高中数学圆的方程典型例题总结归纳(极力推荐)

1高中数学圆的方程典型例题类型一：圆的方程例1求过两点)4,1(A、)2,3(B且圆心在直线0y上的圆的标准方程并判断点)4,2(P与圆的关系．分析：欲求圆的标准方程，需求出圆心坐标的圆的半径的大小，而要判断点P与圆的位置关系，只须看点P与圆心的距离和圆的半径的大小关系，若距离大于半径，则点在圆外；若距离等于半径，则点在圆上；若距离小于半径，则点在圆内．解法一：（待定系数法）设圆的标准方程为222)()(rbyax．∵圆心在0y上，故0b．∴圆的方程为222)(ryax．又∵该圆过)4,1(A、)2,3(B两点．∴22224)3(16)1(rara解之得：1a，202r．所以所求圆的方程为20)1(22yx．解法二：（直接求出圆心坐标和半径）因为圆过)4,1(A、)2,3(B两点，所以圆心C必在线段AB的垂直平分线l上，又因为13124ABk，故l的斜率为1，又AB的中点为)3,2(，故AB的垂直平分线l的方程为：23xy即01yx．又知圆心在直线0y上，故圆心坐标为)0,1(C∴半径204)11(22ACr．故所求圆的方程为20)1(22yx．又点)4,2(P到圆心)0,1(C的距离为rPCd254)12(22．∴点P在圆外．说明：本题利用两种方法求解了圆的方程，都围绕着求圆的圆心和半径这两个关键的量，然后根据圆心与定点之间的距离和半径的大小关系来判定点与圆的位置关系，若将点换成直线又该如何来判定直线与圆的位置关系呢？类型二：切线方程、切点弦方程、公共弦方程例5已知圆422yxO：，求过点42，P与圆O相切的切线．解：∵点42，P不在圆O上，∴切线PT的直线方程可设为42xky根据rd∴21422kk解得43k2所以4243xy即01043yx因为过圆外一点作圆得切线应该有两条，可见另一条直线的斜率不存在．易求另一条切线为2x．说明：上述解题过程容易漏解斜率不存在的情况，要注意补回漏掉的解．本题还有其他解法，例如把所设的切线方程代入圆方程，用判别式等于0解决（也要注意漏解）．还可以运用200ryyxx，求出切点坐标0x、0y的值来解决，此时没有漏解．类型三：弦长、弧问题例9、直线0323yx截圆422yx得的劣弧所对的圆心角为解：依题意得，弦心距3d，故弦长2222drAB，从而△OAB是等边三角形，故截得的劣弧所对的圆心角为3AOB.类型四：直线与圆的位置关系.例13圆9)3()3(22yx上到直线01143yx的距离为1的点有几个？分析：借助图形直观求解．或先求出直线1l、2l的方程，从代数计算中寻找解答．解法一：圆9)3()3(22yx的圆心为)3,3(1O，半径3r．设圆心1O到直线01143yx的距离为d，则324311343322d．如图，在圆心1O同侧，与直线01143yx平行且距离为1的直线1l与圆有两个交点，这两个交点符合题意．又123dr．∴与直线01143yx平行的圆的切线的两个切点中有一个切点也符合题意．∴符合题意的点共有3个．解法二：符合题意的点是平行于直线01143yx，且与之距离为1的直线和圆的交点．设所求直线为043myx，则1431122md，3∴511m，即6m，或16m，也即06431yxl：，或016432yxl：．设圆9)3()3(221yxO：的圆心到直线1l、2l的距离为1d、2d，则34363433221d，143163433222d．∴1l与1O相切，与圆1O有一个公共点；2l与圆1O相交，与圆1O有两个公共点．即符合题意的点共3个．说明：对于本题，若不留心，则易发生以下误解：设圆心1O到直线01143yx的距离为d，则324311343322d．∴圆1O到01143yx距离为1的点有两个．显然，上述误解中的d是圆心到直线01143yx的距离，rd，只能说明此直线与圆有两个交点，而不能说明圆上有两点到此直线的距离为1．到一条直线的距离等于定值的点，在与此直线距离为这个定值的两条平行直线上，因此题中所求的点就是这两条平行直线与圆的公共点．求直线与圆的公共点个数，一般根据圆与直线的位置关系来判断，即根据圆心与直线的距离和半径的大小比较来判断．类型五：圆与圆的位置关系例15：圆0222xyx和圆0422yyx的公切线共有条。解：∵圆1)1(22yx的圆心为)0,1(1O，半径11r，圆4)2(22yx的圆心为)2,0(2O，半径22r，∴1,3,5122121rrrrOO.∵212112rrOOrr，∴两圆相交.共有2条公切线。类型六：圆中的对称问题例17自点33，A发出的光线l射到x轴上，被x轴反射，反射光线所在的直线与圆074422yxyxC：相切（1）求光线l和反射光线所在的直线方程．（2）光线自A到切点所经过的路程．分析、略解：观察动画演示，分析思路．根据对称关系，首先求出点A的对称点A的坐标为33，，其次设过A的圆C的切线方程为33xkyGOBNMyAx图3CA’4根据rd，即求出圆C的切线的斜率为34k或43k进一步求出反射光线所在的直线的方程为0334yx或0343yx最后根据入射光与反射光关于x轴对称，求出入射光所在直线方程为0334yx或0343yx光路的距离为MA'，可由勾股定理求得7222CMCAMA．说明：本题亦可把圆对称到x轴下方，再求解．类型七：圆中的最值问题例19(1)已知圆1)4()3(221yxO：，),(yxP为圆O上的动点，求22yxd的最大、最小值．(2)已知圆1)2(222yxO：，),(yxP为圆上任一点．求12xy的最大、最小值，求yx2的最大、最小值．分析：(1)、(2)两小题都涉及到圆上点的坐标，可考虑用圆的参数方程或数形结合解决．解：(1)(法1)由圆的标准方程1)4()3(22yx．可设圆的参数方程为,sin4,cos3yx（是参数）．则2222sinsin816coscos69yxd)cos(1026sin8cos626（其中34tan）．所以361026maxd，161026mind．(法2)圆上点到原点距离的最大值1d等于圆心到原点的距离'1d加上半径1，圆上点到原点距离的最小值2d等于圆心到原点的距离'1d减去半径1．所以6143221d．4143222d．所以36maxd．16mind．(2)(法1)由1)2(22yx得圆的参数方程：,sin,cos2yx是参数．5则3cos2sin12xy．令t3cos2sin，得tt32cossin，tt32)sin(121)sin(1322tt433433t．所以433maxt，433mint．即12xy的最大值为433，最小值为433．此时)cos(52sin2cos22yx．所以yx2的最大值为52，最小值为52．(法2)设kxy12，则02kykx．由于),(yxP是圆上点，当直线与圆有交点时，如图所示，两条切线的斜率分别是最大、最小值．由11222kkkd，得433k．所以12xy的最大值为433，最小值为433．令tyx2，同理两条切线在x轴上的截距分别是最大、最小值．由152md，得52m．所以yx2的最大值为52，最小值为52．类型九：圆的综合应用例25、已知圆0622myxyx与直线032yx相交于P、Q两点，O为原6点，且OQOP，求实数m的值．分析：设P、Q两点的坐标为),(11yx、),(22yx，则由1OQOPkk，可得02121yyxx，再利用一元二次方程根与系数的关系求解．或因为通过原点的直线的斜率为xy，由直线l与圆的方程构造以xy为未知数的一元二次方程，由根与系数关系得出OQOPkk的值，从而使问题得以解决．解法一：设点P、Q的坐标为),(11yx、),(22yx．一方面，由OQOP，得1OQOPkk，即12211xyxy，也即：02121yyxx．①另一方面，),(11yx、),(22yx是方程组0603222myxyxyx的实数解，即1x、2x是方程02741052mxx②的两个根．∴221xx，527421mxx．③又P、Q在直线032yx上，∴])(39[41)3(21)3(2121212121xxxxxxyy．将③代入，得51221myy．④将③、④代入①，解得3m，代入方程②，检验0成立，∴3m．解法二：由直线方程可得yx23，代入圆的方程0622myxyx，有0)2(9)6)(2(31222yxmyxyxyx，整理，得0)274()3(4)12(22ymxymxm．由于0x，故可得012)3(4))(274(2mxymxym．∴OPk，OQk是上述方程两根．故1OQOPkk．得127412mm，解得3m．7经检验可知3m为所求．说明：求解本题时，应避免去求P、Q两点的坐标的具体数值．除此之外，还应对求出的m值进行必要的检验，这是因为在求解过程中并没有确保有交点P、Q存在．解法一显示了一种解这类题的通法，解法二的关键在于依据直线方程构造出一个关于xy的二次齐次方程，虽有规律可循，但需一定的变形技巧，同时也可看出，这种方法给人以一种淋漓酣畅，一气呵成之感．例26、已知对于圆1)1(22yx上任一点),(yxP，不等式0myx恒成立，求实数m的取值范围．分析一：为了使不等式0myx恒成立，即使myx恒成立，只须使myxmin)(就行了．因此只要求出yx的最小值，m的范围就可求得．解法一：令yxu，由1)1(22yxuyx得：0)1(2222uyuy∵0且228)1(4uu，∴0)12(42uu．即0)122uu，∴2121u，∴21minu，即21)(minyx又0myx恒成立即myx恒成立．∴myx21)(min成立，∴12m．分析二：设圆上一点)sin1,(cosP[因为这时P点坐标满足方程1)1(22yx]问题转化为利用三解问题来解．解法二：设圆1)1(22yx上任一点)sin1,(cosP)2,0[∴cosx，sin1y8∵0myx恒成立∴0sin1cosm即)sincos1(m恒成立．∴只须m不小于)sincos1(的最大值．设1)4sin(21)cos(sinu∴12maxu即12m．说明：在这种解法中，运用了圆上的点的参数设法．一般地，把圆222)()(rbyax上的点设为)sin,cos(rbra()2,0[)．采用这种设法一方面可减少参数的个数，另一方面可以灵活地运用三角公式．从代数观点来看，这种做法的实质就是三角代换．