2013届高考数学(理)一轮复习课件：第九篇_解析几何方法技巧1_直

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方法技巧1 直线与圆的位置关系

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【考情快递】 直线与圆的问题以直线与圆的交汇问题为主， 其中直线与圆的位置关系是一个主要命题方向. 方法1:代数法

①通过消元得到关于x的一元二次方 解题步 程； 骤 ②根据方程的个数对各个选项进行讨 论.

适用情 况

能转化为直线与圆的方程组的问题.

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【例1】 (2012· 北京四中月考)已知圆M:(x+cos

θ)2+(y-sin ).

θ)2=1,直线l:y=kx,下面四个命题中的真命题为( A.对任意实数k与θ,直线l和圆M相切 B.对任意实数k与θ,直线l和圆M都没有公共点 C.对任意实数θ,必存在实数k,使得直线l和圆M相切 D.对任意实数k,必存在实数θ,使得直线l和圆M相切

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解析

圆的方程是x2+y2+2xcos θ-2ysin θ=0,

将y=kx代入，得(1+k2)x2+2(cos θ-ksin θ)x=0, 2 ksin θ-cos θ 解得x1=0,x2= ,因此对任意实数k,θ, 1+k2 直线与圆至少有一个公共点(0,0),选项B不正确； 只要x2≠0,直线与圆就存在两个公共点，

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即只要ksin θ-cos θ≠0即可， 根据k,θ的任意性，知选项A不正确； 又当x2=0,即ksin θ=cos θ时，若θ=k1π(k1∈Z), 此时sin θ=0,cos θ=± 1,就不存在实数k使得等式cos θ=ksin θ成立，故选项C不正确， π 反之，对任意实数k,当k=0时，只要θ=kπ+ , 2 1 当k≠0时，只要θ满足tan θ=k即可， 根据正切函数性质 这是容易办到的，故选项D正确.故选D. 答案 D

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方法2:几何法

①求出圆心到直线的距离和圆的半径的 解题步 大小； 骤 ②判断二者的大小，大于半径相离；等 于半径相切；小于半径相交. 适用情 通过圆的几何性质能求出圆心到直线的 况 距离和圆的半径的大小.

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【例2】 已知直线l:mx-(m2+1)y=4m(m∈R)和圆C:x2+y2 -8x+4y+16=0,是否存在实数m,使得直线l将圆C分割成弧 1 长的比值为 2 的两段圆弧，若存在，求出m的值；若不存在， 说明理由.

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m 4m 解 直线l的方程可化为y= 2 x- , m +1 m2+1 m 1 2 此时l的斜率k= 2 ,因为|m|≤2(m +1), m +1 |m| 1 所以|k|= 2 ≤ ,当且仅当|m|=1时等号成立， |m +1| 2 1 1 所以斜率k的取值范围是 -2,2 .

m 又y= 2 (x-4),即l的方程为y=k(x-4), m +1

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1 其中|k|≤2,圆C的圆心为C(4,-2),半径r=2; 2 圆心C到直线l的距离d= 2, 1+k 1 4 r 由|k|≤ ,得d≥ >1,即d> , 2 2 5 从而l与圆C相交， 2π 且直线l截圆C所得的弦所对的圆心角小于 ， 3 1 所以l不能将圆C分割成弧长的比值为2的两段弧.

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方法运用训练1 1.(江苏启东中学最新月考)将直线2x-y+λ=0沿x轴向左平移 1个单位，所得直线与圆x2+y2+2x-4y=0相切，则实数λ的值 为( ). B.-2或8 D

.1或11

A.-3或7 C.0或10

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解析

设切点为C(x,y),

则切点满足2(x+1)-y+λ=0,即y=2(x+1)+λ, 代入圆方程整理得：5x2+(2+4λ)x+(λ2-4)=0,(*) 由直线与圆相切可知，(*)方程只有一个解， 因而有Δ=0,得λ=-3或7. 答案 A

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2.(2012· 人大附中最新月考)设m>0,则直线 2 (x+y)+1+m =0与圆x2+y2=m的位置关系为( A.相切 C.相切或相离 解析 B.相交 D.相交或相切 ).

1+m 圆心到直线l的距离为d= 2 ,圆半径为 m.

1+m 1 因为d-r= - m= (m-2 m+1) 2 2 1 = ( m -1)2≥0,所以直线与圆的位置关系是相切或相离，故 2 选C. 答案 C

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3.已知M(x0,y0)是圆x2+y2=r2(r>0)内异于圆心的一点，则 直线x0x+y0y=r2与此圆的位置关系为________.2 r 解析 圆心O(0,0)到直线x0x+y0y=r2的距离为d= 2 2 .因为 x0+y0 2 P(x0,y0)在圆内，所以 x0 +y2 0<r.

则有d>r,故直线和圆相离. 答案 相离

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4.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1:(x+3)2+(y-1)2=4 和圆C2:(x-4)2+(y-5)2=4. (1)若直线l过点A(4,0),且被圆C1截得的弦长为2 3 ,求直线l的 方程； (2)设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直 的直线l1和l2,它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截 得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件 的点P的坐标.

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解

(1)由题意知直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k,则直

线l的方程为：y=k(x-4),即kx-y-4k=0, 由垂径定理，得圆心C1到直线l的距离 d= 2 3 2 4- 2 =1,

|3k+1+4k| 结合点到直线距离公式，得 =1, 2 k +1 7 化简得：24k +7k=0,k=0,或k=- , 242

7 所求直线l的方程为：y=0或y=-24(x-4), 即y=0或7x+24y-28=0.

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(2)设点P坐标为(m,n),直线l1、l2的方程分别为： 1 y-n=k(x-m),y-n=-k(x-m), 1 1 即：kx-y+n-km=0,-kx-y+n+km=0, 因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相 等，两圆半径相等. 由垂径定理，得：圆心C1到直线l1与C2到直线l2的距离相等. |-3k-1+n-km| 故有： = 2 k +1 4 1 - -5+n+ m k k

1 k2+1

,

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化简得：(2-m-n)k=m-n-3或(m-n+8)k=m+n-5.因为 关于k的方程有无穷多解，有： m-n+8=0, m+n-5=0. 5 1 3 13 解之得：点P坐标为 2,-2 或 -2, 2 . 2-m-n=0, m-n-3=0

或

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