第3節圓的方程考試要求1.理解確定圓的幾何要素，探索并掌握圓的標準方程與一般方程.2.能根據圓的方程解決一些簡單的數學問題與實際問題.【知識梳理】1.圓的定義和圓的方程定義圓是平面上到定點的距離等于定長的點的集合方程標準(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)充要條件：D2＋E2－4F＞0圓心坐標：eq\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，即(x0－a)2＋(y0－b)2＜r2?M在圓內.[常用結論與微點提醒]1.幾種特殊位置的圓的方程標準方程的設法一般方程的設法圓心在原點x2＋y2＝r2x2＋y2－r2＝0過原點(x－a)2＋(y－b)2＝a2＋b2x2＋y2＋Dx＋Ey＝0圓心在x軸上(x－a)2＋y2＝r2x2＋y2＋Dx＋F＝0圓心在y軸上x2＋(y－b)2＝r2x2＋y2＋Ey＋F＝0與x軸相切(x－a)2＋(y－b)2＝b2x2＋y2＋Dx＋Ey＋eq\f(1,4)D2＝0與y軸相切(x－a)2＋(y－b)2＝a2x2＋y2＋Dx＋Ey＋eq\f(1,4)E2＝02.在圓的一般方程中：當D2＋E2－4F＝0時，方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示一個點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))；當D2＋E2－4F<0時，方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0沒有意義，不表示任何圖形.3.圓的三個性質(1)圓心在過切點且與切線垂直的直線上；(2)圓心在圓的任意弦的垂直平分線上；(3)兩圓相切時，切點與兩圓圓心共線.【診斷自測】1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)方程x2＋y2＝a2表示半徑為a，圓心為(0，0)的圓.()(2)方程x2＋y2＋4mx－2y＝0一定表示圓.()(3)若(x0，y0)滿足xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋Dx0＋Ey0＋F>0，則點(x0，y0)必在圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0內.()(4)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.()答案(1)×(2)√(3)×(4)√解析(1)當a＝0時，x2＋y2＝0表示點(0，0)；當a≠0時，表示半徑為|a|的圓.(3)配方后，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(D,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0＋\f(E,2)))eq\s\up12(2)>eq\f(D2＋E2－4F,4)，即eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(D,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0＋\f(E,2)))\s\up12(2))>eq\f(\r(D2＋E2－4F),2)，點(x0，y0)在圓外.2.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解析法一∵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(（3－1）2＋（1＋2）2)>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).法二將M(3，1)代入得32＋12－2×3＋4×1＋2k＋4>0，即k>－6，又因為(－2)2＋42－4(2k＋4)>0，得k<eq\f(1,2)，所以－6<k<eq\f(1,2).3.(2023·上海卷)已知圓C：x2＋y2－4y－m＝0的面積為π，則m＝________.答案－3解析由x2＋y2－4y－m＝0得x2＋(y－2)2＝m＋4，故半徑r＝eq\r(m＋4)，∴π(m＋4)＝π，解得m＝－3.4.(選修一P85T4改編)已知△AOB的三個頂點分別是點A(4，0)，O(0，0)，B(0，3)，則△AOB的外接圓的標準方程是________.答案(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4)解析顯然△AOB為直角三角形，AB為斜邊，AB中點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,2)))，|AB|＝eq\r(42＋32)＝5，于是△AOB的外接圓是以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,2)))為圓心，以eq\f(5,2)為半徑的圓，即(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4).考點一圓的方程例1(1)已知圓的圓心為點(2，－3)，一條直徑的兩個端點分別在x軸和y軸上，則此圓的方程是()A.(x－2)2＋(y＋3)2＝13B.(x＋2)2＋(y－3)2＝13C.(x－2)2＋(y＋3)2＝52D.(x＋2)2＋(y－3)2＝52答案A解析設兩端點分別為(a，0)和(0，b)，則a＋0＝2×2，0＋b＝2×(－3)，即a＝4，b＝－6，∴直徑為eq\r(42＋（－6）2)＝2eq\r(13)，即半徑為eq\r(13)，方程為(x－2)2＋(y＋3)2＝13.(2)(2022·全國甲卷)設點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解析法一設⊙M的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋b－1＝0，,（3－a）2＋b2＝r2，,a2＋（1－b）2＝r2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，,r2＝5，))∴⊙M的方程為(x－1)2＋(y＋1)2＝5.法二設⊙M的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，則M(－eq\f(D,2)，－eq\f(E,2))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2·（－\f(D,2)）＋（－\f(E,2)）－1＝0，,9＋3D＋F＝0，,1＋E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{(\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.法三設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.聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－y－4＝0，,2x＋y－1＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－1，))所以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.感悟提升求圓的方程時，應根據條件選用合適的圓的方程.(1)幾何法，通過研究圓的性質進而求出圓的基本量.確定圓的方程時，常用到的圓的三個性質：①圓心在過切點且垂直切線的直線上；②圓心在任一弦的中垂線上；③兩圓內切或外切時，切點與兩圓圓心三點共線；(2)代數法，即設出圓的方程，標準方程或一般方程，用待定系數法求系數.訓練1(1)(2024·邯鄲模擬)已知圓M與直線3x－4y＝0及3x－4y＋10＝0都相切，圓心在直線y＝－x－4上，則圓M的方程為______________.答案(x＋3)2＋(y＋1)2＝1解析到兩直線3x－4y＝0，3x－4y＋10＝0的距離都相等的直線方程為3x－4y＋5＝0，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－4y＋5＝0，,y＝－x－4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－3，,y＝－1.))又兩平行線間的距離為2，所以圓M的半徑為1，從而圓M的方程為(x＋3)2＋(y＋1)2＝1.(2)(2022·全國乙卷)過四點(0，0)，(4，0)，(－1，1)，(4，2)中的三點的一個圓的方程為________.答案(x－2)2＋(y－3)2＝13或(x－2)2＋(y－1)2＝5或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(7,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(65,9)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(8,5)))eq\s\up12(2)＋(y－1)2＝eq\f(169,25)(寫出一個即可)解析依題意設圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0.①若圓過(0，0)，(4，0)，(－1，1)三點，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F＝0，,16＋4D＋F＝0，,1＋1－D＋E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F＝0，,D＝－4，,E＝－6，))所以圓的方程為x2＋y2－4x－6y＝0，即(x－2)2＋(y－3)2＝13；②若圓過(0，0)，(4，0)，(4，2)三點，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F＝0，,16＋4D＋F＝0，,16＋4＋4D＋2E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F＝0，,D＝－4，,E＝－2，))所以圓的方程為x2＋y2－4x－2y＝0，即(x－2)2＋(y－1)2＝5；③若圓過(0，0)，(4，2)，(－1，1)三點，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F＝0，,1＋1－D＋E＋F＝0，,16＋4＋4D＋2E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F＝0，,D＝－\f(8,3)，,E＝－\f(14,3)，))所以圓的方程為x2＋y2－eq\f(8,3)x－eq\f(14,3)y＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(7,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(65,9)；④若圓過(－1，1)，(4，0)，(4，2)三點，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋1－D＋E＋F＝0，,16＋4D＋F＝0，,16＋4＋4D＋2E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(F＝－\f(16,5)，,D＝－\f(16,5)，,E＝－2，))所以圓的方程為x2＋y2－eq\f(16,5)x－2y－eq\f(16,5)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(8,5)))eq\s\up12(2)＋(y－1)2＝eq\f(169,25).考點二與圓有關的軌跡問題例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)法一設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).法二設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M(x，y)，C(x0，y0)，因為B(3，0)，M是線段BC的中點，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.因此動點M的軌跡方程為(x－2)2＋y2＝1(y≠0).感悟提升求與圓有關的軌跡問題時，根據題設條件的不同常采用以下方法：(1)直接法，直接根據題目提供的條件列出方程；(2)定義法，根據圓、直線等定義列方程；(3)幾何法，利用圓的幾何性質列方程；(4)代入法，找到要求點與已知點的關系，代入已知點滿足的關系式.訓練2(1)在平面直角坐標系xOy中，已知點A(0，－2)，若動點M滿足eq\f(|MA|,|MO|)＝eq\r(2)，則點M的軌跡方程是()A.x2＋(y＋2)2＝2eq\r(2) B.x2＋(y－2)2＝2eq\r(2)C.x2＋(y＋2)2＝8 D.x2＋(y－2)2＝8答案D解析設M(x，y)，因為eq\f(|MA|,|MO|)＝eq\r(2)，A(0，－2)，所以eq\f(\r(x2＋（y＋2）2),\r(x2＋y2))＝eq\r(2)，所以x2＋(y＋2)2＝2(x2＋y2)，所以x2＋(y－2)2＝8為點M的軌跡方程.(2)若長為10的線段的兩個端點A，B分別在x軸和y軸上滑動，則線段AB的中點M的軌跡方程為________.答案x2＋y2＝25解析設M(x，y)，A(a，0)，B(0，b)，則eq\r(a2＋b2)＝10，a2＋b2＝100，且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a＋0,2)＝x，,\f(0＋b,2)＝y，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2x，,b＝2y，))代入a2＋b2＝100，得4x2＋4y2＝100，即點M的軌跡方程為x2＋y2＝25.考點三與圓有關的最值問題角度1利用幾何意義求最值例3已知點(x，y)在圓(x－2)2＋(y＋3)2＝1上.求：(1)eq\f(y,x)的最大值和最小值；(2)x＋y的最大值和最小值；(3)eq\r(x2＋y2＋2x－4y＋5)的最大值和最小值.解(1)eq\f(y,x)可視為點(x，y)與原點連線的斜率，eq\f(y,x)的最大值和最小值就是與該圓有公共點且過原點的直線斜率的最大值和最小值，即直線與圓相切時的斜率.設過原點的直線的方程為y＝kx，由直線與圓相切得圓心到直線的距離等于半徑，即eq\f(|2k＋3|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝－2＋eq\f(2\r(3),3)或k＝－2－eq\f(2\r(3),3)，∴eq\f(y,x)的最大值為－2＋eq\f(2\r(3),3)，最小值為－2－eq\f(2\r(3),3).(2)設t＝x＋y，則y＝－x＋t，t可視為直線y＝－x＋t在y軸上的截距，∴x＋y的最大值和最小值就是直線與圓有公共點時直線縱截距的最大值和最小值，即直線與圓相切時在y軸上的截距.由直線與圓相切得圓心到直線的距離等于半徑，即eq\f(|2＋（－3）－t|,\r(2))＝1，解得t＝eq\r(2)－1或t＝－eq\r(2)－1.∴x＋y的最大值為eq\r(2)－1，最小值為－eq\r(2)－1.(3)eq\r(x2＋y2＋2x－4y＋5)＝eq\r(（x＋1）2＋（y－2）2)，求它的最值可視為求點(x，y)到定點(－1，2)的距離的最值，可轉化為求圓心(2，－3)到定點(－1，2)的距離與半徑的和或差.又圓心到定點(－1，2)的距離為eq\r(34)，∴eq\r(x2＋y2＋2x－4y＋5)的最大值為eq\r(34)＋1，最小值為eq\r(34)－1.角度2利用對稱性求最值例4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________.答案5eq\r(2)－4解析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關于x軸的對稱點C1′(2，－3)，所以|PC1|＋|PC2|＝|PC1′|＋|PC2|≥|C1′C2|＝5eq\r(2)，即|PM|＋|PN|＝|PC1|＋|PC2|－4≥5eq\r(2)－4.角度3建立函數關系求最值例5設點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，知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.由圓的方程x2＋(y－3)2＝1，易知2≤y≤4，當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.感悟提升與圓有關的最值問題的求解方法(1)借助幾何性質求最值：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)建立函數關系式求最值：列出關于所求目標式子的函數關系式，然后根據關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|且與圓C有關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化為與圓心的距離；②“曲化直”，即將折線段之和轉化為同一直線上的兩線段之和，一般要通過對稱性解決.訓練3(1)(2023·全國乙卷)已知實數x，y滿足x2＋y2－4x－2y－4＝0，則x－y的最大值是()A.1＋eq\f(3\r(2),2) B.4C.1＋3eq\r(2) D.72答案C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z＝x－y，數形結合知，只有當直線x－y－z＝0與圓相切時，z才能取到最大值，此時eq\f(|2－1－z|,\r(2))＝3，解得z＝1±3eq\r(2)，故z＝x－y的最大值為1＋3eq\r(2).(2)(2024·福州質檢)已知⊙O1：(x－2)2＋(y－3)2＝4，⊙O1關于直線ax＋2y＋1＝0對稱的圓記為⊙O2，點E，F分別為⊙O1，⊙O2上的動點，EF長度的最小值為4，則a＝________.答案eq\f(5,6)或eq\f(3,2)解析記⊙O1的半徑為r，則⊙O2的半徑也為r，且r＝2.點O1(2，3)到直線ax＋2y＋1＝0的距離d＝eq\f(|2a＋7|,\r(a2＋4))，因為⊙O1和⊙O2關于直線ax＋2y＋1＝0對稱，所以|O1O2|＝2d，則EF長度的最小值為||O1O2|－2r|＝|2d－4|，又EF長度的最小值為4，所以|2d－4|＝4，易知d>0，所以d＝4，所以eq\f(|2a＋7|,\r(a2＋4))＝4，即12a2－28a＋15＝0，解得a＝eq\f(5,6)或a＝eq\f(3,2).【A級基礎鞏固】1.下列各點中，在圓(x－1)2＋(y＋2)2＝25的內部的是()A.(0，2) B.(3，3)C.(－2，2) D.(4，2)答案A解析由(0－1)2＋(2＋2)2<25知(0，2)在圓內；由(3－1)2＋(3＋2)2>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＋(2＋2)2＝25知(4，2)在圓上.2.圓心為(1，1)且過原點的圓的方程是()A.(x－1)2＋(y－1)2＝1B.(x＋1)2＋(y＋1)2＝1C.(x＋1)2＋(y＋1)2＝2D.(x－1)2＋(y－1)2＝2答案D解析因為圓心為(1，1)且過原點，所以該圓的半徑r＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，則該圓的方程為(x－1)2＋(y－1)2＝2.3.圓C：x2＋y2－2x－3＝0關于直線l：y＝x對稱的圓的方程為()A.x2＋y2－2y－3＝0B.x2＋y2－2y－15＝0C.x2＋y2＋2y－3＝0D.x2＋y2＋2y－15＝0答案A解析由題意，得圓C：(x－1)2＋y2＝4的圓心為(1，0)，半徑為2.故其關于直線l：y＝x對稱的圓的圓心為(0，1)，半徑為2，故對稱圓的方程為x2＋(y－1)2＝4，即x2＋y2－2y－3＝0.4.已知△ABC的三個頂點為A(－1，2)，B(2，1)，C(3，4)，則下列關于△ABC的外接圓M的說法錯誤的是()A.圓M的圓心坐標為(1，3)B.圓M的半徑為eq\r(5)C.圓M關于直線x＋y＝0對稱D.點(2，3)在圓M內答案C解析設△ABC的外接圓M的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋4－D＋2E＋F＝0，,4＋1＋2D＋E＋F＝0，,9＋16＋3D＋4E＋F＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＝－2，,E＝－6，,F＝5.))所以△ABC的外接圓M的方程為x2＋y2－2x－6y＋5＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝5.故圓M的圓心坐標為(1，3)，圓M的半徑為eq\r(5)，因為直線x＋y＝0不經過圓M的圓心(1，3)，所以圓M不關于直線x＋y＝0對稱.因為(2－1)2＋(3－3)2＝1＜5，故點(2，3)在圓M內.5.設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.6 B.25 C.26 D.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(（2－5）2＋（0＋4）2)＋1]2＝36.6.(2024·惠州調研)已知圓(x＋1)2＋(y＋2)2＝4關于直線ax＋by＋1＝0(a>0，b>0)對稱，則eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值為()A.eq\f(5,2) B.9 C.4 D.8答案B解析圓(x＋1)2＋(y＋2)2＝4的圓心為(－1，－2)，依題意，點(－1，－2)在直線ax＋by＋1＝0上，因此－a－2b＋1＝0，即a＋2b＝1(a>0，b>0)，所以eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))(a＋2b)＝5＋eq\f(2b,a)＋eq\f(2a,b)≥5＋2eq\r(\f(2b,a)·\f(2a,b))＝9，當且僅當eq\f(2b,a)＝eq\f(2a,b)，即a＝b＝eq\f(1,3)時取“＝”，所以eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值為9.7.(多選)已知圓C關于y軸對稱，過點(1，0)，且被x軸分成兩段，弧長比為1∶2，則圓C的方程可能為()A.x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(\r(3),3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,3) B.x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),3)))+＝eq\f(4,3)C.(x－eq\r(3))2＋y2＝eq\f(4,3) D.(x＋eq\r(3))2＋y2＝eq\f(4,3)答案AB解析由已知得圓C的圓心在y軸上，且被x軸所截得的劣弧所對的圓心角為eq\f(2π,3).設圓心的坐標為(0，a)，半徑為r，則rsineq\f(π,3)＝1，rcoseq\f(π,3)＝|a|，解得r＝eq\f(2\r(3),3)，即r2＝eq\f(4,3)，|a|＝eq\f(\r(3),3)，即a＝±eq\f(\r(3),3).故圓C的方程為x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(\r(3),3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,3)或x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,3).8.已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圓，則圓心坐標是________，半徑是________.答案(－2，－4)5解析依據圓的方程特征，得a2＝a＋2，解得a＝－1或2.當a＝－1時，方程為x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，整理得(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，則圓心為(－2，－4)，半徑是5；當a＝2時，4x2＋4y2＋4x＋8y＋10＝0，即x2＋y2＋x＋2y＋eq\f(5,2)＝0，該方程不表示圓.9.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C(x，y)，根據在等腰△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)).10.(2024·德州聯考)已知A(0，2)，點P在直線x＋y＋2＝0上，點Q在圓C：x2＋y2－4x－2y＝0上，則|PA|＋|PQ|的最小值是________.答案2eq\r(5)解析因為圓C：x2＋y2－4x－2y＝0，所以圓C是以C(2，1)為圓心，半徑r＝eq\r(5)的圓.設點A(0，2)關于直線x＋y＋2＝0的對稱點為A′(m，n)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(m＋0,2)＋\f(n＋2,2)＋2＝0，,\f(n－2,m－0)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－4，,n＝－2，))故A′(－4，－2).連接A′C交圓C于Q(圖略)，此時，|PA|＋|PQ|取得最小值，由對稱性可知|PA|＋|PQ|＝|A′P|＋|PQ|＝|A′Q|＝|A′C|－r＝2eq\r(5).11.如圖，等腰梯形ABCD的底邊AB和CD的長分別為6和2eq\r(6)，高為3.(1)求這個等腰梯形的外接圓E的方程；(2)若線段MN的端點N的坐標為(5，2)，端點M在圓E上運動，求線段MN的中點P的軌跡方程.解(1)設圓心E(0，b)，則C(eq\r(6)，3)，B(3，0).由|EB|＝|EC|，得eq\r(（0－3）2＋（b－0）2)＝eq\r(（0－\r(6)）2＋（b－3）2)，解得b＝1，所以外接圓的方程為x2＋(y－1)2＝10.(2)設P(x，y)，由于P是MN中點，由中點坐標公式，得M(2x－5，2y－2)，代入x2＋(y－1)2＝10，化簡得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,2)，即線段MN的中點P的軌跡方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5,2).12.已知M(m，n)為圓C：x2＋y2－4x