高中数学圆的方程经典例题与解析.doc

高中数学圆的方程经典例题与解析
例1 求过两点、且圆心在直线上的圆的标准方程并判断点与圆的关系．
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，而要判断点与圆的位置关系，只须看点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．
∵圆心在上，故． ∴圆的方程为．
又∵该圆过、两点． ∴
解之得：，．所以所求圆的方程为．
解法二：（直接求出圆心坐标和半径）
因为圆过、两点，所以圆心必在线段的垂直平分线上，又因为，故的斜率为1，又的中点为，故的垂直平分线的方程为：即．
又知圆心在直线上，故圆心坐标为
∴半径． 故所求圆的方程为．
又点到圆心的距离为 ．
∴点在圆外．
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，求过点与圆相切的切线．
解：∵点不在圆上，∴切线的直线方程可设为
根据 ∴ 解得
所以 即
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．
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，求出切点坐标、的值来解决，此时没有漏解．
例3、直线截圆得的劣弧所对的圆心角为
解：依题意得，弦心距，故弦长，从而△OAB是等边三角形，故截得的劣弧所对的圆心角为.
例4 圆上到直线的距离为1的点有几个？
分析：借助图形直观求解．或先求出直线、的方程，从代数计算中寻找解答．
解法一：圆的圆心为，半径．
设圆心到直线的距离为，则．
如图，在圆心同侧，与直线平行且距离为1的直线与圆有两个交点，这两个交点符合题意．

又．
∴与直线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，且与之距离为1的直线和圆的交点．设所求直线为，则，
∴，即，或，也即
，或．
设圆的圆心到直线、的距离为、，则
，．
∴与相切，与圆有一个公共点；与圆相交，与圆有两个公共点．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：
设圆心到直线的距离为，则．
∴圆到距离为1的点有两个．
显然，上述误解中的是圆心到直线的距离，，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：圆和圆的公切线共有 条。
解：∵圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，∴.∵，∴两圆相交.共有2条公切线。
G
O
B
N
M
y
A
x
图3
C
A’
例6　自点发出的光线射到轴上，被轴反射，反射光线所在的直线与圆相切
（1）求光线和反射光线所在的直线方程．
（2）光线自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，首先求出点的对称点的坐标为，其次设过的圆的切线方程为

根据，即求出圆的切线的斜率为 或
进一步求出反射光线所在的直线的方程为
或
最后根据入射光与反射光关于轴对称，求出入射光所在直线方程为
或
光路的距离为，可由勾股定理求得．
说明：本题亦可把圆对称到轴下方，再求解．
例7　(1)已知圆，为圆上的动点，求的最大、最小值．
(2)已知圆，为圆上任一点．求的最大、最小值，求的最大、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．
可设圆的参数方程为（是参数）．
则
（其中）．
所以，．
(法2)圆上点到原点距离的最大值等于圆心到原点的距离加上半径1，圆上点到原点距离的最小值等于圆心到原点的距离减去半径1．
所以．
．
所以．．
(2) (法1)由得圆的参数方程：是参数．
则．令，
得，
．
所以，．
即的最大值为，最小值为．
此时．
所以的最大值为，最小值为．
(法2)设，则．由于是圆上点，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，得．
所以的最大值为，最小值为．
令，同理两条切线在轴上的截距分别是最大、最小值．
由，得．
所以的最大值为，最小值为．
例8、 已知圆与直线相交于、两点，为原点，且，求实数的值．
分析：设、两点的坐标为、，则由，可得，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，由直线与圆的方程构造以为未知数的一元二次方程，由根与系数关系得出的值，从而使问题得以解决．
解法一：设点、的坐标为、．一方面，由，得
，即，也即：．　　　①
另一方面，、是方程组的实数解，即、是方程　　　　②
的两个根．
∴，．　③
又、在直线上，
∴．
将③代入，得．　　④
将③、④代入①，解得，代入方程②，检验成立，
∴．
解法二：由直线方程可得，代入圆的方程，有
，
整理，得．
由于，故可得
．
∴，是上述方程两根．故．得
，解得．
经检验可知为所求．
说明：求解本题时，应避免去求、两点的坐标的具体数值．除此之外，还应对求出的值进行必要的检验，这是因为在求解过程中并没有确保有交点、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9、已知对于圆上任一点，不等式恒成立，求实数的取值范围．
分析一：为了使不等式恒成立，即使恒成立，只须使就行了．因此只要求出的最小值，的范围就可求得．
解法一：令，
由
得：
∵且，
∴．
即，∴，
∴，即
又恒成立即恒成立．
∴成立，
∴．
分析二：设圆上一点[因为这时点坐标满足方程]问题转化为利用三解问题来解．
解法二：设圆上任一点
∴，
∵恒成立
∴
即恒成立．
∴只须不小于的最大值．
设
∴即．
说明：在这种解法中，运用了圆上的点的参数设法．一般地，把圆上的点设为()．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．