直线与圆的方程典型例题.docx

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1、直线与圆的方程典型例题高中数学圆的方程典型例题 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 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P与圆的位置关系，只须看点P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，则点在圆内 解法一： 设圆的标准方程为(x-a)+(y-b)=r 圆心在y=0上，故b=0 圆的方程为(x-a)+y=r 又该圆过A(1,4)、B(3,2)两点 22(1-a)+16=r 22(3-a)+4=r222222解之得

2、：a=-1，r=20 所以所求圆的方程为(x+1)+y=20 解法二： 因为圆过A(1,4)、B(3,2)两点，所以圆心C必在线段AB的垂直平分线l上，又因为222kAB=4-2=-1，故l的斜率为1，又AB的中点为(2,3)，故AB的垂直平分线l的方程为：1-3y-3=x-2即x-y+1=0 又知圆心在直线y=0上，故圆心坐标为C(-1,0) 半径r=AC=(1+1)+4=222220 故所求圆的方程为(x+1)+y=20 又点P(2,4)到圆心C(-1,0)的距离为 d=PC=(2+1)2+42=25r 点P在圆外 例2 求半径为4，与圆x+y-4x-2y-4=0相切，且和直线y=0相切的

3、圆的方程 第 1 页 共 21 页 22分析：根据问题的特征，宜用圆的标准方程求解 (x-a)+(y-b)=r 解：则题意，设所求圆的方程为圆C：圆C与直线y=0相切，且半径为4，则圆心C的坐标为C1(a,4)或C2(a,-4) 又已知圆x+y-4x-2y-4=0的圆心A的坐标为(2,1)，半径为3 若两圆相切，则CA=4+3=7或CA=4-3=1 (1)当C1(a,4)时，(a-2)+(4-1)=7，或(a-2)+(4-1)=1(无解)，故可得22222222222a=2210 222222所求圆方程为(x-2-210)+(y-4)=4，或(x-2+210)+(y-4)=4 (2)当C2(a

4、,-4)时，(a-2)+(-4-1)=7，或(a-2)+(-4-1)=1(无解)，故222222a=226 222222所求圆的方程为(x-2-26)+(y+4)=4，或(x-2+26)+(y+4)=4 说明：对本题，易发生以下误解： 由题意，所求圆与直线y=0相切且半径为4，则圆心坐标为C(a,4)，且方程形如(x-a)2+(y-4)2=42又圆x2+y2-4x-2y-4=0，即(x-2)2+(y-1)2=32，其圆心为222半径为3若两圆相切，则CA=4+3故(a-2)+(4-1)=7，解之得a=2210所A(2,1)，222222以欲求圆的方程为(x-2-210)+(y-4)=4，或(x

5、-2+210)+(y-4)=4 上述误解只考虑了圆心在直线y=0上方的情形，而疏漏了圆心在直线y=0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 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 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A，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x-2y=0与2x+y=0相切， 圆心C在这两条直线的交角平分线上， 又圆心到两直线x-2y=0和2x+y=0的距离相等 x-2y5=x+2y5 两直线交角的平分线方程是x+3y=0或3x-y=0 第 2 页 共 2

6、1 页 又圆过点A(0,5)， 圆心C只能在直线3x-y=0上 设圆心C(t,3t) C到直线2x+y=0的距离等于AC， 2t+3t5=t2+(3t-5)2 2化简整理得t-6t+5=0 解得：t=1或t=5 圆心是(1,3)，半径为5或圆心是(5,15)，半径为55 所求圆的方程为(x-1)+(y-3)=5或(x-5)+(y-15)=125 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 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)

7、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 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P(a,b)，半径为r 则P到x轴、y轴的距离分别为b和a 由题设知：圆截x轴所得劣弧所对的圆心角为90，故圆截x轴所得弦长为2r r=2b 又圆截y轴所得弦长为2 r=a+1 又P(a,b)到直线x-2y=0的距离为 22222222d=a-2b5第 3 页 共

8、21 页 5d2=a-2b 2=a2+4b2-4ab a2+4b2-2(a2+b2) =2b2-a2=1 当且仅当a=b时取“=”号，此时dmin=5 5a=b这时有2 22b-a=1a=1a=-1或 b=1b=-1又r=2b=2 故所求圆的方程为(x-1)+(y-1)=2或(x+1)+(y+1)=2 解法二：同解法一，得 222222d=a-2b5 a-2b=5d a=4b45bd+5d 将a=2b-1代入上式得： 222222b245bd+5d2+1=0 上述方程有实根，故 D=8(5d2-1)0， d5 55代入方程得b=1 52将d=2又2b=a+1 a=1 由a-2b=1知a、b同号

9、 第 4 页 共 21 页 故所求圆的方程为(x-1)+(y-1)=2或(x+1)+(y+1)=2 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？ 类型二：切线方程、切点弦方程、公共弦方程 22224)与圆O相切的切线 例5 已知圆O：x+y=4，求过点P(2，224)不在圆O上， 解：点P(2，切线PT的直线方程可设为y=k(x-2)+4 根据d=r -2k+41+k2=2 3 43所以 y=(x-2)+4 4解得 k=即 3x-4y+10=0 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x=2 说明：上述解题过程容易漏解斜率不存在的情况

10、，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解决还可以运用x0x+y0y=r，求出切点坐标x0、y0的值来解决，此时没有漏解 例6 两圆C1：x+y+D1x+E1y+F1=0与C2：x+y+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 分析：首先求A、B两点的坐标，再用两点式求直线AB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C1、C2的任一交点坐标为(x0,y0)，则有： 2222x0+y0+D1x0+E1y0+F1=0 x0+y0+D2x0+E2y0+F2=0 得：(D1

11、-D2)x0+(E1-E2)y0+F1-F2=0 A、B的坐标满足方程(D1-D2)x+(E1-E2)y+F1-F2=0 方程(D1-D2)x+(E1-E2)y+F1-F2=0是过A、B两点的直线方程 又过A、B两点的直线是唯一的 两圆C1、C2的公共弦AB所在直线的方程为(D1-D2)x+(E1-E2)y+F1-F2=0 第 5 页 共 21 页 2222说明：上述解法中，巧妙地避开了求A、B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，还体现了对曲线与方程的关系的深刻理解以及对直线方程

12、是一次方程的本质认识它的应用很广泛 例7、过圆x+y=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： 1求过点M(3,1)，且与圆(x-1)+y=4相切的直线l的方程 解：设切线方程为y-1=k(x-3)，即kx-y-3k+1=0， 圆心(1,0)到切线l的距离等于半径2， 2222|k-3k+1|k+(-1)223=2，解得k=-， 43(x-3)，即3x+4y-13=0， 4当过点M的直线的斜率不存在时，其方程为x=3，圆心(1,0)到此直线的距离等于半径2， 故直线x=3也适合题意。 所以，所求的直线l的方程是3x+4y-13=0或x=3

13、 5222、过坐标原点且与圆x+y-4x+2y+=0相切的直线的方程为 2522解：设直线方程为y=kx，即kx-y=0.圆方程可化为(x-2)+(y+1)=，圆心为，半径为.依题意有，解得k=-3或k=，直线方程为y=-3x或322k2+1y=1x. 3223、已知直线5x+12y+a=0与圆x-2x+y=0相切，则a的值为 . 解：圆(x-1)2+y2=1的圆心为，半径为1，类型三：弦长、弧问题 5+a5+1222=1，解得a=8或a=-18. 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. 第 6 页 共 21 页 2222例9、直线3x+y-23=0截

14、圆x+y=4得的劣弧所对的圆心角为 解：依题意得，弦心距d=3，故弦长AB=2r-d得的劣弧所对的圆心角为AOB=2222=2，从而OAB是等边三角形，故截p3. 22例10、求两圆x+y-x+y-2=0和x+y=5的公共弦长 类型四：直线与圆的位置关系 22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=解：曲线y=4-x2有且只有一个公共点，求实数m的取值范围. 4-x2表示半圆x2+y2=4(y0)，利用数形结合法，可得实数m的取值范围是-2m2或m=22. 例13 圆(x-3)+(y-3)=9上到直线3x+4y-11=

15、0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l1、l2的方程，从代数计算中寻找解答 解法一：圆(x-3)+(y-3)=9的圆心为O1(3,3)，半径r=3 设圆心O1到直线3x+4y-11=0的距离为d，则d=222233+43-113+422=23 如图，在圆心O1同侧，与直线3x+4y-11=0平行且距离为1的直线l1与圆有两个交点，这两个交点符合题意 又r-d=3-2=1 与直线3x+4y-11=0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3x+4y-11=0，且与之距离为1的直线和圆的交点设第 7 页 共 21

16、 页 所求直线为3x+4y+m=0，则d=m+113+422=1， m+11=5，即m=-6，或m=-16，也即 l1：3x+4y-6=0，或l2：3x+4y-16=0 (x-3)+(y-3)=9的圆心到直线l1、l2的距离为d1、d2，则 设圆O1：22d1=33+43-63+422=3，d2=33+43-163+422=1 l1与O1相切，与圆O1有一个公共点；l2与圆O1相交，与圆O1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O1到直线3x+4y-11=0的距离为d，则d=圆O1到3x+4y-11=0距离为1的点有两个 显然，上述误解中的d是圆

17、心到直线3x+4y-11=0的距离，d0)没有公共点，则a的取值范围是 解：依题意有2233+43-113+422=2a，解得-2-1a0，0a2-1. 22练习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 . 解：依题意有 3、 圆x+y+2x+4y-3=0上到直线x+y+1=0的距离为2的点共有 1个 2个 3个 4个 第 8 页 共 21 页 2k-1k2+11，解得0k44，k的取值范围是(0,). 332222，-2)，半径为分析：把x+y+2x+4y-3=0化为(x+1)+(y+2)=8，圆心为(-122r=22，圆心到直线的距离为2，所以

18、在圆上共有三个点到直线的距离等于2，所以选C (x-1)+(y+2)=4有公共点，如-4)作直线l，当斜率为何值时，直线l与圆C：4、 过点P(-3，22图所示 分析：观察动画演示，分析思路 解：设直线l的方程为 y y+4=k(x+3) 即 O x kx-y+3k-4=0 根据dr有 E k+2+3k-41+k整理得 22 P 3k2-4k=0 解得 0k类型五：圆与圆的位置关系 问题导学四：圆与圆位置关系如何确定？ 4 3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， 2222例15：圆x+y-2x=0和圆x+y+4y=0的公切线共有 条。

19、 22222222解：圆(x-1)+y=1的圆心为O1(1,0)，半径r1=1，圆x+(y+2)=4的圆心为O2(0,-2)，半径r2=2，O1O2=5,r1+r2=3,r2-r1=1.r2-r1O1O2r，直线与圆相离，圆上的点到直线的最大距离与最小距离的差是(d+r)-(d-r)=2r=62. (x-3)+(y-4)=1，P(x,y)为圆O上的动点，求d=x+y的最大、最例19 (1)已知圆O1：小值 2222(x+2)+y=1，P(x,y)为圆上任一点求(2)已知圆O2：22y-2的最大、最小值，求x-2y的x-1最大、最小值 分析：(1)、(2)两小题都涉及到圆上点的坐标，可考虑用圆的

20、参数方程或数形结合解决 解：(1)(法1)由圆的标准方程(x-3)+(y-4)=1 22x=3+cosq,可设圆的参数方程为 y=4+sinq,则d=x+y=9+6cosq+cosq+16+8sinq+sinq 2222=26+6cosq+8sinq=26+10cos(q-f) 3(法2)圆上点到原点距离的最大值d1等于圆心到原点的距离d1加上半径1，圆上点到原点距离的最小值d2等于圆心到原点的距离d1减去半径1 所以d1=32+42+1=6 d2=32+42-1=4 所以dmax=36dmin=16 x=-2+cosq,(2) (法1)由(x+2)+y=1得圆的参数方程：q是参数 y=sin

21、q,22则y-2sinq-2sinq-2=t， 令x-1cosq-3cosq-3第 11 页 共 21 页 得sinq-tcosq=2-3t，1+t2sin(q-f)=2-3t 2-3t1+t2=sin(q-f)13-33+3t 44所以tmax=3+33-3，tmin= 44即3+33-3y-2的最大值为，最小值为 44x-1此时x-2y=-2+cosq-2sinq=-2+5cos(q+f) 所以x-2y的最大值为-2+5，最小值为-2-5 (法2)设图所示， y-2=k，则kx-y-k+2=0由于P(x,y)是圆上点，当直线与圆有交点时，如x-1两条切线的斜率分别是最大、最小值 由d=-2

22、k-k+21+k2=1，得k=33 4所以3+33-3y-2的最大值为，最小值为 44x-1令x-2y=t，同理两条切线在x轴上的截距分别是最大、最小值 由d=-2-m5=1，得m=-25 所以x-2y的最大值为-2+5，最小值为-2-5 22例20：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22值是 . 解：设P(x,y)，则PA+PB=(x+2)2+y2+(x-2)2+y2=2(x2+y2)+8=2OP+8.设圆心222第 12 页 共 21 页 为C(3,4)，则OP练习： min2=OC-r=5-2=3，PA+PB的最小值为23+8=

23、26. 22221：已知点P(x,y)在圆x+(y-1)=1上运动. y-1的最大值与最小值；求2x+y的最大值与最小值. x-2y-1=k，则k表示点P(x,y)与点连线的斜率.当该直线与圆相切时，k取得解：设x-2求最大值与最小值.由2kk2+1=1，解得k=y-1333，的最大值为，最小值为-. x-2333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-m52=1，解得m=15，2x+y的最大值为1+5，最小值为1-5. 22 设点P(x,y)是圆x+y=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

24、代替x、y，转化为三角问题来解决 解法一：设圆x+y=1上任一点P(cosq,sinq) 22则有x=cosq，y=sinqq0,2p) u=sinq-2，ucosq+u=sinq-2 cosq+1ucosq-sinq=-(u+2) 即u2+1sin(q-j)=u+2 sin(q-j)=(u+2)u+12 又sin(q-j)1 u+2u+121 解之得：u-3 4y-222分析二：u=的几何意义是过圆x+y=1上一动点和定点(-1,2)的连线的斜率，利用x+122此直线与圆x+y=1有公共点，可确定出u的取值范围 解法二：由u=y-222得：y-2=u(x+1)，此直线与圆x+y=1有公共点，

25、故点(0,0)到x+1第 13 页 共 21 页 直线的距离d1 u+2u+121 3 422解得：u-另外，直线y-2=u(x+1)与圆x+y=1的公共点还可以这样来处理： 由y-2=u(x+1)22x+y=1消去y后得：(u+1)x+(2u+4u)x+(u+4u+3)=0， 22222222此方程有实根，故D=(2u+4u)-4(u+1)(u+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

26、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 22例22、已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆(x+1)+y=4上运动，求线段AB2221，求点M的轨迹方程. 2的中点M的轨迹方程. 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DABC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点运动第 14 页 共 21 页 而运动，可考虑H，B，C三点坐标之间的关系

27、解：设H(x,y)，C(x,y)，连结AH，CH， 则AHBC，CHAB，BC是切线OCBC， 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.又C(x,y)满足x+y=4， 所以x+(y-2)=4(x0)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 例24 已知圆的方程为x+y=r，圆内有定点P(a,b)，圆周上有两个动点A、B，使PAPB，求矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程 分析：

28、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OMAB，AB=PQ， 2222222在直角三角形AOM中，若设Q(x,y)，则M(由OM+AM22x+ay+b,) 22=OA，即 2(x+a2y+b21)+(x-a)2+(y-b)2=r2， 22422222也即x+y=2r-(a+b)，这便是Q的轨迹方程 22解法二：设Q(x,y)、A(x1,y1)、B(x2,y2)，则x1+y1=r，x2+y2=r 2222又PQ=AB，即 22(x-a)2+(y-b)2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=2r2-2(x1x2+y1y2) 第

29、 15 页 共 21 页 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) ，有x+y=2r-(a+b) 这就是所求的轨迹方程 解法三：设A(rcosa,rsina)、B(rcosb,rsinb)、Q(x,y)， 由于APBQ为矩形，故AB与PQ的中点重合，即有 22222x+a=rcosa+rcosb， y+b=rsina+rsinb， 又由PAPB有rsina-brsinb-b=-1 rcosa-arcosb-a22222联立、消去a、b，即可得Q点的轨迹方程为x+y=2r-(a+b) 说明：本题的条件较多且

30、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x+y=r的参数方程，只涉及到两个参数a、222b，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： 221、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 . 解：设P(x,y).APB=60

31、0，OPA=300.OAAP，OP=2OA=2，x2+y2=2，2222化简得x+y=4，动点P的轨迹方程是x+y=4. 练习巩固：设A(-c,0),B(c,0)(c0)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(a0)，求P点的轨迹. 第 16 页 共 21 页 解：设动点P的坐标为P(x,y).由PAPB=a(a0)，得(x+c)2+y2(x-c)+y22=a， 化简得(1-a2)x2+(1-a2)y2+2c(1+a2)x+c2(1-a2)=0. 1+a2ac22c(1+a2)222当a1时，化简得x+y+，整理得(x-c)+y=； x+c=0222a-1a-11-a222当a

32、=1时，化简得x=0. 2ac1+a2所以当a1时，P点的轨迹是以(2为半径的圆； c,0)为圆心，2a-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的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，所求面积为4p. 224、已知定点B(3,0)，点A在圆x+y=1上运动，M是线段AB上的一点，且AM=1MB，3问点M的轨迹是什么？ 解：设M(x,y),A(x1,y1).AM=11MB，(x-

33、x1,y-y1)=(3-x,-y)， 3314x-x=(3-x)x=x-111332222，.点A在圆x+y=1上运动，x1+y1=1，y-y=-1yy=4y1133443939(x-1)2+(y)2=1，即(x-)2+y2=，点M的轨迹方程是(x-)2+y2=. 3341641622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 . 1解：设M(x,y),A(x1,y1).OM是AOB的平分线，AM=OA=1， AM=MB.由变式3MBOB3第 17 页 共 21 页 391可得点M的轨迹方程是(x-)2+y2=. 41622练习巩固：已

34、知直线y=kx+1与圆x+y=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OMAB.直线y=kx+1经过定点C(0,1)，OMCM，22xyxyxyy22OMCM=(,)(,-1)=2+(-1)=0，化简得x+(y-1)=1.点P的轨迹方程是2222222x2+(y-1)2=1. 类型九：圆的综合应用 例25、 已知圆x+y+x-6y+m=0与直线x+2y-3=0相交于P、Q两点，O为原点，且22OPOQ，求实数m的值 分析：设P、Q两点的坐标为(x1,y1)

35、、(x2,y2)，则由kOPkOQ=-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kOPkOQ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OPOQ，得 kOPkOQ=-1，即y1y2=-1，也即：x1x2+y1y2=0 x1x2x+2y-3=0另一方面，(x1,y1)、(x2,y2)是方程组2的实数解，即x1、x2是方2x+y+x-6y+m=0程5x+10x+4m-27=0 的两个根 x1+x2=-2，x1x2=24m-

36、27 5又P、Q在直线x+2y-3=0上， 111(3-x1)(3-x2)=9-3(x1+x2)+x1x2 224m+12将代入，得y1y2= 5将、代入，解得m=3，代入方程，检验D0成立， m=3 y1y2=第 18 页 共 21 页 解法二：由直线方程可得3=x+2y，代入圆的方程x+y+x-6y+m=0，有 221mx2+y2+(x+2y)(x-6y)+(x+2y)2=0， 39整理，得(12+m)x+4(m-3)xy+(4m-27)y=0 由于x0，故可得 22yy(4m-27)2+4(m-3)+12+m=0 xxkOP，kOQ是上述方程两根故kOPkOQ=-1得 12+m=-1，解

37、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x+(y-1)=1上任一点P(x,y)，不等式x+y+m0恒成立，求实数m的取值范围 分析一：为了使不等式x+y+m0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

38、的范围就可求得 解法一：令u=x+y， 由22x+y=ux+(y-1)=12222得：2y-2(u+1)y+u=0 D0且D=4(u+1)-8u， 4(-u+2u+1)0 即u-2u-1)0，1-2u1+2， umin=1-2，即(x+y)min=1-2 又x+y+m0恒成立即x+y-m恒成立 (x+y)min=1-2-m成立， 第 19 页 共 21 页 2222m2-1 22分析二：设圆上一点P(cosq,1+sinq)因为这时P点坐标满足方程x+(y-1)=1问题转化为利用三解问题来解 解法二：设圆x+(y-1)=1上任一点P(cosq,1+sinq)q0,2p) x=cosq，y=1+sinq x+y+m0恒成立 cosq+1+sinq+m0 即m-(1+cosq+sinq)恒成立 只须m不小于-(1+cosq+sinq)的最大值 设u=-(sinq+cosq)-1=-2sin(q+umax=2-1即m22p4