高中数学圆的方程经典例题与解析

高中数学圆的方程经典例题与解析

例 1 求过两点 A(1 , 4) 、B(3 , 2) 且圆心在直线 y ? 0 上的圆的标准方程并判断点 P(2 , 4) 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 (x ? a)2 ? ( y ? b)2 ? r 2 .

∵圆心在 y ? 0 上,故 b ? 0 . ∴圆的方程为 (x ? a)2 ? y2 ? r 2 .

又∵该圆过 A(1 , 4) 、 B(3 , 2) 两点.



??(1? a)2

? ??(3

?

a)

2

?16 ? r2 ?4 ? r2

解之得: a ? ?1, r 2 ? 20 .所以所求圆的方程为 (x ?1)2 ? y2 ? 20 .

解法二:(直接求出圆心坐标和半径)

因为圆过 A(1 , 4) 、B(3 , 2) 两点,所以圆心 C 必在线段 AB 的垂直平分线 l 上,又因为

k AB

?

4?2 1?3

?

?1,故 l

的斜率为

1,又

AB

的中点为 (2

,

3)

,故

AB 的垂直平分线 l

的方程

为: y ? 3 ? x ? 2 即 x ? y ?1 ? 0 .

又知圆心在直线 y ? 0 上,故圆心坐标为 C(?1 , 0)

∴半径 r ? AC ? (1?1)2 ? 42 ? 20 . 故所求圆的方程为 (x ?1)2 ? y2 ? 20 .

又点 P(2 , 4) 到圆心 C(?1, 0) 的距离为 d ? PC ? (2 ?1)2 ? 42 ? 25 ? r .
∴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?
例 2 已知圆 O:x2 ? y2 ? 4 ,求过点 P?2,4? 与圆 O 相切的切线.
解:∵点 P?2,4? 不在圆 O 上,∴切线 PT 的直线方程可设为 y ? k?x ? 2?? 4

根据 d ? r

? 2k ? 4



?2

1? k2

解得 k ? 3 4

所以 y ? 3 ?x ? 2?? 4
4

即 3x ? 4y ?10 ? 0

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 x ? 2 .
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 x0 x ? y0 y ? r 2 ,求出切点坐标 x0 、 y0 的值来解决,此时没有漏解.
例 3、直线 3x ? y ? 2 3 ? 0截圆 x 2 ? y 2 ? 4 得的劣弧所对的圆心角为

解:依题意得,弦心距 d ? 3 ,故弦长 AB ? 2 r 2 ? d 2 ? 2 ,从而△OAB 是等边三角 形,故截得的劣弧所对的圆心角为 ?AOB ? ? .
3 例 4 圆 (x ? 3)2 ? ( y ? 3)2 ? 9 上到直线 3x ? 4y ?11 ? 0 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 l1 、 l2 的方程,从代数计算中寻找解答.

解法一:圆 (x ? 3)2 ? ( y ? 3)2 ? 9 的圆心为 O1(3 , 3) ,半径 r ? 3.

3? 3 ? 4 ? 3 ?11

设圆心 O1 到直线 3x ? 4y ?11 ? 0 的距离为 d ,则 d ?

32 ? 42

? 2 ? 3.

如图,在圆心 O1 同侧,与直线 3x ? 4 y ?11 ? 0 平行且距离为 1 的直线 l1 与圆有两个交
点,这两个交点符合题意.

又 r ? d ? 3? 2 ?1. ∴与直线 3x ? 4 y ?11 ? 0 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 3x ? 4 y ?11 ? 0 ,且与之距离为 1 的直线和圆的

m ?11

交点.设所求直线为 3x ? 4y ? m ? 0,则 d ?

? 1,

32 ? 42

∴ m ?11? ?5,即 m ? ?6 ,或 m ? ?16,也即

l1:3x ? 4 y ? 6 ? 0 ,或 l2:3x ? 4y ?16 ? 0 .

设圆 O1:(x ? 3)2 ? ( y ? 3)2 ? 9 的圆心到直线 l1 、 l2 的距离为 d1 、 d2 ,则

3?3? 4?3?6

3?3 ? 4?3 ?16

d1 ?

32 ? 42 ? 3 , d2 ?

32 ? 42

?1.

∴ l1 与 O1 相切,与圆 O1 有一个公共点; l2 与圆 O1 相交,与圆 O1 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:

3? 3 ? 4 ? 3 ?11

设圆心 O1 到直线 3x ? 4y ?11 ? 0 的距离为 d ,则 d ?

32 ? 42

? 2 ? 3.

∴圆 O1 到 3x ? 4y ?11 ? 0 距离为 1 的点有两个.

显然,上述误解中的 d 是圆心到直线 3x ? 4y ?11 ? 0 的距离, d ? r ,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.

例 5:圆 x 2 ? y 2 ? 2x ? 0 和圆 x 2 ? y 2 ? 4 y ? 0 的公切线共有

条。

解:∵圆 (x ? 1)2 ? y 2 ? 1 的圆心为 O1 (1,0) ,半径 r1 ? 1 ,圆 x 2 ? ( y ? 2)2 ? 4 的圆心为

O2 (0,?2) ,半径 r2 ? 2 ,∴ O1O2 ? 5, r1 ? r2 ? 3, r2 ? r1 ? 1.∵ r2 ? r1 ? O1O2 ? r1 ? r2 ,
∴两圆相交.共有 2 条公切线。

例 6 自点 A?? 3,3?发出的光线 l 射到 x 轴上,被 x 轴反射,反射光线所

y

在的直线与圆 C:x2 ? y2 ? 4x ? 4 y ? 7 ? 0 相切

(1)求光线 l 和反射光线所在的直线方程.

A

(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 ?? 3,? 3?,其次设过 A? 的圆 C 的切线方程为

y ? k?x ? 3?? 3

M C
N

GO B

x

根据 d ? r ,即求出圆 C 的切线的斜率为 k ? 4 或 k ? 3

A’

3

4

进一步求出反射光线所在的直线的方程为

4x ? 3y ? 3 ? 0 或 3x ? 4y ? 3 ? 0



3

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

4x ? 3y ? 3 ? 0 或 3x ? 4y ? 3 ? 0

光路的距离为 A' M ,可由勾股定理求得 A?M 2 ? A?C 2 ? CM 2 ? 7 .

说明:本题亦可把圆对称到 x 轴下方,再求解.

例 7 (1)已知圆 O1:(x ? 3)2 ? ( y ? 4)2 ? 1, P(x , y) 为圆 O 上的动点,求 d ? x2 ? y2 的最

大、最小值.

(2)已知圆 O2:(x

?

2)2

?

y2

? 1 , P(x

,

y)

为圆上任一点.求

y?2 x ?1

的最大、最小值,求

x ? 2y 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 (x ? 3)2 ? ( y ? 4)2 ? 1 .

可设圆的参数方程为

?x ?? y

? ?

3 ? cos? 4 ? sin?

, ,

(?

是参数).

则 d ? x2 ? y2 ? 9 ? 6 cos? ? cos2 ? ?16 ? 8sin? ? sin2 ? ? 26 ? 6cos? ? 8sin? ? 26 ?10cos(? ??) (其中 tan? ? 4 ). 3
所以 dmax ? 26 ?10 ? 36 , dmin ? 26 ?10 ? 16 .

(法

2)圆上点到原点距离的最大值

d

1

等于圆心到原点的距离

d

' 1

加上半径

1,圆上点到原

点距离的最小值

d

2

等于圆心到原点的距离

d

' 1

减去半径

1.

所以 d1 ? 32 ? 42 ?1 ? 6 .

d2 ? 32 ? 42 ?1 ? 4 .

所以 dmax ? 36 . dmin ? 16 .

(2)

(法

1)由 (x

?

2)2

?

y2

?

1

得圆的参数方程:

?x ?? y

? ?2 ? cos? , ? sin? ,

?

是参数.

则 y ? 2 ? sin? ? 2 .令 sin? ? 2 ? t , x ?1 cos? ? 3 cos? ? 3

得 sin? ?t cos? ? 2 ?3t , 1? t 2 sin(? ??) ? 2 ? 3t

? 2 ? 3t ? sin(? ? ? ) ? 1 ? 3 ? 3 ? t ? 3 ? 3 .

1? t2

4

4

所以 tmax

?

3? 4

3

, tmin

? 3? 4

3



即 y ? 2 的最大值为 3 ? 3 ,最小值为 3 ? 3 .

x ?1

4

4

此时 x ? 2 y ? ?2 ? cos? ? 2sin? ? ?2 ? 5 cos(? ? ? ) .

所以 x ? 2y 的最大值为 ?2 ? 5 ,最小值为 ?2 ? 5 .
(法 2)设 y ? 2 ? k ,则 kx? y ? k ? 2 ? 0.由于 P(x , y) 是圆上点,当直线与圆有交点 x ?1
时,如图所示,

两条切线的斜率分别是最大、最小值.

由 d ? ? 2k ? k ? 2 ? 1,得 k ? 3 ? 3 .

1? k2

4

所以 y ? 2 的最大值为 3 ? 3 ,最小值为 3 ? 3 .

x ?1

4

4

令 x ? 2y ? t ,同理两条切线在 x 轴上的截距分别是最大、最小值.

由 d ? ? 2 ? m ? 1,得 m ? ?2 ? 5 . 5
所以 x ? 2y 的最大值为 ?2 ? 5 ,最小值为 ?2 ? 5 . 例 8、 已知圆 x2 ? y2 ? x ? 6 y ? m ? 0 与直线 x ? 2 y ? 3 ? 0 相交于 P 、 Q 两点, O 为原

点,且 OP ? OQ ,求实数 m 的值.

分 析 : 设 P 、 Q 两 点 的 坐 标 为 (x1 , y1) 、 (x2 , y2 ) , 则 由 kOP ? kOQ ? ?1 , 可 得

x1x2 ? y1 y2 ? 0 ,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 y ,由直线 l 与圆的方程构造以 y 为未知数的一元二次方程,由根与系数关系得出

x

x

kOP ? kOQ 的值,从而使问题得以解决.

解法一:设点 P 、 Q 的坐标为 (x1 , y1) 、 (x2 , y2 ) .一方面,由 OP ? OQ ,得

kOP ? kOQ

? ?1,即

y1 x1

?

y2 x2

?

?1,也即: x1x2

?

y1 y2

?0.



?x ? 2y ?3 ? 0 另一方面, (x1 , y1) 、 (x2 , y2 ) 是方程组 ??x2 ? y2 ? x ? 6 y ? m ? 0 的实数解,即 x1 、

x2 是方程 5x2 ?10x ? 4m ? 27 ? 0



的两个根.



x1

?

x2

?

?2 ,

x1x2

?

4m ? 5

27





又 P 、 Q 在直线 x ? 2 y ? 3 ? 0 上,



y1 y2

?

1 2

(3 ?

x1) ?

1 2

(3 ?

x2 )

?

1 [9 4

? 3(x1

?

x2 )

?

x1x2 ].

将③代入,得

y1 y2

?

m

?12 5





将③、④代入①,解得 m ? 3 ,代入方程②,检验 ? ? 0 成立,

∴ m ? 3.

解法二:由直线方程可得 3 ? x ? 2 y ,代入圆的方程 x2 ? y2 ? x ? 6 y ? m ? 0 ,有

x2 ? y2 ? 1 (x ? 2y)(x ? 6y) ? m (x ? 2y)2 ? 0 ,

3

9

整理,得 (12 ? m)x2 ? 4(m ? 3)xy ? (4m ? 27) y2 ? 0 .

由于 x ? 0 ,故可得

(4m ? 27)( y )2 ? 4(m ? 3) y ?12 ? m ? 0 .

x

x

∴ kOP , kOQ 是上述方程两根.故 kOP ? kOQ ? ?1 .得

12 ? m ? ?1,解得 m ? 3 . 4m ? 27 经检验可知 m ? 3 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
y 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 x
以一种淋漓酣畅,一气呵成之感.

例 9、已知对于圆 x2 ? ( y ?1)2 ? 1上任一点 P(x , y) ,不等式 x ? y ? m ? 0 恒成立,求实 数 m 的取值范围.
分 析 一 : 为 了 使 不 等 式 x ? y ? m ? 0 恒 成 立 , 即 使 x ? y ? ?m 恒 成 立 , 只 须 使
(x ? y)m i n? ?m 就行了.因此只要求出 x ? y 的最小值, m 的范围就可求得. 解法一:令 u ? x ? y , ?x ? y ? u 由 ??x2 ? ( y ?1)2 ? 1 得: 2 y2 ? 2(u ?1) y ? u2 ? 0 ∵ ? ? 0 且 ? ? 4(u ?1)2 ? 8u2 , ∴ 4(?u2 ? 2u ?1) ? 0 . 即 u2 ? 2u ?1) ? 0 ,∴1? 2 ? u ? 1? 2 ,
∴ umin ? 1? 2 ,即 (x ? y)min ? 1? 2 又 x ? y ? m ? 0 恒成立即 x ? y ? ?m 恒成立.
∴ (x ? y)min ? 1? 2 ? ?m 成立, ∴ m ? 2 ?1. 分析二:设圆上一点 P(cos? , 1? sin? ) [因为这时 P 点坐标满足方程 x2 ? ( y ?1)2 ? 1]
问题转化为利用三解问题来解.
解法二:设圆 x2 ? ( y ?1)2 ? 1上任一点 P(cos? , 1? sin? ) ? ?[0 , 2? ) ∴ x ? cos? , y ? 1? sin?
∵ x ? y ? m ? 0 恒成立 ∴ cos? ?1? sin? ? m ? 0 即 m ? ?(1? cos? ? sin? ) 恒成立.
∴只须 m 不小于 ?(1? cos? ? sin? ) 的最大值. 设 u ? ?(sin? ? cos? ) ?1 ? ? 2 sin(? ? ? ) ?1
4 ∴ umax ? 2 ?1 即 m ? 2 ?1 .

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 (x ? a)2 ? ( y ? b)2 ? r 2 上的点设为 (a ? r cos? , b ? r sin? ) (? ?[0 , 2? ) ).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.


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