8.3 圆的方程（课件PPT）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

§8.3　圆的方程 第八章　直线与圆、圆锥曲线 课程标准 1.理解确定圆的几何要素，在平面直角坐标系中，探索并掌握圆 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． CONTECT 内 容 索 引 01 教材梳理　强基固本 02 考点探究　精准突破 03 课 时 测 评 教材梳理　强基固本 返回 返回 理清主干知识 1．圆的定义与方程 定义 平面内到______的距离等于______的所有点的集合(或轨迹)叫作圆，其中定点是圆心，定长是半径 方程 标准式 (x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0) 圆心为________ 半径为___ 一般式 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(其中D2＋E2－4F>0) 圆心坐标： 半径r＝ 定点 定长 (a，b) r 圆外 圆上 圆内 记牢常用结论 1．圆心在坐标原点，半径为r的圆的方程为x2＋y2＝r2. 2．以A(x1，y1)，B(x2，y2)为直径端点的圆的方程为(x－x1) (x－x2)＋(y－y1) (y－y2)＝0. 练透教材典题 1．[多选题]判断下列结论正确的是 A．确定圆的几何要素是圆心与半径 B．已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则以AB为直径的圆的方程是(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0 C．若点M(x0，y0)在圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0外，则 ＋Dx0＋Ey0＋F>0 D．方程(x＋a)2＋(y＋b)2＝t2(t∈R)表示圆心为(a，b)，半径为t的圆 √ √ √ √ 2．(链接北师选择性必修一P33T1)若直线2x＋y－1＝0是圆x2＋(y＋a)2＝1的一条对称轴，则a＝ 圆x2＋(y＋a)2＝1的圆心为(0，－a)，因为直线2x＋y－1＝0是圆的一条对称轴，所以圆心(0，－a)在直线2x＋y－1＝0上，所以2×0＋(－a)－1＝0，解得a＝－1.故选A． 3．(链接北师选择性必修一P32T3)(2022·全国甲卷)设点M在直线2x＋y－1＝0上，点(3，0)和(0，1)均在⊙M上，则⊙M的方程为___________________． (x－1)2＋(y＋1)2＝5 因为点M在直线2x＋y－1＝0上，所以设点M为(a，1－2a)，又因为点(3，0)和(0，1)均在⊙M上，所以点M到两点的距离相等且为半径R，所以＝ ＝R，a2－6a＋9＋4a2－4a＋1＝5a2，解得a＝1，所以M(1，－1)，R＝ ，⊙M的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝5. 4．(用结论)以A(3，－1)，B(－2，2)为直径的圆的方程是 A．x2＋y2－x－y－8＝0 B．x2＋y2－x－y－9＝0 C．x2＋y2＋x＋y－8＝0 D．x2＋y2＋x＋y－9＝0 由结论2得，圆的方程为(x－3) (x＋2)＋(y＋1) (y－2)＝0，整理得x2＋y2－x－y－8＝0.故选A． √ 返回 考点探究　精准突破 返回 返回 考点一 圆的方程 基础练 例1 (1)(2024·内蒙古乌兰察布二模)已知圆C经过点A(4，2)和点B(1，3)，且圆心在直线x－2y＝0上，则圆C的标准方程为_____________________． (x－2)2＋(y－1)2＝5 (2)(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____________________________________________________ _________________________． 依题意设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，若过(0，0)，(4，0)，(－1，1)， 若过(0，0)，(4，0)，(4，2)，则 规律方法 1．求圆的方程的两种方法 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 待定系数法 (1)根据题意，选择标准方程或一般方程； (2)根据条件列出关于a，b，r或D，E，F的方程组； (3)解出a，b，r或D，E，F，代入标准方程或一般方程 规律方法 2．确定圆心位置的方法 (1)圆心在过切点且与切线垂直的直线上； (2)圆心在圆的任意弦的垂直平分线上； (3)两圆相切时，切点与两圆的圆心共线． 提醒：解答圆的有关问题，应注意数形结合，充分运用圆的几何性质．　　 对点练1.(2024·河南郑州三模)曲线y＝x2－4x＋1与坐标轴交于A，B，C三点，则过A，B，C三点的圆的方程为____________________． (x－2)2＋(y－1)2＝4 考点二 与圆有关的轨迹问题 综合练 例2 已知Rt△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； 解：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斜率均存在， 所以kAC·kBC＝－1， 所以直角顶点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)． (2)直角边BC的中点M的轨迹方程． 变式探究 (变条件，变设问)已知圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝9，过点A(2，3)作圆C的任意弦，则这些弦的中点P的轨迹方程为___________________． 设P(x，y)，圆心C(1，1)． 规律方法 求解与圆有关的轨迹问题的四种方法 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：也叫代点转移法，即找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式化简得方程．　　 对点练2.已知圆x2＋y2＝4上一定点A(2，0)，B(1，1)为圆内一点，P，Q为圆上的动点． (1)求线段AP中点的轨迹方程； 解：设AP的中点为M(x，y)，由中点坐标公式可知点P的坐标为(2x－2，2y). 因为点P在圆x2＋y2＝4上，所以(2x－2)2＋(2y)2＝4. 故线段AP中点的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝1. (2)若∠PBQ＝90°，求线段PQ中点的轨迹方程． 解：设PQ的中点为N(x，y)．在Rt△PBQ中，|PN|＝|BN|.设O为坐标原点，连接ON(图略)， 则ON⊥PQ，所以|OP|2＝|ON|2＋|PN|2＝|ON|2＋|BN|2，所以x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2＝4.故线段PQ中点的轨迹方程为x2＋y2－x－y－1＝0. 考点三 与圆有关的最值问题 多维练 例3 角度1　利用几何意义求最值 已知M(x，y)为圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一点，且点Q(－2，3). (1)求|MQ|的最大值和最小值； (3)求y－x的最大值和最小值． 角度2　建立函数关系求最值 例4 12 与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略 1．与圆有关的长度或距离的最值问题的解法：一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解． 2．与圆上点(x，y)有关代数式的最值的常见类型及解法： 规律方法 √ √ √ √ 返回 课时测评 返回 返回 1．(2024·甘肃定西模拟)若点(2，1)在圆x2＋y2－x＋y＋a＝0的外部，则a的取值范围是 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 2．(2024·河南平顶山模拟)与圆x2＋y2－2x＋4y＋3＝0同圆心，且过点(1，－1)的圆的方程是 A．x2＋y2－2x＋4y－4＝0 B．x2＋y2－2x＋4y＋4＝0 C．x2＋y2＋2x－4y－4＝0 D．x2＋y2＋2x－4y＋4＝0 设所求圆的方程为x2＋y2－2x＋4y＋m＝0，由该圆过点(1，－1)，得m＝4，所以所求圆的方程为x2＋y2－2x＋4y＋4＝0.故选B． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 4．(新载体)古希腊亚历山大时期最后一位重要的几何学家帕普斯(Pappus，公元3世纪末)在其代表作《数学汇编》中研究了“三线轨迹”问题：即到两条已知直线距离的乘积与到第三条直线距离的平方之比等于常数的动点轨迹为圆锥曲线．今有平面内三条给定的直线l1，l2，l3，且l2，l3均与l1垂直．若动点M到l2，l3的距离的乘积与到l1的距离的平方相等，则动点M在直线l2，l3之间的轨迹是 A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 6．[多选题]关于曲线C：(x－m)2＋(y－m)2＝(m－1)2，下列说法正确的是 A．曲线C一定不过点(0，2) B．若m>1，过原点与曲线C相切的直线有两条 C．若m＝1，曲线C表示两条直线 D．若m＝2，则直线y＝x被曲线C截得的弦长等于2 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (x－2)2＋y2＝9 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8．(2024·山东烟台二模)已知实数a，b满足a2＋b2－4a＋3＝0，则a2＋(b＋2)2的最大值为__________． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9．(2024·云南昭通模拟)已知A(0，－2)，B(2，0)，点P为圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0上任意一点，则△PAB面积的最大值为__________． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10．(12分)已知动圆C 经过点A(2，－3) 和B(－2，－5). (1) 当圆C 面积最小时，求圆C 的方程； 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2) 若圆C 的圆心在直线3x＋y＋5＝0 上，求圆C 的方程． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11．(15分)已知点A(－3，0)，B(3，0)，动点P满足|PA|＝2|PB|. (1)若点P的轨迹为曲线C，求此曲线的方程； 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)若点Q在直线l1：x＋y＋3＝0上，直线l2经过点Q且与曲线C只有一个公共点M，求|QM|的最小值． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．[多选题]已知圆C过点M(1，－2)且与两坐标轴均相切，则下列叙述正确的是 A．满足条件的圆C的圆心在一条直线上 B．满足条件的圆C有且只有一个 C．点(2，－1)在满足条件的圆C上 √ √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 13．已知点P(2，0)和圆O：x2＋y2＝36上两个不同的点M，N，满足∠MPN＝90°，Q是弦MN的中点． 给出下列四个结论： ①|MP|的最小值是4； ②点Q的轨迹是一个圆； ③若点A(5，3)，点B(5，5)，则存在点Q，使得∠AQB＝90°； ①②④ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(新考法)[多选题](2024·广东梅州模拟)三角形的外心、重心、垂心所在的直线称为欧拉线．已知圆O′的圆心在△OAB的欧拉线l上，O为坐标原点，点B(4，1)与点A(1，4)在圆O′上，且满足O′A⊥O′B，则下列说法正确的是 A．圆O′的方程为x2＋y2－4x－4y＋3＝0 B．l的方程为x－y＝0 C．圆O′上的点到l的最大距离为3 √ √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(新情境)(2024·北京模拟)已知集合P＝(x，y)∣(x－cos θ)2＋(y－sin θ)2＝4，0≤θ≤π).由集合P中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，中间白色部分形如美丽的“水滴”．给出下列结论： ①白色“水滴”区域(含边界)任意两点间距离的最大值为1＋ ； ②在阴影部分任取一点M，则M到坐标轴的距离小于等于3； ③阴影部分的面积为8π； ④阴影部分的内外边界曲线长为8π. 其中正确的有__________． ①②④ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 返回 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 谢谢观看 本节到此结束 微提醒　当D2＋E2－4F>0时，此方程表示的图形是圆；当D2＋E2－4F＝0时，此方程表示一个点；当D2＋E2－4F<0时，它不表示任何图形． 2．点与圆的位置关系 已知点M(x0，y0)与圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则点M与圆C的位置关系可利用点M与圆心C的距离与半径的大小关系进行判断： (1)在______，即(x0－a)2＋(y0－b)2>r2⇔M在圆外． (2)在______，即(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2⇔M在圆上． (3)在______，即(x0－a)2＋(y0－b)2<r2⇔M在圆内． 3．二元二次方程Ax2＋Cxy＋By2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的充要条件是 x＋y A．－1 B．1 C． D．－ ＝ 因为A(4，2)，B(1，3)，所以直线AB的斜率为kAB＝＝－，线段AB中点为，所以AB的中垂线方程为y－＝3，即3x－y－5＝0，联立解得所以圆心C的坐标为(2，1).根据两点间的距离公式，得半径r＝|CA|＝＝，因此所求的圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5. (x－2)2＋(y－3)2＝13或(x－2)2＋(y－1)2＝5或2＋2 ＝或2＋(y－1)2＝ 则解得所以圆的方程为x2＋y2－4x－6y＝0，即(x－2)2＋(y－3)2＝13； 则解得 解得 所以圆的方程为x2＋y2－4x－2y＝0，即(x－2)2＋(y－1)2＝5； 若过(0，0)，(－1，1)，(4，2)， 所以圆的方程为x2＋y2－x－y＝0，即2＋2＝； 若过(－1，1)，(4，0)，(4，2)， 则解得所以圆的方程为x2＋y2－x－2y－＝0，即2＋(y－1)2＝. 令y＝0，则x2－4x＋1＝0，解得x1＝2－，x2＝2＋，即A(2－，0)，B(2＋，0)；令x＝0，得y＝1，即C(0，1)，设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，所以解得所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4. 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)． 解：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(x0，y0)满足方程(x0－1)2＋y＝4(y0≠0)，将x0＝2x－3，y0＝2y代入得(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)． 所以(2－x)· (1－x)＋(3－y)· (1－y)＝0. 所以点P的轨迹方程为(x－)2＋(y－2)2＝. (x－)2＋(y－2)2＝ 因为P点是过点A的弦的中点，所以⊥. 又因为＝(2－x，3－y)，＝(1－x，1－y)， 解：由圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0，可得(x－2)2＋(y－7)2＝8， 所以圆心C的坐标为(2，7)，半径r＝2. 又|QC|＝＝4， 所以|MQ|max＝4＋2＝6，|MQ|min＝4－2＝2. 所以≤2， 可得2－≤k≤2＋，所以的最大值为2＋，最小值为2－. (2)求的最大值和最小值； 解：由题知表示直线MQ的斜率k. 设直线MQ的方程为y－3＝k(x＋2)， 即kx－y＋2k＋3＝0.因为直线MQ与圆C有交点， 解：设y－x＝b，则x－y＋b＝0. 当直线y＝x＋b与圆C相切时，截距b取到最值， 所以＝2， 所以b＝9或b＝1.所以y－x的最大值为9，最小值为1. 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________． 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.由圆的方程x2＋(y－3)2＝1，知2≤y≤4，所以当y＝4时，·的值最大，最大值为6×4－12＝12. (1)形如u＝型的最值问题，可转化为过点(a，b)和点(x，y)的直线的斜率的最值问题； (2)形如(x－a)2＋(y－b)2型的最值问题，可转化为圆上动点到定点(a，b)的距离的平方的最值问题．　　 对点练3.(1)已知A，B为圆O：x2＋y2＝4上的两动点，|AB|＝2，点P是圆C：(x＋3)2＋(y－4)2＝1上的一点，则|＋|的最小值是　 A．2 B．4 C．6 D．8 设M是AB的中点，因为|AB|＝2，所以|OM|＝＝1，即M在以O为圆心，1为半径的圆上，又因为＋＝＋＋＋＝2，所以|＋|＝|2|.又|PO|min＝|OC|－1＝－1＝4，所以|PM|min＝|PO|min－1＝4－1＝3，所以|＋|min＝2×3＝6.故选C． (2)[多选题]已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x－2y＋4＝0，则下列说法正确的是 A．的最大值为 B．的最小值为0 C．x2＋y2的最大值为＋1 D．x＋y的最大值为3＋ 由实数x，y满足方程x2＋y2－4x－2y＋4＝0可得点(x，y)在 圆(x－2)2＋(y－1)2＝1上，作其图象如图所示，因为表示点 (x，y)与坐标原点连线的斜率，设过坐标原点的圆的切线方程 为y＝kx，则＝1，解得k＝0或k＝，所以∈，所以max＝， min＝0，故AB正确； x2＋y2表示圆上的点(x，y)到坐标原点的距离的平方，圆上的 点(x，y)到坐标原点的距离的最大值为|OC|＋1，所以x2＋y2的 最大值为(|OC|＋1)2，又|OC|＝，所以x2＋y2的最大值为 6＋2，故C错误；因为x2＋y2－4x－2y＋4＝0可化为(x－2)2 ＋(y－1)2＝1，故可设x＝2＋cos θ，y＝1＋sin θ，所以x＋y＝2 ＋cos θ＋1＋sin θ＝3＋sin，所以当θ＝，即x＝2＋，y＝1＋时，x＋y取最大值，最大值为3＋，故D正确．故选ABD． A． B． C． D．∪ 依题意，方程x2＋y2－x＋y＋a＝0可以表示圆，则(－1)2＋12－4a>0，得a<；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<a<.故选C． 3．(2024·四川成都模拟)已知点P(x，y)是圆x2＋y2－6x－4y＋12＝0上的动点，则x＋y的最大值为 A．5＋ B．5－ C．6 D．5 圆的方程可化为(x－3)2＋(y－2)2＝1，令x＋y＝5＋sin，所以当sin＝1时，x＋y取得最大值为5＋.故选A． 因为在平面内三条给定的直线l1，l2，l3，且l2，l3均与l1垂直，所以l2，l3平行，又因为动点M到l2，l3的距离的乘积与到l1的距离的平方相等，记l1为y＝0，直线l2为x＝0，l3为x＝a，设M(x，y)，且动点M在直线l2，l3之间，所以M到l1的距离为|y|，M到l2的距离为|x|，M到l3的距离为|a－x|，所以y2＝|a－x|·|x|，若a>0，则y2＝(a－x)x；若a<0，则y2＝(x－a)· (－x)，所以y2＝(a－x)x，即2＋y2＝，故动点M的轨迹为圆．故选A． 5．[多选题]已知圆C关于y轴对称，经过点(1，0)且被x轴分成两段，弧长比为1∶2，则圆C可能的方程为 A．x2＋2＝ B．x2＋2＝ C．2＋y2＝ D．2＋y2＝ 由题意知圆心在y轴上，且被x轴所分劣弧所对圆心角为，设圆心C(0，a)，半径为r，则rsin＝1，rcos＝|a|，解得r＝，即r2＝，|a|＝，即a＝±，故圆C的方程为x2＋2＝.故选AB． 将点(0，2)代入曲线C：(x－m)2＋(y－m)2＝(m－1)2，可得(－m)2＋(2－m)2＝(m－1)2，整理得m2－2m＋3＝0，即(m－1)2＋2＝0，显然此方程无解，即曲线C一定不过点(0，2)，故A正确；m>1时，易得曲线C是圆心为(m，m)，半径为m－1的圆，此时原点和圆心之间的距离为＝m，m－(m－1)＝m＋1>－1＋1＝，故原点在圆外，过原点有两条直线与曲线C相切，故B正确；m＝1时，曲线C：(x－1)2＋(y－1)2＝0，则解得则曲线C表示一个点，故C错误；m＝2时，曲线C：(x－2)2＋(y－2)2＝1，圆心(2，2)在直线y＝x上，则直线y＝x被曲线C截得的弦长即为圆的直径等于2，故D错误．故选AB． 7．(2024·天津调考)已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点M在圆C上，且圆心到直线2x－y＝0的距离为，则圆C的方程为______________． 设圆C的方程为(x－a)2＋y2＝r2(a>0)，由题意可得解得所以圆C的方程为(x－2)2＋y2＝9. 9＋4 方程a2＋b2－4a＋3＝0整理得(a－2)2＋b2＝1，设点A(a，b)，即点A是圆C：(x－2)2＋y2＝1上一点．又点B(0，－2)在圆C：(x－2)2＋y2＝1外，所以|AB|＝，则|AB|max＝|BC|＋r＝＋1＝2＋1，所以a2＋(b＋2)2的最大值为2＝9＋4. 5＋2 圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心C(1，4)，半径r＝2，直线AB 的方程为：y＝x－2，于是点C到直线AB：x－y－2＝0的距离d ＝＝，而点P在圆C上，因此点P到直线AB距离 的最大值为＋2，又|AB|＝＝2，所以△PAB面积的最 大值为S＝×2×(＋2)＝5＋2. 解：要使圆C 的面积最小，则AB 为圆C 的直径，圆心C(0，－4)，半径r＝|AB|＝， 所以所求圆C 的方程为x2＋(y＋4)2＝5. 解：设所求圆C 的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2， 根据已知条件得 解得 所以所求圆C 的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10. 解：设点P的坐标为(x，y)， 则＝2， 化简可得(x－5)2＋y2＝16，故曲线C的方程为(x－5)2＋y2＝16. ＝， 若要|QM|最小，则|CQ|最小，此时CQ⊥l1， |CQ|＝＝4， 则|QM|的最小值为＝4. 解：曲线C是以点(5，0)为圆心，4为半径的圆，如图所示． 由题意知直线l2是此圆的切线， 连接CQ， 则|QM|＝ D．满足条件的圆C有且只有两个，它们的圆心距为4 因为圆C和两个坐标轴都相切，且过点M(1，－2)，所以设圆心坐标为(a，－a)(a>0)，故圆心在直线y＝－x上，A正确；圆C的方程为(x－a)2＋(y＋a)2＝a2，把点M的坐标代入可得a2－6a＋5＝0，解得a＝1或a＝5，则圆心坐标为(1，－1)或(5，－5)，所以满足条件的圆C有且只有两个，故B错误；圆C的方程分别为(x－1)2＋(y＋1)2＝1，(x－5)2＋(y＋5)2＝25，将点(2，－1)代入这两个方程可知其在圆C上，故C正确；它们的圆心距为＝4，D正确．故选ACD． ④△MPN面积的最大值是18＋2. 其中所有正确结论的序号是________． 点M在圆O：x2＋y2＝36上，设M(6cos θ，6sin θ)，则|MP|＝＝，当cos θ＝1时，|MP|取得最小值，最小值为4，故①正确；设点Q(x，y)，则由题意得：PQ2＝QM2＝OM2－OQ2，则(x－2)2＋y2＝36－，整理得：(x－1)2＋y2＝17，所以点Q的轨迹是一个圆，故②正确；以AB为直径的圆，圆心为(5，4)，半径为1，圆的方程为(x－5)2＋(y－4)2＝1，下面判断此圆与点Q的轨迹方程(x－1)2＋y2＝17是否有交点，由于＝4>＋1，两圆相离，故不存在点Q，使得∠AQB＝90°，故③错误；当PM，PN的斜率分别为1和－1时，且点N，M在y轴左侧，此时△MPN为等腰直角三角形，面积最大，此时PQ＝QM＝QN＝1＋，(S△MPN)max＝2××2＝18＋2，故④正确．故正确结论的序号是①②④. D．若点(x，y)在圆O′上，则x－y的取值范围是[－3，3] 对于B选项，由题意可知|OA|＝|OB|＝，故△OAB的欧拉线l即为线段AB的中垂线，线段AB的中点为M，直线AB的斜率为kAB＝＝－1，所以线段AB的垂直平分线方程为y－＝x－，即x－y＝0，故B正确；对于A选项，因为圆O′的圆心在△OAB的欧拉线l上，O′A⊥O′B，|O′A|＝|O′B|，|AB|＝3，所以|O′A|＝|AB|＝3，设圆心O′(a，a)， 则圆O′的方程为(x－a)2＋(y－a)2＝9，将A(1，4)代入圆O′的方程可得a2－5a＋4＝0，解得a＝1或a＝4，所以圆O′的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝9或(x－4)2＋(y－4)2＝9，故A错误；对于C选项，因为l过圆心O′，所以圆O′上的点到l的最大距离为圆O′的半径3，故C正确；对于D选项，因为点(x，y)在圆O′上，设z＝x－y，圆心在y＝x上，半径为3，则，故D正确．故选BCD． 对于①，由于(x－cos θ)2＋(y－sin θ)2＝4，令x＝0时，整理得2sin θ＝y－∈，解得y∈[－，－1]∪[，3]，“水滴”图形与y轴相交，最高点记为A，则点A的坐标为(0，)，点B(0，－1)，白色“水滴”区域(含边界)任意两点间距离的最大值为|AB|＝1＋，故①正确；对于②，由于(x－cos θ)2＋(y－sin θ)2＝4， 整理得 所以M(2cos α＋cos θ，2sin α＋sin θ)，所以M到坐标轴的距离为|2cos α＋cos θ|或|2sin α＋sin θ|，因为cos θ∈[－1，1]，sin θ∈[0，1]，所以|2cos α＋cos θ|≤|2cos α|＋|cos θ|≤2＋1＝3，|2sin α＋sin θ|≤|2sin α|＋|sin θ|≤2＋1＝3，所以M到坐标轴的距离小于等于3，故②正确；对于③，由于(x－cos θ)2＋(y－sin θ)2＝4，令y＝0时，整理得2cos θ＝x－∈， 解得x∈[－3，－1]∪[1，3]，因为(x－cos θ)2＋(y－sin θ)2＝4表示以Q(cos θ，sin θ)为圆心，半径为r＝2的圆，则1＝r－|OQ|≤|OP|≤|OQ|＋r＝3，且0≤θ≤π，则Q(cos θ，sin θ)在x轴上以及x轴上方，故白色“水滴”的下半部分的边界为以O为圆心，半径为1的半圆，阴影的上半部分的外边界是以O为圆心，半径为3的半圆，根据对称可知：白色“水滴”在第一象限的边界是以M(－1，0)为圆心，半径为2的圆弧，设N(1，0)， 则|AN|＝|AM|＝|MN|＝2，即所对的圆心角为，同理所在圆的半径为2，所对的圆心角为，阴影部分在第四象限的外边界为以N(1，0)为圆心，半径为2的圆弧，设G(3，0)，H(－3，0)，可得|ON|＝1，|OD|＝，∠OND＝，所对的圆心角为，同理所在圆的半径为2，所对的圆心角为， 故白色“水滴”图形由一个等腰三角形，两个全等的弓形，和一个半圆组成，所以它的面积是S＝S半圆＋2S弓形＋S△＝×π×12＋2×＋×2×＝－.x轴上方的半圆(包含阴影和水滴的上半部分)的面积为π×32＝π，第四象限的阴影和水滴部分面积可以看作是一个直角三角形和一个扇形的面积的和，且等于×π×22＋××1＝π＋， 所以阴影部分的面积为π＋2(π＋)－π＋＝π＋2，故③错误；对于④，x轴上方的阴影部分的内外边界曲线长为×2π×3＋×2×2＝3π＋π＝π，x轴下方的阴影部分的内外边界曲线长为×2π×1＋(×2π×2－π×2)×2＝π，所以阴影部分的内外边界曲线长为＋＝8π，故④正确． 故答案为：①②④. $$