典型例題十一
例11 求經過點，且與直線和都相切的圓的方程．
分析：欲確定圓的方程．需確定圓心座標與半徑，由於所求圓過定點，故只需確定圓心座標．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．
設圓心∵到直線的距離等於，
∴．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，從而確定圓心座標得到圓的方程，這是過定點且與兩已知直線相切的圓的方程的常規求法．
典型例題十二
例12 設圓滿足：(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座標和半徑，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座標，進而確定圓的半徑，求出圓的方程．
解法一：設圓心為，半徑為．
則到軸、軸的距離分別為和．
由題設知：圓截軸所得劣弧所對的圓心角為，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
∴當且僅當時取「=」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 兩圓與相交於、兩點，求它們的公共弦所在直線的方程．
分析：首先求、兩點的座標，再用兩點式求直線的方程，但是求兩圓交點座標的過程太繁．為了避免求交點，可以採用「設而不求」的技巧．
解：設兩圓、的任一交點座標為，則有：
①②①－②得：．
∵、的座標滿足方程．
∴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、兩點的座標，雖然設出了它們的座標，但並沒有去求它，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「設而不求」的技巧，從知識內容的角度上說，還體現了對曲線與方程的關係的深刻理解以及對直線方程是一次方程的本質認識．它的應用很廣泛．
典型例題十四
例14 已知對於圓上任意一點，不等式恆成立，求實數的取值範圍．
解：運用圓的引數方程，設的座標為，
即，，∵恆成立
∴恆成立
即恆成立
∴只需大於等於的最大值．
令的最大值為
∴說明：在上述解法中我們運用了圓上點的引數設法．採用這種設法的優點在於，一方面可以減少引數的個數，另一方面可以靈活地運用三角公式．從代數的觀點看，這種設法的實質就是三角代換．
另外本題也可以不用圓的引數方程求解，本題的實質就是求最值問題，方法較多．但以上述解法較簡．
典型例題十五
例15 試求圓(為引數)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形結合求解．
解法一：設是圓上任一點，則．所以
．因為，所以，因此
當時，．
當時，．
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)在圓的引數方程(為引數)中，為圓心，為半徑，引數的幾何意義是：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)圓的引數方程也是解決某些代數問題的乙個重要工具．
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