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Rt△ABC中，∠A为直角，AB边所在直线的方程为x－3y－6＝0，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Rt△ABC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x－3y－6＝0，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y－1＝－3(x＋1)， 即3x＋y＋2＝0. 设C为(x0，－3x0－2)，因为M为BC中点， 所以B(4－x0,3x0＋2)． 点B代入x－3y－6＝0，解得x0＝－， 所以C. 所以BC所在直线方程为x＋7y－2＝0. (2)因为Rt△ABC斜边中点为M(2,0)，所以M为Rt△ABC外接圆的圆心． 又AM＝2，从而Rt△ABC外接圆的方程为(x－2)2＋y2＝8. 设P(a，b)，因为动圆P过点N，所以该圆的半径r＝，圆方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2. 由于⊙P与⊙M相交，则公共弦所在直线m的方程为(4－2a)x－2by＋a2＋b2－r2＋4＝0. 因为公共弦长为4，⊙M半径为2，所以M(2,0)到m的距离d＝2，即＝2， 化简得b2＝3a2－4a，所以r＝ ＝ . 当a＝0时，r最小值为2，此时b＝0，圆的方程为x2＋y2＝4. [方法技巧] 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，有时也需要用代数法即解方程组． [演练冲关] 已知以点C(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，其中O为坐标原点． (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． 解：(1)证明：因为圆C过原点O，所以OC2＝t2＋. 设圆C的方程是(x－t)2＋2＝t2＋， 令x＝0，得y1＝0，y2＝； 令y＝0，得x1＝0，x2＝2t， 所以S△OAB＝OA·OB＝××|2t|＝4， 即△OAB的面积为定值． (2)因为OM＝ON，CM＝CN， 所以OC垂直平分线段MN. 因为kMN＝－2，所以kOC＝. 所以＝t，解得t＝2或t＝－2. 当t＝2时，圆心C的坐标为(2,1)，OC＝， 此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝<， 圆C与直线y＝－2x＋4相交于两点． 当t＝－2时，圆心C的坐标为(－2，－1)，OC＝， 此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝>. 圆C与直线y＝－2x＋4不相交， 所以t＝－2不符合题意，舍去． 所以圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5. 题型(二) 圆中的定点、定值问题 主要考查动圆过定点的问题其本质是含参方程恒有解，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：x2＋y2＝9，点A(－5,0)，直线l：x－2y＝0. (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． [解] (1)设所求直线方程为y＝－2x＋b， 即2x＋y－b＝0. 因为直线与圆C相切， 所以＝3，解得b＝±3. 所以所求直线方程为2x＋y±3＝0. (2)法一：假设存在这样的点B(t,0)． 当点P为圆C与x轴的左交点(－3,0)时，＝； 当点P为圆C与x轴的右交点(3,0)时，＝. 依题意，＝， 解得t＝－或t＝－5(舍去)． 下面证明点B对于圆C上任一点P，都有为一常数． 设P(x，y)，则y2＝9－x2， 所以＝＝＝＝.从而＝为常数． 法二：假设存在这样的点B(t,0)，使得为常数λ，则PB2＝λ2PA2，所以(x－t)2＋y2＝λ2[(x＋5)2＋y2]，将y2＝9－x2代入，得 x2－2xt＋t2 ... ...
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