类型一：圆的方程
例1求过两点A(1,4)、B(3,2)且圆心在直线y=0上的圆的标准方程并判断点P(2,4)与圆的关系．
例2求半径为4，与圆x2+y2−4x−2y−4=0相切，且和直线y=0相切的圆的方程．例3求经过点A(0,5)，且与直线x−2y=0和2x+y=0都相切的圆的方程．
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：x−2y=0的距离最小的圆的方程．
类型二：切线方程、切点弦方程、公共弦方程
例5已知圆O：x2+y2=4，求过点P(2，4)与圆O相切的切线．
例6两圆C1：x2+y2+D1x+E1y+F1=0与C2：x2+y2+D2x+E2y+F2=0相交于A、B两点，求它们的公共弦AB所在直线的方程．
例7、过圆x2+y2=1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：
22
1．求过点M(3,1)，且与圆(x−1)+y=4相切的直线l的方程．
2、过坐标原点且与圆x+y−4x+2y+
2
22
5
=0相切的直线的方程为2
2
3、已知直线5x+12y+a=0与圆x−2x+y=0相切，则a的值为
.类型三：弦长、弧问题
例8、求直线l:3x−y−6=0被圆C:x+y−2x−4y=0截得的弦AB的长.例9、直线3x+y−23=0截圆x+y=4得的劣弧所对的圆心角为例10、求两圆x2+y2−x+y−2=0和x2+y2=5的公共弦长
2
22
2
类型四：直线与圆的位置关系
例11、已知直线3x+y−23=0和圆x+y=4，判断此直线与已知圆的位置关系.例12、若直线y=x+m与曲线y=
2
2
2
2
4−x2有且只有一个公共点，求实数m的取值范围.
例13圆(x−3)+(y−3)=9上到直线3x+4y−11=0的距离为1的点有几个？
第1页
练习
1：直线x+y=1与圆x+y−2ay=0(a>0)没有公共点，则a的取值范围是2：若直线y=kx+2与圆(x−2)+(y−3)=1有两个不同的交点，则k的取值范围是3：圆x2+y2+2x+4y−3=0上到直线x+y+1=0的距离为2的点共有（）．
（A）1个
（B）2个
（C）3个
（D）4个
2
2
2
2
2
2
.4：过点P(−3，−4)作直线l，当斜率为何值时，直线l与圆C：(x−1)+(y+2)=4有公共点
类型五：圆与圆的位置关系
例14、判断圆C1:x+y+2x−6y−26=0与圆C2:x+y−4x+2y+4=0的位置关系，例15：圆x+y−2x=0和圆x+y+4y=0的公切线共有练习
1：若圆x2+y2−2mx+m2−4=0与圆x2+y2+2x−4my+4m2−8=0相切，则实数m的取值集合是
.
2
2
2
2
2
2
2
2
条。2：求与圆x2+y2=5外切于点P(−1,2)，且半径为25的圆的方程.
类型六：圆中的对称问题
例16、圆x+y−2x−6y+9=0关于直线2x+y+5=0对称的圆的方程是
2
2
类型七：圆中的最值问题
例17：圆x+y−4x−4y−10=0上的点到直线x+y−14=0的最大距离与最小距离的差是例18(1)已知圆O1：(x−3)+(y−4)=1，P(x,y)为圆O上的动点，求d=x+y的最大、最小值．
(2)已知圆O2：(x+2)+y=1，P(x,y)为圆上任一点．求最大、最小值．
例19：已知A(−2,0)，B(2,0)，点P在圆(x−3)+(y−4)=4上运动，则PA+PB的最小值是练习：
1：已知点P(x,y)在圆x+(y−1)=1上运动.（1）求
2
2
2
2
2
2
2
22
2
2
2
2
2
y−2
的最大、最小值，求x−2y的x−1
.
y−1
的最大值与最小值；（2）求2x+y的最大值与最小值.x−2
第2页
解：（1）设
y−1
=k，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x−2
2k最大值与最小值.由
k2+1
=1，解得k=±
3y−133，∴的最大值为，最小值为−.3x−233
（2）设2x+y=m，则m表示直线2x+y=m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
1−m5=1，解得m=1±5，∴2x+y的最大值为1+5，最小值为1−5.
2设点P(x,y)是圆x2+y2=1是任一点，求u=
y−2
的取值范围．x+1
分析一：利用圆上任一点的参数坐标代替x、y，转化为三角问题来解决．
解法一：设圆x2+y2=1上任一点P(cosθ,sinθ)则有x=cosθ，y=sinθθ∈[0,2π)∴u=
sinθ−2
，∴ucosθ+u=sinθ−2
cosθ+1
∴ucosθ−sinθ=−(u+2)．
即u+1sin(θ−ϕ)=u+2（tanϕ=u）∴sin(θ−ϕ)=
2
(u+2)
u+1
2
．
又∵sin(θ−ϕ)≤1
∴
u+2u+1
2
≤1
3．4y−2
分析二：u=的几何意义是过圆x2+y2=1上一动点和定点(−1,2)的连线的斜率，利用
x+1
解之得：u≤−
此直线与圆x2+y2=1有公共点，可确定出u的取值范围．
解法二：由u=直线的距离d≤1．
∴
y−2
得：y−2=u(x+1)，此直线与圆x2+y2=1有公共点，故点(0,0)到x+1
u+2u+1
2
≤13．4
第3页
解得：u≤−
另外，直线y−2=u(x+1)与圆x2+y2=1的公共点还可以这样来处理：
⎧y−2=u(x+1)由⎨2消去y后得：(u2+1)x2+(2u2+4u)x+(u2+4u+3)=0，2
⎩x+y=1
此方程有实根，故∆=(2u2+4u)2−4(u2+1)(u2+4u+3)≥0，解之得：u≤−
3．4
说明：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x2+y2=4上运动，求PA+PB+PC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
2
2
2
1
，求点M的轨迹方程.2
例22、已知线段AB的端点B的坐标是（4，3），端点A在圆(x+1)+y=4上运动，求线段AB的中点M的轨迹方程.
22
例23如图所示，已知圆O：x+y=4与y轴的正方向交于A点，点B在直线y=2上运动，过B做圆O的切线，切点为C，求∆ABC垂心H的轨迹．
22
分析：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．
解：设H(x,y)，C(x,y)，连结AH，CH，则AH⊥BC，CH⊥AB，BC是切线OC⊥BC，
所以OC//AH，CH//OA，OA=OC，所以四边形AOCH是菱形．
'⎧⎪y=y−2,
所以CH=OA=2，得⎨'
⎪⎩x=x.
第4页
''
又C(x,y)满足x+y=4，
所以x2+(y−2)2=4(x≠0)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．
''
'2'2
例24已知圆的方程为x2+y2=r2，圆内有定点P(a,b)，圆周上有两个动点A、B，使PA⊥PB，求矩形APBQ的顶点Q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APBQ中，连结AB，PQ交于M，显然OM⊥AB，AB=PQ，
在直角三角形AOM中，若设Q(x,y)，则M(由OM2
x+ay+b,)．22
+AM=OA，即
22
(
x+a2y+b21
)+()+[(x−a)2+(y−b)2]=r2，224
也即x2+y2=2r2−(a2+b2)，这便是Q的轨迹方程．
解法二：设Q(x,y)、A(x1,y1)、B(x2,y2)，则x1+y1=r，x2+y2=r．又PQ=AB，即
2
2
2
2
2
2
2
2
(x−a)2+(y−b)2=(x1−x2)2+(y1−y2)2=2r2−2(x1x2+y1y2)．①
又AB与PQ的中点重合，故x+a=x1+x2，y+b=y1+y2，即
(x+a)2+(y+b)2=2r2+2(x1x2+y1y2)
①＋②，有x2+y2=2r2−(a2+b2)．这就是所求的轨迹方程．
②
解法三：设A(rcosα,rsinα)、B(rcosβ,rsinβ)、Q(x,y)，
第5页
由于APBQ为矩形，故AB与PQ的中点重合，即有
x+a=rcosα+rcosβ，y+b=rsinα+rsinβ，
又由PA⊥PB有
①②
rsinα−brsinβ−b⋅=−1
rcosα−arcosβ−a③
联立①、②、③消去α、β，即可得Q点的轨迹方程为x2+y2=2r2−(a2+b2)．
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．
本题给出三种解法．其中的解法一是几何方法，它充分利用了图形中隐含的数量关系．而解法二与解法三，从本质上是一样的，都可以称为参数方法．解法二涉及到了x1、x2、y1、y2四个参数，故需列出五个方程；而解法三中，由于借助了圆x2+y2=r2的参数方程，只涉及到两个参数α、
β，故只需列出三个方程便可．上述三种解法的共同之处是，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P向圆x+y=1引两条切线PA、PB，切点分别为A、B，∠APB=600，则动点P的轨迹方程是
.
2
2
解：设P(x,y).∵∠APB=600，∴∠OPA=300.∵OA⊥AP，∴OP=2OA=2，∴x2+y2=2，化简得x2+y2=4，∴动点P的轨迹方程是x2+y2=4.
练习巩固：设A(−c,0),B(c,0)(c>0)为两定点，动点P到A点的距离与到B点的距离的比为定值
a(a>0)，求P点的轨迹.
PA(x+c)2+y2解：设动点P的坐标为P(x,y).由=a(a>0)，得=a，
22PB(x−c)+y化简得(1−a2)x2+(1−a2)y2+2c(1+a2)x+c2(1−a2)=0.
1+a2ac22c(1+a2)222
当a≠1时，化简得x+y+，整理得(x−c)+y=()；x+c=0
a2−1a2−11−a2
2
2
2
当a=1时，化简得x=0.
第6页
1+a22ac所以当a≠1时，P点的轨迹是以(2为半径的圆；c,0)为圆心，2
a−1a−1
当a=1时，P点的轨迹是y轴.
2、已知两定点A(−2,0)，B(1,0)，如果动点P满足PA=2PB，则点P的轨迹所包围的面积等于解：设点P的坐标是(x,y).由PA=2PB，得
(x+2)2+y2=2(x−1)2+y2，化简得
(x−2)2+y2=4，∴点P的轨迹是以（2，0）为圆心，2为半径的圆，∴所求面积为4π.
4、已知定点B(3,0)，点A在圆x2+y2=1上运动，M是线段AB上的一点，且AM=问点M的轨迹是什么？
解：设M(x,y),A(x1,y1).∵AM=
1
MB，3
11
MB，∴(x−x1,y−y1)=(3−x,−y)，33
14⎧⎧
x−x=(3−x)x=x−11⎪⎪⎪⎪1332222∴⎨，∴⎨.∵点A在圆x+y=1上运动，∴x1+y1=1，∴⎪y−y=−1y⎪y=4y11⎪⎪33⎩⎩
443939
(x−1)2+(y)2=1，即(x−)2+y2=，∴点M的轨迹方程是(x−)2+y2=.33416416
例5、已知定点B(3,0)，点A在圆x+y=1上运动，∠AOB的平分线交AB于点M，则点M的轨迹方程是
.
2
2
解：设M(x,y),A(x1,y1).∵OM是∠AOB的平分线，∴AM=OA=1，∴AM=1MB.由变式
3MBOB31可得点M的轨迹方程是(x−)2+y2=
3
49.16
练习巩固：已知直线y=kx+1与圆x2+y2=4相交于A、B两点，以OA、OB为邻边作平行四边形OAPB，求点P的轨迹方程.
解：设P(x,y)，AB的中点为M.∵OAPB是平行四边形，∴M是OP的中点，∴点M的坐标为
xy(,)，且OM⊥AB.∵直线y=kx+1经过定点C(0,1)，∴OM⊥CM，∴22
第7页
xyxyxyy22
OM⋅CM=(,)⋅(,−1)=()2+(−1)=0，化简得x+(y−1)=1.∴点P的轨迹方程是
2222222
x2+(y−1)2=1.
类型九：圆的综合应用
例25、已知圆x2+y2+x−6y+m=0与直线x+2y−3=0相交于P、Q两点，O为原点，且
OP⊥OQ，求实数m的值．
分析：设P、Q两点的坐标为(x1,y1)、(x2,y2)，则由kOP⋅kOQ=−1，可得x1x2+y1y2=0，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程构造以
y，由直线l与圆的方xy为未知数的一元二次方程，由根与系数关系得出kOP⋅kOQ的值，从而使问题得以解决．x解法一：设点P、Q的坐标为(x1,y1)、(x2,y2)．一方面，由OP⊥OQ，得
kOP⋅kOQ=−1，即
y1y2
⋅=−1，也即：x1x2+y1y2=0．x1x2
⎧x+2y−3=0
①
另一方面，(x1,y1)、(x2,y2)是方程组⎨程5x+10x+4m−27=0
的两个根．
∴x1+x2=−2，x1x2=
2
⎩x+y+x−6y+m=0
22
的实数解，即x1、x2是方
②
4m−27
．③5
又P、Q在直线x+2y−3=0上，
111
(3−x1)⋅(3−x2)=[9−3(x1+x2)+x1x2]．224
m+12
将③代入，得y1y2=．④
5
将③、④代入①，解得m=3，代入方程②，检验∆>0成立，∴m=3．
∴y1y2=
解法二：由直线方程可得3=x+2y，代入圆的方程x2+y2+x−6y+m=0，有
1mx2+y2+(x+2y)(x−6y)+(x+2y)2=0，
39
整理，得(12+m)x2+4(m−3)xy+(4m−27)y2=0．由于x≠0，故可得
yy(4m−27)()2+4(m−3)+12+m=0．
xx第8页
∴kOP，kOQ是上述方程两根．故kOP⋅kOQ=−1．得
12+m=−1，解得m=3．
4m−27
经检验可知m=3为所求．
说明：求解本题时，应避免去求P、Q两点的坐标的具体数值．除此之外，还应对求出的m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P、Q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
y的二次x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．
例26、已知对于圆x2+(y−1)2=1上任一点P(x,y)，不等式x+y+m≥0恒成立，求实数m的取值范围．
分析一：为了使不等式x+y+m≥0恒成立，即使x+y≥−m恒成立，只须使(x+y)min≥−m就行了．因此只要求出x+y的最小值，m的范围就可求得．
解法一：令u=x+y，
由⎨
⎧x+y=u22
⎩x+(y−1)=1
得：2y2−2(u+1)y+u2=0∵∆≥0且∆=4(u+1)2−8u2，∴4(−u2+2u+1)≥0．
即u−2u−1)≤0，∴1−2≤u≤1+∴umin=1−2，即(x+y)min=1−2又x+y+m≥0恒成立即x+y≥−m恒成立．∴(x+y)min=1−2≥−m成立，∴m≥
2
2，
2−1．
分析二：设圆上一点P(cosθ,1+sinθ)[因为这时P点坐标满足方程x2+(y−1)2=1]问题转化为利用三解问题来解．
解法二：设圆x2+(y−1)2=1上任一点P(cosθ,1+sinθ)θ∈[0,2π)∴x=cosθ，y=1+sinθ第9页
∵x+y+m≥0恒成立∴cosθ+1+sinθ+m≥0即m≥−(1+cosθ+sinθ)恒成立．
∴只须m不小于−(1+cosθ+sinθ)的最大值．设u=−(sinθ+cosθ)−1=−2sin(θ+∴umax=
π)−14
2−1即m≥2−1．
说明：在这种解法中，运用了圆上的点的参数设法．一般地，把圆(x−a)2+(y−b)2=r2上的点设为(a+rcosθ,b+rsinθ)(θ∈[0,2π))．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，A、B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A地的运费是B地的运费的3倍．已知A、B两地距离为10公里，顾客选择A地或B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A、B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．
分析：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A、B所确定的直线为x轴，AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系．
∵AB=10，∴A(−5,0)，B(5,0)．
设某地P的坐标为(x,y)，且P地居民选择A地购买商品便宜，并设A地的运费为3a元/公里，
B地的运费为a元/公里．因为P地居民购货总费用满足条件：
价格＋A地运费≤价格＋B地的运费
即：3a(x+5)+y≤a(x−5)+y．∵a>0，
∴3(x+5)+y≤化简整理得：(x+
2
22
2
2
2
(x−5)2+y2
25215)+y2≤()244
第10页
2515
,0)为圆心为半径的圆是两地购货的分界线．44
圆内的居民从A地购货便宜，圆外的居民从B地购货便宜，圆上的居民从A、B两地购货的总费用相等．因此可随意从A、B两地之一购货．
∴以点(−
说明：实际应用题要明确题意，建议数学模型．
第11页
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