《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 第3講 圓的方程練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 第3講 圓的方程練習(xí)（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講 圓的方程 [基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)] 1．圓心在y軸上，半徑為1，且過點(diǎn)(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 解析：選A.設(shè)圓心為(0，a)， 則＝1， 解得a＝2，故圓的方程為x2＋(y－2)2＝1.故選A. 2．方程|x|－1＝所表示的曲線是(　　) A．一個圓 B．兩個圓 C．半個圓 D．兩個半圓 解析：選D.由題意得即或 故原方程表示兩個半圓． 3．(2019·金華十校聯(lián)考)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

2、所截弦的中點(diǎn)，則該直徑所在的直線方程為(　　) A．3x＋y－5＝0 B．x－2y＝0 C．x－2y＋4＝0 D．2x＋y－3＝0 解析：選D.直線x－2y＋3＝0的斜率為，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. 4．已知圓C的圓心是直線x－y＋1＝0與x軸的交點(diǎn)，且圓C與直線x＋y＋3＝0相切，則圓C的方程是(　　) A．(x＋1)2＋y2＝2 B．(x＋1)2＋y2＝8 C．(x－1)2＋y2＝2 D．(x－1)2＋y2＝8 解析：選A.直線x－y＋1＝0與x軸的交點(diǎn)為 即(

3、－1，0)． 根據(jù)題意，圓心為(－1，0)． 因為圓與直線x＋y＋3＝0相切，所以半徑為圓心到切線的距離，即r＝d＝＝， 則圓的方程為(x＋1)2＋y2＝2.故選A. 5．圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0上的點(diǎn)到直線x－y＝2距離的最大值是(　　) A．1＋ B．2 C．1＋ D．2＋2 解析：選A.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＝＝，故圓上的點(diǎn)到直線x－y＝2距離的最大值為d＋1＝＋1，選A. 6．(2019·杭州八校聯(lián)考)圓x2＋y2＋2x－6y＋1＝0關(guān)于直線ax－by＋3＝0(a>0，b>0)

4、對稱，則＋的最小值是(　　) A．2 B． C．4 D． 解析：選D.由圓x2＋y2＋2x－6y＋1＝0知其標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋(y－3)2＝9，因為圓x2＋y2＋2x－6y＋1＝0關(guān)于直線ax－by＋3＝0(a>0，b>0)對稱，所以該直線經(jīng)過圓心(－1，3)，即－a－3b＋3＝0，所以a＋3b＝3(a>0，b>0)．所以＋＝(a＋3b)＝≥＝，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即a＝b時取等號，故選D. 7．圓C的圓心在x軸上，并且經(jīng)過點(diǎn)A(－1，1)，B(1，3), 若M(m，)在圓C內(nèi)，則m的取值范圍為________． 解析：設(shè)圓心為C(a，0)，由|CA|＝|CB|得 (a＋1)2＋12

5、＝(a－1)2＋32，所以a＝2. 半徑r＝|CA|＝＝. 故圓C的方程為(x－2)2＋y2＝10. 由題意知(m－2)2＋()2<10，解得0

6、1)2＋＝. 答案：(x－1)2＋＝ 9．已知點(diǎn)P(2，2)，圓C：x2＋y2－8y＝0，過點(diǎn)P的動直線l與圓C交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則點(diǎn)M的軌跡方程為________________． 解析：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＝(x，y－4)，＝(2－x，2－y)． 由題設(shè)知·＝0，故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0. 即(x－1)2＋(y－3)2＝2. 由于點(diǎn)P在圓C的內(nèi)部，所以點(diǎn)M的軌跡方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2. 答案：(x－1)2＋(y－3)2＝2 10．已

7、知圓O：x2＋y2＝8，點(diǎn)A(2，0)，動點(diǎn)M在圓上，則∠OMA的最大值為________． 解析：設(shè)|MA|＝a，因為|OM|＝2，|OA|＝2，由余弦定理知cos∠OMA＝＝＝·≥·2＝，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2時等號成立． 所以∠OMA≤，即∠OMA的最大值為. 答案： 11．求適合下列條件的圓的方程． (1)圓心在直線y＝－4x上，且與直線l：x＋y－1＝0相切于點(diǎn)P(3，－2)； (2)過三點(diǎn)A(1，12)，B(7，10)，C(－9，2)． 解：(1)法一：設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，則有 解得a＝1，b＝－4，r＝2. 所以圓的方程為(x－1)2＋(y

8、＋4)2＝8. 法二：過切點(diǎn)且與x＋y－1＝0垂直的直線為y＋2＝x－3，與y＝－4x聯(lián)立可求得圓心為(1，－4)． 所以半徑r＝＝2， 所以所求圓的方程為(x－1)2＋(y＋4)2＝8. (2)設(shè)圓的一般方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)， 則 解得D＝－2，E＝－4，F(xiàn)＝－95. 所以所求圓的方程為x2＋y2－2x－4y－95＝0. 12．已知以點(diǎn)P為圓心的圓經(jīng)過點(diǎn)A(－1，0)和B(3，4)，線段AB的垂直平分線交圓P于點(diǎn)C和D，且|CD|＝4. (1)求直線CD的方程； (2)求圓P的方程． 解：(1)直線AB的斜率k＝1，AB的中點(diǎn)坐標(biāo)

9、為(1，2)． 則直線CD的方程為y－2＝－(x－1)，即x＋y－3＝0. (2)設(shè)圓心P(a，b)，則由點(diǎn)P在CD上， 得a＋b－3＝0.① 又因為直徑|CD|＝4，所以|PA|＝2， 所以(a＋1)2＋b2＝40.② 由①②解得或 所以圓心P(－3，6)或P(5，－2)． 所以圓P的方程為(x＋3)2＋(y－6)2＝40 或(x－5)2＋(y＋2)2＝40. [能力提升] 1．(2019·臺州市書生中學(xué)高三模擬)在△ABC中，BC＝6，AB＝2AC，則△ABC面積的最大值為(　　) A．10 B．11 C．12 D．14 解析：選C.以B為原點(diǎn)，BC所在的直線為

10、x軸，建立直角坐標(biāo)系(圖略)，則C(6，0)．設(shè)A(x，y)．由AB＝2AC得x2＋y2＝4[(6－x)2＋y2]，即(x－8)2＋y2＝16.則A的軌跡是以(8，0)為圓心，半徑為4的圓(除去(12，0)和(4，0))，所以A到BC的距離的最大值為4. 所以△ABC面積的最大值為S＝BC×4＝12.故選C. 2．已知實數(shù)x，y滿足x2＋y2＝4(y≥0)，則m＝x＋y的取值范圍是(　　) A．(－2，4) B．[－2，4] C．[－4，4] D．[－4，2] 解析：選B.由于y≥0，所以x2＋y2＝4(y≥0)為上半圓.x＋y－m＝0是直線(如圖)， 且斜率為－，在y軸上截距

11、為m，又當(dāng)直線過點(diǎn)(－2，0)時，m＝－2，設(shè)圓心O到直線x＋y－m＝0的距離為d，所以即 解得m∈[－2，4]． 3．設(shè)命題p：(x，y，k∈R且k＞0)；命題q：(x－3)2＋y2≤25(x，y∈R)．若p是q的充分不必要條件，則k的取值范圍是________． 解析：如圖所示：命題p表示的范圍是圖中△ABC的內(nèi)部(含邊界)，命題q表示的范圍是以點(diǎn)(3，0)為圓心，5為半徑的圓及圓內(nèi)部分，p是q的充分不必要條件，實際上只需A，B，C三點(diǎn)都在圓內(nèi)(或圓上)即可． 由題知B，則 解得0＜k≤6. 答案：(0，6] 4．(2019·寧波鎮(zhèn)海中學(xué)高考模擬)已知圓C：x2＋y2－2

12、x－4y＋1＝0上存在兩點(diǎn)關(guān)于直線l：x＋my＋1＝0對稱，經(jīng)過點(diǎn)M(m，m)作圓C的切線，切點(diǎn)為P，則m＝________； |MP|＝________． 解析：因為圓C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0上存在兩點(diǎn)關(guān)于直線l：x＋my＋1＝0對稱， 所以直線l：x＋my＋1＝0過圓心C(1，2)， 所以1＋2m＋1＝0.解得m＝－1. 圓C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0，可化為(x－1)2＋(y－2)2＝4，圓心(1，2)，半徑r＝2， 因為經(jīng)過點(diǎn)M(m，m)作圓C的切線，切點(diǎn)為P， 所以|MP|＝＝3. 答案：－1　3 5．已知方程x2＋y2－2x－4y＋m＝0. (1)

13、若此方程表示圓，求實數(shù)m的取值范圍； (2)若(1)中的圓與直線x＋2y－4＝0相交于M，N兩點(diǎn)，且OM⊥ON(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，求m的值； (3)在(2)的條件下，求以MN為直徑的圓的方程． 解：(1)由D2＋E2－4F>0得(－2)2＋(－4)2－4m>0，解得m<5. (2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，由x＋2y－4＝0得x＝4－2y；將x＝4－2y代入x2＋y2－2x－4y＋m＝0得5y2－16y＋8＋m＝0，所以y1＋y2＝，y1y2＝.因為OM⊥ON，所以·＝－1，即x1x2＋y1y2＝0.因為x1x2＝(4－2y1)(4－2y2)＝16－8(y1＋y2)＋4y1y

14、2，所以x1x2＋y1y2＝16－8(y1＋y2)＋5y1y2＝0，即(8＋m)－8×＋16＝0，解得m＝. (3)設(shè)圓心C的坐標(biāo)為(a，b)，則a＝(x1＋x2)＝，b＝(y1＋y2)＝，半徑r＝|OC|＝，所以所求圓的方程為＋＝. 6．已知以點(diǎn)C(t∈R，t≠0)為圓心的圓與x軸交于點(diǎn)O和點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)O和點(diǎn)B，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)． (1)求證：△OAB的面積為定值； (2)設(shè)直線y＝－2x＋4與圓C交于點(diǎn)M，N，若OM＝ON，求圓C的方程． 解：(1)證明：因為圓C過原點(diǎn)O，所以O(shè)C2＝t2＋. 設(shè)圓C的方程是 (x－t)2＋＝t2＋， 令x＝0，得y1＝0，y2＝；

15、令y＝0，得x1＝0，x2＝2t， 所以S△OAB＝OA·OB＝×|2t|×||＝4， 即△OAB的面積為定值． (2)因為OM＝ON，CM＝CN， 因為OC垂直平分線段MN. 因為kMN＝－2，所以kOC＝. 所以＝t，解得t＝2或t＝－2. 當(dāng)t＝2時，圓心C的坐標(biāo)為(2，1)，OC＝， 此時，C到直線y＝－2x＋4的距離d＝<，圓C與直線y＝－2x＋4相交于兩點(diǎn)． 符合題意，此時，圓的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝5. 當(dāng)t＝－2時，圓心C的坐標(biāo)為(－2，－1)，OC＝，此時C到直線y＝－2x＋4的距離d＝>.圓C與直線y＝－2x＋4不相交， 所以t＝－2不符合題意，舍去． 綜上圓C的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝5. 8