高考数学一轮经典例题 圆的方程 理 试题

2021年高考数学〔理〕一轮经典例题——圆的方程
创 作人：
历恰面 日 期： 2020年1月1日
例1 圆
9)3()3(2
2=-+-y x 上到直线01143=-+y x 的间隔 为1的点有几个？ 分析：借助图形直观求解．或者先求出直线1l 、2l 的方程，从代数计算中寻找解答．
解法一：圆
9)3()3(2
2=-+-y x 的圆心为)3,3(1O ，半径3=r ． 设圆心1O 到直线01143=-+y x 的间隔 为d ，那么
3
24
311
34332
2
<=+-⨯+⨯=
d ．
如图，在圆心1O 同侧，与直线01143=-+y x 平行且间隔 为1的直线1l 与圆有两个交点，这两个交点符合题意．
又123=-=-d r ．
∴与直线01143=-+y x 平行的圆的切线的两个切点中有一个切点也符合题意． ∴符合题意的点一共有3个．
解法二：符合题意的点是平行于直线01143=-+y x ，且与之间隔 为1的直线和圆的交点．
设所求直线为043=++m y x ，那么
1
4
3112
2
=++=
m d ，
∴511±=+m ，即6-=m ，或者16-=m ，也即
06431=-+y x l ：，或者016432=-+y x l ：．
设圆9)3()3(2
21
=-+-y x O ：的圆心到直线1l 、2l 的间隔 为1d 、2d ，那么
3
4
36
34332
2
1=+-⨯+⨯=
d ，
1
4
316
34332
2
2=+-⨯+⨯=
d ．
∴1l 与1O 相切，与圆1O 有一个公一共点；2l 与圆1O 相交，与圆1O 有两个公一共点．即符合题意的点一共3个．
说明：对于此题，假设不留心，那么易发生以下误解：
设圆心1O 到直线01143=-+y x 的间隔 为d ，那么3
24
311
34332
2
<=+-⨯+⨯=
d ．
∴圆1O 到01143=-+y x 间隔 为1的点有两个．
显然，上述误解中的d 是圆心到直线01143=-+y x 的间隔 ，r d <，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间隔 为1．
到一条直线的间隔 等于定值的点，在与此直线间隔 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一共点．求直线与圆的公一共点个数，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间隔 和半径的大小比拟来判断． 典型例题三
例3 求过两点)4,1(A 、)2,3(B 且圆心在直线0=y 上的圆的HY 方程并判断点)4,2(P 与圆的关系．
分析：欲求圆的HY 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 与圆心的间隔 和圆的半径的大小关系，假设间隔 大于半径，那么点在圆外；假设间隔 等于半径，那么点在圆上；假设间隔 小于半径，那么点在圆内． 解法一：〔待定系数法〕
设圆的HY 方程为2
22)()(r b y a x =-+-．
∵圆心在0=y 上，故0=b ．
∴圆的方程为222)(r y a x =+-．
又∵该圆过)4,1(A 、)2,3(B 两点．
∴⎪⎩⎪⎨⎧=+-=+-222
24)3(16)1(r a r a
解之得：1-=a ，202
=r ．
所以所求圆的方程为
20)1(2
2=++y x ． 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
1312
4-=--=
AB k ，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-=-x y 即01=+-y x ．
又知圆心在直线0=y 上，故圆心坐标为)0,1(-C ∴半径
20
4)11(22=++==AC r ．
故所求圆的方程为
20)1(2
2=++y x ． 又点)4,2(P 到圆心)0,1(-C 的间隔 为
r
PC d >=++==254)12(22．
∴点P 在圆外．
说明：此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间隔 和半径的大小关系来断定点与圆的位置关系，假设将点换成直线又该如何来断定直线与圆的位置关系呢？
典型例题四
例4 圆03422
2=-+++y x y x 上到直线01=++y x 的间隔 为2的点一共有〔 〕．
〔A 〕1个 〔B 〕2个 〔C 〕3个 〔D 〕4个
分析：把03422
2=-+++y x y x 化为()()8212
2
=+++y x ，圆心为()21--，
，半径为22=r ，圆心到直线的间隔 为2，所以在圆上一共有三个点到直线的间隔 等于2，
所以选C ．
典型例题五
例5 过点()43--，
P 作直线l ，当斜率为何值时，直线l 与圆()()4212
2
=++-y x C ：有公一共点，如下图．
分析：观察动画演示，分析思路． 解：设直线l 的方程为
()34+=+x k y
即
043=-+-k y kx
根据r d ≤有
2
14
322
≤+-++k k k
整理得
0432=-k k
解得
34
0≤
≤k ．
典型例题六
例6 圆
42
2=+y x O ：，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+-=x k y 根据r d =
∴
2
14
22
=++-k
k
解得
43
=
k
所以
()4243
+-=
x y
即 01043=+-y x
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．
此题还有其他解法，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2
00r y y x x =+，求出切点坐标0x 、0y 的值来解决，此时没有漏解．
典型例题七
例7 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=+--+y x y x C ：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-+=x k y
根据r d =，即求出圆C 的切线的斜率为
34=
k 或者43
=k
进一步求出反射光线所在的直线的方程为
0334=+-y x 或者0343=--y x
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=++y x 或者0343=-+y x
光路的间隔 为
M
A '，可由勾股定理求得
7
2
22=-'='CM C A M A ．
说明：此题亦可把圆对称到x 轴下方，再求解．
典型例题八
例8 如下图，圆
42
2=+y x O ：与y 轴的正方向交于A 点，点B 在直线2=y 上运动，过B 做圆O 的切线，切点为C ，求ABC ∆垂心H 的轨迹．
图3
分析：按常规求轨迹的方法，设),(y x H ，找y x ,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),(y x H ，),('
'y x C ，连结AH ，CH ， 那么BC AH ⊥，AB CH ⊥，BC 是切线BC OC ⊥， 所以AH OC //，OA CH //，OC OA =， 所以四边形AOCH 是菱形．
所以2==OA CH ，得⎪⎩⎪⎨⎧=-=.,2'
'x x y y
又),(''y x C 满足
42
'
2'=+y x ， 所以)0(4)2(2
2≠=-+x y x 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，可考虑代入法．
典型例题九
例9 求半径为4，与圆
042422=---+y x y x 相切，且和直线0=y 相切的圆的方程． 分析：根据问题的特征，宜用圆的HY 方程求解．
解：那么题意，设所求圆的方程为圆2
22)()(r b y a x C =-+-：．
圆C 与直线0=y 相切，且半径为4，那么圆心C 的坐标为)4,(1a C 或者)4,(2-a C ．
又圆
042422=---+y x y x 的圆心A 的坐标为)1,2(，半径为3． 假设两圆相切，那么
7
34=+=CA 或者
1
34=-=CA ．
(1)当)4,(1a C 时，2227)14()2(=-+-a ，或者2221)14()2(=-+-a (无解)，故可得
1022±=a ．
∴所求圆方程为2224)4()1022(=-+--y x ，或者2
224)4()1022(=-++-y x ．
(2)当)4,(2-a C 时，2227)14()2(=--+-a ，或者2
221)14()2(=--+-a (无解)，故
622±=a ．
∴所求圆的方程为2224)4()622(=++--y x ，或者2224)4()622(=+++-y x ．
说明：对此题，易发生以下误解：
由题意，所求圆与直线0=y 相切且半径为4，那么圆心坐标为)4,(a C ，且方程形如
2224)4()(=-+-y a x ．又圆042422=---+y x y x ，即2223)1()2(=-+-y x ，其圆
心为)1,2(A ，半径为3．假设两圆相切，那么34+=CA ．故2227)14()2(=-+-a ，解
之得1022±=a ．所以欲求圆的方程为2
224)4()1022(=-+--y x ，或者
2224)4()1022(=-++-y x ．
上述误解只考虑了圆心在直线0=y 上方的情形，而疏漏了圆心在直线0=y 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． 典型例题十
例10 圆
062
2=+-++m y x y x 与直线032=-+y x 相交于P 、Q 两点，O 为原点，且OQ OP ⊥，务实数m 的值．
分析：设P 、Q 两点的坐标为),(11y x 、),(22y x ，那么由1
-=⋅OQ OP k k ，可得
02121=+y y x x ，再利用一元二次方程根与系数的关系求解．或者因为通过原点的直线的斜
率为x y ，由直线l 与圆的方程构造以x y
为未知数的一元二次方程，由根与系数关系得出OQ
OP k k ⋅的值，从而使问题得以解决．
解法一：设点P 、Q 的坐标为),(11y x 、),(22y x ．一方面，由OQ OP ⊥，得
1-=⋅OQ
OP k k ，即1
22
11-=⋅x y x y ，也即：02121=+y y x x ． ①
另一方面，),(11y x 、),(22y x 是方程组⎩⎨⎧=+-++=-+060
3222m y x y x y x 的实数解，即1x 、2x 是
方程02741052
=-++m x x ② 的两个根．
∴221-=+x x ，
527
421-=
m x x ． ③
又P 、Q 在直线032=-+y x 上，
∴
])(39[41
)3(21)3(2121212121x x x x x x y y ++-=-⋅-=
．
将③代入，得
512
21+=
m y y ． 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y x 23+=，代入圆的方程062
2
=+-++m y x y x ，有
)2(9)6)(2(31222=++-+++y x m
y x y x y x ，
整理，得
0)274()3(4)12(22=-+-++y m xy m x m ． 由于0≠x ，故可得
12)3(4))(274(2=++-+-m x y
m x y m ．
∴
OP k ，OQ k 是上述方程两根．故1-=⋅OQ OP k k ．得
1
27412-=-+m m
，解得3=m ．
经检验可知3=m 为所求．
说明：求解此题时，应防止去求P 、Q 两点的坐标的详细数值．除此之外，还应对求出的m 值进展必要的检验，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，解法二的关键在于根据直线方程构造出一个关于x 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，这种方法给人以一种淋漓酣畅，一气呵成之感．
典型例题十一
例11 求经过点)5,0(A ，且与直线02=-y x 和02=+y x 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．又圆与两直线相切，故圆心必在它们的交角的平分线上． 解：∵圆和直线02=-y x 与02=+y x 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02=-y x 和02=+y x 的间隔 相等．
∴
5
25
2y x y
x +=
-．
∴两直线交角的平分线方程是03=+y x 或者03=-y x ． 又∵圆过点)5,0(A ，
∴圆心C 只能在直线03=-y x 上． 设圆心)3,(t t C
∵C 到直线02=+y x 的间隔 等于AC
，
∴
2
2)53(5
32-+=+t t t
t ．
化简整理得0562
=+-t t ． 解得：1=t 或者5=t
∴圆心是)3,1(，半径为5或者圆心是)15,5(，半径为55．
∴所求圆的方程为5)3()1(22=-+-y x 或者
125)15()5(2
2=-+-y x ． 说明：此题解决的关键是分析得到圆心在两直线的交角平分线上，从而确定圆心坐标得到圆的方程，这是过定点且与两直线相切的圆的方程的常规求法． 典型例题十二
例12 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1:3，在满足条件(1)(2)的所有圆中，求圆心到直线02=-y x l ：的间隔 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HY 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，假设能求出这轨迹的方程，便可利用点到直线的间隔 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),(b a P ，半径为r ． 那么P 到x 轴、y 轴的间隔 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r 2． ∴2
2
2b r =
又圆截y 轴所得弦长为2．
∴
12
2+=a r ．
又∵),(b a P 到直线02=-y x 的间隔 为
5
2b a d -=
∴
2
225b
a d -=
ab b a 4422-+=
)(242222b a b a +-+≥ 1222=-=a b
当且仅当b a =时取“=〞号，此时
55min =
d ．
这时有⎩⎨⎧=-=1222
a b b a
∴⎩⎨⎧==11b a 或者⎩
⎨⎧-=-=11b a 又222
2==b r
故所求圆的方程为2)1()1(22=-+-y x 或者
2)1()1(2
2=+++y x 解法二：同解法一，得
5
2b a d -=
．
∴d b a 52±=-．
∴2
2
2
5544d bd b a +±=．
将
122
2-=b a 代入上式得： 01554222=++±d bd b ．
上述方程有实根，故
0)15(82≥-=∆d ，
∴
55≥
d ．
将
55
=
d 代入方程得1±=b ．
又122
2
+=a b ∴1±=a ． 由
1
2=-b a 知a 、b 同号．
故所求圆的方程为2)1()1(22=-+-y x 或者
2)1()1(2
2=+++y x ． 说明：此题是求点到直线间隔 最小时的圆的方程，假设变换为求面积最小呢？ 典型例题十三
例13 两圆0111221=++++F y E x D y x C ：与
02222
22=++++F y E x D y x C ：相交于A 、B 两点，求它们的公一共弦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．为了防止求交点，可以采用“设而不求〞的技巧． 解：设两圆1C 、2C 的任一交点坐标为
),(00y x ，那么有：
0101012
02
0=++++F y E x D y x ① 0202022
02
0=++++F y E x D y x ②
①－②得：
0)()(21021021=-+-+-F F y E E x D D ．
∵A 、B 的坐标满足方程0)()(212121=-+-+-F F y E E x D D ． ∴方程0)()(212121=-+-+-F F y E E x D D 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1C 、2C 的公一共弦AB 所在直线的方程为0)()(212121=-+-+-F F y E E x D D ． 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到达了目的．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，还表达了对曲线与方程的关系的深入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． 典型例题十四
例14 对于圆()112
2
=-+y x 上任意一点()y x P ，，不等式0≥++m y x 恒成立，务实数
m 的取值范围．
解：运用圆的参数方程，设P 的坐标为()θθsin 1cos +，
， [)πθ20，∈
即θcos =x ，θsin 1+=y ， ∵0≥++m y x 恒成立 ∴()y x m +-≥恒成立
即()θθsin 1cos ++-≥m 恒成立
∴只需m 大于等于()θθsin 1cos ++-的最大值．
令
()()1
4sin 21sin cos sin 1cos -⎪⎭⎫ ⎝⎛
+-=-+-=++-=πθθθθθu u 的最大值为12-
∴12-≥
m
说明：在上述解法中我们运用了圆上点的参数设法．采用这种设法的优点在于，一方面可以减少参数的个数，另一方面可以灵敏地运用三角公式．从代数的观点看，这种设法的本质就是三角代换．
另外此题也可以不用圆的参数方程求解，此题的本质就是求最值问题，方法较多．但以上述解法较简． 典型例题十五
例15 试求圆⎩
⎨
⎧==θθsin 2,cos 2y x (θ为参数)上的点到点)4,3(A 间隔 的最大(小)值．
分析：利用两点间间隔 公式求解或者数形结合求解．
解法一：设P 是圆⎩
⎨
⎧==θθsin 2,cos 2y x 上任一点，那么)sin 2,cos 2(θθP ．所以
2
2)sin 24()cos 23(θθ-+-=PA
θθsin 16cos 12425--+=
)
43
arctan ()sin(2029=+-=ϕϕθ．
因为R ∈θ，所以R ∈+ϕθ，因此
当1)sin(-=+ϕθ时，
72029=+=
最大值PA ．
当1)sin(=+ϕθ时，
3
2029=-=
最小值PA ．
解法二：将圆⎩⎨⎧==θθsin 2,cos 2y x 代入普通方程得
422=+y x ． 如下图可得，
A
P 1、
A
P 2分别是圆上的点到)4,3(A 的间隔 的最小值和最大值．易知：
3
1=A P ，
7
2=A P ．
说明：
(1)在圆的参数方程⎩
⎨
⎧+=+=θθsin ,cos r b y r a x (θ为参数)中，),(b a A 为圆心，)0(>r r 为半径，参数
θ的几何意义是：圆的半径从x 轴正向绕圆心按逆时针方向旋转到P 所得圆心角的大小．假
设原点为圆心，常常用)sin ,cos (θθr r 来表示半径为r 的圆上的任一点．
(2)圆的参数方程也是解决某些代数问题的一个重要工具． 典型例题十六
例16 圆的方程为2
2
2
r y x =+，圆内有定点),(b a P ，圆周上有两个动点A 、B ，使
PB PA ⊥，求矩形APBQ 的顶点Q 的轨迹方程．
分析：利用几何法求解，或者利用转移法求解，或者利用参数法求解．
解法一：如图，在矩形APBQ 中，连结AB ，PQ 交于M ，显然AB OM ⊥，PQ
AB =，
在直角三角形AOM 中，假设设),(y x Q ，那么)2,2(
b
y a x M ++．
由
2
22OA
AM OM =+，即
22222])()[(41
)2()2(
r b y a x b y a x =-+-++++，
也即
)(222222b a r y x +-=+，这便是Q 的轨迹方程． 解法二：设),(y x Q 、),(11y x A 、),(22y x B ，那么22
12
1r y x =+，2
2
22
2r y x =+．
又
2
2AB
PQ =，即
)(22)()()()(2121222122122y y x x r y y x x b y a x +-=-+-=-+-．①
又AB 与PQ 的中点重合，故21x x a x +=+，21y y b y +=+，即
)(22)()(2121222y y x x r b y a x ++=+++ ②
①＋②，有
)(22
2222b a r y x +-=+． 这就是所求的轨迹方程．
解法三：设)sin ,cos (ααr r A 、)sin ,cos (ββr r B 、),(y x Q ， 由于APBQ 为矩形，故AB 与PQ 的中点重合，即有
βαcos cos r r a x +=+， ① βαsin sin r r b y +=+， ②
又由PB PA ⊥有1
cos sin cos sin -=--⋅--a r b
r a r b r ββαα ③
联立①、②、③消去α、β，即可得Q 点的轨迹方程为
)(22
2222b a r y x +-=+． 说明：此题的条件较多且较隐含，解题时，思路应明晰，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1x 、2x 、1y 、
2y 四个参数，故需列出五个方程；而解法三中，由于借助了圆222r y x =+的参数方程，只
涉及到两个参数α、β，故只需列出三个方程便可．上述三种解法的一共同之处是，利用了图形的几何特征，借助数形结合的思想方法求解．
典型例题十七
例17 设点),(y x P 是圆12
2
=+y x 是任一点，求
12
+-=
x y u 的取值范围．
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
122=+y x 上任一点)sin ,(cos θθP 那么有θcos =x ，θ
sin =y )2,0[πθ∈
∴
1cos 2
sin +-=
θθu ，∴2sin cos -=+θθu u
∴)2(sin cos +-=-u u θθ．
即
2)sin(12+=-+u u ϕθ〔u =ϕtan 〕 ∴1)2()sin(2++=
-u u ϕθ．
又∵
1
)sin(≤-ϕθ
∴
1
1
2
2
≤++u u
解之得：
43
-
≤u ．
分析二：
12
+-=
x y u 的几何意义是过圆12
2=+y x 上一动点和定点)2,1(-的连线的斜率，
利用此直线与圆
122=+y x 有公一共点，可确定出u 的取值范围． 解法二：由
12
+-=
x y u 得：)1(2+=-x u y ，此直线与圆122=+y x 有公一共点，故点)
0,0(到直线的间隔 1≤d ．
∴
1
1
2
2
≤++u u
解得：
43
-
≤u ．
另外，直线)1(2+=-x u y 与圆
122=+y x 的公一共点还可以这样来处理： 由⎩⎨⎧=++=-1)
1(222
y x x u y 消去y 后得：
0)34()42()1(2
222=++++++u u x u u x u ， 此方程有实根，故
0)34)(1(4)42(2
222≥+++-+=∆u u u u u ， 解之得：
43-
≤u ．
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．
典型例题十八
例18 对于圆1)1(22=-+y x 上任一点),(y x P ，不等式0≥++m y x 恒成立，务实数m 的
取值范围．
分析一：为了使不等式0≥++m y x 恒成立，即使m y x -≥+恒成立，只须使
m y x -≥+min )(就行了．因此只要求出y x +的最小值，m 的范围就可求得．
解法一：令y x u +=，
由⎩⎨⎧=-+=+1)1(22
y x u
y x
得：
0)1(2222=++-u y u y ∵0≥∆且2
28)1(4u u -+=∆， ∴
0)12(42
≥++-u u ． 即0)122≤--u u ，∴2121+≤≤-u ，
∴21min -=u ，即21)(min -=+y x 又0≥++m y x 恒成立即m y x -≥+恒成立． ∴m y x -≥-=+21)(min 成立， ∴12-≥
m ．
分析二：设圆上一点)sin 1,(cos θθ+P [因为这时P 点坐标满足方程1)1(2
2
=-+y x ]问题转化为利用三解问题来解．
解法二：设圆
1)1(2
2=-+y x 上任一点)sin 1,(cos θθ+P )2,0[πθ∈ ∴θcos =x ，θsin 1+=y ∵0≥++m y x 恒成立 ∴0sin 1cos ≥+++m θθ
即)sin cos 1(θθ++-≥m 恒成立．
∴只须m 不小于)sin cos 1(θθ++-的最大值．
设1
)4
sin(21)cos (sin -+
-=-+-=π
θθθu
∴
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2
22)()(r b y a x =-+-上
的点设为)sin ,cos (θθr b r a ++()2,0[πθ∈)．采用这种设法一方面可减少参数的个数，另一方面可以灵敏地运用三角公式．从代数观点来看，这种做法的本质就是三角代换．
典型例题十九
例19 (1)圆1)4()3(221=-+-y x O ：，),(y x P 为圆O 上的动点，求2
2y x d +=的最大、
最小值．
(2)圆1)2(2
2
2=++y x O ：
，),(y x P 为圆上任一点．求12
--x y 的最大、最小值，求y x 2-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者数形结合解决．
解：(1)(法1)由圆的HY 方程
1)4()3(2
2=-+-y x ． 可设圆的参数方程为⎩⎨
⎧+=+=,sin 4,cos 3θθy x 〔θ是参数〕
．
那么
θθθθ2
222sin sin 816cos cos 69+++++=+=y x d )cos(1026sin 8cos 626φθθθ-+=++=〔其中
34
tan =
φ〕．
所以
36
1026max =+=d ，161026min =-=d ．
(法2)圆上点到原点间隔 的最大值1d 等于圆心到原点的间隔 '
1d 加上半径1，圆上点到原点
间隔 的最小值2d 等于圆心到原点的间隔 '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=++y x 得圆的参数方程：⎩
⎨⎧=+-=,sin ,cos 2θθy x θ是参数． 那么3cos 2sin 12--=--θθx y ．令t
=--3cos 2sin θθ，
得t t 32cos sin -=-θθ，
t t 32)sin(12-=-+φθ 1)sin(1322≤-=+-⇒φθt t
43
3433+≤≤-⇒t ．
所以433max +=t ，433min -=t ．
即12--x y 的最大值为433+，最小值为43
3-．
此时)cos(52sin 2cos 22φθθθ++-=-+-=-y x ．
所以y x 2-的最大值为52+-，最小值为52--．
(法2)设k x y =--12，那么02=+--k y kx ．由于),(y x P 是圆上点，当直线与圆有交点时，如下图，
两条切线的斜率分别是最大、最小值．
由11222=++--=
k k k d ，得433±=k ．
所以12--x y 的最大值为433+，最小值为43
3-．
令t y x =-2，同理两条切线在x 轴上的截距分别是最大、最小值．
由1
52=--=
m d ，得52±-=m ．
所以y x 2-的最大值为52+-，最小值为52--．
典型例题二十
例20 有一种大型商品，A 、B 两地都有出售，且价格一样．某地居民从两地之一购得商品后运回的费用是：每单位间隔 A 地的运费是B 地的运费的3倍．A 、B 两地间隔 为10公里，顾客选择A 地或者B 地购置这种商品的HY 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限的曲线形状，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：该题不管是问题的背景或者生活实际的贴近程度上都具有深入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络实际，要重视数学在消费、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，建立如下图的平面直角坐标系．
∵10=AB ，∴)0,5(-A ，)0,5(B ．
设某地P 的坐标为),(y x ，且P 地居民选择A 地购置商品廉价，并设A 地的运费为a 3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：2222)5()5(3y x a y x a +-≤++．
∵0>a ， ∴2222)5()5(3y x y x +-≤++ 化简整理得：222)415()425(≤++
y x ∴以点)0,425(-为圆心415为半径的圆是两地购货的分界限．
圆内的居民从A 地购货廉价，圆外的居民从B 地购货廉价，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．。