2021版江苏高考数学一轮复习讲义：第8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
定义
平面内与定点的距离等于定长的点的集合(轨迹)
标准方程
(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)
圆心(a，b)，半径r
一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，(D2＋E2－4F＞0)
圆心，
半径
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.

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．

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x2＋y2＝a2表示半径为a的圆． (　　)
(3)方程x2＋y2＋4mx－2y＋5m＝0表示圆． (　　)
(4)方程Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的充要条件是A＝C≠0，B＝0，D2＋E2－4AF>0. (　　)
[答案](1)√　(2)×　(3)×　(4)√
二、教材改编
1．圆x2＋y2－4x＋6y＝0的圆心坐标和半径分别是(　　)
A．(2,3)，3　　　　　　　 B．(－2,3)，
C．(－2，－3)，13 D．(2，－3)，
D　[圆的方程可化为(x－2)2＋(y＋3)2＝13，所以圆心坐标是(2，－3)，半径r＝.]
2．已知点A(1，－1)，B(－1,1)，则以线段AB为直径的圆的方程是(　　)
A．x2＋y2＝2 B．x2＋y2＝
C．x2＋y2＝1 D．x2＋y2＝4
A　[AB的中点坐标为(0,0)，
|AB|＝＝2，所以圆的方程为x2＋y2＝2.]
3．过点A(1，－1)，B(－1,1)，且圆心在直线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　[设圆心C的坐标为(a，b)，半径为r.因为圆心C在直线x＋y－2＝0上，所以b＝2－a.又|CA|2＝|CB|2，所以(a－1)2＋(2－a＋1)2＝(a＋1)2＋(2－a－1)2，所以a＝1，b＝1.所以r＝2.所以方程为(x－1)2＋(y－1)2＝4.]
4．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　[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.]

考点1　圆的方程
　求圆的方程的2种方法
(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：
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)[一题多解]已知圆E经过三点A(0,1)，B(2,0)，C(0，－1)，且圆心在x轴的正半轴上，则圆E的标准方程为(　　)
A.＋y2＝　　　 B.＋y2＝
C.＋y2＝ D.＋y2＝
(2)[一题多解]已知圆C的圆心在直线x＋y＝0上，圆C与直线x－y＝0相切，且在直线x－y－3＝0上截得的弦长为，则圆C的方程为 ．
(1)C　(2) (x－1)2＋(y＋1)2＝2 　[(1)法一：(待定系数法)设圆E的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，
则由题意得解得
所以圆E的一般方程为x2＋y2－x－1＝0，
即＋y2＝.
法二：(几何法)因为圆E经过点A(0,1)，B(2,0)，
所以圆E的圆心在线段AB的垂直平分线y－＝2(x－1)上．又圆E的圆心在x轴的正半轴上，所以圆E的圆心坐标为.
则圆E的半径为|EB|＝＝，
所以圆E的标准方程为＋y2＝.
(2)法一：由圆C的圆心在直线x＋y＝0上，∴设圆C的圆心为(a，－a)．
又∵圆C与直线x－y＝0相切，
∴半径r＝＝|a|.
又圆C在直线x－y－3＝0上截得的弦长为，
圆心(a，－a)到直线x－y－3＝0的距离d＝，
∴d2＋＝r2，即＋＝2a2，
解得a＝1，∴圆C的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2.
法二：设所求圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
则圆心为，半径r＝，
∵圆心在直线x＋y＝0上，
∴－－＝0，即D＋E＝0，①
又∵圆C与直线x－y＝0相切，
∴＝，
即(D－E)2＝2(D2＋E2－4F)，
∴D2＋E2＋2DE－8F＝0.②
又知圆心到直线x－y－3＝0的距离
d＝，
由已知得d2＋2＝r2，
∴(D－E＋6)2＋12＝2(D2＋E2－4F)，③
联立①②③，解得
故所求圆的方程为x2＋y2－2x＋2y＝0，
即(x－1)2＋(y＋1)2＝2.]
　几何法与待定系数法是解答圆的有关问题的两种常用方法，求解圆的方程时，可采用数形结合的思想充分运用圆的几何性质，达到事半功倍的效果．
　1.若不同的四点A(5,0)，B(－1,0)，C(－3,3)，D(a,3)共圆，则a的值为 ．
7　[设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，分别代入A，B，C三点坐标，得
解得
所以A，B，C三点确定的圆的方程为
x2＋y2－4x－y－5＝0.
因为D(a,3)也在此圆上，所以a2＋9－4a－25－5＝0.
所以a＝7或a＝－3(舍去)．即a的值为7.]
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 ．
(－2，－4)　5　[由已知方程表示圆，则a2＝a＋2，
解得a＝2或a＝－1.
当a＝2时，方程不满足表示圆的条件，故舍去．
当a＝－1时，原方程为x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，
化为标准方程为(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，
表示以(－2，－4)为圆心，半径为5的圆．]
考点2　与圆有关的最值问题
　斜率型、截距型、距离型最值问题
　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．
　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]　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.
　 与圆有关的 斜率型、截距型、距离型最值问题一般根据相应几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解．
　已知点A(－1,0)，B(0,2)，点P是圆C：(x－1)2＋y2＝1上任意一点，则△PAB面积的最大值与最小值分别是(　　)
A．2,2－ B．2＋，2－
C.，4－ D.＋1，－1
B　[由题意知|AB|＝＝，
lAB：2x－y＋2＝0，由题意知圆C的圆心坐标为(1,0)，
∴圆心到直线lAB的距离d＝＝.
∴S△PAB的最大值为××＝2＋，
S△PAB的最小值为××＝2－.]
　利用对称性求最值
　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．
　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.－1
C．6－2 D.
A　[(图略)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.]
　本题在求解中要立足了两点：(1)减少动点的个数，借助圆的几何性质化圆上任意一点到点(a，b)的距离的最大(小)值为圆心到点(a，b)的距离加(减)半径问题；(2)“曲化直”，即借助对称性把折线段转化为同一直线上的两线段之和的最值问题解决．
[教师备选例题]
(1)设点P是函数y＝－图象上的任意一点，点Q坐标为(2a，a－3)(a∈R)，则|PQ|的最小值为 ．
(2)已知A(0,2)，点P在直线x＋y＋2＝0上，点Q在圆C：x2＋y2－4x－2y＝0上，则|PA|＋|PQ|的最小值是 ．
(1)－2　(2)2　[(1)函数y＝－的图象表示圆(x－1)2＋y2＝4在x轴及下方的部

分，令点Q的坐标为(x，y)，
则 得y＝－3，
即x－2y－6＝0，作出图象如图所示，
由于圆心(1,0)到直线x－2y－6＝0的距离d＝＝>2，所以直线x－2y－6＝0与圆(x－1)2＋y2＝4相离，因此|PQ|的最小值是－2.
(2)因为圆C：x2＋y2－4x－2y＝0，故圆C是以C(2,1)为圆心，半径r＝的圆．设点A(0,2)关于直线x＋y＋2＝0的对称点为A′(m，n)，故
解得
故A′(－4，－2)．
连接A′C交圆C于Q(图略)，
由对称性可知
|PA|＋|PQ|＝|A′P|＋|PQ|≥|A′Q|＝|A′C|－r＝2.]
　(2019·上饶模拟)一束光线从点A(－3,2)出发，经x轴反射到圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1上的最短路径的长度是(　　)
A．4 B．5
C．5－1 D．2－1
C　[根据题意，设A′与A关于x轴对称，且A(－3,2)，则A′的坐标为(－3，－2)，又由A′C＝＝5，则A′到圆C上的点的最短距离为5－1.故这束光线从点A(－3,2)出发，经x轴反射到圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1上的最短路径的长度是5－1，故选C.]
考点3　与圆有关的轨迹问题
　求与圆有关的轨迹问题的4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．
　(2019·衡水调研)已知直角三角形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)法一：设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.
因为AC⊥BC，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)．
法二：设AB的中点为D，由中点坐标公式得D(1,0)，由直角三角形的性质知|CD|＝|AB|＝2.由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1,0)为圆心，2为半径的圆(由于A，B，C三点不共线，所以应除去与x轴的交点)．
所以直角顶点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(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)．
　此类问题在解题过程中，常因忽视对特殊点的验证而造成解题失误．
[教师备选例题]
已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝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](1)由x2＋y2－6x＋5＝0得(x－3)2＋y2＝4，所以圆C1的圆心坐标为(3,0)．
(2)设M(x，y)，因为点M为线段AB的中点，
所以C1M⊥AB，所以kC1M ·kAB＝－1，当x≠3时可得·＝－1，整理得＋y2＝，
又当直线l与x轴重合时，M点坐标为(3,0)，代入上式成立．
设直线l的方程为y＝kx，与x2＋y2－6x＋5＝0联立，
消去y得：(1＋k2)x2－6x＋5＝0.
令其判别式Δ＝(－6)2－4(1＋k2)×5＝0，得k2＝，此时方程为x2－6x＋5＝0，解上式得x＝，因此 设定点M(－3,4)，动点N在圆x2＋y2＝4上运动，以OM，ON为两边作平行四边形MONP，求点P的轨迹．
[解]　如图，设P(x，y)，N(x0，y0)，

则线段OP的中点坐标为，
线段MN的中点坐标为
.
因为平行四边形的对角线互相平分，
所以＝，＝，
整理得
又点N(x0，y0)在圆x2＋y2＝4上，
所以(x＋3)2＋(y－4)2＝4.
所以点P的轨迹是以(－3,4)为圆心，2为半径的圆，
直线OM与轨迹相交于两点和，不符合题意，舍去，
所以点P的轨迹为圆(x＋3)2＋(y－4)2＝4，除去两点和.