2025年高考数学必刷题分类：第59讲、圆的方程（教师版）

第59讲圆的方程

知识梳理

知识点一：基本概念

平面内到定点的距离等于定长的点的集合（轨迹）叫圆．

知识点二：基本性质、定理与公式

1、圆的四种方程

（1）圆的标准方程：(xa)2(yb)2r2，圆心坐标为（a，b），半径为r(r0)

2222DE

（2）圆的一般方程：xyDxEyF0(DE4F0)，圆心坐标为,，

22

D2E24F

半径r

2

（3）圆的直径式方程：若A(x1,y1),B(x2,y2)，则以线段AB为直径的圆的方程是

(xx1)(xx2)(yy1)(yy2)0

（4）圆的参数方程：

xrcos

①x2y2r2(r0)的参数方程为（为参数）；

yrsin

xarcos

②(xa)2(yb)2r2(r0)的参数方程为（为参数）．

ybrsin

注意：对于圆的最值问题，往往可以利用圆的参数方程将动点的坐标设为

(arcos,brsin)（为参数，（a,b）为圆心，r为半径），以减少变量的个数，建立三角

函数式，从而把代数问题转化为三角问题，然后利用正弦型或余弦型函数的有界性求解最值．

2、点与圆的位置关系判断

（）点与圆222的位置关系：

1P(x0,y0)(xa)(yb)r

①(xa)2(yb)2r2点P在圆外；

②(xa)2(yb)2r2点P在圆上；

③(xa)2(yb)2r2点P在圆内．

22

（2）点P(x0,y0)与圆xyDxEyF0的位置关系：

22

①x0y0Dx0Ey0F0点P在圆外；

22

②x0y0Dx0Ey0F0点P在圆上；

22

③x0y0Dx0Ey0F0点P在圆内．

必考题型全归纳

题型一：求圆多种方程的形式

例1．（2024·贵州铜仁·统考模拟预测）过A0,1、B0,3两点，且与直线yx1相切的

圆的方程可以是（）

2222

A．x1y22B．x2y25

2222

C．x1y22D．x2y25

【答案】C

【解析】因为A0,1、B0,3，则线段AB的垂直平分线所在直线的方程为y2，

t21t3

设圆心为Ct,2，则圆C的半径为r，

22

2t32

又因为rACt221t21，所以，t1，

2

整理可得t26t70，解得t1或t7，

22

当t1时，rAC2，此时圆的方程为x1y22；

2

当t7时，rAC52，此时圆的方程为x7y2250.

222

综上所述，满足条件的圆的方程为x1y22或x7y2250.

故选：C.

例2．（2024·全国·高三专题练习）已知圆的圆心为(2，1)，其一条直径的两个端点恰好在

两坐标轴上，则这个圆的方程是（）

A．x2y24x2y0B．x2y24x2y50

C．x2y24x2y50D．x2y24x2y0

【答案】A

【解析】设直径的两个端点分别Aa,0,B0,b，

a00b

圆心C为点(2,1),由中点坐标公式，得2,1，解得a4,b2.

22

22

∴半径r24105，

∴圆的方程是(x2)2(y1)25,即x2y24x2y0.

故选：A.

例3．（2024·全国·高三专题练习）已知圆心为(2,3)的圆与直线xy10相切，则该圆

的标准方程是（）

A．(x2)2(y3)28B．(x2)2(y3)28

C．(x2)2(y3)218D．(x2)2(y3)218

【答案】A

【解析】因为圆心为(2,3)的圆与直线xy10相切，所以圆心到直线的距离等于半径，

|231|

即rd22，

2

所以该圆的标准方程是(x2)2(y3)28．

故选：A

变式1．（2024·河北邢台·高三统考期末）已知圆C:x2y225与直线

l:3x4ym0m0相切，则圆C关于直线l对称的圆的方程为（）

A．(x3)2(y4)216B．(x3)2(y4)225

C．(x6)2(y8)216D．(x6)2(y8)225

【答案】D

【解析】由圆C:x2y225的圆心为原点O，半径为5，

又圆C与直线l相切，

则O到直线l的距离为d5，

m

则d5，解得m25，

916

设过O且与l垂直的直线为l0，

则l0：4x3y0，

4x3y0x3

联立，

3x4y250y4

得直线l与l0的交点为3,4，

设圆心O(0,0)关于点3,4的对称点为p,n，

0p

3

2p6

由中点公式有

0nn8

4

2

所以圆心O(0,0)关于点3,4的对称点为6,8，

因此圆C关于直线l对称的圆的方程为：(x6)2(y8)225，

故选：D.

变式2．（2024·山东东营·高三广饶一中校考阶段练习）过抛物线y24x的焦点F的直线

交抛物线于A、B两点，分别过A、B两点作准线的垂线，垂足分别为A1,B1两点，以线段A1B1

为直径的圆C过点(2,3)，则圆C的方程为（）

A．(x1)2(y2)22B．(x1)2(y1)25

C．(x1)2(y1)217D．(x1)2(y2)226

【答案】B

2

【解析】抛物线y4x的焦点F(1,0)，准线A1B1：x=1，设A(x1,y1),B(x2,y2)，令弦AB

的中点为E，

而圆心C是线段A1B1的中点，又AA1A1B1,BB1A1B1，即有EC//AA1//BB1，ECA1B1，

xty1

2

显然直线AB不垂直于y轴，设直线AB:xty1，由2消去x得：y4ty40，

y4x

22y1y2

则y1y24t,y1y24，|yy|(yy)4yy4t1，点E的纵坐标为2t，

1212122

11

于是得圆C的半径r|AB||yy|2t21，圆心C(1,2t)，而圆C过点M(2,3)，

211212

1

则有|MC|r，即(12)2(2t3)22t21，解得t，

2

因此圆C的圆心C(1,1)，半径r5，圆C的方程为(x1)2(y1)25.

故选：B

变式3．（2024·全国·高三专题练习）求过两点A0,4,B4,6，且圆心在直线x2y20

上的圆的标准方程是（）

A．(x4)2(y1)225B．(x4)2(y1)225

C．(x4)2(y1)225D．(x4)2(y1)225

【答案】D

【解析】设圆心坐标为C（2b+2，b），由圆过两点A（0，4），B（4，6），可得|AC|=|BC|，

2222

即2b20b42b24b6，解得b1，

可得圆心为（4，1），半径为5，则所求圆的方程为(x4)2(y1)225．

故选：D．

变式4．（2024·吉林四平·高三四平市第一高级中学校考阶段练习）已知直线

(3＋2)x(32)y50恒过定点P，则与圆C：(x2)2(y3)216有公共的圆心且

过点P的圆的标准方程为（）

A．(x2)2(y3)236B．(x2)2(y3)225

C．(x2)2(y3)218D．(x2)2(y3)29

【答案】B

【解析】直线(3＋2)x(32)y50，即(2x3y1)(3x2y5)0，

2x3y10x1

由解得，即P(1,1)，圆C：(x2)2(y3)216的圆心C(2,3)，

3x2y50y1

|PC|5，

所以所求圆的标准方程为(x2)2(y3)225.

故选：B

22

变式5．（2024·全国·高三专题练习）圆C：x1y22关于直线xy0对称的

圆的方程是（）

A．(x1)2(y2)22B．(x1)2(y2)22

C．(x2)2(y1)22D．(x2)2(y1)22

【答案】C

22

【解析】由圆C：x1y22，可知圆心坐标：(1,2)，半径为2，

因为点(1,2)关于直线yx的对称点为(2,1)，

22

所以圆C：x1y22关于直线xy0对称的圆的方程是

(x2)2(y1)22，

故选：C

变式6．（2024·重庆·高三重庆一中校考阶段练习）德国数学家米勒曾提出过如下的“最大

视角定理”（也称“米勒定理”）：若点A,B是MON的OM边上的两个定点，C是ON边上的

一个动点，当且仅当ABC的外接圆与边ON相切于点C时，ACB最大．在平面直角坐标

系中，已知点D2,0，E4,0，点F是y轴负半轴的一个动点，当DFE最大时，DEF

的外接圆的方程是（）．

2222

A．x3y229B．x3y229

2222

C．x22y38D．x22y38

【答案】A

【解析】由米勒定理知当DFE最大时，DEF的外接圆与y轴负半轴相切，此时圆心位于

第四象限，

因为点D2,0，E4,0，

所以圆心在直线x3上，

又圆与y轴负半轴相切，

所以圆的半径为3，

设圆心为P(3,b)，b0，

则|PD|1b23，解得b22，

又b0，

所以b22，

所以DEF的外接圆的方程是(x3)2(y22)29，

故选：A．

变式7．（2024·陕西西安·高三校考阶段练习）过点P4,2作圆x2y24的两条切线，

切点分别为A，B，则PAB的外接圆方程是（）

2222

A．x2y15B．x4y220

2222

C．x2y15D．x4y220

【答案】A

22

【解析】由圆xy4，得到圆心O0,0，由题意知O、A、B、P四点共圆，PAB的外

接圆即四边形OAPB的外接圆，又P4,2，从而OP的中点坐标(2,1)为所求圆的圆心，

1

|OP|5为所求圆的半径，所以所求圆的方程为(x2)2(y1)25.

2

故选：A

变式8．（2024·四川成都·高三成都七中校考开学考试）已知A(3,0),B(3,0),C(0,3)，

则ABC外接圆的方程为（）

A．(x1)2y22B．(x1)2y24C．x2(y1)22

D．x2(y1)24

【答案】D

2

【解析】设ABC外接圆的方程为(xa)2ybr2

2

(3a)20br2

a0

2

则有(3a)20br2，解之得b1

222r2

(0a)3br

则ABC外接圆的方程为x2(y1)24

故选：D

【解题方法总结】

（1）求圆的方程必须具备三个独立的条件，从圆的标准方程上来讲，关键在于求出圆

心坐标（a，b）和半径r；从圆的一般方程来讲，必须知道圆上的三个点．因此，待定系数

法是求圆的方程常用的方法．

（2）用几何法来求圆的方程，要充分运用圆的几何性质，如圆心在圆的任一条弦的垂

直平分线上，半径、弦心距、弦长的一半构成直角三角形等．

题型二：直线系方程和圆系方程

例4．（2024·全国·高三专题练习）圆心在直线x-y-4＝0上，且经过两圆x2+y2+6x-4＝0和

x2+y2+6y-28＝0的交点的圆的方程为（）

A．x2+y2-x+7y-32＝0B．x2+y2-x+7y-16＝0

C．x2+y2-4x+4y+9＝0D．x2+y2-4x+4y-8＝0

【答案】A

【解析】根据题意知，所求圆经过圆x2+y2+6x-4＝0和圆x2+y2+6y-28＝0的交点，

设其方程为(x2+y2+6x-4)+λ(x2+y2+6y-28)＝0，

33

即(1+λ)x2+(1+λ)y2+6x+6λy-4-28λ＝0，其圆心坐标为，，

11

33

又由圆心在直线x-y-4＝0上，所以--4＝0，

11

解得λ＝-7，

所以所求圆的方程为：(-6)x2+(-6)y2+6x-42y+192＝0，即x2+y2-x+7y-32＝0，

故选：A．

例5．（2024·高二课时练习）过圆x2y22y40与x2y24x2y0的交点，且圆心

在直线l:2x4y10上的圆的方程是．

【答案】x2y23xy10

【解析】设圆的方程为x2y24x2y(x2y22y4)01，

则1x24x1y222y40，

22422421

即xyxy0，所以圆心坐标为,，

11111

211

把圆心坐标,代入2x4y10，可得，

113

所以所求圆的方程为x2y23xy10．

故答案为：x2y23xy10.

例6．（2024·江苏·高二专题练习）曲线3x2y23与yx22x8的四个交点所在圆的

方程是．

【答案】(x4)2(y2)249

【解析】根据题意得到：3x2y24x22x834y，化简得到答案.3x2y23，

yx22x8，故3x2y24x22x834y，

化简整理得到：x2y28x4y290，即(x4)2(y2)249.

故答案为：(x4)2(y2)249.

变式9．（2024·安徽铜陵·高二铜陵一中校考期中）经过直线x2y0与圆

x2y24x2y40的交点，且过点1,0的圆的方程为.

【答案】x2y23x12y40

【解析】设过已知直线和圆的交点的圆系方程为：

x2y24x2y4x2y0

∵所求圆过点1,0

∴70

解得7

所以圆的方程为x2y24x2y47x2y0，化简得x2y23x12y40.

故答案为：x2y23x12y40.

变式10．（2024·高二校考课时练习）过两圆x2y2xy20与x2y24x4y80的

交点和点3,1的圆的方程是.

13

【答案】x2y2xy20

3

【解析】设所求圆的方程为：x2y2xy2)x2y24x4y80

2

将3,1代入得：

5

13

所求圆的方程为：x2y2xy20

3

13

本题正确结果：x2y2xy20

3

变式11．（2024·浙江杭州·高二校考期末）已知一个圆经过直线l:2xy40与圆

C:x2y22x4y0的两个交点，并且有最小面积，则此圆的方程

为.

261232

【答案】x2y2xy0

555

【解析】可设圆的方程为x2y22x4y(2xy40)0,

即x2y22(1)x(4)y40,

4

此时圆心坐标为1,,

2

当圆心在直线2xy40上时，圆的半径最小，从而面积最小，

4

2(1)40,

2

8

解得,

5

261232

则所求圆的方程为x2y2xy0，

555

261232

故答案为x2y2xy0.

555

变式12．（2024·江西九江·高一统考期中）经过两圆x2y26x40和x2y26y280

的交点，且圆心在直线xy40上的圆的方程为

【答案】x2y2x7y320

【解析】由题可先设出圆系方程；x2y26x4(x2y26y28)0，则圆心坐标为；

3333

(,)，又圆心在直线xy40上，可得；40,解得7.

1111

所以圆的方程为：x2y2x7y320.

故答案为：x2y2x7y320.

变式13．（2024·浙江绍兴·高二统考期中）已知圆C过直线2xy40和圆

x2y22x4y10的交点，且原点在圆C上．则圆C的方程为．

317

【答案】x2y2xy0

24

【解析】根据题意可设圆C的方程为：x2y22x4y12xy40，因为原点在

1317

圆C上，故.所以所求圆的方程为x2y2xy0.

424

考点：直线与圆的位置关系，圆的标准方程.

【解题方法总结】

求过两直线交点（两圆交点或直线与圆交点）的直线方程（圆系方程）一般不需求其交

点，而是利用它们的直线系方程（圆系方程）．

（1）直线系方程：若直线l1:A1xB1yC10与直线l2:A2xB2yC20相交于点P，

22

则过点P的直线系方程为：1(A1xB1yC1)2(A2xB2yC2)0(120)

22

简记为：1l12l20(120)

当10时，简记为：l1l20（不含l2）

2222

（2）圆系方程：若圆C1:xyD1xE1yF10与圆C2:xyD2xE2yF20

相交于A，B两点，则过A，B两点的圆系方程为：

2222

xyD1xE1yF1(xyD2xE2yF2)0(1)

简记为：C1C20(1)，不含C2

当1时，该圆系退化为公共弦所在直线（根轴）l:(D1D2)x(E1E2)yF1F20

注意：与圆C共根轴l的圆系C:Cl0

题型三：与圆有关的轨迹问题

例7．（2024·全国·高三专题练习）点P1,0，点Q是圆x2y24上的一个动点，则线

段PQ的中点M的轨迹方程是（）

22

1221

A．xy1B．xy4

22

22

2112

C．xy1D．xy4

22

【答案】A

【解析】设点M的坐标为Mx,y，因为M点是线段PQ的中点，

可得Q2x1,2y，点Q在圆上，

2

2212

则(2x1)(2y)4，即xy1.

2

故选：A.

22

例8．（2024·湖南郴州·统考模拟预测）已知A，B是C：x2y425上的两

个动点，P是线段AB的中点，若AB6，则点P的轨迹方程为（）

2222

A．x4y216B．x2y411

2222

C．x2y416D．x4y211

【答案】C

2

6

【解析】因为AB中点为P，所以CPAB，又AB6，所以CP254，

2

22

所以点P在以C为圆心，4为半径的圆上，其轨迹方程为x2y416.

故选：C.

例9．（2024·全国·高三专题练习）古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》

中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点距离之比值为常数(0,1)的点的轨迹

是圆，我们称之为阿波罗尼奥斯圆．已知点P到A(2,0)的距离是点P到B(1,0)的距离的2

倍．求点P的轨迹方程；

【解析】设点Px,y，

点P到A(2,0)的距离是点P到B(1,0)的距离的2倍，可得PA2PB，

222

即x2y22x1y2，整理得x2y24，

2

所以点P的轨迹方程为x2y24；

变式14．（2024·全国·高三专题练习）已知P(4,0)是圆x2y236内的一点,A,B是圆上

两动点，且满足APB90，求矩形APBQ顶点Q的轨迹方程．

【解析】连接AB，PQ，设AB与PQ交于点M，如图所示．

因为四边形APBQ为矩形，所以M为AB，PQ的中点，连接OM.

由垂径定理可知OMAB,

设M(xM,yM),

22222

由此可得AM|OA||OM|36(xMyM).①

又在RtAPB中，

有22②

AM|PM|(xM4)yM.

22

由①②得xMyM4xM100,

故点M的轨迹是圆．

因为点M是PQ的中点，设Q(x,y),

x4y

则x,y,

M2M2

代入点M的轨迹方程中得，

x4yx4

()2()24100,

222

整理得x2y256，即为所求点Q的轨迹方程．

变式15．（1977·福建·高考真题）动点Px,y到两定点A3,0和B3,0的距离的比等于2，

求动点P的轨迹方程，并说明这轨迹是什么图形．

PA

【解析】由题意可知：2，

PB

又Px,y，A3,0和B3,0，

2

x3y2

所以2，

2

x3y2

2

化简得x210xy290即x5y216，

所以动点P的轨迹是以5,0为圆心，半径是4的圆

变式16．（2024·安徽合肥·高三合肥一中校考阶段练习）已知圆C：x2y22x4y30.

(1)若不过原点的直线l与圆C相切，且在x轴，y轴上的截距相等，求直线l的一般式方程；

(2)从圆C外一点P(x,y)向圆引一条切线，切点为M，O为坐标原点，且有PMPO，求

点P的轨迹方程.

【解析】（1）由x2y22x4y30配方得(x1)2(y2)22，所以圆C的圆心C(1,2)，

半径为2，

因为直线l在x轴，y轴上的截距相等，所以设直线l为xyb，即xyb0，

12b

则由直线l与圆C相切得2，解得b=-1或b3，

11

∴直线l的方程为xy10或xy30.

22

（2）由圆上切点的性质知PMPCr2，

22

又因为PMPO，所以POPCr2，

所以x2y2(x1)2(y2)22，整理得2x4y30，

故点P的轨迹方程为2x4y30.

变式17．（2024·全国·高三专题练习）由圆x2y29外一点P(5,12)引圆的割线交圆于A，B

两点，求弦AB的中点M的轨迹方程.

【解析】［方法一］：【通性通法】【最优解】直接法

设弦AB的中点M的坐标为M(x,y),连接OP、OM,则OMAB．

在OMP中,由勾股定理有x2y2(x5)2(y12)2169，而M(x,y)在圆内，

所以弦AB的中点M的轨迹方程为x2y25x12y0(3x3).

［方法2］：定义法

5

因为M是AB的中点,所以OMAB,所以点M的轨迹是以OP为直径的圆,圆心为,6,

2

22

|OP|135213

半径为，所以该圆的方程为:x(y6),化简得

2222

x2y25x12y0(3x3)

［方法3］：交轨法

易知过P点的割线的斜率必然存在，设过P点的割线的斜率为k,

则过P点的割线方程为:y12k(x5).

1

∵OMAB且过原点,∴OM的方程为yx

k

这两条直线的交点就是M点的轨迹.两方程相乘消去k,化简,得:x2y25x12y0，

其中3x3.

［方法4］：参数法

设过P点的割线方程为:y12k(x5),它与圆x2y29的两个交点为A、B,

AB的中点为M，设M(x,y),Ax1,y1,Bx2,y2.

yk(x5)12222

由22可得，1kx2k125kx125k90，所以，

xy9

2k125kk125k125k

xx，即有x，y2，消去k，

121k21k21k

可求得M点的轨迹方程为：x2y25x12y0，3x3．

［方法5］：点差法

设M(x,y),Ax1,y1,Bx2,y2,则x1x22x,y1y22y.

2222

∵x1y19,x2y29.两式相减,整理,得x2x1x2x1y2y1y1y20.

y2y1x1x2x

所以,即为AB的斜率，

x2x1y1y2y

12y12yx

而AB的斜率又可表示为,,化简并整理,得x2y25x12y0.

5x5xy

其中3x3.

【整体点评】方法一：直接根据轨迹的求法，建系、设点、列式、化简、检验即可解出，是

该类型题的常规方法，也是最优解；

方法二：根据题设条件,判断并确定轨迹的曲线类型,运用待定系数法求出曲线方程；

方法三：将问题转化为求两直线的交点轨迹问题；

方法四：将动点坐标表示成某一中间变量（参数）的函数，再设法消去参数；

方法五：根据曲线和方程的对应关系，点在曲线上则点的坐标满足方程，用点差法思想，设

而不求．

变式18．（2024·全国·高三专题练习）已知圆G:x2y24x0，平面上一动点P满足：

PM2PN26且M(1,0)，N(1,0)．求动点P的轨迹方程；

【解析】设P(x,y)，由PM2PN26，

所以(x1)2y2(x1)2y26，整理得x2y22，

即动点P的轨迹方程x2y22．

变式19．（2024·全国·高三专题练习）在边长为1的正方形ABCD中，边AB、BC上分别

有一个动点Q、R，且BQCR．求直线AR与DQ的交点P的轨迹方程．

【解析】分别以AB，AD边所在的直线为x轴、y轴建立直角坐标系．

如图所示，则点A(0,0)、B(1,0)、C(1,1)、D(0,1)，

设动点P(x,y)，Q(t,0)(0t1)，

由BQCR知：AQBR，则R(1,t)．

xx

当t0时，直线AR：ytx①，直线DQ：y1，则1y②，

tt

x

①×②得：y(1y)tx，化简得x2y2y0．

t

当t0时，点P与原点重合，坐标(0,0)也满足上述方程．

2211

故点P的轨迹方程为xyy00x,0y．

22

变式20．（2024·全国·高三专题练习）已知RtABC的斜边为AB，且A(1,0),B(3,0).求：

(1)直角顶点C的轨迹方程；

(2)直角边BC的中点M的轨迹方程.

【解析】（1）设C(x,y)，因为A,B,C三点不共线，所以y0，

因为ACBC，所以kACkBC1，

yyyy

又因为k,k，所以1，

ACx1BCx3x1x3

整理得x2y22x30，即(x1)2y24，

所以直角顶点C的轨迹方程为(x1)2y24(y0).

（2）设M(x,y),C(x0,y0)，

因为B(3,0)，M是线段BC的中点，

x3y0

由中点坐标公式得x0,y0，所以x2x3,y2y，

2200

由（1）知，点C的轨迹方程为(x1)2y24(y0)，

2222

将x02x3,y02y代入得(2x4)(2y)4，即(x2)y1

2

所以动点M的轨迹方程为x2y21y0.

变式21．（2024·高二课时练习）如图，已知点A(-1，0)与点B(1，0)，C是圆x2+y2=1上异

于A，B两点的动点，连接BC并延长至D，使得|CD|=|BC|，求线段AC与OD的交点P的

轨迹方程.

【解析】设动点P(x，y)，由题意可知P是△ABD的重心，由A(-1，0)，B(1，0)，

令动点C(x0，y0)，则D(2x0-1，2y0)，

112x1

x0

3

由重心坐标公式得，

2y

y0

3

3x1

x

02

则代入x2y21，

3y

yy0

020

2

124

整理得xyy0

39

2

124

故所求轨迹方程为xyy0.

39

变式22．（2024·高二课时练习）已知点A2,0是圆x2y24上的定点，点B1,1是圆内

一点，P、Q为圆上的动点．

(1)求线段AP的中点M的轨迹方程．

(2)若PBQ90，求线段PQ中点N的轨迹方程．

【解析】（1）设AP中点为M(x,y)，

由中点坐标公式可知，P点坐标为(2x2,2y)

∵P点在圆x2y24上，∴(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Rt△PBQ中，|PN||BN|，

设O为坐标原点，则ONPQ，所以|OP|2|ON|2|PN|2|ON|2|BN|2，

所以x2y2(x1)2(y1)24．

故线段PQ中点的轨迹方程为x2y2xy10．

【解题方法总结】

要深刻理解求动点的轨迹方程就是探求动点的横纵坐标x，y的等量关系，根据题目条

件，直接找到或转化得到与动点有关的数量关系，是解决此类问题的关键所在．

题型四：用二元二次方程表示圆的一般方程的充要条件

例10．（2024·河南·高三阶段练习）“a1”是“方程2x22y22ax6y5a0表示圆”

的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

【答案】A

5a

【解析】因为方程2x22y22ax6y5a0，即x2y2ax3y0表示圆，

2

等价于a2910a0，解得a9或a1.

故“a1”是“方程2x22y22ax6y5a0表示圆”的充分不必要条件.

故选：A

例11．（2024·上海奉贤·高三校考阶段练习）已知：圆C的方程为f(x,y)0，点P(x0,y0)

不在圆C上，也不在圆C的圆心上，方程C:f(x,y)f(x0,y0)0，则下面判断正确的是（）

A．方程C表示的曲线不存在

B．方程C表示与C同心且半径不同的圆

C．方程C表示与C相交的圆

D．当点P在圆C外时，方程C表示与C相离的圆

【答案】B

【解析】因为C为圆，设f(x,y)x2y210，点P(1,1)，其圆心为(0,0)，半径为1，

2222

而C的方程为f(x,y)f(x0,y0)0，即xy110，xy20

因此上述方程中，圆心亦为(0,0)，半径为2，所以C与圆C是同心且半径不同的圆.

故选：B.

例12．（2024·高三课时练习）关于x、y的方程Ax2BxyCy2DxEyF0表示一个

圆的充要条件是（）.

A．B0，且AC0

B．B1，且D2E24AF0

C．B0，且AC0，D2E24AF0

D．B0，且AC0，D2E24AF0

【答案】D

【解析】关于x、y的方程Ax2BxyCy2DxEyF0表示一个圆的充要条件是

B0

AC0，即B0，且AC0，D2E24AF0.

2

D2EF

40

AAA

故选：D

变式23．（2024·全国·高三专题练习）若方程x2y2ax2y20表示圆，则实数a的

取值范围是（）

A．a2B．a2

C．a2或a2D．a2或a2

【答案】C

【解析】若方程x2y2ax2y20表示圆，则a222420，

解得：a2或a2.

故选：C

变式24．（2024·全国·高三专题练习）已知方程x2y2mx2y20表示圆，则实数

m的取值范围为（）

A．(1,)B．(2,)C．(3,)D．(4,)

【答案】D

【解析】因为方程x2y2mx2y20表示圆，

2

所以m22420，解得m4.

故选：D

变式25．（2024·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）若圆C：

x2y22m1x2m1y2m26m40过坐标原点，则实数m的值为（）

A．2或1B．-2或-1C．2D．-1

【答案】C

【解析】∵x2y22m1x2m1y2m26m40表示圆，

222

∴2m12m142m6m40

∴m1.

又圆C过原点，

∴2m26m40，

∴m2或m1（舍去）；

m2.

故选:C.

变式26．（2024·全国·高三专题练习）若方程x2＋y2＋2λx＋2λy＋2λ2―λ＋1＝0表示圆，

则λ的取值范围是（）

1

A．(1，＋∞)B．,1

5

1

C．(1，＋∞)∪(,)D．R

5

【答案】A

【解析】因为方程x2＋y2＋2λx＋2λy＋2λ2―λ＋1＝0表示圆，所以D2＋E2―4F＞0，

即4λ2＋4λ2―4(2λ2―λ＋1)＞0，解不等式得λ＞1，即λ的取值范围是(1，＋∞)．

故选：A.

变式27．（2024·高二课时练习）若0,2，使曲线

x2cosy2sinxcosysin10是圆，则（）

55

A．B．C．或D．

44442

【答案】A

【解析】由题意，cossin，

5

因为0,2，所以或，

44

2222

当时，方程为x2y2xy10，

42222

化简得x2y2xy20，

此时D2E24F2420，不表示圆；

52222

当时，方程为x2y2xy10，

42222

化简得x2y2xy20，

此时D2E24F2420，表示圆.

5

所以.

4

故选：A

【解题方法总结】