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9．3　圆的方程
(教师独具内容)
1．理解圆的定义，经历并体会推导圆的标准方程的过程，掌握待定系数法、几何性质法求圆的标准方程，结合圆的标准方程，体会判断点与圆的位置关系的两种方法．
2．准确把握圆的一般方程的结构形式，理解各个字母的意义；把握圆的一般方程与标准方程的互化；体会用待定系数法求圆的一般方程的步骤．
3．明确求动点的轨迹及轨迹方程的步骤，弄清楚轨迹与轨迹方程的区别．
4．重点提升数学抽象和数学运算素养．
(教师独具内容)
1．圆的标准方程的求解、圆心坐标及半径长的确定、点与圆的位置关系问题是常考题型，偶尔会考查与圆的标准方程有关的最值问题和对称问题．
2．考查动点的轨迹(方程)，题型多以选择题或填空题的形式出现．
(教师独具内容)
(教师独具内容)
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集合叫做圆
方程 标准式 (x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0) 圆心为(a，b)
半径为r
一般式 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0 充要条件：D2＋E2－4F>0
圆心坐标：
半径r＝
注：不要把形如x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0的结构都认为是圆，一定要先判断D2＋E2－4F的符号，只有大于0时才表示圆．
2．点与圆的位置关系
已知点M(x0，y0)，圆的标准方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2.
理论依据 点到圆心的距离与半径的大小关系
三种情况 (x0－a)2＋(y0－b)2＝r2 点在圆上
(x0－a)2＋(y0－b)2>r2 点在圆外
(x0－a)2＋(y0－b)23．若x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆，则有：
(1)当F＝0时，圆过原点．
(2)当D＝0，E≠0时，圆心在y轴上；当D≠0，E＝0时，圆心在x轴上．
(3)当D＝F＝0，E≠0时，圆与x轴相切于原点；当E＝F＝0，D≠0时，圆与y轴相切于原点．
(4)当D2＝E2＝4F时，圆与两坐标轴相切．
4．圆的几何性质
(1)圆的半径r，弦长的一半h，弦心距d满足r2＝h2＋d2.
(2)圆的弦的垂直平分线过圆心．
(3)一般地，三角形有唯一的外接圆，圆心为三角形三边垂直平分线的交点．
(4)已知圆心所在直线及圆上两点，则两点连线(圆的弦)的垂直平分线与圆心所在直线的交点即为圆心．
1．(2021·广西南宁一中期末)圆C：(x＋2)2＋(y－4)2＝2的圆心关于原点的对称点为(　　)
A．(4，－2) B．(－2，4)
C．(2，－4) D．(4，2)
答案　C
解析　圆C：(x＋2)2＋(y－4)2＝2的圆心为(－2，4)，该点关于原点对称的点为(2，－4).故选C.
2．若方程x2＋y2－x＋y＋m＝0表示圆，则实数m的取值范围为(　　)
A． B．(－∞，0)
C．(－∞，－1) D．(－∞，2)
答案　A
解析　由圆的一般式方程可得D2＋E2－4F>0，即1＋1－4m>0，解得m<.故选A.
3．已知直线l：mx＋y－1＝0(m∈R)是圆C：x2＋y2－4x＋2y＋1＝0的对称轴，则m的值为(　　)
A．1 B．－1
C．2 D．3
答案　A
解析　由方程x2＋y2－4x＋2y＋1＝0得(x－2)2＋(y＋1)2＝4，圆心为C(2，－1)，因为直线l是圆C的对称轴，所以圆心在直线l上，所以m＝1.故选A.
4．(2021·江苏盐城模拟)已知圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心到直线kx＋y－1＝0(k∈Z)的距离为2，若＋＝k，且a>0，b>0，则a＋b的最小值为(　　)
A． B．＋2
C．＋ D．＋
答案　D
解析　由题意，知圆心坐标为(1，4)，圆心到直线kx＋y－1＝0(k∈Z)的距离为2，则＝2，解得k＝－或k＝1.因为k∈Z，所以k＝1.所以＋＝1，且a＞0，b>0，则a＋b＝(a＋b)＝1＋＋＋≥＋2＝＋，当且仅当a2＝2b2，即a＝1＋，b＝＋时取“＝”，即a＋b的最小值为＋.故选D.
5．(2022·重庆一中月考)若动点P到两点A(1，0)，B(2，0)的距离之比为，则动点P的轨迹方程为________．
答案　x2＋y2＝2
解析　设点P(x，y)，则|PA|＝，|PB|＝，所以＝
＝，化简得x2＋y2＝2.
1．(2020·全国Ⅲ卷)在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若·＝1，则点C的轨迹为(　　)
A．圆 B．椭圆
C．抛物线 D．直线
答案　A
解析　设AB＝2a(a＞0)，以AB的中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则A(－a，0)，B(a，0)，设C(x，y)，可得＝(x＋a，y)，＝(x－a，y)，从而·＝(x＋a)·(x－a)＋y2＝1，整理可得x2＋y2＝a2＋1，即点C的轨迹是以AB的中点为圆心， 为半径的圆．故选A.
2．(2020·北京高考)已知半径为1的圆经过点(3，4)，则其圆心到原点的距离的最小值为(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
答案　A
解析　设圆心为C(x，y)，则＝1，化简得(x－3)2＋(y－4)2＝1，所以圆心C的轨迹是以M(3，4)为圆心，1为半径的圆，如图．所以|OC|＋1≥|OM|＝＝5，所以|OC|≥5－1＝4，当且仅当C在线段OM上时取得等号．故选A.
3．(2018·天津高考)在平面直角坐标系中，经过三点(0，0)，(1，1)，(2，0)的圆的方程为____________．
答案　x2＋y2－2x＝0
解析　设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，圆经过三点(0，0)，(1，1)，(2，0)，则解得则圆的方程为x2＋y2－2x＝0.
一、基础知识巩固
考点　　求圆的方程
例1　(2021·浙江金华一中模拟)以直线ax－y－3－a＝0(a∈R)经过的定点为圆心，2为半径的圆的方程是(　　)
A．x2＋y2－2x＋6y＋6＝0
B．x2＋y2＋2x－6y＋6＝0
C．x2＋y2＋6x－2y＋6＝0
D．x2＋y2－6x＋2y＋6＝0
答案　A
解析　因为直线方程为ax－y－3－a＝0(a∈R)，即a(x－1)－y－3＝0(a∈R)，所以直线过定点(1，－3)，所以圆的方程为(x－1)2＋(y＋3)2＝4，即x2＋y2－2x＋6y＋6＝0.故选A.
例2　(2021·青铜峡市高级中学模拟)以点P(2，－3)为圆心，与y轴相切的圆的方程是(　　)
A．(x＋2)2＋(y－3)2＝4
B．(x＋2)2＋(y－3)2＝9
C．(x－2)2＋(y＋3)2＝4
D．(x－2)2＋(y＋3)2＝9
答案　C
解析　由题知，圆心为P(2，－3)，因为圆P与y轴相切，所以圆P的半径r＝|xP|＝2，所求圆的方程为(x－2)2＋(y＋3)2＝4.故选C.
　1.(2021·宁夏银川二中期末)已知点A(3，－2)，B(－5，4)，则以线段AB为直径的圆的方程是(　　)
A．(x＋1)2＋(y－1)2＝100
B．(x－1)2＋(y＋1)2＝25
C．(x－1)2＋(y＋1)2＝100
D．(x＋1)2＋(y－1)2＝25
答案　D
解析　解法一：因为圆以AB为直径，故圆心为AB的中点(－1，1)，又|AB|＝＝10，故圆的半径为5，故以线段AB为直径的圆的方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝25.故选D.
解法二：以线段AB为直径的圆的方程为(x－3)(x＋5)＋(y＋2)(y－4)＝0，整理得(x＋1)2＋(y－1)2＝25.故选D.
2．已知曲线y＝x2＋x－2020与x轴交于M，N两点，与y轴交于P点，则△MNP外接圆的方程为(　　)
A．x2＋y2＋x－2019y－2020＝0
B．x2＋y2＋x－2021y－2020＝0
C．x2＋y2＋x＋2019y－2020＝0
D．x2＋y2＋x＋2021y－2020＝0
答案　C
解析　设△MNP外接圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，点Q是△MNP的外接圆与y轴的另一个交点，分别令x＝0，y＝0，则y2＋Ey＋F＝0，x2＋Dx＋F＝0.设M(x1，0)，N(x2，0)，P(0，y1)，Q(0，y2)，则x1x2＝y1y2＝F，又曲线y＝x2＋x－2020与x轴交于M，N两点，则x1x2＝－2020，x1＋x2＝－1，y1＝－2020，所以D＝1，F＝－2020，所以y2＝1，E＝－(y1＋y2)＝－(－2020＋1)＝2019，故△MNP外接圆的方程为x2＋y2＋x＋2019y－2020＝0.故选C.
　求圆的方程的两种方法
(1)代数法：即用“待定系数法”求圆的方程．
①若已知条件与圆的圆心和半径有关，则设圆的标准方程，列出关于a，b，r的方程组求解．
②若已知条件没有明确给出圆的圆心或半径，则选择圆的一般方程，列出关于D，E，F的方程组求解．
(2)几何法：通过研究圆的性质、直线和圆的位置关系等求出圆心、半径，进而写出圆的标准方程．
考点　　与圆有关的轨迹问题
例3　(2022·安徽桐城市第八中学模拟)点P(4，－2)与圆x2＋y2＝4上任一点连线的中点的轨迹方程是(　　)
A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1
B．(x－2)2＋(y＋1)2＝4
C．(x＋4)2＋(y－2)2＝1
D．(x＋2)2＋(y－1)2＝1
答案　A
解析　设圆上任意一点为A(x1，y1)，AP的中点为M(x，y)，由P(4，－2)，可得
解得代入圆x2＋y2＝4，可得(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，整理得(x－2)2＋(y＋1)2＝1，即所求的轨迹方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝1.故选A.
例4　(2021·湖南长沙模拟)如图，定点A，B都在平面α内，定点P α，PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC，则动点C在平面α内的轨迹是(　　)
A．一条线段，但要去掉两个点
B．一个圆，但要去掉两个点
C．一段弧，但要去掉两个点
D．半圆，但要去掉两个点
答案　B
解析　连接BC，因为PB⊥α，AC α，所以PB⊥AC，又PC⊥AC，PC∩PB＝P，所以AC⊥平面PBC，又BC 平面PBC，故BC⊥AC，因为A，B是平面α上的定点，所以点C在α内的轨迹是以AB为直径的圆，又C是α内异于A和B的点，故此轨迹要去掉A，B两个点，所以B正确．故选B.
　3.设定点M(－3，4)，动点N在圆x2＋y2＝4上运动，以OM，ON为邻边作平行四边形MONP，则点P的轨迹为(　　)
A．以(－3，4)为圆心，2为半径的圆
B．以(3，－4)为圆心，2为半径的圆
C．以(－3，4)为圆心，2为半径的圆，除去点和点
D．以(3，－4)为圆心，2为半径的圆，除去点和点
答案　C
解析　设P(x，y)，N(x0，y0)，则线段OP的中点坐标为，线段MN的中点坐标为.由于平行四边形的对角线互相平分，所以从而又点N(x＋3，y－4)在圆x2＋y2＝4上，所以(x＋3)2＋(y－4)2＝4.当点P在直线OM上时，解得x＝－，y＝或x＝－，y＝.因此所求轨迹为以(－3，4)为圆心，2为半径的圆，除去点和点.故选C.
4．(2021·黑龙江哈尔滨三中模拟)长为10的线段的两个端点A，B分别在x轴和y轴上滑动，则线段AB的中点M的轨迹方程为(　　)
A．＋＝1 B．－＝1
C．y2＝16x D．x2＋y2＝25
答案　D
解析　由题意，设A(x0，0)，B(0，y0)，则x＋y＝100，设M(x，y)，则x＝，y＝，有x0＝2x，y0＝2y，所以(2x)2＋(2y)2＝100，得x2＋y2＝25.故选D.
　求与圆有关的轨迹问题的方法
(1)直接法，直接根据题目提供的条件列出方程．
(2)定义法，根据圆、直线等定义列方程．
(3)几何法，利用圆的几何性质列方程．
(4)代入法，找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式．
考点　　与圆有关的最值问题
例5　圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上的点到直线x＋y－14＝0的最大距离与最小距离的差是(　　)
A．36 B．18
C．6 D．5
答案　C
解析　圆x2＋y2－4x－4y－10＝0的圆心为(2，2)，半径为3，则圆心到直线x＋y－14＝0的距离为＝5＞3，结合图象可知圆上的点到直线的最大距离与最小距离的差是dmax－dmin＝2r＝6.故选C.
例6　已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0.
(1)求的最大值和最小值；
(2)求x2＋y2的最大值和最小值．
解　(1)原方程可化为(x－2)2＋y2＝3，表示以(2，0)为圆心，为半径的圆，的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设＝k，即y＝kx.
当直线y＝kx与圆相切时，斜率k取最大值或最小值，此时＝，解得k＝±.
所以的最大值为，最小值为－.
(2)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，在原点与圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．
又圆心到原点的距离为2，
所以x2＋y2的最大值是(2＋)2＝7＋4，最小值是(2－)2＝7－4.
　5.已知点A(－1，0)，B(0，2)，点P是圆C：(x－1)2＋y2＝1上任意一点，则△PAB面积的最大值与最小值分别是(　　)
A．2，2－ B．2＋，2－
C．，4－ D．＋1，－1
答案　B
解析　由题意知|AB|＝＝，lAB：2x－y＋2＝0，由题意知圆C的圆心坐标为(1，0)，半径为1，所以圆心到直线lAB的距离d＝＝>1.所以S△PAB的最大值为××＝2＋，最小值为××＝2－.
6．在平面直角坐标系xOy中，已知(x1－2)2＋y＝5，x2－2y2＋4＝0，则(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值为(　　)
A. B．
C． D．
答案　B
解析　由已知得点(x1，y1)在圆(x－2)2＋y2＝5上，点(x2，y2)在直线x－2y＋4＝0上，故(x1－x2)2＋(y1－y2)2表示圆(x－2)2＋y2＝5上的点和直线x－2y＋4＝0上的点的距离的平方，而距离的最小值为－＝，故(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值为.
　与圆有关的最值问题的求解方法
(1)圆上的点到定点的距离的最大值等于圆心到定点的距离加上半径，最小值等于圆心到定点的距离减去半径；圆上的点到定直线的距离的最大值等于圆心到定直线的距离加上半径，最小值等于圆心到定直线的距离减去半径．
(2)形如μ＝型的最值问题，可转化为过定点(a，b)的动直线斜率的最值问题求解．如例6中＝表示过坐标原点的直线的斜率．
(3)形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题．
二、核心素养提升
例1　(2021·保定质检)已知A(0，2)，点P在直线x＋y＋2＝0上，点Q在圆C：x2＋y2－4x－2y＝0上，则|PA|＋|PQ|的最小值是________．
答案　2
解析　因为圆C：x2＋y2－4x－2y＝0，故圆C是以C(2，1)为圆心，半径r＝的圆．设点A(0，2)关于直线x＋y＋2＝0的对称点为A′(m，n)，故解得故A′(－4，－2).连接A′C交圆C于Q，由对称性可知|PA|＋|PQ|＝|A′P|＋|PQ|≥|A′Q|＝|A′C|－r＝2.
例2　已知A(x1，y1)，B(x2，y2)为圆M：x2＋y2＝4上的两点，且x1x2＋y1y2＝－，设P(x0，y0)为弦AB的中点，则|3x0＋4y0－10|的最小值为________．
答案　10－
解析　根据题意，A(x1，y1)，B(x2，y2)，且P(x0，y0)为弦AB的中点，则则有(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＝4(x＋y)，变形可得x＋y＋x＋y＋2(x1x2＋y1y2)＝4(x＋y)，又A(x1，y1)，B(x2，y2)为圆M：x2＋y2＝4上的两点，则x＋y＝4，x＋y＝4，则有x＋y＝，即点P的轨迹方程为x2＋y2＝，则|3x0＋4y0－10|＝5×，其几何意义为圆x2＋y2＝上一点到直线3x＋4y－10＝0的距离的5倍，又由圆x2＋y2＝的圆心(0，0)到直线3x＋4y－10＝0的距离d＝＝2，则圆x2＋y2＝上一点到直线3x＋4y－10＝0的距离的最小值为d－r＝2－，即的最小值为2－，故|3x0＋4y0－10|的最小值为10－.
例3　已知点A(4，0)，B(0，3)，O(0，0)，点P是△ABO内切圆上的一点．
(1)求△ABO内切圆的方程；
(2)求|PA|2＋|PB|2＋|PO|2的最大值与最小值．
解　(1)设△ABO内切圆的圆心为(a，a)，
∵A(4，0)，B(0，3)，O(0，0)，
∴|OB|＝3，|OA|＝4，|AB|＝5，
∴×3×4＝×(3＋4＋5)×a，∴a＝1，
∴△ABO内切圆的圆心为(1，1)，半径为1，
∴△ABO内切圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1.
(2)设P(x，y)，则|PA|2＋|PB|2＋|PO|2＝(x－4)2＋y2＋x2＋(y－3)2＋x2＋y2＝3x2＋3y2－8x－6y＋25，
∵点P是△ABO内切圆上的一点，
∴(x－1)2＋(y－1)2＝1，
∴3x2＋3y2－6x－6y＋3＝0，
∴|PA|2＋|PB|2＋|PO|2＝－2x＋22(0≤x≤2)，
∴当x＝0时，|PA|2＋|PB|2＋|PO|2取最大值22；当x＝2时，|PA|2＋|PB|2＋|PO|2取最小值18.
求与圆有关的最值问题常用的方法
(1)结合圆的几何性质，用几何法求解．
(2)利用圆的方程转化为代数问题，用基本不等式、函数或三角函数的性质来解决．
课时作业
一、单项选择题
1．已知圆x2＋y2－2mx－(4m＋2)y＋4m2＋4m＋1＝0(m≠0)的圆心在直线x＋y－7＝0上，则该圆的面积为(　　)
A．4π B．2π
C．π D．
答案　A
解析　圆的方程可化为(x－m)2＋(y－2m－1)2＝m2(m≠0)，其圆心为(m，2m＋1).依题意得，m＋2m＋1－7＝0，解得m＝2，所以圆的半径为2，面积为4π.故选A.
2．(2022·福建宁德阶段考试)已知A(3，3)，点B是圆x2＋y2＝1上的动点，点M是线段AB上靠近A的三等分点，则点M的轨迹方程是(　　)
A．(x－2)2＋(y－2)2＝
B．(x－2)2＋(y＋2)2＝
C．(x－3)2＋(y－3)2＝
D．(x－3)2＋(y＋3)2＝
答案　A
解析　设点M的坐标为(x，y)，B(a，b)，因为点M是线段AB上靠近A的三等分点，所以a＝3x－6，b＝3y－6，又点B是圆x2＋y2＝1上的动点，所以点B的坐标适合圆的方程，即(3x－6)2＋(3y－6)2＝1，即(x－2)2＋(y－2)2＝.故选A.
3．(2021·宁波中学期末)圆x2＋y2＝1上的动点P到直线3x－4y－10＝0的距离的最小值为(　　)
A．2 B．1
C．3 D．4
答案　B
解析　圆x2＋y2＝1的圆心为(0，0)，半径r＝1，所以圆心到直线3x－4y－10＝0的距离为d＝＝2，所以圆x2＋y2＝1上的动点P到直线3x－4y－10＝0的距离的最小值为d－r＝1.故选B.
4．(2022·安徽桐城市第八中学月考)设A，B是直线3x＋4y＋2＝0与圆x2＋y2＋4y＝0的两个交点，则线段AB的垂直平分线的方程为(　　)
A．4x－3y－2＝0 B．4x－3y－6＝0
C．3x＋4y＋6＝0 D．3x＋4y＋8＝0
答案　B
解析　由题意，圆x2＋y2＋4y＝0可化为x2＋(y＋2)2＝4，可得圆心坐标为C(0，－2)，又由直线3x＋4y＋2＝0，可得直线的斜率为k1＝－，则AB的垂直平分线的斜率为k＝，且垂直平分线必过圆心C(0，－2)，所以所求直线的方程为y－(－2)＝(x－0)，即4x－3y－6＝0.故选B.
5．(2021·安徽芜湖模拟)过点M(2，2)的直线l与坐标轴的正方向分别交于A，B两点，O为坐标原点，若△OAB的面积为8，则△OAB外接圆的标准方程是(　　)
A.(x－2)2＋(y－2)2＝8
B．(x－1)2＋(y－2)2＝8
C．(x＋2)2＋(y－2)2＝8
D．(x－1)2＋(y＋2)2＝8
答案　A
解析　解法一：设直线l的方程为＋＝1(a＞0，b＞0)，由直线l过点M(2，2)，得＋＝1.又S△OAB＝ab＝8，所以a＝4，b＝4，不妨设A(4，0)，B(0，4)，△OAB外接圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则将O，A，B的坐标分别代入得解得所以△OAB外接圆的方程为x2＋y2－4x－4y＝0，标准方程为(x－2)2＋(y－2)2＝8.
解法二：设直线l的方程为＋＝1(a＞0，b＞0)，由直线l过点M(2，2)，得＋＝1.又S△OAB＝ab＝8，所以a＝4，b＝4，所以△OAB是等腰直角三角形，且M是斜边AB的中点，则△OAB外接圆的圆心是点M(2，2)，半径|OM|＝2，所以△OAB外接圆的标准方程是(x－2)2＋(y－2)2＝8.
6．若圆C：x2＋y2－2x＋4y＋3＝0上存在两点关于直线2ax＋by＋6＝0对称，则过圆C外一点(a，b)向圆作切线，切线长的最小值是(　　)
A． B．2
C．3 D．4
答案　D
解析　圆C：(x－1)2＋(y＋2)2＝2，圆心为C(1，－2)，半径r＝.依题意知，直线2ax＋by＋6＝0过圆心C(1，－2)，所以a－b＋3＝0，即动点A(a，b)在直线l：x－y＋3＝0上移动．所以当CA与直线l垂直时，|CA|最小，从而切线长最小，|CA|min＝＝3.所以切线长的最小值为＝4.故选D.
7．(2021·安徽合肥一中模拟)已知圆C1：(x－1)2＋(y＋1)2＝1，圆C2：(x－4)2＋(y－5)2＝9，点M，N分别是圆C1，圆C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PN|－|PM|的最大值是(　　)
A．7 B．3＋4
C．9 D．2＋2
答案　C
解析　由题意可知，圆C1的圆心C1(1，－1)，半径为1，圆C2的圆心C2(4，5)，半径为3，要使得|PN|－|PM|取最大值，需|PN|的值最大，|PM|的值最小．其中|PN|的最大值为|PC2|＋3，|PM|的最小值为|PC1|－1，则|PN|－|PM|的最大值为(|PC2|＋3)－(|PC1|－1)＝|PC2|－|PC1|＋4.点C2(4，5)关于x轴的对称点为C2′(4，－5)，|PC2|－|PC1|＝|PC2′|－|PC1|≤|C1C2′|＝＝5，所以|PN|－|PM|的最大值为5＋4＝9.故选C.
8．阿波罗尼斯(古希腊数学家，约公元前262～190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两个定点距离的比为常数k(k>0，k≠1)的点的轨迹是圆，后人把这个圆称为阿波罗尼斯圆，已知定点A(－2，0)，B(2，0)，动点C满足|AC|＝2|BC|，则动点C的轨迹为一个阿波罗尼斯圆，记此圆为圆P.已知点D在圆P上(点D在第一象限)，AD交圆P于点E，连接EB并延长交圆P于点F，连接DF，当∠DFE＝30°时，直线AD的斜率为(　　)
A． B．
C． D．
答案　A
解析　如图所示，设动点C(x，y)，则
＝2，
化简可得x2＋y2－x＋4＝0，化为标准方程可得圆P：＋y2＝.因为∠DPE＝2∠DFE＝60°，|PE|＝|PD|，则△DPE为等边三角形，过圆心P作PG⊥DE于点G，则|PG|＝|PE|sin 60°＝，sin ∠PAG＝＝＝，所以cos ∠PAG＝＝，所以kAD＝tan ∠PAG＝＝.故选A.
二、多项选择题
9．(2021·江苏盐城模拟)已知二次函数y＝x2－2x＋m(m≠0)交x轴于A，B两点(A，B不重合)，交y轴于C点．圆M过A，B，C三点．下列说法正确的是(　　)
A．圆心M在直线x＝1上
B．m的取值范围是(0，1)
C．圆M半径的最小值为1
D．存在定点N，使得圆M恒过点N
答案　AD
解析　因为二次函数y＝x2－2x＋m(m≠0)的对称轴是直线x＝1，且A，B两点关于直线x＝1对称，所以圆心M在直线x＝1上，故A正确；因为二次函数y＝x2－2x＋m(m≠0)交x轴于A，B两点，所以Δ＝4－4m>0，解得m<1且m≠0，故B错误；令y＝x2－2x＋m＝0，解得x1＝1－，x2＝1＋，不妨令A(1－，0)，B(1＋，0)，令x＝0，得y＝m，则C(0，m)，设圆M的方程为(x－1)2＋(y－b)2＝r2，将A，B，C的坐标代入得消去r2得m2＝2mb－m，所以m＝2b－1，即b＝，所以r2＝1－m＋＝＝，因为m<1且m≠0，所以r>1且r≠，故C错误；圆M的方程为(x－1)2＋＝，即x2－2x＋y2－y－m(y－1)＝0，则圆M恒过定点(0，1)，(2，1)，故D正确．故选AD.
10．已知在平面直角坐标系xOy中，A(－2，0)，B(4，0)，点P满足＝，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是(　　)
A．C的方程为(x＋4)2＋y2＝16
B．在C上存在点D，使得D到点(1，1)的距离为3
C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|
D．在C上存在点N，使得|NO|2＋|NA|2＝4
答案　ABD
解析　对于A，设点P(x，y)，A(－2，0)，B(4，0)，由＝，得＝，化简得x2＋y2＋8x＝0，即(x＋4)2＋y2＝16，故A正确；对于B，曲线C的方程表示圆心为(－4，0)，半径为4的圆，圆心与点(1，1)的距离为＝，则点(1，1)与圆上的点的距离的最小值为－4，最大值为＋4，而3∈[－4，＋4]，故B正确；对于C，设M(x0，y0)，由|MO|＝2|MA|，得 eq \r(x＋y)＝2 eq \r(（x0＋2）2＋y)，又(x0＋4)2＋y＝16，联立方程消去y0得x0＝2，再代入(x0＋4)2＋y＝16得y0无解，故C错误；对于D，设N(x1，y1)，由|NO|2＋|NA|2＝4，得x＋y＋(x1＋2)2＋y＝4，又(x1＋4)2＋y＝16，联立方程消去y1得x1＝0，再代入(x1＋4)2＋y＝16得y1＝0，所以存在点N(0，0)满足条件，故D正确．
三、填空题
11．(2021·广西南宁一中模拟)若点(4a－1，3a＋2)不在圆(x＋1)2＋(y－2)2＝25的外部，则实数a的取值范围是________．
答案　[－1，1]
解析　由题意，得(4a－1＋1)2＋(3a＋2－2)2≤25，解得－1≤a≤1，即实数a的取值范围是[－1，1].
12．(2021·北京大兴区模拟)在平面直角坐标系内，若曲线C：x2＋y2＋2ax－4ay＋5a2－4＝0上所有的点均在第四象限内，则实数a的取值范围为________．
答案　(－∞，－2)
解析　圆C的标准方程为(x＋a)2＋(y－2a)2＝4，所以圆心为(－a，2a)，半径r＝2，故由题意知解得a＜－2，故实数a的取值范围为(－∞，－2).
13．(2021·上海市建平中学期末)若直线mx＋2ny－4＝0(m，n∈R)始终平分圆x2＋y2－4x－2y＝0的周长，则mn的取值范围是________．
答案　(－∞，1]
解析　因为直线mx＋2ny－4＝0(m，n∈R)始终平分圆x2＋y2－4x－2y＝0的周长，所以直线经过圆心，又因为圆心为(2，1)，则2m＋2n－4＝0，即m＋n＝2，因此m＝2－n，所以mn＝(2－n)n＝－n2＋2n＝－(n－1)2＋1≤1，所以mn的取值范围是(－∞，1].
14．(2021·四川成都七中模拟)点P是直线l：y＝kx－4上一动点，过点P作圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线PA，PB，其中A，B为切点，若四边形PACB面积的最小值为2，则实数k的值为________．
答案　±2
解析　圆C：x2＋y2－2y＝0的圆心为C(0，1)，半径为1，根据圆的性质，可得S四边形PACB＝2S△PAC＝|PA|·|AC|＝|PA|＝，所以当|PC|最小，即PC⊥l时，四边形PACB的面积最小，由四边形PACB面积的最小值为2，得|PC|min＝.由点到直线的距离公式得|PC|min＝＝，解得k＝±2.
四、解答题
15．(2021·江西上饶一中月考)已知点A(2，1)在圆M：x2＋y2－8x－6y＋m＝0上．
(1)求圆M的标准方程；
(2)若圆N过点P(1，－)，且与圆M相切于点A，求圆N的标准方程．
解　(1)将点A(2，1)代入圆M：x2＋y2－8x－6y＋m＝0，可得m＝17，
所以圆M：x2＋y2－8x－6y＋17＝0，
化为标准方程可得(x－4)2＋(y－3)2＝8.
(2)设圆N的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，圆心为N(a，b)，直线AM的方程为＝，即y＝x－1，把N(a，b)代入得b＝a－1，
又(a－2)2＋(b－1)2＝(a－1)2＋(b＋)2，得a＝1，b＝0，
所以r＝＝，
故圆N的标准方程为(x－1)2＋y2＝2.
16．已知M(x，y)为圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一点，且点Q(－2，3).
(1)求|MQ|的最大值和最小值；
(2)求的最大值和最小值．
解　(1)由圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0，
可得(x－2)2＋(y－7)2＝8，
∴圆心C的坐标为(2，7)，半径r＝2.
又|QC|＝＝4，
∴|MQ|max＝4＋2＝6，
|MQ|min＝4－2＝2.
(2)可知表示直线MQ的斜率k，
设直线MQ的方程为y－3＝k(x＋2)，
即kx－y＋2k＋3＝0.
∵直线MQ与圆C有公共点，
∴≤2，
可得2－≤k≤2＋，
∴的最大值为2＋，最小值为2－.
17．(2021·河南洛阳一中月考)已知圆C过点R(2，0)，S(4，－2)，且圆心C在直线2x－y－8＝0上．
(1)求圆C的方程；
(2)若点P在圆C上，点A(6，0)，M为AP的中点，O为坐标原点，求tan ∠MOA的最大值．
解　(1)设圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
则有解得
所以圆C的方程为x2＋y2－8x＋12＝0.
(2)由(1)知圆C：(x－4)2＋y2＝4，
设P(x0，y0)，M(x，y)，
则所以
又P在圆C：(x－4)2＋y2＝4上，
所以(x0－4)2＋y＝4，
所以(2x－10)2＋(2y)2＝4，
即M的轨迹方程为(x－5)2＋y2＝1.
数形结合易知，当OM与圆(x－5)2＋y2＝1相切时，tan ∠MOA取最大值，
此时|OM|＝＝2，
tan ∠MOA＝＝.
所以tan ∠MOA的最大值为.

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