高中数学圆的方程典型题型归纳总结

高中数学圆的方程典型题型归纳总结
类型一：巧用圆系求圆的过程
在解 析几何中，符合特定条件的某些圆构成一个圆系，一个圆系所具有的共同形式的方程称为圆系方程。
常用 的圆系方程有如下几种：
⑴以为圆心的同心圆系方程
⑵过直线与圆的交点的圆系方程

⑶过两圆和圆

的交点的圆系方程
此圆系方程中不包含圆，直接应用该圆系方程，必须检验圆是否满足题意，谨防漏解。
当时，得到两圆公共弦所在直线方程

例1：已知圆
，求实数的值。
与直线相交于两点，为坐标原点，若
分析：此题最易想到设出
思想，联立方程， 由根与系数关系得出关于
，不难得出在以
，由得到，利用设而不求的
的方程，最后验证 得解。倘若充分挖掘本题的几何关系
刚好为直线与圆的交点，选取过直线与圆交点为直径的圆上。而的圆系方程，可极大地简化运算过程。



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解：过直线与圆的交点的圆系方程为：
，即
………………….①
依题意，在以为直径的圆上，则圆心（）显然在直线上，则
，解之可得
又满足方程①，则 故
例2：求过两圆和的交点且面积最小的圆的方程。
解：圆和的公共弦方程为
，即
过直线与圆的交点的圆系方程为
，即
依题意，欲使所求圆面积最小，只需圆半径最小，则两圆的公共弦必为所求圆的直径，圆心
必在公共弦所在直线上。即，则代回圆系方程得所求圆方程

例3:求证：m为任意实数时，直线(m－1)x＋(2m－1)y＝m－5恒过一定点P，并求P点坐标。
分析：不论m为何实数时，直线恒过定点，因此，这个定点就一定是直线系中任意两直线的交点。



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解：由原方程得
m(x＋2y－1)－(x＋y－5)＝0，①
?x?2y?1?0
?
x?9
解得
??
x?y?5?0
? ?
y??4
， 即
∴直线过定点P（9，－4）
注：方程①可看作经过两直线交点的直线系。
例4已知圆
C
：（
x
－1）
2
＋（
y
－2）
2
＝25，直线
l
：（2
m
+1）
x
+（
m
+1）
y
－7
m
－4=0（
m
∈R）.
（1）证明：不论
m
取什么实数，直线
l
与圆恒交于两点；
（2）求直线被圆
C
截得的弦长最小时
l
的方程.
剖析：直线过定点，而该定点在圆内，此题便可解得.
（1）证明：
l
的方 程（
x
+
y
－4）+
m
（2
x
+
y
－7）=0.

∵

m

∈

R

，∴


2
x
+
y
－7=0，


x
=3，
得
x
+
y
－4=0，
y
=1，
即
l
恒过定点
A
（3，1）.
∵圆心
C
（1，2），｜
AC
｜＝
5
＜5（半径）， < br>∴点
A
在圆
C
内，从而直线
l
恒与圆
C相交于两点.
（2）解：弦长最小时，
l
⊥
AC
，由
k
AC
＝－
∴
l
的方程为2
x
－
y
－5=0.
评述：若定点
A
在圆外，要使直线与圆相交则需要什么条件呢？

1
，
2
思考讨论

类型二：直线与圆的位置关系



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例5、若直线
y?x?m
与曲线
y?
解：∵曲线
y?
4?x
2
有且只有一个公共点，求实数
m
的取值范围.
4?x
2
表示半圆
x
2
?y
2
?4(y?0)< br>，∴利用数形结合法，可得实数
m
的取值范围是
?2?m?2
或
m?22
.
变式练习：1.若直线y=x+k与曲线x=
解析：利用数形结合.
答案：－1＜k≤1或k=－
2


例6 圆
(
x ?
3)
2
?
(
y?
3)
2
?
9< br>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
l
1
、
l
2
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
O
1
(3,3)< br>，半径
r?3
．
设圆心
O
1
到直线
3x? 4y?11?0
的距离为
d
，则
d?
1?y
2
恰有 一个公共点，则k的取值范围是___________.
3?3?4?3?11
3?4
22
?2?3
．
如图，在圆 心
O
1
同侧，与直线
3x?4y?11?0
平行且距离为1的直线< br>l
1
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?4y?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?4y?11? 0
，且与之距离为1的直线和圆的交点．设所求
直线为
3x?4y?m?0
， 则
d?



m?11
3?4
22
?
1
，
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∴
m?11??5
，即
m??6
，或
m??16
，也即
l
1
：3x?4y?6?0
，或
l
2：3x?4y?16?0
．
设圆
O
1
：
(
x ?
3)
2
?
(
y?
3)
2
?
9< br>的圆心到直线
l
1
、
l
2
的距离为
d
1
、
d
2
，则
d
1
?
3?3?4?3 ?6
3?4
22
?3
，
d
2
?
3?3?4 ?3?16
3?4
22
?1
．
∴
l
1
与
O
1
相切，与圆
O
1
有一个公共点；
l
2
与圆
O
1
相交，与圆
O
1
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
O
1
到直线
3x?4y?11?0
的距离为
d
，则
d?
∴圆
O
1
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．
类型三：圆中的最值问题
例7：圆
x
2
?y
2< br>?
4
x?
4
y?
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
22
解 ：∵圆
(
x?
2)
?
(
y?
2)
?
18
的圆心为（2，2），半径
r?32
，∴圆心到直线的距离
3?3?4 ?3?11
3?4
22
?2?3
．
d?
10
2< br>?52?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
(d?r )?(d?r)?2r?62
.
例8 (1)已知圆
O
1
：
(
x?
3)
2
?
(
y?
4)
2
?
1
，
P(x,y)
为圆
O
上的动点，求
d?x< br>2
?y
2
的最大、最小值．
(2)已知圆
O
2：
求
(
x?
2)
2
?y
2
?
1
，
P(x,y)
为圆上任一点．
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)
?
(
y?
4)
?
1
．
22
y?2
的最大、最小值，求x?2y
的最大、
x?1



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?
x?3?cos
?
,
可设圆的参数方程为
?< br>（
?
是参数）．
y?4?sin
?
,
?
则
d?x
2
?y
2
?9?6cos
?
?cos
2
?
?16?8sin
?
?sin
2
?

?26?6cos
?
?8sin
?
?26?10cos(
?
?
?
)
（其中
tan
?
?
所以
d
max
?
26
?
10
?
36
，
d
min
?26?10?16
．
4
）．
3
(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< br>1
减去半径1．
所以
d
1
?
3
2
?
4
2
?
1
?
6
．
'
'
d
2
?3
2
?4
2
?1?4
．
所以< br>d
max
?
36
．
d
min
?16
．
(2) (法1)由
(
x?
2)
2
?y
2?
1
得圆的参数方程：
?
则
?
x??2?cos
?
,
?
是参数．
y?sin
?
,
?
y ?2sin
?
?2sin
?
?2
?
?t
， ．令< br>x?1cos
?
?3cos
?
?3
2
得
si n
?
?tcos
?
?2?3t
，
1
?
ts in(
?
?
?
)
?
2
?
3t
< br>?
2?3t
1?t
2
?sin(
?
?
?)?1
?
3?33?3
?t?
．
44
所以
t
max
?
3?33?3
，
t
min
?
．
44
即
y?2
3?33?3
的最大值为，最小值为．
x? 1
44
此时
x?2y??2?cos
?
?2sin
?
??2?5cos(
?
?
?
)
．
所以
x?2y
的最大值为
?2?5
，最小值为
?2?5
．
(法2)设< br>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，如图所示，
x?1



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两条切线的斜率分别是最大、最小值．
由
d?
?2k ?k?2
1?k
2
?
1
，得
k?
3?3
．
4
所以
y?2
3?33?3
的最大值为，最小值为．
x? 1
44
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
5
?
1
，得< br>m??2?5
．
所以
x?2y
的最大值为
?2?5
，最小值为
?2?5
．
22
例9、已知对于圆
x?
(y?
1)
?
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．
设圆
x< br>2
?
(
y?
1)
2
?
1
上任一点< br>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??2sin(
?
?
∴
u
max
?
2?
1
即
m?
?
4
)
?
1

2?1
．



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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?rcos?
,b?rsin
?
)
(
?
?[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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