2021届高考数学一轮复习训练第3讲圆的方程
2021高考数学(新高考版)一轮复习考点考法精练：第九章 第三讲 椭 圆 Word版含解析
析姓名，年级：时间：析第三讲 椭 圆1。
[2020湖南岳阳入学调研考试］已知定点M (1,0)和椭圆x 29+y 23=1上两个动点P ，Q 满足MP ⊥MQ ，则MP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·QP ⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最小值时点P 的横坐标为 （ )A 。
12B 。
1 C.32 D.522。
［2020安徽省示范高中名校联考]已知椭圆C :x 2a 2+y2b 2=1（a 〉b >0)，F 1，F 2分别为其左、右焦点,｜F 1F 2｜=2√2，B 为短轴的一个端点,三角形BF 1O (O 为坐标原点）的面积为√7,则椭圆的长轴长为( ）A 。
4B 。
8C 。
1+√332D 。
1+√333。
［2020陕西省部分学校摸底检测]已知F 1,F 2分别为椭圆x 2a 2+y 2b 2=1（a 〉b >0）的左、右焦点，点P 是椭圆上位于第一象限的点,延长PF 2交椭圆于点Q ，若PF 1⊥PQ ,且|PF 1｜=|PQ |，则椭圆的离心率为( ）A.2—√2B.√3-√2C.√2-1D.√6−√34.［2020福建省三明市模拟］已知P 是椭圆x 225+y 29=1上一点,F 1,F 2分别为椭圆的左、右焦点，且∠F 1PF 2=60°，则△F 1PF 2面积为（ )A 。
3√3 B.2√3 C.√3 D.√335.［2019唐山市高三摸底考试］已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a 〉b >0)和双曲线E :x 2-y 2=1有相同的焦点F 1，F 2，且椭圆C 与双曲线E 的离心率之积为1，P 为两曲线的一个交点，则△F 1PF 2为 （ ）A.锐角三角形B.直角三角形 C 。
钝角三角形 D 。
不能确定6.［2020洛阳市第一次联考]已知椭圆C 1：x 2a 12+y 2b12=1(a 1>b 1〉0）与双曲线C 2：x 2a 22−y 2b 22=1（a 2>0,b 2>0)有相同的焦点F 1，F 2，点P 是曲线C 1与C 2的一个公共点,e 1，e 2分别是C 1和C 2的离心率,若PF 1⊥PF 2,则4e 12+e 22的最小值为 .7。
2021_2022年高中数学第四章圆的方程3
空间两点间的距离公式整体设计教学分析平面直角坐标系中,两点之间的距离公式是学生已学的知识,不难把平面上的知识推广到空间,遵循从易到难、从特殊到一般的认识过程,利用类比的思想方法,借助勾股定理得到空间任意一点到原点的距离;从平面直角坐标系中的方程x 2+y 2=r 2表示以原点为圆心,r 为半径的圆,推广到空间直角坐标系中的方程x 2+y 2+z 2=r 2表示以原点为球心,r 为半径的球面.学生是不难接受的,这不仅不增加学生负担,还会提高学生学习的兴趣.三维目标1.掌握空间两点间的距离公式,会用空间两点间的距离公式解决问题.2.通过探究空间两点间的距离公式,灵活运用公式,初步意识到将空间问题转化为平面问题是解决问题的基本思想方法,培养类比、迁移和化归的能力.3.通过棱与坐标轴平行的特殊长方体的顶点的坐标,类比平面中两点之间的距离的求法,探索并得出空间两点间的距离公式,充分体会数形结合的思想,培养积极参与、大胆探索的精神.重点难点教学重点：空间两点间的距离公式.教学难点:一般情况下,空间两点间的距离公式的推导.课时安排1课时教学过程导入新课思路1.距离是几何中的基本度量,几何问题和一些实际问题经常涉及距离,如飞机和轮船的航线的设计,它虽不是直线距离,但也涉及两点之间的距离,一些建筑设计也要计算空间两点之间的距离,那么如何计算空间两点之间的距离呢?这就是我们本堂课的主要内容. 思路2.我们知道,数轴上两点间的距离是两点的坐标之差的绝对值,即d=|x 1-x 2|；平面直角坐标系中,两点之间的距离是d=212212)()(y y x x -+-.同学们想,在空间直角坐标系中,两点之间的距离应怎样计算呢？又有什么样的公式呢？因此我们学习空间两点间的距离公式.推进新课新知探究提出问题①平面直角坐标系中,两点之间的距离公式是什么？它是如何推导的？②设A(x,y,z)是空间任意一点,它到原点的距离是多少？应怎样计算？③给你一块砖,你如何量出它的对角线长,说明你的依据.④同学们想,在空间直角坐标系中,你猜想空间两点之间的距离应怎样计算？⑤平面直角坐标系中的方程x 2+y 2=r 2表示什么图形？在空间中方程x 2+y 2+z 2=r 2表示什么图形？⑥试根据②③推导两点之间的距离公式.活动：学生回忆,教师引导,教师提问,学生回答,学生之间可以相互交流讨论,学生有困难教师点拨.教师引导学生考虑解决问题的思路,要全面考虑,大胆猜想,发散思维.①学生回忆学过的数学知识,回想当时的推导过程；②解决这一问题,可以采取转化的方法,转化成我们学习的立体几何知识来解；③首先考虑问题的实际意义,直接度量,显然是不可以的,我们可以转化为立体几何的方法,也就是求长方体的对角线长.④回顾平面直角坐标系中,两点之间的距离公式,可类比猜想相应的公式；⑤学生回忆刚刚学过的知识,大胆类比和猜想;⑥利用③的道理,结合空间直角坐标系和立体几何知识,进行推导.讨论结果：①平面直角坐标系中,两点之间的距离公式是d=212212)()(y y x x -+-,它是利用直角三角形和勾股定理来推导的.图1②如图1,设A(x,y,z)是空间任意一点,过A 作AB ⊥xOy 平面,垂足为B,过B 分别作BD ⊥x 轴,BE ⊥y 轴,垂足分别为D,E.根据坐标的含义知,AB=z,BD=x,BE=OD=y,由于三角形ABO 、BOD 是直角三角形,所以BO 2=BD 2+OD 2,AO 2=AB 2+BO 2=AB 2+BD 2+OD 2=z 2+x 2+y 2,因此A 到原点的距离是d=222z y x ++.③利用求长方体的对角线长的方法,分别量出这块砖的三条棱长,然后根据对角线长的平方等于三条边长的平方的和来算.④由于平面直角坐标系中,两点之间的距离公式是d=212212)()(y y x x -+-,是同名坐标的差的平方的和再开方,所以我们猜想,空间两点之间的距离公式是d=212212212)()()(z z y y x x -+-+-,即在原来的基础上,加上纵坐标差的平方.⑤平面直角坐标系中的方程x 2+y 2=r 2表示以原点为圆心,r 为半径的圆;在空间x 2+y 2+z 2=r 2表示以原点为球心,r 为半径的球面;后者正是前者的推广.图2 ⑥如图2,设P 1(x 1,y 1,z 1),P 2(x 2,y 2,z 2)是空间中任意两点,我们来计算这两点之间的距离. 我们分别过P 1P 2作xOy 平面的垂线,垂足是M,N,则M(x 1,y 1,0),N(x 2,y 2,0),于是可以求出|MN|=212212)()(y y x x -+-.再过点P 1作P 1H ⊥P 2N,垂足为H,则|MP 1|=|z 1|,|NP 2|=|z 2|,所以|HP 2|=|z 2-z 1|.在Rt △P 1HP 2中,|P 1H|=|MN|=212212)()(y y x x -+-,根据勾股定理,得|P 1P 2|=2221||||HP H P +=221221221)()()(z z y y x x -+-+-.因此空间中点P 1(x 1,y 1,z 1),P 2(x 2,y 2,z 2)之间的距离为|P 1P 2|=221221221)()()(z z y y x x -+-+-. 于是空间两点之间的距离公式是d=212212212)()()(z z y y x x -+-+-.它是同名坐标的差的平方的和的算术平方根.应用示例例1 已知A(3,3,1),B(1,0,5),求：(1)线段AB 的中点坐标和长度；(2)到A,B 两点的距离相等的点P(x,y,z)的坐标满足的条件.活动：学生审题,教师引导学生分析解题思路,已知的两点A 、B 都是空间直角坐标系中的点,我们直接利用空间两点间的距离公式求解即可.知识本身不难,但是我们计算的时候必须认真,决不能因为粗心导致结果错误.解:(1)设M(x,y,z)是线段AB 的中点,则根据中点坐标公式得x=213+=2,y=203+=23,z=215+=3.所以AB 的中点坐标为(2,23,3). 根据两点间距离公式,得 d(A,B)=29)15()30()31(222=-+-+-,所以AB 的长度为29.(2)因为点P(x,y,z)到A,B 的距离相等,所以有下面等式： 222222)5()0()1()1()3()3(-+-+-=-+-+-z y x z y x .化简得4x+6y-8z+7=0,因此,到A,B 两点的距离相等的点P(x,y,z)的坐标满足的条件是4x+6y-8z+7=0. 点评:通过本题我们可以得出以下两点：①空间两点连成的线段中点坐标公式和两点间的距离公式是平面上中点坐标公式和两点间的距离公式的推广,而平面上中点坐标公式和两点间的距离公式又可看成空间中点坐标公式和两点间的距离公式的特例.②到A,B 两点的距离相等的点P(x,y,z)构成的集合就是线段AB 的中垂面.变式训练在z 轴上求一点M,使点M 到点A(1,0,2),B(1,-3,1)的距离相等.解:设M(0,0,z),由题意得|MA|=|MB|,2222222)1()30()30()10()2()00()10(-+++++-=++-+-z z ,整理并化简,得z=-3,所以M(0,0,-3).例2 证明以A(4,3,1),B(7,1,2),C(5,2,3)为顶点的△ABC 是一等腰三角形.活动：学生审题,教师引导学生分析解题思路,证明△ABC 是一等腰三角形,只需求出|AB|,|BC|,|CA|的长,根据边长来确定.证明：由两点间距离公式得： |AB|=,72)12()31()47(222=-+-+- |BC|=6)23()12()75(222=-+-+-, |CA|=6)31()23()54(222=-+-+-.由于|BC|=|CA|=6,所以△ABC 是一等腰三角形.点评:判断三角形的形状一般是根据边长来实现的,因此解决问题的关键是通过两点间的距离公式求出边长.变式训练三角形△ABC 的三个顶点坐标为A(1,-2,-3),B(-1,-1,-1),C(0,0,-5),试证明△ABC 是一直角三角形.活动：学生先思考或交流,然后解答,教师及时提示引导,要判定△ABC 是一直角三角形,只需求出|AB|,|BC|,|CA|的长,利用勾股定理的逆定理来判定.解:因为三个顶点坐标为A(1,-2,-3),B(-1,-1,-1),C(0,0,-5),所以 |AB|=222)13()12()11(+-++-++=3, |BC|=23)15()10()10(222=+-++++, |CA|=222)53()02()01(+-+--+-=3.又因为|AB|2+|CA|2=|BC|2,所以△ABC 是直角三角形.例3 已知A(x,5-x,2x-1),B(1,x+2,2-x),则|AB|的最小值为( ) A.0 B.735 C.75 D.78 活动：学生阅读题目,思考解决问题的方法,教师提示,要求|AB|的最小值,首先我们需要根据空间两点间的距离公式表示出|AB|,然后再根据一元二次方程求最值的方法得出|AB|的最小值.解析:|AB|=222)33()23()1(-+-+-x x x =1932142+-x x =73575)78(142≥+-x . 当x=78时,|AB|的最小值为735. 故正确选项为B.答案：B点评:利用空间两点间的距离公式转化为关于x 的二次函数求最值是常用的方法. 知能训练课本本节练习1、2、3、4.拓展提升已知三棱锥P —ABC(如图4),PA ⊥平面ABC,在某个空间直角坐标系中,B(3m,m,0),C(0,2m,0),P(0,0,2n),画出这个空间直角坐标系并求出直线AB 与x 轴所成的较小的角.图3解:根据已知条件,画空间直角坐标系如图3：以射线AC 为y 轴正方向,射线AP 为z 轴正方向,A 为坐标原点建立空间直角坐标系O —xyz,过点B 作BE ⊥Ox,垂足为E,∵B(3m,m,0),∴E(3m,0,0).在Rt △AEB 中,∠AEB=90°,|AE|=3m,|EB|=m,∴tan ∠BAE=m m AE EB 3|||| =33.∴∠BAE=30°, 即直线AB 与x 轴所成的较小的角为30°.课堂小结1.空间两点间的距离公式的推导与理解.2.空间两点间的距离公式的应用.3.建立适当的空间直角坐标系,综合利用两点间的距离公式.作业习题4.3 A 组3,B 组1、2、3.。
2021版新高考数学人教B版一轮课件：9.3 圆的方程
D.(x-1)2+(y- 3 )2=4
5.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,则圆C的方 程为________. 世纪金榜导学号
【解析】1.选D.由题意可得圆的半径为r= 2,则圆的标准方程为(x-1)2+ (y-1)2=2.
2.选B.圆心在直线BC的垂直平分线,即x=1上,设圆心D(1,b),由|DA|=|DB|得
【命题角度1】利用几何法求最值
【典例】1.(2020·南宁模拟)在平面直角坐标系xOy中,已知(x1-2)2+ y12 =5,x22y2+4=0,则(x1-x2)2+(y1-y2)2的最小值为 ( )
A. 5
B. 1
C. 121
D.11 5
5
5
5
5
【解析】选B.由已知得点(x1,y1)在圆(x-2)2+y2=5上,点(x2,y2)在直线x-2y+4=0
第三节 圆 的 方 程
内容索引
必备知识·自主学习 核心考点·精准研析 核心素养·微专题 核心素养测评
【教材·知识梳理】 1.圆的方程
2.点与圆的位置关系
点M(x0，y0)与圆(x-a)2+(y-b)2=r2的位置关系 (1)点M(x0，y0)在圆外，则(x0-a)2+(y0-b)2_>_r2. (2)点M(x0，y0)在圆上，则(x0-a)2+(y0-b)2_=_r2. (3)点M(x0，y0)在圆内，则(x0-a)2+(y0-b)2_<_r2.
答案:x2+y2-2x-4y-8=0或x2+y2-6x-8y=0
【规律方法】求圆的方程的两种方法 (1)几何法,通过研究圆的性质进而求出圆的基本量.确定圆的方程时,常用到的 圆的三个性质:①圆心在过切点且垂直切线的直线上;②圆心在任一弦的中垂线 上;③两圆内切或外切时,切点与两圆圆心三点共线; (2)代数法,即设出圆的方程,用待定系数法求解: ①若已知条件与圆心(a,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.
2023年新高考数学大一轮复习专题六解析几何第3讲椭圆双曲线抛物线
第3讲 椭圆、双曲线、抛物线[考情分析] 高考对这部分知识考查侧重三个方面：一是求圆锥曲线的标准方程；二是求椭圆的离心率、双曲线的离心率、渐近线问题；三是抛物线的性质及应用问题．考点一 椭圆、双曲线、抛物线的定义与标准方程核心提炼1．圆锥曲线的定义(1)椭圆：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|)．(2)双曲线：||PF1|－|PF2||＝2a(0<2a<|F1F2|)．(3)抛物线：|PF|＝|PM|，l为抛物线的准线，点F不在定直线l上，PM⊥l于点M.2．求圆锥曲线标准方程“先定型，后计算”所谓“定型”，就是确定曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值．例1 (1)(2020·广州四校模拟)若椭圆＋＝1(其中a>b>0)的离心率为，两焦点分别为F1，F2，M为椭圆上一点，且△F1F2M的周长为16，则椭圆C的方程为( )A.＋＝1B.＋＝1C.＋＝1D.＋＝1答案 D解析 椭圆＋＝1(其中a>b>0)的两焦点分别为F1，F2，M为椭圆上一点，且△F1F2M的周长为16，可得2a＋2c＝16，椭圆＋＝1(其中a>b>0)的离心率为，可得＝，解得a＝5，c＝3，则b＝4，所以椭圆C 的方程为＋＝1.(2)(2020·全国Ⅰ)设F1，F2是双曲线C：x2－＝1的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且|OP|＝2，则△PF1F2的面积为( )A.B．3C.D．2答案 B解析 方法一 由题意知a＝1，b＝，c＝2，F1(－2,0)，F2(2,0)，如图，因为|OF1|＝|OF2|＝|OP|＝2，所以点P在以F1F2为直径的圆上，故PF1⊥PF2，则|PF1|2＋|PF2|2＝(2c)2＝16.由双曲线的定义知||PF1|－|PF2||＝2a＝2，所以|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|＝4，所以|PF1||PF2|＝6，所以△PF1F2的面积为|PF1||PF2|＝3.方法二 由双曲线的方程可知，双曲线的焦点F1，F2在x轴上，且|F1F2|＝2＝4.设点P的坐标为(x0，y0)，则解得|y0|＝.所以△PF1F2的面积为|F1F2|·|y0|＝×4×＝3.易错提醒 求圆锥曲线的标准方程时的常见错误双曲线的定义中忽略“绝对值”致错；椭圆与双曲线中参数的关系式弄混，椭圆中的关系式为a2＝b2＋c2，双曲线中的关系式为c2＝a2＋b2；圆锥曲线方程确定时还要注意焦点位置．跟踪演练1 (1)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M在C上，|MF|＝5.若以MF 为直径的圆过点(0,2)，则C的方程为( )A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8xC．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x答案 C解析 方法一 因为以MF为直径的圆过点(0,2)，所以点M在第一象限．由|MF|＝x M＋＝5，得x M＝5－，即M.从而以MF为直径的圆的圆心N的坐标为.因为点N的横坐标恰好等于圆的半径，所以圆与y轴相切于点(0,2)，从而2＝，即p2－10p＋16＝0，解得p＝2或p＝8，所以抛物线方程为y2＝4x或y2＝16x.方法二 由已知得抛物线的焦点F，设点A(0,2)，点M(x0，y0)，则AF＝，AM＝.由已知，得AF·AM＝0，即y－8y0＋16＝0，解得y0＝4，M.由|MF|＝5，得＝5.又因为p>0，解得p＝2或p＝8，所以抛物线C的方程为y2＝4x或y2＝16x.(2)已知椭圆C：＋＝1(m>4)的右焦点为F，点A(－2,2)为椭圆C内一点，若椭圆C上存在一点P，使得|PA|＋|PF|＝8，则实数m的取值范围是( )A．(6＋2，25] B．[9,25]C．(6＋2，20] D．[3,5]答案 A解析 椭圆C：＋＝1(m>4)的右焦点F的坐标为(2,0)．设左焦点为F′，则F′(－2,0)．由椭圆的定义可得2＝|PF|＋|PF′|，即|PF′|＝2－|PF|，可得|PA|－|PF′|＝|PA|＋|PF|－2＝8－2.由||PA|－|PF′||≤|AF′|＝2，可得－2≤8－2≤2，解得3≤≤5，所以9≤m≤25.①又点A在椭圆内，所以＋<1(m>4)，所以8m－16<m(m－4)(m>4)，解得m<6－2(舍)或m>6＋2.②由①②得6＋2<m≤25，故选A.考点二 圆锥曲线的几何性质核心提炼1．求离心率通常有两种方法(1)求出a，c，代入公式e＝.(2)根据条件建立关于a，b，c的齐次式，消去b后，转化为关于e的方程或不等式，即可求得e的值或取值范围．2．与双曲线－＝1(a>0，b>0)共渐近线bx±ay＝0的双曲线方程为－＝λ(λ≠0)．例2 (1)设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，过F2的直线交椭圆于A，B两点，且AF1·AF2＝0，AF2＝2F2B，则椭圆E的离心率为( )A.B.C.D.答案 C解析 ∵AF2＝2F2B，设|BF2|＝x，则|AF2|＝2x，∴|AF1|＝2a－2x，|BF1|＝2a－x，∵AF1·AF2＝0，∴AF1⊥AF2，在Rt△AF1B中，有(2a－2x)2＋(3x)2＝(2a－x)2，解得x＝，∴|AF2|＝，|AF1|＝，在Rt△AF1F2中，有2＋2＝(2c)2，整理得＝，∴e＝＝.(2)(2020·莆田市第一联盟体联考)已知直线l：y＝x－1与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，M是AB的中点，则点M到抛物线准线的距离为( )A.B．4C．7D．8答案 B解析 由题意可知直线y＝x－1过抛物线y2＝4x的焦点(1,0)，如图，AA′，BB′，MM′都和准线垂直，并且垂足分别是A′，B′，M′，由图象可知|MM′|＝(|AA′|＋|BB′|)，根据抛物线的定义可知|AA′|＋|BB′|＝|AB|，∴|MM′|＝|AB|，联立得x2－6x＋1＝0，设A，B两点的坐标为(x1，y1)，(x2，y2)，x1＋x2＝6，∴|AB|＝x1＋x2＋2＝8，∴|MM′|＝4.二级结论 抛物线的有关性质：已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线l过点F且与抛物线交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则(1)|AB|＝x1＋x2＋p＝(α为直线l的倾斜角)．(2)以AB为直径的圆与抛物线的准线相切．(3)＋＝.跟踪演练2 (1)已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，抛物线C的准线与双曲线Γ：－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线交于A，B两点，若△ABF为等边三角形，则Γ的离心率e等于( )A.B.C.D.答案 D解析 抛物线的焦点坐标为，准线方程为x＝－，联立抛物线的准线方程与双曲线的渐近线方程得解得y＝±，可得|AB|＝，由△ABF为等边三角形，可得p＝·，即有＝，则e＝＝＝＝.(2)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(x0,2)是抛物线C上一点，圆M与线段MF相交于点A，且被直线x＝截得的弦长为|MA|，若＝2，则|AF|等于( )A.B．1C．2D．3答案 B解析 如图所示，由题意知，|MF|＝x0＋.∵圆M与线段MF相交于点A，且被直线x＝截得的弦长为|MA|，∴|MA|＝2|DM|＝2.∵＝2，∴|MF|＝|MA|，∴x0＝p.又∵点M(x0,2)在抛物线上，∴2p2＝8，又∵p>0，∴p＝2.∴|MA|＝2＝2，∴|AF|＝1.考点三 直线与圆锥曲线的位置关系核心提炼解决直线与椭圆的位置关系问题，经常利用设而不求的方法，解题要点如下：(1)设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)；(2)联立直线的方程与椭圆的方程；(3)消元得到关于x或y的一元二次方程；(4)利用根与系数的关系设而不求；(5)把题干中的条件转化为含有x1＋x2，x1x2或y1＋y2，y1y2的式子，进而求解即可．例3 (2020·全国Ⅲ)已知椭圆C：＋＝1(0<m<5)的离心率为，A，B分别为C的左、右顶点．(1)求C的方程；(2)若点P在C上，点Q在直线x＝6上，且|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面积．解 (1)由题设可得＝，得m2＝，所以C的方程为＋＝1.(2)设P(x P，y P)，Q(6，y Q)，根据对称性可设y Q>0，由题意知y P>0.由已知可得B(5,0)，直线BP的方程为y＝－(x－5)，所以|BP|＝y P，|BQ|＝.因为|BP|＝|BQ|，所以y P＝1.将y P＝1代入C的方程，解得x P＝3或－3.由直线BP的方程得y Q＝2或8，所以点P，Q的坐标分别为P1(3,1)，Q1(6,2)；P2(－3,1)，Q2(6,8)．所以|P1Q1|＝，直线P1Q1的方程为y＝x，点A(－5,0)到直线P1Q1的距离为，故△AP1Q1的面积为××＝；|P2Q2|＝，直线P2Q2的方程为y＝x＋，点A到直线P2Q2的距离为，故△AP2Q2的面积为××＝.综上，△APQ的面积为.规律方法 解决直线与圆锥曲线位置关系的注意点(1)注意使用圆锥曲线的定义．(2)引入参数，注意构建直线与圆锥曲线的方程组．(3)注意用好圆锥曲线的几何性质．(4)注意几何关系和代数关系之间的转化．跟踪演练3 (1)(2019·全国Ⅰ)已知椭圆C的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C 交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为( )A.＋y2＝1B.＋＝1C.＋＝1D.＋＝1答案 B解析 由题意设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，| BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，则sinθ＝＝.在等腰三角形ABF1中，cos2θ＝＝，因为cos2θ＝1－2sin2θ，所以＝1－22，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为＋＝1.(2)设F为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为k(k>0)的直线过F交抛物线于A，B两点，若|FA|＝3|FB|，则直线AB的斜率为( )A.B．1C.D.答案 D解析 假设A在第一象限，如图，过A，B分别向抛物线的准线作垂线，垂足分别为D，E，过A作EB的垂线，垂足为C，则四边形ADEC为矩形，由抛物线定义可知|AD|＝|AF|，|BE|＝|BF|，又∵|FA|＝3|FB|，∴|AD|＝|CE|＝3|BE|，即B为CE的三等分点，设|BF|＝m，则|BC|＝2m，|AF|＝3m，|AB|＝4m，即|AC|＝＝＝2m，则tan∠ABC＝＝＝，即直线AB的斜率k＝.专题强化练一、单项选择题1．(2020·福州模拟)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，则此双曲线的离心率为( )A. B.C. D.答案 C解析 因为双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，所以＝，所以双曲线的离心率e＝＝＝＝.2．(2020·全国Ⅰ)已知A为抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p等于( )A．2B．3C．6D．9答案 C解析 设A(x，y)，由抛物线的定义知，点A到准线的距离为12，即x＋＝12.又因为点A到y轴的距离为9，即x＝9，所以9＋＝12，解得p＝6.3．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为M，N，过F2的直线l交C于A，B两点(异于M，N)，△AF1B的周长为4，且直线AM与AN的斜率之积为－，则C的方程为( )A.＋＝1B.＋＝1C.＋＝1D.＋y2＝1答案 C解析 由△AF1B的周长为4，可知|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝4，解得a＝，则M，N(，0)．设点A(x0，y0)(x0≠±)，由直线AM与AN的斜率之积为－，可得·＝－，即y＝－(x－3)，①又＋＝1，所以y＝b2，②由①②解得b2＝2.所以C的方程为＋＝1.4．设F为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为( )A.B.C．2D.答案 A解析 如图，由题意，知以OF为直径的圆的方程为2＋y2＝，①将x2＋y2＝a2记为②式，①－②得x＝，则以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2的公共弦所在直线的方程为x＝，所以|PQ|＝2.由|PQ|＝|OF|，得2＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e＝.5．(2020·潍坊模拟)已知点P为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)右支上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，直线PF1与C的一条渐近线垂直，垂足为H，若|PF1|＝4|HF1|，则该双曲线的离心率为( )A.B.C.D.答案 C解析 如图，取PF1的中点M，连接MF2.由条件可知|HF1|＝|PF1|＝|MF1|，∵O是F1F2的中点，∴OH∥MF2，又∵OH⊥PF1，∴MF2⊥PF1，∴|F1F2|＝|PF2|＝2c.根据双曲线的定义可知|PF1|＝2a＋2c，∴|HF1|＝，直线PF1的方程是y＝(x＋c)，即ax－by＋ac＝0，原点到直线PF1的距离|OH|＝＝a，∴在△OHF1中，a2＋2＝c2，整理为3c2－2ac－5a2＝0，即3e2－2e－5＝0，解得e＝或e＝－1(舍)．二、多项选择题6．(2020·新高考全国Ⅰ)已知曲线C：mx2＋ny2＝1.( )A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B．若m＝n>0，则C是圆，其半径为C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y＝±xD．若m＝0，n>0，则C是两条直线答案 ACD解析 对于A，当m>n>0时，有>>0，方程化为＋＝1，表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确．对于B，当m＝n>0时，方程化为x2＋y2＝，表示半径为的圆，故B错误．对于C，当m>0，n<0时，方程化为－＝1，表示焦点在x轴上的双曲线，其中a＝，b ＝，渐近线方程为y＝±x；当m<0，n>0时，方程化为－＝1，表示焦点在y轴上的双曲线，其中a＝，b＝，渐近线方程为y＝±x，故C正确．对于D，当m＝0，n>0时，方程化为y＝±，表示两条平行于x轴的直线，故D正确．7．已知双曲线C过点(3，)且渐近线为y＝±x，则下列结论正确的是( )A．C的方程为－y2＝1B．C的离心率为C．曲线y＝e x－2－1经过C的一个焦点D．直线x－y－1＝0与C有两个公共点答案 AC解析 因为渐近线方程为y＝±x，所以可设双曲线方程为－＝λ，代入点(3，)，得λ＝，所以双曲线方程为－y2＝1，选项A正确；该双曲线的离心率为，选项B不正确；双曲线的焦点为(±2,0)，曲线y＝e x－2－1经过双曲线的焦点(2,0)，选项C正确；把x＝y＋1代入双曲线方程，得y2－2y＋2＝0，解得y＝，故直线x－y－1＝0与曲线C只有一个公共点，选项D不正确．8．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线l的斜率为且经过点F，直线l与抛物线C交于A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D.若|AF|＝8，则下列结论正确的是( )A．p＝4 B.DF＝FAC．|BD|＝2|BF|D．|BF|＝4答案 ABC解析 如图所示，分别过点A，B作准线的垂线，垂足分别为E，M，连接EF.抛物线C的准线交x轴于点P，则|PF|＝p，由于直线l的斜率为，则其倾斜角为60°.又AE∥x轴，∴∠EAF＝60°，由抛物线的定义可知，|AE|＝|AF|，则△AEF为等边三角形，∴∠EFP＝∠AEF ＝60°，则∠PEF＝30°，∴|AF|＝|EF|＝2|PF|＝2p＝8，解得p＝4，故A正确；∵|AE|＝| EF|＝2|PF|，PF∥AE，∴F为线段AD的中点，则DF＝FA，故B正确；∵∠DAE＝60°，∴∠ADE＝30°，∴|BD|＝2|BM|＝2|BF|(抛物线定义)，故C正确；∵|BD|＝2|BF|，∴| BF|＝|DF|＝|AF|＝，故D错误．三、填空题9．(2019·全国Ⅲ)设F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为________．答案 (3，)解析 不妨令F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c＝＝4.因为△MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.设M(x，y)，则得所以M的坐标为(3，)．10．(2020·全国Ⅰ)已知F为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点，A为C的右顶点，B 为C上的点，且BF垂直于x轴．若AB的斜率为3，则C的离心率为________．答案 2解析 如图，A(a,0)．由BF⊥x轴且AB的斜率为3，知点B在第一象限，且B，则k AB＝＝3，即b2＝3ac－3a2.又∵c2＝a2＋b2，即b2＝c2－a2，∴c2－3ac＋2a2＝0，∴e2－3e＋2＝0.解得e＝2或e＝1(舍去)．故e＝2.11．设双曲线mx2＋ny2＝1的一个焦点与抛物线y＝x2的焦点相同，离心率为2，则抛物线的焦点到双曲线的一条渐近线的距离为________．答案 解析 ∵抛物线x2＝8y的焦点为(0,2)，∴mx2＋ny2＝1的一个焦点为(0,2)，∴焦点在y轴上，∴a2＝，b2＝－，c＝2.根据双曲线三个参数的关系得到4＝a2＋b2＝－，又离心率为2，即＝4，解得n＝1，m＝－，∴此双曲线的方程为y2－＝1，则双曲线的一条渐近线方程为x－y＝0，则抛物线的焦点(0,2)到双曲线的一条渐近线的距离为d＝＝.12.如图，抛物线C1：y2＝2px和圆C2：2＋y2＝，其中p>0，直线l经过C1的焦点，依次交C1，C2于A，D，B，C四点，则AB·CD的值为________．答案 解析 易知AB·CD＝|AB|·|CD|，圆C2的圆心即为抛物线C1的焦点F，当直线l的斜率不存在时，l的方程为x＝，所以A，B，C，D，|AB|＝|CD|＝，所以AB·CD＝·＝；当直线l的斜率存在时，设A(x1，y1)，D(x2，y2)，则|AB|＝|FA|－|FB|＝x1＋－＝x1，同理|CD|＝x2，设l的方程为y＝k，由可得k2x2－(pk2＋2p)x＋＝0，则AB·CD＝|AB|·|CD|＝x1·x2＝.综上，AB·CD＝.四、解答题13．(2020·全国Ⅱ)已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|＝|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点，若|MF|＝5，求C1与C2的标准方程．解 (1)由已知可设C2的方程为y2＝4cx，其中c＝.不妨设A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为，－；C，D的纵坐标分别为2c，－2c，故|AB|＝，|CD|＝4c.由|CD|＝|AB|得4c＝，即3×＝2－22，解得＝－2(舍去)，＝.所以C1的离心率为.(2)由(1)知a＝2c，b＝c，故C1：＋＝1.设M(x0，y0)，则＋＝1，y＝4cx0，故＋＝1.①由于C2的准线为x＝－c，所以|MF|＝x0＋c，而|MF|＝5，故x0＝5－c，代入①得＋＝1，即c2－2c－3＝0，解得c＝－1(舍去)，c＝3.所以C1的标准方程为＋＝1，C2的标准方程为y2＝12x.14．已知点F为抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且到原点的距离为2.(1)求抛物线E的方程；(2)已知点G(－1,0)，延长AF交抛物线于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．(1)解 由题意可得解得p＝2，所以抛物线E的方程为y2＝4x.(2)证明 设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，所以m＝±2，由抛物线的对称性，不妨取A(2,2)．由A(2,2)，F(1,0)可得直线AF的方程为y＝2(x－1)，联立得2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝，从而B.所以直线GB的方程为2x＋3y＋2＝0，易知直线GA的方程为2x－3y＋2＝0，从而r＝＝.因为点F到直线GB的距离d＝＝＝r，所以以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．。
高考数学一轮复习例题解析 15.3 圆的标准方程和一般方程 试题
高中数学一轮(y ī l ún)复习资料第十五章 解析几何(ji ě x ī j ǐh é)第三节 圆的HY 方程(f āngch éng)和一般方程A 组1．假设圆x 2＋y 2－2kx ＋2y ＋2＝0(k >0)与两坐标轴无公一共点，那么实数k 的取值范围为________．解析：圆的方程为(x －k )2＋(y ＋1)2＝k 2－1，圆心坐标为(k ，－1)，半径r ＝k 2－1，假设圆与两坐标无公一共点，即⎩⎪⎨⎪⎧ k 2－1<|k |k 2－1<1，解得1<k < 2. 2．假设圆C 的半径为1，圆心在第一象限，且与直线4x －3y ＝0和x 轴都相切，那么该圆的HY 方程是________．解析：由题意，设圆心(x 0,1)，∴|4x 0－3|42＋(－3)2＝1，解得x 0＝2或者x 0＝－12(舍)， ∴所求圆的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝1.3．(2021年调研)D 是由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ≥02x ＋y ≥0，所确定的平面区域，那么圆x 2＋y 2＝4在区域D 内的弧长为________．答案：π4．(2021年高考宁夏、卷改编)圆C 1：(x ＋1)2＋(y －1)2＝1，圆C 2与圆C 1关于直线x －y －1＝0对称，那么圆C 2的方程为________________．解析：圆C 1：(x ＋1)2＋(y －1)2＝1的圆心为(－1,1)．圆C 2的圆心设为(a ，b )，C 1与C 2关于直线x －y －1＝0对称，∴⎩⎪⎨⎪⎧ b －1a ＋1＝－1，a －12－b ＋12－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－2，圆C 2的半径为1，∴圆C 2的方程为(x －2)2＋(y ＋2)2＝1.5．(原创题)圆x 2＋y 2－4x ＋2y ＋c ＝0与y 轴交于A 、B 两点，其圆心为P ，假设∠APB ＝90°，那么实数c 的值是________．解析：当∠APB ＝90°时，只需保证圆心到y 轴的间隔 等于半径的22倍．由于圆的HY 方程为(x －2)2＋(y ＋1)2＝5－c ，即2＝22×5－c ，解得c ＝－3.6．点A (－3,0)，B (3,0)，动点P 满足(mǎnzú)|P A |＝2|PB |.(1)假设(jiǎshè)点P 的轨迹(guǐjì)为曲线C ，求此曲线(qūxiàn)的方程；(2)假设点Q 在直线l ：x ＋y ＋3＝0上，直线l 2经过点Q 且与曲线C 只有一个公一共点M ，求|QM |的最小值，并求此时直线l 2的方程．解：(1)设点P 的坐标为(x ，y )，那么(x ＋3)2＋y 2＝2(x －3)2＋y 2，化简可得(x －5)2＋y 2＝16即为所求．(2)曲线C 是以点(5,0)为圆心，4为半径的圆，如图那么直线l 2是此圆的切线，连结CQ ，那么|QM |＝|CQ |2－|CM |2＝|CQ |2－16， 当CQ ⊥l 1时，|CQ |取最小值，|CQ |＝|5＋3|2＝42， 此时|QM |的最小值为32－16＝4，这样的直线l 2有两条，设满足条件的两个公一共点为M 1，M 2，易证四边形M 1CM 2Q 是正方形，∴l 2的方程是x ＝1或者y ＝－4.B 组1．(2021年质检)圆心在直线2x －3y －1＝0上的圆与x 轴交于A (1,0)，B (3,0)两点，那么圆的方程为________________．解析：所求圆与x 轴交于A (1,0)，B (3,0)两点，故线段AB 的垂直平分线x ＝2过所求圆的圆心，又所求圆的圆心在直线2x －3y －1＝0上，所以两直线的交点坐标即为所求圆的圆心坐标，解之得圆心坐标为(2,1)，进一步可求得半径为2，所以圆的HY 方程为(x －2)2＋(y －1)2＝2.2．(2021年调研)假设直线ax ＋by ＝1过点A (b ，a )，那么以坐标原点O 为圆心，OA 长为半径的圆的面积的最小值是___．解析：∵直线ax ＋by ＝1过点A (b ，a )，∴ab ＋ab ＝1，∴ab ＝12，又OA ＝a 2＋b 2，∴以O 为圆心，OA 长为半径的圆的面积：S ＝π·OA 2＝(a 2＋b 2)π≥2ab ·π＝π，∴面积的最小值为π.3．(2021年高考卷改编(gǎibiān))点P (4，－2)与圆x 2＋y 2＝4上任一点(yī diǎn)连线的中点轨迹方程是________________．解析(jiě xī)：设圆上任一点(yī diǎn)坐标为(x 0，y 0)，那么x 02＋y 02＝4，连线中点坐标为(x ，y )，那么⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＝x 0＋4，2y ＝y 0－2，⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2x －4，y 0＝2y ＋2，代入x 02＋y 02＝4中得(x －2)2＋(y ＋1)2＝1. 4．点P (1,4)在圆C ：x 2＋y 2＋2ax －4y ＋b ＝0上，点P 关于直线x ＋y －3＝0的对称点也在圆C 上，那么a ＝________，b ＝________.解析：点P (1,4)在圆C ：x 2＋y 2＋2ax －4y ＋b ＝0上，所以2a ＋b ＋1＝0，点P 关于直线x＋y－3＝0的对称点也在圆C上，所以圆心(－a,2)在直线x＋y－3＝0上，即－a＋2－3＝0，解得a＝－1，b＝1.5．圆的方程为x2＋y2－6x－8y＝0.设该圆过点(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，那么四边形ABCD的面积为___________．解析：由题意知，圆心坐标为(3,4)，半径r＝5，故过点(3,5)的最长弦为AC＝2r＝10，最短弦BD＝252－12＝46，四边形ABCD的面积为20 6.6．过圆x2＋y2＝4外一点P(4,2)作圆的两条切线，切点为A、B，那么△ABP的外接圆的方程是____________________．解析：∵圆心为O(0,0)，又∵△ABP的外接圆就是四边形OAPB的外接圆．其直径d＝OP＝25，∴半径r＝ 5.而圆心C为(2,1)，∴外接圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.7．动点P(x，y)满足x2＋y2－|x|－|y|＝0，O为坐标原点，那么PO的取值范围是______．解析：方程x2＋y2－|x|－|y|＝0可化为(|x|－12)2＋(|y|－12)2＝12.所以动点P(x，y)的轨迹如图：为原点和四段圆孤，故PO的取值范围是{0}∪[1， 2 ]．8．(2021年质检)曲线f(x)＝x ln x在点P(1,0)处的切线l与坐标轴围成的三角形的外接圆方程是____________．解析(jiě xī)：曲线(qūxiàn)f(x)＝x ln x在点P(1,0)处的切线(qiēxiàn)l方程(fāngchéng)为x－y－1＝0，与坐标轴围成的三角形的外接圆圆心为(12，－12)，半径为22，所以方程为(x－12)2＋(y＋12)2＝12.答案：(x－12)2＋(y＋12)2＝129．设实数x 、y 满足x 2＋(y －1)2＝1，假设对满足条件的x 、y ，不等式y x －3＋c ≥0恒成立，那么c 的取值范围是________．解析：由题意，知－c ≤y x －3恒成立，又y x －3＝y －0x －3表示圆上的点与定点(3,0)连线的斜率，范围为[－34，0]，所以－c ≤－34，即c 的取值范围是c ≥34. 10．如图，在平面直角坐标系xOy 中，A (a,0)(a >0)，B (0，a )，C (－4,0)，D (0,4)，设△AOB 的外接圆圆心为E .(1)假设⊙E 与直线CD 相切，务实数a 的值；(2)设点P 在圆E 上，使△PCD 的面积等于12的点P 有且只有三个，试问这样的⊙E 是否存在，假设存在？求出⊙E 的HY 方程；假设不存在，说明理由．解：(1)直线CD 方程为y ＝x ＋4，圆心E (a 2，a 2)，半径r ＝22a . 由题意得|a 2－a 2＋4|2＝22a ，解得a ＝4. (2)∵|CD |＝(－4)2＋42＝42，∴当△PCD 面积为12时，点P 到直线CD 的间隔 为3 2.又圆心E 到直线CD 间隔 为22(定值)，要使△PCD 的面积等于12的点P 有且只有三个，只须圆E 半径2a 2＝52，解得a ＝10， 此时，⊙E 的HY 方程为(x －5)2＋(y －5)2＝50.11．在Rt △ABO 中，∠BOA ＝90°，OA ＝8，OB ＝6，点P 为它的内切圆C 上任一点，求点P 到顶点A 、B 、O 间隔 的平方和的最大值和最小值．解：如下(rúxià)图，以O 为原点，OA 所在(suǒzài)直线为x 轴，OB 所在(suǒzài)直线为y 轴，建立(jiànlì)直角坐标系xOy ，那么A (8,0)，B (0,6)，内切圆C 的半径r ＝12(OA ＋OB －AB )＝8＋6－102＝2.∴内切圆C 的方程为(x －2)2＋(y －2)2＝4. 设P (x ，y )为圆C 上任一点，点P 到顶点A 、B 、O 的间隔 的平方和为d ，那么d ＝P A 2＋PB 2＋PO 2＝(x －8)2＋y 2＋x 2＋(y －6)2＋x 2＋y 2＝3x 2＋3y 2－16x －12y ＋100＝3[(x －2)2＋(y －2)2]－4x ＋76.∵点P (x ，y )在圆C 上，∴(x －2)2＋(y －2)2＝4.∴d ＝3×4－4x ＋76＝88－4x .∵点P (x ，y )是圆C 上的任意点，∴x ∈[0,4]．∴当x ＝0时，d max ＝88；当x ＝4时，d min ＝72.12．(2021年高考卷)在平面直角坐标系xOy 中，设二次函数f (x )＝x 2＋2x ＋b (x ∈R )的图象与两个坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C .(1)务实数b 的取值范围；(2)求圆C 的方程；(3)问圆C 是否经过某定点(其坐标与b 无关)？请证明你的结论．解：(1)显然b ≠0.否那么，二次函数f (x )＝x 2＋2x ＋b 的图象与两个坐标轴只有两个交点(0,0)，(－2,0)，这与题设不符．由b ≠0知，二次函数f (x )＝x 2＋2x ＋b 的图象与y 轴有一个非原点的交点(0，b )，故它与x 轴必有两个交点，从而方程x 2＋2x ＋b ＝0有两个不相等的实数根，因此方程的判别式4－4b >0，即b <1.所以(suǒyǐ)b 的取值范围(fànwéi)是(－∞，0)∪(0,1)．(2)由方程(fāngchéng)x 2＋2x ＋b ＝0，得x ＝－1±1－b .于是(yúshì)，二次函数f (x )＝x 2＋2x ＋b 的图象与坐标轴的交点是(－1－1－b ，0)，(－1＋1－b ，0)，(0，b )．设圆C 的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0.因圆C 过上述三点，将它们的坐标分别代入圆C 的方程，得 ⎩⎪⎨⎪⎧ (－1－1－b )2＋D (－1－1－b )＋F ＝0，(－1＋1－b )2＋D (－1＋1－b )＋F ＝0，b 2＋Eb ＋F ＝0.解上述方程组，因b ≠0，得⎩⎪⎨⎪⎧ D ＝2，E ＝－(b ＋1)，F ＝b .所以，圆C 的方程为x 2＋y 2＋2x －(b ＋1)y ＋b ＝0.(3)圆C 过定点．证明如下：假设圆C 过定点(x 0，y 0)(x 0，y 0不依赖于b )，将该点的坐标代入圆C 的方程，并变形为x 02＋y 02＋2x 0－y 0＋b (1－y 0)＝0.(*)为使(*)式对所有满足b <1(b ≠0)的b 都成立，必须有1－y 0＝0，结合(*)式得x 02＋y 02＋2x 0－y 0＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝0，y 0＝1，或者⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－2，y 0＝1.经检验知，点(0,1)，(－2,1)均在圆C 上， 因此，圆C 过定点． 内容总结。
2021届数学第一章第3讲充分条件与必要条件含解析
2021届高考数学一轮知能训练：第一章第3讲充分条件与必要条件含解析第3讲充分条件与必要条件1．（2015年天津)设x∈R，则“|x－2|＜1”是“x2＋x－2＞0"的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2．（2016年四川)设p：实数x，y满足x〉1，且y>1，q：实数x，y满足x＋y〉2，则p是q的（)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．(2017年浙江）已知等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n，则“d>0”是“S4＋S6>2S5"的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．（2015年福建)若l，m是两条不同的直线,m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件5．(2019年浙江)若a〉0，b>0，则“a＋b≤4”是“ab≤4”的() A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6．（2017年安徽淮北一中）“a2＝1”是“函数f（x）＝ln(1＋ax）－ln（1＋x)为奇函数”的(）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．即不充分也不必要条件7．（2019年北京）设函数f（x)＝cos x＋b sin x(b为常数)，则“b ＝0"是“f(x）为偶函数”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件8．（2018年福建福州八县一中期中联考)下列说法正确的是（)A．“p或q为真命题”是“p且q为真命题”的充分不必要条件B．若a∈R，则“错误!<1”是“a〉1”的必要不充分条件C．命题“∃x∈R，使得x2＋2x＋3〈0”的否定是“∀x∈R,x2＋2x ＋3〉0”D．命题p：“∀x∈R，sin x＋cos x≤2”，则p是真命题9．已知p是r的充分不必要条件，q是r的充分条件，s是r 的必要条件,q是s的必要条件，现有下列命题：①r是q的充要条件；②p是q的充分不必要条件;③r是q的必要不充分条件;④p是s的必要不充分条件;⑤r是s的充分不必要条件．则正确命题的序号是()A．①④⑤B．①②④C．②③⑤D．②④⑤10．（多选)下列说法正确的有（）A．命题“∀x∈R，x2＋x＋1>0"的否定为“∃x∈R，x2＋x＋1≤0”B．对于命题p:“∃x≤1，x2－3x＋2≥0”，则p为“∀x〉1，x2－3x＋2〈0”C．“a〈b”是“ac2〈bc2”的必要不充分条件D．“m<2”是“sin x＋错误!>m对x∈错误!成立”的充分不必要条件11．（多选）下列叙述中不正确的是(）A．若a，b,c∈R，则“ax2＋bx＋c≥0"的充要条件是“b2－4ac≤0”B．若a，b,c∈R，则“ab2〉cb2”的充要条件是“a>c”C．“a<1”是“方程x2＋x＋a＝0有一个正根和一个负根”的必要不充分条件D．“a〉1”是“错误!<1"的充分不必要条件12．设命题p：|4x－3｜≤1；命题q：x2－(2a＋1)x＋a(a＋1）≤0，若p是q的必要不充分条件,求实数a的取值范围．第3讲充分条件与必要条件1．A解析：|x－2|＜1⇔－1＜x－2＜1⇔1＜x＜3，x2＋x－2＞0⇔x＜－2或x＞1.∴“|x－2|＜1"是“x2＋x－2＞0”的充分不必要条件．故选A.2．A3．C解析:由S4＋S6－2S5＝10a1＋21d－2（5a1＋10d)＝d,可知当d〉0,则S4＋S6－2S5〉0，即S4＋S6>2S5；反之，S4＋S6〉2S5⇒d〉0,∴为充要条件，选C。
2021高考文一轮精练：第九章 第3讲 圆的方程解析版
[基础题组练]1．已知圆C 的圆心为(2，－1)，半径长是方程(x ＋1)(x －4)＝0的解，则圆C 的标准方程为( )A ．(x ＋1)2＋(y －2)2＝4 B ．(x －2)2＋(y －1)2＝4 C ．(x －2)2＋(y ＋1)2＝16D ．(x ＋2)2＋(y －1)2＝16解析：选C.根据圆C 的半径长是方程(x ＋1)(x －4)＝0的解，可得半径长为4，故要求的圆的标准方程为(x －2)2＋(y ＋1)2＝16.2．(2020·河北九校第二次联考)圆C 的半径为2，圆心在x 轴的正半轴上，直线3x ＋4y ＋4＝0与圆C 相切，则圆C 的方程为( )A ．x 2－y 2－2x －3＝0 B ．x 2＋y 2＋4x ＝0 C ．x 2＋y 2－4x ＝0D ．x 2＋y 2＋2x －3＝0解析：选C.由题意设所求圆的方程为(x －m )2＋y 2＝4(m >0)，则|3m ＋4|32＋42＝2，解得m ＝2或m ＝－143(舍去)，故所求圆的方程为(x －2)2＋y 2＝4，即x 2＋y 2－4x ＝0，故选C.3．方程|x |－1＝1－（y －1）2所表示的曲线是( ) A ．一个圆 B ．两个圆 C ．半个圆D ．两个半圆解析：选D.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧（|x |－1）2＋（y －1）2＝1，|x |－1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧（x －1）2＋（y －1）2＝1，x ≥1或⎩⎪⎨⎪⎧（x ＋1）2＋（y －1）2＝1，x ≤－1. 故原方程表示两个半圆．4．(2020·湖南长沙模拟)圆x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0上的点到直线x －y ＝2距离的最大值是( )A ．1＋ 2B ．2C ．1＋22D ．2＋2 2解析：选A.将圆的方程化为(x －1)2＋(y －1)2＝1，圆心坐标为(1，1)，半径为1，则圆心到直线x －y ＝2的距离d ＝|1－1－2|2＝2，故圆上的点到直线x －y ＝2距离的最大值为d ＋1＝2＋1，选A.5．点P (4，－2)与圆x 2＋y 2＝4上任一点连线的中点的轨迹方程是( ) A ．(x －2)2＋(y ＋1)2＝1 B ．(x －2)2＋(y ＋1)2＝4 C ．(x ＋4)2＋(y －2)2＝4D ．(x ＋2)2＋(y －1)2＝1解析：选A.设圆上任一点为Q (x 0，y 0)，PQ 的中点为M (x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋x 02，y ＝－2＋y 02，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2x －4，y 0＝2y ＋2.因为点Q 在圆x 2＋y 2＝4上，所以x 20＋y 20＝4，即(2x －4)2＋(2y ＋2)2＝4，化简得(x －2)2＋(y ＋1)2＝1.6．已知a ∈R ，方程a 2x 2＋(a ＋2)y 2＋4x ＋8y ＋5a ＝0表示圆，则圆心坐标是 ，半径是 ．解析：已知方程表示圆，则a 2＝a ＋2， 解得a ＝2或a ＝－1.当a ＝2时，方程不满足表示圆的条件，故舍去． 当a ＝－1时，原方程为x 2＋y 2＋4x ＋8y －5＝0， 化为标准方程为(x ＋2)2＋(y ＋4)2＝25， 表示以(－2，－4)为圆心，半径为5的圆． 答案：(－2，－4) 57．过两点A (1，4)，B (3，2)且圆心在直线y ＝0上的圆的标准方程为 ． 解析：设圆的标准方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2.因为圆心在直线y ＝0上，所以b ＝0，所以圆的方程为(x －a )2＋y 2＝r 2.又因为该圆过A (1，4)，B (3，2)两点，所以⎩⎪⎨⎪⎧（1－a ）2＋16＝r 2，（3－a ）2＋4＝r 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，r 2＝20.所以所求圆的方程为(x ＋1)2＋y 2＝20. 答案：(x ＋1)2＋y 2＝208．若圆C 与圆x 2＋y 2＋2x ＝0关于直线x ＋y －1＝0对称，则圆C 的方程是 ． 解析：设C (a ，b )，因为已知圆的圆心为A (－1，0)，由点A ，C 关于x ＋y －1＝0对称得⎩⎪⎨⎪⎧b a ＋1×（－1）＝－1，a －12＋b 2－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2.又因为圆的半径是1，所以圆C 的方程是(x －1)2＋(y －2)2＝1， 即x 2＋y 2－2x －4y ＋4＝0. 答案：x 2＋y 2－2x －4y ＋4＝0 9．求适合下列条件的圆的方程．(1)圆心在直线y ＝－4x 上，且与直线l ：x ＋y －1＝0相切于点P (3，－2)； (2)过三点A (1，12)，B (7，10)，C (－9，2)．解：(1)法一：设圆的标准方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－4a ，（3－a ）2＋（－2－b ）2＝r 2，|a ＋b －1|2＝r ，解得a ＝1，b ＝－4，r ＝2 2. 所以圆的方程为(x －1)2＋(y ＋4)2＝8.法二：过切点且与x ＋y －1＝0垂直的直线为y ＋2＝x －3，与y ＝－4x 联立可求得圆心为(1，－4)．所以半径r ＝（1－3）2＋（－4＋2）2＝22， 所以所求圆的方程为(x －1)2＋(y ＋4)2＝8.(2)设圆的一般方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F ＞0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧1＋144＋D ＋12E ＋F ＝0，49＋100＋7D ＋10E ＋F ＝0，81＋4－9D ＋2E ＋F ＝0. 解得D ＝－2，E ＝－4，F ＝－95.所以所求圆的方程为x 2＋y 2－2x －4y －95＝0.10．已知以点P 为圆心的圆经过点A (－1，0)和B (3，4)，线段AB 的垂直平分线交圆P 于点C 和D ，且|CD |＝410.(1)求直线CD 的方程； (2)求圆P 的方程．解：(1)由题意知，直线AB 的斜率k ＝1，中点坐标为(1，2)． 则直线CD 的方程为y －2＝－(x －1)，即x ＋y －3＝0.(2)设圆心P (a ，b )，则由点P 在CD 上得a ＋b －3＝0.①又因为直径|CD |＝410，所以|PA |＝210， 所以(a ＋1)2＋b 2＝40.② 由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝6，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝5，b ＝－2.所以圆心P (－3，6)或P (5，－2)．所以圆P 的方程为(x ＋3)2＋(y －6)2＝40或(x －5)2＋(y ＋2)2＝40.[综合题组练]1．(应用型)已知平面区域⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥0，x ＋2y －4≤0恰好被面积最小的圆C ：(x －a )2＋(y －b )2＝r2及其内部所覆盖，则圆C 的方程为 ．解析：由题意知，此平面区域表示的是以O (0，0)，P (4，0)，Q (0，2)所构成的三角形及其内部，所以覆盖它的且面积最小的圆是其外接圆．因为△OPQ 为直角三角形，所以圆心为斜边PQ 的中点(2，1)，半径r ＝|PQ |2＝5，因此圆C 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝5. 答案：(x －2)2＋(y －1)2＝52．已知A (0，2)，点P 在直线x ＋y ＋2＝0上，点Q 在圆C ：x 2＋y 2－4x －2y ＝0上，则|PA |＋|PQ |的最小值是 ．解析：因为圆C ：x 2＋y 2－4x －2y ＝0，故圆C 是以C (2，1)为圆心，半径r ＝5的圆．设点A (0，2)关于直线x ＋y ＋2＝0的对称点为A ′(m ，n )，故⎩⎪⎨⎪⎧m ＋02＋n ＋22＋2＝0，n －2m －0＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－4，n ＝－2，故A ′(－4，－2)．连接A ′C 交圆C 于Q ，由对称性可知|PA |＋|PQ |＝|A ′P |＋|PQ |≥|A ′Q |＝|A ′C |－r ＝2 5. 答案：2 53．(2018·高考全国卷Ⅱ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 且斜率为k (k ＞0)的直线l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝8.(1)求l 的方程；(2)求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程．解：(1)由题意得F (1，0)，l 的方程为y ＝k (x －1)(k >0)． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），y 2＝4x 得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0. Δ＝16k 2＋16>0，故x 1＋x 2＝2k 2＋4k2.所以|AB |＝|AF |＋|BF |＝(x 1＋1)＋(x 2＋1)＝4k 2＋4k2.由题设知4k 2＋4k2＝8，解得k ＝－1(舍去)，k ＝1.因此l 的方程为y ＝x －1.(2)由(1)得AB 的中点坐标为(3，2)，所以AB 的垂直平分线方程为y －2＝－(x －3)，即y ＝－x ＋5.设所求圆的圆心坐标为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－x 0＋5，（x 0＋1）2＝（y 0－x 0＋1）22＋16. 解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝3，y 0＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝11，y 0＝－6.因此所求圆的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝16或(x －11)2＋(y ＋6)2＝144.4．已知圆C 的方程为x 2＋(y －4)2＝1，直线l 的方程为2x －y ＝0，点P 在直线l 上，过点P 作圆C 的切线PA ，PB ，切点分别为A ，B .(1)若∠APB ＝60°，求点P 的坐标；(2)求证：经过A ，P ，C (其中点C 为圆C 的圆心)三点的圆必经过定点，并求出所有定点的坐标．解：(1)由条件可得圆C 的圆心坐标为(0，4)，|PC |＝2，设P (a ，2a )，则a 2＋（2a －4）2＝2，解得a ＝2或a ＝65，所以点P 的坐标为(2，4)或⎝ ⎛⎭⎪⎫65，125. (2)证明：设P (b ，2b )，过点A ，P ，C 的圆即是以PC 为直径的圆，其方程为x (x －b )＋(y －4)(y －2b )＝0，整理得x 2＋y 2－bx －4y －2by ＋8b ＝0， 即(x 2＋y 2－4y )－b (x ＋2y －8)＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－4y ＝0，x ＋2y －8＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝85，y ＝165，所以该圆必经过定点(0，4)和⎝ ⎛⎭⎪⎫85，165.。
2023年高考数学(文科)一轮复习讲义——直线与圆、圆与圆的位置关系
第4节 直线与圆、圆与圆的位置关系考试要求 1.能根据给定直线、圆的方程判断直线与圆的位置关系；能根据给定两个圆的方程判断两圆的位置关系；2.能用直线和圆的方程解决一些简单的问题；3.初步了解用代数方法处理几何问题的思想.1.直线与圆的位置关系设圆C ：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0，圆心C (a ，b )到直线l 的距离为d ，由⎩⎨⎧（x －a ）2＋（y －b ）2＝r 2，Ax ＋By ＋C ＝0消去y (或x )，得到关于x (或y )的一元二次方程，其判别式为Δ.位置关系相离相切相交图形量化方程观点 Δ<0 Δ＝0 Δ>0 几何观点d >rd ＝rd <r2.圆与圆的位置关系设两圆的半径分别为R ，r (R ＞r )，两圆圆心间的距离为d ，则两圆的位置关系可用下表表示： 位置关系 外离外切相交内切内含图形量的关系d ＞R ＋rd ＝R ＋rR －r ＜d ＜R ＋rd ＝R －rd ＜R －r公切线条数432101.圆的切线方程常用结论(1)过圆x2＋y2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为x0x＋y0y＝r2.(2)过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2.(3)过圆x2＋y2＝r2外一点M(x0，y0)作圆的两条切线，则两切点所在直线方程为x0x ＋y0y＝r2.2.直线被圆截得的弦长的求法(1)几何法：运用弦心距d、半径r和弦长的一半构成的直角三角形，计算弦长|AB|＝2r2－d2.(2)代数法：设直线y＝kx＋m与圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0相交于点M，N，将直线方程代入圆的方程中，消去y，得关于x的一元二次方程，求出x M＋x N和x M·x N，则|MN|＝1＋k2·（x M＋x N）2－4x M·x N.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)“k＝1”是“直线x－y＋k＝0与圆x2＋y2＝1相交”的必要不充分条件.()(2)如果两个圆的方程组成的方程组只有一组实数解，则两圆外切.()(3)如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和，则两圆相交.()(4)若直线平分圆的周长，则直线一定过圆心.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√解析(1)“k＝1”是“直线x－y＋k＝0与圆x2＋y2＝1相交”的充分不必要条件；(2)除外切外，还有可能内切；(3)两圆还可能内切或内含.2.(2021·绍兴一模)设m∈R，则“1≤m≤2”是“直线l：x＋y－m＝0和圆C：x2＋y 2－2x －4y ＋m ＋2＝0有公共点”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件 答案 A解析 圆C ：(x －1)2＋(y －2)2＝3－m ，圆心为(1，2)，半径r ＝3－m (m <3).若直线l 与圆C 有公共点，则圆心(1，2)到直线l 的距离d ＝|3－m |2≤3－m ，解得1≤m <3. 因为{m |1≤m ≤2}{m |1≤m <3}，所以“1≤m ≤2”是“直线l ：x ＋y －m ＝0和圆C ：x 2＋y 2－2x －4y ＋m ＋2＝0有公共点”的充分不必要条件.3.(2022·全国百校联盟质检)已知直线l ：x －2y ＋6＝0与圆C ：x 2＋y 2－4y ＝0相交于A ，B 两点，则CA →·CB →＝( ) A.165 B.－165 C.125 D.－125 答案 D解析 由圆的一般方程x 2＋y 2－4y ＝0得标准方程为x 2＋(y －2)2＝4，故可得圆心C (0，2)，半径r ＝2， 联立得⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋6＝0，x 2＋y 2－4y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝65，y ＝185.不妨设A (－2，2)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫65，185，则CA →＝(－2，0)，CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫65，85，所以CA →·CB →＝－2×65＋0×85＝－125.4.(2021·洛阳模拟)若圆x 2＋y 2＝a 2与圆x 2＋y 2＋ay －6＝0的公共弦长为23，则a ＝________. 答案 ±2解析 两圆方程作差得公共弦所在直线方程为a 2＋ay －6＝0，原点到a 2＋ay －6＝0的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪6a －a .∵公共弦长为23， ∴a 2＝(3)2＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪6a －a 2，∴a 2＝4，a ＝±2.5.(易错题)若半径为r ，圆心为(0，1)的圆和定圆(x －1)2＋(y －2)2＝1相切，则r 的值等于________. 答案2＋1或2－1解析 由题意，定圆(x －1)2＋(y －2)2＝1的圆心为A (1，2)，半径R ＝1，半径为r 的圆的圆心为B (0，1)， 所以|AB |＝（1－0）2＋（2－1）2＝ 2.因为两圆相切，所以|AB |＝|R －r |或|AB |＝|R ＋r |， 即|1－r |＝2或 |1＋r |＝2， 解得r ＝1±2或r ＝－1±2. 因为r >0，所以r＝2＋1或r＝2－1.6.(易错题)过点A(3，5)作圆O：x2＋y2－2x－4y＋1＝0的切线，则切线的方程为________________.答案5x－12y＋45＝0或x－3＝0解析化圆x2＋y2－2x－4y＋1＝0为标准方程得(x－1)2＋(y－2)2＝4，其圆心为(1，2)，半径为2.∵|OA|＝（3－1）2＋（5－2）2＝13>2，∴点A(3，5)在圆外.显然，当切线斜率不存在时，直线与圆相切，即切线方程为x－3＝0.当切线斜率存在时，可设所求切线方程为y－5＝k(x－3)，即kx－y＋5－3k＝0.又圆心为(1，2)，半径r＝2，而圆心到切线的距离d＝|3－2k|k2＋1＝2，即|3－2k|＝2k2＋1，∴k＝512，故所求切线方程为5x－12y＋45＝0或x－3＝0.考点一直线与圆的位置关系1.若直线x－y＋1＝0与圆(x－a)2＋y2＝2有公共点，则实数a的取值范围是()A.[－3，－1]B.[－1，3]C.[－3，1]D.(－∞，－3]∪[1，＋∞)答案 C解析由题意可得，圆的圆心为(a，0)，半径为2，∴|a－0＋1|12＋（－1）2≤2，即|a＋1|≤2，解得－3≤a ≤1.2.(2022·成都诊断)直线l ：mx －y ＋1－m ＝0与圆C ：x 2＋(y －1)2＝5的位置关系是( ) A.相交 B.相切 C.相离D.不确定答案 A解析 法一 (代数法)由⎩⎪⎨⎪⎧mx －y ＋1－m ＝0，x 2＋（y －1）2＝5，消去y ，整理得(1＋m 2)x 2－2m 2x ＋m 2－5＝0，因为Δ＝16m 2＋20>0，所以直线l 与圆相交.法二 (几何法)由题意知，圆心(0，1)到直线l 的距离d ＝|－m |m 2＋1<1<5，故直线l 与圆相交.法三 易得直线l 过定点(1，1)， 把点(1，1)代入圆的方程有1＋0<5， ∴点(1，1)在圆的内部，故直线l 与圆C 相交.3.“a ＝3”是“直线y ＝x ＋4与圆(x －a )2＋(y －3)2＝8相切”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件 答案 A解析 若直线y ＝x ＋4与圆(x －a )2＋(y －3)2＝8相切，则有|a －3＋4|2＝22，即|a ＋1|＝4，所以a ＝3或－5.故“a ＝3”是“直线y ＝x ＋4与圆(x －a )2＋(y －3)2＝8相切”的充分不必要条件.感悟提升判断直线与圆的位置关系的常见方法(1)几何法：利用d与r的关系.(2)代数法：联立方程之后利用Δ判断.(3)点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交. 上述方法中最常用的是几何法，点与圆的位置关系法适用于动直线问题.考点二圆的弦长问题例1 (1)(2022·河南名校联考)已知圆C：(x－a)2＋y2＝4(a≥2)与直线x－y＋22－2＝0相切，则圆C与直线x－y－4＝0相交所得弦长为()A.1B. 2C.2D.2 2(2)已知圆x2＋y2－6x＝0，过点(1，2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为()A.1B.2C.3D.4答案(1)D(2)B解析(1)根据题意，圆C：(x－a)2＋y2＝4的半径r＝2.圆C：(x－a)2＋y2＝4(a≥2)与直线x－y＋22－2＝0相切，则圆心C到直线x－y＋22－2＝0的距离为2，即|a＋22－2|2＝2，解得a＝2或a＝2－42(舍去)，所以圆C的方程为(x－2)2＋y2＝4，则圆心C(2，0)到直线x－y－4＝0的距离d＝|2－4|2＝2，所以圆C与直线x－y－4＝0相交所得弦长为222－d2＝2 2.(2)圆的方程可化为(x－3)2＋y2＝9，故圆心的坐标为C(3，0)，半径r＝3.如图，记点M(1，2)，则当MC与直线垂直时，直线被圆截得的弦的长度最小，此时|MC |＝22， 弦的长度l ＝2r 2－|MC |2＝29－8＝2.感悟提升 弦长的两种求法(1)代数方法：将直线和圆的方程联立方程组，消元后得到一个一元二次方程.在判别式Δ＞0的前提下，利用根与系数的关系，根据弦长公式求弦长. (2)几何方法：若弦心距为d ，圆的半径长为r ，则弦长l ＝2r 2－d 2.训练1 (2022·南昌摸底测试)若直线x ＋ay －a －1＝0与圆C ：(x －2)2＋y 2＝4交于A ，B 两点，当|AB |最小时，劣弧AB 的长为( ) A.π2 B.πC.2πD.3π答案 B解析 圆C ：(x －2)2＋y 2＝4的圆心为C (2，0)，半径r ＝2.直线的方程可化为x －1＋a (y －1)＝0，可知直线恒过点D (1，1). 因为点D (1，1)的坐标满足(1－2)2＋12<4， 所以点D (1，1)恒在圆C 内，且|CD |＝2，易知，当CD ⊥AB 时，|AB |取得最小值，且最小值为2r 2－|CD |2＝2 2.此时，劣弧AB 对应的圆心角为π2，所以劣弧AB 对应的弧长为π2×2＝π. 考点三 圆的切线问题例2 (经典母题)过点P (2，4)引圆C ：(x －1)2＋(y －1)2＝1的切线，则切线方程为________________.答案 x ＝2或4x －3y ＋4＝0解析 当直线的斜率不存在时，直线方程为x ＝2，此时，圆心到直线的距离等于半径，直线与圆相切，符合题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为y －4＝k (x －2)，即kx －y ＋4－2k ＝0.∵直线与圆相切，∴圆心到直线的距离等于半径，即d＝|k －1＋4－2k |k 2＋（－1）2＝|3－k |k 2＋1＝1，解得k ＝43，∴所求切线方程为43x －y ＋4－2×43＝0， 即4x －3y ＋4＝0.综上，切线方程为x ＝2或4x －3y ＋4＝0.迁移1 在例2中，若点P 坐标变为⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋1，22＋1，其他条件不变，求切线方程.解 易知点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋1，22＋1在圆C ：(x －1)2＋(y －1)2＝1上，则k PC ＝22＋1－122＋1－1＝1，∴所求切线方程的斜率为－1，则切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋1＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋1，即x ＋y －2－2＝0.迁移2 在例2中，已知条件不变，设两个切点为A ，B ，求切点弦AB 所在的直线方程.解 由题意得，点P ，A ，C ，B 在以PC 为直径的圆上，此圆的方程为(x －2)(x －1)＋(y －4)(y －1)＝0，整理得x 2＋y 2－3x －5y ＋6＝0.①圆C ：(x －1)2＋(y －1)2＝1展开得x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0，② 由②－①得x ＋3y －5＝0，即为直线AB 的方程.感悟提升 求过某点的圆的切线问题时，应首先确定点与圆的位置关系，再求切线方程.若点在圆上(即为切点)，则过该点的切线只有一条；若点在圆外，则过该点的切线有两条，此时注意斜率不存在的切线.训练2 (1)过直线y ＝2x ＋3上的点作圆C ：x 2＋y 2－4x ＋6y ＋12＝0的切线，则切线长的最小值为( )A.19B.2 5C.21D.555(2)(2021·晋中模拟)过点P (2，3)作圆C ：x 2＋y 2－2x ＝0的两条切线，切点分别为A ，B ，则P A →·PB →＝________.答案 (1)A (2)32解析 (1)圆的方程可化为(x －2)2＋(y ＋3)2＝1，要使切线长最小，只需直线y ＝2x ＋3上的点和圆心之间的距离最短，此最小值即为圆心(2，－3)到直线y ＝2x ＋3的距离d ，d ＝|2×2＋3＋3|5＝25，故切线长的最小值为d 2－r 2＝19.(2)由x 2＋y 2－2x ＝0得(x －1)2＋y 2＝1，所以圆心C (1，0)，半径为1，所以|PC |＝2，|P A |＝|PB |＝3，∠APB ＝60°， 所以P A →·PB →＝|P A →||PB →|cos 60°＝32. 考点四 圆与圆的位置关系例3 已知两圆x 2＋y 2－2x －6y －1＝0，x 2＋y 2－10x －12y ＋m ＝0. (1)m 取何值时两圆外切？ (2)m 取何值时两圆内切？(3)当m ＝45时，求两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长. 解 因为两圆的标准方程分别为 (x －1)2＋(y －3)2＝11， (x －5)2＋(y －6)2＝61－m ，所以两圆的圆心分别为(1，3)，(5，6)，半径分别为11，61－m ，(1)当两圆外切时，由（5－1）2＋（6－3）2＝11＋61－m ，得m ＝25＋1011.(2)当两圆内切时，因为定圆半径11小于两圆圆心之间的距离5，所以61－m －11＝5，解得m＝25－1011.(3)由(x2＋y2－2x－6y－1)－(x2＋y2－10x－12y＋45)＝0，得两圆的公共弦所在直线的方程为4x＋3y－23＝0，故两圆的公共弦的长为2（11）2－（|4×1＋3×3－23|42＋32）2＝27.感悟提升 1.判断两圆的位置关系时常用几何法，即利用两圆圆心之间的距离与两圆半径之间的关系，一般不采用代数法.2.若两圆相交，则两圆公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差消去x2，y2项得到.训练3 (1)已知圆M：x2＋y2－2ay＝0(a＞0)截直线x＋y＝0所得线段的长度是22，则圆M与圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置关系是()A.内切B.相交C.外切D.相离(2)(2022·东北三省三校联考)圆x2－4x＋y2＝0与圆x2＋y2＋4x＋3＝0的公切线共有()A.1条B.2条C.3条D.4条答案(1)B(2)D解析(1)由题意得圆M的标准方程为x2＋(y－a)2＝a2，圆心(0，a)到直线x＋y＝0的距离d＝a2，所以2a2－a22＝22，解得a＝2.圆M，圆N的圆心距|MN|＝2小于两圆半径之和1＋2，大于两圆半径之差1，故两圆相交.(2)x2－4x＋y2＝0⇒(x－2)2＋y2＝22，圆心坐标为(2，0)，半径为2；x2＋y2＋4x＋3＝0⇒(x＋2)2＋y2＝12，圆心坐标为(－2，0)，半径为1，圆心距为4，两圆半径和为3.因为4>3，所以两圆的位置关系是外离，故两圆的公切线共有4条.阿波罗尼斯圆公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯(Apollonius)在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆.如图，点A ，B 为两定点，动点P 满足|P A |＝λ|PB |.则λ＝1时，动点P 的轨迹为直线；当λ>0且λ≠1时，动点P 的轨迹为圆，后世称之为阿波罗尼斯圆.证明：设|AB |＝2m (m >0)，|P A |＝λ|PB |，以AB 的中点为原点，直线AB 为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系(图略)，则A (－m ，0)，B (m ，0).又设P (x ，y )，则由|P A |＝λ|PB |得（x ＋m ）2＋y 2＝λ（x －m ）2＋y 2， 两边平方并化简整理得(λ2－1)x 2－2m (λ2＋1)x ＋(λ2－1)y 2＝m 2(1－λ2).当λ＝1时，x ＝0，轨迹为线段AB 的垂直平分线；当λ>0且λ≠1时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －λ2＋1λ2－1m 2＋y 2＝4λ2m 2（λ2－1）2，轨迹为以点⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫λ2＋1λ2－1m ，0为圆心，⎪⎪⎪⎪⎪⎪2λm λ2－1为半径的圆. 例1 如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，点A (0，3)，直线l ：y ＝2x －4，设圆C 的半径为1，圆心在l 上.(1)若圆心C 也在直线y ＝x －1上，过点A 作圆C 的切线，求切线的方程；(2)若圆C 上存在点M ，使|MA |＝2|MO |，求圆心C 的横坐标a 的取值范围.解 (1)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －1，y ＝2x －4，得圆心为C (3，2). 由题意知切线的斜率存在，设切线方程为y ＝kx ＋3，圆心C 到切线的距离d ＝|3k ＋3－2|1＋k2＝r ＝1，得k ＝0或k ＝－34. 故所求切线方程为y ＝3或3x ＋4y －12＝0.(2)设点M (x ，y )，由|MA |＝2|MO |， 知x 2＋（y －3）2＝2x 2＋y 2，化简得x 2＋(y ＋1)2＝4，即点M 的轨迹为以(0，－1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆D .又因为点M 也在圆C 上，故圆C 与圆D 的关系为相交或相切，故1≤|CD |≤3，其中|CD |＝a 2＋（2a －3）2， 解得0≤a ≤125. 即圆心C 的横坐标a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，125. 例2 在平面直角坐标系xOy 中，设点A (1，0)，B (3，0)，C (0，a )，D (0，a ＋2)，若存在点P ，使得|P A |＝2|PB |，|PC |＝|PD |，则实数a 的取值范围是________. 答案 [－22－1，22－1]解析设P(x，y)，则（x－1）2＋y2＝2·（x－3）2＋y2，整理得(x－5)2＋y2＝(22)2，即动点P在以(5，0)为圆心，22为半径的圆上运动. 另一方面，由|PC|＝|PD|知动点P在线段CD的垂直平分线y＝a＋1上运动，因而问题就转化为直线y＝a＋1与圆(x－5)2＋y2＝(22)2有交点.所以|a＋1|≤2 2.故实数a的取值范围是[－22－1，22－1].1.(2022·兰州质检)“k＝33”是“直线l：y＝k(x＋2)与圆x2＋y2＝1相切”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 A解析若直线l与圆相切，则有|2k|k2＋1＝1，解得k＝±33，所以“k＝33”是“直线l：y＝k(x＋2)与圆x2＋y2＝1相切”的充分不必要条件.2.(2021·福州调研)已知圆x2＋y2＋2x－2y＋a＝0截直线x＋y＋2＝0所得的弦的长度为4，则实数a的值是()A.－2B.－4C.－6D.－8答案 B解析将圆的方程化为标准方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝2－a，所以圆心为(－1，1)，半径r＝2－a，圆心到直线x＋y＋2＝0的距离d＝|－1＋1＋2|2＝2，故r2－d2＝4，即2－a－2＝4，所以a＝－4.3.圆x2＋2x＋y2＋4y－3＝0上到直线x＋y＋1＝0的距离为2的点共有()A.1个B.2个C.3个D.4个答案 C解析圆的方程可化为(x＋1)2＋(y＋2)2＝8，圆心(－1，－2)到直线的距离d＝|－1－2＋1|＝2，半径是22，结合图形(图略)可知有3个符合条件的点.24.(2021·南昌模拟)已知圆O：(x－1)2＋(y－1)2＝1，则下列选项所对应的图形中，与圆O相切的是()A.x2＋y2＝1B.(x－4)2＋(y－5)2＝16C.x＋y＝1D.x－y＝2答案 B解析圆O：(x－1)2＋(y－1)2＝1的圆心坐标为(1，1)，半径r＝1.对于选项A，x2＋y2＝1表示的是圆心坐标为(0，0)，半径r1＝1的圆，此圆与圆O的圆心距为12＋12＝2<r＋r1＝2，所以两圆不相切，不符合题意.对于选项B，(x－4)2＋(y－5)2＝16表示的是圆心坐标为(4，5)，半径r2＝4的圆，此圆与圆O的圆心距为（4－1）2＋（5－1）2＝5＝r＋r2＝5，所以两圆相切.对于选项C，圆心(1，1)到直线x＋y＝1的距离为22<1，故直线x＋y＝1与圆O 相交.对于选项D，圆心(1，1)到直线x－y＝2的距离为2>1，故直线x－y＝2与圆O 相离.5.过点P(1，－2)作圆C：(x－1)2＋y2＝1的两条切线，切点分别为A，B，则AB 所在直线的方程为()A.y＝－34 B.y＝－12C.y＝－32 D.y＝－14答案 B解析由题意知，点P，A，C，B在以PC为直径的圆上，易求得这个圆为(x－1)2＋(y＋1)2＝1，此圆的方程与圆C的方程作差可得AB所在直线的方程为y＝－12.6.(2022·宜宾诊断)已知直线l：y＝3x＋m与圆C：x2＋(y－3)2＝6相交于A，B 两点，若∠ACB＝120°，则实数m的值为()A.3＋6或3－ 6B.3＋26或3－2 6C.9或－3D.8或－2答案 A解析由题意知圆心C(0，3)到直线l的距离d＝|0－3＋m|3＋1＝|m－3|2.因为∠ACB＝120°，所以|m－3|2×2＝6，解得m＝3±6.7.已知圆C的圆心坐标是(0，m)，半径长是r.若直线2x－y＋3＝0与圆C相切于点A(－2，－1)，则m＝________，r＝________.答案－2 5解析根据题意画出图形，可知A(－2，－1)，C(0，m)，B(0，3)，则|AB|＝（－2－0）2＋（－1－3）2＝25，|AC|＝（－2－0）2＋（－1－m）2＝4＋（m＋1）2，|BC |＝|m －3|.∵直线2x －y ＋3＝0与圆C 相切于点A ，∴∠BAC ＝90°，∴|AB |2＋|AC |2＝|BC |2.即20＋4＋(m ＋1)2＝(m －3)2，解得m ＝－2.因此r ＝|AC |＝4＋（－2＋1）2＝ 5.8.(2021·长春模拟)已知点P (1，2)和圆C ：x 2＋y 2＋kx ＋2y ＋k 2＝0，过点P 作圆C 的切线有两条，则实数k 的取值范围是________.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－233，233 解析 因为C ：x 2＋y 2＋kx ＋2y ＋k 2＝0为圆， 所以k 2＋4－4k 2>0，解得－233<k <233.又过点P 作圆C 的切线有两条，所以点P 在圆的外部，故1＋4＋k ＋4＋k 2>0，解得k ∈R ，综上可知－233<k <233.故k 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－233，233. 9.在圆x 2＋y 2－2x －6y ＝0内，过点E (0，1)的最长弦和最短弦分别为AC 和BD ，则四边形ABCD 的面积为______.答案 10 2解析 圆的标准方程为(x －1)2＋(y －3)2＝10，则圆心(1，3)，半径r ＝10，圆心(1，3)与E (0，1)距离（1－0）2＋（3－1）2＝5.由题意知AC ⊥BD ，且|AC |＝210，|BD |＝210－5＝25，所以四边形ABCD 的面积为S ＝12|AC |·|BD |＝12×210×25＝10 2.10.已知圆M ：x 2＋y 2－2ax ＋10ay －24＝0，圆N ：x 2＋y 2＋2x ＋2y －8＝0，且圆M 上任意一点关于直线x ＋y ＋4＝0的对称点都在圆M 上.(1)求圆M 的方程；(2)证明圆M 和圆N 相交，并求两圆公共弦的长度l .(1)解 圆M ：x 2＋y 2－2ax ＋10ay －24＝0的圆心为M (a ，－5a )，∵圆M 上任意一点关于直线x ＋y ＋4＝0的对称点都在圆M 上，∴直线x ＋y ＋4＝0经过M ，则a －5a ＋4＝0，解得a ＝1.∴圆M 的方程为x 2＋y 2－2x ＋10y －24＝0.(2)证明 ∵圆M 的圆心M (1，－5)，半径r 1＝52，圆N 的圆心N (－1，－1)，半径r 2＝10，∴|MN |＝（1＋1）2＋（－5＋1）2＝2 5.∵52－10<25<52＋10，∴圆M 和圆N 相交.由圆M ，圆N 的方程左右两边分别相减，得x －2y ＋4＝0，∴两圆公共弦的直线方程为x －2y ＋4＝0.∵M 到直线x －2y ＋4＝0的距离d ＝|1＋10＋4|5＝35， ∴公共弦长度l ＝2h 2－d 2＝2 5.11.已知圆C 经过(2，4)，(1，3)两点，圆心C 在直线x －y ＋1＝0上，过点A (0，1)且斜率为k 的直线l 与圆C 相交于M ，N 两点.(1)求圆C 的方程；(2)①请问AM →·AN →是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由；②若OM →·ON →＝12(O 为坐标原点)，求直线l 的方程.解 (1)设圆C 的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧（2－a ）2＋（4－b ）2＝r 2，（1－a ）2＋（3－b ）2＝r 2，a －b ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3，r ＝1，∴圆C 的方程为(x －2)2＋(y －3)2＝1.(2)①AM →·AN →为定值，理由如下：过点A (0，1)作直线AT 与圆C 相切，切点为T ，易得|AT |2＝7，∴AM →·AN →＝|AM →|·|AN →|cos 0°＝|AT |2＝7.根据圆的弦切角定理及相似三角形，∴AM →·AN →为定值，且定值为7.②依题意可知，直线l 的方程为y ＝kx ＋1，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将y ＝kx ＋1代入(x －2)2＋(y －3)2＝1，并整理，得(1＋k 2)x 2－4(1＋k )x ＋7＝0，∴x 1＋x 2＝4（1＋k ）1＋k 2，x 1x 2＝71＋k 2， ∴OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝4k （1＋k ）1＋k 2＋8＝12，即4k （1＋k ）1＋k 2＝4，解得k ＝1.又当k ＝1时，Δ>0，∴k ＝1，∴直线l 的方程为y ＝x ＋1.12.(2022·宝鸡模拟)过点P (x ，y )作圆C 1：x 2＋y 2＝1与圆C 2：(x －2)2＋(y －2)2＝1的切线，切点分别为A ，B ，若|P A |＝|PB |，则x 2＋y 2的最小值为( )A. 2B.2C.2 2D.8 答案 B解析 由(x 2＋y 2－1)－(x 2＋y 2－4x －4y ＋7)＝0得x ＋y －2＝0，则P 点在直线l ：x ＋y －2＝0上，原点到直线l 的距离d ＝2，所以(x 2＋y 2)min ＝d 2＝2.13.(2022·南阳联考)阿波罗尼斯(约公元前262～公元前190年)证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k (k >0，且k ≠1)的点的轨迹是圆，后人将此圆称为阿氏圆.若平面内两定点A ，B 间的距离为4，动点P 满足|P A ||PB |＝3，则动点P 的轨迹所围成的图形的面积为________；P A →·PB →的最大值是________. 答案 12π 24＋16 3解析 以直线AB 为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系， 则A (－2，0)，B (2，0).设P (x ，y )，∵|P A ||PB |＝3，∴（x ＋2）2＋y 2（x －2）2＋y 2＝3，得x 2＋y 2－8x ＋4＝0，即(x －4)2＋y 2＝12，所以点P 的轨迹为圆，其面积为12π.P A →·PB →＝(－2－x ，－y )·(2－x ，－y )＝x 2－4＋y 2＝|OP |2－4，如图，当P 位于点D 时，|OP |2最大，|OP |2的最大值为(4＋23)2＝28＋163， 故P A →·PB →的最大值是24＋16 3.14.(2021·北京海淀区模拟)已知A (2，0)，直线4x ＋3y ＋1＝0被圆C ：(x ＋3)2＋(y －m )2＝13(m <3)所截得的弦长为43，且P 为圆C 上任意一点.(1)求|P A |的最大值与最小值；(2)圆C 与坐标轴相交于三点，求以这三个点为顶点的三角形的内切圆的半径. 解 (1)∵直线4x ＋3y ＋1＝0被圆C ：(x ＋3)2＋(y －m )2＝13(m <3)所截得的弦长为43，∴圆心到直线的距离d ＝|－12＋3m ＋1|5＝（13）2－（23）2＝1.∵m <3，∴m ＝2，∴|AC |＝（－3－2）2＋（2－0）2＝29， ∴|P A |的最大值与最小值分别为29＋13，29－13.(2)由(1)可得圆C 的方程为(x ＋3)2＋(y －2)2＝13，令x ＝0，得y ＝0或4； 令y ＝0，得x ＝0或－6，∴圆C 与坐标轴相交于三点M (0，4)，O (0，0)，N (－6，0)，∴△MON为直角三角形，斜边|MN|＝213，∴△MON内切圆的半径为4＋6－2132＝5－13.。
高考数学一轮复习 第九章 解析几何 第3讲 直线与圆、圆与圆的位置关系 理(2021年最新整理)
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第3讲直线与圆、圆与圆的位置关系一、选择题1．已知集合A＝｛(x，y)｜x，y为实数，且x2＋y2＝1｝，B＝{（x，y）｜x，y为实数，且x ＋y＝1｝，则A∩B的元素个数为( ）．A．4 B．3 C．2 D．1解析法一（直接法)集合A表示圆，集合B表示一条直线，又圆心(0，0)到直线x＋y＝1的距离d＝错误!＝错误!＜1＝r，所以直线与圆相交，故选C。
法二（数形结合法）画图可得，故选C.答案C2．若直线x－y＋1＝0与圆(x－a）2＋y2＝2有公共点,则实数a的取值范围是（）．A．[－3,－1］B．［－1,3]C．[－3,1] D．(－∞,－3］∪［1，＋∞）解析由题意可得,圆的圆心为（a,0），半径为错误!，∴错误!≤错误!，即｜a＋1|≤2,解得－3≤a≤1.答案C3．若圆(x－a)2＋（y－b）2＝b2＋1始终平分圆(x＋1）2＋（y＋1)2＝4的周长，则a，b满足的关系是（)A．a2＋2a＋2b－3＝0B．a2＋b2＋2a＋2b＋5＝0C．a2＋2a＋2b＋5＝0D．a2－2a－2b＋5＝0解析即两圆的公共弦必过（x＋1)2＋(y＋1）2＝4的圆心，两圆相减得相交弦的方程为－2(a＋1)x－2(b＋1)y＋a2＋1＝0,将圆心坐标(－1,－1）代入可得a2＋2a＋2b＋5＝0.答案C4．若圆C1：x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0(a∈R)与圆C2：x2＋y2－2by－1＋b2＝0（b∈R)恰有三条切线，则a＋b的最大值为 ( ）．A．－3错误!B．－3 C．3 D．3错误!解析易知圆C1的圆心为C1（－a,0)，半径为r1＝2；圆C2的圆心为C2(0,b），半径为r2＝1.∵两圆恰有三条切线，∴两圆外切，∴｜C1C2｜＝r1＋r2，即a2＋b2＝9。
高考数学一轮总复习课件：圆的方程及直线与
(2)(2021·辽宁大连模拟)在直线l：y＝x－1上有两个点A， B，且A，B的中点坐标为(4，3)，线段AB的长度|AB|＝8，则过 A，B两点且与y轴相切的圆的方程为____(_x_－_4_)_2＋__(y_－__3)_2＝__1_6___
解析 (x＋2m)2＋(y－1)2＝4m2－5m＋1表示圆，则 4m2－5m＋1>0，解得m<14或m>1.
3．(2021·成都七中月考)圆心在y轴上，且过点(3，1)的圆与
x轴相切，则该圆的方程是( B )
A．x2＋y2＋10y＝0
B．x2＋y2－10y＝0
C．x2＋y2＋10x＝0
D．x2＋y2－10x＝0
第3课时 圆的方程及直线与 圆的位置关系
[复习要求] 1.掌握确定圆的几何要素.2.掌握圆的标准方 程和一般方程.3.掌握直线与圆的位置关系．
课前自助餐
圆的定义 平面内到定点的距离__等_于__定_长___的点的集合(轨迹)是圆，定点 是圆心，定长是半径． 注：平面内动点 P 到两定点 A，B 距离的比值为 λ，即||PPAB||＝ λ， ①当 λ＝1 时，P 点轨迹是线段 AB 的垂直平分线； ②当 λ≠1 时，P 点轨迹是圆．
A＝B≠0，
__D_2＋__E_2_－_4_A_F_>_0.
圆的参数方程 圆心为(a，b)，半径为 r 的圆的参数方程为xy＝＝ab＋＋rrcsoinsθθ，(θ 为参数)．
确定圆的方程的方法和步骤 确定圆的方程的主要方法是待定系数法，大致步骤为： (1)根据题意，选择标准方程或一般方程； (2)根据条件列出关于 a，b，r 或 D，E，F 的方程组； (3)解出 a，b，r 或 D，E，F 代入标准方程或一般方程．
2022届高考数学(文)大一轮复习检测：第九章第3讲几何概型 Word版含答案
第3讲 几何概型,[同学用书P179])1．几何概型假如每个大事发生的概率只与构成该大事区域的长度(面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型．2．几何概型的概率公式P (A )＝构成大事A 的区域长度（面积或体积）试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）1．辨明两个易误点(1)几何概型中，线段的端点、图形的边框是否包含在大事之内不影响所求结果．(2)易混淆几何概型与古典概型，两者共同点是基本大事的发生是等可能的，不同之处是几何概型中基本大事的个数是无限的，古典概型中基本大事的个数是有限的．2．会解三种常见的几何概型(1)与长度有关的几何概型，其基本大事只与一个连续的变量有关；(2)与面积有关的几何概型，其基本大事与两个连续的变量有关，若已知图形不明确，可将两个变量分别作为一个点的横坐标和纵坐标，这样基本大事就构成了平面上的一个区域，即可借助平面区域解决问题．(3)与体积有关的几何概型，可借助空间几何体的体积公式解答问题．1. 教材习题改编 如图，转盘的指针落在A 区域的概率为( )A ．16B ．19C ．112D ．118[答案] C2.教材习题改编 一个路口的红绿灯，红灯的时间为30秒，黄灯的时间为5秒，绿灯的时间为40秒，则某人到达路口时观察的是红灯的概率是( )A ．15B ．25C ．35D ．45B [解析] P ＝3030＋5＋40＝25，故选B.3.教材习题改编 如图，在一边长为2的正方形ABCD 内有一曲线L 围成的不规章图形．往正方形内随机撒一把豆子(共m 颗)．落在曲线L 围成的区域内的豆子有n 颗(n <m )，则L 围成的区域面积(阴影部分)为( )A ．2nmB ．4n mC ．n 2mD ．n 4mB [解析]S 阴影S 正方形＝落在L 围成的区域的豆子数n 落在正方形中的豆子数m，所以S 阴影＝n m ×22＝4nm.4.教材习题改编 如图，圆中有一内接等腰三角形．假设你在图中随机投掷一点，则它落在阴影部分的概率为________．[解析] 设圆的半径为R ，由题意知圆内接三角形为等腰直角三角形，其直角边长为2R ， 则所求大事的概率为P ＝S 阴S 圆＝12×2R ×2R πR 2＝1π.[答案]1π5．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，在正方体内随机取点M ，则使四棱锥M -ABCD 的体积小于16的概率为________．[解析] 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，设M -ABCD 的高为h ，则13×S 四边形ABCD ×h ＝16.又S 四边形ABCD ＝1，所以h ＝12.若体积小于16，则h <12，即点M 在正方体的下半部分，所以P ＝12V正方体V 正方体＝12.[答案] 12与长度、角度有关的几何概型[同学用书P180][典例引领](1)(2022·高考全国卷乙)某公司的班车在7：30，8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是( )A ．13B ．12C ．23D ．34(2)(2021·烟台模拟)在区间⎣⎡⎦⎤－π2，π2上随机取一个数x ，则cos x 的值介于0到12之间的概率为________．(3)如图所示，在△ABC 中，∠B ＝60°，∠C ＝45°，高AD ＝3，在∠BAC 内作射线AM 交BC 于点M ，则BM <1的概率为________．【解析】 (1)由题意得图：由图得等车时间不超过10分钟的概率为12.(2)当－π2≤x ≤π2时，由0≤cos x ≤12，得－π2≤x ≤－π3或π3≤x ≤π2，依据几何概型概率公式得所求概率为13.(3)由于∠B ＝60°，∠C ＝45°， 所以∠BAC ＝75°.在Rt △ABD 中，AD ＝3，∠B ＝60°， 所以BD ＝ADtan 60°＝1，∠BAD ＝30°.记大事N 为“在∠BAC 内作射线AM 交BC 于点M ，使BM <1”，则可得∠BAM <∠BAD 时大事N 发生． 由几何概型的概率公式，得： P (N )＝30°75°＝25.【答案】 (1)B (2)13 (3)251.本例(2)中，若将“cos x 的值介于0到12”改为“cos x 的值介于0到32”，则概率如何？[解] 当－π2≤x ≤π2时，由0≤cos x ≤32， 得－π2≤x ≤－π6或π6≤x ≤π2，依据几何概型概率公式得所求概率为23.2.本例(3)中，若将“在∠BAC 内作射线AM 交BC 于点M ”改为“在线段BC 上找一点M ”，则BM <1的概率是多少？[解] 依题意知BC ＝BD ＋DC ＝1＋3，P (BM <1)＝11＋3＝3－12.与长度、角度有关的几何概型的求法解答关于长度、角度的几何概型问题，只要将全部基本大事及大事A 包含的基本大事转化为相应长度或角度，即可利用几何概型的概率计算公式求解．要特殊留意“长度型”与“角度型”的不同．解题的关键是构建大事的区域(长度或角度)．[通关练习]1．在区间[0，2]上随机地取出一个数x ，则大事“－1≤log 12⎝⎛⎭⎫x ＋12≤1”发生的概率为( ) A ．34B ．23C ．13D ．14A [解析] 不等式－1≤log 12⎝⎛⎭⎫x ＋12≤1可化为log 122≤log 12⎝⎛⎭⎫x ＋12≤log 1212，即12≤x ＋12≤2，解得0≤x ≤32，故由几何概型的概率公式得P ＝32－02－0＝34.2．如图所示，在直角坐标系内，射线OT 落在30°角的终边上，任作一条射线OA ，则射线OA 落在∠yOT 内的概率为________．[解析] 如题图，由于射线OA 在坐标系内是等可能分布的，则OA 落在∠yOT 内的概率为60360＝16.[答案] 16与面积有关的几何概型(高频考点)[同学用书P181]与面积有关的几何概型是高考命题的热点，多以选择题或填空题的形式呈现，多为简洁题或中档题． 高考对与面积有关的几何概型的考查主要有以下两个命题角度： (1)与平面图形面积有关的几何概型； (2)与线性规划学问交汇命题的几何概型． [典例引领](1)(2022·高考全国卷甲)从区间[0，1]随机抽取2n 个数x 1，x 2，…，x n ，y 1，y 2，…，y n ，构成n个数对(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，其中两数的平方和小于1的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( )A ．4nmB ．2nmC ．4mnD ．2m n(2)(2021·湖北华师附中联考)在区间[0，4]上随机取两个实数x ，y ，使得x ＋2y ≤8的概率为( )A ．14B ．316C ．916D ．34【解析】 (1)设由⎩⎪⎨⎪⎧0≤x n ≤10≤y n ≤1构成的正方形的面积为S ，x 2n ＋y 2n ＜1构成的图形的面积为S ′，所以S ′S ＝14π1＝m n ，所以π＝4mn，故选C. (2) (x ，y )构成的区域是边长为4的正方形及其内部，其中满足x ＋2y ≤8的区域为如图所示的阴影部分，易知A (4，2)，所以P ＝12×（2＋4）×44×4＝34.选D.【答案】 (1)C (2)D与面积有关的几何概型的求法求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某大事对应的面积以求面积，必要时可依据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到试验全部结果构成的平面图形，以便求解．[题点通关]角度一 与平面图形面积有关的几何概型1. 如图，将半径为1的圆分成相等的四段弧，再将四段弧围成星形放在圆内(阴影部分)．现在往圆内任投一点，此点落在星形区域内的概率为( )A ．4π－1B ．1πC ．1－1πD ．2πA [解析] 顺次连接星形的四个顶点，则星形区域的面积等于(2)2－4⎝⎛⎭⎫14×π×12－12×12＝4－π，又由于圆的面积等于π×12＝π，因此所求的概率等于4－ππ＝4π－1. 角度二 与线性规划学问交汇命题的几何概型2．在区间[0，1]上任取两个数a ，b ，则函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 2无零点的概率为________． [解析] 要使该函数无零点，只需a 2－4b 2<0，即(a ＋2b )(a －2b )<0.由于a ，b ∈[0，1]，a ＋2b >0，所以a －2b <0.作出⎩⎨⎧0≤a ≤1，0≤b ≤1，a －2b <0的可行域(如图阴影部分所示)，易得该函数无零点的概率P ＝1－12×1×121×1＝34.[答案] 34与体积有关的几何概型[同学用书P181][典例引领](1)在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________．(2)(2021·黑龙江五校联考)在体积为V 的三棱锥S －ABC 的棱AB 上任取一点P ，则三棱锥S －APC 的体积大于V3的概率是________．【解析】 (1)正方体的体积为：2×2×2＝8，以O 为球心，1为半径且在正方体内部的半球的体积为：12×43πr 3＝12×43π×13＝23π，则点P 到点O 的距离大于1的概率为：1－23π8＝1－π12. (2)由题意可知V S －APC V S －ABC >13，三棱锥S －ABC 的高与三棱锥S －APC 的高相同．作PM ⊥AC 于M ，BN ⊥AC 于N ，则PM ，BN 分别为△APC 与△ABC 的高，所以V S －APC V S －ABC ＝S △APC S △ABC ＝PM BN >13，又PM BN ＝AP AB ，所以AP AB >13，故所求的概率为23(即为长度之比)．【答案】 (1)1－π12 (2)23与体积有关的几何概型的求法对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及大事的体积(大事空间)，对于某些较简单的也可利用其对立大事求解．(2021·长春其次次调研) 如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，H 分别是棱A 1B 1，D 1C 1上的点(点E 与B 1不重合)，且EH ∥A 1D 1，过EH 的平面与棱BB 1，CC 1相交，交点分别为F ，G .设AB ＝2AA 1＝2a ，EF ＝a ，B 1E ＝2B 1F .在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1内随机选取一点，则该点取自于几何体A 1ABFE -D 1DCGH 内的概率为________．[解析] 由于EH ∥A 1D 1，所以EH ∥B 1C 1，所以EH ∥平面BCC 1B 1.过EH 的平面与平面BCC 1B 1交于FG ，则EH ∥FG ，所以易证明几何体A 1ABFE -D 1DCGH 和EB 1F -HC 1G 分别是等高的五棱柱和三棱柱，由几何概型可知，所求概率为：P ＝1－V 三棱柱V 长方体＝1－S △EB 1F S 矩形ABB 1A 1＝1－12×55a ×255a 2a 2＝910.[答案]910,[同学用书P182])——转化与化归思想在几何概型中的应用某校早上8：00开头上课，假设该校同学小张与小王在早上7：30～7：50之间到校，且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的，则小张比小王至少早5分钟到校的概率为__________．(用数字作答)【解析】 设小王到校时间为x ，小张到校时间为y ，则小张比小王至少早到5分钟时满足x －y ≥5.如图，原点O 表示7：30，在平面直角坐标系中画出小王和小张到校的时间构成的平面区域(图中正方形区域)，该正方形区域的面积为400，小张比小王至少早到5分钟对应的图形(图中阴影部分)的面积为12×15×15＝2252，故所求概率为P ＝2252400＝932.【答案】932本题通过设置小张、小王两人到校的时间这两个变量x ，y ，将已知转化为x ，y 所满足的不等式，进而转化为坐标平面内的点(x ，y )的相关约束条件，从而把时间这个长度问题转化为平面图形的二维面积问题，进而转化为面积型的几何概型问题求解．若题中涉及三个相互独立的变量，则需将其转化为空间几何体的体积问题加以求解．甲、乙两位同学商定周日上午在某电影院旁见面，并商定先到达者等10分钟后另一人还没有到就离开．假如甲是8：30到达，假设乙在8：00～9：00之间到达，且乙在8：00～9：00之间何时到达是等可能的，则两人见面的概率是( )A ．16B ．14C ．13D ．12C [解析] 由题意知，若以8：00为起点，则乙在8：00～9：00之间到达这一大事对应的集合是Ω＝{x |0<x <60}，而满足条件的大事对应的集合是A ＝{x |20≤x ≤40}，所以两人见面的概率是40－2060－0＝13., [同学用书P349(独立成册)])1．设p 在[0，5]上随机地取值，则关于x 的方程x 2＋px ＋1＝0有实数根的概率为( ) A ．15B ．25C ．35D ．45C [解析] 方程x 2＋px ＋1＝0有实根，则Δ＝p 2－4≥0，解得p ≥2或p ≤－2(舍去)．由几何概型的概率计算公式可知所求的概率为5－25－0＝35.2．在长为12 cm 的线段AB 上任取一点C .现作一矩形，邻边长分别等于线段AC ，CB 的长，则该矩形面积小于32 cm 2的概率为( )A ．16B ．13C ．23D ．45C [解析] 设AC ＝x ，则CB ＝12－x ，所以x (12－x )<32，解得x <4或x >8. 所以P ＝4＋412＝23.3．已知ABCD 为长方形，AB ＝2，BC ＝1，O 为AB 的中点，在长方形ABCD 内随机取一点，取到的点到O 的距离大于1的概率为( )A ．π4B ．1－π4C ．π8D ．1－π8B [解析] 如图，依题意可知所求概率为图中阴影部分与长方形的面积比，即所求概率P ＝S 阴影S 长方形ABCD＝2－π22＝1－π4.4. 如图所示，A 是圆上肯定点，在圆上其他位置任取一点A ′，连接AA ′，得到一条弦，则此弦的长度小于或等于半径长度的概率为( )A ．12B ．32C ．13D ．14C [解析] 当AA ′的长度等于半径长度时，∠AOA ′＝π3，A ′点在A 点左右都可取得，故由几何概型的概率计算公式得P ＝2π32π＝13，故选C.5．(2021·商丘模拟)已知P 是△ABC 所在平面内一点，PB →＋PC →＋2P A →＝0，现将一粒黄豆随机撒在△ABC 内，则黄豆落在△PBC 内的概率是( )A ．14B ．13C ．12D ．23C [解析] 如图所示，设点M 是BC 边的中点，由于PB →＋PC →＋2P A →＝0，所以点P 是中线AM 的中点，所以黄豆落在△PBC 内的概率P ＝S △PBC S △ABC ＝12，故选C.6．任取实数a 、b ∈[－1，1]，则a 、b 满足|a －2b |≤2的概率为( ) A ．18B ．14C ．34D ．78D [解析] 建立如图所示的坐标系，由于|a －2b |≤2，所以－2≤a －2b ≤2表示的平面区域为图中阴影部分，所以|a －2b |≤2的概率为S 阴影S 正方形＝78.7. 如图，在一不规章区域内，有一边长为1米的正方形，向区域内随机地撒1 000 颗黄豆，数得落在正方形区域内(含边界)的黄豆数为375颗，以此试验数据为依据，可以估量出该不规章图形的面积为________平方米．[解析] 设该不规章图形的面积为x 平方米，向区域内随机地撒1 000颗黄豆，数得落在正方形区域内(含边界)的黄豆数为375，所以依据几何概型的概率计算公式可知3751 000＝1x ，解得x ＝83.[答案] 838．已知函数f (x )＝x 2－x －2，x ∈[－5，5]，若从区间[－5，5]内随机抽取一个实数x 0，则所取的x 0满足f (x 0)≤0的概率为________．[解析] 令x 2－x －2≤0，解得－1≤x ≤2，由几何概型的概率计算公式得P ＝2－（－1）5－（－5）＝310＝0.3.[答案] 0.39．如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，有一动点在此长方体内随机运动，则此动点在三棱锥A －A 1BD 内的概率为________．[解析] 设大事M ＝“动点在三棱锥A －A 1BD 内”， 则P (M )＝V 三棱锥A －A 1BDV 长方体ABCD －A 1B 1C 1D1＝V 三棱锥A 1－ABDV 长方体ABCD －A 1B 1C 1D1＝13AA 1·S △ABD V 长方体ABCD －A 1B 1C 1D1＝13AA 1·12S 矩形ABCD AA 1·S 矩形ABCD＝16.[答案] 1610．(2021·郑州模拟)若不等式x 2＋y 2≤2所表示的平面区域为M ，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y ≥0，y ≥2x －6表示的平面区域为N ，现随机向区域N 内抛一粒豆子，则豆子落在区域M 内的概率为________．[解析] 作出不等式组与不等式表示的可行域如图所示，平面区域N 的面积为12×3×(6＋2)＝12，区域M在区域N 内的面积为14π(2)2＝π2，故所求概率P ＝π212＝π24.[答案]π2411. 如图所示，圆O 的方程为x 2＋y 2＝4.(1)已知点A 的坐标为(2，0)，B 为圆周上任意一点，求AB ︵的长度小于π的概率； (2)若N (x ，y )为圆O 内任意一点，求点N 到原点的距离大于2的概率． [解] (1)圆O 的周长为4π，所以AB ︵的长度小于π的概率为2π4π＝12.(2)记大事M 为N 到原点的距离大于2，则Ω(M )＝{(x ，y )|x 2＋y 2>2}，Ω＝{(x ，y )|x 2＋y 2≤4}，所以P (M )＝4π－2π4π＝12.12．(2021·广东七校联考) 如图，已知圆的半径为10，其内接三角形ABC 的内角A ，B 分别为60°和45°，现向圆内随机撒一粒豆子，则豆子落在三角形ABC 内的概率为( )A ．3＋316πB ．3＋34πC ．4π3＋3D ．16π3＋3B [解析] 由正弦定理BC sin A ＝ACsin B＝2R (R 为圆的半径)⇒⎩⎪⎨⎪⎧BC ＝20sin 60°，AC ＝20sin 45°⇒⎩⎪⎨⎪⎧BC ＝103，AC ＝10 2.那么S △ABC ＝12×103×102sin 75°＝12×103×102×6＋24＝25(3＋3)． 于是，豆子落在三角形ABC 内的概率为S △ABC 圆的面积＝25（3＋3）102π＝3＋34π. 13．已知集合A ＝[－2，2]，B ＝[－1，1]，设M ＝{(x ，y )|x ∈A ，y ∈B }，在集合M 内随机取出一个元素(x ，y )．(1)求以(x ，y )为坐标的点落在圆x 2＋y 2＝1内的概率；(2)求以(x ，y )为坐标的点到直线x ＋y ＝0的距离不大于22的概率． [解] (1)集合M 内的点形成的区域面积S ＝8.由于x 2＋y 2＝1的面积S 1＝π， 故所求概率为P 1＝S 1S ＝π8.(2)由题意|x ＋y |2≤22，即－1≤x ＋y ≤1，形成的区域如图中阴影部分所示，面积S 2＝4，故所求概率为P 2＝S 2S ＝12.14．已知袋子中放有大小和外形相同的小球若干，其中标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，标号为2的小球n 个．若从袋子中随机抽取1个小球，取到标号为2的小球的概率是12.(1)求n 的值；(2)从袋子中不放回地随机抽取2个小球，记第一次取出的小球标号为a ，其次次取出的小球标号为b . ①记“a ＋b ＝2”为大事A ，求大事A 的概率；②在区间[0，2]内任取2个实数x ，y ，求大事“x 2＋y 2>(a －b )2恒成立”的概率．[解] (1)依题意n n ＋2＝12，得n ＝2.(2)①记标号为0的小球为s ，标号为1的小球为t ，标号为2的小球为k ，h ，则取出2个小球的可能状况有：(s ，t )，(s ，k )，(s ，h )，(t ，s )，(t ，k )，(t ，h )，(k ，s )，(k ，t )，(k ，h )，(h ，s )，(h ，t )，(h ，k )，共12种，其中满足“a ＋b ＝2”的有4种：(s ，k )，(s ，h )，(k ，s )，(h ，s )．所以所求概率为P (A )＝412＝13.②记“x 2＋y 2>(a －b )2恒成立”为大事B ，则大事B 等价于“x 2＋y 2>4恒成立”，(x ，y )可以看成平面中的点的坐标，则全部结果所构成的区域为Ω＝{(x ，y )|0≤x ≤2，0≤y ≤2，x ，y ∈R }，而大事B 构成的区域为B＝{(x ，y )|x 2＋y 2>4，(x ，y )∈Ω}．所以所求的概率为P (B )＝1－π4.。
高考数学复习第7章解析几何第3讲圆的方程
答案：(x－2)2＋y2＝9
(3)(2018 年天津) 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______________.
解析：设圆的方程为 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，圆经过三点
F＝0， (0,0)，(1,1)，(2,0)，则1＋1＋D＋E＋F＝0，
解析：抛物线 y2＝4x 中,2p＝4,p＝2,焦点 F(1,0),准线 l 的方程为 x ＝－1 ,以 F 为圆心,且与 l 相切的圆的方程为 (x－1)2＋y2＝22,即为(x－1)2＋y2＝4.
考点 1 求圆的方程 例 1：(1)圆心在直线 x－2y＝0 上的圆 C 与 y 轴的正半轴相 切，圆 C 截 x 轴所得弦的长为 2 3，则圆 C 的标准方程为 ________. 解析：∵圆心在直线 x－2y＝0 上，∴设圆心为(2a，a)， ∵圆 C 与 y 轴的正半轴相切，∴a>0，r＝2a，又∵圆 C 截 x 轴 所得弦的长为 2 3，∴a2＋( 3)2＝(2a)2，a2＝1，a＝1.则圆 C 的标准方程为(x－2)2＋(x－1)2＝4.
(2)研究圆的问题,既要理解代数方法,熟练运用解方程思 想,又要重视几何性质及定义的运用,以降低运算量.总之,要 数形结合,拓宽解题思路.与弦长有关的问题经常需要用到点到 直线的距离公式、勾股定理、垂径定理等.
考点 2 与圆有关的最值问题 考向 1 斜率型最值问题 例 2：已知实数 x，y 满足方程 x2＋y2－4x＋1＝0，求yx的最 大值和最小值.
的学习过程中,体会用 与圆的位置关系；二是重在知识的交
代数方法处理几何问题 汇处命题,把解析几何初步与集合、
的思想
向量、函数等知识结合命题,注重考
高考数学(文通用)一轮复习课件：第八章第3讲圆的方程
第3讲第八章平面解析几何圆的方程教材回顾▼夯实基础1.圆的定义及方程平面内与定点的距离等于定长的点的集合（轨迹）课本温故追根求源标准方程(x —a)2+(y —〃)2=以0>0)心：（…）,半径：丄_____一般方程x2+j2+£>x+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)111半径：|\/z>2+E2-4F心:2•点与圆的位置关系点M（x0,旳）与圆（x—af+（y—b）2=r2的位置关系: (1)若旳)在圆外，贝l|(x0—a)2+(yo—^)2(2)若旳)在圆上，贝!|(xo-a)2+(y o-^)2(3)若为)在圆内，贝!Kx0-«)2+(y0-^)2―\，1.辨明两个易误点⑴求圆的方程需要三个独立条件，所以不论是设哪一种圆的方程都要列出系数的三个独立方程.(2)对于方程X2+J2+D X+£^+F=0表示圆时易忽视Z)2+ 炉一4尸＞0这一条件.2.求解有关圆的问题的转化路径(1)注意二元二次方程表示圆的充要条件，善于利用切割线定理、垂径定理等平面中动点到定点、定直线的距离转化为圆心到它们的距离.(2)在圆中，注意利用半径、半弦长及弦心距组成的直角三角形.双基自测,1•圆心在丿轴上,半径为1,且过点(1,2)的圆的方程为(A ) A. x 2+(y-2)2=l B. x 2+(y+2)2=l C. (x-1)2+ (y~3)2= 1D. x 2+(y-3)2= 1\ (0—1) 2+ (b_2) —I,解得b=2,故圆的方程为x + (y —2)2=1.2.方程^2+j 2+ 4wx —2j + 5w=0(B ) （0 , b ）,则由题意知,1A•一 svl4r 1C. m<rD. m>l解析：S(W+4-4XSw>0,得m>l.43.圆心在丿轴上且经过点(3, 1)的方程是（B ）A. X2+J2+10J=0B. x2+/-10y = 0C. x2+j2+10x=0 D・ x2+j2—10x=0所以9 +(1—方)2=方「解得方=5.解析：设圆心为(0,b）9半径为八Jl!| r= \b\9x2+(y —bf=b)因为点(3, 1)所以圆的方程为x2+j2—10y=0.4.点(1, 1)在圆(x-a)2+(y+a)2=4内，则实数日的取值范围思’J .解析：因为点(1, 1)在圆的内部,所以(1-a)2+(1+a)2<4, 所以一1<a<1.5.(必修2P124习题4.1 A组T4改编)圆C的圆心在x轴上, 并且过点4(-1, 1)和B(1, 3),则圆C的方程为(X—2)2+j2=10解析：设圆心坐标为C(a, 0),因为点A(-l, 1)和B(l, 3)在圆C所以IC4I= ICBI,即7(a+1)彳+1=7 (a—l) 解得a=2f所以圆心为C(2, 0), 半径IC4I=〈(2+1) 2+1=莎，所以圆C的方程为(X-2)2+/=10.典例剖析▼考点突破*考点一求圆的方程(1)经过卩(一2, 4)、0(3, 一1)两点，并且在兀轴上截得的弦 长等于6；(2)圆心在直线j=-4x±,且与直线Z ： x+y-l=0相切于 点 P(3, -2).［解］⑴设圆的方程为X 2+J 2+D X +E J +F=0, 将P 、0点的坐标名师导悟以例说法根据下列条件，求圆的方程:分别代入得2D-4E-F=20,①3D-E+F=-1Q.②又令J=O,得x2+Z)x+F=0e③设帀，兀2是方程③的两根, 由I X!-X2I=6,有Q2_4F=36，④由①②④解得D=—2, E=—4, F=_8 或D = _6, E= —,F=0・故所求x2+j2—2x—4y—8=0或x2+j2—6x—8j=0.(2站^沿^啟»1窘)2+Q—y o )2H >{yoH— 4X0》(3—XO )2+(—2—YO )2H?-IF +y o —一一—— 刍J求圆的方程的两种方法(1)直接法：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:①若已知条件与(冷方)和半径/有关，则设圆的标准方 程，依据已知条件列出关于“，"厂的方程组，从而求出“,b,厂的值;②若已知条件没有明确给出般方 程，依据已知条件列出关于D, E, F 的方程组，进而求岀D, E, F的值.跟踪训练(2)若不同的四点 4(5, 0)、5(-1, 0)、C(-3, 3)、D(a 9 3) 共圆，求“的值.1.(1)已知圆心为C4(0，-6), 5(1, -5),且|心在直线％兀一丿+1=0上, ;解：（1）法一：设圆的方程为x2+j2+Dx+ Ey+F= 0（^+E2—4F>0）,则圆心坐标为（一£,—「(一6) 2_6E+F=0,由题意可得* I2 + (-5) 2+Z>-5E+F=0,— 2=0,D+E-IO=O,— 2=0,解得*二代入求得i 所以圆的方程为x2+j2+ 6x4- 4j—12= 0,标准方程为(x+ 3)2+ (y+ 2)2= 25.丄11 y+y= — 刁'即 x+y+5=0・法二：因为 A(0, —6), B(l, —5), 所以线段4B 的中点D 的坐标为g ，—因此线段AB 的垂直平分线I 的方程是直线AB 的斜率k AB = —5— ( — 6) iPox+j+5=0,圆心C的坐标是方程组, 的解,lx-j+l=Ox=— 3，解得宀b=_2,所以圆心C的坐标是（一3, -2）.圆的半径长r= IACI =yj (0+3) 2+ (-6+2) 2= 5,所以,心为C的的标准方程是(x+ 3)2+ (y+ 2f= 25.3(2)设过A 、B. C 三点的圆的方程为x 2 +J 2+D X + Ey+F= 0,分别代入A 、B. C 三点坐标，得25+5D+F=0,< l-D+F=0,5>+9-3D+3E+F=0,F=-5.解得D=-4,所以A、B、C三点确定的圆的方程为x2+j2-4x-p-5 因为ZX 偽3）也在此圆上, 所以/+9—4«— 25—5=0.所以a=7或a= —3（舍去）. 即a的值为7.考点二与圆有关的最值问题(高频考点)与圆有关的最值问题，是高考命题的热点，多以选择题、填空题的形式呈现，试题难度不大，多为容易题、中档题.高考中对与圆有关的最值问题的考查主要有以下四个命题角度:(1)半径、面积型最值;⑵斜率型最值;⑶截距型最值;⑷距离型最值.鯉［2 （ 1）（2014-高考江西卷）在平面直角坐标系中分别是兀轴和V轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2x+y_4= 0相切，则圆C面积的最小值为（A ）A 4 口3A•一兀B•一Ji5 4C. （6—2质）兀D.討（2）（2016-河南省豫西五校联考）已知M为圆C：X2+J2-4X 一14丿+45=0上任意一点，且点2（-2, 3）.①求IM0的最大值和最小值；②若M（〃，砒，求三|的最大值和最小值.加十2［解］⑴选A.因为ZAOB=90°,所以点O在圆C上. 设直线2x+y-4=0与圆C相切于点D,则点C与点O间的距离等于它到直线2x+j-4=0的距离，所以点C在以O为焦点，以直线2x+j-4=0为准线的抛物线上，所以当且仅当O, C, D共线时，圆的直径最小为IODI.4 2=质，所以圆C的最小半径为恭，所以圆C面积的最小值为兀1114 亏•IIIf 12X0+0-41 又如=—^―(2)由圆C： x2+j2— 4x— 14y+ 45= 0,可得(x-2)2+(y-7)2 =8,所以圆心C的坐标为(2, 7),半径①I0C1= 7 (2+2) ?+ (7-3) j血所以IMei max= 40+20 = 60, IM0lmin= 40 —2\{2 = 2\[i.②可知表示直线MQ的斜率, 加十2设直线MQ的方程为丿一3=饥兀+2),YI — 3即 kx-y-V 2k-\- 3= 0,则—;—=k.m + 2 由直线M0与圆C 有交点,可得 2—书WEW2+V5,所以所以加+ 2的最大值为2+书, 1小值为2—书.与圆有关的最值问题的常见解法(1)形如“=巳形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题.(2)形如t=ax+by形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题.(3)形如(兀一a)2+® —耐?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.通关练习2•已知实数x, y满足方程x2+j2— 4x+1= 0.⑴求j-x的j 【大值和最小值;(2)求x2+j2的最大值和最小值.解：原方程可化为(X—2)2+J2=3,表示以(2, 0)为圆心，\[3为半径的圆.(1)丿一兀可看作是直线丿=兀+方在丿轴上的截距，当直线y= x + b与圆相切时，纵截距b取得最大值或最小值，此时号解得―朋(如图1).所以y—x的最大值为一2+心,图2（2）X 2+J 2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知 识知，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2）.又圆心到原点的距离为7 （2-0）牛（0一0） 2= 2, 所以x 2+j 2的最大值是（2+书）2=7+4\伎x 2+j 2的最小值 是（2—厉）2=7—4\月・1=1oyX2考点三与圆有关的轨迹问题已知圆X2+J2=4±一定点A(2, 0), B(l, 1)为圆内一点，P, 0为圆上的动点.(1)求线段4P中点的轨迹方程；(2)若ZPBQ=W ,求线段P0中点的轨迹方程.［解］⑴设AP 的中点为M(x, j),由中点坐标公式可知，P 点坐标为(2x-2, 2y).故线段AP 中点的轨迹方程为(x-l)2+j 2=l.⑵设 P0 的中点为 j),在 RtZ\PB0 中，I PN\ = \BN\, 设O 为坐标原点，连接ON (图略)，贝!|ON 丄P0,所以IOP|2 = \ON\2+\PN\2=ION?+\BN\29 所以 x 2+j 2+(x —l)2+(y —1)2=4.故线段中点的轨迹方程为x 2+j 2—X —J —1 = 0.因为P+J 2=4±,所以(2X -2)2+(2J )2=4.求与圆有关的轨迹方程的方法直接法L直接根据题设给定的条件列出方程（组）求解的方法定义法一根据圆（或直线）的定义列方程（组）求解的方法跟踪训练 3•已知直角三角形ABC 的斜边为AB,且A(-l, 0), B(3, 0),求：(1)直角顶点C 的轨迹方程; (2)直角边BC 中点M 的轨迹方程.解：⑴法一：设顶点eg j),因为AC 丄BC,且A 、B 、C 三点不共线，所以兀H3且兀H —1・所以~Z7i =— 1，即 /+丿2— 2x — 3= 0・JL eV因此，直角顶点c 的轨迹方程为x 2-\-y 2— 2x — 3= 0(X7^3且 兀工一1).又 kac=x+1法二设AB的中点为D,由中点坐标公式得n(l, 0),由直角三角形的性质知，ICDI=|lABI = 2,由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(l, 0)为圆心，2为半径长的圆(由于4B, C三点不共线，所以应除去与兀轴的交点). 所以直角顶点C的轨迹方程为(x—1)2+/= 4(xH 3且xH —1).⑵设点M(x, j),点C(x 0, jo)，因为B(3, 0), M 是线段 BC 的中点，由中点坐标公式得兀=迴兰3工3且xHl), y由(1)知，点C 在圆(x-l)2+/= 4(x^3且兀工一1)上运动,将兀o=2x —3, yo=2y 代入该方程得(2x —4『+(2刃2=4,即 (X -2)2+J 2=1(X #：3且兀Hl).因此动点M 的轨迹方程为(兀 —2)2+J 2= 1(兀工 3 且 x#= 1).=Jo + O—2 ,于是有 x 0 = 2x —3, y 0=2y.拓展升华触类旁通考题溯源一一求圆的方程（2015•高考全国卷II）己知三点4（1, 0）,B（0,C（2,厉），则外接圆的圆心到原点的距离为（B.长为2的正三角形，其外接圆的圆心为 ［解析］法一:设圆的方程为X 2+J 2+Z)X +£J +F=0, ri+D+F=0, 则5 3+\^E+F=0, 解得 D= — 2, E=_誓法二 在平面直角坐标系兀Oy 中画出△4BG 易知△ABC 是边咼考题溯源 本题源于人教A 版必修2 P122例4 “求过三点M+3+ 2£>+ 应 + F= 0, •因此IODI =0(0, 0), Mi(l, 1), M2(4, 2)的圆的方程，并求这个圆的半径长和圆心坐标”.考题变式〔如果一个三角形的三边所在的直线方程分别为方程为闌1能训练▼轻松闯关* ［学生用书单独成册］以练促学强技提能解析:因为三角形三边所在的直线方程分别为x+2y—5=0,y—2= 0, x+j—4= 0,所以可得三角形的三个顶点分别是(1, 2), (2, 2), (3, 1). 设三角形外接圆的方x2+j2+Dx+Ey+F= 0,贝||D+2E+F=-5,< 2D+2E+F=一& 3D+E+F=-10,D= _3, 所以\E=-1, 、F=0,所以该三角形外接圆的方程为x2+j2—3x—y= 0,闌1能训练▼轻松闯关* ［学生用书单独成册］以练促学强技提能点击链接本部分内容讲解结束闌1能训练▼轻松闯关* ［学生用书单独成册］以练促学强技提能。
高三数学一轮复习试卷：圆的方程
高三数学一轮复习试卷：圆的方程导读：高考，比的不是智商高低，比的是谁的耐心好，通过一轮、二轮、三轮复习的摧残还能有几个小伙伴说自己屹立不倒的?今天查字典数学网小编末宝就给大伙儿带来了高考数学一轮复习的同步练习，快来看看吧。
2.已知圆C：x2+y2+mx-4=0上存在两点关于直线x-y+3=0对称，则实数m的值为( )A.8B.-4C.6D.无法确定【解析】：圆上存在关于直线x-y+3=0对称的两点，则x-y+3=0过圆心，0(m)，即-2(m)+3=0，∴m=6。
【答案】：C3.当a为任意实数时，直线(a-1)x-y+a+1=0恒过点C，则以C为圆心，半径为的圆的方程为( )A.x2+y2-2x+4y=0B.x2+y2+2x+4y=0C.x2+y2+2x-4y=0D.x2+y2-2x-4y=0【解析】：将已知直线化为y-2=(a-1)(x+1)，可知直线恒过定点(-1,2)，故所求圆的方程为x2+y2+2x-4y=0。
【答案】：C4.点P(4，-2)与圆x2+y2=4上任一点连线的中点的轨迹方程是( )A.(x-2)2+(y+1)2=1B.(x-2)2+(y+1)2=1C.(x+4)2+(y-2)2=4D.(x+2)2+(y-1)2=16.在圆x2+y2-2x-6y=0内，过点E(0,1)的最长弦和最短弦分别为AC 和BD，则四边形ABCD的面积为( )A.5B.10C.15D.209.圆心在原点且圆周被直线3x+4y+15=0分成1∶2两部分的圆的方程为__________。
10.已知方程x2+y2-2(t+3)x+2(1-4t2)y+16t4+9=0(t∈R)的图形是圆。
(1)求t的取值范畴;(2)求其中面积最大的圆的方程;(3)若点P(3,4t2)恒在所给圆内，求t的取值范畴。
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第3讲 圆的方程
1．若点(1,1)在圆(x －a )2＋(y ＋a )2＝4的内部，则实数a 的取值范围是( )
A ．－1<a <1
B ．0<a <1
C ．a >1或a <－1
D ．a ＝±1
2．若实数x ，y 满足x 2＋y 2＋4x －2y －4＝0，则x 2＋y 2的最大值是( )
A.5＋3 B ．6 5＋14
C ．－5＋3
D ．－6 5＋14
3．(2017年广东广州一模)已知圆C ：x 2＋y 2＋kx ＋2y ＝－k 2，当圆C 的面积取最大值时，圆心C 的坐标为( )
A ．(0,1)
B ．(0，－1)
C ．(1,0)
D ．(－1,0)
4．(2019年江西新余模拟)已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝1和两点A (－m,0)，B (m,0)(m >0)．若圆C 上存在点P ，使得∠APB ＝90°，则m 的最大值为( )
A ．7
B ．6
C ．5
D ．4
5．(2017年天津)设抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .已知点C 在l 上，以C 为圆心的圆与y 轴的正半轴相切于点A .若∠F AC ＝120°，则圆的方程为_______．
6．已知a ∈R ，方程a 2x 2＋(a ＋2)y 2＋4x ＋8y ＋5a ＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．
7．若方程x 2＋y 2－2x ＋2my ＋2m 2－6m ＋9＝0表示圆，则m 的取值范围是________；当半径最大时，圆的方程为________________．
8．在平面直角坐标系xOy 中，以点(1,0)为圆心且与直线mx －y －2m －1＝0(m ∈R )相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为______________．
9．(2018年江苏)在平面直角坐标系xOy 中，A 为直线l ：y ＝2x 在第一象限内的点，B (5,0)，
以AB 为直径的圆C 与直线l 交于另一点D .若AB →·CD →＝0，则点A 的横坐标为________．
10．已知在直角坐标系xOy 中，A (4,0)，B ⎝⎛⎭
⎫0，32，若点P 满足OP ＝1，P A 的中点为M ，则BM 的最大值为__________．
11．(2014年新课标Ⅰ)已知点P (2,2)，圆C ：x 2＋y 2－8y ＝0，过点P 的动直线l 与圆C 交于A ，B 两点，线段AB 的中点为点M ，O 为坐标原点．
(1)求M 的轨迹方程；
(2)当|OP |＝|OM |时，求直线l 的方程及△POM 的面积．
12．在平面直角坐标系xOy中，设二次函数f(x)＝x2＋2x＋b(x∈R)的图象与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C.
(1)求实数b的取值范围；
(2)求圆C的方程；
(3)圆C是否经过某定点(其坐标与b无关)？请证明你的结论．
第3讲 圆的方程 1．A 解析：∵点(1,1)在圆的内部，∴(1－a )2＋(1＋a )2<4，∴－1<a <1.
2．A 解析：将x 2＋y 2＋4x －2y －4＝0转化为标准方程为(x ＋2)2＋(y －1)2＝32，x 2＋y 2的最大值是圆心到坐标原点的距离加半径，即(－2)2＋12＋3＝5＋3.故选A.
3．B 解析：圆C 的方程可化为⎝⎛⎭⎫x ＋k 22＋(y ＋1)2＝－34
k 2＋1，∴当k ＝0时圆C 的面积最大．故圆心C 的坐标为(0，－1)．
4．B 解析：方法一，由(x －3)2＋(y －4)2＝1，
知圆上点P (x 0，y 0)可化为⎩
⎪⎨⎪⎧
x 0＝3＋cos θ，y 0＝4＋sin θ. ∵∠APB ＝90°，即AP →·BP →＝0，
∴(x 0＋m )(x 0－m )＋y 20＝0，
∴m 2＝x 20＋y 20＝26＋6cos θ＋8sin θ
＝26＋10sin(θ＋φ)≤36⎝
⎛⎭⎫其中tan φ＝34， ∴0<m ≤6，即m 的最大值为6.故选B.
方法二，∵在Rt △APB 中，原点O 为斜边中点，|AB |＝2m (m >0)，∴m ＝|OP |≤|OC |＋r ，C (3,4)，r ＝1，∴|OP |≤6，即m ≤6.故选B.
方法三，根据题意，画出示意图，如图D178所示，
则圆心C 的坐标为(3,4)，半径r ＝1，且|AB |＝2m ，
∵∠APB ＝90°，连接OP ，易知|OP |＝12
|AB |＝m . ∵|OC |＝32＋42＝5，∴|OP |max ＝|OC |＋r ＝6，
即m 的最大值为6.
图D178 图D179
5．(x ＋1)2＋(y －3)2＝1 解析：如图D179，圆心C 的坐标设为(－1，b )，显然半径r ＝1，又∠F AC ＝120°，则∠F AO ＝30°.又OF ＝1，则OA ＝b ＝ 3.∴圆的方程为(x ＋1)2＋(y －3)2＝1.
6．(－2，－4) 5 解析：由题意，得a 2＝a ＋2，∴a ＝－1或2.当a ＝－1时，方程为x 2＋y 2＋4x ＋8y －5＝0，即(x ＋2)2＋(y ＋4)2＝25，圆心为(－2，－4)，半径为5；当a ＝2时，方
程为4x 2＋4y 2＋4x ＋8y ＋10＝0，即⎝⎛⎭⎫x ＋122＋(y ＋1)2＝－54
，不表示圆． 7．2＜m ＜4 (x －1)2＋(y ＋3)2＝1 解析：∵原方程可化为(x －1)2＋(y ＋m )2＝－m 2＋6m
－8，∴r 2＝－m 2＋6m －8＝－(m －2)(m －4)＞0，∴2＜m ＜4.当m ＝3时，r 最大为1，圆的方程为(x －1)2＋(y ＋3)2＝1.
8．(x －1)2＋y 2＝2 解析：∵直线mx －y －2m －1＝0恒过定点(2，－1)，∴圆心(1,0)到直线mx －y －2m －1＝0的最大距离为d ＝(2－1)2＋(－1－0)2＝2，∴半径最大时的半径r ＝2，∴半径最大的圆的标准方程为(x －1)2＋y 2＝2.
9．3 解析：设A (a,2a )(a >0)，则由圆心C 为AB 的中点，得C ⎝⎛⎭⎫a ＋52，a ，易得⊙C ：(x
－5)(x －a )＋y (y －2a )＝0，与y ＝2x 联立解得点D 的横坐标x D ＝1，∴D (1,2)．∴AB →＝(5－a ，
－2a )，CD →＝⎝⎛⎭⎫1－a ＋52，2－a .由AB →·CD →＝0，得(5－a )⎝
⎛⎭⎫1－a ＋52＋(－2a )(2－a )＝0，a 2－2a －3＝0，解得a ＝3或a ＝－1.∵a >0，∴a ＝3.∴A 的横坐标为3.
10．3 解析：由图D180和A (4,0)，B ⎝⎛⎭
⎫0，32，OP ＝1，则P 点轨迹为x 2＋y 2＝1，设M (x ，y )，则P (2x －4,2y )⇒(2x －4)2＋(2y )2＝1⇒(x －2)2＋y 2＝14，M 的轨迹为圆D (2,0)，半径为12，故BM 的最大值为|BD |＋12＝52＋12
＝3.
图D180
11．解：(1)圆C 的方程可化为x 2＋(y －4)2＝16，
∴圆心为C (0,4)，半径为4.
设M (x ，y )，则CM →＝(x ，y －4)，MP →＝(2－x,2－y )．
由题设知CM →·MP →＝0，
故x (2－x )＋(y －4)(2－y )＝0，
即(x －1)2＋(y －3)2＝2.
由于点P 在圆C 的内部，
∴M 的轨迹方程是(x －1)2＋(y －3)2＝2.
(2)由(1)知，M 的轨迹是以点N (1,3)为圆心，2为半径的圆．由于|OP |＝|OM |，故点O 在线段PM 的垂直平分线上．
又点P 在圆N 上，从而ON ⊥PM .
∵ON 的斜率为3，∴直线l 的斜率为－13
. 故直线l 的方程为y ＝－13x ＋83
，即x ＋3y －8＝0. 则点O 到直线l 的距离为d ＝|－8|12＋3
2＝4105. 又点N 到直线l 的距离为|1×1＋3×3－8|10
＝105， 则|PM |＝2 2－⎝⎛
⎭
⎫1052＝4105. ∴S △POM ＝12×4105×4105＝165
. 12．解：(1)令x ＝0，得抛物线与y 轴的交点是(0，b )，
令f (x )＝x 2＋2x ＋b ＝0，由题意，得b ≠0，且Δ＞0，解得b ＜1，且b ≠0.
∴b 的取值范围为(－∞，0)∪(0,1)．
(2)设所求圆的一般方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，
令y ＝0，得x 2＋Dx ＋F ＝0，且x 2＋Dx ＋F ＝0与x 2＋2x ＋b ＝0，是同一个方程，故D ＝2，F ＝b .
令x ＝0，得y 2＋Ey ＋b ＝0，此方程有一个根为b ，代入，得出E ＝－b －1.
∴圆C 的方程为x 2＋y 2＋2x －(b ＋1)y ＋b ＝0.
(3)圆C必过定点(0,1)和(－2,1)．
证明如下：将(0,1)代入圆C的方程，得
左边＝02＋12＋2×0－(b＋1)×1＋b＝0，右边＝0. ∴圆C必过定点(0,1)．
同理可证圆C必过定点(－2,1)．。