江苏省2019高考数学二轮复习专题三解析几何3.2大题考法_直线与圆讲义含解析20190523117.wps
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1、第二讲 大题考法直线与圆 题型(一) 直线与圆的位置关系 主要考查直线与圆的位置关系以及复杂背景下直 线、圆的方程. 典例感悟 例 1 如图,在 RtABC 中,A 为直角,AB 边所在直线的方程为 x3y60,点 T(1,1)在直线 AC 上,BC 中点为 M(2,0) (1)求 BC 边所在直线的方程; (2)若动圆 P 过点 N(2,0),且与 RtABC 的外接圆相交所得公 共弦长为 4,求动圆 P 中半径最小的圆方程 解 (1)因为 AB 边所在直线的方程为 x3y60,AC 与 AB 垂直,所以直线 AC 的斜 率为3. 故 AC 边所在直线的方程为 y13(x1), 即 3xy2
2、0. 设 C 为(x0,3x02),因为 M 为 BC 中点, 所以 B(4x0,3x02) 4 点 B 代入 x3y60,解得 x0 , 5 4 2 所以 C( ,5). 5 所以 BC 所在直线方程为 x7y20. (2)因为 RtABC 斜边中点为 M(2,0),所以 M 为 RtABC 外接圆的圆心 又 AM2 2,从而 RtABC 外接圆的方程为(x2)2y28. 设 P(a,b),因为动圆 P 过点 N,所以该圆的半径 r a22b2,圆方程为(xa)2 (yb)2r2. 由于P 与M 相交,则公共弦所在直线 m 的方程为(42a)x2bya2b2r240. 因 为 公 共 弦 长
3、 为 4, M 半 径 为 2 2, 所 以 M(2,0)到 m 的 距 离 d 2, 即 |242aa2b2r24| 2, 2 2a2b2 化简得 b23a24a,所以 r a22b2 4a24. 当 a0 时,r 最小值为 2,此时 b0,圆的方程为 x2y24. 方法技巧 1 解决有关直线与圆位置关系的问题的方法 (1)直线与圆的方程求解通常用的待定系数法,由于直线方程和圆的方程均有不同形式, 故要根据所给几何条件灵活使用方程 (2)对直线与直线的位置关系的相关问题要用好直线基本量之一斜率,要注意优先考虑 斜率不存在的情况 (3)直线与圆的位置关系以及圆与圆的位置关系在处理时几何法优先,
4、有时也需要用代 数法即解方程组 演练冲关 2 已知以点 C(t, (tR R,t0)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 为坐标原点 (1)求证:OAB 的面积为定值; (2)设直线 y2x4 与圆 C 交于点 M,N,若 OMON,求圆 C 的方程 4 解:(1)证明:因为圆 C 过原点 O,所以 OC2t2 . t2 2 4 设圆 C 的方程是(xt) 2(y 2t2 , t ) t2 4 令 x0,得 y10,y2 ; t 令 y0,得 x10,x22t, 1 1 4 所以 SOAB OAOB2|t |2t|4, 2 即OAB 的面积为定值 (
5、2)因为 OMON,CMCN, 所以 OC 垂直平分线段 MN. 1 因为 kMN2,所以 kOC . 2 2 1 所以 t,解得 t2 或 t2. t 2 当 t2 时,圆心 C 的坐标为(2,1),OC 5, 5 此时 C 到直线 y2x4 的距离 d 5. 5 2 圆 C 与直线 y2x4 不相交, 所以 t2 不符合题意,舍去 所以圆 C 的方程为(x2)2(y1)25. 题型(二) 主要考查动圆过定点的问题其本质 圆中的定点、定值问题 是含参方程恒有解,定值问题是引入参数, 再利用其满足的约束条件消去参数得定 值. 典例感悟 例 2 已知圆 C:x2y29,点 A(5,0),直线 l
6、:x2y0. (1)求与圆 C 相切,且与直线 l 垂直的直线方程; (2)在直线 OA 上(O 为坐标原点),存在定点 B(不同于点 A)满足:对 PB 于圆 C 上任一点 P,都有 为一常数,试求所有满足条件的点 B 的坐标 PA 解 (1)设所求直线方程为 y2xb, 即 2xyb0. 因为直线与圆 C 相切, |b| 所以 3,解得 b3 5. 2212 所以所求直线方程为 2xy3 50. (2)法一:假设存在这样的点 B(t,0) PB |t3| 当点 P 为圆 C 与 x 轴的左交点(3,0)时, ; PA 2 PB |t3| 当点 P 为圆 C 与 x 轴的右交点(3,0)时,
7、 . PA 8 |t3| |t3| 依题意, , 2 8 9 解得 t 或 t5(舍去) 5 9 PB 下面证明点 B ( 对于圆 C 上任一点 P,都有 为一常数 ,0) 5 PA 设 P(x,y),则 y29x2, 9 18 81 18 (x5 ) 2y2 x2 x9x2 5x17 PB2 5 25 25 9 PB 3 所以 .从而 为常 PA2 x52y2 x210x259x2 25x17 25 PA 5 3 数 PB 法二:假设存在这样的点 B(t,0),使得 为常数 ,则 PB22PA2,所以(xt)2y2 PA 2(x5)2y2,将 y29x2代入,得 x22xtt29x22(x2
8、10x259x2), 即 2(52t)x342t290 对 x3,3恒成立, 所以Error!解得Error!或Error!(舍去) 9 PB 3 故存在点 B ( ,0)对于圆 C 上任一点 P,都有 为常数 . 5 PA 5 方法技巧 关于解决圆中的定点、定值问题的方法 (1)与圆有关的定点问题最终可化为含有参数的动直线或动圆过定点解这类问题关键 是引入参数求出动直线或动圆的方程 (2)与圆有关的定值问题,可以通过直接计算或证明,还可以通过特殊化,先猜出定值 再给出证明 演练冲关 1已知圆 C:(x3)2(y4)24,直线 l1过定点 A(1,0) (1) 若 l1与圆相切,求直线 l1的
9、方程; (2) 若 l1与圆相交于 P,Q 两点,线段 PQ 的中点为 M,又 l1与 l2:x2y20 的交点 为 N,判断 AMAN 是否为定值若是,则求出定值;若不是,请说明理由 解:(1)若直线 l1的斜率不存在,即直线 l1的方程为 x1,符合题意; 若直线 l1斜率存在,设直线 l1的方程为 yk(x1),即 kxyk0. |3k4k| 3 由题意知,圆心(3,4)到直线 l1的距离等于半径 2,即 2,解得 k ,则 l1: k21 4 3x4y30. 所求直线 l1的方程是 x1 或 3x4y30. (2)直线与圆相交,斜率必定存在,且不为 0,可设直线 l1方程为 kxyk0
10、. 2k2 3k 由Error!得 N( . ,2k1) 2k1 又因为直线 CM 与 l1垂直, k24k3 4k22k 故Error!可得 M( , . 1k2 1k 2 ) k24k3 4k22k 2k2 3k 所 以 AMAN ( 2( 2 ( 1) 1k 2 ) 1) 2(2k1) 2 1k2 2k1 2|2k1| 1k2 3 1k2 6,为定值故 AMAN 是定值,且为 6. 1k2 |2k1| 4 2已知圆 M 的方程为 x2(y2)21,直线 l 的方程为 x2y0,点 P 在直线 l 上, 过 P 点作圆 M 的切线 PA,PB,切点为 A,B. (1)若APB60,求点 P
11、 的坐标; (2)若 P 点的坐标为(2,1),过 P 作直线与圆 M 交于 C,D 两点,当 CD 2 时,求直线 CD 的方程; (3)求证:经过 A,P,M 三点的圆必过定点,并求出所有定点的坐标 解:(1)设 P(2m,m),因为APB60,AM1, 所以 MP2,所以(2m)2(m2)24, 4 解得 m0 或 m , 5 8 4 故所求点 P 的坐标为 P(0,0)或 P( 5 ). , 5 (2)易知直线 CD 的斜率存在,可设直线 CD 的方程为 y1k(x2), 2 由题知圆心 M 到直线 CD 的距离为 , 2 2 |2k1| 所以 , 2 1k2 1 解得 k1 或 k
12、, 7 故所求直线 CD 的方程为 xy30 或 x7y90. m (3)证明:设 P(2m,m),MP 的中点 Q( 1), m, 2 因为 PA 是圆 M 的切线, 所以经过 A,P,M 三点的圆是以 Q 为圆心,以 MQ 为半径的圆, m m 故其方程为(xm) 2(y 1)2m2( 1 )2, 2 2 化简得 x2y22ym(2xy2)0,此式是关于 m 的恒等式, 故Error!解得Error!或Error! 4 2 所以经过 A,P,M 三点的圆必过定点(0,2)或( , . 5 ) 5 题型(三) 与直线、圆有关的最值或范围问题 主要考查与直线和圆有关的长度、面积 的最值或有关参
13、数的取值范围问题. 典例感悟 例 3 已知ABC 的三个顶点 A(1,0),B(1,0),C(3,2),其外接圆为圆 H. 5 (1)若直线 l 过点 C,且被圆 H 截得的弦长为 2,求直线 l 的方程; (2)对于线段 BH 上的任意一点 P,若在以 C 为圆心的圆上都存在不同的两点 M,N,使得 点 M 是线段 PN 的中点,求圆 C 的半径 r 的取值范围 解 (1)线段 AB 的垂直平分线方程为 x0,线 段 BC 的垂直平分线方程为 xy30. 所以外接圆圆心 H(0,3),半径为 1232 10. 圆 H 的方程为 x2(y3)210. 设圆心 H 到直线 l 的距离为 d,因为
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