直线与圆的位置关系解析

圆是数学中最优美的图形，具有丰富的性质，在解决直线与圆的位置关系问题时，应尽量联系圆的几何性质、利用有关图形的几何特征，尽可能简化运算，讨论直线与圆的相交、相切、相离的位置关系，当然可用代数法，即联立方程组消元，用判别式Δ>0，Δ=0,Δ<0来解决,但运算量比较大;而用几何法，即用圆心到直线的距离d与半径的大小关系判别较好，即通过d<r,d=r、d>r，分别确定相交、相切、相离的位置关系.在计算弦长时，可利用半径、弦心距、半弦构成的直角三角形.进一步，两圆的位置关系可通过圆心距d与两圆半径间的关系进行判定.d>r1+r2⟺外离，d=r1+r2⟺外切，|r1-r2|<d<r1+r2⟺相交，d=|r1-r2|⟺内切，d<|r1-r2|⟺内含.

在研究这一课题时，特别要注意数形结合，充分利用圆的性质，如“垂直于弦的直径必平分弦”“圆的切线垂直于经过切点的半径”“两圆相切时，切点与两圆圆心三点共线 ”等，寻找解题途径，减少运算量.

一、例题精讲

例1　(2018年高考数学全国卷Ⅱ理科第19题)

设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A,B两点，|AB|=8.

(1)求l的方程；

(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程.

解题策略　本题主要考查抛物线的定义与几何性质、直线与抛物线的位置关系、直线与圆的位置关系，意在考查考生的逻辑思维能力、化归与转化能力及方程思想的应用，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算.第(1)问，先写出直线l的方程，并设出两个交点的坐标，再将直线方程与抛物线方程联立，并利用根与系数的关系与抛物线的定义建立关于斜率k的方程，解方程可得.有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|=x1+x2+p或|AB|=y1+y2+p,若不过焦点，则必须使用一般的弦长公式.第(2)问，求圆的方程主要是确定圆心坐标与半径；涉及直线与圆相交所得弦长问题通常是利用公式来求解，其中R为圆的半径，d为圆心到直线的距离，本题先由(1)求得AB的中点坐标，并求出AB的垂直平分线，然后设出圆心坐标，并根据圆心在线段AB的垂直平分线上与勾股定理建立方程组，解方程组可得圆心坐标，进而可得圆的方程.

解：(1)解法一　(使用一般的弦长公式求直线斜率)

由题意得F(1,0),设直线l的方程为y=k(x-1)(k>0).

设A(x1,y1),B(x2,y2),则由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,Δ=16k2+16>0.

由题设知解得k=-1(舍去)或k=1,

因此直线l的方程为y=x-1.

解法二　(使用过抛物线焦点弦的弦长公式)

由题意得F(1,0)，l的方程为y=k(x-1)(k>0).

设A(x1,y1),B(x2,y2)，则

由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0，Δ=16k2+16>0.

故

由题设知解得k=-1(舍去)或k=1，因此l的方程为y=x-1.

解法三

设直线l的倾斜角为α，则焦点弦

解得即斜率k>0，∴k=tanα=1.

而抛物线焦点为F(1,0),故直线l的方程为x-y-1=0.

解法四　(利用直线的参数方程及其几何意义求解)

由题意知F(1,0),可设直线l的参数方程为(t为参数).

代入y2=4x整理得sin2α·t2-4cosα·t-4=0,Δ=16>0.

设方程的两根为t1,t2,则由根与系数的关系得

由解得

因此直线l的参数方程为

故直线l的普通方程为y=x-1.

解法五　(转化为极坐标平面求解)

以点F为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，此时抛物线的极坐标方程为

设A(ρ1,θ),B(ρ2,θ+π),由题意得

解得即k=tanθ=1,∴直线l的方程为x-y-1=0.

(2)解法一　由(1)得，AB的中点坐标为(3，2)，∴AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5,设所求圆的圆心坐标为(x0，y0),

则解得或

即圆心坐标为(3，2)，半径为4，或圆心坐标为(11，-6)，半径为12.

因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.

解法二　由题意可知，抛物线C的准线方程为x=-1,所求圆与准线相切，设圆心为(a,b),则所求圆的半径为a+1.(www.xing528.com)

由解得

解得或

∴所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.

例2　(2015年高考数学广东卷理科第20题)

已知过原点O的动直线l与圆C1：x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B.

(1)求圆C1的圆心坐标；

(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程；

(3)是否存在实数k,使得直线l：y=k(x-4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由.

解题策略　本题以动直线与定圆相交为情景探究相交弦中点C的轨迹方程以及过定点(4，0)的动直线的斜率取何值或在何范围中与求得的曲线C只有一个交点，要密切注意第(2)问中求得C的方程是有范围限制的.

解：(1)x2+y2-6x+5=0化为标准方程为(x-3)2+y2=4,故圆C1的圆心坐标为(3，0).

(2)解法一　取AB的中点M，联结C1M,根据垂径定理有C1M⊥AB，即C1M⊥OM,取OC1的中点则点M的轨迹是以N为圆心.为半径的圆在圆C1内部的圆弧，其所在圆的方程为

联立　解得

解法二　设M(x,y),圆C1的圆心为C1,OC1的中点为C.

当直线l与圆C1相切时，设切点为(x0,y0),则l的方程为(x0-3)(x-3)+y0y=4.

∵l过原点

∴当l与圆C1有两个不同交点时，点M(x,y)的横坐标满足

由(1)知点C的坐标为是弦AB的中点，∴C1M⊥AB,于是△OMC1是直角三角形，进而有

故M点的轨迹方程为

其轨迹是一段圆弧.

图3-14

(3)解法一　如图3-14所示，直线l：y=k(x-4)经过定点R(4，0).过点R作圆的切线，切点为Q，下面判断切点的横坐标是否在内.作出圆为圆弧上端点，作QS⊥OR,则由相似三角形得而点Q在(2)求得的圆弧上，又

解法二　由消去y得

　①

直线l:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点等价于方程①在上有唯一解.

1当方程①的判别式Δ=(8k2+3)2-4(1+k2)·16k2=9-16k2=0时，

此时方程①的根为故符合题意，

2当Δ>0时，令f(x)=(1+k2)x2-(8k+3)x+16k2,

要使方程①在上有唯一解，必须满足解得

故存在或使得直线l:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点.

解法三　由得(k2+1)x2-(3+8k2)x+16k2=0.

令Δ=(3+8k2)2-4(k2+1)·16k2=0,得

又轨迹C的端点为见图3-14).

两端点与点R(4,0)连线的斜率为

故当直线l:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点时，k的取值范围为

二、发散训练

在直角坐标系xOy中，曲线y=x2+mx-2与x轴交于A、B两点，点C的坐标为(0，1)，当m变化时，解答下列问题(1)和(2)：

(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；

(2)证明：过A、B、C3点的圆在y轴上截得的弦长为定值.

(3)若把题设条件中的曲线改为f(x)=x2+2x+b(x∈R),其图像与两坐标轴有3个交点，经过这3点的圆记为Q，问:圆Q是否经过定点(其坐标与b无关)？请证明你的结论.