2022届高考北师大版数学（理）一轮复习学案：8.3 圆的方程

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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： D 2， E 2 半径 r 1 2 D2E24F 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

2、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 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 xm 2 2 （y1）2m 2 4 2 由其表示圆可得m 2 4 20，解得 m2 2或 m2 2 答案： （，2 2）（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 x2y2

3、4x8y5 0，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） 5 3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）在圆 C 上， 所以|CA|CB|， 即 （a1）21 （a1）29， 解得 a2， 所以圆心为 C（2，0） ， 半径|CA| （21）21 10， 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

4、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 （ 3， 3） C （ 2， 2） D 2 2 ， 2 2 解析：原点（0，0）在圆（xm）2（ym）24 的内部， （0m）2（0m）24，解得 2m 2 答案：C 2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（

5、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 x3， y0， 所以圆心坐标为（3，0） ， 半径 r （43）2（10）2 2， 所以圆

6、 C 的方程为（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 （4a）2（1b）2r2， （2a）2（1b）2r2， 又因为b1 a21， 解得 a3，b0，r 2， 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 2D4EF20， 3DEF10. 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

7、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，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（x2y2

8、4）a（xy2）0，a0，即 x2y2axay42a 0， 所以圆心为 a 2， a 2 ，因为圆心在直线 2xy30，所以aa 230，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 kAC kBC1， 又 kAC y

9、x1，kBC y x3， 所以 y x1 y x31， 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|1 2|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，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 x03 2 ，yy00 2 ，所以 x02

10、x3，y02y 由（1）知，点 C 的轨迹方程为（x1）2y24（y0） ，将 x02x3，y02y 代入得（2x 4）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（2x01，

11、2y0） ，由重心坐标公式得 x112x 01 3 ， y2y0 3 ， 解得 x03x1 2 ， y03y 2 （y0）， 代入 x20y201 并整理得 x1 3 2 y24 9（y0） 故所求轨迹方程为 x1 3 2 y24 9（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（ ） A2，6 B3，5 C2，6 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 M

12、AMB，则 MA，MB 是圆 C 的切线时，AMB90 ，AMC45 ，且AMC90 ， 如图， 所以|MC| （51）2（t4）2 10 sin 45 20， 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 关于 t4 对称，故排除选项 A，B当 t2 时，|CM|2 5，若 MA，MB 为圆 C 的 切线，则 sinCMAsinCMB 10 2 5 2 2 ，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

13、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PA PB的最大值为_ 解析：由题意，知PA （2x，y） ，PB（2x，y） ，所以PA PBx2y24，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PA PB （y3）21y246y12由圆的方程 x2（y3）21，易知 2y4，所以当 y 4 时，PA PB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

14、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1 2，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 （x3）2y2 2 x2y2， 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）为圆心，2 为半径的圆

15、 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

16、 和定点 A 1 2，0 ，B （1，1） ，则 2|MA|MB|的最小值为（ ） A 6 B 7 C 10 D 11 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 2 （11） 2121 5； 若点 M 的坐标为（1，0） ，则 2|MA|MB|23 2 （11） 2124 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|1 2，|OK| 2，所以|OM| |OA| |OK| |OM|2因为MOKAOM，所以MOKAOM，则 |MK| |MA| |OM| |OA|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| （21）2（01）2 10 综上，易知 2|MA|MB|的最小值为 10 答案：C