标签：直线 方程 frac color sqrt quad Red

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模块导图

知识剖析

1 圆的定义

平面内到一定点的距离等于定长的点的集合叫圆，定点为圆心，定长为圆的半径.****

2 圆的方程

(1) 标准方程
\((x-a)^2+(y-b)^2=r^2\)，圆心\((a ,b)\)，半径为\(r\).
(2) 一般方程
\(x^2+y^2+D x+E y+F=0 (D^2+E^2-4 F>0)\)
(3) 求圆方程的方法
(i) 待定系数法
先设后求.确定一个圆需要三个独立条件，若利用圆的标准方程，需求出\(a\),\(b\),\(r\)；若利用一般方程，需要求出\(D\),\(E\),\(F\)；
(ii) 直接法
直接把圆心和半径求出.要注意多利用圆的几何性质，如弦的中垂线必经过原点，以此来确定圆心的位置.

3 点与圆的位置关系

\((1)\)设点到圆心的距离为\(d\)，圆半径为\(r\)，
点在圆内\(⇔ d<r\)； 点在圆上\(⇔ d=r\)； 点在圆外\(⇔ d>r\).
\((2)\)给定点\(M(x_0 ,y_0)\)及圆\(C:(x-a)^2+(y-b)^2=r^2\).

-\(M\)在圆\(C\)内\(⇔(x_0-a)^2+(y_0-b)^2<r^2\)；
-\(M\)在圆\(C\)上\(⇔(x_0-a)^2+(y_0-b)^2=r^2\)；
-\(M\)在圆\(C\)外\(⇔(x_0-a)^2+(y_0-b)^2>r^2\).

\((3)\)某点\(M\)到圆\(⊙O\)上点\(N\)的距离
若点\(M\)在圆内，则\(M N_{\min }=M N_{1}=r-O M\)，\(M N_{\max }=M N_{2}=r+O M\)；

若点\(M\)在圆外，则\(\mid M N_{\min }=M N_{1}=O M-r\)，\(M N_{\max }=M N_{2}=O M+r\)；

4 直线、圆的位置关系

(1) 三种位置关系

(2)根据\(d\)与\(r\)的关系判断(\(d\)为圆心到直线的距离，\(r\)为圆的半径.)

• 相离\(⇔\)没有公共点\(⇔ d>r\);
• 相切\(⇔\)只有一个公共点\(⇔ d=r\);
• 相交\(⇔\)有两个公共点\(⇔ d<r\).

(3) 联立方程求判别式的方法
联立直线方程与圆的方程\(\left\{\begin{array}{c} A x+B y+C=0 \\ x^{2}+y^{2}+D x+E y+F=0 \end{array}\right.\)求解，通过解的个数来判断：

• 当\(Δ>0\)时，直线与圆有\(2\)个交点，直线与圆相交；
• 当\(Δ=0\)时，直线与圆只有\(1\)个交点，直线与圆相切；
• 当\(Δ<0\)时，直线与圆没有交点，直线与圆相离.

(4) 圆上一点到圆外一直线的距离
若直线\(l\)与圆\(⊙O\)相离，圆上一点\(P\)到直线l的距离为\(PE\)，\(d\)为圆心\(O\)到直线\(l\)的距离，\(r\)为圆半径，则\(P E_{\min }=P_{1} F=d-r\)，\(P E_{\max }=P_{2} F=d+r\).

5 弦长

弦长公式\(A B=2 \sqrt{r^{2}-d^{2}}\)(\(r\)是圆的半径，\(d\)是圆心\(O\)到直线\(l\)的距离).
利用垂径定理及勾股定理可以得到.

经典例题

【题型一】求圆的方程

【典题1】若圆\(C\)过点\((0 ,-1)\),\((0 ,5)\)，且圆心到直线\(x-y-2=0\)的距离为\(2 \sqrt{2}\)，求圆\(C\)的标准方程.
【解析】 \({\color{Red}{方法一\quad 几何法 }}\)
\(∵\)圆\(C\)过点\((0 ,-1)\),\((0 ,5)\)，\(∴\)圆心的纵坐标为\(2\)， \({\color{Red}{(画图很容易看得出来) }}\)
则设圆心为\((a ,2)\)，
则\(\frac{|a-4|}{\sqrt{2}}=2 \sqrt{2}\)，\(∴a=0\)或\(8\)，
\(∴\)当\(a=0\)时，\(r=3\)；当\(a=8\)时，\(r=\sqrt{64+9}=\sqrt{73} ;\)；
\(∴\)圆\(C\)的标准方程为\(x^2+(y-2)^2=9\)或\((x-8)^{2}+(y-2)^{2}=73\).
\({\color{Red}{ 方法二\quad 待定系数法}}\)
设圆的方程为\((x-a)^2+(y-b)^2=r^2\)，
则\(\left\{\begin{array}{c} a^{2}+(-1-b)^{2}=r^{2} \\ a^{2}+(5-b)^{2}=r^{2} \\ \frac{|a-b-2|}{\sqrt{2}}=2 \sqrt{2} \end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l} a=0 \\ b=2 \\ r=3 \end{array}\right.\)或\(\left\{\begin{array}{c} a=8 \\ b=2 \\ r=\sqrt{73} \end{array}\right.\) \({\color{Red}{(消元求解) }}\)
\(∴\)圆\(C\)的标准方程为\(x^2+(y-2)^2=9\)或\((x-8)^{2}+(y-2)^{2}=73\).

【典题2】已知\(A(-1 ,0)\)，\(B(3 ,2)\)，\(C(0 ,-2)\)，求过这三点的圆方程.
【解析】 \({\color{Red}{方法一\quad 待定系数法 }}\)
设圆的一般方程为\(x^2+y^2+Dx+Ey+F=0\)， \({\color{Red}{(设为标准方程也可以) }}\)
又由圆过\(A(-1 ,0)\)，\(B(3 ,2)\)，\(C(0 ,-2)\)，三点，
则有\(\left\{\begin{array}{l} 1-D+F=0 \\ 13+3 D+2 E+F=0 \\ 4-2 E+F=0 \end{array}\right.\)，解得\(D=-3\)，\(E=0\)，\(F=-4\)，
则圆的标准方程为\(x^2+y^2-3x-4=0\)，即\(\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2}+y^{2}=\frac{25}{4}\).
\({\color{Red}{方法二\quad 几何法 }}\)
圆心是直线\(AB\)、\(AC\)的垂直平分线的交点， \({\color{Red}{(根据外心的定义) }}\)
易得直线\(AB\)、\(AC\)的垂直平分线分别为\(y=-2x+3\)，\(y=\frac{1}{2} x-\frac{3}{4}\)，
由\(\left\{\begin{array}{c} y=-2 x+3 \\ y=\frac{1}{2} x-\frac{3}{4} \end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l} x=\frac{3}{2} \\ y=0 \end{array}\right.\)，即圆心\(O\left(\frac{3}{2}, 0\right)\)，
半径\(r=O C=\sqrt{\left(\frac{3}{2}-0\right)^{2}+(0+2)^{2}}=\frac{5}{2}\)， \({\color{Red}{ (半径为圆心到任一点的距离)}}\)
故圆的标准方程为\(\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2}+y^{2}=\frac{25}{4}\).
【点拨】求三角形外接圆的方程，可用待定系数法，也可以用三边的中垂线求解.待定系数法的想法简单但计算量较大.

巩固练习

1(★)已知圆\(x^2+y^2+ax+by+1=0\)关于直线\(x+y=1\)对称的圆的方程为\(x^2+y^2=1\)，则\(a+b＝\)\(\underline{\quad \quad}\).

2(★)圆心在直线\(y=x\)上，经过原点，且在\(x\)轴上截得弦长为\(2\)的圆的方程为\(\underline{\quad \quad}\).

3(★)过点\(A(1 ,1)\)，\(B(-3 ,5)\)，且圆心在直线\(2x+y+2=0\)上的圆的半径是\(\underline{\quad \quad}\).

答案

1.\(-4\)
2.\((x-1)^2+(y-1)^2=2\)或\((x+1)^2+(y+1)^2=2\)
3.\((x+2)^2+(y-2)^2=10\)

【题型二】点与圆的位置关系

【典题1】若点\(P\)的坐标是\((5 \cos \theta, 4 \sin \theta)\)，圆\(C\)的方程为\(x^2+y^2=25\)，则点\(P\)与圆\(C\)的位置关系是(　　)
A．点\(P\)在圆\(C\)内
B．点\(P\)在圆\(C\)上
C．点\(P\)在圆\(C\)内或圆\(C\)上
D．点\(P\)在圆\(C\)上或圆\(C\)外
【解析】∵点\(P\)的坐标是\((5 \cos \theta, 4 \sin \theta)\)，
\(∴（5\cosθ）^2+（4\sinθ）^2=16+9\cos2θ≤25\)，
\(∴\)点\(P\)与圆\(C\)的位置关系是点P在圆\(C\)内或圆\(C\)上，
故选：\(C\)．
【点拨】判定点\(P\)到圆\(⊙O\)的位置，方法有两种，①求\(OP\)，与半径\(r\)比较大小；②把点\(P(x_0,y_0 )\)代入圆的方程\((x-a)^2+(y-b)^2\)，得到其值与\(r^2\)的大小比较.

【典题2】若实数\(x\)，\(y\)满足\(x^2+y^2+4x-2y-4=0\)，则\(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)的最大值是\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】 \({\color{Red}{ 方法1\quad 几何法}}\)
\(x^2+y^2+4x-2y-4=0\)即\((x+2)^{2}+(y-1)^{2}=9\)，
它表示一个圆心\(M(-2,1)\)，半径\(r=3\)的圆\(⊙M\)，
而\(\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{(x-0)^{2}+(y-0)^{2}}\)
表示圆上的点\(N(x,y)\)与原点\(O(0,0)\)之间的距离，
\({\color{Red}{(则本题就是求原点到圆上点距离的最大值) }}\)
结合图形知，

\(O N_{\max }=O M+r=\sqrt{5}+3\)，
即\(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)的最大值是\(\sqrt{5}+3\)．
\({\color{Red}{ 方法2\quad 三角代换法}}\)
\(x^2+y^2+4x-2y-4=0\)即\((x+2)^{2}+(y-1)^{2}=9\)，
设\(x=3 \sin \alpha-2\)，\(y=3 \cos \alpha+1\)，
则\(\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{(3 \sin \alpha-2)^{2}+(3 \cos \alpha+1)^{2}}=\sqrt{14-6(2 \sin \alpha+\cos \alpha)}\)
而\(-\sqrt{5} \leq 2 \sin \alpha+\cos \alpha \leq \sqrt{5}\)
\({\color{Red}{(由辅助角公式可得) }}\)
\(\therefore \sqrt{14-6(2 \sin \alpha+\cos \alpha)}\)的最小值为\(\sqrt{14+6 \sqrt{5}}=\sqrt{5}+3\).
【点拨】方法1是从几何的角度入手，确定方程为圆的方程，根据两点距离公式确定\(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\)是线段\(ON\)的长度，则问题转化为圆外一点到圆上点的距离最值问题.方法2是三角代换法，圆\((x-a)^{2}+(y-b)^{2}=r^{2}\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l} x=r \cos \theta+a \\ y=r \sin \theta+b \end{array}\right.\)(\(θ∈R\)是参数)，它是求最值问题的一大技巧.

巩固练习

1(★)若点\(M(m,m-1)\)在圆\(C：x^2+y^2-2x+4y+1=0\)内，则实数\(m\)的取值范围为\(\underline{\quad \quad}\)．

2(★)在圆\((x－2)^2+(y+3)^2=2\)上与点\((0,－5)\)距离最大的点的坐标是\(\underline{\quad \quad}\)．

3(★★)在平面内，一只蚂蚁从点\(A(-2,-3)\)出发，爬到y轴后又爬到圆\((x+3)^{2}+(y-2)^{2}=2\)上，则它爬到的最短路程是\(\underline{\quad \quad}\)．

4(★★)已知点\(P(x,y)\)在圆\(x^2+y^2=1\)上，则\(\sqrt{(x-1)^{2}+(y-1)^{2}}\)的最大值为\(\underline{\quad \quad}\)．

5(★★)已知点\(P(3,a)\)，若圆\(O：x^2+y^2=4\)上存在点\(A\)，使得线段\(PA\)的中点也在圆\(O\)上，则\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\) ．

6(★★)设点\(M(x_0 ,1)\), 若圆\(O:x^2+y^2=1\)上存在点\(N\)，使得\(∠OMN=30^∘\)，那\(x_0\)的取值范围\(\underline{\quad \quad}\)．

7(★★)如果圆\((x-a)^2+(y-a)^2=8\)上总存在到原点的距离为\(\sqrt{2}\)的点，那实数\(a\)的取值范围\(\underline{\quad \quad}\)．

8(★★★)在平面直角坐标系\(xOy\)中，已知点\(P(0,1)\)在圆\(C：x^2+y^2+2mx-2y+m^2-4m+1=0\)内，若存在过点\(P\)的直线交圆\(C\)于\(A\)、\(B\)两点，且\(△PBC\)的面积是\(△PAC\)的面积的\(2\)倍，则实数\(m\)的取值范围为\(\underline{\quad \quad}\)．

答案

1.\((-1,1)\)
2.\((3,-2)\)
3.\(4 \sqrt{2}\)
4.\(\sqrt{2}+1\)
5.\([-3 \sqrt{3}, 3 \sqrt{3}]\)
6.\([-\sqrt{3} , \sqrt{3}]\)
7.\([-3,-1] \cup[1,3]\)
8.\(\left(\frac{4}{9}, 4\right)\)

【题型三】直线与圆的位置关系

【典题1】若圆\(C：x^2+y^2-2x+2y=2\)与直线\(x-y+a=0\)有公共点，则\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】 \({\color{Red}{ 方法1}}\) 化圆\(C\)的一般方程为标准方程，得\((x-1)^{2}+(y+1)^{2}=4\)，
则圆心坐标为\(C(1,-1)\)，半径\(r=2\)，
若直线与圆\(C\)有公共点，则圆心\((1,-1)\)到直线的距离\(d\)小于等于半径\(r\)，
则\(d=\frac{|1+1+a|}{\sqrt{2}} \leq 2\)，解得\(-2 \sqrt{2}-2 \leq a \leq 2 \sqrt{2}-2\).
\({\color{Red}{ 方法2}}\) 由\(\left\{\begin{array}{c} x-y+a=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 x+2 y=2 \end{array}\right.\)得\(2x^2+2ax+a^2+2a-2=0\)，
其判别式\(∆=4a^2-8(a^2+2a-2)=-4a^2-16a+16\)，
直线与圆有公共点，则\(∆≥0\)，解得\(-2 \sqrt{2}-2 \leq a \leq 2 \sqrt{2}-2\).
【点拨】判定直线与圆的位置共线有两种方法，①判定圆心到直线的距离与半径的大小半径；②联立方程，看判别式.

【典题2】求过点\(P(-1,4)\)，圆\((x-2)^2+(y-3)^2=1\)的切线\(l\)的方程．
【解析】 \({\color{Red}{方法1 }}\)当过点\(P\)的直线斜率不存在时，方程为\(x=-1\)，显然不满足题意，
故可设切线\(l\)为\(y=k(x+1)+4⇒kx-y+4+k=0\)，
依题意得圆\((2,3)\)到直线\(l\)的距离等于半径\(1\)，
故\(\frac{|3 k+1|}{\sqrt{1+k^{2}}}=1\)，解得\(k=0\)或\(-\frac{3}{4}\)，
故所求直线\(l\)的方程为\(y=4\)或\(3x+4y-13=0\)．
\({\color{Red}{ 方法2 }}\)设所求直线的方程为\(A(x+1)+B(y-4)=0\)(其中\(A\),\(B\)不全为零)，
\(∵\)直线\(l\)与圆相切，
\(∴\)圆心\((2,3)\)到直线\(l\)的距离等于半径\(1\)，故\(\frac{|3 A-B|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}=1\)
整理，得\(A(4A-3B)=0\)，即\(A=0\)(这时\(B≠0\))或\(A=\frac{3}{4}, B \neq 0\)．
故所求直线\(l\)的方程为\(y=4\)或\(3x+4y-13=0\)．
【点拨】
① 方法1中，设过某一点\((x_0,y_0)\)的直线方程时，注意斜率是否存在，不存在方程为\(x=x_0\)，存在时可设为\(y=k(x-x_0 )+y_0\).
② 方法2利用了直线系方程，过点\((x_0,y_0)\)的直线系方程为\(A(x-x_0 )+B(y-y_0 )=0\)(其中\(A\),\(B\)不全为零).

【典题3】已知两点\(A(-1,0)\)、\(B(0,2)\)，若点\(P\)是圆\((x-1)^2+y^2=1\)上的动点，则\(△ABP\)面积的最大值和最小值之和为\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】
\({\color{Red}{ (S_{\triangle A B P}以AB为底，求其最值，即求点P到直线AB的距离最值)}}\)
由两点\(A(-1,0)\)、\(B(0,2)\)，
\(\therefore|A B|=\sqrt{(-1)^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}\)，
直线\(AB\)的方程为\(\frac{x}{-1}+\frac{y}{2}=1\)即\(2x-y+2=0\)，
由圆\((x-1)^2+y^2=1\)可得圆心\(C(1,0)\)，半径\(r=1\)，
则圆心\(C\)到直线\(AB\)的距离\(d=\frac{|2-0+2|}{\sqrt{5}}=\frac{4}{\sqrt{5}}\)，
\(∵\)点\(P\)是圆\((x-1)^2+y^2=1\)上的动点，

\(∴\)点\(P\)到直线\(AB\)的最大距离\(d_{\max }=d+r\)；点\(P\)到直线\(AB\)的最小距离\(d_{\min }=d-r\)．
\(∴△ABP\)面积的最大值和最小值之和等于
\(\frac{1}{2}|A B| \cdot d_{\max }+\frac{1}{2}|A B| d_{\min }=\frac{1}{2}|A B| \cdot\left(d_{\max }+d_{\min }\right)=\frac{1}{2} \times \sqrt{5} \cdot \frac{8}{\sqrt{5}}=4\)．
【点拨】圆上一点\(P\)到圆外一直线l距离\(d\)与圆心\(O\)到直线l的距离\(d_1\)和圆的半径\(r\)有关，即\(d_{\min }=d_{1}-r\)，\(d_{\max }=d_{1}+r\).

【典题4】已知圆\(C:(x-\sqrt{3})^{2}+(y-3)^{2}=3\)，过直线\(\sqrt{3} x-y-6=0\)上的一点\(P\)作圆\(C\)的两条切线\(PA\)，\(PB\)，切点分别为\(A\)，\(B\)，则\(\cos \angle A P B\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】根据题意，如图：连接\(AC\)、\(BC\)、\(PC\)，

圆\(C\)的圆心\((\sqrt{3}, 3)\)，半径\(r=\sqrt{3}\)，
\(\cos \angle A P B=\cos 2 \angle A P C=1-2 \sin ^{2} \angle A P C=1-2 \times \frac{A C^{2}}{P C^{2}}=1-\frac{6}{P C^{2}}\)，
\({\color{Red}{(圆的切线长定理) }}\)
当\(PC\)最小时，\(\cos \angle A P B\)的值的最小，
而\(PC\)的最小值为点\(C\)到直线\(\sqrt{3} x-y-6=0\)的距离\(d=\frac{|3-3-6|}{\sqrt{1+3}}=3\)，
则\(\cos \angle A P B\)的最小值为\(1-\frac{6}{9}=\frac{1}{3}\).
【点拨】
① 本题利用了平几和三角恒等变换的知识把\(\cos \angle A P B\)的最值转化为“直线一动点到定点的距离最值问题”.
② 求某变量的最值，可转化为另一变量的最值，这也是一种函数思想，在解析几何中就要对题目中的动点变化有足够的清晰理解.

【典题5】直线\(l：x-2y+2=0\)，动直线\(l_1：ax-y=0\)，动直线\(l_2：x+ay+2a-4=0\)．设直线\(l\)与两坐标轴分别交于\(A\),\(B\)两点，动直线\(l_1\)与\(l_2\)交于点\(P\)，则\(△PAB\)的面积最大值\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】由\(x-2y+2=0\)，
取\(y=0\)，得\(x=-2\)，则\(A(-2,0)\)；取\(x=0\)，得\(y=1\)，则\(B(0,1)\)，
\(\therefore|A B|=\sqrt{5}\)，
\({\color{Red}{(线段AB为定值，则S_{\triangle P A B}的大小取决于点P到直线AB的距离h) }}\)
\({\color{Red}{方法1 \quad函数法 }}\)
由\(\left\{\begin{array}{c} a x-y=0 \\ x+a y+2 a-4=0 \end{array}\right.\)得\(P\left(\frac{4-2 a}{a^{2}+1}, \frac{4 a-2 a^{2}}{a^{2}+1}\right)\)，
则求点\(P\)到直线l的距离\(h=\frac{1}{\sqrt{5}} \cdot \frac{\left|6 a^{2}-10 a+6\right|}{a^{2}+1}=\frac{2}{\sqrt{5}} \cdot \frac{3 a^{2}-5 a+3}{a^{2}+1}=\frac{2}{\sqrt{5}} \cdot\left(3-\frac{5 a}{a^{2}+1}\right)\)
\({\color{Red}{(函数法，求其函数最值便可) }}\)
易得\(f(a)=\frac{5 a}{a^{2}+1}\)的值域\(\left[-\frac{5}{2}, \frac{5}{2}\right]\)， \({\color{Red}{(利用对勾函数或基本不等式) }}\)
则\(\frac{1}{\sqrt{5}} \leq \frac{2}{\sqrt{5}} \cdot\left(3-\frac{5 a}{a^{2}+1}\right) \leq \frac{11}{\sqrt{5}}\)，故\(h_{\max }=\frac{11}{\sqrt{5}}\)，
\(∴△PAB\)的面积最大值为\(\frac{1}{2} \times \sqrt{5} \times \frac{11}{\sqrt{5}}=\frac{11}{2}\).
\({\color{Red}{ 方法2\quad 参数法}}\)
由\(\left\{\begin{array}{c} a x-y=0 \\ x+a y+2 a-4=0 \end{array}\right.\)得\(\left\{\begin{array}{c} x=\frac{4-2 a}{a^{2}+1} \\ y=\frac{4 a-2 a^{2}}{a^{2}+1} \end{array}\right.\)， \({\color{Red}{(即得到点P轨迹的参数方程) }}\)
由\(a=\frac{y}{x}\)代入\(x=\frac{4-2 a}{a^{2}+1}\)得\(x=\frac{4-2 \cdot \frac{y}{x}}{\left(\frac{y}{x}\right)^{2}+1}\)， \({\color{Red}{(消参数a得到点P的方程) }}\)
整理得\((x-2)^2+(y+1)^2=5\)，
\({\color{Red}{(点P的轨迹是圆，接着求点P到直线l距离的最大值，问题回到“圆上点到圆外直线的距离”模型) }}\)

\(∵\)圆心\((2,-1)\)到直线\(l\)的距离\(d=\frac{|2+2+2|}{\sqrt{5}}=\frac{6 \sqrt{5}}{5}\)，
\(∴P\)到直线l的距离的最大值为\(d+r=\frac{6 \sqrt{5}}{5}+\sqrt{5}=\frac{11 \sqrt{5}}{5}\)，
\(∴△PAB\)的面积最大值为\(\frac{1}{2} \times \sqrt{5} \times \frac{11 \sqrt{5}}{5}=\frac{11}{2}\).
\({\color{Red}{ 方法3\quad 几何法}}\)
直线\(l_1：ax-y=0\)过定点\(O(0,0)\)，
直线\(l_2：x+ay+2a-4=0\)过定点\(M(4,-2)\)，
\(∵a×1+(-1)×a=0\)，\(∴\)直线\(l_1\)与直线\(l_2\)垂直，
\(∴\)动直线\(l_1\)与\(l_2\)交于点\(P\)在以\(OM\)为直径的圆上，
\({\color{Red}{(动点P轨迹是圆，求出其方程，如方法2便可) }}\)
\(∵OM\)的中点坐标为\((2,-1)\)，\(|O M|=\sqrt{4^{2}+(-2)^{2}}=2 \sqrt{5}\)，
\(∴\)动点\(P\)的轨迹方程为\((x-2)^2+(y+1)^2=5\)，
如方法\(2\)得\(△PAB\)的面积最大值\(\frac{11}{2}\).
【点拨】
① 方法1的函数法是最直接的想法，但运算量较大些；
② 本题的求解动点轨迹的方法是参数法和几何法；
③ 几何法中，我们要清楚动点是由什么因素确定，再思考这些因素有木有什么特点.本题动点\(P\)是两动直线的交点，则我们要考虑两直线有什么特征，一般可往“定点”、“直线位置关系”的角度思考.
其中关于圆的结论可以了解下：
(1) 动点\(P\)到两个定点\(A\)、\(B\)的夹角\(\angle A P B=\frac{\pi}{2}\)，则动点\(P\)的轨迹是以\(AB\)为直径的圆；
(2) 若平面四边形\(ABCD\)中有\(∠A+∠C=π\)，则四点共圆.

巩固练习

1(★)点\(M(x_0,y_0)\)在圆\(x^2+y^2=R^2\)外，则直线\(x_0 x+y_0 y=R^2\)与圆的位置关系是(　　)
A．相切
B．相交
C．相离
D．不确定

2(★)已知过点\(P(2,2)\)的直线\(l\)与圆\((x-1)^{2}+y^{2}=5\)相切，则直线\(l\)的斜率为(　　)
A．\(1\)
B．\(\frac{1}{2}\)
C．\(2\)
D．\(-\frac{1}{2}\)

3(★★)【多选题】已知点\(P\)在圆\((x-5)^{2}+(y-5)^{2}=16\)上，点\(A(4,0)\),\(B(0,2)\)，则(　　)
A．点\(P\)到直线\(AB\)的距离小于\(10\)
B．点\(P\)到直线\(AB\)的距离大于\(2\)
C．当\(∠PBA\)最小时，\(|P B|=3 \sqrt{2}\)
D．当\(∠PBA\)最大时，\(|P B|=3 \sqrt{2}\)

4(★★)已知圆\(C：x^2+y^2-2y=0\)，\(P\)为直线\(l：x-y-2=0\)上任一点，过点\(P\)作圆\(C\)的切线\(PT\)(\(T\)为切点)，则\(|PT|\)最小值是\(\underline{\quad \quad}\)．

5(★★)过直线\(x+y-2 \sqrt{2}=0\)上的点\(P\)作圆\(x^2+y^2=1\)的两条切线，若两切线的夹角为\(60°\)，则点\(P\)的坐标为\(\underline{\quad \quad}\)．

6(★★)直线\(x+y+a=0\)与半圆\(y=-\sqrt{1-x^{2}}\)有两个交点,则\(a\)的值是\(\underline{\quad \quad}\)．

7(★★)若圆\(x^2+y^2-2x-2y=0\)上至少有三个不同点到直线\(l：y=kx\)的距离为\(\frac{\sqrt{2}}{2},\)，则\(k\)的取值范围\(\underline{\quad \quad}\)．

8(★★★)已知\(P(x,y)\)是圆\((x-1)^{2}+(y-2)^{2}=r^{2}(r>0)\)上任意一点，若\(|3x-4y|+|3x-4y+16|\)是定值，则实数\(r\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\)．

9(★★★)已知\(⊙C：x^2+y^2-2x-2y-2=0\)，直线\(l：x+2y+2=0\)，\(M\)为直线\(l\)上的动点，过点\(M\)作\(⊙C\)的切线\(MA\)，\(MB\)，切点为\(A\)，\(B\)，当四边形\(MACB\)的面积取最小值时，直线\(AB\)的方程为\(\underline{\quad \quad}\)．

10(★★★)****若\(P\)为直线\(x-y+4=0\)上一个动点，从点\(P\)引圆\(C：x^2+y^2-4x=0\)的两条切线\(PM\),\(PN\)(切点为\(M\),\(N\))，则\(|MN|\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\)．

答案

1.\(B\)
2.\(D\)
3.\(ACD\)
4.\(\frac{\sqrt{14}}{2}\)
5.\((\sqrt{2}, \sqrt{2})\)
6.\([1, \sqrt{2})\)
7.\([2-\sqrt{3}, 2+\sqrt{3}]\)
8.\(0<r≤1\)
9.\(x+2y+1=0\)
10.\(\frac{4 \sqrt{7}}{3}\)

【题型四】弦长问题

【典题1】已知圆的方程为\((x-1)^{2}+(y-1)^{2}=9\)，\(P(2 ,2)\)是该圆内一点，过点\(P\)的最长弦与最短弦分别是\(AC\)和\(BD\)，求四边形\(ABCD\)的面积.
【解析】\(∵\)圆的方程为\((x-1)^2+(y-1)^2=9\)，
\(∴\)圆心坐标为\(M(1 ,1)\)，半径\(r=3\)．
\(∵P(2 ,2)\)是该圆内一点，
\(∴\)经过\(P\)点最长弦是圆的直径，且最短的弦是与该直径垂直的弦．

结合题意，\(AC\)是经过\(P\)点的直径，\(BD\)是与\(AC\)垂直的弦．
\(\because|P M|=\sqrt{(1-2)^{2}+(1-2)^{2}}=\sqrt{2}\)，
\(∴\)由垂径定理，得\(|B D|=2 \sqrt{r^{2}-P M^{2}}=2 \sqrt{7}\).
因此，四边形\(ABCD\)的面积是\(E=\frac{1}{2}|A C| \cdot|B D|=\frac{1}{2} \times 6 \times 2 \sqrt{7}=6 \sqrt{7}\).
【点拨】过圆\(⊙O\)内一点P的最短弦是与\(OP\)垂直的弦.

【典题2】设\(O\)为原点，直线\(y=kx+2\)与圆\(x^2+y^2=4\)相交于\(A\),\(B\)两点，那\(△ABO\)面积最大值为\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】\(∵\)原点\(O\)到l的距离为\(d=\frac{2}{\sqrt{1+k^{2}}}\)，
\(∴\)弦长\(|A B|=2 \sqrt{4-\frac{4}{1+k^{2}}}=\frac{4|k|}{\sqrt{1+k^{2}}}\)，

\(\therefore S_{\triangle A B O}=\frac{1}{2}|A B| \cdot d=\frac{1}{2} \times \frac{2}{\sqrt{1+k^{2}}} \times \frac{4|k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=\frac{4|k|}{1+k^{2}}\)，
当\(k=0\)时，形成不了\(△ABO\)，故\(k≠0\)；
则\(S_{\triangle A B O}=\frac{4|k|}{1+k^{2}}=\frac{4}{\frac{1}{|k|}+|k|} \leq \frac{4}{2 \sqrt{\frac{1}{|k|} \cdot|k|}}=2\)，当且仅当\(k=±1\)时取等号．
【点拨】来个马后炮：思路是怎么来的呢？
从动点变换的角度思考，求\(S_{\triangle A B O}\)最大值，那先想到面积公式\(S_{\triangle A B O}=\frac{1}{2}|A B| d\)，那\(|AB|\)和\(d\)是变量，它们均由\(k\)确定的，故可用\(k\)表示出来，进而\(S_{\triangle A B O}=f(k)\)，最后成函数最值问题！
假如想到弦长\(|A B|=2 \sqrt{4-d^{2}}\)，它的值由\(d\)确定的，
那\(S_{\triangle A B O}=f(d)=\frac{1}{2} \cdot d \cdot 2 \sqrt{4-d^{2}}=d \cdot \sqrt{4-d^{2}} \leq \frac{d^{2}+4-d^{2}}{2}=2\)，
(当\(d=2\)，即\(k=±1\)时取等号).

巩固练习

1(★)直线\(x-y+3=0\)被圆\((x+2)^2+(y-2)^2=2\)截得的弦长等于\(\underline{\quad \quad}\)．

2(★★)已知圆心在\(x\)轴上，半径为\(\sqrt{5}\)的圆位于\(y\)轴右侧，且截直线\(x+2y=0\)所得弦的长为\(2\)，则圆的方程为\(\underline{\quad \quad}\)．

3(★★)已知直线\(l：y=m(x-2)+2\)与圆\(C：x^2+y^2=9\)交于\(A\)、\(B\)两点，则弦长\(|AB|\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\)．

4(★★)已知圆\(C：x^2+y^2-4x-2y+1=0\)及直线\(l：y=kx-k+2(k∈R)\)，设直线l与圆\(C\)相交所得的最长弦长为\(MN\)，最短弦为\(PQ\)，则四边形\(PMQN\)的面积为\(\underline{\quad \quad}\)．

答案

1.\(\sqrt{6}\)
2.\((x-2 \sqrt{5})^{2}+y^{2}=5\)
3.\(2\)
4.\(4 \sqrt{2}\)

标签：直线,方程,frac,color,sqrt,quad,Red
来源： https://www.cnblogs.com/zhgmaths/p/15798690.html

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