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直线的方程与圆的方程是江苏高考的C级要求，从近几年江苏高考题来看，常考的知识点有：直线方程、圆的方程及直线与圆的位置关系。复习时，要理解直线倾斜角与斜率的概念，掌握直线方程的几种形式及各自的适用范围；能灵活选择直线方程的形式求直线的方程，会根据直线方程判定直线的平行或垂直。此外，还要能进行圆的一般方程与标准方程的互化，根据条件选择方程的形式求圆的方程。对于直线与圆的位置关系要给予足够的重视，特别是对圆系的研究。常见题型有：求直线方程、求圆方程、判断直线与圆的位置关系、直线与圆中的定值定点问题。下面笔者就撷取几例,并予以解析，供读者参考。
题型一求直线方程
【例1】已知直线l过点P(3,1),且被两平行线l1:x+y+1=0,l2:x+y+6=0截的线段长为5,求直线l的方程.
分析这类题型有三种情况:被两已知平行线截得的线段长为定长a的直线,当a小于平行线间的距离时无解,当a等于两平行线间距离时有唯一解,大于时有两解。求直线方程,已知直线过定点,可设点斜式,但须考虑斜率存在与否。
解由题意可知,直线方程有两解.
两平行线的倾斜角是135°,两平行线间距离52,被截线段长为5,可知构成等腰直角三角形,结合图形,可得所求直线倾斜角为0°或90°.故所求直线方程为x=3或y=1.
点拨本题采用数形结合的思想方法较快的得出结果,也可分类讨论斜率存在与否,构造关于斜率的方程求解。在求直线方程时,选择哪种形式是非常重要的。
题型二求圆方程
【例2】设平面直角坐标系中,二次函数f（x）=x2+2x+b的图象与坐标轴有三个交点,求经过这三个交点的圆的方程.
分析这是08年江苏卷18题的第二问。考查求经过三点的圆的方程,可设圆的一般式方程,用待定系数法求解。
解可知二次函数图象与坐标轴三交点坐标A(－1－1－b,0),B(－1+1－b,0),P(0,b).设圆的方程x2+y2+Dx+Ey+F=0,将三点代入可得,D=2,E=-b-1,F=b,故所求圆的方程为x2+y2+2x－(b+1)y+b=0.
点拨本题还可以这样做，设圆的方程x2+y2+Dx+Ey+F=0,令y=0得
x2+Dx+F=0,这与x2+2x+b=0是同一方程,故D=2,F=b.
令x=0,得y2+Ey+F=0,此方程一个根为b,代入得E=-b-1,得解。一般情况下,求圆的方程,常用方法为待定系数法。以知圆过三点,常设一般式,其他情况一般设标准式。知道圆过三点,还可以求出每两点的连线的垂直平分线,两个垂直平分线的交点即为圆心。
题型三直线与圆位置关系
【例3】已知⊙C1:x2+(y+5)2=5，点A(1，－3)．
（1） 求过点A与⊙C1相切的直线l的方程；
（2） 设⊙C2为⊙C1关于直线l对称的圆，则在x轴上是否存在点P，使得P到两圆的切线长之比为2？荐存在，求出点P的坐标；若不存在，试说明理由．
分析求切线方程,一要抓住直线方程的形式,二要抓住直线与圆位置关系的判断(几何法),同时事先要判断点与圆的位置关系,解决问题时牢记数形结合这一重要思想。
解（1） C1(0,－5),r1=5，因为点A恰在⊙C1上，所以点A即是切点，
kC1A=－3+51=2，所以k1=－12，
所以直线l的方程为y+3=-12(x－1),
即x+2y+5=0.
（2） 因为点A恰为C1C2的中点，所以C2(2,－1)，
所以⊙C2：(x－2)2+(y+1)2=5，
设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，求此方程无解.
综上，存在两点P（-2，0）或P（10，0）符合题意.
点拨直线和圆的位置关系的判断主要从几何法入手,牢记点到直线距离公式,求切线方程往往要考虑斜率存在与否。如果遇到求切线长，抓住直角三角形。
题型四定值定点问题
【例4】已知过点A(－1,0)的动直线l与圆C：x2+(y－3)2=4相交于P、Q两点，M是PQ的中点，l与直线m：x+3y+6=0相交于N.探索AM•AN是否与直线l的倾斜角有关，若无关，请求出其值；若有关，请说明理由.
分析定值定点问题是近年江苏高考的热点,在解决问题过程中往往含有一个甚至更多参数,但这些参数只参与运算,对结果并无影响,跟多的考查学生的运算能力。
解∵CM⊥MN,∴AM•AN=(AC+CM)•AN=AC•AN+CM•AN=AC•AN.
当l与x轴垂直时，易得N－1,－53，
则AN=0,－53,又AC=(1,3),
∴AM•AN=AC•AN=－5.
当l的斜率存在时，设直线l的方程为
y=k(x+1)，
则由y=k(x+1)，
x+3y+6=0,得N－3k－61+3k,－5k1+3k,
则AN=－51+3k,－5k1+3k,
∴AM•AN=AC•AN=－51+3k+－15k1+3k=－5.
综上所述，AM•AN与直线l的斜率无关，且AM•AN=－5.
点拨结合图形发现直线AC与直线m垂直,从而可用三角形相似更快求解,即用几何法求解会更方便。不能用几何法或想不到用几何法,纯代数法一定能解决问题,关键是提高运算能力。
牛刀小试
1. 过点P(2,1)的直线交x轴y轴正半轴于A,B两点,求使:
(1) 三角形AOB面积最小时直线的方程；
(2) |PA|•|PB|最小时直线的方程.
2. 已知圆C1：x2＋y2＋2x＋2y－8＝0与圆C2：x2＋y2－2x＋10y－24＝0相交于A、B两点.
(1) 求公共弦AB所在的直线方程；
(2) 求圆心在直线y＝－x上，且经过A、B两点的圆的方程．
3. 已知圆C：x2＋y2＋2x－4y＋3=0.
（1） 若C的切线在x轴，y轴上的截距的绝对值相等，求此切线方程；
（2） 从圆C外一点P（x1,y1)向圆引一条切线，切点为M，O为原点，且有|PM|=|PO|，求使|PM|最小的P点的坐标．
4. 已知圆C的方程为x2＋y2＝1，直线l1过定点A(3,0)，且与圆C相切．
(1) 求直线l1的方程；
(2) 设圆C与x轴交于P、Q两点，M是圆C上异于P、Q的任意一点，过点A且与x轴垂直的直线为l2，直线PM交直线l2于点P′，直线QM交直线l2于点Q′.求证：以P′Q′为直径的圆C′总过定点，并求出定点坐标．
【参考答案】
1. 可选择点斜式,或截距式,较为方便,随后转化为基本不等式求最值.
(1) x+2y-4=0;
(2) x+y-3=0.
2. (1) x2+y2+2x+2y-8=0,
x2+y2-2x+10y-24=0x－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)，
又圆心在直线y＝－x上，设圆心为M(x，－x)，则|MA|＝|MB|，解得M(－3,3)，
∴⊙M：(x＋3)2＋(y－3)2＝10.
还可设圆系方程:x2＋y2＋2x＋2y－8+k(x2＋y2－2x＋10y－24)＝0(k≠0),从而写出圆心坐标,代入直线y=-x,可解得k,即得方程.
3. （1） ∵切线在x轴，y轴上的截距的绝对值相等，∴切线的斜率是±1．分别依据斜率设出切线的斜率，用点到直线的距离公式或判别式法，解得切线的方程为：x＋y－3=0，x＋y＋1=0，x－y＋5=0，x－y＋1=0．
(2) 将圆的方程化成标准式（x＋1)2＋(y－2)2=2，圆心C（－1，2），半径r=2，设P的坐标（x1,x2）,
∵切线PM与CM垂直，
∴|PM|2=|PC|2－|CM|2，
又∵|PM|=|PO|，
坐标代入化简得2x1－4y1＋3=0．
|PM|最小时即|PO|最小，而|PO|最小即O点到直线2x1－4y1＋3=0的距离，即3510．
从而解方程组x21+y21=920,
2x1-4y1+3=0,得满足条件的点P坐标为－310，35.
4. (1) ∵直线l1过点A(3,0)，且与圆C：x2＋y2＝1相切，设直线l1的方程为y＝k(x－3)，即kx－y－3k＝0，
则圆心O(0,0)到直线l1的距离为
d＝|3k|k2+1＝1，解得k＝±24，
∴直线l1的方程为y＝±24(x－3)．
(2) 对于圆C：x2＋y2＝1，令y＝0，则x＝±1，即P(－1,0)，Q(1,0)．又直线l2过点A且与x轴垂直，∴直线l2方程为x＝3.
设M(s，t)，则直线PM的方程为y＝ts+1(x＋1)．
解方程组x=3,
y=ts+1(x+1),得P′3，4ts+1．同理可得Q′3，2ts-1．
∴以P′Q′为直径的圆C′的方程为
(x－3)(x－3)＋y－4ts+1y－2ts-1＝0，
又s2＋t2＝1，
∴整理得(x2＋y2－6x＋1)＋6s-2ty＝0，
若圆C′经过定点，只需令y＝0，
从而有x2－6x＋1＝0，解得x＝3±22，
∴圆C′总经过定点，定点坐标为(3±22，0)．
(作者：周炎，江苏省平潮高级中学)
（上接第43页）
故所求四边形的面积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,
当k=±1时,u=2，S=169且S是以u为自变量的增函数.∴169≤S<2.
②当k=0时，MN为椭圆长轴，|MN|=22，|PQ|=2.∴S=12|PQ||MN|=2.
综合①②知四边形PMQN的最大值为2，最小值为169.
3. 易得a=2c，b=c,
故椭圆C的方程为x2+2y2=2c2.
又A(0，c),D(2c,c),F(c,0),T(2c,0),
直线DF的方程为y=x－c，
直线AT的方程为x+2y=2c.
联立y=x－c，
x+2y=2c解得x=43c,
y=13c,
易证，点43c,13c在椭圆C：x2+2y2=2c2上，
而易得点43c,13c即为点M，
故存在λ=3，使TA=3TM成立.
(作者:张婧,江苏省平潮高级中学)
题型一求直线方程
【例1】已知直线l过点P(3,1),且被两平行线l1:x+y+1=0,l2:x+y+6=0截的线段长为5,求直线l的方程.
分析这类题型有三种情况:被两已知平行线截得的线段长为定长a的直线,当a小于平行线间的距离时无解,当a等于两平行线间距离时有唯一解,大于时有两解。求直线方程,已知直线过定点,可设点斜式,但须考虑斜率存在与否。
解由题意可知,直线方程有两解.
两平行线的倾斜角是135°,两平行线间距离52,被截线段长为5,可知构成等腰直角三角形,结合图形,可得所求直线倾斜角为0°或90°.故所求直线方程为x=3或y=1.
点拨本题采用数形结合的思想方法较快的得出结果,也可分类讨论斜率存在与否,构造关于斜率的方程求解。在求直线方程时,选择哪种形式是非常重要的。
题型二求圆方程
【例2】设平面直角坐标系中,二次函数f（x）=x2+2x+b的图象与坐标轴有三个交点,求经过这三个交点的圆的方程.
分析这是08年江苏卷18题的第二问。考查求经过三点的圆的方程,可设圆的一般式方程,用待定系数法求解。
解可知二次函数图象与坐标轴三交点坐标A(－1－1－b,0),B(－1+1－b,0),P(0,b).设圆的方程x2+y2+Dx+Ey+F=0,将三点代入可得,D=2,E=-b-1,F=b,故所求圆的方程为x2+y2+2x－(b+1)y+b=0.
点拨本题还可以这样做，设圆的方程x2+y2+Dx+Ey+F=0,令y=0得
x2+Dx+F=0,这与x2+2x+b=0是同一方程,故D=2,F=b.
令x=0,得y2+Ey+F=0,此方程一个根为b,代入得E=-b-1,得解。一般情况下,求圆的方程,常用方法为待定系数法。以知圆过三点,常设一般式,其他情况一般设标准式。知道圆过三点,还可以求出每两点的连线的垂直平分线,两个垂直平分线的交点即为圆心。
题型三直线与圆位置关系
【例3】已知⊙C1:x2+(y+5)2=5，点A(1，－3)．
（1） 求过点A与⊙C1相切的直线l的方程；
（2） 设⊙C2为⊙C1关于直线l对称的圆，则在x轴上是否存在点P，使得P到两圆的切线长之比为2？荐存在，求出点P的坐标；若不存在，试说明理由．
分析求切线方程,一要抓住直线方程的形式,二要抓住直线与圆位置关系的判断(几何法),同时事先要判断点与圆的位置关系,解决问题时牢记数形结合这一重要思想。
解（1） C1(0,－5),r1=5，因为点A恰在⊙C1上，所以点A即是切点，
kC1A=－3+51=2，所以k1=－12，
所以直线l的方程为y+3=-12(x－1),
即x+2y+5=0.
（2） 因为点A恰为C1C2的中点，所以C2(2,－1)，
所以⊙C2：(x－2)2+(y+1)2=5，
设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，求此方程无解.
综上，存在两点P（-2，0）或P（10，0）符合题意.
点拨直线和圆的位置关系的判断主要从几何法入手,牢记点到直线距离公式,求切线方程往往要考虑斜率存在与否。如果遇到求切线长，抓住直角三角形。
题型四定值定点问题
【例4】已知过点A(－1,0)的动直线l与圆C：x2+(y－3)2=4相交于P、Q两点，M是PQ的中点，l与直线m：x+3y+6=0相交于N.探索AM•AN是否与直线l的倾斜角有关，若无关，请求出其值；若有关，请说明理由.
分析定值定点问题是近年江苏高考的热点,在解决问题过程中往往含有一个甚至更多参数,但这些参数只参与运算,对结果并无影响,跟多的考查学生的运算能力。
解∵CM⊥MN,∴AM•AN=(AC+CM)•AN=AC•AN+CM•AN=AC•AN.
当l与x轴垂直时，易得N－1,－53，
则AN=0,－53,又AC=(1,3),
∴AM•AN=AC•AN=－5.
当l的斜率存在时，设直线l的方程为
y=k(x+1)，
则由y=k(x+1)，
x+3y+6=0,得N－3k－61+3k,－5k1+3k,
则AN=－51+3k,－5k1+3k,
∴AM•AN=AC•AN=－51+3k+－15k1+3k=－5.
综上所述，AM•AN与直线l的斜率无关，且AM•AN=－5.
点拨结合图形发现直线AC与直线m垂直,从而可用三角形相似更快求解,即用几何法求解会更方便。不能用几何法或想不到用几何法,纯代数法一定能解决问题,关键是提高运算能力。
牛刀小试
1. 过点P(2,1)的直线交x轴y轴正半轴于A,B两点,求使:
(1) 三角形AOB面积最小时直线的方程；
(2) |PA|•|PB|最小时直线的方程.
2. 已知圆C1：x2＋y2＋2x＋2y－8＝0与圆C2：x2＋y2－2x＋10y－24＝0相交于A、B两点.
(1) 求公共弦AB所在的直线方程；
(2) 求圆心在直线y＝－x上，且经过A、B两点的圆的方程．
3. 已知圆C：x2＋y2＋2x－4y＋3=0.
（1） 若C的切线在x轴，y轴上的截距的绝对值相等，求此切线方程；
（2） 从圆C外一点P（x1,y1)向圆引一条切线，切点为M，O为原点，且有|PM|=|PO|，求使|PM|最小的P点的坐标．
4. 已知圆C的方程为x2＋y2＝1，直线l1过定点A(3,0)，且与圆C相切．
(1) 求直线l1的方程；
(2) 设圆C与x轴交于P、Q两点，M是圆C上异于P、Q的任意一点，过点A且与x轴垂直的直线为l2，直线PM交直线l2于点P′，直线QM交直线l2于点Q′.求证：以P′Q′为直径的圆C′总过定点，并求出定点坐标．
【参考答案】
1. 可选择点斜式,或截距式,较为方便,随后转化为基本不等式求最值.
(1) x+2y-4=0;
(2) x+y-3=0.
2. (1) x2+y2+2x+2y-8=0,
x2+y2-2x+10y-24=0x－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)，
又圆心在直线y＝－x上，设圆心为M(x，－x)，则|MA|＝|MB|，解得M(－3,3)，
∴⊙M：(x＋3)2＋(y－3)2＝10.
还可设圆系方程:x2＋y2＋2x＋2y－8+k(x2＋y2－2x＋10y－24)＝0(k≠0),从而写出圆心坐标,代入直线y=-x,可解得k,即得方程.
3. （1） ∵切线在x轴，y轴上的截距的绝对值相等，∴切线的斜率是±1．分别依据斜率设出切线的斜率，用点到直线的距离公式或判别式法，解得切线的方程为：x＋y－3=0，x＋y＋1=0，x－y＋5=0，x－y＋1=0．
(2) 将圆的方程化成标准式（x＋1)2＋(y－2)2=2，圆心C（－1，2），半径r=2，设P的坐标（x1,x2）,
∵切线PM与CM垂直，
∴|PM|2=|PC|2－|CM|2，
又∵|PM|=|PO|，
坐标代入化简得2x1－4y1＋3=0．
|PM|最小时即|PO|最小，而|PO|最小即O点到直线2x1－4y1＋3=0的距离，即3510．
从而解方程组x21+y21=920,
2x1-4y1+3=0,得满足条件的点P坐标为－310，35.
4. (1) ∵直线l1过点A(3,0)，且与圆C：x2＋y2＝1相切，设直线l1的方程为y＝k(x－3)，即kx－y－3k＝0，
则圆心O(0,0)到直线l1的距离为
d＝|3k|k2+1＝1，解得k＝±24，
∴直线l1的方程为y＝±24(x－3)．
(2) 对于圆C：x2＋y2＝1，令y＝0，则x＝±1，即P(－1,0)，Q(1,0)．又直线l2过点A且与x轴垂直，∴直线l2方程为x＝3.
设M(s，t)，则直线PM的方程为y＝ts+1(x＋1)．
解方程组x=3,
y=ts+1(x+1),得P′3，4ts+1．同理可得Q′3，2ts-1．
∴以P′Q′为直径的圆C′的方程为
(x－3)(x－3)＋y－4ts+1y－2ts-1＝0，
又s2＋t2＝1，
∴整理得(x2＋y2－6x＋1)＋6s-2ty＝0，
若圆C′经过定点，只需令y＝0，
从而有x2－6x＋1＝0，解得x＝3±22，
∴圆C′总经过定点，定点坐标为(3±22，0)．
(作者：周炎，江苏省平潮高级中学)
（上接第43页）
故所求四边形的面积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,
当k=±1时,u=2，S=169且S是以u为自变量的增函数.∴169≤S<2.
②当k=0时，MN为椭圆长轴，|MN|=22，|PQ|=2.∴S=12|PQ||MN|=2.
综合①②知四边形PMQN的最大值为2，最小值为169.
3. 易得a=2c，b=c,
故椭圆C的方程为x2+2y2=2c2.
又A(0，c),D(2c,c),F(c,0),T(2c,0),
直线DF的方程为y=x－c，
直线AT的方程为x+2y=2c.
联立y=x－c，
x+2y=2c解得x=43c,
y=13c,
易证，点43c,13c在椭圆C：x2+2y2=2c2上，
而易得点43c,13c即为点M，
故存在λ=3，使TA=3TM成立.
(作者:张婧,江苏省平潮高级中学)