[表示圆的几种方程式]高中数学圆的方程典型例题

瓦朗赛县圆的方程组众所周知菲涅尔 责任编辑关键字：菲涅尔，方程组，瓦朗赛县，众所周知

瓦朗赛县圆的方程组众所周知菲涅尔 责任编辑概要：瓦朗赛县圆的方程组众所周知菲涅尔类别一：圆的方程组例1求过三点、且圆周在直角上的圆的国际标准方程组并推论点与圆的亲密关系．预测：若非圆的国际标准方程组，市场需求出圆周座标的圆的直径的大小不一，而要推论点与圆的边线亲密关系，须要亮点与圆周的距和圆的直径的大小不一亲密关系，若距小于直径，则点在铅直；若距等同于直径，则点在圆上；若距小于直径，则

瓦朗赛县圆的方程组众所周知菲涅尔 责任编辑文本：

瓦朗赛县圆的方程组众所周知菲涅尔

类别一：圆的方程组

例1

求过三点、且圆周在直角上的圆的国际标准方程组并推论点与圆的亲密关系．

预测：若非圆的国际标准方程组，市场需求出圆周座标的圆的直径的大小不一，而要推论点与圆的边线亲密关系，须要亮点与圆周的距和圆的直径的大小不一亲密关系，若距小于直径，则点在铅直；若距等同于直径，则点在圆上；若距小于直径，则点在圆内．

数学分析一：

设圆的国际标准方程组为．

∵圆周在上，故．

∴圆的方程组为．

又∵该圆过、三点．

∴

解之得：，．

所以所求圆的方程组为．

数学分析二：

因为圆过、三点，所以圆周必在线段的垂直平分线上，又因为，故的斜率为1，又的中点为，故的垂直平分线的方程组为：即．

又知圆周在直角上，故圆周座标为

∴直径．

故所求圆的方程组为．

又点到圆周的距为

．

∴点在铅直．

说明：本题利用两种方法求解了圆的方程组，都围绕着求圆的圆周和直径这两个关键的量，然后根据圆周与定点之间的距和直径的大小不一亲密关系来判定点与圆的边线亲密关系，若将点换成直角又该如何来判定直角与圆的边线亲密关系呢？

例2

求直径为4，与圆相切，且和直角相切的圆的方程组．

预测：根据问题的特征，宜用圆的国际标准方程组求解．

解：则题意，设所求圆的方程组为圆．

圆与直角相切，且直径为4，则圆周的座标为或．

又已知圆的圆周的座标为，直径为3．

若两圆相切，则或．

(1)当时，，或(无解)，故可得．

∴所求圆方程组为，或．

(2)当时，，或(无解)，故．

∴所求圆的方程组为，或．

说明：对本题，易发生以下误解：

由题意，所求圆与直角相切且直径为4，则圆周座标为，且方程组形如．又圆，即，其圆周为，直径为3．若两圆相切，则．故，解之得．所以若非圆的方程组为，或．

上述误解只考虑了圆周在直角上方的情形，而疏漏了圆周在直角下方的情形．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，且与直角和都相切的圆的方程组．

预测：欲确定圆的方程组．需确定圆周座标与直径，由于所求圆过定点，故只需确定圆周座标．又圆与两已知直角相切，故圆周必在它们的交角的平分线上．

解：∵圆和直角与相切，

∴圆周在这两条直角的交角平分线上，

又圆周到两直角和的距相等．

∴．

∴两直角交角的平分线方程组是或．

又∵圆过点，

∴圆周只能在直角上．

设圆周

∵到直角的距等同于，

∴．

化简整理得．

解得：或

∴圆周是，直径为或圆周是，直径为．

∴所求圆的方程组为或．

说明：本题解决的关键是预测得到圆周在已知两直角的交角平分线上，从而确定圆周座标得到圆的方程组，这是过定点且与两已知直角相切的圆的方程组的常规求法．

例4、

设圆满足：(1)截轴所得弦长为2；(2)被轴分成两段弧，其弧长的比为，在满足条件(1)(2)的所有圆中，求圆周到直角的距最小的圆的方程组．

预测：要求圆的方程组，须要利用条件求出圆周座标和直径，便可求得圆的国际标准方程组．满足两个条件的圆有无数个，其圆周的集合可看作动点的轨迹，若能求出这轨迹的方程组，便可利用点到直角的距公式，通过求最小值的方法找到符合题意的圆的圆周座标，进而确定圆的直径，求出圆的方程组．

数学分析一：设圆周为，直径为．

则到轴、轴的距分别为和．

由题设知：圆截轴所得劣弧所对的圆周角为，故圆截轴所得弦长为．

∴

又圆截轴所得弦长为2．

∴．

又∵到直角的距为

∴

当且仅当时取=号，此时．

这时有

∴或

又

故所求圆的方程组为或

数学分析二：同数学分析一，得

．

∴．

∴．

将代入上式得：

．

上述方程组有实根，故

，

∴．

将代入方程组得．

又

∴．

由知、同号．

故所求圆的方程组为或．

说明：本题是求点到直角距最小时的圆的方程组，若变换为求面积最小呢？

类别二：切线方程组、切点弦方程组、公共弦方程组

例5

已知圆，求过点与圆相切的切线．

解：∵点不在圆上，

∴切线的直角方程组可设为

根据

∴

解得

所以

即

因为过铅直一点作圆得切线应该有两条，可见另一条直角的斜率不存在．易求另一条切线为．

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．

本题还有其他数学分析，例如把所设的切线方程组代入圆方程组，用判别式等同于0解决

∴．

又∵

∴

解之得：．

预测二：的几何意义是过圆上一动点和定点的连线的斜率，利用此直角与圆有公共点，可确定出的取值范围．

数学分析二：由得：，此直角与圆有公共点，故点到直角的距．

∴

解得：．

另外，直角与圆的公共点还可以这样来处理：

由消去后得：，

此方程组有实根，故，

解之得：．

说明：这里将圆上的点用它的参数式则表示出来，从而将求变量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，点在圆上运动，求的最大值和最小值.

类别八：轨迹问题

例21、基础训练：已知点与两个定点，的距的比为，求点的轨迹方程组.

例22、已知线段的端点的座标是（4，3），端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程组.

例23

如图所示，已知圆与轴的正方向交于点，点在直角上运动，过做圆的切线，切点为，求垂心的轨迹．

预测：按常规求轨迹的方法，设，找的亲密关系非常难．由于点随，点运动而运动，可考虑，，三点座标之间的亲密关系．

解：设，，连结，，

则，，是切线，

所以，，，

所以四边形是菱形．

所以，得

又满足，

所以即是所求轨迹方程组．

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组．做题时应注意预测图形的几何性质，求轨迹时应注意预测与动点相关联的点，如相关联点轨迹方程组已知，可考虑代入法．

例24

已知圆的方程组为，圆内有定点，圆周上有两个动点、，使，求矩形的顶点的轨迹方程组．

预测：利用几何法求解，或利用转移法求解，或利用参数法求解．

数学分析一：如图，在矩形中，连结，交于，显然，，

在直角三角形中，若设，则．

由，即

，

也即，这便是的轨迹方程组．

数学分析二：设、、，则，．

又，即

．①

又与的中点重合，故，，即

②

①＋②，有．

这就是所求的轨迹方程组．

数学分析三：设、、，

由于为矩形，故与的中点重合，即有

，

①

，

②

又由有

③

联立①、②、③消去、，即可得点的轨迹方程组为．

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．

本题给出三种数学分析．其中的数学分析一是几何方法，它充分利用了图形中隐含的数量亲密关系．而数学分析二与数学分析三，从本质上是一样的，都可以称为参数方法．数学分析二涉及到了、、、四个参数，故需列出五个方程组；而数学分析三中，由于借助了圆的参数方程组，只涉及到两个参数、，故只需列出三个方程组便可．上述三种数学分析的共同之处是，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、由动点向圆引两条切线、，切点分别为、，=600，则动点的轨迹方程组是

.

解：设.∵=600，∴=300.∵，∴，∴，化简得，∴动点的轨迹方程组是.

练习巩固：设为两定点，动点到点的距与到点的距的比为定值，求点的轨迹.

解：设动点的座标为.由，得，

化简得.

当时，化简得，整理得；

当时，化简得.

所以当时，点的轨迹是以为圆周，为直径的圆；

当时，点的轨迹是轴.

2、已知两定点，，如果动点满足，则点的轨迹所包围的面积等同于

解：设点的座标是.由，得，化简得，∴点的轨迹是以（2，0）为圆周，2为直径的圆，∴所求面积为.

4、已知定点，点在圆上运动，是线段上的一点，且，问点的轨迹是什么？

解：设.∵，∴，

∴，∴.∵点在圆上运动，∴，∴，即，∴点的轨迹方程组是.

例5、已知定点，点在圆上运动，的平分线交于点，则点的轨迹方程组是

.

解：设.∵是的平分线，∴，

∴.由变式1可得点的轨迹方程组是.

练习巩固：已知直角与圆相交于、三点，以、为邻边作平行四边形，求点的轨迹方程组.

解：设，的中点为.∵是平行四边形，∴是的中点，∴点的座标为，且.∵直角经过定点，∴，∴，化简得.∴点的轨迹方程组是.

类别九：圆的综合应用

例25、

已知圆与直角相交于、三点，为原点，且，求实数的值．

预测：设、三点的座标为、，则由，可得，再利用一元二次方程组根与系数的亲密关系求解．或因为通过原点的直角的斜率为，由直角与圆的方程组构造以为未知数的一元二次方程组，由根与系数亲密关系得出的值，从而使问题得以解决．

数学分析一：设点、的座标为、．一方面，由，得

，即，也即：．

①

另一方面，、是方程组组的实数解，即、是方程组

②

的两个根．

∴，．

③

又、在直角上，

∴．

将③代入，得．

④

将③、④代入①，解得，代入方程组②，检验成立，

∴．

数学分析二：由直角方程组可得，代入圆的方程组，有

，

整理，得．

由于，故可得

．

∴，是上述方程组两根．故．得

，解得．

经检验可知为所求．

说明：求解本题时，应避免去求、三点的座标的具体数值．除此之外，还应对求出的值进行必要的检验，这是因为在求解过程中并没有确保有交点、存在．

数学分析一显示了一种解这类题的通法，数学分析二的关键在于依据直角方程组构造出一个关于的二次齐次方程组，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．

例26、已知对于圆上任一点，不等式恒成立，求实数的取值范围．

预测一：为了使不等式恒成立，即使恒成立，须要使就行了．因此只要求出的最小值，的范围就可求得．

数学分析一：令，

由

得：

∵且，

∴．

即，∴，

∴，即

又恒成立即恒成立．

∴成立，

∴．

预测二：设圆上一点[因为这时点座标满足方程组]问题转化为利用三解问题来解．

数学分析二：设圆上任一点

∴，

∵恒成立

∴

即恒成立．

∴须要不小于的最大值．

设

∴即．

说明：在这种数学分析中，运用了圆上的点的参数设法．一般地，把圆上的点设为()．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，、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：每单位距地的运费是地的运费的3倍．已知、两地距为10公里，顾客选择地或地购买这种商品的国际标准是：包括运费和价格的总费用较低．求、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．

预测：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、所确定的直角为轴，的中点为座标原点，建立如图所示的平面直角座标系．

∵，∴，．

设某地的座标为，且地居民选择地购买商品便宜，并设地的运费为元/公里，地的运费为元/公里．因为地居民购货总费用满足条件：

价格＋地运费≤价格＋地的运费

即：．

∵，

∴

化简整理得：

∴以点为圆周为直径的圆是两地购货的分界线．

圆内的居民从地购货便宜，铅直的居民从地购货便宜，圆上的居民从、两地购货的总费用相等．因此可随意从、两地之一购货．

说明：实际应用题要明确题意，建议数学模型．

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