备考2024届高考数学一轮复习讲义第八章平面解析几何第3讲圆的方程

第3讲圆的方程课标要求命题点五年考情命题分析预测1.探索并掌握圆的标准方程与一般方程.2.能用圆的方程解决一些简单的数学问题与实际问题.求圆的方程2022全国卷乙T14；2022全国卷甲T14；2021全国卷甲T20本讲命题重点为求圆的方程，与圆有关的轨迹问题、最值问题，题型既有小题也有大题，难度中等偏易.在2025年高考的复习备考中要重点掌握圆的方程的求解方法、圆的几何性质以及一些隐形圆的命题.与圆有关的轨迹问题与圆有关的最值问题2023全国卷乙T11；2023全国卷乙T12；2021新高考卷ⅠT111.圆的定义与方程规律总结（1）在圆的一般方程中：当D2＋E2－4F＝0时，方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示一个点（－D2，－E2）；当D2＋E2－4F＜0时，方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0（2）以A（x1，y1），B（x2，y2）为直径端点的圆的方程为（x－x1）（x－x2）＋（y－y1）（y－y2）＝0.2.点与圆的位置关系圆的标准方程为（x－a）2＋（y－b）2＝r2（r＞0），圆心C的坐标为（a，b），半径为r，设M的坐标为（x0，y0）.常用结论向量法判断点与圆的位置关系若点P是以AB为直径的圆O所在平面内的一点，则PA·PB＞0⇔点P在圆O外；PA·PB＝0⇔点P在圆O上；PA·PB＜0⇔点P在圆O内.1.[2022北京高考]若直线2x＋y－1＝0是圆（x－a）2＋y2＝1的一条对称轴，则a＝（A）A.12 B.－12 C.1 D.解析由题意知，圆心坐标为（a，0），且圆心在直线2x＋y－1＝0上，所以2a－1＝0，得a＝12.故选2.[2021上海高考]已知圆x2＋y2－2x－4y＝0，则该圆的圆心坐标为（1，2）.解析解法一易知D＝－2，E＝－4，则－D2＝1，－E2＝2，故圆心坐标为（1，2解法二将圆的一般方程化为标准方程得（x－1）2＋（y－2）2＝5，则圆心坐标为（1，2）.3.[易错题]半径为3，圆心的横、纵坐标相等且与两条坐标轴都相切的圆的方程为（x－3）2＋（y－3）2＝9或（x＋3）2＋（y＋3）2＝9.解析由题意知圆心坐标为（3，3）或（－3，－3），故所求圆的方程为x－324.若方程x2＋y2＋2ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圆，则a的取值范围是（－∞，1）.解析解法一方程x2＋y2＋2ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0可化为（x＋a）2＋（y＋a）2＝1－a，若它表示圆，则需满足1－a＞0，故a＜1.解法二要使方程x2＋y2＋2ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圆，则需满足（2a）2＋（2a）2－4（2a2＋a－1）＞0，解得a＜1.5.若点（1，1）在圆x2＋y2＋x＋ay＋1＝0外，则实数a的取值范围为（－4，－3）∪（3，＋∞）.解析由题可知12＋a2－4×1＞0，解得a＞3或a＜－3.又点（1，1）在圆外，所以12+12+1+a+1>0，解得a＞－4.故实数a的取值范围为（－研透高考明确方向命题点1求圆的方程例1（1）[2022全国卷乙]过四点（0，0），（4，0），（－1，1），（4，2）中的三点的一个圆的方程为x2＋y2－4x－6y＝0（答案不唯一）.解析设A（0，0），B（4，0），C（－1，1），M（4，2），圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.若圆过A，B，C三点，则分别将三点的坐标代入，可得F=0，16+4D＋F=0，2－D＋E＋F=0，解得D＝－4，E＝－6，F=0，易得D同理，得过A，B，M三点的圆的方程为x2＋y2－4x－2y＝0；过A，C，M三点的圆的方程为x2＋y2－83x－143y＝过B，C，M三点的圆的方程为x2＋y2－165x－2y－165（2）[2022全国卷甲]设点M在直线2x＋y－1＝0上，点（3，0）和（0，1）均在☉M上，则☉M的方程为（x－1）2＋（y＋1）2＝5.解析解法一（待定系数法）设☉M的方程为（x－a）2＋（y－b）2＝r2，则2a＋b－1=0，（3－a）2＋b2＝r2，解法二（几何法）设A（3，0），B（0，1），☉M的半径为r，则kAB＝1－00－3＝－13，AB的中点坐标为（32，12），∴AB的垂直平分线方程为y－12＝3（x－32），即3x－y－4＝0.联立得3x－y－4=0，2x＋y－1=0，解得M（1，－1），∴r2＝｜MA｜2＝（3－1）2＋[0－（－1方法技巧求圆的方程的两种方法几何法根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程.待定系数法①若已知条件与圆心、半径有关，或与切线、弦长、弧长、圆心角、距离等有关，则选择圆的标准方程（x－a）2＋（y－b）2＝r2（r＞0），根据条件列出方程组，求出a，b，r的值.②选择圆的一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0（D2＋E2－4F＞0），根据条件列出方程组，进而求出D，E，F的值.训练1（1）已知m为实数，方程（m＋2）x2＋m2y2＋8x＋4y＋5m＝0表示圆，则实数m的值为－1.解析∵（m＋2）x2＋m2y2＋8x＋4y＋5m＝0表示圆，∴m＋2＝m2，∴m＝－1或m＝2.（二次项系数相等）当m＝－1时，原方程为x2＋y2＋8x＋4y－5＝0，（二次项系数化为1后再使用公式）即（x＋4）2＋（y＋2）2＝25.当m＝2时，原方程可化为x2＋y2＋2x＋y＋52＝0即（x＋1）2＋（y＋12）2＝－54，不是圆的方程，∴m＝2不合题意.综上，m的值为（2）[2023郑州市一测]经过点P（1，1）以及圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0交点的圆的方程为x2＋y2＋x－y－2＝0.解析解法一联立得x2＋y2－4=0，x2＋y2－4x+4y－12=0，解得x＝－2，y=0或x=0，y=2，不妨设A-2，0,B0,2,过A，B，P三点的圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0（D2＋E解法二联立得x2＋y2－4=0，x2＋y2－4x+4y－12=0，解得x＝－2，y=0或x=0，y=2，不妨设A（－2，0），B（0，2），如图，在平面直角坐标系中作出A，B，P三点，并连接AB，AP，BP，显然△ABP是以AP为斜边的直角三角形，且AP为所求圆的直径，记所求圆的圆心为E，半径为R，则E为AP的中点，且E（－12，12），R＝解法三设过圆x2＋y2－4＝0和圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0的交点的圆的方程为x2+y2-4x+4y-12+λx2+y2-4=0，因为此圆经过点P（1，1），所以有1+1-4+4-12+λ1+1-4=0，解得λ＝－5，即所求圆的方程为x2命题点2与圆有关的轨迹问题例2（1）若Rt△ABC的斜边的两端点A，B的坐标分别为（－3，0）和（7，0），则直角顶点C的轨迹方程为（C）A.x2＋y2＝25（y≠0） B.x2＋y2＝25C.（x－2）2＋y2＝25（y≠0） D.（x－2）2＋y2＝25解析解法一（定义法）线段AB的中点为D（2，0），因为△ABC为直角三角形，C为直角顶点，所以｜CD｜＝｜AD｜＝｜DB｜，所以点C在以D为圆心，｜AD｜＝5为半径的圆上，所以点C的轨迹方程为（x－2）2＋y2＝25（y≠0）.解法二（直接法）线段AB的中点坐标为（2，0），因为△ABC为直角三角形，C为直角顶点，所以点C到点（2，0）的距离为12｜AB｜＝5，所以点C（x，y）满足（x－2）2＋y2＝5（y≠0），即（x－2）2＋y（2）已知线段AB的端点B的坐标为（8，6），端点A在圆C：x2＋y2＋4x＝0上运动，则线段AB的中点P的轨迹方程为（x－3）2＋（y－3）2＝1.解析设点P的坐标为（x，y），点A的坐标为（x0，y0），由于点B的坐标为（8，6），且P为线段AB的中点，∴x＝x0+82，y＝y0+62，于是有x0＝2x－8，y∵点A在圆C上运动，∴点A的坐标满足方程x2＋y2＋4x＝0，即x02＋y02＋4x∴（2x－8）2＋（2y－6）2＋4（2x－8）＝0，化简整理，得x2＋y2－6x－6y＋17＝0，即（x－3）2＋（y－3）2＝1.方法技巧求与圆有关的轨迹问题的几种方法1.直接法：当题目条件中含有与该点有关的等式时，可设出该点的坐标，用坐标表示等式，直接求解轨迹方程.2.定义法：当题目条件符合圆的定义时，可直接利用定义确定其圆心和半径，写出圆的方程.3.相关点代入法：当题目条件中已知某动点的轨迹方程，而要求的点与该动点有关时，常找出要求的点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式求轨迹方程.训练2已知定点M（1，0），N（2，0），动点P满足｜PN｜＝2｜PM｜.（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）已知点B（6，0），点A在轨迹C上运动，求线段AB上靠近点B的三等分点Q的轨迹方程.解析（1）设动点P的坐标为（x，y），因为M（1，0），N（2，0），且｜PN｜＝2｜PM｜，所以（x－2）2整理得x2＋y2＝2，所以动点P的轨迹C的方程为x2＋y2＝2.（2）设点Q的坐标为（x，y），点A的坐标为（xA，yA），因为Q是线段AB上靠近点B的三等分点，所以AQ＝2QB，即（x－xA，y－yA）＝2（6－x，－y），解得x又点A在轨迹C上运动，由（1）有（3x－12）2＋（3y）2＝2，化简得（x－4）2＋y2＝29即点Q的轨迹方程为（x－4）2＋y2＝29命题点3与圆有关的最值问题角度1几何法求最值例3（1）[多选/2021新高考卷Ⅰ]已知点P在圆（x－5）2＋（y－5）2＝16上，点A（4，0），B（0，2），则（ACD）A.点P到直线AB的距离小于10B.点P到直线AB的距离大于2C.当∠PBA最小时，｜PB｜＝32D.当∠PBA最大时，｜PB｜＝32解析设圆（x－5）2＋（y－5）2＝16的圆心为M（5，5），由题易知直线AB的方程为x4+y2＝1，即x＋2y－4＝0，则圆心M到直线AB的距离d＝｜5+2×5－4｜5＝115＞4，所以直线AB与圆M相离，所以点P到直线AB的距离的最大值为4＋d＝4＋115，易知点P到直线AB的距离的最小值为d－4＝115－4，115－4＜1255－4＝1，故过点B作圆M的两条切线，切点分别为N，Q，如图所示，连接MB，MN，MQ，则当∠PBA最小时，点P与N重合，｜PB｜＝｜MB｜2－｜MN｜2＝52＋（5－2）2－42＝32，当∠PBA最大时，点P（2）已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0.①则yx的最大值和最小值分别为3和－3②则y－x的最大值和最小值分别为－2＋6和－2－6；③则x2＋y2的最大值和最小值分别为7＋43和7－43.解析①（斜率型）原方程可化为（x－2）2＋y2＝3，表示以（2，0）为圆心，3为半径的圆，yx的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设yx＝k，即y＝当直线y＝kx与圆相切时，斜率k取最大值或最小值，此时｜2k－0｜k2+1所以yx的最大值为3，最小值为－3②解法一（截距型）y－x可看作是直线y＝x＋b在y轴上的截距，当直线y＝x＋b与圆相切时，b取得最大值或最小值，此时｜2－0+b｜2＝3，解得b所以y－x的最大值为－2＋6，最小值为－2－6.解法二（换元法）圆的标准方程为（x－2）2＋y2＝3，所以设x－2＝3cosθ，y＝3sin则y－x＝3sinθ－3cosθ－2＝6sin（θ－π4）－2，当θ＝3π4时，y－x取最大值6－2；当θ＝7π4时，y－x③解法一（距离型）x2＋y2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，最大值和最小值在过原点与圆心的直线与圆的两个交点处取得.又圆心到原点的距离为（2－0所以x2＋y2的最大值是（2＋3）2＝7＋43，x2＋y2的最小值是（2－3）2＝7－43.解法二由②中解法二可知，x2＋y2＝（2＋3cosθ）2＋（3sinθ）2＝7＋43cosθ，从而得x2＋y2的最大值和最小值分别为7＋43，7－43.角度2代数法求最值例4（1）[2023全国卷乙]已知实数x，y满足x2＋y2－4x－2y－4＝0，则x－y的最大值是（C）A.1＋322 B.4 C.1＋32解析将方程x2＋y2－4x－2y－4＝0化为（x－2）2＋（y－1）2＝9，其表示圆心为（2，1），半径为3的圆.设z＝x－y，数形结合知，只有当直线x－y－z＝0与圆相切时，z才能取到最大值，此时｜2－1－z｜2＝3，解得z＝1±32，故z＝x－y（2）[2023全国卷乙]已知☉O的半径为1，直线PA与☉O相切于点A，直线PB与☉O交于B，C两点，D为BC的中点，若｜PO｜＝2，则PA·PD的最大值为（A）A.1+22 B.1+222 C.1＋2解析解法一连接OA，由题可知｜OA｜＝1，OA⊥PA，因为｜OP｜＝2，所以在Rt△PAO中，由勾股定理可得｜PA｜＝1，则∠POA＝π4.设直线OP绕点P按逆时针方向旋转θ后与直线PD重合，则－π4＜θ＜π4，∠APD＝π4＋θ，且｜PD｜＝2cosθ，所以PA·PD=｜PA｜｜PD｜·cos（π4＋θ）＝2cosθcos（π4＋θ）＝12＋22cos（2θ＋π4）≤12＋22，（利用结论cosαcosβ＝12[cos（故选A.解法二以圆心O为坐标原点建立平面直角坐标系，则圆O：x2＋y2＝1，令点P（2，0），因为｜OA｜＝1，且OA⊥PA，所以∠POA＝π4，不妨令A（22，22）.设直线PD的方程为y＝k（x－2），B（x1，y1），C（x2，y2），由y＝k（x－2),x2＋y2=1，得（k2＋1）x2－22k2x＋2k2－1＝0，由Δ＝8k4－4（k2＋1）（2k2－1）＝4－4k2＞0，解得－1＜k＜1，则x1＋x2＝22k2k2+1，y1＋y2＝k（x1＋x2－22）＝－22kk2+1，所以D（2k2k2+1，－2kk2+1），于是PA＝（－22，22），PD＝（－2k2+1，－方法技巧与圆有关的最值问题的常见类型及求解策略1.利用几何法求最值（1）借助两点之间线段最短或垂线段最短求最值，往往会涉及折线段的距离和问题.（2）利用常见代数式的几何意义求最值，如斜率（μ＝y－bx－a），两点之间的距离或其平方（m＝（x－a）2＋（y－b）2），点到直线的距离（