第3课时　圆的方程-2026年高考数学一轮复习

Content Navigation 内容导航 课前自助餐 授人以渔 01 02 第1页 第3课时　圆的方程 第‹#›页 [复习要求]　1.掌握确定圆的几何要素.2.掌握圆的标准方程和一般方程.3.能根据圆的方程解决一些简单的数学问题与实际问题． 第1页 √ 课前自助餐 01 PAST ONE 4 圆的定义 平面内到定点的距离____________的点的集合是圆，定点是圆心，定长是半径． 回归教材 ①当λ＝1时，P点轨迹是线段AB的垂直平分线； ②当λ≠1时，P点轨迹是圆． 等于定长 第1页 圆的标准方程 设圆心坐标为C(a，b)，半径是r，则圆的标准方程为___________________． 注：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，切点与两圆圆心共线． (x－a)2＋(y－b)2＝r2 第1页 圆的一般方程 当D2＋E2－4F>0时，方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0叫做圆的一般方程， 它的圆心为__________，半径为________________．二元二次方程Ax2＋ By2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的充要条件是_______________． 第1页 确定圆的方程的方法和步骤 确定圆的方程的主要方法是待定系数法，大致步骤为： (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． 第1页 点与圆的位置关系 平面上的一点M(x0，y0)与圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)之间存在着下列关系： (1)|MC|>r⇔M在______，即(x0－a)2＋(y0－b)2>r2⇔M在圆外； (2)|MC|＝r⇔M在______，即(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2⇔M在圆上； (3)|MC|<r⇔M在______，即(x0－a)2＋(y0－b)2<r2⇔M在圆内． 圆外 圆上 圆内 第1页 1．判断下面结论是否正确．(对的打“√”，错的打“×”) (1)确定圆的几何要素是圆心与半径． 夯实双基 答案　(1)√　 答案　(2)×　 第1页 (3)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. 答案　(3)√　 (4)方程x2＋Bxy＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的充要条件是B＝0，D2＋E2－4F>0. 答案　(4)√　 (5)若直线平分圆的周长，则直线一定过圆心． 答案　(5)√　 　 第1页 (6)若点M(x0，y0)不在圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0内，则x02＋y02＋Dx0＋Ey0＋F≥0. 答案　(6)√ 第1页 2．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 √ 解析　所求圆的方程为(x－3)(x＋2)＋(y＋1)(y－2)＝0，整理得x2＋y2－x－y－8＝0.故选A. 第1页 3．若圆C的半径为1，圆心在第一象限，且与直线4x－3y＝0和x轴都相切，则该圆的标准方程是(　　) A．(x－3)2＋(y－1)2＝1 B．(x－2)2＋(y－1)2＝1 C．(x＋2)2＋(y－1)2＝1 D．(x－2)2＋(y＋1)2＝1 √ 第1页 4．(1)圆x2＋y2－6x＋4y＝0的周长是________． (2)方程x2＋y2＋4mx－2y＋5m＝0表示圆的充要条件是___________． 第1页 5．(课本习题改编)已知△AOB的三个顶点分别是点A(4，0)，O(0， 0)，B(0，3)，则△AOB的外接圆的标准方程是____________________． 返 回 √ 授 人 以 渔 02 PAST TWO 17 题型一　 圆的方程 (1)求圆心在直线x－2y－3＝0上，且过点A(2，－3)，B(－2，－5)的圆的方程． 【思路】　可以利用几何法求解，也可以利用待定系数法求解． 【解析】　方法一：设点C为圆心，因为点C 在直线x－2y－3＝0上，所以可设点C的坐标为(2a＋3，a)． 又该圆经过A，B两点，连接CA，CB，所以|CA|＝|CB|， 【答案】　(x＋1)2＋(y＋2)2＝10 第‹#›页 18 解得a＝－2， 所以圆心C的坐标为(－1，－2)，半径r＝. 故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10. 方法二：设所求圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2， 第1页 满足D2＋E2－4F>0，故所求圆的方程为x2＋y2＋2x＋4y－5＝0，即(x＋1)2＋(y＋2)2＝10. 第1页 (2)(人教A版选修一P98习题2.5T4)求圆心在直线3x－y＝0上，与x轴相切，且被直线x－y＝0截得的弦长为2的圆的方程． 【答案】　(x－1)2＋(y－3)2＝9或(x＋1)2＋(y＋3)2＝9 解得a＝1，b＝3，r2＝9或a＝－1，b＝－3，r2＝9， ∴所求圆的方程为(x－1)2＋(y－3)2＝9或(x＋1)2＋(y＋3)2＝9. 第1页 状元笔记 求圆的方程有两种方法 (1)几何法：即通过研究圆的性质、直线和圆、圆和圆的位置关系，进而求得圆的基本量(圆心、半径)，得到圆的方程． (2)待定系数法： ①根据题意选择方程的形式——标准形式或一般形式； ②利用条件列出关于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． 第1页 思考题1　(1)已知点A(－2，1)，B(－1，0)，C(2，3)，M(a，2)四点共圆，则a＝________． 第1页 (2)已知圆C与直线l：x＋y－1＝0相切于点P(3，－2)，且圆心在直线y＝－4x上，求圆C的方程． 【答案】　(x－1)2＋(y＋4)2＝8 ∴圆C的方程为(x－1)2＋(y＋4)2＝8. 第1页 方法二：过切点P(3，－2)且与直线x＋y－1＝0垂直的直线方程为y＋2＝x－3，与y＝－4x联立可求得圆心坐标为(1，－4)． 第1页 题型二　 与圆有关的轨迹问题 (1)如图所示，圆O1和圆O2的半径长都等于1，|O1O2|＝4.过动点P分别作圆O1，圆O2的切线PM，PN(M，N为切点)，使得|PM|＝|PN|.试建立平面直角坐标系，并求动点P的轨迹方程．  【答案】　坐标系见解析，(x－6)2＋y2＝33(答案不唯一) 第‹#›页 26 【解析】　以O1O2的中点O为原点，O1O2所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则O1(－2，0)，O2(2，0)． 得|PM|2＝2|PN|2. 连接O1M，O2N，PO1，PO2，则O1M⊥PM，O2N⊥PN. 因为两圆的半径长均为1，所以|PO1|2－1＝2(|PO2|2－1)． 设P(x，y)，则(x＋2)2＋y2－1＝2[(x－2)2＋y2－1]， 化简，得(x－6)2＋y2＝33，所以点P的轨迹方程为(x－6)2＋y2＝33. 第1页 (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； ②直角边BC的中点M的轨迹方程． 【答案】　①x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)　②(x－2)2＋y2＝1(y≠0) 【解析】　①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斜率均存在， 第1页 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，连接CD.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)． 第1页 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(y≠0)． 因此中点M的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝1(y≠0)． 第1页 状元笔记 求与圆有关的轨迹问题的常用解法 (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：找到所求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式． 第1页 思考题2　(1)若长为10的线段的两个端点A，B分别在x轴和y轴上滑动，则线段AB的中点M的轨迹方程为______________． x2＋y2＝25 代入a2＋b2＝100，得4x2＋4y2＝100， 则点M的轨迹方程为x2＋y2＝25. 第1页 (2)(2025·宜昌模拟)已知定点M(1，0)，N(2，0)，动点P满足|PN|＝|PM|. ①求动点P的轨迹C的方程； ②已知点B(6，0)，点A在轨迹C上运动，求线段AB上靠近点B的三等分点Q的轨迹方程． 第1页 整理得x2＋y2＝2， 所以动点P的轨迹C的方程为x2＋y2＝2. ②设点Q的坐标为(x1，y1)，点A的坐标为(xA，yA)， 因为Q是线段AB上靠近点B的三等分点， 第1页 题型三　 与圆有关的最值问题 已知点(x，y)在圆(x－2)2＋(y＋3)2＝1上． (1)求x＋y的最大值和最小值； 【解析】　(1)设t＝x＋y，则y＝－x＋t，t为直线y＝－x＋t在y轴上的截距，所以x＋y的最大值和最小值就是直线与圆有公共点时直线在y轴上的截距的最大值和最小值，即直线与圆相切时在y轴上的截距． 第‹#›页 35 值就是与该圆有公共点的过原点的直线斜率的最大值和最小值，即直线与圆相切时的斜率． 第1页 (3)求的最大值和最小值． 第1页 状元笔记 与圆有关的最值问题的常见题型 (2)形如ax＋by的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题． (3)形如(x－a)2＋(y－b)2的最值问题，可转化为动点到定点距离的平方的最值问题． 第1页 √ 思考题3　(1)(2023·全国乙卷，文)已知实数x，y满足x2＋y2－4x－2y－4＝0，则x－y的最大值是(　　) 【解析】　方法一：令x－y＝k，则x＝k＋y， 代入原式化简得2y2＋(2k－6)y＋k2－4k－4＝0， 因为存在实数y，则Δ≥0，即(2k－6)2－4×2(k2－4k－4)≥0， 第1页 方法二：x2＋y2－4x－2y－4＝0，整理得(x－2)2＋(y－1)2＝9， 令x＝3cos θ＋2，y＝3sin θ＋1，其中θ∈[0，2π)， 第1页 方法三：由x2＋y2－4x－2y－4＝0可得(x－2)2＋(y－1)2＝9，表示圆心为(2，1)，半径为3的圆， 第1页 (2)已知⊙O1：(x－2)2＋(y－3)2＝4，⊙O1关于直线ax＋2y＋1＝0对称的圆记为⊙O2(直线不过圆心O1)，点E，F分别为⊙O1，⊙O2上的动点， EF长度的最小值为4，则a＝________． 连接O1O2，因为⊙O1和⊙O2关于直线ax＋2y＋1＝0对称， 第1页 所以|O1O2|＝2d，则EF长度的最小值为||O1O2|－2r|＝|2d－4|， 又EF长度的最小值为4，所以|2d－4|＝4，易知d>0，所以d＝4， 返 回 感谢观看与聆听 THANKS 第1页 注：平面内动点P到两定点A，B距离的比值为λ，即eq \f(|PA|,|PB|)＝λ(λ＞0)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2))) eq \r(\f(D2,4)＋\f(E2,4)－F) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＝B≠0，,D2＋E2－4AF>0)) (2)方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圆心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－a))，半径为eq \f(1,2) eq \r(－3a2－4a＋4)的圆． 2eq \r(13)π 解析　配方，得(x－3)2＋(y＋2)2＝13. ∴r＝eq \r(13)，∴圆的周长为2π·eq \r(13)＝2eq \r(13)π. m<eq \f(1,4)或m>1 解析　(x＋2m)2＋(y－1)2＝4m2－5m＋1表示圆，则4m2－5m＋1>0，解得m<eq \f(1,4)或m>1. (x－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(25,4) 解析　显然△AOB为直角三角形，AB为斜边，AB中点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,2)))，|AB|＝eq \r(42＋32)＝5，于是△AOB的外接圆是以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,2)))为圆心，以eq \f(5,2)为半径的圆，即(x－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(25,4). 即eq \r(（2a＋3－2）2＋（a＋3）2)＝eq \r(（2a＋3＋2）2＋（a＋5）2)， 由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－a）2＋（－3－b）2＝r2，,（－2－a）2＋（－5－b）2＝r2，,a－2b－3＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2，,r2＝10，)) 故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10. 方法三：设圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则圆心坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2))). 由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)))－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(E,2)))－3＝0，,4＋9＋2D－3E＋F＝0，,4＋25－2D－5E＋F＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＝2，,E＝4，,F＝－5.)) 【解析】　设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2. 圆心到直线x－y＝0的距离d＝eq \f(|a－b|,\r(2)).由题得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＝r2，,3a－b＝0，,\f(（a－b）2,2)＋7＝r2，)) ±eq \r(5) 【解析】　方法一：设圆C的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)， 则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－4a，,（3－a）2＋（－2－b）2＝r2，,\f(|a＋b－1|,\r(2))＝r，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－4，,r＝2\r(2).)) ∴半径r＝eq \r(（1－3）2＋（－4＋2）2)＝2eq \r(2)， ∴所求圆C的方程为(x－1)2＋(y＋4)2＝8. 由已知|PM|＝eq \r(2)|PN|， 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， 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＝eq \f(x0＋3,2)，y＝eq \f(y0＋0,2)， 【解析】　设M(x，y)，A(a，0)，B(0，b)， 则eq \r(a2＋b2)＝10，a2＋b2＝100， 且eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a＋0,2)＝x，,\f(0＋b,2)＝y，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2x，,b＝2y，)) 【答案】　①x2＋y2＝2　②(x－4)2＋y2＝eq \f(2,9) 【解析】　①设动点P的坐标为(x，y)， 因为M(1，0)，N(2，0)，且|PN|＝eq \r(2)|PM|，所以eq \r(（x－2）2＋y2)＝eq \r(2)·eq \r(（x－1）2＋y2)， 所以eq \o(AQ,\s\up18(→))＝2eq \o(QB,\s\up18(→))，即(x1－xA，y1－yA)＝2(6－x1，－y1)， 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xA＝3x1－12，,yA＝3y1，))又点A在轨迹C上运动， 由①有(3x1－12)2＋(3y1)2＝2，化简得(x1－4)2＋y12＝eq \f(2,9)， 即点Q的轨迹方程为(x－4)2＋y2＝eq \f(2,9). 【答案】　(1)eq \r(2)－1，－eq \r(2)－1　 由eq \f(|2＋（－3）－t|,\r(2))＝1，解得t＝eq \r(2)－1或t＝－eq \r(2)－1. 所以x＋y的最大值为eq \r(2)－1，最小值为－eq \r(2)－1. (2)求eq \f(y,x)的最大值和最小值； 【答案】　(2)－2＋eq \f(2\r(3),3)，－2－eq \f(2\r(3),3)　 【解析】　(2)eq \f(y,x)可视为点(x，y)与原点连线的斜率，eq \f(y,x)的最大值和最小 设过原点且斜率存在的直线的方程为y＝kx，由eq \f(|2k＋3|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝－2＋eq \f(2\r(3),3)或k＝－2－eq \f(2\r(3),3).所以eq \f(y,x)的最大值为－2＋eq \f(2\r(3),3)，最小值为－2－eq \f(2\r(3),3). 【答案】　(3)eq \r(34)＋1，eq \r(34)－1 【解析】　(3)eq \r(x2＋y2＋2x－4y＋5)＝eq \r(（x＋1）2＋（y－2）2)，求它的 最值可视为求点(x，y)到定点(－1，2)的距离的最值，可转化为求圆心(2，－3)到定点(－1，2)的距离与半径的和或差．又圆心到定点(－1，2)的距离为eq \r(34)， 所以eq \r(x2＋y2＋2x－4y＋5)的最大值为eq \r(34)＋1，最小值为eq \r(34)－1. (1)形如eq \f(y－b,x－a)的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题． A．1＋eq \f(3\r(2),2)　　　　　　　 B．4 C．1＋3eq \r(2) D．7 化简得k2－2k－17≤0，解得1－3eq \r(2)≤k≤1＋3eq \r(2)，故x－y的最大值是3eq \r(2)＋1. 则x－y＝3cos θ－3sin θ＋1＝3eq \r(2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋1， ∵θ∈[0，2π)，所以θ＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(9π,4)))，则θ＋eq \f(π,4)＝2π，即θ＝eq \f(7π,4)时，x－y取得最大值3eq \r(2)＋1. 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1－3eq \r(2)≤k≤1＋3eq \r(2).故选C. eq \f(5,6)或eq \f(3,2) 【解析】　记⊙O1的半径为r，则⊙O2的半径也为r，且r＝2.点O1(2，3)到直线ax＋2y＋1＝0的距离d＝eq \f(|2a＋7|,\r(a2＋4))， 所以eq \f(|2a＋7|,\r(a2＋4))＝4，即12a2－28a＋15＝0， 解得a＝eq \f(5,6)或a＝eq \f(3,2). $$