(完整)高三总复习直线与圆的方程知识点总结及典型例题,推荐文档

建议收藏下载本文，以便随时学习！直线与圆的方程一、直线的方程1、倾斜角： L，范围0≤＜， 若l//x轴或与x轴重合时，=00。2、斜率： k=tan 与的关系：=0=0已知L上两点P1（x1,y1） 0＜＜2k0P2（x2,y2） =2不存在 k=y2y1x 02x122当x1=x2时，=900，不存在。当0时，=arctank，＜0时，=+arctank3、截距（略）曲线过原点横纵截距都为0。4、直线方程的几种形式已知方程说明几种特殊位置的直线斜截式K、bY=kx+b不含y轴和行①x轴：y=0平于y轴的直线点斜式P1=(x1,y1)y-y1=k(x-x1)不含y轴和平②y轴：x=0 k行于y轴的直线两点式P1(x1,y1)不含坐标辆和Pyy③平行于x轴：y=b1xx12(x2,y2)yy平行于坐标轴21x2x1的直线截距式a、bx不含坐标轴、④平行于y轴：x=aayb1平行于坐标轴⑤过原点：y=kx和过原点的直线一般式Ax+by+c=0A、B不同时为0两个重要结论：①平面内任何一条直线的方程都是关于x、y的二元一次方程。②任何一个关于x、y的二元一次方程都表示一条直线。5、直线系：（1）共点直线系方程：p0（x0,y0）为定值，k为参数y-y0=k（x-x0） 特别：y=kx+b，表示过（0、b）的直线系（不含y轴）（2）平行直线系：①y=kx+b，k为定值，b为参数。②AX+BY+入=0表示与Ax+By+C=0 平行的直线系③BX-AY+入=0表示与AX+BY+C垂直的直线系1（3）过L,L交点的直线系Ax+By+C+入（AX+BY+C）=0（不含L2）建议收藏下载本文，以便随时学习！121112226、三点共线的判定：①ABBCAC，②KAB=KBC，③写出过其中两点的方程，再验证第三点在直线上。二、两直线的位置关系1、L1：y=k1x+b1L2：y=k2x+b2平行K1=k2且b1≠b2L1：A1X+B1Y+C1=0L2：A2X+B2Y+C2=0L1与L2组成的方程组无解A1B1C1A2B2C2A1B1C1A2B2C2A1B1A2B2A1A2+B1B2=0重合K1=k2且b1=b2有无数多解相交K1≠k2有唯一解垂直K1·k2=-1（说明：当直线平行于坐标轴时，要单独考虑）2、L1 到L2的角为0，则tank2k1（k1k21）1k2k13、夹角：tank2k11k2k1Ax0By0cAB224、点到直线距离：d（已知点（p0(x0,y0)，L：AX+BY+C=0）①两行平线间距离：L1=AX+BY+C1=0 L2：AX+BY+C2=0dc1c2A2B2②与AX+BY+C=0平行且距离为d的直线方程为Ax+By+C±dA2B20③与AX+BY+C1=0和AX+BY+C2=0平行且距离相等的直线方程是AXBYC1C2025、对称：（1）点关于点对称：p(x1,y1)关于M（x0,y0）的对称P(2X0X1,2Y0Y1)（2）点关于线的对称：设p(a、b)对称轴X轴对称点p对称轴Y=-x对称点pp(a、b)p(b、a)2Y轴建议收藏下载本文，以便随时学习！X=m(m≠0)p(a、b)y=x一般方法：如图：(思路1)设P点关于L的对称点为P0(x0,y0) p(2ma、b)p(a、2nb)则 Kpp0﹡KL=－1P, P0中点满足L方p(b、a)y=n(n≠0)程 解出P0(x0,y0)（思路2）写出过P⊥L的垂线方程，先求垂足，然后用中点坐标公式求出P0(x0,y0)的坐标。Py P0x（3）直线关于点对称L：AX+BY+C=0关于点P（X0、Y0）的对称直线l：A（2X0-X）+B（2Y0-Y）+C=0（4）直线关于直线对称①几种特殊位置的对称：已知曲线f(x、y)=0关于x轴对称曲线是f(x、-y)=0 关于y=x对称曲线是f(y、x)=0关于y轴对称曲线是f(-x、y)=0 关于y= -x对称曲线是f(-y、-x)=0关于原点对称曲线是f(-x、-y)=0 关于x=a对称曲线是f(2a-x、y)=0关于y=b对称曲线是f(x、2b-y)=0一般位置的对称、结合平几知识找出相关特征，逐步求解。三、简单的线性规划 L Y 不等式表示的区域 O X AX+BY+C=0约束条件、线性约束条件、目标函数、线性目标函数、线性规划，可行解，最优解。要点：①作图必须准确（建议稍画大一点）。②线性约束条件必须考虑完整。③先找可行域再找最优解。四、圆的方程1、圆的方程：①标准方程 xa(yb)r，c（a、b）为圆心，r为半径。22L②一般方程：xyDXEYF0，223建议收藏下载本文，以便随时学习！DE4FDE22C,，r22222当DE4F0时，表示一个点。当DE4F0时，不表示任何图形。③参数方程： xarcos22ybrsin 为参数以A（X1，Y1），B（X2，Y2）为直径的两端点的圆的方程是（X-X1）（X-X2）+（Y-Y1）（Y-Y2）=02、点与圆的位置关系：考察点到圆心距离d，然后与r比较大小。3、直线和圆的位置关系：相交、相切、相离判定：①联立方程组，消去一个未知量，得到一个一元二次方程：△＞0相交、△＝0相切、△＜0相离②利用圆心c (a、b)到直线AX+BY+C=0的距离d来确定：d＜r相交、d＝r相切d＞r相离（直线与圆相交，注意半径、弦心距、半弦长所组成的kt△）4、圆的切线：（1）过圆上一点的切线方程与圆xyr相切于点（x1、y1）的切线方程是x1xy1yr与圆(xa)(yb)r相切于点（x1、y1）的切成方程为：(x1a)(xa)(y1b)(yb)r2222222222与圆xyDXEYF0相切于点（x1、y1）的切线是x1xy1yD(xx1yy1)E()F022（2）过圆外一点切线方程的求法：已知：p0(x0，y0)是圆 (xa)2(yb)2r2 外一点 ①设切点是p1(x1、y1)解方程组 先求出p1的坐标，再写切线的方程②设切线是yy0k(xx0)即kxykx0y00再由(x1a)2(y1b)2r2(x0a)(x1a)(y0b)(y1b)2r2kabkx0y0k12r，求出k，再写出方程。4（当k值唯一时，应结合图形、考察是否有垂直于x轴的切线）③已知斜率的切线方程：设ykxb（b待定），利用圆心到L距离为r，确定b。

5、圆与圆的位置关系

由圆心距进行判断、相交、相离（外离、内含）、相切（外切、内切）6、圆系

①同心圆系：(xa)(yb)r，（a、b为常数，r为参数）或：xyDXEYF0（D、E为常数，F为参数）②圆心在x轴：(xa)yr③圆心在y轴：x(yb)r222222222222④过原点的圆系方程(xa)(yb)ab⑤过两圆C1:xyD1XE1YF10和

22222C2:x2y2D2XE2YF20的交点的圆系方程为

，其中x2y2D1XE1YF1入(x2y2D2XE2YF20（不含C2）

入为参数

若C1与C2相交，则两方程相减所得一次方程就是公共弦所在直线方程。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)(yb)r．∵圆心在y0上，故b0．∴圆的方程为(xa)yr．又∵该圆过A(1,4)、B(3,2)两点．

2222225

建议收藏下载本文，以便随时学习！(1a)16r22∴22(3a)4r2解之得：a1，r20．所以所求圆的方程为(x1)y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kAB224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13程为：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(11)24220．22故所求圆的方程为(x1)y20．又点P(2,4)到圆心C(1,0)的距离为dPC(21)24225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何来判定直线与圆的位置关系呢？22例2 求半径为4，与圆xy4x2y40相切，且和直线y0相切的圆的方程．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)(yb)r．圆C与直线y0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xy4x2y40的圆心A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C1(a,4)时，(a2)(41)7，或(a2)(41)1(无解)，故可得22222222222a2210．6建议收藏下载本文，以便随时学习！∴所求圆方程为(x2210)(y4)4，222或(x2210)(y4)4．(2)当C2(a,4)时，(a2)(41)7，或(a2)(41)1(无解)，故222222222a226．∴所求圆的方程为(x226)(y4)4，或(x226)(y4)4．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222222(xa)2(y4)242．又圆x2y24x2y40，即(x2)2(y1)232，其圆心为A(2,1)，半径为3．若两圆相切，则CA43．故(a2)(41)7，解之得a2210．所以欲求圆的方程为(x2210)(y4)4，或222222(x2210)2(y4)242．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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，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2y5x2y5．∴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．7建议收藏下载本文，以便随时学习！设圆心C(t,3t)∵C到直线2xy0的距离等于AC，∴2t3t5t2(3t5)2．2化简整理得t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)(y3)5或(x5)(y15)125．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2y0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2b222222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22da2b522∴5da2ba24b24ab8建议收藏下载本文，以便随时学习！a24b22(a2b2)2b2a21当且仅当ab时取“=”号，此时d5min5．这时有ab2b2a21∴a1或a1b1b1又r22b2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da2b5．∴a2b5d．∴a24b245bd5d2．将a22b21代入上式得：2b245bd5d210．上述方程有实根，故8(5d21)0，∴d55．将d55代入方程得b1．又2b2a2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2．9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？建议收藏下载本文，以便随时学习！类型二：切线方程、切点弦方程、公共弦方程4与圆O相切的切线．例5　已知圆O：xy4，求过点P2，224不在圆O上， ∴切线PT的直线方程可设为ykx24解：∵点P2，根据dr ∴ 解得 所以 即 2k41k22343yx244k3x4y100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x0xy0yr，求出切点坐标x0、y0的值来解决，此时没有漏解．2例6 两圆C1：xyD1xE1yF10与C2：xyD2xE2yF20相交于A、2222B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、C2的任一交点坐标为(x0,y0)，则有：x0y0D1x0E1y0F10　　　①x0y0D2x0E2y0F20　　　②①－②得：(D1D2)x0(E1E2)y0F1F20．∵A、B的坐标满足方程(D1D2)x(E1E2)yF1F20．∴方程(D1D2)x(E1E2)yF1F2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．∴两圆C1、C2的公共弦AB所在直线的方程为(D1D2)x(E1E2)yF1F20．102222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，但并没建议收藏下载本文，以便随时学习！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xy1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(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，∴2222|k3k1|k21232，解得k， 43(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)到此直线的距离等于半径2，∴切线方程为y1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3．2、过坐标原点且与圆xy4x2y2250相切的直线的方程为 222解：设直线方程为ykx，即kxy0.∵圆方程可化为(x2)(y1)5，∴圆2心为（2，-1），半径为2k110110.依题意有，解得k3或k，∴直线方232k21程为y3x或y1x.3223、已知直线5x12ya0与圆x2xy0相切，则a的值为 解：∵圆(x1)2y21的圆心为（1，0），半径为1，∴.5a512221，解得a8或a18.类型三：弦长、弧问题例8、求直线l:3xy60被圆C:xy2x4y0截得的弦AB的长.22例9、直线3xy230截圆xy4得的劣弧所对的圆心角为 2211建议收藏下载本文，以便随时学习！解：依题意得，弦心距d3，故弦长AB2rd2，从而△OAB是等边三角22形，故截得的劣弧所对的圆心角为AOB2223.2例10、求两圆xyxy20和xy5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230和圆xy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解：∵曲线y224x2有且只有一个公共点，求实数m的取值范围.4x2表示半圆x2y2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)(y3)9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l1、l2的方程，从代数计算中寻找解答．解法一：圆(x3)(y3)9的圆心为O1(3,3)，半径r3．设圆心O1到直线3x4y110的距离为d，则d2222334311342223．如图，在圆心O1同侧，与直线3x4y110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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1134221，12建议收藏下载本文，以便随时学习！∴m115，即m6，或m16，也即l1：3x4y60，或l2：3x4y160．设圆O1：(x3)(y3)9的圆心到直线l1、l2的距离为d1、d2，则22d13343634223，d23343163422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3x4y110的距离为d，则d∴圆O1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．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．22334311342223．练习1：直线xy1与圆xy2ay0(a0)没有公共点，则a的取值范围是 解：依题意有a12a，解得21a21.∵a0，∴0a21.22练习2：若直线ykx2与圆(x2)(y3)1有两个不同的交点，则k的取值范围是 解：依题意有.2k1k21221，解得0k44，∴k的取值范围是(0,).33练习3、　圆xy2x4y30上到直线xy10的距离为2的点共有（ ）．（A）1个 22（B）2个 （C）3个 2（D）4个22，半分析：把xy2x4y30化为x1y28，圆心为1，径为r22，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．13建议收藏下载本文，以便随时学习！4作直线l，当斜率为何值时，直线l与圆练习4、　过点P3，x1y24有公共点，如图所示．C：22分析：观察动画演示，分析思路．解：设直线l的方程为yy4kx3即Oxkxy3k40根据dr有Ek23k41k整理得22P3k24k0解得0k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？4．3例14、判断圆C1:xy2x6y260与圆C2:xy4x2y40的位置关系，2222例15：圆xy2x0和圆xy4y0的公切线共有 2222222条。2解：∵圆(x1)y1的圆心为O1(1,0)，半径r11，圆x(y2)4的圆心为O2(0,2)，半径r22，∴O1O25,r1r23,r2r11.∵r2r1O1O2r1r2，∴两圆相交.共有2条公切线。练习1：若圆xy2mxm40与圆xy2x4my4m80相切，则实数m的取值集合是 22222222.解：∵圆(xm)y4的圆心为O1(m,0)，半径r12，圆14建议收藏下载本文，以便随时学习！(x1)(y2m)9的圆心为O(1,2m)，半径r3，且两圆相切，∴2222O1O2r1r2或O1O2r2r1，∴(m1)2(2m)25或(m1)2(2m)21，解得m125125或m2，或m0或m，∴实数m的取值集合是{,,0,2}.5252222：求与圆xy5外切于点P(1,2)，且半径为25的圆的方程.解：设所求圆的圆心为O1(a,b)，则所求圆的方程为(xa)(yb)20.∵两圆外切2211于点P，∴OPOO1，∴(1,2)(a,b)，∴a3,b6，∴所求圆的方程为33(x3)2(y6)220.类型六：圆中的对称问题例16、圆xy2x6y90关于直线2xy50对称的圆的方程是 223发出的光线l射到x轴上，被x轴反射，反射光线例17　自点A3，所在的直线与圆C：xy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A22yMCNGO3，其次设过A的圆C的切线方程为点A的对称点A的坐标为3，Bykx33根据dr，即求出圆C的切线的斜率为xk43或k34A’进一步求出反射光线所在的直线的方程为图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2ACCM7．2215建议收藏下载本文，以便随时学习！例18：圆xy4x4y100上的点到直线xy140的最大距离与最小距离22的差是 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22d102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19　(1)已知圆O1：(x3)(y4)1，P(x,y)为圆O上的动点，求dxy的最大、最小值．(2)已知圆O2：(x2)y1，P(x,y)为圆上任一点．求求x2y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(x3)(y4)1．22222222y2的最大、最小值，x1可设圆的参数方程为22x3cos,（是参数）．y4sin,2则dxy96coscos168sinsin24）．3266cos8sin2610cos()（其中tan所以dmax261036，dmin261016．(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d1加上半径1，圆上点到原点距离的最小值d2等于圆心到原点的距离d1减去半径1．所以d1''324216．d2324214．所以dmax36．dmin16．(2) (法1)由(x2)y1得圆的参数方程：22x2cos,是参数．ysin,16y2sin2sin2建议收藏下载本文，以便随时学习！t，则．令x1cos3cos3得sintcos23t，1tsin()23t223t1t2sin()13333．t44所以tmax3333，tmin．44即3333y2的最大值为，最小值为．44x1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x1点时，如图所示，两条切线的斜率分别是最大、最小值．由d2kk21k21，得k33．4所以3333y2的最大值为，最小值为．44x1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m5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2217建议收藏下载本文，以便随时学习！.PAPB的最小值是 22解：设P(x,y)，则PAPB(x2)2y2(x2)2y22(x2y2)82OP8.设圆心为C(3,4)，则OPminOCr523，∴PAPB的最小值为232826.练习：1：已知点P(x,y)在圆x(y1)1上运动.2222222y1的最大值与最小值；（2）求2xy的最大值与最小值.x2y1k，则k表示点P(x,y)与点（2，1）连线的斜率.当该直线与圆相切解：（1）设x2（1）求时，k取得最大值与最小值.由2kk211，解得k3y13，∴的最大值为，3x23最小值为3.3（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.由最小值为15.1m51，解得m15，∴2xy的最大值为15，2 设点P(x,y)是圆xy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．22解法一：设圆xy1上任一点P(cos,sin)则有xcos，ysin∴u22[0,2)sin2，∴ucosusin2cos1∴ucossin(u2)．即u1sin()u2（tanu）218建议收藏下载本文，以便随时学习！(u2)∴sin()u12．又∵sin()1∴u2u1213．4y222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x1解之得：u率，利用此直线与圆xy1有公共点，可确定出u的取值范围．解法二：由u22y222得：y2u(x1)，此直线与圆xy1有公共点，故点x1(0,0)到直线的距离d1．∴u2u1213．422解得：u另外，直线y2u(x1)与圆xy1的公共点还可以这样来处理：y2u(x1)2222由2消去y后得：(u1)x(2u4u)x(u4u3)0，2xy1此方程有实根，故(2u4u)4(u1)(u4u3)0，解之得：u22223．4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x2y24上运动，求PAPBPC的最大值和最小值.222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)的距离的比为迹方程.191，求点M的轨2建议收藏下载本文，以便随时学习！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的中点M的轨迹方程.22例23 如图所示，已知圆O：xy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．22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．'yy2,所以CHOA2，得'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：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．类型九：圆的综合应用例24、 已知圆xyx6ym0与直线x2y30相交于P、Q两点，O为2222'''2'2原点，且OPOQ，求实数m的值．20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．建议收藏下载本文，以便随时学习！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(由OM2xayb,)．22AMOA，即22(xa2yb21)()[(xa)2(yb)2]r2，22422222也即xy2r(ab)，这便是Q的轨迹方程．解法二：设Q(x,y)、A(x1,y1)、B(x2,y2)，则x1y1r，x2y2r．又PQAB，即22222222(xa)2(yb)2(x1x2)2(y1y2)22r22(x1x2y1y2)．①又AB与PQ的中点重合，故xax1x2，yby1y2，即(xa)2(yb)22r22(x1x2y1y2)　②①＋②，有xy2r(ab)．这就是所求的轨迹方程．解法三：设A(rcos,rsin)、B(rcos,rsin)、Q(x,y)，由于APBQ为矩形，故AB与PQ的中点重合，即有22222xarcosrcos，　　　①ybrsinrsin，　　　②又由PAPB有rsinbrsinb1　　③rcosarcosa21建议收藏下载本文，以便随时学习！联立①、②、③消去、，即可得Q点的轨迹方程为xy222r2(a2b2)．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x2y2r2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xy1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 .22解：设P(x,y).∵APB=600，∴OPA=300.∵OAAP，∴OP2OA2，∴2222x2y22，化简得xy4，∴动点P的轨迹方程是xy4.练习巩固：设A(c,0),B(c,0)(c0)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(a0)，求P点的轨迹.解：设动点P的坐标为P(x,y).由PAPBa(a0)，得(xc)2y2(xc)y22a，化简得(1a2)x2(1a2)y22c(1a2)xc2(1a2)0.1a2ac22c(1a2)222当a1时，化简得xy，整理得(xc)y()；xc0222a1a11a222当a1时，化简得x0.2ac1a2所以当a1时，P点的轨迹是以(2为半径的圆；c,0)为圆心，2a1a1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2PB，则点P的轨迹所包围22建议收藏下载本文，以便随时学习！的面积等于 解：设点P的坐标是(x,y).由PA2PB，得(x2)2y22(x1)2y2，化简得(x2)2y2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.4、已知定点B(3,0)，点A在圆xy1上运动，M是线段AB上的一点，且221AMMB，问点M的轨迹是什么？311解：设M(x,y),A(x1,y1).∵AMMB，∴(xx1,yy1)(3x,y)，3314xx(3x)xx1113322∴，∴.∵点A在圆xy1上运动，yy1yy4y1133∴x1y11，∴(x1)2(22434239y)1，即(x)2y2，∴点M的轨迹方程341639是(x)2y2.416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 .∴22解：设M(x,y),A(x1,y1).∵OM是AOB的平分线，∴AMOA1， MBOB3AM32912.MB.由变式1可得点M的轨迹方程是(x)y416322练习巩固：已知直线ykx1与圆xy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xyM的坐标为(,)，且OMAB.∵直线ykx1经过定点C(0,1)，22xyxyxyy∴OMCM，∴OMCM(,)(,1)()2(1)0，化简得222222223建议收藏下载本文，以便随时学习！x(y1)1.∴点P的轨迹方程是x(y1)1.2222类型九：圆的综合应用例25、 已知圆xyx6ym0与直线x2y30相交于P、Q两点，O为22原点，且OPOQ，求实数m的值．分析：设P、Q两点的坐标为(x1,y1)、(x2,y2)，则由kOPkOQ1，可得x1x2y1y2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yy，由直线l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xxkOPkOQ的值，从而使问题得以解决．解法一：设点P、Q的坐标为(x1,y1)、(x2,y2)．一方面，由OPOQ，得kOPkOQ1，即y1y21，也即：x1x2y1y20．　　　①x1x2另一方面，(x1,y1)、(x2,y2)是方程组x2y30xyx6ym022的实数解，即x1、x2是方程5x210x4m270　　　　②的两个根．∴x1x22，x1x24m27．　③5又P、Q在直线x2y30上，111(3x1)(3x2)[93(x1x2)x1x2]．224m12将③代入，得y1y2．　　④5将③、④代入①，解得m3，代入方程②，检验0成立，∴m3．∴y1y2解法二：由直线方程可得3x2y，代入圆的方程xyx6ym0，有221mx2y2(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2422yy建议收藏下载本文，以便随时学习！(4m27)()4(m3)12m0．2xx∴kOP，kOQ是上述方程两根．故kOPkOQ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x以一种淋漓酣畅，一气呵成之感．22例26、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．分析一：为了使不等式xym0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22x(y1)1得：2y2(u1)yu0∵0且4(u1)8u，∴4(u2u1)0．即u2u1)0，∴12u12，∴umin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22222221．25建议收藏下载本文，以便随时学习！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问题转化为利用三解问题来解．222(y1)21]解法二：设圆x(y1)1上任一点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(∴umax4)121即m2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)2r2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．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263a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：建议收藏下载本文，以便随时学习！价格＋A地运费≤价格＋B地的运费即：3a(x5)ya(x5)y．∵a0，∴3(x5)y化简整理得：(x222222(x5)2y225215)y2()2442515,0)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．说明：实际应用题要明确题意，建议数学模型．27