高考數(shù)學(xué)（文）高分計劃一輪高分講義第8章平面解析幾何83　圓的方程

8．3圓的方程[知識梳理]1．圓的方程標(biāo)準(zhǔn)方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)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：設(shè)d為點M(x0，y0)與圓心(a，b)的距離(1)d>r?M在圓外，即(x0－a)2＋(y0－b)2>r2?M在圓外；(2)d＝r?M在圓上，即(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2?M在圓上；(3)d<r?M在圓內(nèi)，即(x0－a)2＋(y0－b)2<r2?M在圓內(nèi)．[診斷自測]1．概念思辨(1)確定圓的幾何要素是圓心與半徑．()(2)方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－a))，半徑為eq\f(1,2)eq\r(－3a2－4a＋4)的圓．()(3)已知點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則以AB為直徑的圓的方程是(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0.()(4)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.()答案(1)√(2)×(3)√(4)√2．教材衍化(1)(必修A2P120例3)過點C(－1,1)和D(1,3)，圓心在x軸上的圓的方程是()A．x2＋(y－2)2＝10 B．x2＋(y＋2)2＝10C．(x＋2)2＋y2＝10 D．(x－2)2＋y2＝10答案D解析依據(jù)題意知圓心為CD的垂直平分線與x軸的交點．由已知可得CD的垂直平分線的方程為x＋y－2＝0，即圓心為(2,0)，所以半徑為eq\r(2＋12＋1)＝eq\r(10)，故所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝10.故選D.(2)(必修A2P124A組T1)動圓x2＋y2－6mx－2(m－1)y＋10m2－2m－24＝0的圓心的軌跡方程是________．答案x－3y－3＝0解析圓的方程可化為(x－3m)2＋[y－(m－1)]2＝25.不論m取何實數(shù)，方程都表示圓.設(shè)動圓圓心為(x0，y0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝3m，,y0＝m－1，))消去參變量m，得x0－3y0－3＝0，即動圓圓心的軌跡方程為x－3y－3＝0.3．小題熱身(1)(2018·西城區(qū)期末)圓x2＋y2－2x＋4y＋3＝0的圓心到直線x－y＝1的距離為()A．2 B.eq\f(\r(2),2)C．1 D.eq\r(2)答案D解析已知圓的圓心是(1，－2)，到直線x－y＝1的距離是eq\f(|1＋2－1|,\r(12＋12))＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2).故選D.(2)求圓心在直線x－2y－3＝0上，且過點A(2，－3)，B(－2，－5)的圓的方程．解設(shè)點C為圓心，因為點C在直線x－2y－3＝0上，所以可設(shè)點C的坐標(biāo)為(2a＋3，a)．又該圓經(jīng)過A，B兩點，所以|CA|＝|CB|，即eq\r(2a＋3－22＋a＋32)＝eq\r(2a＋3＋22＋a＋52)，解得a＝－2，所以圓心C的坐標(biāo)為(－1，－2)，半徑r＝eq\r(10).故所求圓的方程為(x＋1)2＋(y＋2)2＝10.題型1求圓的方程eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))根據(jù)下列條件求圓的方程．(1)半徑為5且與x軸交于A(2,0)，B(10,0)兩點；(2)圓心在直線4x＋y＝0上，且與直線l：x＋y－1＝0切于點P(3，－2)；(3)已知圓滿足：①截y軸所得弦長為2；②被x軸分成兩段圓弧，其弧長的比為3∶1；③圓心到直線l：x－2y＝0的距離為eq\f(\r(5),5)，求該圓的方程．(1)(3)用待定系數(shù)法；(2)用直接法．解(1)設(shè)圓方程為(x－a)2＋(y－b)2＝25，如圖，∵|AB|＝10－2＝8，∴|AD|＝4.∵|AC|＝5，∴|CD|＝3.∴a＝6，b＝±3.∴所求圓的方程為(x－6)2＋(y－3)2＝25或(x－6)2＋(y＋3)2＝25.(2)過P(3，－2)與直線l：x＋y－1＝0垂直的直線方程為x－y－5＝0，與4x＋y＝0聯(lián)立解得圓心坐標(biāo)為(1，－4)，∴所求圓的方程為(x－1)2＋(y＋4)2＝8.(3)設(shè)圓方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，由題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(r＝|\r(2)b|，,\f(|a－2b|,\r(5))＝\f(\r(5),5)，,2\r(r2－a2)＝2.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1，,r＝\r(2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－1，,r＝\r(2).))∴圓的方程為(x＋1)2＋(y＋1)2＝2或(x－1)2＋(y－1)2＝2.方法技巧求圓的方程的兩種方法1．直接法：根據(jù)圓的幾何性質(zhì)，直接求出圓心坐標(biāo)和半徑，進(jìn)而寫出方程．見典例(2)．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(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．見典例(1)(3)．(2)若已知條件沒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(xiàn)的值．沖關(guān)針對訓(xùn)練(2017·甘肅模擬)已知點A是直角三角形ABC的直角頂點，且A(2a,2)，B(－4，a)，C(2a＋2,2)，則△ABC的外接圓的方程是()A．x2＋(y－3)2＝5 B．x2＋(y＋3)2＝5C．(x－3)2＋y2＝5 D．(x＋3)2＋y2＝5答案D解析由題意，2a＝－4，∴a＝－2，∴圓的半徑為eq\f(|BC|,2)＝eq\f(\r(－4＋22＋－2－22),2)＝eq\r(5)，圓心為(－3,0)，∴圓的方程為(x＋3)2＋y2＝5.故選D.題型2與圓有關(guān)的最值問題角度1與圓幾何性質(zhì)有關(guān)的最值問題(多維探究)eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2018·撫順模擬)已知實數(shù)x，y滿足方程x2＋y2－4x＋1＝0，則eq\f(y,x)的最大值為________，最小值為________．求k＝eq\f(y－0,x－0)的最值轉(zhuǎn)化為直線y＝kx與圓相切．答案eq\r(3)－eq\r(3)解析原方程可化為(x－2)2＋y2＝3，表示以(2,0)為圓心，eq\r(3)為半徑的圓．eq\f(y,x)的幾何意義是圓上一點與原點連線的斜率，所以設(shè)eq\f(y,x)＝k，即y＝kx.如圖所示，當(dāng)直線y＝kx與圓相切時，斜率k取最大值或最小值，此時eq\f(|2k－0|,\r(k2＋1))＝eq\r(3)，解得k＝±eq\r(3).所以eq\f(y,x)的最大值為eq\r(3)，最小值為－eq\r(3).[結(jié)論探究1]若本例中條件不變，求y－x的最大值與最小值．解y－x可看作是直線y＝x＋b在y軸上的截距，如圖所示，當(dāng)直線y＝x＋b與圓相切時，縱截距b取得最大值或最小值，此時eq\f(|2－0＋b|,\r(2))＝eq\r(3)，解得b＝－2±eq\r(6).所以y－x的最大值為－2＋eq\r(6)，最小值為－2－eq\r(6).[結(jié)論探究2]若本例中條件不變，求x2＋y2的最大值與最小值．解如圖所示，x2＋y2表示圓上的一點與原點距離的平方，由平面幾何知識知，在原點和圓心連線與圓的兩個交點處取得最大值和最小值．又圓心到原點的距離為eq\r(2－02＋0－02)＝2，所以x2＋y2的最大值是(2＋eq\r(3))2＝7＋4eq\r(3)，x2＋y2的最小值是(2－eq\r(3))2＝7－4eq\r(3).角度2建立函數(shù)關(guān)系求最值eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和兩點A(－m，0)，B(m,0)(m>0)．若圓C上存在點P，使得∠APB＝90°，則m的最大值為()A．7 B．6C．5 D．4∠APB＝90°，點P在以AB為直徑的圓上，求m的最大值轉(zhuǎn)化為求半徑|OP|的最大值．答案B解析根據(jù)題意，畫出示意圖，如圖所示，則圓心C的坐標(biāo)為(3,4)，半徑r＝1，且|AB|＝2m，因為∠APB＝90°，連接OP，易知|OP|＝eq\f(1,2)|AB|＝m.要求m的最大值，即求圓C上的點P到原點O的最大距離．因為|OC|＝eq\r(32＋42)＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值為6.故選B.方法技巧求解與圓有關(guān)的最值問題的方法1．借助幾何性質(zhì)求最值處理與圓有關(guān)的最值問題，應(yīng)充分考慮圓的幾何性質(zhì)，并根據(jù)代數(shù)式的幾何意義，借助數(shù)形結(jié)合思想求解．(1)形如μ＝eq\f(y－b,x－a)形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線斜率的最值問題；見角度1典例．(2)形如t＝ax＋by形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動直線截距的最值問題或轉(zhuǎn)化為線性規(guī)劃問題；見結(jié)論探究1.(3)形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值問題，可轉(zhuǎn)化為動點到定點的距離的平方的最值問題．見結(jié)論探究2.2．建立函數(shù)關(guān)系式求最值根據(jù)題中條件列出關(guān)于所求目標(biāo)式子的函數(shù)關(guān)系式，再根據(jù)函數(shù)知識、基本不等式求最值．沖關(guān)針對訓(xùn)練1．(2018·福建師大附中聯(lián)考)已知圓O的半徑為1，PA，PB為該圓的兩條切線，A，B為切點，那么eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最小值為()A．－4＋eq\r(2) B．－3＋eq\r(2)C．－4＋2eq\r(2) D．－3＋2eq\r(2)答案D解析設(shè)|PO|＝t，向量eq\o(PA,\s\up6(→))與eq\o(PB,\s\up6(→))的夾角為θ，則|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝|eq\o(PB,\s\up6(→))|＝eq\r(t2－1)，sineq\f(θ,2)＝eq\f(1,t)，cosθ＝1－2sin2eq\f(θ,2)＝1－eq\f(2,t2)，∴eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝|eq\o(PA,\s\up6(→))||eq\o(PB,\s\up6(→))|cosθ＝(t2－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,t2)))(t＞1)，∴eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝t2＋eq\f(2,t2)－3(t＞1)，利用基本不等式可得eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最小值為2eq\r(2)－3，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\r(4,2)時，取等號．故選D.2．已知圓C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圓C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分別是圓C1，C2上的動點，P為x軸上的動點，則|PM|＋|PN|的最小值為()A．5eq\r(2)－4 B.eq\r(17)－1C．6－2eq\r(2) D.eq\r(17)答案A解析圓C1，C2的圖象如圖所示．設(shè)P是x軸上任意一點，則|PM|的最小值為|PC1|－1，同理，|PN|的最小值為|PC2|－3，則|PM|＋|PN|的最小值為|PC1|＋|PC2|－4.作C1關(guān)于x軸的對稱點C′1(2，－3)，連接C′1C2，與x軸交于點P，連接PC1，可知|PC1|＋|PC2|的最小值為|C′1C2|，則|PM|＋|PN|的最小值為5eq\r(2)－4.故選A.題型3與圓有關(guān)的軌跡問題eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2014·全國卷Ⅰ)已知點P(2,2)，圓C：x2＋y2－8y＝0，過點P的動直線l與圓C交于A，B兩點，線段AB的中點為M，O為坐標(biāo)原點．(1)求M的軌跡方程；(2)當(dāng)|OP|＝|OM|時，求l的方程及△POM的面積．由圓的性質(zhì)可知：CM⊥MP，由直接法可解得(1)．解(1)圓C的方程可化為x2＋(y－4)2＝16，所以圓心為C(0,4)，半徑為4.設(shè)M(x，y)，則eq\o(CM,\s\up6(→))＝(x，y－4)，eq\o(MP,\s\up6(→))＝(2－x,2－y)．由題設(shè)知eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(MP,\s\up6(→))＝0，故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝2.由于點P在圓C的內(nèi)部，所以M的軌跡方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.(2)由(1)可知M的軌跡是以點N(1,3)為圓心，eq\r(2)為半徑的圓．由于|OP|＝|OM|，故O在線段PM的垂直平分線上，又P在圓N上，從而ON⊥PM.因為ON的斜率為3，所以l的斜率為－eq\f(1,3)，故l的方程為x＋3y－8＝0.又|OM|＝|OP|＝2eq\r(2)，O到l的距離為eq\f(4\r(10),5)，所以|PM|＝eq\f(4\r(10),5)，S△POM＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(10),5)×eq\f(4\r(10),5)＝eq\f(16,5)，故△POM的面積為eq\f(16,5).方法技巧與圓有關(guān)的軌跡問題的4種求法求與圓有關(guān)的軌跡問題時，題目的設(shè)問有兩種常見形式，作答也應(yīng)不同．若求軌跡方程，則把方程求出化簡即可；若求軌跡，則必須根據(jù)軌跡方程，指出軌跡是什么曲線．沖關(guān)針對訓(xùn)練1．(2017·南平一模)平面內(nèi)動點P到兩點A、B距離之比為常數(shù)λ(λ>0，λ≠1)，則動點P的軌跡叫做阿波羅尼斯圓，若已知A(－2,0)，B(2,0)，λ＝eq\f(1,2)，則此阿波尼斯圓的方程為()A．x2＋y2－12x＋4＝0 B．x2＋y2＋12x＋4＝0C．x2＋y2－eq\f(20,3)x＋4＝0 D．x2＋y2＋eq\f(20,3)x＋4＝0答案D解析由題意，設(shè)P(x，y)，則eq\f(\r(x＋22＋y2),\r(x－22＋y2))＝eq\f(1,2)，化簡可得x2＋y2＋eq\f(20,3)x＋4＝0，故選D.2．已知圓x2＋y2＝4上一定點A(2,0)，B(1,1)為圓內(nèi)一點，P，Q為圓上的動點．(1)求線段AP中點的軌跡方程；(2)若∠PBQ＝90°，求線段PQ中點的軌跡方程．解(1)設(shè)AP的中點為M(x，y)，由中點坐標(biāo)公式可知，P點坐標(biāo)為(2x－2,2y)．因為P點在圓x2＋y2＝4上，所以(2x－2)2＋(2y)2＝4.故線段AP中點的軌跡方程為(x－1)2＋y2＝1.(2)設(shè)PQ的中點為N(x，y)．在Rt△PBQ中，|PN|＝|BN|.設(shè)O為坐標(biāo)原點，連接ON，則ON⊥PQ，所以|OP|2＝|ON|2＋|PN|2＝|ON|2＋|BN|2，所以x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2＝4.故線段PQ中點的軌跡方程為x2＋y2－x－y－1＝0.題型4與圓有關(guān)的對稱問題eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))已知圓C1：(x＋1)2＋(y－1)2＝1，圓C2與圓C1關(guān)于直線x－y－1＝0對稱，則圓C2的方程為()A．(x＋2)2＋(y－2)2＝1 B．(x－2)2＋(y＋2)2＝1C．(x＋2)2＋(y＋2)2＝1 D．(x－2)2＋(y－2)2＝1圓與圓關(guān)于直線對稱問題轉(zhuǎn)化為圓心關(guān)于直線對稱問題．答案B解析圓C1的圓心坐標(biāo)為(－1,1)，半徑為1，設(shè)圓C2的圓心坐標(biāo)為(a，b)，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a－1,2)－\f(b＋1,2)－1＝0，,\f(b－1,a＋1)＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－2，))所以圓C2的圓心坐標(biāo)為(2，－2)，又兩圓的半徑相等，故圓C2的方程為(x－2)2＋(y＋2)2＝1.故選B.方法技巧1．圓的軸對稱性圓關(guān)于直徑所在的直線對稱．2．圓關(guān)于點對稱(1)求已知圓關(guān)于某點對稱的圓，只需確定所求圓的圓心位置．(2)兩圓關(guān)于某點對稱，則此點為兩圓圓心連線的中點．3．圓關(guān)于直線對稱(1)求已知圓關(guān)于某條直線對稱的圓，只需確定所求圓的圓心位置．見典例．(2)兩圓關(guān)于某條直線對稱，則此直線為兩圓圓心連線的垂直平分線．沖關(guān)針對訓(xùn)練1．(2018·錦州期末)若曲線x2＋y2＋a2x＋(1－a2)y－4＝0關(guān)于直線y＝x對稱的曲線仍是其本身，則實數(shù)a為()A.eq\f(1,2)或－eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)或－eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2)或－eq\f(\r(2),2) D．－eq\f(1,2)或eq\f(\r(2),2)答案B解析曲線x2＋y2＋a2x＋(1－a2)y－4＝0，即曲線eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a2,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1－a2,2)))2＝eq\f(2a4－2a2＋17,4)，∵曲線x2＋y2＋a2x＋(1－a2)y－4＝0關(guān)于直線y＝x對稱的曲線仍是其本身，故曲線的中心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a2,2)，－\f(1－a2,2)))在直線y＝x上，故有－eq\f(a2,2)＝－eq\f(1－a2,2)，求得a＝eq\f(\r(2),2)或a＝－eq\f(\r(2),2)，故選B.2．已知圓x2＋y2＝4與圓x2＋y2－6x＋6y＋14＝0關(guān)于直線l對稱，則直線l的方程是()A．x－2y＋1＝0 B．2x－y－1＝0C．x－y＋3＝0 D．x－y－3＝0答案D解析解法一：圓心分別為(0,0)，(3，－3)，其中點為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3,2)))應(yīng)在直線l上，經(jīng)檢驗答案為D.解法二：兩圓方程相減得x－y－3＝0，即為l的方程．故選D.1.(2016·全國卷Ⅱ)圓x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圓心到直線ax＋y－1＝0的距離為1，則a＝()A．－eq\f(4,3) B．－eq\f(3,4)C.eq\r(3) D．2答案A解析圓的方程可化為(x－1)2＋(y－4)2＝4，則圓心坐標(biāo)為(1,4)，圓心到直線ax＋y－1＝0的距離為eq\f(|a＋4－1|,\r(a2＋1))＝1，解得a＝－eq\f(4,3).故選A.2．(2018·山東青島一模)已知兩點A(0，－3)，B(4,0)，若點P是圓C：x2＋y2－2y＝0上的動點，則△ABP的面積的最小值為()A．6 B.eq\f(11,2)C．8 D.eq\f(21,2)答案B解析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，過圓心C向直線AB作垂線交圓于點P，連接BP，AP，這時△ABP的面積最小，直線AB的方程為eq\f(x,4)＋eq\f(y,－3)＝1，即3x－4y－12＝0，圓心C到直線AB的距離d＝eq\f(16,5)，又AB＝eq\r(32＋42)＝5，∴△ABP的面積的最小值為eq\f(1,2)×5×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,5)－1))＝eq\f(11,2).故選B.3．(2015·全國卷Ⅰ)一個圓經(jīng)過橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1的三個頂點，且圓心在x軸的正半軸上，則該圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋y2＝eq\f(25,4)解析由已知可得該圓經(jīng)過橢圓的三個頂點A(4,0)，B(0，2)，C(0，－2)，易知線段AB的垂直平分線的方程為2x－y－3＝0.令y＝0，得x＝eq\f(3,2)，所以圓心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))，則半徑r＝4－eq\f(3,2)＝eq\f(5,2).故該圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋y2＝eq\f(25,4).4．(2017·全國卷Ⅲ)已知拋物線C：y2＝2x，過點(2,0)的直線l交C于A，B兩點，圓M是以線段AB為直徑的圓．(1)證明：坐標(biāo)原點O在圓M上；(2)設(shè)圓M過點P(4，－2)，求直線l與圓M的方程．解(1)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝2x))可得y2－2my－4＝0，則y1y2＝－4.又x1＝eq\f(y\o\al(2,1),2)，x2＝eq\f(y\o\al(2,2),2)，故x1x2＝eq\f(y1y22,4)＝4.因此OA的斜率與OB的斜率之積為eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(－4,4)＝－1，所以O(shè)A⊥OB，故坐標(biāo)原點O在圓M上．(2)由(1)可得y1＋y2＝2m，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4，故圓心M的坐標(biāo)為(m2＋2，m)，圓M的半徑r＝eq\r(m2＋22＋m2).由于圓M過點P(4，－2)，因此eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝0，故(x1－4)(x2－4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0，即x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0.由(1)可知y1y2＝－4，x1x2＝4，所以2m2－m－1＝0，解得m＝1或m＝－eq\f(1,2).當(dāng)m＝1時，直線l的方程為x－y－2＝0，圓心M的坐標(biāo)為(3,1)，圓M的半徑為eq\r(10)，圓M的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝10.當(dāng)m＝－eq\f(1,2)時，直線l的方程為2x＋y－4＝0，圓心M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，－\f(1,2)))，圓M的半徑為eq\f(\r(85),4)，圓M的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(9,4)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2)))2＝eq\f(85,16).[基礎(chǔ)送分提速狂刷練]一、選擇題1．(2017·豫北名校聯(lián)考)圓(x－2)2＋y2＝4關(guān)于直線y＝eq\f(\r(3),3)x對稱的圓的方程是()A．(x－eq\r(3))2＋(y－1)2＝4B．(x－eq\r(2))2＋(y－eq\r(2))2＝4C．x2＋(y－2)2＝4D．(x－1)2＋(y－eq\r(3))2＝4答案D解析設(shè)圓(x－2)2＋y2＝4的圓心(2,0)關(guān)于直線y＝eq\f(\r(3),3)x對稱的點的坐標(biāo)為(a，b)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a－2)·\f(\r(3),3)＝－1，,\f(b,2)＝\f(\r(3),3)·\f(a＋2,2)，))解得a＝1，b＝eq\r(3)，從而所求圓的方程為(x－1)2＋(y－eq\r(3))2＝4.故選D.2．(2017·湖南長沙二模)圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0上的點到直線x－y＝2距離的最大值是()A．1＋eq\r(2) B．2C．1＋eq\f(\r(2),2) D．2＋2eq\r(2)答案A解析將圓的方程化為(x－1)2＋(y－1)2＝1，圓心坐標(biāo)為(1,1)，半徑為1，則圓心到直線x－y＝2的距離d＝eq\f(|1－1－2|,\r(2))＝eq\r(2)，故圓上的點到直線x－y＝2距離的最大值為d＋1＝eq\r(2)＋1，故選A.3．圓心在y軸上且通過點(3,1)的圓與x軸相切，則該圓的方程是()A．x2＋y2＋10y＝0 B．x2＋y2－10y＝0C．x2＋y2＋10x＝0 D．x2＋y2－10x＝0答案B解析設(shè)圓心為(0，b)，半徑為r，則r＝|b|，∴圓的方程為x2＋(y－b)2＝b2.∵點(3,1)在圓上，∴9＋(1－b)2＝b2，解得b＝5.∴圓的方程為x2＋y2－10y＝0.故選B.4．(2018·山西運城模擬)已知圓(x－2)2＋(y＋1)2＝16的一條直徑通過直線x－2y＋3＝0被圓所截弦的中點，則該直徑所在的直線方程為()A．3x＋y－5＝0 B．x－2y＝0C．x－2y＋4＝0 D．2x＋y－3＝0答案D解析直線x－2y＋3＝0的斜率為eq\f(1,2)，已知圓的圓心坐標(biāo)為(2，－1)，該直徑所在直線的斜率為－2，所以該直徑所在的直線方程為y＋1＝－2(x－2)，即2x＋y－3＝0，故選D.5．(2018·唐山期末)若當(dāng)方程x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0所表示的圓取得最大面積時，則直線y＝(k－1)x＋2的傾斜角α＝()A.eq\f(3π,4) B.eq\f(π,4)C.eq\f(3π,2) D.eq\f(5π,4)答案A解析將圓x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0化成標(biāo)準(zhǔn)方程，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(k,2)))2＋(y＋1)2＝1－eq\f(3k2,4)，∵半徑r滿足r2＝1－eq\f(3k2,4)，當(dāng)圓取得最大面積時，k＝0，半徑r＝1.因此直線y＝(k－1)x＋2即y＝－x＋2.得直線的傾斜角α滿足tanα＝－1，∵直線的傾斜角α∈[0，π)，∴α＝eq\f(3π,4).故選A.6．若方程eq\r(16－x2)－x－m＝0有實數(shù)解，則實數(shù)m的取值范圍()A．－4eq\r(2)≤m≤4eq\r(2) B．－4≤m≤4eq\r(2)C．－4≤m≤4 D．4≤m≤4eq\r(2)答案B解析由題意知方程eq\r(16－x2)＝x＋m有實數(shù)解，分別作出y＝eq\r(16－x2)與y＝x＋m的圖象，如圖，若兩圖象有交點，需－4≤m≤4eq\r(2).故選B.7．(2017·廣東七校聯(lián)考)圓x2＋y2＋2x－6y＋1＝0關(guān)于直線ax－by＋3＝0(a>0，b>0)對稱，則eq\f(1,a)＋eq\f(3,b)的最小值是()A．2eq\r(3) B.eq\f(20,3)C．4 D.eq\f(16,3)答案D解析由圓x2＋y2＋2x－6y＋1＝0知其標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋(y－3)2＝9，∵圓x2＋y2＋2x－6y＋1＝0關(guān)于直線ax－by＋3＝0(a>0，b>0)對稱，∴該直線經(jīng)過圓心(－1,3)，即－a－3b＋3＝0，∴a＋3b＝3(a>0，b>0)．∴eq\f(1,a)＋eq\f(3,b)＝eq\f(1,3)(a＋3b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(3,b)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3a,b)＋\f(3b,a)＋9))≥eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋2\r(\f(3a,b)·\f(3b,a))))＝eq\f(16,3)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3b,a)＝eq\f(3a,b)，即a＝b時取等號，故選D.8．(2018·唐山一中調(diào)研)點P(4，－2)與圓x2＋y2＝4上任一點連線的中點的軌跡方程是()A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1 B．(x－2)2＋(y＋1)2＝4C．(x＋4)2＋(y－2)2＝4 D．(x＋2)2＋(y－1)2＝1答案A解析設(shè)圓上任意一點為(x1，y1)，中點為(x，y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x1＋4,2)，,y＝\f(y1－2,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝2x－4，,y1＝2y＋2，))代入x2＋y2＝4，得(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，化簡得(x－2)2＋(y＋1)2＝1.故選A.9．(2017·山東菏澤一模)已知在圓M：x2＋y2－4x＋2y＝0內(nèi)，過點E(1,0)的最長弦和最短弦分別是AC和BD，則四邊形ABCD的面積為()A．3eq\r(5) B．6eq\r(5)C．4eq\r(15) D．2eq\r(15)答案D解析圓x2＋y2－4x＋2y＝0可化為(x－2)2＋(y＋1)2＝5，圓心M(2，－1)，半徑r＝eq\r(5)，最長弦為圓的直徑，∴AC＝2eq\r(5).∵BD為最短弦，∴AC與BD垂直，易求得ME＝eq\r(2)，∴BD＝2BE＝2eq\r(5－2)＝2eq\r(3).S四邊形ABCD＝S△ABD＋S△BDC＝eq\f(1,2)BD·EA＋eq\f(1,2)BD·EC＝eq\f(1,2)BD·(EA＋EC)＝eq\f(1,2)BD·AC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2eq\r(5)＝2eq\r(15).故選D.10．已知點P(x，y)在圓C：x2＋y2－6x－6y＋14＝0上，則x＋y的最大值與最小值是()A．6＋2eq\r(2)，6－2eq\r(2) B．6＋eq\r(2)，6－eq\r(2)C．4＋2eq\r(2)，4－2eq\r(2) D．4＋eq\r(2)，4－eq\r(2)答案A解析設(shè)x＋y＝b，則b表示動直線y＝－x＋b在y軸上的截距，顯然當(dāng)動直線y＝－x＋b與圓(x－3)2＋(y－3)2＝4相切時，b取得最大值或最小值，如圖所示．由圓心C(3,3)到切線x＋y＝b的距離等于圓的半徑2，可得eq\f(|3＋3－b|,\r(12＋12))＝2，即|b－6|＝2eq\r(2)，解得b＝6±2eq\r(2)，所以x＋y的最大值為6＋2eq\r(2)，最小值為6－2eq\r(2).故選A.二、填空題11．(2016·天津高考)已知圓C的圓心在x軸的正半軸上，點M(0，eq\r(5))在圓C上，且圓心到直線2x－y＝0的距離為eq\f(4\r(5),5)，則圓C的方程為________．答案(x－2)2＋y2＝9解析因為圓C的圓心在x軸的正半軸上，設(shè)C(a,0)，且a>0，所以圓心到直線2x－y＝0的距離d＝eq\f(2a,\r(5))＝eq\f(4\r(5),5)，解得a＝2，所以圓C的半徑r＝|CM|＝eq\r(4＋5)＝3，所以圓C的方程為(x－2)2＋y2＝9.12．(2017·廣東七校聯(lián)考)一個圓與y軸相切，圓心在直線x－3y＝0上，且在直線y＝x上截得的弦長為2eq\r(7)，則該圓的方程為________．答案(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9解析∵所求圓的圓心在直線x－3y＝0上，∴設(shè)所求圓的圓心為(3a，a)，又所求圓與y軸相切，∴半徑r＝3|a|又所求圓在直線y＝x上截得的弦長為2eq\r(7)，圓心(3a，a)到直線y＝x的距離d＝eq\f(|2a|,\r(2))，∴d2＋(eq\r(7))2＝r2，即2a2＋7＝9a2，∴a＝±1.故所求圓的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝9或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9.13．(2017·金牛期末)已知a∈R，若方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圓，則此圓心坐標(biāo)是________．答案(－2，－4)解析∵方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圓，∴a2＝a＋2≠0，解得a＝－1或a＝2，當(dāng)a＝－1時，方程化為x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，配方得(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，所得圓的圓心坐標(biāo)為(－2，－4)，半徑為5；當(dāng)a＝2時，方程化為x2＋y2＋x＋2y＋2.5＝0，此時D2＋E2－4F<0，方程不表示圓，所以圓心坐標(biāo)為(－2，－4)．14．(2018·河北邯鄲模擬)已知圓O：x2＋y2＝8，點A(2,0)，動點M在圓上，則∠OMA的最大值為________．答案eq\f(π,4)解析設(shè)|MA|