高中生物一輪復習教案

高考數學（理科）一輪復習合情推理與演繹推理學案附答案。

學案37合情推理與演繹推理

導學目標：1.了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進行簡單的推理，了解合情推理在數學發(fā)現(xiàn)中的作用.2.了解演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運用它們進行一些簡單推理.3.了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異．
自主梳理
自我檢測
1．(2010山東)觀察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，由歸納推理可得：若定義在R上的函數f(x)滿足f(－x)＝f(x)，記g(x)為f(x)的導函數，則g(－x)
等于()
A．f(x)B．－f(x)C．g(x)D．－g(x)
2．(2010珠海質檢)給出下面類比推理命題(其中Q為有理數集，R為實數集，C為復數集)：
①“若a，b∈R，則a－b＝0a＝b”類比推出“若a，b∈C，則a－b＝0a＝b”；
②“若a，b，c，d∈R，則復數a＋bi＝c＋dia＝c，b＝d”類比推出“若a，b，c，d∈Q，則a＋b2＝c＋d2a＝c，b＝d”；
③“若a，b∈R，則a－b0ab”類比推出“若a，b∈C，則a－b0ab”．其中類比結論正確的個數是()
A．0B．1C．2D．3
3．(2009江蘇)在平面上，若兩個正三角形的邊長比為1∶2，則它們的面積比為1∶4，類似地，在空間中，若兩個正四面體的棱長比為1∶2，則它們的體積比為________．
4．(2010陜西)觀察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根據上述規(guī)律，第五個等式為________________________________．
5．(2011蘇州月考)一切奇數都不能被2整除，2100＋1是奇數，所以2100＋1不能被2整除，其演繹推理的“三段論”的形式為___________________________________________．

探究點一歸納推理
例1在數列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an2＋an，n∈N*，猜想這個數列的通項公式，這個猜想正確嗎？請說明理由．
變式遷移1觀察：①sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°＝34；
②sin26°＋cos236°＋sin6°cos36°＝34.
由上面兩題的結構規(guī)律，你能否提出一個猜想？并證明你的猜想．

探究點二類比推理
例2(2011銀川月考)在平面內，可以用面積法證明下面的結論：
從三角形內部任意一點，向各邊引垂線，其長度分別為pa，pb，pc，且相應各邊上的高分別為ha，hb，hc，則有paha＋pbhb＋pchc＝1.
請你運用類比的方法將此結論推廣到四面體中并證明你的結論．jaB88.com

變式遷移2在Rt△ABC中，若∠C＝90°，AC＝b，BC＝a，則△ABC的外接圓半徑r＝a2＋b22，將此結論類比到空間有_______________________________________________．
探究點三演繹推理
例3在銳角三角形ABC中，AD⊥BC，BE⊥AC，D、E是垂足．求證：AB的中點M到D、E的距離相等．

變式遷移3指出對結論“已知2和3是無理數，證明2＋3是無理數”的下述證明是否為“三段論”，證明有錯誤嗎？
證明：∵無理數與無理數的和是無理數，而2與3都是無理數，∴2＋3也是無理數．
1．合情推理是指“合乎情理”的推理，數學研究中，得到一個新結論之前，合情推理常常能幫助我們猜測和發(fā)現(xiàn)結論；證明一個數學結論之前，合情推理常常能為我們提供證明的思路和方向．合情推理的過程概括為：從具體問題出發(fā)―→觀察、分析、比較、聯(lián)想―→歸納、類比―→提出猜想.一般來說，由合情推理所獲得的結論，僅僅是一種猜想，其可靠性還需進一步證明．
2．歸納推理與類比推理都屬合情推理：(1)歸納推理：由某類事物的部分對象具有某些特征，推出該類事物的全部對象都具有這些特征的推理，或由個別事實概括出一般結論的推理，稱為歸納推理．它是一種由部分到整體，由個別到一般的推理．(2)類比推理：由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的某些已知特征，推出另一類對象也具有這些特征的推理稱為類比推理，它是一種由特殊到特殊的推理．
3．從一般性的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結論，把這種推理稱為演繹推理，也就是由一般到特殊的推理，三段論是演繹推理的一般模式，包括大前提，小前提，結論．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011福建廈門華僑中學模擬)定義A*B，B*C，C*D，D*A的運算分別對應下圖中的(1)、(2)、(3)、(4)，那么下圖中的(A)、(B)所對應的運算結果可能是()
A．B*D，A*DB．B*D，A*C
C．B*C，A*DD．C*D，A*D
2．(2011廈門模擬)設f(x)＝1＋x1－x，又記f1(x)＝f(x)，fk＋1(x)＝f(fk(x))，k＝1,2，…，則f2010(x)等于()
A．－1xB．xC.x－1x＋1D.1＋x1－x
3．由代數式的乘法法則類比推導向量的數量積的運算法則：
①“mn＝nm”類比得到“ab＝ba”；
②“(m＋n)t＝mt＋nt”類比得到“(a＋b)c＝ac＋bc”；
③“(mn)t＝m(nt)”類比得到“(ab)c＝a(bc)”；
④“t≠0，mt＝xtm＝x”類比得到“p≠0，ap＝xpa＝x”；
⑤“|mn|＝|m||n|”類比得到“|ab|＝|a||b|”；
⑥“acbc＝ab”類比得到“acbc＝ab”．
以上的式子中，類比得到的結論正確的個數是()
A．1B．2C．3D．4
4．(2009湖北)古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種形狀來研究數，比如：
他們研究過圖(1)中的1,3,6,10，…，由于這些數能夠表示成三角形，將其稱為三角形數；類似的，稱圖(2)中的1,4,9,16，…這樣的數為正方形數．
下列數中既是三角形數又是正方形數的是()
A．289B．1024C．1225D．1378
5．已知整數的數對如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…則第60個數對是()
A．(3,8)B．(4,7)
C．(4,8)D．(5,7)
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．已知正三角形內切圓的半徑是高的13，把這個結論推廣到空間正四面體，類似的結論是________________________________________________________________________．
7．(2011廣東深圳高級中學模擬)定義一種運算“*”：對于自然數n滿足以下運算性質：
8．(2011陜西)觀察下列等式
1＝1
2＋3＋4＝9
3＋4＋5＋6＋7＝25
4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49
…
照此規(guī)律，第n個等式為_____________________________________________________．
三、解答題(共38分)
9．（12分）已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝－23，且Sn＋1Sn＋1＋2＝0(n≥2)．計算S1，S2，S3，S4，并猜想Sn的表達式．

10．(12分)(2011杭州調研)已知函數f(x)＝－aax＋a(a0且a≠1)，
(1)證明：函數y＝f(x)的圖象關于點12，－12對稱；
(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．
11．(14分)如圖1，若射線OM，ON上分別存在點M1，M2與點N1，N2，則＝OM1OM2ON1ON2；如圖2，若不在同一平面內的射線OP，OQ和OR上分別存在點P1，P2，點Q1，Q2和點R1，R2，則類似的結論是什么？這個結論正確嗎？說明理由．

學案37合情推理與演繹推理
自主梳理
歸納推理全部對象部分個別類比推理這些特征
特殊到特殊①一般原理②特殊情況③特殊情況一般特殊
自我檢測
1．D[由所給函數及其導數知，偶函數的導函數為奇函數．因此當f(x)是偶函數時，其導函數應為奇函數，故g(－x)＝－g(x)．]
2．C[①②正確，③錯誤．因為兩個復數如果不全是實數，不能比較大?。甝
3．1∶8
解析∵兩個正三角形是相似的三角形，∴它們的面積之比是相似比的平方．同理，兩個正四面體是兩個相似幾何體，體積之比為相似比的立方，所以它們的體積比為1∶8.
4．13＋23＋33＋43＋53＋63＝212
解析由前三個式子可以得出如下規(guī)律：每個式子等號的左邊是從1開始的連續(xù)正整數的立方和，且個數依次多1，等號的右邊是一個正整數的平方，后一個正整數依次比前一個大3,4，…，因此，第五個等式為13＋23＋33＋43＋53＋63＝212.
5．一切奇數都不能被2整除大前提
2100＋1是奇數小前提
所以2100＋1不能被2整除結論
課堂活動區(qū)
例1解題導引歸納分為完全歸納和不完全歸納，由歸納推理所得的結論雖然未必是可靠的，但它由特殊到一般、由具體到抽象的認識功能，對科學的發(fā)現(xiàn)是十分有用的，觀察、實驗，對有限的資料作歸納整理，提出帶規(guī)律性的說法是科學研究的最基本的方法之一．
解在{an}中，a1＝1，a2＝2a12＋a1＝23，
a3＝2a22＋a2＝12＝24，a4＝2a32＋a3＝25，…，
所以猜想{an}的通項公式為an＝2n＋1.
這個猜想是正確的，證明如下：
因為a1＝1，an＋1＝2an2＋an，
所以1an＋1＝2＋an2an＝1an＋12，
即1an＋1－1an＝12，所以數列1an是以1a1＝1為首項，
12為公差的等差數列，
所以1an＝1＋(n－1)×12＝12n＋12，
所以通項公式an＝2n＋1.
變式遷移1解猜想sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°)＝34.
證明如下：
左邊＝sin2α＋cos(α＋30°)[cos(α＋30°)＋sinα]
＝sin2α＋32cosα－12sinα32cosα＋12sinα
＝sin2α＋34cos2α－14sin2α＝34＝右邊．
例2解題導引類比推理是根據兩個對象有一部分屬性類似，推出這兩個對象的其他屬性亦類似的一種推理方法，例如我們拿分式同分數來類比，平面幾何與立體幾何中的某些對象類比等等．我們必須清楚類比并不是論證，它可以幫助我們發(fā)現(xiàn)真理．類比推理應從具體問題出發(fā)，通過觀察、分析、聯(lián)想進行對比、歸納、提出猜想．
解
類比：從四面體內部任意一點向各面引垂線，其長度分別為pa，pb，pc，pd，且相應各面上的高分別為ha，hb，hc，hd.
則有paha＋pbhb＋pchc＋pdhd＝1.
證明如下：
paha＝13S△BCDpa13S△BCDha＝VP—BCDVA—BCD，
同理有pbhb＝VP—CDAVB—CDA，pchc＝VP—BDAVC—BDA，pdhd＝VP—ABCVD—ABC，
VP—BCD＋VP—CDA＋VP—BDA＋VP—ABC＝VA—BCD，
∴paha＋pbhb＋pchc＋pdhd
＝VP—BCD＋VP—CDA＋VP—BDA＋VP—ABCVA—BCD＝1.
變式遷移2在三棱錐A—BCD中，若AB、AC、AD兩兩互相垂直，且AB＝a，AC＝b，AD＝c，則此三棱錐的外接球半徑R＝a2＋b2＋c22
例3解題導引在演繹推理中，只有前提(大前提、小前提)和推理形式都是正確的，結論才是正確的，否則所得的結論可能就是錯誤的．推理時，要清楚大前提、小前提及二者之間的邏輯關系．
證明(1)因為有一個內角是直角的三角形是直角三角形，——大前提
在△ABD中，AD⊥BC，即∠ADB＝90°，——小前提
所以△ADB是直角三角形．——結論
(2)因為直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，——大前提
而M是Rt△ADB斜邊AB的中點，DM是斜邊上的中線，——小前提
所以DM＝12AB.——結論
同理EM＝12AB，所以DM＝EM.
變式遷移3解證明是“三段論”模式，證明有錯誤．證明中大前提使用的論據是“無理數與無理數的和是無理數”，這個論據是假的，因為兩個無理數的和不一定是無理數，因此原理的真實性仍無法斷定．
課后練習區(qū)
1．B[由(1)(2)(3)(4)圖得A表示|，B表示□，C表示—，D表示○，故圖(A)(B)表示B*D和A*C.]
2．A[計算f2(x)＝f1＋x1－x＝1＋1＋x1－x1－1＋x1－x＝－1x，
f3(x)＝f－1x＝1－1x1＋1x＝x－1x＋1，
f4(x)＝1＋x－1x＋11－x－1x＋1＝x，f5(x)＝f1(x)＝1＋x1－x，
歸納得f4k＋i(x)＝fi(x)，k∈N*，i＝1,2,3,4.
∴f2010(x)＝f2(x)＝－1x.]
3．B[只有①、②對，其余錯誤，故選B.]
4．C[設圖(1)中數列1,3,6,10，…的通項公式為an，則
a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n.
故an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，
∴an＝nn＋12.
而圖(2)中數列的通項公式為bn＝n2，因此所給的選項中只有1225滿足a49＝49×502＝b35＝352＝1225.]
5．D[觀察可知橫坐標和縱坐標之和為2的數對有1個，和為3的數對有2個，和為4的數對有3個，和為5的數對有4個，依次類推和為n＋1的數對有n個，多個數對的排序是按照橫坐標依次增大的順序來排的，由nn＋12＝60n(n＋1)＝120，n∈Z，n＝10時，nn＋12＝55個數對，還差5個數對，且這5個數對的橫、縱坐標之和為12，它們依次是(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，
∴第60個數對是(5,7)．]
6．空間正四面體的內切球的半徑是高的14
解析利用體積分割可證明．
7．n
8．n＋(n＋1)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2
解析∵1＝12,2＋3＋4＝9＝32,3＋4＋5＋6＋7＝25＝52，∴第n個等式為n＋(n＋1)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.
9．解當n＝1時，S1＝a1＝－23.(2分)
當n＝2時，1S2＝－2－S1＝－43，
∴S2＝－34.(4分)
當n＝3時，1S3＝－2－S2＝－54，
∴S3＝－45.(6分)
當n＝4時，1S4＝－2－S3＝－65，
∴S4＝－56.(8分)
猜想：Sn＝－n＋1n＋2(n∈N*)．(12分)
10．(1)證明函數f(x)的定義域為R，任取一點(x，y)，它關于點12，－12對稱的點的坐標為(1－x，－1－y)．(2分)
由已知得y＝－aax＋a，
則－1－y＝－1＋aax＋a＝－axax＋a，(4分)
f(1－x)＝－aa1－x＋a＝－aaax＋a
＝－aaxa＋aax＝－axax＋a，∴－1－y＝f(1－x)．
即函數y＝f(x)的圖象關于點12，－12對稱．(6分)
(2)解由(1)有－1－f(x)＝f(1－x)，
即f(x)＋f(1－x)＝－1.(9分)
∴f(－2)＋f(3)＝－1，f(－1)＋f(2)＝－1，
f(0)＋f(1)＝－1，
則f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.
(12分)
11．解類似的結論為：VO—P1Q1R1VO—P2Q2R2＝OP1OP2OQ1OQ2OR1OR2.
(4分)
這個結論是正確的，證明如下：
如圖，過R2作R2M2⊥平面P2OQ2于M2，連接OM2.
過R1在平面OR2M2作R1M1∥R2M2交OM2于M1，
則R1M1⊥平面P2OQ2.
由VO—P1Q1R1＝13S△P1OQ1R1M1＝1312OP1OQ1sin∠P1OQ1R1M1
＝16OP1OQ1R1M1sin∠P1OQ1，(8分)
同理，VO—P2Q2R2＝16OP2OQ2R2M2sin∠P2OQ2.
所以＝OP1OQ1R1M1OP2OQ2R2M2.(10分)
由平面幾何知識可得R1M1R2M2＝OR1OR2.(12分)
所以＝OP1OQ1OR1OP2OQ2OR2.
所以結論正確．(14分)

相關知識

演繹推理學案

第5課時
2.1.1演繹推理（二）
學習目標
正確區(qū)分合情推理和演繹推理知道它們的聯(lián)系和區(qū)別，加深對演繹推理的理解和運用。
學習過程
一、學前準備
1．

二、新課導學
◆探究新知（預習教材P30～P33，找出疑惑之處）
問題1：“三段論”可以用符號語言表示為
（1）大前提：_____________________；
（2）小前提：_____________________；
（3）結論：_____________________。
注意：在實際證明過程中，為了敘述簡潔，如果大前提是顯然，則可以省略。

2、思考并回答下面問題：
因為所有邊長都相等的凸多邊形是正方形，………………………………大前提
而菱形是所有邊長都相等的凸多邊形，……………………………………小前提
所以菱形是正方形。…………………結論
（1）上面的推理正確嗎？
（2）推理的結論正確嗎？為什么？
（3）這個問題說明了什么？

結論：上述推理的形式正確，但大前提是錯誤的，所以所得的結論是錯誤的。

總結：

◆應用示例
例1．證明函數在內是增函數。
解：

◆反饋練習
1．演繹推理是以下列哪個為前提，推出某個特殊情況下的結論的推理方法（）.
A．一般的原理原則；B．特定的命題；
C．一般的命題；D．定理、公式.

2.若函數是奇函數，求證。

、
三、總結提升
◆本節(jié)小結
1．本節(jié)學習了哪些內容？
答：

學習評價
一、自我評價
你完成本節(jié)導學案的情況為（）
A．很好B．較好C．一般D．較差

二、當堂檢測
1．下列表述正確的是（）。
（1）歸納推理是由部分到整體的推理；
（2）歸納推理是由一般到一般的推理；
（3）演繹推理是由一般到特殊的推理；
（4）類比推理是由特殊到一般的推理；
（5）類比推理是由特殊到特殊的推理。
A、（1）（2）（3）B、（2）（3）（4）
C、（2）（4）（5）D、（1）（3）（5）

2、下面幾種推理過程是演繹推理的是（）。
A、兩條直線平行，同旁內角互補，如果和是兩條平行線的同旁內角，則；
B、由平面三角形的性質，推測空間四面體的性質；
C、某高校共有10個班，1班有51人，2班有53人，3班有52人，由此推測各班都超過50人；
D、在數列中，，，由此歸納出的通項公式。

3、課本練習3。

凸多面體面數（F）頂點數(V)棱數(E)
三棱柱569
長方形6812
五棱柱71015
三棱錐446
四棱錐558
五棱錐6610

課后作業(yè)
1．設m是實數，求證方程有兩個相異的實數根。
2.用三段論證明：三角形內角和等于180°.

演繹推理

演繹推理
一、教材分析
推理是高考的重要的內容，推理包括合情推理與演繹推理，由于解答高考題的過程就是推理的過程，因此本部分內容的考察將會滲透到每一個高考題中，考察推理的基本思想和方法，既可能在選擇題中和填空題中出現(xiàn)，也可能在解答題中出現(xiàn)。
二、教學目標
（1）知識與能力：了解演繹推理的含義及特點，會將推理寫成三段論的形式
（2）過程與方法：了解合情推理和演繹推理的區(qū)別與聯(lián)系
（3）情感態(tài)度價值觀：了解演繹推理在數學證明中的重要地位和日常生活中的作用，養(yǎng)成言之有理論證有據的習慣。
三、教學重點難點
教學重點：演繹推理的含義與三段論推理及合情推理和演繹推理的區(qū)別與聯(lián)系
教學難點：演繹推理的應用
四、教學方法：探究法
五、課時安排：1課時
六、教學過程
1.填一填：
①所有的金屬都能夠導電，銅是金屬，所以；
②太陽系的大行星都以橢圓形軌道繞太陽運行，冥王星是太陽系的大行星，因此；
③奇數都不能被2整除，2007是奇數，所以.
2.討論：上述例子的推理形式與我們學過的合情推理一樣嗎？

3.小結：
①概念：從一般性的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結論，我們把這種推理稱為____________.
要點：由_____到_____的推理.
②討論：演繹推理與合情推理有什么區(qū)別？

③思考：“所有的金屬都能夠導電，銅是金屬，所以銅能導電”，它由幾部分組成，各部分有什么特點？

小結：“三段論”是演繹推理的一般模式：
第一段：_________________________________________；
第二段：_________________________________________；
第三段：____________________________________________.
④舉例：舉出一些用“三段論”推理的例子.

例1：證明函數在上是增函數.

例2：在銳角三角形ABC中，，D，E是垂足.求證：AB的中點M到D，E的距離相等.

當堂檢測：
討論：因為指數函數是增函數，是指數函數，則結論是什么？

討論：演繹推理怎樣才能使得結論正確？

比較：合情推理與演繹推理的區(qū)別與聯(lián)系？
課堂小結

課后練習與提高

1.演繹推理是以下列哪個為前提，推出某個特殊情況下的結論的推理方法（）
A.一般的原理原則；B.特定的命題；
C.一般的命題；D.定理、公式.
2.“因為對數函數是增函數（大前提），而是對數函數（小前提），所以是增函數（結論）.”上面的推理的錯誤是（）
A.大前提錯導致結論錯；B.小前提錯導致結論錯；
C.推理形式錯導致結論錯；D.大前提和小前提都錯導致結論錯.
3.下面幾種推理過程是演繹推理的是（）
A.兩條直線平行，同旁內角互補，如果∠A和∠B是兩條平行直線的同旁內角，則∠A+∠B=180°；B.由平面三角形的性質，推測空間四面體的性質；.
4.補充下列推理的三段論：
（1）因為互為相反數的兩個數的和為0，又因為與互為相反數且________________________,所以=8.
（2）因為_____________________________________，又因為是無限不循環(huán)小數，所以是無理數.
七、板書設計
八、教學反思

高考數學（理科）一輪復習拋物線學案附答案

學案53拋物線

導學目標：1.掌握拋物線的定義、幾何圖形和標準方程，知道它們的簡單幾何性質.2.理解數形結合的思想．
自主梳理
1．拋物線的概念
平面內與一個定點F和一條定直線l(Fl)距離______的點的軌跡叫做拋物線．點F叫做拋物線的__________，直線l叫做拋物線的________．
2．拋物線的標準方程與幾何性質
標準方程y2＝2px
(p0)y2＝－2px
(p0)x2＝2py
(p0)x2＝－2py
(p0)
p的幾何意義：焦點F到準線l的距離
圖形

頂點O(0,0)
對稱軸y＝0x＝0
焦點F(p2，0)
F(－p2，0)
F(0，p2)
F(0，－p2)

離心率e＝1
準線方程x＝－p2
x＝p2
y＝－p2
y＝p2

范圍x≥0，
y∈Rx≤0，
y∈Ry≥0，
x∈Ry≤0，
x∈R
開口方向向右向左向上向下

自我檢測
1．(2010四川)拋物線y2＝8x的焦點到準線的距離是()
A．1B．2C．4D．8
2．若拋物線y2＝2px的焦點與橢圓x26＋y22＝1的右焦點重合，則p的值為()
A．－2B．2C．－4D．4
3．(2011陜西)設拋物線的頂點在原點，準線方程為x＝－2，則拋物線的方程是()
A．y2＝－8xB．y2＝8x
C．y2＝－4xD．y2＝4x
4．已知拋物線y2＝2px(p0)的焦點為F，點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P3(x3，y3)在拋物線上，且2x2＝x1＋x3，則有()
A．|FP1|＋|FP2|＝|FP3|
B．|FP1|2＋|FP2|2＝|FP3|2
C．2|FP2|＝|FP1|＋|FP3|
D．|FP2|2＝|FP1||FP3|
5．(2011佛山模擬)已知拋物線方程為y2＝2px(p0)，過該拋物線焦點F且不與x軸垂直的直線AB交拋物線于A、B兩點，過點A、點B分別作AM、BN垂直于拋物線的準線，分別交準線于M、N兩點，那么∠MFN必是()
A．銳角B．直角
C．鈍角D．以上皆有可能
探究點一拋物線的定義及應用
例1已知拋物線y2＝2x的焦點是F，點P是拋物線上的動點，又有點A(3,2)，求|PA|＋|PF|的最小值，并求出取最小值時P點的坐標．

變式遷移1已知點P在拋物線y2＝4x上，那么點P到點Q(2，－1)的距離與點P到拋物線焦點距離之和取得最小值時，點P的坐標為()
A.14，－1B.14，1
C．(1,2)D．(1，－2)
探究點二求拋物線的標準方程
例2(2011蕪湖調研)已知拋物線的頂點在原點，焦點在y軸上，拋物線上一點M(m，－3)到焦點的距離為5，求m的值、拋物線方程和準線方程．

變式遷移2根據下列條件求拋物線的標準方程：
(1)拋物線的焦點F是雙曲線16x2－9y2＝144的左頂點；
(2)過點P(2，－4)．

探究點三拋物線的幾何性質
例3過拋物線y2＝2px的焦點F的直線和拋物線相交于A，B兩點，如圖所示．
(1)若A，B的縱坐標分別為y1，y2，求證：y1y2＝－p2；
(2)若直線AO與拋物線的準線相交于點C，求證：BC∥x軸．

變式遷移3已知AB是拋物線y2＝2px(p0)的焦點弦，F(xiàn)為拋物線的焦點，A(x1，y1)，B(x2，y2)．求證：
(1)x1x2＝p24；
(2)1|AF|＋1|BF|為定值．

分類討論思想的應用
例(12分)過拋物線y2＝2px(p0)焦點F的直線交拋物線于A、B兩點，過B點作其準線的垂線，垂足為D，設O為坐標原點，問：是否存在實數λ，使AO→＝λOD→？
多角度審題這是一道探索存在性問題，應先假設存在，設出A、B兩點坐標，從而得到D點坐標，再設出直線AB的方程，利用方程組和向量條件求出λ.
【答題模板】
解假設存在實數λ，使AO→＝λOD→.
拋物線方程為y2＝2px(p0)，
則Fp2，0，準線l：x＝－p2，
(1)當直線AB的斜率不存在，即AB⊥x軸時，
交點A、B坐標不妨設為：Ap2，p，Bp2，－p.
∵BD⊥l，∴D－p2，－p，
∴AO→＝－p2，－p，OD→＝－p2，－p，∴存在λ＝1使AO→＝λOD→.[4分]
(2)當直線AB的斜率存在時，
設直線AB的方程為y＝kx－p2(k≠0)，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則D－p2，y2，x1＝y(tǒng)212p，x2＝y(tǒng)222p，
由y＝kx－p2y2＝2px得ky2－2py－kp2＝0，∴y1y2＝－p2，∴y2＝－p2y1，[8分]
AO→＝(－x1，－y1)＝－y212p，－y1，OD→＝－p2，y2＝－p2，－p2y1，
假設存在實數λ，使AO→＝λOD→，則－y212p＝－p2λ－y1＝－p2y1λ，解得λ＝y(tǒng)21p2，∴存在實數λ＝y(tǒng)21p2，使AO→＝λOD→.
綜上所述，存在實數λ，使AO→＝λOD→.[12分]
【突破思維障礙】
由拋物線方程得其焦點坐標和準線方程，按斜率存在和不存在討論，由直線方程和拋物線方程組成方程組，研究A、D兩點坐標關系，求出AO→和OD→的坐標，判斷λ是否存在．
【易錯點剖析】
解答本題易漏掉討論直線AB的斜率不存在的情況，出現(xiàn)錯誤的原因是對直線的點斜式方程認識不足．
1．關于拋物線的定義
要注意點F不在定直線l上，否則軌跡不是拋物線，而是一條直線．
2．關于拋物線的標準方程
拋物線的標準方程有四種不同的形式，這四種標準方程的聯(lián)系與區(qū)別在于：
(1)p的幾何意義：參數p是焦點到準線的距離，所以p恒為正數．
(2)方程右邊一次項的變量與焦點所在坐標軸的名稱相同，一次項系數的符號決定拋物線的開口方向．
3．關于拋物線的幾何性質
拋物線的幾何性質，只要與橢圓、雙曲線加以對照，很容易把握，但由于拋物線的離心率等于1，所以拋物線的焦點弦具有很多重要性質，而且應用廣泛．例如：
已知過拋物線y2＝2px(p0)的焦點的直線交拋物線于A、B兩點，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有下列性質：|AB|＝x1＋x2＋p或|AB|＝2psin2α(α為AB的傾斜角)，y1y2＝－p2，x1x2＝p24等．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011大綱全國)已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，直線y＝2x－4與C交于A，B兩點，則cos∠AFB等于()
A.45B.35
C．－35D．－45
2．(2011湖北)將兩個頂點在拋物線y2＝2px(p0)上，另一個頂點是此拋物線焦點的正三角形個數記為n，則()
A．n＝0B．n＝1
C．n＝2D．n≥3
3．已知拋物線y2＝2px，以過焦點的弦為直徑的圓與拋物線準線的位置關系是()
A．相離B．相交C．相切D．不確定
4．(2011泉州月考)已知點A(－2,1)，y2＝－4x的焦點是F，P是y2＝－4x上的點，為使|PA|＋|PF|取得最小值，則P點的坐標是()
A.－14，1B．(－2,22)
C.－14，－1D．(－2，－22)
5．設O為坐標原點，F(xiàn)為拋物線y2＝4x的焦點，A為拋物線上一點，若OA→AF→＝－4，則點A的坐標為()
A．(2，±2)B．(1，±2)
C．(1,2)D．(2，2)
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2011重慶)設圓C位于拋物線y2＝2x與直線x＝3所圍成的封閉區(qū)域(包含邊界)內，則圓C的半徑能取到的最大值為________．
7．(2011濟寧期末)已知A、B是拋物線x2＝4y上的兩點，線段AB的中點為M(2,2)，則|AB|＝________.
8．(2010浙江)設拋物線y2＝2px(p0)的焦點為F，點A(0，2)．若線段FA的中點B在拋物線上，則B到該拋物線準線的距離為________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)已知頂點在原點，焦點在x軸上的拋物線截直線y＝2x＋1所得的弦長為15，求拋物線方程．

10．(12分)(2011韶關模擬)已知拋物線C：x2＝8y.AB是拋物線C的動弦，且AB過F(0,2)，分別以A、B為切點作軌跡C的切線，設兩切線交點為Q，證明：AQ⊥BQ.

11．(14分)(2011濟南模擬)已知定點F(0,1)和直線l1：y＝－1，過定點F與直線l1相切的動圓圓心為點C.
(1)求動點C的軌跡方程；
(2)過點F的直線l2交軌跡C于兩點P、Q，交直線l1于點R，求RP→RQ→的最小值．

學案53拋物線
自主梳理
1．相等焦點準線
自我檢測
1．C
2．B[因為拋物線的準線方程為x＝－2，所以p2＝2，所以p＝4，所以拋物線的方程是y2＝8x.所以選B.]
3．B4.C5.B
課堂活動區(qū)
例1解題導引重視定義在解題中的應用，靈活地進行拋物線上的點到焦點的距離與到準線距離的等價轉化，是解決拋物線焦點弦有關問題的重要途徑．
解
將x＝3代入拋物線方程
y2＝2x，得y＝±6.
∵62，∴A在拋物線內部．
設拋物線上點P到準線l：
x＝－12的距離為d，由定義知
|PA|＋|PF|＝|PA|＋d，
當PA⊥l時，|PA|＋d最小，最小值為72，
即|PA|＋|PF|的最小值為72，
此時P點縱坐標為2，代入y2＝2x，得x＝2，
∴點P坐標為(2,2)．
變式遷移1A[
點P到拋物線焦點的距離等于點P到拋物線準線的距離，如圖，|PF|＋|PQ|＝|PS|＋|PQ|，故最小值在S，P，Q三點共線時取得，此時P，Q的縱坐標都是－1，點P的坐標為14，－1.]
例2解題導引(1)求拋物線方程時，若由已知條件可知所求曲線是拋物線，一般用待定系數法．若由已知條件可知所求曲線的動點的軌跡，一般用軌跡法；
(2)待定系數法求拋物線方程時既要定位(即確定拋物線開口方向)，又要定量(即確定參數p的值)．解題關鍵是定位，最好結合圖形確定方程適合哪種形式，避免漏解；
(3)解決拋物線相關問題時，要善于用定義解題，即把|PF|轉化為點P到準線的距離，這種“化斜為直”的轉化方法非常有效，要注意領會和運用．
解方法一設拋物線方程為
x2＝－2py(p0)，
則焦點為F0，－p2，準線方程為y＝p2.
∵M(m，－3)在拋物線上，且|MF|＝5，
∴m2＝6p，m2＋－3＋p22＝5，解得p＝4，m＝±26.
∴拋物線方程為x2＝－8y，m＝±26，
準線方程為y＝2.
方法二如圖所示，
設拋物線方程為x2＝－2py(p0)，
則焦點F0，－p2，
準線l：y＝p2，作MN⊥l，垂足為N.
則|MN|＝|MF|＝5，而|MN|＝3＋p2，
∴3＋p2＝5，∴p＝4.∴拋物線方程為x2＝－8y，
準線方程為y＝2.由m2＝(－8)×(－3)，得m＝±26.
變式遷移2解(1)雙曲線方程化為x29－y216＝1，
左頂點為(－3,0)，由題意設拋物線方程為y2＝－2px(p0)且－p2＝－3，∴p＝6.∴方程為y2＝－12x.
(2)由于P(2，－4)在第四象限且對稱軸為坐標軸，可設方程為y2＝mx(m0)或x2＝ny(n0)，代入P點坐標求得m＝8，n＝－1，
∴所求拋物線方程為y2＝8x或x2＝－y.
例3解題導引解決焦點弦問題時，拋物線的定義有著廣泛的應用，而且還應注意焦點弦的幾何性質．焦點弦有以下重要性質(AB為焦點弦，以y2＝2px(p0)為例)：
①y1y2＝－p2，x1x2＝p24；
②|AB|＝x1＋x2＋p.
證明(1)方法一由拋物線的方程可得焦點坐標為Fp2，0.設過焦點F的直線交拋物線于A，B兩點的坐標分別為(x1，y1)、(x2，y2)．
①當斜率存在時，過焦點的直線方程可設為
y＝kx－p2，由y＝kx－p2，y2＝2px，
消去x，得ky2－2py－kp2＝0.(*)
當k＝0時，方程(*)只有一解，∴k≠0，
由韋達定理，得y1y2＝－p2；
②當斜率不存在時，得兩交點坐標為
p2，p，p2，－p，∴y1y2＝－p2.
綜合兩種情況，總有y1y2＝－p2.
方法二由拋物線方程可得焦點Fp2，0，設直線AB的方程為x＝ky＋p2，并設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則A、B坐標滿足x＝ky＋p2，y2＝2px，
消去x，可得y2＝2pky＋p2，
整理，得y2－2pky－p2＝0，∴y1y2＝－p2.
(2)直線AC的方程為y＝y(tǒng)1x1x，
∴點C坐標為－p2，－py12x1，yC＝－py12x1＝－p2y12px1.
∵點A(x1，y1)在拋物線上，∴y21＝2px1.
又由(1)知，y1y2＝－p2，∴yC＝y(tǒng)1y2y1y21＝y(tǒng)2，∴BC∥x軸．
變式遷移3證明(1)∵y2＝2px(p0)的焦點Fp2，0，設直線方程為y＝kx－p2(k≠0)，
由y＝kx－p2y2＝2px，消去x，得ky2－2py－kp2＝0.
∴y1y2＝－p2，x1x2＝y(tǒng)1y224p2＝p24，
當k不存在時，直線方程為x＝p2，這時x1x2＝p24.
因此，x1x2＝p24恒成立．
(2)1|AF|＋1|BF|＝1x1＋p2＋1x2＋p2
＝x1＋x2＋px1x2＋p2x1＋x2＋p24.
又∵x1x2＝p24，代入上式得1|AF|＋1|BF|＝2p＝常數，
所以1|AF|＋1|BF|為定值．
課后練習區(qū)
1．D[方法一由y＝2x－4，y2＝4x，得x＝1，y＝－2或x＝4，y＝4.
令B(1，－2)，A(4,4)，又F(1,0)，
∴由兩點間距離公式得|BF|＝2，|AF|＝5，|AB|＝35.
∴cos∠AFB＝|BF|2＋|AF|2－|AB|22|BF||AF|＝4＋25－452×2×5
＝－45.
方法二由方法一得A(4,4)，B(1，－2)，F(xiàn)(1,0)，
∴FA→＝(3,4)，F(xiàn)B→＝(0，－2)，
∴|FA→|＝32＋42＝5，|FB→|＝2.
∴cos∠AFB＝FA→FB→|FA→||FB→|＝3×0＋4×－25×2＝－45.]
2．C[
如圖所示，A，B兩點關于x軸對稱，F(xiàn)點坐標為(p2，0)，設A(m，2pm)(m0)，則由拋物線定義，
|AF|＝|AA1|，
即m＋p2＝|AF|.
又|AF|＝|AB|＝22pm，
∴m＋p2＝22pm，整理，得m2－7pm＋p24＝0，①
∴Δ＝(－7p)2－4×p24＝48p20，
∴方程①有兩相異實根，記為m1，m2，且m1＋m2＝7p0，m1m2＝p240，
∴m10，m20，∴n＝2.]
3．C
4．A[過P作PK⊥l(l為拋物線的準線)于K，則|PF|＝|PK|，
∴|PA|＋|PF|＝|PA|＋|PK|.
∴當P點的縱坐標與A點的縱坐標相同時，|PA|＋|PK|最小，此時P點的縱坐標為1，把y＝1代入y2＝－4x，得x＝－14，即當P點的坐標為－14，1時，|PA|＋|PF|最?。甝
5．B
6.6－1
解析如圖所示，若圓C的半徑取到最大值，需圓與拋物線及直線x＝3同時相切，設圓心的坐標為(a,0)(a3)，則圓的方程為(x－a)2＋y2＝(3－a)2，與拋物線方程y2＝2x聯(lián)立得x2＋(2－2a)x＋6a－9＝0，由判別式Δ＝(2－2a)2－4(6a－9)＝0，得a＝4－6，故此時半徑為3－(4－6)＝6－1.
7．42
解析由題意可設AB的方程為y＝kx＋m，與拋物線方程聯(lián)立得x2－4kx－4m＝0，線段AB中點坐標為(2,2)，x1＋x2＝4k＝4，得k＝1.
又∵y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝4，
∴m＝0.從而直線AB：y＝x，|AB|＝2|OM|＝42.
8.324
解析拋物線的焦點F的坐標為p2，0，線段FA的中點B的坐標為p4，1，代入拋物線方程得1＝2p×p4，解得p＝2，故點B的坐標為24，1，故點B到該拋物線準線的距離為24＋22＝324.
9．解設直線和拋物線交于點A(x1，y1)，B(x2，y2)，
(1)當拋物線開口向右時，設拋物線方程為y2＝2px(p0)，則y2＝2pxy＝2x＋1，消去y得，
4x2－(2p－4)x＋1＝0，
∴x1＋x2＝p－22，x1x2＝14，(4分)
∴|AB|＝1＋k2|x1－x2|
＝5x1＋x22－4x1x2
＝5p－222－4×14＝15，(7分)
則p24－p＝3，p2－4p－12＝0，解得p＝6(p＝－2舍去)，
拋物線方程為y2＝12x.(9分)
(2)當拋物線開口向左時，設拋物線方程為y2＝－2px(p0)，仿(1)不難求出p＝2，
此時拋物線方程為y2＝－4x.(11分)
綜上可得，
所求的拋物線方程為y2＝－4x或y2＝12x.(12分)
10．證明因為直線AB與x軸不垂直，
設直線AB的方程為y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由y＝kx＋2，y＝18x2，
可得x2－8kx－16＝0，x1＋x2＝8k，x1x2＝－16.(4分)
拋物線方程為y＝18x2，求導得y′＝14x.(7分)
所以過拋物線上A、B兩點的切線斜率分別是
k1＝14x1，k2＝14x2，k1k2＝14x114x2
＝116x1x2＝－1.(10分)
所以AQ⊥BQ.(12分)
11．解(1)由題設點C到點F的距離等于它到l1的距離，
所以點C的軌跡是以F為焦點，l1為準線的拋物線，
∴所求軌跡的方程為x2＝4y.(5分)
(2)由題意直線l2的方程為y＝kx＋1，與拋物線方程聯(lián)立消去y得x2－4kx－4＝0.
記P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.(8分)
因為直線PQ的斜率k≠0，易得點R的坐標為－2k，－1.(9分)
RP→RQ→＝x1＋2k，y1＋1x2＋2k，y2＋1
＝x1＋2kx2＋2k＋(kx1＋2)(kx2＋2)
＝(1＋k2)x1x2＋2k＋2k(x1＋x2)＋4k2＋4
＝－4(1＋k2)＋4k2k＋2k＋4k2＋4
＝4k2＋1k2＋8，(11分)
∵k2＋1k2≥2，當且僅當k2＝1時取到等號．
RP→RQ→≥4×2＋8＝16，即RP→RQ→的最小值為16.(14分)

高考數學（理科）一輪復習圓的方程學案（附答案）

學案49圓的方程

導學目標：1.掌握確定圓的幾何要素.2.掌握圓的標準方程與一般方程.3.初步了解用代數方法處理幾何問題的思想．
自主梳理
1．圓的定義
在平面內，到________的距離等于________的點的________叫圓．
2．確定一個圓最基本的要素是________和________．
3．圓的標準方程
(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r0)，其中________為圓心，____為半徑．
4．圓的一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圓的充要條件是__________________，其中圓心為___________________，半徑r＝____________________________.
5．確定圓的方程的方法和步驟
確定圓的方程主要方法是待定系數法，大致步驟為：
(1)________________________________________________________________________；
(2)________________________________________________________________________；
(3)________________________________________________________________________．
6．點與圓的位置關系
點和圓的位置關系有三種．
圓的標準方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2，點M(x0，y0)，
(1)點在圓上：(x0－a)2＋(y0－b)2____r2；
(2)點在圓外：(x0－a)2＋(y0－b)2____r2；
(3)點在圓內：(x0－a)2＋(y0－b)2____r2.
自我檢測
1．方程x2＋y2＋4mx－2y＋5m＝0表示圓的條件是()
A.14m1B．m1
C．m14D．m14或m1
2．(2011南平調研)圓心在y軸上，半徑為1，且過點(1,2)的圓的方程是()
A．x2＋(y－2)2＝1
B．x2＋(y＋2)2＝1
C．(x－1)2＋(y－3)2＝1
D．x2＋(y－3)2＝1
3．點P(2，－1)為圓(x－1)2＋y2＝25的弦AB的中點，則直線AB的方程是()
A．x－y－3＝0B．2x＋y－3＝0
C．x＋y－1＝0D．2x－y－5＝0
4．已知點(0,0)在圓：x2＋y2＋ax＋ay＋2a2＋a－1＝0外，則a的取值范圍是________________．
5．(2011安慶月考)過圓x2＋y2＝4外一點P(4,2)作圓的切線，切點為A、B，則△APB的外接圓方程為________．
探究點一求圓的方程
例1求經過點A(－2，－4)，且與直線l：x＋3y－26＝0相切于點B(8,6)的圓的方程．

變式遷移1根據下列條件，求圓的方程．
(1)與圓O：x2＋y2＝4相外切于點P(－1，3)，且半徑為4的圓的方程；
(2)圓心在原點且圓周被直線3x＋4y＋15＝0分成1∶2兩部分的圓的方程．

探究點二圓的幾何性質的應用
例2(2011滁州模擬)已知圓x2＋y2＋x－6y＋m＝0和直線x＋2y－3＝0交于P，Q兩點，且OP⊥OQ(O為坐標原點)，求該圓的圓心坐標及半徑．

變式遷移2
如圖，已知圓心坐標為(3，1)的圓M與x軸及直線y＝3x分別相切于A、B兩點，另一圓N與圓M外切且與x軸及直線y＝3x分別相切于C、D兩點．
(1)求圓M和圓N的方程；
(2)過點B作直線MN的平行線l，求直線l被圓N截得的弦的長度．

探究點三與圓有關的最值問題
例3已知實數x、y滿足方程x2＋y2－4x＋1＝0.
(1)求y－x的最大值和最小值；
(2)求x2＋y2的最大值和最小值．

變式遷移3如果實數x，y滿足方程(x－3)2＋(y－3)2＝6，求yx的最大值與最小值．

1．求圓的標準方程就是求出圓心的坐標與圓的半徑，借助弦心距、弦、半徑之間的關系計算可大大簡化計算的過程與難度．
2．點與圓的位置關系有三種情形：點在圓內、點在圓上、點在圓外，其判斷方法是看點到圓心的距離d與圓半徑r的關系．dr時，點在圓內；d＝r時，點在圓上；dr時，點在圓外．
3．本節(jié)主要的數學思想方法有：數形結合思想、方程思想．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011重慶)在圓x2＋y2－2x－6y＝0內，過點E(0,1)的最長弦和最短弦分別為AC和BD，則四邊形ABCD的面積為()
A．52B．102
C．152D．202
2．(2011合肥期末)方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圓，則a的取值范圍是()
A．a－2或a23B．－23a0
C．－2a0D．－2a23
3．圓x2＋y2＋2x－4y＋1＝0關于直線2ax－by＋2＝0(a、b∈R)對稱，則ab的取值范圍是()
A.－∞，14B.0，14
C.－14，0D.－∞，14
4．已知點P(2,1)在圓C：x2＋y2＋ax－2y＋b＝0上，點P關于直線x＋y－1＝0的對稱點也在圓C上，則實數a，b的值為()
A．a＝－3，b＝3B．a＝0，b＝－3
C．a＝－1，b＝－1D．a＝－2，b＝1
5．(2011三明模擬)已知兩點A(－2,0)，B(0,2)，點C是圓x2＋y2－2x＝0上任意一點，則△ABC面積的最小值是()
A．3－2B．3＋2
C．3－22D.3－22

二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2010天津)已知圓C的圓心是直線x－y＋1＝0與x軸的交點，且圓C與直線x＋y＋3＝0相切，則圓C的方程為________________．
7．圓心在直線2x－3y－1＝0上的圓與x軸交于A(1,0)、B(3，0)兩點，則圓的方程為______________．
8．設直線ax－y＋3＝0與圓(x－1)2＋(y－2)2＝4相交于A、B兩點，且弦AB的長為23，則a＝________.
三、解答題(共38分)
9．(12分)根據下列條件，求圓的方程：
(1)經過A(6,5)、B(0,1)兩點，并且圓心C在直線3x＋10y＋9＝0上；
(2)經過P(－2,4)、Q(3，－1)兩點，并且在x軸上截得的弦長等于6.

10．(12分)(2011舟山模擬)已知點(x，y)在圓(x－2)2＋(y＋3)2＝1上．
(1)求x＋y的最大值和最小值；
(2)求yx的最大值和最小值；
(3)求x2＋y2＋2x－4y＋5的最大值和最小值．
11．(14分)如圖是某圓拱橋的一孔圓拱的示意圖，該圓拱跨度|AB|＝20米，拱高|OP|＝4米，每隔4米需用一支柱支撐，求支柱A2P2的高度(精確到0.01米)(825≈28.72)．

學案49圓的方程
自主梳理
1．定點定長集合2.圓心半徑3.(a，b)r
4．D2＋E2－4F0－D2，－E2D2＋E2－4F2
5．(1)根據題意，選擇標準方程或一般方程(2)根據條件列出關于a，b，r或D、E、F的方程組(3)解出a、b、r或D、E、F，代入標準方程或一般方程6.(1)＝(2)(3)
自我檢測
1．D2.A3.A
4．(－1－73，－1)∪(12，－1＋73)
5．(x－2)2＋(y－1)2＝5
課堂活動區(qū)
例1解題導引(1)一可以利用圓的一般式方程，通過轉化三個獨立條件，得到有關三個待定字母的關系式求解；二可以利用圓的方程的標準形式，由條件確定圓心和半徑．
(2)一般地，求圓的方程時，當條件中給出的是圓上若干點的坐標，較適合用一般式，通過解三元方程組求待定系數；當條件中給出的是圓心坐標或圓心在某直線上、圓的切線方程、圓的弦長等條件，適合用標準式．
解方法一設圓心為C，
所求圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
則圓心C－D2，－E2.∴kCB＝6＋E28＋D2.
由kCBkl＝－1，
∴6＋E28＋D2－13＝－1.①
又有(－2)2＋(－4)2－2D－4E＋F＝0，②
又82＋62＋8D＋6E＋F＝0.③
解①②③，可得D＝－11，E＝3，F(xiàn)＝－30.
∴所求圓的方程為x2＋y2－11x＋3y－30＝0.
方法二設圓的圓心為C，則CB⊥l，從而可得CB所在直線的方程為y－6＝3(x－8)，即3x－y－18＝0.①
由A(－2，－4)，B(8,6)，得AB的中點坐標為(3,1)．
又kAB＝6＋48＋2＝1，
∴AB的垂直平分線的方程為y－1＝－(x－3)，
即x＋y－4＝0.②
由①②聯(lián)立后，解得x＝112，y＝－32.即圓心坐標為112，－32.
∴所求圓的半徑r＝112－82＋－32－62＝1252.
∴所求圓的方程為x－1122＋y＋322＝1252.
變式遷移1解(1)設所求圓的圓心Q的坐標為(a，b)，圓Q的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝42，又∵OQ＝6，
∴聯(lián)立方程0－a2＋0－b2＝62－1－a2＋3－b2＝16，
解得a＝－3，b＝33，
所以所求圓的方程為(x＋3)2＋(y－33)2＝16.
(2)
如圖，因為圓周被直線3x＋4y＋15＝0分成1∶2兩部分，所以∠AOB＝120°，而圓心(0,0)到直線3x＋4y＋15＝0的距離d＝1532＋42＝3，在△AOB中，可求得OA＝6.
所以所求圓的方程為x2＋y2＝36.
例2解題導引(1)在解決與圓有關的問題中，借助于圓的幾何性質，往往會使得思路簡捷明了，簡化思路，簡便運算．
(2)本題利用方程思想求m值，即“列出m的方程”求m值．
解方法一將x＝3－2y，
代入方程x2＋y2＋x－6y＋m＝0，
得5y2－20y＋12＋m＝0.
設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則y1、y2滿足條件：
y1＋y2＝4，y1y2＝12＋m5.
∵OP⊥OQ，∴x1x2＋y1y2＝0.
而x1＝3－2y1，x2＝3－2y2.
∴x1x2＝9－6(y1＋y2)＋4y1y2.
∴9－6(y1＋y2)＋5y1y2＝0，
∴9－6×4＋5×12＋m5＝0，
∴m＝3，此時1＋36－3×40，圓心坐標為－12，3，半徑r＝52.
方法二
如圖所示，
設弦PQ中點為M，
∵O1M⊥PQ，
∴kO1M＝2.
又圓心坐標為－12，3，
∴O1M的方程為y－3＝2x＋12，即y＝2x＋4.
由方程組y＝2x＋4，x＋2y－3＝0，解得M的坐標為(－1,2)．
則以PQ為直徑的圓可設為(x＋1)2＋(y－2)2＝r2.
∵OP⊥OQ，∴點O在以PQ為直徑的圓上．
∴(0＋1)2＋(0－2)2＝r2，即r2＝5，MQ2＝r2.
在Rt△O1MQ中，O1M2＋MQ2＝O1Q2.
∴－12＋12＋(3－2)2＋5＝1＋－62－4m4.
∴m＝3.∴半徑為52，圓心為－12，3.
變式遷移2解(1)∵M的坐標為(3，1)，∴M到x軸的距離為1，即圓M的半徑為1，
則圓M的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝1.
設圓N的半徑為r，
連接MA，NC，OM，
則MA⊥x軸，NC⊥x軸，
由題意知：M，N點都在∠COD的平分線上，
∴O，M，N三點共線．
由Rt△OAM∽Rt△OCN可知，
|OM|∶|ON|＝|MA|∶|NC|，即23＋r＝1rr＝3，
則OC＝33，則圓N的方程為(x－33)2＋(y－3)2＝9.
(2)由對稱性可知，所求的弦長等于過A點與MN平行的直線被圓N截得的弦的長度，
此弦的方程是y＝33(x－3)，即x－3y－3＝0，
圓心N到該直線的距離d＝32，
則弦長為2r2－d2＝33.
例3解題導引與圓有關的最值問題，常見的有以下幾種類型：
(1)形如μ＝y(tǒng)－bx－a形式的最值問題，可轉化為動直線斜率的最值問題；(2)形如t＝ax＋by形式的最值問題，可轉化為動直線截距的最值問題；(3)形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值問題，可轉化為動點到定點的距離的平方的最值問題．
解(1)y－x可看作是直線y＝x＋b在y軸上的截距，當直線y＝x＋b與圓相切時，縱截距b取得最大值或最小值，此時|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.
(2)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，在原點與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2－02＋0－02＝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.
變式遷移3解設P(x，y)，
則P點的軌跡就是已知圓C：(x－3)2＋(y－3)2＝6.
而yx的幾何意義就是直線OP的斜率，
設yx＝k，則直線OP的方程為y＝kx.
當直線OP與圓相切時，斜率取最值．
因為點C到直線y＝kx的距離d＝|3k－3|k2＋1，
所以當|3k－3|k2＋1＝6，
即k＝3±22時，直線OP與圓相切．
即yx的最大值為3＋22，最小值為3－22.
課后練習區(qū)
1．B[圓的方程化為標準形式為(x－1)2＋(y－3)2＝10，由圓的性質可知最長弦|AC|＝210，最短弦BD恰以E(0,1)為中心，設點F為其圓心，坐標為(1,3)．
故EF＝5，∴BD＝210－52＝25，
∴S四邊形ABCD＝12ACBD＝102.]
2．D3.A4.B5.A
6．(x＋1)2＋y2＝27.(x－2)2＋(y－1)2＝28.0
9．解(1)∵AB的中垂線方程為3x＋2y－15＝0，
由3x＋2y－15＝0，3x＋10y＋9＝0，解得x＝7，y＝－3.(3分)
∴圓心為C(7，－3)．又|CB|＝65，
故所求圓的方程為(x－7)2＋(y＋3)2＝65.(6分)
(2)設圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，將P、Q點的坐標分別代入得2D－4E－F＝20，3D－E＋F＝－10.①②
(8分)
又令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0，③
由|x1－x2|＝6有D2－4F＝36.④
由①②④解得D＝－2，E＝－4，F(xiàn)＝－8或D＝－6，E＝－8，F(xiàn)＝0.
故所求圓的方程為x2＋y2－2x－4y－8＝0，或x2＋y2－6x－8y＝0.(12分)
10．解(1)設t＝x＋y，則y＝－x＋t，t可視為直線y＝－x＋t的縱截距，所以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，即直線與圓相切時的縱截距．
由直線與圓相切，得圓心到直線的距離等于半徑，
即|2＋－3－t|2＝1，解得t＝2－1或t＝－2－1，
所以x＋y的最大值為2－1，
最小值為－2－1.(4分)
(2)yx可視為點(x，y)與原點連線的斜率，yx的最大值和最小值就是過原點的直線與該圓有公共點時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|2k－－3|1＋k2＝1，
解得k＝－2＋233或k＝－2－233，
所以yx的最大值為－2＋233，
最小值為－2－233.(8分)
(3)x2＋y2＋2x－4y＋5，
即[x－－1]2＋y－22，其最值可視為點(x，y)到定點(－1,2)的距離的最值，可轉化為圓心(2，－3)到定點(－1,2)的距離與半徑的和或差．
又因為圓心到定點(－1,2)的距離為34，所以x2＋y2＋2x－4y＋5的最大值為34＋1，最小值為34－1.(12分)
11．解建立如圖所示的坐標系，設該圓拱所在圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，由于圓心在y軸上，所以D＝0，那么方程即為x2＋y2＋Ey＋F＝0.(3分)
下面用待定系數法來確定E、F的值．
因為P、B都在圓上，所以它們的坐標(0,4)、(10,0)都是這個圓的方程的解，
于是有方程組42＋4E＋F＝0，102＋F＝0，(7分)
解得F＝－100，E＝21.
∴這個圓的方程是x2＋y2＋21y－100＝0.(10分)
把點P2的橫坐標x＝－2代入這個圓的方程，
得(－2)2＋y2＋21y－100＝0，y2＋21y－96＝0.
∵P2的縱坐標y0，故應取正值，
∴y＝－21＋212＋4×962≈3.86(米)．
所以支柱A2P2的高度約為3.86米．(14分)