆C关于y轴对称，圆心在x轴上方，且经过点，被x轴分成两段弧长之比为1∶2，求圆C的标准方程．
【思路点拨】设圆心C（0，a），a＞0，由题意可得圆被x轴截得的弦对的圆心角为，故有，求得a=1，可得半径CP的值，从而求得圆的方程．
【答案】．
【解析】设圆心C（0，a），a＞0，则半径为CA，根据圆被x轴分成两段弧长之比为1∶2，
可得圆被x轴截得的弦对的圆心角为，故有，解得a=1，
半径，故圆的方程为．
举一反三：
【变式1】已知圆x2+y2+x―6y+m=0与直线x+2y―3=0相交于P、Q两点，点O为坐标原点，若OP⊥OQ，求m的值．
【答案】3
【解析】 由得代入，化简得：5y2-20y+12+m=0，y1+y6=4，
设的坐标分别为，，由可得：
=
=
=0
解得：
例5．（2018 湖南长沙期末）已知：以点（t∈R，t≠0）为圆心的圆与x轴交于点O，与y轴交于点O，B，其中O为原点．
（1）当t=2时，求圆C的方程；
（2）求证：△OAB的面积为定值；
（3）设直线y=－2x+4与圆C交于点M，N，若|OM|=|ON|，求圆C的方程．
【思路点拨】（1）当t=2时，圆心为C（2，1），即可得出圆C的方程；
（2）求出半径，写出圆的方程，再解出A、B的坐标，表示出面积即可；
（3）设MN的中点为H，则CH⊥MN，根据C、H、O三点共线，KMN=－2，由直线OC的斜率，求得t的值，可得所求的圆C的方程．
【答案】（1）(x―2)2+(y―1)2=5；（2）定值为4；（3）(x―2)2+(y―1)2=5．
【解析】（1）当t=2时，圆心为C（2，1），
∴圆C的方程为(x―2)2+(y―1)2=5；
（2）由题设知，圆C的方程为，
化简得．
当y=0时，x=0或2t，则A（2t，0）；
当x=0时，y=0或，则，
∴为定值．
（3）∵OM=ON，则原点O在MN的中垂线上，设MN的中点为H，则CH⊥MN，
∴C、H、O三点共线，KMN=－2，则直线OC的斜率，
∴t=2或t=－2．
∴圆心为C（2，1）或C（―2，―1），
∴圆C的方程为(x―2)2+(y―1)2=5或(x+2)2+(y+1)2=5．
由于当圆方程为(x+2)2+(y+1)2=5时，直线2x+y―4=0到圆心的距离d＞r，
此时不满足直线与圆相交，故舍去，
∴所求的圆C的方程为(x―2)2+(y―1)2=5．
【总结升华】本题考查直线与圆的位置关系，圆的标准方程等有关知识，考查学生分析解决问题的能力，考查学生的计算能力．
【巩固练习】
1．自点A（－1，4）作圆(x－2)2+(y－3)2=1的切线，则切线长为（ ）．
A． B．3 C． D．5
2．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危险区内的时间为（ ）．
A．0.5小时 B．1小时 C．1.5小时 D．2小时
3．已知点A（－2，0），B（0，2），点C是圆x2+y2－2x=0上任意一点，则△ABC面积的最大值是（ ）．
A．6 B．8 C． D．
4．（2017春 辽宁沈阳期中）设圆C：，直线l：y=x+b．若圆C上恰有4个点到直线l的距离等于1，则b的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知圆的方程为x2+y2－6x－8y=0．设该圆过点（3，5）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（ ）．
A． B． C． D．
6．已知圆C与直线x－y=0及x－y－4=0都相切，圆心在直线x+y=0上，则圆C的方程为（ ）．
A．(x+1)2+(y－1)2=2 B．(x－1)2+(y+1)2=2
C．(x－1)2+(y－1)2=2 D．(x+1)2+(y+1)2=2
7．（2018春 兰州期末）若直线y=kx+1与圆x2+y2+kx+my－4=0交于M，N两点，且M，N关于直线x+2y=0对称，则实数k+m=（ ）
A．－1 B．1 C．0 D．2
8．已知三角形的三边长分别为3、4、5，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为（ ）．
A．3 B．4 C．5 D．6
9．以直线2x+y－4=0与两坐标轴的一个交点为圆心，过另一个交点的圆的方程为________．
10．过原点的直线与圆x2+y2－2x－4y+4=0相交所得弦的长为2，则该直线的方程为________．
11．设两圆C1、C2都和两坐标轴相切，且都过点（4，1），则两圆心的距离|C1C2|= ．
12．若不同两点P、Q的坐标分别为（a，b）、（3－b，3－a），则线段PQ的垂直平分线的斜率为________；圆(x－2)2+(y－3)2=1关于直线对称的圆的方程为________．
13．（2018 河南郑州一模）已知点M（－1，0），N（1，0），曲线E上任意一点到点M的距离均是到点N的距离的倍．
（1）求曲线E的方程；
（2）已知m≠0，设直线l：x－my－1=0交曲线E于A，C两点，直线l2：mx+y－m=0交曲线E于B，D两点，若CD的斜率为－1时，求直线CD的方程．
14．在沿海城市M的东南方向225 km处，有一气象观测站A，在该站的正东方向450 km的B处有一热带风暴中心，这一热带风暴中心以90 km／h的速度向西北方向匀速移动，且在距中心360 km的范围内均会受到风暴的影响．问：
（1）从现在起多长时间后，气象观测站A就会受到风暴的影响？影响会持续多长时间？
（2）M城是否会受到该热带风暴的影响？若不会，请说明理由；若会受影响，请计算从现在起多长时间后开始受到影响，影响持续多长时间？
（以上两问所求时间都要求精确到0.1 h，且取1.414，取3.742）
15．已知点P（x，y）在圆x2+y2－6x－6y+14=0上．
（1）求的最大值和最小值；
（2）求x2+y2+2x+3的最大值与最小值；
（3）求x+y的最大值与最小值．
【答案与解析】
1．【答案】B
【解析】 圆心C（2，3），，∴切线长．
2．【答案】B
【解析】如图所示，以A地为原点，正东方向为x轴正方向建立直角坐标系，则A（0，0），B（40，0）．设台风的移动方向是射OC，则射线OC的方程是y=x（x≥0），以B为圆心，30为半径长的圆与射线OC交于M和N两点，则当台风中心在线段MN上移动时，B城市处于危险区内．点B到直线OC的距离是，则有（千米），因此B城市处于危险区内的时间为（小时）．故选B．
3．【答案】D
【解析】直线AB的方程是，，则当△ABC面积取最大值时，边AB上的高即点C到直线AB的距离d取最大值．又圆心M（1，0），半径r=1，点M到直线的距离是，由圆的几何性质得d的最大值是，所以△ABC面积的最大值是．故选D．
4．【分析】若圆C上恰有4个点到直线l的距离等于1，则O到直线l：y=x+b的距离d小于1，代入点到直线的距离公式，可得答案．
【答案】D
【解析】由圆C的方程：，可得
圆C的圆心为原点O（0，0），半径为2
若圆C上恰有4个点到直线l的距离等于1，
则O到直线l：y=x+b的距离d小于1
直线l的一般方程为：x－y+b=0
∴
解得
故选D．
【点评】本题考查的知识点是直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，其中分析出圆心O到直线l：y=x+b的距离d小于1是解答的关键．
5．【答案】B
【解析】圆心坐标是（3，4），半径是5，圆心到点（3，5）的距离为1，根据题意最短弦BD和最长弦（即圆的直径）AC垂直，故最短弦的长为，所以四边形ABCD的面积为 ．
6．【答案】B
【解析】因为两条切线x―y=0与x―y―4=0平行，故它们之间的距离即为圆的直径，所以，所以．设圆心坐标为P（a，―a），则点P到两条切线的距离都等于半径，所以，，解得a=1，故圆心为（1，―1），所以圆的标准方程为(x―1)2+(y+1)2=2，故选B．
7．【答案】B
【解析】由题意，可得
∵直线y=kx+1与圆x2+y2+kx+my－4=0交于M，N两点，且M，N关于直线x+2y=0对称，
∴直线x+2y=0是线段MN的中垂线，得，解之得k=2，
所以圆方程为x2+y2+2x+mh－4=0，圆心坐标为，
将代入x+2y=0，解得m=－1，得k+m=1．
故选：B．
8．【答案】B
【解析】因为三角形的三边长分别为3、4、5，所以该三角形是直角三角形，其图为如图所示的Rt△ABC．
圆O是△ABC的内切圆，可计算得其半径为1，过O点作三条直线EF、GH、MN，分别与△ABC三边平行，此三条直线将△ABC分割成6个部分．记半径为1的圆O1的圆心到三条边AB、BC、CA的距离分别为d1、d2、d3．而圆心O1在这6个区域时，有（Ⅰ）（最多4个公共点）；（Ⅱ）（最多2个公共点）；（Ⅲ）（最多2个公共点）；（Ⅳ）（最多4个公共点）．而圆心O1在线段EF、GH、MN上时，最多有4个公共点，故选B．
9．【答案】或．
【解析】令x=0，得y=4，令y=0，得x=2，
∴直线与两轴交点坐标为A（0，4）和B（2，0），
以A为圆心过B的圆的半径为，
∴以A为圆心过B的圆的方程为；
以B为圆心过A的圆的半径为，
∴以B为圆心过A的圆方程为，
故过另一个交点的圆的方程为：
或．
故答案为：或．
10．【答案】2x―y=0
【解析】设所求直线方程为y=kx，即kx―y=0．由于直线kx―y=0被圆截得的弦长等于2，圆的半径是1，由此得圆心到直线距离等于，即圆心位于直线kx―y=0上，于是有k―2=0，即k=2，因此所求直线方程为2x―y=0．
11．【答案】8
【解析】依题意，可设圆心坐标为（a，a）、圆半径为r，其中r=a＞0，因此圆方程是(x―a)2+(y―a)2=a2，由圆过点（4，1）得(4―a)2+(1―a)2=a2，即a2―10a+17=0，则该方程的两根分别是圆心C1，C2的横坐标，．
12．【答案】―1 x2+(y―1)2=1
【解析】由题可知，又k1kPQ=―1k1=―1，圆关于直线对称，找到圆心（2，3）的对称点（0，1），又圆的半径不变，易得x2+(y―1)2=1．
13．【解析】（1）设曲线E上任意一点坐标为（x，y），
由题意，，
整理得x2+y2－4x+1=0，即(x－2)2+y2=3，
∴曲线E的方程为(x－2)2+y2=3．
（2）由题知l1⊥l2，且两条直线均恒过点N（1，0），
设曲线E的圆心为E，则E（2，0），线段CD的中点为P，
则直线EP：y=x－2，设直线CD：y=－x+t，
由，解得点，
由圆的几何性质，，
而，|ED|2=3，，
解之得t=0，或t=3，
∴直线CD的方程为y=―x，或y=―x+3．
14．【答案】（1）1.7 h后观测站受到影响，影响时间是3.7h (2) M城4.2 h后受到影响, 影响时间是3.7h
【解析】（1）设风暴中心到C处A开始受到影响，到D处A结束影响，由题意有AC=360，AB=450，∠ABC=45°，设BC=x，则．
即，故．
∴，故149.76÷90≈1.7，即约1.7 h后观测站受到影响，影响时间是（h）.
（2）而MA∥BC，∴M城比A气象观测站迟（h）受到影响，故M城4.2 h后受到影响，影响的时间是3.7 h．
15．【答案】（1）最大值为 ，最小值为（2）最大值为51 ，最小值为11（3）最大值为，最小值为
【解析】方程x2+y2―6x―6y+14=0，变形为(x―3)2+(y―3)2=4．
（1）表示圆上的点P与原点连线的斜率，显然PO与圆相切时，斜率最大或最小．
设切线方程为y=kx，即kx―y=0，由圆心C（3，3）到切线的距离等于半径长2，可得，解得，所以，的最大值为，最小值为．
（2）x2+y2+2x+3=(x+1)2+y2+2，它表示圆上的点P到E（―1，0）的距离的平方再加2，所以，当点P与点E的距离最大或最小时，所求式子就取最大值或最小值，显然点P与点E距离的最大值为|CE|+2，点P与点E距离的最小值为|CE|―2，又，所以x2+y2+2x+3的最大值为(5+2)2+2=51，最小值为(5―2)2+2=11．
（3）设x+y=b，则b表示动直线y=―x+b与圆(x―3)2+(y―3)2=4相切时，b取最大值或最小值．圆心C（3，3）到切线x+y=b的距离等于圆的半径长2，则，即，解得，所以x+y的最大值为，最小值为．
【学习目标】
1．能利用直线与圆的方程解决有关的几何问题；
2．能利用直线与圆的方程解决有关的实际问题；
3．进一步体会、感悟坐标法在解决有关问题时的作用．
【要点梳理】
要点一、用直线与圆的方程解决实际问题的步骤
1．从实际问题中提炼几何图形；
2．建立直角坐标系，用坐标和方程表示问题中的几何元素，将平面问题转化为代数问题；
3．通过代数运算，解决代数问题；
4．将结果“翻译”成几何结论并作答．
要点二、用坐标方法解决几何问题的“三步曲”
用坐标法解决几何问题时，先用坐标和方程表示相应的几何元素：点、直线、圆；然后对坐标和方程进行代数运算；最后再把代数运算结果“翻译”成相应的几何结论.这就是用坐标法解决平面几何问题的“三步曲”.
第一步：建立适当的平面直角坐标系，用坐标和方程表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为代数问题；
第二步：通过代数运算，解决代数问题；
第三步：把代数运算结果“翻译”成几何结论.
要点诠释：
坐标法的实质就是借助于点的坐标，运用解析工具(即有关公式)将平面图形的若干性质翻译成若干数量关系.在这里，代数是工具、是方法，这是笛卡儿解析几何的精髓所在.
要点三、用坐标法解决几何问题时应注意以下几点
1．建立直角坐标系时不能随便，应在利于解题的原则下建立适当的直角坐标系；
2．在实际问题中，有些量具有一定的条件，转化成代数问题时要注意范围；
3．最后要把代数结果转化成几何结论．
【典型例题】
类型一：直线与圆的方程的实际应用
例1．有一种大型商品，A、B两地均有出售且价格相同，某地居民从两地之一购得商品运回来，每公里的运费A地是B地的两倍，若A、B两地相距10公里，顾客选择A地或B地购买这种商品的运费和价格的总费用较低，那么不同地点的居民应如何选择购买此商品的地点？
【答案】圆C内的居民应在A地购物．同理可推得圆C外的居民应在B地购物．圆C上的居民可随意选择A、B两地之一购物．
【解析】以直线AB为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，如下图所示．设A（―5，0），则B（5，0）．在坐标平面内任取一点P（x，y），设从A地运货到P地的运费为2a元／km，则从B地运货到P地的运费为a元／km．
若P地居民选择在A地购买此商品，
则，
整理得．
即点P在圆的内部．
也就是说，圆C内的居民应在A地购物．
同理可推得圆C外的居民应在B地购物．
圆C上的居民可随意选择A、B两地之一购物．
【总结升华】 利用直线与圆的方程解决实际问题的程序是：（1）认真审题，明确题意；（2）建立直角坐标系，用坐标表示点，用方程表示曲线，从而在实际问题中建立直线与圆的方程的模型；（3）利用直线与圆的方程的有关知识求解问题；（4）把代数结果还原为对实际问题的解释．
在实际问题中，遇到直线与圆的问题，利用坐标法比用平面几何及纯三角的方法解决有时要简捷些，其关键在于建立适当的直角坐标系．建立适当的直角坐标系应遵循三点：（1）若曲线是轴对称图形，则可选它的对称轴为坐标轴；（2）常选特殊点作为直角坐标系的原点；（3）尽量使已知点位于坐标轴上．建立适当的直角坐标系，会简化运算过程．要想学会建立适当的直角坐标系，必须靠平时经验的积累．
举一反三：
【变式1】 如图是某圆拱桥的一孔圆拱的示意图.该圆拱跨度AB=20m，拱高OP=4m，在建造时每隔4m需要用一个支柱支撑，求支柱的长度（精确到0.01m）.
【答案】3.86m
【解析】建立坐标系如图所示.圆心的坐标是(0，ｂ)，圆的半径是ｒ，那么圆的方程是：
因为P(0,4)、B(10,0)都在圆上，所以
解得，.所以圆的方程为
把代入圆的方程得，所以,即支柱的高度约为3.86m.
【变式2】某市气象台测得今年第三号台风中心在其正东300 km处，以40 km/h的速度向西偏北30°方向移动.据测定，距台风中心250 km的圆形区域内部都将受到台风影响，请你推算该市受台风影响的起始时间与持续时间.(精确到分钟)
【答案】90分钟 10 h
【解析】利用坐标法来求解.如图，不妨先建立直角坐标系xOy，其中圆A的半径为250 km，过B(300，0)作倾斜角为150°的直线交圆于点C、D，则该市受台风影响的起始与终结时间分别为C开始至D结束，然后利用圆的有关知识进行求解.
以该市所在位置A为原点，正东方向为x轴的正方向建立直角坐标系，开始时台风中心在B(300，0)处，台风中心沿倾斜角为150°方向的直线移动，其轨迹方程为y=(x-300)(x≤300).
该市受台风影响时，台风中心在圆x2+y2=2502内，设射线与圆交于C、D，则CA=AD=250，∴台风中心到达C点时，开始影响该市，中心移至D点时，影响结束，作AH⊥CD于H，则
AH=AB·sin30°=150，HB=，CH=HD==200，
∴BC=-200，则该市受台风影响的起始时间t1=≈1.5(h)，
即约90分钟后台风影响该市，台风影响的持续时间t2==10(h)，即台风对该市的影响持续时间为10 h.
【总结升华】应用问题首先要搞清题意，最好是画图分析，运用坐标法求解，首先要建立适当的坐标系，设出点的坐标.还要搞清里面叙述的术语的含义.
构造圆的方程进行解题(如求函数的最值问题)时，必须充分联想其几何意义，也就是由数思形.如方程y=1+表示以(0，1)为圆心，1为半径的上半圆，表示原点与曲线f(x，y)=0上动点连线的斜率.
类型二：直线与圆的方程在平面几何中的应用
例2．AB为圆的定直径，CD为直径，自D作AB的垂线DE，延长ED到P，使|PD|=|AB|，求证：直线CP必过一定点．
【答案】直线CP过定点（0，―r）
【解析】 建立适当的直角坐标系，得到直线CP的方程，然后探讨其过定点，此时要联想证明曲线过定点的方法．
证明：以线段AB所在的直线为x轴，以AB中点为原点，建立直角坐标系，如下图．设圆的方程为x2+y2=r2，直径AB位于x轴上，动直径为CD．
令C（x0，y0），则D（―x0，―y0），
∴P（―x0，―y0―2r）．
∴直线CP的方程为 ．
即 (y0+r)x―(y+r)x0=0．
∴直线CP过直线：x=0，y+r=0的交点（0，―r），即直线CP过定点（0，―r）．
【总结升华】 利用直线与方程解决平面几何问题时，要充分利用圆的方程、直线和圆的位置关系、圆与圆的位置关系等有关知识，正确使用坐标方法，使实际问题转化为代数问题，然后通过代数运算解决代数问题，最后解释代数运算结果的实际含义．
举一反三：
【变式1】如图，在圆O上任取C点为圆心，作一圆与圆O的直径AB相切于D，圆C与圆D交于E、F，求证：EF平分CD．
证明：令圆O方程为x2+y2=1． ①
EF与CD相交于H，令C（x1，y1），则可得圆C的方程
(x－x1)+(y－y1)2=y12，即x2+y2－2x1x－2y1y+x12=0． ②
①－②得2x1x+2y1y－1－x12=0． ③
③式就是直线EF的方程，设CD的中点为H＇，其坐标为，
将H＇代入③式，得．
即H＇在EF上，∴EF平分CD．
类型三：直线与圆的方程在代数中的应用
例3．已知实数x、y满足x2+y2+4x+3=0，求的最大值与最小值．
【答案】
【解析】（1）如图所示，设M（x，y），则点M在圆O：(x+2)2+y2=1上．
令Q（1，2），则设，即kx―y―k+2=0．
过Q作圆O1的两条切线QA、QB，则直线QM夹在两切线QA、QB之间，
∴kAQ≤kQM≤kQB．
又由O1到直线kx―y―k+2=0的距离为1，得
，即．
∴的最大值为，最小值为．
【总结升华】本例中利用图形的形象直观性，使代数问题得以简捷地解决，如何由“数”联想到“形”呢？关键是抓住“数”中的某些结构特征，联想到解析几何中的某些方程、公式，从而挖掘出“数”的几何意义，实现“数”向“形”的转化．本例中由方程联想得到圆，由等联想到斜率公式．
由此可知，利用直线与圆的方程解决代数问题的关键是由某些代数式的结构特征联想其几何意义，然后利用直线与圆的方程及解析几何的有关知识并结合图形的形象直观性来分析解决问题，也就是数形结合思想方法的灵活运用．
涉及与圆有关的最值问题，可借助图形性质利用数形结合求解，一般地：（1）形如形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题；（2）形如t=ax+by形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题；（3）形如d=(x－a)2+(y－b)2形式的最值问题，可转化为到定点P（a，b）距离的平方的最值问题．
举一反三：
【变式1】设函数和，已知当x∈[－4，0]时，恒有，求实数a的取值范围．
【答案】
【解析】因为，所以，即，分别画出和的草图，利用数形结合法，当直线与半圆相切时取到最大值，由圆心到直线的距离为2，求出，即得答案．
【变式2】已知点A（―3，0），B（0，3），若点P在圆上运动，则△PAB面积的最小值为________．
【答案】
【解析】圆的标准方程为，圆心C（1，0），半径r=1，
当过P的直线和AB平行时，△PAB的面积最小，
∵A（－3，0），B（0，3），
∴AB的方程为，即x－y+3=0，
此时圆心C到直线AB的距离，
则△PAB的边长，
AB边上的高，
则△PAB面积，
故答案为：
类型四：直线与圆的方程的综合应用
例4．已知圆C关于y轴对称，圆心在x轴上方，且经过点，被x轴分成两段弧长之比为1∶2，求圆C的标准方程．
【思路点拨】设圆心C（0，a），a＞0，由题意可得圆被x轴截得的弦对的圆心角为，故有，求得a=1，可得半径CP的值，从而求得圆的方程．
【答案】．
【解析】设圆心C（0，a），a＞0，则半径为CA，根据圆被x轴分成两段弧长之比为1∶2，
可得圆被x轴截得的弦对的圆心角为，故有，解得a=1，
半径，故圆的方程为．
举一反三：
【变式1】已知圆x2+y2+x―6y+m=0与直线x+2y―3=0相交于P、Q两点，点O为坐标原点，若OP⊥OQ，求m的值．
【答案】3
【解析】 由得代入，化简得：5y2-20y+12+m=0，y1+y6=4，
设的坐标分别为，，由可得：
=
=
=0
解得：
例5．（2018 湖南长沙期末）已知：以点（t∈R，t≠0）为圆心的圆与x轴交于点O，与y轴交于点O，B，其中O为原点．
（1）当t=2时，求圆C的方程；
（2）求证：△OAB的面积为定值；
（3）设直线y=－2x+4与圆C交于点M，N，若|OM|=|ON|，求圆C的方程．
【思路点拨】（1）当t=2时，圆心为C（2，1），即可得出圆C的方程；
（2）求出半径，写出圆的方程，再解出A、B的坐标，表示出面积即可；
（3）设MN的中点为H，则CH⊥MN，根据C、H、O三点共线，KMN=－2，由直线OC的斜率，求得t的值，可得所求的圆C的方程．
【答案】（1）(x―2)2+(y―1)2=5；（2）定值为4；（3）(x―2)2+(y―1)2=5．
【解析】（1）当t=2时，圆心为C（2，1），
∴圆C的方程为(x―2)2+(y―1)2=5；
（2）由题设知，圆C的方程为，
化简得．
当y=0时，x=0或2t，则A（2t，0）；
当x=0时，y=0或，则，
∴为定值．
（3）∵OM=ON，则原点O在MN的中垂线上，设MN的中点为H，则CH⊥MN，
∴C、H、O三点共线，KMN=－2，则直线OC的斜率，
∴t=2或t=－2．
∴圆心为C（2，1）或C（―2，―1），
∴圆C的方程为(x―2)2+(y―1)2=5或(x+2)2+(y+1)2=5．
由于当圆方程为(x+2)2+(y+1)2=5时，直线2x+y―4=0到圆心的距离d＞r，
此时不满足直线与圆相交，故舍去，
∴所求的圆C的方程为(x―2)2+(y―1)2=5．
【总结升华】本题考查直线与圆的位置关系，圆的标准方程等有关知识，考查学生分析解决问题的能力，考查学生的计算能力．
【巩固练习】
1．自点A（－1，4）作圆(x－2)2+(y－3)2=1的切线，则切线长为（ ）．
A． B．3 C． D．5
2．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危险区内的时间为（ ）．
A．0.5小时 B．1小时 C．1.5小时 D．2小时
3．已知点A（－2，0），B（0，2），点C是圆x2+y2－2x=0上任意一点，则△ABC面积的最大值是（ ）．
A．6 B．8 C． D．
4．（2017春 辽宁沈阳期中）设圆C：，直线l：y=x+b．若圆C上恰有4个点到直线l的距离等于1，则b的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知圆的方程为x2+y2－6x－8y=0．设该圆过点（3，5）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（ ）．
A． B． C． D．
6．已知圆C与直线x－y=0及x－y－4=0都相切，圆心在直线x+y=0上，则圆C的方程为（ ）．
A．(x+1)2+(y－1)2=2 B．(x－1)2+(y+1)2=2
C．(x－1)2+(y－1)2=2 D．(x+1)2+(y+1)2=2
7．（2018春 兰州期末）若直线y=kx+1与圆x2+y2+kx+my－4=0交于M，N两点，且M，N关于直线x+2y=0对称，则实数k+m=（ ）
A．－1 B．1 C．0 D．2
8．已知三角形的三边长分别为3、4、5，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为（ ）．
A．3 B．4 C．5 D．6
9．以直线2x+y－4=0与两坐标轴的一个交点为圆心，过另一个交点的圆的方程为________．
10．过原点的直线与圆x2+y2－2x－4y+4=0相交所得弦的长为2，则该直线的方程为________．
11．设两圆C1、C2都和两坐标轴相切，且都过点（4，1），则两圆心的距离|C1C2|= ．
12．若不同两点P、Q的坐标分别为（a，b）、（3－b，3－a），则线段PQ的垂直平分线的斜率为________；圆(x－2)2+(y－3)2=1关于直线对称的圆的方程为________．
13．（2018 河南郑州一模）已知点M（－1，0），N（1，0），曲线E上任意一点到点M的距离均是到点N的距离的倍．
（1）求曲线E的方程；
（2）已知m≠0，设直线l：x－my－1=0交曲线E于A，C两点，直线l2：mx+y－m=0交曲线E于B，D两点，若CD的斜率为－1时，求直线CD的方程．
14．在沿海城市M的东南方向225 km处，有一气象观测站A，在该站的正东方向450 km的B处有一热带风暴中心，这一热带风暴中心以90 km／h的速度向西北方向匀速移动，且在距中心360 km的范围内均会受到风暴的影响．问：
（1）从现在起多长时间后，气象观测站A就会受到风暴的影响？影响会持续多长时间？
（2）M城是否会受到该热带风暴的影响？若不会，请说明理由；若会受影响，请计算从现在起多长时间后开始受到影响，影响持续多长时间？
（以上两问所求时间都要求精确到0.1 h，且取1.414，取3.742）
15．已知点P（x，y）在圆x2+y2－6x－6y+14=0上．
（1）求的最大值和最小值；
（2）求x2+y2+2x+3的最大值与最小值；
（3）求x+y的最大值与最小值．
【答案与解析】
1．【答案】B
【解析】 圆心C（2，3），，∴切线长．
2．【答案】B
【解析】如图所示，以A地为原点，正东方向为x轴正方向建立直角坐标系，则A（0，0），B（40，0）．设台风的移动方向是射OC，则射线OC的方程是y=x（x≥0），以B为圆心，30为半径长的圆与射线OC交于M和N两点，则当台风中心在线段MN上移动时，B城市处于危险区内．点B到直线OC的距离是，则有（千米），因此B城市处于危险区内的时间为（小时）．故选B．
3．【答案】D
【解析】直线AB的方程是，，则当△ABC面积取最大值时，边AB上的高即点C到直线AB的距离d取最大值．又圆心M（1，0），半径r=1，点M到直线的距离是，由圆的几何性质得d的最大值是，所以△ABC面积的最大值是．故选D．
4．【分析】若圆C上恰有4个点到直线l的距离等于1，则O到直线l：y=x+b的距离d小于1，代入点到直线的距离公式，可得答案．
【答案】D
【解析】由圆C的方程：，可得
圆C的圆心为原点O（0，0），半径为2
若圆C上恰有4个点到直线l的距离等于1，
则O到直线l：y=x+b的距离d小于1
直线l的一般方程为：x－y+b=0
∴
解得
故选D．
【点评】本题考查的知识点是直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，其中分析出圆心O到直线l：y=x+b的距离d小于1是解答的关键．
5．【答案】B
【解析】圆心坐标是（3，4），半径是5，圆心到点（3，5）的距离为1，根据题意最短弦BD和最长弦（即圆的直径）AC垂直，故最短弦的长为，所以四边形ABCD的面积为 ．
6．【答案】B
【解析】因为两条切线x―y=0与x―y―4=0平行，故它们之间的距离即为圆的直径，所以，所以．设圆心坐标为P（a，―a），则点P到两条切线的距离都等于半径，所以，，解得a=1，故圆心为（1，―1），所以圆的标准方程为(x―1)2+(y+1)2=2，故选B．
7．【答案】B
【解析】由题意，可得
∵直线y=kx+1与圆x2+y2+kx+my－4=0交于M，N两点，且M，N关于直线x+2y=0对称，
∴直线x+2y=0是线段MN的中垂线，得，解之得k=2，
所以圆方程为x2+y2+2x+mh－4=0，圆心坐标为，
将代入x+2y=0，解得m=－1，得k+m=1．
故选：B．
8．【答案】B
【解析】因为三角形的三边长分别为3、4、5，所以该三角形是直角三角形，其图为如图所示的Rt△ABC．
圆O是△ABC的内切圆，可计算得其半径为1，过O点作三条直线EF、GH、MN，分别与△ABC三边平行，此三条直线将△ABC分割成6个部分．记半径为1的圆O1的圆心到三条边AB、BC、CA的距离分别为d1、d2、d3．而圆心O1在这6个区域时，有（Ⅰ）（最多4个公共点）；（Ⅱ）（最多2个公共点）；（Ⅲ）（最多2个公共点）；（Ⅳ）（最多4个公共点）．而圆心O1在线段EF、GH、MN上时，最多有4个公共点，故选B．
9．【答案】或．
【解析】令x=0，得y=4，令y=0，得x=2，
∴直线与两轴交点坐标为A（0，4）和B（2，0），
以A为圆心过B的圆的半径为，
∴以A为圆心过B的圆的方程为；
以B为圆心过A的圆的半径为，
∴以B为圆心过A的圆方程为，
故过另一个交点的圆的方程为：
或．
故答案为：或．
10．【答案】2x―y=0
【解析】设所求直线方程为y=kx，即kx―y=0．由于直线kx―y=0被圆截得的弦长等于2，圆的半径是1，由此得圆心到直线距离等于，即圆心位于直线kx―y=0上，于是有k―2=0，即k=2，因此所求直线方程为2x―y=0．
11．【答案】8
【解析】依题意，可设圆心坐标为（a，a）、圆半径为r，其中r=a＞0，因此圆方程是(x―a)2+(y―a)2=a2，由圆过点（4，1）得(4―a)2+(1―a)2=a2，即a2―10a+17=0，则该方程的两根分别是圆心C1，C2的横坐标，．
12．【答案】―1 x2+(y―1)2=1
【解析】由题可知，又k1kPQ=―1k1=―1，圆关于直线对称，找到圆心（2，3）的对称点（0，1），又圆的半径不变，易得x2+(y―1)2=1．
13．【解析】（1）设曲线E上任意一点坐标为（x，y），
由题意，，
整理得x2+y2－4x+1=0，即(x－2)2+y2=3，
∴曲线E的方程为(x－2)2+y2=3．
（2）由题知l1⊥l2，且两条直线均恒过点N（1，0），
设曲线E的圆心为E，则E（2，0），线段CD的中点为P，
则直线EP：y=x－2，设直线CD：y=－x+t，
由，解得点，
由圆的几何性质，，
而，|ED|2=3，，
解之得t=0，或t=3，
∴直线CD的方程为y=―x，或y=―x+3．
14．【答案】（1）1.7 h后观测站受到影响，影响时间是3.7h (2) M城4.2 h后受到影响, 影响时间是3.7h
【解析】（1）设风暴中心到C处A开始受到影响，到D处A结束影响，由题意有AC=360，AB=450，∠ABC=45°，设BC=x，则．
即，故．
∴，故149.76÷90≈1.7，即约1.7 h后观测站受到影响，影响时间是（h）.
（2）而MA∥BC，∴M城比A气象观测站迟（h）受到影响，故M城4.2 h后受到影响，影响的时间是3.7 h．
15．【答案】（1）最大值为 ，最小值为（2）最大值为51 ，最小值为11（3）最大值为，最小值为
【解析】方程x2+y2―6x―6y+14=0，变形为(x―3)2+(y―3)2=4．
（1）表示圆上的点P与原点连线的斜率，显然PO与圆相切时，斜率最大或最小．
设切线方程为y=kx，即kx―y=0，由圆心C（3，3）到切线的距离等于半径长2，可得，解得，所以，的最大值为，最小值为．
（2）x2+y2+2x+3=(x+1)2+y2+2，它表示圆上的点P到E（―1，0）的距离的平方再加2，所以，当点P与点E的距离最大或最小时，所求式子就取最大值或最小值，显然点P与点E距离的最大值为|CE|+2，点P与点E距离的最小值为|CE|―2，又，所以x2+y2+2x+3的最大值为(5+2)2+2=51，最小值为(5―2)2+2=11．
（3）设x+y=b，则b表示动直线y=―x+b与圆(x―3)2+(y―3)2=4相切时，b取最大值或最小值．圆心C（3，3）到切线x+y=b的距离等于圆的半径长2，则，即，解得，所以x+y的最大值为，最小值为．