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1、圆•典型例题分析例1求与X轴切于点A(3,0),并在y轴上截得的弦长为4的圆的方程.分析如图2-8,由圆切x轴于点A(3,0),可设圆心为C(3,b),且r=
2、b
3、,故设圆的标准方程，只须求出b.解法一设所求圆的方程为(x-3)2+(y-b)2=b2,(因为圆和Y轴交于M,N两点，则MN等于4)-9)-(b-n/ba-9)=4.=13,BPb=±5/13.故所躺■的方程为仗±屁？=13.解法二如图2-8,过圆心C作CD丄MN于D,由垂径定理得
4、DN
5、=2,在RtACDN中,有b2=32+22=13.故所求圆的方程为(x-3
6、)2+(y±辰)力■13・说明解法一是待定系数法，体现了方程的思想方法.解法二充分利用圆的性质定理，体现了数形结合思想的另一侧面一“以形解数”的几何方法，解法二简捷轻巧，它提醒我们：解决《解几》问题要充分利用《平几》结果.例2已知三角形三边所在直线的方程为x-y+2=0,x-3y+4=0,x+y-4=0,求三角形外接圆的方程.解法一把已知三个方程依次记为①、②、③，分別解方程组①、②；②、③；③、①，得三角形三顶点为A(-l,1)、B(2,2)、C(l,3).设所求圆的方程为Dx+Ey+F二-x曲A、B、C在圆上，得:{-
7、D4-E4-F=-2,=2D#2E+F=E=D+3E+F=-16[f=0.•:所求圆的方程为x2+y2-x-3y=0.解苗二已卸三边的斛華依次为k[=l,k,=yf峪=-1・由kjk,=-I知三角形为直角三角形，只须解方程组①、②；②、③，得岡的直径AB的端点为A(-l,1)、BQ2).于是,所求圆的方程为(x+1)(x-2)+(y-l)(y-2)=0,即x2+y2-x-3y=0.说明解法一是待定系数法，因为已知圆上三点，故应选设圆的一般方程，解法二发现了直角，又充分利用直角三解形的性质来解，是本例的最好解法.此外，解法二
8、又利用了圆的直径端点式方程：(x-xj(x-x2)+(y-y>)(y-y2)=0,其中(x”yJ、(x2,y?)是圆的直径两个端点的坐标.例3(1)已知圆过点P(2,-1),和直线x-y二1相切，且它的圆心在•直线y二-2x上，求这个圆的方程.0_个*和册枫在直如出斑的跌为2奶帥心在直线x-3y=0_k,求此圆方程.分析此例的两小题的条件都与岡心、半径有关，宜选用岡的标准方程，再用待定系数法求出岡心坐标和半径，即得所求圆方程.解⑴设所求圆方程为(x-a)^(y-b)-r%依题意得(2-a),4-(-l-b)a=r,b=-2
9、a[a=l卜=9解3^k=-2ak=-tar=^r=13^・•・圆的方程是(x-l)2+(y+2)2=2或(x-9)2+(y+18)2=338.⑵设所求圆方程为(x-a)2+(y-b)2=rS依题意得解之需・•・圆的方程是(x-3)2+(y-l)2=9或(x+3)2+(y+l)2=9说明本题在列方程时运用了几何的知识.第(1)小题利用了直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径,第(2)小题利用了直角三角形小三边的数量关系，即勾股定理.这样做使得列方程和解方程组都简便了许多.例4直线kx-y+6=0被圆x2+y-25截得的弦
10、长为8,求k的值.分析解直线被圆截得的弦长的问题，可以先求交点，用两点距离公式来解；也可以利用过弦的一个端点的半径，圆心到弦的垂线段以及弦的一半构成的直角三角形来解.由加-y+6=0+ya=25消去y得(1+疋)x2+12kx+ll=0设直线与圆的两交点为(X”y.),(x2,y2),则X,X2是方程①的两根・■-12kII”币?弦长为/引-屯尸*(几-齐r■也尸■/［侶-4■円］LLjvrW4ka44-W3fc=±J5解法2圆x2+y2=25的圆心为(0,0),半径r=5.團心(5Q)到fififex-y+6=0fi距酗
11、二Jill?因为弦的一-半，圆心到弦的垂线段以及过弦的端点的半径构成直角三角形.以上二种解说明在解法1中，并没有直接求交点，而是利用了韦达定理，这比把交点求出來要稍简便些.法，显然利用直角三角形來解的方法好.例5已知直线厶2mx-y-8m-3=0和圆C：x2+y2-6x+12y+20=0.(1)试证：不论ni为何实数，直线/与圆C总相交；(2)m为何值吋，/被圆C截得的弦长最小，并求出这个最小值.解(1)：圆C的方程可化为(x-3)2+(y+6)2二25,
12、-2m+3
13、v4ma*1两边平方并整理得4(d2-l)m2+12m
14、+d2-9=0为使上而关于ni的方程冇实数解・•・A=122-16(d2-l)(古-9)20解得0W&W10AO
