高中数学圆的方程典型例题全

1、类型七：圆中的最值问题例18：圆x2 y2 4x 4y 10 0上的点到直线x y 14 0的最大距离与最小距离的差是 例19 (1)圆Oi：(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.22y 2(2)圆O2:(x 2)2 y 1 , P(x, y)为圆上任一点.求的最大、最小值，求x 2y的x 1最大、最小值.分析：(1)、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)21.x 3 cos ,可设圆的参数方程为是参数.y 4 sin ,那么d2 xy2 96cos2 c

2、os168si n si n2266 cos8 si n2610 cos()其中tan4所以dmax26 1036,d .min26 1016.(法2)圆上点到原点距离的最大值d1等于圆心到原点的距离 d；加上半径1,圆上点到原点距离的最小值d2等于圆心到原点的距离d1减去半径1.所以 d1- 32 42 1 6.d2. 3242 1 4.所以 dmax 36 . dmin 16 .22x 2 cos ,(2)(法1)由(x 2) y1得圆的参数方程：是参数.y sin ,那么山 虫2 .令sin2t,x 1 cos 3 cos 3得 sin tcos 2 3t , . 1 t2 sin()

3、2 3tsin(2 3t所以tmax343tt min4即红二的最大值为3一3，最小值为x 14此时 x 2y 2 cos2si n5cos( ).所以x 2y的最大值为最小值为 25 .20 .由于P(x,y)是圆上点，当直线与圆有交点时，如kx y k(法2)设壬上 k，那么x 1得k4所以口的最大值为3x 143，最小值为2y t，同理两条切线在x轴上的截距分别是最大、最小值.1，得m所以x2y的最大值为 25 ,最小值为 2例20： A( 2,0) , B(2,0)，点 P 在圆(x3)2(y2224)24上运动，那么的最小值是解：设 P(x, y)，那么 PA2PB2 (x 2)2y

4、2(x2)2y22(x2 y2) 8 2OP28 .设圆心2 2为 C(3,4)，那么 0Pmin OC r 5 2 3，二 PA PB 的最小值为 2 32 8 26.练习：2 21：点P(x, y)在圆x (y 1)1上运动1求的最大值与最小值；2求2x y的最大值与最小值x 2解：1设k，那么k表示点P(x, y)与点2, 1连线的斜率当该直线与圆相切时，k取得x 2最大值与最小值由 2k 1，解得k , 乂的最大值为仝，最小值为.3 x 2332设2x y m，那么m表示直线2x y m在y轴上的截距当该直线与圆相切时，m取得最大值与最小值由 1 0 1，解得m 1 J5 ,. 2x

5、y的最大值为1 J5，最小值为1 J5.<522y 22设点P(x , y)是圆x y1是任一点，求u的取值范围.x 1分析一：利用圆上任一点的参数坐标代替x、y，转化为三角问题来解决.解法一:设圆xy2 1 上任一点 P(cos , sin )那么有x cos ,ysin usin2u coscos1 u cossin(u即 u2 1si n()u si n()(uYu2) H .又sin()12).0,2 )u sintanu 2u2 1解之得：u分析二：u34 .y 2的几何意义是过圆x 1y21上一动点和定点(1,2)的连线的斜率，利用此直线与圆x2y21有公共点，可确定出的取值

6、范围.V 222解法二：由U得：V 2 u(x 1)，此直线与圆x V 1有公共点，故点(0,0)到x 1直线的距离d 1 .3解得：U 3 .4另外，直线V 2 u(x 1)与圆x2 y2 1的公共点还可以这样来处理:u(xV2 11)消去V 后得：(u2 1)x2 (2u2 4u)x(u2 4u 3)0,此方程有实根，故 (2u24u)2 4(u2 1)(u2 4u 3) 0,3解之得：u .4说明：这里将圆上的点用它的参数式表示出来，从而将求变量u的范围问题转化成三角函数的有关知识来求解.或者是利用其几何意义转化成斜率来求解，使问题变得简捷方便.2 2 2 /3、点 A( 2, 2),

7、B( 2,6), C(4, 2)，点 P在圆 x2 y24上运动，求 PA PB PC 的最大值和最小值类型八：轨迹问题1例21、根底训练：点 M与两个定点0(0,0), A(3,0)的距离的比为丄，求点M的轨迹方程2V4上运动，求线段AB2例22、线段 AB的端点B的坐标是4, 3，端点A在圆(x 1)2的中点M的轨迹方程2例23如下列图，圆 0： x4与y轴的正方向交于A点，点B在直线V2上运动，过B做圆O的切线，切点为C，求ABC垂心H的轨迹.分析：按常规求轨迹的方法，设 H (x , y)，找x, y的关系非常难由于 H点随B , C点运动而运动，可考虑 H , B , C三点坐标之间

8、的关系.解:设 H(x,y) , C(x' , y')，连结 AH , CH ,那么 AH BC , CH AB , BC 是切线 OC BC , 所以 OC/AH , CH OA , OA OC , 所以四边形AOCH是菱形.所以 |CH| |OA2，得y 2,x.' ' '2 '2又 C(x , y)满足 x y 4,所以 x2 (y 2)24(x 0)即是所求轨迹方程.说明：题目巧妙运用了三角形垂心的性质及菱形的相关知识采取代入法求轨迹方程.做题时 应注意分析图形的几何性质，求轨迹时应注意分析与动点相关联的点，如相关联点轨迹方程， 可考虑代

9、入法.例24圆的方程为x22 2PB ,y r ,圆内有定点P(a,b),圆周上有两个动点 A、B，使PA求矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程.分析：利用几何法求解，或利用转移法求解，或利用参数法求解.解法一：如图，在矩形APBQ中，连结AB , PQ交于M，显然OM AB , | AB PQ ,在直角三角形 AOM中，假设设Q(x,y)，那么mE - ,- -) 2 2, 2 2 2由 OMAMOA ，即(宁)2(孕)2 Ax -)2 (y b)2 r2，2242 2 2 2 2也即x y 2r (a b )，这便是Q的轨迹方程.解法二：设Q(x,y)、A(x.(,y()、B(x2,y2)，那么

10、x12y12r2,x22y22r2 . 2 2又PQ AB ，即(xa)2(y b)2(Xix?)2(%y?)22r22(x2y2).又AB与PQ的中点重合，故x a x1 x2 , y b y1 y2，即2 2 2(x a) (y b) 2r2(XiX2 y)+，有 x2 y2 2r2 (a2 b2).这就是所求的轨迹方程.解法三：设 A(rcos , r sin )、B(r cos , r sin )、Q(x , y),由于APBQ为矩形，故AB与PQ的中点重合，即有x a r cos r cos ,联立、消去y b r sin r sin ,又由PA PB有rsinr cosbrsi n

11、b1ar cosa，即可得Q点的轨迹方程为x2 y2 2r2 (a2 b2).说明：此题的条件较多且较隐含，解题时，思路应清晰，且应充分利用图形的几何性质，否那么, 将使解题陷入困境之中.此题给出三种解法其中的解法一是几何方法，它充分利用了图形中隐含的数量关系而解法x1、x2、y1、y2 四个参二与解法三，从本质上是一样的，都可以称为参数方法.解法二涉及到了 数，故需列出五个方程；而解法三中，由于借助了圆x2 y2 r2的参数方程，只涉及到两个参数，故只需列出三个方程便可上述三种解法的共同之处是，利用了图形的几何特征，借助数形结 合的思想方法求解.练习：2 21、由动点P向圆x y1引两条切线

12、PA、PB，切点分别为A、B , APB =60°,那么动点P的轨迹方程是.解：设 P(x,y).T APB =60°, a OPA=30° / OA AP , . OP 2OA 2, 弋 _y2 2 , 化简得x2 y2 4，动点P的轨迹方程是x2 y2 4 .练习稳固：设 A( c,0), B(c,0)(c0)为两定点，动点 P到A点的距离与到 B点的距离的比为定值a(a 0)，求P点的轨迹.|PA|J(x c)2 y2解：设动点P的坐标为P(x, y) 由 一.a(a 0)，得a ,lPBJ(x c)2 y2化简得(1 a2)x2 (1 a2)y2 2c(1

13、 a2)x c2(1 a2) 0.2 2当 a 1 时，化简得 x2 y2 2c(1 a ) x c2 0，整理得(x 1吕C)2 y2 (丰°)2;1 aa 1a 1当a 1时，化简得x 0.所以当a 1时，P点的轨迹是以(打皂c, 0)为圆心，| 2ac |为半径的圆；a 1I a1|当a 1时，P点的轨迹是y轴.2、两定点A( 2,0) , B(1,0)，如果动点P满足PA 2PB，那么点P的轨迹所包围的面积等于解：设点P的坐标是(x, y).由|PA 2PB ,得J(x 2)2 y2 2J(x 1)2 y2，化简得(x 2)2 y2 4，点P的轨迹是以2, 0为圆心，2为半径

14、的圆，所求面积为 4 .2y1上运动，M是线段AB上的一点，且 AM1 -3mb，解：设 M (x, y), A(x , y-i). / AMxi,yyi) 1(3 x, y),1 、4,xx1(3 x)3xx 13 14y y1y1 3y(4x 1)2(4y)21,33即(x -)2 y24例5、定点B(3,0)，点A在圆x2y2点A在圆x2 y2 1上运动，2X1y/ 1, 9?点M的轨迹方程是(X 322y9164161上运动，AOB的平分线交AB于点M，那么点M的轨迹方程是解：设 M(x, y),A(xy1). / OM 是 AOB的平分线,AM |OA 1MB |OB 3 AMMB.

15、由变式31可得点M的轨迹方程是(x ?)2 y2491624、定点B(3,0)，点A在圆x问点M的轨迹是什么？练习稳固：直线 y kx 1与圆x2y24相交于A、B两点，以OA、OB为邻边作平行四边形OAPB，求点P的轨迹方程M是OP的中点，点M的坐标为解：设P(x,y) , AB的中点为M / OAPB是平行四边形,(仝丄),且 OM AB . 直线 y kx 1 经过定点 C(0,1) , OM CM ,2'2OM CM (",乂)(f 1) () ( 1) 0,化简得 x (y 1)1.点 P 的轨迹方程是2 2 2 2 22 22 2x2 (y 1)21.类型九：圆的

16、综合应用例25、圆x2 y2 x 6y m 0与直线x 2y 30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(捲,yj、区,y2)，那么由匕kg1 ,可得yy0 ,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丿，由直线l与圆的方x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kop kOQ的值，从而使问题得以解决.x0Q，得解法一：设点P、Q的坐标为 , yj、x2, y2.一方面，由0PKoP kOQ1，即上X1上 1，也即:另一方面,(Xi , yj、X2, y2是方程组x1x2yiy22y2y6y的实数解，即X1、X2是方

17、0程5x210x4m 270的两个根.X-!x2X-|X24m 275又P、Q在直线1汨2 尹X1)将代入，得y22y30上,119-(3X2)24m123(xi X2)X1X2.5将、代入，解得m 3 , m 3 .代入方程，检验0成立,解法二:由直线方程可得3 x 2y，代入圆的方程6y m 0，有1m2 小1(x 2y)(x 6y)9(x2y) O ,整理，得(12 m)x24(m3)xy (4m 27)y2由于x(4 m 27)(y)24(mx3)-x12 m 0 .二kop , koQ是上述方程两根.故kop k0Q1 .得12 m 1，解得 m 3 . 4m 27经检验可知m 3为

18、所求.除此之外，还应对求出的说明：求解此题时，应防止去求 P、Q两点的坐标的具体数值.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上的二次x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、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 ym恒成立，只须使(x y)min 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

19、 x y ,由x y ux2 (y 1)2 1得:2y22(u 1)y u200 且4(u 1)28u2 ,4( u2 2u 1)0.即u2 2u 1)0 , 12 u1 2,umin 12，即(xy) min12又x y m 0恒成立即x ym恒成立.(xy)min12m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)21 上任一点 P(cos ,1 sin )0,2 ) x cos , y 1 sin x y m 0恒成立 cos1 sinm 0即m(1 cossin )恒成立.只须m不小于(1 cos sin )的最大值.设 u (sin cos )12 sin( ) 14Umax 21 即 m 21 .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 a2 y b2 r2上的点设为(a r cos ,b rsin )(0,2 .采用这种设法一方面可减少参数的个数