2.4.2 圆的一般方程-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第二章　直线和圆的方程 2.4　圆的方程 2.4.2　圆的一般方程 (教师独具内容) 课程标准：回顾确定圆的几何要素，在平面直角坐标系中，探索并掌握圆的一般方程． 教学重点：圆的一般方程的探求过程及其特点． 教学难点：根据具体条件，选用圆的一般方程解决有关问题． 核心素养：通过推导圆的一般方程并运用方程解决问题，进一步提升数学抽象及数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 D2＋E2－4F>0 核心概念掌握 目录 5 核心概念掌握 目录 6 [拓展]　判断二元二次方程Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0是否表示圆要“两看”： 一看方程是否具备圆的一般方程的特征：①A＝C≠0；②B＝0； 二看它能否表示圆．此时判断D2＋E2－4AF是否大于0，或直接配方变形，判断等号右边是否为大于零的常数． 核心概念掌握 目录 7 核心概念掌握 目录 8 答案 核心概念掌握 目录 9 答案 m＜1 2 －4 －4 x2＋y2－3x－4y＝0 核心概念掌握 目录 10 核心素养形成 核心素养形成 目录 12 解 核心素养形成 目录 13 感悟提升 二元二次方程与圆的关系 核心素养形成 目录 14 解 核心素养形成 目录 15 解 核心素养形成 目录 16 核心素养形成 目录 17 解 核心素养形成 目录 18 解 核心素养形成 目录 19 感悟提升 待定系数法求圆的方程 核心素养形成 目录 20 解 核心素养形成 目录 21 解 核心素养形成 目录 22 解 核心素养形成 目录 23 解 核心素养形成 目录 24 感悟提升 求轨迹方程的常用方法 核心素养形成 目录 25 解 核心素养形成 目录 26 解 核心素养形成 目录 27 解 核心素养形成 目录 28 解 核心素养形成 目录 29 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 31 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 32 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 33 答案 解析 x2＋y2－4x＋6y＝0 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 34 答案 解析 x2＋y2＝1 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 35 课后课时精练 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 37 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 38 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 39 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 40 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 41 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 42 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 43 答案 (－2，－4) 5 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 44 答案 1 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 45 答案 解析 x2＋y2＝9(y≠0) (0，3)或(0，－3) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 46 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 47 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 49 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 50 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 52 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 53 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 54 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　圆的一般方程 (1)定义 方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(eq \x(\s\up1(01))________________)叫做圆的一般方程． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2))) (2)方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示的图形 变形 将此方程的左边配方，常数项移到右边，得eq \x(\s\up1(02))___________________________ 结论 条件 图形 D2＋E2－4F>0 表示以eq \x(\s\up1(03))___________为圆心，eq \x(\s\up1(04))________________为半径的圆 D2＋E2－4F＝0 表示一个点eq \x(\s\up1(05))_______________ D2＋E2－4F<0 不表示任何图形 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(D,2))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(E,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(D2＋E2－4F,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2))) eq \f(1,2) eq \r(D2＋E2－4F) 知识点二　用待定系数法求圆的方程的大致步骤 (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，得到标准方程或一般方程． 1．(由圆的一般方程求圆心、半径)圆x2＋y2＋4x－6y－3＝0的圆心和半径分别为(　　) A．(4，－6)，16 B．(2，－3)，4 C．(－2，3)，4 D．(2，－3)，16 2．(二元二次方程表示圆的条件)方程x2＋y2＋4x－2y＋5m＝0表示圆的充要条件是________． 3．(求圆的一般方程中的参数)若方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示以(－1，2)为圆心，3为半径的圆，则D＝________，E＝________，F＝________． 4．(求圆的一般方程)过O(0，0)，A(3，0)，B(0，4)三点的圆的一般方程为__________________． 题型一　圆的一般方程的定义　 　若方程x2＋y2＋2mx－2y＋m2＋5m＝0表示圆，求： (1)实数m的取值范围； (2)圆心坐标和半径． 解　(1)由题意知D2＋E2－4F＝(2m)2＋(－2)2－4(m2＋5m)>0，即4m2＋4－4m2－20m>0，解得m<eq \f(1,5)，故实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,5)))． (2)将方程x2＋y2＋2mx－2y＋m2＋5m＝0写成圆的标准方程为(x＋m)2＋(y－1)2＝1－5m， 故圆心坐标为(－m，1)，半径r＝eq \r(1－5m)． (1)形如x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0的二元二次方程，判定其是否表示圆有如下两种方法：①由圆的一般方程的定义判断D2＋E2－4F是否为正．若D2＋E2－4F>0，则方程表示圆，否则不表示圆；②将方程配方变形成“标准”形式后，根据圆的标准方程的特征，观察是否可以表示圆． (2)由圆的一般方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0求圆心坐标和半径的方法：①利用配方法将圆的一般方程化为标准方程，可以非常直观地求出圆心坐标及半径；②利用eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))写出圆心坐标，利用公式r＝eq \f(\r(D2＋E2－4F),2)求出半径． eq \a\vs4\al([跟踪训练1])　下列方程各表示什么图形？若表示圆，求出其圆心和半径． (1)x2＋y2＋x＋y＋1＝0； (2)x2＋y2＋2ax＋a2＝0(a≠0)； (3)2x2＋2y2＋2ax－2ay＝0(a≠0)． 解　(1)∵D＝1，E＝1，F＝1， ∴D2＋E2－4F＝－2<0， ∴方程不表示任何图形． (2)∵D＝2a，E＝0，F＝a2， ∴D2＋E2－4F＝4a2－4a2＝0， ∴方程表示点(－a，0)． (3)两边同除以2，得x2＋y2＋ax－ay＝0，D＝a，E＝－a，F＝0，∴D2＋E2－4F＝2a2>0， ∴方程表示圆，它的圆心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(a,2)))， 半径r＝eq \f(1,2) eq \r(D2＋E2－4F)＝eq \f(\r(2),2)|a|． 题型二　求圆的一般方程　 　(2024·南京五中高二月考)已知△ABC的顶点C(2，－8)，直线AB的方程为y＝－2x＋11，AC边上的高BH所在直线的方程为x＋3y＋2＝0． (1)求顶点A和B的坐标； (2)求△ABC外接圆的一般方程． 解　(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－2x＋11，,x＋3y＋2＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝7，,y＝－3，)) 所以顶点B的坐标为(7，－3)， 由x＋3y＋2＝0，可得y＝－eq \f(1,3)x－eq \f(2,3)， 所以kBH＝－eq \f(1,3)． 由AC⊥BH，可得kAC＝3， 因为C(2，－8)，所以直线AC的方程为y＋8＝3(x－2)，即3x－y－14＝0， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－2x＋11，,3x－y－14＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝5，,y＝1，)) 所以顶点A的坐标为(5，1)． (2)设△ABC的外接圆方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， 将A(5，1)，B(7，－3)和C(2，－8)三点的坐标分别代入圆的方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5D＋E＋F＋26＝0，,7D－3E＋F＋58＝0，,2D－8E＋F＋68＝0，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＝－4，,E＝6，,F＝－12，)) 所以△ABC外接圆的一般方程为x2＋y2－4x＋6y－12＝0． (1)如果由已知条件容易求得圆心坐标、半径或需利用圆心的坐标或半径列方程，一般采用圆的标准方程，再用待定系数法求出a，b，r． (2)如果已知条件与圆心和半径都无直接关系，一般采用圆的一般方程，再用待定系数法求出D，E，F． 解　设圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， 由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F＝0，,2D＋E＋F＋5＝0，,－\f(D,2)＋E＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＝－\f(12,5)，,E＝－\f(1,5)，,F＝0.)) 故圆C的一般方程为x2＋y2－eq \f(12,5)x－eq \f(1,5)y＝0． eq \a\vs4\al([跟踪训练2])　已知圆C的圆心在直线x－2y＝1上，且经过原点和A(2，1)，求圆C的一般方程． 题型三　求动点的轨迹方程　 　已知O为原点，点P在圆C：x2＋y2－8x－6y＋21＝0上运动，求线段OP的中点M的轨迹方程． 解　解法一：(代入法)设点M(x，y)，点P(x0，y0)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x0,2)，,y＝\f(y0,2)，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝2x，,y0＝2y.)) ∵点P(x0，y0)在圆C：x2＋y2－8x－6y＋21＝0上， ∴xeq \o\al(2,0)＋yeq \o\al(2,0)－8x0－6y0＋21＝0． ∴(2x)2＋(2y)2－8·(2x)－6·(2y)＋21＝0． 即线段OP的中点M的轨迹方程为x2＋y2－4x－3y＋eq \f(21,4)＝0． 解法二：(定义法)设点M的坐标为(x，y)，连接OC，PC，取线段OC的中点A，连接MA． 圆C的方程可化为(x－4)2＋(y－3)2＝4，圆心C(4，3)，|CP|＝2． 则点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,2)))． 如图，在△OCP中，M，A分别是OP，OC的中点， 则|MA|＝eq \f(1,2)|CP|＝1， 又当O，C，P三点共线时，|MA|＝1， ∴点M的轨迹是以A为圆心，1为半径的圆， ∴线段OP的中点M的轨迹方程为(x－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))eq \s\up12(2)＝1． (1)直接法：根据题目的条件，建立适当的平面直角坐标系，设出动点坐标，并找出动点坐标所满足的关系式． (2)定义法：当列出的关系式符合圆的定义时，可利用定义写出动点的轨迹方程． (3)代入法：若动点P(x，y)随着圆上的另一动点Q(x1，y1)运动而运动，且x1，y1可用x，y表示，则可将点Q的坐标代入已知圆的方程，即得动点P的轨迹方程． 代入法用于处理一个主动点与一个被动点问题，只需找出这两点坐标之间的关系，然后代入主动点满足的轨迹方程即可；定义法即动点的轨迹满足某种曲线的定义，然后根据定义直接写出动点的轨迹方程． 解　(1)解法一：(直接法)设顶点C(x，y)，因为AC⊥BC，且A，B，C三点不共线，所以x≠3且x≠－1． 又kAC＝eq \f(y,x＋1)，kBC＝eq \f(y,x－3)，且kACkBC＝－1， 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(x≠3且x≠－1)． eq \a\vs4\al([跟踪训练3])　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． 解法二：(直接法)同解法一得x≠3且x≠－1． 由勾股定理得|AC|2＋|BC|2＝|AB|2， 即(x＋1)2＋y2＋(x－3)2＋y2＝16， 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(x≠3且x≠－1)． 解法三：(定义法)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(x≠3且x≠－1)． (2)(代入法)设点M(x，y)，点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＝eq \f(x0＋3,2)，y＝eq \f(y0,2)， 于是有x0＝2x－3，y0＝2y． 由(1)知，点C在圆(x－1)2＋y2＝4(x≠3且x≠－1)上运动，将x0，y0代入该方程得(x0－1)2＋yeq \o\al(2,0)＝4(x0≠3且x0≠－1)， 即(2x－4)2＋(2y)2＝4(x≠3且x≠1)，即(x－2)2＋y2＝1(x≠3且x≠1)． 因此，动点M的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝1(x≠3且x≠1)． 1．若方程x2＋y2＋kx－eq \r(7)y＋2k＝0表示圆，则k的取值范围是(　　) A．(1，7) B．[1，7] C．(－∞，1)∪(7，＋∞) D．(－∞，1]∪[7，＋∞) 解析　由题意，得k2＋(－eq \r(7))2－4×2k＝k2－8k＋7>0，解得k>7或k<1．故选C． 2．(2024·杭州二中高二月考)过原点，(2，0)，(0，3)三点的圆的方程为(　　) A．x2＋y2－2x－3y＝0 B．x2＋y2＋2x－3y＝0 C．x2＋y2－2x＋3y＝0 D．x2＋y2＋2x＋3y＝0 解析　设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，∵圆过(0，0)，(2，0)和(0，3)三点，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F＝0，,22＋2D＋F＝0，,32＋3E＋F＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F＝0，,D＝－2，,E＝－3，))∴所求圆的方程为x2＋y2－2x－3y＝0．故选A． 3．(多选)已知圆M的方程为x2＋y2－4x＋2y＝0，则下列说法正确的是(　　) A．圆M的圆心为(2，－1) B．圆M的半径为eq \r(5) C．点P(3，2)在圆M内 D．直线x＋3y＋1＝0将圆M平分 解析　将圆M的一般方程化为标准方程，得(x－2)2＋(y＋1)2＝5，故圆M的圆心为(2，－1)，半径为eq \r(5)，故A，B正确；因为(3－2)2＋(2＋1)2＝10>5，所以点P(3，2)在圆M外，故C错误；因为直线x＋3y＋1＝0经过圆M的圆心(2，－1)，所以直线x＋3y＋1＝0将圆M平分，故D正确．故选ABD． 4．(2024·咸阳一中高二月考)已知圆C的圆心坐标为(2，－3)，且点(－1，－1)在圆上，则圆C的一般方程为________________． 解析　易知圆C的半径为eq \r(13)，所以圆C的标准方程为(x－2)2＋(y＋3)2＝13，展开得一般方程为x2＋y2－4x＋6y＝0． 5．(2024·郑州九中高二质检)点P(x0，y0)是圆x2＋y2＝4上的动点，点M是OP(O是原点)的中点，则动点M的轨迹方程是____________． 解析　设M(x，y)，则x＝eq \f(x0,2)，y＝eq \f(y0,2)，∴x0＝2x，y0＝2y，即P(2x，2y)．又点P是圆x2＋y2＝4上的动点，∴(2x)2＋(2y)2＝4，即动点M的轨迹方程为x2＋y2＝1． 一、选择题 1．(2024·连云港高二期中)若方程x2＋y2－mx＋2y＋1＝0(m∈R)表示半径为1的圆，则m＝(　　) A．1 B．2 C．－1或1 D．－2或2 解析　由方程x2＋y2－mx＋2y＋1＝0(m∈R)表示半径为1的圆，可得eq \f(1,2) eq \r(m2＋22－4×1)＝1，解得m＝±2． 2．(2024·合肥一中高二期中)若点P(1，1)在圆C：x2＋y2－x－2y－k＝0的外部，则实数k的取值范围是(　　) A．(－∞，－1) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，－1)) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,4))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(4,5))) 解析　由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋1－1－2－k>0，,1＋4＋4k>0，))解得－eq \f(5,4)<k<－1．故选B． 3．(2024·河南名校联盟高二期中)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点的距离之比为定值λ(λ≠1)的点所形成的图形是圆．后来人们将这样得到的圆称为阿波罗尼斯圆．已知在平面直角坐标系Oxy中，A(－2，0)，B(2，0)，动点P满足eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \f(\r(2),2)，则动点P形成的阿波罗尼斯圆的方程为(　　) A．(x－6)2＋y2＝32 B．(x＋6)2＋y2＝16 C．(x－6)2＋y2＝16 D．(x＋6)2＋y2＝32 解析　点P(x，y)，由eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \f(\r(2),2)，得eq \f(\r(（x＋2）2＋y2),\r(（x－2）2＋y2))＝eq \f(\r(2),2)，化简得x2＋y2＋12x＋4＝0，即(x＋6)2＋y2＝32． 4．(多选)已知圆x2＋y2－ax－1＝0，则下列说法正确的是(　　) A．圆关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0))对称 B．圆关于直线y＝0对称 C．圆关于直线x＋3y－eq \f(a,2)＝0对称 D．圆关于直线x－y＋eq \f(a,2)＝0对称 解析　因为圆x2＋y2－ax－1＝0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2))) eq \s\up12(2)＋y2＝eq \f(a2,4)＋1，圆心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0))，所以圆关于经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0))的直线对称．故选ABC． 5．(2024·张家口高二阶段练习)圆C：x2＋y2＋6x－12y＝0关于直线l：x－y＋13＝0对称的圆C′的标准方程为(　　) A．(x＋7)2＋(y－10)2＝45 B．(x＋7)2＋(y＋10)2＝45 C．(x－7)2＋(y－10)2＝45 D．(x－7)2＋(y＋10)2＝45 解析　圆C：x2＋y2＋6x－12y＝0的标准方程为(x＋3)2＋(y－6)2＝45，所以圆心为C(－3，6)，半径r＝eq \r(45)＝3eq \r(5)．设圆C′的圆心为C′(a，b)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a－3,2)－\f(b＋6,2)＋13＝0，,\f(b－6,a＋3)×1＝－1，))解得a＝－7，b＝10，圆C′的半径为3eq \r(5)，所以圆C′的标准方程为(x＋7)2＋(y－10)2＝45．故选A． 6．(2024·绵阳六校高二期中)一束光线从点P(－1，2)出发，经x轴反射到圆C：x2＋y2－8x－6y＋23＝0上的最短距离为(　　) A．4eq \r(2) B．5eq \r(2) C．5eq \r(2)－2 D．5eq \r(2)＋2 解析　由题意，圆C的标准方程为(x－4)2＋(y－3)2＝2，所以圆C的圆心坐标为(4，3)，半径r＝eq \r(2)，又点P(－1，2)关于x轴的对称点为Q(－1，－2)，所以|CQ|＝eq \r(（4＋1）2＋（3＋2）2)＝5eq \r(2)，所以所求最短距离为5eq \r(2)－eq \r(2)＝4eq \r(2)．故选A． 二、填空题 7．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　方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圆，则a2＝a＋2，故a＝－1或2．当a＝2时，方程为4x2＋4y2＋4x＋8y＋10＝0，即x2＋y2＋x＋2y＋eq \f(5,2)＝0，亦即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋(y＋1)2＝－eq \f(5,4)，不成立，故舍去；当a＝－1时，方程为x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，即(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，故圆心坐标是(－2，－4)，半径是5． 8．(2024·合肥一中高二期中)已知A(0，5)，B(1，－2)，C(－3，－4)，D(2，a)四点共圆，则a＝________． 解析　设过点A，B，C的圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(25＋5E＋F＝0，,5＋D－2E＋F＝0，,25－3D－4E＋F＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＝6，,E＝－2，,F＝－15，))所以过点A，B，C的圆的方程为x2＋y2＋6x－2y－15＝0，又点D在此圆上，所以4＋a2＋12－2a－15＝0，即a2－2a＋1＝0，所以a＝1． 9．在△ABC中，若顶点B，C的坐标分别是(－2，0)和(2，0)，中线AD的长度是3，则点A的轨迹方程是________________；当△ABC的面积最大时，点A的坐标为__________________． 解析　线段BC的中点D为原点(0，0)，设A(x，y)(y≠0)，则由距离公式得eq \r(x2＋y2)＝3(y≠0)，即x2＋y2＝9(y≠0)．因为点B(－2，0)，C(2，0)，所以点B，C所在直线的方程为y＝0，|BC|＝4，所以S△ABC＝eq \f(1,2)|BC|·|y|＝2|y|，又因为x2＋y2＝9(y≠0)，所以当△ABC的面积最大时，x＝0，y＝±3，故此时点A的坐标为(0，3)或(0，－3)． 三、解答题 10．已知圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0及点Q(－2，3)． (1)若P(m，m＋1)在圆C上，求线段PQ的长及直线PQ的斜率； (2)若P为圆C上任意一点，求|PQ|的最大值和最小值． 解　(1)由点P在圆C上，得m2＋(m＋1)2－4m－14(m＋1)＋45＝0，解得m＝4． ∴点P的坐标为(4，5)． 故|PQ|＝eq \r(（4＋2）2＋（5－3）2)＝2eq \r(10)， kPQ＝eq \f(5－3,4＋2)＝eq \f(1,3)． ∴线段PQ的长为2eq \r(10)，直线PQ的斜率为eq \f(1,3)． (2)由题意知|PQ|取得最大值或最小值时，点P为过Q与圆心C的直线与圆C的两个交点． 又圆心C(2，7)，半径R＝2eq \r(2)，|QC|＝4eq \r(2)， ∴|PQ|的最大值为|QC|＋R＝6eq \r(2)，最小值为|QC|－R＝2eq \r(2)． 1．已知方程x2＋y2－2(t＋3)x＋2(1－4t2)y＋16t4＋9＝0(t∈R)表示的图形是圆． (1)求t的取值范围； (2)求其中面积最大的圆的方程； (3)若点P(3，4t2)恒在所给圆内，求t的取值范围． 解　(1)已知方程可化为(x－t－3)2＋(y＋1－4t2)2＝(t＋3)2＋(1－4t2)2－16t4－9， 即(x－t－3)2＋(y＋1－4t2)2＝－7t2＋6t＋1， ∴r2＝－7t2＋6t＋1>0，解得－eq \f(1,7)<t<1． ∴t的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7)，1))． (2)由(1)知r＝eq \r(－7t2＋6t＋1) ＝eq \r(－7\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(3,7)))\s\up12(2)＋\f(16,7))， ∴当t＝eq \f(3,7)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7)，1))时，rmax＝eq \f(4\r(7),7)， 此时圆的面积最大，所对应的圆的方程是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(24,7))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(13,49))) eq \s\up12(2)＝eq \f(16,7)． (3)当且仅当32＋(4t2)2－2(t＋3)×3＋2(1－4t2)×4t2＋16t4＋9<0时，点P恒在圆内， ∴8t2－6t<0，解得0<t<eq \f(3,4)，满足－eq \f(1,7)<t<1． ∴t的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))． 2．(2024·石家庄阶段练习)在平面直角坐标系中，圆C过点A(4，0)，B(2，2)，且圆心C在直线x＋y－2＝0上． (1)求圆C的方程； (2)若点D为所求圆上任意一点，定点E的坐标为(5，0)，求直线DE的中点M的轨迹方程． 解　(1)由已知可设圆心C(a，2－a)，又由已知得|CA|＝|CB|， 从而有eq \r(（a－4）2＋（2－a－0）2) ＝eq \r(（a－2）2＋（2－a－2）2)，解得a＝2． 于是圆C的圆心C(2，0)， 半径r＝eq \r(（2－4）2＋（0－0）2)＝2． 所以圆C的方程为(x－2)2＋y2＝4． (2)设M(x，y)，D(x1，y1)，则由M为线段DE的中点，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x1＋5,2)，,y＝\f(y1＋0,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝2x－5，,y1＝2y，)) 又点D在圆C：(x－2)2＋y2＝4上， 所以(2x－5－2)2＋(2y)2＝4， 化简，得x2＋y2－7x＋eq \f(45,4)＝0． 故直线DE的中点M的轨迹方程为x2＋y2－7x＋eq \f(45,4)＝0． $$