2.4 圆与方程
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模块导图
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知识剖析
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.
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.
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\(\mid M N_{\min }=M N_{1}=O M-r\),\(M N_{\max }=M N_{2}=O M+r\);
直线、圆的位置关系
(1) 三种位置关系
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(2) 判断方法
方法1 几何法
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\(⇔ d<r\).
![](https://img2023.cnblogs.com/blog/1943255/202305/1943255-20230519170613131-887455923.png )
方法2 代数法
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.
(3) 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\(P E_{\min }=P_{1} F=d-r\),\(P E_{\max }=P_{2} F=d+r\).
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\(\dfrac{|a-4|}{\sqrt{2}}=2 \sqrt{2}\),\(∴a=0\)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\(\left\{\begin{array}{c}
a^{2}+(-1-b)^{2}=r^{2} \\
a^{2}+(5-b)^{2}=r^{2} \\
\dfrac{|a-b-2|}{\sqrt{2}}=2 \sqrt{2}
\end{array}\right.\),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\(\left(x-\dfrac{3}{2}\right)^{2}+y^{2}=\dfrac{25}{4}\).
\({\color{Red}{方法二\quad 几何法 }}\)
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\(y=-2x+3\),\(y=\dfrac{1}{2} x-\dfrac{3}{4}\),
由\(\left\{\begin{array}{c}
y=-2 x+3 \\
y=\dfrac{1}{2} x-\dfrac{3}{4}
\end{array}\right.\),解得\(\left\{\begin{array}{l}
x=\dfrac{3}{2} \\
y=0
\end{array}\right.\),即圆心\(O\left(\dfrac{3}{2}, 0\right)\),
半径\(r=O C=\sqrt{\left(\dfrac{3}{2}-0\right)^{2}+(0+2)^{2}}=\dfrac{5}{2}\), \({\color{Red}{ (半径为圆心到任一点的距离)}}\)
故圆的标准方程为\(\left(x-\dfrac{3}{2}\right)^{2}+y^{2}=\dfrac{25}{4}\).
【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\(\underline{\quad \quad}\).
参考答案
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\(\underline{\quad \quad}\).
参考答案
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.\(\left(\dfrac{4}{9}, 4\right)\)
【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\(d=\dfrac{|1+1+a|}{\sqrt{2}} \leq 2\),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\(\dfrac{|3 k+1|}{\sqrt{1+k^{2}}}=1\),解得\(k=0\)或\(-\dfrac{3}{4}\),
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\(\dfrac{|3 A-B|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}=1\)
整理,得\(A(4A-3B)=0\),即\(A=0\)(这时\(B≠0\))或\(A=\dfrac{3}{4}, B \neq 0\).
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\(\dfrac{x}{-1}+\dfrac{y}{2}=1\)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\(d=\dfrac{|2-0+2|}{\sqrt{5}}=\dfrac{4}{\sqrt{5}}\),
\(∵\)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
\(\dfrac{1}{2}|A B| \cdot d_{\max }+\dfrac{1}{2}|A B| d_{\min }=\dfrac{1}{2}|A B| \cdot\left(d_{\max }+d_{\min }\right)=\dfrac{1}{2} \times \sqrt{5} \cdot \dfrac{8}{\sqrt{5}}=4\).
【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\(r=\sqrt{3}\),
\(\cos \angle A P B=\cos 2 \angle A P C=1-2 \sin ^{2} \angle A P C=1-2 \times \dfrac{A C^{2}}{P C^{2}}=1-\dfrac{6}{P C^{2}}\),
\({\color{Red}{(圆的切线长定理) }}\)
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\(d=\dfrac{|3-3-6|}{\sqrt{1+3}}=3\),
则\(\cos \angle A P B\)的最小值为\(1-\dfrac{6}{9}=\dfrac{1}{3}\).
【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\(P\left(\dfrac{4-2 a}{a^{2}+1}, \dfrac{4 a-2 a^{2}}{a^{2}+1}\right)\),
则求点\(P\)到直线l的距离\(h=\dfrac{1}{\sqrt{5}} \cdot \dfrac{\left|6 a^{2}-10 a+6\right|}{a^{2}+1}=\dfrac{2}{\sqrt{5}} \cdot \dfrac{3 a^{2}-5 a+3}{a^{2}+1}=\dfrac{2}{\sqrt{5}} \cdot\left(3-\dfrac{5 a}{a^{2}+1}\right)\)
\({\color{Red}{(函数法,求其函数最值便可) }}\)
易得\(f(a)=\dfrac{5 a}{a^{2}+1}\)的值域\(\left[-\dfrac{5}{2}, \dfrac{5}{2}\right]\), \({\color{Red}{(利用对勾函数或基本不等式) }}\)
则\(\dfrac{1}{\sqrt{5}} \leq \dfrac{2}{\sqrt{5}} \cdot\left(3-\dfrac{5 a}{a^{2}+1}\right) \leq \dfrac{11}{\sqrt{5}}\),故\(h_{\max }=\dfrac{11}{\sqrt{5}}\),
\(∴△PAB\)的面积最大值为\(\dfrac{1}{2} \times \sqrt{5} \times \dfrac{11}{\sqrt{5}}=\dfrac{11}{2}\).
\({\color{Red}{ 方法2\quad 参数法}}\)
由\(\left\{\begin{array}{c}
a x-y=0 \\
x+a y+2 a-4=0
\end{array}\right.\)得\(\left\{\begin{array}{c}
x=\dfrac{4-2 a}{a^{2}+1} \\
y=\dfrac{4 a-2 a^{2}}{a^{2}+1}
\end{array}\right.\), \({\color{Red}{(即得到点P轨迹的参数方程) }}\)
由\(a=\dfrac{y}{x}\)代入\(x=\dfrac{4-2 a}{a^{2}+1}\)得\(x=\dfrac{4-2 \cdot \dfrac{y}{x}}{\left(\dfrac{y}{x}\right)^{2}+1}\), \({\color{Red}{(消参数a得到点P的方程) }}\)
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\(d=\dfrac{|2+2+2|}{\sqrt{5}}=\dfrac{6 \sqrt{5}}{5}\),
\(∴P\)到直线l的距离的最大值为\(d+r=\dfrac{6 \sqrt{5}}{5}+\sqrt{5}=\dfrac{11 \sqrt{5}}{5}\),
\(∴△PAB\)的面积最大值为\(\dfrac{1}{2} \times \sqrt{5} \times \dfrac{11 \sqrt{5}}{5}=\dfrac{11}{2}\).
\({\color{Red}{ 方法3\quad 几何法}}\)
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\(\dfrac{11}{2}\).
【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\(\angle A P B=\dfrac{\pi}{2}\),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\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.相交 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C.相离\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 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.\(1\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\(\dfrac{1}{2}\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C.\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D.\(-\dfrac{1}{2}\)
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\(\dfrac{\sqrt{2}}{2},\),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\(\underline{\quad \quad}\).
参考答案
1.\(B\)
2.\(D\)
3.\(ACD\)
4.\(\dfrac{\sqrt{14}}{2}\)
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.\(\dfrac{4 \sqrt{7}}{3}\)
【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\(E=\dfrac{1}{2}|A C| \cdot|B D|=\dfrac{1}{2} \times 6 \times 2 \sqrt{7}=6 \sqrt{7}\).
【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\(d=\dfrac{2}{\sqrt{1+k^{2}}}\),
\(∴\)弦长\(|A B|=2 \sqrt{4-\dfrac{4}{1+k^{2}}}=\dfrac{4|k|}{\sqrt{1+k^{2}}}\),
\(\therefore S_{\triangle A B O}=\dfrac{1}{2}|A B| \cdot d=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{\sqrt{1+k^{2}}} \times \dfrac{4|k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=\dfrac{4|k|}{1+k^{2}}\),
当\(k=0\)时,形成不了\(△ABO\),故\(k≠0\);
则\(S_{\triangle A B O}=\dfrac{4|k|}{1+k^{2}}=\dfrac{4}{\dfrac{1}{|k|}+|k|} \leq \dfrac{4}{2 \sqrt{\dfrac{1}{|k|} \cdot|k|}}=2\),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\(S_{\triangle A B O}=\dfrac{1}{2}|A B| d\),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\(S_{\triangle A B O}=f(d)=\dfrac{1}{2} \cdot d \cdot 2 \sqrt{4-d^{2}}=d \cdot \sqrt{4-d^{2}} \leq \dfrac{d^{2}+4-d^{2}}{2}=2\),
(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\(\underline{\quad \quad}\).
参考答案
1.\(\sqrt{6}\)
2.\((x-2 \sqrt{5})^{2}+y^{2}=5\)
3.\(2\)
4.\(4 \sqrt{2}\)