高中数学圆的方程 经典例题(含详细解析)

高中数学圆的方程典型例题
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．
解法一：（待定系数法）
设 圆的标准方程为
(x?a)
2
?(y?b)
2
?r
2
．
∵圆心在
y?0
上，故
b?0
．
∴圆的方程为(x?a)
2
?y
2
?r
2
．
又∵该圆过
A(1,4)
、
B(3,2)
两点．
22?
?
(1?a)?16?r
2
a??1
r?20
． ∴
?
解之得：，
22
?
?
(3?a)?4?r
所以所 求圆的方程为
(x?1)
2
?y
2
?20
．
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
k
AB
?
4?2
??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：
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?
故所求圆的方程为
(x?1)
2
?y< br>2
?20
．
又点
P(2,4)
到圆心
C(?1,0 )
的距离为
d?PC?
(1?1)
2
?4
2
?20
．
(2?1)
2
?4
2
?25?r
．∴点
P
在圆外．
例2 求半径为4，与圆
x
2
?y
2
?4x?2y?4?0
相切，且和直线
y?0
相切的圆的方程．
解：则题 意，设所求圆的方程为圆
C：(x?a)
2
?(y?b)
2
?r2
．
圆
C
与直线
y?0
相切，且半径为4，则圆心< br>C
的坐标为
C
1
(a,4)
或
C
2
(a,?4)
．
又已知圆
x?y?4x?2y?4?0
的圆心
A< br>的坐标为
(2,1)
，半径为3．
若两圆相切，则
CA?4?3?7
或
CA?4?3?1
．
(1)当
C
1
(a,4)
时，
(a?2)?(4?1)?7
，或
(a?2)?(4?1)?1
(无解)，故可得
222222
22
■■■
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■■■

a?2?210
．
∴所求圆方程为
(x?2?210)
2
?(y?4)
2
?4
2
，或
(x?2?210)
2
?(y?4)
2
?4
2
．
(2)当
C
2
(a,?4)
时，
(a?2)
2
?(?4?1)
2
?7
2
，或
(a?2)
2
?(?4?1)
2
?1
2
(无解)，故
a?2?26
．
∴所求圆的方程为
(x? 2?26)
2
?(y?4)
2
?4
2
，或
(x?2 ?26)
2
?(y?4)
2
?4
2
．
例3 求经 过点
A(0,5)
，且与直线
x?2y?0
和
2x?y?0
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< br>，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?y?0
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?y?0
的距离相等．
∴
x?2y
5
?
x?2y
5
．∴两直线交角的平分线方程 是
x?3y?0
或
3x?y?0
．
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?y?0
的距离等于
AC
， ∴
2t?3t
5
?t
2
?(3t?5)
2
．化 简整理得
t
2
?6t?5?0
．解得：
t?1
或
t ?5

∴圆心是
(1,3)
，半径为
5
或圆心是
( 5,15)
，半径为
55
．
∴所求圆的方程为
(x?1)
2
?(y?3)
2
?5
或
(x?5)
2
?(y?1 5)
2
?125
．
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?2y?0
的距离最小的圆的方程． 分析：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
．
■■■
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■■■

∴
r?2b

又圆截
y
轴所得弦长为2．∴
r?a?1
．
又∵
P(a,b)
到直线
x?2y?0
的距离为
d?
2
22∴
5d?a?2b
?a?4b?4ab
2

22
22
a?2b
5

?a
2
?4b2
?2(a
2
?b
2
)
5
．
5
?2b
2
?a
2
?1

当且仅当
a?b
时取“=”号，此时
d
min
?
?
a?b
?
a?1
?
a??1
这时有
?
2
∴或
?< br>
?
2
b?1b??1
?
?
2b?a?1
?
又
r?2b?2
故所求圆的方程为
(x?1)
2
?(y?1 )
2
?2
或
(x?1)
2
?(y?1)
2
?2

解法二：同解法一，得
22
d?
2
a?2b
5
2
．∴
a?2b??5d
．∴
a?4b?45bd?5d
．
222
22
将
a?2b?1
代入上式得：
2b?45 bd?5d?1?0
．
上述方程有实根，故
??8(5d
2
?1)?0
，∴
d?
5
．
5
将
d?
2
5
代入方程得
b??1
．
5
2
又
2b?a?1
∴
a??1
．
由
a?2b?1
知
a
、
b
同号．故所求圆的方程为
(x?1)
2
?(y?1)
2
?2
或
(x?1)
2
?(y?1)
2
?2
．
类型二：切线方程、切点弦方程、公共弦方程
例5 已知圆
O：x
2
?y
2
?4
，求过点
P
?
2，4
?
与圆
O
相切的切线．
4
?
不在圆
O
上， 解：∵点< br>P
?
2，
∴切线
PT
的直线方程可设为
y?k
?
x?2
?
?4

根据
d?r

∴
?2k?4
1?k
2
?2

■■■
第 3 页 共 16 页
■■■

解得
k?

33
所以
y?
?
x?2
?
?4
即
3x?4y?10?0

4
4

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?y
0
y?r
2
，求出切点坐标
x
0、
y
0
的值来解决，此时没有漏解．
例6 两圆
C
1
：x
2
?y
2
?D
1
x?E
1
y ?F
1
?0
与
C
2
：x
2
?y
2
?D
2
x?E
2
y?F
2
?0
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< br>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． < br>解：设两圆
C
1
、
C
2
的任一交点坐标为
( x
0
,y
0
)
，则有：
22
x
0
?y
0
?D
1
x
0
?E
1
y
0
?F
1
?0
①
22
x
0
?y0
?D
2
x
0
?E
2
y
0
? F
2
?0
②
①－②得：
(D
1
?D
2
)x
0
?(E
1
?E
2
)y
0
?F
1
?F
2
?0
．
∵
A
、
B
的坐标满足方程
(D
1
?D
2
)x?(E
1?E
2
)y?F
1
?F
2
?0
．
∴ 方程
(D
1
?D
2
)x?(E
1
?E
2< br>)y?F
1
?F
2
?0
是过
A
、
B
两点的直线方程．
又过
A
、
B
两点的直线是唯一的． < br>∴两圆
C
1
、
C
2
的公共弦
AB
所 在直线的方程为
(D
1
?D
2
)x?(E
1
?E< br>2
)y?F
1
?F
2
?0
．
练习： 1．求过点
M(3,1)
，且与圆
(x?1)?y?4
相切的直线
l
的方程．
解：设切线方程为
y?1?k(x?3)
，即
kx? y?3k?1?0
，
∵圆心
(1,0)
到切线
l
的距离等于半径
2
，
∴
22
|k?3k?1|
k?
?
?1
?
2
2
3
?2
，解得
k??
，
4

3
(x?3)
，即
3x?4y?13?0
，
4
当 过点
M
的直线的斜率不存在时，其方程为
x?3
，圆心
(1,0)< br>到此直线的距离等于半径
2
，
故直线
x?3
也适合题意。
所以，所求的直线
l
的方程是
3x?4y?13?0
或
x? 3
．
∴切线方程为
y?1??
22
2、已知直线
5x?1 2y?a?0
与圆
x?2x?y?0
相切，则
a
的值为 .
解：∵圆
(x?1)
2
?y
2
?1
的圆心为（ 1，0），半径为1，∴
类型三：弦长、弧问题
■■■
第
5?a
5?12
22
?1
，解得
a? 8
或
a??18
.
4 页 共 16 页
■■■

例9、直线
3x?y?23?0
截圆
x
2
?y
2< br>?4
得的劣弧所对的圆心角为
解：依题意得，弦心距
d?

3
，故弦长
AB?2r
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?
类型四：直线与圆 的位置关系
?
3
.
例12、若直线
y?x?m
与曲线< br>y?
解：∵曲线
y?
4?x
2
有且只有一个公共点，求实数< br>m
的取值范围.
4?x
2
表示半圆
x
2
? y
2
?4(y?0)
，∴利用数形结合法，可得实数
m
的取值范围是
?2?m?2
或
m?22
.
例13 圆
(x?3 )
2
?(y?3)
2
?9
上到直线
3x?4y?11?0< br>的距离为1的点有几个？
解法一：圆
(x?3)
2
?(y?3)2
?9
的圆心为
O
1
(3,3)
，半径
r?3
．
设圆心
O
1
到直线
3x?4y?11?0
的距 离为
d
，则
d?
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
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
，
3x?4y?6?0
，或
l
2
：3x?4y?16?0
． ∴
m?11??5
，即
m??6
，或
m??16
，也即l
1
：
设圆
O
1
：(x?3)?(y?3)?9
的圆心到直线
l
1
、
l
2
的距离为
d
1
、
d
2
，则
22
d
1
?
3?3 ?4?3?6
3?4
22
?3
，
d
2
?
3 ?3?4?3?16
3?4
22
?1
．
■■■
第 5 页 共 16 页
■■■

∴
l
1
与
O
1
相切，与圆
O< br>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：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2：若直线
y?kx?2
与圆
(x?2 )
2
?(y?3)
2
?1
有两个不同的交点，则
k
的取值范围
是 .
解：依题意有
2k?1
k
2
?1
?1
，解得
0?k?
4
4
，∴
k的取值范围是
(0,)
.
3
3
3、 圆
x
2
?y
2
?2x?4y?3?0
上到直线
x?y?1?0
的距 离为
2
的点共有（ ）．
（A）1个 （B）2个 （C）3个 （D）4个
分析：把
x
2
?y
2
?2x?4y?3?0< br>化为
?
x?1
?
?
?
y?2
?
?8
，圆心为
?
?1，?2
?
，半径为
22
r?22< br>，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
P
?
?3，?4
?
作 直线
l
，当斜率为何值时，直线
l
与圆
C：
?
x? 1
?
?
?
y?2
?
?4
有公共点，如
22
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
?
x?3
?

即
O
x
kx?y?3k?4?0

根据
d?r
有
E
k?2?3k?4
1?k
整理得
3k?4k?0

解得
0?k?
2
2
?2

P

4
．
3
222
类型五：圆与圆的位置关系
例15：圆
x?y?2x?0
和圆
x?y?4y?0
的公切线共有 条。
2222
解：∵圆
(x?1)?y?1
的圆心为
O
1
(1,0)
，半径
r
1
?1
，圆
x?(y?2)? 4
的圆心为
O
2
(0,?2)
，
2
半径
r
2
?2
，∴
O
1
O
2
?
条公切线 。
5,r
1
?r
2
?3,r
2
?r
1< br>?1
.∵
r
2
?r
1
?O
1
O2
?r
1
?r
2
，∴两圆相交.共有2
6 页 共 16 页
■■■ ■■■
第

练习

1：若圆
x
2
?y
2
?2mx? m
2
?4?0
与圆
x
2
?y
2
?2x?4 my?4m
2
?8?0
相切，则实数
m
的取
值集合是 .
解：∵圆
(x?m)
2
?y
2
?4
的圆心为< br>O
1
(m,0)
，半径
r
1
?2
，圆
(x?1)
2
?(y?2m)
2
?9
的圆心为
O
2
(?1,2m)
，半径
r
2
?3
，且两圆相切，∴
O
1
O
2
?r
1
?r
2
或
O< br>1
O
2
?r
2
?r
1
，∴
(m?1 )
2
?(2m)
2
?5
或
(m?1)
2
? (2m)
2
?1
，解得
m??
∴实数
m
的取值集合 是
{?
125
或
m?2
，或
m?0
或
m? ?
，
52
125
,?,0,2}
.
52
类型六：圆中的对称问题
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
的直线与圆
C：x
2
?y
2
?4x?4y? 7?0
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
?
?3，?3
?
，其次设过
A
?
的圆
C
的切 线方程为
G
O
B
A
y
M
C
N
y?k
?
x?3
?
?3

根据
d?r
，即求出圆
C
的切线的斜率为
k?
进一步求出反射光线所在 的直线的方程为
x
43
或
k?

34
A’
4x?3y?3?0
或
3x?4y?3?0

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
图
4x?3y?3?0
或
3x?4y?3?0

光路的距离 为
A'M
，可由勾股定理求得
A
?
M
2
?A
?
C?CM?7
．
22
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
22
例18：圆
x?y?4x?4y?10?0< br>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
d?
10
2
?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
.
■■■
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■■■

例19 (1)已知圆
O
1
：(x?3)
2< br>?(y?4)
2
?1
，
P(x,y)
为圆
O
上的动点，求
d?x
2
?y
2
的最大、最
小值．
(2)已知圆
O
2
：(x?2)
2
?y
2
?1，
P(x,y)
为圆上任一点．求
y?2
的最大、最小值，求
x ?2y
的
x?1
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
?
?
x?3?cos
?
,
（
?
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
d1
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
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
d
max
?36
．
d
min?16
．
(2) (法1)由
(x?2)
2
?y
2< br>?1
得圆的参数方程：
?
则
?
x??2?cos
?< br>,
?
是参数．
?
y?sin
?
,
y?2s in
?
?2sin
?
?2
??t
， ．令
x?1c os
?
?3cos
?
?3
得
sin
?
?t cos
?
?2?3t
，
1?t
2
sin(
?
?
?
)?2?3t

?
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
■■■
第 8 页 共 16 页
■■■

此时
x?2y??2?cos
?
?2sin
?
??2?5c os(
?
?
?
)
．
所以
x?2y
的最大 值为
?2?5
，最小值为
?2?5
．
(法2)设
图所示，

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
x?1

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
m ??2?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
(x?3)?(y?4)?4
上运动，则
PA ?PB
的最小
值是 .
解：设
P(x,y)
，则< br>PA?PB
为
C(3,4)
，则
OP
练习：
1：已知点
P(x,y)
在圆
x?(y?1)?1
上运动.
22
22
22
22
?(x?2)
2
?y
2
?(x?2)
2
?y
2
?2(x
2
?y
2
)?8?2OP?8
.设圆心
22
2
min
2
?OC?r ?5?2?3
，∴
PA?PB
的最小值为
2?3?8?26
.
y?1
的最大值与最小值；（2）求
2x?y
的最大值与最小值.
x?2
y?1
解：（1）设
?k
，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
x?2< br>（1）求
最大值与最小值.由
2k
k
2
?1
?1，解得
k??
33
3
y?1
，∴的最大值为，最小值为
?
.
33
3
x?2
9 页 共 16 页
■■■ ■■■
第

（2）设
2x?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
大 值与最小值.由
1?m
5
?1
，解得
m?1?5
，∴
2x?y
的最大值为
1?5
，最小值为
1?5
.
2 设 点
P(x,y)
是圆
x
2
?y
2
?1
是任 一点，求
u?
y?2
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< br>x
2
?y
2
?1
上任一点
P(cos
?,sin
?
)

则有
x?cos
?
，
y?sin
?
?
?[0,2
?
)

∴
u?
sin
?
?2
，∴
ucos
?
?u?sin
?
?2
∴
ucos
?
?sin
?
??(u?2)
．
cos
?
?1
即
u
2
?1sin(< br>?
?
?
)?u?2
（
tan
?
?u
）
∴
sin(
?
?
?
)?
(u?2)
u ?1
2
．
又∵
sin(
?
?
?
)?1< br>∴
u?2
u?1
2
?1

解之得：
u??
3
．
4
y?2
22
分析 二：
u?
的几何意义是过圆
x?y?1
上一动点和定点
(?1,2)
的连线的斜率，利用
x?1
此直线与圆
x
2
?y
2
?1
有公共点，可确定出
u
的取值范围．
解法二：由
u?
直线的距离
d?1
．
∴
y?2< br>22
得：
y?2?u(x?1)
，此直线与圆
x?y?1
有公 共点，故点
(0,0)
到
x?1
u?2
3
?1
解得：
u??
．
4
u
2
?1
另外，直线
y?2?u(x?1)
与圆
x
2
?y
2
?1
的公共 点还可以这样来处理：
由
?
?
y?2?u(x?1)
22
?
x?y?1
消去
y
后得：
(u?1)x?(2u?4u)x?(u ?4u?3)?0
，
2222
2222
此方程有实根，故
??(2 u?4u)?4(u?1)(u?4u?3)?0
，
解之得：
u??
类型八：轨迹问题
例22、已知线段
AB
的端点
B
的坐标是（4，3），端点
A
在圆
(x?1)?y?4上运动，求线段
AB
■■■
第
3
．
4
22
10 页 共 16 页
■■■

的中点
M
的轨迹方程.

例23 如图所示，已知圆
O： x
2
?y
2
?4
与
y
轴的正方向交于
A< br>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?A B
，
BC
是切线
OC?BC
，
所以
OCAH
，
CHOA
，
OA?OC
，
所以四边形
AOCH
是菱形．
'
?
?
y?y?2 ,
所以
CH?OA?2
，得
?
'

?
?< br>x?x.
又
C(x
'
,y
'
)
满足
x
'
?y
'
?4
，
所以
x?(y?2)?4(x?0)
即是所求轨迹方程．
说明：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
x?y?r
，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< br>OM?AB
，
AB?PQ
，
222
22
22

在直角三角形
AOM
中，若设< br>Q(x,y)
，则
M(
■■■
第
x?ay?b
,)
．
22
11 页 共 16 页
■■■

由
OM
2

?AM
2
?OA
，即
2
(
x?a
2
y?b
2
1
)?()?[(x?a )
2
?(y?b)
2
]?r
2
，
224
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
1
?y
1< br>?r
2
，
x
2
?y
2
?r
2
．
又
PQ?AB
，即
22
2222
(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< br>x
2
?y
1
y
2
)
②
①＋②， 有
x
2
?y
2
?2r
2
?(a
2
?b
2
)
．
这就是所求的轨迹方程．
解法三：设
A(r cos
?
,rsin
?
)
、
B(rcos
?
,rsin
?
)
、
Q(x,y)
，
由于
APB Q
为矩形，故
AB
与
PQ
的中点重合，即有
x?a?rcos
?
?rcos
?
， ①
y?b?rsin
?
?rsin
?
， ②
又由
PA?PB
有
rsin
?
?brsin
?
?b
? ??1
③
rcos
?
?arcos
?
?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
?b2
)
．
说明：其中的解法一是几何方法．而解法二与解法三，都可以称为参数方 法．解法二涉及到了
x
1
、
x
2
、
y
1< br>、
y
2
四个参数，故需列出五个方程；而解法三中，由于借助了圆
x< br>2
?y
2
?r
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．利用了图形的几何特征，
练习：
1、由动点
P
向圆
x?y?1
引两条切线
PA
、< br>PB
，切点分别为
A
、
B
，
?APB
=60
0
，则动点
P
的轨迹方程是 .
解：设
P(x,y)
.∵
?APB
=60
0
，∴
?OPA
=30
0
.∵
OA?AP
，∴
OP?2OA?2
，∴x
2
?y
2
?2
，
化简得
x?y?4
，∴动点
P
的轨迹方程是
x?y?4
.
■■■
第
22
2222
12 页 共 16 页
■■■

练习巩固：设
A(?c,0),B(c,0)(c?0)
为两定点，动点< br>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.
解：设动点
P
的坐标为
P (x,y)
.由
PA
PB
?a(a?0)
，得
(x?c)< br>2
?y
2
(x?c)?y
22
?a
，
化简 得
(1?a
2
)x
2
?(1?a
2
)y
2
?2c(1?a
2
)x?c
2
(1?a
2
)?0< br>.
1?a2ac
2
2c(1?a
2
)
22
2
当
a?1
时，化简得
x?y?
，整理得
(x?c)?y? ()
；
x?c?0
a
2
?1a
2
?1
1 ?a
2
22
2
当
a?1
时，化简得
x?0
.
1?a
2
2ac
c,0)
为圆心，
2
所以当< br>a?1
时，
P
点的轨迹是以
(
2
为半径的圆； a?1
a?1
当
a?1
时，
P
点的轨迹是
y< br>轴.
22
4、已知定点
B(3,0)
，点
A
在圆< br>x?y?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
1
MB
，∴
(x?x
1
,y?y
1)?(3?x,?y)
，
3
3
14
??
x?x?(3 ?x)x?x?1
1
1
??
?
?
22
33
22
∴
?
，∴
?
.∵点
A
在圆
x?y?1
上运动，∴
x
1
?y
1
?1
，∴
?
y?y??
1
y
?
y?
4
y
1
1
?
?
3
3
?
?
44
3939
(x?1)
2
?(y)
2
?1
，即
(x?)
2
?y< br>2
?
，∴点
M
的轨迹方程是
(x?)
2
?y
2
?
.
33
416416
例5、已知定点
B(3 ,0)
，点
A
在圆
x?y?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(x,y),A(x
1
,y
1
)
.∵
OM
是
?AOB
的平分线，∴
AM
?
OA
?
1
， ∴
AM?
1
MB
.由变式
3
MB OB3
1可得点
M
的轨迹方程是
(x?)
2
?y
2
?
22
3
4
9
.
16
22
练习 巩固：已知直线
y?kx?1
与圆
x?y?4
相交于
A
、< br>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)
，< br>AB
的中点为
M
.∵
OAPB
是平行四边形，∴
M< br>是
OP
的中点，∴点
M
的坐标为
xy
(,)
，且
OM?AB
.∵直线
y?kx?1
经过定点
C(0,1)
，∴
OM?CM
，∴
22
■■■
第 13 页 共 16 页
■■■

xyxyxyy
22
OM?CM?(,)?(,?1)?()
2< br>?(?1)?0
，化简得
x?(y?1)?1
.∴点
P
的轨迹 方程是
2222222
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?6y?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
1< br>x
2
?y
1
y
2
?0
，
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
程构造以
y
，由直线< br>l
与圆的方
x
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
O P?OQ
，得
k
OP
?k
OQ
??1
，即
y
1
y
2
???1
，也即：
x
1
x2
?y
1
y
2
?0
． ①
x
1
x
2
?
x?2y?3?0
另一方面，
(x
1
,y
1
)
、
(x
2
,y
2
)
是 方程组
?
2
的实数解，即
x
1
、
x
2是方
2
?
x?y?x?6y?m?0
程
5x?10x?4m?2 7?0
② 的两个根．
∴
x
1
?x
2??2
，
x
1
x
2
?
2
4m?27< br>． ③
5
又
P
、
Q
在直线
x?2y?3?0
上，
111
(3?x
1
)?(3?x
2
)?[9?3(x
1
?x
2
)?x
1
x
2
]
．
224
m?12
将③代入，得
y
1
y
2
?
． ④
5
将③、④代入①，解得
m?3
，代入方程②，检验
?? 0
成立， ∴
m?3
．
∴
y
1
y
2< br>?
解法二：由直线方程可得
3?x?2y
，代入圆的方程
x
2
?y
2
?x?6y?m?0
，有
1m
x
2
?y
2
?(x?2y)(x?6y)?(x?2y)
2
?0
，
39
整理，得
(12?m)x?4(m?3)xy?(4m?27)y?0
．
由于
x?0
，故可得
22
yy
(4m?27)()
2
?4(m?3)?12?m?0
．
xx
∴
k
OP，
k
OQ
是上述方程两根．故
k
OP
?k
OQ
??1
．得
■■■
第 14 页 共 16 页
■■■

12?m
??1
，解得
m?3
．
4m?27
经检验可知
m?3
为所求．
说明：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
齐次方程，
例26、已知对于圆
x
2
?(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．
解法一：令
u?x?y
，
y
的二次
x
?
x?y?u
22
由
?
2 得：
2y?2(u?1)y?u?0

2
?
x?(y?1 )?1
∵
??0
且
??4(u?1)
2
?8u
2< br> ∴
4(?u
2
?2u?1)?0
．
即
u?2u?1)?0
，∴
1?2?u?1?2
，
∴u
min
?1?2
，即
(x?y)
min
?1?2
又
x?y?m?0
恒成立即
x?y??m
恒成立．
∴
(x?y)
min
?1?2??m
成立， ∴
m?
2
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
x
2
?(y?1)
2
?1
]问题转化
为利用三解问题来解 ．
解法二：设圆
x
2
?(y?1)
2
?1
上任一 点
P(cos
?
,1?sin
?
)
?
?[0,2< br>?
)

∴
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
．
222< br>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)?(y?b)?r< br>上的
点设为
(a?rcos
?
,b?rsin
?
)< br>(
?
?[0,2
?
)
)．采用这种设法一方面可减少参数的个 数，另一方面
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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< br>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< br>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
2222
即：
3a(x?5)?y?a(x?5)?y
．
22
∵
a?0
， ∴
3(x?5)?y?(x?5)
2
?y
2

25
2
15
)?y
2
?()
2

44
2515
,0)
为圆心为半径的圆是两地购货的分界线． ∴以点
(?
44
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．
化简整理得：
(x?

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