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第八章　直線和圓的方程

高考導航

考試要求 重難點擊命題展望
1.在平面直角坐標系中，結合具體圖形，確定直線位置的幾何要素.
2.理解直線的傾斜角和斜率的概念，掌握過兩點的直線的斜率的計算公式.
3.能根據兩條直線的斜率判定這兩條直線平行或垂直.
4.掌握確定直線位置的幾何要素，掌握直線方程的幾種形式(點斜式、兩點式及一般式)，了解斜截式與一次函數的關系.
5.掌握用解方程組的方法求兩條相交直線的交點坐標.
6.掌握兩點間的距離公式、點到直線的距離公式，會求兩條平行線間的距離.
7.掌握確定圓的幾何要素，掌握圓的標準方程與一般方程.
8.能根據給定直線、圓的方程，判斷直線與圓、圓與圓的位置關系.
9.能用直線和圓的方程解決簡單的問題.
10.初步了解用代數方法處理幾何問題的思想.
11.了解空間直角坐標系，會用空間直角坐標表示點的位置，會推導空間兩點間的距離公式.　　本章重點：1.傾斜角和斜率的概念；2.根據斜率判定兩條直線平行與垂直；3.直線的點斜式方程、一般式方程；4.兩條直線的交點坐標；5.點到直線的距離和兩條平行直線間的距離的求法；6.圓的標準方程與一般方程；7.能根據給定直線，圓的方程，判斷直線與圓的位置關系；8.運用數形結合的思想和代數方法解決幾何問題.
本章難點：1.直線的斜率與它的傾斜角之間的關系；2.根據斜率判定兩條直線的位置關系；3.直線方程的應用；4.點到直線的距離公式的推導；5.圓的方程的應用；6.直線與圓的方程的綜合應用.　　本章內容常常與不等式、函數、向量、圓錐曲線等知識結合起來考查.
直線和圓的考查，一般以選擇題、填空題的形式出現，屬于容易題和中檔題；如果和圓錐曲線一起考查，難度比較大.同時，對空間直角坐標系的考查難度不大，一般為選擇題或者填空題.本章知識點的考查側重考學生的綜合分析問題、解決問題的能力，以及函數思想和數形結合的能力等.
知識網絡


8.1　直線與方程
　　　　　　　　　　　　　　　　
典例精析　
題型一　直線的傾斜角
【例1】直線2xcos α－y－3＝0，α∈[π6，π3]的傾斜角的變化范圍是(　　)
A.[π6，π3] B.[π4，π3]
C.[π4，π2] D.[π4，2π3]
【解析】直線2xcos α－y－3＝0的斜率k＝2cos α，
由于α∈[π6，π3]，所以12≤cos α≤32，k＝2cos α∈[1，3].
設直線的傾斜角為θ，則有tan θ∈[1，3]，
由于θ∈[0，π)，所以θ∈[π4，π3]，即傾斜角的變化范圍是[π4，π3]，故選B.
【點撥】利用斜率求傾斜角時，要注意傾斜角的范圍.
【變式訓練1】已知M(2m＋3，m)，N(m－2,1)，當m∈　　　　　　　　　時，直線MN的傾斜角為銳角；當m＝　　　時，直線MN的傾斜角為直角；當m∈　　　　　時，直線MN的傾斜角為鈍角.
【解析】直線MN的傾斜角為銳角時，k＝m－12m＋3－m＋2＝m－1m＋5＞0?m＜－5或m＞1；
直線MN的傾斜角為直角時，2m＋3＝m－2?m＝－5；
直線MN的傾斜角為鈍角時，k＝m－12m＋3－m＋2＝m－1m＋5＜0?－5＜m＜1.
題型二　直線的斜率
【例2】已知A(－1，－5)，B(3，－2)，直線l的傾斜角是直線AB的傾斜角的2倍，求直線l的斜率.
【解析】由于A(－1，－5)，B(3，－2)，所以kAB＝－2＋53＋1＝34，
設直線AB的傾斜角為θ，則tan θ＝34，
l的傾斜角為2θ，tan 2θ＝ 2tan θ1－tan2θ＝2×341－(34)2＝247.
所以直線l的斜率為247.
【點撥】直線的傾斜角和斜率是最重要的兩個概念，應熟練地掌握這兩個概念，扎實地記住計算公式，傾斜角往往會和三角函數的有關知識聯系在一起.
【變式訓練2】設α是直線l的傾斜角，且有sin α＋cos α＝15，則直線l的斜率為(　　)
A.34B.43C.－43 D.－34或－43
【解析】選C.sin α＋cos α＝15?sin αcos α＝－1225＜0?
sin α＝45，cos α＝－35或cos α＝45，sin α＝－35(舍去)，
故直線l的斜率k＝tan α＝sin αcos α＝－43.
題型三　直線的方程
【例3】求滿足下列條件的直線方程.
(1)直線過點(3,2)，且在兩坐標軸上截距相等；
(2)直線過點(2,1)，且原點到直線的距離為2.
【解析】(1)當截距為0時，直線過原點，直線方程是2x－3y＝0；當截距不為0時，設方程為xa＋ya＝1，把(3,2)代入，得a＝5，直線方程為x＋y－5＝0.
故所求直線方程為2x－3y＝0或x＋y－5＝0.
(2)當斜率不存在時，直線方程x－2＝0合題意；
當斜率存在時，則設直線方程為y－1＝k(x－2)，即kx－y＋1－2k＝0，所以1－2kk2＋1＝2，解得k＝－34，方程為3x＋4y－10＝0.
故所求直線方程為x－2＝0或3x＋4y－10＝0.
【點撥】截距可以為0，斜率也可以不存在，故均需分情況討論.
【變式訓練3】求經過點P(3，－4)，且橫、縱截距互為相反數的直線方程.
【解析】當橫、縱截距都是0時，設直線的方程為y＝kx.
因為直線過點P(3，－4)，所以－4＝3k，得k＝－43.此時直線方程為y＝－43x.
當橫、縱截距都不是0時，設直線的方程為xa＋y－a＝1，
因為直線過點P(3，－4)，所以a＝3＋4＝7.此時方程為x－y－7＝0.
綜上，所求直線方程為4x＋3y＝0或x－y－7＝0.
題型四　直線方程與最值問題
【例4】過點P(2,1)作直線l分別交x、y軸的正半軸于A、B兩點，點O為坐標原點，當△ABO的面積最小時，求直線l的方程.
【解析】方法一：設直線方程為xa＋yb＝1(a＞0，b＞0)，
由于點P在直線上，所以2a＋1b＝1.
2a?1b≤(2a＋1b2)2＝14，
當2a＝1b＝12時，即a＝4，b＝2時，1a?1b取最大值18，
即S△AOB＝12ab取最小值4，
所求的直線方程為x4＋y2＝1，即x＋2y－4＝0.
方法二：設直線方程為y－1＝k(x－2)(k＜0)，
直線與x軸的交點為A(2k－1k，0)，直線與y軸的交點為B(0，－2k＋1)，
由題意知2k－1＜0，k＜0,1－2k＞0.
S△AOB＝12(1－2k) ?2k－1k＝12[(－1k)＋(－4k)＋4]≥12[2(－1k)?(－4k)＋4]＝4.
當－1k＝－4k，即k＝－12時，S△AOB有最小值，
所求的直線方程為y－1＝－12(x－2)，即x＋2y－4＝0.
【點撥】求直線 方程，若已知直線過定點，一般考慮點斜式；若已知直線過兩點，一般考慮兩點式；若已知直線與兩坐標軸相交，一般考慮截距式；若已知一條非具體的直線，一般考慮一般式.
【變式訓練4】已知直線l：mx－(m2＋1)y＝4m(m∈R).求直線l的斜率的取值范圍.
【解析】由直線l的方程得其斜率k＝mm2＋1.
若m＝0，則k＝0；
若m＞0，則k＝1m＋1m≤12m?1m＝12，所以0＜k≤12；
若m＜0，則k＝1m＋1m＝－1－m－1m≥－12(－m)(－1m)＝－12，所以－12≤k＜0.
綜上，－12≤k≤12.
總結提高
1.求斜率一般有兩種類型：其一，已知直線上兩點，根據k＝y2－y1x2－x1求斜率；其二，已知傾斜角α或α的三角函數值，根據k＝tan α求斜率，但要注意斜率不存在時的情形.
2.求傾斜角時，要注意直線傾斜角的范圍是[0，π).
3.求直線方程時，應根據題目條件，選擇合適的直線方程形式，從而使求解過程簡單明確.設直線方程的截距式，應注意是否漏掉過原點的直線；設直線方程的點斜式時，應注意是否漏掉斜率不存在的直線.


8.2　 兩條直線的位置關系

典例精析
題型一　兩直線的交點
【例1】若三條直線l1：2x＋y－3＝0，l2：3x－y＋2＝0和l3：ax＋y＝0 不能構成三角形，求a的值.
【解析】①l3∥l1時，－a＝－2?a＝2；
②l3∥l2時，－a＝3?a＝－3；
③由 ? 將(－1，－1)代入ax＋y＝0?a＝－1.
綜上，a＝－1或a＝2或a＝－3時，l1、l2、l3不能構成三角形.
【點撥】三條直線至少有兩條平行時或三條直線相交于一點時不能構成三角形.
【變式訓練1】已知兩條直線l1：a1x＋b1y＋1＝0和l2：a2x＋b2y＋1＝0的交點為P(2,3)，則過A(a1，b1)，B(a2，b2)的直線方程是　　　　　　　.
【解析】由P(2,3)為l1和l2的交點得
故A(a1，b1)，B(a2，b2)的坐標滿足方程2x＋3y＋1＝0，
即直線2x＋3y＋1＝0必過A(a1，b1)，B(a2，b2)兩點.
題型二　兩直線位置關系的判斷
【例2】已知兩條直線l1：ax－by＋4＝0和l2：(a－1)x＋y＋b＝0，求滿足下列條件的a，b的值.
(1)l1⊥l2，且l1過點(－3，－1)；
(2)l1∥l2，且坐標原點到兩條直線的距離相等.
【解析】(1)由已知可得l2的斜率存在，
所以k2＝1－a，若k2＝0，則1－a＝0，即a＝1.
因為l1⊥l2，直線l1的斜率k1必不存在，即b＝0，
又l1過點(－3，－1)，所以－3a＋b＋4＝0，
而a＝1，b＝0代入上式不成立，所以k2≠0.
因為k2≠0，即k1，k2都存在，
因為k2＝1－a，k1＝ab，l1⊥l2， 所以k1k2＝－1，即ab(1－a)＝－1，
又l1過點(－3，－1)，所以－3a＋b＋4＝0，
聯立上述兩個方程可解得a＝2，b＝2.
(2)因為l2的斜率存在，又l1∥l2，所以k 1＝k2，即ab＝(1－a)，
因為坐標原點到這兩條直線的距離相等，且l1∥l2，
所以 l1，l2在y軸的截距互為相反數，即4b＝b，
聯立上述方程解得a＝2，b＝－2或a＝23，b＝2，
所以a，b的值分別為2和－2或23和2.
【點撥】運用直線的斜截式y＝kx＋b時，要特別注意直線斜率不存在時的特殊 情況.求解兩條直線平行或垂直有關問題時，主要是利用直線平行和垂直的充要條件，即“斜率相等”或“斜率互為負倒數”.
【變式訓練2】如圖，在平面直角坐標系xOy中，設三角形ABC的頂點分別為A(0，a)，B(b,0)，C(c,0).點P(0，p)是線段AO上的一點(異于端點)，這里a，b，c，p均為非零實數，設直線BP，CP分別與邊AC，AB交于點E，F，某同學已正確求得直線OE的方程為(1b－1c)x＋(1p－1a)y＝0，則直線OF的方程為　　　　　　　　　　　　.
【解析】由截距式可得直線AB：xb＋ya＝1，直線CP：xc＋yp＝1，兩式相減得(1c－1b)x＋(1p－1a)y＝0，顯然直線AB與CP的交點F滿足此方程，又原點O也滿足此方程，故所求直線OF的方程為(1c－1b)x＋(1p－1a)y＝0.
題型三　點到直線的距離
【例3】已知△ABC中，A(1,1)，B(4,2)，C(m，m)(1＜m＜4)，當△ABC的面積S最大時，求m的值.
【解析】因為A(1,1)，B(4,2)，所以AB＝(4－1)2＋(2－1)2＝10，
又因為直線AB的方程為x－3y＋2＝0，
則點C(m，m)到直線AB的距離即為△ABC的高，
設高為h，則h＝m－3m＋212＋(－3)2，S＝12AB?h＝12m－3m＋2，
令m＝t，則1＜t＜2，所以S＝12m－3m＋2＝12t2－3t＋2＝12(t－32)2－14，
由圖象可知，當t ＝32時，S有最大值18，此時m＝32，所以m＝94.
【點撥】運用點到直線的距離時，直線方程要化為一般形式.求最值可轉化為代數問題，用處理代數問題的方法解決.
【變式訓練3】若動點P1(x1，y1)與P2(x2，y2)分別在直線l1：x－y－5＝0，l2：x－y－15＝0上移動，求P1P2的中點P到原點的距離的最小值.
【解析】方法一：因為P1、P2分別在直線l1和l2上，
所以
(①＋②)÷2，得x1＋x22－y1＋y22－10＝0，所以P1P2的中點P(x1＋x22，y1＋y22)在直線x－y－10＝0上，點P到原點的最小距離就是原點到直線x－y－10＝0的距離d＝102＝52.所以，點P到原點的最小距離為52.
方法二：設l為夾在直線l1和l2之間且和l1與l2的距離相等的直線.
令l：x－y－c＝0，則5＜c＜15，且c－52＝c－152，
解得c＝10.所以l的方程為x－y－10＝0.
由題意知，P1P2的中點P在直線l上，點P到原點的最小距離就是原點到直線l的距離d＝102＝52，所以點P到原點的最小距離為52.
總結提高
1.求解與兩直線平行或垂直有關的問題時，主要是利用兩直線平行或垂直的條件，即“斜率相等”或“互為負倒數”.若出現斜率不存在的情況，可考慮用數形結合的方法去研究.
2.學會用分類討論、數形結合、特殊值檢驗等基本的數學方法和思想.特別是注意數形結合思想方法，根據題意畫出圖形不僅易于找到解題思路，還可以避免漏解和增解，同時還可以充分利用圖形的性質，挖掘出某些隱含條件，找到簡捷解法.
3.運用公式d＝C1－C2A2＋B2求兩平行直線之間的距離時，要注意把兩直線方程中x、y的系數化成分別對應相等.

　8.3　圓的方程

典例精析
題型一　求圓的方程
【例1】求經過兩點A(－1,4)，B(3,2)且圓心在y軸上的圓的方程.
【解析】方法一：設圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，則圓心為(－D2，－E2)，
由已知得 即
解得 D＝0，E＝－2，F＝－9，所求圓的方程為x2＋y2－2y－9＝0.
方法二：經過A(－1,4)，B(3,2)的圓，其圓心在線段AB的垂直平分線上，
AB的垂直平分線方程為y－3＝2(x－1)，即y＝2x＋1.
令x＝0，y＝1，圓心為(0,1)，r＝(3－0)2＋(2－1)2＝10 ，
圓的方程為x2＋(y－1)2＝10.
【點撥】圓的標準方程或一般方程都有三個參數，只要求出a、b、r或D、E、F，則圓的方程確定，所以確定圓的方程需要三個獨立條件.
【變式訓練1】已知一圓過P(4，－2)、Q(－1,3)兩點，且在y軸上截得的線段長為43，求圓的方程.
【解析】設圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，①
將P、Q兩點的坐標分別代入①得

令x＝0，由①得y2＋Ey＋F＝0，④
由已知y1－y2＝43，其中y1、y2是方程④的兩根.
所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝E2－4F＝48，⑤
解②、③、⑤組成的方程組，得
D＝－2，E＝0，F＝－12或D＝－10，E＝－8，F＝4，
故所求圓的方程為x2＋y2－2x－12＝0或x2＋y2－10x－8y＋4＝0.
題型二　與圓有關的最值問題
【例2】若實數x，y滿足(x－2)2＋y2＝3.求：
(1)yx的最大值和最小值；
(2)y－x的最小值；
(3)(x－4)2＋(y－3)2的最大值和最小值.
【解析】(1)yx＝y－0x－0，即連接圓上一點與坐標原點的直線的斜率，因此 yx的最值為過原點的直線與圓相切時該直線的斜率，設yx＝k，y＝kx，kx－y＝0.
由2kk2＋1＝3，得k＝±3，所以yx的最大值為3，yx的最小值為－3.
(2)令x－2＝3cos α，y＝3sin α，α∈[0,2π).
所以y－x＝3sin α－3cos α－2＝6sin(α－π4)－2，
當sin(α－π4)＝－1時，y－x的最小值為－6－2.
(3)(x－4)2＋(y－3)2是圓上點與點(4,3)的距離的平方，因為圓心為A(2,0)，B(4,3)，
連接AB交圓于C，延長BA交圓于D.
AB＝(4－2)2＋(3－0)2＝13，則BC＝13－3，BD＝13＋3，
所以(x－4)2＋(y－3)2的最大值為(13＋3)2，最小值為(13－3)2.
【點撥】涉及與圓有關的最值問題，可借助圖形性質，利用數形結合求解，一般地：①形如U＝y－bx－a形式的最值問題，可轉化為動直線斜率的最值問題；②形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值問題，可轉化為圓心已定的動圓半徑的最值問題.
【變式訓練2】已知實數x，y滿足x2＋y2＝3(y≥0).試求m＝y＋1x＋3及b＝2x＋y的取值范圍.
【解析】如圖，m可看作半圓x2＋y2＝3(y≥0)上的點與定點A(－3，－1)連線的斜率，b可以看作過半圓x2＋y2＝3(y≥0)上的點且斜率為－2的直線的縱截距.

由圖易得3－36≤m≤3＋216，－23≤b≤15.
題型三　圓的方程的應用
【例3】在平面直角坐標系xOy中，二次函數f(x)＝x2＋2x＋b(x∈R)與兩坐標軸有三個交點，經過三個交點的圓記為C.
(1)求實數b的取值范圍；
(2)求圓C的方程；
(3)問圓C是否經過定點(其坐標與b無關)？請證明你的結論.
【解析】(1)令x＝0，得拋物線與y軸交點是(0，b)，
由題意b≠0，且Δ＞0，解得b＜1且b≠0.
(2)設所求圓的一般方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0，這與x2＋2x＋b＝0是同一個方程，故D＝2，F＝b.
令x＝0，得y2＋Ey＋F＝0，此方程有一個根為b，代入得出E＝－b－1.
所以圓C的方程為x2＋y2＋2x－(b＋1)y＋b＝0.
(3)圓C必過定點，證明如下：
假設圓C過定點(x0，y0)(x0，y0不依賴于b)，將該點的坐標代入圓C的方程，
并變形為x20＋y20＋2x0－y0＋b(1－y0)＝0，(*)
為使(*)式對所有滿足b＜1(b≠0)的b都成立，必須有1－y0＝0，
結合(*)式得x20＋y20＋2x0－y0＝0，
解得 或
經檢驗知，點(0,1)，(－2,1)均在圓C上，因此圓C過定點.
【點撥】本題(2)的解答用到了代數法求過三點的圓的方程，體現了設而不求的思想.(3)的解答同樣運用了代數的恒等思想，同時問題體現了較強的探究性.
【變式訓練3】(2010安徽)動點A(x，y)在圓x2＋y2＝1上繞坐標原點沿逆時針方向勻速旋轉，12秒旋轉一周.已知時間t＝0時，點A的坐標是(12，32)，則當0≤t≤12時，動點A的縱坐標y關于t(單位：秒)的函數的單調遞增區間是(　　)
A.[0,1] B.[1,7]C.[7,12] D.[ 0,1]和[7,12]
【解析】選D.由題意知角速度為2π12＝π6，故可得y＝sin(π6t＋π3),0≤t≤12，
π3≤π6t＋π3≤π2或32π≤π6t＋π3≤52π，所以0≤t≤1或7≤t≤12.
所以單調遞增區間為[0,1]和[7,12].
總結提高
1.確定圓的方程需要三個獨立條件，“選標準，定參數”是解題的基本方法.一般來講，條件涉及圓上的多個點，可選擇一般方程；條件涉及圓心和半徑，可選圓的標準方程.
2.解決與圓有關的問題，應充分運用圓的幾何性質幫助解題.解決與圓有關的最值問題時，可根據代數式子的幾何意義，借助于平面幾何知識，數形結合解決.也可以利用圓的參數方程解決最值問題.


直線與圓、圓與圓的位置關系

典例精析
題型一　直線與圓的位置關系的判斷
【例1】已知圓的方程x2＋y2＝2，直線y＝x＋b，當b為何值時，
(1)直線與圓有兩個公共點；
(2)直線與圓只有一個公共點.
【解析】方法一：(幾何法)
設圓心O(0,0)到直線y＝x＋b的距離為d，d＝b12＋12＝b2，半徑r＝2.
當d＜r時，直線與圓相交，b2＜2，－2＜b＜2，
所以當－2＜b＜2時，直線與圓有兩個公共點.
當d＝r時，直線與圓相切， b2＝2，b＝±2，
所以當b＝±2時，直線與圓只有一個公共點.
方法二：(代數法)
聯立兩個方程得方程組
消去y得2x2＋2bx＋b2－2＝0，Δ＝16－4b2.
當Δ＞0，即－2＜b＜2時，有兩 個公共點；
當Δ＝0，即b＝±2時，有一個公共點.
【點撥】解決直線與圓的位置關系的問題時，要注意運用數形結合思想，既要運用平面幾何中有關圓的性質，又要結合待定系數法運用直線方程中的基本關系，養成勤畫圖的良好習慣.
【變式訓練1】圓2x2＋2y2＝1與直線xsin θ＋y－1＝0(θ∈R，θ≠kπ＋π2，k∈Z)的位置關系是(　　)
A.相離B.相切C.相交 D.不能確定
【解析】選A.易知圓的半徑r＝22，設圓心到直線的距離為d，則d＝1sin2θ＋1.
因為θ≠π2＋kπ，k∈Z.所以0≤sin2θ＜1，
所以22＜d≤1，即d＞r，所以直線與圓相離.
題型二　圓與圓的位置關系的應用
【例2】如果圓C：(x－a)2＋(y－a)2＝4上總存在兩個點到原點的距離為1，求實數a的取值范圍.
【解析】到原點的距離等于1的點在單位圓O：x2＋y2＝1上.當圓C與圓O有兩個公共點時，符合題意，故應滿足2－1＜OC＜2＋1，
所以1＜a2＋a2＜3，即22＜a＜322，
所以－322＜a＜－22或22＜a＜322為所求a的范圍.
【變式訓練2】兩圓(x＋1)2＋(y－1)2＝r2和(x－2)2＋(y＋2)2＝R2相交于P，Q兩點，若點P的坐標為(1,2)，則點Q的坐標為　　　　　.
【解析】由兩圓的方程可知它們的圓心坐標分別為(－1,1)，(2，－2)，則過它們圓心的直線方程為x－(－1)2－(－1)＝y－1－2－1，即y＝－x.
根據圓的幾何性質可知兩圓的交點應關于過它們圓心的直線對稱.
故由P(1,2)可得它關于直線y＝－x的對稱點，即點Q的坐標為(－2，－1).
題型三　圓的弦長、中點弦的問題
【例3】已知點P(0,5)及圓C：x2＋y2＋4x－12y＋24＝0.
(1)若直線l過點P且被圓C截得的線段長為43，求l的方程；
(2)求圓C內過點P的弦的中點的軌跡方程.
【解析】(1)如圖，AB＝43，D是AB的中點，則AD＝23，AC＝4，
在Rt△ADC中，可得CD＝2.
設所求直線的斜率為k，則直線的方程為 y－5＝kx，即kx－y＋5＝0.由點C到直線的距離公式－2k－6＋5k2＋1＝2，
得k＝34，此時直線l的方程為3x－4y＋20＝0.
又直線l的斜率不存在時，也滿足題意，此時的方程為x＝0.
所以所求直線為x＝0或3x－4y＋20＝0. (也可以用弦長公式求解)
(2)設圓C上過點P的弦的中點為D(x，y)，
因為CD⊥PD，所以 ＝0，即(x＋2，y－6)?(x，y－5)＝0，
化簡得軌跡方程x2＋y2＋2x－11y＋30＝0.
【點撥】在研究與弦的中點有關問題時，注意運用“平方差法”，即設弦AB兩端點的坐標分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，中點為(x0，y0)，
由 得k＝y1－y2x1－x2＝－x1＋x2y1＋y2＝－x0y0.
該法常用來解決與弦的中點、直線的斜率有關的問題.
【變式訓練3】已知圓的方程為x2＋y2－6x－8y＝0，設該圓過點(3,5)的最長弦和最短弦分別為AC和BD，則四邊形ABCD的面積為(　　)
A.106B.206 C.306D.406
【解析】選B.圓的方程化成標準方程(x－3)2＋(y－4)2＝25，過點(3,5)的最長弦為AC＝10，最短弦為BD＝252－12＝46，S＝12AC?BD＝206.
總結提高
1.解決直線與圓、圓與圓的位置關系有代數法和幾何法兩種，用幾何法解題時要注意抓住圓的幾何特征，因此常常要比代數法簡捷.例如，求圓的弦長公式比較復雜，利用l＝2R2－d2(R表示圓的半徑，d表示弦心距)求弦長比代數法要簡便.
2.處理直線與圓，圓與圓的位置關系，要全面地考查各種位置關系，防止漏解，如設切線為點斜式，要考慮斜率不存在的情況是否合題意，兩圓相切應考慮外切和內切兩種情況.
3.處理直線與圓的位置關系時，特別是有關交點問題時，為避免計算量過大，常采用“設而不求”的方法.
8.5　直線與圓的綜合應用
典例精析
題型一　直線和圓的位置關系的應用
【例1】已知圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝25及直線l：(2m＋1)x＋(m＋1)y＝7m＋4 (m∈R).
(1)求證：不論m為何值，直線l恒過定點；
(2)判斷直線l與圓C的位置關系；
(3)求直線l被圓截得的弦長最短時的弦長及此時直線的方程.
【解析】(1)證明：直線方程可寫作x＋y－4＋m(2x＋y－7)＝0，
由方程組 可得
所以不論m取何值，直線l恒過定點(3,1).
(2)由(3－1)2＋(1－2)2＝5＜5，
故點(3,1)在圓內，即不論m取何值，直線l總與圓C相交.
(3)由平面幾何知識可知，當直線與過點M(3,1)的直徑垂直時，弦AB最短.
AB＝2r2－CM2＝225－[(3－1)2＋(1－2)2]＝45，
此時 k＝－1kCM，即－2m＋1m＋1＝－1－12＝2，
解得m＝－34，代入原直線方程，得l的方程為2x－y－5＝0.
【點撥】解決弦長問題時，可利用弦長的幾何意義求解.
【變式訓練1】若函數f(x)＝－1beax的圖象在x＝0處的切線l與圓C：x2＋y2＝1相離，則P(a，b)與圓C的位置關系是(　　)
A.在圓外B.在圓內C.在圓上D.不能確定
【解析】選B.f(x)＝－1beax?f′(x)＝－abeax?f′(0)＝－ab.
又f(0)＝－1b，所以切線l的方程為y＋1b＝－ab(x－0)，即ax＋by＋1＝0，
由l與圓C：x2＋y2＝1相離得1a2＋b2＞1?a2＋b2＜1，即點P(a，b)在圓內，故選B.
題型二　和圓有關的對稱問題
【例2】設O為坐標原點，曲線x2＋y2＋2x－6y＋1＝0上有兩點P、Q關于直線x＋my＋4＝0對稱，又滿足 ? ＝0.
(1)求m的值；
(2)求直線PQ的方程.
【解析】(1)曲線方程可化為(x＋1)2＋(y－3)2＝9，是圓心為(－1,3)，半徑為3的圓.
因為點P，Q在圓上且關于直線x＋my＋4＝0對稱，
所以圓心(－1,3)在直線x＋my＋4＝0上，代入得m＝－1.
(2)因為直線PQ與直線y＝x＋4垂直，所以設 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
則直線PQ的方程為y＝－x＋b.將直線y＝－x＋b代入圓的方程，得2x2＋2(4－b)x＋b2－6b＋1＝0，Δ＝4(4－b)2－4×2(b2－6b＋1)＞0，解得2－32＜b＜2＋32.
x1＋x2＝b－4，x1x2＝b2－6b＋12，
y1y2＝(－x1＋b)(－x2＋b)＝b2－b(x1＋x2)＋x1x2＝b2＋2b＋12，
因為 ? ＝0，所以x1x2＋y1y2＝0，
即b2－6b＋12＋b2＋2b＋12＝0，得b＝1.
故所求的直線方程為y＝－x＋1.
【點撥】平面向量與圓的交匯是平面解析幾何的一個熱點內容，解題時，一方面要能夠正確地分析用向量表達式給出的題目的條件，將它們轉化為圖形中相應的位置關系，另一方面還要善于運用向量的運算解決問題.
【變式訓練2】若曲線x2＋y2＋x－6y＋3＝0上兩點P、Q滿足①關于直線kx－y＋4＝0對稱；②OP ⊥OQ，則直線PQ的方程為　　　　　　　　　　.
【解析】由①知直線kx－y＋4＝0過圓心(－12，3)，所以k＝2，故kPQ＝－12.
設直線PQ的方程為y＝－12x＋t，與圓的方程聯立消去y，
得54x2＋(4－t)x＋t2－6t＋3＝0.(*)
設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由于OP⊥OQ，所以x1x2＋y1y2＝0，
即x1x2＋(－12x1＋t)(－12x2＋t)＝0，所以(x1＋x2)(－12t)＋54x1x2＋t2＝0.
由(*)知，x1＋x2＝4(t－4)5，x1x2＝4(t2－6t＋3)5，代入上式，解得t＝32或t＝54.
此時方程(*)的判別式Δ＞0. 從而直線的方程為y＝－12x＋32或y＝－12x＋54，
即x＋2y－3＝ 0或2x＋4y－5＝0為所求直線方程.
題型三　與圓有關的最值問題
【例3】求與直線x＋y－2＝0和曲線x2＋y2－12x－12y＋54＝0都相切的半徑最小的圓的標準方程.
【解析】曲線x2＋y2－12x－12y＋54＝0可化為
(x－6)2＋(y－6)2＝18，它表示圓心為(6,6)，半徑為32的圓.
作出直線x＋y－2＝0與圓(x－6)2＋(y－6)2＝18，
由圖形可知，當所求圓的圓心在直線y＝x上時，半徑最小.
設其半徑 為r，點(6,6)到直線x＋y＝2的距離為52，所以2r＋32＝52，即r＝2，
點(0,0)到直線x＋y＝2的距離為2，
所求圓的圓心為(22cos 45°，22sin 45°)，即(2,2)，
故所求圓的標準方程為(x－2)2＋(y－2)2＝2.
【點撥】解決與圓有關的最值問題時，要借助圖形的幾何性質，利用數形結合求解.
【變式訓練3】由直線y＝x＋1上的點向圓C：(x－3)2＋(y＋2)2＝1引切線，則切線長的最小值為(　　)
A.17B.32C.19D.25
【解析】選A.設M為直線y＝x＋1上任意一點，過點M的切線長為l，則l＝MC2－r2，當MC2最小時，l最小，此時MC與直線y＝x＋1垂直，即MC2min＝(3＋2＋12)2＝18，故l的最小值為17.
總結提高
1.解決直線與圓的綜合問題時，一方面，我們要注意運用解析幾何的基本思想方法(即幾何問題代數化)，把它轉化為代數問題，通過代數的計算，使問題得到解決；另一方面，由于直線與圓和平面幾何聯系得非常緊密，因此，我們要勤動手，準確地作出圖形，并充分挖掘幾何圖形中所隱含的條件，利用幾何知識使問題較為簡捷地得到解決，即注意圓的幾何性質的運用.
2.解決直線與圓的綜合問題時，經常要用到距離，因此兩點間的距離公式、點到直線的距離公式要熟練掌握，靈活運用.

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