圆方程-圆的方程典型例题

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圆与方程 --圆的方程典型例题
类型一：圆的方程
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) 2r 2．
∵圆心在y 0上，故b0 ．
∴圆的方程为 ( x a)2y 2r 2．
又∵该圆过A(1, 4) 、 B(3 , 2) 两点．
(1a) 216r 2
∴
(3a) 24r 2
解之得： a1， r 220 ．
所以所求圆的方程为( x1)2y220 ．
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
42
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：k
AB
1
3
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(11)24220 ．
故所求圆的方程为(x1)2y 220 ．
又点 P(2, 4)到圆心 C( 1,0) 的距离为
d PC(2 1)24225 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
.
例
2
求半径为，与圆
x
2
y
24
x
2
y
40
相切，且和直线y0相切的圆的方程．4
分析：根据问题的特征，宜用圆的标准方程求解．
解：则题意，设所求圆的方程为圆C：(x a) 2( y b) 2r 2．
圆 C 与直线y0相切，且半径为4，则圆心C的坐标为C1( a , 4)或C2(a ,4) ．
又已知圆x2y2 4 x 2 y40的圆心 A 的坐标为(2 ,1)，半径为3．
若两圆相切，则CA437 或CA431．
(1) 当C1(a , 4)时，(a2)2(41)272，或 (a2)2(41) 212(无解)，故可得
a 2 210．
∴所求圆方程为( x2210 )2( y4)242，或 (x 2 2 10)2( y4) 242．
(2) 当C2( a ,4)时， (a2)2(41)272，或 (a2) 2( 41) 212(无解)，故
a226．
∴所求圆的方程为(x22 6 ) 2( y4) 242，或 ( x226) 2( y4) 242．
说明：对本题，易发生以下误解：
由题意，所求圆与直线 y 0 相切且半径为 4 ，则圆心坐标为C ( a ,
4)，且方程形如
( x a) 2( y 4)242．又圆 x2y2 4 x 2 y 40，即(x2)2( y1)232，其圆心为
A(2 ,1) ，半径为3．若两圆相切，则CA43 ．故(a2) 2(41)272，解之得 a 2 2 10．所
以欲求圆的方程为( x 2 210)2( y4)242，或 (x2 2 10)2( y4)242．
上述误解只考虑了圆心在直线y 0 上方的情形，而疏漏了圆心在直线y 0下方的情形．另外，误
解中没有考虑两圆内切的情况．也是不全面的．
例 3 求经过点A( 0 , 5) ，且与直线 x 2 y 0 和 2x y0 都相切的圆的方程．
分析：欲确定圆的方程．需确定圆心坐标与半径，由于所求圆过定点A ，故只需确定圆心坐标．又圆
与两已知直线相切，故圆心必在它们的交角的平分线上．
解：∵圆和直线x 2y 0与 2x y0 相切，
∴圆心 C 在这两条直线的交角平分线上，
又圆心到两直线x 2y 0 和 2x y0 的距离相等．
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x 2 y x 2 y
∴．
55
∴两直线交角的平分线方程是x 3y 0 或 3x y0 ．
又∵圆过点A(0 , 5) ，
∴圆心 C 只能在直线3x y 0 上．
设圆心 C (t , 3t )
∵ C 到直线2x y0 的距离等于AC ，
∴2t 3t t 2(3t5)2．
5
化简整理得 t 26t50 ．
解得： t 1或 t5
∴圆心是 (1, 3) ，半径为 5 或圆心是 (5 ,15) ，半径为 5 5 ．
2( y15)2125 ．
∴所求圆的方程为(x1)2( y 3)2 5 或 ( x 5)
说明：本题解决的关键是分析得到圆心在已知两直线的交角平分线上，从而确定圆心坐标得到
圆的方程，这是过定点且与两已知直线相切的圆的方程的常规求法．
例 4、设圆满足：(1)截y轴所得弦长为2； (2) 被x轴分成两段弧，其弧长的比为 3 :1 ，在满足条件(1)(2) 的所有圆中，求圆心到直线l： x 2 y0 的距离最小的圆的方程．
分析：要求圆的方程，只须利用条件求出圆心坐标和半径，便可求得圆的标准方程．满足两
个条件的圆有无数个，其圆心的集合可看作动点的轨迹，若能求出这轨迹的方程，便可利用点到直
线的距离公式，通过求最小值的方法找到符合题意的圆的圆心坐标，进而确定圆的半径，求出圆的
方程．
解法一：设圆心为 P(a , b) ，半径为 r ．
则 P 到x轴、 y 轴的距离分别为 b 和 a ．
由题设知：圆截x 轴所得劣弧所对的圆心角为90 ，故圆截x轴所得弦长为2r ．
∴ r 22b2
又圆截 y 轴所得弦长为2．
∴ r 2 a 21．
.又∵ P(a , b) 到直线 x 2y0 的距离为
a2b
d
5
∴ 5d 2a
2 2b
a 24b24ab
a24b22(a2b2 ) 2b 2a21
当且仅当 a b 时取“
5 =”号，此时d min．
5
这时有
a b
2b2a21
a1a1
∴或
b1
b1
又 r 22b22
故所求圆的方程为(x1)2( y 1)2 2 或 ( x1)2( y 1)22解法二：同解法一，得
a2b
d
5．
∴ a 2b5d ．
∴ a24b2 4 5bd5d 2．
将 a22b21代入上式得：
2b2 4 5bd5d 2 1 0 ．
上述方程有实根，故
8(5d 21)0 ，
∴ d
5
．5
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将 d 5
b
．代入方程得
51
又 2b2 a 2 1∴ a 1 ．
由a2b 1b
同号．
知 a 、
故所求圆的方程为(x1)2( y 1)2 2 或 ( x 1)2( y 1)2 2 ．说明：本题是求点到直线距离最小时的圆的方程，若变换为求面积最小呢？
类型二：切线方程、切点弦方程、公共弦方程
例 5已知圆 O： x2y2 4 ，求过点 P2，4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 24
根据 d r
∴2k4
2 1k 2
解得k 3 4
所以y3x24
4
即3x 4 y100
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 6 两圆C1：x2y2D1 x E1 y F10 与 C 2： x2y2 D 2 x E2 y F20 相交于A、B两
点，求它们的公共弦AB 所在直线的方程．
分析：首先求 A 、 B 两点的坐标，再用两点式求直线AB 的方程，但是求两圆交点坐标的过程
太繁．为了避免求交点，可以采用“设而不求”的技巧．
解：设两圆 C1、 C 2的任一交点坐标为(x0 , y0 ) ，则有：
22
x0y0D1 x0E1 y0F10 x02y02D2 x0E2 y0F20①②
.
①－②得： ( D1 D 2 )x0(E1E2 ) y0F1F2 0．
∵ A 、 B 的坐标满足方程(D1 D 2 ) x( E1E2 ) y F1 F20 ．
∴方程 ( D1 D2 )x (E1E2 ) y F1F20
是过 A 、 B 两点的直线方程．
又过 A 、 B 两点的直线是唯一的．
∴两圆 C1、 C2的公共弦AB所在直线的方程为 ( D1 D 2 )x( E1 E2 ) y F1 F2 0 ．
说明：上述解法中，巧妙地避开了求 A 、 B 两点的坐标，虽然设出了它们的坐标，但并没有去
求它，而是利用曲线与方程的概念达到了目标．从解题的角度上说，这是一种“设而不求”的技巧，
从知识内容的角度上说，还体现了对曲线与方程的关系的深刻理解以及对直线方程是一次方程的本质
认识．它的应用很广泛．
例 7、过圆x2y21外一点M (2,3)，作这个圆的两条切线MA、MB，切点分别是A、B，求直线 AB 的方程。

练习：
1．求过点M (3,1)，且与圆( x1)2y2 4 相切的直线l的方程．
解：设切线方程为y 1 k( x3) ，即 kx y3k10 ，
∵圆心(1,0) 到切线 l 的距离等于半径 2 ，
∴ | k3k1| 2 ，解得 k3，
224
1
k
∴切线方程为y13
(x3)，即3x4y130，4
当过点 M 的直线的斜率不存在时，其方程为x3，圆心 (1,0) 到此直线的距离等于半径2，故直线 x 3也适合题意。

0 或x3．
所以，所求的直线l 的方程是 3x 4 y13
2、过坐标原点且与圆x 2y 24x 2 y50 相切的直线的方程为
2
( y 1)25
解：设直线方程为y kx ，即 kx y0 .∵圆方程可化为( x2) 2，∴圆心为（2，
2
-1 ），半径为10
2k110
，解得 k3或 k1y3x 或.依题意有，∴直线方程为
2k 2123
y 1 x . 3
3、已知直线5x 12 y a 0 与圆 x 2 2 x y 20 相切，则a的值为.
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解：∵圆 ( x 1) 2y 21的圆心为（1，0），半径为1，∴5a1，解得 a8 或a 18.
5212 2
类型三：弦长、弧问题
例 8、求直线l : 3x y 60 被圆 C : x 2y2 2 x 4 y 0 截得的弦 AB 的长.
例 9、直线3x y 2 30截圆 x 2y 2 4 得的劣弧所对的圆心角为
解：依题意得，弦心距d3，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 10、求两圆x2y2x y 2 0和x2y25的公共弦长
类型四：直线与圆的位置关系
例 11、已知直线3x y 2 30 和圆x2y2 4 ，判断此直线与已知圆的位置关系.
例 12、若直线y x m 与曲线 y 4 x 2有且只有一个公共点，求实数m 的取值范围.
解：∵曲线 y4x2表示半圆 x2y 24( y0)，∴利用数形结合法，可得实数m 的取值范围是 2 m 2 或m 2 2.
例 13 圆(x3)2( y3)29 上到直线 3x 4 y110 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、 l 2的方程，从代数计算中寻找解答．
解法一：圆 ( x3) 2( y3) 29
的圆心为 O1 (3 , 3) ，半径r3．
设圆心 O1到直线 3x4y11
334311
3 ．0 的距离为d，则d
3242
2
如图，在圆心 O1同侧，与直线 3x 4 y110 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 110 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 的直线和圆的交点．设
所求直线为 3x4y m0 ，则d m11
1，3242
∴ m115，即 m6，或 m16 ，也即l1：3x 4 y 6 0，或 l2：3x 4 y 16 0 ．
设圆(3)2(
y 3) 29
的圆心到直线 l1、 l 2的距离为 d1、 d2，则
O1：x
d133436334316 3242
3 ， d2
3242
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：
设圆心 O1到直线 3x4y
334311
11 0 的距离为d，则d
32
2 3 ．
42
∴圆 O1到 3x 4 y110 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 4y11 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．
练习 1：直线x y 1 与圆 x 2y 22ay 0 (a 0) 没有公共点，则 a 的取值范围是
-----
.
a1
a21 .∵a0 ，∴0 a 2 1.
解：依题意有a，解得2 1
2
练习 2 ：若直线y kx 2 与圆 (x2) 2( y3) 2 1 有两个不同的交点，则k 的取值范围是.
2k1
4，∴ k 的取值范围是 (0,4 ) .
解：依题意有 1 ，解得0 k
k 2133
3、圆 x2y2 2 x 4 y30上到直线 x y 10 的距离为 2 的点共有（）．
（A）1 个（B）2 个（C）3 个（D）4 个
分析：把 x2y 22x 4 y 3 0 化为 x 1 2y 2 28，圆心为 1，2 ，半径为
r 2 2 ，圆心到直线的距离为 2 ，所以在圆上共有三个点到直线的距离等于 2 ，所以选C．
4、过点P3， 4 作直线l，当斜率为何值时，直线l 与圆C：x 1 2y 2 2 4 有公共点，如图所示．
分析：观察动画演示，分析思路．
解：设直线 l 的方程为y
y 4 k x3
即O
x kx y3k 4 0
根据 d r 有E
k23k4
1k 22
P
整理得
3k 24k0解得
0 k 4
．3
类型五：圆与圆的位置关系
问题导学四：圆与圆位置关系如何确定？
.
例 14、判断圆 C 1 : x 2 y 2 2x 6y 26 0 与圆 C 2 : x 2 y 2 4 x 2 y 4 0 的位置关系，
例 15：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 O (1,0) ，半径 r
11 ，圆 x 2 ( y 2) 2
4 的圆心为
O 2 (0, 2)
，
1
半径 r 2
2，∴ OO
2 5, r
r
2 3, r
2
r
1 .∵ r
2r
O O 2
r 1r 2，∴两圆相交 .共有 2
1
1
1
1
1
条公切线。

练习
1：若圆 x 2 y 2
2mx m 2
4 0 与圆 x 2
y 2 2x 4my
4m 2
8 0 相切，则实数 m 的取
值集合是
.
解：∵圆 (
x
) 2 y 2
4
的圆心为 O 1 ( m,0) ，半径 r 1
2 ，圆 (x 1)2
( y
2m) 2
9 的圆心为
m
O 2 ( 1,2m) ， 半 径 r 2 3 ， 且 两圆相切，∴ O 1O 2
r 1 r 2 或 O 1O 2
r 2 r 1 ， ∴
(m 1) 2
(2m) 2
5 或 (m 1)2
(2m) 2 1，解得 m
12 或 m 2 ，或 m 0 或 m
5 ，
5
2
∴实数 m 的取值集合是 {
12 , 5
,0,2}.
5 2
2：求与圆 x 2 y 2
5 外切于点 P( 1,2) ，且半径为 2
5 的圆的方程 .
解：设所求圆的圆心为 O (a, b) ，则所求圆的方程为 ( x a) 2
( y
b) 2
20 .∵两圆外切于点
P ，
1
∴
OP
1
OO 1 ，∴ ( 1,2)
1
(a, b) ，∴ a
3,b
6 ，∴所求圆的方程为 ( x 3) 2 ( y 6) 2
20 .
3
3
类型六：圆中的对称问题
例 16、圆 x 2
y 2 2x 6y 9 0 关于直线 2x y 5 0 对称的圆的方程是
y
例17 自点A 3，3 发出的光线 l 射到 x 轴上，被 x 轴反射，反射光线所在
M
的直线与圆 C ： x 2
y 2 4x 4y
A
C
7 0相切
N
（ 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
G O
B
x
图
.
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 33
根据 d r ，即求出圆 C 的切线的斜率为
43
k或 k
34
进一步求出反射光线所在的直线的方程为
4x 3y 3 0 或 3x 4 y 30
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 3 y 3 0 或 3x 4 y 30
222
光路的距离为A' M ，可由勾股定理求得 A M AC CM7．
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 18：圆x2y 24x 4 y10 0 上的点到直线 x y 140 的最大距离与最小距离的差是解：∵圆 ( x2)2( y2) 218 的圆心为（2，2），半径 r 3 2，∴圆心到直线的距离
d 10
5 2 r ，∴直线与圆相离，∴圆上的点到直线的最大距离与最小距离的差是2
( d r ) (d r ) 2r 6 2 .
例 19(1) 已知圆(3)2(
y 4)21，
P(x , y)
为圆
O
上的动点，求
d x
2
y
2
的最大、最
O1：x
小值．
(2) 已知圆O2：(x2) 2y 21， P( x , y) 为圆上任一点．求y2
的最大、最小值，求 x 2 y 的x1
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x3cos,
是参数）．y4sin
（
,
则 d x2y29 6 cos cos2168sin sin 2
266 cos8 sin2610 cos() （其中 tan 4）．3
所以
-----
.
( 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
'
1，圆上点到原点距离
d 1 加上半径 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 d 1
32 42
1 6 ．
d 2
32
42 1
4 ．
所以 d max 36 ． d min 16 ．
(2) ( 法 1)由 ( x
2) 2
y 2 1 得圆的参数方程：
x 2 cos , 是参数．
y sin ,
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 t 2
4
4
所以 t max
3
3
3
3
， t min 4
．
4
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 2 sin 2 5 cos(
) ．
所以 x
2 y 的最大值为 2 5 ，最小值为 2
5 ．
y 2 k ，则 kx
y k
2 0．由于 P(x , y) 是圆上点，当直线与圆有交点时，如
(法 2)设
1
x
图所示，
两条切线的斜率分别是最大、最小值．
2k k 2 1
3
3
由 d
k 2
，得 k
．
1
4
.
所以y2
的最大值为
33
，最小值为
3 3
．x144
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 2m
1，得m2 5 ．5
所以 x 2y 的最大值为2 5 ，最小值为2 5 ．
例 20：已知A(2,0)， B(2,0)，点P在圆(x3) 2( y4) 2 4 上运动，则 PA 22
PB的最小
值是.
解：设 P(x, y) ，则2
PB 2(
x
2) 2
y
2(
x
2) 2
y
22(
x
2
y
2 )8228设圆心
PA OP.
为C(3,4)，则
OP min OC r52 3 ，∴PA 2
PB
2
的最小值为 232826 .
练习：
1：已知点P( x, y)在圆x2( y1) 21上运动.
（ 1）求y1
的最大值与最小值；（ 2）求2x y 的最大值与最小值. x2
解：（ 1）设y
1k ，则 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x2
最大值与最小值 .由
2k1
，解得k3，∴
y1
的最大值为
3
，最小值为3. k 213x233
2
y m ，则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
（）设 2x
1m
1，解得m1 5 ，∴ 2x y 的最大值为1 5 ，最小值为1 5 .大值与最小值 .由
5
2 设点P(x , y)是圆x2y21是任一点，求 u y2的取值范围．
x1
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 x2y21上任一点 P(cos, sin)
则有 x cos ，y sin[0,2 )
sin2
，∴ u cos u sin2
∴ u cos1
∴ u cos sin(u2) ．
即u21sin()u 2 （ tan u ）
-----
.
∴ sin()
(u2)
u2．
1又∵ sin()1
∴u2
1 u21
解之得： u 3．4
分析二： u y2的几何意义是过圆x2y 21上一动点和定点( 1 , 2) 的连线的斜率，利用x1
此直线与圆 x 2y2 1 有公共点，可确定出u 的取值范围．
解法二：由 u y2得： y 2 u(x1)，此直线与圆 x2y2 1 有公共点，故点(0,0)到直线的距离 d 1 ．
x1
∴
u21
u21
解得： u 3
．4
另外，直线y2u( x1)与圆 x 2y2 1 的公共点还可以这样来处理：
由y2u( x1)
消去 y 后得：(u21) x2(2u 24u) x(u24u 3) 0 ，x2y21
此方程有实根，故(2
u 2
4 )24(
u
21)(
u
24
u
3)0
，u
解之得： u 3
．
4
u 的范围问题转化成三角函数的
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
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．
3、已知点A( 2,2),B( 2,6), C ( 4, 2) ，点P在圆 x2y 2
222
的4 上运动，求PA PB PC
最大值和最小值.类型八：轨迹问题
例 21、基础训练：已知点M 与两个定点 O(0,0) ， A(3,0) 的距离的比为1
，求点M的轨迹方程. 2
例 22、已知线段AB的端点B的坐标是（ 4，3），端点A在圆(x 1)2y 2 4 上运动，求线段 AB 的中点 M 的轨迹方程.
.
例 23 如图所示，已知圆O：x2y 2 4 与y轴的正方向交于 A 点，点 B 在直线y 2 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 三点坐标之间的关系．
解：设 H( x , y) ， C ( x' , y' ) ，连结AH，CH，
则 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 OA 2，得y'y2, x'x.
又 C (x' , y' ) 满足x' 2y' 2 4 ，
所以x2( y 2) 24( x0)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已知，
可考虑代入法．
例 24 已知圆的方程为x2y2r 2，圆内有定点 P(a , b) ，圆周上有两个动点 A 、B ，使 PA PB ，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，若设 Q(x , y) ，则 M (
x
a , y b
) ．
2
2
2
2
2
由 OM
AM
OA ，即
( x a )2 ( y b ) 2
1
[( x a)2
( y b) 2 ] r 2 ，
2
2
4
也即 x 2
y 2 2r 2 (a 2 b 2 ) ，这便是 Q 的轨迹方程．
解法二： 设 Q( x , y) 、 A( x 1 , y 1 ) 、 B( x 2 , y 2 ) ，则 x 12
y 12 r 2 ， x 2
2
y 2 2 r 2 ．
2
2
又
PQ
AB ，即
(x a)2
( y b)2
( x 1 x 2 )2 ( y 1 y 2 ) 2 2r 2 2( x 1 x 2 y 1 y 2 ) ．①
又 AB 与 PQ 的中点重合，故 x
a x 1 x 2 ， y b
y 1 y 2 ，即
(x a)2
( y b)2
2r 2 2( x 1 x 2 y 1 y 2 ) ②
①＋②，有
x 2
y 2
2 2 ( a 2
b 2 ) ．
r 这就是所求的轨迹方程．
解法三： 设 A( r cos , 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 ，
①
y
b r sin
r sin
，
②
又由 PA
PB 有 r sin
b r sin b 1
③
r cos
a r cos a
联立①、②、③消去
、
，即可得 Q 点的轨迹方程为 x
2
y 2 2r 2 (a 2 b 2 ) ．
说明： 本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，否则，将使解题陷入困境之中．
本题给出三种解法．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
.
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x1、x2、y1、y2四个参数，故需列出五个方程；而解法三中，由于借助了圆x2y 2r 2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：
1、由动点P向圆x2y 21引两条切线 PA 、 PB ，切点分别为A、B，APB =600，则动点P 的轨迹方程是.
解：设 P( x, y) .∵APB =600，∴OPA =300.∵OA AP ，∴OP2OA2，∴x2y2 2 ，化简得 x 2y2 4 ，∴动点 P 的轨迹方程是x 2y2 4 .
练习巩固：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( a0) ，求 P 点的轨迹.
解：设动点 P 的坐标为 P(x, y) .由PA
a(a0) ，得
( x c) 2y 2
PB c) 2
a ，
( x y 2
化简得 (1
a 2 )
x
2(1
a
2 )
y
22(1
a
2 )
x c
2 (1
a
2 )0
.
c
当 a 1时，化简得x
2y22c(1 a 2 ) x c20 ，整理得(x1a2c)2y 2( 2ac )2；
1a2 a 21a21
当 a 1 时，化简得 x0 .
所以当 a 1时， P 点的轨迹是以(1a2c, 0)
为圆心，
2ac
为半径的圆；a
2
1
2
a1
当 a 1 时， P 点的轨迹是 y 轴.
2、已知两定点A( 2,0) ， B(1,0) ，如果动点 P 满足PA 2 PB ，则点P的轨迹所包围的面积等于解：设点 P 的坐标是 (x, y) .由PA 2 PB ，得( x 2) 2y2 2 ( x 1) 2y 2，化简得( x 2) 2y2 4 ，∴点P的轨迹是以（2，0）为圆心，2为半径的圆，∴所求面积为4.
word 范文
.
4、已知定点 B(3,0) ，点 A 在圆 x
2
y
2
1 上运动， M 是线段 AB 上的一点，且
AM
1
MB ，
3
问点 M 的轨迹是什么？
解：设 M ( x, y), A( x 1 , y 1 ) .∵ AM
1
MB ，∴ ( x x 1 , y
y 1 )
1
(3
x, y) ，
3
3
x x 1
1
(3 x)
x 1
4
x 1
∴
3
1 y
，∴
3
.∵点 A 在圆 x 2
y 2 1 上运动，∴ x 1
2
y 1
2
1 ，∴
y y 1
y 1
4 y
3
3
( 4
x 1) 2
( 4
y)2
1，即 ( x
3) 2 y 2
9
，∴点 M 的轨迹方程是 ( x
3) 2 y 2
9 . 3
3
4
16
4
16
例 5、已知定点 B(3,0) ，点 A 在圆 x 2
y 2
1上运动，
AOB 的平分线交 AB 于点 M ，则点 M 的
轨迹方程是
.
解：设 M ( ,
), ( , y 1 ) .∵OM 是 AOB 的平分线，∴ AM OA 1 ， ∴ AM
1
x y
A x 1
MB
OB
3
MB .由变式
3
1 可得点 M 的轨迹方程是 ( x
3 ) 2 y 2
9 .
4
16
练习巩固：已知直线
y
kx 1与圆 x 2 y 2
4 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 .
解：设 P(x, y) ， AB 的中点为 M .∵ OAPB 是平行四边形，∴ M 是 OP 的中点，∴点 M 的坐标为
( x , y
) ，且OM AB . ∵ 直 线 y
kx 1经过定点 C(0,1)
，∴OM
CM ， ∴
2 2
OM CM ( x , y ) ( x , y
1)
( x ) 2
y ( y 1) 0 ，化简得 x 2
( y 1)2
1.∴点 P 的轨迹方程是
2 2 2 2 2
2 2
x 2 ( y 1) 2 1.
类型九：圆的综合应用
例 25、 已知圆 x 2
y 2
x 6 y m
0 与直线 x 2y
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 (x 1 , y 1) 、 (x 2 , y 2 ) ，则由 k OP
k
OQ
1 ，可得 x 1x
2 y 1 y 2 0 ，
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
k OP k OQ 的值，从而使问题得以解决．
x
解法一： 设点 P 、 Q 的坐标为 (x 1 , y 1) 、 ( x 2 , y 2 ) ．一方面，由 OP OQ ，得
k
OP
k
OQ
y 1 y 2 1
，也即：
x 1 x 2
y 1 y 2 0 ．
①
1，即
x 2
x 1
(x 1 , y 1 ) 、 ( x 2 x 2 y 3 0
x 1 、 x 2 是方
另一方面， , y 2 ) 是方程组
y 2 x 6 y 的实数解，即
x 2
m 0
程 5
x 2
10 x 4
27 0
②
m
的两个根．
∴ x 1
x 2
4m
27
2 ， x 1x 2
5
． ③
又 P 、 Q 在直线 x 2 y 3 0 上，
∴
y 1 y 2
1
(3 x 1 )
1
(3 x 2 )
1
[9 3(x 1 x 2 )
2
2 4
将③代入，得
y 1 y 2 m 12
．
④
5
将③、④代入①，解得 m 3 ，代入方程②，检验
∴ m
3 ．
x 1x 2 ] ．
0 成立，
解法二： 由直线方程可得 3 x 2 y ，代入圆的方程
x 2
y 2 x 6y m 0 ，有
x
2
y 21 (x
2 y)( x
6 y)
m
( x 2y) 2 0 ，
3
9
整理，得 (12 m) x 2 4(m 3)xy (4m 27) y 2
0 ．
由于 x 0 ，故可得
(4m 27)( y
) 2
4( m
3) y 12 m 0．
x
x
∴ k OP ， k OQ 是上述方程两根．故
k
OP
k
OQ
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
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．
word 范文
.
例 26、已知对于圆x2( y 1) 21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 m0 恒成立，即使x y m 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 x y ，
x y u
由
( y1)21
x2
得： 2 y22(u 1) y u 20
∵0 且4(u 1)28u 2，
∴ 4(u22u1)0 ．
即u22u 1) 0 ，∴ 1 2 u 1 2 ，
∴u
min1 2 ，即 ( x y)min 12
又 x y m0 恒成立即x y m 恒成立．
∴ (x y)
min12m 成立，
∴m2 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)21]问题转化为利用三解问题来解．
解法二：设圆 x2( y1)21上任一点 P(cos ,1 sin )[ 0 , 2)
∴ x cos， y 1 sin
∵ x y m0 恒成立
∴ cos1sin m0
即m (1 cos sin ) 恒成立．
∴只须 m 不小于(1cos sin ) 的最大值．
设 u(sin cos) 1 2 sin() 1
4
∴ u max 2 1即 m2 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)2r 2上的word 范文
-----
.
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．
例 27 有一种大型商品， A 、 B 两地都有出售，且价格相同．某地居民从两地之一购得商品后运回
的费用是：每单位距离
A 地的运费是
B 地的运费的 3 倍．已知 A 、 B 两地距离为 10 公里，顾客选
择 A 地或 B 地购买这种商品的标准是：
包括运费和价格的总费用较低．
求 A 、 B 两地的售货区域的
分界线的曲线形状，并指出曲线上、曲线内、曲线外的居民应如何选择购货地点．
分析： 该题不论是问题的背景或生活实际的贴近程度上都具有深刻的实际意义和较强的应用意识，启示我们在学习中要注意联系实际，要重视数学在生产、生活以及相关学科的应用．解题时要明确题意，掌握建立数学模型的方法．
解：以 A 、 B 所确定的直线为 x 轴， AB 的中点 O 为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标
系．
∵ AB
10，∴ A( 5,0)， B(5,0)．
设某地 P 的坐标为 ( x , y) ，且 P 地居民选择 A 地购买商品便宜， 并设 A 地的运费为 3a 元 /公里，
B 地的运费为 a 元 /公里．因为 P 地居民购货总费用满足条件：
价格＋ A 地运费≤价格＋ B 地的运费
即： 3a ( x
5)2 y 2 a (x 5)2
y 2 ．
∵ a 0 ，
∴ 3 ( x 5) 2
y 2 ( x 5)2 y 2
化简整理得： ( x
25) 2 y 2
(15) 2
4
4
∴以点 (
25
, 0) 为圆心
15
为半径的圆是两地购货的分界线．
4
4
圆内的居民从
A 地购货便宜， 圆外的居民从
B 地购货便宜， 圆上的居民从 A 、 B 两地购货的总
费用相等．因此可随意从 A 、 B 两地之一购货．
说明： 实际应用题要明确题意，建议数学模型．
单纯的课本内容，并不能满足学生的需要，通过补充，达到内容的完善
教育之通病是教用脑的人不用手，不教用手的人用脑，所以一无所能。

教育革命的对策是手脑联盟，结果是手与脑的力量都可以大到不可思议。

word 范文。