2023高考数学统考一轮复习课后限时集训50圆的方程理含解析新人教版202302272159

课后限时集训(五十)　圆的方程建议用时：40分钟一、选择题1．圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是(　　)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＝2D　[因为圆心为(1,1)且过原点，所以该圆的半径r＝＝，则该圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2，故选D．]2．(2020·西城二模)圆x2＋y2＋4x－2y＋1＝0截x轴所得弦的长度等于(　　)A．2B．2C．2D．4B　[令y＝0得x2＋4x＋1＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－4，x1x2＝1.∴|AB|＝＝2.]3．(2020·北京高考)已知半径为1的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值为(　　)A．4B．5C．6D．7A　[设圆心C(x，y)，则＝1，化简得(x－3)2＋(y－4)2＝1，所以圆心C的轨迹是以M(3,4)为圆心，1为半径的圆，所以|OC|＋1≥|OM|＝＝5，所以|OC|≥5－1＝4，当且仅当C在线段OM上时取得等号，故选A．]4．已知方程x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0所表示的圆有最大的面积，则取最大面积时，该圆的圆心的坐标为(　　)A．(－1,1)B．(－1,0)C．(1，－1)D．(0，－1)D　[由x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0知所表示圆的半径r＝＝，要使圆的面积最大，须使半径最大，\n所以当k＝0时，rmax＝＝1，此时圆的方程为x2＋y2＋2y＝0，即x2＋(y＋1)2＝1，所以圆心为(0，－1)．]5．动点A在圆x2＋y2＝1上移动时，它与定点B(3,0)连线的中点的轨迹方程是(　　)A．(x＋3)2＋y2＝4B．(x－3)2＋y2＝4C．(2x－3)2＋4y2＝1D．＋y2＝C　[设中点M(x，y)，则动点A(2x－3,2y)．∵点A在圆x2＋y2＝1上，∴(2x－3)2＋(2y)2＝1，即(2x－3)2＋4y2＝1.故选C．]6．过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1，－7)的圆交y轴于M，N两点，则|MN|＝(　　)A．2B．8C．4D．10C　[设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则解得∴圆的方程为x2＋y2－2x＋4y－20＝0.令x＝0，得y＝－2＋2或y＝－2－2，∴M(0，－2＋2)，N(0，－2－2)或M(0，－2－2)，N(0，－2＋2)，∴|MN|＝4，故选C．]二、填空题7．圆(x－1)2＋(y－2)2＝1关于直线y＝x对称的圆的方程为．(x－2)2＋(y－1)2＝1　[设对称圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝1，圆心(1,2)关于直线y＝x的对称点为(2,1)，故对称圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝1.]8．圆C的圆心在x轴上，并且经过点A(－1,1)，B(1,3)，若M(m，)在圆C内，则m的范围为．(0,4)　[设圆心为C(a,0)，由|CA|＝|CB|得(a＋1)2＋12＝(a－1)2＋32.所以a＝2.半径r＝|CA|＝＝.故圆C的方程为(x－2)2＋y2＝10.由题意知(m－2)2＋()2＜10，解得0＜m＜4.]9．圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0上的点到直线x－y＝2距离的最大值是．＋1　[将圆的方程化为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心坐标为(1,1)，半径为1，则圆心到直线x－y＝2的距离d＝＝，故圆上的点到直线x－y＝2距离的最大值为d＋1＝＋1.]\n三、解答题10．已知以点P为圆心的圆经过点A(－1,0)和B(3,4)，线段AB的垂直平分线交圆P于点C和D，且|CD|＝4.(1)求直线CD的方程；(2)求圆P的方程．[解]　(1)由已知得直线AB的斜率k＝1，AB的中点坐标为(1,2)．所以直线CD的方程为y－2＝－(x－1)，即x＋y－3＝0.(2)设圆心P(a，b)，则由P在CD上得a＋b－3＝0.①又直径|CD|＝4，所以|PA|＝2.所以(a＋1)2＋b2＝40.②由①②解得或所以圆心P(－3,6)或P(5，－2)，所以圆P的方程为(x＋3)2＋(y－6)2＝40或(x－5)2＋(y＋2)2＝40.11.如图，等腰梯形ABCD的底边AB和CD长分别为6和2，高为3.(1)求这个等腰梯形的外接圆E的方程；(2)若线段MN的端点N的坐标为(5,2)，端点M在圆E上运动，求线段MN的中点P的轨迹方程．[解]　(1)由已知可知A(－3,0)，B(3,0)，C(，3)，D(－，3)，设圆心E(0，b)，由|EB|＝|EC|可知(0－3)2＋(b－0)2＝(0－)2＋(b－3)2，解得b＝1.所以r2＝(0－3)2＋(1－0)2＝10.所以圆的方程为x2＋(y－1)2＝10.(2)设P(x，y)，由点P是MN中点，得M(2x－5,2y－2)．将M点代入圆的方程得(2x－5)2＋(2y－3)2＝10，即＋＝.\n1．若直线ax＋2by－2＝0(a＞0，b＞0)始终平分圆x2＋y2－4x－2y－8＝0的周长，则＋的最小值为(　　)A．1B．5C．4D．3＋2D　[由题意知圆心C(2,1)在直线ax＋2by－2＝0上，∴2a＋2b－2＝0，整理得a＋b＝1，∴＋＝(a＋b)＝3＋＋≥3＋2＝3＋2，当且仅当＝，即b＝2－，a＝－1时，等号成立．∴＋的最小值为3＋2.]2．已知圆C截y轴所得的弦长为2，圆心C到直线l：x－2y＝0的距离为，且圆C被x轴分成的两段弧长之比为3∶1，则圆C的方程为．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2或(x－1)2＋(y－1)2＝2　[设圆C的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则点C到x轴，y轴的距离分别为|b|，|a|.由题意可知∴或故所求圆C的方程为(x＋1)2＋(y＋1)2＝2或(x－1)2＋(y－1)2＝2.]3．动圆C与x轴交于A(x1,0)，B(x2,0)两点，且x1，x2是方程x2＋2mx－4＝0的两根．(1)若线段AB是动圆C的直径，求动圆C的方程；(2)证明：当动圆C过点M(0,1)时，动圆C在y轴上截得弦长为定值．[解]　(1)∵x1，x2是方程x2＋2mx－4＝0的两根，∴x1＋x2＝－2m，x1x2＝－4.∵动圆C与x轴交于A(x1,0)，B(x2,0)两点，且线段AB是动圆C的直径，∴动圆C的圆心C的坐标为(－m,0)，半径为＝＝＝.∴动圆C的方程为(x＋m)2＋y2＝m2＋4.(2)证明：设动圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，∵动圆C与y轴交于M(0,1)，N(0，y1)，令y＝0，则x2＋Dx＋F＝0，由题意可知D＝2m，F＝－4，又动圆C过点M(0,1)，∴1＋E－4＝0，解得E＝3.\n令x＝0，则y2＋3y－4＝0，解得y＝1或y＝－4，∴y1＝－4.∴动圆C在y轴上截得弦长为|y1－1|＝5.故动圆C在y轴上截得弦长为定值．1．(2020·青岛模拟)如图A(2,0)，B(1,1)，C(－1,1)，D(－2,0)，是以OD为直径的圆上一段圆弧，是以BC为直径的圆上一段圆弧，是以OA为直径的圆上一段圆弧，三段弧构成曲线W.给出以下4个结论：①曲线W与x轴围成的面积等于2π；②曲线W上有5个整点(横、纵坐标均为整数的点)；③所在圆的方程为：x2＋(y－1)2＝1；④与的公切线方程为：x＋y＝＋1.则上述结论正确的是(　　)A．①②③④B．②③④C．①②③D．②③B　[曲线W与x轴的图形为以(0,1)圆心，1为半径的半圆加上以(1,0)为圆心，1为半径的圆，加上以(－1,0)为圆心，1为半径的圆，加上长为2，宽为1的矩形构成，可得其面积为π＋2×π＋2＝2＋π≠2π，故①错误；曲线W上有(－2,0)，(－1,1)，(0,2)，(1,1)，(2,0)共5个整点，故②正确；是以(0,1)为圆心，1为半径的圆，其所在圆的方程为x2＋(y－1)2＝1，故③正确；设与的公切线方程为y＝kx＋t(k＜0，t＞0)，由直线和圆相切的条件可得＝1＝，解得k＝－1，t＝1＋(t＝1－舍去)，则其公切线方程为y＝－x＋1＋，即x＋y＝1＋，故④正确．故选B．]2．在平面直角坐标系xOy中，曲线Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R)与x轴交于不同的两点A，B，曲线Γ与y轴交于点C．(1)是否存在以AB为直径的圆过点C？若存在，求出该圆的方程；若不存在，\n请说明理由．(2)求证：过A，B，C三点的圆过定点．[解]　由曲线Γ：y＝x2－mx＋2m(m∈R)，令y＝0，得x2－mx＋2m＝0.设A(x1,0)，B(x2,0)，可得Δ＝m2－8m＞0，则m＜0或m＞8，x1＋x2＝m，x1x2＝2m.令x＝0，得y＝2m，即C(0,2m)．(1)若存在以AB为直径的圆过点C，则·＝0，得x1x2＋4m2＝0，即2m＋4m2＝0，所以m＝0(舍去)或m＝－.此时C(0，－1)，AB的中点M即圆心，半径r＝|CM|＝，故所求圆的方程为＋y2＝.(2)证明：设过A，B两点的圆的方程为x2＋y2－mx＋Ey＋2m＝0，将点C(0,2m)代入可得E＝－1－2m，所以过A，B，C三点的圆的方程为x2＋y2－mx－(1＋2m)y＋2m＝0.整理得x2＋y2－y－m(x＋2y－2)＝0.令可得或故过A，B，C三点的圆过定点(0,1)和.