第四章圓與方程求圓的方程求圓的方程主要是根據(jù)圓的標準方程和一般方程，利用待定系數(shù)法求解，采用待定系數(shù)法求圓的方程的一般步驟為：第一步：選擇圓的方程的某一形式；第二步：由題意得a，b，r(或D，E，F(xiàn))的方程(組)；第三步：解出a，b，r(或D，E，F(xiàn))；第四步：代入圓的方程．注：解題時充分利用圓的幾何性質可獲得解題途徑，減少運算量，例如：圓的切線垂直于經過切點的半徑；圓心與弦的中點連線垂直于弦；兩圓相交時，連心線垂直平分兩圓的公共弦；兩圓相切時，連心線過切點等．已知圓的半徑為eq\r(10)，圓心在直線y＝2x上，圓被直線x－y＝0截得的弦長為4eq\r(2)，求圓的方程．【思路點撥】解題流程可為：eq\x(設出圓方程)→eq\x(確定待定系數(shù))→eq\x(根據(jù)半徑、圓心、弦長的已知條件列方程)→eq\x(求出圓心坐標)→eq\x(寫出圓方程)【規(guī)范解答】法一設圓的方程是(x－a)2＋(y－b)2＝10.因為圓心在直線y＝2x上，所以b＝2a.由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x－a2＋y－b2＝10，))得2x2－2(a＋b)x＋a2＋b2－10＝0，所以x1＋x2＝a＋b，x1·x2＝eq\f(a2＋b2－10,2).由弦長公式得eq\r(2)·eq\r(a＋b2－2a2＋b2－10)＝4eq\r(2)，化簡得(a－b)2＝4.②解①②組成的方程組，得a＝2，b＝4或a＝－2，b＝－4.故所求圓的方程是(x－2)2＋(y－4)2＝10或(x＋2)2＋(y＋4)2＝10.法二設圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝10，則圓心為(a，b)，半徑r＝eq\r(10)，圓心(a，b)到直線x－y＝0的距離d＝eq\f(|a－b|,\r(2)).由半弦長、弦心距、半徑組成的直角三角形得d2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2),2)))2＝r2，即eq\f(a－b2,2)＋8＝10，所以(a－b)2＝4.又因為b＝2a，所以a＝2，b＝4或a＝－2，b＝－故所求圓的方程是(x－2)2＋(y－4)2＝10或(x＋2)2＋(y＋4)2＝10.求圓心在直線y＝－4x上，且與直線l：x＋y－1＝0相切于點P(3，－2)的圓的方程．【解】法一設所求圓的標準方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－4a，,3－a2＋－2－b2＝r2，,\f(|a＋b－1|,\r(2))＝r.))解得a＝1，b＝－4，r＝2eq\r(2).故所求圓的方程為(x－1)2＋(y＋4)2＝8.法二過切點且與x＋y－1＝0垂直的直線為y＋2＝x－3，與y＝－4x聯(lián)立可求得圓心為(1,－4)．故半徑r＝eq\r(3－12＋[－2－－4]2)＝2eq\r(2)，于是所求圓的方程為(x－1)2＋(y＋4)2＝8.直線與圓、圓與圓的位置關系直線與圓相切時，圓心到直線的距離等于半徑，圓心和切點的連線垂直于切線．直線與圓相交時，常涉及到弦長問題，弦長的計算有以下兩種思路：(1)代數(shù)方法：將直線和圓的方程聯(lián)立得方程組，消元后得到一個一元二次方程，在判別式Δ>0的前提下，可利用根與系數(shù)的關系求弦長．(2)幾何方法：若弦心距為d，圓半徑為r，則弦長l＝2eq\r(r2－d2).解決直線與圓相交問題時，常利用幾何方法，即構造直角三角形，利用勾股定理．已知圓M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，直線l過點P(2,3)且與圓M交于A，B兩點，且|AB|＝2eq\r(3)，求直線l的方程．【思路點撥】分斜率存在與不存在兩種情況．(1)eq\x(斜率存在)?eq\x(設直線l方程)?eq\x(利用勾股定理)?eq\x(求k)?eq\x(直線方程)(2)eq\x(斜率不存在)?eq\x(驗證)【規(guī)范解答】(1)當直線l存在斜率時，設直線l的方程為y－3＝k(x－2)，即kx－y＋3－2k＝0.作示意圖如圖，MC⊥AB于C.在Rt△MBC中，|BC|＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\r(3)，|MB|＝2，故|MC|＝eq\r(|MB|2－|BC|2)＝1，由點到直線的距離公式得eq\f(|k－1＋3－2k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq\f(3,4).故直線l的方程為3x－4y＋6＝0.(2)當直線l的斜率不存在時，其方程為x＝2，且|AB|＝2eq\r(3)，所以符合題意．綜上所述，直線l的方程為3x－4y＋6＝0或x＝2.已知圓C與圓x2＋y2－2x＝0相外切，并且與直線x＋eq\r(3)y＝0相切于點Q(3，－eq\r(3))，求圓C的方程．【解】設所求圓C的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，圓心C(a，b)與Q(3，－eq\r(3))的連線垂直于直線x＋eq\r(3)y＝0，且斜率為eq\r(3).由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(a－12＋b2)＝r＋1，,\f(|a＋\r(3)b|,2)＝r，,\f(b＋\r(3),a－3)＝\r(3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝0，,r＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝－4\r(3)，,r＝6.))∴所求圓的方程為(x－4)2＋y2＝4或x2＋(y＋4eq\r(3))2＝36.軌跡問題求軌跡方程的步驟：(1)建系設點；(2)列出動點滿足的軌跡條件；(3)把軌跡條件坐標化；(4)化簡整理；(5)檢驗．在檢驗中要排除不符合要求的點，或者補充上漏掉的部分．檢驗一般有兩種：一種是文字說明，一種是式子說明．所謂式子說明，就是用式子注明方程中x或y的取值條件(即范圍)，由于式子說明的形式往往比文字說明顯得清楚，因此一般采用這種方法．求曲線的方程或者求動點的軌跡方程是解析幾何中重要的題型，解答這種問題常用的方法有直接法、定義法、消參法、代入法等．如圖4－1，圓O1與圓O2的半徑都是1，O1O2＝4，過動點P分別作圓O1、圓O2的切線PM，PN，(M，N分別為切點)，使得|PM|＝eq\r(2)|PN|，試建立適當?shù)淖鴺讼担⑶髣狱cP的軌跡方程．圖4－1【思路點撥】由△PMO1與△PNO2均為直角三角形表示出切線長|PM|與|PN|，建立坐標系后，設出P點坐標即可由等式|PM|＝eq\r(2)|PN|求出P點的軌跡方程．【規(guī)范解答】如圖，以O1，O2所在直線為x軸，線段O1O2的垂直平分線為y軸，建立直角坐標系，則O1(－2,0)，O2(2,0)，設動點P的坐標為(x，y)．在Rt△PMO1中，|PM|2＝|PO1|2－1，在Rt△PNO2中，|PN|2＝|PO2|2－1.又因為|PM|＝eq\r(2)|PN|，所以|PM|2＝2|PN|2，即|PO1|2－1＝2(|PO2|2－1)，即|PO1|2＋1＝2|PO2|2，所以(x＋2)2＋y2＋1＝2[(x－2)2＋y2]，整理得x2＋y2－12x＋3＝0，即為所求點P的軌跡方程．已知線段AB的長為3,平面上一動點M到A的距離是到B的距離的兩倍,求動點M的軌跡方程．【解】在線段AB上取一點O，使|AO|＝2|OB|，以O點為坐標原點、AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系，如圖所示，則A(－2,0)，B(1,0)．設動點M(x，y)，則有eq\r(x＋22＋y2)＝2eq\r(x－12＋y2)，整理得x2＋y2－4x＝0.即動點M的軌跡方程為x2＋y2－4x＝0.數(shù)形結合思想1.數(shù)形結合思想在解析幾何中的應用極其廣泛，利用數(shù)形結合的思想解題，能把抽象的數(shù)量關系與直觀的幾何圖形建立起關系，從而使問題在解答過程中更加形象化、直觀化，而本章的相關知識整體體現(xiàn)了這種思想，即把幾何問題代數(shù)化，同時利用代數(shù)(方程)的思想反映幾何問題．2．(1)形如u＝eq\f(y－b,x－b)的最值問題，可借助于圖形分析轉化為直線斜率的最值問題；(2)形如t＝ax＋by的最值問題，可借助于圖形分析動直線斜率的最值問題；(3)形如(x－a)2＋(y－b)2的最值問題，可借助于圖形分析動點到定點距離的最值問題．已知圓C：(x＋2)2＋y2＝1，P(x，y)為圓C上任一點．(1)求eq\f(y－2,x－1)的最大值與最小值；(2)求x－2y的最大值與最小值．【思路點撥】結合幾何性質求解式子的最值．【規(guī)范解答】(1)顯然eq\f(y－2,x－1)可以看作是點P(x，y)與點Q(1,2)連線的斜率．令eq\f(y－2,x－1)＝k，如圖所示，則其最大、最小值分別是過點Q(1,2)的圓C的兩條切線的斜率．對上式整理得kx－y－k＋2＝0，∴eq\f(|－2k＋2－k|,\r(1＋k2))＝1，∴k＝eq\f(3±\r(3),4).故eq\f(y－2,x－1)的最大值是eq\f(3＋\r(3),4)，最小值是eq\f(3－\r(3),4).(2)令u＝x－2y，則u可視為一組平行線，當直線和圓C有公共點時，u的范圍即可確定，且最值在直線與圓相切時取得．依題意，得eq\f(|－2－u|,\r(5))＝1，解得u＝－2±eq\r(5)，故x－2y的最大值是－2＋eq\r(5)，最小值是－2－eq\r(5).當曲線y＝1＋eq\r(4－x2)與直線y＝k(x－2)＋4有兩個相異交點時，實數(shù)k的取值范圍是()\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,12))) \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,4)))\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,12)，\f(3,4))) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)，＋∞))【解析】曲線y＝1＋eq\r(4－x2)是以(0,1)為圓心，2為半徑的半圓(如圖)，直線y＝k(x－2)＋4是過定點(2,4)的直線．設切線PC的斜率為k0，則切線PC的方程為y＝k0(x－2)＋4，圓心(0,1)到直線PC的距離等于半徑2，即eq\f(|1＋2k0－4|,\r(1＋k\o\al(2,0)))＝2，k0＝eq\f(5,12).直線PA的斜率為k1＝eq\f(3,4).所以eq\f(5,12)<k≤eq\f(3,4).【答案】C分類討論思想分類討論思想是中學數(shù)學的基本思想之一，是歷年高考的重點，其實質就是整體問題化為部分問題來解決，化成部分問題增加了題設的條件．在用二元二次方程表示圓時要分類討論，在求直線的斜率問題時，用斜率表示直線方程時都要分類討論．已知直線l經過點P(－4，－3)，且被圓(x＋1)2＋(y＋2)2＝25截得的弦長為8，求直線l的方程．【思路點撥】求直線l的方程時，可分直線l的斜率存在與不存在兩種情況求解．【規(guī)范解答】圓(x＋1)2＋(y＋2)2＝25的圓心為(－1，－2)，半徑r＝5.①當直線l的斜率不存在時，其方程為x＝－4，由題意可知直線x＝－4符合題意．②當直線l的斜率存在時，設其方程為y＋3＝k(x＋4)，即kx－y＋4k－3＝0.由題意可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|－k＋2＋4k－3|,\r(1＋k2))))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,2)))2＝52，解得k＝－eq\f(4,3)，即所求直線方程為4x＋3y＋25＝0.綜上所述，滿足題設的直線l方程為x＝－4或4x＋3y＋25＝0.過點A(4，－3)作圓C：(x－3)2＋(y－1)2＝1的切線，求此切線方程．【