§8.3圓的方程課標要求1.理解確定圓的幾何要素，在平面直角坐標系中，掌握圓的標準方程與一般方程.2.能根據(jù)圓的方程解決一些簡單的數(shù)學(xué)問題與實際問題．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所有點的集合(或軌跡)叫作圓方程標準(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)圓心Ceq\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1．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)＝0.2．圓心在過切點且與切線垂直的直線上．3．圓心在任一弦的垂直平分線上．自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請在括號中打“√”或“×”)(1)確定圓的幾何要素是圓心與半徑．(√)(2)(x－2)2＋(y＋1)2＝a2(a≠0)表示以(2,1)為圓心，a為半徑的圓．(×)(3)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.(√)(4)若點M(x0，y0)在圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0外，則xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋Dx0＋Ey0＋F>0.(√)2．以原點為圓心，2為半徑的圓的標準方程是()A．x2＋y2＝2B．x2＋y2＝4C．(x－2)2＋(y－2)2＝8D．x2＋y2＝eq\r(2)答案B3．若曲線C：x2＋y2＋2ax－4ay－10a＝0表示圓，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(－2,0)B．(－∞，－2)∪(0，＋∞)C．[－2,0]D．(－∞，－2]∪[0，＋∞)答案B解析由x2＋y2＋2ax－4ay－10a＝0，得(x＋a)2＋(y－2a)2＝5a2＋10a，由該曲線表示圓，可知5a2＋10a>0，解得a>0或a<－2.4．下列各點中，在圓(x－1)2＋(y＋2)2＝25的外部的是()A．(0,2) B．(3,3)C．(－2,2) D．(4,1)答案B解析由(0－1)2＋(2＋2)2＝17<25知(0,2)在圓內(nèi)；由(3－1)2＋(3＋2)2＝29>25知(3,3)在圓外；由(－2－1)2＋(2＋2)2＝25知(－2,2)在圓上；由(4－1)2＋(1＋2)2＝18<25知(4,1)在圓內(nèi).題型一圓的方程例1(2022·全國甲卷)設(shè)點M在直線2x＋y－1＝0上，點(3,0)和(0,1)均在⊙M上，則⊙M的方程為________________．答案(x－1)2＋(y＋1)2＝5解析方法一設(shè)⊙M的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b－1＝0，,3－a2＋b2＝r2，,a2＋1－b2＝r2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，,r2＝5，))∴⊙M的方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝5.方法二設(shè)⊙M的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(E,2)))－1＝0，,9＋3D＋F＝0，,1＋E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝－2，,E＝2，,F＝－3，))∴⊙M的方程為x2＋y2－2x＋2y－3＝0，即(x－1)2＋(y＋1)2＝5.方法三設(shè)A(3,0)，B(0,1)，⊙M的半徑為r，則kAB＝eq\f(1－0,0－3)＝－eq\f(1,3)，AB的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)))，∴AB的垂直平分線方程為y－eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，即3x－y－4＝0.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－y－4＝0，,2x＋y－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－1，))∴M(1，－1)，∴r2＝|MA|2＝(3－1)2＋[0－(－1)]2＝5，∴⊙M的方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝5.思維升華求圓的方程的常用方法(1)直接法：直接求出圓心坐標和半徑，寫出方程．(2)待定系數(shù)法①若已知條件與圓心(a，b)和半徑r有關(guān)，則設(shè)圓的標準方程，求出a，b，r的值；②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，進而求出D，E，F(xiàn)的值．跟蹤訓(xùn)練1(1)(2024·鄭州模擬)已知點A(－2,1)，B(－1,0)，C(2,3)，M(a,2)四點共圓，則a＝________.答案±eq\r(5)解析設(shè)過A，B，C的圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，D2＋E2－4F>0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＋1－2D＋E＋F＝0，,1－D＋F＝0，,4＋9＋2D＋3E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝0，,E＝－4，,F＝－1，))所以過A，B，C的圓的方程為x2＋y2－4y－1＝0.又因為點M在此圓上，所以a2＋4－8－1＝0，解得a2＝5，所以a＝±eq\r(5).(2)若圓C經(jīng)過坐標原點，且圓心在直線y＝－2x＋3上運動，當(dāng)半徑最小時，圓的方程為__________________________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(6,5)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,5)))2＝eq\f(9,5)解析設(shè)圓心坐標為(a，－2a＋3)，則圓的半徑r＝eq\r(a－02＋－2a＋3－02)＝eq\r(5a2－12a＋9)＝eq\r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(6,5)))2＋\f(9,5)).當(dāng)a＝eq\f(6,5)時，rmin＝eq\f(3\r(5),5).故所求圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(6,5)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,5)))2＝eq\f(9,5).題型二與圓有關(guān)的軌跡問題命題點1直接法例2已知A(－2,0)，B(2,0)，動點M滿足|MA|＝2|MB|，則點M的軌跡方程是________．答案x2＋y2－eq\f(20,3)x＋4＝0解析設(shè)M(x，y)，則|MA|＝eq\r(x＋22＋y2)，|MB|＝eq\r(x－22＋y2).因為|MA|＝2|MB|，所以eq\r(x＋22＋y2)＝2eq\r(x－22＋y2)，整理可得，3x2＋3y2－20x＋12＝0，即x2＋y2－eq\f(20,3)x＋4＝0.所以點M的軌跡是圓，方程為x2＋y2－eq\f(20,3)x＋4＝0.命題點2定義法例3(2023·茂名模擬)已知圓C：(x－1)2＋(y－1)2＝1，點M是圓上的動點，AM與圓相切，且|AM|＝2，則點A的軌跡方程是()A．y2＝4xB．x2＋y2－2x－2y－3＝0C．x2＋y2－2y－3＝0D．y2＝－4x答案B解析因為圓C：(x－1)2＋(y－1)2＝1，所以圓心C(1,1)，半徑r＝1，因為點M是圓上的動點，所以|MC|＝1，又AM與圓相切，且|AM|＝2，則|AC|＝eq\r(|MC|2＋|AM|2)＝eq\r(5)，設(shè)A(x，y)，則(x－1)2＋(y－1)2＝5，即x2＋y2－2x－2y－3＝0，所以點A的軌跡方程為x2＋y2－2x－2y－3＝0.命題點3相關(guān)點法例4已知O為坐標原點，點M(－3,4)，動點N在圓x2＋y2＝4上運動，以O(shè)M，ON為鄰邊作平行四邊形MONP，求點P的軌跡．解設(shè)P(x，y)，N(x0，y0)，∵四邊形MONP為平行四邊形，則eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))，即(x，y)＝(－3,4)＋(x0，y0)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－3＋x0，,y＝4＋y0，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝x＋3，,y0＝y(tǒng)－4，))又N(x0，y0)在圓x2＋y2＝4上，∴xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4，故(x＋3)2＋(y－4)2＝4，易知直線OM的方程為y＝－eq\f(4,3)x，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(4,3)x，,x＋32＋y－42＝4，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(9,5)，,y＝\f(12,5)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(21,5)，,y＝\f(28,5)，))∴點P的軌跡為圓(x＋3)2＋(y－4)2＝4除去點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，\f(12,5)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(21,5)，\f(28,5))).思維升華求與圓有關(guān)的軌跡問題的常用方法(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)相關(guān)點代入法：找到要求點與已知點的關(guān)系，代入已知點滿足的關(guān)系式．跟蹤訓(xùn)練2已知Rt△ABC的斜邊為AB，且A(－1,0)，B(3,0)．求：(1)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)方法一設(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)．方法二設(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)，且M是線段BC的中點，所以由中點坐標公式得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(y≠0)．因此動點M的軌跡方程為(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．題型三與圓有關(guān)的最值問題命題點1利用幾何性質(zhì)求最值例5(2024·泉州模擬)已知實數(shù)x，y滿足方程x2＋y2－4x＋1＝0.求：(1)eq\f(y,x)的最大值和最小值；(2)y－x的最小值；(3)x2＋y2的最大值和最小值．解(1)如圖，方程x2＋y2－4x＋1＝0表示以點(2,0)為圓心，eq\r(3)為半徑的圓．設(shè)eq\f(y,x)＝k，即y＝kx，則圓心(2,0)到直線y＝kx的距離為半徑時直線與圓相切，斜率取得最大、最小值．由eq\f(|2k|,\r(1＋k2))＝eq\r(3)，解得k2＝3，∴kmax＝eq\r(3)，kmin＝－eq\r(3).∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))max＝eq\r(3)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))min＝－eq\r(3).(2)設(shè)y－x＝b，則y＝x＋b，當(dāng)且僅當(dāng)直線y＝x＋b與圓相切于第四象限時，截距b取最小值，由點到直線的距離公式，得eq\f(|2＋b|,\r(2))＝eq\r(3)，即b＝－2±eq\r(6)，故(y－x)min＝－2－eq\r(6).(3)x2＋y2是圓上點與原點的距離的平方，設(shè)圓與x軸相交于點B和C′(點B在點C′左側(cè))，則(x2＋y2)max＝|OC′|2＝(2＋eq\r(3))2＝7＋4eq\r(3)，(x2＋y2)min＝|OB|2＝(2－eq\r(3))2＝7－4eq\r(3).圓的參數(shù)方程圓(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝a＋rcosθ，,y＝b＋rsinθ，))其中θ為參數(shù)．典例利用圓的參數(shù)方程解決例5(2)(3)．解x2＋y2－4x＋1＝0可化為(x－2)2＋y2＝3，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋\r(3)cosθ，,y＝\r(3)sinθ.))(2)y－x＝eq\r(3)sinθ－(2＋eq\r(3)cosθ)＝eq\r(6)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))－2，∴(y－x)min＝－eq\r(6)－2.(3)x2＋y2＝(2＋eq\r(3)cosθ)2＋(eq\r(3)sinθ)2＝7＋4eq\r(3)cosθ，∵cosθ∈[－1,1]，∴(x2＋y2)max＝7＋4eq\r(3)，(x2＋y2)min＝7－4eq\r(3).命題點2利用函數(shù)求最值例6(2023·湘潭質(zhì)檢)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________．答案12解析由題意，得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，故其坐標滿足方程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.易知2≤y≤4，所以當(dāng)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.思維升華與圓有關(guān)的最值問題的求解方法(1)借助幾何性質(zhì)求最值：形如μ＝eq\f(y－b,x－a)，t＝ax＋by，(x－a)2＋(y－b)2形式的最值問題．(2)建立函數(shù)關(guān)系式求最值：列出關(guān)于所求目標式子的函數(shù)關(guān)系式，然后根據(jù)關(guān)系式的特征選用配方法、判別式法、基本不等式法等求最值．(3)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)化為同一直線上的兩線段之和，一般要通過對稱性解決．跟蹤訓(xùn)練3(1)設(shè)P(x，y)是圓(x－2)2＋y2＝1上的任意一點，則(x－5)2＋(y＋4)2的最大值是()A．6B．25C．26D．36答案D解析(x－5)2＋(y＋4)2表示點P(x，y)到(5，－4)的距離的平方，∵P(x，y)是圓(x－2)2＋y2＝1上的任意一點，∴(x－5)2＋(y＋4)2的最大值為圓心(2,0)到(5，－4)的距離與半徑之和的平方，即[(x－5)2＋(y＋4)2]max＝[eq\r(2－52＋0＋42)＋1]2＝36.(2)已知x2＋y2＋x＋y＝0，求x＋y的取值范圍為________．答案[－2,0]解析將x2＋y2＋x＋y＝0化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2)))2＝eq\f(1,2)，表示以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)))為圓心，eq\f(\r(2),2)為半徑的圓，令x＋y＝t，即x＋y－t＝0，由題可知，直線和圓有公共點，所以eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(1,2)－t)),\r(2))≤eq\f(\r(2),2)，即|t＋1|≤1，解得－2≤t≤0，即x＋y的取值范圍為[－2,0]．課時精練一、單項選擇題1．已知圓C：x2＋y2＋Dx＋Ey＋eq\f(1,4)＝0的圓心坐標是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))，則半徑為()A．2B．3C．4D．5答案A解析圓C：x2＋y2＋Dx＋Ey＋eq\f(1,4)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(D,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(E,2)))2＝eq\f(D2＋E2－1,4)，所以其圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半徑為eq\f(\r(D2＋E2－1),2).又已知圓心坐標是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))，所以D＝1，E＝－4，半徑為eq\f(\r(D2＋E2－1),2)＝2.2．(2023·寧德模擬)已知點M(3,1)在圓C：x2＋y2－2x＋4y＋2k＋4＝0外，則k的取值范圍為()A．－6<k<eq\f(1,2) B．k<－6或k>eq\f(1,2)C．k>－6 D．k<eq\f(1,2)答案A解析∵圓C：x2＋y2－2x＋4y＋2k＋4＝0，∴圓C的標準方程為(x－1)2＋(y＋2)2＝1－2k，∴圓心坐標為(1，－2)，半徑r＝eq\r(1－2k).若點M(3,1)在圓C：x2＋y2－2x＋4y＋2k＋4＝0外，則滿足eq\r(3－12＋1＋22)>eq\r(1－2k)，且1－2k>0，即13>1－2k且k<eq\f(1,2)，即－6<k<eq\f(1,2).3．點M，N是圓x2＋y2＋kx＋2y－4＝0上的不同兩點，且點M，N關(guān)于直線l：x－y＋1＝0對稱，則該圓的半徑等于()A．2eq\r(2)B.eq\r(2)C．3D．9答案C解析圓x2＋y2＋kx＋2y－4＝0的標準方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(k,2)))2＋(y＋1)2＝5＋eq\f(k2,4)，則圓心坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(k,2)，－1))，半徑為r＝eq\r(5＋\f(k2,4))，因為點M，N在圓x2＋y2＋kx＋2y－4＝0上，且點M，N關(guān)于直線l：x－y＋1＝0對稱，所以直線l：x－y＋1＝0經(jīng)過圓心，所以－eq\f(k,2)＋1＋1＝0，解得k＝4.所以圓的半徑r＝eq\r(5＋\f(k2,4))＝3.4．已知圓C過點A(－2,0)，B(2,4)，當(dāng)圓心C到原點O的距離最小時，圓C的標準方程為()A．(x－1)2＋y2＝10B．x2＋(y＋1)2＝10C．(x－1)2＋(y－1)2＝10D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝10答案C解析由A(－2,0)，B(2,4)可得線段AB中點坐標為(0,2)，又kAB＝eq\f(4－0,2－－2)＝1，所以AB垂直平分線的方程為y＝－x＋2，所以圓心C在線段AB垂直平分線上，當(dāng)圓心C到原點O的距離最小時，則OC∥AB，所以直線OC的方程為y＝x，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x，,y＝－x＋2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))所以圓心C(1,1)，又半徑r2＝AC2＝(－2－1)2＋(0－1)2＝10，故圓的方程為(x－1)2＋(y－1)2＝10.5．若點M(x，y)是圓C：(x－3)2＋(y－1)2＝9上的一點，則x2＋2x＋y2＋4y的最小值為()A．8B．3C．－1D．－3答案C解析x2＋2x＋y2＋4y＝(x＋1)2＋(y＋2)2－5，只需求圓C上的點到定點(－1，－2)的最小距離即可，又圓心(3,1)到(－1，－2)的距離d＝eq\r(42＋32)＝5，而圓C的半徑r＝3，∴d－r＝2≤eq\r(x＋12＋y＋22)≤d＋r＝8，故原式的最小值為(d－r)2－5＝22－5＝－1.6．自圓C：(x－3)2＋(y＋4)2＝4外一點P引該圓的一條切線，切點為Q，PQ的長度等于點P到原點O的距離，則點P的軌跡方程為()A．8x－6y－21＝0 B．8x＋6y－21＝0C．6x＋8y－21＝0 D．6x－8y－21＝0答案D解析由題意得，圓心C的坐標為(3，－4)，半徑r＝2，如圖所示．設(shè)P(x，y)，由題意可知|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＝0.二、多項選擇題7．圓M與y軸相切，且經(jīng)過A(1,0)，B(2,1)兩點，則圓M可能是()A．(x－1)2＋(y－2)2＝4B．(x－5)2＋(y＋3)2＝25C．(x－1)2＋(y－1)2＝1D．(x－3)2＋(y＋1)2＝9答案BC解析設(shè)圓M的圓心為M(a，b)，則半徑r＝|a|.又點A(1,0)，B(2,1)在圓上，所以有|MA|＝|MB|，即eq\r(a－12＋b2)＝eq\r(a－22＋b－12)，整理可得a＋b＝2.又|MA|＝r＝|a|，即eq\r(a－12＋b2)＝|a|，整理可得b2－2a＋1＝0.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝2，,b2－2a＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝－3，))所以圓心坐標為(1,1)或(5，－3)．當(dāng)圓心坐標為(1,1)時，r＝1，圓M的方程為(x－1)2＋(y－1)2＝1；當(dāng)圓心坐標為(5，－3)時，r＝5，圓M的方程為(x－5)2＋(y＋3)2＝25.綜上所述，圓M的方程為(x－1)2＋(y－1)2＝1或(x－5)2＋(y＋3)2＝25.8．(2024·宿遷模擬)已知圓C：(x－3k)2＋(y－4k＋1)2＝1＋25k2，則下列結(jié)論中正確的有()A．圓C過定點B．點(0,0)在圓C外C．直線4x－3y－3＝0平分圓周D．存在實數(shù)k，使圓與x軸相切答案ACD解析對于選項A，由(x－3k)2＋(y－4k＋1)2＝1＋25k2，得到x2－6kx＋9k2＋y2－2(4k－1)y＋16k2－8k＋1＝1＋25k2，整理得x2＋y2＋2y－k(6x＋8y＋8)＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋2y＝0，,6x＋8y＋8＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(4,5)，,y＝－\f(2,5)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(4,5)，,y＝－\f(8,5)，))故圓C過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，－\f(2,5)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，－\f(8,5)))，所以選項A正確；對于選項B，因為圓心為(3k,4k－1)，r＝eq\r(1＋25k2)，點(0,0)到圓心的距離d＝eq\r(9k2＋16k2－8k＋1)＝eq\r(1＋25k2－8k)，又因為k∈R，當(dāng)k>0時，d<r，此時點(0,0)在圓C內(nèi)，所以選項B錯誤；對于選項C，因為圓心為(3k,4k－1)，又4×3k－3(4k－1)－3＝0，即圓心在直線4x－3y－3＝0上，所以選項C正確；對于選項D，若圓與x軸相切，則|4k－1|＝eq\r(1＋25k2)，即9k2＋8k＝0，解得k＝0或k＝－eq\f(8,9)，所以選項D正確．三、填空題9．寫出一個過原點，且半徑為2eq\r(2)的圓的方程________________．答案(x－2)2＋(y－2)2＝8(答案不唯一)解析過原點，且半徑為2eq\r(2)，即圓心在圓x2＋y2＝8上，取圓心為(2,2)，即可得圓的方程為(x－2)2＋(y－2)2＝8.10．已知圓M過曲線y＝－x2＋4與坐標軸的三個交點，則圓M的標準方程為________________________．答案x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))2＝eq\f(25,4)解析曲線y＝－x2＋4與坐標軸的三個交點分別為A(－2,0)，B(2,0)，C(0,4)，設(shè)過A，B，C的圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－2D＋F＝0，,4＋2D＋F＝0，,16＋4E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝0，,E＝－3，,F＝－4，))∴過A，B，C的圓的方程為x2＋y2－3y－4＝0，即x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))2＝eq\f(25,4).11．已知等腰△ABC，其中頂點A的坐標為(0,0)，底邊的一個端點B的坐標為(1,1)，則另一個端點C的軌跡方程為______________________．答案x2＋y2＝2(除去點(1,1)和點(－1，－1))解析設(shè)C(x，y)，根據(jù)在等腰△ABC中|AB|＝|AC|，可得(x－0)2＋(y－0)2＝(1－0)2＋(1－0)2，即x2＋y2＝2.考慮到A，B，C三點要構(gòu)成三角形，因此點C不能為(1,1)和(－1，－1)．所以點C的軌跡方程為x2＋y2＝2(除去點(1,1)和點(－1，－1))．12．(2023·酒泉統(tǒng)考)若直線eq\r(3)x－y－3＝0分別與x軸、y軸交于A，B兩點，動點P在圓x2＋(y－1)2＝1上，則△ABP面積的取值范圍是__________．答案[eq\r(3)，3eq\r(3)]解析如圖所示，因為直線eq\r(3)x－y－3＝0與坐標軸的交點A(eq\r(3)，0)，B(0，－3)，則|AB|＝eq\r(3＋9)＝2eq\r(3)，圓x2＋(y－1)2＝1的圓心C(0,1)，半徑為r＝1，則圓心C(0,1)到直線eq\r(3)x－y－3＝0的距離為d＝eq\f(|－1－3|,\r(3＋1))＝2，所以圓x2＋(y－1)2＝1上的點P到直線eq\r(3)x－y－3＝0的距離的最小值為d－r＝2－1＝1，距離的最大值為d＋r＝2＋1＝3，所以△ABP面積的最小值為eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＝eq\r(3)，最大值為eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3＝3eq\r(3)，即△ABP面積的取值范圍為[eq\r(3)，3eq\r(3)]．四、解答題13．(2024·鹽城模擬)已知圓C的圓心在x軸上，并且過A(1,3)，B(3,3)兩點．(1)求圓C的方程；(2)若P為圓C上任意一點，定點M(8,0)，點Q滿足eq\o(PM,\s\up6(→))＝3eq\o(QM,\s\up6(→))，求點Q的軌跡方程．解(1)由題意可知，AB的中點為(2,3)，kAB＝0，所以AB的中垂線方程為x＝2，它與x軸的交點為圓心C(2,0)，又半徑r＝|AC|＝eq\r(10)，所以圓C的方程為(x－2)2＋y2＝10.(2)設(shè)P(x0，y0)，Q(x，y)，由eq\o(PM,\s\up6(→))＝3eq\o(QM,\s\up6(→))，得(8－x0，－y0)＝3(8－x，－y)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝3x－16，,y0＝3y，))又點P在圓C上，故(x0－2)2＋yeq\o\al(2,0)＝10，所以(3x－18)2＋(3y)2＝10，化簡得點Q的軌跡方程為(x－6)2＋y2＝eq\f(10,9).14．已知圓C1經(jīng)過點A(1,3)和B(2,4)，圓心在直線2x－y－1＝0上．(1)求圓C1的方程；(2)若M，N分別是圓C1和圓C2：(x＋3)2＋(y＋4)2＝9上的點，點P是直線x＋y＝0上的點，求|PM|＋|PN|的最小值，以及此時點P的坐標．解(1)由題意知AB的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,2)))，kAB＝eq\f(4－3,2－1)＝1，∴AB的垂直平分線為y－eq\f(7,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，即y＝5－x，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝5－x，,y＝2x－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝3，))即圓C1的圓心坐標為(2,3)，半徑r＝1，其方程為(x－2)2＋(y－3)2＝1.(2)注意到點C1(2,3)和點C2(－3，－4)在直線x＋y＝0的兩側(cè)，直線x＋y＝0與兩圓分別相離，如圖所示．∴|PM|＋|PN|≥|PC1|－1＋|PC2|－3≥|C1C2|－4＝eq\r(74)－4，當(dāng)且僅當(dāng)M，N，P，C1，C2五點共線時等號成立，則|PM|＋|PN|的最小值為eq\r(74)－4，此時點P為直線C1C2與x＋y＝0的交點，過C1，C2的直線方程為7x－5y＋1＝0，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,7x－5y＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,12)，,y＝\f(1,1