2021版新高考数学（文科）一轮复习教师用书：第9章第3节　圆的方程

第三节　圆的方程

[最新考纲]　1.掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程.2.初步了解用代数方法处理几何问题的思想．

1．圆的定义及方程

2.点与圆的位置关系

点M(x0，y0)与圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2的位置关系：

(1)若M(x0，y0)在圆外，则(x0－a)2＋(y0－b)2＞r2.

(2)若M(x0，y0)在圆上，则(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2.

(3)若M(x0，y0)在圆内，则(x0－a)2＋(y0－b)2＜r2.

1．圆的三个性质

(1)圆心在过切点且垂直于切线的直线上；

(2)圆心在任一弦的中垂线上；

(3)两圆相切时，切点与两圆心三点共线．

2．以A(x1，y1)，B(x2，y2)为直径端点的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0.(公式推导：设圆上任意一点为P(x，y)，则有kPA·kPB＝－1，由斜率公式代入整理即可)

一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)确定圆的几何要素是圆心与半径． (　　)

(2)方程(x＋a)2＋(y＋b)2＝t2(t∈R)表示圆心为(a，b)，半径为t的一个圆．  (　　)

(3)方程x2＋y2＋4mx－2y＝0不一定表示圆． (　　)

(4)若点M(x0，y0)在圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0外，则x＋y＋Dx0＋Ey0＋F＞0.                            (　　)

[答案]　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√

二、教材改编

1．圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是(　　)

A．(x－1)2＋(y－1)2＝1

B．(x＋1)2＋(y＋1)2＝1

C．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2

D．(x－1)2＋(y－1)2＝2

D　[因为圆心为(1,1)且过原点，所以该圆的半径r＝＝，则该圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2，选D.]

2．若坐标原点在圆(x－m)2＋(y＋m)2＝4的内部，则实数m的取值范围是(　　)

A．(－1,1)　　　　　　　 B．(－，)

C．(－，)   D.

C　[∵点(0,0)在(x－m)2＋(y＋m)2＝4的内部，∴(0－m)2＋(0＋m)2＜4，解得－＜m＜.故选C.]

3．以点(3，－1)为圆心，并且与直线3x＋4y＝0相切的圆的方程是(　　)

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

A　[圆的半径r＝＝＝1

因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y＋1)2＝1，故选A.]

4．圆C的圆心在x轴上，并且过点A(－1,1)和B(1,3)，则圆C的方程为        ．

(x－2)2＋y2＝10　[线段AB的中点坐标是E(0,2)，直线AB的斜率kAB＝＝1，

所以线段AB的垂直平分线的方程是y－2＝－x，即y＝－x＋2.

由得

即圆心C的坐标是(2,0)，半径r＝＝，

所以所求圆的方程为(x－2)2＋y2＝10.]

考点1　求圆的方程

　求圆的方程的两种方法

(1)直接法：直接求出圆心坐标和半径，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，则设圆的标准方程，求出a，b，r的值；

②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．

　(1)已知圆心在直线y＝－4x上，且圆与直线l：x＋y－1＝0相切于点P(3，－2)，则该圆的方程是        ．

(2)(2019·全国卷Ⅰ改编)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切，若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径．

(1)(x－1)2＋(y＋4)2＝8　[过切点且与x＋y－1＝0垂直的直线为y＋2＝x－3，与y＝－4x联立可求得圆心为(1，－4)．所以半径r＝＝2，故所求圆的方程为(x－1)2＋(y＋4)2＝8.]

(2)[解]　因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．

因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.

由已知得|AO|＝2，又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.

故⊙M的半径r＝2或r＝6.

　涉及弦长问题，一般是利用半弦长、弦心距、半径构成直角三角形求解．

[教师备选例题]

已知圆C的圆心在y轴上，且过点A(4,4)，B(－4,0)，则圆C的标准方程是        ．

x2＋(y－2)2＝20　[设圆C的圆心C(0，n)，由|CA|＝|CB|得(0－4)2＋(n－4)2＝(0＋4)2＋n2，解得n＝2.

即圆心C(0,2)，圆C的半径r＝＝.

所以圆C的标准方程为x2＋(y－2)2＝20.]

　1.过点A(1，－1)，B(－1,1)，且圆心在x＋y－2＝0上的圆的方程是(　　)

A．(x－3)2＋(y＋1)2＝4　　B．(x＋3)2＋(y－1)2＝4

C．(x－1)2＋(y－1)2＝4   D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝4

C　[AB的中垂线方程为y＝x，所以由y＝x，x＋y－2＝0的交点得圆心(1,1)，半径为2，因此圆的方程是(x－1)2＋(y－1)2＝4，故选C.]

2．(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        ．

x2＋y2－2x＝0　[法一：设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.

∵圆经过点(0,0)，(1,1)，(2,0)，∴

解得 ∴圆的方程为x2＋y2－2x＝0.

法二：画出示意图如图所示，则△OAB为等腰直角三角形，故所求圆的圆心为(1,0)，半径为1，所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝1，即x2＋y2－2x＝0.]

考点2　与圆有关的最值问题

　斜率型最值问题

　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＝表示过坐标原点的直线的斜率．

　已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0，求的最大值和最小值．

[解]　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＝±.(如图所示)

所以的最大值为，最小值为－.

　求解时也可数形结合，直接在直角三角形中求出直线的斜率．

　截距型最值问题

　形如μ＝ax＋by型的最值问题，常转化为动直线截距的最值问题求解，即令t＝ax＋by，则y＝－x＋，从而将ax＋by的最值问题，转化为求直线y＝－x＋的截距的最值问题．

　已知点(x，y)在圆(x－2)2＋(y＋3)2＝1上，求x＋y的最大值和最小值．

[解]　设t＝x＋y，则y＝－x＋t，

t可视为直线y＝－x＋t在y轴上的截距，

∴x＋y的最大值和最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最大值和最小值，即直线与圆相切时在y轴上的截距．

由直线与圆相切得圆心到直线的距离等于半径，

即＝1，解得t＝－1或t＝－－1.

∴x＋y的最大值为－1，最小值为－－1.

　解答本例的关键是把问题转化为直线和圆相切．

　距离型最值

　形如μ＝(x－a)2＋(y－b)2型的最值问题，可转化为动点(x，y)与定点(a，b)的距离的平方求最值．如x2＋y2＝(x－0)2＋(y－0)2，从而转化为动点(x，y)与坐标原点的距离的平方．

　(1)已知M(x，y)为圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一点，且点Q(－2,3)，则|MQ|的最大值为        ，最小值为        ．

(2)已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0，求x2＋y2的最大值和最小值．

(1)6　2　[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)[解]　如图所示，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，在原点和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，x2＋y2的最小值是(2－)2＝7－4.

　解答此类题目的关键是求出圆心到定点的距离．

　已知圆C：(x＋2)2＋y2＝1，P(x，y)为圆C上任一点．

(1)求的最大、最小值；

(2)求x－2y的最大、最小值．

[解]　(1)表示点P(x，y)与点(1,2)连线的斜率．

设k＝，则y－2＝kx－k，即kx－y＋2－k＝0.

当直线kx－y＋2－k＝0与圆相切时，斜率k取得最大值或最小值，此时＝1，即|2－3k|＝，

平方得8k2－12k＋3＝0，解得k＝，

即的最大值为，最小值为.

(2)设b＝x－2y，即y＝－.

b可视为直线y＝－在y轴上的截距的2倍的相反数，

则当直线与圆相切时，b有最大值和最小值．

此时＝1，即|b＋2|＝，

解得b＝－2或b＝－2－.

所以x－2y的最大值为－2，最小值为－2－.

考点3　与圆有关的轨迹问题

　求与圆有关的轨迹问题的四种方法

(1)直接法：直接根据题设给定的条件列出方程求解．

(2)定义法：根据圆的定义列方程求解．

(3)几何法：利用圆的几何性质得出方程求解．

(4)代入法(相关点法)：找出要求的点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式求解．

　已知圆x2＋y2＝4上一定点A(2,0)，B(1,1)为圆内一点，P，Q为圆上的动点．

(1)求线段AP中点的轨迹方程；

(2)若∠PBQ＝90°，求线段PQ中点的轨迹方程．

[解]　(1)设AP的中点为M(x，y)，

由中点坐标公式可知，P点坐标为(2x－2,2y)．

因为P点在圆x2＋y2＝4上，

所以(2x－2)2＋(2y)2＝4，

故线段AP中点的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝1.

(2)设PQ的中点为N(x，y)，

在Rt△PBQ中，|PN|＝|BN|.

设O为坐标原点，连接ON(图略)，则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.

故线段PQ中点的轨迹方程为x2＋y2－x－y－1＝0.

　解答本例第(2)问时，半弦长、弦心距与半径构成的直角三角形仍然是解题的关键．

[教师备选例题]

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]　(1)设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.

因为AC⊥BC，且BC，AC斜率均存在，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)．

(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)．

　1.点P(4，－2)与圆x2＋y2＝4上任意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＝4

D．(x＋2)2＋(y－1)2＝1

A　[设圆上任意一点为(x1，y1)，中点为(x，y)，

则即

代入x2＋y2＝4，得(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，

化简得(x－2)2＋(y＋1)2＝1.]

2．已知圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝9，过点A(2,3)作圆C的任意弦，则这些弦的中点P的轨迹方程为        ．

＋(y－2)2＝　[设P(x，y)，圆心C(1,1)．

因为P点是过点A的弦的中点，

所以⊥.

又因为＝(2－x,3－y)，＝(1－x,1－y)．

所以(2－x)(1－x)＋(3－y)(1－y)＝0.

所以点P的轨迹方程为＋(y－2)2＝.]