专题08：2020-2021学年高二年级数学上学期期末复习通关秘笈圆与方程解析版

圆与方程
一、求圆的方程
1．已知圆的圆心在直线上，且过两点，，则圆的方程是___________．
【答案】
【分析】由已知求出的垂直平分线方程，与已知直线方程联立求得圆心坐标，再求出半径，则圆的方程可求．
【解析】，，，
的中点坐标为，则的垂直平分线方程为，
即．联立，解得，
则圆心坐标为，半径为．
圆的方程是．故答案为．
2．经过三点，，的圆的面积
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】首先利用三点的坐标求出圆的方程，进一步利用圆的面积公式求出结果．
【解析】设圆的一般式方程为，
由于：圆经过三点，，的坐标，
故：，解得，，．
故圆的方程为，整理得，所以：．故选．
【名师点睛】本题考查的知识要点：圆的一般是方程的应用，圆的面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
3．已知圆：和圆：相交于A，B两点．若圆C的圆心在直线上，且圆C过A，B两点，则圆C的方程为___________．
【答案】
【分析】先求直线的方程，由圆C过A，B两点可设圆的方程为
，可知圆心为代入直上，即可得的值，进而得出圆C的方程．
【解析】因为圆：与圆：相交于A，B两点，
所以直线的方程为，因为圆C过A，B两点，所以设圆的方程为
，即
所以圆心为，将代入，
可得，解得，所以圆的方程为.
【名师点睛】求圆的方程的方法：
（1）几何法：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：若已知条件与圆心和半径都有关，设圆的标准方程，根据已知条件列出关于 、的方程组，从而求出 、的值；
（3）若已知条件没有明确给出圆心和半径，则选择圆的一般方程，根据已知条件列出关于的方程组，从而求出的值；
4．已知直线：与圆：相交于，两点，过点，及的圆的方程为
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】直线：与圆：相交于，两点
设点，及的圆的方程为，与的公共弦为，
故有，代入，
得，解得，，故选A．
5．已知圆的圆心在轴上，且过，两点．
（1）求圆的方程；
（2）若圆与圆有公共点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）设，由圆经过点，列方程，求得圆心和半径后即可得解；
（2）由圆与圆的位置关系可得，解不等式即可得解．
【解析】（1）由题意，设，
由圆过，两点可得，解得，
所以，圆的半径为，所以圆的方程为；
（2）由题意，圆的圆心为，半径为，
因为圆与圆有公共点，所以，
即，解得．
一、 点与圆的位置关系
1、若点在圆的内部，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．或
答案： C
解析： 根据点与圆的位置关系所满足的代数关系即可求解.
详解：∵点在圆的内部，
∴，
解得．
故选：C．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，属于基础题.
2、已知点和圆：，过点作圆的切线有两条，则实数的取值范围是
A． B．或
C．或 D．
【答案】C
【分析】根据圆的一般式方程得得或，再根据题意得点在圆外，进而得，故实数的取值范围是或．
【解析】将圆的方程化为一般式形式得，
所以有，即，解得或，
因为过点作圆的切线有两条，所以点在圆外，所以，
解得．所以实数的取值范围是或．故选C．
【名师点睛】解答本题，容易忽视圆的一般式方程表示圆的条件，导致出错，故在解答过程中应该认真审题，仔细计算，以免出错．
3、设圆，定点，若圆O上存在两点到A的距离为2，则r的取值范围是________．
答案：
解析：
解：根据题意设以为圆心，为半径的圆为圆，
所以圆，圆心为，半径为，
则两圆圆心距为：，
因为圆O上存在两点到A的距离为，
所以圆与圆相交，
所以，解得：.
所以r的取值范围是：.
故答案为：
4、若过点可作圆的切线有两条，则有
A． B．或
C． D．上述均不对
【答案】D
【解析】由，得，解得，
又点应在已知圆的外部，把点代入圆的方程得
，解得或，
则实数的取值范围是．故选D．
【名师点睛】圆的标准方程知，利用点应在已知圆的外部，得到把点坐标代入圆的标准方程其值大于．

二、 直线与圆的位置关系
1、已知圆上到直线的距离等于的点有个，则
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】转化条件为圆心到直线的距离为2，结合点到直线的距离公式即可得解．
【解析】由题意，圆的圆心为，半径为3，
因为圆上到直线的距离等于的点有个，
所以点到直线的距离，所以．故选A．
2、直线与圆的位置关系是
A．相交 B．相切
C．相离 D．不能确定
【答案】B
【分析】化圆的方程为标准方程求出圆心坐标与半径，再由圆心到直线的距离等于半径判断．
【解析】由，得．
圆心坐标为，半径为．
圆心到直线的距离，
直线与圆的位置关系是相切．故选．
3、直线,圆,与的位置关系是（ ）
A．相交 B．相离 C．相切 D．不能确定
答案： A
解析： 详解：分析：把圆的方程化为标准方程，求和圆心和半径，再根据圆心到直线的距离和圆的半径的关系，即可得到直线与圆的位置关系.
详解：由圆，即，
表示以为圆心，半径为的圆，
所以圆心到直线的距离为，所以直线和圆相交，故选A.
点睛：本题主要考查了直线与圆的位置关系的判定，以及三角函数的基本关系式的应用，其中熟记直线与圆的位置关系的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力.
4、若直线与圆相切，则的值为
A．1或－1 B．2或－2
C．1 D．－1
【答案】D
【分析】根据直线与圆相切则圆心到直线的距离等于半径，计算即得的值．
【解析】圆的标准式方程是，故圆心是，半径，
直线方程为，依题意直线与圆相切，则圆心到直线
5、已知直线：与圆交于，两点，过，分别作的垂线与轴交于，两点，若，则
A．4 B．
C． D．
【答案】B
【分析】先根据垂径定理得圆心到直线距离，再根据圆心到直线距离解得，最后根据直角三角形得结果．
【解析】根据垂径定理得圆心到直线距离为，
所以，从而直线倾斜角为，
因此，故选B．
【名师点睛】本题考查直线与圆的有关问题，可以从以下几个方面入手：
（1）根据圆的半径，半弦长和弦心距构成直角三角形，利用勾股定理求得弦心距；
（2）利用点到直线的距离求得参数，确定直线的倾斜角；
（3）结合圆中相关量之间的关系，求得结果．
的距离d等于半径r，即，解得．故选D．
6、已知直线，圆．
（1）求直线被圆截得的弦长；
（2）在直线取一点，设Q为圆C上的点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由题得圆，它表示圆心为，半径为的圆．
圆心到直线的距离，
所以直线被圆截得的弦长为．
（2），
．
故的取值范围为．
【名师点睛】求圆外一点到圆上的距离的最值常用数形结合，最小值为，最大值为．
7、已知圆，直线．
（1）判断直线与圆位置关系；
（2）求直线被圆截得线段的最短长度及此时的方程．
【答案】（1）直线与圆总相交；（2）弦长的最小值为，此时直线的方程为．
【分析】（1）确定直线过定点，且定点在圆内．则易得直线与圆相交；
（2）（1）中定点是，当时，弦长最短，由此可计算出最短弦长，直线方程．
【解析】（1）将直线的方程变形为，
可得，解得，所以，直线恒过定点，

，则点在圆内，不论取何值，直线与圆总相交；
（2）设圆心到直线的距离为，设直线截圆所得弦长为，如下图所示：
当直线与直线不垂直时，；当时，．
所以，，即当时，取得最大值，．
直线的斜率为，由于，则直线的斜率为，
此时，直线的方程为，即．
直线截圆所得弦长的最小值为．
【名师点睛】本题考查直线与圆的位置关系，直线与圆相交弦长一般用几何法求解：求出圆心到直线的距离，由（垂径定理）计算弦长．
8、已知圆，是轴上的动点，，分别切圆于，两点．
（1）若，求切线，的方程；
（2）求四边形面积的最小值；
（3）若，求直线的方程．
【答案】（1），；（2）；（3）或．
【分析】（）由直线与圆相切的性质即可得解；（2）转化条件为，求得的最小值即可得解；（3）设，由切线长定理及勾股定理可得，即可得解．
【解析】（）圆的圆心为，半径为1，
当过的直线斜率不存在时，直线方程为，与圆相切，符合题意；
当过的直线斜率存在时，设切线方程为，即，
所以圆心到切线的距离，解得，
所以切线方程为；
综上，切线，的方程分别为，；
（）由题意，四边形面积，
所以当轴时，取得最小值，
所以四边形面积的最小值为；
（）由题意，圆心到弦的距离为，
设，则，
又，所以，解得，
所以或，
所以直线的方程为或．
9、（1）在平面直角坐标系中，已知圆的圆心为，过点且斜率为的直线与圆相交于不同的两点，．求的取值范围．
（2）已知直线与圆心为的圆相交于，两点，且，求实数的值．
【答案】（1）；（2）或．
【解析】（1）解：圆的方程可写成，所以圆心为．
过点且斜率为的直线方程为，代入圆的方程得，整理得．
直线与圆交于两个不同的点，等价于
，
解得，即的取值范围为．
（2）圆的标准方程为，圆心，半径．
由题意，点，在圆上，点为圆心，所以，
所以在等腰中，，
作于，在等腰中，．
点到直线的距离为，
所以，解得或．
【名师点睛】根据直线与圆的位置关系求参数值常见方法．
（1）代数法：将直线与圆联立，根据判别式大于零、等于零、小于零求解．
（2）几何法：根据圆心到直线的距离与半径作比较．

10、已知圆：，直线：．
（1）无论取任何实数，直线必经过一个定点，求出这个定点的坐标；
（2）当取任意实数时，直线和圆的位置关系有无不变性，试说明理由；
（3）请判断直线被圆截得的弦何时最短，并求截得的弦最短时的值以及弦的长度．
【答案】（1）证明见解析；直线恒过；（2）答案见解析；（3）当直线垂直时，截得的弦最短，，．
【分析】（1）将直线的方程化简：将含参数的项合并，不含参数的项合并，分别令二者为，由此求解出定点坐标；（2）根据直线所过的定点与圆的关系，确定出直线与圆的位置关系；（3）根据条件分析出当直线垂直时截得的弦最短，根据垂直时对应的斜率之积为求解出的值，再利用勾股定理求解出的值．
【解析】（1）直线：可变形为
，
由，解得，直线恒过；
（2）圆心，，
因为，所以直线过圆内一定点，
不论取何值时，直线和圆总相交；
（3）当直线垂直时，截得的弦最短，
，，，所以．
最短的弦长，所以，．
【名师点睛】本题考查直线与圆的综合应用，属于中档题．
（1）求解直线过定点问题的方法：将直线方程中含参部分合并，将不含参部分合并，根据二者同为求解出对应的，即为定点的横纵坐标；
（2）过定点的动直线被圆截得的弦最短问题的求解方法：考虑圆心到直线的最长距离，即为圆心到与定点连线垂直于动直线时，然后根据垂直关系求解问题．
11.已知直线，圆．
（1）求证：不论取什么实数，直线与圆恒相交于两点；
（2）当直线被圆截得的线段最短时，求线段的最短长度及此时的值．
【答案】（1）证明见解析；（2），．
【分析】（1）求出直线过定点，此定点在圆内即证；
（2）定点与圆心连线与垂直时，截得的线段最短，由此可得．
【解析】（1）直线，必过直线与直线的交点．联立方程，解得，所以直线过定点．
，即点在圆内，直线与圆C恒相交于两点．
（2）当直线被圆截得的线段最短时，直线垂直．
，直线l的斜率，则，解得．
此时，弦长．
【名师点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查直线与圆相交弦长问题．如果直线恒过圆内一点，则直线与圆一定相交，过圆内一定点的弦，当弦过圆心时弦长最长，当定点与圆心连线与弦垂直时，弦长最短．
12、已知点，，曲线上任意一点到点的距离均是到点距离的倍．
（1）求曲线的方程：
（2）已知，设直线：交曲线于、两点，直线：交曲线于、两点，、两点均在轴下方．当的斜率为时，求线段的长．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）设曲线上任意一点坐标为，
由题意得，
整理得，即．
（2）由题意知，且两条直线均过定点，
设曲线的圆心为，则，线段的中点为，则直线，
设直线，由得点，
由圆的几何性质得，
而，
解得或，又两点均在轴下方，所以直线，
由，解得或，
不失一般性，设，
由，消去得①
方程①的两根之积为1，所以点的横坐标，
因为点在直线上，解得，
直线，所以，同理可得，
所以线段的长为．
【名师点睛】本题考查求圆的轨迹方程，考查求圆中弦长．本题求弦长方程是求出交点坐标，再得弦长，而解题关键是由直线，且交点为定点，设出方程，中点，由圆的性质得求得方程，得出两点坐标，再得两点坐标，得弦长．
13．已知圆：，斜率为1的直线与圆交于、两点．
（1）化圆的方程为标准形式，并指出圆心和半径；
（2）是否存在直线，使以线段为直径的圆过原点？若存在，求出直线的方程，若不存在，说明理由；
（3）当直线平行移动时，求面积的最大值．
【答案】（1）；圆心，；（2）存在；；或；（3）．
【解析】（1）由得．
圆的圆心为，半径．
（2）假设存在直线，设方程为，，，
以为直径的圆过圆心，，即．
由消去得．
由得．
由根与系数关系得，，
，
，解得或．
直线方程为或．
（3）设圆心到直线：的距离为，则，
，
当时，，圆心到直线距离，
解得或，
当直线的方程为或时，面积取得最大值．
【名师点睛】处理直线与圆问题中的三角形面积的最值或取值范围问题时，通常结合垂径定理和点到直线距离公式将所求面积表示为关于圆心到直线距离或者半径的函数关系式的形式，利用函数最值的求解方法求得结果．
14、已知圆与圆相交于A､B两点．
（1）求公共弦AB的长；
（2）求圆心在直线上，且过A､B两点的圆的方程；
（3）求经过A､B两点且面积最小的圆的方程．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【分析】（1）两圆方程相减，求出公共弦所在的直线方程，再利用点到直线的距离公式求出到直线AB的距离，根据几何法求弦长即可．（2）求出，的直线方程，与联立，求出圆心，再求出圆心到AB的距离，再利用几何法求出半径即可求解．（3）根据题意可知过A､B且面积最小的圆就是以AB为直径的圆，联立AB与的直线方程，求出交点即为圆心，即可求解．
【解析】（1）由两圆方程相减即得，此为公共弦AB所在的直线方程．
圆心，半径．到直线AB的距离为，
故公共弦长．
（2）圆心，过，的直线方程为，即．
由得所求圆的圆心为．它到AB的距离为，
所以所求圆的半径为，所以所求圆的方程为．
（3）过A､B且面积最小的圆就是以AB为直径的圆，
由，得圆心，半径．
所以所求圆的方程为．
【名师点睛】本题考查了圆的弦长以及圆的标准方程，属于基础题，求圆的弦长以及圆的常见方法．（1）几何法求圆的弦长：根据弦长、弦心距、半径之间的关系，由勾股定理求解．（2）代数法求圆的弦长：求出直线与圆的交点，利用两点间的距离公式求解．（3）几何法求圆的方程：利用弦的中垂线过圆心，求出中垂线的交点得出圆心，几何法求半径．（4）代数法求圆的方程：设出圆的方程，将点代入圆的方程
三、 圆与圆的位置关系
1、圆和圆的公切线条数为
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据两圆的标准方程，可得它们的圆心坐标和半径大小，从而得到两圆的圆心距等于10，恰好等于两圆的半径之和，由此可得两圆位置关系是外切，进而求出结果．
【解析】由题意，圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为；
所以，且，所以，
所以两圆外切，此时两圆有且仅有3条公切线．故选C．
2、圆与圆的位置关系为
A．内切 B．外切
C．相交 D．相离
【答案】C
【分析】计算出两圆的圆心距离，比较与半径之和、半径之差的大小关系即可得解．
【解析】由题意，圆的圆心为，半径为2，
圆的圆心为，半径为3，
因为两圆心的距离，所以，
所以两圆相交．故选C．
3、已知圆与圆无公共点，则半径的取值范围是
A． B．，，
C． D．，，
【答案】D
【分析】利用圆心距小于半径之差的绝对值(内含)，或大于半径之和(外离)即可得．
【解析】由已知得圆圆心，半径；圆，
故圆心为，半径．，
因为两圆无公共点，故两圆相离或内含，所以，或，
即，或，解得，或．故选．
4、圆：与圆：的公切线的条数为
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】B
【分析】求出两圆的圆心坐标与半径，由圆心距与半径间的关系可知两圆相交，从而得到两圆公切线的条数．
【解析】化为
可知圆的圆心坐标为，半径为2；
又圆的圆心坐标为，半径为1．
而，即．
圆与圆相交，则公切线条数为2．故选．

5、过圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，若，则实数
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】取圆上任意一点P，过P作圆的两条切线，，根据题中条件，求出，进而可求出结果．
【解析】取圆上任意一点P，过P作圆的两条切线，，当时，且，；

则，所以实数．故选C．
四、 求轨迹方程
1、若点为圆：上任意一点，，则线段中点的轨迹方程为___________．
【答案】
【分析】连，则为的中位线，所以，即可得点的轨迹方程．
【解析】由题知圆的半径为1，
连，则为的中位线，所以，
所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，故点的轨迹方程为．
2、已知线段的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，则线段的中点M的轨迹方程是___________．
【答案】
【分析】设出A和M的坐标，由中点坐标公式把A的坐标用M的坐标表示，然后代入圆的方程即可得到答案．
【解析】设，线段的中点M为．则，即①．
因为端点A在圆上运动，所以．
把①代入得．所以线段的中点M的轨迹方程是．故答案为．
3、点是圆上的动点，点满足（为坐标原点），则点的轨迹方程是___________；若点又在直线上，则的最小值是___________．
【答案】
【分析】设，得，代入即得点的轨迹方程；当直线和圆相切时得，解方程即得解．
【解析】设，由得，
代入方程得．
所以曲线点的轨迹方程是．

由题得直线方程为，
当直线和圆相切时得，
解之得或．所以的最小值为．
故答案为；．
4、公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（）在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆．后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆．已知直角坐标系中，，，且满足，则点的运动轨迹方程为___________，点到直线的最小距离为___________．
【答案】
【分析】（1）根据题中的条件，转化为关于的方程；（2）利用圆心到直线的距离求圆上的点到直线的距离的最小值．
【解析】（1），
化简为；
（2）点到直线的距离的最小值是圆心到直线的距离减半径，
即．
故答案为；．
【名师点睛】本题第二问考查与圆的几何性质有关的最值，具体结论如下：
（1）设为圆的圆心，半径为，圆外一点到圆上的距离的最小值为，最大值为；
（2）过圆内一点的最长弦为圆的直径，最短弦是以该点为中点的弦；
（3）记圆的半径为，圆心到直线的距离为，直线与圆相离，则圆上的点到直线的最大距离为，最小值为.