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第40讲 圆与方程
【练基础】
1．经过点(1,0)，且圆心是两直线x＝1与x＋y＝2的交点的圆的方程为(　　)
A．(x－1)2＋y2＝1 B．(x－1)2＋(y－1)2＝1
C．x2＋(y－1)2＝1 D．(x－1)2＋(y－1)2＝2
2．已知圆心在y轴上，且过点(3,1)的圆与x轴相切，则该圆的方程为(　　)
A．x2＋y2＋10y＝0 B．x2＋y2－10y＝0
C．x2＋y2＋10x＝0 D．x2＋y2－10x＝0
3．若x2＋y2＝8，则2x＋y的最大值为(　　)
A．8 B．4
C．2 D．5
4．已知点A是直角三角形ABC的直角顶点，且A(2a,2)，B(－4，a)，C(2a＋2,2)，则△ABC的外接圆的方程是(　　)
A．x2＋(y－3)2＝5 B．x2＋(y＋3)2＝5
C．(x－3)2＋y2＝5 D．(x＋3)2＋y2＝5
5．圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心到直线ax＋y－1＝0的距离为1，则a＝(　　)
A．－　　　　　　　　 B．－
C． D．2
6．设圆A：x2＋y2－2x－3＝0，则下列选项正确的是(　　)
A．圆A的半径为2
B．圆A截y轴所得的弦长为2
C．圆A上的点到直线3x－4y＋12＝0的最小距离为1
D．圆A与圆B：x2＋y2－8x－8y＋23＝0相离
7．若P是圆C：(x＋3)2＋(y－3)2＝1上任意一点，则点P到直线y＝kx－1的距离不可能是(　　)
A．4 B．6
C．3＋1 D．8
8．(多选)已知圆C关于y轴对称，经过点(1,0)且被x轴分成两段，弧长比为1∶2，则圆C可能的方程为(　　)
A．x2＋2＝ B．x2＋2＝
C．(x－)2＋y2＝ D．(x＋)2＋y2＝
9．设P为直线3x－4y＋11＝0上的动点，过点P作圆C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，切点分别为A，B，则四边形PACB面积的最小值为________．
10．已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1，设点P是圆C上的动点．记d＝|PB|2＋|PA|2，其中A(0,1)，B(0，－1)，则d的最大值为________．
【练提升】
1．已知实数x，y满足x2＋y2＝4(y≥0)，则m＝x＋y的取值范围是(　　)
A．(－2，4) B．[－2，4]
C．[－4,4] D．[－4,2]
2．(多选)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
3．已知点A(－5,0)，B(－1，－3)，若圆x2＋y2＝r2(r＞0)上恰有两点M，N，使得△MAB和△NAB的面积均为5，则r的取值范围是(　　)
A．(2，) B．(2,5)
C．(1，) D．(1,5)
4．阿波罗尼斯是亚历山大时期的著名数学家，“阿波罗尼斯圆”是他的主要研究成果之一：若动点P与两定点M，N的距离之比为λ(λ>0，且λ≠1)，则点P的轨迹就是圆，事实上，互换该定理中的部分题设和结论，命题依然成立．已知点M(2,0)，点P为圆O：x2＋y2＝16上的点，若存在x轴上的定点N(t，0)(t>4)和常数λ，对满足已知条件的点P均有|PM|＝λ|PN|，则λ＝(　　)
A．1 B．
C． D．
5．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深刻系统的研究，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λ(λ＞0，λ≠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：x2＋y2＝1上的动点M和定点A，B(1,1)，则2|MA|＋|MB|的最小值为(　　)
A. B.
C. D.
6．在平面直角坐标系xOy中，曲线Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R)与x轴交于不同的两点A，B，曲线Γ与y轴交于点C．
(1)是否存在以AB为直径的圆过点C？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由；
(2)求证：过A，B，C三点的圆过定点．
7．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.
(1)求直线CD的方程；
(2)求圆P的方程．
8．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：x＋y＋3＝0上，直线l2经过点Q且与曲线C只有一个公共点M，求|QM|的最小值．
第40讲 圆与方程
【练基础】
1．经过点(1,0)，且圆心是两直线x＝1与x＋y＝2的交点的圆的方程为(　　)
A．(x－1)2＋y2＝1 B．(x－1)2＋(y－1)2＝1
C．x2＋(y－1)2＝1 D．(x－1)2＋(y－1)2＝2
【答案】B　【解析】由得即所求圆的圆心坐标为(1,1)，又由该圆过点(1,0)，得其半径为1，故圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1.
2．已知圆心在y轴上，且过点(3,1)的圆与x轴相切，则该圆的方程为(　　)
A．x2＋y2＋10y＝0 B．x2＋y2－10y＝0
C．x2＋y2＋10x＝0 D．x2＋y2－10x＝0
【答案】B　【解析】根据题意，设圆心坐标为(0，r)，半径为r，则32＋(1－r)2＝r2，解得r＝5，可得圆的方程为x2＋y2－10y＝0.
3．若x2＋y2＝8，则2x＋y的最大值为(　　)
A．8 B．4
C．2 D．5
【答案】C　【解析】设2x＋y＝t，则y＝t－2x，因为x2＋y2＝8，所以x2＋(t－2x)2＝8，整理得5x2－4xt＋t2－8＝0，
因为Δ≥0，即Δ＝16t2－20(t2－8)≥0，
解得－2≤t≤2，所以2x＋y的最大值为2，故选C．
4．已知点A是直角三角形ABC的直角顶点，且A(2a,2)，B(－4，a)，C(2a＋2,2)，则△ABC的外接圆的方程是(　　)
A．x2＋(y－3)2＝5 B．x2＋(y＋3)2＝5
C．(x－3)2＋y2＝5 D．(x＋3)2＋y2＝5
【答案】D　【解析】因为点A是直角三角形ABC的直角顶点，所以BC2＝AB2＋AC2，即(2a＋6)2＋(2－a)2＝(2a＋4)2＋(2－a)2＋4，解得a＝－2，即A(－4,2)，B(－4，－2)，C(－2，2)，则△ABC的外接圆的圆心为(－3,0)，半径为BC＝，所以△ABC的外接圆的方程是(x＋3)2＋y2＝5，故选D.
5．圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心到直线ax＋y－1＝0的距离为1，则a＝(　　)
A．－　　　　　　　　 B．－
C． D．2
【答案】A　【解析】由题意可知，圆心为(1,4)，所以圆心到直线的距离d＝＝1，解得a＝－.故选A．
6．设圆A：x2＋y2－2x－3＝0，则下列选项正确的是(　　)
A．圆A的半径为2
B．圆A截y轴所得的弦长为2
C．圆A上的点到直线3x－4y＋12＝0的最小距离为1
D．圆A与圆B：x2＋y2－8x－8y＋23＝0相离
【答案】ABC　【解析】把圆A的方程x2＋y2－2x－3＝0化成标准方程为(x－1)2＋y2＝4，所以该圆A的圆心坐标为(1,0)，半径为2，A项正确；该圆A截y轴所得的弦长为2×＝2，B项正确；圆心(1,0)到直线3x－4y＋12＝0的距离为3，故圆A上的点到直线3x－4y＋12＝0的最小距离为3－2＝1，C项正确；圆B：x2＋y2－8x－8y＋23＝0的圆心为(4,4)，半径为3，根据 ＝5可知，圆A与圆B相切，D项错误，故选A、B、C．
7．若P是圆C：(x＋3)2＋(y－3)2＝1上任意一点，则点P到直线y＝kx－1的距离不可能是(　　)
A．4 B．6
C．3＋1 D．8
【答案】D　【解析】如图，圆C：(x＋3)2＋(y－3)2＝1的圆心坐标为(－3,3)，半径为1，直线y＝kx－1过定点(0，－1)．由图可知，圆心C到直线y＝kx－1距离的最大值为＝5，则点P到直线y＝kx－1距离的最大值为5＋1＝6，最小值为5－1＝4.选项A、B、C中的值均不大于6，只有选项D中的值大于6，不符合题意．
8．(多选)已知圆C关于y轴对称，经过点(1,0)且被x轴分成两段，弧长比为1∶2，则圆C可能的方程为(　　)
A．x2＋2＝ B．x2＋2＝
C．(x－)2＋y2＝ D．(x＋)2＋y2＝
【答案】AB　【解析】由已知圆心在y轴上，且被x轴所分劣弧所对圆心角为，设圆心(0，a), 半径为r，则rsin＝1，rcos＝|a|，解得r＝，即r2＝，|a|＝，即a＝±，故圆C的方程为x2＋2＝.
9．设P为直线3x－4y＋11＝0上的动点，过点P作圆C：x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，切点分别为A，B，则四边形PACB面积的最小值为________．
【解析】圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心为C(1,1)，半径r＝1，根据对称性可知，四边形PACB的面积为2S△APC＝2×|PA|r＝|PA|＝，要使四边形PACB的面积最小，则只需|PC|最小，|PC|最小时为圆心到直线l：3x－4y＋11＝0的距离d＝＝＝2.所以四边形PACB面积的最小值为＝＝.
【答案】
10．已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1，设点P是圆C上的动点．记d＝|PB|2＋|PA|2，其中A(0,1)，B(0，－1)，则d的最大值为________．
【解析】设P(x0，y0)，d＝|PB|2＋|PA|2＝x＋(y0＋1)2＋x＋(y0－1)2＝2(x＋y)＋2.又x＋y表示圆上任一点到原点距离的平方，∴(x＋y)max＝(＋1)2＝36，∴dmax＝74.
【答案】74
【练提升】
1．已知实数x，y满足x2＋y2＝4(y≥0)，则m＝x＋y的取值范围是(　　)
A．(－2，4) B．[－2，4]
C．[－4,4] D．[－4,2]
【答案】B　【解析】x2＋y2＝4(y≥0)表示圆x2＋y2＝4的上半部分，如图所示，直线x＋y－m＝0的斜率为－，在y轴上的截距为m.当直线x＋y－m＝0过点(－2,0)时，m＝－2.设圆心(0,0)到直线x＋y－m＝0的距离为d，则即解得m∈[－2，4]．
2．(多选)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
【答案】ACD　【解析】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)(a>0)，故圆心在y＝－x的图象上，A正确；圆C的方程为(x－a)2＋(y＋a)2＝a2，把点M的坐标代入可得a2－6a＋5＝0，解得a＝1或a＝5，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(x－1)2＋(y＋1)2＝1，(x－5)2＋(y＋5)2＝25，将点(2，－1)代入可知满足(x－1)2＋(y＋1)2＝1，故C正确；它们的圆心距为＝4，D正确．
3．已知点A(－5,0)，B(－1，－3)，若圆x2＋y2＝r2(r＞0)上恰有两点M，N，使得△MAB和△NAB的面积均为5，则r的取值范围是(　　)
A．(2，) B．(2,5)
C．(1，) D．(1,5)
【答案】D　【解析】由题意可得|AB|＝＝5，根据△MAB和△NAB的面积均为5可得M，N到直线AB的距离均为2，由于直线AB的方程为＝，即3x＋4y＋15＝0，若圆上只有一个点到直线AB的距离为2，则圆心到直线AB的距离为＝r＋2，解得r＝1；若圆上只有3个点到直线AB的距离为2，则圆心到直线AB的距离为＝r－2，解得r＝5.故r的取值范围是(1,5)．选D.
4．阿波罗尼斯是亚历山大时期的著名数学家，“阿波罗尼斯圆”是他的主要研究成果之一：若动点P与两定点M，N的距离之比为λ(λ>0，且λ≠1)，则点P的轨迹就是圆，事实上，互换该定理中的部分题设和结论，命题依然成立．已知点M(2,0)，点P为圆O：x2＋y2＝16上的点，若存在x轴上的定点N(t，0)(t>4)和常数λ，对满足已知条件的点P均有|PM|＝λ|PN|，则λ＝(　　)
A．1 B．
C． D．
【答案】B　【解析】如图所示，由于圆上的任意一点P均有|PM|＝λ|PN|，所以A，B两点也满足该关系式．A(－4，0)，B(4,0)，M(2,0)，N(t,0)，λ＝＝＝＝，解得t＝8，λ＝，故选B.
5．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深刻系统的研究，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λ(λ＞0，λ≠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：x2＋y2＝1上的动点M和定点A，B(1,1)，则2|MA|＋|MB|的最小值为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】C　【解析】①当点M在x轴上时，点M的坐标为(－1,0)或(1,0)．
若点M的坐标为(－1,0)，则2|MA|＋|MB|＝2×＋＝1＋；若点M的坐标为(1,0)，则2|MA|＋|MB|＝2×＋＝4.
②当点M不在x轴上时，取点K(－2,0)，
连接OM，MK，因为|OM|＝1，|OA|＝，|OK|＝2，
所以＝＝2.
因为∠MOK＝∠AOM，
所以△MOK∽△AOM，则＝＝2，
所以|MK|＝2|MA|，则2|MA|＋|MB|＝|MB|＋|MK|.
易知|MB|＋|MK|≥|BK|，
所以|MB|＋|MK|的最小值为|BK|.
因为B(1,1)，K(－2,0)，
所以(2|MA|＋|MB|)min
＝|BK|＝＝.
又<1＋<4，所以2|MA|＋|MB|的最小值为.
6．在平面直角坐标系xOy中，曲线Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R)与x轴交于不同的两点A，B，曲线Γ与y轴交于点C．
(1)是否存在以AB为直径的圆过点C？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由；
(2)求证：过A，B，C三点的圆过定点．
【解析】由曲线Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R)，令y＝0，得x2－mx＋2m＝0.设A(x1,0)，B(x2,0)，可得Δ＝m2－8m＞0，则m＜0或m＞8.x1＋x2＝m，x1x2＝2m.令x＝0，得y＝2m，即C(0,2m)．
(1)若存在以AB为直径的圆过点C，则·＝0，得x1x2＋4m2＝0，即2m＋4m2＝0，所以m＝0(舍去)或m＝－.
此时C(0，－1)，AB的中点M即圆心，
半径r＝|CM|＝，
故所求圆的方程为2＋y2＝.
(2)证明：设过A，B两点的圆的方程为x2＋y2－mx＋Ey＋2m＝0，
将点C(0,2m)代入可得E＝－1－2m，
所以过A，B，C三点的圆的方程为x2＋y2－mx－(1＋2m)y＋2m＝0.
整理得x2＋y2－y－m(x＋2y－2)＝0.
令可得或
故过A，B，C三点的圆过定点(0,1)和.
7．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.
(1)求直线CD的方程；
(2)求圆P的方程．
【解析】(1)由题意知，直线AB的斜率k＝1，中点坐标为(1,2)．则直线CD的方程为y－2＝－(x－1)，即x＋y－3＝0.
(2)设圆心P(a，b)，则由点P在CD上得a＋b－3＝0. ①
又∵直径|CD|＝4，
∴|PA|＝2，
∴(a＋1)2＋b2＝40. ②
由①②解得或
∴圆心P(－3,6)或P(5，－2)．
∴圆P的方程为(x＋3)2＋(y－6)2＝40或(x－5)2＋(y＋2)2＝40.
8．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：x＋y＋3＝0上，直线l2经过点Q且与曲线C只有一个公共点M，求|QM|的最小值．
【解析】(1)设点P的坐标为(x，y)，则＝2.化简可得(x－5)2＋y2＝16，故此曲线方程为(x－5)2＋y2＝16.
(2)曲线C是以点(5,0)为圆心，4为半径的圆，如图所示．
由题知直线l2与圆C相切，连接CQ，CM，
则|QM|＝
＝，
当CQ⊥l1时，|CQ|取得最小值，|QM|取得最小值，
此时|CQ|＝＝4，故|QM|的最小值为＝4.第40讲 圆与方程
【学科素养】数学抽象、逻辑推理、数学运算
【课标解读】
1.掌握确定圆的几何要素，圆的标准方程与一般方程，能根据不同的条件，采取标准式或一般式求圆的方程。
2.掌握点与圆的位置关系，能求解与圆有关的轨迹方程。
【备考策略】
从近三年高考情况来看，本讲为高考中的热点．预测2022年将会考查：①求圆的方程；②根据圆的方程求最值；③与圆有关的轨迹问题．试题以客观题的形式呈现，难度不会太大，以中档题型呈现。
【核心知识】
知识点一 圆的定义及方程
定义 平面内到定点的距离等于定长的点的轨迹叫做圆
标准方程 (x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0) 圆心C：(a，b)
半径：r
一般方程 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0) 圆心：
半径：r＝
知识点二 点与圆的位置关系
(1)理论依据：点与圆心的距离与半径的大小关系．
(2)三种情况
圆的标准方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2，点M(x0，y0)．
①(x0 －a)2＋(y0 －b)2＝r2 点在圆上；
②(x0 －a)2＋(y0 －b)2>r2 点在圆外；
③(x0－a)2＋(y0 －b)2知识点三 空间直角坐标系及有关概念
(1)空间直角坐标系：以空间一点O为原点，建立三条两两垂直的数轴：x轴，y轴，z轴．这时建立了空间直角坐标系Oxyz，其中点O叫做坐标原点，x轴、y轴、z轴统称坐标轴，由坐标轴确定的平面叫做坐标平面．
(2)右手直角坐标系的含义是：当右手拇指指向x轴正方向，食指指向y轴正方向时，中指一定指向z轴的正方向．
(3)空间一点M的坐标为有序实数组(x，y，z)，记作M(x，y，z)，其中x叫做点M的横坐标，y叫做点M的纵坐标，z叫做点M的竖坐标．
(4)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则|AB|＝　，AB的中点P的坐标为　　.
【高频考点】
高频考点一 求圆的方程
【例1】已知圆C与x轴的正半轴相切于点A，圆心在直线y＝2x上．若点A在直线x－y－4＝0的左上方且到该直线的距离等于，则圆C的标准方程为(　　)
A．(x－2)2＋(y＋4)2＝4
B．(x＋2)2＋(y＋4)2＝16
C．(x－2)2＋(y－4)2＝4
D．(x－2)2＋(y－4)2＝16
【方法技巧】求圆的方程的方法
(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程．
(2)待定系数法：①若已知条件与圆心(a，b)和半径r有关，则设出圆的标准方程，依据已知条件列出关于a，b，r的方程组，从而求出a，b，r的值；②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.
【变式探究】(1)已知圆M与直线3x－4y＝0及3x－4y＋10＝0都相切，圆心在直线y＝－x－4上，则圆M的方程为(　　)
A．(x＋3)2＋(y－1)2＝1　 B．(x－3)2＋(y＋1)2＝1
C．(x＋3)2＋(y＋1)2＝1 D．(x－3)2＋(y－1)2＝1
(2)一个圆与y轴相切，圆心在直线x－3y＝0上，且在直线y＝x上截得的弦长为2，则该圆的方程为_______________________________________________________．
高频考点二 与圆有关的最值问题
【例2】（2023·北京卷）已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）．
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【举一反三】已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为(　　)
A．5－4 B．－1 C．6－2 D．
【方法技巧】
(1)与圆有关的长度或距离的最值问题的解法：一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解．
(2)与圆有关的最值问题，常见的有以下几种类型：①形如μ＝形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题；②形如t＝ax＋by形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题；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．
【变式探究】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高频考点三 与圆有关的轨迹问题
【例3】（2023·全国高考真题）已知点在圆上，点、，则（ ）
A．点到直线的距离小于
B．点到直线的距离大于
C．当最小时，
D．当最大时，
【变式探究】阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k(k>0，k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足＝， 求|PA|2＋|PB|2的最小值．
【方法技巧】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等．
【变式探究】已知Rt△ABC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．
第40讲 圆与方程
【学科素养】数学抽象、逻辑推理、数学运算
【课标解读】
1.掌握确定圆的几何要素，圆的标准方程与一般方程，能根据不同的条件，采取标准式或一般式求圆的方程。
2.掌握点与圆的位置关系，能求解与圆有关的轨迹方程。
【备考策略】
从近三年高考情况来看，本讲为高考中的热点．预测2022年将会考查：①求圆的方程；②根据圆的方程求最值；③与圆有关的轨迹问题．试题以客观题的形式呈现，难度不会太大，以中档题型呈现。
【核心知识】
知识点一 圆的定义及方程
定义 平面内到定点的距离等于定长的点的轨迹叫做圆
标准方程 (x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0) 圆心C：(a，b)
半径：r
一般方程 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0) 圆心：
半径：r＝
知识点二 点与圆的位置关系
(1)理论依据：点与圆心的距离与半径的大小关系．
(2)三种情况
圆的标准方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2，点M(x0，y0)．
①(x0 －a)2＋(y0 －b)2＝r2 点在圆上；
②(x0 －a)2＋(y0 －b)2>r2 点在圆外；
③(x0－a)2＋(y0 －b)2知识点三 空间直角坐标系及有关概念
(1)空间直角坐标系：以空间一点O为原点，建立三条两两垂直的数轴：x轴，y轴，z轴．这时建立了空间直角坐标系Oxyz，其中点O叫做坐标原点，x轴、y轴、z轴统称坐标轴，由坐标轴确定的平面叫做坐标平面．
(2)右手直角坐标系的含义是：当右手拇指指向x轴正方向，食指指向y轴正方向时，中指一定指向z轴的正方向．
(3)空间一点M的坐标为有序实数组(x，y，z)，记作M(x，y，z)，其中x叫做点M的横坐标，y叫做点M的纵坐标，z叫做点M的竖坐标．
(4)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则|AB|＝　，AB的中点P的坐标为　　.
【高频考点】
高频考点一 求圆的方程
【例1】已知圆C与x轴的正半轴相切于点A，圆心在直线y＝2x上．若点A在直线x－y－4＝0的左上方且到该直线的距离等于，则圆C的标准方程为(　　)
A．(x－2)2＋(y＋4)2＝4
B．(x＋2)2＋(y＋4)2＝16
C．(x－2)2＋(y－4)2＝4
D．(x－2)2＋(y－4)2＝16
【答案】D　
【解析】因为圆C的圆心在直线y＝2x上，所以可设C(a,2a)．
因为圆C与x轴正半轴相切于点A，所以a>0且圆C的半径r＝2a，A(a,0)．
因为点A到直线x－y－4＝0的距离d＝，所以d＝＝，解得a＝6或a＝2，所以A(2，0)或A(6,0)．
因为A在直线x－y－4＝0的左上方，所以A(2,0)，所以C(2,4)，r＝4，
所以圆C的标准方程为(x－2)2＋(y－4)2＝16.
【方法技巧】求圆的方程的方法
(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程．
(2)待定系数法：①若已知条件与圆心(a，b)和半径r有关，则设出圆的标准方程，依据已知条件列出关于a，b，r的方程组，从而求出a，b，r的值；②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.
【变式探究】(1)已知圆M与直线3x－4y＝0及3x－4y＋10＝0都相切，圆心在直线y＝－x－4上，则圆M的方程为(　　)
A．(x＋3)2＋(y－1)2＝1　 B．(x－3)2＋(y＋1)2＝1
C．(x＋3)2＋(y＋1)2＝1 D．(x－3)2＋(y－1)2＝1
(2)一个圆与y轴相切，圆心在直线x－3y＝0上，且在直线y＝x上截得的弦长为2，则该圆的方程为_______________________________________________________．
【解析】(1)到两直线3x－4y＝0,3x－4y＋10＝0的距离都相等的直线方程为3x－4y＋5＝0，联立得方程组解得又两平行线间的距离为2，所以圆M的半径为1，从而圆M的方程为(x＋3)2＋(y＋1)2＝1，故选C.
(2)法一：几何法
∵所求圆的圆心在直线x－3y＝0上，
∴设所求圆的圆心为(3a，a)，
又所求圆与y轴相切，
∴半径r＝3|a|，
又所求圆在直线y＝x上截得的弦长为2，圆心(3a，a)到直线y＝x的距离d＝，
∴d2＋()2＝r2，即2a2＋7＝9a2，
∴a＝±1.
故所求圆的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9.
即x2＋y2－6x－2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0.
法二：待定系数法
设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则圆心(a，b)到直线y＝x的距离为，
∴r2＝＋7，即2r2＝(a－b)2＋14.①
由于所求圆与y轴相切，
∴r2＝a2，②
又∵所求圆的圆心在直线x－3y＝0上，
∴a－3b＝0，③
联立①②③，解得或
故所求圆的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9.
即x2＋y2－6x－2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0.
法三：待定系数法
设所求圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
则圆心坐标为，
半径r＝.
在圆的方程中，令x＝0，得y2＋Ey＋F＝0.
由于所求圆与y轴相切，∴Δ＝0，则E2＝4F.①
圆心到直线y＝x的距离为
d＝，由已知得d2＋()2＝r2，
即(D－E)2＋56＝2(D2＋E2－4F)．②
又圆心在直线x－3y＝0上，
∴D－3E＝0.③
联立①②③，解得或
故所求圆的方程为x2＋y2－6x－2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0.
【答案】(1)C　(2)x2＋y2－6x－2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0
高频考点二 与圆有关的最值问题
【例2】（2023·北京卷）已知半径为1的圆经过点，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，则，
化简得，
所以圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
所以，所以，
当且仅当在线段上时取得等号，
【举一反三】已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为(　　)
A．5－4 B．－1 C．6－2 D．
【答案】A　
【解析】P是x轴上任意一点，则|PM|的最小值为|PC1|－1，同理|PN|的最小值为|PC2|－3，则|PM|＋|PN|的最小值为|PC1|＋|PC2|－4.作C1关于x轴的对称点C′1(2，－3)．所以|PC1|＋|PC2|＝|PC1′|＋|PC2|≥|C1′C2|＝5，即|PM|＋|PN|＝|PC1|＋|PC2|－4≥5－4.
【方法技巧】
(1)与圆有关的长度或距离的最值问题的解法：一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解．
(2)与圆有关的最值问题，常见的有以下几种类型：①形如μ＝形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题；②形如t＝ax＋by形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题；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．
【变式探究】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)，
∴圆心到直线lAB的距离d＝＝.
∴S△PAB的最大值为××＝2＋，
S△PAB的最小值为××＝2－.]
高频考点三 与圆有关的轨迹问题
【例3】（2023·全国高考真题）已知点在圆上，点、，则（ ）
A．点到直线的距离小于
B．点到直线的距离大于
C．当最小时，
D．当最大时，
【答案】ACD
【解析】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确，故选ACD。
【变式探究】阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k(k>0，k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足＝， 求|PA|2＋|PB|2的最小值．
【解析】以经过A，B的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系(图略)，
则A(－1,0)，B(1,0)．
设P(x，y)，因为＝，所以＝，
两边平方并整理，得x2＋y2－6x＋1＝0，
即(x－3)2＋y2＝8.
所以点P的轨迹是以(3,0)为圆心，2为半径的圆，
则|PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2
＝2(x2＋y2)＋2.
法一：因为x2＋y2－6x＋1＝0，所以|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋6x－1－x2)＋2＝12x.
由y2＝8－(x－3)2≥0，得3－2≤x≤3＋2，
所以36－24≤12x≤36＋24，
由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值为36－24.
法二：由(x－3)2＋y2＝8，
可设(θ∈[0,2π))，
则|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋y2)＋2＝2[(2cos θ＋3)2＋(2sin θ)2]＋2＝24cos θ＋36.
因为θ∈[0,2π)，所以－1≤cos θ≤1，
所以36－24≤24cos θ＋36≤36＋24，
由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值为36－24.
【方法技巧】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等．
【变式探究】已知Rt△ABC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)法一：设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.因为AC⊥BC，所以kAC·kBC＝－1，
又kAC＝，kBC＝，所以·＝－1，
化简得x2＋y2－2x－3＝0.
因此，直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．
法二：设AB的中点为D，由中点坐标公式得D(1,0)，
由直角三角形的性质知|CD|＝|AB|＝2.
由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1,0)为圆心，2为半径的圆(由于A，B，C三点不共线，所以应除去与x轴的交点)．
所以直角顶点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．
法三：设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.
因为AC⊥BC，所以·＝0.
因为A(－1,0)，B(3,0)，C(x，y)，
所以＝(x＋1，y)，＝(x－3，y)，
所以·＝(x＋1)(x－3)＋y2＝x2－2x－3＋y2＝0，
所以直角顶点C的轨迹方程为
x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．
(2)设M(x，y)，C(x0，y0)，
因为B(3,0)，M是线段BC的中点，
由中点坐标公式得x＝，y＝，
所以x0＝2x－3，y0＝2y.
由(1)知，点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，
将x0＝2x－3，y0＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4，
即(x－2)2＋y2＝1.
因此动点M的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．

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