两招秒杀直线与圆的方程

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直线与圆的方程在高考中“二小一大”（大题常与圆锥曲线结合）。解决这类问题常用“两招”，第一招：分析图形和式子特征，挖掘隐含条件；第二招：解题策略的确定，是用几何法还是用代数法来解题。按此两招，直线与圆的问题当可迎刃而解。

类型一 直线的方程

【例１】 过点P（3,2）作直线l，使点M（2,3）和点N（4,-5）到直线l的距离相等，则直线l的一般式方程是 ．

分析 (1) 点M和点N是两个定点，点P不在直线MN上，直线l可以绕点P旋转；(2) “距离相等”的对象是点M和点N到直线l的两个距离d1、d2；(3) 直线方程的要求是一般式形式；(4) 考虑使用几何法解题。

解 由题易知点P不在点M和点N所确定的直线上，要使两点到直线l的距离相等有两种情况：(1) 点M和点N的中点坐标为（3,-1），又因为直线过点P（3,2），所以直线l的斜率不存在，此时直线l的方程为x=3，化为一般式形式为x－3=0．

(2) 点M和点N确定的直线的斜率为kMN=－4，所以直线l的斜率kl=－4，所以直线l的方程为y－2=－4(x－3)，化为一般式为4x+y－14=0．综上所述：直线l的一般式方程是x－3=0或4x+y－14=0．

点拨 （1） 本题利用几何方法解题时，容易忽略直线l过点M和点N中点的情况，造成漏解。（2） 若本题使用代数法解题，则在解答过程中易忽略直线斜率不存在的情况，直接利用“点斜式”设直线方程为：y－2=k(x－3)通过距离相等求解，导致漏解直线方程。

【奇思妙想】 直线l离点M(2,3)和点N(4,-5)的距离均为１，则直线l的方程是 ．

分析 (1) 直线l为任意的直线，无其他限制条件；(2) 点M和点N到直线l的距离相等且都等于１；(3) 点M和点N之间的距离d大于1；(4) 考虑使用几何法和代数法相结合，结果应该是４条直线。

解 因为点M和点N之间的距离为d=(2－4)2+(3+5)2=217>1,所以直线l的情况分两种：第一种，直线l过点M和点N的中点（有2条直线）．第二种,直线l平行于点M和点N所确定的直线（有2条直线）．

答案 x=3,y=－158x+378,y=－4x－17+11,y=－4x+17+11．

类型二 圆的方程

【例2】 已知O1：x2+y2=9，O2的圆心为(2,2)且与O1相切，求O2的方程．

分析 (1) O1的圆心为原点，半径为3；(2) 两圆相切包括：内切与外切两种；(3) O2的圆心为O2，且O2在O1的内部，故只能内切；(4) 根据两圆内切的信息，确定使用几何法。

解 将点O2代入O1的方程得(2)2+(2)2=4

d=2，解得r2=1或r2=5．根据O2的圆心为P(2,2)，可得O2的方程为(x－2)2+(y－2)2=1或(x－2)2+(y－2)2=25．

点拨 (1) 本题中通过对“形”的分析，得出O2在O1

的内部，从而排除相切中的外切这一情况；(2) 通过两圆内切的

几何性质得出|r1－r2|=d，注意到了绝对值符号“| |”，导

致不漏解；（3） 本题如为填空题也可以有更为简便的方法：通过画图，可以快速得出两圆必内切。当圆O2较小时显然r1－d=3－2=1就是半径，此时方程为(x－2)2+(y－2)2=1；当圆O2较大时显然r1+d=3+2=5就是半径，此时方程为(x－2)2+(y－2)2=25。这种解法充分体现出填空题解题的“小、巧、活”，省时省力！

【奇思妙想】 过圆x2+y2=4外一点P（4,4）作圆的两条切线，切点分别为A、B，则ABP的外接圆的方程为 ．

分析 (1) 从形出发，圆的圆心是原点，半径为2；

(2) 点Ｐ在圆外，切线PB半径OB，切线PA半径OA；

(3) 四点P、A、B、O共圆，此圆即ABP的外接圆；

(4) 可用几何法解决。

解 由题意作出大致图形,其中PA、PB为圆的切线，由于PAOA,PBOB，所以OAP与OBP均是以OP为斜边的直角三角形，所以PAOB四点共圆，又因为ABP的外接圆是唯一的，所以ABP的外接圆就是四边形OAPB的外接圆．四边形OAPB的外接圆的方程为(x－2)2+(y－2)2=8，即ABP的外接圆的方程为(x－2)2+(y－2)2=8．

点拨 本题从四点共圆联想到三点共圆是关键，如这一信息未能挖掘，则本题必须求出切点Ａ和Ｂ的坐标，通过设圆的一般方程来解答，必然将问题复杂化，费时费力。

我们唯一不会改正的缺点是软弱。――拉罗什福科

类型三 直线与圆的位置关系

【例3】 曲线C1：x2+y2－2x=0与曲线C2：y(y－mx－m)=0，若曲线C1与曲线C2有４个不同的交点，求实数m的取值范围．

分析 (1) 曲线C1是以（１，０）为圆心，１为半径的圆，同时从式子观察其必过原点；(2) 曲线C2的式子特征是一个乘法形式，可化简为y=0或y－mx－m=0，表示两条直线方程；(3) 曲线C2表示的图形是x轴，另一个是过定点的直线；(4) 有４个不同的交点由两条直线和圆产生；(5) 应用几何法与代数法相结合较为合理。

解 曲线C1表示的是以（1,0）为圆心，１为半径的圆；曲线C2可化简为y=0或

y－mx－m=0，其中y=0表示x轴，y－mx－m=0表示

过定点Ｃ（-1,0），斜率为m的直线；画出题中的大致图形

易得x轴与曲线C1有两个不同的交点O和Ｂ．

又因为题中条件表明曲线C2与曲线C1有４个不同的交点，

所以另外两个交点是直线y－mx－m=0与圆x2+y2－2x=0相交形成

的（异于O和Ｂ的不同的两点），即表明直线y－mx－m=0与圆x2+y2－2x=0必须相交且m≠0．由直线与圆的位置关系知识可得，圆心C1（1,0）到直线y－mx－m=0的距离d小于圆x2+y2－2x=0的半径r=1，即|2m|m2+1

点拨 (1) 本题在解决曲线C2与曲线C1的另外两个交点时，极易忽略当m=0时直线y－mx－m=0与直线y=0重合的情况，直接得出结果m∈－33,33，从而产生增根；(2) 本题在求解m的范围时也可以通过图形得出tan∠PCC1=tan∠QCC1=33，亦可得出m∈－33,0∪0,33。

【奇思妙想】 已知Ｏ为平面直角坐标系的原点，直线l：y=mx+2m与圆x2+y2=1交于不同的两点P和Q，若OP•OQ=－12,求直线l的方程．

分析 (1) 直线过定点，斜率为m，且定点在圆外；(2) 圆x2+y2=1的圆心为原点，半径为１；(3) OP的长度为半径１，OQ的长度为半径１；(4) 可使用几何法。

答案 y=1515x+21515或y=－1515x－21515．

点拨 本题巧妙运用了向量的数量积公式和图形相结合，将问题转化为直线与圆的位置关系，在解答过程中容易忽略图形的对称性这一特征，导致漏解直线y=－1515x－21515。

总结:直线与圆的方程问题往往通过分析“形、式”特征、分析解题策略（几何法、代数法）这两招，轻而易举实现“秒杀”！