學(xué)生用書P174
1.圓的定義與方程
規(guī)律總結(jié)
（1）在圓的一般方程中：當(dāng)D2＋E2－4F＝0時(shí)，方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示一個(gè)點(diǎn)（－D2，－E2）；當(dāng)D2＋E2－4F＜0時(shí)，方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0沒有意義，不表示任何圖形.
（2）以A（x1，y1），B（x2，y2）為直徑端點(diǎn)的圓的方程為（x－x1）（x－x2）＋（y－y1）（y－y2）＝0.
2.點(diǎn)與圓的位置關(guān)系
圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x－a）2＋（y－b）2＝r2（r＞0），圓心C的坐標(biāo)為（a，b），半徑為r，設(shè)M的坐標(biāo)為（x0，y0）.
常用結(jié)論
向量法判斷點(diǎn)與圓的位置關(guān)系
若點(diǎn)P是以AB為直徑的圓O所在平面內(nèi)的一點(diǎn)，則
PA·PB＞0?點(diǎn)P在圓O外；
PA·PB＝0?點(diǎn)P在圓O上；
PA·PB＜0?點(diǎn)P在圓O內(nèi).
1.[2022北京高考]若直線2x＋y－1＝0是圓（x－a）2 ＋y2＝1的一條對稱軸，則a＝（ A ）
A.12B.－12C.1D.－1
解析 由題意知，圓心坐標(biāo)為（a，0），且圓心在直線2x＋y－1＝0上，所以2a－1＝0，得a＝12.故選A.
2.[2021上海高考]已知圓x2＋y2－2x－4y＝0，則該圓的圓心坐標(biāo)為 （1，2） .
解析 解法一 易知D＝－2，E＝－4，則－D2＝1，－E2＝2，故圓心坐標(biāo)為（1，2）.
解法二 將圓的一般方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程得（x－1）2＋（y－2）2＝5，則圓心坐標(biāo)為（1，2）.
3.[易錯(cuò)題]半徑為3，圓心的橫、縱坐標(biāo)相等且與兩條坐標(biāo)軸都相切的圓的方程為 （x－3）2＋（y－3）2＝9或（x＋3）2＋（y＋3）2＝9 .
解析 由題意知圓心坐標(biāo)為（3，3）或（－3，－3），故所求圓的方程為x－32+y－32=9或x+32+y+32＝9.
4.若方程x2＋y2＋2ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圓，則a的取值范圍是 （－∞，1） .
解析 解法一 方程x2＋y2＋2ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0可化為（x＋a）2＋（y＋a）2＝1－a，若它表示圓，則需滿足1－a＞0，故a＜1.
解法二 要使方程x2＋y2＋2ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圓，則需滿足（2a）2＋（2a）2－4（2a2＋a－1）＞0，解得a＜1.
5.若點(diǎn)（1，1）在圓x2＋y2＋x＋ay＋1＝0外，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 （－4，－3）∪（3，＋∞） .
解析 由題可知12＋a2－4×1＞0，解得a＞3或a＜－3.又點(diǎn)（1，1）在圓外，所以12+12+1+a+1>0，解得a＞－4.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為（－4，－3）∪（3，＋∞）.
學(xué)生用書P175
命題點(diǎn)1 求圓的方程
例1 （1）[2022全國卷乙]過四點(diǎn)（0，0），（4，0），（－1，1），（4，2）中的三點(diǎn)的一個(gè)圓的方程為 x2＋y2－4x－6y＝0（答案不唯一） .
解析 設(shè)A（0，0），B（4，0），C（－1，1），M（4，2），圓的一般方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.若圓過A，B，C三點(diǎn)，則分別將三點(diǎn)的坐標(biāo)代入，可得F=0，16+4D＋F=0，2－D＋E＋F=0，解得D＝－4，E＝－6，F(xiàn)=0，易得D2＋E2－4F＞0，所以過A，B，C三點(diǎn)的圓的方程為x2＋y2－4x－6y＝0.
同理，得過A，B，M三點(diǎn)的圓的方程為x2＋y2－4x－2y＝0；
過A，C，M三點(diǎn)的圓的方程為x2＋y2－83x－143y＝0；
過B，C，M三點(diǎn)的圓的方程為x2＋y2－165x－2y－165＝0.
（2）[2022全國卷甲]設(shè)點(diǎn)M在直線2x＋y－1＝0上，點(diǎn)（3，0）和（0，1）均在☉M上，則☉M的方程為 （x－1）2＋（y＋1）2＝5 .
解析 解法一（待定系數(shù)法） 設(shè)☉M的方程為（x－a）2＋（y－b）2＝r2，則2a＋b－1=0，（3－a）2＋b2＝r2，a2＋（1－b）2＝r2，解得a=1，b＝－1，r2=5，∴☉M的方程為（x－1）2＋（y＋1）2＝5.
解法二（幾何法） 設(shè)A（3，0），B（0，1），☉M的半徑為r，則kAB＝1－00－3＝－13，AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為（32，12），∴AB的垂直平分線方程為y－12＝3（x－32），即3x－y－4＝0.聯(lián)立得3x－y－4=0，2x＋y－1=0，解得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.
方法技巧
求圓的方程的兩種方法
訓(xùn)練1 （1）已知m為實(shí)數(shù)，方程（m＋2）x2＋m2y2＋8x＋4y＋5m＝0表示圓，則實(shí)數(shù)m的值為 －1 .
解析 ∵（m＋2）x2＋m2y2＋8x＋4y＋5m＝0表示圓，∴m＋2＝m2，∴m＝－1或m＝2.（二次項(xiàng)系數(shù)相等）
當(dāng)m＝－1時(shí)，原方程為x2＋y2＋8x＋4y－5＝0，（二次項(xiàng)系數(shù)化為1后再使用公式）
即（x＋4）2＋（y＋2）2＝25.
當(dāng)m＝2時(shí)，原方程可化為x2＋y2＋2x＋y＋52＝0，
即（x＋1）2＋（y＋12）2＝－54，不是圓的方程，∴m＝2不合題意.綜上，m的值為－1.
（2）[2023鄭州市一測]經(jīng)過點(diǎn)P（1，1）以及圓x2＋y2－4＝0與圓x2＋y2－4x＋4y－12＝0交點(diǎn)的圓的方程為 x2＋y2＋x－y－2＝0 .
解析 解法一 聯(lián)立得x2＋y2－4=0，x2＋y2－4x+4y－12=0，解得x＝－2，y=0或x=0，y=2，不妨設(shè)A-2，0,B0,2,過A，B，P三點(diǎn)的圓的一般方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0（D2＋E2－4F＞0），分別將A，B，P三點(diǎn)的坐標(biāo)代入，得4－2D＋F=0，4+2E＋F=0，2+D＋E＋F=0，解得D=1，E＝－1，F(xiàn)＝－2，且D2＋E2－4F＞0，所以所求圓的方程為x2＋y2＋x－y－2＝0.
解法二 聯(lián)立得x2＋y2－4=0，x2＋y2－4x+4y－12=0，解得x＝－2，y=0或x=0，y=2，不妨設(shè)A（－2，0），B（0，2），如圖，在平面直角坐標(biāo)系中作出A，B，P三點(diǎn)，并連接AB，AP，BP，顯然△ABP是以AP為斜邊的直角三角形，且AP為所求圓的直徑，記所求圓的圓心為E，半徑為R，則E為AP的中點(diǎn)，且E（－12，12），R＝（－2－1）2＋（0－1）22＝102，故所求圓的方程為（x＋12）2＋（y－12）2＝52，即x2＋y2＋x－y－2＝0.
解法三 設(shè)過圓x2＋y2－4＝0和圓x2＋y2－4x＋4y－12＝0的交點(diǎn)的圓的方程為x2+y2-4x+4y-12+λx2+y2-4=0，因?yàn)榇藞A經(jīng)過點(diǎn)P（1，1），所以有1+1-4+4-12+λ1+1-4=0，解得λ＝－5，即所求圓的方程為x2＋y2－4x＋4y－12－5（x2＋y2－4）＝0，化簡得，x2＋y2＋x－y－2＝0.
命題點(diǎn)2 與圓有關(guān)的軌跡問題
例2 （1）若Rt△ABC的斜邊的兩端點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（－3，0）和（7，0），則直角頂點(diǎn)C的軌跡方程為（ C ）
A.x2＋y2＝25（y≠0）B.x2＋y2＝25
C.（x－2）2＋y2＝25（y≠0）D.（x－2）2＋y2＝25
解析 解法一（定義法） 線段AB的中點(diǎn)為D（2，0），因?yàn)椤鰽BC為直角三角形，C為直角頂點(diǎn)， 所以｜CD｜＝｜AD｜＝｜DB｜，所以點(diǎn)C在以D為圓心，｜AD｜＝5為半徑的圓上，所以點(diǎn)C的軌跡方程為（x－2）2＋y2＝25（y≠0）.
解法二（直接法） 線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0），因?yàn)椤鰽BC為直角三角形，C為直角頂點(diǎn)，所以點(diǎn)C到點(diǎn)（2，0）的距離為12｜AB｜＝5，所以點(diǎn)C（x，y）滿足（x－2）2＋y2＝5（y≠0），即（x－2）2＋y2＝25（y≠0）.
（2）已知線段AB的端點(diǎn)B的坐標(biāo)為（8，6），端點(diǎn)A在圓C：x2＋y2＋4x＝0上運(yùn)動(dòng)，則線段AB的中點(diǎn)P的軌跡方程為 （x－3）2＋（y－3）2＝1 .
解析 設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，y），點(diǎn)A的坐標(biāo)為（x0，y0），由于點(diǎn)B的坐標(biāo)為（8，6），且P為線段AB的中點(diǎn)，∴x＝x0+82，y＝y(tǒng)0+62，于是有x0＝2x－8，y0＝2y－6.
∵點(diǎn)A在圓C上運(yùn)動(dòng)，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)滿足方程x2＋y2＋4x＝0，即x02＋y02＋4x0＝0，
∴（2x－8）2＋（2y－6）2＋4（2x－8）＝0，
化簡整理，得x2＋y2－6x－6y＋17＝0，
即（x－3）2＋（y－3）2＝1.
方法技巧
求與圓有關(guān)的軌跡問題的幾種方法
1.直接法：當(dāng)題目條件中含有與該點(diǎn)有關(guān)的等式時(shí)，可設(shè)出該點(diǎn)的坐標(biāo)，用坐標(biāo)表示等式，直接求解軌跡方程.
2.定義法：當(dāng)題目條件符合圓的定義時(shí)，可直接利用定義確定其圓心和半徑，寫出圓的方程.
3.相關(guān)點(diǎn)代入法：當(dāng)題目條件中已知某動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，而要求的點(diǎn)與該動(dòng)點(diǎn)有關(guān)時(shí)，常找出要求的點(diǎn)與已知點(diǎn)的關(guān)系，代入已知點(diǎn)滿足的關(guān)系式求軌跡方程.
訓(xùn)練2 已知定點(diǎn)M（1，0），N（2，0），動(dòng)點(diǎn)P滿足｜PN｜＝2｜PM｜.
（1）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）已知點(diǎn)B（6，0），點(diǎn)A在軌跡C上運(yùn)動(dòng)，求線段AB上靠近點(diǎn)B的三等分點(diǎn)Q的軌跡方程.
解析 （1）設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，y），
因?yàn)镸（1，0），N（2，0），且｜PN｜＝2｜PM｜，
所以（x－2）2＋y2＝2·（x－1）2＋y2，
整理得x2＋y2＝2，
所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為x2＋y2＝2.
（2）設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x，y），點(diǎn)A的坐標(biāo)為（xA，yA），
因?yàn)镼是線段AB上靠近點(diǎn)B的三等分點(diǎn)，
所以AQ＝2QB，即（x－xA，y－yA）＝2（6－x，－y），
解得xA=3x－12，yA=3y，
又點(diǎn)A在軌跡C上運(yùn)動(dòng)，
由（1）有（3x－12）2＋（3y）2＝2，化簡得（x－4）2＋y2＝29，
即點(diǎn)Q的軌跡方程為（x－4）2＋y2＝29.
命題點(diǎn)3 與圓有關(guān)的最值問題
角度1 幾何法求最值
例3 （1）[多選/2021新高考卷Ⅰ]已知點(diǎn)P在圓（x－5）2＋（y－5）2＝16上，點(diǎn)A（4，0），B（0，2），則（ ACD ）
A.點(diǎn)P到直線AB的距離小于10
B.點(diǎn)P到直線AB的距離大于2
C.當(dāng)∠PBA最小時(shí)，｜PB｜＝32
D.當(dāng)∠PBA最大時(shí)，｜PB｜＝32
解析 設(shè)圓（x－5）2＋（y－5）2＝16的圓心為M（5，5），由題易知直線AB的方程為x4+y2＝1，即x＋2y－4＝0，則圓心M到直線AB的距離d＝｜5+2×5－4｜5＝115＞4，所以直線AB與圓M相離，所以點(diǎn)P到直線AB的距離的最大值為4＋d＝4＋115，4＋115＜5＋1255＝10，故A正確.
易知點(diǎn)P到直線AB的距離的最小值為d－4＝115－4，115－4＜1255－4＝1，故B不正確.
過點(diǎn)B作圓M的兩條切線，切點(diǎn)分別為N，Q，如圖所示，連接MB，MN，MQ，則當(dāng)∠PBA最小時(shí)，點(diǎn)P與N重合，｜PB｜＝｜MB｜2－｜MN｜2＝52＋（5－2）2－42＝32，當(dāng)∠PBA最大時(shí)，點(diǎn)P與Q重合，｜PB｜＝32，故C，D都正確.綜上，選ACD.
（2）已知實(shí)數(shù)x，y滿足方程x2＋y2－4x＋1＝0.
①則yx的最大值和最小值分別為 3 和 －3 ；
②則y－x的最大值和最小值分別為 －2＋6 和 －2－6 ；
③則x2＋y2的最大值和最小值分別為 7＋43 和 7－43 .
解析 ①（斜率型）原方程可化為（x－2）2＋y2＝3，表示以（2，0）為圓心，3為半徑的圓，yx的幾何意義是圓上一點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率，所以設(shè)yx＝k，即y＝kx.
當(dāng)直線y＝kx與圓相切時(shí)，斜率k取最大值或最小值，此時(shí)｜2k－0｜k2+1＝3，解得k＝±3.
所以yx的最大值為3，最小值為－3.
②解法一（截距型） y－x可看作是直線y＝x＋b在y軸上的截距，當(dāng)直線y＝x＋b與圓相切時(shí)，b取得最大值或最小值，此時(shí)｜2－0+b｜2＝3，解得b＝－2±6.
所以y－x的最大值為－2＋6，最小值為－2－6.
解法二（換元法） 圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x－2）2＋y2＝3，所以設(shè)x－2＝3cs θ，y＝3sinθ，
則y－x＝3sin θ－3cs θ－2＝6sin（θ－π4）－2，當(dāng)θ＝3π4時(shí)，y－x取最大值6－2；當(dāng)θ＝7π4時(shí)，y－x取最小值－6－2.
③解法一（距離型） x2＋y2表示圓上的一點(diǎn)與原點(diǎn)距離的平方，由平面幾何知識知，最大值和最小值在過原點(diǎn)與圓心的直線與圓的兩個(gè)交點(diǎn)處取得.
又圓心到原點(diǎn)的距離為（2－0）2＋（0－0）2＝2，
所以x2＋y2的最大值是（2＋3）2＝7＋43，
x2＋y2的最小值是（2－3）2＝7－43.
解法二 由②中解法二可知，x2＋y2＝（2＋3cs θ）2＋（3sin θ）2＝7＋43cs θ，從而得x2＋y2的最大值和最小值分別為7＋43，7－43.
角度2 代數(shù)法求最值
例4 （1）[2023全國卷乙]已知實(shí)數(shù)x，y滿足 x2＋y2－4x－2y－4＝0，則x－y的最大值是（ C ）
A.1＋322B.4C.1＋32D.7
解析 將方程x2＋y2－4x－2y－4＝0化為（x－2）2＋（y－1）2＝9，其表示圓心為（2，1），半徑為3的圓.設(shè)z＝x－y，數(shù)形結(jié)合知，只有當(dāng)直線x－y－z＝0與圓相切時(shí)，z才能取到最大值，此時(shí)｜2－1－z｜2＝3，解得z＝1±32，故z＝x－y的最大值為1＋32，故選C.
（2）[2023全國卷乙]已知☉O的半徑為1，直線PA與☉O相切于點(diǎn)A，直線PB與☉O交于B，C兩點(diǎn)，D為BC的中點(diǎn)，若｜PO｜＝2，則PA·PD的最大值為（ A ）
A.1+22B.1+222C.1＋2D.2＋2
解析 解法一 連接OA，由題可知｜OA｜＝1，OA⊥PA，因?yàn)椋麿P｜＝2，所以在Rt△PAO中，由勾股定理可得｜PA｜＝1，則∠POA＝π4.設(shè)直線OP繞點(diǎn)P按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)θ后與直線PD重合，則－π4＜θ＜π4，∠APD＝π4＋θ，且｜PD｜＝2cs θ，所以PA·PD=｜PA｜｜PD｜·cs（π4＋θ）＝2cs θcs（π4＋θ）＝12＋22cs（2θ＋π4）≤12＋22，（利用結(jié)論cs αcs β＝12[cs（α＋β）＋cs（α－β）]）
故選A.
解法二 以圓心O為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，則圓O：x2＋y2＝1，令點(diǎn)P（2，0），因?yàn)椋麿A｜＝1，且OA⊥PA，所以∠POA＝π4，不妨令A(yù)（22，22）.設(shè)直線PD的方程為y＝k（x－2），B（x1，y1），C（x2，y2），由y＝k（x－2),x2＋y2=1，得（k2＋1）x2－22k2x＋2k2－1＝0，由Δ＝8k4－4（k2＋1）（2k2－1）＝4－4k2＞0，解得－1＜k＜1，則x1＋x2＝22k2k2+1，y1＋y2＝k（x1＋x2－22）＝－22kk2+1，所以D（2k2k2+1，－2kk2+1），于是PA＝（－22，22），PD＝（－2k2+1，－2kk2+1），所以PA·PD＝1－kk2+1.設(shè)t＝1－k，則0＜t＜2，PA·PD＝t（1－t）2+1＝tt2－2t+2＝1t＋2t－2≤122－2＝12＋22，當(dāng)且僅當(dāng)t＝2時(shí)等號成立，故選A.
方法技巧
與圓有關(guān)的最值問題的常見類型及求解策略
1.利用幾何法求最值
（1）借助兩點(diǎn)之間線段最短或垂線段最短求最值，往往會涉及折線段的距離和問題.
（2）利用常見代數(shù)式的幾何意義求最值，如斜率（μ＝y(tǒng)－bx－a），兩點(diǎn)之間的距離或其平方（m＝（x－a）2＋（y－b）2），點(diǎn)到直線的距離（d＝1A2＋B2｜Ax0＋By0＋C｜）等.
2.利用代數(shù)法求最值
通常會利用已知條件通過換元（如利用sin2α＋cs2α＝1），消元，整體代入等構(gòu)造函數(shù)或利用不等式求最值.
注意 到圓上一點(diǎn)的最值問題通常轉(zhuǎn)化為到圓心的最值問題.
訓(xùn)練3 （1）[2024安徽太和中學(xué)模擬]已知點(diǎn)P（t，t－1），t∈R，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，Q是圓C：（x－3）2＋（y＋1）2＝1上的動(dòng)點(diǎn)，則｜PQ｜－｜PO｜的最大值為（ C ）
A.2B.52C.3D.4
解析 易得點(diǎn)P在直線l：x－y－1＝0上.圓C：（x－3）2＋（y＋1）2＝1的圓心為C（3，－1），半徑r＝1，而點(diǎn)Q在圓C上，則｜PQ｜max＝｜PC｜＋r，因此（｜PQ｜－｜PO｜）max＝r＋（｜PC｜－｜PO｜）max.設(shè)點(diǎn)C關(guān)于直線l的對稱點(diǎn)為C'（a，b），則｜PC｜＝｜PC'｜，且有b+1a－3＝－1，a+32－b－12－1=0，解得a=0，b=2，即C'（0，2），因此PC-PO=PC'-PO≤OC'=2，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)P，O，C'共線，且點(diǎn)O在線段PC'上時(shí)取等號，易得此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，－1），所以（｜PQ｜－｜PO｜）max＝1＋2＝3.
（2）[2023四省聯(lián)考]若P，Q分別是拋物線x2＝y(tǒng)與圓（x－3）2＋y2＝1上的點(diǎn)，則｜PQ｜的最小值為 5－1 .
解析 由題意，知圓的圓心為C（3，0），半徑為1.
設(shè)P（x0，x02），如圖，易知｜PQ｜min＝｜CP｜min－1，｜CP｜2＝（x0－3）2＋（x02－0）2＝x04＋x02－6x0＋9.設(shè)fx=x4+x2-6x+9，則f'x=4x3+2x-6=2x－12x2+2x+3.因?yàn)?x2＋2x＋3＝2（x＋12）2＋52＞0恒成立，所以當(dāng)x＜1時(shí)，f'x

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