数学典型例题

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典型例题一

例1 圆(x3)2(y3)29上到直线3x4y11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)2(y3)2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334311342223．

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．

设圆O1：(x3)(y3)9的圆心到直线l1、l2的距离为d1、d2，则

22d13343634223，d23343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：

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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．

334311342223．

显然，上述误解中的d是圆心到直线3x4y110的距离，dr，只能说明此直线与圆有两个交点，而不能说明圆上有两点到此直线的距离为1．

到一条直线的距离等于定值的点，在与此直线距离为这个定值的两条平行直线上，因此题中所求的点就是这两条平行直线与圆的公共点．求直线与圆的公共点个数，一般根据圆与直线的位置关系来判断，即根据圆心与直线的距离和半径的大小比较来判断．

典型例题三

例3 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：（待定系数法）

设圆的标准方程为(xa)2(yb)2r2． ∵圆心在y0上，故b0． ∴圆的方程为(xa)2y2r2． 又∵该圆过A(1,4)、B(3,2)两点．

22(1a)16r∴ 22(3a)4r解之得：a1，r20．

所以所求圆的方程为(x1)y20． 解法二：（直接求出圆心坐标和半径）

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：y3x213即xy10．

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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)24220．

故所求圆的方程为(x1)2y220． 又点P(2,4)到圆心C(1,0)的距离为

dPC(21)24225r．

∴点P在圆外．

说明：本题利用两种方法求解了圆的方程，都围绕着求圆的圆心和半径这两个关键的量，然后根据圆心与定点之间的距离和半径的大小关系来判定点与圆的位置关系，若将点换成直线又该如何来判定直线与圆的位置关系呢？

典型例题四

例4 圆xy2x4y30上到直线xy10的距离为2的点共有（ ）．

（A）1个 （B）2个 （C）3个 （D）4个

分析：把xy2x4y30化为x1y28，圆心为1，2，半径为r22，

222222圆心到直线的距离为2，所以在圆上共有三个点到直线的距离等于2，所以选C．

典型例题五

例5 过点P3，4作直线l，当斜率为何值时，直线l与圆C：x1y24有公共点，如

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 E x kxy3k40

根据dr有

k23k41k整理得

22

P

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3k24k0

解得

0k

4． 3典型例题六

例6 已知圆O：x2y24，求过点P2，4与圆O相切的切线． 解：∵点P2，4不在圆O上，

∴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，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（也要注意漏解）．还可以运用x0xy0yr2，求出切点坐标x0、y0的值来解决，此时没有漏解．

y 典型例题七

M 3发出的光线l例7 自点A3，被x轴反射，反射光线所在的直线与

A C N 射到x轴上，

圆

C：x2y24x4y70相切

（1）求光线l和反射光线所在的（2）光线自A到切点所经过的路分析、略解：观察动画演示，分据对称关系，首先求出点A的对称点

A’ G O B x 直线方程． 程．

析思路．根A的坐标为

图3

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3，3，其次设过A的圆C的切线方程为

ykx33

根据dr，即求出圆C的切线的斜率为

k进一步求出反射光线所在的直线的方程为

43或k 344x3y30或3x4y30

最后根据入射光与反射光关于x轴对称，求出入射光所在直线方程为

4x3y30或3x4y30

光路的距离为A'M，可由勾股定理求得AM2ACCM7．

22说明：本题亦可把圆对称到x轴下方，再求解．

典型例题八

例8 如图所示，已知圆O：x2y2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ABC垂心H的轨迹．

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点运动而运动，可考虑H，B，C三点坐标之间的关系．

''解：设H(x,y)，C(x,y)，连结AH，CH，

则AHBC，CHAB，BC是切线OCBC， 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.

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又C(x',y')满足x'y'4，

所以x2(y2)24(x0)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．

22典型例题九

例9 求半径为4，与圆x2y24x2y40相切，且和直线y0相切的圆的方程． 分析：根据问题的特征，宜用圆的标准方程求解．

解：则题意，设所求圆的方程为圆C：(xa)2(yb)2r2．

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x2y2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a2210． ∴所求圆方程为(x2210)2(y4)242，或(x2210)2(y4)242．

(2)当C2(a,4)时，(a2)(41)7，或(a2)(41)1(无解)，故a226． ∴所求圆的方程为(x226)2(y4)242，或(x226)2(y4)242． 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

222222222222(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A(2,1)，

半径为3．若两圆相切，则CA43．故(a2)(41)7，解之得a2210．所以欲求圆的方程为(x2210)2(y4)242，或(x2210)2(y4)242．

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．

222

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典型例题十

例10 已知圆x2y2x6ym0与直线x2y30相交于P、Q两点，O为原点，且

OPOQ，求实数m的值．

分析：设P、Q两点的坐标为(x1,y1)、(x2,y2)，则由kOPkOQ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

y，由直线l与圆的方程构造以xy为未知数的一元二次方程，由根与系数关系得出kOPkOQ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OPOQ，得

kOPkOQ1，即

y1y21，也即：x1x2y1y20． ① x1x2x2y30另一方面，(x1,y1)、(x2,y2)是方程组2的实数解，即x1、x2是方程2xyx6ym05x210x4m270 ②

的两个根．

∴x1x22，x1x24m27． ③ 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③代入，得y1y2． ④

5将③、④代入①，解得m3，代入方程②，检验0成立， ∴m3．

∴y1y2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x0，故可得

22yy(4m27)()24(m3)12m0．

xx

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∴kOP，kOQ是上述方程两根．故kOPkOQ1．得

12m1，解得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的二次齐次方x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．

典型例题十一

例11 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． 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

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∴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)2(y3)25或(x5)2(y15)2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．

典型例题十二

例12 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)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

2222da2b5

22∴5da2b

a24b24ab

a24b22(a2b2) 2b2a21

当且仅当ab时取“=”号，此时dmin5． 5

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ab这时有2 22ba1∴a1a1或 b1b122又r2b2

故所求圆的方程为(x1)2(y1)22或(x1)2(y1)22 解法二：同解法一，得

da2b5．

∴a2b5d．

∴a4b45bd5d． 将a2b1代入上式得：

222222b245bd5d210．

上述方程有实根，故

8(5d21)0，

∴d5． 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．

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？

2222典型例题十三

2222例13 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．

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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：

22x0y0D1x0E1y0F10 ① 22x0y0D2x0E2y0F20 ②

①－②得：(D1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．

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是一次方程的本质认识．它的应用很广泛．

典型例题十四

例14 已知对于圆x2y11上任意一点Px，y，不等式xym0恒成立，求实数m的

2取值范围．

解：运用圆的参数方程，设P的坐标为cos，1sin， 即xcos，y1sin， ∵xym0恒成立 ∴mxy恒成立

即mcos1sin恒成立

∴只需m大于等于cos1sin的最大值．

令ucos1sincossin12sin0，2

1 4u的最大值为21

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∴m21

说明：在上述解法中我们运用了圆上点的参数设法．采用这种设法的优点在于，一方面可以减少参数的个数，另一方面可以灵活地运用三角公式．从代数的观点看，这种设法的实质就是三角代换．

另外本题也可以不用圆的参数方程求解，本题的实质就是求最值问题，方法较多．但以上述解法较简．

典型例题十五

例15 试求圆x2cos,(为参数)上的点到点A(3,4)距离的最大(小)值．

y2sin分析：利用两点间距离公式求解或数形结合求解．

x2cos,解法一：设P是圆上任一点，则P(2cos,2sin)．所以

y2sinPA(32cos)2(42sin)2

25412cos16sin

2920sin()(arctan因为R，所以R，因此 当sin()1时，PA最大值当sin()1时，PA最小值解法二：将圆3)． 429207． 29203．

x2cos,代入普通方程得x2y24．

y2sin如图所示可得，P1A、P2A分别是圆上的点到A(3,4)的距离的最小值和最大值．易知：P1A3，

P2A7．

说明：

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xarcos,(1)在圆的参数方程(为参数)中，A(a,b)为圆心，r(r0)为半径，参数的几何

ybrsin意义是：圆的半径从x轴正向绕圆心按逆时针方向旋转到P所得圆心角的大小．若原点为圆心，常常用

(rcos,rsin)来表示半径为r的圆上的任一点．

(2)圆的参数方程也是解决某些代数问题的一个重要工具．

典型例题十六

例16 已知圆的方程为x2y2r2，圆内有定点P(a,b)，圆周上有两个动点A、B，使PAPB，求矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程．

分析：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OMAB，ABPQ，

在直角三角形AOM中，若设Q(x,y)，则M(由OM2xayb,)． 22AM2OA，即

2(xa2yb21)()[(xa)2(yb)2]r2， 224也即x2y22r2(a2b2)，这便是Q的轨迹方程．

解法二：设Q(x,y)、A(x1,y1)、B(x2,y2)，则x1y1r2，x2y2r2． 又PQAB，即

222222(xa)2(yb)2(x1x2)2(y1y2)22r22(x1x2y1y2)．①

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) ②

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①＋②，有x2y22r2(a2b2)． 这就是所求的轨迹方程．

解法三：设A(rcos,rsin)、B(rcos,rsin)、Q(x,y)， 由于APBQ为矩形，故AB与PQ的中点重合，即有

xarcosrcos， ① ybrsinrsin， ②

又由PAPB有

rsinbrsinb1 ③

rcosarcosa联立①、②、③消去、，即可得Q点的轨迹方程为x2y22r2(a2b2)．

说明：本题的条件较多且较隐含，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x2y2r2的参数方程，只涉及到两个参数、，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．

典型例题十七

22例17 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代替x、y，转化为三角问题来解决． 解法一：设圆x2y21上任一点P(cos,sin) 则有xcos，ysin[0,2) ∴usin2，∴ucosusin2

cos1∴ucossin(u2)．

即u21sin()u2（tanu） ∴sin()(u2)u12．

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又∵sin()1

∴

u2u121

解之得：u3． 4y2分析二：u的几何意义是过圆x2y21上一动点和定点(1,2)的连线的斜率，利用此直线

x1与圆x2y21有公共点，可确定出u的取值范围．

解法二：由u距离d1．

∴

y2得：y2u(x1)，此直线与圆x2y21有公共点，故点(0,0)到直线的x1u2u121 3． 4解得：u另外，直线y2u(x1)与圆x2y21的公共点还可以这样来处理： 由y2u(x1)22xy1消去y后得：(u21)x2(2u24u)x(u24u3)0，

此方程有实根，故(2u24u)24(u21)(u2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．

典型例题十八

22例18 已知对于圆x(y1)1上任一点P(x,y)，不等式xym0恒成立，求实数m的取值

范围．

分析一：为了使不等式xym0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的范围就可求得． 解法一：令uxy，

由xyux(y1)122

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得：2y22(u1)yu20 ∵0且4(u1)28u2， ∴4(u22u1)0．

即u22u1)0，∴12u12， ∴umin12，即(xy)min12 又xym0恒成立即xym恒成立． ∴(xy)min12m成立， ∴m21．

分析二：设圆上一点P(cos,1sin)[因为这时P点坐标满足方程x2(y1)21]问题转化为利用三解问题来解．

解法二：设圆x2(y1)21上任一点P(cos,1sin)[0,2) ∴xcos，y1sin ∵xym0恒成立 ∴cos1sinm0 即m(1cossin)恒成立．

∴只须m不小于(1cossin)的最大值． 设u(sincos)12sin(∴umax21即m4)1

21．

222说明：在这种解法中，运用了圆上的点的参数设法．一般地，把圆(xa)(yb)r上的点设为(arcos,brsin)([0,2))．采用这种设法一方面可减少参数的个数，另一方面可以灵活地运用三角公式．从代数观点来看，这种做法的实质就是三角代换．

典型例题十九

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例19 (1)已知圆O1：(x3)2(y4)21，P(x,y)为圆O上的动点，求dx2y2的最大、最小值．

(2)已知圆O2：(x2)2y21，P(x,y)为圆上任一点．求

y2的最大、最小值，求x2y的最大、x1最小值．

分析：(1)、(2)两小题都涉及到圆上点的坐标，可考虑用圆的参数方程或数形结合解决．

解：(1)(法1)由圆的标准方程(x3)2(y4)21． 可设圆的参数方程为x3cos,（是参数）．

y4sin,则dx2y296coscos2168sinsin2

266cos8sin2610cos()（其中tan所以dmax261036，dmin261016．

4）． 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36．dmin16．

(2) (法1)由(x2)2y21得圆的参数方程：则

x2cos,是参数．

ysin,y2sin2sin2t， ．令x1cos3cos3得sintcos23t，1t2sin()23t

23t1t2sin()13333t． 44所以tmax3333，tmin． 44即

y23333的最大值为，最小值为． x144

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此时x2y2cos2sin25cos()． 所以x2y的最大值为25，最小值为25． (法2)设

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，如图所示， x1

两条切线的斜率分别是最大、最小值． 由d2kk21k21，得k33． 4所以

y23333的最大值为，最小值为． x144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25．

所以x2y的最大值为25，最小值为25．

典型例题二十

例20 有一种大型商品，A、B两地都有出售，且价格相同．某地居民从两地之一购得商品后运回的

费用是：每单位距离A地的运费是B地的运费的3倍．已知A、B两地距离为10公里，顾客选择A地或B地购买这种商品的标准是：包括运费和价格的总费用较低．求A、B两地的售货区域的分界线的曲线形状，并指出曲线上、曲线内、曲线外的居民应如何选择购货地点．

分析：该题不论是问题的背景或生活实际的贴近程度上都具有深刻的实际意义和较强的应用意识，启示我们在学习中要注意联系实际，要重视数学在生产、生活以及相关学科的应用．解题时要明确题意，掌握建立数学模型的方法．

解：以A、B所确定的直线为x轴，AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系．

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∵AB10，∴A(5,0)，B(5,0)．

设某地P的坐标为(x,y)，且P地居民选择A地购买商品便宜，并设A地的运费为3a元/公里，B地的运费为a元/公里．因为P地居民购货总费用满足条件：

价格＋A地运费≤价格＋B地的运费

2222即：3a(x5)ya(x5)y．

∵a0，

22∴3(x5)y(x5)2y2

25215)y2()2 442515,0)为圆心为半径的圆是两地购货的分界线． ∴以点(44圆内的居民从A地购货便宜，圆外的居民从B地购货便宜，圆上的居民从A、B两地购货的总费用相等．因此可随意从A、B两地之一购货．

化简整理得：(x说明：实际应用题要明确题意，建议数学模型．