型別一：圓的方程
例1 求過兩點、且圓心在直線上的圓的標準方程並判斷點與圓的關係．
分析：欲求圓的標準方程，需求出圓心座標的圓的半徑的大小，而要判斷點與圓的位置關係，只須看點與圓心的距離和圓的半徑的大小關係，若距離大於半徑，則點在圓外；若距離等於半徑，則點在圓上；若距離小於半徑，則點在圓內．
解法一：（待定係數法）
設圓的標準方程為．
∵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：（直接求出圓心座標和半徑）
因為圓過、兩點，所以圓心必**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，故圓心座標為
∴半徑． 故所求圓的方程為．
又點到圓心的距離為 ．
∴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鍵的量，然後根據圓心與定點之間的距離和半徑的大小關係來判定點與圓的位置關係，若將點換成直線又該如何來判定直線與圓的位置關係呢？
型別二：切線方程、切點弦方程、公共弦方程
例5 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為
根據解得
所以即因為過圓外一點作圓得切線應該有兩條，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．
本題還有其他解法，例如把所設的切線方程代入圓方程，用判別式等於0解決（也要注意漏解）．還可以運用，求出切點座標、的值來解決，此時沒有漏解．
型別三：弦長、弧問題
例9、直線截圓得的劣弧所對的圓心角為
解：依題意得，弦心距，故弦長，從而△oab是等邊三角形，故截得的劣弧所對的圓心角為.
型別四：直線與圓的位置關係.
例13 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，從代數計算中尋找解答．
解法一：圓的圓心為，半徑．
設圓心到直線的距離為，則．
如圖，在圓心同側，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乙個切點也符合題意．
∴符合題意的點共有3個．
解法二：符合題意的點是平行於直線，且與之距離為1的直線和圓的交點．設所求直線為，則，
∴，即，或，也即
，或．設圓的圓心到直線、的距離為、，則
，．∴與相切，與圓有乙個公共點；與圓相交，與圓有兩個公共點．即符合題意的點共3個．
說明：對於本題，若不留心，則易發生以下誤解：
設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於定值的點，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，一般根據圓與直線的位置關係來判斷，即根據圓心與直線的距離和半徑的大小比較來判斷．
型別五：圓與圓的位置關係
例15：圓和圓的公切線共有條。
解：∵圓的圓心為，半徑，圓的圓心為，半徑，∴.∵，∴兩圓相交.共有2條公切線。
型別六：圓中的對稱問題
例17 自點發出的光線射到軸上，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．
（2）光線自到切點所經過的路程．
分析、略解：觀察動畫演示，分析思路．根據對稱關係，首先求出點的對稱點的座標為，其次設過的圓的切線方程為
根據，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
或最後根據入射光與反射光關於軸對稱，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．
型別七：圓中的最值問題
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座標，可考慮用圓的引數方程或數形結合解決．
解：(1)(法1)由圓的標準方程．
可設圓的引數方程為（是引數）．
則（其中）．
所以，．
(法2)圓上點到原點距離的最大值等於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於圓心到原點的距離減去半徑1．
所以．．
所以．．
(2) (法1)由得圓的引數方程：是引數．
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，則．由於是圓上點，當直線與圓有交點時，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．
所以的最大值為，最小值為．
型別九：圓的綜合應用
例25、 已知圓與直線相交於、兩點，為原點，且，求實數的值．
分析：設、兩點的座標為、，則由，可得，再利用一元二次方程根與係數的關係求解．或因為通過原點的直線的斜率為，由直線與圓的方程構造以為未知數的一元二次方程，由根與係數關係得出的值，從而使問題得以解決．
解法一：設點、的座標為、．一方面，由，得
，即，也即：． ①
另一方面，、是方程組的實數解，即、是方程 ②
的兩個根．
∴，． ③
又、在直線上，
∴．將③代入，得． ④
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．
由於，故可得
．∴，是上述方程兩根．故．得
，解得．
經檢驗可知為所求．
說明：求解本題時，應避免去求、兩點的座標的具體數值．除此之外，還應對求出的值進行必要的檢驗，這是因為在求解過程中並沒有確保有交點、存在．
解法一顯示了一種解這類題的通法，解法二的關鍵在於依據直線方程構造出乙個關於的二次齊次方程，雖有規律可循，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．
例26、已知對於圓上任一點，不等式恆成立，求實數的取值範圍．
分析一：為了使不等式恆成立，即使恆成立，只須使就行了．因此只要求出的最小值，的範圍就可求得．
解法一：令，由得：
∵且，∴．
即，∴，
∴，即又恆成立即恆成立．
∴成立，
∴．分析二：設圓上一點[因為這時點座標滿足方程]問題轉化為利用三解問題來解．
解法二：設圓上任一點
∴，∵恆成立
∴即恆成立．
∴只須不小於的最大值．
設∴即．
說明：在這種解法中，運用了圓上的點的引數設法．一般地，把圓上的點設為()．採用這種設法一方面可減少引數的個數，另一方面可以靈活地運用三角公式．從代數觀點來看，這種做法的實質就是三角代換．
高中數學圓的方程典型例題 學生
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