2023高考考点分析 第三节 圆的方程

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【考点分析】　第三节 圆的方程【考点一】  求圆的方程【典型例题1】  (1)已知圆M与直线3x－4y＝0及3x－4y＋10＝0都相切，圆心在直线y＝－x－4上，则圆M的方程为(　　)A．(x＋3)2＋(y－1)2＝1　 B．(x－3)2＋(y＋1)2＝1C．(x＋3)2＋(y＋1)2＝1  D．(x－3)2＋(y－1)2＝1(2)一个圆与y轴相切，圆心在直线x－3y＝0上，且在直线y＝x上截得的弦长为2，则该圆的方程为_______________________________________________________．【解析】  (1)到两直线3x－4y＝0,3x－4y＋10＝0的距离都相等的直线方程为3x－4y＋5＝0，联立得方程组解得又两平行线间的距离为2，所以圆M的半径为1，从而圆M的方程为(x＋3)2＋(y＋1)2＝1，故选C.(2)法一：几何法∵所求圆的圆心在直线x－3y＝0上，∴设所求圆的圆心为(3a，a)，又所求圆与y轴相切，∴半径r＝3|a|，又所求圆在直线y＝x上截得的弦长为2，圆心(3a，a)到直线y＝x的距离d＝，∴d2＋()2＝r2，即2a2＋7＝9a2，∴a＝±1.故所求圆的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9.即x2＋y2－6x－2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0.法二：待定系数法设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则圆心(a，b)到直线y＝x的距离为，∴r2＝＋7，即2r2＝(a－b)2＋14.①由于所求圆与y轴相切，∴r2＝a2，②又∵所求圆的圆心在直线x－3y＝0上，∴a－3b＝0，③联立①②③，解得或故所求圆的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9.即x2＋y2－6x－2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0.法三：待定系数法设所求圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则圆心坐标为，半径r＝.在圆的方程中，令x＝0，得y2＋Ey＋F＝0.由于所求圆与y轴相切，∴Δ＝0，则E2＝4F.①圆心到直线y＝x的距离为d＝，由已知得d2＋()2＝r2，即(D－E)2＋56＝2(D2＋E2－4F)．②又圆心在直线x－3y＝0上，∴D－3E＝0.③联立①②③，解得或故所求圆的方程为x2＋y2－6x－2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0.【答案】  (1)C　(2)x2＋y2－6x－2y＋1＝0或x2＋y2＋6x＋2y＋1＝0【归纳总结】  求圆的方程的方法(1)直接法：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：①若已知条件与圆心(a，b)和半径r有关，则设出圆的标准方程，依据已知条件列出关于a，b，r的方程组，从而求出a，b，r的值；②若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，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.  【考点二】  由圆的方程确定参数的值(范围)【典型例题2】  (1)设圆的方程是x2＋y2＋2ax＋2y＋(a－1)2＝0，若0<a<1，则原点与圆的位置关系是(　　)A．原点在圆上　　　　　　　 B．原点在圆外C．原点在圆内   D．不确定(2)已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圆，则圆心坐标是__________，半径是__________．【解析】　(1)将圆的一般方程化成标准方程为(x＋a)2＋(y＋1)2＝2a，因为0<a<1，所以(0＋a)2＋(0＋1)2－2a＝(a－1)2>0，即>，所以原点在圆外．(2)由二元二次方程表示圆的条件可得a2＝a＋2，解得a＝2或－1.当a＝2时，方程为4x2＋4y2＋4x＋8y＋10＝0，即x2＋y2＋x＋2y＋＝0，配方得＋(y＋1)2＝－<0，不表示圆；当a＝－1时，方程为x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，配方得(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，则圆心坐标为(－2，－4)，半径是5.【答案】　(1)B　(2)(－2，－4)　5【考点三】  斜率型、截距型、距离型最值问题【典型例题3】  已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0.(1)求的最大值和最小值；(2)求y－x的最大值和最小值；(3)求x2＋y2的最大值和最小值．【解析】　原方程可化为(x－2)2＋y2＝3，表示以(2，0)为圆心，为半径的圆．(1)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1)．所以的最大值为，最小值为－.图1　　      　图2　　     　图3(2)y－x可看作是直线y＝x＋b在y轴上的截距，当直线y＝x＋b与圆相切时，纵截距b取得最大值或最小值，此时＝，解得b＝－2±(如图2)．所以y－x的最大值为－2＋，最小值为－2－.(3)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，x2＋y2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(如图3)．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.【答案】　(1)最大值为，最小值为－　(2)最大值为－2＋，最小值为－2－  (3)最大值是(2＋)2＝7＋4，最小值是(2－)2＝7－4【归纳总结】　与圆有关的最值问题的3种几何转化法(1)形如μ＝形式的最值问题可转化为动直线斜率的最值问题．(2)形如t＝ax＋by形式的最值问题可转化为动直线截距的最值问题．(3)形如m＝(x－a)2＋(y－b)2形式的最值问题可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题．【考点四】  利用对称性求最值【典型例题4】  已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为(　　)A．5－4   B.－1C．6－2   D.【解析】  P是x轴上任意一点，则|PM|的最小值为|PC1|－1，同理|PN|的最小值为|PC2|－3，则|PM|＋|PN|的最小值为|PC1|＋|PC2|－4.作C1关于x轴的对称点C′1(2，－3)．所以|PC1|＋|PC2|＝|PC1′|＋|PC2|≥|C1′C2|＝5，即|PM|＋|PN|＝|PC1|＋|PC2|－4≥5－4.【答案】  A【归纳总结】　求解形如|PM|＋|PN|(其中M，N均为动点)且与圆C有关的折线段的最值问题的基本思路：(1)“动化定”，把与圆上动点的距离转化为与圆心的距离．(2)“曲化直”，即将折线段之和转化为同一直线上的两线段之和，一般要通过对称性解决．【考点五】  建立函数关系求最值【典型例题5】  设点P(x，y)是圆：x2＋(y－3)2＝1上的动点，定点A(2，0)，B(－2，0)，则·的最大值为________．【解析】　由题意，知＝(2－x，－y)，＝(－2－x，－y)，所以·＝x2＋y2－4，由于点P(x，y)是圆上的点，故其坐标满足方程x2＋(y－3)2＝1，故x2＝－(y－3)2＋1，所以·＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12.易知2≤y≤4，所以，当y＝4时，·的值最大，最大值为6×4－12＝12.【答案】　12【考点六】  与圆有关的轨迹问题【典型例题6】  阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k(k>0，k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足＝， 求|PA|2＋|PB|2的最小值．【解析】  以经过A，B的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系(图略)，则A(－1,0)，B(1,0)．设P(x，y)，因为＝，所以＝，两边平方并整理，得x2＋y2－6x＋1＝0，即(x－3)2＋y2＝8.所以点P的轨迹是以(3,0)为圆心，2为半径的圆，则|PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝2(x2＋y2)＋2.法一：因为x2＋y2－6x＋1＝0，所以|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋6x－1－x2)＋2＝12x.由y2＝8－(x－3)2≥0，得3－2≤x≤3＋2，所以36－24≤12x≤36＋24，由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值为36－24.法二：由(x－3)2＋y2＝8，可设(θ∈[0,2π))，则|PA|2＋|PB|2＝2(x2＋y2)＋2＝2[(2cos θ＋3)2＋(2sin θ)2]＋2＝24cos θ＋36.因为θ∈[0,2π)，所以－1≤cos θ≤1，所以36－24≤24cos θ＋36≤36＋24，由此可知|PA|2＋|PB|2的最小值为36－24.【归纳总结】  求与圆有关的轨迹问题的方法(1)直接法：直接根据题目提供的条件列出方程．(2)定义法：根据圆、直线等定义列方程．(3)几何法：利用圆的几何性质列方程．(4)代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等．【考点七】  直线系方程和圆系方程【典型例题7】  已知圆和圆．(1)求证：两圆相交；(2)求过点，且过两圆交点的圆的方程．【解析】(1)证明：∵圆，即，表示以为圆心，半径等于2的圆，圆，即，表示以为圆心，半径等于1的圆，所以两圆的圆心距，大于两圆的半径之差且小于两圆的半径之和，故两圆相交．(2)设过两圆交点的圆的方程为．把点代入，求得．故所求圆的方程为，即．