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圆的方程

## 圆的方程

已知定点$C(a,b)$, 定长$r$, 我们来求以$C$为圆心，$r$为半径的圆的方程（图5.37）. 设$P(x,y)$是一动点，由圆的定义可知，点$P$在圆上当且仅当$|CP|=r$ 或$ \vec{CP}\cdot  \vec{CP}=r^2$．
用坐标表示，可写为
$$
\begin{equation}\label{circle1}
(x-a)^2+(y-b)^2=r^2
\end{equation}
$$

这就是说，以$C$为圆心，$r$为半径的圆上的任一点$P$, 它的坐标都满足方程 ; 反过来，一个点的坐标如果满足方程 , 那么它必在以$C$为圆心$r$为半径的圆上，方程叫做以$C$为圆心，$r$为半径的圆的方程，如果圆心在原点（图3.38），那么圆的方程为
$$
    x^2+y^2=r^2
$$
 ![图片](/uploads/2024-05/d39d59.jpg)
 
 
把他展开得
 $x^2+y^2-2ax-2by+a^2+b^2-r^2=0 $
由此可见，任一圆的方程都可写为下面的形式
$$
    x^2+y^2+2Dx+2Ey+F=0.
$$
由于$\lambda(x^2+y^2+2Dx+2Ey+F)=0$和表示了同一
个圆，于是圆的方程是一般二次方程
 $Ax^2+2Bxy+Cy^2+2Dx+2Ey+F=0 $
的一种特殊形式，它具有两个特点：
 $x^2$与$y^2$项的系数相同且不等于0;
 不含$xy$项．
 
现在要问，是否任一个形如上面的方程的图象都是一个圆呢？

将左边配方，得
$$
    (x+D)^2+(y+E)^2=D^2+E^2-F
$$
  当$D^2+E^2-F>0$时，方程表示以$(-D,-E)$为圆心，以$\sqrt{D^2+E^2-F}$为半径的圆；

当$D^2+E^2-F=0$时，方程的图象只有一个点$(-D,-E)$;

当$D^2+E^2-F<0$时，没有实数偶$(x,y)$满足方程, 因此方程 没有图象．为统一叙述，我们常把情况2的轨迹叫做 点圆 ，情况3 的轨迹叫做**虚圆**．

**定理**  二元二次方程$Ax^2+2Bxy+Cy^2+2Dx+2Ey+F=0$
表示圆（包括点圆虚圆）的充要条件是 $A=C\ne 0,\qquad B=0 $ 
 
 #### 例1
已知$C(3,4)$, 求以$C$为圆心，半径等于5的圆的方程．
解：
设$P(x,y)$在以$C$为圆心，半径等于5的圆上，则以$C$为圆心，半径等于5的圆的方程为
 $(x-3)^2+(y-4)^2=5^2 $
即
 $x^2+y^2-6x-8y=0 $
 
#### 例2
  求圆$x^2+y^2-6x+2y+6=0$的圆心和半径．
  解： 将原方程配方得 $(x-3)^2+(y+1)^2=4 $
所以所求圆的圆心的坐标是$(3,-1)$, 半径是2.

#### 例3
已知$A(9,-3)$, $B(3,-1)$, 求以$\overline{AB}$为直径
圆的方程（图5.39）.
解1：设$\overline{AB}$的中点为$C$, 则$C$点的坐标
 $x=\frac{9+3}{2}=6,\qquad y=\frac{-3-1}{2}=-2 $
依题意$C(6,-2)$为所求
圆的圆心，由距离公式得
 $r^2=(9-6)^2+(-3+2)^2=10 $
因此，所求圆的方程为
 $(x-6)^2+(y+2)^2=10 $
或
 $x^2+y^2-12x+4y+30=0 $
 ![图片](/uploads/2024-05/4cde82.jpg)
 
 解2：设$P(x,y)$为所求圆上任一点，依平面几何
定理可知，$P$点在以$\overline{AB}$为直径的圆上的充要条件是
$\angle APB=\frac{\pi}{2}$, 或
$ \vec{AP}\cdot  \vec{BP}=0$.
用坐标表达，则为
 $(x-9)(x-3)+(y+3)(y+1)=0 $
展开整理得
 $x^2+y^2-12x+4y+30=0 $
这就是所求圆的方程，

#### 例4
已知$A(2,2)$, $B(5,3)$, $C(3,-1)$, 求通过$A$、$B$、$C$三点圆的方程．
解：设所求圆的方程为
 $x^2+y^2+2Dx+2Ey+F=0 $
因为$A$、$B$、$C$ 三点都在圆上，所以它们的坐标都满足方
程，故得
 $$
 \begin{cases}
    4D+4E+F+8=0\\
10D+6E+F+34=0\\
6D-2E+F+10=0
\end{cases} 
$$
解这个方程组，得
 $D=-4,\qquad E=-1,\qquad F=12 $
于是所求圆的方程为
 $x^2+y^2-8x-2y+12=0 $

#### 例5
求与$X$轴相交于$A(1,0)$, $B(5,0)$两点且半径为
$\sqrt{5}$的圆的方程．

设所求圆的方程为
 $x^2+y^2+2Dx+2Ey+F=0 $
因$A$、$B$两点在圆上，所以$A$、$B$的坐标满足所设方程．
即
 $$
 \begin{cases}
    1+2D+F=0\\
25+10D+F=0
\end{cases} 
$$
解之得：$D=-3,\quad F=5$.
但因为
 $r^2=D^2+E^2-F $
所以：
 $5=(-3)^2+E^2-5 $
即：$E=\pm 1$，
因此所求圆的方程有两个
 $x^2+y^2-6x+2y+5=0 $
或
 $x^2+y^2-6x-2y+5=0 $
 
 #### 例题6 
 求到两定点$A$和$B$的距离之比等于常数$k\; (k\ne 1)$
的点的轨迹．
 解：
 ![图片](/uploads/2024-05/58ca52.jpg)
 
 建立坐标系，取$A$为坐标原点，取射线$AB$为$X$轴
的正半轴，设点$B$的坐标是$(a,0)$, 点$P(x,y)$是一动
点，
依题意可知点$P(x,y)$是轨迹上的点的充分必要条件
是
 $\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{(x-a)^2+y^2}}=k $
或
 $\frac{{x^2+y^2}}{{(x-a)^2+y^2}}=k^2 $

经过变形、配方，这方程可化为
 $\left(x-\frac{ak^2}{k^2-1}\right)^2+y^2=\left(\frac{ak}{k^2-1}\right)^2 $
因此，所求轨迹是一个圆心在$\left(\frac{ak^2}{k^2-1},0\right)$,
半径为$\frac{ak}{|k^2-1|}$
的圆．

### 例题7
求通过圆$C_1:\; x^2+y^2-4x-1=0$和圆$C_2:\; x^2+
y^2-8x+11=0$的交点和点$(-2,2)$的圆的方程．

类似于用直线束的解题方法，我们考虑圆族
 $
    \lambda_1(x^2+y^2-4x-1)+\lambda_2(x^2+y^2-8x+11)=0
 $
当$\lambda_1,\lambda_2$不同时为零，方程(\ref{circles1})表示的圆都通过两圆$C_1$, 
$C_2$的两个交点，如果方程(\ref{circles1})是所求圆的方程，那么点$(-2,2)$的坐标应满足方程(\ref{circles1}), 由此，我们可定$\lambda_1:\lambda_2$, 把
$x=-2$, $y=2$代入 得
 $\lambda_1[(-2)^2+2^2-4(-2)-1]+\lambda_2[(-2)^2+2^2-8(-2)+11]=0 $
由此，得
 $\lambda_1=-\frac{3}{7}\lambda_2 $
所以，所求圆的方程为
 $-7\lambda_2(x^2+y^2-4x-1)+3\lambda_2(x^2+y^2-8x+11)=0 $
消去$\lambda_2$, 整理最后得所求圆的方程为
 $x^2+y^2-x-10=0 $
 
 ## 圆的切线方程
 已知直线$\ell$与圆：$(x-a)^2+(y-b)^2=r^2$相切于
点$P_0(x_0,y_0)$, 我们来求
切线$\ell$的方程（图5.41）.
 ![图片](/uploads/2024-05/382bff.jpg)
 
 设$P(x,y)$是一动点，
则$P(x,y)$在切线$\ell$上的充要
条件是
 $ \vec{CP_0}\cdot  \vec{P_0P}=0 $
用坐标表示，即为
$$
    (x_0-a)(x-x_0)+(y_0-b)(y-y_0)=0
$$
方程就是所求切线$\ell$的方程．特别当圆心在坐标原
点，切线方程变为
 $x_0(x-x_0)+y_0(y-y_0)=0 $
 $$ 
    x_0x+y_0y=r^2
 $$
 
 #### 例1
 已知圆：$x^2+y^2+6x-4y-13=0$, 求与该圆相    切于点$A(2,3)$的切线方程．
 已知圆的方程可化为
 $(x+3)^2+(y-2)^2=26 $
    所以圆心$C(-3,2)$, $ \vec{CA}=(5,1)$. 由圆的切线方程，可得
    所求切线为
 $    5\cdot (x-2)+1\cdot (y-3)=0 $
    整理得
 $    5x+y=13 $
 
 #### 例题2
 求证直线$\ell:\; y=kx+b$, 与已知圆$x^2+y^2=r^2$
相切的充要条件是$r=\pm\frac{b}{\sqrt{1+k^2}}$
证明：把$y=kx+b$代入$x^2+y^2=r^2$, 得
 $(kx+b)^2+x^2=r^2 $
展开整理得
 $(1+k^2)x^2+2kbx+b^2-r^2=0 $
由圆的切线定义可知：已知直线与圆相切的充要条件是上面
方程有重根，即它的判别式
 $\Delta=\sqrt{(2kb)^2-4(1+k^2)(b^2-r^2)}=0 $
化简就可得到直线$\ell$与已知圆相切的条件是
 $$
    b^2=r^2(1+k^2)\quad \Rightarrow\quad   r=\pm\frac{b}{\sqrt{1+k^2}}
 $$
 在例 5.55 的条件中，右边正好是圆心到直线 ℓ 的距离，所以上述条件的几
何意义是：直线和圆相切的充要条件是圆心到直线的距离等于半径，这是我们
在平面几何中已熟知的结论，这里用解析方法再次得到证明，当然我们也可由
这个几何定理直接证明例 5.55.

#### 例题3
 已知$P_0(x_0,y_0)$是已知圆$x^2+y^2=r^2$外任一点，
$PT$, $PV$与此已知圆相切于$T(x_1,y_1)$, $V(x_2,y_2)$两点，
求直线$TV$的方程．

在点$T(x_1,y_1)$, $V(x_2,y_2)$处的切线方程分别为
$$
\begin{align}
    x_1x+y_1y=r^2\\
    x_2x+y_2y=r^2
\end{align}
$$
因为切线(5.35), (5.36)都通过$A$点，所以
$$
\begin{align}
    x_1x_0+y_1y_0=r^2\\
    x_2x_0+y_2y_0=r^2
\end{align}
$$
由(5.37), (5.38)可看出，点$T(x_1,y_1)$, $V(x_2,y_2)$都满
足方程
$$
\begin{equation}
    x_0x+y_0y=r^2
\end{equation}
$$
由于两点定一直线，所以方程(5.39)就是直线$TV$的方程．

## 总结
平面内到一定点的距离等于定长的点的集合是圆，其中定点是圆心，定长是圆的半径．

![图片](/uploads/2023-11/image_20231104873bef2.png)

圆的标准方程

$(x-a)^2+(y-b)^2=r^2$ (1)

上面可以化为

在这个方程中, 如果令 $D=-2 a, E=-2 b, F=a^2+b^2-r^2$, 则这个方程可以表示成

$$
x^2+y^2+D x+E y+F=0
$$

的形式, 其中 $D, E, F$ 都是常数. 形如(1)式的圆的方程称为圆的一般方程.

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