最新人教版高中数学必修二直线与圆的位置关系(2)公开课优质教案

第2课时
（一）导入新课
思路1.一艘轮船在沿直线返回港口的途中,接到气象台的台风预报：台风中心位于轮船正西70 km处,
受影响的范围是半径长为30 km的圆形区域.已知港口位于台风中心正北40 km处,如果这艘轮船不改变
航线,那么它是否会受到台风的影响？

图2
分析：如图2,以台风中心为原点O,以东西方向为x轴,建立直角坐标系,其中,取10 km为单位长度.
则台风影响的圆形区域所对应的圆心为O的圆的方程为x
2
+y< br>2
=9；
轮船航线所在的直线l的方程为4x+7y-28=0.
问题归结为圆心为O的圆与直线l有无公共点.因此我们继续研究直线与圆的位置关系.
（二）推进新课、新知探究、提出问题
①过圆上一点可作几条切线？如何求出切线方程？
②过圆外一点可作几条切线？如何求出切线方程？
③过圆内一点可作几条切线？
④你能概括出求圆切线方程的步骤是什么吗？
⑤如何求直线与圆的交点？
⑥如何求直线与圆的相交弦的长?
讨论结果：①过圆上一点可作一条切线,过圆x
2
+y
2
=r
2
上一点(x
0
,y
0
)的切线方程是x
0
x+y
0
y=r
2
；
过圆 (x-a)
2
+(y-b)
2
=r
2
上一点(x
0
,y
0
)的切线方程是(x
0
-a)(x-a)+(y
0< br>-b)(y-b)=r
2
.

②过圆外一点可作两条切线,求出 切线方程有代数法和几何法.代数法的关键是把直线与圆相切这个
几何问题转化为联立它们的方程组只有 一个解的代数问题.可通过一元二次方程有一个实根的充要条件
——Δ=0去求出k的值,从而求出切线 的方程.用几何方法去求解,要充分利用直线与圆相切的几何性质,
圆心到切线的距离等于圆的半径(d =r),求出k的值.
③过圆内一点不能作圆的切线.
④求圆切线方程,一般有三种方法, 一是设切点,利用①②中的切线公式法;二是设切线的斜率,用判别
式法;三是设切线的斜率,用图形的 几何性质来解,即圆心到切线的距离等于圆的半径(d=r),求出k的值.
⑤把直线与圆的方程联立得方程组,方程组的解即是交点的坐标.
⑥把直线与圆的方程联立得 交点的坐标,结合两点的距离公式来求;再就是利用弦心距、弦长、半径
之间的关系来求.
（三）应用示例
思路1
例1 过点P(-2,0)向圆x
2
+y
2
=1引切线,求切线的方程.

图3
?
?
y?k(x?2),
解:如图3,方法一:设所求切线的 斜率为k,则切线方程为y=k(x+2),因此由方程组
?
2
得
2
x?y?1,
?
?
x
2
+k
2
(x+2)
2
=1.
上述一元二次方程有一个实根,
Δ=16k
4
-4(k
2
+1)(4k
2
-1)=12k
2
-4=0,k=±3
,
3
所以所求切线的方程为y=±
3
(x+2).
3

方法二:设所求切线的斜率为k,则切线方程为y=k(x+2),由于圆心到切线 的距离等于圆的半径(d=r),所
以d=
|2k|
1?k
2
=1, 解得k=±
3
.
3
3
(x+2).
3
所以所求 切线的方程为y=±
方法三：利用过圆上一点的切线的结论.可假设切点为(x
0
,y
0
),此时可求得切线方程为x
0
x+y
0
y=1. 然后利用点(-2,0)在切线上得到-2x
0
=1,从中解得x
0
=-
再由点(x
0
,y
0
)在圆上,所以满足x
0
2< br>+y
0
2
=1,既
1
.
2
3
1< br>+y
0
2
=1,解出y
0
=±.
2
43
?0
y?0
2
?
这样就可求得切线的方程为,
1< br>x?2
??2
2
?
整理得y=±
3
(x+2). < br>3
点评:过圆外一点向圆可作两条切线；可用三种方法求出切线方程,其中以几何法“d=r”比 较好(简便).
变式训练
已知直线l的斜率为k,且与圆x
2
+ y
2
=r
2
只有一个公共点,求直线l的方程.
活动：学生思考, 观察题目的特点,见题想法,教师引导学生考虑问题的思路,必要时给予提示,直线与圆
只有一个公共点 ,说明直线与圆相切.可利用圆的几何性质求解.

图4
解:如图4,方法一:设所求的直线方程为y=kx+b,由圆心到直线的距离等于圆的半径,得 d=
|b|
1?k
2
=r,∴b=±r
1?k
2
,求得切线方程是y=kx±r
1?k
2
.

方法二:设所 求的直线方程为y=kx+b,直线l与圆x
2
+y
2
=r
2
只有一个公共点,所以它们组成的方程组只
有一组实数解,由
?
?
?
y?kx?b,
,得x
2
+k
2
(x+b)
2
= 1,即x
2
(k
2
+1)+2k
2
bx+b
2=1,Δ=0得b=±r
1?k
2
,求得切线
222
?
?
x?y?r
方程是y=kx±r
1?k
2
.
例2 已 知圆的方程为x
2
+y
2
+ax+2y+a
2
=0,一定点 为A(1,2),要使过定点A(1,2)作圆的切线有两条,求a的取
值范围.
活动：学生 讨论,教师指导,教师提问,学生回答,教师对学生解题中出现的问题及时处理,利用几何方法,
点A( 1,2)在圆外,即到圆心的距离大于圆的半径.
2
a
2
a
4?3 a
2
2
4?3a
解:将圆的方程配方得(x+)+(y+1)=,圆心C的坐 标为(－,－1),半径r=,
4
22
4
条件是4－3a
2
＞0,过点A(1,2)所作圆的切线有两条,则点A必在圆外,
即
4?3a
2
a
22
.
(1?)?(2?1)
＞< br>4
2
2
?
?
a?a?9?0,
化简,得a+a+9＞ 0,由
?

2
?
?
4?3a?0,
2
解得 －
2323
＜a＜,a∈R.
33
2323
＜a＜.
33
2323
,).
33
所以－
故a的取值范围是(－< br>点评:过圆外一点可作圆的两条切线,反之经过一点可作圆的两条切线,则该点在圆外.同时注意圆的一般方程的条件.
思路2
例1 已知过点M(-3,-3)的直线l被圆x
2
+y
2
+4y-21=0所截得的弦长为45,求直线l的方程.

活动：学生思考或讨论,教师引导学生考虑问题的思路,求直线l的方程,一般设点斜式,再求斜率.这 里
知道弦长,半径也知道,所以弦心距可求,如果设出直线的方程,由点到直线的距离等于弦心距求出斜 率；另
外也可利用弦长公式,结合一元二次方程根与系数的关系求解.
解法一：将圆的方程写 成标准形式有x
2
+(y+2)
2
=25,所以圆心为(0,-2),半径为 5.因为直线l被圆
22
x
2
+y
2
+4y-21=0所截 得的弦长为4
5
,所以弦心距为
5?(25)
=
5
,圆心到 直线的距离为
5
,由于
直线过点M(-3,-3),所以可设直线l的方程为y+3= k(x+3),即kx-y+3k-3=0.
根据点到直线的距离公式,圆心到直线的距离为
5
,因此d=
|2?3k?3|
k?1
2
=
5
,两 边平方整理得
2k
2
-3k-2=0,解得k=
1
,k=2.
2
1
(x+3)或y+3=2(x+3),即x+2y+9=0或2x-y+3=0.
2
所以所求的直线l的方程为y+3=
解法二：设直线l和已知圆x
2
+y
2
+4y-21=0的交点为A(x
1
,y
1
),B (x
2
,y
2
),直线l的斜率为k,由于直线过
点M(-3,-3 ),所以可设直线l的方程为y+3=k(x+3),即y=kx+3k-3.代入圆的方程x
2
+y
2
+4y-21=0,并整理得
(1+k
2
)x
2< br>+2k(3k-1)x+(3k-1)
2
-25=0.结合一元二次方程根与系数的关系 有
(3k?1)
2
?25
2k(3k?1)
x
1
+ x
2
=
?
,x
1
·x
2
=. ①
1?k
2
1?k
2
|AB|=
(x
1
?x
2
)?(y
1
?y
2
)?
22
(x< br>1
?x
2
)
2
?k
2
(x
1
?x
2
)
2
?(1?k
2
)(x
1
?x
2
)
2
?

(1?k
2
)[(x
1
?x
2
)
2
?4x
1
?x
2
]

因为|AB|=45,所以有(1+k
2
)［(x
1
+x
2
)
2
-4x
1
·x
2
］=80. ②
2k(3k?1)
2
(3k?1)
2
?25
2
把①式代入②式,得(1+k){［
?
］-4}=80.经过整理,得2k-3k-2=0,解 得
2
2
1?k
1?k
2
k=
11
,k=2 .所以所求的直线l的方程为y+3=(x+3)或y+3=2(x+3),即x+2y+9=0或2x-y+3 =0.
22
点评:解法一突出了适当地利用图形的几何性质有助于简化计算,强调图形在解题 中的作用,加强了
数形结合;解法二是利用直线被曲线截得的弦长公式求出斜率后求直线方程,思路简单 但运算较繁.
变式训练

已知圆C：x
2
+(y-1)
2
=5,直线l:mx-y+1-m=0.
(1)求证：对m∈R,直线l与圆C总有两个不同交点;
(2)设l与圆C交于不同两点A、B,若|AB|=
17
,求l的倾斜角;
(3)求弦AB的中点M的轨迹方程;
(4)若定点P(1,1)分弦AB为
AP
1
=,求此时直线l的方程. < br>PB
2
解:(1)判断圆心到直线的距离小于半径即可,或用直线系过定点P(1,1) 求解;点P(1,1)在圆内.
(2)利用弦心距、半径、弦构成的直角三角形求弦长,得m=±3
,所以α=
?
2
?
或.
33
(3)设M的 坐标为(x,y),连结CM、CP,因为C(0,1),P(1,1),|CM|
2
+|PM |
2
=|CP|
2
,
所以x
2
+(y-1)2
+(x-1)
2
+(y-1)
2
=1,整理得轨迹方程为x< br>2
+y
2
-x-2y+1=0(x≠1).
(4)设A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
),由
x? 2x
1
AP
1
=,得
2
=1. ①
1?2
PB
2
又由直线方程和圆的方程联立消去y,得(1+m
2
)x
2
-2m
2
x+m
2
-5=0, (*)
2m
2
故x
1
+x
2
=, ②
1?m
2
3?m
2
由①②,得x
1
=,代入( *),解得m=±1.
2
1?m
所以直线l的方程为x-y=0或x+y-2=0.
例2 已知直线l:y=k(x+2
2
)与圆O:x
2
+y
2
=4相交于A、B两点,O为坐标原点,△ABO的面积为S,①试
将S表示成k的函数S (k),并指出它的定义域；②求S的最大值,并求出取得最大值时的k值.
活动：学生审题,再思考 讨论,教师提示学生欲求△ABO的面积,应先求出直线被圆截得的弦长|AB|,
将|AB|表示成k 的函数.

图5

解:①如图5所示,直线的方程为kx-y+2
2
k=0(k≠0),
点O到l之间的距离为|OC|=
22|k|
k?1
2
,
8k
2
1?k
2
弦长|AB|=2
|OA|?|OC|?24?，
?4
22
1?k1?k
22
42?k
2
( 1?k
2
)
1
∴△ABO的面积S=|AB|·|OC|=，
2
1?k
2
∵|AB|＞0,∴-1＜k＜1(k≠0).
∴S( k)=
42?k
2
(1?k
2
)
1?k
2`
(-1＜k＜1且k≠0).
②△ABO的面积S=
1
|OA|·|OB|sin∠AOB=2sin∠AOB,
2
∴当∠AOB=90°时,S
max
=2,
此时|OC|=2
,|OA|=2,即
22|k|
k?1
2
=
2
,
∴k=±
3
.
3
点评：在涉及到直线被圆截得的弦长时,要 巧妙利用圆的有关几何性质,如本题中的Rt△BOC,其中
|OB|为圆半径,|BC|为弦长的一半 .
变式训练
已知x,y满足x
2
+y
2
-2x+4y=0,求x-2y的最大值. 活动:学生审题,再思考讨论,从表面上看,此问题是一个代数,可用代数方法来解决.但细想后会发现比< br>较复杂,它需把二次降为一次.教师提示学生利用数形结合或判别式法.
解法一:(几何解法) ：设x-2y=b,则点(x,y)既在直线x-2y=b上,又在圆x
2
+y
2-2x+4y=0上,即直线x-2y=b
和圆x
2
+y
2
-2 x+4y=0有交点,故圆心(1,-2)到直线的距离小于或等于半径,
所以
|5?b|< br>5
≤
5
.所以0≤b≤10,即b的最大值是10.

解法二:(代数解法)：设x-2y=b,代入方程x
2
+y
2
-2x+4y =0,得(2y+b)
2
+y
2
-2(2y+b)+4y=0,即
5 y
2
+4by+b
2
-2b=0.由于这个一元二次方程有解,所以其判别式 Δ=16b
2
-20(b
2
-2b)=40b-4b
2
≥0 ,即
b
2
-10b≤0,0≤b≤10.所以求出b的最大值是10.
点评 :比较两个解法,我们可以看到,数形结合的方法难想但简单,代数法易想但较繁,要多练习以抓住
规律 .
例3 已知圆C：(x－1)
2
＋(y－2)
2
=25,直线 l：(2m+1)x+(m+1)y－7m－4=0(m∈R).
(1)证明不论m取什么实数,直线l与圆恒交于两点；
(2)求直线被圆C截得的弦长最小时l的方程.
活动：学生先思考,然后讨论,教师引导学 生考虑问题的方法,由于直线过定点,如果该定点在圆内,此题
便可解得.最短的弦就是与过定点与此直 径垂直的弦.
解:(1)证明：因为l的方程为(x+y－4)+m(2x+y－7)=0.因为m∈ R,所以
?
?
2x?y?7?0,
?
x?3,
,解得
?
?
y?1,
?
x?y?4?0.
即l恒过定点A(3,1).因 为圆心C(1,2),｜AC｜=
5
＜5(半径),所以点A在圆C内,从而直线l恒与圆C相
交于两点.
(2)弦长最小时,l⊥AC,由k
AC
=－
1
,所以l的方程为2x－y－5=0.
2
点评：证明直线与圆恒相交,一是可以将直线与圆 的方程联立方程组,进而转化为一元二次方程,根据
判别式与0的大小来判断,这是通性通法,但过程繁 琐,计算量大；二是说明直线过圆内一点,由此直线与圆
必相交.对于圆中过A点的弦,以直径为最长, 过A点与此直径垂直的弦为最短.
变式训练
求圆x
2
+y
2
+4x-2y+4=0上的点到直线y=x-1的最近距离和最远距离.
解:圆方程化为(x+2)
2
+(y-1)
2
=1,
圆心 (-2,1)到直线y=x-1的距离为d=
|?2?1?1|
1?(?1)
22=2
2
,
所以所求的最近距离为2
2
-1,最远距离为2
2
+1.

（四）知能训练
1.已知直线l:y=2x－2,圆C:x
2
＋y
2
＋2x＋4y＋1=0,请判断直线l与圆C的位置关系,若相交,则求直线l被圆< br>C所截的线段长.
活动:请大家独立思考,多想些办法.然后相互讨论,比较解法的不同之处. 学生进行解答,教师巡视,掌
握学生的一般解题情况.
3
?
x?,
?
?
y?2x?2,
?
x??1,
?
5
解法一：由 方程组
?
2
解得
或
??
2
?
x?y?2 x?4x?1?0.
?
y??
4
?
y??4,
?
5
?
即直线l与圆C的交点坐标为(
3
4
8
5
. ,－)和 (－1,－4),则截得线段长为
55
5
解法二：由方程组(略)消去y, 得5x
2
＋2x－3=0,
设直线与圆交点为A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
),则AB中点为(-
1
12
,-),
5
5
2
?
x?y??,
1
?
64
?
1
5
所以
?
得(x
1
- x
2
)
2
=,
25
3
?
x?x??,< br>12
?
5
?
则所截线段长为|AB|=(1+k
2
) (x
1
-x
2
)
2
=
8
5
. < br>5
解法三：圆心C为(－1,－2),半径r=2,设交点为A、B,圆心C到直线l之距d=< br>2
5
,所以
5
|AB|4
8
5
.
?r
2
?d
2
?5
.则所截线段长为|AB|=
5
25
点评:前者直接求交点坐标,再用两点距离公式求值；后者虽然也用两点距离公式,但借用韦达定理 ,
避免求交点坐标.解法三利用直线与圆的位置关系,抓住圆心到直线之距d及圆半径r来求解.反映了 抓住
本质能很快接近答案的特点.显然,解法三比较简洁.
2.已知直线x+2y-3=0交 圆x
2
+y
2
+x-6y+F=0于点P、Q,O为原点,问F为何值时,O P⊥OQ?
?
?
x?2y?3?0,
解:由
?
2
消去y,得5x
2
+10x+4F-27=0,
2
?
?
x ?y?x?6y?F?0
所以x
1
x
2
=
4F?27
,x
1
+x
2
=-2.
5

所以y
1
y
2
=
(x
1
?3)(x
2
?3)x
1
x
2
?3(x
1
?x
2
)?9
12?F
??
.
445
因为OP⊥OQ,所以x
1
x2
+y
1
y
2
=0,即
4F?2712?F
= 0.所以F=3.
?
55
点评：(1)解本题之前先要求学生指出解题思路. (2)体会垂直条件是怎样转化的,以及韦达定理的作用：处理x
1
,x
2
的对称式.在解析几何中经常运用韦
达定理来简化计算.
（五）拓展提升
已知点 P到两个定点M(－1,0)、N(1,0)距离的比为
2
,点N到直线PM的距离为1,求直 线PN的方程.
解:设点P的坐标为(x,y),由题设有
|PM|
2222
=
2
,即
(x?1)?y
=
2
·
(x?1)?y
,
|PN|
整理得x
2
+y
2
－6x+1=0. ①
因为点N到PM的距离为1,|MN|=2,所以∠PMN=30°,直线PM的斜率为±
3
.
3
直线PM的方程为y=±
3
(x+1). ②
3
将②代入①整理,得x
2
－4x+1=0.解得x
1
=2+
3
,x
2
=2－
3
.
代入②得点P的坐标 为(2+
3
,1+3)或(2－
3
,－1+
3
)；(2+< br>3
,－1－3)或(2－
3
,1－
3
).
直线PN的方程为y=x－1或y=－x+1.
（六）课堂小结
1.直线和圆位置关系的判定方法：代数法和几何法.
2.直线和圆相切,这类问题主要是求 圆的切线方程.求圆的切线方程主要可分为已知斜率k或已知直
线上一点两种情况,而已知直线上一点又 可分为已知圆上一点和圆外一点两种情况.
3.直线和圆相交,这类问题主要是求弦长以及弦的中点问题.注意弦长公式和圆的几何性质.
4.求与圆有关的最值问题,往往利用数形结合,因此抽象出式子的几何意义是至关重要的.
（七）作业

课本习题4.2 A组5、6、7.