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2.4.2 圆的一般方程【第三练】
【试题来源】来自各地期中期末的联考试题，进行整理和改编；
【试题难度】本次训练试题难度较大，适合学完第三课后，起到提升解题能力和素养的目的.
【目标分析】
1.根据二元二次方程判定是否为圆，由圆的一般方程确定圆心和半径；培养直观想象和数学运算素养，如第1题、第3题、第9题、第11题、第14题；
2. 根据综合条件求圆的一般方程，判断点与圆的位置关系；发展直观想象，逻辑推理和数学运素养，如第2题、第4题、第8题、第13题；
3.求轨迹方程，解决与圆有关的最值问题；培养逻辑推理、直观想象和数学运算能力，如第5题、第6题、第7题、第10题、第12题、第15题、第16题.
一、单选题
（2023·天津南开中学高二月考）
1．方程所表示的圆的最大面积为（ ）
A． B． C． D．
（2023·河南焦作·高二期中）
2．已知圆经过点，，，则该圆的半径为（ ）
A．4 B．5 C．8 D．10
（2023·河北张家口·高二期中）
3．若圆的面积是，则该圆的圆心坐标为（ ）
A． B． C． D．
（2023·江西宜春高二期中）
4．已知点与点关于直线对称，与点关于轴对称，若过，，三点的圆与轴和直线交于四点，则该四点所围成的四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
（2023·安徽铜陵高二期末）
5．若平面内两定点之间的距离为2，动点满足，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．1
（2023·河北邯郸高二期中）
6．若圆与圆关于直线对称，且过点C（－a，a）的圆P与y轴相切，则圆心P的轨迹方程为（　　）
A．
B．
C．
D．
（2023·江西九江高二期末）
7．已知平面上两定点A，B，则所有满足（且）的点P的轨迹是一个圆心在直线AB上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知动点P在棱长为6的正方体的一个侧面上运动，且满足，则点P的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
（2023·四川成都七中高二期中）
8．已知，是曲线上两个不同的点，，则的最大值与最小值的比值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
（2023·广东东莞高二期中）
9．设O为坐标原点，直线过圆的圆心且交圆于两点，则（ ）
A． B．
C．的面积为 D．
（2023·江西南昌·高二期中）
10．设曲线的方程为，下列选项中正确的有（ ）
A．由曲线围成的封闭图形的面积为
B．满足曲线的方程的整点（横纵坐标均为整数的点）有5个
C．若，是曲线上的任意两点，则，两点间的距离最大值为
D．若是曲线上的任意一点，直线l：，则点到直线的距离最大值为
三、填空题
（2023·辽宁大连二十四中高二期中）
11．方程表示圆，且坐标原点在该圆外，则a的取值范围是 ．
（2023·云南昭通·高二联考期中）
12．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，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆.现有，，求点的轨迹方程为 .
（2023·云南昆明高二期中）
13．已知在圆内，过点的最长弦和最短弦分别是和，则四边形的面积为 .
（2023·河南洛阳高二期中）
14．已知曲线的方程为，下列说法中正确的序号是 .
①无论取何值，曲线都关于原点中心对称；
②无论取何值，曲线关于直线和对称；
③存在唯一的实数使得曲线表示两条直线；
④当时，曲线上任意两点间距离的最大值为.
四、解答题
（2023·安徽铜陵高二校联考期中）
15．一般地，平面内到两个定点P，Q的距离之比为常数（且）的动点F的轨迹是圆，此圆便是数学史上著名的“阿波罗尼斯圆”．基于上述事实，完成如下问题：
(1)已知点，，若，求动点M的轨迹方程；
(2)已知点N在圆上运动，点，探究：是否存在定点，使得？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．
（2023·安徽芜湖高二期中）
16．已知点，圆，过点的动直线与圆交于，两点，线段的中点为，为坐标原点．
（1）求的轨迹方程；
（2）当时，求的方程及的面积．
【易错题目】第5题、第12题、第15题、第16题
【复盘要点】 与圆有关的轨迹问题
求方程问题是解析几何中的基本问题，体现坐标法的基本思想，即根据动点坐标满足条件建立方程，再运用方程研究曲线的几何性质.体现直观想象、逻辑推理和数学运算素养.
典例（2023·江苏南通·高二统考期中）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点到两个定点的距离之比为常数（，且），那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.已知圆：，点，平面内一定点（异于点），对于圆上任意动点，都有比值为定值，则定点的坐标为 .
【答案】
【分析】设的坐标为，动点，，然后列式化简，得到的轨迹方程，结合圆：，对应系数相等列方程组，即可求得点的坐标.
设的坐标为，动点，，
则，
，
，
，
可得，
又点的轨迹方程，
可得，解得（舍）或，
则的坐标为.故答案为: .
易错提示：求解与圆有关的轨迹问题基本思路
（1）直接法：根据题目的条件，建立适当的平面直角坐标系，设出动点坐标，并找出动点坐标所满足的关系式.
（2）定义法：若动点轨迹的条件符合某一基本轨迹的定义（如圆及以后要学习到的椭圆、双曲线、抛物线等），可用定义直接求解.
（3）代入法（相关点法）：若动点P（x，y）随着曲线上的另一动点Q（x1，y1）运动而运动，且x1，y1可用x，y表示，则可将点Q的坐标代入已知曲线的方程，即得动点P的轨迹方程.
【复盘训练】
（2023·陕西宝鸡·高二校考期中）
17．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”. 后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系中，，点P满足.设点P的轨迹为C，下列结论正确的是（ ）
A．C的方程为
B．在x轴上存在异于的两定点，使得
C．当三点不共线时，射线是的平分线
D．在C上存在点M，使得
（2023·湖北黄石高二期中）
18．已知圆 和点 ，若定点 和常数 满足：对圆 上那个任意一点M，都有 ，则:
（1） ；
（2） .
（2023·浙江绍兴·高二期中）
19．设A为圆上的动点，是圆的切线且，则P点的轨迹方程是
（2023·山东泰安·高二统考期中）
20．已知O为坐标原点，A，B均在直线上，，动点P满足，则的最小值为 ．
（2023·山东菏泽高二期中）
21．已知两定点、，动点P满足条件___，求动点P的轨迹方程．请从下列条件中任选一个补充到横线上，并在此条件下完成题目．
条件①：直线PM与直线PN垂直；
条件②：点P到M、N两点距离平方之和为20；
条件③：直线PM与直线PN斜率之积为4．
（注：如果选择的条件不符合要求，计0分；如果选择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解答计分）
（2023·湖北襄樊高二校联考期中）
22．平面直角坐标系内有两点，存在点使得恒为．
(1)求点轨迹方程；
(2)若点在第三象限，连接交轴于点，连交轴于点，四边形面积是否为定值，若是请求出定值，若不是请说明理由．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】由圆的方程，表示出圆的半径，求出半径的最大值，即可确定面积的最大值.
【详解】方程即，
则所给圆的半径，
所以当时，半径r取最大值，此时最大面积是.
故选：C
2．B
【分析】根据垂直关系得出直径即可求出半径.
【详解】因为，
所以该圆的直径为，所以半径为5．
故选：B.
3．B
【分析】根据圆的面积求得圆的半径，根据圆的半径求得，进而求得圆心的坐标.
【详解】由于圆的面积为，所以圆的半径为，
所以，
解得，所以圆心坐标为，即.
故选：B
4．D
【分析】求圆的方程有两种方法，法一，由于过，，三点的外接圆圆心经过线段,的中垂线，故可确定圆的方程；法二，利用待定系数法求圆的方程，然后联立与圆的方程，即可求出交点纵坐标，利用面积公式即可求.
【详解】
法一：因点与点关于直线对称，
所以过，，三点的圆的圆心在直线上，
又点与点关于轴对称，
所以过，，三点的圆的圆心在直线上.
由得，
所以圆心坐标为，圆的半径为，
故圆的方程为，
由题意易知四边形为矩形，
由解得，
故该四边形的面积为
法二：因点与点关于直线对称,
设，则，解得，故，
又点与点关于轴对称，
所以，
设过，，三点的圆的方程为，
则,解得,
因此圆的方程为，即，
由题意易知四边形为矩形，
由解得，
故该四边形的面积为.
故选：D.
5．B
【分析】建立直角坐标系，利用可得点的轨迹方程，再利用圆的性质当与圆相切时，最大，即可得结果.
【详解】以经过的直线为轴，线段的垂直平分线为轴建立直角坐标系，
则，设，由，
所以，
两边平方并整理得，
所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
当与圆相切时，最大，即最大，

此时，所以.
故选：B.
6．C
【分析】先利用对称求得，再根据题意给出的几何特征建立方程化简即可.
【详解】设圆的圆心关于直线y＝x－1的对称点是，
则由题意可得，计算可得，
由题知它是圆的圆心，所以a＝2.
设点P的坐标为（x，y），则有，化简得.
故选：C
7．B
【分析】根据阿氏圆的定义分析得P点轨迹为球与侧面的交线，计算其弧长即可
【详解】在图1中，以B为原点建立平面直角坐标系，如图2所示，
设阿氏圆圆心为，半径为r.因为，所以，
所以.
设圆O与AB交于点M.由阿氏圆性质，知.
又，所以.又，
所以，解得，所以，
所以点P在空间内的轨迹为以O为球心，半径为4的球.
当点P在侧面内部时，如图2所示，截面圆与，分别交于点M，R，
所以点P在侧面内的轨迹为.
因为在中，，，所以，
所以，所以点P在侧面内部的轨迹长为.

故选：B.
8．B
【分析】方程表示的曲线为圆的左半部分和圆的右半部分，数形结合求出的最大值和最小值，进而求出比值.
【详解】化简得，
由，得.
因为，所以或.
当时，；当时，.
所以方程表示的曲线为圆的左半部分和圆的右半部分.
根据圆的性质知：当A，B分别与图中的M，N重合时，取得最大值，且最大值为6；
当A，B为图中E，F，G，H四点中的某两点时，取得最小值，且最小值为.故的最大值与最小值的比值是.

故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过分类讨论得到曲线的具体情况，结合图形，利用圆的性质，得到线段和的最值，即可得到它们的比值.
9．BC
【分析】对于A，整理圆的方程为标准方程，明确圆心与半径，可得答案；
对于B，由题意，将圆心代入直线方程，求得参数，可得答案；
对于C，利用点到直线的距离公式求得三角形的高，结合三角形的面积公式，可得答案；
对于D，根据两点求得斜率，利用垂直直线斜率的关系，可得答案.
【详解】由圆的方程，
则，所以圆心，半径，
易知，故A错误；
将代入直线方程，则，解得，故B正确；
将代入直线方程，整理可得直线方程，
原点到直线的距离，且此为底上的高，
所以，故C正确；
由与，则直线的斜率，
由直线方程，则直线斜率，
由，则与不垂直，故D错误.
故选：BC.
10．ACD
【分析】根据题意，作出曲线的图象，再数形结合依次讨论各选项求解即可．
【详解】对于曲线，当，时，曲线表示，即，
表示以为圆心，半径为的圆在第一象限的部分；
当，时，曲线表示，即，
表示以为圆心，半径为的圆在第四象限的部分；
当，时，曲线表示，即，
表示以为圆心，半径为的圆在第二象限的部分；
当，时，曲线表示，即，
表示以为圆心，半径为的圆在第三象限的部分；
当时，曲线表示坐标原点；
即其图象如图所示，

由图可知，
对于A，曲线围成的图形的面积为4个半圆与1个正方形的面积之和，其面积为，故A正确；
对于B，曲线恰好经过，，，，，，，，共9个整点，故B不正确；
对于C，曲线上两点之间最大距离为，故C正确；
对于D，由直线恒过定点，由知曲线上两点之间最大距离为，故D正确．
故选：ACD．
11．
【分析】根据点和圆的位置关系列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】圆的方程可化为 ，
即 ，
所以 ，解出.
由于在圆外，
所以，解得或.
故.
故答案为：
12．，（答案不唯一）
【分析】建立坐标系，确定坐标，根据得到，化简得到答案.
【详解】，且，故点的轨迹是圆.
以线段的中点为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，则，

设，，则，
即，整理得，.
（答案不唯一，建系不同，轨迹方程不同）
故答案为：，.
13．12
【分析】结合图形分析，最长弦为过点的直径，最短弦为过点且与垂直的弦，分别求弦长，则可由对角线互相垂直求得四边形的面积.
【详解】圆，
由题意可得，圆心为，半径，
最长弦为过点的直径，且，

设过点的任意一条弦，过点作，
由图可知圆心到直线的距离，
则弦长为，
即最短的弦为过，且与垂直的弦，
最短弦长，
如图，四边形对角线，
则其面积.
故答案为：.

14．①②④
【分析】①将曲线上任意一点关于原点的对称点坐标代入，看是否满足方程即可；②将曲线上任意一点关于直线的对称点坐标代入，看是否满足方程即可；③由联想完全平方与平方差公式，可得情况，将二次式变形为两个一次因式的乘积为的形式，验证可知；④当时，结合曲线对称性分类研究曲线上任意一点到原点的距离范围，再转化为两点间距离的最大值即可.
【详解】①设曲线上任意一点，则成立.
由，
得点关于原点的对称点也在曲线上.
故无论取何值，曲线都关于原点中心对称，①正确；
②设曲线上任意一点，则成立.
由，
得点关于的对称点也在曲线上.
又，
即点关于的对称点也在曲线上.
故无论取何值，曲线关于直线和对称，②正确；
③当时，曲线方程为，
方程可变形为，
即曲线表示两条直线，或；
当时，曲线方程为，
方程可变形为，
即曲线表示两条直线，或，
故使得曲线表示两条直线的实数不唯一，故③不正确；
④当时，，
设曲线上任意一点，
当时，则，
即，
当时，则，
即，即，
由①所得曲线关于原点对称性可知，
当时，；
当时，.
综上，对于曲线上任意一点，都有，
即曲线上任意两点间距离小于或等于圆的直径，
又存在两点两点都在曲线上，且，
故曲线上任意两点间距离最大值为，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】结论点睛：从方程数的形式研究曲线的对称性，关键在于设出曲线上任意一点，求解其对称点，将坐标代入验证方程是否仍然成立.常用两点的对称关系有：
（1）和关于轴对称；
（2）和关于轴对称；
（3）和关于原点对称；
（4）和关于直线对称；
（5）和关于直线对称.
15．(1)
(2)存在，
【分析】（1）设，求出、，代入化简可得答案；
（2）设，，求出、，代入化简，再由点N在圆上，两个方程对比可得答案.
【详解】（1）设，则，，
故，
故，
化简得；
（2）设，，
故，，
∵，故，
即，
而点N在圆上，即，
对照可知，，解得，
故存在定点，使得．
16．（1）；（2）的方程为，的面积为.
【分析】（1）由圆的方程求出圆心坐标和半径，设出坐标，由与数量积等于0列式得的轨迹方程；
（2）设的轨迹的圆心为，由得到．求出所在直线的斜率，由直线方程的点斜式得到所在直线方程，由点到直线的距离公式求出到的距离，再由弦心距、圆的半径及弦长间的关系求出的长度，代入三角形面积公式得答案．
【详解】解：（1）由圆，即，
圆的圆心坐标为，半径．
设，则，．
由题意可得，即．
整理得．
的轨迹方程是．
（2）由（1）知的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，
由于，
故在线段的垂直平分线上，
又在圆上，
从而．
，
直线的斜率为．
直线的方程为，即．
则到直线的距离为．
又到的距离为，
．
．
17．BC
【分析】设点，根据求出的轨迹方程可判断A；假设在x轴上存在异于的两定点使得，设，根据、点P的轨迹方程求出可判断B；由利用余弦定理可判断C；设，由、点M在C上解得无实数解可判断D.
【详解】设点，则，化简整理得，
即，故A错误；
假设在x轴上存在异于的两定点，
使得.设，则，
化简整理得，
由点P的轨迹方程为得，
解得或，因为点异于点，所以，
所以假设成立，故B正确；
由于，
只需证明，
即证，
化简整理得，又，
则
，则，故C正确；

设，由得，
整理得①，
又点M在C上，故满足②，联立①②，解得无实数解，故D错误.
故选：BC.
18． ##-0.5 ##0.5
【分析】按照题意，求两点距离，解方程即可.
【详解】试题分析：设 ，因为 ， ，
所以 ，
整理得 ，
配方得 ，
因为对圆O上那个任意一点M，都有成立，
所以 ，解得 或 （舍去），
故故答案为：，.
19．
【分析】根据切线长可以求得P点到圆心的距离，代入距离公式即可求得.
【详解】由圆的方程可知，圆心为，半径，是圆的切线且，则点到圆心的距离为，
设，则，
化简得.
故答案为：
20．
【分析】设，，根据条件可得，得到圆心坐标后可求得圆心在直线上，利用到直线的距离减去半径即可求得的最小值.
【详解】设，，
因为，所以，
因为，所以，
即，
整理得，
所以点在以为圆心，为半径的圆上，
易得圆心在上，
又点到直线的距离，
故.
故答案为：.
21．答案见解析
【分析】根据题意，列出动点P满足的方程，化简即得轨迹方程.
【详解】选择条件①
设点P的坐标为，
∵直线PM与直线PN垂直，
法一：当，时，，，则，
即，
化简得，
当时，此时易知，点P的坐标为，满足上述方程，
当时，此时易知，点P的坐标为，满足上述方程，
经检验：点P的轨迹方程为（M，N除外）；
法二：，，，
则，
化简得；
选择条件②
设点P的坐标为，
∵P到两定点，的距离平方和为20，
∴即，
化简得，
经检验所求轨迹方程为，
选择条件③
设点P的坐标为（，）
∵直线PM与直线PN斜率之积为4，
∴，，则，
即，
化简得，
经检验所求轨迹方程为（，）.
22．(1)（或）
(2)是定值16
【分析】（1）根据题中条件可直接得到点的轨迹，根据轨迹类型即可写出方程；（2）设，可求得直线的方程，继而求得点的坐标，则可求得,再利用计算即可.
【详解】（1）且，
定弦定角轨迹为圆，故点在以原点为圆心，4为半径的圆上，但点应在优弧上，
则点的轨迹方程为（或）
（2）为定值，证明如下：
设（或）则
且则

答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2.4.2 圆的一般方程【第三课】
题型一 圆的一般方程
例1判断下列二元二次方程是否表示圆．如果是，请求出圆的圆心坐标及半径．
（1）；
（2）；
（3）．
【解析】（1）方程可变形为，表示圆心坐标是（2，0），半径是2的圆．
（2）方程可变形为．当时，方程表示点（0，0）；
当时，方程表示圆心坐标是，半径是的圆．
（3）方程可变形为，即，方程不表示任何图形．
【方法技巧与总结】二元二次方程与圆的关系
一般先看这个方程是否具备圆的一般方程的特征，当它具备圆的一般方程的特征时，再看它能否表示圆．此时有两种途径：一是看是否大于零；二是直接配方变形成圆的标准方程的形式，看方程等号右端是否为大于零的常数．
【变式训练1-1】（2023·广西河池·高二期中）
1．已知方程，则下列说法正确的是（ ）
A．方程表示圆，且圆的半径为1时，
B．当时，方程表示圆心为的圆
C．当时，方程表示圆且圆的半径为
D．当时，方程表示圆心为的圆
【变式训练1-2】（2023·辽宁鞍山·高二期中）
2．方程表示的曲线是以为圆心，为半径的圆，则的值分别为（ ）
A． B．
C． D．
【变式训练1-3】（2023·福建三明高二期中）
3．若圆过坐标原点，则实数m的值为（ ）
A．1 B．2 C．2或1 D．－2或－1
【变式训练1-4】（2023·辽宁沈阳·高二期中）
4．若方程x2+y2+2mx-2y+m2+5m=0表示圆，求:
（1）实数m的取值范围;
（2）圆心坐标和半径.
题型二 求圆的一般方程
例2（2023·江西宜春高二月考）求下列各圆的方程：
（1）圆心在直线上且过M（2，0），两点的圆的方程；
（2）经过，，C（0，6）三点的圆的方程．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设圆的一般方程为，其中，
圆坐标为，因为圆心在直线上且过M（2，0），两点，
所以解得
所以圆的一般方程为．
（2）设圆的一般方程为，其中．
因为经过，，C（0，6）三点，
所以
解得所以圆的一般方程为．
【方法技巧与总结】求圆一般方程的基本方法：
（1）代数法（待定系数法）：若设圆的一般方程，根据已知条件，列出关于D，E，F的方程组，解方程组得到D，E，F的值，写出圆的一般方程．
（2）几何法（数形结合法）：根据已知条件，确定圆的要素，分别求出圆心和半径，然后再写出圆的方程．
【变式训练2-1】（2023·湖北邯郸高二期中）
5．已知的三个顶点为，则下列关于的外接圆圆M的说法正确的是（ ）
A．圆M的圆心坐标为
B．圆M的半径为
C．圆M关于直线x＋y＝0对称
D．点在圆M内
【变式训练2-2】（2023·福建莆田高二期中）
6．经过点和，且圆心在x轴上的圆的一般方程为（ ）
A． B．
C． D．
【变式训练2-3】（2023·山西师大附中高二期中）
7．函数的图像与坐标轴交于点A，B，C，则过A，B，C三点的圆的方程为 ．
【变式训练2-4】（2023·安徽铜陵高二期中）
8．已知直线过点，且与轴分别交于点，为等腰直角三角形．
(1)求的方程；
(2)设为坐标原点，点在轴负半轴，求过，，三点的圆的一般方程．
题型三 求轨迹方程
例3．（2023·江苏盐城·高二期末）已知的斜边为AB，且，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．
【思路分析】（1）设出点C的坐标，利用垂直关系直接由斜率之积为列出方程，注意A，B，C三点不能共线；
（2）设出点M的坐标，利用中点关系，建立点M与点C坐标之间的关系，求出轨迹方程．
【答案】见解析
【解析】（1）方法一：设顶点，因为，且A，B，C三点不共线，
所以．又，，且，
所以，化简得．
因此，直角顶点C的轨迹方程为．
它表示以（1，0）为圆心，2为半径的圆去掉与x轴的两个交点．
方法二：同方法一得．
由勾股定理得，即，
化简得．
因此，直角顶点C的轨迹方程为．
它表示以（1，0）为圆心，2为半径的圆去掉与x轴的两个交点．
方法三：设边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，．又由圆的定义知，动点C的轨迹是以D（1，0）为圆心，
以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）．
设，则直角顶点C的轨迹方程为．
它表示以（1，0）为圆心，2为半径的圆去掉与x轴的两个交点．
方法四：由圆的定义知，直角顶点C形成的轨迹在以AB为直径的圆上，
由直径圆方程得轨迹方程为，即．
所以直角顶点C的轨迹方程为．
它表示以（1，0）为圆心，2为半径的圆去掉与x轴的两个交点．
方法五：设顶点，因为，且A，B，C三点不共线，所以．
，，因为，所以，
即，
所以直角顶点C的轨迹方程为．
它表示以（1，0）为圆心，2为半径的圆去掉与x轴的两个交点．
（2）设点，点，
因为B（3，0），M是线段BC的中点，所以，，
于是有，．
由（1）知，点C在圆上运动，
将，代入该方程得，
即．
因此直角边BC的中点M的轨迹方程为，
它表示以（2，0）为圆心，1为半径的圆去掉与x轴的两个交点．
【方法总结】求曲线的轨迹方程的常用方法：
（1）直接法：它是求曲线方程较重要的方法．可分为以下五个步骤：
①建立适当的直角坐标系，设是所求曲线（轨迹）上的任意一点；
②找出（写出）动点M所满足的条件；
③用坐标表示此条件，得到方程；
④化简所列出的方程；
⑤验证以方程的解为坐标的点都在曲线上．
（2）代入法（相关点法）：主要用于处理一个主动点与一个被动点之间的问题．只需找出这两点坐标之间的关系（用被动点坐标表示主动点坐标），然后代入主动点满足的轨迹方程，便可得到被动点所满足的方程，即得到了所要求的轨迹方程．
（3）定义法：先由已知及曲线定义得到所求轨迹为何种曲线，再由该种曲线的标准方程求得轨迹方程．
注意：求一动点的轨迹除了要求出轨迹方程外，还要说明方程对应什么曲线．
【变式训练3-1】（2023·陕西宝鸡高二期中）
9．当点P在圆上运动时，连接点P与定点，则线段的中点M的轨迹方程为 .
【变式训练3-2】（2023·广东梅州高二期中）
10．已知圆的圆心在轴上，并且过，两点.
(1)求圆的方程；
(2)若为圆上任意一点，定点，点满足，求点的轨迹方程.
【变式训练3-3】（湖北鄂西北六校2023高二期中联考）
11．已知圆C经过（2，6），（5，3），（2，0）三点．
(1)求圆C的方程；
(2)设点A在圆C上运动，点，且点M满足，求点M的轨迹方程．
易错点1 求圆的一般方程运算失策，造成出错
【典例】（2023·辽宁省营口市期中）已知一圆过，两点，且在y轴上截得的线段长为，求圆的一般方程．
【答案】或．
【解析】方法一：待定系数法．
设圆的方程为，
将P，Q的坐标分别代入上式，
得
令，得．③
由已知可得，其中，是方程③的两根，
∴．④
联立①②④解得或
故所求圆的方程为或．
方法二：几何法．
由题意得线段PQ的垂直平分线的方程为，
∴所求圆的圆心C在直线上．
设其坐标为，则圆C的半径．①
由已知圆C在y轴上截得的线段长为，
又圆心C到y轴的距离为，则，
代入①并将两端平方得，
解得，，∴，，
故所求圆的方程为或，
即或．
易错警示： 不论是圆的标准方程还是一般方程，都必须具备三个独立条件才能确定一个圆，在选择标准方程或一般方程时，如果由已知条件容易知圆心坐标、半径或可用圆心、半径列方程，通常设圆的标准方程；如果已知条件和圆心坐标或半径都无直接关系，通常选择一般方程. 利用圆的几何性质及数形结合思想易于寻找解题思路.
针对训练1-1（2023·辽宁阜新高二期中）
12．已知圆和两坐标轴的公共点分别为，则的面积为
A．4 B．2 C． D．
针对训练1-2（2023·江苏盐城高二期中）
13．已知圆C经过两点，，且圆心在直线上，若直线的方程为，圆心C到直线的距离是，则m的值是 .
针对训练1-3（2023·四川绵阳高二期中）
14．在平面直角坐标系Oxy中，二次函数（a，，）的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，经过A，B，C三个点的圆记为．求的方程．
易错点2 求轨迹方程问题解题失策、思路不清
例2．（2023·广东东莞高二期末）已知动点M到点A（2，0）的距离是它到点B（8，0）的距离的一半.
（1）求动点M的轨迹方程；
（2）若N为线段AM的中点，试求点N的轨迹.
【答案】见解析
【解析】 （1）设动点M（x，y）为轨迹上任意一点，则|MA|＝|MB|，
所以，
整理得x2＋y2＝16.
所以动点M的轨迹方程是x2＋y2＝16.
（2）设点N的坐标为（x，y），M的坐标为（x1，y1）.
因为A（2，0），且N为线段AM的中点，
所以x＝，y＝，
则x1＝2x－2①，y1＝2y②.
由（1）知，M是圆x2＋y2＝16上的点，所以M的坐标（x1，y1）满足＝16③，
将①②代入③，整理得（x－1）2＋y2＝4.
所以点N的轨迹是以（1，0）为圆心，半径为2的圆.
易错警示： 求轨迹方程的常用方法
（1）直接法：根据题目的条件，建立适当的平面直角坐标系，设出动点坐标，并找出动点坐标所满足的关系式.
（2）定义法：若动点轨迹的条件符合某一基本轨迹的定义（如圆及以后要学习到的椭圆、双曲线、抛物线等），可用定义直接求解.
（3）代入法（相关点法）：若动点P（x，y）随着曲线上的另一动点Q（x1，y1）运动而运动，且x1，y1可用x，y表示，则可将点Q的坐标代入已知曲线的方程，即得动点P的轨迹方程.
针对训练2-1（2023·甘肃酒泉高二期中）
15．设A为圆上的动点，PA是圆的切线，且，求点P的轨迹方程．
针对训练2-2（2023·陕西渭南高二统考期中）
16．已知平面直角坐标系中的点的坐标x，y满足，记的最大值为M，最小值为m.
（1）请说明P的轨迹是怎样的图形；
（2）求值.
针对训练2-3（2023·广东佛山·高二校联考期末）
17．已知圆心为C的圆经过点A（1，1）和，且圆心C在直线l：上．
(1)求圆C的方程；
(2)线段PQ的端点P的坐标是（5，0），端点Q在圆C上运动，求线段PQ的中点M的轨迹方程．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．ACD
【分析】若方程表示圆，把一般方程化为标准方程，根据方程成立的条件，验证各选项.
【详解】由题意，方程，可化为，
若方程表示圆，则圆的圆心坐标为，半径，
中，当时，可得，所以正确；
中，当时，此时半径为，所以错误；
中，当时，表示的圆的半径为，所以正确；
中，当时，此时半径大于0，表示圆心为的圆，所以正确；
故选：ACD．
2．D
【分析】先求得圆的标准方程，再转化为一般方程，从而求得.
【详解】以为圆心，为半径的圆的标准方程为，
即，所以.
故选：D
3．A
【分析】把坐标代入圆方程求解．注意检验，方程表示圆．
【详解】将代入圆方程，得，解得或2，当时，，舍去，所以.
故选：A．
4．（1）；（2）圆心坐标为，半径.
【分析】（1）利用圆的一般方程可得，由此求得的取值范围．
（2）将圆的方程写成标准方程的形式，可得圆心坐标和半径．
【详解】解：（1）方程表示圆，
，
即，解得，
故的取值范围为；
（2）将方程写成标准方程为，
可得圆心坐标为，半径．
5．ABD
【分析】根据待定系数法求出的外接圆方程即可判断AB，根据圆心不在直线x＋y＝0上判断C，根据点与圆心的距离与半径比较判断D.
【详解】设的外接圆圆M的方程为（），
则，解得，
所以的外接圆圆M的方程为，即.
故圆M的圆心坐标为，圆M的半径为，故AB正确；
因为直线x＋y＝0不经过圆M的圆心，所以圆M不关于直线x＋y＝0对称，故C错误；
因为，故点在圆M内，故D正确.
故选：ABD
6．D
【分析】设圆的一般式方程，由圆心在x轴上，可得圆心纵坐标为，再将两点坐标代入方程，即可得圆的标准方程.
【详解】设圆的方程为，
因为圆心在x轴上，所以，即．
又圆经过点和，
所以即解得
故所求圆的一般方程为．
故选：D
【点睛】本题考查了待定系数法求圆标准方程，属于基础题.
7．
【分析】用圆的标准方程即可求解.
【详解】函数的图像与坐标轴的交点分别为，，，
则线段的垂直平分线为，线段的垂直平分线为．
所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为，半径，
所以所求圆的方程为．
故答案为：.
8．(1)或
(2)
【分析】（1）设直线方程为，分别解出两点坐标和，利用解出的值即可；
（2）设圆的一般方程为 ，将点代入解方法组即可.
【详解】（1）因为直线过点，所以设直线为，，
令，得，所以
令，得，所以，
又因为为等腰直角三角形，所以，
得，
解或，
当时直线过原点，不满足题意，
故直线的方程为或，
即或.
（2）由题意可知直线的方程为，即，
设圆的方程为，
将，，代入
得，解得，
所以所求圆的方程为.
9．
【分析】设出点M的坐标，根据已知表示出点P的坐标，再代入圆的方程作答.
【详解】设点，因M是线段的中点，则点，
于是得，即，
所以点M的轨迹方程为.
故答案为：
10．(1)
(2)
【分析】（1）求出圆心的坐标和圆的半径，即得解；
（2）设点，，由得，代入圆的方程即得解.
【详解】（1）由题意可知，的中点为，，所以的中垂线方程为，
它与轴的交点为圆心，又半径，所以圆的方程为；
（2）设，，由，得，
所以，又点在圆上，故，
所以，化简得的轨迹方程为
11．(1)
(2)
【分析】(1) 设圆C的方程的一般式，代入三点求系数得圆的方程.
(2) 设，表示出点的坐标，将的坐标代入圆的方程即得到点M的轨迹方程.
【详解】（1）设圆C的方程为
则有，解之得，
则圆C的方程为．
（2）设，，
则有，，．
由，可得，解之得
由点A在圆C上，得
即，
故点M的轨迹方程为
12．D
【分析】本题首先可以令解出以及令解出，然后求出圆在轴上截得的弦长以及与轴的公共点，最后求出的面积．
【详解】令，得，解得，
令，得，解得
所以圆在轴上截得的弦长为，与轴的公共点为，
所以的面积为，故选D．
【点睛】本题考查的是圆的相关性质，主要考查圆与两坐标轴的公共点，能否通过圆与两坐标轴的公共点找出的底和高是解答本题的关键，是简单题．
13．
【分析】设出圆的一般方程，根据其所过的点和圆心所在直线列方程组，求出圆的方程，再根据圆心到直线的距离列方程求出m的值即可.
【详解】设圆C的方程为，
由条件，得，解得，
因此圆的一般方程为，
故圆心，因此圆心到直线l的距离，
解得.
故答案为：
14．．
【分析】根据圆的一般方程和二次函数的图象与坐标轴的交点坐标对应的方程关系求解.
【详解】设所求圆的一般方程为，
由题意得（a，，）的图象与两坐标轴的三个交点
即为圆和坐标轴的交点，
令得，，
由题意可得，这与是同一个方程，故，．
令得，，
由题意可得，此方程有一个根为b，代入此方程得出，
∴的方程为．
15．
【分析】本题主要考查圆的基本概念和两点之间距离公式，利用勾股定理求出点P的轨迹方程．
【详解】设，圆的圆心为B，则，圆的半径为1，由题意得，∴点P的轨迹方程为．
【点睛】本题主要考查圆的基本概念和两点之间距离公式，属于简单题．
16．（1）以为圆心，3为半径的圆；（2）72
【分析】（1）将方程配成标准式，即可得到P的轨迹；
（2）将配方即可得到，设，则，
而，即可得解；
【详解】解：（1）由知，.因此，点P的轨迹是以为圆心，3为半径的圆.
（2），
设，则.
∵ ，.
∴ ，，.
【点睛】本题考查圆的标准方程，点与圆的位置关系，属于中档题；
17．(1)
(2)．
【分析】（1）利用圆经过的两个点以及圆心所在的直线，结合圆的几何性质求解；
（2）根据中点坐标公式以及圆的标准方程求轨迹方程.
【详解】（1）设点D为线段AB的中点，
直线m为线段AB的垂直平分线，则．
又，所以，
所以直线m的方程为．
由得圆心，
则半径，
所以圆C的方程为．
（2）设点，．因为点P的坐标为（5，0），
所以即,
又点在圆C：上运动，
所以，即，
整理得，
即线段PQ的中点M的轨迹方程为．
答案第1页，共2页
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