2020年高考數(shù)學(xué)一輪經(jīng)典例題 圓的方程 理

《2020年高考數(shù)學(xué)一輪經(jīng)典例題 圓的方程 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考數(shù)學(xué)一輪經(jīng)典例題 圓的方程 理（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2020年高考數(shù)學(xué)（理）一輪經(jīng)典例題——圓的方程 例1 圓上到直線的距離為1的點有幾個？ 分析：借助圖形直觀求解．或先求出直線、的方程，從代數(shù)計算中尋找解答． 解法一：圓的圓心為，半徑． 設(shè)圓心到直線的距離為，則． 如圖，在圓心同側(cè)，與直線平行且距離為1的直線與圓有兩個交點，這兩個交點符合題意． 又． ∴與直線平行的圓的切線的兩個切點中有一個切點也符合題意． ∴符合題意的點共有3個． 解法二：符合題意的點是平行于直線，且與之距離為1的直線和圓的交點． 設(shè)所求直線為，則， ∴，即，或，也即 ，或． 設(shè)圓的圓心到直線、的距離為、，則 ，． ∴與相切，與圓有一個公共

2、點；與圓相交，與圓有兩個公共點．即符合題意的點共3個． 說明：對于本題，若不留心，則易發(fā)生以下誤解： 設(shè)圓心到直線的距離為，則． ∴圓到距離為1的點有兩個． 顯然，上述誤解中的是圓心到直線的距離，，只能說明此直線與圓有兩個交點，而不能說明圓上有兩點到此直線的距離為1． 到一條直線的距離等于定值的點，在與此直線距離為這個定值的兩條平行直線上，因此題中所求的點就是這兩條平行直線與圓的公共點．求直線與圓的公共點個數(shù)，一般根據(jù)圓與直線的位置關(guān)系來判斷，即根據(jù)圓心與直線的距離和半徑的大小比較來判斷． 典型例題三 例3 求過兩點、且圓心在直線上的圓的標準方程并判斷點與圓的關(guān)系． 分析：

3、欲求圓的標準方程，需求出圓心坐標的圓的半徑的大小，而要判斷點與圓的位置關(guān)系，只須看點與圓心的距離和圓的半徑的大小關(guān)系，若距離大于半徑，則點在圓外；若距離等于半徑，則點在圓上；若距離小于半徑，則點在圓內(nèi)． 解法一：（待定系數(shù)法） 設(shè)圓的標準方程為． ∵圓心在上，故． ∴圓的方程為． 又∵該圓過、兩點． ∴ 解之得：，． 所以所求圓的方程為． 解法二：（直接求出圓心坐標和半徑） 因為圓過、兩點，所以圓心必在線段的垂直平分線上，又因為，故的斜率為1，又的中點為，故的垂直平分線的方程為：即． 又知圓心在直線上，故圓心坐標為 ∴半徑． 故所求圓的方程為． 又點到圓心的距離為

4、 ． ∴點在圓外． 說明：本題利用兩種方法求解了圓的方程，都圍繞著求圓的圓心和半徑這兩個關(guān)鍵的量，然后根據(jù)圓心與定點之間的距離和半徑的大小關(guān)系來判定點與圓的位置關(guān)系，若將點換成直線又該如何來判定直線與圓的位置關(guān)系呢？ 典型例題四 例4　圓上到直線的距離為的點共有（ ）． （A）1個 （B）2個 （C）3個 （D）4個 分析：把化為，圓心為，半徑為，圓心到直線的距離為，所以在圓上共有三個點到直線的距離等于，所以選C． 典型例題五 例5　過點作直線，當(dāng)斜率為何值時，直線與圓有公共點，如圖所示． 分析：觀察動畫演示，分析思路． P E

5、O y x 解：設(shè)直線的方程為 即 根據(jù)有 整理得 解得 ． 典型例題六 例6　已知圓，求過點與圓相切的切線． 解：∵點不在圓上， ∴切線的直線方程可設(shè)為 根據(jù) ∴ 解得 所以 即 因為過圓外一點作圓得切線應(yīng)該有兩條，可見另一條直線的斜率不存在．易求另一條切線為． 說明：上述解題過程容易漏解斜率不存在的情況，要注意補回漏掉的解． 本

6、題還有其他解法，例如把所設(shè)的切線方程代入圓方程，用判別式等于0解決（也要注意漏解）．還可以運用，求出切點坐標、的值來解決，此時沒有漏解． 典型例題七 例7　自點發(fā)出的光線射到軸上，被軸反射，反射光線所在的直線與圓相切 （1）求光線和反射光線所在的直線方程． G O B N M y A x 圖3 C A’ （2）光線自到切點所經(jīng)過的路程． 分析、略解：觀察動畫演示，分析思路．根據(jù)對稱關(guān)系，首先求出點的對稱點的坐標為，其次設(shè)過的圓的切線方程為 根據(jù)，即求出圓的切線的斜率為 或 進一步求出反射光線所在的直線的方程為 或 最后根據(jù)入射光

7、與反射光關(guān)于軸對稱，求出入射光所在直線方程為 或 光路的距離為，可由勾股定理求得． 說明：本題亦可把圓對稱到軸下方，再求解． 典型例題八 例8 如圖所示，已知圓與軸的正方向交于點，點在直線上運動，過做圓的切線，切點為，求垂心的軌跡． 分析：按常規(guī)求軌跡的方法，設(shè)，找的關(guān)系非常難．由于點隨，點運動而運動，可考慮，，三點坐標之間的關(guān)系． 解：設(shè)，，連結(jié)，， 則，，是切線， 所以，，， 所以四邊形是菱形． 所以，得 又滿足， 所以即是所求軌跡方程． 說明：題目巧妙運用了三角形垂心的性質(zhì)及菱形的相關(guān)知識．采取代入法求軌跡方程．做題時應(yīng)注意分析圖形的幾何性質(zhì)，

8、求軌跡時應(yīng)注意分析與動點相關(guān)聯(lián)的點，如相關(guān)聯(lián)點軌跡方程已知，可考慮代入法． 典型例題九 例9 求半徑為4，與圓相切，且和直線相切的圓的方程． 分析：根據(jù)問題的特征，宜用圓的標準方程求解． 解：則題意，設(shè)所求圓的方程為圓． 圓與直線相切，且半徑為4，則圓心的坐標為或． 又已知圓的圓心的坐標為，半徑為3． 若兩圓相切，則或． (1)當(dāng)時，，或(無解)，故可得． ∴所求圓方程為，或． (2)當(dāng)時，，或(無解)，故． ∴所求圓的方程為，或． 說明：對本題，易發(fā)生以下誤解： 由題意，所求圓與直線相切且半徑為4，則圓心坐標為，且方程形如．又圓，即，其圓心為，半徑為

9、3．若兩圓相切，則．故，解之得．所以欲求圓的方程為，或． 上述誤解只考慮了圓心在直線上方的情形，而疏漏了圓心在直線下方的情形．另外，誤解中沒有考慮兩圓內(nèi)切的情況．也是不全面的． 典型例題十 例10 已知圓與直線相交于、兩點，為原點，且，求實數(shù)的值． 分析：設(shè)、兩點的坐標為、，則由，可得，再利用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系求解．或因為通過原點的直線的斜率為，由直線與圓的方程構(gòu)造以為未知數(shù)的一元二次方程，由根與系數(shù)關(guān)系得出的值，從而使問題得以解決． 解法一：設(shè)點、的坐標為、．一方面，由，得 ，即，也即：．　　?、? 另一方面，、是方程組的實數(shù)解，即、是方程　　　?、? 的兩個根．

10、∴，．?、? 又、在直線上， ∴． 將③代入，得．　?、? 將③、④代入①，解得，代入方程②，檢驗成立， ∴． 解法二：由直線方程可得，代入圓的方程，有 ， 整理，得． 由于，故可得 ． ∴，是上述方程兩根．故．得 ，解得． 經(jīng)檢驗可知為所求． 說明：求解本題時，應(yīng)避免去求、兩點的坐標的具體數(shù)值．除此之外，還應(yīng)對求出的值進行必要的檢驗，這是因為在求解過程中并沒有確保有交點、存在． 解法一顯示了一種解這類題的通法，解法二的關(guān)鍵在于依據(jù)直線方程構(gòu)造出一個關(guān)于的二次齊次方程，雖有規(guī)律可循，但需一定的變形技巧，同時也可看出，這種方法給人以一種淋漓酣暢，一氣呵成之感．

11、 典型例題十一 例11 求經(jīng)過點，且與直線和都相切的圓的方程． 分析：欲確定圓的方程．需確定圓心坐標與半徑，由于所求圓過定點，故只需確定圓心坐標．又圓與兩已知直線相切，故圓心必在它們的交角的平分線上． 解：∵圓和直線與相切， ∴圓心在這兩條直線的交角平分線上， 又圓心到兩直線和的距離相等． ∴． ∴兩直線交角的平分線方程是或． 又∵圓過點， ∴圓心只能在直線上． 設(shè)圓心 ∵到直線的距離等于， ∴． 化簡整理得． 解得：或 ∴圓心是，半徑為或圓心是，半徑為． ∴所求圓的方程為或． 說明：本題解決的關(guān)鍵是分析得到圓心在已知兩直線的交角平分線上，從而確定圓心

12、坐標得到圓的方程，這是過定點且與兩已知直線相切的圓的方程的常規(guī)求法． 典型例題十二 例12 設(shè)圓滿足：(1)截軸所得弦長為2；(2)被軸分成兩段弧，其弧長的比為，在滿足條件(1)(2)的所有圓中，求圓心到直線的距離最小的圓的方程． 分析：要求圓的方程，只須利用條件求出圓心坐標和半徑，便可求得圓的標準方程．滿足兩個條件的圓有無數(shù)個，其圓心的集合可看作動點的軌跡，若能求出這軌跡的方程，便可利用點到直線的距離公式，通過求最小值的方法找到符合題意的圓的圓心坐標，進而確定圓的半徑，求出圓的方程． 解法一：設(shè)圓心為，半徑為． 則到軸、軸的距離分別為和． 由題設(shè)知：圓截軸所得劣弧所對的圓心角

13、為，故圓截軸所得弦長為． ∴ 又圓截軸所得弦長為2． ∴． 又∵到直線的距離為 ∴ 當(dāng)且僅當(dāng)時取“=”號，此時． 這時有 ∴或 又 故所求圓的方程為或 解法二：同解法一，得 ． ∴． ∴． 將代入上式得： ． 上述方程有實根，故 ， ∴． 將代入方程得． 又　　∴． 由知、同號． 故所求圓的方程為或． 說明：本題是求點到直線距離最小時的圓的方程，若變換為求面積最小呢？ 典型例題十三 例13 兩圓與相交于、兩點，求它們的公共弦所在直線的方程． 分析：首先求、兩點的坐標，再用兩點式求直線的方程，但是求兩圓交點坐標的過程太繁．

14、為了避免求交點，可以采用“設(shè)而不求”的技巧． 解：設(shè)兩圓、的任一交點坐標為，則有： 　　?、? 　　?、? ①－②得：． ∵、的坐標滿足方程． ∴方程是過、兩點的直線方程． 又過、兩點的直線是唯一的． ∴兩圓、的公共弦所在直線的方程為． 說明：上述解法中，巧妙地避開了求、兩點的坐標，雖然設(shè)出了它們的坐標，但并沒有去求它，而是利用曲線與方程的概念達到了目標．從解題的角度上說，這是一種“設(shè)而不求”的技巧，從知識內(nèi)容的角度上說，還體現(xiàn)了對曲線與方程的關(guān)系的深刻理解以及對直線方程是一次方程的本質(zhì)認識．它的應(yīng)用很廣泛． 典型例題十四 例14　已知對于圓上任意一點，不等式恒成立，求實

15、數(shù)的取值范圍． 解：運用圓的參數(shù)方程，設(shè)的坐標為， 即，， ∵恒成立 ∴恒成立 即恒成立 ∴只需大于等于的最大值． 令 的最大值為 ∴ 說明：在上述解法中我們運用了圓上點的參數(shù)設(shè)法．采用這種設(shè)法的優(yōu)點在于，一方面可以減少參數(shù)的個數(shù)，另一方面可以靈活地運用三角公式．從代數(shù)的觀點看，這種設(shè)法的實質(zhì)就是三角代換． 另外本題也可以不用圓的參數(shù)方程求解，本題的實質(zhì)就是求最值問題，方法較多．但以上述解法較簡． 典型例題十五 例15 試求圓(為參數(shù))上的點到點距離的最大(小)值． 分析：利用兩點間距離公式求解或數(shù)形結(jié)合求解． 解法一：設(shè)是圓上任一點，則．所以 ．

16、 因為，所以，因此 當(dāng)時，． 當(dāng)時，． 解法二：將圓代入普通方程得． 如圖所示可得，、分別是圓上的點到的距離的最小值和最大值．易知：，． 說明： (1)在圓的參數(shù)方程(為參數(shù))中，為圓心，為半徑，參數(shù)的幾何意義是：圓的半徑從軸正向繞圓心按逆時針方向旋轉(zhuǎn)到所得圓心角的大小．若原點為圓心，常常用來表示半徑為的圓上的任一點． (2)圓的參數(shù)方程也是解決某些代數(shù)問題的一個重要工具． 典型例題十六 例16 已知圓的方程為，圓內(nèi)有定點，圓周上有兩個動點、，使，求矩形的頂點的軌跡方程． 分析：利用幾何法求解，或利用轉(zhuǎn)移法求解，或利用參數(shù)法求解． 解法一：如圖，在矩形中，連結(jié)，

17、交于，顯然，， 在直角三角形中，若設(shè)，則． 由，即 ， 也即，這便是的軌跡方程． 解法二：設(shè)、、，則，． 又，即 ．① 又與的中點重合，故，，即 ?、? ①＋②，有． 這就是所求的軌跡方程． 解法三：設(shè)、、， 由于為矩形，故與的中點重合，即有 ，　　　① ，　　?、? 又由有　?、? 聯(lián)立①、②、③消去、，即可得點的軌跡方程為． 說明：本題的條件較多且較隱含，解題時，思路應(yīng)清晰，且應(yīng)充分利用圖形的幾何性質(zhì)，否則，將使解題陷入困境之中． 本題給出三種解法．其中的解法一是幾何方法，它充分利用了圖形中隱含的數(shù)量關(guān)系．而解法二與解法三，從本質(zhì)上是一樣的，都可以稱為參

18、數(shù)方法．解法二涉及到了、、、四個參數(shù)，故需列出五個方程；而解法三中，由于借助了圓的參數(shù)方程，只涉及到兩個參數(shù)、，故只需列出三個方程便可．上述三種解法的共同之處是，利用了圖形的幾何特征，借助數(shù)形結(jié)合的思想方法求解． 典型例題十七 例17 設(shè)點是圓是任一點，求的取值范圍． 分析一：利用圓上任一點的參數(shù)坐標代替、，轉(zhuǎn)化為三角問題來解決． 解法一：設(shè)圓上任一點 則有， ∴，∴ ∴． 即（） ∴． 又∵ ∴ 解之得：． 分析二：的幾何意義是過圓上一動點和定點的連線的斜率，利用此直線與圓有公共點，可確定出的取值范圍． 解法二：由得：，此直線與圓有公共點，故點到直線的距離

19、． ∴ 解得：． 另外，直線與圓的公共點還可以這樣來處理： 由消去后得：， 此方程有實根，故， 解之得：． 說明：這里將圓上的點用它的參數(shù)式表示出來，從而將求變量的范圍問題轉(zhuǎn)化成三角函數(shù)的有關(guān)知識來求解．或者是利用其幾何意義轉(zhuǎn)化成斜率來求解，使問題變得簡捷方便． 典型例題十八 例18 已知對于圓上任一點，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍． 分析一：為了使不等式恒成立，即使恒成立，只須使就行了．因此只要求出的最小值，的范圍就可求得． 解法一：令， 由 得： ∵且， ∴． 即，∴， ∴，即 又恒成立即恒成立． ∴成立， ∴． 分析二：設(shè)圓上一點[因為

20、這時點坐標滿足方程]問題轉(zhuǎn)化為利用三解問題來解． 解法二：設(shè)圓上任一點 ∴， ∵恒成立 ∴ 即恒成立． ∴只須不小于的最大值． 設(shè) ∴即． 說明：在這種解法中，運用了圓上的點的參數(shù)設(shè)法．一般地，把圓上的點設(shè)為()．采用這種設(shè)法一方面可減少參數(shù)的個數(shù)，另一方面可以靈活地運用三角公式．從代數(shù)觀點來看，這種做法的實質(zhì)就是三角代換． 典型例題十九 例19　(1)已知圓，為圓上的動點，求的最大、最小值． (2)已知圓，為圓上任一點．求的最大、最小值，求的最大、最小值． 分析：(1)、(2)兩小題都涉及到圓上點的坐標，可考慮用圓的參數(shù)方程或數(shù)形結(jié)合解決． 解：(1)(法

21、1)由圓的標準方程． 可設(shè)圓的參數(shù)方程為（是參數(shù)）． 則 （其中）． 所以，． (法2)圓上點到原點距離的最大值等于圓心到原點的距離加上半徑1，圓上點到原點距離的最小值等于圓心到原點的距離減去半徑1． 所以． ． 所以．． (2) (法1)由得圓的參數(shù)方程：是參數(shù)． 則．令， 得， ． 所以，． 即的最大值為，最小值為． 此時． 所以的最大值為，最小值為． (法2)設(shè)，則．由于是圓上點，當(dāng)直線與圓有交點時，如圖所示， 兩條切線的斜率分別是最大、最小值． 由，得． 所以的最大值為，最小值為． 令，同理兩條切線在軸上的截距分別是最大、最小值． 由，得

22、． 所以的最大值為，最小值為． 典型例題二十 例20 有一種大型商品，、兩地都有出售，且價格相同．某地居民從兩地之一購得商品后運回的費用是：每單位距離地的運費是地的運費的3倍．已知、兩地距離為10公里，顧客選擇地或地購買這種商品的標準是：包括運費和價格的總費用較低．求、兩地的售貨區(qū)域的分界線的曲線形狀，并指出曲線上、曲線內(nèi)、曲線外的居民應(yīng)如何選擇購貨地點． 分析：該題不論是問題的背景或生活實際的貼近程度上都具有深刻的實際意義和較強的應(yīng)用意識，啟示我們在學(xué)習(xí)中要注意聯(lián)系實際，要重視數(shù)學(xué)在生產(chǎn)、生活以及相關(guān)學(xué)科的應(yīng)用．解題時要明確題意，掌握建立數(shù)學(xué)模型的方法． 解：以、所確定的直線為軸，的中點為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系． ∵，∴，． 設(shè)某地的坐標為，且地居民選擇地購買商品便宜，并設(shè)地的運費為元/公里，地的運費為元/公里．因為地居民購貨總費用滿足條件： 價格＋地運費≤價格＋地的運費 即：． ∵， ∴ 化簡整理得： ∴以點為圓心為半徑的圓是兩地購貨的分界線． 圓內(nèi)的居民從地購貨便宜，圓外的居民從地購貨便宜，圓上的居民從、兩地購貨的總費用相等．因此可隨意從、兩地之一購貨． 說明：實際應(yīng)用題要明確題意，建議數(shù)學(xué)模型．