专题8.3 圆的方程（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc30557" 【题型1 求圆的方程】 PAGEREF _Tc30557 \h 3
\l "_Tc7632" 【题型2 二元二次方程表示圆的条件】 PAGEREF _Tc7632 \h 5
\l "_Tc28913" 【题型3 圆过定点问题】 PAGEREF _Tc28913 \h 6
\l "_Tc29200" 【题型4 点与圆的位置关系的判断】 PAGEREF _Tc29200 \h 8
\l "_Tc21858" 【题型5 与圆有关的轨迹问题】 PAGEREF _Tc21858 \h 9
\l "_Tc13513" 【题型6 与圆有关的对称问题】 PAGEREF _Tc13513 \h 11
\l "_Tc555" 【题型7 圆系方程】 PAGEREF _Tc555 \h 12
\l "_Tc53" 【题型8 与圆有关的最值问题】 PAGEREF _Tc53 \h 14
1、圆的方程
【知识点1 圆的定义和圆的方程】
1．圆的定义
圆的定义：平面内到定点的距离等于定长的点的集合(轨迹)是圆(定点为圆心,定长为半径).
圆心决定圆的位置,半径决定圆的大小.
2．圆的标准方程
(1)圆的标准方程：方程 (r>0)叫作以点(a,b)为圆心，r为半径的圆的标准方程.
(2)圆的标准方程的优点：根据圆的标准方程很容易确定圆心坐标和半径.
(3)圆的标准方程的适用条件：从方程的形式可以知道，一个圆的标准方程中含有三个字母(待定)，因此
在一般条件下，只要已知三个独立的条件，就可以求解圆的标准方程.
3．圆的一般方程
(1)方程叫做圆的一般方程.
(2)圆的一般方程的适用条件：从方程的形式可以知道，一个圆的一般方程中含有三个字母(待定)，因
此在一般条件下，只要已知三个独立的条件，就可以求解圆的一般方程.
下列情况比较适用圆的一般方程：
①已知圆上三点，将三点坐标代入圆的一般方程，求待定系数D，E，F；
②已知圆上两点，圆心所在的直线，将两个点代入圆的方程，将圆心代入圆心所在的直线
方程，求待定系数D，E，F.
4．二元二次方程与圆的方程
(1)二元二次方程与圆的方程的关系：
二元二次方程，对比圆的一般方程
，我们可以看出圆的一般方程是一个二元二次方程，但一个二元二次方程不一定是圆的方程.
(2)二元二次方程表示圆的条件：
二元二次方程表示圆的条件是.
5．圆的参数方程
圆 (r>0)的参数方程为，其中为参数.
6．求圆的方程的常用方法
(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.
【知识点2 点与圆的位置关系】
1．点与圆的位置关系
(1)如图所示，点M与圆A有三种位置关系：点在圆上，点在圆内，点在圆外.
(2)圆A的标准方程为，圆心为，半径为；圆A的一般方程为
.平面内一点.
【知识点3 轨迹方程】
1．轨迹方程
求符合某种条件的动点的轨迹方程，实质上就是利用题设中的几何条件，通过“坐标法”将其转化为关于变量x,y之间的方程.
(1)当动点满足的几何条件易于“坐标化”时，常采用直接法；当动点满足的条件符合某一基本曲线的定义(如圆)时，常采用定义法；当动点随着另一个在已知曲线上的动点运动时，可采用代入法(或称相关点法).
(2)求轨迹方程时，一要区分"轨迹"与"轨迹方程"；二要注意检验，去掉不合题设条件的点或线等.
2.求轨迹方程的步骤：
(1)建立适当的直角坐标系，用(x,y)表示轨迹(曲线)上任一点M的坐标；
(2)列出关于x,y的方程；
(3)把方程化为最简形式；
(4)除去方程中的瑕点(即不符合题意的点)；
(5)作答.
【方法技巧与总结】
1．以A(x1,y1)，B(x2,y2)为直径端点的圆的方程为.
2．圆心在过切点且与切线垂直的直线上.
3．圆心在任一弦的垂直平分线上.
【题型1 求圆的方程】
【例1】（2024·辽宁大连·一模）过点−1,1和1,3，且圆心在x轴上的圆的方程为（ ）
A．x2+y2=4B．x−22+y2=8
C．x−12+y2=5D．x−22+y2=10
【解题思路】借助待定系数法计算即可得.
【解答过程】令该圆圆心为a,0，半径为r，则该圆方程为x−a2+y2=r2，
则有−1−a2+1=r21−a2+9=r2，解得a=2r=10，
故该圆方程为x−22+y2=10.
故选：D.
【变式1-1】（2024·河南·模拟预测）圆心在射线y=34xx≤0上，半径为5，且经过坐标原点的圆的方程为（ ）.
A．x2+y2−8x−6y=0
B．x2+y2−6x−8y=0
C．x2+y2+8x+6y=0
D．x2+y2+6x+8y=0
【解题思路】根据圆心在射线上，设出圆心坐标，利用圆心到原点距离等于半径求得圆心坐标，即可求出圆的方程.
【解答过程】因为圆心在射线y=34xx≤0上，故设圆心为a,34aa≤0，
又半径为5，且经过坐标原点，所以a2+34a2=5，解得a=−4或a=4（舍去），
即圆的圆心坐标为−4,−3，则圆的方程为x+42+y+32=25，
即x2+y2+8x+6y=0.
故选：C.
【变式1-2】（2024·北京·模拟预测）圆心为2,1且和x轴相切的圆的方程是( )
A．(x−2)2+(y−1)2=1B．(x+2)2+(y+1)2=1
C．(x−2)2+(y−1)2=5D．(x+2)2+(y+1)2=5
【解题思路】由题意先求出圆的半径，再根据圆心坐标，求得它的标准方程．
【解答过程】解：圆心为(2,1)且和x轴相切的圆，它的半径为1，
故它的的方程是(x−2)2+(y−1)2=1，
故选：A．
【变式1-3】（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，圆E与两坐标轴交于A,B,C,D四点，其中A−2,0,B0,−3，点C在x轴正半轴上，点D在y轴的正半轴上，圆E的内接四边形ABCD的面积为252，则圆E的方程为（ ）
A．x2+y2+x+43y=2
B．x2+y2−x+y=6
C．x2+y2−4x−y=12
D．x2+y2+12x+2y=3
【解题思路】根据题意几何条件分别求出C、D坐标，然后求出圆心E坐标及半径r，从而求解.
【解答过程】设Cc,0,D0,dc>0,d>0，则SABCD=12c+2d+3=252．
又因为OA⋅OC=2c=OB⋅OD=3d，解得c=3,d=2（负值舍去），
因此圆心E12,−12,r2=132，圆E的方程为x−122+y+122=132，
即x2−x+y2+y=6，故B正确.
故选:B．
【题型2 二元二次方程表示圆的条件】
【例2】（2024·贵州·模拟预测）已知曲线C的方程2x2+2y2+4x+8y+F=0，则“F≤10”是“曲线C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
【解题思路】根据二元二次方程表示圆的条件、必要不充分条件的定义可得答案.
【解答过程】2x2+2y2+4x+8y+F=0，即x2+y2+2x+4y+F2=0，
∴曲线C是圆⇔22+42−4⋅F2>0⇔F<10，∴“F≤10”是“F<10”的必要不充分条件.
故选：A.
【变式2-1】（23-24高二下·上海·期中）方程x2+y2+4mx−2y+5m=0表示圆的充要条件是（ ）
A．141C．m<14D．m<14或m>1
【解题思路】根据圆的一般式方程的充要条件为D2+E−4F>0，代入运算求解即可.
【解答过程】由题意可得：4m2+4−20m>0，解得m<14或m>1，
所以方程x2+y2+4mx−2y+5m=0表示圆的充要条件是m<14或m>1.
故选：D.
【变式2-2】（23-24高二上·福建厦门·期中）若a∈−2,−1,0,34,1，则方程x2+y2+ax+2ay+2a2+a−1=0表示的圆的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】根据圆的一般方程表示圆的条件求出参数a的取值范围，即可判断.
【解答过程】若方程x2+y2+ax+2ay+2a2+a−1=0表示圆，
则a2+2a2−42a2+a−1=−3a2−4a+4>0⇒3a−2a+2<0，
解得−2又a∈−2,−1,0,34,1，所以a=−1或a=0，
即程x2+y2+ax+2ay+2a2+a−1=0表示的圆的个数为2.
故选：B.
【变式2-3】（23-24高二上·广东·期末）已知方程x2+y2+2x−2ay+2a+4=0表示一个圆，则实数a取值范围是（ ）
A． −∞,−1∪3,+∞ B．−1,3
C．−∞,−1∪3,+∞D．−1,3
【解题思路】根据方程表示圆的条件可得结果.
【解答过程】因为方程x2+y2+2x−2ay+2a+4=0表示一个圆，
所以22+−2a2−4×2a+4>0，
即a2−2a−3>0，所以a>3或a<−1，
故选：C.
【题型3 圆过定点问题】
【例3】（23-24高二上·湖北荆州·期末）圆C:x²+y²+ax−2ay−5=0恒过的定点为（ ）
A．−2,1,(2,−1) B．−1,−2,(2,1)
C．−1,−2,(1,2) D．−2,−1,(2,1)
【解题思路】将方程进行变形整理，解方程组即可求得结果.
【解答过程】圆C:x2+y2+ax−2ay−5=0的方程化为ax−2y+x2+y2−5=0，
由x−2y=0x2+y2−5=0得x=2y=1或x=−2y=−1，
故圆C恒过定点−2,−1,2,1．
故选：D．
【变式3-1】（23-24高二上·浙江温州·期中）点Px,y是直线2x+y−5=0上任意一点，O是坐标原点，则以OP为直径的圆经过定点（ ）
A．0,0和1,1B．0,0和2,2C．0,0和1,2D．0,0和2,1
【解题思路】设点Pt,5−2t，求出以OP为直径的圆的方程，并将圆的方程变形，可求得定点坐标.
【解答过程】设点Pt,5−2t，则线段OP的中点为Mt2,5−2t2，
圆M的半径为OM=t2+5−2t24=5t2−20t+252，
所以，以OP为直径为圆的方程为x−t22+y−5−2t22=5t2−20t+254，
即x2+y2−tx+2t−5y=0，即x2+y2−5y+t2y−x=0，
由2y−x=0x2+y2−5y=0，解得x=0y=0或x=2y=1，
因此，以OP为直径的圆经过定点坐标为0,0、2,1.
故选：D.
【变式3-2】（2024高三·全国·专题练习）当m变化时，圆x2＋y2＋（m＋2）x＋y－2＝0恒过定点 （0，－2）和（0，1） .
【解题思路】根据题意，进行求解即可.
【解答过程】方程x2＋y2＋（m＋2）x＋y－2＝0可化为（x2＋y2＋2x＋y－2）＋mx＝0.
由x2+y2+2x+y−2=0x=0，得x=0y=−2或y=1，
所以定点坐标是（0，－2）和（0，1）.
故答案为：（0，－2）和（0，1）.
【变式3-3】（23-24高三上·上海徐汇·期末）已知二次函数f(x)=x2+2x+b(x∈R)的图像与坐标轴有三个不同的交点，经过这三个交点的圆记为C，则圆C经过定点的坐标为 (0,1)和(−2,1) （其坐标与b无关）
【解题思路】设出f(x)的图象与坐标轴的三个交点坐标，再设出圆的一般方程，把三点坐标代入圆方程，求出系数，得圆的方程（含有b），分析此方程可得圆所过定点．
【解答过程】二次函数f(x)=x2+2x+b(x∈R)的图像与坐标轴有三个不同的交点，记为M(m,0),N(n,0),B(0,b)，易知b≠0，m,n满足m+n=−2，m≠n，m2+2m+b=0，n2+2n+b=0，设圆C方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，则
m2+Dm+F=0①n2+Dn+F=0②b2+Eb+F=0③，
①－②得m2−n2+D(m−n)=0，D=−(m+n)=2，∴n2+2n+F=0，从而F=b，
代入③得E=−b−1，
∴圆C方程为x2+y2+2x−(b+1)y+b=0，
整理得x2+y2+2x−y+b(−y+1)=0，
由x2+y2+2x−y=0−y+1=0得x=0,y=1或x=−2y=1．
∴圆C过定点(0,1)和(−2,1)．
故答案为：(0,1)和(−2,1)．
【题型4 点与圆的位置关系的判断】
【例4】（2024·河北沧州·二模）若点A2,1在圆x2+y2−2mx−2y+5=0（m为常数）外，则实数m的取值范围为（ ）
A．−∞,2B．2,+∞C．−∞,−2D．−2,+∞
【解题思路】由点A在圆外代入圆的方程可得m<2，再由圆的一般方程中D2+E2−4F>0可得m<−2，最后求交集即可.
【解答过程】由题意知22+12−4m−2+5>0，
故m<2，
又由圆的一般方程x2+y2+Dx+Ey+F=0，
可得D2+E2−4F>0，即(−2m)2+(−2)2−4×5>0，
即m<−2或m>2，
所以实数m的范围为m<−2.
故选：C.
【变式4-1】（2024·甘肃定西·模拟预测）若点2,1在圆x2+y2−x+y+a=0的外部，则a的取值范围是（ ）
A．12,+∞B．−∞,12C．−4,12D．−∞,−4∪12,+∞
【解题思路】
利用表示圆的条件和点和圆的位置关系进行计算.
【解答过程】依题意，方程x2+y2−x+y+a=0可以表示圆，则(−1)2+12−4a>0，得a<12；
由点2,1在圆x2+y2−x+y+a=0的外部可知：22+12−2+1+a>0，得a>−4.
故−4故选：C.
【变式4-2】（24-25高三上·广东·开学考试）“1A．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
【解题思路】先求出“点B0,b在圆C:x−12+y−22=2内”的充要条件，对比即可得解.
【解答过程】点B0,b在圆C:x−12+y−22=2内⇔0−12+b−22<2⇔1所以“1故选：A.
【变式4-3】（2024高三·全国·专题练习）若点(2a，a＋1)在圆x2＋(y－1)2＝5的内部，则实数a的取值范围是（ ）
A．{a|－1＜a＜1}
B．{a|0＜a＜1}
C．{a|a＜－1或a＞1}
D．{a|－1＜a＜0}
【解题思路】根据题意，进行求解即可.
【解答过程】点(2a，a＋1)在圆x2＋(y－1)2＝5的内部，
∴ (2a)2＋a2＜5，
解得－1＜a＜1.
故选：A.
【题型5 与圆有关的轨迹问题】
【例5】（24-25高二上·上海·课后作业）点P4,−2与圆x2+y2=4上任意一点连线的中点的轨迹方程是（ ）
A．x−42+y+22=4B．x+22+y−12=1
C．x+42+y−22=4D．x−22+y+12=1
【解题思路】设圆上任意一点为(x1,y1)，中点为(x,y)，由中点坐标公式可求得x1=2x−4y1=2y+2，代入圆的方程即可求得轨迹方程．
【解答过程】解：设圆上任意一点为(x1,y1)，中点为(x,y)，
则x=x1+42y=y1−22，可得x1=2x−4y1=2y+2，
代入x2+y2=4得(2x−4)2+(2y+2)2=4，
化简得(x−2)2+(y+1)2=1．
故选：D．
【变式5-1】（23-24高二上·广东东莞·阶段练习）已知线段AB的端点B的坐标4,3，端点A在圆x2+y2=4上运动，求线段AB的中点M的轨迹所围成图形的面积（ ）
A．4πB．2πC．πD．9π4
【解题思路】利用相关点法求得点M的轨迹方程，进而求得面积.
【解答过程】设线段AB的中点Mx,y，Ax0,y0，
则x=x0+42y=y0+32，即x0=2x−4y0=2y−3，
又因为端点A在圆x2+y2=4上运动，所以x02+y02=4，
即2x−42+2y−32=4，
整理得：x−22+y−322=1，
所以点M的轨迹方程是以圆心为2,32，半径为r=1的圆.
所以该圆的面积为S=πr2=π.
故选：C.
【变式5-2】（2024·山东淄博·一模）在平面直角坐标系xOy中，已知向量 OA与 OB关于x轴对称，向量 a=0,1，若满足 OA2+a⋅AB=0的点A的轨迹为E，则（ ）
A．E是一条垂直于x轴的直线B．E是一个半径为1的圆
C．E是两条平行直线D．E 是椭圆
【解题思路】设Ax,y，由题有OA=x,y，OB=x,−y，代入OA2+a⋅AB=0化简即可得出答案.
【解答过程】设Ax,y，由题有OA=x,y，OB=x,−y，
所以B(x,−y)，AB=0,−2y，
所以OA2+a⋅AB=x2+y2−2y=0，即x2+y−12=1，
所以点A的轨迹E是一个半径为1的圆，
故选：B．
【变式5-3】（2024·山东德州·三模）古希腊几何学家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.在平面直角坐标系xOy中，A(−4,0)，B(2,0)，点M满足|MA||MB|=2，则点M的轨迹方程为（ ）
A．(x+4)2+y2=16B．(x−4)2+y2=16
C．x2+(y+4)2=16D．x2+(y−4)2=16
【解题思路】直接设Mx,y，根据两点间距离公式|AB|=x1−x22+y1−y22代入运算整理．
【解答过程】∵|MA||MB|=2，即|MA|=2|MB|
设Mx,y，则x+42+y2=2x−22+y2，整理得(x−4)2+y2=16
故选：B．
【题型6 与圆有关的对称问题】
【例6】（2024·浙江·模拟预测）圆C：x−12+y−22=2关于直线x−y=0对称的圆的方程是（ ）
A．(x−1)2+(y+2)2=2B．(x+1)2+(y+2)2=2
C．(x−2)2+(y−1)2=2D．(x+2)2+(y+1)2=2
【解题思路】根据点关于直线y=x对称的性质，结合圆的标准方程进行求解即可.
【解答过程】由圆C：x−12+y−22=2，可知圆心坐标：(1,2)，半径为2，
因为点(1,2)关于直线y=x的对称点为(2,1)，
所以圆C：x−12+y−22=2关于直线x−y=0对称的圆的方程是
(x−2)2+(y−1)2=2，
故选：C.
【变式6-1】（23-24高二上·安徽黄山·期末）圆M:(x−2)2+(y−1)2=1与圆N关于直线x−y=0对称，则圆N的方程为（ ）
A．(x+1)2+(y+2)2=1B．(x−2)2+(y+1)2=1
C．(x+2)2+(y+1)2=1D．(x−1)2+(y−2)2=1
【解题思路】根据对称性求得圆M的圆心和半径，进而求得圆N的方程.
【解答过程】圆M:(x−2)2+(y−1)2=1的圆心为2,1，半径为1，
2,1关于直线x−y=0的对称点是1,2，
所以圆N的圆心是1,2，半径是1，
所以圆N的方程为(x−1)2+(y−2)2=1.
故选：D.
【变式6-2】（23-24高二下·云南昆明·阶段练习）已知圆M:x+12+y+12=1与圆N:x−42+y+32=1关于直线l对称，则l的方程为（ ）
A．10x−4y−23=0B．10x+4y−23=0
C．2x−5y−7=0D．2x+5y+7=0
【解题思路】首先确定圆心坐标，再求出两圆心的中点坐标与斜率，即可得到直线l的斜率，再由点斜式计算可得.
【解答过程】圆M:x+12+y+12=1的圆心为M−1,−1，
圆N:x−42+y+32=1的圆心为N4,−3，
所以M、N的中点坐标为32,−2，又kMN=−3+14+1=−25，
则kl=−1kMN=52，所以直线l的方程为y+2=52x−32，即10x−4y−23=0.
故选：A.
【变式6-3】（2024·陕西宝鸡·一模）已知圆x2+y2−2x+4y+4=0关于直线2ax−by−2=0a>0,b>0对称，则ab的最大值为（ ）
A．2B．1C．12D．14
【解题思路】由圆的方程求出圆心坐标，将圆心坐标代入直线方程，由基本不等式即可求出ab的最大值.
【解答过程】解：由题意
在圆x2+y2−2x+4y+4=0中，
x−12+y+22=1
∴圆心为A1,−2，半径为1
在直线2ax−by−2=0a>0,b>0中，
圆关于该直线对称
∴直线过圆心A1,−2，
∴2a+2b−2=0，即：a+b=1
∵a+b=1≥2ab
解得：ab≤14
当且仅当a=b=12时等号成立
∴ab的最大值为14.
故选：D.
【题型7 圆系方程】
【例7】（23-24高二下·湖南长沙·阶段练习）过圆x2+y2−x+y−2=0和x2+y2=5的交点，且圆心在直线3x+4y−1=0上的圆的方程为（ ）
A．x2+y2+2x−2y−11=0B．x2+y2−2x+2y−11=0．
C．x2+y2−2x−2y−11=0D．x2+y2+2x+2y−11=0
【解题思路】设所求圆的方程为x2+y2−x+y−2+λx2+y2−5=0,(λ≠−1)，求出圆心坐标代入直线3x+4y−1=0，求得λ，即可求得答案.
【解答过程】由题意设所求圆的方程为x2+y2−x+y−2+λx2+y2−5=0,(λ≠−1)，
即x2+y2−11+λx+11+λy−2+5λ1+λ=0，
圆心坐标为121+λ,−121+λ，代入3x+4y−1=0中，
即321+λ−421+λ−1=0，解得λ=−32，
将λ=−32代入x2+y2−11+λx+11+λy−2+5λ1+λ=0中，即x2+y2+2x−2y−11=0，
满足22+(−2)2−4(−11)>0，
故所求圆的方程为x2+y2+2x−2y−11=0，
故选：A.
【变式7-1】（2024高二·辽宁·学业考试）过圆x2+y2−2y−4=0与x2+y2−4x+2y=0的交点，且圆心在直线l:2x+4y−1=0上的圆的方程是 x2+y2−3x+y−1=0 ．
【解题思路】根据过两圆交点的圆系方程设出所求圆的方程，并求出圆心坐标，把圆心坐标代入直线l的方程，从而求出圆的方程.
【解答过程】设圆的方程为x2+y2−4x+2y+λ(x2+y2−2y−4)=0λ≠−1，
则1+λx2−4x+1+λy2+2−2λy−4λ=0，
即x2+y2−41+λx+2−2λ1+λy−4λ1+λ=0，所以圆心坐标为21+λ,λ−11+λ，
把圆心坐标21+λ,λ−11+λ代入2x+4y−1=0，可得λ=13，
所以所求圆的方程为x2+y2−3x+y−1=0．
故答案为：x2+y2−3x+y−1=0.
【变式7-2】（23-24高一下·江西九江·期中）经过两圆x2+y2+6x−4=0和x2+y2+6y−28=0的交点，且圆心在直线x−y−4=0上的圆的方程为 x2+y2−x+7y−32=0 .
【解题思路】利用圆系方程可求圆的方程.
【解答过程】由题可先设出圆系方程；x2+y2+6x−4+λ(x2+y2+6y−28)=0，则圆心坐标为； (−31+λ,−3λ1+λ)，又圆心在直线x−y−4=0上，可得；−31+λ+3λ1+λ−4=0,解得λ=−7.
所以圆的方程为：x2+y2−x+7y−32=0.
故答案为：x2+y2−x+7y−32=0.
【变式7-3】（2024高三下·全国·专题练习）求过圆：x2+y2−2x+2y+1=0与圆：x2+y2+4x−2y−4=0的交点，圆心在直线：x−2y−5=0圆的方程.
【解题思路】根据题意，设圆的方程为x2+y2−2x+2y+1+λx2+y2+4x−2y−4=0λ≠−1，得出圆心坐标代入直线方程，求得λ的值，进而得到圆的方程.
【解答过程】设所求圆的方程为x2+y2−2x+2y+1+λx2+y2+4x−2y−4=0λ≠−1，
整理得1+λx2+1+λy2+4λ−2x+21−λy+1−4λ=0，
即x2+y2+4λ−21+λx+2−2λ1+λy+1−4λ1+λ=0，
可得所求圆的圆心坐标为1−2λ1+λ,λ−11+λ，
因为所求圆的圆心在直线x−2y−5=0上，可得1−2λ1+λ−2×λ−11+λ−5=0，
解得λ=−29，代入整理得x2+y2−267x+227y+87=0
即所求圆的方程为x2+y2−267x+227y+177=0.
【题型8 与圆有关的最值问题】
【例8】（2024·西藏拉萨·二模）已知点M3,−3,N3,0，动点P在圆O:x2+y2=1上，则PM+13PN的最小值为（ ）
A．1453B．1653C．1459D．1659
【解题思路】先设点的坐标，结合轨迹方程求参，再根据距离和最小值为两点间距离求解即可.
【解答过程】令PN′=13PN，即求PM+PN′的最小值.
设Px,y,N′m,n，则(x−m)2+(y−n)2=13(x−3)2+y2，
整理，得点P的轨迹方程为x2+y2−9m−34x−9n4y+9m2+9n2−98=0.
又点P在圆O:x2+y2=1上，
所以−9m−34=0−9n4=09m2+9n2−98=−1，解得m=13n=0，所以N′13,0，
所以PM+PN′≥MN′=3−132+(−3)2=1453，
即PM+13PN的最小值为1453.
故选：A.
【变式8-1】（2024·河南·模拟预测）已知点Px,y在以原点O为圆心，半径r=7的圆上，则1x2+1+4y2+1的最小值为（ ）
A．49B．5+229C．79D．1
【解题思路】由题可得点P满足的圆方程x2+y2=7，进而x2+1+y2+1=9，然后利用基本不等式结合条件即得.
【解答过程】由题意可得点P的坐标满足x2+y2=7，所以，x2+1+y2+1=9．
因此，1x2+1+4y2+1=19x2+1+y2+11x2+1+4y2+1
=195+y2+1x2+1+4x2+1y2+1≥195+2y2+1x2+1×4x2+1y2+1=1.
当且仅当y2+1x2+1=4x2+1y2+1时，即x=±2,y=±5时取等号．
故选: D．
【变式8-2】（2024·湖北黄石·三模）已知在等腰直角三角形ABC中，CA=CB=4，点M在以C为圆心、2为半径的圆上，则MB+12MA的最小值为（ ）
A．35−22B．17C．1+25D．25−1
【解题思路】建立坐标系，先把12MA转化为MD，其中D1,0，再利用两点之间线段最短求解.
【解答过程】如图：建立平面直角坐标系.则A4,0，B0,4,取D1,0.设Mx,y
则x2+y2=4.
所以12MA =12x−42+y2 =124x−12+y2 =MD，
又MB+MD≤BD=12+42=17.
故选：B.
【变式8-3】（2024·广西贵港·模拟预测）已知圆C：(x−2)2+(y−2)2=4，直线l：(m+2)x−my−4=0，若l与圆C交于A，B两点，设坐标原点为O，则|OA|+2|OB|的最大值为（ ）
A．43B．63C．415D．230
【解题思路】求出圆C的圆心及半径，直线l所过定点，借助向量运算得|OA|2+|OB|2=24，利用三角代换结合辅助角公式及三角函数性求出最大值.
【解答过程】圆C：(x−2)2+(y−2)2=4的圆心为C(2,2)，半径为2，|OC|=22
直线l的方程可化为m(x−y)+2x−4=0，于是l过定点(2,2)，且|AB|=4，
显然2OC=OA+OB，即4OC2=OA2+OB2+2OA⋅OB，
又AB2=OA2+OB2−2OA⋅OB，因此|OA|2+|OB|2=12(4|OC|2+|AB|2)=24，
设|OA|=26csθ，|OB|=26sinθ，显然|OA|,|OB|∈(22−2,22+2)，
则|OA|+2|OB|=230sin(θ+φ)≤230，其中tanφ=12，当θ+φ=π2时等号成立，此时tanθ=2，
|OA|=26×15=2305∈(22−2,22+2)，符合条件，
所以|OA|+2|OB|的最大值为230．
故选：D.
一、单选题
1．（2024·吉林长春·三模）经过A1,1，B−1,1，C0,2三个点的圆的方程为（ ）
A．x+12+y−12=2B．x−12+y−12=2
C．x2+y−12=1D．x2+y+12=1
【解题思路】设经过A，B，C三个点的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0D2+E2−4F>0，代入三点坐标可得答案.
【解答过程】设经过A，B，C三个点的圆的方程为
x2+y2+Dx+Ey+F=0D2+E2−4F>0，
由题意可得1+1+D+E+F=01+1−D+E+F=00+4+2E+F=0，解得D=0E=−2F=0，
且满足D2+E2−4F=4>0，
所以经过A，B，C三个点的圆的方程为x2+y2−2y=0，
即为x2+y−12=1.
故选：C.
2．（2024·浙江·一模）圆C:x2+y2−2x+4y=0的圆心C坐标和半径r分别为（ ）
A．C1,−2,r=5B．C1,−2,r=5
C．C−1,2,r=5D．C−1,2,r=5
【解题思路】将一般方程化为标准方程即可求解.
【解答过程】圆C:x2+y2−2x+4y=0，即C:x−12+y+22=5，
它的圆心C坐标和半径r分别为C1,−2,r=5.
故选：A.
3．（2024·江西·模拟预测）若点1,1在圆x2+y2−x−a=0的外部，则a的取值范围为（ ）
A．−14,1B．14,1C．−∞,1D．1,+∞
【解题思路】根据x2+y2−x−a=0表示圆得a>−14，又利用点在圆外得a<1，从而可得结果.
【解答过程】因为x2+y2−x−a=0可化为x−122+y2=a+14，则a+14>0，所以a>−14．
又点1,1在圆x2+y2−x−a=0的外部，所以12+12−1−a>0，故a<1，
综上，−14故选：A.
4．（2024·陕西铜川·三模）已知圆C:(x−a)2+(y−b)2=1经过点A3,4，则其圆心到原点的距离的最大值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【解题思路】由题意及圆的定义得圆心所在的轨迹方程，然后利用点与圆的位置关系求解最大值即可.
【解答过程】由圆C:(x−a)2+(x−b)2=1经过点3,4，可得(3−a)2+(4−b)2=1，
即(a−3)2+(b−4)2=1，故圆心a,b的轨迹是以A3,4为圆心，1为半径的圆，
又AO=32+42=5，所以圆心到原点的距离的最大值为5+1=6.
故选：C.
5．（2024·河南信阳·模拟预测）已知圆O：x2+y2=2，点A(m,n)和点B(p,q)在圆O上，满足mp+nq=−1，则m+n+p+q最大值为（ ）
A．2B．2C．22D．42
【解题思路】将点A,B代入圆O中得m2+n2=2,p2+q2=2并结合mp+nq=−1，可得(m+p)2+(n+q)22=1，再使用重要不等式求解即可.
【解答过程】由题意可知，点A(m,n),B(p,q)在圆O:x2+y2=2上，
所以m2+n2=2,p2+q2=2，
因为mp+nq=−1，
所以m2+n2+p2+q2+2(mp+nq)=2，
所以(m+p)2+(n+q)22=1，
又因为(m+p)2+(n+q)22≥(m+p+n+q2)2，
所以m+n+p+q≤2，当且仅当m+p=n+q取等号.
故选：B.
6．（23-24高二上·广西玉林·期末）若直线l在x轴､y轴上的截距相等，且直线l将圆x2+y2−2x+4y=0的周长平分，则直线l的方程为（ ）
A．x+y+1=0B．x+y−1=0
C．x+y+1=0或2x+y=0D．x+y−1=0或2x+y=0
【解题思路】设出直线方程，将圆心代入直线，求解即可.
【解答过程】由已知圆(x−1)2+(y+2)2=5，直线l将圆平分，则直线l经过圆心1,−2，
直线方程为y=kx，或xa+ya=1a≠0，将点1,−2代入上式，解得k=−2,a=−1
直线l的方程为2x+y=0或x+y+1=0.
故选：C.
7．（2024·四川成都·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，点M(2,0)，直线l:y=k(x−2)+1，点M关于直线l的对称点为N，则△OMN面积的最大值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】设Nm,n，根据点关于直线的对称得到，点Nm,n为以2,1为圆心，半径为1的圆，（除去M(2,0)），数形结合得到△OMN面积的最大值.
【解答过程】设Nm,n，则M(2,0)与Nm,n的中点坐标为m+22,n2，
由题意得nm−2⋅k=−1n2=km+22−2+1，
消去k得m−22+n−12=1，
故点Nm,n为以2,1为圆心，半径为1的圆，（除去M(2,0)），
故n的最大值为2，位于2,1的正上方，
故△OMN面积的最大值为12OM×2=2
故选：B.
8．（23-24高三上·辽宁大连·阶段练习）已知圆C1:(x−2)2+(y−3)2=1，圆C2:x−32+y−42=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．52−2B．17−1C．6+22D．52−4
【解题思路】利用圆的性质及“将军饮马”模型计算最值即可.
【解答过程】

如图所示，易知C12,3,C23,4，两圆半径分别为r1=1,r2=3，
取点C1关于横轴的对称点A，则A2,−3，在横轴上任取一点P′，连接P′C1、P′C2，
连接AC2交横轴于P，交圆C2于E(圆上靠近横轴一点)，连接PC1交圆C1于F(圆上靠近横轴一点)，
则P′M+P′N≥P′C1−r1+P′C2−r2=P′A+P′C2−r2+r1≥AC2−4 =2−32−−3−42−4=52−4，
当且仅当P′、P，E、N，F、M对应重合时等号成立，
此时PM+PN的最小值为52−4.
故选：D.
二、多选题
9．（2024·广西·模拟预测）若点P1,0在圆C:x2+y2+2x−4y+m=0的外部，则m的取值可能为（ ）
A．−3B．1C．4D．7
【解题思路】由圆C:(x+1)2+(y−2)2=5−m，结合点在圆外列不等式组求参数范围.
【解答过程】由题设C:(x+1)2+(y−2)2=5−m，P1,0在圆外，
则(1+1)2+(0−2)2>5−m5−m>0，解得−3故选：BC.
10．（2024·山西临汾·三模）已知E,F是以C1,2为圆心，2为半径的圆上任意两点，且满足CE⊥CF，P是EF的中点，若存在关于3,0对称的A,B两点，满足PA⋅PB=0，则线段AB长度的可能值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【解题思路】由已知得出P点轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，得出PD的范围，再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得出AB范围，进而判断出答案．
【解答过程】因为CE⊥CF,CE=CF=2，
所以EF=CE2+CF2=2，
因为P是EF中点，所以CP=12EF=1，
所以P点轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，
设3,0为点D，则CD=(1−3)2+(2−0)2=4+4=22，
所以PD∈[22−1,22+1]，
又PA⋅PB=0，A,B两点关于点D3,0对称，
所以△PAB为直角三角形，且D为斜边AB中点，则AB=2PD，
所以AB∈[42−2,42+2]，
故选：BCD．
11．（2024·辽宁丹东·模拟预测）已知曲线E:x2+y2−2x−2y=0，则（ ）
A．曲线E围成图形面积为8+4π
B．曲线E的长度为42π
C．曲线E上任意一点到原点的最小距离为2
D．曲线E上任意两点间最大距离42
【解题思路】通过分类讨论去掉绝对值后，可画出曲线E图形，由图可得答案.
【解答过程】当x>0,y>0时，曲线E:(x−1)2+(y−1)2=2；
当x>0,y<0时，曲线E:(x−1)2+(y+1)2=2；
当x<0,y>0时，曲线E:(x+1)2+(y−1)2=2；
当x<0,y<0时，曲线E:(x+1)2+(y+1)2=2；
当x=0,y=0时，曲线E为原点.
画出曲线E的图形，如图所示.
对于A，曲线E围成的面积可分割为一个边长为22的正方形和四个半径为2的半圆，
故面积为22×22+2π×(2)2=8+4π，故A正确；
对于B，曲线E由四个半径为2的半圆组成，故周长为2×2π×2=42π，故B正确；
对于C，如图所示，因为原点在曲线E上，所以最小值为0，故C错误；
对于D，如图所示，曲线E上任意两点的连线过圆心及原点时，距离最大，最大为42.故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
12．（2024·湖南邵阳·三模）写出满足“点3,−2在圆x2+y2−2x+4y+m=0外部”的一个m的值：m=
4（答案不唯一， 1【解题思路】利用方程表示圆、点在圆外列出不等式组求解即得.
【解答过程】圆(x−1)2+(y+2)2=5−m，则5−m>0，
由点3,−2在圆x2+y2−2x+4y+m=0外部，得32+(−2)2−2×3+4×(−2)+m>0，
解得1故答案为：4（答案不唯一， 113．（2024·贵州毕节·三模）已知直线l1:x+ty−5=0，直线l2:tx−y−3t+2=0，l1与l2相交于点A，则点A的轨迹方程为 (x−4)2+(y−1)2=2 ．
【解题思路】设Ax,y，先求出直线l1和l2恒过的定点C5,0，B3,2，由l1⊥l2可得AC⋅AB=0，即可得出答案.
【解答过程】因为l1:x+ty−5=0，所以直线l1过点C5,0，
直线l2:tx−3−y+2=0过点B3,2，
因为1⋅t+t⋅−1=0，所以l1⊥l2，设Ax,y，
所以AC⋅AB=0，所以AC=5−x,−y,AB=3−x,2−y，
所以5−x3−x−y2−y=0，化简可得：(x−4)2+(y−1)2=2.
故答案为：(x−4)2+(y−1)2=2.
14．（2024·天津河西·模拟预测）已知点A为圆C:(x−m)2+(y−m−1)2=2上一点，点B(3,0)，当m变化时线段AB长度的最小值为 2 .
【解题思路】根据圆的方程得到圆心的轨迹，然后根据几何知识得到当AB⊥l时线段AB的长度最小，
然后求线段AB的长度即可.
【解答过程】
圆C的圆心坐标为m,m+1，半径r=2，所以圆心在直线l：y=x+1上，
当AB⊥l时线段AB的长度最小，
点B到直线l的距离d=3+1−01+1=22，
所以ABmin=d−r=2.
故答案为：2.
四、解答题
15．（2024·广东深圳·模拟预测）已知过点1,0的动直线l与圆C1:x2+y2−4x=0相交于不同的两点A，B．
(1)求圆C1的圆心坐标；
(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程．
【解题思路】（1）根据题意，将圆的一般式化为标准式，即可得到结果；
（2）根据题意，由kC1M⋅kAB=−1列出方程，化简即可得到结果.
【解答过程】（1）圆C1的方程可变形为x−22+y2=4，
故C1的圆心坐标为2,0，半径为2.
（2）设MxM,yM，因为点M是AB的中点，∴C1M⊥AB，
∴kC1M⋅kAB=−1，
故yMxM−2⋅yMxM−1=−1，
由此可得xM2−3xM+yM2+2=0，
故轨迹方程为xM−322+yM2=14，轨迹是以圆心为32,0，半径为12的圆.
16．（23-24高二上·湖南永州·期末）△ABC的顶点是A0,0，B−1,−1，C3,1．
(1)求边AB上的高所在直线的方程；
(2)求过点A，B，C的圆方程．
【解题思路】（1）求出直线AB的斜率，得到边AB上的高所在直线的斜率，点斜式求出直线方程，得到答案；
（2）设出圆的一般方程，待定系数法进行求解.
【解答过程】（1）直线AB的斜率为−1−1=1，故边AB上的高所在直线的斜率为−1，
故边AB上的高所在直线的方程为y−1=−x−3，即x+y−4=0；
（2）设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
将A0,0，B−1,−1，C3,1代入得
F=01+1−D−E+F=09+1+3D+E+F=0，解得F=0D=−6E=8，
故圆的方程为x2+y2−6x+8y=0.
17．（23-24高二上·湖北十堰·期末）已知直线l:x+2y+3=0，圆C:x2+y2−2x−6y−6=0．
(1)求与l垂直的C的直径所在直线m的一般式方程；
(2)若圆E与C关于直线l对称，求E的标准方程．
【解题思路】（1）求出圆C的标准方程x−12+y−32=16，由m⊥l，设m的方程2x−y+k=0，从而可求解.
（2）设E的圆心Ea,b，由E与C关于直线l对称得a+12+2×b+32+3=0b−3a−1=2，从而可求解.
【解答过程】（1）将C的方程转化为x−12+y−32=16，可知C的圆心为1,3，半径为4．
因为m⊥l，所以可设m的一般式方程为2x−y+k=0，
将1,3代入2x−y+k=0，解得k=1，
故m的一般式方程为2x−y+1=0．
（2）设E的圆心为a,b，由E与C关于直线l对称，
可得a+12+2×b+32+3=0b−3a−1=2,，解得a=−3,b=−5,
所以E的标准方程为x+32+y+52=16．
18．（23-24高二上·山东济南·期末）已知圆心为C的圆经过O0,0，A0,23两点，且圆心C在直线l:y=3x上．
(1)求圆C的标准方程；
(2)点P在圆C上运动，求PO2+PA2的取值范围．
【解题思路】（1）利用圆的对称性先确定圆心，再求半径即可；
（2）设P坐标，利用两点距离公式及点在圆上消元转化为函数求值域求范围即可.
【解答过程】（1）圆经过O0,0，A0,23两点，得圆心在OA的中垂线y=3上，
又圆心C在直线l:y=3x上，联立直线方程有y=3y=3x，得x=1y=3，
即圆心坐标为C1,3，
又r2=CO2=4，
故圆C的标准方程为x−12+y−32=4．
（2）设Px0,y0，易知x0∈−1,3，
则PO2+PA2=x02+y02+x02+y0−232=2x02+2y0−32+6（*），
因为点P在圆C上运动，则x0−12+y0−32=4，
故（*）式可化简为，|PO|2+|PA|2=2x02+24−x0−12+6=4x0+12，
由x0∈−1,3得PO2+PA2的取值范围为8,24．
19．（23-24高二上·湖南·期末）已知四边形ABCD的三个顶点A(1,0)，B(3,−2)，C(4,−1)．
(1)求过A，B，C三点的圆的方程．
(2)设线段AB上靠近点A的三等分点为E，过E的直线l平分四边形ABCD的面积．若四边形ABCD为平行四边形，求直线l的方程．
【解题思路】
（1）方法一：根据斜率分析可知AB⊥BC，结合直角三角形的外接圆的性质分析求解；方法二：设圆的一般方程，代入A，B，C三点运算求解即可；
（2）利用向量关系求得E53,−23.方法一：根据题意可知直线l过线段AC的中点M52,−12，再利用直线的两点式方程运算求解；方法二：设l与CD相交于点Fx2,y2，可知CF=−13DC，利用向量关系求得点F103,−13，再利用直线的两点式方程运算求解.
【解答过程】（1）
方法一：因为A(1,0)，B(3,−2)，C(4,−1)，
则kAB=−2−03−1=−1，kBC=−1−(−2)4−3=1，
由kAB⋅kBC=−1，得AB⊥BC，
则过A，B，C三点的圆的圆心为线段AC的中点M52,−12，
半径r=12AC=12(4−1)2+(−1−0)2=102，
所以过A，B，C三点的圆的方程为x−522+y+122=52；
方法二：设过A，B，C三点的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
则1+D+F=013+3D−2E+F=017+4D−E+F=0，解得D=−5E=1F=4，
故过A，B，C三点的圆的方程为x2+y2−5x+y+4=0，即x−522+y+122=52.
（2）
设Ex1,y1，
由题意可得：DC=AB=(2,−2)，AE=x1−1,y1，
因为线段AB上靠近点A的三等分点为E，则AE=13AB=23,−23，
则x1−1=23y1=−23，解得x1=53y1=−23，即E53,−23．
方法一：直线l平分四边形ABCD的面积，可知直线l过线段AC的中点M52,−12，
所以直线l的方程为y+23−12+23=x−5352−53，整理得x−5y−5=0；
方法二：设l与CD相交于点Fx2,y2，则CF=x2−4,y2+1，
由直线l平分四边形ABCD的面积，可得CF=−13DC=−23,23，
则x2−4=−23y2+1=23，解得x2=103y2=−13，即F103,−13，
所以直线l的方程为y+23−13+23=x−53103−53，整理得x−5y−5=0.
考点要求
真题统计
考情分析
(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
2022年全国乙卷（文数）：第15题，5分
2022年全国甲卷（文数）：第14题，5分
2023年全国乙卷（文数）：第11题，5分
2023年上海卷：第7题，5分
2024年北京卷：第3题，4分
2024年天津卷：第12题，5分
从近几年的高考情况来看，高考对圆的方程的考查比较稳定，多以选择题、填空题的形式考查，难度不大；有时也会与距离公式、圆锥曲线等结合考查，复习时应熟练掌握圆的方程的求法，灵活求解.
位置关系
判断方法
几何法
代数法(标准方程)
代数法(一般方程)
点在圆上
|MA|=r
(x0-a)2 +(y0-b) 2=r2
点在圆内
|MA|(x0-a)2 +(y0-b) 2点在圆外
|MA|>r
(x0-a)2 +(y0-b) 2>r2