2025屆高考數(shù)學一輪復習第九章平面解析幾何第3節(jié)圓的方程教學案含解析新人教A版

PAGE1-第3節(jié)圓的方程考試要求駕馭確定圓的幾何要素，駕馭圓的標準方程與一般方程.知識梳理1.圓的定義和圓的方程定義平面內(nèi)到定點的距離等于定長的點的軌跡叫做圓方程標準(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)圓心C(a，b)半徑為r一般x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)充要條件：D2＋E2－4F＞0圓心坐標：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))半徑r＝eq\f(1,2)eq\r(D2＋E2－4F)2.點與圓的位置關(guān)系平面上的一點M(x0，y0)與圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2之間存在著下列關(guān)系：(1)|MC|＞r?M在圓外，即(x0－a)2＋(y0－b)2＞r2?M在圓外；(2)|MC|＝r?M在圓上，即(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2?M在圓上；(3)|MC|＜r?M在圓內(nèi)，即(x0－a)2＋(y0－b)2＜r2?M在圓內(nèi).[常用結(jié)論與微點提示]1.圓心在坐標原點半徑為r的圓的方程為x2＋y2＝r2.2.以A(x1，y1)，B(x2，y2)為直徑端點的圓的方程為(x－x1)·(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0.診斷自測1.推斷下列結(jié)論正誤(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)確定圓的幾何要素是圓心與半徑.()(2)方程x2＋y2＝a2表示半徑為a的圓.()(3)方程x2＋y2＋4mx－2y＋5m＝0表示圓.()(4)方程Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圓的充要條件是A＝C≠0，B＝0，D2＋E2－4AF>0.()解析(2)當a＝0時，x2＋y2＝a2表示點(0，0)；當a＜0時，表示半徑為|a|的圓.(3)當(4m)2＋(－2)2－4×5m＞0，即m＜eq\f(1,4)或m＞1時表示圓.答案(1)√(2)×(3)×(4)√2.(老教材必修2P124A1改編)圓x2＋y2－4x＋6y＝0的圓心坐標和半徑分別是()A.(2，3)，3 B.(－2，3)，eq\r(3)C.(－2，－3)，13 D.(2，－3)，eq\r(13)解析圓的方程可化為(x－2)2＋(y＋3)2＝13，所以圓心坐標是(2，－3)，半徑r＝eq\r(13).答案D3.(老教材必修2P120例3改編)過點A(1，－1)，B(－1，1)，且圓心在直線x＋y－2＝0上的圓的方程是()A.(x－3)2＋(y＋1)2＝4 B.(x＋3)2＋(y－1)2＝4C.(x－1)2＋(y－1)2＝4 D.(x＋1)2＋(y＋1)2＝4解析設(shè)圓心C的坐標為(a，b)，半徑為r.因為圓心C在直線x＋y－2＝0上，所以b＝2－a.又|CA|2＝|CB|2，所以(a－1)2＋(2－a＋1)2＝(a＋1)2＋(2－a－1)2，所以a＝1，b＝1.所以r＝2.所以方程為(x－1)2＋(y－1)2＝4.答案C4.(2024·合肥模擬)已知A(1，0)，B(0，3)兩點，則以AB為直徑的圓的方程是()A.x2＋y2－x－3y＝0 B.x2＋y2＋x＋3y＝0C.x2＋y2＋x－3y＝0 D.x2＋y2－x＋3y＝0解析|AB|＝eq\r(12＋32)＝eq\r(10)，圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))，半徑r＝eq\f(\r(10),2)，∴圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(10,4)，化為一般方程為x2＋y2－x－3y＝0.答案A5.(2024·佛山一中期末)若k∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－2，0，\f(4,5)，3))，方程x2＋y2＋(k－1)x＋2ky＋k＝0不表示圓，則k的取值集合中元素的個數(shù)為()A.1 B.2 C.3 D.4解析方程x2＋y2＋(k－1)x＋2ky＋k＝0表示圓的條件為(k－1)2＋(2k)2－4k>0，即5k2－6k＋1>0，解得k>1或k<eq\f(1,5)，又知該方程不表示圓，所以k的取值范圍為eq\f(1,5)≤k≤1，又因為k∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－2，0，\f(4,5)，3))，所以滿意條件的k＝eq\f(4,5)，即k的取值集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))，故選A.答案A6.(2024·銀川模擬)方程|y|－1＝eq\r(1－（x－1）2)表示的曲線是()A.一個橢圓 B.一個圓C.兩個圓 D.兩個半圓解析由題意知|y|－1≥0，則y≥1或y≤－1，當y≥1時，原方程可化為(x－1)2＋(y－1)2＝1(y≥1)，其表示以(1，1)為圓心、1為半徑、直線y＝1上方的半圓；當y≤－1時，原方程可化為(x－1)2＋(y＋1)2＝1(y≤－1)，其表示以(1，－1)為圓心、1為半徑、直線y＝－1下方的半圓.所以方程|y|－1＝eq\r(1－（x－1）2)表示的曲線是兩個半圓.故選D.答案D考點一圓的方程【例1】(1)(一題多解)已知圓E經(jīng)過三點A(0，1)，B(2，0)，C(0，－1)，且圓心在x軸的正半軸上，則圓E的標準方程為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(25,4) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(25,16)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(25,16) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(25,4)(2)(2024·豫西五校聯(lián)考)在平面直角坐標系xOy中，以點(0，1)為圓心且與直線x－by＋2b＋1＝0相切的全部圓中，半徑最大的圓的標準方程為()A.x2＋(y－1)2＝4 B.x2＋(y－1)2＝2C.x2＋(y－1)2＝8 D.x2＋(y－1)2＝16解析(1)法一(待定系數(shù)法)設(shè)圓E的一般方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，則由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋E＋F＝0，,4＋2D＋F＝0，,1－E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＝－\f(3,2)，,E＝0，,F＝－1.))所以圓E的一般方程為x2＋y2－eq\f(3,2)x－1＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(25,16).法二(幾何法)因為圓E經(jīng)過點A(0，1)，B(2，0)，所以圓E的圓心在線段AB的垂直平分線y－eq\f(1,2)＝2(x－1)上.又圓E的圓心在x軸的正半軸上，所以圓E的圓心坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0)).則圓E的半徑為|EB|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,4)))\s\up12(2)＋（0－0）2)＝eq\f(5,4)，所以圓E的標準方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(25,16).(2)由直線x－by＋2b＋1＝0可得該直線過定點A(－1，2)，設(shè)圓心為B(0，1)，由題意可知要使所求圓的半徑最大，則rmax＝|AB|＝eq\r(（－1－0）2＋（2－1）2)＝eq\r(2)，所以半徑最大的圓的標準方程為x2＋(y－1)2＝2.故選B.答案(1)C(2)B規(guī)律方法求圓的方程時，應(yīng)依據(jù)條件選用合適的圓的方程.一般來說，求圓的方程有兩種方法：(1)幾何法，通過探討圓的性質(zhì)進而求出圓的基本量.確定圓的方程時，常用到的圓的三特性質(zhì)：①圓心在過切點且垂直切線的直線上；②圓心在任一弦的中垂線上；③兩圓內(nèi)切或外切時，切點與兩圓圓心三點共線；(2)代數(shù)法，即設(shè)出圓的方程，用待定系數(shù)法求解.【訓練1】(1)(2024·成都診斷)若圓C：x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2m)))eq\s\up12(2)＝n的圓心為橢圓M：x2＋my2＝1的一個焦點，且圓C經(jīng)過M的另一個焦點，則圓C的標準方程為________.(2)已知圓C經(jīng)過P(－2，4)，Q(3，－1)兩點，且在x軸上截得的弦長等于6，則圓C的方程為________.解析(1)∵圓C的圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2m)))，∴eq\r(\f(1,m)－1)＝eq\f(1,2m)，m＝eq\f(1,2).又圓C經(jīng)過M的另一個焦點，則圓C經(jīng)過點(0，1)，從而n＝4.故圓C的標準方程為x2＋(y＋1)2＝4.(2)設(shè)圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，將P，Q兩點的坐標分別代入得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2D－4E－F＝20，①,3D－E＋F＝－10.②))又令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0.③設(shè)x1，x2是方程③的兩根，由|x1－x2|＝6，得D2－4F＝36，④聯(lián)立①②④，解得D＝－2，E＝－4，F(xiàn)＝－8，或D＝－6，E＝－8，F(xiàn)＝0.故所求圓的方程為x2＋y2－2x－4y－8＝0或x2＋y2－6x－8y＝0.答案(1)x2＋(y＋1)2＝4(2)x2＋y2－2x－4y－8＝0或x2＋y2－6x－8y＝0考點二與圓有關(guān)的最值問題多維探究角度1利用幾何意義求最值【例2－1】已知點(x，y)在圓(x－2)2＋(y＋3)2＝1上.(1)求eq\f(y,x)的最大值和最小值；(2)求x＋y的最大值和最小值；(3)求eq\r(x2＋y2＋2x－4y＋5)的最大值和最小值.解(1)eq\f(y,x)可視為點(x，y)與原點連線的斜率，eq\f(y,x)的最大值和最小值就是與該圓有公共點的過原點的直線斜率的最大值和最小值，即直線與圓相切時的斜率.設(shè)過原點的直線的方程為y＝kx，由直線與圓相切得圓心到直線的距離等于半徑，即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)，∴eq\f(y,x)的最大值為－2＋eq\f(2\r(3),3)，最小值為－2－eq\f(2\r(3),3).(2)設(shè)t＝x＋y，則y＝－x＋t，t可視為直線y＝－x＋t在y軸上的截距，∴x＋y的最大值和最小值就是直線與圓有公共點時直線縱截距的最大值和最小值，即直線與圓相切時在y軸上的截距.由直線與圓相切得圓心到直線的距離等于半徑，即eq\f(|2＋（－3）－t|,\r(2))＝1，解得t＝eq\r(2)－1或t＝－eq\r(2)－1.∴x＋y的最大值為eq\r(2)－1，最小值為－eq\r(2)－1.(3)eq\r(x2＋y2＋2x－4y＋5)＝eq\r(（x＋1）2＋（y－2）2)，求它的最值可視為求點(x，y)到定點(－1，2)的距離的最值，可轉(zhuǎn)化為求圓心(2，－3)到定點(－1，2)的距離與半徑的和或差.又圓心到定點(－1，2)的距離為eq\r(34)，∴eq\r(x2＋y2＋2x－4y＋5)的最大值為eq\r(34)＋1，最小值eq\r(34)－1.規(guī)律方法把有關(guān)式子進行轉(zhuǎn)化或利用所給式子的幾何意義解題，充分體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合以及轉(zhuǎn)化的數(shù)學思想，其中以下幾類轉(zhuǎn)化較為常見：(1)形如m＝eq\f(y－b,x－a)的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線斜率的最值問題；(2)形如m＝ax＋by的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線截距的最值問題；(3)形如m＝(x－a)2＋(y－b)2的最值問題，可轉(zhuǎn)化為兩點間距離的平方的最值問題.角度2利用對稱性求最值【例2－2】已知圓C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分別是圓C1，C2上的動點，P為x軸上的動點，則|PM|＋|PN|的最小值為()A.5eq\r(2)－4 B.eq\r(17)－1C.6－2eq\r(2) D.eq\r(17)解析P是x軸上隨意一點，則|PM|的最小值為|PC1|－1，同理|PN|的最小值為|PC2|－3，則|PM|＋|PN|的最小值為|PC1|＋|PC2|－4.作C1關(guān)于x軸的對稱點C′1(2，－3).所以|PC1|＋|PC2|＝|PC1′|＋|PC2|≥|C1′C2|＝5eq\r(2)，即|PM|＋|PN|＝|PC1|＋|PC2|－4≥5eq\r(2)－4.答案A規(guī)律方法求解形如|PM|＋|PN|(其中M，N均為動點)且與圓C有關(guān)的折線段的最值問題的基本思路：(1)“動化定”，把與圓上動點的距離轉(zhuǎn)化為與圓心的距離；(2)“曲化直”，即將折線段之和轉(zhuǎn)化為同始終線上的兩線段之和，一般要通過對稱性解決.角度3建立函數(shù)關(guān)系求最值【例2－3】(2024·重慶模擬)設(shè)點P(x，y)是圓：x2＋(y－3)2＝1上的動點，定點A(2，0)，B(－2，0)，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最大值為________.解析由題意，知eq\o(PA,\s\up6(→))＝(2－x，－y)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－2－x，－y)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x2＋y2－4，由于點P(x，y)是圓上的點，故其坐標滿意方程x2＋(y－3)2＝1，故x2＝－(y－3)2＋1，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12.由圓的方程x2＋(y－3)2＝1，易知2≤y≤4，所以，當y＝4時，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的值最大，最大值為6×4－12＝12.答案12規(guī)律方法依據(jù)題中條件列出相關(guān)的函數(shù)關(guān)系式，再依據(jù)函數(shù)學問或基本不等式求最值.【訓練2】(1)(多填題)(角度1)已知實數(shù)x，y滿意方程x2＋y2－4x＋1＝0，則x2＋y2的最大值為________，最小值為________.(2)(角度2)已知A(0，2)，點P在直線x＋y＋2＝0上，點Q在圓C：x2＋y2－4x－2y＝0上，則|PA|＋|PQ|的最小值是________.(3)(角度3)已知圓O：x2＋y2＝9，若過點C(2，1)的直線l與圓O交于P，Q兩點，則△OPQ的面積最大值為()A.2B.2eq\r(5)C.eq\f(9,2)D.5解析(1)x2＋y2表示圓(x－2)2＋y2＝3上的一點與原點距離的平方，由平面幾何學問知，在原點和圓心連線與圓的兩個交點處取得最大值和最小值(如圖).又圓心到原點的距離為eq\r(（2－0）2＋（0－0）2)＝2，所以x2＋y2的最大值是(2＋eq\r(3))2＝7＋4eq\r(3)，x2＋y2的最小值是(2－eq\r(3))2＝7－4eq\r(3).(2)因為圓C：x2＋y2－4x－2y＝0，故圓C是以C(2，1)為圓心，半徑r＝eq\r(5)的圓.設(shè)點A(0，2)關(guān)于直線x＋y＋2＝0的對稱點為A′(m，n)，故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′(－4，－2).連接A′C交圓C于Q，由對稱性可知|PA|＋|PQ|＝|A′P|＋|PQ|≥|A′Q|＝|A′C|－r＝2eq\r(5).(3)當直線l的斜率不存在時，l的方程為x＝2，則P，Q的坐標為(2，eq\r(5))，(2，－eq\r(5))，所以S△OPQ＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(5)＝2eq\r(5).當直線l的斜率存在時，設(shè)l的方程為y－1＝k(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k≠\f(1,2)))，則圓心到直線PQ的距離d＝eq\f(|1－2k|,\r(1＋k2))，由平面幾何學問得|PQ|＝2eq\r(9－d2)，S△OPQ＝eq\f(1,2)·|PQ|·d＝eq\f(1,2)·2eq\r(9－d2)·d＝eq\r(（9－d2）d2)≤eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9－d2＋d2,2)))\s\up12(2))＝eq\f(9,2)，當且僅當9－d2＝d2，即d2＝eq\f(9,2)時，S△OPQ取得最大值eq\f(9,2).因為2eq\r(5)<eq\f(9,2)，所以S△OPQ的最大值為eq\f(9,2).答案(1)7＋4eq\r(3)7－4eq\r(3)(2)2eq\r(5)(3)C考點三與圓有關(guān)的軌跡問題【例3】已知Rt△ABC的斜邊為AB，且A(－1，0)，B(3，0)，求：(1)(一題多解)直角頂點C的軌跡方程；(2)直角邊BC的中點M的軌跡方程.解(1)法一設(shè)C(x，y)，因為A，B，C三點不共線，所以y≠0.因為AC⊥BC，且BC，AC斜率均存在，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，化簡得x2＋y2－2x－3＝0.因此，直角頂點C的軌跡方程為x2＋y2－2x－3＝0(y≠0).法二設(shè)AB的中點為D，由中點坐標公式得D(1，0)，由直角三角形的性質(zhì)知|CD|＝eq\f(1,2)|AB|＝2.由圓的定義知，動點C的軌跡是以D(1，0)為圓心，2為半徑的圓(由于A，B，C三點不共線，所以應(yīng)除去與x軸的交點).所以直角頂點C的軌跡方程為(x－1)2＋y2＝4(y≠0).(2)設(shè)M(x，y)，C(x0，y0)，因為B(3，0)，M是線段BC的中點，由中點坐標公式得x＝eq\f(x0＋3,2)，y＝eq\f(y0＋0,2)，所以x0＝2x－3，y0＝2y.由(1)知，點C的軌跡方程為(x－1)2＋y2＝4(y≠0)，將x0＝2x－3，y0＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4，即(x－2)2＋y2＝1.因此動點M的軌跡方程為(x－2)2＋y2＝1(y≠0).規(guī)律方法求與圓有關(guān)的軌跡問題時，依據(jù)題設(shè)條件的不同常采納以下方法：(1)干脆法，干脆依據(jù)題目供應(yīng)的條件列出方程；(2)定義法，依據(jù)圓、直線等定義列方程；(3)幾何法，利用圓的幾何性質(zhì)列方程；(4)代入法，找到要求點與已知點的關(guān)系，代入已知點滿意的關(guān)系式等.【訓練3】已知過原點的動直線l與圓C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的兩點A，B.(1)求圓C1的圓心坐標；(2)求線段AB的中點M的軌跡C的方程.解(1)由x2＋y2－6x＋5＝0得(x－3)2＋y2＝4，所以圓C1的圓心坐標為(3，0).(2)設(shè)M(x，y)，因為點M為線段AB的中點，所以C1M⊥AB，所以kC1M·kAB＝－1，當x≠3時可得eq\f(y,x－3)·eq\f(y,x)＝－1，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(9,4)，又當直線l與x軸重合時，M點坐標為(3，0)，代入上式成立.設(shè)直線l的方程為y＝kx，與x2＋y2－6x＋5＝0聯(lián)立，消去y得：(1＋k2)x2－6x＋5＝0.令其判別式Δ＝(－6)2－4(1＋k2)×5＝0，得k2＝eq\f(4,5)，此時方程為eq\f(9,5)x2－6x＋5＝0，解上式得x＝eq\f(5,3)，因此eq\f(5,3)<x≤3.所以線段AB的中點M的軌跡方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(9,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)<x≤3)).A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1.若點(1，1)在圓(x－a)2＋(y＋a)2＝4的內(nèi)部，則實數(shù)a的取值范圍是()A.(－1，1) B.(0，1)C.(－∞，－1)∪(1，＋∞) D.a＝±1解析因為點(1，1)在圓的內(nèi)部，所以(1－a)2＋(1＋a)2<4，所以－1<a<1.答案A2.經(jīng)過點(1，0)，且圓心是兩直線x＝1與x＋y＝2的交點的圓的方程為()A.(x－1)2＋y2＝1 B.(x－1)2＋(y－1)2＝1C.x2＋(y－1)2＝1 D.(x－1)2＋(y－1)2＝2解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,x＋y＝2，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))即所求圓的圓心坐標為(1，1)，又由該圓過點(1，0)，得其半徑為1，故圓的方程為(x－1)2＋(y－1)2＝1.答案B3.(2024·荊州模擬)若圓(x－1)2＋(y－1)2＝2關(guān)于直線y＝kx＋3對稱，則k的值是()A.2 B.－2 C.1 D.－1解析由題意知直線y＝kx＋3過圓心(1，1)，即1＝k＋3，解得k＝－2.答案B4.點P(4，－2)與圓x2＋y2＝4上任一點連線的中點的軌跡方程是()A.(x－2)2＋(y＋1)2＝1 B.(x－2)2＋(y＋1)2＝4C.(x＋4)2＋(y－2)2＝4 D.(x＋2)2＋(y－1)2＝1解析設(shè)圓上隨意一點為(x1，y1)，中點為(x，y)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x1＋4,2)，,y＝\f(y1－2,2)，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝2x－4，,y1＝2y＋2，))代入x2＋y2＝4，得(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，化簡得(x－2)2＋(y＋1)2＝1.答案A5.(2024·河北九校聯(lián)考)圓C的半徑為2，圓心在x軸的正半軸上，直線3x＋4y＋4＝0與圓C相切，則圓C的方程為()A.x2－y2－2x－3＝0 B.x2＋y2＋4x＝0C.x2＋y2－4x＝0 D.x2＋y2＋2x－3＝0解析由題意設(shè)所求圓的方程為(x－m)2＋y2＝4(m>0)，則eq\f(|3m＋4|,\r(32＋42))＝2，解得m＝2或m＝－eq\f(14,3)(舍去)，故所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0，故選C.答案C二、填空題6.(多填題)已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圓，則圓心坐標是________，半徑是________.解析由已知方程表示圓，則a2＝a＋2，解得a＝2或a＝－1.當a＝2時，方程不滿意表示圓的條件，故舍去.當a＝－1時，原方程為x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，化為標準方程為(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，表示以(－2，－4)為圓心，半徑為5的圓.答案(－2，－4)57.已知圓C：(x－2)2＋(y＋m－4)2＝1，當m改變時，圓C上的點與原點O的最短距離是________.解析圓C：(x－2)2＋(y＋m－4)2＝1表示圓心為C(2，－m＋4)，半徑r＝1的圓，則|OC|＝eq\r(22＋（－m＋4）2)，所以當m＝4時，|OC|的最小值為2，故當m改變時，圓C上的點與原點的最短距離是|OC|－r＝2－1＝1.答案18.在圓x2＋y2－2x－6y＝0內(nèi)，過點E(0，1)的最長弦和最短弦分別為AC和BD，則四邊形ABCD的面積為______.解析圓的標準方程為(x－1)2＋(y－3)2＝10，則圓心(1，3)，半徑r＝eq\r(10)，圓心(1，3)與E(0，1)距離eq\r(（1－0）2＋（3－1）2)＝eq\r(5)，由題意知AC⊥BD，且|AC|＝2eq\r(10)，|BD|＝2eq\r(10－5)＝2eq\r(5)，所以四邊形ABCD的面積為S＝eq\f(1,2)|AC|·|BD|＝eq\f(1,2)×2eq\r(10)×2eq\r(5)＝10eq\r(2).答案10eq\r(2)三、解答題9.已知以點P為圓心的圓經(jīng)過點A(－1，0)和B(3，4)，線段AB的垂直平分線交圓P于點C和D，且|CD|＝4eq\r(10).(1)求直線CD的方程；(2)求圓P的方程.解(1)由題意知，直線AB的斜率k＝1，中點坐標為(1，2).則直線CD的方程為y－2＝－(x－1)，即x＋y－3＝0.(2)設(shè)圓心P(a，b)，則由點P在CD上得a＋b－3＝0.①又因為直徑|CD|＝4eq\r(10)，所以|PA|＝2eq\r(10)，所以(a＋1)2＋b2＝40.②由①②解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝6))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝－2.))所以圓心P(－3，6)或P(5，－2).所以圓P的方程為(x＋3)2＋(y－6)2＝40或(x－5)2＋(y＋2)2＝40.10.(2024·全國Ⅱ卷)設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A，B兩點，|AB|＝8.(1)求l的方程；(2)求過點A，B且與C的準線相切的圓的方程.解(1)由題意得F(1，0)，l的方程為y＝k(x－1)(k>0).設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2).所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝eq\f(4k2＋4,k2).由題設(shè)知eq\f(4k2＋4,k2)＝8，解得k＝－1(舍去)，k＝1.因此l的方程為y＝x－1.(2)由(1)得AB的中點坐標為(3，2)，所以AB的垂直平分線方程為y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5.設(shè)所求圓的圓心坐標為(x0，y0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝－x0＋5，,（x0＋1）2＝\f(（y0－x0＋1）2,2)＋16.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝3，,y0＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝11，,y0＝－6.))因此所求圓的方程為(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.B級實力提升11.(2024·西安調(diào)研)圓(x－2)2＋y2＝4關(guān)于直線y＝eq\f(\r(3),3)x對稱的圓的方程是()A.(x－eq\r(3))2＋(y－1)2＝4B.(x－eq\r(2))2＋(y－eq\r(2))2＝4C.x2＋(y－2)2＝4D.(x－1)2＋(y－eq\r(3))2＝4解析設(shè)圓(x－2)2＋y2＝4的圓心(2，0)關(guān)于直線y＝eq\f(\r(3),3)x對稱的點的坐標為(a，b)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a－2)·\f(\r(3),3)＝－1，,\f(b,2)＝\f(\r(3),3)·\f(a＋2,2)，))解得a＝1，b＝eq\r(3)，從而所求圓的方程為(x－1)2＋(y－eq\r(3))2＝4.故選D.答案D12.(2024·全國Ⅲ卷)直線x＋y＋2＝0分別與x軸、y軸交于A，B兩點，點P在圓(x－2)2＋y2＝2上，則△ABP面積的取值范圍是()A.[2，6] B.[4，8]C.[eq\r(2)，3eq\r(2)] D.[2eq\r(2)，3eq\r(2)]解析設(shè)圓(x－2)2＋y2＝2的圓心為C，半徑為r，點P到直線x＋y＋2＝0的距離為d，則圓心C(2，0)，r＝eq\r(2)，所以圓心C到直線x＋y＋2＝0的距離為2eq\r(2)，可得dmax＝2eq\r(2)＋r＝3eq\r(2)，dmin＝2eq\r(2)－r＝eq\r(2).由已知條件可得