直線的方程與圓的方程是江蘇高考的C級要求，從近幾年江蘇高考題來看，?？嫉闹R點有：直線方程、圓的方程及直線與圓的位置關(guān)系。復(fù)習(xí)時，要理解直線傾斜角與斜率的概念，掌握直線方程的幾種形式及各自的適用范圍；能靈活選擇直線方程的形式求直線的方程，會根據(jù)直線方程判定直線的平行或垂直。此外，還要能進(jìn)行圓的一般方程與標(biāo)準(zhǔn)方程的互化，根據(jù)條件選擇方程的形式求圓的方程。對于直線與圓的位置關(guān)系要給予足夠的重視，特別是對圓系的研究。常見題型有：求直線方程、求圓方程、判斷直線與圓的位置關(guān)系、直線與圓中的定值定點問題。下面筆者就擷取幾例,并予以解析，供讀者參考。

題型一求直線方程

【例1】已知直線l過點P(3,1),且被兩平行線l1:x+y+1=0,l2:x+y+6=0截的線段長為5,求直線l的方程.

分析這類題型有三種情況:被兩已知平行線截得的線段長為定長a的直線,當(dāng)a小于平行線間的距離時無解,當(dāng)a等于兩平行線間距離時有唯一解,大于時有兩解。求直線方程,已知直線過定點,可設(shè)點斜式,但須考慮斜率存在與否。

解由題意可知,直線方程有兩解.

兩平行線的傾斜角是135°,兩平行線間距離52,被截線段長為5,可知構(gòu)成等腰直角三角形,結(jié)合圖形,可得所求直線傾斜角為0°或90°.故所求直線方程為x=3或y=1.

點撥本題采用數(shù)形結(jié)合的思想方法較快的得出結(jié)果,也可分類討論斜率存在與否,構(gòu)造關(guān)于斜率的方程求解。在求直線方程時,選擇哪種形式是非常重要的。

題型二求圓方程

【例2】設(shè)平面直角坐標(biāo)系中,二次函數(shù)f（x）=x2+2x+b的圖象與坐標(biāo)軸有三個交點,求經(jīng)過這三個交點的圓的方程.

分析這是08年江蘇卷18題的第二問。考查求經(jīng)過三點的圓的方程,可設(shè)圓的一般式方程,用待定系數(shù)法求解。

解可知二次函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸三交點坐標(biāo)A(－1－1－b,0),B(－1+1－b,0),P(0,b).設(shè)圓的方程x2+y2+Dx+Ey+F=0,將三點代入可得,D=2,E=-b-1,F=b,故所求圓的方程為x2+y2+2x－(b+1)y+b=0.

點撥本題還可以這樣做，設(shè)圓的方程x2+y2+Dx+Ey+F=0,令y=0得

x2+Dx+F=0,這與x2+2x+b=0是同一方程,故D=2,F=b.

令x=0,得y2+Ey+F=0,此方程一個根為b,代入得E=-b-1,得解。一般情況下,求圓的方程,常用方法為待定系數(shù)法。以知圓過三點,常設(shè)一般式,其他情況一般設(shè)標(biāo)準(zhǔn)式。知道圓過三點,還可以求出每兩點的連線的垂直平分線,兩個垂直平分線的交點即為圓心。

題型三直線與圓位置關(guān)系

【例3】已知⊙C1:x2+(y+5)2=5，點A(1，－3)．

（1） 求過點A與⊙C1相切的直線l的方程；

（2） 設(shè)⊙C2為⊙C1關(guān)于直線l對稱的圓，則在x軸上是否存在點P，使得P到兩圓的切線長之比為2？薦存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，試說明理由．

分析求切線方程,一要抓住直線方程的形式,二要抓住直線與圓位置關(guān)系的判斷(幾何法),同時事先要判斷點與圓的位置關(guān)系,解決問題時牢記數(shù)形結(jié)合這一重要思想。

解（1） C1(0,－5),r1=5，因為點A恰在⊙C1上，所以點A即是切點，

kC1A=－3+51=2，所以k1=－12，

所以直線l的方程為y+3=-12(x－1),

即x+2y+5=0.

（2） 因為點A恰為C1C2的中點，所以C2(2,－1)，

所以⊙C2：(x－2)2+(y+1)2=5，

設(shè)P(a,0)，PC21－5PC22－5=2，①

或PC22－5PC21－5=2，②

由①得a2+20(a－2)2－4=2，解得a=－2或10，

所以P(－2，0)或(10，0)，

由②得a2－4aa2+20=2，求此方程無解.

綜上，存在兩點P（-2，0）或P（10，0）符合題意.

點撥直線和圓的位置關(guān)系的判斷主要從幾何法入手,牢記點到直線距離公式,求切線方程往往要考慮斜率存在與否。如果遇到求切線長，抓住直角三角形。

題型四定值定點問題

【例4】已知過點A(－1,0)的動直線l與圓C：x2+(y－3)2=4相交于P、Q兩點，M是PQ的中點，l與直線m：x+3y+6=0相交于N.探索AM?AN是否與直線l的傾斜角有關(guān)，若無關(guān)，請求出其值；若有關(guān)，請說明理由.

分析定值定點問題是近年江蘇高考的熱點,在解決問題過程中往往含有一個甚至更多參數(shù),但這些參數(shù)只參與運算,對結(jié)果并無影響,跟多的考查學(xué)生的運算能力。

解∵CM⊥MN,∴AM?AN=(AC+CM)?AN=AC?AN+CM?AN=AC?AN.

當(dāng)l與x軸垂直時，易得N－1,－53，

則AN=0,－53,又AC=(1,3),

∴AM?AN=AC?AN=－5.

當(dāng)l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為

y=k(x+1)，

則由y=k(x+1)，

x+3y+6=0,得N－3k－61+3k,－5k1+3k,

則AN=－51+3k,－5k1+3k,

∴AM?AN=AC?AN=－51+3k+－15k1+3k=－5.

綜上所述，AM?AN與直線l的斜率無關(guān)，且AM?AN=－5.

點撥結(jié)合圖形發(fā)現(xiàn)直線AC與直線m垂直,從而可用三角形相似更快求解,即用幾何法求解會更方便。不能用幾何法或想不到用幾何法,純代數(shù)法一定能解決問題,關(guān)鍵是提高運算能力。

牛刀小試

1. 過點P(2,1)的直線交x軸y軸正半軸于A,B兩點,求使:

(1) 三角形AOB面積最小時直線的方程；

(2) |PA|?|PB|最小時直線的方程.

2. 已知圓C1：x2＋y2＋2x＋2y－8＝0與圓C2：x2＋y2－2x＋10y－24＝0相交于A、B兩點.

(1) 求公共弦AB所在的直線方程；

(2) 求圓心在直線y＝－x上，且經(jīng)過A、B兩點的圓的方程．

3. 已知圓C：x2＋y2＋2x－4y＋3=0.

（1） 若C的切線在x軸，y軸上的截距的絕對值相等，求此切線方程；

（2） 從圓C外一點P（x1,y1)向圓引一條切線，切點為M，O為原點，且有|PM|=|PO|，求使|PM|最小的P點的坐標(biāo)．

4. 已知圓C的方程為x2＋y2＝1，直線l1過定點A(3,0)，且與圓C相切．

(1) 求直線l1的方程；

(2) 設(shè)圓C與x軸交于P、Q兩點，M是圓C上異于P、Q的任意一點，過點A且與x軸垂直的直線為l2，直線PM交直線l2于點P′，直線QM交直線l2于點Q′.求證：以P′Q′為直徑的圓C′總過定點，并求出定點坐標(biāo)．

【參考答案】

1. 可選擇點斜式,或截距式,較為方便,隨后轉(zhuǎn)化為基本不等式求最值.

(1) x+2y-4=0;

(2) x+y-3=0.

2. (1) x2+y2+2x+2y-8=0,

x2+y2-2x+10y-24=0輝－2y＋4＝0.

(2) 由(1)得x＝2y－4，代入x2＋y2＋2x＋2y－8＝0中得：y2－2y＝0.

∴x=-4,

y=0或x=0,

y=2,即A(－4,0)，B(0,2)，

又圓心在直線y＝－x上，設(shè)圓心為M(x，－x)，則|MA|＝|MB|，解得M(－3,3)，

∴⊙M：(x＋3)2＋(y－3)2＝10.

還可設(shè)圓系方程:x2＋y2＋2x＋2y－8+k(x2＋y2－2x＋10y－24)＝0(k≠0),從而寫出圓心坐標(biāo),代入直線y=-x,可解得k,即得方程.

3. （1） ∵切線在x軸，y軸上的截距的絕對值相等，∴切線的斜率是±1．分別依據(jù)斜率設(shè)出切線的斜率，用點到直線的距離公式或判別式法，解得切線的方程為：x＋y－3=0，x＋y＋1=0，x－y＋5=0，x－y＋1=0．

(2) 將圓的方程化成標(biāo)準(zhǔn)式（x＋1)2＋(y－2)2=2，圓心C（－1，2），半徑r=2，設(shè)P的坐標(biāo)（x1,x2）,

∵切線PM與CM垂直，

∴|PM|2=|PC|2－|CM|2，

又∵|PM|=|PO|，

坐標(biāo)代入化簡得2x1－4y1＋3=0．

|PM|最小時即|PO|最小，而|PO|最小即O點到直線2x1－4y1＋3=0的距離，即3510．

從而解方程組x21+y21=920,

2x1-4y1+3=0,得滿足條件的點P坐標(biāo)為－310，35.

4. (1) ∵直線l1過點A(3,0)，且與圓C：x2＋y2＝1相切，設(shè)直線l1的方程為y＝k(x－3)，即kx－y－3k＝0，

則圓心O(0,0)到直線l1的距離為

d＝|3k|k2+1＝1，解得k＝±24，

∴直線l1的方程為y＝±24(x－3)．

(2) 對于圓C：x2＋y2＝1，令y＝0，則x＝±1，即P(－1,0)，Q(1,0)．又直線l2過點A且與x軸垂直，∴直線l2方程為x＝3.

設(shè)M(s，t)，則直線PM的方程為y＝ts+1(x＋1)．

解方程組x=3,

y=ts+1(x+1),得P′3，4ts+1．同理可得Q′3，2ts-1．

∴以P′Q′為直徑的圓C′的方程為

(x－3)(x－3)＋y－4ts+1y－2ts-1＝0，

又s2＋t2＝1，

∴整理得(x2＋y2－6x＋1)＋6s-2ty＝0，

若圓C′經(jīng)過定點，只需令y＝0，

從而有x2－6x＋1＝0，解得x＝3±22，

∴圓C′總經(jīng)過定點，定點坐標(biāo)為(3±22，0)．

(作者：周炎，江蘇省平潮高級中學(xué))

（上接第43頁）

故所求四邊形的面積S=12|PQ||MN|=4(1+k2)1+1k2(2+k2)2+1k2=42+k2+1k25+2k2+2k2.

令u=k2+1k2,得S=4(2+u)5+2u=21－15+2u.

∵u=k2+1k2≥2,

當(dāng)k=±1時,u=2，S=169且S是以u為自變量的增函數(shù).∴169≤S<2.

②當(dāng)k=0時，MN為橢圓長軸，|MN|=22，|PQ|=2.∴S=12|PQ||MN|=2.

綜合①②知四邊形PMQN的最大值為2，最小值為169.

3. 易得a=2c，b=c,

故橢圓C的方程為x2+2y2=2c2.

又A(0，c),D(2c,c),F(c,0),T(2c,0),

直線DF的方程為y=x－c，

直線AT的方程為x+2y=2c.

聯(lián)立y=x－c，

x+2y=2c解得x=43c,

y=13c,

易證，點43c,13c在橢圓C：x2+2y2=2c2上，

而易得點43c,13c即為點M，

故存在λ=3，使TA=3TM成立.

(作者:張婧,江蘇省平潮高級中學(xué))