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1、圆的方程考试要求1.掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程.2.初步了解用代数方法处理几何问题的思想1圆的定义及方程定义平面内与定点的距离等于定长的点的集合(轨迹)标准方程(xa)2(yb)2r2(r0)圆心(a，b)，半径r一般方程x2y2DxEyF0 (D2E24F0)圆心，半径提醒：当D2E24F0时，方程x2y2DxEyF0表示一个点；当D2E24F0时，方程x2y2DxEyF0没有意义，不表示任何图形2点与圆的位置关系点M(x0，y0)与圆(xa)2(yb)2r2的位置关系：(1)若M(x0，y0)在圆外，则(x0a)2(y0b)2r2.(2)若M(x0，y0)在圆上，则(
2、x0a)2(y0b)2r2.(3)若M(x0，y0)在圆内，则(x0a)2(y0b)2r2.1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2以A(x1，y1)，B(x2，y2)为直径端点的圆的方程为(xx1)(xx2)(yy1)(yy2)0.一、易错易误辨析(正确的打“”，错误的打“”)(1)确定圆的几何要素是圆心与半径()(2)方程(xa)2(yb)2t2(tR)表示圆心为(a，b)，半径为t的一个圆()(3)方程x2y24mx2y0不一定表示圆()(4)若点M(x0，y0)在圆x2y2DxEyF0外，则xyDx0E
3、y0F0.()答案(1)(2)(3)(4)二、教材习题衍生1圆x2y24x6y0的圆心坐标和半径分别是()A(2,3)，3B(2,3)，C(2，3)，13D(2，3)，D圆的方程可化为(x2)2(y3)213，所以圆心坐标是(2，3)，半径r.2已知点A(1，1)，B(1,1)，则以线段AB为直径的圆的方程是()Ax2y22Bx2y2Cx2y21Dx2y24AAB的中点坐标为(0,0)，|AB|2，所以圆的方程为x2y22.3过点A(1，1)，B(1,1)，且圆心在直线xy20上的圆的方程是()A(x3)2(y1)24B(x3)2(y1)24C(x1)2(y1)24D(x1)2(y1)24C设
4、圆心C的坐标为(a，b)，半径为r.因为圆心C在直线xy20上，所以b2a.又|CA|2|CB|2，所以(a1)2(2a1)2(a1)2(2a1)2，所以a1，b1.所以r2.所以方程为(x1)2(y1)24.4在平面直角坐标系中，经过三点(0,0)，(1,1)，(2,0)的圆的方程为_x2y22x0设圆的方程为x2y2DxEyF0.圆经过点(0,0)，(1,1)，(2,0)， 解得 圆的方程为x2y22x0. 考点一圆的方程 求圆的方程的两种方法1若不同的四点A(5,0)，B(1,0)，C(3,3)，D(a,3)共圆，则a的值为_7设圆的方程为x2y2DxEyF0(D2E24F0)，分别代入
5、A，B，C三点坐标，得解得所以A，B，C三点确定的圆的方程为x2y24xy50.因为D(a,3)也在此圆上，所以a294a2550.所以a7或a3(舍去)即a的值为7.2(2020包头青山区模拟)已知圆C过点A(6,0)，B(1,5)，且圆心在直线l：2x7y80上，则圆C的方程为_(x3)2(y2)213法一：(几何法)kAB1，则AB的垂直平分线方程为yx，即xy10，联立方程解得r，故圆C的方程为(x3)2(y2)213.法二：(待定系数法)设所求圆的方程为(xa)2(yb)2r2.由题意可得解得故所求圆C的方程为(x3)2(y2)213.3已知圆C的圆心在直线xy0上，圆C与直线xy0
6、相切，且在直线xy30上截得的弦长为，则圆C的方程为_(x1)2(y1)22法一：由圆C的圆心在直线xy0上，设圆C的圆心为(a，a)又圆C与直线xy0相切，半径r|a|.又圆C在直线xy30上截得的弦长为，圆心(a，a)到直线xy30的距离d，d22r2，即2a2，解得a1，圆C的方程为(x1)2(y1)22.法二：设所求圆的方程为x2y2DxEyF0，则圆心为，半径r，圆心在直线xy0上，0，即DE0，又圆C与直线xy0相切，即(DE)22(D2E24F)，D2E22DE8F0.又知圆心到直线xy30的距离d，由已知得d22r2，(DE6)2122(D2E24F)，联立，解得故所求圆的方程
7、为x2y22x2y0，即(x1)2(y1)22.4已知aR，方程a2x2(a2)y24x8y5a0表示圆，则圆心坐标是_，半径是_(2，4)5由已知方程表示圆，则a2a2，解得a2或a1.当a2时，方程不满足表示圆的条件，故舍去当a1时，原方程为x2y24x8y50，化为标准方程为(x2)2(y4)225，表示以(2，4)为圆心，半径为5的圆点评：(1)几何法的关键是定圆心(2)已知圆心位置常设圆的标准形式，已知圆上三点常设圆的一般式(3)涉及圆的弦长问题，一般是利用半弦长、弦心距和半径构成直角三角形求解(4)方程Ax2By2CxyDxEyF0表示圆的充要条件为AB0，C0，D2E24AF0.
8、 考点二与圆有关的最值问题 与圆有关的最值问题的三种几何转化法(1)形如形式的最值问题可转化为动直线斜率的最值问题(2)形如taxby形式的最值问题可转化为动直线截距的最值问题(3)形如m(xa)2(yb)2形式的最值问题可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题斜率型、截距型、距离型最值问题典例11已知实数x，y满足方程x2y24x10.(1)求的最大值和最小值；(2)求yx的最大值和最小值；(3)求x2y2的最大值和最小值解原方程可化为(x2)2y23，表示以(2,0)为圆心，为半径的圆(1)的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设k，即ykx.当直线ykx与圆相切时，斜率k取最大值或最
9、小值，此时，解得k(如图)所以的最大值为，最小值为.图 图图(2)yx可看作是直线yxb在y轴上的截距，当直线yxb与圆相切时，纵截距b取得最大值或最小值，此时，解得b2(如图)所以yx的最大值为2，最小值为2.(3)x2y2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，x2y2在原点和圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值(如图)又圆心到原点的距离为2，所以x2y2的最大值是(2)274，x2y2的最小值是(2)274.点评： 与圆有关的斜率型、截距型、距离型最值问题一般根据相应几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解利用对称性求最值典例12已知圆C1：(x2)2(y3)21，圆C2：
10、(x3)2(y4)29，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|PN|的最小值为()A54B1 C62DAP是x轴上任意一点，则|PM|的最小值为|PC1|1，同理|PN|的最小值为|PC2|3(图略)，则|PM|PN|的最小值为|PC1|PC2|4.作C1关于x轴的对称点C1(2，3)所以|PC1|PC2|PC1|PC2|C1C2|5，即|PM|PN|PC1|PC2|454.点评：求解形如|PM|PN|(其中M，N均为动点)且与圆C有关的折线段的最值问题的基本思路：(1)“动化定”，把与圆上动点的距离转化为与圆心的距离(2)“曲化直”，即将折线段之和转化为同一直线上的两
11、线段之和，一般要通过对称性解决1(2018全国卷)直线xy20分别与x轴、y轴交于A，B两点，点P在圆(x2)2y22上，则ABP面积的取值范围是()A2,6B4,8C，3D2，3A圆心(2,0)到直线的距离d2，所以点P到直线的距离d1，3根据直线的方程可知A，B两点的坐标分别为A(2,0)，B(0，2)，所以|AB|2，所以ABP的面积S|AB|d1d1.因为d1，3，所以S2,6，即ABP面积的取值范围是2,62(2020南宁模拟)一束光线从点A(3,2)出发，经x轴反射到圆C：(x2)2(y3)21上的最短路径的长度是()A4B5 C51D21C根据题意，设A与A关于x轴对称，且A(3
12、,2)，则A的坐标为(3，2)，又由AC5，则A到圆C上的点的最短距离为51.故这束光线从点A(3,2)出发，经x轴反射到圆C：(x2)2(y3)21上的最短路径的长度是51，故选C. 考点三与圆有关的轨迹问题 求与圆有关的轨迹问题的四种方法(1)直接法：直接根据题设给定的条件列出方程求解(2)定义法：根据圆的定义列方程求解(3)几何法：利用圆的几何性质列出方程求解(4)代入法(相关点法)：找出要求的点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式求解典例2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(1)(直接法)
13、设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y0.因为ACBC，所以kACkBC1，又kAC，kBC，所以1，化简得x2y22x30.因此，直角顶点C的轨迹方程为x2y22x30(y0)(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|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(x1)2y24(y0)(2)(代入法)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x02x3，y02y.由(1)知，点
14、C的轨迹方程为(x1)2y24(y0)，将x02x3，y02y代入得(2x4)2(2y)24，即(x2)2y21.因此动点M的轨迹方程为(x2)2y21(y0)点评：此类问题在解题过程中，常因忽视对特殊点的验证而造成解题失误1点P(4，2)与圆x2y24上任一点连线的中点的轨迹方程是()A(x2)2(y1)21B(x2)2(y1)24C(x4)2(y2)24D(x2)2(y1)21A设圆上任一点为Q(x0，y0)，PQ中点为M(x，y)，根据中点坐标公式得，因为Q(x0，y0)在圆x2y24上，所以xy4，即(2x4)2(2y2)24，化为(x2)2(y1)21，故选A.2(多选)(2020福
15、建漳州月考)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A，B的距离之比为定值(0，且1)的点的轨迹是圆”后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系xOy中，A(2,0)，B(4,0)，点P满足.设点P的轨迹为C，下列结论正确的是()AC的方程为(x4)2y29B在x轴上存在异于A，B的两定点D，E，使得C当A，B，P三点不共线时，射线PO是APB的平分线D在C上存在点M，使得|MO|2|MA|BC对于A选项，设点P(x，y)，则，化简整理得P的轨迹方程为x2y28x0，即(x4)2y216，故A错误；对于选项B，可设D(m,
16、0)，E(n,0)，若，则，化简得3x23y2(2n8m)x4m2n20，由P的轨迹方程为x2y28x0，可得解得或(舍去)，即存在D(6,0)，E(12,0)，使得，故B正确；对于C选项，cos APO，cos BPO，要证射线PO为角平分线，只需证明cos APOcos BPO，即证，化简整理即证PO22AP28，设P(x，y)，则PO2x2y2，所以2AP282x28x2y2(x28xy2)(x2y2)x2y2，则cos APOcos BPO，故C正确；对于D选项，设M(x0，y0)，由|MO|2|MA|可得2，整理得3x3y16x0160，而点M在圆C上，故满足xy8x00，联立，解得x02，y0无实数解，故D错误9