第41讲　圆的方程高考数学一轮复习讲义练习

这是一份第41讲　圆的方程高考数学一轮复习讲义练习，共14页。试卷主要包含了 已知圆C等内容，欢迎下载使用。

激活思维
1. (人A选必一P85练习T3改)已知圆C以P1P2为直径，P1(4，9)，P2(6，3)，则下列各点在圆C外的是( B )
A. M(6，9)B. N(3，3)
C. Q(5，3)D. R(4，4)
【解析】 由线段的中点坐标公式，可得圆心为C(5，6).因为|P1P2|＝ eq \r((4－6)2＋(9－3)2)＝2 eq \r(10)，所以圆C的方程为(x－5)2＋(y－6)2＝10.因为|CM|＝ eq \r(10)＝r，所以点M在圆C上；因为|CN|＝ eq \r(13)＞r，所以点N在圆C外；因为|CQ|＝3＜r，所以点Q在圆C内；因为|CR|＝ eq \r(5)＜r，所以点R在圆C内．
2. 已知方程x2＋y2－2x＋2＋k＝0表示圆，则k的取值范围是( C )
A. (－∞，－1)∪(3，＋∞) B. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))
C. (－∞，－1) D. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞))
【解析】 因为x2＋y2－2x＋2＋k＝0表示圆，所以D2＋E2－4F＝(－2)2－4(2＋k)＞0，解得k＜－1，故k的取值范围是(－∞，－1).
3. (人A选必一P85练习T1(2)改)圆心为C(－8，3)，且经过点M(－5，－1)的圆的方程是( A )
A. (x＋8)2＋(y－3)2＝25
B. (x－8)2＋(y－3)2＝25
C. (x＋8)2＋(y－3)2＝16
D. (x－8)2＋(y＋3)2＝25
【解析】 因为圆心为C(－8，3)，且经过点M(－5，－1)，所以半径为|MC|＝ eq \r((－5＋8)2＋(－1－3)2)＝5，故圆的标准方程为(x＋8)2＋(y－3)2＝25.
4. (人A选必一P88习题T4改)若圆C的圆心在x轴上，并且过A(－1，1)和B(1，3)两点，则圆C的方程是_(x－2)2＋y2＝10_．
【解析】 设圆心坐标为C(a，0)，半径为r，则圆C的标准方程为(x－a)2＋y2＝r2，有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((－1－a)2＋12＝r2，,(1－a)2＋32＝r2，))解得a＝2，r2＝10，所以圆C的标准方程为(x－2)2＋y2＝10.
5. (人A选必一P87例5改)已知圆C经过点A(3，1)，B(－1，3)，且它的圆心在直线3x－y－2＝0上，则圆C的标准方程为_(x－2)2＋(y－4)2＝10_；若D为圆C上任意一点，且点E(3，0)，则线段ED的中点M的轨迹方程为_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2))) eq \s\up12(2)＋(y－2)2＝ eq \f(5,2)_．
【解析】 由题可设圆C的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((3－a)2＋(1－b)2＝r2，,(－1－a)2＋(3－b)2＝r2，,3a－b－2＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝4，,r2＝10，))所以圆C的标准方程为(x－2)2＋(y－4)2＝10.设M(x，y)，D(x1，y1).由E(3，0)及M为线段ED的中点得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(x1＋3,2)，,y＝\f(y1＋0,2)，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝2x－3，,y1＝2y.))又点D在圆C：(x－2)2＋(y－4)2＝10上，所以(2x－3－2)2＋(2y－4)2＝10，化简得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2))) eq \s\up12(2)＋(y－2)2＝ eq \f(5,2)，故点M的轨迹方程为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2))) eq \s\up12(2)＋(y－2)2＝ eq \f(5,2).
聚焦知识
1. 圆的定义、方程
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) 若点M(x0，y0)在圆外，则(x0－a)2＋(y0－b)2＞r2；
(2) 若点M(x0，y0)在圆上，则(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2；
(3) 若点M(x0，y0)在圆内，则(x0－a)2＋(y0－b)2＜r2.
3. 两个常用结论
(1) 方程Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的充要条件是A＝C≠0，B＝0，且 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D,A))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,A))) eq \s\up12(2)－4· eq \f(F,A)＞0，即D2＋E2－4AF＞0.
(2) 以A(x1，y1)，B(x2，y2)为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0.
研题型 素养养成
举题说法
圆的方程
例1 (1) 经过点A(5，2)，B(3，－2)，且圆心在直线2x－y－3＝0上的圆的标准方程是_(x－2)2＋(y－1)2＝10_．
【解析】 方法一：(几何法)由题意知kAB＝2，AB的中点为(4，0).设圆心为C(a，b).因为圆过A(5，2)，B(3，－2)两点，所以圆心一定在线段AB的垂直平分线上，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b,a－4)＝－\f(1,2)，,2a－b－3＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))所以C(2，1)，所以r＝|CA|＝ eq \r((5－2)2＋(2－1)2)＝ eq \r(10)，所以所求圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝10.
方法二：设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－b－3＝0，,(5－a)2＋(2－b)2＝r2，,(3－a)2＋(－2－b)2＝r2，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，,r＝\r(10)，))故圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝10.
方法三：设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(25＋4＋5D＋2E＋F＝0，,9＋4＋3D－2E＋F＝0，,2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)))＋\f(E,2)－3＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(D＝－4，,E＝－2，,F＝－5，))所以所求圆的方程为x2＋y2－4x－2y－5＝0，即(x－2)2＋(y－1)2＝10.
(2) (2024·广东一模)过A(－1，0)，B(0，3)，C(9，0)三点的圆与y轴交于M，N两点，则|MN|＝( D )
A. 3B. 4
C. 8D. 6
【解析】 设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，代入点A(－1，0)，B(0，3)，C(9，0)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－D＋F＝0，,9＋3E＋F＝0，,81＋9D＋F＝0，))解得D＝－8，E＝0，F＝－9，可得圆的方程为x2＋y2－8x－9＝0，符合题意．令x＝0，可得y2－9＝0，解得y＝±3，所以|MN|＝6.
求圆的方程的两种方法：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；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，求出D，E，F的值．
变式1 (1) (2024·承德、衡水二模)已知圆x2＋y2＝16与直线y＝－ eq \r(3)x交于A，B两点，则经过点A，B，C(8，0)的圆的方程为_(x－3)2＋(y－ eq \r(3))2＝28_．
【解析】 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\r(3)x，,x2＋y2＝16，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝2，,y1＝－2\r(3)，)) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝－2，,y2＝2\r(3)，))可得A(2，－2 eq \r(3))，B(－2，2 eq \r(3)).设经过点A，B，C(8，0)的圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋12＋2D－2\r(3)E＋F＝0，,4＋12－2D＋2\r(3)E＋F＝0，,64＋0＋8D＋0＋F＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(D＝－6，,E＝－2\r(3)，,F＝－16，))则所求圆的方程为x2＋y2－6x－2 eq \r(3)y－16＝0，即(x－3)2＋(y－ eq \r(3))2＝28.
(2) (人A选必一P98习题T4)与x轴相切，圆心在直线3x－y＝0上，且被直线x－y＝0截得的弦长为2 eq \r(7)的圆的方程为_x2＋y2－2x－6y＋1＝0或x2＋y2＋2x＋6y＋1＝0_．
【解析】 设所求圆的方程是x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则圆心为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半径为 eq \f(1,2) eq \r(D2＋E2－4F).令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0，由圆与x轴相切，得Δ＝0，即D2＝4F①.又圆心 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))到直线x－y＝0的距离为d＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)＋\f(E,2))),\r(2))＝ eq \f(|D－E|,2\r(2)).由已知，得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|D－E|,2\r(2)))) eq \s\up12(2)＋( eq \r(7))2＝r2，即(D－E)2＋56＝2(D2＋E2－4F)②.又圆心 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))在直线3x－y＝0上，则3D－E＝0③.联立①②③，解得D＝－2，E＝－6，F＝1或D＝2，E＝6，F＝1，故所求圆的方程是x2＋y2－2x－6y＋1＝0或x2＋y2＋2x＋6y＋1＝0.
相关点法求动点轨迹方程
例2 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．
(例2)
【解答】 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 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(－1＋1＋2x0－1,3)，,y＝\f(2y0,3)，))则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝\f(3x＋1,2)，,y0＝\f(3y,2)(y0≠0)，))代入x2＋y2＝1，整理得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,3))) eq \s\up12(2)＋y2＝ eq \f(4,9)(y≠0)，故交点P的轨迹方程为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,3))) eq \s\up12(2)＋y2＝ eq \f(4,9)(y≠0).
相关点法求动点的轨迹方程，只要寻找要求点与已知点之间的关系，代入已知点所满足的关系式即可．
变式2 已知线段AB的端点B的坐标为(8，6)，端点A在圆C：x2＋y2＋4x＝0上运动，求线段AB的中点P的轨迹方程，并说明它的轨迹是什么．
【解答】 设点P的坐标为(x，y)，点A的坐标为(x0，y0)，又B(8，6)，且P为线段AB的中点，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(x0＋8,2)，,y＝\f(y0＋6,2)，))则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2x－8，,y0＝2y－6.))因为点A在圆C：x2＋y2＋4x＝0上运动，即有x eq \\al(2,0)＋y eq \\al(2,0)＋4x0＝0，代入可得(2x－8)2＋(2y－6)2＋4×(2x－8)＝0，整理可得x2＋y2－6x－6y＋17＝0，化为标准方程可得(x－3)2＋(y－3)2＝1.所以中点P的轨迹方程为(x－3)2＋(y－3)2＝1，该轨迹为以(3，3)为圆心，1为半径的圆．
与圆有关的最值和范围问题
视角1 利用几何性质求最值
例 3-1 (1) 已知M(－1，2)，N是曲线C：x2＋y2－6x－2y＋9＝0上的动点，P为直线x＋2y＋2＝0上的一个动点，则|PM|＋|PN|的最小值为_3 eq \r(5)－1_．
【解析】 如图，曲线C：x2＋y2－6x－2y＋9＝0是以C(3，1)为圆心，1为半径的圆，则根据圆的性质可知，|PN|的最小值为|PC|－1.设M关于直线x＋2y＋2＝0的对称点为H(m，n)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n－2,m＋1)＝2，,\f(m－1,2)＋2×\f(n＋2,2)＋2＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－3，,n＝－2，))即H(－3，－2).连接HC，分别交直线x＋2y＋2＝0与圆C于P，N，连接PM，则|PM|＋|PN|≥|PM|＋|PC|－1＝|PH|＋|PC|－1≥|HC|－1，当且仅当P，H，C三点共线时取等号，此时取得最小值3 eq \r(5)－1，所以|PM|＋|PN|的最小值为3 eq \r(5)－1.
(例3-1(1)答)
(2) (2024·厦门质检)(多选)已知实数x，y满足(x－2)2＋y2＝4，下列说法正确的是( BD )
A. eq \f(y,x＋1)的最小值为－ eq \f(2,3)
B. x＋y的最小值为2－2 eq \r(2)
C. (x＋2)2＋(y＋3)2的最小值为5
D. 点(x，y)到直线y＝kx＋2的距离的最大值为2＋2 eq \r(2)
【解析】 如图，方程(x－2)2＋y2＝4表示以C(2，0)为圆心，半径r＝2的圆．对于A， eq \f(y,x＋1)表示点(－1，0)与圆上的点(x，y)的连线的斜率，设过点(－1，0)的直线的斜率为k，则y＝k(x＋1)，即kx－y＋k＝0，所以圆心C到该直线的距离d1＝ eq \f(|2k＋k|,\r(k2＋(－1)2))≤2，解得－ eq \f(2\r(5),5)≤k≤ eq \f(2\r(5),5)，故A错误；对于B，令x＋y＝z，即x＋y－z＝0，直线x＋y－z＝0与圆必有交点，则圆心C到该直线的距离d2＝ eq \f(|2－z|,\r(2))≤2，解得2－2 eq \r(2)≤z≤2＋2 eq \r(2)，即2－2 eq \r(2)≤x＋y≤2＋2 eq \r(2)，故x＋y的最小值为2－2 eq \r(2)，即B正确；对于C，(x＋2)2＋(y＋3)2表示圆上的点(x，y)到A(－2，－3)的距离的平方，令圆上的点(x，y)到A(－2，－3)的距离为d3，因为|AC|＝ eq \r((－2－2)2＋(－3－0)2)＝5，所以|AC|－r≤d3≤|AC|＋r，即3≤d3≤7，所以9≤(x＋2)2＋(y＋3)2≤49，故C错误；对于D，因为直线y＝kx＋2恒过点D(0，2)，又|CD|＝ eq \r(22＋(－2)2)＝2 eq \r(2)，所以点(x，y)到直线y＝kx＋2的距离的最大值为2＋2 eq \r(2)，故D正确．
(例3-1(2)答)
视角2 转化为函数求最值
例 3-2 (2024·西安一模)(多选)已知圆O的方程为x2＋y2＝1，点A(2，0)，B(0，2)，P是线段AB上的动点，过P作圆O的切线，切点分别为C，D，以下说法正确的是( ABD )
A. 四边形PCOD的面积的最小值为1
B. 四边形PCOD的面积的最大值为 eq \r(3)
C. eq \(PC,\s\up6(→))· eq \(PD,\s\up6(→))的最小值为－1
D. eq \(PC,\s\up6(→))· eq \(PD,\s\up6(→))的最大值为 eq \f(3,2)
【解析】 如图，当点P是AB的中点时，此时OP⊥AB，|OP|最短，最小值为 eq \r(2)，当点P与点A或点B重合时，此时|OP|最长，最大值为2.因为PC，PD是圆O的切线，所以PC⊥OC，PD⊥OD，则四边形PCOD的面积为S＝|PC||OC|＝|PC|＝ eq \r(|PO|2－1)，所以Smin＝ eq \r(2－1)＝1，Smax＝ eq \r(4－1)＝ eq \r(3)，故A，B正确； eq \(PC,\s\up6(→))· eq \(PD,\s\up6(→))＝| eq \(PC,\s\up6(→))|| eq \(PD,\s\up6(→))|cs ∠CPD＝| eq \(PC,\s\up6(→))|2×(2cs2∠OPC－1)＝| eq \(PC,\s\up6(→))|2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\f(|\(PC,\s\up6(→))|2,|\(PO,\s\up6(→))|2)－1))＝ eq \f(2|\(PC,\s\up6(→))|4,|\(PO,\s\up6(→))|2)－| eq \(PC,\s\up6(→))|2＝ eq \f(2(|\(PO,\s\up6(→))|2－1)2,|\(PO,\s\up6(→))|2)－| eq \(PO,\s\up6(→))|2＋1＝| eq \(PO,\s\up6(→))|2＋ eq \f(2,|\(PO,\s\up6(→))|2)－3，易知| eq \(PO,\s\up6(→))|2∈[2，4]，设y＝t＋ eq \f(2,t)－3，t∈[2，4]，该函数在[2，4]上单调递增，最小值为0，最大值为 eq \f(3,2)，故C错误，D正确．
(例3-2答)
与圆有关的最值问题的求解方法
(1)借助几何性质求最值：形如μ＝ eq \f(y－b,x－a)，t＝ax＋by，(x－a)2＋(y－b)2的最值问题．
(2) 建立函数关系式求最值：根据关系式的特征选用配方法、判别式法、基本不等式法等求最值．
(3) 求解形如|PM|＋|PN|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．
圆的参数方程
在平面直角坐标系中，如果点P的坐标(x，y)满足 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝a＋r cs θ，,y＝b＋r sin θ，))其中θ为参数，证明：点P的轨迹是圆心为(a，b)，半径为r的圆．
证明：由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝a＋r cs θ，,y＝b＋r sin θ，))可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x－a,r)＝cs θ，,\f(y－b,r)＝sin θ，))又因为cs2θ＋sin2θ＝1，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－a,r))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y－b,r))) eq \s\up12(2)＝1，即(x－a)2＋(y－b)2＝r2，所以点P的轨迹是圆心为(a，b)，半径为r的圆．
例4 (2024·晋城二模)已知正方形ABCD的边长为2，点P在以A为圆心，1为半径的圆上，则|PB|2＋|PC|2＋|PD|2的最小值为( D )
A．18－8 eq \r(2)B. 18－8 eq \r(3)
C. 19－8 eq \r(3)D. 19－8 eq \r(2)
【解析】 如图，建立平面直角坐标系，不妨设A(1，1)，B(－1，1)，C(－1，－1)，D(1，－1)，因为|AP|＝1，设P(1＋cs θ，1＋sin θ)，θ∈[0，2π)，则|PB|2＋|PC|2＋|PD|2＝(2＋cs θ)2＋sin2θ＋(2＋csθ)2＋(2＋sin θ)2＋cs2θ＋(2＋sinθ)2＝8sin θ＋8cs θ＋19＝8 eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＋19，因为θ∈[0，2π)，则θ＋ eq \f(π,4)∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(9π,4)))，可知当θ＋ eq \f(π,4)＝ eq \f(3π,2)，即θ＝ eq \f(5π,4)时，sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))取得最小值－1，所以|PB|2＋|PC|2＋|PD|2的最小值为19－8 eq \r(2).
(例4答)
已知圆上的动点时，可以利用圆的参数方程设出点的坐标，将问题转化为三角函数问题，通过三角函数的最值(范围)来求解．
变式4 已知圆x2＋(y－1)2＝1上任意一点P(x，y)都使不等式x＋y＋m≥0成立，则m的取值范围为_[ eq \r(2)－1，＋∞)_.
【解析】 设θ为参数，则圆的参数方程为 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝cs θ，,y＝1＋sin θ，))所以设点P(cs θ，1＋sin θ).由不等式x＋y＋m≥0，得m≥－(x＋y)，所以m≥[－(x＋y)]max.而－(x＋y)＝－(cs θ＋1＋sin θ)＝－1－ eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))≤－1＋ eq \r(2)，于是m≥ eq \r(2)－1.
随堂内化
1. (2024·北京卷)圆x2＋y2－2x＋6y＝0的圆心到直线x－y＋2＝0的距离为( D )
A. eq \r(2)B. 2
C. 3D. 3 eq \r(2)
2. 已知圆M的圆心在直线x＋y－4＝0上，且点A(1，0)，B(0，1)在圆M上，则圆M的方程为( C )
A. (x－2)2＋(y－2)2＝13
B. (x－1)2＋(y－1)2＝1
C. (x－2)2＋(y－2)2＝5
D. (x＋1)2＋(y＋1)2＝5
【解析】 因为点A(1，0)，B(0，1)在圆M上，所以圆心在AB的中垂线x－y＝0上．由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－4＝0，,x－y＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝2，))即圆心为M(2，2)，则半径r＝ eq \r((2－1)2＋(2－0)2)＝ eq \r(5)，所以圆M的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝5.
3. (2024·佛山二模)已知P是过O(0，0)，M1(－1，3)，M2(－3，－1)三点的圆上的动点，则|PO|的最大值为( B )
A. eq \r(5)B. 2 eq \r(5)
C. 5D. 20
【解析】 依题意， eq \(OM1,\s\up6(→))＝(－1，3)， eq \(OM2,\s\up6(→))＝(－3，－1)，则 eq \(OM1,\s\up6(→))· eq \(OM2,\s\up6(→))＝－1×(－3)＋3×(－1)＝0，因此线段M1M2是圆的直径，且|M1M2|＝2 eq \r(5).因为点P是该圆上的点，所以|PO|的最大值为2 eq \r(5).
4. (2024·枣庄一模)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－3，0)，B(1，0)，P为圆C：(x－3)2＋(y－3)2＝1上的动点，则|PA|2＋|PB|2的最小值为( B )
A. 34B. 40
C. 44D. 48
【解析】 设P(x，y)，则|PA|2＋|PB|2＝(x＋3)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝2x2＋2y2＋4x＋10＝2[(x＋1)2＋y2]＋8，即|PA|2＋|PB|2等价于点P到点Q(－1，0)的距离的平方的两倍加8.如图，因为|PQ|≥|QC|－|PC|＝ eq \r((3＋1)2＋32)－1＝5－1＝4，所以|PA|2＋|PB|2≥2×42＋8＝40.
(第4题答)
练案❶ 趁热打铁，事半功倍．请老师布置同学们及时完成《配套精练》．
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2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天练》(提高版)，成书可向当地发行咨询购买．
配套精练
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1. (2024·廊坊质检)已知圆C过点A(7，－2)，B(4，1)，且圆心在x轴上，则圆C的方程是( B )
A. (x－5)2＋y2＝8 B. (x－6)2＋y2＝5
C. (x－5)2＋y2＝4 D. (x－4)2＋y2＝13
【解析】 因为圆C的圆心在x轴上，所以设圆C的方程为(x－a)2＋y2＝r2.因为点A(7，－2)，B(4，1)在圆C上，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((7－a)2＋4＝r2，,(4－a)2＋1＝r2，))解得a＝6，r2＝5，所以圆C的方程是(x－6)2＋y2＝5.
2. 设点M，N是圆x2＋y2＋kx＋2y－4＝0上的不同两点，且点M，N关于直线l：x－y＋1＝0对称，则该圆的半径等于( C )
A. 2 eq \r(2) B. eq \r(2)
C. 3 D. 9
【解析】 圆x2＋y2＋kx＋2y－4＝0的标准方程为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(k,2))) eq \s\up12(2)＋(y＋1)2＝5＋ eq \f(k2,4)，则圆心坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(k,2)，－1))，半径为r＝ eq \r(5＋\f(k2,4)).因为点M，N在圆x2＋y2＋kx＋2y－4＝0上，且点M，N关于直线l：x－y＋1＝0对称，所以直线l：x－y＋1＝0经过圆心，所以－ eq \f(k,2)＋1＋1＝0，解得k＝4，所以圆的半径r＝ eq \r(5＋\f(k2,4))＝3.
3. 已知实数x，y满足x2＋y2－4x－2y－4＝0，则x－y的最大值是( C )
A. 1＋ eq \f(3\r(2),2) B. 4
C. 1＋3 eq \r(2) D. 7
【解析】 方法一：令x－y＝k，则x＝k＋y，代入方程化简得2y2＋(2k－6)y＋k2－4k－4＝0，则Δ≥0，即(2k－6)2－4×2(k2－4k－4)≥0，化简得k2－2k－17≤0，解得1－3 eq \r(2)≤k≤1＋3 eq \r(2)，故x－y的最大值是3 eq \r(2)＋1.
方法二：由x2＋y2－4x－2y－4＝0，可得(x－2)2＋(y－1)2＝9.令x＝3cs θ＋2，y＝3sin θ＋1，其中θ∈[0，2π)，则x－y＝3cs θ－3sin θ＋1＝3 eq \r(2)cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＋1.因为θ∈[0，2π)，所以θ＋ eq \f(π,4)∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(9π,4)))，则当θ＋ eq \f(π,4)＝2π，即θ＝ eq \f(7π,4)时，x－y取得最大值3 eq \r(2)＋1.
方法三：由x2＋y2－4x－2y－4＝0可得(x－2)2＋(y－1)2＝9.设x－y＝k，则圆心到直线x－y＝k的距离d＝ eq \f(|2－1－k|,\r(2))≤3，解得1－3 eq \r(2)≤k≤1＋3 eq \r(2)，故x－y的最大值为1＋3 eq \r(2).
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 )
A. 5 eq \r(2)－4 B. eq \r(17)－1
C. 6－2 eq \r(2) D. eq \r(17)
【解析】 因为P是x轴上的动点，所以|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.作点C1关于x轴的对称点C′1(图略)，则C′1(2，－3)，所以|PC1|＋|PC2|＝|PC′1|＋|PC2|≥|C′1C2|＝5 eq \r(2)，则|PC1|＋|PC2|－4≥5 eq \r(2)－4，所以|PM|＋|PN|的最小值为5 eq \r(2)－4.
二、 多项选择题
5. 已知方程λ(x2＋y2－2x)＋μ(x2＋y2－2y)＝0(λ，μ不全为零)，下列说法中正确的是( ACD )
A. 当λμ＝0时为圆
B. 当λμ≠0时不可能为直线
C. 当方程为圆时，λ，μ满足λ＋μ≠0
D. 当方程为直线时，直线方程为y＝x
【解析】 对于A，由题可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝0，,μ≠0))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ≠0，,μ＝0，))代入得x2＋y2－2y＝0或x2＋y2－2x＝0，都是圆，故A正确；对于B，当λ＝1，μ＝－1时，化简得y＝x，是直线，故B错误；对于C，原式可化为(λ＋μ)x2＋(λ＋μ)y2－2λx－2μy＝0，要表示圆，则必有λ＋μ≠0，故C正确；对于D，只有当λ＋μ＝0时，方程表示直线，且直线方程为y＝x，故D正确．
6. 若方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示以(2，－4)为圆心，4为半径的圆，则下列结论正确的是( ABD )
A. F＝4
B. 圆关于直线y＝－2x对称
C. 原点在圆的内部
D. eq \r((x－2)2＋(y－1)2)的最大值为9
【解析】 由题意，以(2，－4)为圆心，4为半径的圆的标准方程为(x－2)2＋(y＋4)2＝16，化成圆的一般式为x2＋y2－4x＋8y＋4＝0，故A正确；因为圆心(2，－4)在直线y＝－2x上，所以圆关于直线y＝－2x对称，故B正确；原点到圆心的距离d＝ eq \r(22＋(－4)2)＞4，则原点在圆的外部，故C错误； eq \r((x－2)2＋(y－1)2)的几何意义为圆上任意一点(x，y)到点(2，1)的距离，从而 eq \r((x－2)2＋(y－1)2)的最大值为圆心(2，－4)到点(2，1)的距离与半径之和，故 eq \r((x－2)2＋(y－1)2)的最大值为 eq \r((2－2)2＋(－4－1)2)＋4＝9，故D正确．
7. 已知圆C：(x－3k)2＋(y－4k＋1)2＝1＋25k2，则下列结论中正确的有( ACD )
A. 圆C过定点
B. 点(0，0)在圆C外
C. 直线4x－3y－3＝0平分圆周
D. 存在实数k，使圆与x轴相切
【解析】 对于A，由(x－3k)2＋(y－4k＋1)2＝1＋25k2，得x2－6kx＋9k2＋y2－2(4k－1)y＋16k2－8k＋1＝1＋25k2，整理得x2＋y2＋2y－k(6x＋8y＋8)＝0，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＋2y＝0，,6x＋8y＋8＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(4,5)，,y＝－\f(2,5)))或 eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4,5)，,y＝－\f(8,5)，))故圆C过定点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)，－\f(2,5)))和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，－\f(8,5)))，所以A正确；对于B，因为圆心为(3k，4k－1)，r＝ eq \r(1＋25k2)，点(0，0)到圆心的距离d＝ eq \r(9k2＋16k2－8k＋1)＝ eq \r(1＋25k2－8k)，又因为k∈R，当k＞0时，d＜r，此时点(0，0)在圆C内，所以B错误；对于C，因为圆心为(3k，4k－1)，又4×3k－3(4k－1)－3＝0，即圆心在直线4x－3y－3＝0上，所以C正确；对于D，若圆与x轴相切，则|4k－1|＝ eq \r(1＋25k2)，即9k2＋8k＝0，解得k＝0或k＝－ eq \f(8,9)，所以D正确．
三、 填空题
8. 已知点M(3，1)在圆C：x2＋y2－2x＋4y＋2k＋4＝0外，则k的取值范围为_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－6，\f(1,2)))_．
【解析】 因为圆C：x2＋y2－2x＋4y＋2k＋4＝0的标准方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝1－2k，所以圆心坐标为(1，－2)，半径r＝ eq \r(1－2k).因为点M(3，1)在圆C外，所以 eq \r((3－1)2＋(1＋2)2)＞ eq \r(1－2k)，且1－2k＞0，即13＞1－2k，且k＜ eq \f(1,2)，解得－6＜k＜ eq \f(1,2).
9. (2022·全国乙卷)过四点(0，0)，(4，0)，(－1，1)，(4，2)中的三点的一个圆的方程为_(x－2)2＋(y－3)2＝13 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或(x－2)2＋(y－1)2＝5或\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(7,3)))\s\up12(2)＝\f(65,9)或\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(8,5)))\s\up12(2)＋(y－1)2＝\f(169,25)))_．
【解析】 依题意设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.
(1) 若过点(0，0)，(4，0)，(－1，1)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(F＝0，,16＋4D＋F＝0，,1＋1－D＋E＋F＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(F＝0，,D＝－4，,E＝－6，))所以圆的方程为x2＋y2－4x－6y＝0，即(x－2)2＋(y－3)2＝13.
(2) 若过点(0，0)，(4，0)，(4，2)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(F＝0，,16＋4D＋F＝0，,16＋4＋4D＋2E＋F＝0，))
解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(F＝0，,D＝－4，,E＝－2，))所以圆的方程为x2＋y2－4x－2y＝0，即(x－2)2＋(y－1)2＝5.
(3) 若过点(0，0)，(－1，1)，(4，2)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(F＝0，,1＋1－D＋E＋F＝0，,16＋4＋4D＋2E＋F＝0，))
解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(F＝0，,D＝－\f(8,3)，,E＝－\f(14,3)，))所以圆的方程为x2＋y2－ eq \f(8,3)x－ eq \f(14,3)y＝0，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,3))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(7,3))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(65,9).
(4) 若过点(－1，1)，(4，0)，(4，2)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋1－D＋E＋F＝0，,16＋4D＋F＝0，,16＋4＋4D＋2E＋F＝0，))
解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(F＝－\f(16,5)，,D＝－\f(16,5)，,E＝－2，))所以圆的方程为x2＋y2－ eq \f(16,5)x－2y－ eq \f(16,5)＝0，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(8,5))) eq \s\up12(2)＋(y－1)2＝ eq \f(169,25).
10. 已知Rt△ABC的斜边为AB，且A(－1，0)，B(3，0)，则直角顶点C的轨迹方程是_x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)_；直角边BC的中点M的轨迹方程是_(x－2)2＋y2＝1(y≠0)_．
【解析】 方法一：设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.因为AC⊥BC，且BC，AC的斜率均存在，所以kAC·kBC＝－1.又kAC＝ eq \f(y,x＋1)，kBC＝ eq \f(y,x－3)，所以 eq \f(y,x＋1)· eq \f(y,x－3)＝－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).
方法二：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|＝ eq \f(1,2)|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).
设M(x，y)，C(x0，y0)，因为B(3，0)，且M是线段BC的中点，所以由中点坐标公式得x＝ eq \f(x0＋3,2)，y＝ eq \f(y0＋0,2)，所以x0＝2x－3，y0＝2y.将x0＝2x－3，y0＝2y代入点C的轨迹方程得(2x－4)2＋(2y)2＝4，即(x－2)2＋y2＝1(y≠0).因此动点M的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝1(y≠0).
四、 解答题
11. 已知M(m，n)为圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一点．
(1) 求m＋2n的最大值；
【解答】 易知圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0的圆心为(2，7)，半径r＝2 eq \r(2).设m＋2n＝t，将m＋2n＝t看成直线方程，则该直线与圆有公共点，所以圆心到该直线的距离d＝ eq \f(|2＋2×7－t|,\r(12＋22))≤2 eq \r(2)，解得16－2 eq \r(10)≤t≤16＋2 eq \r(10)，所以m＋2n的最大值为16＋2 eq \r(10).
(2) 求 eq \f(n－3,m＋2)的取值范围．
【解答】 记点Q(－2，3)，则 eq \f(n－3,m＋2)表示直线MQ的斜率，设直线MQ的方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0.由直线MQ与圆C有公共点，得 eq \f(|2k－7＋2k＋3|,\r(k2＋1))≤2 eq \r(2)，可得2－ eq \r(3)≤k≤2＋ eq \r(3)，即 eq \f(n－3,m＋2)的取值范围是[2－ eq \r(3)，2＋ eq \r(3)].
12. 已知方程x2＋y2＋2kx＋(4k＋10)y＋6k2＋21k＋19＝0表示圆，其圆心为C.
(1) 求该圆半径r的取值范围；
【解答】 方程x2＋y2＋2kx＋(4k＋10)y＋6k2＋21k＋19＝0可转化为(x＋k)2＋(y＋2k＋5)2＝－k2－k＋6，由方程表示圆，所以－k2－k＋6＞0，即得－3＜k＜2，所以r＝ eq \r(－k2－k＋6)＝ eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(25,4))∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2))).
(2) 求圆心C的轨迹方程；
【解答】 由(1)知C(－k，－2k－5)，令 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－k，,y＝－2k－5，))消去k可得，y＝2x－5.又－3＜k＜2，所以－2＜x＜3，故圆心C的轨迹方程为y＝2x－5(－2＜x＜3).
(3) 若k＝－2，线段AB的端点A的坐标为(0，4)，端点B在圆C上运动，求线段AB中点M的轨迹方程．
【解答】 当k＝－2时，圆C的方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝4，设M(x，y)，又M为线段AB的中点，点A的坐标为(0，4)，则B(2x，2y－4).由端点B在圆C上运动，所以(2x－2)2＋(2y－3)2＝4，即(x－1)2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＝1，所以线段AB的中点M的轨迹方程为(x－1)2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＝1.
B组 能力提升练
13. (2024·邢台二模)已知实数a，b满足a2＋b2－|a|－|b|＝0，则|a＋b－3|的最小值与最大值之和为( C )
A. 4 B. 5
C. 6 D. 7
【解析】 由题意知点(a，b)在曲线C：x2＋y2－|x|－|y|＝0上，曲线C关于原点以及坐标轴均对称．当x≥0，y≥0时，曲线C的方程为x2＋y2－x－y＝0，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(1,2)，故结合曲线的对称性，作出曲线C如图所示．而d＝ eq \f(|a＋b－3|,\r(2))表示曲线C上的点(a，b)到直线l：x＋y－3＝0的距离，可知d＝ eq \f(|a＋b－3|,\r(2))取最小值和最大值时，(a，b)分别位于曲线在第一、三象限内的圆弧上．当x≥0，y≥0时，曲线C的方程为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(1,2)，此时d的最小值为 eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,2)－3)),\r(2))－ eq \f(\r(2),2)＝ eq \f(\r(2),2)；当x＜0，y＜0时，曲线C的方程为x2＋y2＋x＋y＝0，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(1,2)，此时d的最大值为 eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\f(1,2)－3)),\r(2))＋ eq \f(\r(2),2)＝ eq \f(5\r(2),2)，故d＝ eq \f(|a＋b－3|,\r(2))的最小值与最大值之和为 eq \f(\r(2),2)＋ eq \f(5\r(2),2)＝3 eq \r(2)，所以|a＋b－3|的最小值与最大值之和为3 eq \r(2)× eq \r(2)＝6.
(第13题答)
14. 如图，将平面直角坐标系中的纵轴绕原点O顺时针旋转30°后，构成一个斜坐标平面xOy.在此斜坐标平面xOy中，点P(x，y)的坐标定义如下：过点P作两坐标轴的平行线，分别交两轴于M，N两点，则M在Ox轴上表示的数为x，N在Oy轴上表示的数为y，那么以原点O为圆心的单位圆在此斜坐标系下的方程为_x2＋y2＋xy－1＝0_．
(第14题)
【解析】 如图，过点P作 PA⊥x轴，PB⊥原y轴，设P(x，y)在直角坐标下的坐标为 P(x1，y1)，因为∠BON＝30°，ON＝y，所以 OB＝ eq \f(\r(3),2)y，BN＝ eq \f(1,2)y，即y1＝ eq \f(\r(3),2)y，x1＝x＋ eq \f(1,2)y.因为P(x1，y1)在单位圆上，所以x eq \\al(2,1)＋y eq \\al(2,1)＝1，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)y)) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)y)) eq \s\up12(2)＝1，整理得x2＋y2＋xy－1＝0.
(第14题答)
15. 已知平面上两定点A，B，则所有满足 eq \f(|PA|,|PB|)＝λ(λ＞0且λ≠1)的点P的轨迹是一个圆心在直线AB上，半径为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(λ,1－λ2)))·|AB|的圆．这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆．已知动点P在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1的一个侧面ABB1A1上运动，且满足|PA|＝2|PB|，则点P的轨迹长度为_ eq \f(4π,3)_．
【解析】 由题知，点P的轨迹是平面ABB1A1上的阿氏圆O，设圆O与AB交于点M，以B为原点建立如图所示的平面直角坐标系，设O(a，0)，半径为r.因为|PA|＝2|PB|，所以 eq \f(|PA|,|PB|)＝2，所以r＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,1－22)))·|AB|＝ eq \f(2,3)×6＝4.由阿氏圆性质，知
eq \f(|MA|,|MB|)＝λ＝2.又|MB|＝4－|BO|＝4－a，所以|MA|＝2|MB|＝8－2a.又|MA|＋|MB|＝6，所以8－2a＋4－a＝6，解得a＝2，所以O(2，0).设阿氏圆O与BB1交于点R，所以点P在侧面ABB1A1内的轨迹为 eq \(MR,\s\up8(︵)).在Rt△RBO中，|RO|＝4，|BO|＝2，所以∠ROB＝ eq \f(π,3)，所以 eq \(MR,\s\up8(︵))＝ eq \f(π,3)×4＝ eq \f(4π,3)，所以点P的轨迹长为 eq \f(4π,3).
(第15题答)
定义
平面内到_定点_的距离等于_定长_的点的轨迹叫做圆
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
条件：_D2＋E2－4F＞0_
圆心：_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))_
半径：r＝_ eq \f(1,2) eq \r(D2＋E2－4F)_