高三理科数学一轮总复习第八章-直线和圆的方程(教师用书.doc

精选优质文档-倾情为你奉上第八章直线和圆的方程高考导航考试要求 重难点击命题展望1.在平面直角坐标系中，结合具体图形，确定直线位置的几何要素.2.理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握过两点的直线的斜率的计算公式.3.能根据两条直线的斜率判定这两条直线平行或垂直.4.掌握确定直线位置的几何要素，掌握直线方程的几种形式(点斜式、两点式及一般式)，了解斜截式与一次函数的关系.5.掌握用解方程组的方法求两条相交直线的交点坐标.6.掌握两点间的距离公式、点到直线的距离公式，会求两条平行线间的距离.7.掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程.8.能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆、圆与圆的位置关系.9.能用直线和圆的方程解决简单的问题.10.初步了解用代数方法处理几何问题的思想.11.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置，会推导空间两点间的距离公式.本章重点：1.倾斜角和斜率的概念；2.根据斜率判定两条直线平行与垂直；3.直线的点斜式方程、一般式方程；4.两条直线的交点坐标；5.点到直线的距离和两条平行直线间的距离的求法；6.圆的标准方程与一般方程；7.能根据给定直线，圆的方程，判断直线与圆的位置关系；8.运用数形结合的思想和代数方法解决几何问题.本章难点：1.直线的斜率与它的倾斜角之间的关系；2.根据斜率判定两条直线的位置关系；3.直线方程的应用；4.点到直线的距离公式的推导；5.圆的方程的应用；6.直线与圆的方程的综合应用.本章内容常常与不等式、函数、向量、圆锥曲线等知识结合起来考查.直线和圆的考查，一般以选择题、填空题的形式出现，属于容易题和中档题；如果和圆锥曲线一起考查，难度比较大.同时，对空间直角坐标系的考查难度不大，一般为选择题或者填空题.本章知识点的考查侧重考学生的综合分析问题、解决问题的能力，以及函数思想和数形结合的能力等.知识网络8.1直线与方程典例精析题型一直线的倾斜角【例1】直线2xcos y30，的倾斜角的变化范围是()A.， B.， C.， D.，【解析】直线2xcos y30的斜率k2cos ，由于，所以cos ，k2cos 1，.设直线的倾斜角为，则有tan 1，由于0，)，所以，即倾斜角的变化范围是，故选B.【点拨】利用斜率求倾斜角时，要注意倾斜角的范围.【变式训练1】已知M(2m3，m)，N(m2,1)，当m时，直线MN的倾斜角为锐角；当m时，直线MN的倾斜角为直角；当m时，直线MN的倾斜角为钝角.【解析】直线MN的倾斜角为锐角时，k0m5或m1；直线MN的倾斜角为直角时，2m3m2m5；直线MN的倾斜角为钝角时，k05m1.题型二直线的斜率【例2】已知A(1，5)，B(3，2)，直线l的倾斜角是直线AB的倾斜角的2倍，求直线l的斜率.【解析】由于A(1，5)，B(3，2)，所以kAB，设直线AB的倾斜角为，则tan ，l的倾斜角为2，tan 2.所以直线l的斜率为.【点拨】直线的倾斜角和斜率是最重要的两个概念，应熟练地掌握这两个概念，扎实地记住计算公式，倾斜角往往会和三角函数的有关知识联系在一起.【变式训练2】设是直线l的倾斜角，且有sin cos ，则直线l的斜率为()A.B.C. D.或【解析】选C.sin cos sin cos 0sin ，cos 或cos ，sin (舍去)，故直线l的斜率ktan .题型三直线的方程【例3】求满足下列条件的直线方程.(1)直线过点(3,2)，且在两坐标轴上截距相等；(2)直线过点(2,1)，且原点到直线的距离为2.【解析】(1)当截距为0时，直线过原点，直线方程是2x3y0；当截距不为0时，设方程为1，把(3,2)代入，得a5，直线方程为xy50.故所求直线方程为2x3y0或xy50.(2)当斜率不存在时，直线方程x20合题意；当斜率存在时，则设直线方程为y1k(x2)，即kxy12k0，所以2，解得k，方程为3x4y100.故所求直线方程为x20或3x4y100.【点拨】截距可以为0，斜率也可以不存在，故均需分情况讨论.【变式训练3】求经过点P(3，4)，且横、纵截距互为相反数的直线方程.【解析】当横、纵截距都是0时，设直线的方程为ykx.因为直线过点P(3，4)，所以43k，得k.此时直线方程为yx.当横、纵截距都不是0时，设直线的方程为1，因为直线过点P(3，4)，所以a347.此时方程为xy70. 综上，所求直线方程为4x3y0或xy70.题型四直线方程与最值问题【例4】过点P(2,1)作直线l分别交x、y轴的正半轴于A、B两点，点O为坐标原点，当ABO的面积最小时，求直线l的方程.【解析】方法一：设直线方程为1(a0，b0)，由于点P在直线上，所以1.·()2，当时，即a4，b2时，·取最大值，即SAOBab取最小值4，所求的直线方程为1，即x2y40.方法二：设直线方程为y1k(x2)(k0)，直线与x轴的交点为A(，0)，直线与y轴的交点为B(0，2k1)，由题意知2k10，k0,12k0.SAOB(12k) ·()(4k)4244.当4k，即k时，SAOB有最小值，所求的直线方程为y1(x2)，即x2y40.【点拨】求直线方程，若已知直线过定点，一般考虑点斜式；若已知直线过两点，一般考虑两点式；若已知直线与两坐标轴相交，一般考虑截距式；若已知一条非具体的直线，一般考虑一般式.【变式训练4】已知直线l：mx(m21)y4m(mR).求直线l的斜率的取值范围.【解析】由直线l的方程得其斜率k.若m0，则k0；若m0，则k，所以0k；若m0，则k，所以k0.综上，k.总结提高1.求斜率一般有两种类型：其一，已知直线上两点，根据k求斜率；其二，已知倾斜角或的三角函数值，根据ktan 求斜率，但要注意斜率不存在时的情形.2.求倾斜角时，要注意直线倾斜角的范围是0，).3.求直线方程时，应根据题目条件，选择合适的直线方程形式，从而使求解过程简单明确.设直线方程的截距式，应注意是否漏掉过原点的直线；设直线方程的点斜式时，应注意是否漏掉斜率不存在的直线.8.2两条直线的位置关系典例精析题型一两直线的交点【例1】若三条直线l1：2xy30，l2：3xy20和l3：axy0不能构成三角形，求a的值.【解析】l3l1时，a2a2；l3l2时，a3a3；由将(1，1)代入axy0a1.综上，a1或a2或a3时，l1、l2、l3不能构成三角形.【点拨】三条直线至少有两条平行时或三条直线相交于一点时不能构成三角形.【变式训练1】已知两条直线l1：a1xb1y10和l2：a2xb2y10的交点为P(2,3)，则过A(a1，b1)，B(a2，b2)的直线方程是.【解析】由P(2,3)为l1和l2的交点得故A(a1，b1)，B(a2，b2)的坐标满足方程2x3y10，即直线2x3y10必过A(a1，b1)，B(a2，b2)两点.题型二两直线位置关系的判断【例2】已知两条直线l1：axby40和l2：(a1)xyb0，求满足下列条件的a，b的值.(1)l1l2，且l1过点(3，1)；(2)l1l2，且坐标原点到两条直线的距离相等.【解析】(1)由已知可得l2的斜率存在，所以k21a，若k20，则1a0，即a1.因为l1l2，直线l1的斜率k1必不存在，即b0，又l1过点(3，1)，所以3ab40，而a1，b0代入上式不成立，所以k20.因为k20，即k1，k2都存在，因为k21a，k1，l1l2， 所以k1k21，即(1a)1，又l1过点(3，1)，所以3ab40，联立上述两个方程可解得a2，b2.(2)因为l2的斜率存在，又l1l2，所以k1k2，即(1a)，因为坐标原点到这两条直线的距离相等，且l1l2，所以 l1，l2在y轴的截距互为相反数，即b，联立上述方程解得a2，b2或a，b2，所以a，b的值分别为2和2或和2.【点拨】运用直线的斜截式ykxb时，要特别注意直线斜率不存在时的特殊情况.求解两条直线平行或垂直有关问题时，主要是利用直线平行和垂直的充要条件，即“斜率相等”或“斜率互为负倒数”.【变式训练2】如图，在平面直角坐标系xOy中，设三角形ABC的顶点分别为A(0，a)，B(b,0)，C(c,0).点P(0，p)是线段AO上的一点(异于端点)，这里a，b，c，p均为非零实数，设直线BP，CP分别与边AC，AB交于点E，F，某同学已正确求得直线OE的方程为()x()y0，则直线OF的方程为.【解析】由截距式可得直线AB：1，直线CP：1，两式相减得()x()y0，显然直线AB与CP的交点F满足此方程，又原点O也满足此方程，故所求直线OF的方程为()x()y0.题型三点到直线的距离【例3】已知ABC中，A(1,1)，B(4,2)，C(m，)(1m4)，当ABC的面积S最大时，求m的值.【解析】因为A(1,1)，B(4,2)，所以|AB|，又因为直线AB的方程为x3y20，则点C(m，)到直线AB的距离即为ABC的高，设高为h，则h，S|AB|·h|m32|，令t，则1t2，所以S|m32|t23t2|(t)2|，由图象可知，当t时，S有最大值，此时，所以m.【点拨】运用点到直线的距离时，直线方程要化为一般形式.求最值可转化为代数问题，用处理代数问题的方法解决.【变式训练3】若动点P1(x1，y1)与P2(x2，y2)分别在直线l1：xy50，l2：xy150上移动，求P1P2的中点P到原点的距离的最小值.【解析】方法一：因为P1、P2分别在直线l1和l2上，所以()÷2，得100，所以P1P2的中点P(，)在直线xy100上，点P到原点的最小距离就是原点到直线xy100的距离d5.所以，点P到原点的最小距离为5.方法二：设l为夹在直线l1和l2之间且和l1与l2的距离相等的直线.令l：xyc0，则5c15，且， 解得c10.所以l的方程为xy100.由题意知，P1P2的中点P在直线l上，点P到原点的最小距离就是原点到直线l的距离d5，所以点P到原点的最小距离为5.总结提高1.求解与两直线平行或垂直有关的问题时，主要是利用两直线平行或垂直的条件，即“斜率相等”或“互为负倒数”.若出现斜率不存在的情况，可考虑用数形结合的方法去研究.2.学会用分类讨论、数形结合、特殊值检验等基本的数学方法和思想.特别是注意数形结合思想方法，根据题意画出图形不仅易于找到解题思路，还可以避免漏解和增解，同时还可以充分利用图形的性质，挖掘出某些隐含条件，找到简捷解法.3.运用公式d求两平行直线之间的距离时，要注意把两直线方程中x、y的系数化成分别对应相等. 8.3圆的方程典例精析题型一求圆的方程【例1】求经过两点A(1,4)，B(3,2)且圆心在y轴上的圆的方程.【解析】方法一：设圆的方程为x2y2DxEyF0，则圆心为(，)，由已知得即 解得 D0，E2，F9，所求圆的方程为x2y22y90.方法二：经过A(1,4)，B(3,2)的圆，其圆心在线段AB的垂直平分线上，AB的垂直平分线方程为y32(x1)，即y2x1.令x0，y1，圆心为(0,1)，r ，圆的方程为x2(y1)210.【点拨】圆的标准方程或一般方程都有三个参数，只要求出a、b、r或D、E、F，则圆的方程确定，所以确定圆的方程需要三个独立条件.【变式训练1】已知一圆过P(4，2)、Q(1,3)两点，且在y轴上截得的线段长为4，求圆的方程.【解析】设圆的方程为x2y2DxEyF0，将P、Q两点的坐标分别代入得令x0，由得y2EyF0，由已知|y1y2|4，其中y1、y2是方程的两根.所以(y1y2)2(y1y2)24y1y2E24F48，解、组成的方程组，得D2，E0，F12或D10，E8，F4，故所求圆的方程为x2y22x120或x2y210x8y40.题型二与圆有关的最值问题【例2】若实数x，y满足(x2)2y23.求：(1)的最大值和最小值；(2)yx的最小值；(3)(x4)2(y3)2的最大值和最小值.【解析】(1)，即连接圆上一点与坐标原点的直线的斜率，因此的最值为过原点的直线与圆相切时该直线的斜率，设k，ykx，kxy0.由，得k±，所以的最大值为，的最小值为.(2)令x2cos ，ysin ，0,2).所以yxsin cos 2sin()2，当sin()1时，yx的最小值为2.(3)(x4)2(y3)2是圆上点与点(4,3)的距离的平方，因为圆心为A(2,0)，B(4,3)，连接AB交圆于C，延长BA交圆于D.|AB|，则|BC|，|BD|，所以(x4)2(y3)2的最大值为()2，最小值为()2.【点拨】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：形如U形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题；形如(xa)2(yb)2形式的最值问题，可转化为圆心已定的动圆半径的最值问题.【变式训练2】已知实数x，y满足x2y23(y0).试求m及b2xy的取值范围.【解析】如图，m可看作半圆x2y23(y0)上的点与定点A(3，1)连线的斜率，b可以看作过半圆x2y23(y0)上的点且斜率为2的直线的纵截距.由图易得m，2b.题型三圆的方程的应用【例3】在平面直角坐标系xOy中，二次函数f(x)x22xb(xR)与两坐标轴有三个交点，经过三个交点的圆记为C.(1)求实数b的取值范围；(2)求圆C的方程；(3)问圆C是否经过定点(其坐标与b无关)？请证明你的结论.【解析】(1)令x0，得抛物线与y轴交点是(0，b)，由题意b0，且0，解得b1且b0.(2)设所求圆的一般方程为x2y2DxEyF0，令y0，得x2DxF0，这与x22xb0是同一个方程，故D2，Fb.令x0，得y2EyF0，此方程有一个根为b，代入得出Eb1.所以圆C的方程为x2y22x(b1)yb0.(3)圆C必过定点，证明如下：假设圆C过定点(x0，y0)(x0，y0不依赖于b)，将该点的坐标代入圆C的方程，并变形为xy2x0y0b(1y0)0，(*)为使(*)式对所有满足b1(b0)的b都成立，必须有1y00，结合(*)式得xy2x0y00，解得或经检验知，点(0,1)，(2,1)均在圆C上，因此圆C过定点.【点拨】本题(2)的解答用到了代数法求过三点的圆的方程，体现了设而不求的思想.(3)的解答同样运用了代数的恒等思想，同时问题体现了较强的探究性.【变式训练3】(2010安徽)动点A(x，y)在圆x2y21上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转，12秒旋转一周.已知时间t0时，点A的坐标是(，)，则当0t12时，动点A的纵坐标y关于t(单位：秒)的函数的单调递增区间是()A.0,1 B.1,7C.7,12 D.0,1和7,12【解析】选D.由题意知角速度为，故可得ysin(t),0t12，t或t，所以0t1或7t12.所以单调递增区间为0,1和7,12.总结提高1.确定圆的方程需要三个独立条件，“选标准，定参数”是解题的基本方法.一般来讲，条件涉及圆上的多个点，可选择一般方程；条件涉及圆心和半径，可选圆的标准方程.2.解决与圆有关的问题，应充分运用圆的几何性质帮助解题.解决与圆有关的最值问题时，可根据代数式子的几何意义，借助于平面几何知识，数形结合解决.也可以利用圆的参数方程解决最值问题.8.4 直线与圆、圆与圆的位置关系典例精析题型一直线与圆的位置关系的判断【例1】已知圆的方程x2y22，直线yxb，当b为何值时，(1)直线与圆有两个公共点；(2)直线与圆只有一个公共点.【解析】方法一：(几何法)设圆心O(0,0)到直线yxb的距离为d，d，半径r.当dr时，直线与圆相交，2b2，所以当2b2时，直线与圆有两个公共点.当dr时，直线与圆相切，b±2，所以当b±2时，直线与圆只有一个公共点.方法二：(代数法)联立两个方程得方程组消去y得2x22bxb220，164b2.当0，即2b2时，有两个公共点；当0，即b±2时，有一个公共点.【点拨】解决直线与圆的位置关系的问题时，要注意运用数形结合思想，既要运用平面几何中有关圆的性质，又要结合待定系数法运用直线方程中的基本关系，养成勤画图的良好习惯.【变式训练1】圆2x22y21与直线xsin y10(R，k，kZ)的位置关系是()A.相离B.相切C.相交 D.不能确定【解析】选A.易知圆的半径r，设圆心到直线的距离为d，则d.因为k，kZ.所以0sin21，所以d1，即dr，所以直线与圆相离.题型二圆与圆的位置关系的应用【例2】如果圆C：(xa)2(ya)24上总存在两个点到原点的距离为1，求实数a的取值范围.【解析】到原点的距离等于1的点在单位圆O：x2y21上.当圆C与圆O有两个公共点时，符合题意，故应满足21|OC|21，所以13，即|a|，所以a或a为所求a的范围.【变式训练2】两圆(x1)2(y1)2r2和(x2)2(y2)2R2相交于P，Q两点，若点P的坐标为(1,2)，则点Q的坐标为. 【解析】由两圆的方程可知它们的圆心坐标分别为(1,1)，(2，2)，则过它们圆心的直线方程为，即yx.根据圆的几何性质可知两圆的交点应关于过它们圆心的直线对称.故由P(1,2)可得它关于直线yx的对称点，即点Q的坐标为(2，1).题型三圆的弦长、中点弦的问题【例3】已知点P(0,5)及圆C：x2y24x12y240.(1)若直线l过点P且被圆C截得的线段长为4，求l的方程；(2)求圆C内过点P的弦的中点的轨迹方程.【解析】(1)如图，AB4，D是AB的中点，则AD2，AC4，在RtADC中，可得CD2.设所求直线的斜率为k，则直线的方程为 y5kx，即kxy50.由点C到直线的距离公式2，得k，此时直线l的方程为3x4y200.又直线l的斜率不存在时，也满足题意，此时的方程为x0.所以所求直线为x0或3x4y200. (也可以用弦长公式求解)(2)设圆C上过点P的弦的中点为D(x，y)，因为CDPD，所以0，即(x2，y6)·(x，y5)0，化简得轨迹方程x2y22x11y300. 【点拨】在研究与弦的中点有关问题时，注意运用“平方差法”，即设弦AB两端点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，中点为(x0，y0)，由得k.该法常用来解决与弦的中点、直线的斜率有关的问题.【变式训练3】已知圆的方程为x2y26x8y0，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.10B.20 C.30D.40【解析】选B.圆的方程化成标准方程(x3)2(y4)225，过点(3,5)的最长弦为AC10，最短弦为BD24，SAC·BD20.总结提高1.解决直线与圆、圆与圆的位置关系有代数法和几何法两种，用几何法解题时要注意抓住圆的几何特征，因此常常要比代数法简捷.例如，求圆的弦长公式比较复杂，利用l2(R表示圆的半径，d表示弦心距)求弦长比代数法要简便.2.处理直线与圆，圆与圆的位置关系，要全面地考查各种位置关系，防止漏解，如设切线为点斜式，要考虑斜率不存在的情况是否合题意，两圆相切应考虑外切和内切两种情况.3.处理直线与圆的位置关系时，特别是有关交点问题时，为避免计算量过大，常采用“设而不求”的方法.8.5直线与圆的综合应用 典例精析题型一直线和圆的位置关系的应用【例1】已知圆C：(x1)2(y2)225及直线l：(2m1)x(m1)y7m4 (mR).(1)求证：不论m为何值，直线l恒过定点；(2)判断直线l与圆C的位置关系；(3)求直线l被圆截得的弦长最短时的弦长及此时直线的方程.【解析】(1)证明：直线方程可写作xy4m(2xy7)0，由方程组可得所以不论m取何值，直线l恒过定点(3,1).(2)由5，故点(3,1)在圆内，即不论m取何值，直线l总与圆C相交.(3)由平面几何知识可知，当直线与过点M(3,1)的直径垂直时，弦|AB|最短. |AB|224，此时 k，即2，解得m，代入原直线方程，得l的方程为2xy50.【点拨】解决弦长问题时，可利用弦长的几何意义求解.【变式训练1】若函数f(x)eax的图象在x0处的切线l与圆C：x2y21相离，则P(a，b)与圆C的位置关系是()A.在圆外B.在圆内C.在圆上D.不能确定【解析】选B.f(x)eaxf(x)eaxf(0).又f(0)，所以切线l的方程为y(x0)，即axby10，由l与圆C：x2y21相离得11，即点P(a，b)在圆内，故选B. 题型二和圆有关的对称问题【例2】设O为坐标原点，曲线x2y22x6y10上有两点P、Q关于直线xmy40对称，又满足·0.(1)求m的值；(2)求直线PQ的方程.【解析】(1)曲线方程可化为(x1)2(y3)29，是圆心为(1,3)，半径为3的圆.因为点P，Q在圆上且关于直线xmy40对称，所以圆心(1,3)在直线xmy40上，代入得m1.(2)因为直线PQ与直线yx4垂直，所以设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则直线PQ的方程为yxb.将直线yxb代入圆的方程，得2x22(4b)xb26b10，4(4b)24×2(b26b1)0，解得23b23.x1x2b4，x1x2，y1y2(x1b)(x2b)b2b(x1x2)x1x2，因为·0，所以x1x2y1y20，即0，得b1.故所求的直线方程为yx1.【点拨】平面向量与圆的交汇是平面解析几何的一个热点内容，解题时，一方面要能够正确地分析用向量表达式给出的题目的条件，将它们转化为图形中相应的位置关系，另一方面还要善于运用向量的运算解决问题.【变式训练2】若曲线x2y2x6y30上两点P、Q满足关于直线kxy40对称；OPOQ，则直线PQ的方程为.【解析】由知直线kxy40过圆心(，3)，所以k2，故kPQ.设直线PQ的方程为yxt，与圆的方程联立消去y，得x2(4t)xt26t30.(*)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由于OPOQ，所以x1x2y1y20，即x1x2(x1t)(x2t)0，所以(x1x2)(t)x1x2t20.由(*)知，x1x2，x1x2，代入上式，解得t或t.此时方程(*)的判别式0. 从而直线的方程为yx或yx，即x2y30或2x4y50为所求直线方程.题型三与圆有关的最值问题【例3】求与直线xy20和曲线x2y212x12y540都相切的半径最小的圆的标准方程.【解析】曲线x2y212x12y540可化为 (x6)2(y6)218，它表示圆心为(6,6)，半径为3的圆. 作出直线xy20与圆(x6)2(y6)218，由图形可知，当所求圆的圆心在直线yx上时，半径最小.设其半径为r，点(6,6)到直线xy2的距离为5，所以2r35，即r，点(0,0)到直线xy2的距离为，所求圆的圆心为(2cos 45°，2sin 45°)，即(2,2)，故所求圆的标准方程为(x2)2(y2)22.【点拨】解决与圆有关的最值问题时，要借助图形的几何性质，利用数形结合求解. 【变式训练3】由直线yx1上的点向圆C：(x3)2(y2)21引切线，则切线长的最小值为()A.B.3C.D.2【解析】选A.设M为直线yx1上任意一点，过点M的切线长为l，则l，当|MC|2最小时，l最小，此时MC与直线yx1垂直，即|MC|()218，故l的最小值为.总结提高1.解决直线与圆的综合问题时，一方面，我们要注意运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；另一方面，由于直线与圆和平面几何联系得非常紧密，因此，我们要勤动手，准确地作出图形，并充分挖掘几何图形中所隐含的条件，利用几何知识使问题较为简捷地得到解决，即注意圆的几何性质的运用.2.解决直线与圆的综合问题时，经常要用到距离，因此两点间的距离公式、点到直线的距离公式要熟练掌握，灵活运用.3.综合运用直线的有关知识解决诸如中心对称、轴对称等一些常见的问题.专心-专注-专业