2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章平面解析幾何第三節(jié)圓的方程學(xué)案理含解析新人教A版

PAGEPAGE3第三節(jié)圓的方程2024考綱考題考情1．圓的定義(1)在平面內(nèi)，到定點(diǎn)的距離等于定長(zhǎng)的點(diǎn)的軌跡叫圓。(2)確定一個(gè)圓最基本的要素是圓心和半徑。2．圓的標(biāo)準(zhǔn)方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，其中(a，b)為圓心坐標(biāo)，r為半徑。3．圓的一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圓的充要條件是D2＋E2－4F＞0，其中圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半徑r＝eq\f(\r(D2＋E2－4F),2)。4．點(diǎn)與圓的位置關(guān)系點(diǎn)和圓的位置關(guān)系有三種。圓的標(biāo)準(zhǔn)方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2，點(diǎn)M(x0，y0)，(1)點(diǎn)在圓上：(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2。(2)點(diǎn)在圓外：(x0－a)2＋(y0－b)2＞r2。(3)點(diǎn)在圓內(nèi)：(x0－a)2＋(y0－b)2＜r2。1．圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)半徑為r的圓的方程為x2＋y2＝r2。2．以A(x1，y1)，B(x2，y2)為直徑端點(diǎn)的圓的方程為(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0。3．二元二次方程表示圓的條件對(duì)于方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圓時(shí)易忽視D2＋E2－4F>0這一條件。一、走進(jìn)教材1．(必修2P124A組T1改編)圓x2＋y2－4x＋6y＝0的圓心坐標(biāo)是()A．(2,3) B．(－2,3)C．(－2，－3) D．(2，－3)解析圓的方程可化為(x－2)2＋(y＋3)2＝13，所以圓心坐標(biāo)是(2，－3)。故選D。答案D2．(必修2P120例3改編)過點(diǎn)A(1，－1)，B(－1,1)，且圓心在直線x＋y－2＝0上的圓的方程是()A．(x－3)2＋(y＋1)2＝4B．(x＋3)2＋(y－1)2＝4C．(x－1)2＋(y－1)2＝4D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝4解析設(shè)圓心C的坐標(biāo)為(a，b)，半徑為r，因?yàn)閳A心C在直線x＋y－2＝0上，所以b＝2－a。因?yàn)閨CA|2＝|CB|2，所以(a－1)2＋(2－a＋1)2＝(a＋1)2＋(2－a－1)2。所以a＝1，b＝1。所以r＝2。所以方程為(x－1)2＋(y－1)2＝4。故選C。解析：因?yàn)锳(1，－1)，B(－1,1)，所以AB的中垂線方程為y＝x。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2＝0，,y＝x，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))所以圓心坐標(biāo)為(1,1)，r＝eq\r(1－12＋1＋12)＝2。則圓的方程為(x－1)2＋(y－1)2＝4。答案C二、走近高考3．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)一個(gè)圓經(jīng)過橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1的三個(gè)頂點(diǎn)，且圓心在x軸的正半軸上，則該圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為________。解析設(shè)圓心為(t,0)(t>0)，則半徑為4－t，所以4＋t2＝(4－t)2，解得t＝eq\f(3,2)，所以圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋y2＝eq\f(25,4)。答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋y2＝eq\f(25,4)4．(2024·天津高考)已知圓C的圓心在x軸的正半軸上，點(diǎn)M(0，eq\r(5))在圓C上，且圓心到直線2x－y＝0的距離為eq\f(4\r(5),5)，則圓C的方程為________。解析設(shè)圓心的坐標(biāo)為(a,0)(a>0)，依據(jù)題意得eq\f(|2a|,\r(5))＝eq\f(4\r(5),5)，解得a＝2(a＝－2舍去)，所以圓的半徑r＝eq\r(2－02＋0－\r(5)2)＝3，所以圓的方程為(x－2)2＋y2＝9。答案(x－2)2＋y2＝9三、走出誤區(qū)微提示：①忽視表示圓的充要條件D2＋E2－4F>0；②錯(cuò)用點(diǎn)與圓的位置關(guān)系判定；③忽視圓的方程中變量的取值范圍。5．若方程x2＋y2＋mx－2y＋3＝0表示圓，則m的取值范圍是()A．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)B．(－∞，－2eq\r(2))∪(2eq\r(2)，＋∞)C．(－∞，－eq\r(3))∪(eq\r(3)，＋∞)D．(－∞，－2eq\r(3))∪(2eq\r(3)，＋∞)解析將x2＋y2＋mx－2y＋3＝0化為圓的標(biāo)準(zhǔn)方程得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(m,2)))2＋(y－1)2＝eq\f(m2,4)－2。由其表示圓可得eq\f(m2,4)－2>0，解得m<－2eq\r(2)或m>2eq\r(2)。答案B6．若點(diǎn)(1,1)在圓(x－a)2＋(y＋a)2＝4的內(nèi)部，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．－1＜a＜1 B．0＜a＜1C．a(chǎn)＞1或a＜－1 D．a(chǎn)＝±4解析因?yàn)辄c(diǎn)(1,1)在圓內(nèi)，所以(1－a)2＋(1＋a)2＜4，即－1＜a＜1。故選A。答案A7．已知實(shí)數(shù)x，y滿意(x－2)2＋y2＝4，則3x2＋4y2的最大值為________。解析由(x－2)2＋y2＝4，得y2＝4x－x2≥0，得0≤x≤4，所以3x2＋4y2＝3x2＋4(4x－x2)＝－x2＋16x＝－(x－8)2＋64(0≤x≤4)，所以當(dāng)x＝4時(shí)，3x2＋4y2取得最大值48。答案48考點(diǎn)一圓的方程【例1】(1)過點(diǎn)A(4,1)的圓C與直線x－y－1＝0相切于點(diǎn)B(2,1)，則圓C的方程為________。(2)已知圓C經(jīng)過P(－2,4)，Q(3，－1)兩點(diǎn)，且在x軸上截得的弦長(zhǎng)等于6，則圓C的方程為________。解析(1)由已知kAB＝0，所以AB的中垂線方程為x＝3①。過B點(diǎn)且垂直于直線x－y－1＝0的直線方程為y－1＝－(x－2)，即x＋y－3＝0②，聯(lián)立①②，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝0，))所以圓心坐標(biāo)為(3,0)，半徑r＝eq\r(4－32＋1－02)＝eq\r(2)，所以圓C的方程為(x－3)2＋y2＝2。解析：設(shè)圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，因?yàn)辄c(diǎn)A(4,1)，B(2,1)在圓上，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－a2＋1－b2＝r2，,2－a2＋1－b2＝r2，))又因?yàn)閑q\f(b－1,a－2)＝－1，解得a＝3，b＝0，r＝eq\r(2)，故所求圓的方程為(x－3)2＋y2＝2。(2)設(shè)圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，將P，Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別代入得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2D－4E－F＝20，①,3D－E＋F＝－10。②))又令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0③。設(shè)x1，x2是方程③的兩根，由|x1－x2|＝6，得D2－4F＝36④，聯(lián)立①②④，解得D＝－2，E＝－4，F(xiàn)＝－8，或D＝－6，E＝－8，F(xiàn)＝0。故所求圓的方程為x2＋y2－2x－4y－8＝0或x2＋y2－6x－8y＝0。答案(1)(x－3)2＋y2＝2(2)x2＋y2－2x－4y－8＝0或x2＋y2－6x－8y＝0求圓的方程時(shí)，應(yīng)依據(jù)條件選用合適的圓的方程．一般來說，求圓的方程有兩種方法：(1)幾何法：通過探討圓的性質(zhì)進(jìn)而求出圓的基本量。確定圓的方程時(shí)，常用到的圓的三特性質(zhì)：①圓心在過切點(diǎn)且垂直切線的直線上；②圓心在任一弦的中垂線上；③兩圓內(nèi)切或外切時(shí)，切點(diǎn)與兩圓圓心三點(diǎn)共線。(2)代數(shù)法：即設(shè)出圓的方程，用待定系數(shù)法求解?！咀兪接?xùn)練】(1)(2024·珠海聯(lián)考)已知圓C與直線x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圓心在直線x＋y＝0上，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為()A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2B．(x－1)2＋(y＋1)2＝2C．(x－1)2＋(y－1)2＝2D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2(2)(2024·河南豫西五校聯(lián)考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以點(diǎn)(0,1)為圓心且與直線x－by＋2b＋1＝0相切的全部圓中，半徑最大的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為()A．x2＋(y－1)2＝4 B．x2＋(y－1)2＝2C．x2＋(y－1)2＝8 D．x2＋(y－1)2＝16解析(1)由題意設(shè)圓心坐標(biāo)為(a，－a)，則有eq\f(|a－－a|,\r(2))＝eq\f(|a－－a－4|,\r(2))即|a|＝|a－2|，解得a＝1。故圓心坐標(biāo)為(1，－1)，半徑r＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2)，所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝2。故選B。(2)直線x－by＋2b＋1＝0過定點(diǎn)P(－1,2)，如圖。所以圓與直線x－by＋2b＋1＝0相切于點(diǎn)P時(shí)，圓的半徑最大，為eq\r(2)，此時(shí)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋(y－1)2＝2。故選B。答案(1)B(2)B考點(diǎn)二與圓有關(guān)的軌跡問題【例2】已知圓x2＋y2＝4上肯定點(diǎn)A(2,0)，B(1,1)為圓內(nèi)一點(diǎn)，P，Q為圓上的動(dòng)點(diǎn)。(1)求線段AP中點(diǎn)的軌跡方程；(2)若∠PBQ＝90°，求線段PQ中點(diǎn)的軌跡方程。解(1)設(shè)AP的中點(diǎn)為M(x，y)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可知，P點(diǎn)坐標(biāo)為(2x－2,2y)。因?yàn)镻點(diǎn)在圓x2＋y2＝4上，所以(2x－2)2＋(2y)2＝4。故線段AP中點(diǎn)的軌跡方程為(x－1)2＋y2＝1，(x≠2)。(2)設(shè)PQ的中點(diǎn)為N(x，y)。在Rt△PBQ中，|PN|＝|BN|。設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，連接ON，則ON⊥PQ，所以|OP|2＝|ON|2＋|PN|2＝|ON|2＋|BN|2，所以x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2＝4。整理得x2＋y2－x－y－1＝0，故線段PQ中點(diǎn)的軌跡方程為x2＋y2－x－y－1＝0。求與圓有關(guān)的軌跡問題時(shí)，依據(jù)題設(shè)條件的不同，常采納以下方法：1．干脆法：干脆依據(jù)題目供應(yīng)的條件列出方程。2．定義法：依據(jù)圓、直線等定義列方程。3．幾何法：利用圓的幾何性質(zhì)列方程。4．代入法：找到要求點(diǎn)與已知點(diǎn)的關(guān)系，代入已知點(diǎn)滿意的關(guān)系式等?！咀兪接?xùn)練】自圓C：(x－3)2＋(y＋4)2＝4外一點(diǎn)P(x，y)引該圓的一條切線，切點(diǎn)為Q，PQ的長(zhǎng)度等于點(diǎn)P到原點(diǎn)O的距離，則點(diǎn)P的軌跡方程為()A．8x－6y－21＝0 B．8x＋6y－21＝0C．6x＋8y－21＝0 D．6x－8y－21＝0解析由題意得，圓心C的坐標(biāo)為(3，－4)，半徑r＝2，如圖。因?yàn)閨PQ|＝|PO|，且PQ⊥CQ，所以|PO|2＋r2＝|PC|2，所以x2＋y2＋4＝(x－3)2＋(y＋4)2，即6x－8y－21＝0，所以點(diǎn)P的軌跡方程為6x－8y－21＝0，故選D。答案D考點(diǎn)三與圓有關(guān)的最值問題微點(diǎn)小專題方向1：借助幾何性質(zhì)求最值【例3】已知實(shí)數(shù)x，y滿意方程x2＋y2－4x＋1＝0，則(1)eq\f(y,x)的最大值和最小值分別為________和________；(2)y－x的最大值和最小值分別為________和________；(3)x2＋y2的最大值和最小值分別為________和________。解析原方程可化為(x－2)2＋y2＝3，表示以(2,0)為圓心，eq\r(3)為半徑的圓。(1)eq\f(y,x)的幾何意義是圓上一點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率，所以設(shè)eq\f(y,x)＝k，即y＝kx。當(dāng)直線y＝kx與圓相切時(shí)(如圖)，斜率k取最大值或最小值，此時(shí)eq\f(|2k－0|,\r(k2＋1))＝eq\r(3)，解得k＝±eq\r(3)。所以eq\f(y,x)的最大值為eq\r(3)，最小值為－eq\r(3)。(2)令y－x＝b，則y－x可看作是直線y＝x＋b在y軸上的截距。如圖所示，當(dāng)直線y＝x＋b與圓相切時(shí)，縱截距b取得最大值或最小值，此時(shí)eq\f(|2－0＋b|,\r(2))＝eq\r(3)，解得b＝－2±eq\r(6)，所以y－x的最大值為－2＋eq\r(6)，最小值為－2－eq\r(6)。(3)x2＋y2表示圓上的一點(diǎn)與原點(diǎn)距離的平方。由平面幾何學(xué)問知，在原點(diǎn)和圓心連線與圓的兩個(gè)交點(diǎn)處取得最大值和最小值。又圓心到原點(diǎn)的距離為2，所以x2＋y2的最大值是(2＋eq\r(3))2＝7＋4eq\r(3)，x2＋y2的最小值是(2－eq\r(3))2＝7－4eq\r(3)。答案(1)eq\r(3)－eq\r(3)(2)－2＋eq\r(6)－2－eq\r(6)(3)7＋4eq\r(3)7－4eq\r(3)借助幾何性質(zhì)求與圓有關(guān)的最值問題，依據(jù)代數(shù)式的幾何意義，借助數(shù)形結(jié)合思想求解。1．形如μ＝eq\f(y－b,x－a)形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動(dòng)直線斜率的最值問題或轉(zhuǎn)化為線性規(guī)劃問題。2．形如t＝ax＋by形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動(dòng)直線截距的最值問題或轉(zhuǎn)化為線性規(guī)劃問題。3．形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動(dòng)點(diǎn)到定點(diǎn)的距離的平方的最值問題。方向2：建立函數(shù)關(guān)系求最值【例4】(2024·廈門模擬)設(shè)點(diǎn)P(x，y)是圓：x2＋(y－3)2＝1上的動(dòng)點(diǎn)，定點(diǎn)A(2,0)，B(－2,0)，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最大值為________。解析由題意，知eq\o(PA,\s\up6(→))＝(2－x，－y)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－2－x，－y),所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x2＋y2－4，由于點(diǎn)P(x，y)是圓上的點(diǎn)，故其坐標(biāo)滿意方程x2＋(y－3)2＝1，故x2＝－(y－3)2＋1，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12。由圓的方程x2＋(y－3)2＝1，易知2≤y≤4，所以，當(dāng)y＝4時(shí)，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的值最大，最大值為6×4－12＝12。答案12依據(jù)題中條件列出相關(guān)的函數(shù)關(guān)系式，再依據(jù)函數(shù)學(xué)問或基本不等式求最值?！绢}點(diǎn)對(duì)應(yīng)練】1．(方向1)已知兩點(diǎn)A(0，－3)，B(4,0)，若點(diǎn)P是圓C：x2＋y2－2y＝0上的動(dòng)點(diǎn)，則△ABP的面積的最小值為()A．6 B．eq\f(11,2)C．8 D．eq\f(21,2)解析x2＋y2－2y＝0可化為x2＋(y－1)2＝1，則圓C為以(0,1)為圓心，1為半徑的圓。如圖，過圓心C向直線AB作垂線交圓于點(diǎn)P，連接BP，AP，這時(shí)△ABP的面積最小，直線AB的方程為eq\f(x,4)＋eq\f(y,－3)＝1，即3x－4y－12＝0，圓心C到直線AB的距離d＝eq\f(16,5)，又|AB|＝eq\r(32＋42)＝5，所以△ABP的面積的最小值為eq\f(1,2)×5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,5)－1))＝eq\f(11,2)。答案B2．(方向2)已知實(shí)數(shù)x，y滿意(x－2)2＋(y－1)2＝1，則z＝eq\f(y＋1,x)的最大值與最小值分別為________和________。解析由題意，得eq\f(y＋1,x)表示過點(diǎn)A(0，－1)和圓(x－2)2＋(y－1)2＝1上的動(dòng)點(diǎn)(x，y)的直線的斜率。當(dāng)且僅當(dāng)直線與圓相切時(shí)，直線的斜率分別取得最大值和最小值。設(shè)切線方程為y＝kx－1，即kx－y－1＝0，則eq\f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq\f(4±\r(7),3)，所以zmax＝eq\f(4＋\r(7),3)，zmin＝eq\f(4－\r(7),3)。答案eq\f(4＋\r(7),3)eq\f(4－\r(7),3)3．(方向2)已知圓O：x2＋y2＝9，過點(diǎn)C(2,1)的直線l與圓O交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，直線l的方程為()A．x－y－3＝0或7x－y－15＝0B．x＋y＋3＝0或7x＋y－15＝0C．x＋y－3＝0或7x－y＋15＝0D．x＋y－3＝0或7x＋y－15＝0解析當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，l的方程為x＝2，則P，Q的坐標(biāo)為(2，eq\r(5))，(2，－eq\r(5))，所以S△OPQ＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(5)＝2eq\r(5)。當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為y－1＝k(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k≠\f(1,2)))，則圓心到直線PQ的距離d＝eq\f(|1－2k|,\r(1＋k2))，由平面幾何學(xué)問得|PQ|＝2eq\r(9－d2)，S△OPQ＝eq\f(1,2)·|PQ|·d＝eq\f(1,2)·2eq\r(9－d2)·d＝eq\r(9－d2d2)≤eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9－d2＋d2,2)))2)＝eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)9－d2＝d2，即d2＝eq\f(9,2)時(shí)，S△OPQ取得最大值eq\f(9,2)。因?yàn)?eq\r(5)<eq\f(9,2)，所以S△OPQ的最大值為eq\f(9,2)，此時(shí)eq\f(4k2－4k＋1,k2＋1)＝eq\f(9,2)，解得k＝－1或k＝－7，此時(shí)直線l的方程為x＋y－3＝0或7x＋y－15＝0。故選D。答案D四點(diǎn)共圓問題的求解策略四點(diǎn)共圓問題本屬于平面幾何內(nèi)容，是數(shù)學(xué)競(jìng)賽中的高頻考點(diǎn)，近年來，圓錐曲線中的四點(diǎn)共圓問題也頻頻出現(xiàn)在高考試題中?！镜淅恳阎獟佄锞€C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，直線y＝4與y軸的交點(diǎn)為P，與C的交點(diǎn)為Q，且|QF|＝eq\f(5,4)|PQ|。(1)求拋物線C的方程；(2)過F的直線l與C相交于A，B兩點(diǎn)，若AB的垂直平分線l′與C相交于M，N兩點(diǎn)，且A，M，B，N四點(diǎn)在同一圓上，求l的方程?！窘狻?1)設(shè)Q(x0,4)，代入y2＝2px，得x0＝eq\f(8,p)，又P(0，4)，所以|PQ|＝eq\f(8,p)。又|QF|＝eq\f(p,2)＋x0＝eq\f(p,2)＋eq\f(8,p)，且|QF|＝eq\f(5,4)|PQ|，所以eq\f(p,2)＋eq\f(8,p)＝eq\f(5,4)·eq\f(8,p)，解得p＝2(p＝－2舍去)，所以，拋物線C的方程為y2＝4x。(2)因?yàn)锳，M，B，N四點(diǎn)在同一圓上，弦AB的垂直平分線必過圓心，又