第二章 第3节 圆的方程（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

衔接教材 夯基固本 落实 第3节　圆的方程 第二章　解析几何 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 圆外 圆上 圆内 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 D 衔接教材 夯基固本 落实 B 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 D 关键能力 进阶突破 提升 A 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 B 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(12) 温馨提示 谢谢观看！ 1．理解确定圆的几何要素，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． 一、圆的定义及方程 二、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． 1．几种特殊位置的圆的方程 标准方程的设法 一般方程的设法 圆心在原点 x2＋y2＝r2 x2＋y2－r2＝0 圆心过原点 (x－a)2＋(y－b)2＝a2＋b2 x2＋y2＋Dx＋Ey＝0 圆心在x轴上 (x－a)2＋y2＝r2 x2＋y2＋Dx＋F＝0 圆心在y轴上 x2＋(y－b)2＝r2 x2＋y2＋Ey＋F＝0 标准方程的设法 一般方程的设法 与x轴相切 (x－a)2＋(y－b)2＝b2 x2＋y2＋Dx＋Ey＋ eq \f(1,4)D2＝0 与y轴相切 (x－a)2＋(y－b)2＝a2 x2＋y2＋Dx＋Ey＋ eq \f(1,4)E2＝0 2.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、“教考衔接”例证 高考 真题 (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________________ 追根 溯源 (人教A版选择性必修第一册P84例3)已知圆心为C的圆经过A(1，1)，B(2，－2)两点，且圆心C在直线l：x－y＋1＝0上，求此圆的标准方程 发现 感悟 两题命题方式几乎完全一致．求圆的方程关键是设方程，设标准方程还是一般方程，是选择待定系数法建立方程组还是结合几何性质求垂直平分线方程，要仔细考量，运算也有差别，要防止计算错误丢分 二、教材典题改编 1．(人教A版选择性必修第一册P85T1改编)圆心坐标为(2，－3)且过原点的圆的方程是(　　) A．(x－2)2＋(y＋3)2＝ eq \r(13) B．(x＋2)2＋(y＋3)2＝ eq \r(13) C．(x＋2)2＋(y－3)2＝13 D．(x－2)2＋(y＋3)2＝13 2．(人教A版选择性必修第一册P102T7改编)若曲线C：x2＋y2＋2ax－4ay－10a＝0表示圆，则实数a的取值范围为(　　) A．(－2，0) B．(－∞，－2)∪(0，＋∞) C．[－2，0] D．(－∞，－2]∪[0，＋∞) 解析：由x2＋y2＋2ax－4ay－10a＝0，得(x＋a)2＋(y－2a)2＝5a2＋10a，由该曲线表示圆，可知5a2＋10a>0，解得a>0或a<－2. 3．(北师版选择性必修第一册P44T2)已知圆C：2x2＋2y2＋4x－2y－1＝0，则圆心的坐标为________________，半径为__________． 答案：(－1， eq \f(1,2))　 eq \f(\r(7),2) 4．(人教A版选择性必修第一册P85T3改编)已知点A(1，0)，B(0，3)，则以AB为直径的圆的方程是____________. 答案：x2＋y2－x－3y＝0 三、易误易混澄清 1．(错用点与圆的位置关系判定)若坐标原点在圆(x－m)2＋(y＋m)2＝4的内部，则实数m的取值范围是________________． 答案：(－ eq \r(2)， eq \r(2))　解析：∵点(0，0)在圆(x－m)2＋(y＋m)2＝4的内部，∴(0－m)2＋(0＋m)2＜4，解得－ eq \r(2)＜m＜ eq \r(2). 2．(忽视隐含条件)已知P(x，y)是圆x2＋y2＝1上的动点，则x2＋4y的最大值为________________． 答案：4　解析：由题意得，x2＋4y＝1－y2＋4y＝－(y－2)2＋5，因为y∈[－1，1]，所以当y＝1时，x2＋4y取得最大值4. 考点一　圆的方程 [例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． 解：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，所以|CA|＝|CB|，即 eq \r(（2a＋3－2）2＋（a＋3）2)＝ eq \r(（2a＋3＋2）2＋（a＋5）2)，解得a＝－2， 所以圆心C的坐标为(－1，－2)，半径r＝ eq \r(10).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，由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2b－3＝0，,（2－a）2＋（－3－b）2＝r2，,（－2－a）2＋（－5－b）2＝r2，))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 \f(D,2)，－ eq \f(E,2)). 由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（－\f(D,2)）－2×（－\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，)) 故所求圆的方程为x2＋y2＋2x＋4y－5＝0，即(x＋1)2＋(y＋2)2＝10. 求圆的方程的常用方法 (1)直接法：直接求出圆心坐标和半径，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． 训练1 (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(　　) A． eq \r(2) B．2 C．3 D．3 eq \r(2) 解析：由题意得x2＋y2－2x＋6y＝0，即(x－1)2＋(y＋3)2＝10，则其圆心坐标为(1，－3)，则圆心到直线x－y＋2＝0的距离为 eq \f(|1－（－3）＋2|,\r(12＋（－1）2))＝3 eq \r(2). (2)已知圆的圆心为点(2，－3)，一条直径的两个端点分别在x轴和y轴上，则此圆的方程是(　　) A．(x－2)2＋(y＋3)2＝13 B．(x＋2)2＋(y－3)2＝13 C．(x－2)2＋(y＋3)2＝52 D．(x＋2)2＋(y－3)2＝52 解析：设两端点分别为(a，0)和(0，b)，则a＋0＝2×2，0＋b＝2×(－3)，即a＝4，b＝－6，所以直径为 eq \r(42＋（－6）2)＝2 eq \r(13)，即半径为 eq \r(13)，故圆的方程为(x－2)2＋(y＋3)2＝13. (3)(2024·邯郸模拟)已知三点A(3，2)，B(5，－3)，C(－1，3)，以P(2，－1)为圆心作一个圆，使得A，B，C三点中的一个点在圆内，一个点在圆上，一个点在圆外，则这个圆的标准方程为__________． 答案：(x－2)2＋(y＋1)2＝13　解析：由题设知，|PA|＝ eq \r(10)，|PB|＝ eq \r(13)，|PC|＝5，得|PA|<|PB|<|PC|，要使A，B，C三点中的一个点在圆内，一个点在圆上，一个点在圆外，则圆以|PB|为半径，故圆的标准方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝13. 考点二　与圆有关的轨迹问题 [例2] 已知直角三角形ABC的斜边为AB，且点A为(－1，0)，B为(3，0). (1)求直角顶点C的轨迹方程； (2)求直角边BC的中点M的轨迹方程． 解：(1)方法一　设C为(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＝ 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为(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(因为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为(x，y)，C为(x0，y0). 因为B为(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)，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(y≠0)，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). 求与圆有关的轨迹方程的方法 训练2 (1)已知圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝1，点M是圆上的动点，AM与圆相切，且|AM|＝2，则点A的轨迹方程是(　　) A．y2＝4x B．x2＋y2－2x－2y－3＝0 C．x2＋y2－2y－3＝0 D．y2＝－4x 解析：因为圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝1，所以圆心C为(1，1)，半径r＝1.因为点M是圆上的动点，所以|MC|＝1.又AM与圆相切，且|AM|＝2，则|AC|＝ eq \r(|MC|2＋|AM|2)＝ eq \r(5).设A为(x，y)，则(x－1)2＋(y－1)2＝5，即x2＋y2－2x－2y－3＝0，所以点A的轨迹方程为x2＋y2－2x－2y－3＝0. (2)(2024·烟台一模)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的轨迹为________________． 答案：以(0，0)为圆心，5为半径的圆　解析：设点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，))代入a2＋b2＝100，得4x2＋4y2＝100，即x2＋y2＝25，即点M的轨迹为以原点(0，0)为圆心，5为半径的圆． 考点三　与圆有关的最值问题 考向1　借助几何性质求最值 [例3] (2024·泉州模拟)已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0.求： (1) eq \f(y,x)的最大值和最小值； (2)y－x的最小值； (3)x2＋y2的最大值和最小值． 解：(1)方程x2＋y2－4x＋1＝0表示以点(2，0)为圆心， eq \r(3)为半径的圆． 设 eq \f(y,x)＝k，即y＝kx，则圆心(2，0)到直线y＝kx的距离为半径时，直线与圆相切，斜率取得最大、最小值． 由 eq \f(|2k|,\r(1＋k2))＝ eq \r(3)，解得k2＝3，∴kmax＝ eq \r(3)，kmin＝－ eq \r(3)， ∴( eq \f(y,x))max＝ eq \r(3)，( eq \f(y,x))min＝－ eq \r(3). (2)设y－x＝b，则y＝x＋b，当且仅当直线y＝x＋b与圆相切于第四象限时，截距b取得最小值， 由点到直线的距离公式，得 eq \f(|2＋b|,\r(2))＝ eq \r(3)，即b＝－2± eq \r(6)，故(y－x)min＝－2－ eq \r(6). (3)x2＋y2是圆上的点与原点的距离的平方，设圆与x轴相交于点B和C′(点B在点C′左侧)，则(x2＋y2)max＝|OC′|2＝(2＋ eq \r(3))2＝7＋4 eq \r(3)，(x2＋y2)min＝|OB|2＝(2－ eq \r(3))2＝7－4 eq \r(3). 与圆有关的最值问题的3种几何转化法 (1)形如m＝ 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． (2)形如m＝ax＋by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的最值问题，可转化为两点间距离的平方的最值问题． 圆的参数方程 圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝a＋r cos θ，,y＝b＋r sin θ，))其中θ为参数． [例] 利用圆的参数方程解决[例3](2)(3). 解：x2＋y2－4x＋1＝0可化为(x－2)2＋y2＝3，令 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2＋\r(3)cos θ，,y＝\r(3)sin θ.)) (2)y－x＝ eq \r(3)sin θ－(2＋ eq \r(3)cos θ)＝ eq \r(6)sin (θ－ eq \f(π,4))－2， ∵ eq \r(6)sin (θ－ eq \f(π,4))∈[－ eq \r(6)， eq \r(6)]， ∴(y－x)min＝－ eq \r(6)－2. (3)x2＋y2＝(2＋ eq \r(3)cos θ)2＋( eq \r(3)sin θ)2＝7＋4 eq \r(3)cos θ， ∵cos θ∈[－1，1]，∴(x2＋y2)max＝7＋4 eq \r(3)，(x2＋y2)min＝7－4 eq \r(3). 考向2　利用对称性求最值 [例4] 已知点A(0，2)，点P在直线x＋y＋2＝0上运动，点Q在圆C：x2＋y2－4x－2y＝0上运动，则|PA|＋|PQ|的最小值是_________． 答案：2 eq \r(5)　解析：依题意，圆心C为(2，1)，半径r＝ eq \r(5).设点A(0，2)关于直线x＋y＋2＝0的对称点为A′(m，n)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(m＋0,2)＋\f(n＋2,2)＋2＝0，,\f(n－2,m－0)＝1，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－4，,n＝－2，))故A′为(－4，－2). 连接A′C交直线x＋y＋2＝0于点P，交圆C于点Q(图略)，此时|PA|＋|PQ|取得最小值．由对称性可知此时|PA|＋|PQ|＝|PA′|＋|PQ|＝ |A′Q|＝|A′C|－r＝2 eq \r(5). 形如|PA|＋|PQ|形式的与圆有关的折线段问题(其中P，Q均为动点)，要立足两点： (1)减少动点的个数． (2)“曲化直”，即将折线段转化为同一直线上的两线段之和，一般要通过对称性解决． 训练3 (1)(2023·全国乙卷)已知实数x，y满足 x2＋y2－4x－2y－4＝0，则x－y的最大值是(　　) A．1＋ eq \f(3\r(2),2) B．4 C．1＋3 eq \r(2) D．72 解析：方法一　将方程x2＋y2－4x－2y－4＝0化为(x－2)2＋(y－1)2＝9，其表示圆心为(2，1)，半径为3的圆．设z＝x－y，数形结合知，只有当直线x－y－z＝0与圆相切时，z才能取到最大值，此时 eq \f(|2－1－z|,\r(2))＝3，解得z＝1±3 eq \r(2)，故z＝x－y的最大值为1＋3 eq \r(2). 方法二　由题意，得实数x，y满足(x－2)2＋(y－1)2＝9.设x＝2＋3cos θ，y＝1＋3sin θ，θ∈[0，2π]，则x－y＝1＋3cos θ－3sin θ＝1＋3 eq \r(2)·cos (θ＋ eq \f(π,4))≤1＋3 eq \r(2)，当且仅当θ＝ eq \f(7π,4)＋2kπ(k∈Z)时，等号成立． (2)在平面内，一只蚂蚁从点A(－2，－3)出发，爬到y轴后又爬到圆C：(x＋3)2＋(y－2)2＝2上，则它爬动的最短路程是_________． 答案：4 eq \r(2)　解析：由圆C：(x＋3)2＋(y－2)2＝2，得圆心为C(－3，2)，半径为 eq \r(2)，求得点A(－2，－3)关于y轴的对称点为A′(2，－3)，可得|A′P|＝|A′C|－r＝ eq \r(（－3－2）2＋（2＋3）2)－ eq \r(2)＝4 eq \r(2).如图所示，可得爬动的最短路程为4 eq \r(2). $$