平面解析几何 高考复习知识点

平面解析几何 高考复习知识点

一、直线的倾斜角、斜率

1、直线的倾斜角：

（1）定义：在平面直角坐标系中，对于一条与x轴相交的直线l，如果把x轴绕着交点按逆时针方向转到和直线l重合时所转的最小正角记为，那么就叫做直线的倾斜角。当直线l与x轴重合或平行时，规定倾斜角为0； （2）倾斜角的范围0,。 2、直线的斜率

（1）定义：倾斜角不是90°的直线，它的倾斜角的正切值叫这条直线的斜率k，即k＝tan(≠90°)；倾斜角为90°的直线没有斜率；

（2）斜率公式：经过两点P1(x1,y1)、P2(x2,y2)的直线的斜率为ky1y2x1x2；

x1x2（3）直线的方向向量a(1,k)，直线的方向向量与直线的斜率有何关系？ （4）应用：证明三点共线： kABkBC。

例题：

例1．已知直线的倾斜角的变化范围为，求该直线斜率的变化范围；

思路点拨：已知角的范围，通过正切函数的图像，可以求得斜率的范围，反之，已知斜率的范围，通过正切函数的图像，可以求得角的范围

解析： ∵， ∴．

总结升华：

在知道斜率的取值范围求倾斜角的取值范围，或知道倾斜角的取值范围求斜率的取值范

围时，可利用在和上是增函数分别求解.当时，；

当时，；当时，；当不存在时，.反之，亦成立.

类型二：斜率定义

例2．已知△ABC为正三角形，顶点A在x轴上，A在边BC的右侧，∠BAC的平分线在x轴上，求边AB与AC所在直线的斜率. 思路点拨：

本题关键点是求出边AB与AC所在直线的倾斜角，利用斜率的定义求出斜率.

解析：

如右图，由题意知∠BAO=∠OAC=30°

∴直线AB的倾斜角为180°-30°=150°，直线AC的倾斜角为30°，

∴kAB=tan150°= kAC=tan30°=

总结升华：

在做题的过程中，要清楚倾斜角的定义中含有的三个条件①直线向上方向②轴正向③小于

的角，只有这样才能正确的求出倾斜角.

类型三：斜率公式的应用 例3．求经过点

，

直线的斜率并判断倾斜角为锐

角还是钝角．

思路点拨： 已知两点坐标求斜率，直接利用斜率公式即可. 解析：

且

，

经过两点的直线的斜率

时，

为锐角，当

，

，即时，

为钝角．

．

即当

例4、过两点值．

【答案】

由题意得：直线的斜率

的直线的倾斜角为，求的

，

故由斜率公式 解得

或

． 经检验

，

不适合，舍去. 故

．

例5．已知三点A(a，2)、B(3，7)、C(-2，-9a)在一条直线上，求实数a的值．思路点拨：

如果过点AB，BC的斜率相等，那么A，B，C三点共线. 解析：

∵A、B、C三点在一条直线上，

∴kAB=kAC．即

二、直线方程的几种形式

1、点斜式：已知直线过点(x0,y0)斜率为k，则直线方程为yy0k(xx0),它不包括垂直于x轴的直线。

2、斜截式：已知直线在y轴上的截距为b和斜率k，则直线方程为ykxb,它不包括垂直于x轴的直线。

3、两点式：已知直线经过P1(x1,y1)、P2(x2,y2)两点，则直线方程为

yy1xx1，它不包括垂直于坐标轴的直线。 y2y1x2x1 4、截距式：已知直线在x轴和y轴上的截距为a,b,则直线方程为

xy1，它不包ab括垂直于坐标轴的直线和过原点的直线。

5、一般式：任何直线均可写成AxByC0(A,B不同时为0)的形式。

提醒：(1)直线方程的各种形式都有局限性.（如点斜式不适用于斜率不存在的直线，还有截距式呢？）；(2)直线在坐标轴上的截距可正、可负、也可为0.直线两截距相等直线的斜率为-1或直线过原点；直线两截距互为相反数直线的斜率为1或直线过原点；直线两截距绝对值相等直线的斜率为1或直线过原点。如过点A(1,4)，且纵横截距的绝对值相等的直线共有___条（答：3）

注：设直线方程的一些常用技巧：

（1）知直线纵截距b，常设其方程为ykxb；

（2）知直线横截距x0，常设其方程为xmyx0(它不适用于斜率为0的直线)； （3）知直线过点(x0,y0)，当斜率k存在时，常设其方程为yk(xx0)y0，当斜率k不存在时，则其方程为xx0；

（4）与直线l:AxByC0平行的直线可表示为AxByC10； （5）与直线l:AxByC0垂直的直线可表示为BxAyC10.

提醒：求直线方程的基本思想和方法是恰当选择方程的形式，利用待定系数法求解。

三、两直线之间的位置关系

1、距离公式

（1）平面上的两点错误!未找到引用源。间的距离错误!未找到引用源。。特别地，原点O（0，0）与任意一点的P(x,y)的距离错误!未找到引用源。

（2）点P(x0,y0)到直线AxByC0的距离dAx0By0CAB22；

（3）两平行线l1:AxByC10,l2:AxByC20间的距离为d2、直线l1:A1xB1yC10与直线l2:A2xB2yC20的位置关系：

C1C2AB22。

（1）平行A1B2A2B10（斜率）且B1C2B2C10（在y轴上截距）； （2）相交A1B2A2B10；

（3）重合A1B2A2B10且B1C2B2C10； （4）垂直A1A2B1B20 提醒： （1）

A1B1C1ABABC、11、111仅是两直线平行、相交、重合的充A2B2C2A2B2A2B2C2分不必要条件！为什么？

（2）在解析几何中，研究两条直线的位置关系时，有可能这两条直线重合，而在立体几何中提到的两条直线都是指不重合的两条直线；

3、两直线夹角公式

（1）l1到l2的角是指直线l1绕着交点按逆时针方向转到和直线l2重合所转的角，

0,且tan=

k2k1(k1k21)；

1k1k2（2）l1与l2的夹角是指不大于直角的角,(0,(k1k21)。

2]且tan=︱

k2k1︱

1k1k2 提醒：解析几何中角的问题常用到角公式或向量知识求解。如已知点M是直线2xy40与x轴的交点，把直线l绕点M逆时针方向旋转45°，得到的直线方程是______（答：3xy60） 例题：

4x(5m)y16，求分别满足下列条(m3)x2y53m，l2：例1、两条直线l1：件的m的值．

(1) l1与l2相交； (2) l1与l2平行； (3) l1与l2重合； (4) l1与l2垂直； (5) l1与l2夹角为45．

m322得m8m70，解得m11，m27． 45mm353m由得m1． 416解：由

(1)当m1且m7时，

a1b1，l1与l2相交； a2b2(2)当m7时，

a1b1c1．l1//l2； a2b2c2a1b1c1，l1与l2重合； a2b2c2(3)当m1时，

(4)当a1a2b1b20，即(m3)42(5m)0，m(5) k111时，l1l2； 3kk1m34tan451． ，k2．由条件有21k2k125m2将k1，k2代入上式并化简得m14m290，m725；

m22m150，m5或3．∴当m725或-5或3时l1与l2夹角为45．

(a2)x(1a)y10与直线l2：(a1)x(2a3)y20例2当a为何值时，直线l1：互相垂直？

解：由题意，直线l1l2．

(1)若1a0，即a1，此时直线l1：3x10，l2：5y20显然垂直； (2)若2a30，即a时，直线l1：x5y20与直线l2：5x40不垂直； (3)若1a0，且2a30，则直线l1、l2斜率k1、k2存在，

32k1a2a1，k2． 1a2a3a2a1)()1，∴a1. 1a2a3当l1l2时，k1k21，即(综上可知，当a1或a1时，直线l1l2．

例3已知直线l经过点P(3,1)，且被两平行直线l1：xy10和l2：xy60截得的线段之长为5，求直线l的方程．

解法一：若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x3，此时与l1、

l2的交点分别为A'(3,4)和B'(3,9)，截得的线段AB的长AB495，符合题意，

若直线l的斜率存在，则设直线l的方程为yk(x3)1．

yk(x3)1,4k13k2,解方程组得A，

xy10,k1k1yk(x3)1,9k13k7,解方程组得B．

xy60,k1k13k23k74k19k12由AB5，得5． k1k1k1k1解之，得k0，即欲求的直线方程为y1．

综上可知，所求l的方程为x3或y1． 解法二：由题意，直线l1、l2之间的距离为d2216252，且直线l被平等直线l1、15222l2所截得的线段AB的长为5（如上图），设直线l与直线l1的夹角为，则sin，

52故∴45．

xy10的倾斜角为135°，由直线l1：知直线l的倾斜角为0°或90°，又由直线l过

点P(3,1)，故直线l的方程为x3或y1．

解法三：设直线l与l1、l2分别相交A(x1,y1)、B(x2,y2)，则：

x1y110，x2y260．

两式相减，得(x1x2)(y1y2)5． ① 又(x1x2)2(y1y2)225 ② 联立①、②，可得x1x25x1x20或

y1y20y1y25由上可知，直线l的倾斜角分别为0°或90°． 故所求直线方程为x3或y1．

例4 已知直线l：x2y80和两点A(2,0)、B(2,4)． (1)在l上求一点P，使PAPB最小； (2)在l上求一点P，使PBPA最大． 解：(1)如图，设A关于l的对称点为A(m,n)

'n2,m2则 m22n8022∴m2，n8． ∴A(2,8)

∴AB的的是x2，AB与l的交点是(2,3)， 故所求的点为P(2,3)． (2)如下图，

'''AB是方程y即yx2．

0(4)(x2)，

2(2)代入l的方程，得直线AB与l的交点(12,10)， 故所求的点P为(12,10)．

四、对称问题——代入法（中心对称和轴对称）

1、 中心对称

(1)点关于点对称点P（x0,y0）关于（a,b）对称的点为（2ax0,2by0）； (2)线关于点对称：（转化为点点对称） 在已知直线上任意去两点，利用中点坐标公式求出它们关于已知点对称的两点坐标，再有两点式求出直线方程，或者求出一个点，再利用两直线平行（注：线关于点对称的另一条直线和已知直线平行），由点斜式求出直线方程。 特别的，直线x=a关于点P（x0,y0）的对称直线为x2x0a；直线y=b关于点P（x0,y0）的对称直线为y2y0b 2、 轴对称

（1）点关于直线的对称问题：

（1）点（x0,y0）关于x轴对称的点为（x0,y0）； （2）点（x0,y0）关于y轴对称的点为（x0,y0）； （3）点（x0,y0）关于原点对称的点为（x0,y0）； （4）点（x0,y0）关于yx对称的点为（y0,x0）； （5）点（x0,y0）关于yx对称的点为（y0,x0）。

（6）设点P（x0,y0）关于直线y=kx+b的对称点错误!未找到引用源。则有错误!未找到引用源。由此求出错误!未找到引用源。

特别的，点P（x0,y0）关于直线x=a的对称点为；点P（x0,y0）关于直线y=b的对称点为错误!未找到引用源。 错误!未找到引用源。。 （2）直线关于直线的对称问题：

它的一般解题步骤是：1. 在所求曲线上选一点M(x,y)；2. 求出这点关于中心或轴

'的对称点M(x0,y0)与M(x,y)之间的关系；3. 利用f(x0,y0)0求出曲线g(x,y)0。

直线关于直线的对称问题是对称问题中的较难的习题，但它的解法很多，现以一道典型习题为例给出几种常见解法，供大家参考。

例题：试求直线l1:xy10关于直线l2:3xy30对称的直线l的方程。

解法1：（动点转移法）

''P(x,y)(Pl2)，设点P关于l2的对称点为Q(x,y)，则 l1在上任取点

x'xy'y'4x3y9330x225'3x4y3yy1'y53x'x

4x3y93x4y310lxy1055又点P在1上运动，所以，所以。即

x7y10。所以直线l的方程是x7y10。 解法2：（到角公式法）

xy10x13xy30y0所以直线l1,l2的交点为A(1,0) 解方程组设所求直线l的方程为yk(x1)，即kxyk0,由题意知，l1到l2与l2到l的角相等，

31k31k7.所以直线l的方程是x7y10。 则13113k解法3：（取特殊点法）

xy10x13xy30y0所以直线l1,l2的交点为A(1,0) 解方程组''Q(x,y)，则ll12在上取点P（2，1），设点P关于的对称点的坐标为

x'2y'14330x'225'7y11y'53x'2

而点A，Q在直线l上，由两点式可求直线l的方程是x7y10。

解法4：（两点对称法）

47Q(,)对解法3，在l1上取点P（2，1），设点P关于l2的对称点的坐标为55，在l1上取点M

121N(,)55而N，Q在直线l上，由两点式可求直（0，1），设点P关于l2的对称点的坐标为

线l的方程是x7y10。

解法5：（角平分线法）

xy10x13xy30y0所以直线l1,l2的交点为A(1,0) 解方程组l2设所求直线l的方程为：设所求直线l的方程为yk(x1),即kxyk0.由题意知，

为l,l1的角平分线，在l2上取点P（0，-3），则点P到l,l1的距离相等，由点到直线距离公

|031||03k|1k或k1721k2式，有：

k1时为直线l1，故

例题：

k17。所以直线l的方程是x7y10

例1 ： 已知点A（－2，3），求关于点P（1，1）的对称点B（x0,y0）。 分析：利用点关于点对称的几何特性，直接应用中点坐标公式求解。

2x01,x04,2 解：设点A（－2，3）关于点P（1，1）的对称点为B（x0,y0），则由中点坐标公式得解得y013y01,2所以点A关于点P（1，1）的对称点为B（4，－1）。

评注：利用中点坐标公式求解完之后，要返回去验证，以确保答性。

例2 ： 求直线3xy40关于点P（2，－1）对称的直线l的方程。

分析：由已知条件可得出所求直线与已知直线平行，所以可设所求直线方程为3xyb0。 解：由直线l与3xy40平行，故设直线l方程为3xyb0。

由已知可得，点P到两条直线距离相等，得

|614|312|61b|312.

解得b10，或b4（舍）。则直线l的方程为3xy100.

评注：充分利用直线关于点对称的特性：对称直线与已知直线平行且点P到两条直线的距离相等。几何图形特性的灵活运用，可为解题寻找一些简捷途径。此题还可在直线3xy40上取两个特殊点，并分别求其关于点P（2，－1）的对称点，这两个对称点的连线即为所求直线。

例3 ：求点A（2，2）关于直线2x4y90的对称点坐标。 利用点关于直线对称的性质求解。

解法1（利用中点转移法）：设点A（2，2）关于直线2x4y90的对称点为A′（x0,y0），则直线AA′与已知直线垂直，故可设直线AA′方程为4x2yc0，把A（2，2）坐标代入，可求得c12。 ∴直线AA′方程为2xy60。

2x4y90,3由方程组解得AA′中点M,3。

22xy60

x023y02,3，解得x01,y04. 222∴所求的对称点坐标为（1，4）。

评注：解题时，有时可先通过求中间量，再利用中间量求解结果。 分析：设B（a，b）是A（2，2）关于直线2x4y90的对称点，则直线AB与l垂直，线段AB中点在直线2x4y90由中点坐标公式得

上。

解法2（相关点法）：设B（a，b）是A（2，2）关于直线2x4y90的对称点，根据直线AB与l垂直，线段AB中点在直线2x4y90上，

1b21,2a2则有

a2b22490,22解得a1,b4.

∴所求对称点的坐标为（1，4）。

评注：①中点在2x4y90上；②所求点与已知点的连线与2x4y90垂直。

例4 ： 求直线l1:xy20关于直线l2:3xy30对称的直线l的方程。

分析：设所求直线l上任一点为P（x,y），利用“相关点法”求其对称点坐标，并将其对称点坐标代入直线l1方程进行求解。

解：设所求直线l上任意一点P（x,y）（Pl2）关于l2的对称点为Q（x1,y1），

x1xy1y4x3y9330,x,2215 则解得

y1y3x4y3y1,.1xx51又因为点Q在l1上运动，则x1y120。

4x3y93x4y320，解得7xy220。即直线l的方程为7xy220。

55评注：直线关于直线对称实质是点关于线的对称。此题还可在直线l1上任取一点（非两直线交点）并求其关于直线

l2的对称点，则该对称点与两直线交点的连线便是所求对称直线。

五、圆的方程：

1、圆的标准方程：xaybr。

2222、①圆的一般方程：

x2y2DxEyF0(D2＋E2－4F0)

22特别提醒：只有当D＋E－4F0时，方程xyDxEyF0才表示圆，

22圆心为(DE1,)，半径为D2E24F的圆。 222②常见圆的方程

圆心在原点：x2y2r2r0；过原点：xaybab2222a2b20；

圆心在x轴上：xay2r2r0；圆心在y轴上：x2ybr2r0； 圆心在x轴上且过原点：xay2a2a0； 圆心在y轴上且过原点：x2ybb2b0；

与x轴相切：xaybb2b0;与y轴相切：xayba2a0 与两坐标轴都相切：xayba 3、圆的参数方程：

22222222222ab0

2xarcos（为参数）

，其中圆心为(a,b)，半径为r。圆的

ybrsin22参数方程的主要应用是三角换元：xyrxrcos,yrsin；x2y2t

xrcos,yrsin(0rt)。

4、Ax1,y1,Bx2,y2为直径端点的圆方程xx1xx2yy1yy20 例题

例1 求过两点A(1,4)、B(3,2)且圆心在直线y0上的圆的标准方程并判断点P(2,4)与圆的关系．

解法一：（待定系数法）设圆的标准方程为(xa)(yb)r． ∵圆心在y0上，故b0． ∴圆的方程为(xa)yr． 又∵该圆过A(1,4)、B(3,2)两点．

22(1a)16r∴ 解之得：a1，r220．

22(3a)4r222222所以所求圆的方程为(x1)y20． 解法二：（直接求出圆心坐标和半径）

因为圆过A(1,4)、B(3,2)两点，所以圆心C必在线段AB的垂直平分线l上，又因为kAB22421，故l的斜率为1，又AB的中点为(2,3)，故AB的垂直平分线l的方13程为：y3x2即xy10．

又知圆心在直线y0上，故圆心坐标为C(1,0)

∴半径rAC(11)42220．故所求圆的方程为(x1)2y220．

22又点P(2,4)到圆心C(1,0)的距离为dPC(21)4∴点P在圆外．

25r．

例2 求半径为4，与圆xy4x2y40相切，且和直线y0相切的圆的方程．

22(xa)(yb)r． 解：则题意，设所求圆的方程为圆C：圆C与直线y0相切，且半径为4，则圆心C的坐标为C1(a,4)或C2(a,4)． 又已知圆xy4x2y40的圆心A的坐标为(2,1)，半径为3． 若两圆相切，则CA437或CA431．

(1)当C1(a,4)时，(a2)(41)7，或(a2)(41)1(无解)，故可得

22222222222a2210．

222222∴所求圆方程为(x2210)(y4)4，或(x2210)(y4)4．

(2)当C2(a,4)时，(a2)(41)7，或(a2)(41)1(无解)，故

222222a226．

222222∴所求圆的方程为(x226)(y4)4，或(x226)(y4)4．

例3 求经过点A(0,5)，且与直线x2y0和2xy0都相切的圆的方程．

解：∵圆和直线x2y0与2xy0相切， ∴圆心C在这两条直线的交角平分线上，

又圆心到两直线x2y0和2xy0的距离相等．

∴

x2y5x2y5．∴两直线交角的平分线方程是x3y0或3xy0．

又∵圆过点A(0,5)，∴圆心C只能在直线3xy0上． 设圆心C(t,3t)

∵C到直线2xy0的距离等于AC，

∴

2t3t5t2(3t5)2．

化简整理得t26t50．解得：t1或t5

∴圆心是(1,3)，半径为5或圆心是(5,15)，半径为55． ∴所求圆的方程为(x1)(y3)5或(x5)(y15)125．

例4、 设足：(1)截y轴所得弦长为2；(2)被x轴分成两段弧，其弧长的比为3:1，在满足条件(1)(2)的所有圆中，求圆心到直线l：x2y0的距离最小的圆的方程．

解：设圆心为P(a,b)，半径为r． 则P到x轴、y轴的距离分别为b和a．

由题设知：圆截x轴所得劣弧所对的圆心角为90，故圆截x轴所得弦长为2r． ∴r22b2

又圆截y轴所得弦长为2． ∴r2a21．

又∵P(a,b)到直线x2y0的距离为

2222da2b5∴5d2a2b

2a24b24aba24b22(a2b2)5． 52b2a21

当且仅当ab时取“=”号，此时dmin这时有ab2ba122

∴a1a1或 b1b122又r2b2

故所求圆的方程为(x1)(y1)2或(x1)(y1)2

2222

六、点、直线与圆的位置关系

1、点与圆的位置关系

已知点Mx0,y0及圆C：x-aybr2r0，

（1）点M在圆C外CMrx0ay0br；

22222 （2）点M在圆C内CMrx0ay0br；

222（3）点M在圆C上CMrx0ay0br。

2222、直线与圆的位置关系

（1）直线与圆的位置关系有相交、相切、相离三种情况，分别对应直线与圆有两个公共点、一个公共点、没有公共点。

相交 相切 相离

（两个公共点） （一个公共点） （没有公共点） （2）直线与圆的位置关系的判断方法 ①几何法：

通过圆心到直线的距离与半径的大小比较来判断。

设直线l：Ax+By+C=0 圆C：(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0) 则圆半径为r

设圆心到直线的距离为d，则 d则dr 直线与圆相离 则dr 直线与圆相切 则dr 直线与圆相交 ②代数法：

通过直线与圆的方程联立的方程组的解的个数来判断

aAbBCA2B2AxByC0直线方程与圆的方程联立方程组2求解，通过解的个数来判2xyDxEyF0断：

（1）当方程组有2个公共解时（直线与圆有2个交点），直线与圆相交； （2）当方程组有且只有1个公共解时（直线与圆只有1个交点），直线与圆相切； （3）当方程组没有公共解时（直线与圆没有交点），直线与圆相离；

即：将直线方程代入圆的方程得到一元二次方程，设它的判别式为Δ，圆心C到直线l的距离为d,则直线与圆的位置关系满足以下关系：

相切d=rΔ＝0； 相交d0；

相离d>rΔ<0。 (3) 直线与圆的相交弦问题 ① 几何法：

弦心距d,半径r及半弦l/2构成直角三角形的三边 ，利用垂径定理和勾股定理：

AB2r2d2 （其中r为圆的半径，d直线到圆心的距离）.② 代数法（解析法）

利用弦长计算公式：设直线ykxb与圆相交于Ax1,y1，Bx2,y2两点， 则弦ABx1x2y1y222=1k2|x1x2|=错误!未找到引用源。 （4）切线：

①过圆x2y2R2上点P(x0,y0)圆的切线方程是：xx0yy0R2过圆

(xa)(x0a)(ya)(y0a)R2 (xa)2(yb)2R2上点P(x0,y0)圆的切线方程是：

②从圆外一点引圆的切线一定有两条，可先设切线方程，再根据相切的条件，

运用几何方法（抓住圆心到直线的距离等于半径）来求；过两切点的直线（即“切点弦”）方程的求法：先求出以已知圆的圆心和这点为直径端点的圆，该圆与已知圆的公共弦就是过两切点的直线方程；

③切线长：过圆xyDxEyF0（(xa)2(yb)2R2）外一点

22； P(x0,y0)所引圆的切线的长为x0y0Dx0Ey0F（(x0a)2(y0b)2R2）22例题：

1．已知圆O：x2＋y2＝5和点A(1,2)，则过A且与圆O相切的直线与两坐标轴围成的三角形

的面积等于________．

解析：依题意，过A(1,2)作圆x2＋y2＝5的切线方程为x＋2y＝5，在x轴上的截距为5，

5152525

在y轴上的截距为，切线与坐标轴围成的三角形面积S＝××5＝.答案： 22244

2．过原点O作圆x2＋y2－6x－8y＋20＝0的两条切线，设切点分别为P、Q，则线段PQ的长为________．

解析：∵圆的标准方程为(x－3)2＋(y－4)2＝5，可知圆心为(3,4)，半径为5.如图可知，|CO|＝5，

∴OP＝

25－5＝25.∴tan∠POC＝

PC1

＝.在Rt△POC中，OC·PM＝OP2

25×5

OP·PC，∴PM＝＝2.∴PQ＝2PM＝4.答案：4

5

3．若直线3x＋4y＋m＝0与圆x2＋y2－2x＋4y＋4＝0没有公共点，则实数m的取值范围是________．

解析：将圆x2＋y2－2x＋4y＋4＝0化为标准方程，得(x－1)2＋(y＋2)2＝1，圆心为(1，－2)，半径为1.

若直线与圆无公共点，即圆心到直线的距离大于半径， |3×1＋4×(－2)＋m||m－5|即d＝＝>1，∴m<0或m>10.

522

3＋4

答案：(－∞，0)∪(10，＋∞)

4．已知直线3x－y＋2m＝0与圆x2＋y2＝n2相切，其中m，n∈N*，且n－m<5，则满足条件的有序实数对(m，n)共有________个．

解析：由题意可得，圆心到直线的距离等于圆的半径，即2m－1＝n，所以 2

m－1

－m<5，因为m，n∈N*，所以

m＝1m＝2m＝3m＝4

，，，，故有序

n＝1n＝2n＝4n＝8

实数对(m，n)共有4个．答案：4个

5．直线ax＋by＋b－a＝0与圆x2＋y2－x－3＝0的位置关系是________．

解析：直线方程化为a(x－1)＋b(y＋1)＝0，过定点(1，－1)，代入圆的方程，左侧小于0，则定点在圆内，所以直线与圆总相交．答案：相交

6．已知向量a＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，a与b的夹角为60°，直线xcosα＋ysinα＝0

1

与圆(x＋cosβ)2＋(y＋sinβ)2＝的位置关系是________．

2

解析：cos60°＝cosα·cosβ＋sinα·sinβ＝cos(α－β)，

|cosα·cosβ＋sinα·sinβ|32d＝＝|cos(α－β)|＝>＝r.答案：相离

22

cos2α＋sin2α

2

7．已知：以点C(t，)(t∈R，t≠0)为圆心的圆与x轴交于点O、A，与y轴交于点O、B，

t

其中O为原点．

(1)求证：△OAB的面积为定值；

(2)设直线y＝－2x＋4与圆C交于点M，N，若OM＝ON，求圆C的方程．

424

解：(1)证明：∵圆C过原点O，∴OC2＝t2＋2.设圆C的方程是(x－t)2＋(y－)2＝t2＋2，

ttt

4

令x＝0，得y1＝0，y2＝；令y＝0，得x1＝0，x2＝2t.

t

114

∴S△OAB＝OA·OB＝×||×|2t|＝4，即△OAB的面积为定值．

22t

1

(2)∵OM＝ON，CM＝CN，∴OC垂直平分线段MN.∵kMN＝－2，∴kO C＝，

2

121

∴直线OC的方程是y＝x.∴＝t，解得：t＝2或t＝－2.

2t2

当t＝2时，圆心C的坐标为(2,1)，OC＝5，此时圆心C到直线y＝－2x＋4的距离d＝

1

<5，圆C与直线y＝－2x＋4相交于两点． 5

当t＝－2时，圆心C的坐标为(－2，－1)，OC＝5，此时圆心C到直线y＝－2x＋4

1

的距离d＝>5，圆C与直线y＝－2x＋4不相交，

5∴t＝－2不符合题意舍去．∴圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.

七、圆与圆的位置关系

(1)两圆位置关系的判定方法

①几何法：

设两圆圆心分别为O1，O2，半径分别为r1，r2，O1O2d。

dr1r2外离4条公切线； dr1r2外切3条公切线；

r1r2dr1r2相交2条公切线； dr1r2内切1条公切线； 0dr1r2内含无公切线；

外离 相切 相交 内切 内含 ②代数法：

判断两个圆的位置关系也可以通过联立方程组判断公共解的个数来解决（方法同直线与圆位置关系的代数法）【一般不提倡用此法，太过繁琐】 (2)两圆的公共线

① 定义：当两圆相交时，必有两个交点，那么过这两点交点的弦为圆的公共点。 ② 公共弦所在直线方程 设圆

C1:x2y2D1xE1yF10 ① C2:x2y2D2xE2yF20 ②

若两圆相交，则两圆的公共弦所在的直线方程是

用①-②得 (D1D2)x(E1E2)y(F1F2)0 ③ 若圆C1与C2相交，则③式为公共弦所在的直线方程 若圆C1与C2外（内）切，则③式外（内）切线的方程 若圆C1与C2相离（外离或内含），则③式为圆的C1、C2相离的直线

例题：

例1．若圆x2＋y2＝4与圆x2＋y2＋2ay－6＝0(a>0)的公共弦的长为23，则a＝________.

1

解析：两圆方程作差易知弦所在直线方程为：y＝，

a

1

如图，由已知|AC|＝3，|OA|＝2，有|OC|＝＝1，∴a＝1.

a

答案：1

例2．过点A(11,2)作圆x2＋y2＋2x－4y－1＝0的弦，其中弦长为整数的共有__条．

解析：方程化为(x＋1)2＋(y－2)2＝132，圆心为(－1,2)，到点A(11,2)的距离为12，最短弦长为10，最长弦长为26，所以所求直线条数为2＋2×(25－10)＝32(条)．答案：32

例3．已知圆C1：x2＋y2＋2x＋2y－8＝0与圆C2：x2＋y2－2x＋10y－24＝0相交于A、B两点，

(1)求公共弦AB所在的直线方程；

(2)求圆心在直线y＝－x上，且经过A、B两点的圆的方程．

22x＋y＋2x＋2y－8＝0

解：(1)⇒x－2y＋4＝0.

22

x＋y－2x＋10y－24＝0

(2)由(1)得x＝2y－4，代入x2＋y2＋2x＋2y－8＝0中得：y2－2y＝0.

x＝－4x＝0

∴或，即A(－4,0)，B(0,2)， y＝0y＝2

又圆心在直线y＝－x上，设圆心为M(x，－x)，则|MA|＝|MB|，解得M(－3,3)，∴⊙M：(x＋3)2＋(y－3)2＝10.

例4 已知圆C1：x2 + y2 – 2mx + 4y + m2 – 5 = 0，圆C2：x2 + y2 + 2x – 2my + m2 – 3 = 0，m为何值时，（1）圆C1与圆C2相外切； （2）圆C1与圆C2内含.

【解析】对于圆C1，圆C2的方程，经配方后

C1：(x – m)2 + (y + 2)2 = 9，C2：(x + 1)2 + (y – m)2 = 4.

（1）如果C1与C2外切，则有(m1)2(m2)232， 所以m2 + 3m – 10 = 0，解得m = 2或–5.

（2）如果C1与C2内含，则有(m1)2(m2)232，

所以m2 + 3m + 2＜0，得–2＜m＜–1.

所以当m = –5或m = 2时，C1与C2外切； 当–2＜m＜–1时，C1与C2内含.

例5求过直线x + y + 4 = 0与圆x2 + y2 + 4x – 2y – 4 = 0的交点且与y = x相切的圆的方程.

【解析】设所求的圆的方程为x2 + y2 + 4x – 2y – 4 + (x + y + 4) = 0.

联立方程组yx22xy4x2y4(xy4)0

得：x2(1)x2(1)0. 因为圆与y = x相切，所以=0. 即(1)28(1)0,则=3

故所求圆的方程为x2 + y2 + 7x + y + 8 = 0.

例6 求过两圆x2 + y2 + 6x – 4 = 0求x2 + y2 + 6y – 28 = 0的交点，且圆心在直线x – y – 4 = 0上的圆的方程.

【解析】依题意所求的圆的圆心，在已知圆的圆心的连心线上，又两已知圆的圆心分别为(–3，0)和(0，–3).

则连心线的方程是x + y + 3 = 0.

1xxy302由 解得.

7xy40y2所以所求圆的圆心坐标是(,).

设所求圆的方程是x2 + y2 – x + 7y + m = 0

由三个圆有同一条公共弦得m = –32. 故所求方程是x2 + y2 – x + 7y – 32 = 0.

例7．已知圆C的方程为x2＋y2＝1，直线l1过定点A(3,0)，且与圆C相切．

(1)求直线l1的方程；

(2)设圆C与x轴交于P、Q两点，M是圆C上异于P、Q的任意一点，过点A且与x轴垂直的直线为l2，直线PM交直线l2于点P′，直线QM交直线l2于点Q′.求证：以P′Q′为直径的圆C′总过定点，并求出定点坐标．

解：(1)∵直线l1过点A(3,0)，且与圆C：x2＋y2＝1相切，设直线l1的方程为y＝k(x－3)，即kx－y－3k＝0，

则圆心O(0,0)到直线l1的距离为d＝2

∴直线l1的方程为y＝±(x－3)．

4

(2)对于圆C：x2＋y2＝1，令y＝0，则x＝±1，即P(－1,0)，Q(1,0)．又直线l2过点A且与x轴垂直，∴直线l2方程为x＝3.

t设M(s，t)，则直线PM的方程为y＝(x＋1)．

s＋1

|3k|

2

＝1，解得k＝±，

4

k2＋1

1272x＝3，

解方程组t

y＝(x＋1)，s＋1

4t2t

得P′(3，)．同理可得Q′(3，)．

s＋1s－1

∴以P′Q′为直径的圆C′的方程为

4t2t

(x－3)(x－3)＋(y－)(y－)＝0，又s2＋t2＝1，

s＋1s－16s－2

∴整理得(x2＋y2－6x＋1)＋y＝0，

t

若圆C′经过定点，只需令y＝0，从而有x2－6x＋1＝0，解得x＝3±22， ∴圆C′总经过定点，定点坐标为(3±22，0)．