高中数学圆的方程典型例题含答案Word格式文档下载.docx
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∴所求圆的方程为(x226)2(y4)242,或(x226)2(y4)242.
说明:
对本题,易发生以下误解:
由题意,所求圆与直线y0相切且半径为4,则圆心坐标为C(a,4),且方程形如(xa)2(y4)242.又22222
圆x2y24x2y40,即(x2)2(y1)232,其圆心为A(2,1),半径为3.若两圆相切,则CA43.故(a2)2(41)272,解之得a2210.所以欲求圆的方程为(x2210)2(y4)242,或222
(x2210)2(y4)242.
上述误解只考虑了圆心在直线y0上方的情形,而疏漏了圆心在直线y0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x2y0和2xy0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.
∵圆和直线x2y0与2xy0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x2y0和2xy0的距离相等.
∴x2yx2y.
∴55.
∴两直线交角的平分线方程是x3y0或3xy0.
又∵圆过点A(0,5),
∴圆心C只能在直线3xy0上.
设圆心C(t,3t)
∵C到直线2xy0的距离等于AC
2t3t
t2(3t5)2.
化简整理得t26t50.
解得:
t1或t5
∴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(x1)2(y3)25或(x5)2(y15)2125.
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:
x2y0的距离最小的圆的方程.
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.
2∴r
2b2
又圆截
y轴所得弦长为2.
a21.
又∵P(a,b)到直线x2y0的距离为
a24b24ab
2222
a24b22(a2b2)
2b
当且仅当ab时取“=”号,此时dmin
a
b
这时有
a21
1
a1
或
b1
又r2
2
故所求圆的方程为(x1)2(y1)22或(x1)2(y1)22解法二:
同解法一,得
a2b
d.
5
∴a2b5d.
222
∴a24b245bd5d2.
将a22b21代入上式得:
2b245bd5d210.上述方程有实根,故
8(5d21)0,
∴d5.
将d5代入方程得b1.
又2b2a21∴a1.
由a2b1知a、b同号.
故所求圆的方程为(x1)2(y1)22或(x1)2(y1)22.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?
类型二:
切线方程、切点弦方程、公共弦方程
例5已知圆O:
x2y24,求过点P2,4与圆O相切的切线.
∵点P2,4不在圆O上,
∴切线PT的直线方程可设为ykx24
根据dr
∴2k42
1k2
3
解得k3
4
所以y3x24
即3x4y100
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
x0xy0yr2,求出切点坐标x0、y0的值来解决,此时没有漏解.
例6两圆C1:
x2y2D1xE1yF10与C2:
x2y2D2xE2yF20相交于A、B两点,求它们的公共弦
AB所在直线的方程.
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
,可以采用“设而不求”的技巧.
设两圆
C1、
C2的任一
交点坐标为
(x0,
y0),则有:
x0y0
D1x0
E1y0
F10
①
D2x0
E2y0
F20
②
①-②得:
(D1
D2)x0
(E1E2)y0
F1
F20.
∵A、B的坐标满足方程
(D1D2)x
(E1
E2)yF1
∴方程(D1
D2)x(E1
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(D1D2)x(E1E2)yF1F20.
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x2y21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(x1)2y24相切的直线l的方程.解:
设切线方程为y1k(x3),即kxy3k10,
∵圆心(1,0)到切线l的距离等于半径2,
∴|k3k1|2,解得k3,
∴k2122,解得k4,
∴切线方程为y1(x3),即3x4y130,
当过点M的直线的斜率不存在时,其方程为x3,圆心(1,0)到此直线的距离等于半径2,故直线x3也适合题意。
所以,所求的直线l的方程是3x4y130或x3.
225
2、过坐标原点且与圆x2y24x2y0相切的直线的方程为
5,∴圆心为(2,-1),半径为10.
0相切,则a的值为
3、已知直线5x12ya0与圆x22xy2
∵圆(x1)2y21的圆心为(1,0),半径为1,∴5a1,解得a8或a18.
52122
类型三:
弦长、弧问题
例8、求直线l:
3xy6
0被圆C:
x2y22x4y0截得的弦AB的长.
例9、直线3xy
23
0截圆x2
2y
4得的劣弧所对的圆心角为
依题意得,弦心距
d
3,故弦长
AB
2r2d22,从而△OAB是等边三角形,故截得的劣弧所对的圆
心角为AOB.
例10、求两圆x2y
x
y20和x2
y25的公共弦长
类型四:
直线与圆的位置关系
圆(x3)2
(y3)29的圆心为O1(3,3),半径r3.
设圆心O1到直线3x
334311
4y110的距离为d,则d23.
3242
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.
如图,在圆心O1同侧,与直线3x4y110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rd321.
∴与直线3x4y110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
4y110,且与之距离为1的直线和圆的交点.设所求直线为
3x4y
m
0,则d
m111,
∴m
11
5,即
m6,或m
16,
也即
l1:
4y
60,
或l2:
3x4y16
0.
设圆O1:
(x
9的圆心到直线
l1、l2的距离为d1、d2,则
3)2(y3)2
对于本题,若不留心,则易发生以下误解:
设圆心O1到直线3x4y110的距离为d,则d
∴圆O1到3x4y110距离为1的点有两个.
显然,上述误解中的d是圆心到直线3x4y110的距离,dr,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.
练习1:
直线xy1与圆x2
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.
y22ay0(a0)没有公共点,则a的取值范围是
练习2:
若直线ykx2与圆(x2)2(y3)21有两个不同的交点,则k的取值范围是
整理得
3k24k0
解得
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?
例14、判断圆
C1:
x2y22x6y260与圆C2:
x2y2
4x
2y
40的位置关系,
例15:
圆x2
2x0和圆x2y24y0的公切线共有
条。
∵
圆(x
1)2
y21的圆心为O1(1,0),半径r11,圆x2
(y
2)2
4的圆心为O2(0,2),半径r22,
O1O2
5,
r1r
23,r2r11.∵r2r1O1O2r1r2,∴
两圆相交
.共有2条公切线。
练习
1:
若圆x2y22mxm240与圆x2y22x4my4m280相切,则实数m的取值集合
是.
∵圆(xm)2y24的圆心为O1(m,0),半径r12,圆(x1)2(y2m)29的圆心为O2(1,2m),半径
r23,且两圆相切,∴O1O2r1r2或O1O2r2r1,∴(m1)2(2m)25或(m1)2(2m)21,解
125125
得m或m2,或m0或m,∴实数m的取值集合是{,,0,2}.
5252
2:
求与圆x2y25外切于点P(1,2),且半径为25的圆的方程.
设所求圆的圆心为O1(a,b),则所求圆的方程为(xa)2(yb)220.∵两圆外切于点P,∴OP1OO1,∴
122
(1,2)(a,b),∴a3,b6,∴所求圆的方程为(x3)2(y6)220.
类型六:
圆中的对称问题
例16、圆x2y22x6y90关于直线2xy50对称的圆的方程是
例17自点A3,3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:
x2y24x4y70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
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
ykx33
根据dr,即求出圆C的切线的斜率为
43
k或k
34
进一步求出反射光线所在的直线的方程为
4x3y30或3x4y30
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
3y
0或3x
30
光路的距离为
A'
M
,可由勾股定理求得
AM
AC
CM
27.
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
例18:
圆x2y24x4y100上的点到直线xy140的最大距离与最小距离的差是
10
∵圆(x2)2(y2)218的圆心为(2,2),半径r32,∴圆心到直线的距离d52
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
(dr)(dr)2r62.
例19
(1)已知圆O1:
(x3)2(y4)21,P(x,y)为圆O上的动点,求dx2y2的最大、最小值.
(2)已知圆O2:
(x2)2y21,P(x,y)为圆上任一点.求y2的最大、最小值,求x2y的最大、x1
r,∴直
最小值.
(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.
d2等于圆
(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
心到原点的距离d1'
减去半径1.
所以d1324216.d2324214.
所以dmax36.dmin16.
(2)(法1)由(x2)2y21得圆的参数方程:
则y2sin2.令sin2t,
x1cos3cos3得sintcos23t,1t2sin()23t
3333t44
即y2的最大值为33,最小值为33.
x144
此时x2y2cos2sin25cos().
所以x2y的最大值为25,最小值为25.
(法2)设y2k,则kxyk20.由于P(x,y)是圆上点,当直线与圆有交点时,如图所示,x1
两条切线的斜率分别是最大、最小值.
由d
2kk2
1,得k
33.
1k2
4.
所以y
的最大值为
33,
33
最小值为33
令x2yt,同理两条切线在x轴上的截距分别是最大、最小值.
由d2m1,得m2
所以x2y的最大值为25,最小值为25.
例20:
已知A(2,0),B(2,0),点P在圆(x3)2(y4)24上运动,则PA2PB2的最小值是.
设P(x,y),则PA2PB2(x2)2y2(x2)2y22(x2y2)82OP28.设圆心为C(3,4),则
OPminOCr523,∴PAPB的最小值为232826.
1:
已知点P(x,y)在圆x2(y1)21上运动.
(1)求y1的最大值与最小值;
(2)求2xy的最大值与最小值.x2
(1)设y1k,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取得最大值与最小值x2
由2k1,解得k3,∴y1的最大值为3,最小值为3.
k213x233
(2)设2xym,则m表示直线2xym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
1m
1,解得m15,∴2xy的最大值为15,最小值为15.
设圆x2y21上任一点P(cos,sin)
y2u(x1)2222
由22消去y后得:
(u21)x2(2u24u)x(u24u3)0,
x2y21
此方程有实根,故(2u24u)24(u21)(u24u3)0,
u3.
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x2y24上运动,求PA2PB2PC2的最大值和最小值.
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1,求点M的轨迹方程
例22、已知线段AB的端点B的坐标是(4,3),端点A在圆(x1)2y24上运动,求线段AB的中点M的轨迹方程.
切点为C,求ABC垂心H的轨迹.
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.
设H(x,y),C(x'
y'
),连结AH,CH,
则AHBC,CHAB,BC是切线OCBC,所以OC//AH,CH//OA,OAOC,所以四边形AOCH是菱形.
所以CH
OA2,得y'
y2,x'
x.
'
'
2'
又C(x'
y'
)满足x'
y'
4,
所以x2(y2)24(x0)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.
例24已知圆的方程为x2y2r2,圆内有定点P(a,b),圆周上有两个动点A、B,使PAPB,求矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程.
利用几何法求解,或利用转移法求解,或利用参数法求解.
如图,在矩形APBQ中,连结AB,PQ交于M,显然OMAB,ABPQ,
(xa)(yb)2r2(x1x2y1y2)②
①+②,有x2y22r2(a2b2).
这就是所求的轨迹方程.
)、Q(x,y),
解法三:
设A(rcos,rsin)、B(rcos,rsin
xarcosrcos
ybrsinrsin
又由PAPB有rsin
rsin
rcos
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