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1、典型例题一例1 圆上到直线的距离为1的点有几个？分析：借助图形直观求解或先求出直线、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：设圆心到直线的距离为，则圆到距离为1的点
2、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典型例题三例3 求过两点、且圆心在直线上的圆的标准方程并判断点与圆的关系分析：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，
3、则点在圆内解法一：（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解法二：（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？典型例题四例4圆上到直线的距离为的点共有（ ）（A）1个 （B）2个 （C
4、）3个 （D）4个分析：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典型例题五例5过点作直线，当斜率为何值时，直线与圆有公共点，如图所示分析：观察动画演示，分析思路PEOyx解：设直线的方程为即根据有整理得解得典型例题六例6已知圆，求过点与圆相切的切线解：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，求出切点
5、坐标、的值来解决，此时没有漏解典型例题七例7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（1）求光线和反射光线所在的直线方程GOBNMyAx图3CA（2）光线自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或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或光路的距离为，可由勾股定理求得说明：本题亦可把圆对称到轴下方，再求解典型例题八例8 如图所示，已知圆与轴的正方向交于点，点在直线上运动，过做圆的切线，切点为，求垂心的轨迹分析：按
6、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，可考虑代入法典型例题九例9 求半径为4，与圆相切，且和直线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
7、求圆方程为，或(2)当时，或(无解)，故所求圆的方程为，或说明：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典型例题十例10 已知圆与直线相交于、两点，为原点，且，求实数的值分析：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解法一：
8、设点、的坐标为、一方面，由，得，即，也即：另一方面，、是方程组的实数解，即、是方程的两个根，又、在直线上，将代入，得将、代入，解得，代入方程，检验成立，解法二：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，一气呵成之感典型例题十一例11 求经过点，且
9、与直线和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，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：或圆心是，半径为或圆心是，半径为所求圆的方程为或说明：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典型例题十二例12 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
10、，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，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解法二：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
11、求圆的方程为或说明：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？典型例题十三例13 两圆与相交于、两点，求它们的公共弦所在直线的方程分析：首先求、两点的坐标，再用两点式求直线的方程，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、的任一交点坐标为，则有：得：、的坐标满足方程方程是过、两点的直线方程又过、两点的直线是唯一的两圆、的公共弦所在直线的方程为说明：上述解法中，巧妙地避开了求、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
12、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典型例题十四例14已知对于圆上任意一点，不等式恒成立，求实数的取值范围解：运用圆的参数方程，设的坐标为， 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为说明：在上述解法中我们运用了圆上点的参数设法采用这种设法的优点在于，一方面可以减少参数的个数，另一方面可以灵活地运用三角公式从代数的观点看，这种设法的实质就是三角代换另外本题也可以不用圆的参数方程求解，本题的实质就是求最值问题，方法较多但以上述解法较简典型例题十五例15 试求圆(为参数)上的点到点距离的最大(小)值分析：利用两点间距离公式求解或数形结合求解解法一：
13、设是圆上任一点，则所以因为，所以，因此当时，当时，解法二：将圆代入普通方程得如图所示可得，、分别是圆上的点到的距离的最小值和最大值易知：，说明：(1)在圆的参数方程(为参数)中，为圆心，为半径，参数的几何意义是：圆的半径从轴正向绕圆心按逆时针方向旋转到所得圆心角的大小若原点为圆心，常常用来表示半径为的圆上的任一点(2)圆的参数方程也是解决某些代数问题的一个重要工具典型例题十六例16 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，或利用参数法求解解法一：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，这便是的轨迹方程解法二：设、，则，又，即又与的中点重合，故，即，有这就是所求的轨迹方程解法三：设、，由于为矩形，故与的中点重合，即有，又由有联立、消去、，即可得点的轨迹方程为说明：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
