第03讲 圆的方程（八大题型）（讲义）-2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）

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\l "_Tc176526250" 01 考情透视·目标导航 PAGEREF _Tc176526250 \h 2
\l "_Tc176526251" 02 知识导图·思维引航 PAGEREF _Tc176526251 \h 3
\l "_Tc176526252" 03 考点突破·题型探究 PAGEREF _Tc176526252 \h 4
\l "_Tc176526253" 知识点1：圆的定义和圆的方程 PAGEREF _Tc176526253 \h 4
\l "_Tc176526254" 知识点2：点与圆的位置关系判断 PAGEREF _Tc176526254 \h 5
\l "_Tc176526255" 题型一：求圆多种方程的形式 PAGEREF _Tc176526255 \h 5
\l "_Tc176526256" 题型二：直线系方程和圆系方程 PAGEREF _Tc176526256 \h 8
\l "_Tc176526257" 题型三：与圆有关的轨迹问题 PAGEREF _Tc176526257 \h 11
\l "_Tc176526258" 题型四：用二元二次方程表示圆的一般方程的充要条件 PAGEREF _Tc176526258 \h 17
\l "_Tc176526259" 题型五：点与圆的位置关系判断 PAGEREF _Tc176526259 \h 19
\l "_Tc176526260" 题型六：数形结合思想的应用 PAGEREF _Tc176526260 \h 21
\l "_Tc176526261" 题型七：与圆有关的对称问题 PAGEREF _Tc176526261 \h 25
\l "_Tc176526262" 题型八：圆过定点问题 PAGEREF _Tc176526262 \h 28
\l "_Tc176526263" 04真题练习·命题洞见 PAGEREF _Tc176526263 \h 31
\l "_Tc176526264" 05课本典例·高考素材 PAGEREF _Tc176526264 \h 34
\l "_Tc176526265" 06易错分析·答题模板 PAGEREF _Tc176526265 \h 36
\l "_Tc176526266" 易错点：忽视圆的一般方程成立的条件 PAGEREF _Tc176526266 \h 36
\l "_Tc176526267" 答题模板：求圆的方程 PAGEREF _Tc176526267 \h 37
知识点1：圆的定义和圆的方程
1、平面内到定点的距离等于定长的点的集合（轨迹）叫圆．
2、圆的四种方程
（1）圆的标准方程：，圆心坐标为（a，b），半径为
（2）圆的一般方程：，圆心坐标为，半径
（3）圆的直径式方程：若，则以线段AB为直径的圆的方程是
（4）圆的参数方程：
①的参数方程为（为参数）；
②的参数方程为（为参数）．
【诊断自测】已知点，，，则外接圆的方程是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由题
得是直角三角形，且，
所以圆的半径为，圆心为，
所以外接圆的方程为.
故选：B.
知识点2：点与圆的位置关系判断
（1）点与圆的位置关系：
①点P在圆外；
②点P在圆上；
③点P在圆内．
（2）点与圆的位置关系：
①点P在圆外；
②点P在圆上；
③点P在圆内．
【诊断自测】（2024·河北沧州·二模）若点在圆（为常数）外，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意知，
故，
又由圆的一般方程，
可得，即，
即或，
所以实数的范围为.
故选：C.

题型一：求圆多种方程的形式
【典例1-1】已知直线与圆相切于点，圆心在直线上，则圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由题意，设（），圆的半径为，
，解得，
所以圆心，半径，
所以圆的方程为.
故选：D.
【典例1-2】（2024·高三·北京·开学考试）圆心为，且与轴相切的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由题意，圆心坐标为，可知AB错误；
设圆心半径为，且圆心到轴的距离为，
则由圆与轴相切可得，
故圆的方程为：.
故选：C.
【方法技巧】
（1）求圆的方程必须具备三个独立的条件，从圆的标准方程上来讲，关键在于求出圆心坐标（a，b）和半径r；从圆的一般方程来讲，必须知道圆上的三个点．因此，待定系数法是求圆的方程常用的方法．
（2）用几何法来求圆的方程，要充分运用圆的几何性质，如圆心在圆的任一条弦的垂直平分线上，半径、弦心距、弦长的一半构成直角三角形等．
【变式1-1】过点作圆的两条切线，切点分别为A，B，则的外接圆方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由圆，得到圆心，由题意知O、A、B、P四点共圆，的外接圆即四边形的外接圆， 又，从而的中点坐标为所求圆的圆心，为所求圆的半径，所以所求圆的方程为.
故选：A
【变式1-2】圆心在直线上，且经过点，的圆的方程为 ．
【答案】
【解析】圆经过点和，，AB中点为，
所以线段AB的垂直平分线的方程是．
联立方程组，解得．
所以，圆心坐标为，半径，
所以，此圆的标准方程是．
故答案为：.
【变式1-3】（2024·陕西安康·模拟预测）已知直线与均与相切，点在上，则的方程为 .
【答案】
【解析】由于直线与平行，且均与相切，
两直线之间的距离为圆的直径，即，
又在上，所以为切点，
故过且与垂直的直线方程为，
联立，
所以与相切于点，
故圆心为与的中点，即圆心为0，1，
故圆的方程为，
故答案为：
【变式1-4】与直线和圆都相切的半径最小的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
如图，过圆的圆心作直线的垂线，垂足为，
则以为直径的圆(设其半径为)即为所求圆.理由如下：
另作一个圆，与圆相切，与直线切于点，设其半径为，
由图知，即，即，即圆是符合要求的最小圆.
由点到直线的距离为，则，
设点，由可得，，即①，
由点到直线的距离等于可得②，
联立①②可解得，或，由图知仅符合题意，
即得，故所求圆的方程为.
故选：C.
题型二：直线系方程和圆系方程
【典例2-1】过圆：和圆：的交点，且圆心在直线上的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】经过圆：和圆：交点的圆可设为，即，
圆心在直线上，故，解得，
所以圆的方程为.
故选：A.
【典例2-2】圆经过点，且经过两圆和圆的交点，则圆的方程为 ．
【答案】
【解析】设圆的方程为：，
整理得到：，
因为圆过，代入该点得到：即，
故圆的方程为：即，
故答案为：.
【方法技巧】
求过两直线交点（两圆交点或直线与圆交点）的直线方程（圆系方程）一般不需求其交点，而是利用它们的直线系方程（圆系方程）．
（1）直线系方程：若直线与直线相交于点P，则过点P的直线系方程为：
简记为：
当时，简记为：（不含）
（2）圆系方程：若圆与圆相交于A，B两点，则过A，B两点的圆系方程为：
简记为：，不含
当时，该圆系退化为公共弦所在直线（根轴）
注意：与圆C共根轴l的圆系
【变式2-1】经过直线与圆的交点，且过点的圆的方程为 .
【答案】
【解析】设过已知直线和圆的交点的圆系方程为：
∵所求圆过点
∴
解得
所以圆的方程为，化简得.
故答案为：.
【变式2-2】曲线与的四个交点所在圆的方程是 ．
【答案】
【解析】根据题意得到：，化简得到答案.，，故，
化简整理得到：，即.
故答案为：.
【变式2-3】过圆和的交点，且圆心在直线上的圆的方程为（ ）
A．B．．
C．D．
【答案】A
【解析】由题意设所求圆的方程为，
即，
圆心坐标为，代入中，
即，解得，
将代入中，即，
满足，
故所求圆的方程为，
故选：A
题型三：与圆有关的轨迹问题
【典例3-1】已知定点B（3，0），点A在圆x2＋y2＝1上运动，∠AOB的平分线交线段AB于点M，则点M的轨迹方程是 ．
【答案】．
【解析】设，则，
设，
由为的角平分线，
可得，
即有，
可得，，
即，，
可得，，
则，
即为．
故答案为：．
【典例3-2】（2024·贵州毕节·三模）已知直线，直线，与相交于点A，则点A的轨迹方程为 ．
【答案】
【解析】因为，所以直线过点，
直线过点，
因为，所以，设，
所以，所以，
所以，化简可得：.
故答案为：.
【方法技巧】
要深刻理解求动点的轨迹方程就是探求动点的横纵坐标x，y的等量关系，根据题目条件，直接找到或转化得到与动点有关的数量关系，是解决此类问题的关键所在．
【变式3-1】（2024·高三·青海西宁·期中）已知，，C为平面内的一个动点，且满足，则点C的轨迹方程为 ．
【答案】
【解析】依题意，设，由，得，
即，整得得，
所以点的轨迹方程为.
故答案为：
【变式3-2】（2024·广东·二模）如图，在平面直角坐标系中放置着一个边长为1的等边三角形，且满足与轴平行，点在轴上.现将三角形沿轴在平面直角坐标系内滚动，设顶点的轨迹方程是，则的最小正周期为 ；在其两个相邻零点间的图象与轴所围区域的面积为 .
【答案】
【解析】设，
如图，当三角形沿轴在平面直角坐标系内滚动时，
开始时，先绕旋转，当旋转到时，旋转到，此时，
然后再以为圆心旋转，旋转后旋转到，此时，
当三角形再旋转时，不旋转，此时旋转到，
当三角形再旋转后，必以为圆心旋转，旋转后旋转到，
点从开始到时是一个周期，故的周期为，
如图，为相邻两个零点，
在上的图像与轴围成的图形的面积为：
.
故答案为：.
【变式3-3】已知圆，过点的直线与圆交于两点，是的中点，则点的轨迹方程为 ．
【答案】
【解析】圆，所以圆心为，半径为2，设，
由线段的中点为，可得，即有，
即，所以点的轨迹方程为．
故答案为：
【变式3-4】如图所示，已知圆O：x2＋y2＝4与y轴的正方向交于A点，点B在直线y＝2上运动，过点B作圆O的切线，切点为C，则△ABC的垂心H的轨迹方程为 ．
【答案】，
【解析】设，，连结，，
则，，是切线，
，，，
四边形是菱形．
，得，
又，满足，
所以，即是所求轨迹方程．
故答案为：，
【变式3-5】点，点是圆上的一个动点，则线段的中点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设点的坐标为，因为点是线段的中点，
可得，点在圆上，
则，即.
故选：A.
【变式3-6】已知动点与两个定点，的距离之比为，则动点的轨迹方程为 .
【答案】
【解析】设点，则，整理得，所以动点的轨迹方程为.
故答案为：.
【变式3-7】已知是圆内的一点是圆上两动点，且满足，求矩形顶点Q的轨迹方程．
【解析】连接AB，PQ，设AB与PQ交于点M，如图所示．
因为四边形APBQ为矩形，所以M为AB，PQ的中点，连接OM.
由垂径定理可知
设
由此可得①
又在中，
有②
由①②得
故点M的轨迹是圆．
因为点M是PQ的中点，设
则
代入点M的轨迹方程中得，
整理得，即为所求点Q的轨迹方程．
【变式3-8】在边长为1的正方形ABCD中，边AB、BC上分别有一个动点Q、R，且．求直线AR与DQ的交点P的轨迹方程．
【解析】分别以AB，AD边所在的直线为x轴、y轴建立直角坐标系．
如图所示，则点、、、，
设动点，，
由知：，则．
当时，直线AR：①，直线DQ：，则②，
①×②得：，化简得．
当时，点P与原点重合，坐标也满足上述方程．
故点P的轨迹方程为．
【变式3-9】如图，已知点A(-1，0)与点B(1，0)，C是圆x2+y2=1上异于A，B两点的动点，连接BC并延长至D，使得|CD|=|BC|，求线段AC与OD的交点P的轨迹方程.

【解析】设动点P(x，y)，由题意可知P是△ABD的重心，由A(-1，0)，B(1，0)，
令动点C(x0，y0)，则D(2x0-1，2y0)，
由重心坐标公式得，
则代入，
整理得
故所求轨迹方程为.
【变式3-10】已知点是圆上的定点，点是圆内一点，、为圆上的动点．
(1)求线段AP的中点的轨迹方程．
(2)若，求线段中点的轨迹方程．
【解析】（1）设中点为，
由中点坐标公式可知，点坐标为
∵点在圆上，∴．
故线段中点的轨迹方程为．
（2）设的中点为，在中，，
设为坐标原点，则，所以，
所以．
故线段中点的轨迹方程为．
题型四：用二元二次方程表示圆的一般方程的充要条件
【典例4-1】若方程表示一个圆，则m可取的值为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【解析】由方程分别对进行配方得：，
依题意它表示一个圆，须使，解得：或，在选项中只有D项满足.
故选：D.
【典例4-2】（2024·高三·全国·课后作业）关于x、y的方程表示一个圆的充要条件是（ ）.
A．，且
B．，且
C．，且，
D．，且，
【答案】D
【解析】关于x、y的方程表示一个圆的充要条件是
，即，且，.
故选：D
【方法技巧】
方程表示圆的充要条件是，故在解决圆的一般式方程的有关问题时，必须注意这一隐含条件．在圆的一般方程中，圆心为，半径
【变式4-1】若方程表示圆，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【解析】若方程表示圆，则，
解得：或.
故选：C
【变式4-2】（2024·贵州·模拟预测）已知曲线的方程，则“”是“曲线是圆”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】，即，
∴曲线是圆，∴“”是“”的必要不充分条件.
故选：A.
【变式4-3】已知方程表示圆，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为方程表示圆，
所以，解得.
故选：D
题型五：点与圆的位置关系判断
【典例5-1】（2024·高三·广东·开学考试）“”是“点在圆内”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】点在圆内，
所以“”是“点在圆内”的充分不必要条件.
故选：A.
【典例5-2】（2024·江西·模拟预测）若点在圆的外部，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为可化为，则，所以．
又点在圆的外部，所以，故，
综上，．
故选：A.
【方法技巧】
在处理点与圆的位置关系问题时，应注意圆的不同方程形式对应的不同判断方法，另外还应注意其他约束条件，如圆的一般方程的隐含条件对参数的制约．
【变式5-1】（2024·贵州黔南·二模）已知直线与直线的交点在圆的内部，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】联立，解得，即点在圆的内部，
即有，解得.
故选：D.
【变式5-2】（2024·陕西西安·三模）若过点可作圆的两条切线，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】圆，即圆，则，解得．
过点有两条切线，则点P在圆外，，即，解得．
故．
故选：C
【变式5-3】点P在单位圆⊙O上（O为坐标原点），点，，则的最大值为（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】C
【解析】如图所示：
设，因为，
所以，
则，即，
因为点P在圆上，
所以，
令，得，
，即，
解得，
所以的最大值为2，
故选：C
【变式5-4】（2024·高三·全国·课后作业）已知两直线与的交点在圆的内部，则实数k的取值范围是（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】圆的圆心为，半径为，
由得，则两直线与的交点为，
依题意得，解得.
故选：B
题型六：数形结合思想的应用
【典例6-1】已知曲线与直线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】曲线整理得，
则该曲线表示圆心为，半径为1的圆的上半部分，直线，即，
则令，解得，则其过定点，
如图，当时，曲线与直线有两个不同的交点，
由，得或，所以，
，
所以实数的取值范围是.
故选：C．
【典例6-2】若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】直线恒过定点，
曲线表示以点为圆心，半径为1，且位于直线右侧的半圆（包括点，）．
当直线经过点时，与曲线有两个不同的交点，此时，直线记为；
当与半圆相切时，由，得，切线记为．
分析可知当时，与曲线有两个不同的交点，
故选：A．
【方法技巧】
研究曲线的交点个数问题常用数形结合法，即需要作出两种曲线的图像．在此过程中，尤其要注意需对代数式进行等价变形，以防出现错误．
【变式6-1】（多选题）关于曲线：，下列说法正确的是（ ）
A．曲线围成图形的面积为
B．曲线所表示的图形有且仅有条对称轴
C．曲线所表示的图形是中心对称图形
D．曲线是以为圆心，为半径的圆
【答案】AC
【解析】曲线：如图所示：
对于A：图形在各个象限的面积相等，在第一象限中的图形，是以为圆心，为半径的圆的一半加一个直角三角形所得，，所以曲线围成图形的面积为，故A正确；
对于B，由图可知，曲线所表示的图形对称轴有轴，轴，直线，直线四条，故B错误；
对于C，由图可知，曲线所表示的图形是关于原点对称的中心对称图形，故C正确；
对于D，曲线的图形不是一个圆，故D错误.
故选：AC
【变式6-2】已知直线l：与曲线有两个交点，则实数k的取值范围为 .
【答案】
【解析】直线l：，得，可知直线l过定点，
如图，曲线表示以O为圆心，1为半径的上半圆，
当直线l与半圆相切时，，解得，
曲线与x轴负半轴交于点，，
因为直线l与曲线有两个交点，所以.
故答案为：.
【变式6-3】直线与曲线的交点个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【解析】因为曲线就是或，表示一条直线与一个圆，
联立，解得，即直线与直线有一个交点；此时，没有意义.
联立，解得或，所以直线与有两个交点.
所以直线与曲线的交点个数为2个.
故选：B
【变式6-4】若两条直线：，：与圆的四个交点能构成矩形，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】A
【解析】由题意直线平行，且与圆的四个交点构成矩形，
则可知圆心到两直线的距离相等，
由圆的圆心为：，
圆心到的距离为：
，
圆心到的距离为：
，
所以，
由题意，
所以，
故选：A.
题型七：与圆有关的对称问题
【典例7-1】圆 关于直线对称的圆的方程为 .
【答案】
【解析】圆的圆心为，
则关于对称的点设为：，故.
与的中点为：，
中点在直线上，所以.
解得：，所以对称圆的圆心为：.
所以圆 关于直线对称的圆的方程为：
.
故答案为：.
【典例7-2】已知圆关于直线l对称的圆为圆，则直线l的方程为 .
【答案】
【解析】由题意可知圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
圆与圆关于直线对称，可得两圆心和关于直线对称，
又由，可得，且的中点为，
所以直线的方程为，即.
故答案为：
【方法技巧】
（1）圆的轴对称性：圆关于直径所在的直线对称
（2）圆关于点对称：
①求已知圆关于某点对称的圆的方程，只需确定所求圆的圆心，即可写出标准方程
②两圆关于某点对称，则此点为两圆圆心连线的中点
（3）圆关于直线对称：
①求已知圆关于某条直线对称的圆的方程，只需确定所求圆的圆心，即可写出标准方程
②两圆关于某条直线对称，则此直线为两圆圆心连线的垂直平分线
【变式7-1】（2024·辽宁·二模）已知圆与圆关于直线对称，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】圆，圆心，半径，
，圆心，半径，
由题意知，是圆和圆圆心连线的垂直平分线，
，，的中点，
圆心连线的斜率为，则直线的斜率为，
故的方程：，即，故C正确．
故选：C．
【变式7-2】（2024·高三·山西·期末）已知点A，B在圆上，且A，B两点关于直线对称，则圆的半径的最小值为（ ）
A．2B．C．1D．3
【答案】B
【解析】因为，化为标准方程为，
设圆的半径为，由题可知圆心在直线上，于是有，
则，当时，
取得最小值2，故的最小值为.
故选：B
【变式7-3】已知直线，圆，若圆C上存在两点关于直线l对称，则的最小值是（ ）
A．5B．C．D．20
【答案】D
【解析】圆的圆心坐标为，
圆C上存在两点关于直线l对称，则直线l过圆心，即，有，
，
当时，有最小值20.
故选：D
【变式7-4】如果圆关于直线对称，那么（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】因为圆的圆心为，
由圆的对称性知，圆心在直线上，故有，即.
故选：B.
【变式7-5】圆关于直线对称后的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】圆的圆心 半径为 ，由得，
设圆心关于直线对称点的坐标为，则
，解得，
所以对称圆的方程为.
故选：A.
题型八：圆过定点问题
【典例8-1】点是直线上任意一点，是坐标原点，则以为直径的圆经过定点（ ）
A．和B．和C．和D．和
【答案】D
【解析】设点，则线段的中点为，
圆的半径为，
所以，以为直径为圆的方程为，
即，即，
由，解得或，
因此，以为直径的圆经过定点坐标为、.
故选：D.
【典例8-2】圆恒过的定点是 .
【答案】
【解析】圆方程化为，
由解得故圆恒过点.
故答案为：
【方法技巧】
特殊值法
【变式8-1】已知圆，点，平面内一定点（异于点），对于圆上的任意动点，都有为定值，定点的坐标为 ．
【答案】
【解析】设，且，
，
因为为定值，设，
化简得：，与点位置无关，
所以，
解得：或，
因为异于点，所以定点N为.
故答案为：.
【变式8-2】（2024·高三·上海闵行·期中）若抛物线与坐标轴分别交于三个不同的点、、，则的外接圆恒过的定点坐标为 ．
【答案】
【解析】设抛物线交轴于点，交轴于点、，
由题意可知，由韦达定理可得，，
所以，线段的中点为，设圆心为，
由可得，解得，
，则，则，
所以，圆的方程为，
整理可得，
方程组的解为.
因此，的外接圆恒过的定点坐标为.
故答案为：.
【变式8-3】对任意实数，圆恒过定点，则其坐标为 .
【答案】、
【解析】由由得，故，解得或.
故填：、.
【变式8-4】设有一组圆：．下列四个命题其中真命题的序号是
①存在一条定直线与所有的圆均相切；
②存在一条定直线与所有的圆均相交；
③存在一条定直线与所有的圆均不相交；
④所有的圆均不经过原点．
【答案】②④
【解析】根据题意得：圆心坐标为，
圆心在直线上，故存在直线与所有圆都相交，选项②正确；
考虑两圆的位置关系：
圆：圆心，半径为，
圆：圆心，即，半径为，
两圆的圆心距，
两圆的半径之差，
任取或时，（）， 含于之中，选项①错误；
若取无穷大，则可以认为所有直线都与圆相交，选项③错误，
将带入圆的方程，则有，即（），
因为左边为奇数，右边为偶数，故不存在使上式成立，即所有圆不过原点，选项④正确．
故答案为②④.
1．（2024年北京高考数学真题）圆的圆心到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意得，即，
则其圆心坐标为，则圆心到直线的距离为.
故选：D.
2．（2022年新高考北京数学高考真题）若直线是圆的一条对称轴，则（ ）
A．B．C．1D．
【答案】A
【解析】由题可知圆心为，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即，解得．
故选：A．
3．（2020年山东省春季高考数学真题）已知圆心为的圆与轴相切，则该圆的标准方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】根据题意知圆心为，半径为，故圆方程为：.
故选：B.
4．（2022年高考全国甲卷数学真题）设点M在直线上，点和均在上，则的方程为 ．
【答案】
【解析】[方法一]：三点共圆
∵点M在直线上，
∴设点M为，又因为点和均在上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，
∴，
，解得，
∴，，
的方程为.
故答案为：
[方法二]：圆的几何性质
由题可知，M是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线 y=3x-4与直线的交点(1，-1).， 的方程为.
故答案为：
5．（2022年高考全国乙卷数学真题）过四点中的三点的一个圆的方程为 ．
【答案】或或或．
【解析】[方法一]：圆的一般方程
依题意设圆的方程为，
（1）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（2）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（3）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；
故答案为：或 或 或．
[方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）
设
（1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为，
则，所以圆的方程为；
（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；
（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；
（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为．
故答案为：或 或 或．
【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁；
方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解．
1．平面直角坐标系中有，，，四点，这四点是否在同一个圆上？为什么？
【解析】设过三点的圆的一般方程为.
将三点代入得：.
所以圆的一般方程为.
将点代入得：，满足方程.
所以四点在同一个圆上.
2．已知圆的一条直径的端点分别是A（x1，y1），B（x2，y2）．求证：此圆的方程是（x–x1）（x–x2）+（y–y1）（y–y2）=0．
【解析】∵圆的一条直径的端点分别是A（x1，y1），B（x2，y2），
∴圆心为C（，），半径为，
∴此圆的方程是+，
即x2–（x1+x2）x++y2–（y1+y2）y+，
即x2–（x1+x2）x+x1•x2+y2–（y1+y2）y+y1•y2=0，
即（x–x1）（x–x2）+（y–y1）（y–y2）=0．
3．如图，在四边形ABCD中，，，且，，AB与CD间的距离为3．求等腰梯形ABCD的外接圆的方程，并求这个圆的圆心坐标和半径．
【解析】由题意可知A (-3，0)，B (3，0)，C
设所求圆的方程为，
则.
解得，故所求圆的方程为，
其圆心坐标为，半径长为.
4．在半面直角坐标系中，如果点P的坐标满足，其中为参数．证明：点P的轨迹是圆心为，半径为r的圆．
【解析】由可得，又因为，所以，即，所以点的轨迹是圆心为，半径为的圆.
5．已知动点M与两个定点，的距离的比为，求动点M的轨迹方程，并说明轨迹的形状．
【解析】设点.
则，化简得：
为以为圆心2为半径的圆.
6．长为2a的线段AB的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，求线段AB的中点的轨迹方程，并说明轨迹的形状．
【解析】设线段AB的中点P（x，y），若A、B不与原点重合时，则△AOB是直角三角形，且∠O为直角，
则OPAB，而AB＝2a，
∴OP＝a，即P的轨迹是以原点为圆心，以a为半径的圆，
方程为x2+y2＝a2（a＞0）；
若A、B有一个是原点，同样满足x2+y2＝a2（a＞0）．
故线段AB的中点的轨迹方程为：x2+y2＝a2（a＞0）．表示圆心在原点半径为的圆.
易错点：忽视圆的一般方程成立的条件
易错分析： 易忽视圆的一般方程：表示圆的条件而导致错误.
【易错题1】已知点为圆外一点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因在圆外，则，得.
又表示圆，则，得.
综上：.
故选：D
【易错题2】已知圆的方程为，若点在圆外，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由题意得，圆的标准方程为，
故，，
又点在圆外，所以，
，或，
所以m的取值范围为．
故选：D.
答题模板：求圆的方程
1、模板解决思路
求圆的方程，首先确定圆的类型。若已知圆心坐标和半径，直接代入标准方程；若已知圆上三点，通过构造方程组求解圆心坐标和半径；若已知直径，则先求圆心，再计算半径后代入方程。
2、模板解决步骤
第一步：根据题意，设出圆的方程或圆心、半径.
第二步：根据条件列出关于 a，b，r或 D，E，F的方程组， 并求解。
第三步：根据第二步所得结果，写出圆的方程.
【典型例题1】写出与直线和轴都相切，半径为的一个圆的方程： ．
【答案】（答案不唯一）.
【解析】因为直线和轴都相切，所以圆心为，
当圆心为时，，解得或；
当圆心为时，，解得或．
所以圆的方程为或
或或．
故答案为：（答案不唯一）.
【典型例题2】已知点，其中一点在圆内，一点在圆上，一点在圆外，则圆的方程可能是 ．（答案不唯一，写出一个正确答案即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】因为，所以，
，，
所以，以点为圆心，以为半径，得到圆，满足题意；
（或以点为圆心，以为半径，作圆，满足题意；或以点为圆心，以为半径，作圆，满足题意等）
故答案为：（答案不唯一）
考点要求
考题统计
考情分析
(1)圆的方程
(2)点与圆的位置关系
2024年北京卷第3题，5分
2023年乙卷（文）第11题，5分
2023年上海卷第7题，5分
2022年甲卷（文）第14题，5分
2022年乙卷（文）第15题，5分
高考对圆的方程的考查比较稳定，考查内容、频率、题型难度均变化不大，备考时应熟练掌握圆的标准方程与一般方程的求法，除了待定系数法外，要特别要重视利用几何性质求解圆的方程．
复习目标：
（1）理解确定圆的几何要素，在平面直角坐标系中，掌握圆的标准方程与一般方程．
（2）能根据圆的方程解决一些简单的数学问题与实际问题．