第2章 圆与方程 章末整合提升〔含真题体验〕(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（苏教版)

本高中数学讲义聚焦圆的方程、直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系及轨迹问题，构建从基础方程（标准式、一般式）到位置关系（相切、弦长、外切等）再到轨迹探究的递进学习支架。 资料通过一题多解（如用几何法与代数法求圆方程）、高考真题融入及反思感悟总结方法，培养学生数学思维（推理与运算能力）和数学眼光（几何直观）。课中辅助教师高效教学，课后助力学生通过典型例题与练习查漏补缺，提升应用意识。

培优一　圆的方程 　　理解确定圆的几何要素，在平面直角坐标系中掌握圆的标准方程与一般方程，能根据圆的方程解决一些简单的数学问题与实际问题. （2022·全国乙卷15题）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或（x－2）2＋（y－1）2＝5或＋＝或＋（y－1）2＝（答案不唯一）　. 解析：若圆过（0，0），（4，0），（－1，1）三点，设过这三点的圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0（D2＋E2－4F＞0），分别将三点的坐标代入，可得解得易得D2＋E2－4F＞0，所以过这三点的圆的方程为x2＋y2－4x－6y＝0，即（x－2）2＋（y－3）2＝13； 若圆过（0，0），（4，0），（4，2）三点，设过这三点的圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0（D2＋E2－4F＞0），分别将三点的坐标代入，可得解得易得D2＋E2－4F＞0，所以过这三点的圆的方程为x2＋y2－4x－2y＝0，即（x－2）2＋（y－1）2＝5； 若圆过（0，0），（－1，1），（4，2）三点，设过这三点的圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0（D2＋E2－4F＞0），分别将三点的坐标代入，可得解得易得D2＋E2－4F＞0，所以过这三点的圆的方程为x2＋y2－x－y＝0，即＋＝； 若圆过（4，0），（－1，1），（4，2）三点，设过这三点的圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0（D2＋E2－4F＞0），分别将三点的坐标代入，可得解得易得D2＋E2－4F＞0，所以过这三点的圆的方程为x2＋y2－x－2y－＝0，即＋（y－1）2＝. 反思感悟 求圆的方程的两种方法 1.〔一题多解〕（2022·全国甲卷14题）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　. 解析：法一　设☉M的方程为（x－a）2＋（y－b）2＝r2，则解得∴☉M的方程为（x－1）2＋（y＋1）2＝5. 法二　设☉M的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0（D2＋E2－4F＞0），则M， ∴解得 ∴☉M的方程为x2＋y2－2x＋2y－3＝0，即（x－1）2＋（y＋1）2＝5. 法三　设A（3，0），B（0，1），☉M的半径为r，则kAB＝＝－，AB的中点坐标为，∴AB的垂直平分线方程为y－＝3，即3x－y－4＝0.联立解得M（1，－1），∴r2＝MA2＝（3－1）2＋[0－（－1）]2＝5，∴☉M的方程为（x－1）2＋（y＋1）2＝5. 2.大约在2 000年前，我国的墨子给出了圆的概念“一中同长也”，意思是说，圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等.这个定义比希腊数学家欧几里得给圆下的定义要早100多年.现有一动点P满足OP＝2，其中O为坐标原点，若M（，－），则PM的最小值为　1　. 解析：动点P的轨迹是以O为圆心，2为半径的圆，即x2＋y2＝4，而OM＝＝1＜2，故点M（，－）在圆内，所以当O，M，P三点共线时，PM最小，即PMmin＝2－OM＝2－1＝1. 培优二　直线与圆的位置关系 1.能根据给定直线与圆的方程，判断直线与圆的位置关系. 2.能用直线与圆的方程解决与圆有关的切线、弦长问题，并能解决一些简单的实际问题. 已知圆M：（x－1）2＋（y－1）2＝4，直线l过点P（2，3）且与圆M交于A，B两点，且AB＝2，求直线l的方程. 解：（1）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－3＝k（x－2）， 即kx－y＋3－2k＝0. 示意图如图所示，作MC⊥AB于点C. 在Rt△MBC中，BC＝AB＝，MB＝2，故MC＝＝1， 又M（1，1）， 故由点到直线的距离公式得＝1， 解得k＝.故直线l的方程为3x－4y＋6＝0. （2）当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝2， 且AB＝2，所以符合题意. 综上所述，直线l的方程为3x－4y＋6＝0或x＝2. 反思感悟 1.求直线被圆截得的弦长的两种方法 2.解决直线与圆相切问题的策略 已知点A（2，a），圆C：（x－1）2＋y2＝5. （1）若过点A只能作一条圆C的切线，求实数a的值及切线方程； 解：因为过点A只能作一条圆C的切线，所以点A在圆C上，所以1＋a2＝5， 解得a＝±2. 当a＝2时，A（2，2），则切线方程为（2－1）（x－1）＋2y＝5，即x＋2y－6＝0； 当a＝－2时，A（2，－2），则切线方程为（2－1）（x－1）－2y＝5，即x－2y－6＝0. （2）设直线l过点A但不过原点，且在两坐标轴上的截距相等，若直线l被圆C截得的弦长为2，求实数a的值. 解：设直线l的方程为x＋y＝b（b≠0）， 因为直线过A（2，a），则2＋a＝b， 所以直线l的方程为x＋y－a－2＝0， 所以圆C的圆心（1，0）到直线l的距离为d＝＝， 所以2＝2＝2， 解得a＝1或a＝－3. 培优三　圆与圆的位置关系 　　能根据给定圆的方程，判断圆与圆的位置关系（外离、外切、相交、内切、内含）. 〔一题多解〕已知圆C1：x2＋y2＋4x－4y－5＝0与圆C2：x2＋y2－8x＋4y＋7＝0. （1）证明圆C1与圆C2相切，并求过切点的两圆公切线的方程； 解：证明：把圆C1与圆C2都化为标准方程，得（x＋2）2＋（y－2）2＝13，（x－4）2＋（y＋2）2＝13. 圆心与半径长分别为C1（－2，2），r1＝； C2（4，－2），r2＝. 因为C1C2＝＝2＝r1＋r2，所以圆C1与圆C2相切. 由两式相减得12x－8y－12＝0， 即3x－2y－3＝0，就是过切点的两圆公切线的方程. （2）求过点（2，3）且与两圆相切于（1）中切点的圆的方程. 解：法一　过圆心C1，C2的直线方程为 ＝，即2x＋3y－2＝0， 联立解得则切点坐标为（1，0）. 设所求圆的方程为（x－a）2＋（y－b）2＝r2， 则解得 所以所求圆的方程为（x＋4）2＋（y－）2＝， 即x2＋y2＋8x－y－9＝0. 法二　由圆系方程，可设所求圆的方程为x2＋y2＋4x－4y－5＋λ（3x－2y－3）＝0. 因为点（2，3）在此圆上，将点的坐标代入方程解得λ＝. 所以所求圆的方程为x2＋y2＋4x－4y－5＋（3x－2y－3）＝0，即x2＋y2＋8x－y－9＝0. 反思感悟 圆与圆位置关系相关问题的求解策略 （1）判断两圆的位置关系时常用几何法，即利用两圆圆心之间的距离与两圆半径之间的关系； （2）若两圆相交，则两圆公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差消去x2，y2项得到. 已知圆C1：x2＋y2－4x＋2y＝0与圆C2：x2＋y2－2y－4＝0. （1）求证：两圆相交； 解：证明：圆C1的方程可化为（x－2）2＋（y＋1）2＝5，圆C2的方程可化为x2＋（y－1）2＝5， ∴C1（2，－1），C2（0，1），两圆的半径均为， ∵C1C2＝＝2＜2，∴两圆相交. （2）求两圆公共弦所在直线的方程. 解：将两圆的方程相减即可得到两圆公共弦所在直线的方程，x2＋y2－4x＋2y－（x2＋y2－2y－4）＝0，即x－y－1＝0. 培优四　与圆有关的轨迹问题 　　求轨迹方程的步骤：（1）建系设点；（2）列出动点满足的轨迹条件；（3）把轨迹条件坐标化；（4）化简整理；（5）检验.在检验中要排除不符合要求的点，或者补充上漏掉的部分. 如图所示，圆O1与圆O2的半径都是1，O1O2＝4，过动点P分别作圆O1、圆O2的切线PM，PN（M，N分别为切点），使得PM＝PN，试建立适当的坐标系，并求动点P的轨迹方程. 解：如图所示，以O1O2所在直线为x轴，线段O1O2的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，则O1（－2，0），O2（2，0）， 设动点P的坐标为（x，y），连接MO1，NO2， 在Rt△PMO1中，PM2＝P－1， 在Rt△PNO2中，PN2＝P－1. 因为PM＝PN，所以PM2＝2PN2， 即P－1＝2（P－1），即P＋1＝2P， 所以（x＋2）2＋y2＋1＝2[（x－2）2＋y2]， 整理得x2＋y2－12x＋3＝0， 即为所求点P的轨迹方程. 反思感悟 求与圆有关的轨迹问题的四种方法 1.过圆C：（x－3）2＋（y＋4）2＝4外一点P（x，y）引该圆的一条切线，切点为Q，PQ的长度等于点P到原点O的距离，则点P的轨迹方程为（　　） A.8x－6y－21＝0 B.8x＋6y－21＝0 C.6x＋8y－21＝0 D.6x－8y－21＝0 解析：D　由题意得，圆心C的坐标为（3，－4），半径r＝2，如图.因为｜PQ｜＝｜PO｜，且PQ⊥CQ，所以｜PO｜2＋r2＝｜PC｜2，所以x2＋y2＋4＝（x－3）2＋（y＋4）2，即6x－8y－21＝0，所以点P的轨迹方程为6x－8y－21＝0. 2.点A（3，0）为圆x2＋y2＝1外一点，P为圆上任意一点，若AP的中点为M，当P在圆上运动时，求点M的轨迹. 解：设点M（x，y），因为M为线段AP的中点，点A（3，0），所以P（2x－3，2y）， 因为P为圆x2＋y2＝1上任意一点，所以（2x－3）2＋（2y）2＝1，化简得（x－）2＋y2＝， 所以点M的轨迹方程为（x－）2＋y2＝.故动点M的轨迹为圆心坐标为（，0），半径长为的圆. 1.（2023·新高考Ⅰ卷6题）过点（0，－2）与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sin α＝（　　） A.1 B. C. 解析：B　由x2＋y2－4x－1＝0，得（x－2）2＋y2＝5，所以圆心为点（2，0），半径为.如图易知点（2，0）与点（0，－2）的距离为2，所以点（0，－2）与切点的距离为＝，所以sin＝，cos＝，所以sin α＝2sincos＝2××＝.故选B. 2.（2025·全国Ⅰ卷7题）已知圆x2＋（y＋2）2＝r2（r＞0）上到直线y＝x＋2的距离为1的点有且仅有两个，则r的取值范围是（　　） A.（0，1） B.（1，3） C.（3，＋∞） D.（0，＋∞） 解析：B　易得圆心（0，－2）到直线y＝x＋2的距离d＝2.当r＝d－1＝1时，圆x2＋（y＋2）2＝r2（r＞0）上到直线y＝x＋2的距离为1的点有且仅有一个，当r＝d＋1＝3时，圆x2＋（y＋2）2＝r2（r＞0）上到直线y＝x＋2的距离为1的点有且仅有三个，故当1＜r＜3时，圆x2＋（y＋2）2＝r2（r＞0）上到直线y＝x＋2的距离为1的点有且仅有两个.故选B. 3.〔一题多解〕（2023·全国乙卷11题）已知实数x，y满足x2＋y2－4x－2y－4＝0，则x－y的最大值是（　　） A.1＋ B.4 C.1＋3 D.7 解析：C　法一　由题意，得实数x，y满足（x－2）2＋（y－1）2＝9，表示圆心为点（2，1），半径为3的圆.设x－y＝t，则直线x－y－t＝0与圆（x－2）2＋（y－1）2＝9有公共点，所以圆心到直线x－y－t＝0的距离d＝≤3，解得1－3≤t≤1＋3.故选C. 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·cos（θ＋）≤1＋3，当θ＝＋2kπ（k∈Z）时取等号.故选C. 4.〔多选〕（2021·新高考Ⅱ卷11题）已知直线l：ax＋by－r2＝0与圆C：x2＋y2＝r2，点A（a，b），则下列说法正确的是（　　） A.若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B.若点A在圆C内，则直线l与圆C相离 C.若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D.若点A在直线l上，则直线l与圆C相切 解析：ABD　选项A，∵点A在圆C上，∴a2＋b2＝r2，圆心C（0，0）到直线l的距离d＝＝r，∴直线l与圆C相切，A正确.选项B，∵点A在圆C内，∴a2＋b2＜r2，圆心C（0，0）到直线l的距离d＝＞r，∴直线l与圆C相离，B正确.选项C，∵点A在圆C外，∴a2＋b2＞r2，圆心C（0，0）到直线l的距离d＝＜r.∴直线l与圆C相交，C错误.选项D，∵点A在直线l上，∴a2＋b2＝r2，圆心C（0，0）到直线l的距离d＝＝r.∴直线l与圆C相切，D正确.故选A、B、D. 5.（2023·新高考Ⅱ卷15题）已知直线x－my＋1＝0与☉C：（x－1）2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为”的m的一个值　－2（或－或或2，填写任意一个均可）　. 解析：依题意可得圆C的圆心为C（1，0），半径r＝2，则圆心C（1，0）到直线x－my＋1＝0的距离d＝，｜AB｜＝2＝，所以S△ABC＝×d×｜AB｜＝＝，解得m＝2或m＝－2或m＝或m＝－.填写任意一个均可. 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $