圆的方程典型题型Word格式文档下载.doc
- 文档编号:15027779
- 上传时间:2022-10-26
- 格式:DOC
- 页数:26
- 大小:1.21MB
圆的方程典型题型Word格式文档下载.doc
《圆的方程典型题型Word格式文档下载.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《圆的方程典型题型Word格式文档下载.doc(26页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
10、求经过点,且与直线和都相切的圆的方程.
11、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,求圆心到直线的距离最小的圆的方程.
12、两圆与相交于、两点,求它们的公共弦所在直线的方程.
13、已知对于圆上任意一点,不等式恒成立,求实数的取值范围.
14、试求圆(为参数)上的点到点距离的最大(小)值.
15、已知圆的方程为,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.
16、设点是圆是任一点,求的取值范围.
17、已知对于圆上任一点,不等式恒成立,求实数的取值范围.
18、
(1)已知圆,为圆上的动点,求的最大、最小值.
(2)已知圆,为圆上任一点.求的最大、最小值,求的最大、最小值.
19、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:
每单位距离地的运费是地的运费的3倍.已知、两地距离为10公里,顾客选择地或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、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.
圆的方程典型题型答案
分析:
借助图形直观求解.或先求出直线、的方程,从代数计算中寻找解答.
解法一:
圆的圆心为,半径.
设圆心到直线的距离为,则.
如图,在圆心同侧,与直线平行且距离为1的直线与圆有两个交点,这两个交点符合题意.
又.
∴与直线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,且与之距离为1的直线和圆的交点.
设所求直线为,则,
∴,即,或,也即
,或.
设圆的圆心到直线、的距离为、,则
,.
∴与相切,与圆有一个公共点;
与圆相交,与圆有两个公共点.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:
∴圆到距离为1的点有两个.
显然,上述误解中的是圆心到直线的距离,,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.
欲求圆的标准方程,需求出圆心坐标的圆的半径的大小,而要判断点与圆的位置关系,只须看点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.
(待定系数法)设圆的标准方程为.
∵圆心在上,故.∴圆的方程为.
又∵该圆过、两点.
∴
解之得:
,.所以所求圆的方程为.
(直接求出圆心坐标和半径)因为圆过、两点,所以圆心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为:
即.
又知圆心在直线上,故圆心坐标为
∴半径.
故所求圆的方程为.
又点到圆心的距离为:
.
∴点在圆外.
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?
3、分析:
把化为,圆心为,半径为,圆心到直线的距离为,所以在圆上共有三个点到直线的距离等于,所以选C.
观察动画演示,分析思路.
解:
设直线的方程为:
即:
根据有:
整理得:
解得:
.
∵点不在圆上,∴切线的直线方程可设为
根据∴解得:
所以:
即:
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.
G
B
N
M
A
图3
C
A’
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,求出切点坐标、的值来解决,此时没有漏解.
6、自点发出的光线射到轴上,
被轴反射,反射光线所在的直线与圆
相切
分析、略解:
观察动画演示,分析思路.根据对称关系,首先求出点的对称点的坐标为,其次设过的圆的切线方程为:
根据,即求出圆的切线的斜率为:
或
进一步求出反射光线所在的直线的方程为:
最后根据入射光与反射光关于轴对称,求出入射光所在直线方程为
光路的距离为,可由勾股定理求得.
本题亦可把圆对称到轴下方,再求解.
按常规求轨迹的方法,设,找的关系非常难.由于点随,点运动而运动,可考虑,,三点坐标之间的关系.
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.
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.
根据问题的特征,宜用圆的标准方程求解.
则题意,设所求圆的方程为圆.
圆与直线相切,且半径为4,则圆心的坐标为或.
又已知圆的圆心的坐标为,半径为3.
若两圆相切,则或.
(1)当时,,或(无解),故可得.
∴所求圆方程为,或.
(2)当时,,或(无解),故.
∴所求圆的方程为,或.
对本题,易发生以下误解:
由题意,所求圆与直线相切且半径为4,则圆心坐标为,且方程形如.又圆,即,其圆心为,半径为3.若两圆相切,则.故,解之得.所以欲求圆的方程为,或.
上述误解只考虑了圆心在直线上方的情形,而疏漏了圆心在直线下方的情形.另外,误解中没有考虑两圆内切的情况.也是不全面的.
设、两点的坐标为、,则由,可得,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,由直线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的值,从而使问题得以解决.
设点、的坐标为、.一方面,由,得
,即,也即:
. ①
另一方面,、是方程组的实数解,
即、是方程的两个根. ②
∴,. ③
又、在直线上,
∴.
将③代入,得. ④
将③、④代入①,解得,代入方程②,检验成立,∴.
由直线方程可得,代入圆的方程,有
,
整理,得.
由于,故可得:
∴,是上述方程两根.故.得:
,解得.
经检验可知为所求.
说明:
求解本题时,应避免去求、两点的坐标的具体数值.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.
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.
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,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.
∵圆和直线与相切,
∴圆心在这两条直线的交角平分线上,
又圆心到两直线和的距离相等.
∴两直线交角的平分线方程是或.
又∵圆过点,∴圆心只能在直线上.
设圆心
∵到直线的距离等于,
∴.化简整理得.
解得:
∴圆心是,半径为或圆心是,半径为.
∴所求圆的方程为或.
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.
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.
设圆心为,半径为.
则到轴、轴的距离分别为和.
由题设知:
圆截轴所得劣弧所对的圆心角为,故圆截轴所得弦长为.
又圆截轴所得弦长为2.∴.
又∵到直线的距离为:
当且仅当时取“=”号,此时.
这时有
∴或
又
故所求圆的方程为或
同解法一,得
∴.
将代入上式得:
上述方程有实根,故,
将代入方程得.
又 ∴.
由知、同号.
故所求圆的方程为或.
本题是求点到直线
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 方程 典型 题型