（浙江专版）2019版高考数学一轮复习 第九章 直线和圆的方程 9.3 点、线、圆的位置关系课件

*,*,*,9.3,点、线、圆的位置关系,高考数学,1,考点直线与圆、圆与圆的位置关系,1.直线与圆的位置关系(,d,为圆心到直线的距离,r,为圆的半径),相离,相切,相交,图形,量化,方程观点,0,几何观点,d,r,d,=,r,d,r,1,+,r,2,d,=,r,1,+,r,2,|,r,1,-,r,2,|,d,r,1,+,r,2,d,=|,r,1,-,r,2,|,0,d,0),点,M,(,x,0,y,0,),若点,M,在,O,上,则过,M,的切线,4,方程为,x,0,x,+,y,0,y,=,r,2,;,若点,M,在,O,外,则直线,x,0,x,+,y,0,y,=,r,2,与,O,的位置关系是,相交,;,若点,M,在,O,内,则直线,x,0,x,+,y,0,y,=,r,2,与,O,的位置关系是,相离,.,(2)过圆,x,2,+,y,2,+,Dx,+,Ey,+,F,=0外一点,M,(,x,0,y,0,)引圆的切线,切点为,T,切线长公,式为|,MT,|=.,5,直线与圆的位置关系的解题策略,1.直线与圆的位置关系,(1)直线与圆相切,圆心到直线的距离等于半径长,直线与圆只有一个,公共点,直线和圆的方程组成的方程组只有一组解;,(2)直线与圆相交,圆心到直线的距离小于半径长,直线与圆有两个公,共点,直线和圆的方程组成的方程组有两组解;,(3)直线与圆相离,圆心到直线的距离大于半径长,直线与圆无公共点,直线和圆的方程组成的方程组无解.,2.判断直线和圆的位置关系的方法,用方程组解的个数或用圆心到直线的距离判断,一般情况下,后一种方,法相对简单,但如果判断两圆相交并求交点坐标,必须求方程组的解,这,方法技巧,方法,1,6,样用第一种方法可起到一举两得的作用.,例1(2017浙江高考模拟训练冲刺卷四,8)已知圆,C,的方程为,x,2,+,y,2,-8,x,+1,5=0,若直线,y,=,kx,-2上至少存在一点,使得以该点为圆心,1为半径的圆与,圆,C,有公共点,则,k,的取值范围是,(),A.0,k,B.,k,C.,k,D.,k,0或,k,A,7,解题导引,导引一:设满足题设的点为(,t,kt,-2)利用两圆有交点得关于,t,的二次不等式有解由判别式大于等于零得结论,导引二:把两圆有公共点转化为圆心,C,到直线的距离不超过两半径之和解不等式得结论,8,解析解法一:已知圆的标准方程为(,x,-4),2,+,y,2,=1.设满足题设的点为(,t,kt,-,2),则关于,t,的不等式0,(,t,-4),2,+(,kt,-2),2,4有解,即关于,t,的不等式(1+,k,2,),t,2,-(4,k,+8),t,+16,0有解,从而,=16(,k,+2),2,-64(1+,k,2,),0,解得0,k,.,解法二:由题意可知,两圆有公共点,则可知圆心(4,0)到直线,y,=,kx,-2的距,离不超过2,即,2,解得0,k,故选A.,9,直线与圆的综合应用的解题策略,1.运用圆的几何性质和垂径定理,把问题化归为直线与圆的位置关系问,题.,2.在遇到角度、长度问题时,往往利用向量进行转化.,例2(2017浙江镇海中学阶段测试,20)已知圆,N,:(,x,+3),2,+,y,2,=1,抛物线,M,:,y,=,x,2,F,(0,1).,(1)若,P,为圆,N,上任意一点,求|,PF,|的最小值及相应的点,P,的坐标;,(2)在抛物线,M,上是否存在纵坐标和横坐标均为整数的点,R,使过,R,且与,圆,N,相切的直线,l,1,l,2,分别交直线,l,:,y,=-1于,A,B,两点,且|,AB,|=4,如果存在,求出,R,点的坐标;如果不存在,请说明理由.,方法,2,10,解题导引,(1)最小值即为圆外的点到圆心的距离减去半径直线,NF,与圆的交点,即为点,P,解方程得结论,(2)设,R,(2,t,t,2,),切线方程为,x,-2,t,=,m,(,y,-,t,2,)利用直线与圆相切的性质,得关于,m,的二次方程由韦达定理把|,AB,|表示成,t,的函数解方程得结,论,11,解析(1)由题意可得,N,(-3,0),直线,NF,的方程为,y,=1+,代入圆,N,的方程,得,(,x,+3),2,=1,所以,当,P,点坐标为,时,|,PF,|有最小值,-1.,(2)设,R,(2,t,t,2,),过点,R,的圆的切线方程为,x,-2,t,=,m,(,y,-,t,2,),令,y,=-1,则有,x,=2,t,-,m,(,t,2,+1).,由题知点,N,到直线,x,-2,t,=,m,(,y,-,t,2,)的距离为,=1,化简得(,t,4,-1),m,2,-2,(2,t,+3),t,2,m,+(2,t,+3),2,-1=0,显然,t,4,1,=4(,t,4,+4,t,2,+12,t,+8),且,m,1,+,m,2,=,m,1,m,2,=,12,所以|,AB,|=(,t,2,+1)|,m,1,-,m,2,|=(,t,2,+1),=,.,因为|,AB,|=4,所以,=4,化简得7,t,4,-20,t,2,-12,t,=0,所以,t,=0,或7,t,3,-20,t,-12=0.,由,t,Z,且7,t,3,=20,t,+12,知,t,为偶数,不妨设,t,=2,s,(,s,Z),则由14,s,3,-10,s,-3=0,易,知,该方程无整数解.故存在点,R,(0,0)满足题意.,13,