课时过关检测（四十六） 圆的方程

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1．圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心到直线ax＋y－1＝0的距离为1，则a＝( )
A．－eq \f(4,3) B．－eq \f(3,4)
C．eq \r(3)D．2
解析：选A 由题意可知，圆心为(1,4)，所以圆心到直线的距离d＝eq \f(|a＋4－1|,\r(a2＋12))＝1，解得a＝－eq \f(4,3).故选A．
2．经过点(1,0)，且圆心是两直线x＝1与x＋y＝2的交点的圆的方程为( )
A．(x－1)2＋y2＝1B．(x－1)2＋(y－1)2＝1
C．x2＋(y－1)2＝1D．(x－1)2＋(y－1)2＝2
解析：选B 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,x＋y＝2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，))即所求圆的圆心坐标为(1,1)，又由该圆过点(1,0)，得其半径为1，故圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1.
3．(2021·黄冈模拟)若x2＋y2＝8，则2x＋y的最大值为( )
A．8B．4
C．2eq \r(10)D．5
解析：选C 设2x＋y＝t，则y＝t－2x，因为x2＋y2＝8，所以x2＋(t－2x)2＝8，整理得5x2－4xt＋t2－8＝0，
因为Δ≥0，即Δ＝16t2－20(t2－8)≥0，
解得－2eq \r(10)≤t≤2eq \r(10)，所以2x＋y的最大值为2eq \r(10)，故选C．
4．过点M(2,2)的直线l与坐标轴的正方向分别相交于A，B两点，O为坐标原点，若△OAB的面积为8，则△OAB外接圆的标准方程是( )
A．(x－2)2＋(y－2)2＝8
B．(x－1)2＋(y－2)2＝8
C．(x＋2)2＋(y－2)2＝8
D．(x－1)2＋(y＋2)2＝8
解析：选A 法一：设直线l的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1(a>0，b>0)，由直线l过点M(2,2)，得eq \f(2,a)＋eq \f(2,b)＝1.又S△OAB＝eq \f(1,2)ab＝8，所以a＝4，b＝4，不妨设A(4,0)，B(0,4)，△OAB外接圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则将O，A，B的坐标分别代入得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(F＝0，,16＋4D＋F＝0，,16＋4E＋F＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(F＝0，,D＝－4，,E＝－4，))所以△OAB外接圆的方程为x2＋y2－4x－4y＝0，标准方程为(x－2)2＋(y－2)2＝8.
法二：设直线l的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1(a>0，b>0)，由直线l过点M(2,2)，得eq \f(2,a)＋eq \f(2,b)＝1.又S△OAB＝eq \f(1,2)ab＝8，所以a＝4，b＝4，所以△OAB是等腰直角三角形，且M是斜边AB的中点，则△OAB外接圆的圆心是点M(2,2)，半径|OM|＝2eq \r(2)，所以△OAB外接圆的标准方程是(x－2)2＋(y－2)2＝8.
5．(多选)设圆A：x2＋y2－2x－3＝0，则下列选项正确的是( )
A．圆A的半径为2
B．圆A截y轴所得的弦长为2eq \r(3)
C．圆A上的点到直线3x－4y＋12＝0的最小距离为1
D．圆A与圆B：x2＋y2－8x－8y＋23＝0相离
解析：选ABC 把圆A的方程x2＋y2－2x－3＝0化成标准方程为(x－1)2＋y2＝4，所以该圆A的圆心坐标为(1,0)，半径为2，A项正确；该圆A截y轴所得的弦长为2×eq \r(4－1)＝2eq \r(3)，B项正确；圆心(1,0)到直线3x－4y＋12＝0的距离为3，故圆A上的点到直线3x－4y＋12＝0的最小距离为3－2＝1，C项正确；圆B：x2＋y2－8x－8y＋23＝0的圆心为(4,4)，半径为3，根据 eq \r(4－12＋42)＝5可知，圆A与圆B相切，D项错误，故选A、B、C．
6．(多选)已知圆C关于y轴对称，经过点(1,0)且被x轴分成两段，弧长比为1∶2，则圆C可能的方程为( )
A．x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(\r(3),3)))2＝eq \f(4,3)B．x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(3),3)))2＝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)
解析：选AB 由已知圆心在y轴上，且被x轴所分劣弧所对圆心角为eq \f(2π,3)，设圆心(0，a), 半径为r，则rsineq \f(π,3)＝1，rcseq \f(π,3)＝|a|，解得r＝eq \f(2,\r(3))，即r2＝eq \f(4,3)，|a|＝eq \f(\r(3),3)，即a＝±eq \f(\r(3),3)，故圆C的方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y±\f(\r(3),3)))2＝eq \f(4,3).
7．若圆C的半径为1，其圆心与点(1,0)关于直线y＝x对称，则圆C的标准方程为____________．
解析：根据题意得点(1,0)关于直线y＝x对称的点(0,1)为圆心，又半径r＝1，所以圆C的标准方程为x2＋(y－1)2＝1.
答案：x2＋(y－1)2＝1
8．(2021·北京大兴区模拟)在平面直角坐标系中，若曲线C：x2＋y2＋2ax－4ay＋5a2－4＝0上所有的点均在第四象限内，则实数a的取值范围为________．
解析：圆C的标准方程为(x＋a)2＋(y－2a)2＝4，所以圆心为(－a,2a)，半径r＝2，故由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,|－a|>2，,|2a|>2，))解得a<－2，故实数a的取值范围为(－∞，－2)．
答案：(－∞，－2)
9．(2021·山西太原模拟)已知长为2a(a＞0)的线段AB的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，则线段AB的中点的轨迹方程为____________．
解析：如图，不论直线怎么移动，线段AB的中点P与原点O的连线始终为Rt△OAB斜边上的中线，即|OP|＝a，即x2＋y2＝a2.故所求的轨迹方程为x2＋y2＝a2.
答案：x2＋y2＝a2
10．已知点P为圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0上任意一点，A，B为直线3x＋4y＋5＝0上的两动点，且|AB|＝2，则△ABP的面积的取值范围是________．
解析：圆C的标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4，
圆心C(2,1)，半径R＝2，
圆心C到直线3x＋4y＋5＝0的距离d＝eq \f(|6＋4＋5|,\r(32＋42))＝3，
设P到直线AB的距离为h，
则S△ABP＝eq \f(1,2)·|AB|·h＝h，
∵d－R≤h≤d＋R，∴1≤h≤5，∴S△ABP∈[1,5]，
即△ABP的面积的取值范围为[1,5]．
答案：[1,5]
11．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|＝4eq \r(10).
(1)求直线CD的方程；
(2)求圆P的方程．
解：(1)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|＝4eq \r(10)，
所以半径|PA|＝2eq \r(10).
所以(a＋1)2＋b2＝40.②
由①②解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝6))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝5，,b＝－2，))
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.
12．设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k＞0)的直线l与C交于A，B两点．|AB|＝8.
(1)求l的方程；
(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．
解：(1)由题意得F(1,0)，l的方程为y＝k(x－1)(k＞0)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
Δ＝16k2＋16＞0，故x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2).
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝eq \f(4k2＋4,k2).
由题设知eq \f(4k2＋4,k2)＝8，解得k＝－1(舍去)，k＝1.
因此l的方程为y＝x－1.
(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2)，所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5.
设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝－x0＋5，,x0＋12＝\f(y0－x0＋12,2)＋16.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝3，,y0＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝11，,y0＝－6.))
因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.
B级——综合应用
13．(多选)已知圆C过点M(1，－2)且与两坐标轴均相切，则下列叙述正确的是( )
A．满足条件的圆C的圆心在一条直线上
B．满足条件的圆C有且只有一个
C．点(2，－1)在满足条件的圆C上
D．满足条件的圆C有且只有两个，它们的圆心距为4eq \r(2)
解析：选ACD 因为圆C和两个坐标轴都相切，且过点M(1，－2)，所以设圆心坐标为(a，－a)(a>0)，故圆心在y＝－x的图象上，A正确；圆C的方程为(x－a)2＋(y＋a)2＝a2，把点M的坐标代入可得a2－6a＋5＝0，解得a＝1或a＝5，则圆心坐标为(1，－1)或(5，－5)，所以满足条件的圆C有且只有两个，故B错误；圆C的方程分别为(x－1)2＋(y＋1)2＝1，(x－5)2＋(y＋5)2＝25，将点(2，－1)代入可知满足(x－1)2＋(y＋1)2＝1，故C正确；它们的圆心距为eq \r(5－12＋－5＋12)＝4eq \r(2)，D正确．
14．已知实数x，y满足x2＋y2＝4(y≥0)，则m＝eq \r(3)x＋y的取值范围是( )
A．(－2eq \r(3)，4)B．[－2eq \r(3)，4]
C．[－4,4]D．[－4,2eq \r(3)]
解析：选B x2＋y2＝4(y≥0)表示圆x2＋y2＝4的上半部分，如图所示，直线eq \r(3)x＋y－m＝0的斜率为－eq \r(3)，在y轴上的截距为m.当直线eq \r(3)x＋y－m＝0过点(－2,0)时，m＝－2eq \r(3).设圆心(0,0)到直线eq \r(3)x＋y－m＝0的距离为d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≥－2\r(3)，,d≤2，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≥－2\r(3)，,\f(|－m|,2)≤2，))
解得m∈[－2eq \r(3)，4]．
15．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，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eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝0，得x1x2＋4m2＝0，即2m＋4m2＝0，所以m＝0(舍去)或m＝－eq \f(1,2).
此时C(0，－1)，AB的中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))即圆心，
半径r＝|CM|＝eq \f(\r(17),4)，
故所求圆的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4)))2＋y2＝eq \f(17,16).
(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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2－y＝0，,x＋2y－2＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(2,5)，,y＝\f(4,5)，))
故过A，B，C三点的圆过定点(0,1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，\f(4,5))).
C级——迁移创新
16．(2021·梅河口市高三模拟)阿波罗尼斯是亚历山大时期的著名数学家，“阿波罗尼斯圆”是他的主要研究成果之一：若动点P与两定点M，N的距离之比为λ(λ>0，且λ≠1)，则点P的轨迹就是圆，事实上，互换该定理中的部分题设和结论，命题依然成立．已知点M(2,0)，点P为圆O：x2＋y2＝16上的点，若存在x轴上的定点N(t，0)(t>4)和常数λ，对满足已知条件的点P均有|PM|＝λ|PN|，则λ＝( )
A．1B．eq \f(1,2)
C．eq \f(1,3)D．eq \f(1,4)
解析：选B 如图所示，由于圆上的任意一点P均有|PM|＝λ|PN|，所以A，B两点也满足该关系式．A(－4，0)，B(4,0)，M(2,0)，N(t,0)，λ＝eq \f(|AM|,|AN|)＝eq \f(|BM|,|BN|)＝eq \f(6,4＋t)＝eq \f(2,t－4)，解得t＝8，λ＝eq \f(1,2)，故选B.