?§4.2 直線、圓的位置關系
§4.2.1 直線與圓的位置關系
一、教材分析
學生在初中的學習中已了解直線與圓的位置關系,并知道可以利用直線與圓的交點的個數(shù)以及圓心與直線的距離d與半徑r的關系判斷直線與圓的位置關系,但是,在初中學習時,利用圓心與直線的距離d與半徑r的關系判斷直線與圓的位置關系的方法卻以結論性的形式呈現(xiàn).在高一學習了解析幾何以后,要考慮的問題是如何掌握由直線和圓的方程判斷直線與圓的位置關系的方法.解決問題的方法主要是幾何法和代數(shù)法.其中幾何法應該是在初中學習的基礎上,結合高中所學的點到直線的距離公式求出圓心與直線的距離d后,比較與半徑r的關系從而作出判斷.適可而止地引進用聯(lián)立方程組轉化為二次方程判別根的“純代數(shù)判別法”,并與“幾何法”欣賞比較,以決優(yōu)劣,從而也深化了基本的“幾何法”.含參數(shù)的問題、簡單的弦的問題、切線問題等綜合問題作為進一步的拓展提高或綜合應用,也適度地引入課堂教學中,但以深化“判定直線與圓的位置關系”為目的,要控制難度.雖然學生學習解析幾何了,但把幾何問題代數(shù)化無論是思維習慣還是具體轉化方法,學生仍是似懂非懂,因此應不斷強化,逐漸內化為學生的習慣和基本素質.
二、教學目標
1．知識與技能
（1）理解直線與圓的位置的種類；
（2）利用平面直角坐標系中點到直線的距離公式求圓心到直線的距離；
（3）會用點到直線的距離來判斷直線與圓的位置關系.
（二）過程與方法
設直線l：ax + by + c = 0，圓C：x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0，圓的半徑為r，圓心到直線的距離為d，則判別直線與圓的位置關系的依據有以下幾點：
（1）當d＞r時，直線l與圓C相離；
（2）當d＝r時，直線l與圓C相切；
（3）當d＜r時，直線l與圓C相交；
3．情態(tài)與價值觀
讓學生通過觀察圖形，理解并掌握直線與圓的位置關系，培養(yǎng)學生數(shù)形結合的思想.
三、教學重點與難點
教學重點：直線與圓的位置關系的幾何圖形及其判斷方法.
教學難點：用坐標法判斷直線與圓的位置關系.
四、課時安排
2課時
五、教學設計　
第1課時
（一）導入新課
思路1.平面解析幾何是高考的重點和熱點內容,每年的高考試題中有選擇題、填空題和解答題,考查的知識點有直線方程和圓的方程的建立、直線與圓的位置關系等,本節(jié)主要學習直線與圓的關系.
思路2.(復習導入)
(1)直線方程Ax+By+C=0(A,B不同時為零).
(2)圓的標準方程(x-a)2+(y-b)2=r2,圓心為(a,b),半徑為r.
(3)圓的一般方程x2+y2+Dx+Ey+F=0(其中D2+E2-4F＞0)，圓心為(-,-),半徑為.

（二）推進新課、新知探究、提出問題
①初中學過的平面幾何中,直線與圓的位置關系有幾類？
②在初中,我們怎樣判斷直線與圓的位置關系呢？
③如何用直線與圓的方程判斷它們之間的位置關系呢？
④判斷直線與圓的位置關系有幾種方法？它們的特點是什么？
討論結果：①初中學過的平面幾何中,直線與圓的位置關系有直線與圓相離、直線與圓相切、直線與圓相交三種.
②直線與圓的三種位置關系的含義是:
直線與圓的位置關系
公共點個數(shù)
圓心到直線的距離d與半徑r的關系
圖形
相交
兩個
d＜r

相切
只有一個
d=r

相離
沒有
d＞r

③方法一,判斷直線l與圓的位置關系,就是看由它們的方程組成的方程組有無實數(shù)解；方法二,可以依據圓心到直線的距離與半徑長的關系判斷直線與圓的位置關系.
④直線與圓的位置關系的判斷方法：
幾何方法步驟：
1°把直線方程化為一般式,求出圓心和半徑.
2°利用點到直線的距離公式求圓心到直線的距離.
3°作判斷：當d＞r時,直線與圓相離；當d=r時,直線與圓相切;當d＜r時,直線與圓相交.
代數(shù)方法步驟：
1°將直線方程與圓的方程聯(lián)立成方程組.
2°利用消元法,得到關于另一個元的一元二次方程.
3°求出其判別式Δ的值.
4°比較Δ與0的大小關系,若Δ＞0,則直線與圓相離；若Δ=0,則直線與圓相切;若Δ＜0,則直線與圓相交.反之也成立.

（三）應用示例
思路1
例1 已知直線l：3x+y-6=0和圓心為C的圓x2+y2-2y-4=0,判斷直線l與圓的位置關系.如果相交,求出它們的交點坐標.
活動:學生思考或交流,回顧判斷的方法與步驟,教師引導學生考慮問題的思路,必要時提示,對學生的思維作出評價;方法一,判斷直線l與圓的位置關系,就是看由它們的方程組成的方程組有無實數(shù)解；方法二,可以依據圓心到直線的距離與半徑長的關系判斷直線與圓的位置關系.
解法一:由直線l與圓的方程,得

消去y,得x2-3x+2=0,因為Δ=(-3)2-4×1×2=1＞0,所以直線l與圓相交,有兩個公共點.
解法二：圓x2+y2-2y-4=0可化為x2+(y-1)2=5,其圓心C的坐標為(0,1),半徑長為,圓心C到直線l的距離d==＜.所以直線l與圓相交,有兩個公共點.
由x2-3x+2=0,得x1=2,x2=1.把x1=2代入方程①,得y1=0;把x2=1代入方程①,得y2=3.所以直線l與圓相交有兩個公共點,它們的坐標分別是(2,0)和(1,3).
點評:比較兩種解法,我們可以看出,幾何法判斷要比代數(shù)法判斷快得多,但是若要求交點,仍需聯(lián)立方程組求解.

例2 已知圓的方程是x2+y2=2,直線y=x+b,當b為何值時,圓與直線有兩個公共點,只有一個公共點沒有公共點.
活動:學生思考或交流,教師引導學生考慮問題的思路,必要時提示,對學生的思維作出評價.我們知道,判斷直線l與圓的位置關系,就是看由它們的方程組成的方程組有無實數(shù)解,或依據圓心到直線的距離與半徑長的關系判斷直線與圓的位置關系.反過來,當已知圓與直線的位置關系時,也可求字母的取值范圍,所求曲線公共點問題可轉化為b為何值時,方程組有兩組不同實數(shù)根、有兩組相同實根、無實根的問題.圓與直線有兩個公共點、只有一個公共點、沒有公共點的問題,可轉化為b為何值時圓心到直線的距離小于半徑、等于半徑、大于半徑的問題.
解法一:若直線l：y=x+b和圓x2+y2=2有兩個公共點、只有一個公共點、沒有公共點,
則方程組有兩個不同解、有兩個相同解、沒有實數(shù)解,
消去y,得2x2+2bx+b2-2=0,
所以Δ=(2b)2-4×2(b2-2)=16-4b2.
所以,當Δ=16-4b2＞0,即-2＜b＜2時,圓與直線有兩個公共點；當Δ=16-4b2=0,即b=±2時,圓與直線只有一個公共點；當Δ=16-4b2＜0,即b＞2或b＜-2時,圓與直線沒有公共點.
解法二：圓x2+y2=2的圓心C的坐標為(0,0),半徑長為2,圓心C到直線l:y=x+b的距離d=.
當d＞r時,即＞,即|b|＞2,即b＞2或b＜-2時,圓與直線沒有公共點;
當d=r時,即=,即|b|=2,即b=±2時,圓與直線只有一個公共點；
當d＜r時,即＜,即|b|＜2,即-2＜b＜2時,圓與直線有兩個公共點.
點評：由于圓的特殊性,判斷圓與直線的位置關系,多采用圓心到直線的距離與半徑的大小進行比較的方法,而以后我們將要學習的圓錐曲線與直線位置關系的判斷,則需要利用方程組解的個數(shù)來判斷.
變式訓練
已知直線l過點P(4,0),且與圓O：x2+y2=8相交,求直線l的傾斜角α的取值范圍.
解法一：設直線l的方程為y=k(x-4),即kx-y-4k=0,
因為直線l與圓O相交,所以圓心O到直線l的距離小于半徑,
即＜2,化簡得k2＜1,所以-1＜k＜1,即-1＜tanα＜1.
當0≤tanα＜1時,0≤α＜；當-1＜tanα＜0時,＜α＜π.
所以α的取值范圍是［0,)∪(,π).
解法二：設直線l的方程為y=k(x-4),
由,消去y得(k2+1)x2-8k2x+16k2-8=0.
因為直線l與圓O相交,所以Δ=(-8k2)2-4(k2+1)(16k2-8)＞0,化簡得k2＜1.(以下同解法一)
點評:涉及直線與圓的位置關系的問題,?？蛇\用以上兩種方法.本題若改為選擇題或填空題,也可利用圖形直接得到答案.

思路2
例1 已知圓的方程是x2+y2=r2,求經過圓上一點M(x0,y0)的切線方程.
活動:學生思考討論,教師提示學生解題的思路,引導學生回顧直線方程的求法,既考慮通法又考慮圖形的幾何性質.此切線過點(x0,y0),要確定其方程,只需求出其斜率k,可利用待定系數(shù)法(或直接求解).直線與圓相切的幾何特征是圓心到切線的距離等于圓的半徑,切線與法線垂直.
解法一:當點M不在坐標軸上時,設切線的斜率為k,半徑OM的斜率為k1,
因為圓的切線垂直于過切點的半徑,所以k=-.
因為k1=所以k=-.所以經過點M的切線方程是y-y0=-(x-x0).
整理得x0x+y0y=x02+y02.又因為點M(x0,y0)在圓上,所以x02+y02=r2.
所以所求的切線方程是x0x+y0y=r2.
當點M在坐標軸上時,可以驗證上面的方程同樣適用.
解法二:設P(x,y)為所求切線上的任意一點,當P與M不重合時,△OPM為直角三角形,OP為斜邊,所以OP2=OM2+MP2,即x2+y2=x02+y02+(x-x0)2+(y-y0)2.
整理得x0x+y0y=r2.可以驗證,當P與M重合時同樣適合上式,故所求的切線方程是x0x+y0y=r2.
解法三:設P(x,y)為所求切線上的任意一點,當點M不在坐標軸上時,由OM⊥MP得kOM·kMP=-1,即·=-1,整理得x0x+y0y=r2.可以驗證,當點M在坐標軸上時,P與M重合,同樣適合上式,故所求的切線方程是x0x+y0y=r2.
點評:如果已知圓上一點的坐標,我們可直接利用上述方程寫出過這一點的切線方程.
變式訓練
求過圓C:(x-a)2+(y-b)2=r2上一點M(x0,y0)的圓的切線方程.
解:設x0≠a,y0≠b,所求切線斜率為k,則由圓的切線垂直于過切點的半徑,得k=,所以所求方程為y-y0=(x-x0),即(y-b)(y0-b)+(x-a)(x0-a)=(x0-a)2+(y0-b)2.
又點M(x0,y0)在圓上,則有(x0-a)2+(y0-b)2=r2.
代入上式,得(y-b)(y0-b)+(x-a)(x0-a)=r2.
當x0=a,y0=b時仍然成立,所以過圓C:(x-a)2+(y-b)2=r2上一點M(x0,y0)的圓的切線方程為(y-b)(y0-b)+(x-a)(x0-a)=r2.

例2 從點P(4,5)向圓(x－2)2＋y2=4引切線,求切線方程.
活動:學生思考交流,提出解題的方法,回想直線方程的求法,先驗證點與圓的位置關系,再利用幾何性質解題.
解:把點P(4,5)代入(x－2)2＋y2=4,得(4－2)2＋52=29＞4,所以點P在圓(x－2)2＋y2=4外.設切線斜率為k,則切線方程為y－5=k(x－4),即kx－y＋5－4k=0.又圓心坐標為(2,0),r=2.因為圓心到切線的距離等于半徑,即　　=2,k=.
所以切線方程為21x－20y＋16=0.當直線的斜率不存在時還有一條切線是x=4.
點評:過圓外已知點P(x,y)的圓的切線必有兩條,一般可設切線斜率為k,寫出點斜式方程,再利用圓心到切線的距離等于半徑,寫出有關k的方程.求出k,因為有兩條,所以應有兩個不同的k值,當求得的k值只有一個時,說明有一條切線斜率不存在,即為垂直于x軸的直線,所以補上一條切線x=x1.
變式訓練
求過點M(3,1),且與圓(x-1)2+y2=4相切的直線l的方程.
解:設切線方程為y-1=k(x-3),即kx-y-3k+1=0,
因為圓心(1,0)到切線l的距離等于半徑2,
所以=2,解得k=-.
所以切線方程為y-1=-(x-3),即3x+4y-13=0.
當過點M的直線的斜率不存在時,其方程為x=3,圓心(1,0)到此直線的距離等于半徑2,故直線x=3也符合題意.
所以直線l的方程是3x+4y-12=0或x=3.

例3 (1)已知直線l：y=x+b與曲線C：y=有兩個不同的公共點,求實數(shù)b的取值范圍；
(2)若關于x的不等式＞x+b解集為R,求實數(shù)b的取值范圍.

圖1
解:(1)如圖1(數(shù)形結合),方程y=x+b表示斜率為1,在y軸上截距為b的直線l；
方程y=表示單位圓在x軸上及其上方的半圓,
當直線過B點時,它與半圓交于兩點,此時b=1,直線記為l1；
當直線與半圓相切時,b=,直線記為l2.
直線l要與半圓有兩個不同的公共點,必須滿足l在l1與l2之間(包括l1但不包括l2),
所以1≤b＜,即所求的b的取值范圍是［1,).
(2)不等式＞x+b恒成立,即半圓y=在直線y=x+b上方,
當直線l過點(1,0)時,b=-1,所以所求的b的取值范圍是(-∞,-1).
點評:利用數(shù)形結合解題,有時非常方便直觀.

（四）知能訓練
本節(jié)練習2、3、4.

（五）拓展提升
圓x2+y2=8內有一點P0(-1,2),AB為過點P0且傾斜角為α的弦.
(1)當α=時,求AB的長；
(2)當AB的長最短時,求直線AB的方程.
解:(1)當α=時,直線AB的斜率為k=tan=-1,所以直線AB的方程為y-2=-(x+1),即y=-x+1.
解法一：(用弦長公式)
由消去y,得2x2-2x-7=0,
設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=1,x1x2=-,
所以|AB|=|x1-x2|=·=·=.
解法二：(幾何法)弦心距d=,半徑r=2,弦長|AB|=2.
(2)當AB的長最短時,OP0⊥AB,因為kOP0=-2,kAB=,直線AB的方程為y-2=(x+1),
即x-2y+5=0.

（六）課堂小結
(1)判斷直線與圓的位置關系的方法:幾何法和代數(shù)法.
(2)求切線方程.

（七）作業(yè)
習題4.2 A組1、2、3.


第2課時
（一）導入新課
思路1.一艘輪船在沿直線返回港口的途中,接到氣象臺的臺風預報：臺風中心位于輪船正西70 km處,受影響的范圍是半徑長為30 km的圓形區(qū)域.已知港口位于臺風中心正北40 km處,如果這艘輪船不改變航線,那么它是否會受到臺風的影響？

圖2
分析：如圖2,以臺風中心為原點O,以東西方向為x軸,建立直角坐標系,其中,取10 km為單位長度.
則臺風影響的圓形區(qū)域所對應的圓心為O的圓的方程為x2+y2=9；
輪船航線所在的直線l的方程為4x+7y-28=0.
問題歸結為圓心為O的圓與直線l有無公共點.因此我們繼續(xù)研究直線與圓的位置關系.

（二）推進新課、新知探究、提出問題
①過圓上一點可作幾條切線？如何求出切線方程？
②過圓外一點可作幾條切線？如何求出切線方程？
③過圓內一點可作幾條切線？
④你能概括出求圓切線方程的步驟是什么嗎？
⑤如何求直線與圓的交點？
⑥如何求直線與圓的相交弦的長?
討論結果：①過圓上一點可作一條切線,過圓x2+y2=r2上一點(x0,y0)的切線方程是x0x+y0y=r2；
過圓(x-a)2+(y-b)2=r2上一點(x0,y0)的切線方程是(x0-a)(x-a)+(y0-b)(y-b)=r2.
②過圓外一點可作兩條切線,求出切線方程有代數(shù)法和幾何法.代數(shù)法的關鍵是把直線與圓相切這個幾何問題轉化為聯(lián)立它們的方程組只有一個解的代數(shù)問題.可通過一元二次方程有一個實根的充要條件——Δ=0去求出k的值,從而求出切線的方程.用幾何方法去求解,要充分利用直線與圓相切的幾何性質,圓心到切線的距離等于圓的半徑(d=r),求出k的值.
③過圓內一點不能作圓的切線.
④求圓切線方程,一般有三種方法,一是設切點,利用①②中的切線公式法;二是設切線的斜率,用判別式法;三是設切線的斜率,用圖形的幾何性質來解,即圓心到切線的距離等于圓的半徑(d=r),求出k的值.
⑤把直線與圓的方程聯(lián)立得方程組,方程組的解即是交點的坐標.
⑥把直線與圓的方程聯(lián)立得交點的坐標,結合兩點的距離公式來求;再就是利用弦心距、弦長、半徑之間的關系來求.

（三）應用示例
思路1
例1 過點P(-2,0)向圓x2+y2=1引切線,求切線的方程.

圖3
解:如圖3,方法一:設所求切線的斜率為k,則切線方程為y=k(x+2),因此由方程組得x2+k2(x+2)2=1.
上述一元二次方程有一個實根,
Δ=16k4-4(k2+1)(4k2-1)=12k2-4=0,k=±,
所以所求切線的方程為y=±(x+2).
方法二:設所求切線的斜率為k,則切線方程為y=k(x+2),由于圓心到切線的距離等于圓的半徑(d=r),所以d==1,解得k=±.
所以所求切線的方程為y=±(x+2).
方法三：利用過圓上一點的切線的結論.可假設切點為(x0,y0),此時可求得切線方程為x0x+y0y=1.
然后利用點(-2,0)在切線上得到-2x0=1,從中解得x0=-.
再由點(x0,y0)在圓上,所以滿足x02+y02=1,既+y02=1,解出y0=±.
這樣就可求得切線的方程為,
整理得y=±(x+2).
點評:過圓外一點向圓可作兩條切線；可用三種方法求出切線方程,其中以幾何法“d=r”比較好(簡便).
變式訓練
已知直線l的斜率為k,且與圓x2+y2=r2只有一個公共點,求直線l的方程.
活動：學生思考,觀察題目的特點,見題想法,教師引導學生考慮問題的思路,必要時給予提示,直線與圓只有一個公共點,說明直線與圓相切.可利用圓的幾何性質求解.

圖4
解:如圖4,方法一:設所求的直線方程為y=kx+b,由圓心到直線的距離等于圓的半徑,得
d==r,∴b=±r,求得切線方程是y=kx±r.
方法二:設所求的直線方程為y=kx+b,直線l與圓x2+y2=r2只有一個公共點,所以它們組成的方程組只有一組實數(shù)解,由,得x2+k2(x+b)2=1,即x2(k2+1)+2k2bx+b2=1,Δ=0得b=±r,求得切線方程是y=kx±r.

例2 已知圓的方程為x2+y2+ax+2y+a2=0,一定點為A(1,2),要使過定點A(1,2)作圓的切線有兩條,求a的取值范圍.
活動：學生討論,教師指導,教師提問,學生回答,教師對學生解題中出現(xiàn)的問題及時處理,利用幾何方法,點A(1,2)在圓外,即到圓心的距離大于圓的半徑.
解:將圓的方程配方得(x+)2+(y+1)2=,圓心C的坐標為(－,－1),半徑r=,
條件是4－3a2＞0,過點A(1,2)所作圓的切線有兩條,則點A必在圓外,
即
＞.
化簡,得a2+a+9＞0,由
解得－＜a＜,a∈R.
所以－＜a＜.
故a的取值范圍是(－,).
點評:過圓外一點可作圓的兩條切線,反之經過一點可作圓的兩條切線,則該點在圓外.同時注意圓的一般方程的條件.

思路2
例1 已知過點M(-3,-3)的直線l被圓x2+y2+4y-21=0所截得的弦長為45,求直線l的方程.
活動：學生思考或討論,教師引導學生考慮問題的思路,求直線l的方程,一般設點斜式,再求斜率.這里知道弦長,半徑也知道,所以弦心距可求,如果設出直線的方程,由點到直線的距離等于弦心距求出斜率；另外也可利用弦長公式,結合一元二次方程根與系數(shù)的關系求解.
解法一：將圓的方程寫成標準形式有x2+(y+2)2=25,所以圓心為(0,-2),半徑為5.因為直線l被圓x2+y2+4y-21=0所截得的弦長為4,所以弦心距為=,圓心到直線的距離為,由于直線過點M(-3,-3),所以可設直線l的方程為y+3=k(x+3),即kx-y+3k-3=0.
根據點到直線的距離公式,圓心到直線的距離為,因此d==,兩邊平方整理得2k2-3k-2=0,解得k=,k=2.
所以所求的直線l的方程為y+3=(x+3)或y+3=2(x+3),即x+2y+9=0或2x-y+3=0.
解法二：設直線l和已知圓x2+y2+4y-21=0的交點為A(x1,y1),B(x2,y2),直線l的斜率為k,由于直線過點M(-3,-3),所以可設直線l的方程為y+3=k(x+3),即y=kx+3k-3.代入圓的方程x2+y2+4y-21=0,并整理得(1+k2)x2+2k(3k-1)x+(3k-1)2-25=0.結合一元二次方程根與系數(shù)的關系有x1+x2=,x1·x2=. ①
|AB|=

因為|AB|=45,所以有(1+k2)［(x1+x2)2-4x1·x2］=80. ②
把①式代入②式,得(1+k2){［］2-4}=80.經過整理,得2k2-3k-2=0,解得k=,k=2.所以所求的直線l的方程為y+3=(x+3)或y+3=2(x+3),即x+2y+9=0或2x-y+3=0.
點評:解法一突出了適當?shù)乩脠D形的幾何性質有助于簡化計算,強調圖形在解題中的作用,加強了數(shù)形結合;解法二是利用直線被曲線截得的弦長公式求出斜率后求直線方程,思路簡單但運算較繁.
變式訓練
已知圓C：x2+(y-1)2=5,直線l:mx-y+1-m=0.
(1)求證：對m∈R,直線l與圓C總有兩個不同交點;
(2)設l與圓C交于不同兩點A、B,若|AB|=,求l的傾斜角;
(3)求弦AB的中點M的軌跡方程;
(4)若定點P(1,1)分弦AB為=,求此時直線l的方程.
解:(1)判斷圓心到直線的距離小于半徑即可,或用直線系過定點P(1,1)求解;點P(1,1)在圓內.
(2)利用弦心距、半徑、弦構成的直角三角形求弦長,得m=±,所以α=或.
(3)設M的坐標為(x,y),連結CM、CP,因為C(0,1),P(1,1),|CM|2+|PM|2=|CP|2,
所以x2+(y-1)2+(x-1)2+(y-1)2=1,整理得軌跡方程為x2+y2-x-2y+1=0(x≠1).
(4)設A(x1,y1),B(x2,y2),由=,得=1. ①
又由直線方程和圓的方程聯(lián)立消去y,得(1+m2)x2-2m2x+m2-5=0, (*)
故x1+x2=, ②
由①②,得x1=,代入(*),解得m=±1.
所以直線l的方程為x-y=0或x+y-2=0.

例2 已知直線l:y=k(x+2)與圓O:x2+y2=4相交于A、B兩點,O為坐標原點,△ABO的面積為S,①試將S表示成k的函數(shù)S(k),并指出它的定義域；②求S的最大值,并求出取得最大值時的k值.
活動：學生審題,再思考討論,教師提示學生欲求△ABO的面積,應先求出直線被圓截得的弦長|AB|,將|AB|表示成k的函數(shù).

圖5
解:①如圖5所示,直線的方程為kx-y+2k=0(k≠0),
點O到l之間的距離為|OC|=,
弦長|AB|=2，
∴△ABO的面積S=|AB|·|OC|=，
∵|AB|＞0,∴-1＜k＜1(k≠0).
∴S(k)=(-1＜k＜1且k≠0).
②△ABO的面積S=|OA|·|OB|sin∠AOB=2sin∠AOB,
∴當∠AOB=90°時,Smax=2,
此時|OC|=,|OA|=2,即=,
∴k=±.
點評：在涉及到直線被圓截得的弦長時,要巧妙利用圓的有關幾何性質,如本題中的Rt△BOC,其中|OB|為圓半徑,|BC|為弦長的一半.
變式訓練
已知x,y滿足x2+y2-2x+4y=0,求x-2y的最大值.
活動:學生審題,再思考討論,從表面上看,此問題是一個代數(shù),可用代數(shù)方法來解決.但細想后會發(fā)現(xiàn)比較復雜,它需把二次降為一次.教師提示學生利用數(shù)形結合或判別式法.
解法一:(幾何解法)：設x-2y=b,則點(x,y)既在直線x-2y=b上,又在圓x2+y2-2x+4y=0上,即直線x-2y=b和圓x2+y2-2x+4y=0有交點,故圓心(1,-2)到直線的距離小于或等于半徑,
所以≤.所以0≤b≤10,即b的最大值是10.
解法二:(代數(shù)解法)：設x-2y=b,代入方程x2+y2-2x+4y=0,得(2y+b)2+y2-2(2y+b)+4y=0,即5y2+4by+b2-2b=0.由于這個一元二次方程有解,所以其判別式Δ=16b2-20(b2-2b)=40b-4b2≥0,即b2-10b≤0,0≤b≤10.所以求出b的最大值是10.
點評:比較兩個解法,我們可以看到,數(shù)形結合的方法難想但簡單,代數(shù)法易想但較繁,要多練習以抓住規(guī)律.

例3 已知圓C：(x－1)2＋(y－2)2=25,直線l：(2m+1)x+(m+1)y－7m－4=0(m∈R).
(1)證明不論m取什么實數(shù),直線l與圓恒交于兩點；
(2)求直線被圓C截得的弦長最小時l的方程.
活動：學生先思考,然后討論,教師引導學生考慮問題的方法,由于直線過定點,如果該定點在圓內,此題便可解得.最短的弦就是與過定點與此直徑垂直的弦.
解:(1)證明：因為l的方程為(x+y－4)+m(2x+y－7)=0.因為m∈R,所以,解得即l恒過定點A(3,1).因為圓心C(1,2),｜AC｜=＜5(半徑),所以點A在圓C內,從而直線l恒與圓C相交于兩點.
(2)弦長最小時,l⊥AC,由kAC=－,所以l的方程為2x－y－5=0.
點評：證明直線與圓恒相交,一是可以將直線與圓的方程聯(lián)立方程組,進而轉化為一元二次方程,根據判別式與0的大小來判斷,這是通性通法,但過程繁瑣,計算量大；二是說明直線過圓內一點,由此直線與圓必相交.對于圓中過A點的弦,以直徑為最長,過A點與此直徑垂直的弦為最短.
變式訓練
求圓x2+y2+4x-2y+4=0上的點到直線y=x-1的最近距離和最遠距離.
解:圓方程化為(x+2)2+(y-1)2=1,
圓心(-2,1)到直線y=x-1的距離為d==2,
所以所求的最近距離為2-1,最遠距離為2+1.

（四）知能訓練
1.已知直線l:y=2x－2,圓C:x2＋y2＋2x＋4y＋1=0,請判斷直線l與圓C的位置關系,若相交,則求直線l被圓C所截的線段長.
活動:請大家獨立思考,多想些辦法.然后相互討論,比較解法的不同之處.學生進行解答,教師巡視,掌握學生的一般解題情況.
解法一：由方程組解得
即直線l與圓C的交點坐標為(,－)和(－1,－4),則截得線段長為.
解法二：由方程組(略)消去y,得5x2＋2x－3=0,
設直線與圓交點為A(x1,y1),B(x2,y2),則AB中點為(-,-),
所以得(x1-x2)2=,
則所截線段長為|AB|=(1+k2)(x1-x2)2=.
解法三：圓心C為(－1,－2),半徑r=2,設交點為A、B,圓心C到直線l之距d=,所以.則所截線段長為|AB|=.
點評:前者直接求交點坐標,再用兩點距離公式求值；后者雖然也用兩點距離公式,但借用韋達定理,避免求交點坐標.解法三利用直線與圓的位置關系,抓住圓心到直線之距d及圓半徑r來求解.反映了抓住本質能很快接近答案的特點.顯然,解法三比較簡潔.

2.已知直線x+2y-3=0交圓x2+y2+x-6y+F=0于點P、Q,O為原點,問F為何值時,OP⊥OQ?
解:由消去y,得5x2+10x+4F-27=0,
所以x1x2=,x1+x2=-2.
所以y1y2=.
因為OP⊥OQ,所以x1x2+y1y2=0,即=0.所以F=3.
點評：(1)解本題之前先要求學生指出解題思路.
(2)體會垂直條件是怎樣轉化的,以及韋達定理的作用：處理x1,x2的對稱式.在解析幾何中經常運用韋達定理來簡化計算.

（五）拓展提升
已知點P到兩個定點M(－1,0)、N(1,0)距離的比為,點N到直線PM的距離為1,求直線PN的方程.
解:設點P的坐標為(x,y),由題設有=,即=·,
整理得x2+y2－6x+1=0. ①
因為點N到PM的距離為1,|MN|=2,所以∠PMN=30°,直線PM的斜率為±.
直線PM的方程為y=±(x+1). ②
將②代入①整理,得x2－4x+1=0.解得x1=2+,x2=2－.
代入②得點P的坐標為(2+,1+3)或(2－,－1+)；(2+,－1－3)或(2－,1－).
直線PN的方程為y=x－1或y=－x+1.

（六）課堂小結
1.直線和圓位置關系的判定方法：代數(shù)法和幾何法.
2.直線和圓相切,這類問題主要是求圓的切線方程.求圓的切線方程主要可分為已知斜率k或已知直線上一點兩種情況,而已知直線上一點又可分為已知圓上一點和圓外一點兩種情況.
3.直線和圓相交,這類問題主要是求弦長以及弦的中點問題.注意弦長公式和圓的幾何性質.
4.求與圓有關的最值問題,往往利用數(shù)形結合,因此抽象出式子的幾何意義是至關重要的.

（七）作業(yè)
課本習題4.2 A組5、6、7.



































§4.2.2 圓與圓的位置關系
一、教材分析
本節(jié)課研究圓與圓的位置關系,重點是研究兩圓位置關系的判斷方法,并應用這些方法解決有關的實際問題.教材是在初中平面幾何對圓與圓的位置關系的初步分析的基礎上結合前面學習的點與圓、直線與圓的位置關系,得到圓與圓的位置關系的幾何方法,用代數(shù)的方法來解決幾何問題是解析幾何的精髓,是平面幾何問題的深化,它將是以后處理圓錐曲線的常用方法.因此,增加了用代數(shù)方法來分析位置關系,這樣有利于培養(yǎng)學生數(shù)形結合、經歷幾何問題代數(shù)化等解析幾何思想方法及辯證思維能力,其基本思維方法和解決問題的技巧對今后整個圓錐曲線的學習有著非常重要的意義.根據學生的基礎,學習的自覺性和主動性,自主學習和探究學習能力,平時的學習養(yǎng)成的善于觀察、分析和思考的習慣,同時由于本節(jié)課從內容結構與思維方法上與直線與圓的位置關系相似,學生對上節(jié)課內容掌握較好,從而本節(jié)課從學生學習的角度來看不會存在太多的障礙,因而教學方法可以是引導學生從類比直線與圓位置關系來自主研究圓與圓的位置關系.
二、教學目標
1．知識與技能
（1）理解圓與圓的位置的種類；
（2）利用平面直角坐標系中兩點間的距離公式求兩圓的連心線長；
（3）會用連心線長判斷兩圓的位置關系.
2．過程與方法
設兩圓的連心線長為l，則判斷圓與圓的位置關系的依據有以下幾點：
（1）當l ＞r1+r2時，圓C1與圓C2相離；
（2）當l = r1+r2時，圓C1與圓C2外切；
（3）當|r1 – r2|＜l＜r1+r2時，圓C1與圓C2相交；
（4）當l = |r1– r2|時，圓C1與圓C2內切；
（5）當l＜|r1 – r2|時，圓C1與圓C2內含.
3．情態(tài)與價值觀
讓學生通過觀察圖形，理解并掌握圓與圓的位置關系，培養(yǎng)學生數(shù)形結合的思想.
三、教學重點與難點
教學重點：求弦長問題,判斷圓和圓的位置關系.
教學難點：判斷圓和圓的位置關系.
四、課時安排
1課時
五、教學設計
（一）導入新課
思路1.平面幾何中,圓與圓的位置關系有哪幾種呢？如何判斷圓與圓之間的位置關系呢？
判斷兩圓的位置關系的步驟及其判斷方法如下:第一步：計算兩圓的半徑R,r；第二步：計算兩圓的圓心距O1O2,即d；第三步：根據d與R,r之間的關系,判斷兩圓的位置關系.
兩圓的位置關系：
外離
外切
相交
內切
內含
d＞R+r
d=R+r
|R-r|＜d＜R+r
d=|R-r|
d＜|R-r|





在解析幾何中,我們用代數(shù)的方法如何判斷圓與圓之間的位置關系呢？這就是我們本堂課研究的課題,教師板書課題圓與圓的位置關系.
思路2.前面我們學習了點與圓的位置關系、直線與圓的位置關系,那么,圓與圓的位置關系有哪幾種呢？如何判斷圓與圓之間的位置關系呢？教師板書課題:圓與圓的位置關系.
（二）推進新課、新知探究、提出問題
①初中學過的平面幾何中,圓與圓的位置關系有幾種？
②判斷兩圓的位置關系,你有什么好的方法嗎？
③你能在同一個直角坐標系中畫出兩個方程所表示的圓嗎？
④根據你所畫出的圖形,可以直觀判斷兩個圓的位置關系.如何把這些直觀的事實轉化為數(shù)學語言呢？
⑤如何判斷兩個圓的位置關系呢？
⑥若將兩個圓的方程相減,你發(fā)現(xiàn)了什么？
⑦兩個圓的位置關系是否可以轉化為一條直線與兩個圓中的一個圓的關系的判定呢？
活動：
教師引導學生回顧學過的知識、舉例,并對學生活動進行評價；學生回顧知識點時,可互相交流.教師引導學生閱讀教科書中的相關內容,注意個別輔導,解答學生疑難,并引導學生自己總結解題的方法.學生觀察圖形并思考,發(fā)表自己的解題方法.教師應該關注并發(fā)現(xiàn)有多少學生利用“圖形”求解,對這些學生應該給予表揚.同時強調,解析幾何是一門數(shù)與形結合的學科.啟發(fā)學生利用圖形的特征,用代數(shù)的方法來解決幾何問題.教師指導學生利用兩個圓的圓心坐標、半徑長、連心線長的關系來判別兩個圓的位置.學生互相探討、交流,尋找解決問題的方法,并能通過圖形的直觀性,利用平面直角坐標系的兩點間距離公式尋求解題的途徑.
討論結果：①初中學過的平面幾何中,圓與圓的位置關系有五類,分別是外離、外切、相交、內切、內含.
②判斷兩圓的位置關系,我們可以類比直線與圓的位置關系的判定,目前我們只有初中學過的幾何法,利用圓心距與兩圓半徑的和與差之間的關系判斷.
③略.
④根據所畫出的圖形,可以直觀判斷兩個圓的位置關系.用幾何的方法說就是圓心距(d)與兩圓半徑(r,R)的和與差之間的關系.
⑤判斷兩個圓的位置關系.一是可以利用幾何法,即兩個圓的圓心坐標、半徑長、連心線長的關系來判別兩個圓的位置關系.設兩圓的連心線長為l,則判別圓與圓的位置關系的依據有以下幾點：
1°當d＞R+r時,圓C1與圓C2外離；
2°當d=R+r時,圓C1與圓C2外切；
3°當|R-r|＜d＜R+r時,圓C1與圓C2相交；
4°當d=|R-r|時,圓C1與圓C2內切；
5°當d＜|R-r|時,圓C1與圓C2內含；
二是看兩圓的方程組成的方程組的實數(shù)解的情況,解兩個圓的方程所組成的二元二次方程組.若方程組有兩組不同的實數(shù)解,則兩圓相交；若方程組有兩組相同的實數(shù)解,則兩圓相切；若無實數(shù)解,兩圓相離.
總結比較兩種方法的優(yōu)缺點.
幾何方法：直觀,容易理解,但不能求出交點坐標.
代數(shù)方法：
1°只能判斷交點,并不能準確的判斷位置關系(有一個交點時不能判斷內切還是外切,無交點時不能判斷內含還是外離).
2°優(yōu)點是可以求出公共點.
⑥若將兩個圓的方程相減,得到一個一元一次方程,既直線方程,由于它過兩圓的交點,所以它是相交兩圓的公共弦的方程.
⑦兩個圓的公共點的問題可以化歸為這條公共直線與兩個圓中的一個圓的公共點的判定問題.由點到直線的距離公式來判斷.

（三）應用示例
思路1
例1 已知圓C1：x2+y2+2x+8y-8=0,圓C2：x2+y2-4x-4y-2=0,判斷兩圓的位置關系.
活動:學生思考交流,教師引導提示,判斷兩圓的位置關系有兩種基本的方法,要合理使用.方法一看兩圓的方程組成的方程組的實數(shù)解的情況,方法二利用圓心距與兩圓半徑的和與差之間的關系判斷.
解:方法一:圓C1與圓C2的方程聯(lián)立得到方程組
①-②得x+2y-1=0, ③
由③得y=,把上式代入①并整理得x2-2x-3=0. ④
方程④的判別式Δ=(-2)2-4×1×(-3)=16＞0,所以方程④有兩個不等的實數(shù)根,即圓C1與圓C2相交.
方法二:把圓C1:x2+y2+2x+8y-8=0,圓C2:x2+y2-4x-4y-2=0,化為標準方程,得(x+1)2+(y+4)2=25與(x-2)2+(y-2)2=10.
圓C1的圓心是點(-1,-4),半徑長r1=5;
圓C2的圓心是點(2,2),半徑長r2=.
圓C1與圓C2的連心線的長為=3,圓C1與圓C2的半徑長之和為r1+r2=5+,
半徑長之差為r1-r2=5-.
而5-＜3＜5+,即r1-r2＜3＜r1+r2,
所以圓C1與圓C2相交,它們有兩個公共點A、B.
點評:判斷兩圓的位置關系,一般情況下,先化為標準方程,利用幾何法判斷較為準確直觀.
變式訓練
判斷下列兩圓的位置關系,如果兩圓相交,請求出公共弦的方程.
(1)(x+2)2+(y-2)2=1與(x-2)2+(y-5)2=16,
(2)x2+y2+6x-7=0與x2+y2+6y-27=0.
解:(1)根據題意,得兩圓的半徑分別為r1=1和r2=4,兩圓的圓心距d==5.
因為d=r1+r2,所以兩圓外切.
(2)將兩圓的方程化為標準方程,得(x+3)2+y2=16,x2+(y+3)2=36.
故兩圓的半徑分別為r1=4和r2=6,
兩圓的圓心距d=.
因為|r1-r2|＜d＜r1+r2,所以兩圓相交.

例2 已知圓C1:x2+y2+2x-6y+1=0,圓C2:x2+y2-4x+2y-11=0,求兩圓的公共弦所在的直線方程及公共弦長.
活動：學生審題,思考并交流,探討解題的思路,教師及時提示引導,因兩圓的交點坐標同時滿足兩個圓方程,聯(lián)立方程組,消去x2項、y2項,即得兩圓的兩個交點所在的直線方程,利用勾股定理可求出兩圓公共弦長.
解:設兩圓交點為A(x1,y1)、B(x2,y2),則A、B兩點坐標滿足方程組

①-②,得3x-4y+6=0.
因為A、B兩點坐標都滿足此方程,所以3x-4y+6=0即為兩圓公共弦所在的直線方程.
易知圓C1的圓心(-1,3),半徑r=3.
又點C1到直線的距離為d==.
所以AB=2,即兩圓的公共弦長為.
點評:處理圓有關的問題,利用圓的幾何性質往往比較簡單,要注意體會和應用.

思路2
例1 求過點A(0,6)且與圓C:x2+y2+10x+10y=0切于原點的圓的方程.

圖1
活動:學生思考交流,回顧圓的方程的求法,教師引導學生注意題目的條件,靈活處理,如圖1.所求圓經過原點和A(0,6),且圓心應在已知圓的圓心與原點的連線上.根據這三個條件可確定圓的方程.
解:將圓C化為標準方程,得(x+5)2+(y+5)2=50,
則圓心為C(-5,-5),半徑為52.所以經過此圓心和原點的直線方程為x-y=0.
設所求圓的方程為(x-a)2+(y-b)2=r2.
由題意,知O(0,0),A(0,6)在此圓上,且圓心M(a,b)在直線x-y=0上,則有
解得
于是所求圓的方程是(x-3)2+(y-3)2=18.
點評:求圓的方程,一般可從圓的標準方程和一般方程入手,至于選擇哪一種方程形式更恰當,要根據題目的條件而定,總之要讓所選擇的方程形式使解題過程簡單.

例2 已知⊙O方程為x2+y2=4,定點A(4,0),求過點A且和⊙O相切的動圓圓心的軌跡方程.
活動：教師引導學生回顧學過的知識,兩圓外切,連心線長等于兩圓半徑之和,兩圓內切,連心線長等于兩圓半徑之差,由此可得到動圓圓心在運動中所應滿足的幾何條件,然后將這個幾何條件坐標化,即得到它的軌跡方程.
解法一：設動圓圓心為P(x,y),因為動圓過定點A,所以|PA|即為動圓半徑.
當動圓P與⊙O外切時,|PO|=|PA|+2；
當動圓P與⊙O內切時,|PO|=|PA|－2.
綜合這兩種情況,得||PO|－|PA||=2.
將此關系式坐標化,得
||=2.
化簡可得(x－2)2－=1.
解法二：由解法一可得動點P滿足幾何關系||OP|－|PA||=2,
即P點到兩定點O、A的距離差的絕對值為定值2,所以P點軌跡是以O、A為焦點,2為實軸長的雙曲線,中心在OA中點(2,0),實半軸長a=1,半焦距c=2,虛半軸長b=,所以軌跡方程為(x－2)2－=1.
點評：解題的過程就是實現(xiàn)條件向結論轉化的過程,對于圓與圓,要綜合平面幾何知識、解析幾何、代數(shù)知識,將條件轉化成我們熟悉的形式,利用常規(guī)思路去解,求點的軌跡更要注意平面幾何的知識運用.

（四）知能訓練
課堂練習P141練習題

（五）課堂小結
本節(jié)課主要學習了圓與圓的位置關系，判斷方法：幾何方法和代數(shù)方法.

（六）作業(yè)
習題4.2 A組8、9、10、11.




























§4.2.3 直線與圓的方程的應用
一、教材分析
直線與圓的方程在生產、生活實踐以及數(shù)學中有著廣泛的應用.本小節(jié)設置了一些例題,分別說明直線與圓的方程在實際生活中的應用,以及用坐標法研究幾何問題的基本思想及其解題過程.
二、教學目標
1．知識與技能
（1）理解掌握，直線與圓的方程在實際生活中的應用.
（2）會用“數(shù)形結合”的數(shù)學思想解決問題.
2．過程與方法
用坐標法解決幾何問題的步驟：
第一步：建立適當?shù)钠矫嬷苯亲鴺讼?，用坐標和方程表示問題中的幾何元素，將平面幾何問題轉化為代數(shù)問題；
第二步：通過代數(shù)運算，解決代數(shù)問題；
第三步：將代數(shù)運算結果“翻譯”成幾何結論.
3．情態(tài)與價值觀
讓學生通過觀察圖形，理解并掌握直線與圓的方程的應用，培養(yǎng)學生分析問題與解決問題的能力.
三、教學重點與難點
教學重點：求圓的應用性問題.
教學難點：直線與圓的方程的應用.
四、課時安排
1課時
五、教學設計
（一）導入新課
思路1.如圖1,某城市中的高空觀覽車的高度是100 m,

圖1
在離觀覽車約150 m處有一建筑物,某人在離建筑物100 m的地方剛好可以看到觀覽車,你根據上述數(shù)據,如何求出該建筑物的高度？要解決這個問題,我們繼續(xù)研究直線與圓的方程的應用,教師板書課題:直線與圓的方程的應用.
思路2.同學們,前面我們學習了圓的方程、直線與圓的位置關系、圓和圓的位置關系,那么如何利用這些關系來解決一些問題,怎樣解決?帶著這些問題我們學習直線與圓的方程的應用.教師板書課題:直線與圓的方程的應用.

（二）推進新課、新知探究、提出問題
①你能說出直線與圓的位置關系嗎？
②解決直線與圓的位置關系,你將采用什么方法？
③閱讀并思考教科書上的例4,你將選擇什么方法解決例4的問題？
④你能分析一下確定一個圓的方程的要點嗎？
⑤你能利用“坐標法”解決例5嗎？
活動：學生回憶,教師引導,教師提問,學生回答,學生之間可以相互交流討論,學生有困難教師點撥.教師引導學生考慮解決問題的思路,要全面考慮,發(fā)散思維.①學生回顧學習的直線與圓的位置關系的種類；②解決直線與圓的位置關系,可以采取兩種方法；③首先考慮問題的實際意義,如果本題出在初中,我們沒有考慮的余地,只有幾何法,在這里當然可以考慮用坐標法,兩種方法比較可知哪個簡單；④回顧圓的定義可知確定一個圓的方程的條件；⑤利用“坐標法”解決問題的關鍵是建立適當?shù)淖鴺讼?再利用代數(shù)與幾何元素的相互轉化得到結論.
討論結果：①直線與圓的位置關系有三類:相交、相切、相離.
②解決直線與圓的位置關系,將采用代數(shù)和幾何兩種方法,多數(shù)情況下采用圓心到直線的距離與半徑的關系來解決.
③閱讀并思考教科書上的例4,先用代數(shù)方法及坐標法,再用幾何法,作一比較.
④你能分析一下確定一個圓的方程的要點,圓心坐標和半徑,有時關于D、E、F的三個獨立的條件也可.
⑤建立適當?shù)淖鴺讼?具體解法我們在例題中展開.

（三）應用示例
思路1
例1 講解課本4.2節(jié)例4,解法一見課本.

圖2
解法二：如圖2,過P2作P2H⊥OP.由已知,|OP|=4,|OA|=10.
在Rt△AOC中,有|CA|2=|CO|2+|OA|2設拱圓所在的圓的半徑為r,則有r2=(r-4)2+102.
解得r=14.5.
在Rt△CP2H中,有|CP2|2=|CH|2+|P2H|2.
因為|P2H|=|OA2|=2,于是有|CH|2=r2-|OA2|2=14.52-4=206.25.
又|OC|=14.5-4=10.5,于是有|OH|=|CH|-|CO|=-10.5≈14.36-10.5=3.86.
所以支柱A2P2的長度約為3.86 cm.
點評：通過課本解法我們總結利用坐標法解決幾何問題的步驟是：第一步：建立適當?shù)钠矫嬷苯亲鴺讼?用坐標和方程表示問題中的幾何元素,將平面幾何問題轉化為代數(shù)問題；第二步：通過代數(shù)運算,解決代數(shù)問題；第三步：將代數(shù)運算結果“翻譯”成幾何結論.
把兩種解法比較可以看出坐標法通俗易懂,幾何法較難想,繁瑣,因此解題時要有所選擇.
變式訓練
已知圓內接四邊形的對角線互相垂直,求證：圓心到一邊的距離等于這條邊所對邊長的一半.

圖3
解:如圖3,以四邊形ABCD互相垂直的對角線CA、DB所在直線分別為x軸、y軸,建立適當?shù)钠矫嬷苯亲鴺讼?設A(a,0),B(0,b),C(c,0),D(0,d).
過四邊形ABCD的外接圓的圓心O1分別作AC、BD、AD的垂線,垂足分別為M、N、E,則M、N、E分別為線段AC、BD、AD的中點,由線段的中點坐標公式,得=xm=,=yn=,xE=,yE=.
所以|O1E|=.
又|BC|=,所以|O1E|=|BC|.
點評:用坐標法解決幾何問題時,先用坐標和方程表示相應的幾何元素、點、直線、圓.將幾何問題轉化為代數(shù)問題,然后通過代數(shù)運算解決代數(shù)問題,最后解釋代數(shù)運算結果的幾何意義,得到幾何問題的結論.

例2 有一種大型商品,A、B兩地都有出售,且價格相同,某地居民從兩地之一購得商品后回運的運費是：每單位距離A地的運費是B地運費的3倍,已知A、B兩地相距10 km,居民選擇A或B地購買這種商品的標準是：包括運費和價格的總費用較低.求A、B兩地的售貨區(qū)域的分界線的曲線形狀,并指出曲線上、曲線內、曲線外的居民應如何選擇購貨地點.
活動：學生先審題,然后思考或討論,學生有困難教師可以提示引導,建立適當?shù)淖鴺讼?這里以AB所在直線為x軸,線段AB的中點為原點建立直角坐標系較簡單,假設一點距A地近,且費用低,列方程或不等式.
解:以AB所在直線為x軸,線段AB的中點為原點建立直角坐標系,則A(－5,0),B(5,0).設某地P的坐標為(x,y),且P地居民選擇A地購買商品的費用較低,并設A地的運費為3a元/km,則B地運費為a元/km.由于P地居民購買商品的總費用滿足條件：價格+A地運費≤價格+B地運費,
即3a≤a,整理得(x+)2+y2≤()2.
所以以點C(-,0)為圓心,為半徑的圓就是兩地居民購貨的分界線.圓內的居民從A地購貨費用較低,圓外的居民從B地購貨費用較低,圓上的居民從A、B兩地購貨的總費用相等,因此可以隨意從A、B兩地之一購貨.
點評:在學習中要注意聯(lián)系實際,重視數(shù)學在生產、生活和相關學科中的應用,解決有關實際問題時,關鍵要明確題意,掌握建立數(shù)學模型的基本方法.

思路2
例1 求通過直線2x-y+3=0與圓x2+y2+2x-4y+1=0的交點,且面積最小的圓的方程.
活動:學生思考或交流,教師提示引導,求圓的方程無非有兩種方法:代數(shù)法和幾何法.
解法一:利用過兩曲線交點的曲線系,
設圓的方程為x2+y2+2x-4y+1+λ(2x-y+3)=0,
配方得標準式(x+1+λ)2+(y-2-)2=(1+λ)2+(2+)2-3λ-1,
∵r2=λ2+λ+4=(λ+)2+,
∴當λ=-時,半徑r=最小.
∴所求面積最小的圓的方程為5x2+5y2+6x-18y-1=0.
解法二:利用平面幾何知識,
以直線與圓的交點A(x1,y1),B(x2,y2)連線為直徑的圓符合要求.
由消去y,得5x2+6x-2=0.
∴判別式Δ＞0,AB中點橫坐標x0==-,縱坐標y0=2x0+3=,
即圓心O′(-,).
又半徑r=|x1-x2|·=,
∴所求面積最小的圓的方程是(x+)2+(y-)2=.
點評:要熟練地進行圓的一般式與標準式之間的互化,這里配方法十分重要,方法二用到求弦長的公式|AB|=|x1-x2|·;對于圓的弦長,還可以利用勾股定理求得,即|AB|=,其中r為圓半徑,d為圓心到弦的距離.
變式訓練
設圓滿足①截y軸所得弦長為2,②被x軸分成兩段弧,弧長之比為3∶1,在滿足條件①②的所有圓中,求圓心到直線l:x-2y=0的距離最小的圓的方程.

圖4
解:關鍵確定圓心坐標和半徑.如圖4.
設圓心A(a,b),則半徑r=|b|.
由截y軸的弦長為2,知a2+1=r2=2b2,
又圓心A到l的距離d=|a-2b|,
∴5d2=a2+4b2-4ab≥a2+4b2-2(a2+b2)=2b2-a2=1,當且僅當a=b時等號成立.
這里由解得
∴圓的方程為(x-1)2+(y-1)2=2或(x+1)2+(y+1)2=2.

例2 已知x,y是實數(shù),且x2+y2-4x-6y+12=0,求(1)的最值;(2)x2+y2的最值;(3)x+y的最值;(4)x-y的最值.
活動：學生思考或交流,教師引導,數(shù)形結合,將代數(shù)式或方程賦予幾何意義.
解:(x-2)2+(y-3)2=1表示以點C(2,3)為圓心,1為半徑的圓.
(1)表示圓C上的點P(x,y)與坐標原點O(0,0)連線的斜率k,
故當y=kx為圓C的切線時,k得最值.
∵=1,∴k=2±.
∴的最大值為2+,最小值為2-.
(2)設x2+y2表示圓C上的點P(x,y)與坐標原點O(0,0)連結的線段長的平方,故由平面幾何知識,知當P為直線OC與圓C的兩交點P1、P2時,OP12與OP22分別為OP2的最大值、最小值.
∴x2+y2的最大值為(+1)2=14+2,
最小值為(-1)2=14-2.
(3)令x+y=m,
當直線l:x+y=m與圓C相切時,l在y軸上截距m取得最值.
∵=1,∴m=5±.
∴x+y的最大值為5+,最小值為5-.
(4)令x-y=n,
當直線l′:x-y=n與圓C相切時,l′在y軸上截距的相反數(shù)n取得最值.
∵=1,∴n=-1±.
∴x-y的最大值為-1+,最小值為-1-.
點評:從“數(shù)”中認識“形”,從“形”中認識“數(shù)”,數(shù)形結合相互轉化是數(shù)學思維的基本方法之一.“數(shù)學是一個有機的統(tǒng)一體,它的生命力的一個必要條件是所有的各個部分不可分離地結合.”(希爾伯特)數(shù)形結合的思維能力不僅是中學生的數(shù)學能力、數(shù)學素養(yǎng)的主要標志之一,而且也是學習高等數(shù)學和現(xiàn)代數(shù)學的基本能力.本題是利用直線和圓的知識求最值的典型題目.

例3 已知圓O的方程為x2+y2=9,求過點A(1,2)所作的弦的中點的軌跡.
活動：學生回想求軌跡方程的方法與步驟,思考討論,教師適時點撥提示,本題可利用平面幾何的知識.
解法一:參數(shù)法(常規(guī)方法)
設過A的弦所在的直線方程為y-2=k(x-1)(k存在時),P(x,y),則消y,得(1+k2)x2+2k(2-k)x+k2-4k-5=0.
∴x1+x2=.
利用中點坐標公式及中點在直線上,得(k為參數(shù)).
∴消去k得P點的軌跡方程為x2+y2-x-2y=0,當k不存在時,中點P(1,0)的坐標也適合方程.
∴P的軌跡是以點(,1)為圓心,為半徑的圓.
解法二:代點法(涉及中點問題可考慮此法)
設過點A的弦MN,M(x1,y1),N(x2,y2).
∵M、N在圓O上,∴.∴相減得(x1+x2)+·(y1+y2)=0(x1≠x2).
設P(x,y),則x=,y=.
∴M、N、P、A四點共線, =(x≠1).
∴2x+·2y=0.
∴中點P的軌跡方程是x2+y2-x-2y=0(x=1時亦正確).
∴點P的軌跡是以點(,1)為圓心,為半徑的圓.
解法三:數(shù)形結合(利用平面幾何知識)
由垂徑定理知OP⊥PA,故P點的軌跡是以AO為直徑的圓.(下略)
點評:本題涉及求軌跡方程的三種間接方法.思路一,代表了解析幾何的基本思路和基本方法,即消y(或x)得關于x(或y)的一元二次方程Ax2+Bx+C=0,再利用求根公式、判別式、韋達定理等得解.思路二,又叫平方差法,要求弦的中點的軌跡方程時,用此法比較簡便.
基本思路是利用弦的兩個端點M(x1,y1)、N(x2,y2)在已知曲線上,將點的坐標代入已知方程然后相減,利用平方差公式可得x1+x2、y1+y2、x1-x2、y1-y2等.再由弦MN的中點P(x,y)的坐標滿足x=,y=,以及直線MN的斜率k=(x1≠x2)等,設法消去x1、x2、y1、y2,即可得弦MN的中點P的軌跡方程.用此法對斜率不存在的情況,要單獨討論.思路三,數(shù)形結合,利用平面幾何知識等,有時能使求解過程變得非常簡潔.
學好解析幾何,要掌握特點,注意四個結合:
①數(shù)形結合:形不離數(shù),數(shù)不離形,依形判斷,就數(shù)論形;
②動靜結合:動中有靜,靜中有動,幾何條件——曲線方程——圖形性質;
③特殊與一般結合:一般性寓于特殊性之中,特殊化與一般化是重要的數(shù)學思維方法;
④理論與實際結合:學以致用,創(chuàng)造開拓.

（四）知能訓練
課本本節(jié)練習1、2、3、4.

（五）拓展提升
某種體育比賽的規(guī)則是:進攻隊員與防守隊員均在安全線l的垂線AC上(C為垂足),且距C分別為2a和a(a＞0)的點A和B,進攻隊員沿直線AD向安全線跑動,防守隊員沿直線方向向前攔截,設AD和BM交于M,若在M點,防守隊員比進攻隊員先到或同時到,則進攻隊員失敗,已知進攻隊員的速度是防守隊員速度的兩倍,且他們雙方速度不變,問進攻隊員的路線AD應為什么方向才能取勝?

圖5
解:如圖5,以l為x軸,C為原點建立直角坐標系,設防守隊員速度為v,則進攻隊員速度為2v,設點M坐標為(x,y),進攻隊員與防守隊員跑到點M所需時間分別為t1=,t2=.
若t1＜t2,則|AM|＜2|BM|,即.
整理,得x2+(y-a)2＞(a)2,這說明點M應在圓E:x2+(y-a)2=(a)2以外,進攻隊員方能取勝.設AN為圓E的切線,N為切點,在Rt△AEN中,容易求出∠EAN=30°,所以進攻隊員的路線AD與AC所成角大于30°即可.

（六）課堂小結
1.用坐標法解決幾何問題的步驟：第一步：建立適當?shù)钠矫嬷苯亲鴺讼?用坐標和方程表示問題中的幾何元素,將平面幾何問題轉化為代數(shù)問題；第二步：通過代數(shù)運算,解決代數(shù)問題；第三步：將代數(shù)運算結果“翻譯”成幾何結論.
2.對于直線和圓,熟記各種定義、基本公式、法則固然重要,但要做到迅速、準確地解題,還必須掌握一些方法和技巧.常用的有：(1)利用可再化簡、對稱、直交、平行等特點適當?shù)剡x擇坐標系；(2)善于根據圖形的已知條件和論證的目標,恰當?shù)厥褂们€的方程；(3)掌握直線和圓的基本定義、基本概念、基本性質,有效運用它們來解題；(4)注意“平幾”知識在簡潔、直觀表達問題中的作用；(5)借助數(shù)形結合進行等價轉化,減少思維量、運算量；(6)靈活使用曲線系方程,方便快捷地解題；(7)根據背景的特點,巧用字母的替換法則；(8)充分運用韋達定理進行轉化與化歸；(9)留心引參消參、設而不求等在優(yōu)化解題思路方面上的作用.
3.直線和圓在現(xiàn)實生活中有著十分廣泛的應用,主要包括兩大塊：一是直線與圓的直接應用,它涉及到質量、重心、氣象預報、購物選址、光的折射、直線型經驗公式的選用等問題,這部分涉及的知識內容比較簡單,要熟練掌握直線和圓的方程形式；可以使我們更好地了解近代數(shù)學的發(fā)展,從而有利于學生應用數(shù)學意識的培養(yǎng).

（七）作業(yè)
習題4.2 B組2、3、5.










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4.2 直線、圓的位置關系

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