《（江蘇專用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第3課時 圓的方程課時闖關(guān)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第3課時 圓的方程課時闖關(guān)（含解析）（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 （江蘇專用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第3課時 圓的方程 課時闖關(guān)（含解析） [A級　雙基鞏固] 一、填空題 1．過點A(1，－1)，B(－1,1)，且圓心在直線x＋y－2＝0上的圓的方程是________． 解析：設(shè)圓心C的坐標(biāo)為(a，b)，半徑為r. ∵圓心C在直線x＋y－2＝0上，∴b＝2－a. ∵2＝2，∴(a－1)2＋(2－a＋1)2＝(a＋1)2＋(2－a－1)2，∴a＝1，b＝1，∴r＝2，∴圓的方程為(x－1)2＋(y－1)2＝4. 答案：(x－1)2＋(y－1)2＝4 2．已知點A(1，－1)，B(－1,1)，則以線段AB為直徑的圓的方程是___

2、_____． 解析：圓心坐標(biāo)為(0,0)， 半徑r＝＝， ∴圓的方程為x2＋y2＝2. 答案：x2＋y2＝2 3．若不同四點A(5,0)，B(－1,0)，C(－3,3)，D(a,3)在同一圓上，則實數(shù)a的值為________． 解析：設(shè)經(jīng)過A，B，C三點的圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，由題意可得 解得 ∴A，B，C三點確定的圓的方程為x2＋y2－4x－y－5＝0. ∵D(a,3)也在此圓上，∴a2＋9－4a－25－5＝0. ∴a＝7或a＝－3(舍去)． 答案：7 4．已知圓C1：(x＋1)2＋(y－1)2＝1，圓C2與圓C1關(guān)于直

3、線x－y－1＝0對稱，則圓C2的方程為________． 解析：圓C1：(x＋1)2＋(y－1)2＝1的圓心為(－1,1)． 圓C2的圓心設(shè)為(a，b)，∵圓C1與圓C2關(guān)于直線x－y－1＝0對稱， ∴解得又圓C2的半徑為1， ∴圓C2的方程為(x－2)2＋(y＋2)2＝1. 答案：(x－2)2＋(y＋2)2＝1 5．(2012·南京質(zhì)檢)已知點M(1,0)是圓C：x2＋y2－4x－2y＝0內(nèi)的一點那么過點M的最短弦所在直線的方程是________． 解析：過點M的最短的弦與CM垂直，圓C：x2＋y2－4x－2y＝0的圓心為C(2,1)，∵kCM＝＝1，∴最短弦所在直線的方程為y

4、－0＝－1(x－1)，即x＋y－1＝0. 答案：x＋y－1＝0 6．圓x2＋y2－4x－4y－10＝0上的點到直線x＋y－14＝0的最大距離與最小距離的差是________． 解析：所給圓的圓心坐標(biāo)為(2,2)，半徑r＝3， 圓心到直線x＋y－14＝0的距離d＝＝5. ∴所求的最大距離與最小距離的差(d＋r)－(d－r)＝2r＝6. 答案：6 7．點P(0,2)到圓C：(x＋1)2＋y2＝1的圓心的距離為________，如果A是圓C上一個動點，＝3，那么點B的軌跡方程為________． 解析：P(0,2)到圓C：(x＋1)2＋y2＝1的圓心的距離d＝，設(shè)B(x，y)，A(x

5、0，y0)， ∴＝(x－x0，y－y0)，＝(－x0,2－y0)． ∵＝3，∴∴ ∴2＋2＝1， 即(x－2)2＋(y－6)2＝4. 答案：　(x－2)2＋(y－6)2＝4 8．若圓x2＋y2－4x－4y－10＝0上至少有三個不同點到直線l：ax＋by＝0的距離為2，則直線l的傾斜角的取值范圍是________． 解析：圓方程即(x－2)2＋(y－2)2＝18，它的圓心為(2,2)，半徑r＝3. 由條件得圓心到直線l的距離d＝≤3－2， 得 2－≤－≤2＋. ∵tan＝2－，tan＝2＋， ∴直線l傾斜角的取值范圍是. 答案： 二、解答題 9．已知方程x2＋y2－2

6、(t＋3)x＋2(1－4t2)y＋16t4＋9＝0(t∈R)的圖形是圓． (1)求t的取值范圍； (2)求其中面積最大的圓的半徑； (3)若點P(3,4t2)恒在所給圓內(nèi)，求t的取值范圍． 解：(1)方程即(x－t－3)2＋(y＋1－4t2)2＝(t＋3)2＋(1－4t2)2－16t4－9， ∴r2＝－7t2＋6t＋1＞0， ∴－＜t＜1. 故t的取值范圍是. (2)∵r＝＝ ， ∴當(dāng)t＝∈時，rmax＝. (3)當(dāng)且僅當(dāng)32＋(4t2)2－2(t＋3)×3＋2(1－4t2)×4t2＋16t4＋9＜0時，點P在圓內(nèi)， ∴8t2－6t＜0，即0＜t＜. 故t的取值范圍是.

7、 10．設(shè)平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)二次函數(shù)f(x)＝x2＋2x＋b(x∈R)的圖象與兩坐標(biāo)軸有三個交點，經(jīng)過這三個交點的圓記為C. (1)求實數(shù)b的取值范圍； (2)求圓C的方程； (3)問圓C是否經(jīng)過某定點(其坐標(biāo)與b無關(guān))？請證明你的結(jié)論． 解：(1)令x＝0，得拋物線與y軸的交點是(0，b)， 令f(x)＝0，得x2＋2x＋b＝0，由題意b≠0且Δ＞0， 解得b＜1且b≠0.故b的取值范圍為(－∞，0)∪(0,1)． (2)設(shè)所求圓的一般方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， 令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0，這與x2＋2x＋b＝0是同一個方程，故D＝2，F(xiàn)＝b， 令

8、x＝0，得y2＋Ey＋b＝0，此方程有一個根為b，代入E＝－b－1， 所以圓C的方程為x2＋y2＋2x－(b＋1)y＋b＝0. (3)圓C必過定點(0,1)，(－2,1)． 證明如下：將(0,1)代入圓C的方程，得左邊＝02＋12＋2×0－(b＋1)×1＋b＝0，右邊＝0，所以圓C必過定點(0,1)；同理可證圓C必過定點(－2,1)． [B級　能力提升] 一、填空題 1．已知在函數(shù)f(x)＝sin圖象上，相鄰的一個最大值點與一個最小值點恰好在x2＋y2＝R2上，則f(x)的最小正周期為________． 解析：∵x2＋y2＝R2，∴x∈[－R，R]． ∵函數(shù)f(x)的最小正周期

9、為2R， ∴最大值點為，相鄰的最小值點為，代入圓方程，得R＝2，∴T＝4. 答案：4 2．如果點P在平面區(qū)域 上，點Q在曲線x2＋(y＋2)2＝1，那么|PQ|的最小值為________． 解析： 由圖可知不等式組確定的區(qū)域為陰影部分包括邊界，點P到Q的距離最小為到(0，－2)的最小值減去圓的半徑1，由圖可知|PQ|min＝－1＝－1. 答案：－1 3．已知AC，BD為圓O：x2＋y2＝4的兩條互相垂直的弦，垂足為M(1，)，則四邊形ABCD的面積的最大值為________． 解析： 如圖，取AC中點F，BD中點E， 則OE⊥BD，OF⊥AC，又AC⊥BD，設(shè)|O

10、F|＝d1，|OE|＝d2， ∴四邊形OEMF為矩形， ∴d＋d＝OM2＝3. 又|AC|＝2， |BD|＝2， ∴S四邊形ABCD＝|AC||BD|＝2·＝2 ＝2　 又0≤d≤3，∴當(dāng)d＝時，S四邊形ABCD有最大值5 答案：5 4．點P是圓x2＋y2－8x－2y＋13＝0上的動點，O是坐標(biāo)原點，則線段OP的中點Q的軌跡方程是________． 解析：圓的方程可化為(x－4)2＋(y－1)2＝4， 設(shè)P(x0，y0)，Q(x，y)，則x＝，y＝，∴x0＝2x，y0＝2y. ∵(x0，y0)是圓上的動點，∴(x0－4)2＋(y0－1)2＝4， ∴(2x－4)2＋(2

11、y－1)2＝4，即(x－2)2＋2＝1. 答案：(x－2)2＋2＝1 二、解答題 5. (2011·高考陜西卷)如圖，設(shè)P是圓x2＋y2＝25上的動點，點D是P在x軸上的正投影，M為PD上一點，且|MD|＝|PD|. (1)當(dāng)P在圓上運動時，求點M的軌跡C的方程； (2)求過點(3,0)且斜率為的直線被C所截線段的長度． 解：(1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x，y)，P的坐標(biāo)為(x0，y0)， 由已知得，又點P在圓上，∴x2＋2＝25. 即軌跡C的方程為＋＝1. (2)經(jīng)過點(3,0)且斜率為的直線方程為y＝(x－3)， 由得x2－3x－8＝0， 解之得x1＝，x2＝. ∴線

12、段AB長度為|AB|＝＝＝. 6．已知橢圓E：＋＝1的左焦點為F，左準(zhǔn)線l與x軸的交點是圓C的圓心，圓C恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點O，設(shè)G是圓C上任意一點． (1)求圓C的方程； (2)若直線FG與直線l交于點T，且G為線段FT的中點，求直線FG被圓C所截得的弦長； (3)在平面上是否存在一點P，使得＝？若存在，求出點P坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解：(1)由橢圓E：＋＝1， 得l：x＝－4，C(－4,0)，F(xiàn)(－2,0)． 又圓C過原點，所以圓C的方程為(x＋4)2＋y2＝16. (2)由題意，得G(－3，yG)，代入(x＋4)2＋y2＝16，得yG＝±，所以FG的斜率為k＝±，F(xiàn)G的方程為y＝±(x＋2)， 所以C(－4,0)到FG的距離為d＝，直線FG被圓C截得弦長為2＝7. 故直線FG被圓C截得的弦長為7. (3)設(shè)P(s，t)，G(x0，y0)，則由＝， 得＝， 整理得3(x＋y)＋(16＋2s)x0＋2ty0＋16－s2－t2＝0，① 又G(x0，y0)在圓C：(x＋4)2＋y2＝16上，所以x＋y＋8x0＝0，② ②代入①得(2s－8)x0＋2ty0＋16－s2－t2＝0. 又由G(x0，y0)為圓C上任意一點可知 解得 所以在平面上存在一點P，其坐標(biāo)為(4,0)．