2022届高考北师大版数学（理）一轮复习学案：8-3 圆的方程 WORD版含解析.doc

1、第三节圆的方程命题分析预测学科核心素养本节是命题的热点，主要考查圆的方程，多以选择题和填空题形式考查，难度中等本节通过圆的方程的求法考查数学运算和直观想象核心素养授课提示：对应学生用书第171页知识点一圆的定义和圆的方程定义平面内到定点的距离等于定长的点的轨迹叫做圆方程标准（xa）2（yb）2r2（r0）圆心C（a，b）半径为r一般x2y2DxEyF0（D2E24F0）充要条件：D2E24F0圆心坐标：半径r 温馨提醒 二元二次方程x2y2DxEyF0表示圆的充要条件是D2E24F0，与一元二次方程ax2bxc0（a0）的判别式b24ac相类似，表述的都是一次项的平方和减去二次项与常数项积的4

2、倍，只有把条件理解了、记清楚了，才不会陷入命题人设置的这个“陷阱”1若方程x2y2mx2y30表示圆，则m的取值范围是_解析：将x2y2mx2y30化为圆的标准方程得（y1）22由其表示圆可得20，解得m2或m2答案：（，2）（2，）2已知aR，方程a2x2（a2）y24x8y5a0表示圆，则圆心坐标是，半径是_解析：由题可得a2a2，解得a1或a2当a1时，方程为x2y24x8y50，表示圆，故圆心为（2，4），半径为5当a2时，方程不表示圆答案：（2，4）53圆C的圆心在x轴上，并且过点A（1，1）和B（1，3），则圆C的方程为_解析：设圆心坐标为C（a，0），因为点A（1，1）和B（1，

3、3）在圆C上，所以|CA|CB|，即，解得a2，所以圆心为C（2，0），半径|CA|，所以圆C的方程为（x2）2y210答案：（x2）2y210知识点二点与圆的位置关系平面上的一点M（x0，y0）与圆C：（xa）2（yb）2r2之间存在着下列关系：（1）drM在圆外，即（x0a）2（y0b）2r2M在圆外；（2）drM在圆上，即（x0a）2（y0b）2r2M在圆上；（3）drM在圆内，即（x0a）2（y0b）2r2M在圆内1（2021南昌二中月考）若坐标原点在圆（xm）2（ym）24的内部，则实数m的取值范围是（）A（1，1）B（，）C（，） D解析：原点（0，0）在圆（xm）2（ym）24的

4、内部，（0m）2（0m）24，解得m答案：C2若点（1，1）在圆（xa）2（ya）24的内部，则实数a的取值范围是_解析：因为点（1，1）在圆内，所以（1a）2（a1）24，即1a1答案：（1，1）授课提示：对应学生用书第171页题型一圆的方程求法例求满足下列条件的圆的方程：（1）过点A（4，1）的圆C与直线l：xy10相切于点B（2，1）；（2）已知圆C经过P（2，4），Q（3，1）两点，且在x轴上截得的弦长等于6解析（1）法一：由已知kAB0，所以AB的中垂线方程为x3过点B且垂直于直线xy10的直线方程为y1（x2），即xy30，联立，解得所以圆心坐标为（3，0），半径r，所以圆C的方程

5、为（x3）2y22法二：设圆方程为（xa）2（yb）2r2（r0），因为点A（4，1），B（2，1）都在圆上，故又因为1，解得a3，b0，r，故所求圆的方程为（x3）2y22（2）设圆的方程为x2y2DxEyF0（D2E24F0），将P，Q两点的坐标分别代入得又令y0，得x2DxF0设x1，x2是方程的两根，由|x1x2|6，即（x1x2）24x1x236，得D24F36，由解得D2，E4，F8，或D6，E8，F0故所求圆的方程为x2y22x4y80或x2y26x8y0求圆的方程的两种方法（1）几何法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程（2）待定系数法：若已知条件与圆心（a

6、，b）和半径r有关，则设圆的标准方程，依据已知条件列出关于a，b，r的方程组，从而求出a，b，r的值；若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择设圆的一般方程，依据已知条件列出关于D，E，F的方程组，进而求出D，E，F的值对点训练已知圆C经过直线xy20与圆x2y24的交点，且圆C的圆心在直线2xy30上，则圆C的方程为_解析：设所求圆的方程为（x2y24）a（xy2）0，a0，即x2y2axay42a0，所以圆心为，因为圆心在直线2xy30，所以a30，所以a6所以圆的方程为x2y26x6y160，即（x3）2（y3）234答案：（x3）2（y3）234题型二与圆有关的轨迹问题例（2021衡水

7、中学调研）已知RtABC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的轨迹方程解析（1）法一：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）法二：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）设M（x

8、，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）求与圆有关的轨迹方程的方法对点训练如图，已知点A（1，0）与点B（1，0），C是圆x2y21上的动点，连接BC并延长至点D，使得|CD|BC|，求AC与OD的交点P的轨迹方程解析：设动点P的坐标为（x，y），由题意可知P是ABD的重心令动点C的坐标为（x0，y0），由A（1，0），B（1，0），可知点D的坐标为（2

9、x01，2y0），由重心坐标公式得解得代入xy1并整理得y2（y0）故所求轨迹方程为y2（y0）题型三与圆有关的最值、范围问题例（2021兰州市高三诊断考试）已知圆C：（x1）2（y4）210和点M（5，t），若圆C上存在两点A，B使得MAMB，则实数t的取值范围是（）A2，6B3，5C2，6 D3，5解析法一：当MA，MB是圆C的切线时，AMB取得最大值若圆C上存在两点A，B使得MAMB，则MA，MB是圆C的切线时，AMB90，AMC45，且AMC90，如图，所以|MC|，所以16（t4）220，所以2t6法二：由于点M（5，t）是直线x5上的点，圆心的纵坐标为4，所以实数t的取值范围一定关

10、于t4对称，故排除选项A，B当t2时，|CM|2，若MA，MB为圆C的切线，则sinCMAsinCMB，所以CMACMB45，即MAMB，所以t2时符合题意，故排除选项D答案C与圆有关的最值、范围问题一是利用数形结合思想进行临界分析，二是利用条件建立目标函数转化为函数最值或值域问题对点训练（2021厦门模拟）设点P（x，y）是圆：x2（y3）21上的动点，定点A（2，0），B（2，0），则的最大值为_解析：由题意，知（2x，y），（2x，y），所以x2y24，由于点P（x，y）是圆上的点，故其坐标满足方程x2（y3）21，故x2（y3）21，所以（y3）21y246y12由圆的方程x2（y3）

11、21，易知2y4，所以当y4时，的值最大，最大值为641212答案：12与圆有关的轨迹问题中的核心素养直观想象从课本习题看“阿波罗尼斯”圆历史背景：阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，与欧几里得、阿基米德一起被称为亚历山大时期的数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要的研究成果集中在他的代表作圆锥曲线论一书中，“阿波罗尼斯”圆是他的研究成果之一例已知点M与两个定点O（0，0），A（3，0）的距离之比为，求点M的轨迹方程解析如图所示，设动点M（x，y），连接MO，MA，有：|MA|2|MO|，即2，化简得：x2y22x30，即（x1）2y24，则方程即为所求点M的轨迹方程，它表示以C（1，0

12、）为圆心，2为半径的圆若对此题进行二次开发，从系统的高度切入，可以进行从特殊到一般的推广探究，还可以分析挖掘出这道题的几何背景，题中所求出的圆，我们习惯上称这种圆为“阿波罗尼斯”圆“阿波罗尼斯”圆不仅是具有数学文化的探究素材，而且在高考中以它为背景的考题也经常出现对点训练阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作圆锥曲线论一书，“阿波罗尼斯”圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A，B的距离之比为（0，1），那么点M的轨迹就是“阿波罗尼斯”圆下面我们来研究与此相关的一个问题，已知圆O：x2y21上的动点M和定点A，B（1，1），则2|MA|MB|的最小值为（）ABC D解析：当点M在x轴上时，点M的坐标为（1，0）或（1，0）若点M的坐标为（1，0），则2|MA|MB|21；若点M的坐标为（1，0），则2|MA|MB|24当点M不在x轴上时，取点K（2，0），连接OM，MK（图略），因为|OM|1，|OA|，|OK|2，所以2因为MOKAOM，所以MOKAOM，则2，所以|MK|2|MA|，则2|MA|MB|MB|MK|易知|MB|MK|BK|，可知|MB|MK|的最小值为|BK|因为B（1，1），K（2，0），所以（2|MA|MB|）min|BK|综上，易知2|MA|MB|的最小值为答案：C