高考数学一轮复习第3讲　圆的方程 (2)

1、1 / 15 第 3讲 圆的方程 最新考纲 考向预测 1.回顾确定圆的几何要素，在平面直角坐标系中，探索并掌握圆的标准方程与一般方程. 2.初步了解用代数方法处理几何问题的思想. 命题趋势 以考查圆的方程为主，与圆有关的轨迹问题、最值问题也是考查的热点，属中档题题型主要以选择题、填空题为主，要求相对较低，但内容很重要，有时也会在解答题中出现. 核心素养 直观想象、数学运算 1圆的定义与方程 定义 平面内到定点的距离等于定长的点的轨迹叫做圆 方程 标准式 (xa)2(yb)2r2(r0) 圆心为(a，b) 半径为 r 一般式 x2y2dxeyf0 充要条件：d2e24f0 圆心坐标：d2，e2

2、半径 r12d2e24f 2.点与圆的位置关系 点 m(x0，y0)与圆(xa)2(yb)2r2的位置关系 (1)若 m(x0，y0)在圆外，则(x0a)2(y0b)2r2. (2)若 m(x0，y0)在圆上，则(x0a)2(y0b)2r2. (3)若 m(x0，y0)在圆内，则(x0a)2(y0b)2r2. 常用结论 1圆心在坐标原点，半径为 r 的圆的方程为 x2y2r2. 2以 a(x1，y1)，b(x2，y2)为直径端点的圆的方程为(xx1)(xx2)(y2 / 15 y1)(yy2)0. 常见误区 1对于方程 x2y2dxeyf0 表示圆时易忽视 d2e24f0 这一条件 2解答与圆

3、有关的最值问题要注意数形结合，充分运用圆的性质 1判断正误(正确的打“”，错误的打“”) (1)确定圆的几何要素是圆心与半径( ) (2)方程 x2y2a2表示半径为 a的圆( ) (3)方程 x2y24mx2y5m0表示圆( ) (4)方程 ax2bxycy2dxeyf0 表示圆的充要条件是 ac0，b0，d2e24af0.( ) 答案：(1) (2) (3) (4) 2圆心为(1，1)且过原点的圆的方程是( ) a(x1)2(y1)21 b(x1)2(y1)21 c(x1)2(y1)22 d(x1)2(y1)22 解析：选 d.因为圆心为(1，1)且过原点，所以该圆的半径 r12122，则

4、该圆的方程为(x1)2(y1)22. 3(多选)已知圆 m 的一般方程为 x2y28x6y0，则下列说法中正确的是( ) a圆 m 的圆心为(4，3) b圆 m 被 x 轴截得的弦长为 8 c圆 m 的半径为 25 d圆 m 被 y 轴截得的弦长为 6 解析：选 abd.圆 m 的一般方程为 x2y28x6y0，则(x4)2(y3)225.圆的圆心坐标为(4，3)，半径为 5.显然选项 c不正确abd均正确 4(易错题)若方程 x2y2mx2y30 表示圆，则 m 的取值范围是3 / 15 _ 解析：将 x2y2mx2y30 化为圆的标准方程得xm22(y1)2m242. 由其表示圆可得m24

5、20，解得 m2 2. 答案：(，2 2)(2 2，) 5若圆 c 的圆心在 x 轴上，并且过点 a(1，1)和 b(1，3)，则圆 c 的方程为_ 解析：设圆心坐标为 c(a，0)， 因为点 a(1，1)和 b(1，3)在圆 c上， 所以|ca|cb|， 即 （a1）21 （a1）29， 解得 a2， 所以圆心为 c(2，0)， 半径|ca|（21）21 10， 所以圆 c 的方程为(x2)2y210. 答案：(x2)2y210 求圆的方程 题组练透 1(2021 长沙模拟)已知三点 a(1，0)，b(0， 3)，c(2， 3)，则abc 外接圆的圆心到原点的距离为( ) a.53 b.21

6、3 c.2 53 d.43 解析：选 b.圆心在直线 bc 的垂直平分线，即 x1 上，设圆心 d(1，b)，由|da|db|得|b|1（b 3）2，解得 b2 33，所以圆心到原点的距离为4 / 15 d122 332213. 2已知圆的半径为 2，圆心在 x 轴的正半轴上，且与 y 轴相切，则圆的方程是( ) ax2y24x0 bx2y24x0 cx2y22x30 dx2y22x30 解析：选 a.因为圆的半径为 2，圆心在 x 轴的正半轴上，且与 y 轴相切，所以圆的圆心坐标为(2，0)所以圆的方程为(x2)2y24，即 x2y24x0.故选 a. 3已知圆心在 x 轴上，半径为 5的圆

7、位于 y 轴右侧，且截直线 x2y0所得弦的长为 2，则圆的方程为_ 解析：根据题意，设圆的圆心坐标为(a，0)(a0)，则圆的标准方程为(xa)2y25(a0)，则圆心到直线 x2y0 的距离 d|a20|122255a.又该圆截直线 x2y0 所得弦的长为 2，所以可得 1255a25，解得 a2 5.故圆的方程为(x2 5)2y25. 答案：(x2 5)2y25 求圆的方程的两种方法 (1)直接法 根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出圆的方程 (2)待定系数法 若已知条件与圆心(a，b)和半径 r 有关，则设圆的标准方程，依据已知条件列出关于 a，b，r 的方程组，从而求出

8、 a，b，r 的值； 若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于 d，e，f的方程组，进而求出 d，e，f的值 提醒 解答圆的有关问题，应注意数形结合，充分运用圆的几何性质 与圆有关的最值问题 5 / 15 角度一 借助几何性质求最值 已知 m(x，y)为圆 c：x2y24x14y450上任意一点，且点 q(2，3) (1)求|mq|的最大值和最小值； (2)求y3x2的最大值和最小值； (3)求 yx的最大值和最小值 【解】 (1)由圆 c：x2y24x14y450，可得(x2)2(y7)28，所以圆心 c 的坐标为(2，7)，半径 r2 2.又|qc|（22

9、）2（73）24 2，所以|mq|max4 22 26 2，|mq|min4 22 22 2. (2)可知y3x2表示直线 mq 的斜率 k.设直线 mq 的方程为 y3k(x2)，即kxy2k30.因为直线 mq 与圆 c 有交点，所以|2k72k3|1k22 2，可得 2 3k2 3，所以y3x2的最大值为 2 3，最小值为 2 3. (3)设 yxb，则 xyb0.当直线 yxb 与圆 c 相切时，截距 b 取到最值，所以|27b|12（1）22 2，所以 b9 或 b1.所以 yx 的最大值为 9，最小值为 1. 与圆有关的最值问题的求解策略 处理与圆有关的最值问题时，应充分考虑圆的几

10、何性质，并根据代数式的几何意义，借助数形结合思想求解与圆有关的最值问题，常见类型及解题思路如下： 常见类型 解题思路 ybxa型 转化为动直线斜率的最值问题 taxby型 转化为动直线截距的最值问题，或用三角代换求解 m(xa)2(yb)2型 转化为动点与定点的距离的平方的最值问题 角度二 建立函数关系求最值 6 / 15 设点 p(x，y)是圆(x3)2y24上的动点，定点 a(0，2)，b(0，2)，则|papb|的最大值为_ 【解析】 由题意，知pa(x，2y)，pb(x，2y)，所以papb(2x，2y)，由于点 p(x，y)是圆上的点，故其坐标满足方程(x3)2y24，故 y2(x3

11、)24，所以|papb|4x24y226x5.由圆的方程(x3)2y24，易知 1x5，所以当 x5 时，|papb|的值最大，最大值为2 65510. 【答案】 10 建立函数关系式求最值 根据已知条件列出相关的函数关系式，再根据关系式的特征选用基本不等式、函数单调性等方法求最值 1已知点 p(x，y)为圆 c：x2y24x30 上一点，c 为圆心，则pc po(o为坐标原点)的取值范围是( ) a3，1 b1，1 c1，3 d1，3 解析：选 c.将圆 c的方程 x2y24x30化为(x2)2y21，所以圆心c 的坐标为(2，0)所以pc(2x，y)而po(x，y)，所以pc pox2y2

12、2x.因为 x2y24x30，所以 x2y24x3，所以pc po4x32x2x3.因为(x2)2y21，所以(x2)21，所以1x21，即 1x3.因此12x33，从而pc po(o为坐标原点)的取值范围为1，3故选 c. 2(多选)若 p 是圆 c：(x3)2(y3)21上任一点，则点 p 到直线 ykx1 距离的值可以为( ) a4 b6 c3 21 d8 解析：选 abc.由题意，知圆 c：(x3)2(y3)21 的7 / 15 圆心坐标为(3，3)，半径为 1，直线 ykx1 过定点(0，1)由图可知，圆心 c 到直线 ykx1 距离的最大值为 （30）2（31）25，则点 p 到直

13、线 ykx1 距离的最大值为 516，最小值为 514，因此 a，b，c 正确，只有 d不正确故选 abc. 3设点 p 是函数 y4（x1）2图象上的任意一点，点 q 坐标为(2a，a3)(ar)，则|pq|的最小值为_ 解析：函数 y4（x1）2的图象表示圆(x1)2y24 的下半圆(包括与 x 轴的交点)令点 q 的坐标为(x，y)，则x2a，ya3，得 yx23，即 x2y60，作出图象如图所示 由于圆心(1，0)到直线 x2y60 的距离 d|1206|12（2）2 52，所以直线 x2y60 与圆(x1)2y24相离，因此|pq|的最小值是 52. 答案： 52 与圆有关的轨迹问题

14、 已知 a(2，0)为圆 x2y24 上一定点，b(1，1)为圆内一点，p，q 为圆上的动点 (1)求线段 ap中点的轨迹方程； (2)若pbq90，求线段 pq中点的轨迹方程 【解】 (1)设 ap的中点为 m(x，y)， 由中点坐标公式可知，p 点坐标为(2x2，2y) 因为 p点在圆 x2y24 上， 所以(2x2)2(2y)24. 故线段 ap中点的轨迹方程为(x1)2y21. (2)设 pq的中点为 n(x，y)， 在 rtpbq中，|pn|bn|， 设 o为坐标原点，连接 on，则 onpq， 8 / 15 所以|op|2|on|2|pn|2|on|2|bn|2， 所以 x2y2(

15、x1)2(y1)24. 故线段 pq 中点的轨迹方程为 x2y2xy10. 与圆有关的轨迹问题的四种求法 1(2020 高考全国卷)在平面内，a，b 是两个定点，c 是动点若ac bc1，则点 c的轨迹为( ) a圆 b椭圆 c抛物线 d直线 解析：选 a.以 ab所在直线为 x 轴，线段 ab 的垂直平分线为 y 轴建立平面直角坐标系，设 a(a，0)，b(a，0)，c(x，y)，因为ac bc1，所以(xa)(xa)y y1，所以 x2y2a21，所以点 c的轨迹为圆，故选 a. 2已知 a(1，0)，b(1，0)，c 为平面内的一动点，且满足|ac|2|bc|，则点 c的轨迹方程为( )

16、 ax2y26x10 bx2y26x10 cx2y2103x10 dx2y2103x10 解析：选 b.由题意可设点 c 的坐标为(x，y)，因为满足|ac| 2|bc|，由两点间的距离公式可得（x1）2（y0）2 2（x1）2（y0）2，即 x22x1y22(x22x1y2)，所以 x2y26x10 即为点 c的轨迹方程故选 b. a级 基础练 1若点(2a，a1)在圆 x2(y1)25 的内部，则实数 a 的取值范围是9 / 15 ( ) a15a1 b1a15 c1a1 d0a1 解析：选 a.由(2a)2(a2)25，得15a0)，所以(2a)2(1a)2a2，即 a26a50，解得

17、a1 或 a5，所以圆心的坐标为(1，1)或(5，5)，所以圆心到直线 2xy30的距离为|2113|22（1）22 55或|2553|22（1）22 55，故选 b. 5(2020 全国统一考试模拟卷)已知点 a 为曲线 yx4x(x0)上的动点，b为圆(x2)2y21上的动点，则|ab|的最小值是( ) a3 b4 c3 2 d4 2 解析：选 a.根据题意，|ab|的最小值为曲线 yx4x(x0)上的点到圆心(2，0)的距离的最小值减去圆的半径 1.由于曲线 yx4x(x0)上最低点的坐标为(2，4)，结合图象可知，所求的最小值为 （22）24213. 6已知 ar，方程 a2x2(a2

18、)y24x8y5a0 表示圆，则圆心坐标是_，半径是_ 解析：已知方程表示圆，则 a2a2， 解得 a2或 a1. 当 a2时，方程不满足表示圆的条件，故舍去 当 a1时，原方程为 x2y24x8y50， 化为标准方程为(x2)2(y4)225， 表示以(2，4)为圆心，半径为 5 的圆 答案：(2，4) 5 7过两点 a(1，4)，b(3，2)且圆心在直线 y0 上的圆的标准方程为_ 解析：设圆的标准方程为(xa)2(yb)2r2.因为圆心在直线 y0 上，所以 b0，所以圆的方程为(xa)2y2r2.又因为该圆过 a(1，4)，b(3，2)两点，所以（1a）216r2，（3a）24r2，解

19、得a1，r220.所以所求圆的方程为(x1)2y220. 答案：(x1)2y220 11 / 15 8(2020 山西太原期中)已知长为 2a(a0)的线段 ab 的两个端点 a 和 b 分别在 x 轴和 y 轴上滑动，则线段 ab的中点的轨迹方程为_ 解析：如图，不论直线怎么移动，线段 ab 的中点 p 与原点o 的连线始终为 rtoab 斜边上的中线，即|op|a，即 x2y2a2.故所求的轨迹方程为 x2y2a2. 答案：x2y2a2 9已知圆经过点 a(2，3)和 b(2，5) (1)若圆的面积最小，求圆的方程； (2)若圆心在直线 x2y30上，求圆的方程 解：(1)要使圆的面积最小

20、，则 ab为圆的直径，圆心 c(0，4)，半径 r12ab 5，所以所求圆的方程为 x2(y4)25. (2)因为 kab12，ab 的中点坐标为(0，4)，所以 ab 的中垂线方程为 y42x，即 2xy40，解方程组2xy40，x2y30，得x1，y2.所以圆心为(1，2)根据两点间的距离公式，得半径 r 10，因此所求圆的方程为(x1)2(y2)210. 10已知以点 p 为圆心的圆经过点 a(1，0)和 b(3，4)，线段 ab 的垂直平分线交圆 p于点 c和 d，且|cd|4 10. (1)求直线 cd的方程； (2)求圆 p的方程 解：(1)由题意知，直线 ab的斜率 k1，中点坐

21、标为(1，2) 则直线 cd 的方程为 y2(x1)，即 xy30. (2)设圆心 p(a，b)， 则由点 p在 cd上得 ab30. 又因为直径|cd|4 10，所以|pa|2 10， 所以(a1)2b240. 由解得a3，b6，或a5，b2. 12 / 15 所以圆心 p(3，6)或 p(5，2) 所以圆 p的方程为(x3)2(y6)240或(x5)2(y2)240. b级 综合练 11(多选)(2020 山东青岛检测)已知圆 c 过点 m(1，2)且与两坐标轴均相切，则下列叙述正确的是( ) a满足条件的圆 c 的圆心在一条直线上 b满足条件的圆 c 有且只有一个 c点(2，1)在满足条

22、件的圆 c上 d满足条件的圆 c 有且只有两个，它们的圆心距为 4 2 解析：选 acd.因为圆 c和两个坐标轴都相切，且过点 m(1，2)，所以设圆心坐标为(a，a)(a0)，故圆心在 yx 的图象上，a 正确；圆 c 的方程为(xa)2(ya)2a2，把点 m 的坐标代入可得 a26a50，解得 a1 或 a5，则圆心坐标为(1，1)或(5，5)，所以满足条件的圆 c 有且只有两个，故b 错误；圆 c 的方程分别为(x1)2(y1)21，(x5)2(y5)225，将点(2，1)代入可知满足(x1)2(y1)21，故 c 正确；它们的圆心距为（51）2（51）24 2，d正确 12已知平面区

23、域x0，y0，x2y40恰好被面积最小的圆 c：(xa)2(yb)2r2及其内部所覆盖，则圆 c的方程为_ 解析：由题意知，此平面区域表示的是以 o(0，0)，p(4，0)，q(0，2)所构成的三角形及其内部，所以覆盖它的且面积最小的圆是其外接圆 因为opq为直角三角形， 所以圆心为斜边 pq的中点(2，1)，半径 r|pq|2 5， 因此圆 c 的方程为(x2)2(y1)25. 答案：(x2)2(y1)25 13已知点 a(3，0)，b(3，0)，动点 p 满足|pa|2|pb|.(1)若点 p 的轨迹为曲线 c，求此曲线的方程； (2)若点 q在直线 l1：xy30上，直线 l2经过点 q

24、且与曲线 c只有一个13 / 15 公共点 m，求|qm|的最小值 解：(1)设点 p 的坐标为(x，y)，则（x3）2y22（x3）2y2，化简可得(x5)2y216，此方程即为所求 (2)曲线 c 是以点(5，0)为圆心，4 为半径的圆，如图所示由题意知直线 l2是此圆的切线，连接 cq，则|qm|cq|2|cm|2|cq|216，当|qm|最小时，|cq|最小，此时cql1，|cq|53|24 2，则|qm|的最小值为 32164. 14已知圆 c的方程为 x2(y4)21，直线 l 的方程为 2xy0，点 p在直线 l 上，过点 p作圆 c的切线 pa，pb，切点分别为 a，b. (1

25、)若apb60，求点 p的坐标； (2)求证经过 a，p，c(其中点 c 为圆 c 的圆心)三点的圆必经过定点，并求出所有定点的坐标 解：(1)由条件可得圆 c 的圆心坐标为(0，4)，|pc|2，设 p(a，2a)，则a2（2a4）22， 解得 a2或 a65， 所以点 p的坐标为(2，4)或65，125. (2)设 p(b，2b)，过点 a，p，c 的圆即是以 pc 为直径的圆，其方程为 x(xb)(y4)(y2b)0， 整理得 x2y2bx4y2by8b0， 即(x2y24y)b(x2y8)0. 由x2y24y0，x2y80，解得x0，y4或x85，y165. 所以该圆必经过定点(0，4)和85，165. c级 创新练 15阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作圆锥曲线论一书，阿波罗尼斯圆是他14 / 15 的研究成果之一，指的是：已知动点 m 与两定点 a，b 的距离之比为 (0，1)，那么点 m 的轨迹就是阿波罗尼斯圆下面我们来研究与此相关的一个问题，已知圆 o：x2y21 上的动点 m 和定点 a12，0 ，b(1，1)，则 2|ma|mb|的最小值为( ) a. 6