學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021版高考北師大版文科數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)核心考點(diǎn)·精準(zhǔn)研析10.3圓的方程含解析溫馨提示：此套題為Word版，請(qǐng)按住Ctrl,滑動(dòng)鼠標(biāo)滾軸，調(diào)節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。關(guān)閉Word文檔返回原板塊。核心考點(diǎn)·精準(zhǔn)研析考點(diǎn)一求圓的方程

1.圓心為(1，1）且過(guò)原點(diǎn)的圓的方程是 ()A.(x—1）2+(y-1)2=1 B。（x+1）2+(y+1)2=1C.(x+1）2+（y+1）2=2 D.（x-1)2+(y—1）2=22.已知三點(diǎn)A(1,0)，B（0,3),C（2，3)，則△ABC外接圓的圓心到原點(diǎn)的距離為（）A。53 B。213 C。2533。若圓C的半徑為1，圓心C與點(diǎn)（2,0）關(guān)于點(diǎn)(1,0）對(duì)稱,則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(）A。x2+y2=1 B。(x—3)2+y2=1C。（x-1)2+y2=1 D。x2+(y-3)2=14.圓（x-2)2+y2=4關(guān)于直線y=33x對(duì)稱的圓的方程是 （A。(x—3）2+(y—1)2=4B.（x-2)2+(y-2)2=4C。x2+（y-2）2=4D。(x-1)2+(y-3)2=45.已知圓C經(jīng)過(guò)P（-2,4）,Q（3，—1)兩點(diǎn)，且在x軸上截得的弦長(zhǎng)等于6，則圓C的方程為________. 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)

【解析】1.選D.由題意可得圓的半徑為r=2,則圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-1）2+（y—1）2=2。2。選B.圓心在直線BC的垂直平分線,即x=1上，設(shè)圓心D（1,b),由｜DA｜=｜DB｜得｜b|=1+(b-d=12+23。選A.因?yàn)閳A心C與點(diǎn)（2,0）關(guān)于點(diǎn)（1,0)對(duì)稱,所以由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得C(0，0），所以所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2+y2=1。4.選D.設(shè)圓(x-2）2+y2=4的圓心(2，0)關(guān)于直線y=33則有ba-2·33=-15.設(shè)圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F〉0）,將P，Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別代入得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，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：x2+y2-2x-4y-8=0或x2+y2-6x-8y=0求圓的方程的兩種方法(1)幾何法,通過(guò)研究圓的性質(zhì)進(jìn)而求出圓的基本量。確定圓的方程時(shí)，常用到的圓的三個(gè)性質(zhì)：①圓心在過(guò)切點(diǎn)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(shí)，切點(diǎn)與兩圓圓心三點(diǎn)共線;(2)代數(shù)法，即設(shè)出圓的方程,用待定系數(shù)法求解:①若已知條件與圓心(a，b)和半徑r有關(guān),則設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,依據(jù)已知條件列出關(guān)于a，b，r的方程組,從而求出a，b，r的值.②若已知條件沒(méi)有明確給出圓心或半徑,則選擇圓的一般方程,依據(jù)已知條件列出關(guān)于D,E，F(xiàn)的方程組,進(jìn)而求出D,E,F的值.【秒殺絕招】第4題的解答可以畫出直線與圓的圖形，發(fā)現(xiàn)直線的傾斜角為30°,所以圓心M(2，0）的對(duì)稱圓心M′，和原點(diǎn)O構(gòu)成等邊三角形,所以xM′=2cos60°=1，yM′=2sin60°=3?？键c(diǎn)二與圓有關(guān)的軌跡問(wèn)題

【典例】1。（2020·貴陽(yáng)模擬）已知圓C:（x—1）2+（y-1)2=9，過(guò)點(diǎn)A（2,3)作圓C的任意弦，則這些弦的中點(diǎn)P的軌跡方程為________.

2。已知直角三角形ABC的斜邊為AB，且A（—1,0），B（3,0）.求: 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)（1)直角頂點(diǎn)C的軌跡方程。（2)直角邊BC的中點(diǎn)M的軌跡方程?！窘忸}導(dǎo)思】序號(hào)聯(lián)想解題1看到中點(diǎn)想到中點(diǎn)坐標(biāo)公式2看到直角想到垂直關(guān)系,從而聯(lián)想到斜率之積為-1或者向量的數(shù)量積為0【解析】1。方法一:設(shè)P（x,y)，圓心C(1,1).因?yàn)镻點(diǎn)是過(guò)點(diǎn)A的弦的中點(diǎn),所以⊥.又因?yàn)?(2—x，3-y）,=（1-x，1-y)。所以（2—x）·（1—x）+（3-y)·（1—y）=0.所以P點(diǎn)的軌跡方程為x-322+（y-2）方法二:由已知得，PA⊥PC，所以由圓的性質(zhì)知點(diǎn)P在以AC為直徑的圓上,圓心C（1,1)，而AC中點(diǎn)為32,2,｜AC|=(2-所求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為x-322+（y—2)答案:x-3222.（1）方法一：設(shè)C（x,y),因?yàn)锳，B，C三點(diǎn)不共線,所以y≠0.因?yàn)锳C⊥BC,所以kAC·kBC=—1，又kAC=yx+1，kBC=yx-3，所以yx+1·yx-3=—1,化簡(jiǎn)得x2+y2-2x方法二:設(shè)AB的中點(diǎn)為D,由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得D(1，0），由直角三角形的性質(zhì)知|CD｜=12所以直角頂點(diǎn)C的軌跡方程為(x—1)2+y2=4（y≠0）.（2）設(shè)M(x，y),C（x0,y0),因?yàn)锽(3,0),M是線段BC的中點(diǎn)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得x=x0+32,y=y0+02,所以x0=2x—3，y0=2y。由(1)知,點(diǎn)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(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為（x-2）求與圓有關(guān)的軌跡問(wèn)題的方法：（1）直接法，直接根據(jù)題目提供的條件列出方程;(2）定義法,根據(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(diǎn)與已知點(diǎn)的關(guān)系，代入已知點(diǎn)滿足的關(guān)系式等.設(shè)定點(diǎn)M(—3,4），動(dòng)點(diǎn)N在圓x2+y2=4上運(yùn)動(dòng),以O(shè)M,ON為鄰邊作平行四邊形MONP，求點(diǎn)P的軌跡?！窘馕觥咳鐖D所示，設(shè)P（x,y），N（x0，y0）,則線段OP的中點(diǎn)坐標(biāo)為x2,y故x2=x0-32,又N(x+3，y-4）在圓上,故(x+3）2+(y—4）2=4.因此所求軌跡為圓:(x+3）2+（y-4)2=4，但應(yīng)除去兩點(diǎn)-95,考點(diǎn)三與圓有關(guān)的最值問(wèn)題

命題精解讀1?？际裁?(1)圓的幾何性質(zhì)；(2）基本不等式;(3)函數(shù)的單調(diào)性。2。怎么考:以選擇題或填空題的形式考查3。新趨勢(shì):（1)借助幾何性質(zhì)求解；(2)建立函數(shù)關(guān)系求解。學(xué)霸好方法方程Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0表示圓的充要條件：A=C≠0，B=0,且D2+E2-4AF>0。1。解決與圓上點(diǎn)(x,y）有關(guān)的最值問(wèn)題：轉(zhuǎn)化為與圓心有關(guān)的最值問(wèn)題。2。過(guò)x2+y2=r2上一點(diǎn)P（x0，y0）的切線方程:x0x+y0y=r2。利用幾何法求最值【典例】1.(2020·南寧模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知（x1—2)2+y12=5，x2—2y2+4=0,則(x1-x2）2+（y1-y2）2A。55 B.15 C.1215【解析】選B。由已知得點(diǎn)（x1,y1）在圓(x—2)2+y2=5上，點(diǎn)（x2，y2)在直線x—2y+4=0上，故(x1-x2)2+(y1-y2)2表示圓(x—2）2+y2=5上的點(diǎn)和直線x—2y+4=0上點(diǎn)的距離的平方，而距離的最小值為|2+4|1+4—5=55,故（x1—x2）2+（y1-y2）2。（2020·聊城模擬)已知M（m,n）為圓C：x2+y2—4x—14y+45=0上任意一點(diǎn)， 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)（1）求m+2n的最大值.（2)求n-3【解析】(1）因?yàn)閤2+y2—4x—14y+45=0的圓心C（2，7）,半徑r=22，設(shè)m+2n=t，將m+2n=t看成直線方程，因?yàn)樵撝本€與圓有公共點(diǎn),所以圓心到直線的距離d=|1×2+2×7-t|12+22所以,所求的最大值為16+210。(2)記點(diǎn)Q（-2,3）.因?yàn)閚-即kx—y+2k+3=0,則n-由直線MQ與圓C有公共點(diǎn)，所以|2k-7+2k+3|1+k2≤22.可得2-3≤k用代數(shù)法求最值【典例】1。若點(diǎn)P為圓x2+y2=1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)A（—1,0），B(1,0）為兩個(gè)定點(diǎn),則｜PA|+｜PB|的最大值為（)A。2 B。2 C.42 D。4【解析】選B。由已知得,線段AB為圓的直徑。所以｜PA|2+|PB｜2=4,由基本不等式得|≤|PA當(dāng)且僅當(dāng)｜PA|=|PB｜時(shí)取等號(hào),所以｜PA｜+|PB|≤22。2.已知圓C過(guò)點(diǎn)P(1，1）,且與圓M：(x+2）2+（y+2)2=r2（r〉0）關(guān)于直線x+y+2=0對(duì)稱.世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)（1）求圓C的方程。(2）設(shè)Q為圓C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),求·的最小值.【解析】（1)設(shè)圓心C(a,b），由已知得M（—2,-2),則a-2則圓C的方程為x2+y2=r2，將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入得r2=2,故圓C的方程為x2+y2=2。(2）設(shè)Q（x,y），則x2+y2=2，·=(x—1，y—1）·(x+2，y+2)=x2+y2+x+y—4=x+y-2。令x=2cosθ,y=2sinθ，所以·=x+y—2=2（sinθ+cosθ）—2=2sinθ+π又sinθ所以·的最小值為-4。1。若直線ax+by+1=0(a>0,b>0）把圓(x+4）2+(y+1)2=16分成面積相等的兩部分，則12a+2b的最小值為A。10 B.8 C.5 【解析】選B。因?yàn)閳A(x+4)2+（y+1)2=16的圓心坐標(biāo)為（-4,-1）,直線ax+by+1=0把圓分成面積相等的兩部分，所以該直線過(guò)點(diǎn)（-4，-1),-4a—b+1=0，即4a+b=1,12a+2b=12a+2b（4a+b)=4+8ab+b2a≥4+28a2。(2020·廈門模擬）已知兩點(diǎn)A（0,—3）,B(4，0)，若點(diǎn)P是圓C:x2+y2-2y=0上的動(dòng)點(diǎn),則△ABP的面積的最小值為 ()A.6 B。112 C.8 D。【解析】選B.x2+y2-2y=0可化為x2+(y-1）2=1,則圓C為以(0,1)為圓心,1為半徑的圓.如圖，過(guò)圓心C向直線AB作垂線交圓于點(diǎn)P，連接BP,AP,這時(shí)△ABP的面積最小，直線AB的方程為x4+y-3又|AB｜=32+42=5，所以△ABP的面積的最小值為12×51。已知點(diǎn)P(t,t）,t∈R，點(diǎn)M是圓x2+(y-1）2=14上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N是圓（x—2)2+y2=14上的動(dòng)點(diǎn)，則｜PN｜-｜PM|A.5-1 B。2 C。3 D.5【解析】選B.易知圓x2+（y-1）2=14的圓心為A（0，1),圓（x-2)2+y2=14的圓心為B（2,0），P（t,t)在直線y=x上，A（0，1)關(guān)于直線y=x的對(duì)稱點(diǎn)為A|PN|—|PM｜≤|PB|=|PB|-｜PA|+1=|PB｜—｜PA′｜+1≤|A′B｜+1=2.(此時(shí)｜PN|最大,｜PM｜最小)2.設(shè)點(diǎn)P（x，y)是圓:x2+(y—3)2=1上的動(dòng)點(diǎn)，定點(diǎn)A(2，0），B(-2，0)，則·的最大值為________。

【解析】由題意,知=(2-x，—y）,=（-2-x，-y)，所以·=x2+y2-4,由于點(diǎn)P（x，y）是圓上的點(diǎn)，故其坐標(biāo)滿足方程x2+（y—3)2=1，故x2=-（y—3）2+1，所以·=-(y—3)2+1+y2—4=6y-12。易知2≤y≤4,所以,當(dāng)y=4時(shí)，·的值最大,最大值為6×4-12=12.答案:123。設(shè)點(diǎn)